2022-2023学年山东省新泰市第一中学东校高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省新泰市第一中学东校高一上学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

山东省新泰市第一中学东校2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学科学与社会活动密切相关。下列说法错误的是
A．在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的有效成分是
B．晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”，受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是屠呦呦
C．用盐酸去除铁锈(主要成分)利用了氧化还原反应原理
D．明矾净水运用了胶体的性质
【答案】C
【详解】A．84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，A正确；
B．屠呦呦受启发发现了治疗疟疾的青蒿素，B正确；
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3 • xH2O)，发生的主要反应为：6HCl +Fe2O3 = 2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，C错误；
D．明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，对杂质进行吸附，运用了胶体的性质，D正确；
故选C。
2．根据下列三个反应，判断物质的氧化性由强到弱的顺序正确的是
①
②
③
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】根据氧化还原反应规律可知，氧化性：氧化剂＞氧化产物。
①中氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，氧化性Fe3+＞I2；
②中氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3+，氧化性Cl2＞Fe3+；
③中氧化剂是MnO，氧化产物是Cl2，氧化性MnO＞Cl2。
故氧化性：MnO>Cl2>Fe3+>I2，A项正确。答案选A。
3．某溶液中含有HCO、CO、Na+、NO离子。向其中加入Na2O2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是
A．NO B．HCO、NO
C．Na+、NO D．CO、NO、Na+
【答案】A
【详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液中钠离子浓度增大，反应生成的氢氧根离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，则溶液中硝酸根离子浓度不变，故选A。
4．0.56gCaO正好与20mL盐酸反应，这种盐酸的物质的量浓度是
A．0.10mol/L B．0.20mol/L C．0.50mol/L D．1.00mol/L
【答案】D
【详解】【考点】物质的量浓度的相关计算。
【分析】根据计算CaO的物质的量，再根据计算盐酸的物质的量和浓度。
【解答】解：0.5gCaO的物质的量为，由反应方程式可知，，则盐酸的物质的量浓度；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量浓度和有关方程式的计算，题目难度不大，侧重于考查学生对基本公式的应用能力。
5．判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A．溶液与胶体：属于不同分散系的本质原因是能否发生丁达尔效应
B．电解质与非电解质：物质本身能否导电
C．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
D．氧化还原反应与非氧化还原反应：元素化合价是否变化
【答案】D
【详解】A．胶体区别与其他分散系本质特征：分散质粒度，胶体分散质粒度介于1~100nm，A错误；
B．电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。根据定义可以看出，电解质、非电解质的判断并不是看物质本身是否导电，而是看在在水溶液中或熔融状态下是否能导电，B错误；
C．纯净物与混合物本质区别是否只含一种物质，只含一种元素的不一定是纯净物，如氧气与臭氧，C错误；
D．氧化还原反应判断依据:是否有化合价变化，有化合价变化的一定是氧化还原反应，D正确；
6．下列相关说法正确的是

化学反应方程式
相关说法
A
KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O
单线桥：
B
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
氧化性：Cu＞Fe2+
C
4CuO2Cu2O+O2↑
每生成1个O2，转移2个电子
D
____ClO-+_____Fe3++__OH-=___+ _____Cl-+______H2O
化学计量数依次为： 3，2，10，2，3，5

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低5价，得到电子5e-；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×5=5价，失去电子5e-，用单线桥法表示电子转移为，A错误；
B．在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物；Cu为还原剂，Fe2+为还原产物，所以还原性：Cu＞Fe2+，B错误；
C．在反应4CuO2Cu2O+O2↑中，Cu元素化合价降低4×1=4价，O元素化合价升高2×2=4价，由于反应过程中电子转移数目等于反应过程中元素化合价升降数目，因此每生成1个O2，转移4个电子，C错误；
D．在反应____ClO-+_____Fe3++__OH-=___+ _____Cl-+______H2O中，Fe元素化合价升高3价，Cl元素化合价降低2价，元素化合价升降最小公倍数是6，所以Fe3+、的系数是2，ClO-、Cl-的系数是3，根据电荷守恒可知OH-的系数是10，最后根据H元素守恒可知：H2O的系数是5，则配平后化学方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+ 3Cl-+5H2O，故配平后化学方程式中相应物质的化学计量数依次为： 3，2，10，2，3，5，D正确；
故合理选项是D。
7．下列说法正确的个数是
①常温下，氯水和液氯都可以用钢瓶储存
②和均可用于制作膨松剂
③用湿润的蓝色石蕊试纸可检验中是否混有
④将和分别放入溶液中，均会有蓝色沉淀生成并有无色气体放出
⑤胶体和溶液都是混合物
⑥和均属于可溶性盐，可用澄清石灰水鉴别
⑦蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
⑧因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】①氯水中氯气和水反应生成盐酸，能够与铁反应，不能用钢瓶储存氯水，故错误；
②碳酸钠性质稳定，受热不分解：碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，常用此特性作为制作饼干、糕点、馒头、面包的膨松剂，故 B 错误；
③氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，酸性溶液能使石蕊试纸变红色，生成的次氯酸又是试纸褪色，不能检验中是否混有，故错误；
④钠具有还原剂，金属钠和硫酸铜溶液反应时，先是钠与水反应生成氢氧化钠和无色气体氢气，然后氢化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀:过氧化钠加入到硫酸铜溶液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和无色氧气，氢氧化钠在与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故正确；
⑤溶液、胶体、浊液都属于混合物，胶体和溶液都是混合物，故正确；
⑥和均属于可溶性盐，均可与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，不可用澄清石灰水鉴别，故错误；
⑦硫酸虽然难溶于水，但在熔融状态能完全电离，所以属于强电解质；蔗糖在水溶液里以分子存在，属于非电解质；水能部分电离，属于弱电解质，所以蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确；
⑧胶体中的胶粒能通过滤纸，胶体不可以用过滤的方法把胶粒分离出来，故错误；
综上所述故选A。
8．下列说法错误的是
A．水溶液呈酸性
B．在熔融状态下不导电
C．比热稳定差
D．红热的铜丝在氯气中燃烧生成
【答案】D
【详解】A．在水溶液中电离出氢离子，水溶液呈酸性，A正确；
B．HCl为分子晶体，则HCl在熔融状态下不导电，B正确；
C．比热稳定差，受热分解为碳酸钠，C正确；
D．氯气具有强氧化性，红热的铜丝在氯气中燃烧生成，D错误；
答案选D。
9．下列实验中，利用图中装置不能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
装置




目的
鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
证明与水反应放热
配制
的溶液
证明无漂白性，有漂白性

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．只有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化碳可使石灰水变浑浊，碳酸钠不能，故A正确；
B．Na2O2与水生成氧气，且放热，脱脂棉燃烧可证明反应放热，故B正确；
C．配制的溶液，还需要天平与容量瓶，故C错误；
D．干燥后的氯气不能使干燥的有色布条褪色，则证明Cl2无漂白性，HClO有漂白性，故D正确；
故答案选C。
10．在下列条件的溶液中，各组离子一定能够大量共存的是
A．无色透明溶液中：K＋、SO、MnO、H+
B．使pH试纸变蓝的溶液中：Ba2＋、Na＋、NO、Cl－
C．使酚酞变红的溶液：Na＋、Cl－、SO、H+
D．强酸性溶液中：Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO
【答案】B
【详解】A．MnO显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．使pH试纸变蓝的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子Ba2＋、Na＋、NO、Cl－之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．使酚酞变红的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与H+反应产生H2O，不能大量共存，C不符合题意；
D．强酸性溶液中含有大量H+，H+与HCO反应产生H2O、CO2，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
11．如下图所示的实验进行一段时间后，只取烧杯内的液体进行分析，下列描述合理的是

A．滴入几滴碘水，溶液变蓝色
B．滴入几滴AgNO3溶液，有白色沉淀产生
C．光束通过时可产生丁达尔现象
D．烧杯内半透膜外的液体不导电
【答案】B
【分析】淀粉溶液属于胶体，不能透过半透膜，钠离子和氯离子可以透过半透膜，得到NaCl溶液。
【详解】A．烧杯内的液体为NaCl溶液，滴入几滴碘水溶液不变蓝，A错误；
B．烧杯内的液体为NaCl溶液，滴入几滴AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，B正确；
C．烧杯内的液体为NaCl溶液，不能产生丁达尔现象，C 错误；
D．烧杯内的液体为NaCl溶液，NaCl为强电解质，NaCl溶液具有导电性，D 错误。
答案选B。
12．铬元素(Cr)的化合物存在下列转化关系：

下列判断错误的是
A．反应①表明Cr2O3具有酸性氧化物的性质
B．反应②H2O2被氧化成O2
C．反应③发生的反应为2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O
D．反应①②③中只有②是氧化还原反应
【答案】B
【详解】A．酸性氧化物能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，Cr2O3与KOH溶液反应生成盐和水，则Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故A正确；
B．反应②中Cr元素的化合价升高被氧化，H2O2作氧化剂，H2O2被还原为水，故B错误；
C．反应③中K2CrO4在酸性条件下转化为K2Cr2O7，反应为2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，故C正确；
D．根据以上分析可知反应①②③中只有②是氧化还原反应，故D正确。
故选B。
13．某溶液的溶质离子可能含有K+、Mg2+、Ba2+、、Cl-、中的几种。进行如下实验：
Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；
Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验现象判断，以下说法不正确的是（    ）
A．Mg2+和Ba2+在原溶液中一定存在
B．和在原溶液中一定不存在
C．K+和Cl-在原溶液中可能存在
D．向原溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，一定有白色沉淀产生
【答案】C
【分析】取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不含；过滤，向实验I所得的滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，生成沉淀为BaSO4，则不含，根据溶液显电中性，则Cl-一定含有。
【详解】A．根据向溶液中足量NaOH溶液，生成白色沉淀，确定溶液中含有Mg2+；根据向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为BaSO4，可确定原溶液中一定含有Ba2+。故Mg2+和Ba2+在原溶液中一定存在，A正确；
B．根据实验I确定原溶液中一定含有Mg2+，由于Mg2+与会反应产生MgCO3沉淀而不能大量共存，则原溶液中一定不含有；根据实验II确定原溶液中含有Ba2+，由于Ba2+与反应产生BaSO4沉淀而不能大量共存，则原溶液中也一定不存在。故和在原溶液中一定不存在，B正确；
C．根据实验I、II确定原溶液中含有Mg2+和Ba2+，它们都是阳离子，根据溶液呈电中性，可确定溶液中一定含有阴离子，结合离子共存，则原溶液中一定含Cl-；由于K+与Mg2+、Ba2+和Cl-之间都不能发生任何反应，因此K+可能存在于该溶液中，C错误；
D．根据选项C分析可知原溶液中一定含有Cl-，向原溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，Ag+与Cl-会反应产生AgCl白色沉淀，因此一定有白色沉淀产生，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查离子共存的判断、离子推断。注意掌握常见离子的性质及离子共存的条件进行分析；利用溶液的电中性，来确定某些实验中未涉及离子的存在的可能性。

二、多选题
14．某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是

A．闭合开关，检流计指针发生偏转，证明是电解质
B．闭合开关，向烧杯中加入固体，由于与不反应，故检流计指针不发生变化
C．闭合开关，向溶液中加入少量固体，检流计示数基本不变
D．选取相同浓度的硫酸替换的溶液，检流计的示数相同
【答案】AC
【详解】A．当开关K闭合后，电流计指针发生偏转，说明形成回路，所以证明HCl是电解质，A正确；
B．闭合开关K ，往烧杯中加入NaCl固体，虽然HCl与NaCl不反应，但离子浓度增大，导电性增强，所以电流计指针发生变化，B错误；
C．闭合开关K，往溶液中加入NaOH固体，与HCl反应生成氯化钠和水，离子浓度基本没变，则电流计示数基本不变化，C正确；
D．选取0.1mol·L-1硫酸替换HCl溶液，离子浓度增大，电流表指针发生变化，D错误；
故选AC。
15．用代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．的摩尔质量等于的质量
B．将氯气溶于水，则溶液中微粒数
C．标准状况下，与足量的充分反应，转移电子数为
D．的溶液中的个数为
【答案】CD
【详解】A．摩尔质量的单位为g/mol，故水的摩尔质量为18g/mol，质量的单位为g，故1mol水的质量为18g，A错误；
B．将1mol氯气溶于水，氯气并没有完全和水反应绝大部分还是氯气分子，根据原子守恒，氯原子是2mol，则溶液中微粒数，B错误；
C．标准状况下，为0.1mol，与足量的充分反应消耗1mol，其中的O元素化合价-1→-2，故转移电子数为，C正确；
D．溶液中的物质的量为×=0.5mol，个数为，D正确；
答案选CD。

三、原理综合题
16．I.阅读古诗回答有关问题。
《石灰吟》
于谦
千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。
粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间。
(1)从物质分类的角度看，诗中“千锤万凿出深山”所开采的物质属于_______(填字母序号)。
A．酸　　　B．碱　　　C．盐　　　D．无氧酸盐　　　E.含氧酸盐
(2)关于“烈火焚烧若等闲”发生的反应，反应的产物中有无电解质_______(填写“有”或“无”)。
(3)诗中涉及的物质中，摩尔质量最大的是_______(填化学式)，该物质中原子的总数为_______(用表示阿伏加德罗常数的值)。
II.现有物质  ①铜  ②干冰  ③盐酸  ④  ⑤蔗糖  ⑥固体  ⑦溶液⑧熔融的
(4)能导电的是：_______(填序号，下同)，属于电解质的是_______。
(5)按要求写出反应的方程式：
i.若要除去固体中的固体，除杂时发生的化学方程式为_______。
ii.写出③的浓溶液和④反应制备氯气的离子方程式_______。
III.虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。
(6)下图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者间的关系，其中表示离子反应的是_______(填字母)。

(7)有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为。请举个例子反驳上述观点(用离子方程式表示)_______。
(8)宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理：。则的化学式是_______。当有参与反应时，该反应转移的电子数目为_______(用表示阿伏加德罗常数的值)，其中是该反应的_______(填字母)。
A．氧化剂        B．还原剂
C．既是氧化剂又是还原剂    D．既不是氧化剂也不是还原剂
【答案】(1)CE
(2)有
(3)         
(4)     ①③⑦⑧     ④⑥⑧
(5)         
(6)C
(7)
(8)               D

【详解】（1）诗中“千锤万凿出深山”所开采的物质是CaCO3，电离产生金属阳离子Ca2+和酸根阴离子CO，由于阴离子中含有氧元素，因此该物质属于盐，是含氧酸盐故合理选项是CE；
（2）“烈火焚烧若等闲”对应的反应为CaCO3高温分解为CaO与CO2，CaCO3为电解质；
（3）诗中涉及的反应中，要留清白在人间，发生反应是:CaO+H2O=Ca(OH)2，“烈火焚烧若等闲”对应的反应为CaCO3高温分解为CaO与CO2，CaCO3，其中摩尔质量最大的为：CaCO3；该物质的物质的量为0.5mol，其中原子的总物质的量为0.5mol×5=2.5mol，总个数为2.5NA；
（4）①铜能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，可导电；
②干冰不能导电，属于非电解质；
③盐酸能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
④不溶于水，熔融状态下导电，属于电解质；
⑤蔗糖不能电离，属于非电解质；
⑥NaHSO4固体不能导电，溶于水导电，属于电解质，
⑦Ba(OH)2溶液能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧熔融的NaCl能导电，属于电解质；
故能导电的为：①③⑦⑧；电解质为：④⑥⑧；
（5）i. 易分解，除去固体中的固体，除杂时发生的化学方程式为；
ii.写出③的浓溶液和④反应制备氯气的离子方程式：；
（6）所有的置换反应全是氧化还原反应，是被包含和包含的关系，故A是氧化还原反应，B是置换反应，所以C是离子反应；
（7）酸碱反应也会生成沉淀，例如；
（8）根据方程式，有原子守恒，可知X为：；当有(0.2mol)参与反应时，O化合价0→-2该反应转移的电子数目为，S元素的化合价未发生变化，其中既不是氧化剂也不是还原剂，故选D。
17．从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物有重要用途，以下是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：

(1)根据图中信息写出Y、Z的化学式_______、_______。
(2)已知高氯酸是强酸，写出高氯酸与铁反应的离子方程式_______。
(3)氯气既有氧化性又有还原性，结合上图说明理由_______。请举例证明氯气体现氧化性的化学方程式，并在方程式上用单线桥标出转移的电子数_______
(4)标况下，将气体溶于水形成溶液，取出，其中所含溶质的质量为_______g。
【答案】(1)         
(2)
(3)     氯元素为0价，既有降低的趋势 ，又有升高的趋势    
(4)3.65

【详解】（1）根据图中信息，Y是氯元素为+7价的氧化物，则Y为，Z是氯元素为+1价的酸，则Z是HC1O。
（2）高氯酸是强酸，在水中完全电离，所以可拆写成离子，高氯酸与铁反应为强酸与金属反应生成可溶性盐与氢气，离子方程式为：。
（3）图中氯气中的氯元素化合价为0价，处于中间价态，因此可以得电子，使得化合价降低，体现氧化性，也可以失电子使得化合价升高，体现还原性；钠与氯气反应中Cl化合价降低，氯气为氧化剂，单线桥表示为：。
（4）标况下，将气体即物质的量为0.5mol，溶于水形成溶液，取出，其中所含溶质的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×35.6g/mol=3.65g。

四、工业流程题
18．菜之魂在味，在“七味八滋”中，盐应是百味之首。粗盐常含有少量、、以及泥沙等杂质，实验室中提纯的流程如图所示。

回答下列问题：
(1)操作Ⅰ需要使用的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。
(2)操作Ⅱ为蒸发结晶，蒸发过程中_______时停止加热。
(3)溶液a和溶液b分别为_______溶液和_______溶液，加入过量溶液b的目的是_______(用离子方程式表示)。
(4)说明溶液c已经足量的现象为_______。
(5)称取精盐，配制成溶液；量取与的溶液反应，消耗溶液的体积为，则该精盐样品中的质量分数是_______。
【答案】(1)玻璃棒、漏斗、烧杯
(2)有大量的晶体析出
(3)     BaCl2     Na2CO3     Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓
(4)溶液中不再产生气体
(5)97.5%

【分析】粗盐的提纯过程，可以加入氢氧化钠溶液，除去镁离子，加入氯化钡溶液，除去硫酸根离子，再加入碳酸钠溶液，除去钙离子和剩余的钡离子，过滤除去沉淀后，滤液中再加入盐酸，除去剩余的碳酸钠和氢氧化钠，加热后得到纯净的氯化钠溶液。
【详解】（1）操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯。
（2）蒸发时当蒸发皿中有大量的晶体析出时，停止加热，利用余温使溶液蒸发至干。
（3）溶液中先加入BaCl2，除硫酸根离子，然后加入过量的氢氧化钠使镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入过量的碳酸钠，钙离子及过量的钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，因此a为BaCl2，b为Na2CO3；其中加入b以后发生反应的离子方程式分别为Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓。
（4）碳酸根离子在盐酸的作用下会产生二氧化碳气体，当溶液中不再产生气体时，说明碳酸根离子已完全消耗，即稀盐酸已足量。
（5）的物质的量为××10-3L/mL=0.2×10-3mol，则的物质的量也为0.2×10-3mol，则该精盐样品中的质量分数是=97.5%。

五、实验题
19．某兴趣小组欲设计实验探究氢氧化钡溶液与过量的反应。请回答下列问题：
I.配制氢氧化钡溶液
(1)现需配制氢氧化钡溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为_______g。[已知的摩尔质量为]；配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、_______、_______。下图配制步骤中，按先后顺序排序为_______(用字母A—F填写)；如果操作F俯视刻度线，配得溶液的浓度将_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。






A
B
C
D
E
F

II.利用下图所示装置探究氢氧化钡溶液与过量的反应。

(2)接通电路后，缓慢通入至过量，整个过程中灯泡的亮度变化为_______
(3)通过上述实验某同学得出的实验结论为可与反应，该结论存在漏洞，理由是_______；下表可验证该方案漏洞的实验方案为_______(填选项字母)。
方案一
将装置甲产生的气流通入少量纯水至饱和，测值与饱和二氧化碳溶液做对比
方案二
将装置甲产生的气流通入溶液，观察是否有沉淀产生

A．只有方案一        B．只有方案二
C．方案一和方案二均可        D．方案一和方案二均不行
【答案】(1)     31.5     500mL容量瓶     胶头滴管     DBCAFE     偏高
(2)灯泡先变暗，继续通气体灯泡又变亮
(3)     气体中有杂质     C

【详解】（1）要配制氢氧化钡溶液，由于实验室没有450mL的容量瓶，所以应配制成500mL的溶液，则应称量氢氧化钡晶体质量为0.2mol/L×0.5L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，将固体溶解，溶解后的溶液转移到容量瓶中，将所用的烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，将洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。图示配制步骤中，按先后顺序排序为DBCAFE；如果操作F俯视刻度线，则加入的水偏少，溶液体积偏小，则配得溶液的浓度将偏高。
（2）未通CO2前，氢氧化钡溶液中有自由移动的离子，灯泡亮；CO2通入氢氧化钡溶液中，首先发生反应：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，溶液中离子浓度降低，灯泡变暗，继续通入二氧化碳，发生反应：CO2+ BaCO3+H2O=Ba(HCO3)2，Ba(HCO3)2是溶于水的，所以溶液中离子浓度又增大，灯泡又变亮。
（3）用盐酸和大理石反应制取二氧化碳，由于盐酸挥发，在二氧化碳中会混有HCl杂质，所以该通过上述实验得出的实验结论“CO2可与BaCO3反应”存在漏洞；若验证该方案的漏洞，只需确定HCl存在与否。方案一：若有HCl，则溶液的pH比饱和二氧化碳溶液的pH小，可证明；方案二：若有HCl，则有白色沉淀AgCl生成，二氧化碳和硝酸银不产生沉淀，也可以证明；故选C。
20．二氧化氯是一种新型高效安全消毒剂，易溶于水，沸点为11℃，在空气中的体积分数超过时有爆炸性。工业上利用硫铁矿[主要成分为二硫化亚铁]还原氯酸钠制取二氧化氯。某研究小组利用如图装置模拟工业制备：向三颈烧瓶中加入溶液、浓并通入空气，调节恒温器至60℃，通过固体加料器缓慢匀速加入硫铁矿粉末。

回答下列问题：
(1)通入空气的目的为①_______，②_______。
(2)装置D中溶液用于吸收多余的。某兴趣小组在一定条件下将一定量的通入溶液中，恰好反应，得到的产物中含有、和，则参加反应的的物质的量为_______。
(3)工业上可用与水中的在常温下反应，生成和盐酸，以除去水中的该反应的离子方程式为_____________________；_______。若除去的，反应消耗的在标准状况下的体积为_______L。
【答案】(1)     将生成的二氧化氯尽可能赶到B装置中     稀释二氧化氯，防止爆炸
(2)0.2
(3)          8.96

【分析】考查二氧化氯()的制备。装置A盛放溶液、浓并通入空气，再加入硫铁矿粉末，发生反应制备；装置B冷却蒸气并收集，装置C是防止倒吸，装置D是利用溶液吸收尾气，据此分析解题。
【详解】（1）装置中做氧化剂，做还原剂，发生反应生成，所以空气的作用是将生成的二氧化氯尽可能赶到B装置中。使其充分收集；由题意知若装置内体积分数超过时有爆炸性，所以另一作用是不断稀释二氧化氯，防止爆炸；故答案是将生成的二氧化氯尽可能赶到B装置中，使其充分收集；不断稀释二氧化氯，防止爆炸；
（2）兴趣小组在一定条件下将一定量的通入溶液中，恰好反应，得到的产物中含有、和，通过计算消耗氢氧化钠0.2mol ，根据生成物中、和的组成特点，发现Na与Cl原子之间的比值都是1:1，说明整个反应中，钠原子和氯原子是1:1的关系，则中含氯原子的物质的量是0.2mol，则是0.2mol，故答案是0.2；
（3）根据氧化还原反应特点分析，做氧化剂，产物是Cl-， 做还原剂，产物是，根据化合价升降配平方程式，则离子方程式是5Mn2+5MnO22Cl-；根据方程式计算，若除去的，反应消耗的是0.4mol，则标准状况下的体积为8.96L，故答案是5Mn2+5MnO22Cl-；8.96。