【化学】福建省莆田市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

福建省莆田市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 　O 16　 Mg 24　　Al 27　　S 32　Cl 35.5 　Ba 137 Br 80 Mn 55 Cu 64 Ca 40 Na 23
第Ⅰ卷(共40分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分)
1.如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，采用最简便的分离方法是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A.花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可以采用分液的方法进行分离，A为过滤，B为分液，C为蒸发，D为蒸馏，故选B。
2. 在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸。市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售。为辨别真伪，可用下列哪一种试剂来鉴别（ ）
A. 酚酞试液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】试题分析：因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，故选D。
3.下列关于Na和Na＋的叙述中，错误的是（ ）
A. 它们相差一个电子层
B. 它们的化学性质相似
C. 钠原子，钠离子均为同一元素
D. 灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色
【答案】B
【解析】试题分析：A、钠原子有3个电子层，钠离子有2个电子层，它们相差一个电子层，正确；B、Na和Na+的化学性质相差很大，错误；C、钠原子、钠离子的核电荷数均为11，属于同一元素，正确；D、焰色反应属于元素的性质，为物理变化，灼烧时，它的焰色反应都是黄色，正确。
4.核内中子数为N的R2＋，其质量数为A，则该离子的核外电子数为（　 ）
A. N－2 B. N＋2 C. A－N－2 D. A－N＋2
【答案】C
【解析】R原子的质子数、电子数为A—N，R2＋的电子数为A－N－2，答案为C
5.下列反应既是氧化还原反应，又是化合反应的是（ ）
A. Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 B. SO2+H2O2=H2SO4
C. CaO+H2O=Ca(OH)2 D. Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
【答案】B
【解析】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；SO2+H2O2=H2SO4有元素化合价改变，既是氧化还原反应，又是化合反应，故B正确；CaO+H2O=Ca(OH)2没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O不是化合反应，故D错误。
6.下列物质的分离方法中，主要是利用密度不同达到分离目的的是（ ）
A. 把石油蒸馏分离成汽油、煤油和柴油等
B. 煎中药时用水在煮沸条件下提取中药的有效成分
C. 把大豆磨碎后，用水溶解其中可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣
D. 做饭洗米时淘去米中的沙
【答案】D
【解析】试题分析：A．汽油﹑煤油和柴油的沸点不同，利用蒸馏的方法分离，故A错误；B．提取中药的有效成分是利用溶解度不同分离，不是利用密度，故B错误；C．过滤是利用溶解度不同进行分离，然后利用滤渣不能通过滤纸分离，故C错误；D．沙子和米的密度不同，沉在水的底部，用淘洗法可分离，故D正确．故选D．
7. 判断下列物质中属于电解质的是（ ）
A. 硝酸钾溶液 B. 蔗糖 C. 金属铜 D. 氢氧化钡
【答案】D
【解析】A 不是电解质，硝酸钾溶液是混合物，不是化合物
B 不是电解质，蔗糖不导电
C 不是电解质，铜是单质，不是化合物
D 是电解质，溶于水或者熔融状态下能导电的化合物
故选D
8.在2H2S＋SO2＝2H2O＋3S中，氧化剂与还原剂的分子个数比为（ ）
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 16∶17
【答案】B
【解析】试题分析：H2S中S的化合价由－2价→0价，化合价升高，作还原剂，SO2中S的化合价由＋4价→0价，化合价降低，作氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1：2，故选项B正确。
9.久置的氯水和新制的氯水相比较，下列结论正确的是（ ）
A. 颜色相同 B. 都能使有色布条褪色
C. pH相同 D. 加AgNO3溶液都能生成白色沉淀
【答案】D
【详解】A.氯气溶于水只有部分Cl2与水反应Cl2+H2OHCl+HClO，新制的氯水因含较多未反应的Cl2而显浅黄绿色；而久置的氯水因HClO的分解2HClO2HCl+O2↑，平衡Cl2+H2OHCl+HClO向正反应方向移动，都使得溶液中Cl2浓度减小，久置的氯水中几乎不含Cl2，故久置的氯水几乎呈无色，A项错误；
B. HClO具有漂白性，新制的氯水中含有较多的HClO，因而能使有色布条褪色；而久置的氯水因HClO分解2HClO2HCl+O2↑，溶液中HClO浓度几乎为0，故久置的氯水不能使有色布条褪色，B项错误；
C.久置的氯水因HClO分解2HClO2HCl+O2↑，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO向正反应方向移动，分解反应以及平衡移动的结果都生成HCl，所以久置的氯水中HCl的浓度比新制氯水中HCl的浓度要大，故久置氯水中pH比新置氯水的pH小，C项错误；
D.不论是新制的氯水还是久置的氯水中都含有Cl-，都能与AgNO3反应：Ag++Cl-=AgCl↓，生成AgCl白色沉淀，D项正确；答案选D。
10.下列溶液中c(Cl－)最大的是（ ）
A. 400 mL0.5 mol/L BaCl2溶液
B. 200 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液
C. 300 mL1 mol/L NaCl溶液
D. 100 mL 0.5 mol/L AlCl3溶液
【答案】D
【详解】A.因其在水溶液中完全电离：BaCl2=Ba2++2Cl-，0.5mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；B.因其在水溶液中完全电离：MgCl2=Mg2++2Cl-，0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全电离：NaCl=Na++Cl-，1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，D.因其在水溶液中完全电离：AlCl3=Al3++3Cl-，0.5mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×3=1.5mol/L，答案选D。
11.下列有关胶体的叙述中不正确的是（ ）
A. 实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液
B. “雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关
C. 1 mol Fe3＋完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NA
D. 分散质粒子大小介于1 nm～100 nm之间的分散系称为胶体
【答案】C
【详解】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液无此性质，可用来鉴别溶液与胶体，所以A选项是正确的；
B．、“雨后彩虹”与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，所以B选项是正确的；
C．在溶有1mol Fe（OH）3的胶体中，含有小于NA个Fe（OH）3胶粒，故C错误；
D．直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体，而小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
12.对下列未知盐的稀溶液所含离子的检验中，作出的判断一定正确的是（ ）
A. 先加入氯化钡溶液时不产生沉淀，继续加入硝酸银溶液时，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，可判定含有Cl—
B. 先加稀盐酸酸化时没有现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，可判定含有SO42-
C. 加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，可判定含有Mg2+
D. 加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，判定一定含有CO32-
【答案】B
【详解】A. 氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀，所以无法确定氯离子在原来的溶液中是否存在，故A错误；
B. 溶液中先加稀盐酸酸化，无沉淀生成，排除银离子，加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42-离子，故B正确；
C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等，可判定含有Mg2+、Zn2+等离子，故C错误；
D、加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，可判定含有CO32-或是HCO3-，故D错误。
故选B。
13.现有①MgSO4　②Ba(NO3)2　③NaOH　④CuCl2四种溶液，不加其他试剂就可鉴别出来，鉴别的先后顺序是(　　)
A. ④③①② B. ③④①② C. ②①③④ D. ③④②①
【答案】A
【解析】首先观察溶液颜色，蓝色的是CuCl2；再用CuCl2取滴定其他3个溶液，有蓝色沉淀产生的是NaOH；用NaOH去滴定其他2个溶液，有白色沉淀产生的是MgSO4；最后余下Ba(NO3)2。故鉴别先后顺序为④③①②，故选A。
14.将2.3g钠放入97.7g水中，下列说法正确的是（ ）
A. 电子转移的数目为2NA
B. 所得溶液的质量分数是等于4%
C. 产生气体的体积为1.12L
D. 产生的气体含有0.1mol的电子
【答案】D
【详解】A.钠与水剧烈地反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,钠元素化合价由0价升高到NaOH中的+1价，1molNa失去1mol电子，2.3gNa物质的量==0.1mol，由题意知2.3gNa完全反应，所以反应过程中电子转移的数目为0.1NA，A项错误；
B.所得溶液的溶质是NaOH，根据反应方程式知0.1molNa完全反应生成0.1molNaOH，溶质NaOH质量=0.1mol×40g/mol=4g，根据反应中产生H2及质量守恒可知最后所得溶液的质量小于(2.3g+97.7g)=100g，因此所得NaOH溶液质量分数大于×100%=4%，B项错误；
C.根据反应方程式知0.1molNa完全反应生成0.05molH2，H2的体积=n×Vm，但题意未明确温度和压强，不能确定气体摩尔体积（Vm）的值，所以无法计算产生H2的体积，C项错误；
D.根据反应方程式知0.1molNa完全反应生成0.05molH2，每个H2分子中含2个电子，所以0.05molH2中含电子物质的量=0.05mol×2=0.1mol，D项正确；答案选D。
15.下列说法中错误的是（ ）
A. 从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1
B. 制备0.5L 10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）
C. 0.5L 2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl－总数为3×6.02×1023
D. 10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%
【答案】D
【详解】A、溶液为均一、稳定的混合物，从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，浓度仍是1mol·L－1，所以A选项是正确的；
B、制备0.5L 10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢的物质的量为：n(HCl)=cV=0.5L10mol/L=5mol，标准状况下氯化氢的体积为：V=nVm=5mol22.4mol/L=112L，所以B选项是正确的；
C、0.5L 2mol·L－1BaCl2溶液中，n(BaCl2)= cV=0.5L2mol/L=1mol，由BaCl2的构成可以知道，1molBaCl2含2mol氯离子、1mol钡离子，Ba2+和Cl-总数为：3×6.02×1023，所以C选项是正确的；
D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数约为×100%=16.6%，大于9.8%，故D错误。
所以答案选D。
16.海带中含有丰富的碘，有人设计如下步骤：①将海带灼烧成灰，在灰中加水搅拌；②加四氯化碳充分振荡静置；③通入氯气；④过滤；⑤用分液法分离液体混合物。合理操作的先后顺序是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ①④②③⑤
C. ①②④③⑤ D. ①④③②⑤
【答案】D
【详解】这是从海带中提取碘的实验，海带灰溶解后过滤，以除去海带灰中不溶于水的固体，滤液中含I-，通入Cl2置换出I2：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2在水中溶解度很小，却易溶于四氯化碳，用四氯化碳萃取I2，四氯化碳不溶于水，与水溶液分层，静置，分液，下层即为I2的四氯化碳溶液。所以合理的操作顺序是：①④③②⑤，答案选D。
17.下列关于钠的说法中错误的是（ ）
A. 金属钠有强的还原性
B. 钠可以从硫酸铜溶液中还原出铜单质
C. 钠在氯气中燃烧产生大量的白烟
D. 钠元素在自然界中都是以化合态存在
【答案】B
【详解】A.钠原子最外层只有一个电子，钠易失去最外层电子形成8电子的稳定结构，金属钠在化学反应中易失去电子表现强还原性，A项正确；
B.Na与盐溶液反应，Na先与水反应，即活泼的金属钠与水剧烈反应生成NaOH和H2，NaOH与CuSO4反应生成Cu（OH）2沉淀，钠不能从CuSO4溶液中置换出Cu，没有铜单质生成，B项错误；
C.钠在氯气中燃烧：2Na+Cl22NaCl，生成的NaCl以细小的固体颗粒分散在空气中形成白烟，C项正确；
D.钠的化学性质非常活泼，易与O2、水等反应，自然界中不可能有游离态钠元素，所以钠元素在自然界中都以化合态存在，D项正确；答案选B。
18.通过溶解、过滤、蒸发等操作，可将下列各组固体混合物分离的是（ ）
A. 硝酸钠和氢氧化钠 B. 二氧化锰和氧化铜
C. 氯化钾和二氧化锰 D. 碳酸钾和氯化钙
【答案】C
【详解】A.硝酸钠和氢氧化钠都易溶于水，无法通过溶解、过滤、蒸发的操作分离，A项错误；
B.二氧化锰和氧化铜都难溶于水，无法通过溶解、过滤、蒸发的操作分离，B项错误；
C.氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，将氯化钾和二氧化锰的混合物溶解、过滤，滤渣为二氧化锰，再将滤液蒸发结晶得到氯化钾，C项正确；
D.碳酸钾和氯化钙溶解于水时要发生反应：K2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2KCl，无法分离得到碳酸钾和氯化钙，D项错误；答案选C。
19.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为还原剂，已知25.0 mL 0.0100 mol/L Na2S2O3溶液恰好把22.4 mL Cl2 (标准状况下)完全转化为Cl−离子，则S2O32−将转化成（ ）
A. S2− B. S C. SO32− D. SO42−
【答案】C
【解析】试题分析：设氧化产物中硫元素的化合价为x价，根据电子守恒，x=6，故C正确。
20.已知：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O
②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+ Cr2(SO4)3 +K2SO4+7H2O
③Fe2(SO4)3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4
下列结论正确的是（ ）
A. ①②③均是氧化还原反应
B. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2
C. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1
D. 反应③中0.1 mol还原剂共失去电子数为6.02×1023
【答案】B
【解析】试题分析：反应①中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，②、③均是氧化还原反应，错误；B、由反应②知氧化性K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3、由反应③知氧化性Fe2(SO4)3＞I2，正确；C、反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，错误；D、反应③中0.1molI-失电子0.1mol，失去电子数为6.02×1022，错误。
第Ⅱ卷(共60分)
二、填空题
21.(1) 3.01×1023个OH−的物质的量为________mol，含有质子的物质的量为_____mol，含有电子的物质的量为________mol，这些OH−和________g Na+含有的电子数相同。
(2)标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则该气体的摩尔质量为______；
(3)等质量的SO2和SO3的物质的量之比_______；氧原子个数比为_________；
(4)11.1gCaCl2固体溶于水配成500mL溶液，其浓度为_____ mol·L-1，从中取出100 mL溶液，其中Cl-的物质的量为_____mol。
【答案】(1). 0.5 (2). 4.5 (3). 5 (4). 11.5 (5). 64g/mol (6). 5:4 (7). 5:6 (8). 0.2 (9). 0.04
【详解】(1)OH-的物质的量===0.5mol；每个OH-含有9个质子，0.5molOH-含有的质子物质的量=0.5mol×9=4.5mol；因每个OH-含有10个电子，0.5molOH-含有的电子物质的量=0.5mol×10=5mol；因每个Na+含有10个电子，则含有5mol电子的Na+物质的量==0.5mol，0.5molNa+质量=0.5mol×23g/mol=11.5g。
(2)标准状况下672mL气体的物质的量==0.03mol，该气体摩尔质量==64g/mol。
(3) SO2摩尔质量为64g/mol，SO3摩尔质量为80g/mol，等质量的SO2和SO3的物质的量之比n(SO2):n(SO3)= =5:4；SO2和SO3氧原子个数比=(5×2):(4×3)=5:6。
(4)11.1gCaCl2的物质的量==0.1mol，所配溶液的物质的量浓度c(CaCl2)= =0.2mol/L；从所配溶液中取出100mL溶液，CaCl2的浓度不变仍为0.2mol/L，其中c(Cl-)=0.2mol/L×2=0.4mol/L，则100mL溶液中Cl-的物质的量=0.4mol/L×0.1L=0.04mol。
22.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)：
(浓)
试完成下面的问题：
(1)A物质可以导致酸雨的形成。则A应该属于______(用字母代号填写)
a．酸 b． 碱 c．盐 d．酸性氧化物 e．碱性氧化物
(2)该反应中被氧化的元素是_________________，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
(3)写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：____________。
(4)一定量的铜片与100mL 18 mol/L的浓充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的的质量为_________g，生成的A气体在标准状况下体积为________L(假设气体全部逸出)。
【答案】(1). d (2). Cu (3). 1︰1 (4). (5). 16 (6). 2.24
【详解】(1)因为有Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+A+2H2O，根据元素守恒知A是SO2，因A能形成酸雨，且SO2能与碱反应生成盐和水：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，所以SO2是酸性氧化物，答案选d。
(2) 根据反应式Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，铜元素的化合价由0价升高到CuSO4中的+2价，故铜元素发生氧化反应（或被氧化）；单质铜是还原剂，硫元素化合价由H2SO4中的+6价降低到SO2中的+4价，H2SO4得电子是氧化剂，2molH2SO4中只有1molH2SO4得电子，根据化学计量数可知，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1。
(3)运用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥过等号，箭头的起点和终点都指向同一元素且由反应物指向生成物，线桥上标明“得”或“失”及电子数目：。
(4)根据Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O~转移2e-，可知每转移2mol电子生成1molCuSO4和1molSO2，所以转移0.2mol电子生成CuSO4的物质的量=×0.2mol=0.1mol，0.1molCuSO4的质量=0.1mol×160g/mol=16g；转移0.2mol电子时生成SO2气体物质的量=×0.2mol=0.1mol，0.1molSO2在标准状况下的体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
23.现欲用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm−3)配制浓度为1 mol·L−1的稀硫酸480 mL。
(1)从下列用品中选出实验所需要的仪器_______(填序号)。
A．1000 mL烧杯 B．100 mL烧杯 C．10 mL量筒
D．50 mL量筒 E．500 mL容量瓶 F．1000 mL容量瓶
G．广口瓶 H．托盘天平
(2)除选用上述仪器外，还缺少的必要仪器或用品是________________。
(3)需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL。(保留3位有效数字)
(4)配制时，一般可分为以下几个步骤，请在下列横线填写所缺步骤的名称：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、_______、摇匀。
(5)下列情况中，会使所配溶液的浓度偏低的是_______(填序号，下同)，无影响的是______。
A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶
C．定容时加水不慎超过刻度线
D．定容时仰视刻度线
E．容量瓶未经干燥就使用
【答案】(1). BDE (2). 玻璃棒 胶头滴管 (3). 27.2 (4). 定容 (5). CD
【解析】(1)配制480mL 1mol/L的稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以选项中使用到的仪器有：D 50mL量筒、B 100mL烧杯、E 500mL容量瓶，故答案为：BDE；
(2)根据(1)可知，配制480mL 1mol/L的稀硫酸，还缺少的仪器为：玻璃棒、胶头滴管，故答案为：玻璃棒、胶头滴管；
(3)配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶，98%的浓硫酸(密度为1.84g•cm-3)的物质的量浓度为：mol/L =18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L=27.2mL，故答案为：27.2；
(4)根据(1)的分析，配制稀硫酸的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀等，故答案为：定容；
(5)A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，用水洗涤量筒，将洗液也转入在烧杯中，量筒不能洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故A正确；B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏高，故B错误；C．定容时加水不慎超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏低，故C正确；D．定容时仰视刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏低，故D正确；故选CD。
24.某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验

(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式为_______________。
(2)装置Ⅱ的作用是____________________________________。
(3)实验过程中，装置Ⅳ中的实验现象为_________________________；发生反应的化学方程式为_______________________________。
(4)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中(a是干燥的品红试纸，b是潮湿的品红试纸)观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在上图装置_______与_____________之间添加下图中的_____________装置(填序号)，该装置的作用是____________。

(5)装置V的目的是防止尾气污染空气，写出装置V中发生反应的化学方程式：_________________。
(6)将8.7 g MnO2与含HCl 14.6 g的浓盐酸共热制Cl2，甲同学认为可制得Cl2 7.1 g，乙同学认为制得Cl2的质量小于7.1 g，你认为__________(填“甲”或“乙”)同学正确，原因是 ___________________。
【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). 无色溶液变蓝色 (4). Cl2＋2KI===I2＋2KCl (5). Ⅱ (6). Ⅲ (7). ④ (8). 干燥Cl2 (9). Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O (10). 乙 (11). 随着反应进行，浓盐酸浓度会降低，稀盐酸与MnO2不反应
【详解】(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)浓盐酸能挥发出HCl气体，制得的氯气中会混有HCl气体，而Cl2在饱和食盐水中溶解度最小，HCl气体又极易溶于水，所以装置II的作用是除去氯气中的氯化氢气体。
(3)因为Cl2的氧化性大于I2，Cl2通入无色的KI溶液中发生反应：2KI+Cl2=I2+2KCl，I2能使淀粉变蓝，所以装置IV中的实验现象为无色溶液变蓝色，发生反应的化学方程式为2KI+Cl2=I2+2KCl。
(4)氯气通过饱和食盐水时会带出水蒸气，潮湿的Cl2中会生成HClO，HClO具有漂白性，所以a处干燥的品红试纸褪色。若使“a无明显变化”，则必须在氯气进入装置III前除去氯气中的水蒸气，故需要在装置II和装置III之间连接一干燥装置，且所选干燥剂不能与Cl2反应，NaHCO3溶液、碱石灰、NaOH溶液均可与Cl2反应，所以只能选择装置④，放在装置II与装置III之间。
(5)Cl2有毒，且易与NaOH反应，因NaOH溶液浓度较大，能充分吸收多余的Cl2，防止Cl2污染空气，其发生反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
(6)8.7gMnO2的物质的量==0.1mol，14.6gHCl的物质的量==0.4mol，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，只有0.1molMnO2和0.4molHCl恰好完全反应才能产生0.1molCl2（即7.1gCl2）；但是，反应过程中随着HCl逐渐消耗以及反应生成水，使得浓盐酸逐渐变稀，而稀盐酸不能跟MnO2反应，因此0.1molMnO2和0.4molHCl不能完全反应，所以产生的Cl2小于0.1mol（即产生的Cl2质量小于7.1g），乙同学正确。
25.实验室里需要纯净的NaCl固体，但现在只有混有Na2SO4、NH4HCO3的NaCl固体混合物。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl固体。(已知：NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O)

如果此方案正确，回答下列问题：
(1)操作①可选择的主要仪器是（ ）(多选题)
A.酒精灯 B. 蒸馏烧瓶 C. 坩埚
(2)操作②不用硝酸钡溶液，其理由是______________________________________。
(3)进行操作②后，如何判断SO42− 已除尽，方法是________________________。
(4)操作③加的是（ ）
A.Na2CO3溶液 B.K2CO3溶液 C. NaNO3溶液
(5)操作④的目的是（ ）(多选题)
A．除去过量的BaCl2溶液
B.除去溶解在溶液中的CO2
C. 除去溶解在溶液中的HCl
【答案】 (1). AC (2). 溶液中引入新的杂质离子NO3- (3). 取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42-已除尽 (4). A (5). BC
【详解】(1)因NH4HCO3受热易分解NH4HCO3NH3+CO2+H2O，且分解后没有固体残留物，而NaCl、Na2SO4受热不分解，用加热的方法除去NH4HCO3，加热固体时通常将固体置于坩埚中用酒精灯加热，答案选AC。
(2)操作②的目的是将Na2SO4和NaCl混合溶液中的SO42-除去，通常选择可溶性含钡化合物，利用离子反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓将SO42-转化为沉淀经过滤而除去，但为了不引入新的杂质，含钡化合物中应含Cl-，所以不能选择硝酸钡溶液，因其中含NO3-而引入新的杂质。
(3)进行操作②后，溶液中几乎不含SO42-，检验其是否存在即可判断SO42-是否除尽，利用离子反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓来检验SO42-，其方法是：取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42-已除尽。
(4)为了除尽SO42-，操作②中所加的BaCl2溶液要过量，过量的BaCl2必须也要除去，操作③的目的就是除去多余的Ba2+，可利用CO32-+Ba2+=BaCO3↓再过滤除去BaCO3即可，为了不引入新的杂质只能选用Na2CO3溶液，答案选A。
(5)所加盐酸必须过量，是为了除尽操作③中过量的CO32-：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，且生成的CO2能溶于水，因此溶液中又引入了HCl和CO2杂质，因HCl、CO2均具有挥发性，所以加热煮沸即可除尽HCl和CO2，答案选BC。