福建省泉州市三校2019-2020学年高一上学期12月联考化学试题

www.ks5u.com2019—2020学年上学期高一12月化学试卷

可能用到的相对原子质量：H:1  C:12   O:16   N:14   S:32   Cl:35.5 Na:23  Al:27   Ca:40   Mn:55  Ag:108

第I卷（选择题）

一、选择题

1.某物质灼烧时，焰色反应为黄色，下列判断中正确的是

A. 该物质一定是钠的化合物 B. 该物质一定含钠元素

C. 可以确定该物质中不含钾元素 D. 该物质一定是金属钠

【答案】B

【解析】

【分析】

某物质灼烧时，焰色为黄色，说明含有钠元素。

【详解】A.该物质可能是钠的化合物，也可能是金属钠，故A不选；

B.焰色反应是元素的性质，焰色呈黄色，说明一定含钠元素，故B选；

C.钾的焰色为紫色，观察钾的焰色时，要透过蓝色钴玻璃，以滤去钠的黄光的干扰，所以焰色为黄色，不能确定该物质中不含钾元素，故C不选；

D. 该物质可能是钠的化合物，也可能是金属钠，故D不选。

故选B。

2.取碘水四份于试管中，编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，分别加入汽油、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是

A. Ⅰ中溶液分层，下层呈紫红色 B. Ⅱ中溶液分层，下层呈紫红色

C. Ⅲ中溶液分层，下层呈棕黄色 D. Ⅳ中溶液不分层，溶液由棕黄色变成黄绿色

【答案】B

【解析】

【详解】A、试管Ⅰ：碘水中加入汽油，汽油与水互不相溶，碘在汽油中的溶解度大，会发生萃取，由于汽油的密度比水小，在上层，因此上层呈现紫红色，A错误；

B、编号Ⅱ：碘水中加入CCl4，CCl4与水互不相溶，碘在CCl4中的溶解度大，会发生萃取，由于CCl4的密度比水大，在下层，因此下层呈现紫红色，B正确；

C、编号为Ⅲ：碘水中加入酒精，酒精与水混溶，不分层，整个溶液呈现棕黄色，C错误；

D、编号为Ⅳ：碘水中加入NaCl溶液，NaCl溶液溶于水中，碘不与NaCl反应不分层，整个溶液呈现棕黄色，D错误；

答案选B。

3.下列是对某溶液进行离子检测的方法和结论，其中正确的是

A. 先加入适量的硝酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有大量的SO42-

B. 加入足量的CaCl2溶液，产生白色溶液，则溶液中一定含有大量的CO32-

C. 加入NaOH溶液后加热产生有刺激性气味的气体，则溶液中一定含有大量的NH4+

D. 先加入适量的盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有大量的Cl-

【答案】C

【解析】

【详解】A.若先加入适量的硝酸酸化，可能会将SO32-氧化为SO42-，因此再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，不能溶液中一定含有大量的SO42-，A错误；

B.加入足量的CaCl2溶液，产生白色溶液，则溶液中可能含有大量的CO32-，也可能含有Ag+或SO32-，因此不能确定溶液中一定含有CO32-，B错误；

C.加入NaOH溶液后加热产生有刺激性气味的气体，该气体是NH3，说明则溶液中一定含有大量的NH4+，C正确；

D.先加入适量的盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，产生的沉淀可能是加入盐酸的Cl-与Ag+反应产生，因此不能确定溶液中一定含有大量的Cl-，D错误；

故合理选项是C。

4.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤：正确的操作顺序是

A. ②③①⑤④ B. ①②③⑤④ C. ③①②④⑤ D. ①⑤②③④

【答案】A

【解析】

【详解】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去Mg2+，加BaCl2溶液的目的是除去SO42-，加Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即①一定在③之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即④在⑤之后，故操作顺序可以是②③①⑤④或③②①⑤④或③①②⑤④，故合理选项是A。

5.下列各组中，两种气体的分子数一定相等的是（    ）

A. 温度相同、体积相同的O2和N2

B. 体积相等、密度不等的CO和C2H4

C. 质量相等、密度不等的N2和C2H4

D. 压强相同、体积相同的N2和O2

【答案】C

【解析】

【详解】A.没有说明压强，不能确定物质的量关系，故A错误；

B.二者质量不同，物质的量不同，故分子数一定不等，故B错误；

C.质量相等的两种物质，因为摩尔质量相同，所以其物质的量相同，分子数一定相等，故C正确；

D.没有说明温度，不能确定物质的量关系，分子数不一定相等，故D错误；

故选C。

【点睛】掌握阿伏伽德罗定律和推论，注意四同中知三同定一同。缺少条件不能确定其物质的量关系。

6.下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是(　　)

A. HCl=H＋＋Cl- B. H2SO4=2H＋＋SO42-

C. CaCl2=Ca2＋＋2Cl－ D. NaOH=Na＋＋O2- +H+

【答案】D

【解析】

【详解】A.HCl是一元强酸，在水中完全电离产生H+、Cl-，电离方程式书写无误，A正确；

B.H2SO4是二元强酸，在水中完全电离产生H+、SO42-，电离方程式书写无误，B正确；

C.CaCl2是盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Ca2＋、Cl-，电离方程式书写无误，C正确；

D. NaOH是一元强碱，在水中完全电离产生Na+、OH-，电离方程式为NaOH=Na＋+OH-，D错误；

故合理选项是D。

7.下列溶液中Cl-浓度与50 mL 1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是

A. 75 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液 B. 75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液

C. 75 mL 2 mol·L-1的KCl溶液 D. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液

【答案】B

【解析】

【详解】50 mL 1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl-浓度为1mol/L×3=3mol/L。

A.75 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液溶液中Cl-浓度为2mol/L×1=2mol/L，两种溶液中Cl-浓度不相等，A错误；

B. 75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液1mol/L×3=3mol/L，两种溶液中Cl-浓度相等，B正确；

C. 75 mL 2 mol·L-1的KCl溶液2mol/L×1=2mol/L，两种溶液中Cl-浓度不相等，C错误；

D. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液1mol/L×1=1mol/L，两种溶液中Cl-浓度不相等，D错误；

故合理选项是B。

8.据报道，放射性同位素钬(16667Ho)可有效地治疗肝癌，该同位素原子的核内中子数与核外电子数之差是

A. 166 B. 67 C. 99 D. 32

【答案】D

【解析】

【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，核外电子数等于质子数，所以该同位素原子的核内中子数为166-67=99，中子数与核外电子数之差是99－67＝32，D项正确，答案选D。

9.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是(　　)

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A错误；

B.汽油和四氯化碳是互溶的液体物质，不能利用分液方法分离，可根据二者沸点的不同，用蒸馏方法分离，B错误；

C.除去KNO3固体中混杂的NaCl，可根据NaCl在水中的溶解度受温度的影响变化不大，而KNO3的溶解度受温度的影响变化很大，采用结晶的方法分离，原理解释不正确，C错误；

D.乙醇与水是互溶的液体物质，可根据二者的沸点相差较大，采用蒸馏方法除去乙醇中的水，D正确；

故合理选项D。

10.下列属于同位素的是

A. 1H与2H B. 14 C与14N C. O2与O3 D. H2O和H2O2

【答案】A

【解析】

【详解】A. 1H与2H是质子数相同而中子数不同的原子，二者互为同位素，A正确；

B.14 C与14N质子数不同，质量数相同，二者不能互为同位素，B错误；   

C.O2与O3是同一元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，C错误；

D.H2O和H2O2都是由H、O两种元素组成的化合物，不是同位素，D错误；

故合理选项是A。

11. 1998年诺贝尔化学奖授予科恩（美）和波普尔（英），以表彰他们在理论化学领域作出的重大贡献。他们的工作使实验和理论能够共同协力探讨分子体系的性质，引起整个化学领域正在经历一场革命性的变化。下列说法正确的是

A. 化学不做实验，就什么都不知道

B. 化学不再需要实验

C. 化学不再是纯实验科学

D. 未来化学的方向是经验化

【答案】C

【解析】

【详解】A. 化学需要理论的指导，因此化学不做实验，就什么都不知道的说法是不正确的，A项错误；

B. 化学需要实验，并且是以实验为主，化学不再需要实验的说法是不正确的，B项错误；

C. 化学不再是纯实验科学，该选项说法正确，C项正确；

D. 未来化学的发展方向应该是经验化和理论相结合，该选项说法不正确，D项错误；

答案选C。

12.对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。氢氧化钠溶液应选用的标志是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志。

【详解】A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，故不选A；

B、图中标志是氧化剂标志，不符合要求，故不选B；

C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，故不选C；

D、图中标志是腐蚀品标志，符合要求，故选D。

13.下列物质中，摩尔质量最大的是

A. 1mol CaCO3  B. 0.8mol/L H2SO4 

C. 54 g Al D. 10 mL H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A. CaCO3的摩尔质量是100g/mol，

B. H2SO4的摩尔质量是98g/mol；

C.Al的摩尔质量是27g/mol；

D.H2O的摩尔质量是18g/mol，可见摩尔质量最大的是CaCO3；

故合理选项是A。

14.4mol•L﹣1的KOH溶液100mL，取出5mL，这5mL溶液中K+浓度为

A. 0.2mol•L﹣1   　   B. 0.4 mol•L﹣1      C. 2 mol•L﹣1              D. 4 mol•L﹣1

【答案】D

【解析】

【详解】由于溶液具有均一性，即溶液的浓度相同，与溶液的体积无关，所以4mol•L﹣1的KOH溶液中，无论取出取出的体积大小K+的浓度都是4 mol•L﹣1， 故合理选项是D。

15.“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物。下列有关说法中错误的是

A. PM2.5表面积大能吸附大量的有毒、有害物质

B. PM2.5在空气中形成的分散系为胶体

C. 实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染

D. 云、雾、烟属于胶体，能产生丁达尔效应

【答案】B

【解析】

【详解】A.PM2.5中微粒直径小于或等于2.5微米，表面积大吸附性强，能吸附大量的有毒有害物质，A正确；

B.PM2.5的直径数量级为微米，而胶体粒子直径为1-100nm，所以PM2.5不属于胶体，B错误；

C.实施绿化工程，通过植物的吸附作用可降低空气中粉尘的含量，防治扬尘污染，因而可以有效地防治PM2.5污染，C正确；

D.云、雾、烟的分散质微粒直径达到胶体颗粒大小，因此它们都属于胶体，能产生丁达尔效应，D正确；

故合理选项是B。

16.某阳离子Mn+的核外共有x个电子，核内有a个中子，则M的质量数为

A. a+x-n B. a-x-n C. a+x+n D. a-x+n

【答案】C

【解析】

【详解】Mn+的核外共有x个电子，在M原子中含有的电子数为x+n，原子中，核外电子数=质子数，则质子数=x+n，中子数为a，则质量数为x+n+a，答案选C。

17.说法中正确的是(　　)

A. 32 g O2占有体积约为22.4 L

B. 22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子

C. 在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 g

D. 22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数

【答案】D

【解析】

【详解】A、因为气体的状态不能确定，无法计算氧气的体积，A错误；

B、22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，不能计算其分子数，B错误；

C、标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，C错误；

D、22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl的物质的物质的量都是0.5mol，分子数是相同的，D正确；

答案选D。

18.以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是(　　)

A. 现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 mol O，则三种气体的物质的量之比为3∶2∶1

B. 28 g CO和22.4 L CO2中含有的碳原子数一定相等

C. 标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是32

D. a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA数值可表示为

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据原子守恒知，三种气体CO、CO2、O3分别都含有1mol O，则三种气体的物质的量分别为1mol、0.5mol、mol，所以三种气体物质的量之比=1mol：0.5mol：mol=6：3：2，故A错误；

B．气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知，无法确定气体摩尔体积，导致无法计算二氧化碳的物质的量，所以无法比较二者中C原子个数是否相等，故B错误；

C．摩尔质量的单位是g/mol，则该气体摩尔质量是32g/mol，故C错误；

D．ag氯气的物质的量==mol，每个氯分子中含有2个氯原子，所以氯分子个数为0.5b，因此NA==/mol，故D正确；

故选D。

【点睛】本题考查物质的量有关计算，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。本题的易错点为D，要注意公式的灵活应用。

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题

19.Ⅰ.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。

①MgO、Na2O、CO2、CuO

②HCl、H2O、H2SO4、HNO3

③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2

(1)三种物质依次是(填化学式)：①________；②________；③________。

(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，写出该反应的化学反应方程式：_________该反应________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。

(3)NaHCO3的电离方程式为__________________________

Ⅱ.现有以下物质：①NaCl晶体　②液态HCl  ③CaCO3固体　④熔融KCl　⑤蔗糖　⑥铜　⑦CO2　⑧H2SO4　⑨KOH溶液

(1)以上物质中能导电的是________。（填序号）

(2)以上物质中属于非电解质的是________。（填序号）

【答案】    (1). CO2    (2). H2O    (3). Na2CO3    (4). CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3    (5). 不是    (6). NaHCO3=Na++HCO3-    (7). ④⑥⑨    (8). ⑤⑦

【解析】

【分析】

Ⅰ．(1)依据物质的性质，组成、结构判断解答；

(2)有化合价变化的反应为氧化还原反应；

(3)NaHCO3在水中完全电离产生Na+、HCO3-；

Ⅱ．电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；如：酸、碱、盐，金属氧化物等；

非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；如：有机物，非金属氧化物等；

水溶液或者熔融状态能完全电离电离的电解质为强电解质，部分电离的为弱电解质；

物质导电条件：存在自由电子或者存在自由移动的离子。

【详解】(1)①MgO、Na2O、CuO，是金属氧化物，CO2是非金属氧化物，故答案是CO2；

②HCl、H2SO4、HNO3都是含氧酸，H2O是氧化物，故答案是H2O；

③NaOH、KOH、Cu(OH)2都是碱，Na2CO3是盐，故答案是Na2CO3；

(2)碳酸钠、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，反应方程式为：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，在这个反应过程中没有化合价变化，因此该反应不属于氧化还原反应；

(3) NaHCO3在水中完全电离产生Na+、HCO3-，则电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；

Ⅱ．(1)④熔融KCl含有自由移动的离子K+、Cl-，能导电；　⑥铜含有自由电子，能导电；其余物质无自由移动的电子或离子，不能导电，故能导电的物质序号为：④⑥；

(1)①NaCl晶体，②液态HCl ③CaCO3固体　④熔融KCl　　⑧H2SO4　⑨KOH固体，在水溶液或者熔融状态能导电，属于电解质；⑤蔗糖水溶液和熔融状态都不导电，是非电解质；⑦CO2本身不能电离产生自由移动的离子，是非电解质；

所以以上物质中能导电的是：④⑥⑨；属于非电解质的是：⑤⑦。

【点睛】本题考查了物质的分类，电离方程式、离子方程式的书写。明确有关物质的基本概念，了解物质导电的原因，熟悉物质电离产生的离子是解题关键，注意物质导电条件。

20.(1)在一定条件下，28.80g金属单质A与1.20molCl2完成反应，生成1.20molAClx，则x=__________，若A原子核内质子数等于中子数，则A原子核内中子数为__________ ，氯原子结构示意图为____________。

(2)现有氨气3.4g，在标准状况下其体积为____________，含有氮原子的数目为_____ ；将气体全部溶于水，配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为______________。

【答案】    (1). 2    (2). 12    (3).     (4). 4.48L    (5). 1.204×1023(或0.2NA)    (6). 0.4mol/L

【解析】

【分析】

(1)根据Cl元素守恒，确定化学式AClx中X值，然后根据A守恒确定A的相对原子质量，再结合相对原子质量等于质子数与中子数的和确定A原子核内的中子数，Cl是17号元素，原子核外电子分层排布，书写氯原子结构示意图；

(2)根据n=及n=计算3.4g氨气在标准状况下其体积，根据NH3中含有的N原子数及NH3的物质的量计算含有氮原子的数目；根据c=，计算将这些气体全部溶于水，配成500mL溶液，所得溶液的物质的量浓度。

【详解】(1)1.20molCl2与28.80gA完成反应，生成1.20molAClx，根据Cl原子守恒可得1.20mol×2=1.20xmol，解得x=2；根据A原子守恒可知28.80g金属单质A的物质的量是1.20mol，则A的摩尔质量M=28.80g÷1.20mol=24g/mol，则A的相对原子质量是24，若A原子核内质子数等于中子数，则A原子核内中子数为24÷2=12；Cl是17号元素，核外电子排布是2、8、7，所以氯原子结构示意图为；

(2)3.4g氨气的物质的量n==0.2mol，则根据n=可知该气体在标准状况下其体积V=n·Vm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；在1个NH3中含有1个N原子，则在0.2mol NH3中含有氮原子的数目为N=0.2mol×NA/mol=0.2NA；将气体全部溶于水，配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度c==0.4mol/L。

【点睛】本题考查了原子的构成微粒的关系及有关物质的量的化学计算，掌握相对原子质量等于质子数与中子数的和，物质的摩尔质量与相对分子质量的关系及有关物质的量的计算公式n=、n=、c=等是解题的基础。

21.结合图回答问题：如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题： 

(1)写出上述装置中仪器的名称：①________。

(2)若利用上述装置分离乙酸(沸点118℃)和乙酸乙酯(沸点77.1℃)的混合物，还缺少的仪器有________，图1中仪器  ②是从______ 口进水(填a或b)。 

(3)图2在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还应进行的具体操作是______

(4)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置______(填代表装置图的序号，下同)；除去自来水中的Cl−等杂质，选择装置______。

(5)实验室常用上述装置分离碘水中的碘，进行该操作时，需在碘水中加一试剂，在选择试剂时，下列性质你认为哪些性质是必需的：________(填序号)。

①常温下为液态  ②I2在其中溶解程度大  ③与水互不相容  ④密度要比水大。

【答案】    (1). 蒸馏烧瓶    (2). 温度计    (3). b    (4). 打开分液漏斗上端的玻璃塞    (5). 图4    (6). 图1    (7). ①②③

【解析】

【分析】

(1)根据装置结构书写仪器名称；

(2)分离沸点不同的液体混合物要采用蒸馏方法，用温度计测量馏分温度，为充分冷凝，要采用逆流原理；

(3)为了使液体顺利滴下，要保证液体上下气体压强相同；

(4)氯化钾为可溶性固体，蒸发可分离；自来水中水的沸点较低；

(5)碘易溶于有机溶剂，可以利用萃取剂萃取，然后再分液分离碘；依据萃取剂条件解答。

【详解】(1)根据①的仪器结构可知该仪器名称为蒸馏烧瓶；

(2)分离沸点不同的液体混合物要采用蒸馏方法，蒸馏时，应用温度计控制加热的温度，所以还缺少的仪器为温度计，为使蒸气充分冷凝变为液体物质，要采用逆流原理，从b口进水，a口出水，故答案为温度计；b；

(3)在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还应进行的具体操作是要保证液体上下气体压强相同，打开分液漏斗上端的玻璃塞；

(4)氯化钾为可溶性固体，蒸发溶剂水可分离获得KCl固体，故选装置图4；自来水中水的沸点较低，为蒸馏法，选装置为图1，故答案为图4；图1；

(5)碘易溶于有机溶剂，可以利用萃取剂萃取碘水中的碘单质，然后再分液分离碘。萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。故合理选项是①②③。

【点睛】本题考查了分离混合物的方法及实验装置的选择的知识。明确蒸馏、萃取分液、蒸发等分离物质的原理是解题关键，要根据分离混合物中各种成分的性质的不同采取相应的方法分离这是研究物质的关键一步。

22.氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等都需要用氯气．

I．工业上通常采用电解法制氯气：观察下图，回答：

(1)电解反应的化学方程式为____________________。

(2)饱和食盐水通电后，b端产生的气体检验方法是____________。

II. 实验室用NaOH固体配制100 mL 1.0 mol·L-1的NaOH溶液，试回答下列各题：

(3)需要用托盘天平称量_______g NaOH固体；

(4)实验室有下列仪器：①漏斗   ②200mL容量瓶   ③烧杯   ④玻璃棒   ⑤药匙   ⑥托盘天平   ⑦冷凝。若要实施溶液配制，尚缺玻璃仪器是___________、________；

(5)容量瓶在使用前必须先____________；

(6)配制过程有以下操作： ①称量   ②移液   ③冷却    ④洗涤    ⑤定容     ⑥溶解     ⑦摇匀　其正确的操作顺序应是:① →_________→________ →________ →________→________→ ⑦ 

(7)下列五项操作中会导致所得溶液浓度偏低的有____________ (填序号)；

①没有洗涤烧杯内壁和玻璃棒  

②未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容

③在转移过程中有溶液撒在外面

④定容时观察液面时俯视

⑤定容后，把容量瓶反复摇匀后发现液面低于刻度线，便滴加几滴水至刻度处

【答案】    (1). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑    (2). 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口出，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2    (3). 4.0    (4). 100mL容量瓶    (5). 胶头滴管    (6). 检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水或检漏    (7). ⑥    (8). ③    (9). ②    (10). ④    (11). ⑤    (12). ①③⑤

【解析】

【分析】

(1)在工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气；

(2)电解时与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应，与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应。根据Cl2与KI发生置换反应，I2遇淀粉溶液变为蓝色检验Cl2。

(3)根据n=c·V及m=n·M计算NaOH的质量；

(4)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；

(5)根据容量瓶的作用及溶液特点分析；

(6)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；

(7)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。

【详解】I.(1)电解饱和食盐水的方法制取氯气,反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。

(2)根据图示可知，b端连接电源的正极，为阳极，在阳极，溶液中的阴离子放电。由于阴离子的放电能力Cl->OH-，所以b端发生反应2Cl--2e-=Cl2↑；b端产生的气体是Cl2，该物质具有强的氧化性，与KI在溶液中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2。

(3)要配制100 mL 1.0 mol/L的NaOH溶液，根据n=c·V可知：n(NaOH)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则需要称量NaOH的质量m=n·M=0.1mol×40g/mol=4.0g；

(4)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，需要使用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管，配制100mL1.0mol/L的NaOH溶液，应选择100mL容量瓶，所以还缺少的仪器：100mL容量瓶、胶头滴管；

(5)容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，由于溶液检验均一性，溶液各处的浓度相同，在配制溶液时要摇匀溶液，所以在使用前必须先检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水或检漏；

(6)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以其正确的操作顺序应是①⑥③②④⑤⑦；

(7)①没有洗涤烧杯内壁和玻璃棒，使溶质的质量减少，n减小，则c偏低，①符合题意； 

②未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，等溶液恢复至室温后，液面低于刻度线，V偏小，则溶液浓度偏高，②不符合题意；

③在转移过程中有溶液撒在外面，使n偏少，则导致配制的溶液浓度偏低，③符合题意；

④定容时观察液面时俯视，则V偏小，使物质的量浓度偏高，④不符合题意；

⑤定容后，把容量瓶反复摇匀后发现液面低于刻度线，便滴加几滴水至刻度处，对溶液进行了稀释，使溶液浓度偏低，⑤符合题意；

故正确选项是①③⑤。

【点睛】本题考查了电解原理的应用、气体的检验方法及一定物质的量浓度溶液的配制的知识。掌握电解时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据氯气的强氧化性，结合碘单质遇淀粉显蓝色的特殊性质检验，明确配制物质的量浓度的溶液原理及操作步骤是解题关键，注意依据c=进行误差分析的方法和技巧判断实验误差。

23.17.4g MnO2与240 mL 10 mol/L(密度为1.10g/mL)的盐酸(足量)混合加热(不考虑盐酸挥发)，使其充分反应后，再向溶液中加入足量的AgNO3溶液。（已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O）

试求：(1)10 mol/L的盐酸的质量分数____________

(2)产生的气体在标准状况下的体积______________；

(3)产生沉淀的质量_________________。

【答案】    (1). 33.2%    (2). 4.48L    (3). 287g

【解析】

【分析】

(1)根据c=计算溶液的质量分数；

(2)先计算MnO2、HCl的物质的量，判断哪种物质过量，以不足量的物质为标准计算Cl2的物质的量及体积；

(3)根据Cl元素守恒，计算反应产生的AgCl沉淀的物质的量，然后根据m=n·M计算质量。

【详解】(1)根据c=可知该溶液的质量分数为=33.2%；

(2)n（MnO2）=m÷M=17.4g÷87g/mol=0.2mol，n(HCl)=0.24L×10mol/L=2.4mol，n(MnO2)：n(HCl)=0.2mol：2.4mol=1：12，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知二者反应的物质的量的比是1：4，可见浓盐酸过量，反应产生Cl2要以MnO2为标准，n(Cl2)= n(MnO2)=0.2mol，所以产生的气体在标准状况下的体积V(Cl2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

(3)反应反应后溶液中含有Cl-的物质的量为n(Cl-)=2.4mol-2×0.2mol=2mol，向反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，则反应产生沉淀的质量n(AgCl)= n(Cl-)=2mol，则m(AgCl)=2mol×143.5g/mol=287g。

【点睛】本题考查了物质的量的化学计算，包括物质的量在化学方程式计算的应用、物质的量浓度与质量分数的换算、反应物有过量时的计算等。掌握基本概念及物质之间的反应转化关系是本题解答的关键，当物质发生反应，两种物质的质量或物质的量都给出时，首先要根据方程式中相应物质转化关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算。