江苏省无锡市江阴市四校2019-2020学年高一上学期期中考试理综化学试题

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江苏省无锡市江阴市四校2019-2020学年高一上学期理综

化学期中考试试卷

一、单项选择题（每小题3分，共60分）

1.在日常生活中会接触到许多物质，下列物质中属于碱性氧化物的是

A. 硫酸铵 B. 二氧化碳 C. 生石灰 D. 乙醇

【答案】C

【解析】

【详解】A. 硫酸铵属于盐，故A错误；

B. 二氧化碳可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；

C. 生石灰可以与酸只生成盐和水，故C正确；   

D. 乙醇属于有机物，故D错误；

答案：C

【点睛】凡能跟碱起反应生成盐和水的氧化物，叫做酸性氧化物，它们多数是非金属氧化物，也有一些是金属高价的氧化物。

2.下列有关化学用语表示正确的是（     ）

A. 中子数为10的氧原子： B. 氯原子的结构示意图：

C. 硝酸钡的化学式：BaNO3 D. 水的摩尔质量为18g

【答案】A

【解析】

【详解】A.氧原子的质子数为8，中子数为10时，其质量数是18，该氧原子的符号为， A正确；

B.氯原子中，核外电子数等于核电荷数，最外层电子数为7，B错误；

C.Ba+2价的金属，硝酸钡的化学式为Ba(NO3)2，C错误；

D.摩尔质量的单位为g/mol，数值等于其相对分子质量，因此水的摩尔质量为18g/mol，D错误；

故合理选项是A。

3.大气污染中，PM2.5是主要污染物之一，PM2.5 是指直径约为2.5微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物。根据以上信息你认为下列分散质中分散质粒子直径与PM2.5最接近的是(1微米=10－6 m) （    ）

A. 石灰水 B. 豆浆 C. 蔗糖水 D. 泥水

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三种常见分散系的分散质的直径大小，溶液<10-9m，胶体为10-9m～10-7m，浊液>10-7m来解答。

【详解】PM2.5是粒子直径约为2.5×10-6m，与浊液最接近，已知石灰水、蔗糖水为溶液，豆浆为胶体，泥水为浊液，分散质微粒直径大于10-7m，故合理选项是D。

【点睛】本题考查胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。

4.相同物质的量的各固体或液体的体积并不相同，其主要原因是（    ）

A. 粒子质量不同 B. 粒子大小不同 C. 粒子间距离不同 D. 粒子的数目不同

【答案】B

【解析】

【详解】固体或液体的微粒之间的距离是很小的，微粒之间紧密排列，相同物质的量的各固体或液体的体积不相同，是由于其粒子直径大小不同，即是由于粒子大小不同引起，故合理选项是B。

5.诺贝尔化学奖得主Gerhard Ertl对金属Pt（78号元素）表面催化CO氧化反应的模型进行了深入研究。下列关于202Pt和198Pt的说法正确的是（    ）

A. 202 Pt和198Pt的质子数相同，互称为同位素

B. 202 Pt和198Pt的中子数相同，互称为同位素

C. 202Pt和198Pt的核外电子数相同，是同一种核素

D. 202 Pt和198Pt的质量数不同，不能互称为同位素

【答案】A

【解析】

【详解】A.202Pt和198Pt的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，A符合题意；

B.202Pt和198Pt的中子数不相同，B不符合题意；

C.202Pt和198Pt的质子数相同，而中子数不同，二者属于两种不同的核素，C不符合题意；

D.202Pt和198Pt的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，D不符合题意；

故答案为A。

6.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，最简便的分离方法是(　　)

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】A为过滤装置、B为分液装置、C为蒸发装置、D为蒸馏装置；花生油和水是互不相溶的两种液体，若家里的食用花生油不小心混入了大量的水，会出现分层现象，应采用分液的方法进行分离，故选B。

7.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（　　）

A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应

B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应

C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应

D. 屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程属于化学变化

【答案】D

【解析】

【详解】A.雾霾属于气胶体，具有胶体的性质，能够发生丁达尔效应，A不符合题意；

B.胆矾为CuSO4，“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”过程中发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，发生的是置换反应，B不符合题意；

C.诗句中涉及蜡烛的燃烧，燃烧反应都为氧化还原反应，C不符合题意；

D.加入乙醚作用是萃取，在这个过程中，没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意；

故合理选项是D。

8. 目前市场上有一种专门为婴幼儿设计的电解质饮料，适合在婴幼儿感冒、发烧时快速补充体内流失的电解质成分。下列物质可用作该饮料中的电解质的是

A. Fe B. 葡萄糖 C. MgSO4 D. CO2

【答案】C

【解析】

【详解】A、铁是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；

B、葡萄糖是非电解质，B错误；

C、硫酸镁是电解质，C正确；

D、CO2是非电解质，D错误；

答案选C。

9.小张最近去医院做了体检，得到的血液化验单中标有葡萄糖，正常值为表示该体检指标的物理量是

A. 溶解度 B. 物质的量浓度

C. 质量分数 D. 摩尔质量

【答案】B

【解析】

【详解】A. 溶解度单位为g，故A错误；   

B. 物质的量浓度单位为mol/L，故选B；

C. 质量分数没有单位，故C错误；

D. 摩尔质量单位g/mol，故D错误；

答案：B

10.下列溶液中的c (Cl-) 与50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)相等的是（    ）

A 150mL 3mol·L-1 氯化钾溶液     B. 75mL 2mol·L-1 氯化铵溶液

C. 150mL1mol·L-1 氯化钠溶液     D. 75mL 1mol·L-1 氯化钡溶液

【答案】A

【解析】

【详解】50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)=3c(AlCl3)=3mol/L×1=3mol/L

A.3mol/LKCl溶液中c(Cl-)=c(KCl)=3mol/L，A符合题意；

B.2mol/LNH4Cl溶液中c(Cl-)=c(NH4Cl)=2mol/L，B不符合题意；

C.1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=1mol/L，C不符合题意；

D.1mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=2c(BaCl2)=2mol/L，D不符合题意；

故合理选项是A。

11.用NaCl固体配制100 mL 1.00 mol·L－1 NaCl溶液，不需要用到的仪器是（　　）

A. 100 mL容量瓶 B. 胶头滴管 C. 玻璃棒 D. 试管

【答案】D

【解析】

【详解】配制100mL1.00mol/L的NaCl溶液，其步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；其所需的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；整个实验过程中不需用到仪器是试管，D符合题意；

故合理选项是D。

12.人们常用“84”消毒液对环境进行消毒。该消毒液无色，对某些有色物质有漂白作用，对该溶液进行焰色反应，呈黄色。你认为它可能的有效成分是（　　）

A. NaOH B. NaClO C. KMnO4 D. Na2CO3

【答案】B

【解析】

【详解】“84消毒液”的主要成分为NaCl和NaClO，有效成分为NaClO，B符合题意；

故合理选项是B。

13.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（    ）

A. CuCl2 B. FeCl2 C. AlCl3 D. FeCl3

【答案】C

【解析】

【详解】A.Cu在金属活动性顺序表中位于H后边，不能与HCl反应，A不符合题意；

B.Cl2具有强氧化性，与可变价态金属反应时，生成高价态的金属氯化物，因此Fe与Cl2反应生成FeCl3，不能生成FeCl2， B不符合题意；

C.Al与Cl2反应生成AlCl3，与HCl反应生成AlCl3， C符合题意；

D.Fe与HCl反应生成FeCl2，不生成FeCl3， D不符合题意；

故合理选项是C。

14.下列反应既是化合反应，又是氧化还原反应是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据化合反应是指由两种或两种以上物质反应只生成一种物质的反应；氧化还原反应是化合价变化的反应。

【详解】A.C+CO22CO是化合反应，反应中碳元素和氧元素的化合价发生了变化，是氧化还原反应，故A正确；

B.CaO+H2O=Ca（OH）2是化合反应，反应中各元素的化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；

C.C+H2OCO+H2属于置换反应不属于化合反应，反应中C和H的化合价在反应前后发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；

D.CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O属于复分解反应不属于化合反应，反应中反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；

答案：A

15.常温常压下，用等质量的He、CH4、O2、SO2分别吹出四个气球，其中气体为He的是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据公式n=可知，当气体的质量相同时，摩尔质量越大，其物质的量越小，由于摩尔质量：M(SO2)>M(O2)>M(CH4)>M(He)，因此n(SO2)<n(O2)<n(CH4)<n(He)；根据公式n=可知，在同温同压下，Vm相同，则气体的物质的量越大，气体体积越大，因此V(SO2)<V(O2)<V(CH4)<V(He)；故He的体积最大，D符合题意；

合理选项是D。

16.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列判断正确的是（    ）

A. 28gN2含有的氮原子数目为NA

B. 常温常压下，22.4 L Cl2含有的分子数目为 NA

C. 1mol/LK2CO3溶液中含有的钾离子数目为NA

D. 在标准状况下，22.4LCO和N2的混合物的物质的量为1mol

【答案】D

【解析】

【详解】A.28gN2的物质的量n==1mol， 一个N2分子中含有两个N原子，因此28gN2所含的氮原子数为1mol×2×NA=2NA， A不符合题意；

B.常温常压下， Vm>22.4L/mol，因此22.4LCl2的物质的量<1mol，B不符合题意；

C.未给出溶液的体积，无法进行计算，C不符合题意；

D.标准状态下，22.4L混合气体的物质的量n===1mol，D符合题意；

故合理选项是D。

17. 某一化学兴趣小组的同学在家中进行实验，按照图甲连接好线路，发现灯泡没亮，但是按照图乙接好路线，灯泡亮了。由此得出的以下结论中正确的是

A. NaCl是非电解质

B. NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动离子

C. NaCl溶液是电解质

D. 在NaCl溶液中，水电离出了大量的离子

【答案】B

【解析】

试题分析：A．氯化钠是电解质，故A不选；B．氯化钠在水溶液中能电离出自由移动的钠离子和氯离子，故可以导电，故选B；C．氯化钠溶液是电解质的溶液，故不选C；D．水是弱电解质，有极少量的电离，不能电离出大量的离子，故不选D。

考点：电解质和物质的导电性。

18.某试管中盛有碘的水溶液，加入少量的CCl4，充分振荡，静置片刻后（    ）

A. 整个溶液变蓝色 B. 整个溶液显紫红色 C. 上层无色，下层紫红色 D. 上层紫红色，下层无色

【答案】C

【解析】

【分析】

碘易溶于有机溶剂，CCl4为常用的有机溶剂，与水互不相溶，密度比水大，利用相似相溶原理来分析解答。

【详解】碘在CCl4中的溶解度较大，往碘水中加入CCl4后，发生萃取作用，碘水中的碘转移到CCl4中，形成碘的CCl4溶液，由于CCl4的密度比水大，因此会看到液体分层，碘的CCl4溶液在下层，显紫红色，水在上层，显无色，C符合题意；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查了有机溶剂的相似相溶原理的应用，明确物质的分类及溶解性即可解答。掌握物质的溶解性、物质溶解后溶液的颜色、密度大小等性质是分析判断的基础。

19.下列关于氧化剂与还原剂的判断正确的是(　　)

A. 反应CH4＋2O2CO2＋2H2O中，O2是氧化剂，CH4是还原剂

B. 反应Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O中，Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂

C. 反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，HCl是氧化剂，MnO2是还原剂

D. 反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中，H2O既是氧化剂又是还原剂

【答案】A

【解析】

A、反应CH4＋2O2CO2＋2H2O中，氧元素化合价由0价降为-2价，O2是氧化剂，碳元素化合价由-4价升高为+4价，CH4是还原剂，故A正确；B. 反应Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O中，氯元素化合价由0价降为-1价，Cl2是氧化剂，部分氯元素化合价由0价升高为+1价，Cl2是还原剂，故B错误；C. 反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，锰元素化合价由+4价降为+2价，MnO2是氧化剂，部分氯元素化合价由-1价升高为0价，HCl是还原剂，故C正确；D. 反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑中，H2O中氢元素化合价由+1价降为0价，是氧化剂，钠元素化合价由0价升高为+1价，钠是还原剂，故D错误；故选A。

20.检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是      (　　)

A. 向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl-

B. 向某溶液中加稀 HCl，无明显现象，再加入BaCl2 溶液产生白色沉淀，证明有SO42-

C. 向某溶液中加入稀 HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-

D. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含有NH4+

【答案】B

【解析】

【分析】

A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等；B、能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

【详解】A、能与银离子反应生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，原溶液中不一定有氯离子，选项A错误；B、能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于盐酸，所以向某溶液中加稀HCl，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-，选项B正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，选项C错误； D、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验方法中试纸不合理，选项D错误。答案选B。

【点睛】本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意C选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子。

二、填空题

21.(1)绿色植物是空气天然的“净化器”，在家里科学选种一些绿色植物，可以达到净化空气、吸收有害物质的作用。科学研究发现，1公顷柳杉每月可以吸收160 kg SO2，则1公顷柳杉每月吸收的SO2的物质的量为________。

(2)铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，这些物质按照不同的比例加以混合、压制，就可以制成不同型号的铅笔芯。如果某铅笔芯质量的一半成分是石墨，且用铅笔写一个字消耗的质量约为1 mg。那么一个铅笔字含有的碳原子数约为________。   

(3)吸食“摇头丸”会严重破坏人体的中枢神经，“摇头丸”的化学式为C9H13N，请计算： 

①“摇头丸”的摩尔质量为________；

②某毒枭被查获带有270 g“摇头丸”，该毒枭所带的“摇头丸”的物质的量为________。

(4)将14.3 g Na2CO3·10H2O固体溶于水配成250 mL溶液，则所得溶液物质的量浓度是________。

【答案】    (1). 2500 mol    (2). 2.5×1019    (3). 135g/mol    (4). 2 mol    (5). 0.2mol/L

【解析】

【分析】

(1)根据n=计算SO2的物质的量；

(2)根据一个字消耗质量约为1 mg，铅笔芯质量的一半成分是石墨，利用n=计算其物质的量，然后利用N=n·NA计算其中含有的C原子数目；

(3)①根据摩尔质量与相对分子质量关系计算；

②根据n=计算“摇头丸”的物质的量；

(4)根据c=计算溶液的物质的量浓度。

【详解】(1)160kgSO2的物质的量n==2500mol；

(2)“一个字”的质量约为1 mg，铅笔芯质量的一半成分是石墨，则一个字中含有C原子的物质的量为n=mol，则其中含有的C原子数目为N=nNA=mol×6.02×1023/mol=2.5×1019；

(3)①C9H13N的相对分子质量为：12×9+1×13+14=135，当摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于相对分子质量，因此“摇头丸”的摩尔质量为135g/mol；

 ②270g“摇头丸”的物质的量n==2mol；

(4)14.3gNa2CO3·10H2O的物质的量n==0.05mol，当用该碳酸钠晶体配制溶液时，溶质为Na2CO3，溶质的物质的量n(Na2CO3)=0.05mol，则根据物质的量浓度定义式可知所得溶液的物质的量浓度c==0.2mol/L。

【点睛】本题考查了有关物质的量的化学计算。掌握物质的量的有关计算公式n=、N=n·NA、c=、n=等及各个物理量的含义是本题解答的关键。

22.化学实验是化学学习的重要内容。根据你掌握的知识，完成下面内容。

(1)实验室需要0.1 mol/L NaOH溶液480 mL， 根据溶液的配制情况回答下列问题：

①如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填序号)；

②由计算得知，应选择________mL的容量瓶，用托盘天平称取________g NaOH。

③在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确。若定容时仰视刻度线， 则所配制溶液浓度________0.1 mol/L (填“大于”“等于”或“小于”，下同)；溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移入容量瓶中。若趁热转移会使所配制溶液浓度________0.1 mol/L。

(2)选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。

A.萃取分液     B.升华     C.蒸发结晶       D.过滤      E.蒸馏     F.分液

①除去洗菜水里的菜叶子和泥土________；

②从食盐水里获得食盐固体________；

③从碘和沙子混合物中获得碘________；

④从溴水中获得溴________；

⑤分离CCl4 沸点为76.75℃和甲苯沸点为110.6℃的混合物________。

【答案】    (1). AC    (2). 500mL    (3). 2.0g    (4). 小于    (5). 大于    (6). D    (7). C    (8). B    (9). A    (10). E

【解析】

【分析】

(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤确定使用的仪器；

②根据选择容量瓶的规格，利用n=c·V计算溶质的物质的量，再根据m=n·M计算需称量的溶质的质量；

③根据c=分析实验误差；

(2)①根据菜叶和泥土是难溶于水的固体分析；

②根据NaCl在水中溶解度受温度影响变化不大分析；

③根据碘单质加热会直接由固态变为气态分析；

④根据溴单质在有机物中容易溶解而在水中溶解度比较小，水与有机物互不相溶分析；

⑤根据互溶的两种液体物质沸点的不同分离。

【详解】(1)①配制0.1mol/L的NaOH溶液480mL，由于没有规格是480mL的容量瓶，因此根据选择仪器的规则，要使用500mL的容量瓶，配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，在配制过程中所需的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，因此不需用到的仪器为烧瓶(A)和分液漏斗(C)；

②选择容量瓶的规格是500mL，由于溶液的浓度是0.1mol/L，根据n=cV可知需NaOH的物质的量n(NaOH)=cV=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，由m=nM可知需称量NaOH的质量m(NaOH)=0.05mol×40g/mol=2.0g；

③若定容时仰视刻度线，则所得溶液的体积偏大，即V偏大，根据公式c=可知，所得溶液的物质的量浓度偏小；

若趁热转移溶液，由于液体体积热胀冷缩，则所得溶液的体积偏小，即V偏小，根据公式c=可知，所得溶液的物质的量浓度偏大；

(2)①菜叶子和泥土不溶于水，因此分离菜叶子和泥土，应采用过滤操作，合理选项是D；

②从溶液中获得溶质固体，应采用结晶法，因此从食盐水中获得食盐固体，应采用蒸发结晶，合理选项是C；

③碘受热易升华，而沙子不会升华，因此分离碘和沙子混合物可采用升华获得碘单质，故合理选项是B；

④溴在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中溶解度小，有机物与水互不相溶，因此可采用先萃取然后进行分液的方法从溴水中获得溴单质，故合理选项是A；

⑤CCl4和甲苯为两种互溶的液体，且二者的沸点相差较大，可采用蒸馏的方法分离，故合理选项是E。

【点睛】本题考查了物质的量浓度的溶液的配制和混合物分离方法的判断。掌握配制溶液的步骤，结合配制步骤确定仪器的选用，在分析实验误差时，把操作过程的问题都转化为对溶质的物质的量和溶液的体积的影响上，结合物质的量浓度定义式分析判断。分离混合物要结合被分离的物质的性质，根据二者性质的差异采用适当的方法，掌握物质的性质(溶解性、熔沸点等)是本题解答的关键。

23.(1)实验一：

如图所示为实验室制取蒸馏水的装置示意图。

根据图示回答下列问题：

图中两处明显错误是：

①________；  ②________。

(2)A仪器的名称是________， B仪器的名称是________。

(3)实验时，A中除加入少量自来水外，还需要加入少量的________，其作用是________。

(4)实验二：

碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是:KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4，该小组先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，转移到分液漏斗中，再加入一定量的苯，振荡。分液漏斗使用前应先________，振荡后上层液体为________（填有机层、水层）。

(5)萃取碘水中的I2单质时要用到萃取剂，下列关于所加萃取剂的说法正确的是______

A. 不与碘反应

B. 碘在其中的溶解度远大于在水中的溶解度

C. 该萃取剂与水不互溶且密度比水大

D. 可以选用CCl4、酒精做萃取剂

(6)某学生在一次分液操作中发现上下层溶液都是无色液体，无法知道分液漏斗中的液体哪一层是有机层，哪一层是水层，请你用简单的方法帮他鉴别出来，写出有关步骤及判断方法________。

【答案】    (1). 温度计水银球位置不在蒸馏烧瓶支管口处    (2). 冷却水进出口方向相反    (3). 蒸馏烧瓶    (4). 冷凝管    (5). 沸石(或碎瓷片)    (6). 防止液体暴沸    (7). 检漏    (8). 水层    (9). A、B    (10). 加水到分液漏斗中，观察，哪层液体体积明显增加，则该层为水层(合理答案即可)

【解析】

【分析】

蒸馏操作使用温度计，水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，为充分冷凝，冷却水的方向与蒸气方向要相反，在给液体物质加热时，为防止爆沸，要在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片或沸石；在使用分液漏斗进行萃取或分液前，首先要检查分液漏斗是否漏液；对于互不相溶的两层液体物质，充分振荡静置后分离，下层液体要从下口倒出，然后使上层液体从上口倒出。判断互不相溶的液体物质哪一层是水层，可根据水的密度与有机物的密度的不同，再向其中加入水，液体体积变化的为水层，不变化的那一层是有机物。

【详解】(1)在蒸馏装置中，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处；为提高冷凝效果，充分冷凝水蒸气，冷却水应从下口进，上口出；因此图示装置中两处错误为：一是温度计水银球位置不在蒸馏烧瓶支管口处，二是冷凝水的进出口方向相反；

(2)图示仪器A为蒸馏烧瓶；图示仪器B为冷凝管；

(3)蒸馏时，为防止液体爆沸，应加入碎瓷片或沸石。因此A中除加入少量自来水外，还需加入少量的沸石，其作用是防止液体爆沸；

(4)由于在萃取、分液过程中，需要对分液漏斗中的物质进行振荡、摇匀操作，所以分液漏斗使用前必须检查是否漏液操作；由于苯的密度比水小，因此向碘水中加入苯之后要充分振荡，上层液体为有机层苯层；

(5)A.所加萃取剂不能与碘发生反应，A符合题意；

B.碘在萃取剂中的溶解度大，B符合题意；

C.萃取剂与水不互溶，但不需要考虑密度大小，C不符合题意；

D.酒精能与水互溶，因此酒精一般不能作萃取剂，D不符合题意；

故合理选项是AB；

(6)往分液漏斗内加入一定量的水，充分振荡，然后静止，若液体体积明显增加，则该层液体为水层；若液体体积不发生变化，则该层液体为有机层。

【点睛】本题考查了蒸馏、萃取和分液等分离混合物的方法、仪器的使用、基本操作等知识。掌握分离混合物对被物质的性质的要求及仪器使用方法是本题解答的关键。

24.在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热)，来制取氯气。 

反应：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。   

(2)若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：

①理论上需要多少克KMnO4参加反应？________。

②被氧化的HCl的物质的量为多少？________。

【答案】    (1).     (2). 6.32g    (3). 0.2 mol

【解析】

【分析】

(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；

(2)先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。

【详解】(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，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，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；

(2)在标准状态下， 2.24LCl2的物质的量n(Cl2)==0.1mol。

①根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol×=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol×158g/mol=6.32g；

②由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol。

【点睛】本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。