福建省邵武市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com化学试卷

说明：1、本试卷满分100分；考试时间90分钟

2、请将选择题的答案填涂到机读卡的相应位置中

可能用到的相对原子质量：H：1   C：12   O：16   N：14   S：32   Cl：35.5   Zn：65   Na：23   Mg：24

第Ⅰ卷（共54分）

一、选择题（共18小题，每题只有一个正确选项，每小题3分 ，共54分）

1.下列物质分类正确的是（    ）

A. 酒精、氨水、纯碱均为电解质 B. 硅酸、稀豆浆、氯化铁溶液均为胶体

C. 碘酒、食盐水、盐酸均为混合物 D. SO2、CO2、CO均为酸性氧化物

【答案】C

【解析】

【详解】A．纯碱是碳酸钠，其水溶液能导电属于电解质，酒精水溶液中不能导电属于非电解质，而氨水是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故A错误；

B．稀豆浆、硅酸均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；

C．碘酒、食盐水、盐酸均为溶液，均是混合物，故C正确；

D．SO2、CO2均为酸性氧化物，CO与酸不能发生反应，为不成盐氧化物，故D错误；

故答案为C。

【点睛】考查物质分类的依据，主要是酸性氧化物、胶体、电解质概念的理解应用，掌握概念内涵和物质组成性质是关键，特别注意：金属氧化物不一定是碱性氧化物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物(如CO、NO)；酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。

2.下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（    ）

A. BaSO4晶体 B. NaCl溶液

C. 液态氯化氢 D. 熔融的KOH

【答案】D

【解析】

【详解】A．BaSO4晶体没有自由移动的离子不导电；在熔融状态下的BaSO4晶体能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以BaSO4晶体是电解质，因不导电，故A错误；

B．氯化钠溶液中有自由移动的钠离子和氯离子，能导电；但氯化钠溶液是水和氯化钠组成的混合物，不是电解质，故B错误；

C．液态氯化氢，是纯净物，只有氯化氢分子不导电；氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是电解质，但不导电，故C错误；

D．熔融的KOH是化合物，能电离出自由移动的钠离子和氯离子，能导电，属于电解质，故D正确；

故答案为D。

【点睛】考查电解质概念的辨析，解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件，特别注意：电解质本身不一定能导电，能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子，而单质、混合物不是电解质。

3.下列说法中正确的是( )

①1 mol O2的质量是32 g·mol－1②H2的摩尔质量是2 g ③1 mol H＋的质量是1 g

④对原子而言，摩尔质量就是相对原子质量

A. ①②③ B. ③④ C. ③ D. ②④

【答案】C

【解析】

【详解】①质量的单位是g。1 mol O2的质量是32 g。错误；

②摩尔质量单位是g/mol。H2的摩尔质量是2 g /mol。错误；

③1 mol H＋的质量是1 g。正确；

④对原子而言，摩尔质量就是以克为单位，数值上等于该原子的相对原子质量。错误。

故答案选C。

4.小明在奥运五连环中填入了5种物质(如图所示)，相连环的物质间所发生的反应中，没有涉及的基本反应类型是

A. 分解反应 B. 复分解反应

C. 化合反应 D. 置换反应

【答案】A

【解析】

【详解】由信息可知，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，2Na+2HCl=2NaCl+H2↑为置换反应、HCl+NaOH=NaCl+H2O为复分解反应、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O为复分解反应、CO2+Na2O=Na2CO3为化合反应，显然没有没有涉及的基本反应类型为分解反应。答案选A。

5.下列反应的离子方程式正确的是（    ）

A. 用大理石与稀盐酸制二氧化碳：CO32－+2H＋=H2O+CO2↑

B. 硫酸与氢氧化钠溶液的反应：H++OH-=H2O

C. 硝酸银与氯化钠溶液的反应：AgNO3+Cl- =AgCl↓+NO3-

D. 铝与硫酸铜溶液的反应：Al+Cu2+=Al3++Cu

【答案】B

【解析】

【详解】A．碳酸钙需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；

B．硫酸与氢氧化钠溶液的反应的离子方程式为：H++OH-═H2O，故B正确；

C．硝酸银与氯化钠溶液的反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，正确的离子方程式为：Ag++Cl-═AgCl↓，故C错误；

D．铝与硫酸铜溶液的反应生成硫酸铝和铜，正确的离子方程式为：2Al+3Cu2+═2Al3++3Cu，故D错误；

故答案为B。

【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。

6.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（    ）

A. 常温常压下，8gO2含有8NA个质子

B. 分子总数为NA的CO2和NO2混合气体中含有的氧原子数为2NA

C. 标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HC1分子

D. 分子总数为NA的CO、N2混合气体体积约为22.4L，质量为28g

【答案】B

【解析】

【详解】A.常温常压下，8gO2的物质的量为0.25mol，含有质子数为N=0.25molNA=4 NA个,故A错误；

B.CO2和NO2分子中氧原子数目均为2，所以总数为NA的CO2和NO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，故B正确；

C.盐酸标准状况下为液体，所以标准状况下，22.4L盐酸无法计算含HC1的分子数，故C错误；

D.没有气体状态，无法计算气体的体积，故D错误；

所以本题答案：B。

7.下列物质中含分子数目最多的是（   ）

A. 0.1molCl2 B. 0.4gH2 C. 4℃时9mLH2O D. 标况下6.72L CO2

【答案】C

【解析】

【详解】A.0.1molCl2含有0.1mol Cl2；   

B.0.4gH2中含有0.2mol H2;；   

C.4℃时9mLH2O的质量为9g.物质的量为0.5molH2O；   

D.标况下6.72LCO2的物质的量为0.3mol,含有0.3mol的CO2；所以含分子数目最多的是4℃时9mLH2O；故C符合题意。

所以本题答案为：C。

8.同温同压下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是（   ）

A. 所含分子数相同 B. 质量之比为16:17

C. 密度之比为17:16 D. 所含氢原子物质的量之比为3:4

【答案】B

【解析】

【详解】设气体摩尔体积为VmL/mol．
A.根据N=nNA=V/VmNA知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的分子数与气体的体积成正比，所以相同体积的氨气和甲烷，所含分子数相同，所以A选项是正确的；
B.根据m=V/VmM知，相同条件下，等体积的氨气和甲烷，其质量与相对分子质量成正比，所以其质量之比=17：16，故B错误；
C.根据ρ=m/V知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的密度与相对分子质量成正比，所以其密度之比=17：16，故C选项是正确的；

D.相同条件下，等体积的氨气和甲烷的物质的量相同，一个氨气分子中含有3个H，一个甲烷分子中含有4个H，所以所含氢原子物质的量之比为3：4，故D选项是正确的；

所以本题答案：B。

9.在某无色透明的酸性的溶液中能共存的离子组是（    ）

A. NH4+、NO3-、Al3+、Cl- B. Fe2+、K+、Cl－、NO3-

C. MnO4-、K+、SO42-、Na+ D. K+、SO42-、HCO3-、Na+

【答案】A

【解析】

【详解】A．离子组NH4+、NO3-、Al3+、Cl-能在酸性溶液中大量共存，且彼此间不发生离子反应，故A正确；

B．Fe2+在酸性条件下，能被NO3-氧化，不能共存，且无色溶液中不可能含有Fe2+，故B错误；

C．无色溶液中不可能含有MnO4-，故C错误；

D．HCO3-酸性溶液中不可能大量存在，故D错误；

故答案为A。

10.在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（    ）

A. 原子数 B. 密度 C. 质量 D. 质子数

【答案】A

【解析】

【详解】在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，分子物质的量相等；

A.HCl、H2和Cl2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等；

B.由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，则密度不一定相等；

C.由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等；

D.1个H2中含有2个质子，1个Cl2中含有34个质子，1个HCl中含有18个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等；

故合理选项是A。

11.在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X(体积在相同条件下测定)，则X的化学式是　(　　)

A. AB B. A2B2 C. AB2 D. AB3

【答案】D

【解析】

试题分析：由题意和阿伏加德罗定律可知A2和B2发生了如下反应A2+3B22X，根据质量守恒定律知，X中含有1个A和3个B，故化学式为AB3。

考点：阿伏加德罗定律

12.将4gNaOH溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度是（    ）

A. 1mol·L－1 B. 0.1mol·L－1

C. 0.001mol·L－1 D. 10mol·L－1

【答案】B

【解析】

【详解】4gNaOH的物质的量为=0.1mol，则配制成1L溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，溶液是均一稳定的，则所取10mL溶液的物质的量浓度是0.1mol/L，故答案为B。

13.配制0.1 mol·L－1 的NaCl溶液，下列操作所配溶液的物质的量浓度偏高的是 （     ）

A. 称量时，物码倒置 B. 定容时俯视读取刻度

C. 原容量瓶洗净后未干燥 D. 定容时液面超过了刻度线

【答案】B

【解析】

【分析】

结合c=n/V及不当操作对n、V的影响，n偏大或V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高.

【详解】A．称量时，称量时，物码倒置，固体的质量小于或等于所需质量，n偏小或相等，可能会导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故A不选；

B．定容时俯视读取刻度，V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高，故B选；

C．原容量瓶洗净后未干燥，对实验无影响，故C不选；

D．定容时液面超过了刻度线，V偏大，导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故D不选；

故选B。

【点睛】解题关键：把握实验操作、浓度公式，注意不当操作对n、V的影响。

14. 将23 g钠和24 g镁分别放入等质量的过量的稀硫酸中，得到溶液的质量分别为a g和b g （设反应中水分不损失）则a和b的关系为

A. a＜b B. a＞b C. a ="b" D. 无法确定

【答案】C

【解析】

略

15.能鉴别 NH4Cl、Na2SO4、(NH4)2SO4、KCl 四瓶无色溶液的试剂是

A. Ba(OH)2溶液 B. AgNO3溶液 C. Ba(NO3)2溶液 D. NaOH溶液

【答案】A

【解析】

【分析】

四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验，硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验。

【详解】四瓶溶液中的溶质有两瓶铵盐、两瓶硫酸盐，铵盐通常用强碱检验：NH4++OH-NH3↑+H2O。硫酸盐通常用含Ba2+的可溶化合物检验：Ba2++SO42-=BaSO4↓。4个选项中只有Ba(OH)2溶液符合题意。发生的反应有：2NH4Cl+Ba(OH)22NH3↑+BaCl2+2H2O，Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH，(NH4)2SO4+Ba(OH)2BaSO4↓+2NH3↑+2H2O。实验现象是：向四瓶溶液中分别加入Ba(OH)2溶液加热，只有刺激性气味的气体产生的是NH4Cl溶液，只有白色沉淀产生的是Na2SO4溶液，既有刺激性气味的气体又有白色沉淀产生的是(NH4)2SO4溶液，无明显现象的是KCl溶液。答案选A。

16.下列反应均可在溶液中进行，能用同一离子方程式表示的是（    ）

A. Na2CO3、BaCO3分别与盐酸反应

B. Ba(NO3)2、Ba(OH)2分别与稀H2SO4反应

C. Ca(NO3)2、CaCl2分别与Na2CO3反应

D. CuSO4、Na2SO4分别与Ba(OH)2反应

【答案】C

【解析】

【详解】A．碳酸钠溶于水，碳酸钠可写成离子形式，离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，碳酸钡难溶于水离子方程式中写成化学式，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，离子方程式不同，故A错误；

B．氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式Ba2++2OH-+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；Ba(NO3)2和硫酸反应生成硫酸钡和硝酸，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，故B错误；

C．硝酸钙和碳酸钠反应生成硝酸钠、碳酸钙沉淀，氯化钙和碳酸钠反应生成氯化钠和碳酸钙，反应实质是钙离子和碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀的过程，在溶液中进行，能用同一离子方程式表示，故C正确；

D．二者反应实质不同，前者除了生成硫酸钡还生成氢氧化铜沉淀，而后者只生成硫酸钡沉淀，二者不能用同一个离子方程式表示，故D错误；

故答案C。

17.常温常压下，用等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体分别吹出四个气球，其中吹入的 气体为 O2 的是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题图知4只气球在同温同压下的体积不同，等质量的H2、N2、O2、CO2气体体积大小关系可根据阿伏加德罗定律的推论：相同温度和压强下，气体的体积比等于气体物质的量比，计算分析即可得到答案。

【详解】根据公式n=可知，等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体的物质的量之比n(H2):n(N2):n(O2):n(CO2)=::: =:::，由阿伏加德罗定律推论可知：相同温度和压强下，气体体积与气体物质的量成正比，所以4种气体体积由小到大的顺序是V(CO2)<V(O2)<V(N2)<V(H2)，所以A、B、C、D4只气球对应的气体分别是CO2、O2、N2、H2，答案选B。

18.甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、盐酸四种无色溶液中的一种，它们两两反应后的现象如下：甲+乙→沉淀；甲+丙→沉淀；乙+丙→沉淀；丙+丁→沉淀；乙+丁→无色无味气体。则甲、乙、丙、丁四种溶液依次是

A. BaCl2、Na2CO3、AgNO3、盐酸

B. BaCl2、Na2CO3、盐酸、AgNO3

C. Na2CO3、盐酸、AgNO3、BaCl2

D. AgNO3、盐酸、BaCl2、Na2CO3

【答案】A

【解析】

【详解】

所以正确选项为A；

第Ⅱ卷  （非选择题   共46分）

19.I.写出下列反应的化学方程式：

（1）钠与水反应___；

（2）过氧化钠与二氧化碳___；

II.写出下列反应的离子方程式：

（3）用小苏打(NaHCO3)治疗胃酸(主要成份为盐酸)过多：___；

（4）稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性：__。

【答案】    (1). 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑    (2). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2    (3). HCO3-+H+=CO2+H2O    (4). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O

【解析】

【分析】

(1)钠与水反应生成NaOH和H2；

(2)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和O2；

(3)NaHCO3溶于盐酸生成NaCl、H2O和CO2；

(4)稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性，恰好生成BaSO4和水。

【详解】I.(1)钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；

(2)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑；

II.(3)用小苏打(NaHCO3)治疗胃酸(主要成分是盐酸)过多的离子反应为HCO3-+H+═CO2↑+H2O；

(4)稀硫酸与氢氧化钡溶液混合的离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓。

【点睛】考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； ④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。

20.（1）今有五种物质：①铜线 ②熔化的NaCl ③NaCl晶体 ④氨气 ⑤液态氯化氢，其中能导电的物质是__；属于电解质的是___；属于非电解质的是___。

（2）0.5molH2SO4的质量是__g，能中和___molNaOH，该硫酸所含氢元素的质量与___molNH3中所含氢元素的质量相同。

（3）相同质量的CH4和H2S中分子个数比为___。

（4）在KCl、MgCl2、Mg(NO3)2形成的混合溶液中，n(K+)=0.2mol，n(Mg2+)=0.15mol，n(Cl-)=0.2mol，则n(NO3-)为（     ）

A．0.05mol     B．0.20mol     C．0.30mol      D．0.40mol

【答案】    (1). ①②    (2). ②③⑤    (3). ④    (4). 49g    (5). 1mol    (6). 0.333(1/3)    (7). 17:8    (8). C

【解析】

【分析】

(1)金属、石墨能导电，电解质在水溶液或熔化状态下能够导电；电解质在水溶液或熔化状态下能够导电化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物；

(2)根据m=nM计算、1mol硫酸消耗2mol氢氧化钠，结合分子中氢原子的物质的量计算；

(3)分子个数之比等于物质的量之比，结合n=计算；

(4)溶液呈电中性，溶液中c(K+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+c(NO3-)，据此计算。

【详解】(1)①铜线是金属单质，能导电，但是既不是电解质也不是非电解质；

②熔化的NaCl能导电，属于化合物，属于电解质；

③NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；

④氨气不能导电，在水溶液和熔化状态下自身都不能够导电，是非电解质；

⑤液态氯化氢不能导电，溶于水能导电，属于电解；

则能导电的物质是①②；属于电解质的是②③⑤；属于非电解质的是④；

(2)0.5molH2SO4的质量是0.5mol×98g/mol=49g；硫酸与NaOH反应消耗的氢氧化钠的物质的量是硫酸的二倍，则NaOH为1mol；0.5 molH2SO4中H的物质的量为1mol，含有1molH的NH3的物质的量为mol；

(3)相同质量的CH4和H2S的物质的量与摩尔质量成反比，则其分子个数比=物质的量之比=34g/mol：16g/mol=17:8；

(4)溶液呈电中性，溶液中c(K+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+c(NO3-)，则：0.2mol/L+2×0.15mol/L=0.2mol/L+c(NO3-)，解得c(NO3-)=0.3mol/L，故答案为C。

【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

21.某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：

（1）不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是___；

（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是___；

（3）取（2）中的滤液，加入过量的氨水(NH3·H2O)，出现白色沉淀(已知：Ag+和氨水反应生成Ag(NH3)2+其在溶液中无色)，说明原溶液肯定有___；

（4）溶液中可能存在的离子是___；

（5）原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的___。

A．Cl-      B．NO3-      C．CO32-    D．OH-

【答案】    (1). Cu2+ 、Fe3+    (2). Ag+    (3). Mg2+    (4). K+    (5). B

【解析】

【分析】

(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在；

(2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+；

(3)能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+；

(4)无法判断的离子是K+；

(5)溶液中一定含银离子，与银离子结合生成沉淀的不能存在。

【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含Cu2+、Fe3+；

(2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；

(3)能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+，离子反应方程式为Mg2++2NH3•H2O═Mg(OH)2↓+2NH4+；

(4)溶液中可能存在的离子是K+；

(5)原溶液中存在Ag+，则Cl- 不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32-、OH-不能与其共存，硝酸根离子不与所给的任何离子生成沉淀，故溶液中可能大量存在的离子是NO3-，故选B。

22.I.如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置（装置A制取氯气）。

回答下列问题：

（1）当Cl2持续通过时，装置D中干燥的有色布条能否褪色？为什么？__，__。

（2）若要证明干燥的Cl2无漂白性，可在装置D前添加一个装有__的洗气瓶。

（3）装置E的作用是___，该反应的离子方程式为__。

II.欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g·cm－3）配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸500mL。

（4）所需浓硫酸的体积为___mL。

（5）选用的主要仪器有：烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒和___。

（6）操作正确的顺序为___（填序号）。

A．用量筒量取浓硫酸   B．反复颠倒摇匀   C．用胶头滴管加水至刻度   D．将配制好的溶液转入试剂瓶中贴上标签   E．稀释浓硫酸   F．将溶液转入容量瓶

（7）在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___0.5mol·L-1(填“大于”“小于”或“等于”)。

（8）该同学在定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

【答案】    (1). 能褪色    (2). 因为Cl2与带出的H2O(g)反应生成HClO，使有色布条褪色    (3). 浓H2SO4    (4). 除去多余的Cl2    (5). Cl2＋2OH=Cl＋ClO＋H2O    (6). 13.6    (7). 500mL容量瓶    (8). AEFCBD    (9). 小于    (10). 偏低

【解析】

【分析】

I.(1)氯气遇到干燥的有色布条不能褪色，起漂白作用的是次氯酸；

(2)若要证明Cl2无漂白性，需在CD之间加一个装有浓硫酸的洗气瓶；

(3)氯气是污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；

II.(4)依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；

(5)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要的仪器；

(6)根据实验操作的步骤：计算→量取→稀释、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签排序；

(7)在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大；

(8)加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，溶液被稀释。

【详解】I. (1)湿润的氯气遇到干燥的有色布条能褪色，因为Cl2与带出的H2O(g)反应生成HClO，起漂白作用的是次氯酸，则能使干燥的有色布条褪色；

(2)若要证明Cl2无漂白性，需在CD之间加一个装有浓硫酸的洗气瓶；

(3)氯气是污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-++ClO-+H2O；

II.(4)98%的浓硫酸(密度=1.84g•cm-3)物质的量浓度为：=18.4mol/L；设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=0.5mol•L-1×500mL，解得V=13.6mL；

(5)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤计算→量取→稀释、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，所以还缺少的仪器为：500mL容量瓶；

(6)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤计算→量取→稀释、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，所以正确的操作顺序为：A→E→F→C→B→D；

(7)在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，即小于0.5mol·L-1；

(8)加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，加水稀释了溶液，对所配溶液浓度的影响是浓度偏低。

【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置D中干燥有色布条也能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。

23.（1）6.4gM和17.0gN恰好完全反应，生成0.4molX和12.2gY，则X的摩尔质量为：___。

（2）实验室需要制备22.4L（标准状况）H2，现用质量分数为90.0%的锌粒与足量的稀盐酸反应（假设杂质不与稀盐酸反应），问：（要求写出计算过程）

①至少需要质量分数为90.0%的锌粒多少克？___

②生成的氯化锌的物质的量是多少？___

【答案】    (1). 28g·mol-1    (2). 72.2g    (3). 1mol

【解析】

【分析】

(1)先根据质量守恒计算X的质量，再根据M=计算其摩尔质量。

(2)22.4L(标准状况)H2的物质的量为=1mol，根据Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知，参加反应的Zn的物质的量为1mol，生成ZnCl2的物质的量为1mol。

【详解】(1)6.4gM和17.0gN恰好完全反应，生成0.4molX和12.2gY，根据质量守恒知，X质量=6.4g+17g-12.2g=11.2g，X的摩尔质量===28g·mol-1；

(2)22.4L(标准状况)H2的物质的量为=1mol，根据Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知，参加反应的Zn的物质的量为1mol，生成ZnCl2的物质的量为1mol；

①至少需要质量分数为90.0%的锌粒为=72.2g；

②由分析知生成的氯化锌的物质的量是1mol。