2022-2023学年宁夏回族自治区银川一中高一上学期期中考试化学试题含解析

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宁夏回族自治区银川一中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．奥运五环代表着世界人民团结在一起。下列各项中的物质，能满足如图中阴影部分关系的是

选项
①
②
③
④
A
NaCl
K2SO4
KCl
(NH4)2SO4
B
Na2SO4
K2SO4
KCl
NH4Cl
C
NaCl
Na2SO4
KNO3
NH4Cl
D
Na2SO4
K2SO4
KNO3
(NH4)2SO4

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．NaCl是钠盐、盐酸盐，不是硫酸盐，(NH4)2SO4是铵盐、硫酸盐，不是盐酸盐，A错误；
B．Na2SO4是钠盐、硫酸盐，K2SO4是钾盐、硫酸盐，KCl是钾盐、盐酸盐，NH4Cl是铵盐、盐酸盐，B正确；
C．NaCl是钠盐、盐酸盐，不是硫酸盐，KNO3是钾盐、硝酸盐，不是盐酸盐，C错误；
D．KNO3是钾盐、硝酸盐，不是盐酸盐，(NH4)2SO4是铵盐、硫酸盐，不是盐酸盐，D错误；
答案选B。
2．化学概念在逻辑上存在如图所示的关系：

对以上概念的说法正确的是(　　)
A．化合物与纯净物属于重叠关系
B．化合物与碱性氧化物属于交叉关系
C．分解反应与复分解反应属于并列关系
D．硫酸与硝酸只有交叉关系
【答案】C
【详解】A. 纯净物包含化合物，属于包含关系，A错误；
B. 化合物包含氧化物，氧化物包含碱性氧化物，属于包含关系，B错误；
C. 分解反应与复分解反应属于基本化学反应类型中的2种，属于并列关系，C正确；
D. 酸包含硫酸与硝酸，硫酸属于二元酸、硝酸属于一元酸，二者属于并列关系，同时二者都属于强酸，又都是含氧酸，有交叉关系，D错误；
综上所述，本题选C。
3．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，将此液体加入到浑浊的水中，静置后水变澄清。下列说法错误的是
A．红褐色液体中的分散质颗粒直径在10-9m ~10-7m之间
B．水变澄清的净水原理是利用胶体的吸附性
C．Fe(OH)3胶体与FeCl3饱和溶液本质区别是丁达尔效应
D．Fe(OH)3胶体和Fe(OH)3沉淀都能与盐酸发生相同类型的反应
【答案】C
【详解】A．红褐色液体为氢氧化铁胶体，分散质直径大小应在1nm～100nm之间，或是10-9m～10-7m之间，故A说法正确；
B．净水原理是利用胶体吸附悬浮在水中固体小颗粒，胶体聚沉，使水变澄清，因此水变澄清的净水原理是利用胶体的吸附性，故B说法正确；
C．胶体与溶液的本质区别是分散质直径大小，故C说法错误；
D．HCl为电解质，氢氧化铁胶体中加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，继续加入盐酸，氢氧化铁沉淀与盐酸发生中和反应，生成FeCl3和H2O，故D说法正确；
答案为C。
4．下列说法正确的是（    ）
A．含有最高价态元素的化合物一定具有强氧化性
B．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
C．元素原子在反应中失电子越多，还原性就越强
D．反应中同一反应物可能既可发生氧化反应又可发生还原反应
【答案】D
【分析】A、元素处于最高价，能得到电子，在化合物中不一定强具有氧化性；
B、失去电子能力是还原性，得到电子的能力为氧化性，与阴阳离子无必然联系；
C、失去电子能力强，还原性强，不是指失电子的多少；
D、反应中同一反应物，既可能有元素的化合价升高，也可能有元素的化合价降低。
【详解】A、元素处于最高价，能得到电子，在化合物中不一定强具有氧化性，Na2SO4中的S为＋6价，但不表现强氧化性，故A错误；
B、MnO4-是阴离子但具有强氧化性，Fe2＋既有氧化性又有还原性，故B错误；
C、Na原子在反应中失1个电子而Al原子失3个电子，但Na的还原性比Al强，故C错误；
D、反应中同一反应物，既可能有元素的化合价升高，也可能有元素的化合价降低，反应中同一反应物可能既可发生氧化反应又可发生还原反应，故D正确；
故选D。
【点睛】注意元素的化合价升降与氧化性和还原性的关系，不是化合价的高低，注意结合实例分析。
5．在某无色透明的溶液中能大量共存，加稀硫酸既能产生气体又能产生沉淀的是
A．K+、、Na+、 B．K+、Ca2+、、
C．Ba2+、K+、、、 D．Fe3+、Na+、Cl-、
【答案】C
【详解】A．显紫色，不能大量存在于无色溶液中，故A不选；
B．Ca2+、不能大量共存，故B不选；
C．Ba2+与反应生成硫酸钡沉淀，与氢离子反应生成二氧化碳气体，且溶液中离子间互不反应，故C选；
D．在溶液中显黄色，不能大量存在于无色溶液中，故D不选；
故选C。
6．下列离子方程式正确的是
A．氧化铜与稀硫酸反应：2H＋+ O2－= H2O
B．碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO+ 2H＋=  CO2↑+H2O
C．Ba(OH)2溶液中滴入少量H2SO4：Ba2+ + 2OH - +2 H+ + SO= BaSO4↓ + 2H2O
D．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO+ Ca2＋+ OH－=  CaCO3↓+ H2O
【答案】C
【详解】A．CuO属于氧化物，书写离子方程式时，不能拆写成离子，正确的是CuO+2H+=Cu2++H2O，故A错误；
B．碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，HCO不能拆写成H+和CO，正确的是HCO+H+=H2O+CO2↑，故B错误；
C．硫酸是少量，与Ba(OH)2溶液反应离子方程式为Ba2++2OH-+2H+ +SO=BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D．Ca(OH)2是少量，1个Ca(OH)2是由1个Ca2+和2个OH-组成，因此反应离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+ CO，故D错误；
答案为C。
7．下表中评价合理的是
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2＋＋CO=CaCO3↓
正确
B
向碳酸镁中加入稀盐酸：CO＋2H＋=CO2↑＋H2O
错误，碳酸镁不应该写成离子形式
C
金属钠与水的反应：Na＋H2O = Na++OH+H2↑
错误，电荷不守恒
D
氢氧化钙溶液与稀硫酸混合：Ca2＋＋2OH－＋2H＋＋SO=CaSO4↓＋H2O
错误，反应物离子的配比不正确

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．石灰乳是Ca(OH)2的悬浊液，书写离子方程时，不能拆写成离子形式，正确的是Ca(OH)2+CO=CaCO3↓+2OH-，故A错误；
B．碳酸镁属于微溶物，书写离子方程式时，不能拆写成离子，碳酸镁与稀盐酸反应：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故B正确；
C．题中所给离子方程式，原子不守恒，正确的是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故C错误；
D．氢氧化钙属于二元强碱，硫酸属于二元强酸，两者反应离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2H＋＋SO=CaSO4↓＋H2O，离子配比正确，故D错误；
答案为B。
8．在某未知溶液中检验出含有、，且溶液的pH=1(强酸性)。某学生还需鉴定此溶液中是否大量存在：①；②；③；④；⑤；⑥，其实这些离子中有一部分不必鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的离子是
A．③⑤⑥ B．②⑤⑥ C．④⑤⑥ D．①③④
【答案】A
【详解】pH=1(强酸性)，含有大量，不能大量存在；且因为和存在下具有强氧化性，不能大量存在；溶液中含，则不能大量存在，综上不必鉴定的离子是、、，故选A。
9．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是

A．Cl2＋2KBr = Br2＋2KCl
B．2NaHCO3 = Na2CO3＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O = 4Fe(OH)3
D．CuO ＋CO = Cu＋CO2
【答案】D
【分析】3区不属于四大基本反应的任何一种，但属于氧化还原反应；
【详解】A．属于置换反应，故A不选；
B．属于分解反应，也不是氧化还原反应，故B不选；
C．属于化合反应中的氧化还原反应，故C不选；
D．不属于四大基本反应中的任何一种，且是氧化还原反应，故D选；
故选D。
10．A2O离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后A2O离子变为AO离子，又知反应中氧化剂和还原剂的系数之比为2︰1，Mn2+离子被氧化后Mn元素的化合价为
A．+4 B．+5 C．+6 D．+7
【答案】C
【详解】A2O离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，反应后A2O离子变为AO离子，A元素化合价从+7价降低到+6价，又知反应中氧化剂和还原剂的系数之比为2︰1，则根据电子得失守恒可知反应中Mn元素失去电子的个数为2×（7－6）×2＝4，所以Mn2+离子被氧化后Mn元素的化合价为+6价。答案选C。
11．下列说法正确的是
A．漂白粉是纯净物，84消毒液是混合物，两者都需要避光密封保存
B．漂白粉中含有次氯酸，所以漂白粉溶液能使有机色质褪色
C．工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉，便于贮存和运输
D．漂白粉在空气中容易失效的原因是Ca(ClO)2与CO2、H2O反应生成的HClO不稳定
【答案】D
【详解】A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；
B．漂白粉溶于水能形成次氯酸，本身不含次氯酸，故B错误；
C．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，故C错误；
D．漂白粉在空气中容易失效的原因是Ca(ClO)2与CO2、H2O反应生成的HClO见光或者加热条件下易分解，不稳定，故D正确；
故选D。
12．下列反应中，HCl只做还原剂的是
A．NaOH+HCl═NaCl+H2O B．Zn+2HCl═ZnCl2 +H2 ↑
C．MnO2 +4HCl=MnCl2 +2H2O+Cl2 ↑ D．O2+2HClCl2 +H2O
【答案】D
【详解】A．该反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．该反应为置换反应，属于氧化还原反应，HCl中H元素化合价由+1降低为0价，HCl作氧化剂，故B不符合题意；
C．该反应中HCl中部分Cl的化合价由-1价升高为0价，HCl作还原剂，但还有部分HCl表现酸性，故C不符合题意；
D．该反应中HCl中Cl的化合价由-1价升高为0价，HCl作还原剂，故D符合题意；
答案为D。
13．在常温下，发生下列几种反应：
①
②
③
根据上述反应，下列结论判断错误的是
A．溶液中可发生反应：
B．在①、③反应中为还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：
D．是的还原产物
【答案】B
【详解】，氧化性：；
，氧化性：；
，氧化性：，所以氧化性关系为：，则还原性为；
A．氧化性：，则溶液中可发生：，选项A正确；
B．，还原性：是还原剂；，反应中是氧化剂；选项B错误；
C．由分析可知，氧化性关系为：，选项C正确；
D．氧化剂得电子化合价降低，发生还原反应，得到还原产物，则是的还原产物，选项D正确。
答案选B。
14．将等物质的量的Na、Na2O、Na2O2、NaOH，分别投入等质量的足量水中，所得溶液质量分数最小的是
A．Na B．Na2O C．Na2O2 D．NaOH
【答案】D
【分析】等物质的量的Na、Na2O、Na2O2、NaOH，分别投入等质量的足量水中，生成的溶质均为NaOH，且物质的量之比为1：2：2：1；
【详解】通过分析可知，加热等物质的量的Na与NaOH生成的溶质的物质的量相对较小，且溶质的质量相等，若加入的物质的量为1mol时，Na与水反应生成氢气，导致溶液的质量增加22g，而NaOH加入溶液的质量增加40g，加热等物质的量的Na与NaOH生成的溶质的质量相等，溶液的质量NaOH的大，则加入NaOH时质量分数最小，故D正确。
答案为D。
15．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g ，则该样品的纯度（质量分数）是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】根据方程式可知
2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ △m
2×84         106                 62
m（NaHCO3） w1－w2
m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31
则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1
答案选A。
【点睛】利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。
16．下列有关钠及其化合物的叙述错误的是
A．吸收产生，可用作呼吸面具供氧剂
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明
C．氢氧化钠具有强碱性，可用于制胃酸中和剂
D．钠长期暴露在空气中的最终产物是
【答案】C
【详解】A．吸收产生，所以可用作呼吸面具供氧剂，A正确；
B．钠的焰色反应为黄色，则可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；
C．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝、碳酸镁、碳酸氢钠等，C错误；
D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，D正确。
故选C。
17．我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，其生产流程可简要表示如下：

下列判断不正确的是
A．往饱和食盐水中依次通入足量的、
B．从生产流程图可知，二氧化碳可以循环利用
C．沉淀池中发生的反应的化学方程式：
D．常温下，在水中的溶解度比的小
【答案】A
【详解】A．氨气极易溶于水形成碱性溶液，二氧化碳易溶于碱性溶液中，为提高二氧化碳的溶解量，向饱和食盐水中先通入足量，再通入足量的，故A错误；
B．从生产流程图可知，煅烧炉中碳酸氢钠分解放出的二氧化碳可通入沉淀池中循环利用，故B正确；
C．沉淀池中氯化钠、氨气、二氧化碳、水发生反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式：，故C正确；
D．常温下，在水中的溶解度比的小，故D正确；
选A。
18．将足量新制氯水滴入下列物质中，对应现象错误的是
A．FeCl2溶液，溶液由浅绿色变为棕黄色 B．高锰酸钾溶液，紫色溶液褪色
C．AgNO3溶液，有白色沉淀生成 D．石蕊试液，溶液变红后褪色
【答案】B
【详解】A．FeCl2溶液呈浅绿色，滴入氯水生成氯化铁，呈棕黄色，故A正确；
B．高锰酸钾溶液与氯水不反应，故B错误；
C．氯水中含有氯离子，滴入硝酸银溶液生成AgCl白色沉淀，故C正确；
D．氯水中含有氢离子和HClO，滴入石蕊试液，因为氢离子溶液变红，因为HClO的漂白性，最后溶液褪色，故D正确；
故选B。
19．如图所示装置可以用来发生、洗涤、干燥、收集(不考虑尾气处理)气体。该装置可用于

A．高锰酸钾和浓盐酸制取氯气 B．锌和盐酸制取氢气
C．碳酸钙和盐酸制取二氧化碳 D．KClO3和MnO2制取氧气
【答案】B
【详解】A．氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集，该装置中为向下排空气法，故A错误；
B．锌和盐酸制取的氢气中含有HCl气体，用水吸收，氢气不溶于水，氢气密度比空气小，干燥后用向下排空气法收集，该装置可以，故B正确；
C．二氧化碳密度比空气大，应用向上排空气法收集，该装置中为向下排空气法，故C错误；
D．氧气密度比空气大，应用向上排空气法收集，该装置中为向下排空气法，故D错误；
故选B。
20．已知a g某双原子气体的原子数为b，NA为阿伏加德罗常数的值，则c g该气体在标准状况下的体积是
A．L B．L C．L D．L
【答案】A
【详解】已知a g某双原子气体的原子数为b，分子数为，物质的量为mol，摩尔质量为，c g该气体的物质的量为，标况下的体积为，故选A。
21．下列关于agH2和bgHe的说法正确的是
A．同温同压下，H2和He的体积比是a∶2b
B．同温同压下，若a=b，则H2与He的物质的量之比是1∶1
C．体积相同时，He的质量一定大于H2的质量
D．同温同压下，若二者的物质的量相等，其体积也相等
【答案】D
【分析】ag的物质的量为 ，bgHe的物质的量为 ；
【详解】A．同温同压下，相同， 根据，体积之比等于物质的量之比，即，故A错误；
B．若a=b，则H2与He的物质的量之比是，故B错误；
C．体积相同时，未指明是否是标准状况下，无法计算，故C错误；
D．同温同压下，相同， 根据，体积之比等于物质的量之比，若二者的物质的量相等，其体积也相等，故D正确；
故选D。
22．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1O2与足量Na完全反应，转移的电子数一定为4NA
B．2.8g由CO和N2组成的混合物中含有的质子数一定为1.4NA
C．标准状况下，22.4L氯气完全溶于水，转移的电子数为0.1NA
D．3.36LO2和4.8克O3中含有的氧原子数均一定为0.3NA
【答案】B
【详解】A．1O2与足量Na完全反应生成时，转移电子2mol，故A错误；
B．和质子数均为14，且相对分子质量均为28，2.8g由CO和N2组成的混合物，其物质的量为，质子数为1.4，故B正确；
C．标准状况下，22.4L氯气完全溶于水，其参与反应的量未知，无法计算，故C错误；
D．3.36L未指明是否为标准状况下，不能计算，故D错误；
故选B。
23．下列四种物质：①含约3.01×1023个O的CO2；②标准状况下6.72 L的HCl；③1.25mol/L的醋酸(CH3COOH)溶液50mL；④0.5 mol 氦气(He)。所含的原子总数最少的是
A．① B．② C．③ D．④
【答案】D
【详解】①3.01×1023个O原子物质的量为=0.5mol，即CO2的物质的量为0.25mol，所含原子物质的量为0.25mol×3=0.75mol，
②标准状况下，6.72LHCl中所含原子物质的量为=0.6mol，
③50mL1.25mol/L醋酸溶液中醋酸所含原子物质的量为50mL×10-3L/mL×1.25mol/L×8=0.5mol，醋酸溶液含有水，则50mL1.25mol/L醋酸溶液中所含原子物质的量大于0.5mol，
④0.5mol氦气中所含原子物质的量为0.5mol，
物质的量与微粒数成正比，因此原子数最少的是④；
答案为D。
24．VmL溶液中，含有a g，取mL溶液稀释到3V mL，则稀释后的物质的量浓度是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】a g的物质的量为，则VmL溶液中，的物质的量为，浓度为，根据稀释规律，从mL溶液稀释到3V mL，体积扩大6倍，则浓度缩小6倍，稀释后的浓度为，的物质的量浓度为；
故选A。
25．在标准状况下，将V L气体A(摩尔质量为M = g·mol-1)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为d g·cm-3，则溶液的物质的量浓度为
A．mol·L-1 B．mol·L-1
C．mol·L-1 D．mol·L-1
【答案】C
【详解】标准状况下，VL气体A的物质的量为=mol，溶液的体积用V=进行计算，则V=cm3，所得溶液的物质的量浓度为mol/L= mol/L，故选项C正确；
答案为C。

二、填空题
26．请按要求填空：
(1)过氧化钠与水反应的离子方程式：__________________________________________；
(2)SO+ 2H＋ = SO2↑+H2O对应的化学方程式：_______________________________；
(3)制取漂白粉的化学方程式：________________________________________________；
(4)“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液(主要成分是NaClO)混合使用会发生氯气中毒事件。请用化学方程式解释其原因，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：___________________________；
【答案】(1)
(2)或(其他合理答案也可)
(3)
(4)

【详解】（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的离子方程式为，故填；
（2）反应中，和分别代表可溶性盐和强酸，其对应的化学方程式为或，故填或(其他合理答案也可)；
（3）工业上用石灰乳和氯气制取漂白粉，其反应的化学方程式为，故填；
（4）根据题意，该反应的化学方程式为，其中HCl被氧化，作还原剂，NaClO被还原，作氧化剂，氯气既是氧化产物也是还原产物，转移1个电子，其单线桥法表示为
27．请按要求填空：
(1)以下几种物质：
①石墨             ②饱和氯水         ③稀硫酸         ④熔融Na2CO3 ⑤无水乙醇      ⑥液态HCl          ⑦AgCl固体         ⑧Ba(OH)2固体
其中能导电的物质是_________________；(填对应物质的序号，下同)属于电解质的是_______________。写出⑧物质在水溶液中电离的方程式：_________________________________。
(2)下列三种情况下的离子方程式，与Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸相同的是_____________。(填选项)
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀
C．向Ba(OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀
D．向Ba(OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至溶液显中性
(3)若在Ba(OH)2溶液中缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用如图中的_____曲线表示。(从A、B、C、D中选择)

(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示。向该烧杯中缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将_______________。
【答案】(1)     ①②③④     ④⑥⑦⑧     Ba(OH)2=Ba2++2OH－
(2)AD
(3)C
(4)下沉

【分析】熔融状态下的电解质和电解质溶液中有自由移动的离子，能导电，金属和石墨也能导电；石墨是单质，能导电；饱和氯水、稀硫酸是溶液，能导电、熔融、AgCl固体、Ba(OH)2固体、液态HCl属于电解质，其中熔融能导电；无水乙醇是非电解质；
【详解】（1）其中能导电的物质是①②③④；属于电解质的是④⑥⑦⑧；Ba(OH)2固体属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为，故填①②③④、④⑥⑦⑧、；
（2）Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸的离子方程式为；
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，离子方程式为，故A正确；
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至恰好完全沉淀，离子方程式为，故B错误；
C．向Ba(OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，离子方程式为，故C错误；
D．向Ba(OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至溶液显中性，离子方程式为，故D正确；
故填AD；
（3）Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸的离子方程式为，自由离子浓度在减少，导电能力变弱，过量时自由离子浓度升高，导电能力增强，图中曲线C符合，故填C；
（4）向该烧杯中缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应时，溶液密度减小，小球收到的浮力减小，将会下沉，故填下沉。

三、实验题
28．实验室用如图装置制备无水FeCl3。
已知：FeCl3固体易升华，易吸收水分而潮解变质。请回答下列问题：

(1)连接好仪器后首先应进行的操作是___________；A装置中连接分液漏斗与烧瓶之间的导管的作用是__________________________________________。
(2)A装置中的MnO2可用KClO3固体代替且不用加热就可以快速制氯气，请写出反应的离子方程式______，标准状况下每生成3.36L氯气，理论上需要消耗还原剂HCl的物质的量_______。
(3)装置B中长颈漏斗可以检验后续装置是否堵塞，其中饱和食盐水的作用是___________，D装置与E装置之间用弧形粗弯管连接而不是普通的直角玻璃导管，其目的是__________________________。
(4)F中所装试剂为___________，有学生提出：装置F和G二者可以简约用一个球形干燥管来代替，为了达到相同的作用，球形干燥管内盛放的试剂是____________。
【答案】(1)     检查装置的气密性     使分液漏斗上下压强相等，液体能顺利流下
(2)     ClO+6H++5Cl- = 3Cl2↑+3H2O     0.25mol
(3)     除去(吸收)HCl     防止三氯化铁凝华后堵塞导管
(4)     浓硫酸     碱石灰

【分析】装置A为实验室制取氯气，发生反应为；装置B中饱和食盐水用于除去氯气中的HCl气体，其中长颈漏斗可以平衡气流；装置C中为浓硫酸，用于干燥氯气；装置D为反应装置，；装置E用于接收氯化铁；G装置为尾气处理；
【详解】（1）连接好仪器后首先应进行的操作是检查装置的气密性；为了使液体顺利滴下，A装置中连接分液漏斗与烧瓶之间的导管的作用是使分液漏斗上下压强相等，液体能顺利流下，故填检查装置的气密性、使分液漏斗上下压强相等，液体能顺利流下；
（2）与浓盐酸反应生成氯气，其反应的化学方程式为，标准状况下每生成3.36L氯气，其物质的量为，即生成标准状况下的0.15mol氯气，其中有的HCl被氧化，故填、0.25mol；
（3）装置B中饱和食盐水用于除去氯气中的HCl气体，装置D为反应装置，，氯化铁易凝华，直角玻璃导管可以防止三氯化铁凝华后堵塞导管，故填除去(吸收)HCl、防止三氯化铁凝华后堵塞导管；
（4）装置F为了防止水蒸气进入装置E，其中盛放的是浓硫酸，G装置为尾气处理，吸收多余的氯气，所以装置F和G二者可以用装有碱石灰的干燥管来代替，故填浓硫酸、碱石灰。
29．某实验需要浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸400mL，需要用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)来配制。
(1)配制该溶液还需要选用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和___________________。
(2)所需浓H2SO4的体积为_________mL。(保留一位小数)
(3)请将下列操作按正确的顺序填在横线上。(填选项字母)
A．量取浓H2SO4                 B．反复颠倒摇匀    
C．加水定容                    D．洗涤烧杯、玻璃棒并将洗涤液转入配制容器     
E.稀释浓H2SO4                 F.将溶液转入配制容器
其正确的操作顺序为________。
(4)下列操作会导致所得溶液的浓度偏高的是________
A．用量筒量取浓硫酸时俯视液面
B．配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干
C．浓硫酸在烧杯中溶解后，立即将溶液转移并进行后续操作
D．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
E．定容时，俯视观察液面与仪器上的刻度线
F．定容摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。
(5)配制溶液需要认真仔细。若在定容时，不小心加水超过刻度线，该怎么办？________。
(6)从配制好的溶液中取出40mL，加0.2mol·L－1的氢氧化钠溶液至完全中和，需要氢氧化钠溶液的体积为___________。
【答案】(1)500mL容量瓶、胶头滴管
(2)13.6
(3)AEFDCB
(4)CE
(5)重新配制
(6)200mL或0.2L

【分析】根据和操作判断溶质的量和溶液体积大小，根据判断溶液浓度变化情况，若引起所配制溶液浓度偏高，则n偏大或V偏小；
【详解】（1）配制的实验中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶，故填500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）已知98%的浓 (ρ=1.84g/cm3)，则该硫酸的浓度为，配制时根据大且近的原则，选择500mL容量瓶，再由稀释规律可得，所需浓硫酸的体积为，故填13.6；
（3）配制溶液的步骤计算，称量，溶解，冷却，转移，洗涤，定容，摇匀，所以配制该溶液的正确顺序为量取浓H2SO4、稀释浓H2SO4、将溶液转入配制容器、洗涤烧杯、玻璃棒并将洗涤液转入配制容器、加水定容、反复颠倒摇匀，故填AEFDCB；
（4）A．用量筒量取浓硫酸时俯视液面，浓硫酸的量变少，浓度偏低，故A错误；
B．配制溶液所用的容量瓶洗净后不需要干燥，浓度不变，故B错误；
C．浓硫酸在烧杯中溶解后，立即转移冷却后体积偏小，浓度偏高，故C正确；
D．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒导致硫酸的量较少，浓度偏低，故D错误；
E．定容时，俯视观察液面与仪器上的刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故E正确；
F．定容摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，使得溶液被稀释，浓度偏低，故F错误；
故填CE；
（5）配制溶液需要认真仔细。若在定容时，不小心加水超过刻度线，应该立即重新配制溶液，故填重新配制；
（6）从配制好的溶液中取出40mL，硫酸的物质的量为，根据反应，恰好反应时消耗的NaOH的物质的量为，NaOH的浓度为，需要的体积为，故填200mL或0.2L。