上海师范大学附属中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版含解析）

上海师范大学附属中学2022学年度第一学期期中教学质量自主调研高一年级化学(考试时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共30题，每题2分，满分60分)1.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是A.能否发生丁达尔效应B.是否均一、透明、稳定C.能否透过滤纸或半透膜D.分散质粒子直径的大小【答案】D【解析】【详解】A．胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒(1nm∼100nm)在光照时产生对光的散射作用形成的，微粒直径小于1nm的溶液和微粒直径大于100nm的浊液没有该现象，该现象是由微粒直径决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A不符合；B．溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故B不符合；C．溶液可以透过滤纸，浊液不能透过滤纸，胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径决定的，所以，该现象不是三种分散系的本质区别，故C不符合；D．根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(分散质粒子直径小于1nm)、胶体(分散质粒子直径在1nm∼100nm之间)、浊液(分散质粒子直径大于100nm)，所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小，故D符合；答案选D。2.微纳米材料研究所研发的纳米量级碳酸钙直径约为30nm，已取得重大突破。下列有关说法正确的是A.纳米量级碳酸钙是一种胶体B.若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中，会产生丁达尔效应C.若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中，不能透过滤纸D.若将纳米量级碳酸钙加入稀盐酸中，不会有二氧化碳产生【答案】B 【解析】【详解】A．分散系是混合物，而纳米级碳酸钙是纯净物，不是分散系，选项A错误；B．纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中形成胶体，而丁达尔效应是胶体特有的性质，选项B正确；C．若将纳米量级碳酸钙均匀分散到蒸馏水中就会形成胶体，而胶体可以透过滤纸，选项C错误；D．纳米级碳酸钙仍然是碳酸钙，物质的化学成分不变，仍然能和盐酸发生复分解反应生成二氧化碳，选项D错误；答案选B。3.下列物质中与0.3molH2O含有相同氢原子数的是A.0.3molHNO3B.0.1molH3PO4C.0.2molCH4D.3.612×1023个HCl分子【答案】D【解析】【分析】0.3mol水分子中氢原子的物质的量为0.3mol×2=0.6mol。【详解】A．0.3mol硝酸中氢原子的物质的量为0.3mol×1=0.3mol，与0.3mol水分子中含有的氢原子数不相同，故A错误；B．0.1mol磷酸中氢原子的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，与0.3mol水分子中含有的氢原子数不相同，故B错误；C．0.2mol甲烷中氢原子的物质的量为0.2mol×4=0.8mol，与0.3mol水分子中含有的氢原子数不相同，故C错误；D．3.612×1023个氯化氢分子中氢原子的物质的量为×1=0.6mol，与0.3mol水分子中含有的氢原子数不相同，故D正确；故选D。4.下列溶液中物质的量浓度为1mol·L-1的是A.将1molCuSO4·5H2O溶解在1L水中B.将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液C.将1L10mol·L-1的浓盐酸加入9L水中D.将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL 【答案】D【解析】【详解】A．溶液的体积不等于水的体积，水为1L时，无法确定溶液的体积，故A错误；B．没有说明是否是标准状况，所以无法计算气体的物质的量，故B错误；C．溶液的体积无法确定，故C错误；D．将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水到溶液体积为250mL，则物质的量浓度为=1mol/L，故D正确；故答案选D。5.“S、T、P”是指A.20℃，1大气压B.273K，101.3KPaC.293K，1大气压D.0℃，101.3Pa【答案】B【解析】【分析】“S.T.P”是指标准状况。【详解】“S.T.P”是指标准状况,温度为0℃,压强为101.3KPa，即273K，101.3KPa；答案选B。6.用表示阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法中正确的是A.所含的原子数为B.常温常压下，氧气所含的原子数为C.常温常压下，个氢分子的质量为D.常温常压下，的原子数为【答案】D【解析】【详解】A．所含的原子数为，故A错误；B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则氧气所含的原子数不是，故B错误； C．常温常压下，不知道气体摩尔体积，无法计算个氢分子的质量，故C错误；D．常温常压下，的原子数为，故D正确；故选：D。7.对于同温同压下等质量的NO和NO2，下列叙述正确的是A.分子数之比为1：1B.体积之比为15：23C.所含原子数之比为46：45D.密度之比为23：15【答案】C【解析】【详解】A．根据n=可知等质量的NO和NO2的分子数目的比等于二者的物质的量的比，则N(NO)：N(NO2)=：=23：15，A错误；B．根据n=可知等质量的NO和NO2在同温同压下气体的体积比等于二者的物质的量的比，则V(NO)：V(NO2)=：=23：15，B错误；C．n=及物质的分子中含有的原子数目，可知等质量的NO和NO2所含原子数之比为：=46：45，C正确；D．根据密度ρ=，可知在同温同压下NO和NO2的密度比等于二者的摩尔质量之比，所以ρ(NO)：ρ(NO2)=30：46=15：23，D错误；故合理选项是C。8.25℃、101kPa条件下，相同体积的两个密闭容器甲和乙，甲中充满，乙中充满和的混合气体。下列说法错误的是A.两容器中气体的质量不相同B.两容器中气体的分子数目相同C.两容器中气体的氧原子数目不相同D.两容器中气体的密度相同 【答案】D【解析】【分析】根据阿伏伽德罗定律，同温、同压、同体积的两个密闭容器中，气体的分子数相同。【详解】A．两个容器中气体的物质的量相同，由于气体的摩尔质量不相同，所以两容器中气体的质量也不相同，故A正确；B．根据阿伏伽德罗定律，同温、同压、同体积的气体，分子数一定相同，故B正确；C．容器甲中，1mol气体含有2mol氧原子，容器乙中，1mol气体含有氧原子的物质的量为2~3mol之间，所以两容器中气体的氧原子数目不相同，故C正确；D．两个容器的体积相等、气体质量不同，所以两容器中气体的密度不相同，故D错误；选D。9.NA表示阿伏伽德罗常数，如果40g某气体中所含有的分子数为2NA，则25g该气体在标况下的体积是A.22.4LB.28LC.33.6LD.40L【答案】B【解析】【详解】40g某气体中所含有的分子数为2NA，则该气体的摩尔质量为20g/mol，25g气体的物质的量==1.25mol，体积=1.25mol×22.4L/mol=28L；故选B。10.瓦斯中甲烷与氧气的体积比为1：2时极易爆炸，此时甲烷与氧气的质量比为A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4【答案】D【解析】【详解】瓦斯中甲烷与氧气的体积之比为1：2时极易爆炸，根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，此时甲烷与氧气的物质的量比为1：2，所以甲烷与氧气的质量比1×16：2×32=1：4，所以甲烷与氧气的质量比1：4，所以D选项符合题意；答案：D。11.用重结晶法提纯苯甲酸的实验中，需要用到的仪器是 A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】重结晶法提纯苯甲酸需要用到蒸发浓缩的仪器（酒精灯、蒸发皿、玻璃棒）、过滤仪器（烧杯、普通漏斗、玻璃棒）；A．A为分液漏斗，不会用到，故A错误；B．B为带支口的圆底烧瓶，不会用到，故B错误；C．C为冷凝管，该实验不用冷凝，故C错误；D．D为漏斗，用于过滤，故D正确；故答案选D。12.有些化学仪器加热时需要放在石棉网上，但也有一些仪器可以直接在酒精灯上加热，下列各组仪器中可以用酒精灯直接加热的一组是A.试管、蒸发皿、坩埚B.试管、烧杯、蒸馏烧瓶C.试管、平底烧瓶、坩埚D.蒸发皿、圆底烧瓶【答案】A【解析】【分析】实验室中可直接加热的仪器有：蒸发皿、试管、坩埚；垫石棉网可加热的有：烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等，据此进行判断。【详解】A．试管、蒸发皿、坩埚可以直接加热，A正确；B．烧杯、蒸馏烧瓶需要垫石棉网加热，B错误；C．平底烧瓶需要垫石棉网加热，C错误； D．圆底烧瓶需要垫石棉网加热，D错误；故选A。13.下列实验操作中错误的是A.蒸馏时，应使温度计水银球的中端靠近蒸馏烧瓶的支管口下沿处B.蒸发时，应使混合物中的大部分固体析出后停止加热C.过滤时，应使滤纸的边缘略低于漏斗的边沿D.萃取时，选择萃取剂的密度不一定比原溶剂大【答案】A【解析】【详解】A．蒸馏时，应使温度计水银球的下端靠近蒸馏烧瓶的支管口下沿处，A错误；B．蒸发时，应使混合物中的大部分固体析出后停止加热，利用余热蒸干，B正确；C．过滤时，应使滤纸的边缘略低于漏斗的边沿，C正确；D．萃取时，选择萃取剂不能与原溶剂互溶，其密度不一定比原溶剂大，，D正确；故选A。14.下列括号中的分离方法运用得当的是A.植物油和自来水(蒸馏)B.水溶液中的食盐和碘(分液)C.自来水中的杂质(萃取)D.CaCO3和CaCl2(溶解、过滤、蒸发)【答案】D【解析】详解】A．植物油和水，混合分层，利用分液法分离，故A错误；B．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则应利用萃取法分离，故B错误；C．自来水中水与可溶性杂质的沸点不同，应利用蒸馏法分离，故C错误；D．碳酸钙不溶于水，氯化钙溶于水，则溶解、过滤、蒸发可分离，故D正确；故答案选D。15.已知硫酸的浓度越大，密度越大。98％的浓硫酸的物质的量浓度为，则49％的硫酸溶液的物质的量浓度A.等于B.大于C.小于D.不能确定【答案】C 【解析】【详解】设49%的硫酸溶液的浓度为c，98%的浓硫酸的密度为ρ1，49%的硫酸溶液的密度为ρ2，则18.4mol·L-1=，硫酸溶液的浓度越大，其溶液的密度越大，故ρ1>ρ2，所以<1，所以c<9.2mol·L-1；故选C。16.、和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中、和CO的体积比为A.22∶1∶14B.29∶8∶13C.26∶8∶57D.13∶8∶29【答案】D【解析】【详解】同温同压下，相同，设、和CO的体积分别为：、、，则物质的量分别为：、、。、和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，根据，可知混合气体的平均摩尔质量与氮气相同为;根据，可得，即，，其中，以此类推，代入上式可得，，解得，即与CO的体积无关，故选D。17.下列关于使用分液漏斗的说法错误的是A.萃取、分液前需对分液漏斗检漏 B.进行分液时，分液漏斗中下层液体从下端流出，上层则从上口倒出C.分液漏斗可以把与分离D.为保证分液漏斗内的液体顺利流出，可以将玻璃塞拿下【答案】C【解析】【详解】A．分液漏斗带有旋塞，使用前需要检漏，A正确；B．为防止下层液体混杂进上层液体，进行分液时，分液漏斗中的下层液体从下端流出，上层则从上口倒出，B正确；C．分液漏斗能把互不相溶的两种液体分离开来，溴单质易溶于四氯化碳，不能用分液漏斗分开，C错误；D．为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需保持分液漏斗内外气压相同，可以将玻璃塞拿下，D正确；故选C。18.下列各溶液中，浓度最大的是A.的溶液B.的溶液C.的溶液D.的溶液【答案】C【解析】【详解】A．的溶液中浓度为；B．的溶液中浓度为；C．的溶液为浓度为；D．，溶液没有；综上所述，Cl-浓度最大的是选项C；故选C。19.容量瓶无需标出的是A.刻度线B.所配置溶液的浓度C.温度D.容量瓶规格 【答案】B【解析】【详解】容量瓶上的标示有温度、容积即容量瓶规格、刻度线，无需标出所配置溶液的浓度；故选B。20.下列有关配制100mL1.0mol/LNaCl溶液的操作图示中，表示“定容”的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．该步骤为溶解，A项错误；B．该步骤为将烧杯中液体转移液体至容量瓶中，B项错误；C．该步骤为胶头滴管加水定容至刻度线，C项正确；D．该步骤为摇匀，D项错误；故选C。21.下列物质能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色的是A.Cl2B.H2OC.H2D.CH4【答案】A【解析】【详解】使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色即该气体的具有氧化性，能够将KI中的碘离子反应成碘单质，其中氯气具有氧化性，其它气体都没有，故选A。22.下列氯化物中不能由对应的金属单质与氯气反应得到的是A.FeCl2B.FeCl3C.AlCl3D.CuCl2【答案】A 【解析】【详解】A．氯气有强氧化性，Fe和Cl2直接化合制得FeCl3，不能得到FeCl2，A符合题意；B．Fe和Cl2直接化合制得FeCl3，B不符合题意；C．Al和Cl2直接化合制得AlCl3，C不符合题意；D．Cu和Cl2直接化合制得CuCl2，D不符合题意；故答案选A。23.某同学向pH试纸上滴加几滴新制氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中错误的是A.该实验说明不可使用pH试纸测定氯水的pHB.若将氯水长时间放置之后再重复该实验将无法看到pH试纸变白的现象C.该实验说明H+扩散速率比漂白性微粒快D.实验结束后，将pH试纸用水冲洗再干燥可以恢复原色【答案】D【解析】【详解】A．氯水中次氯酸具有漂白性，能使pH试纸褪色，故不可使用pH试纸测定氯水的pH，A正确；B．次氯酸不稳定，见光分解为盐酸和氧气，不再具有漂白性，故若将氯水长时间放置之后再重复该实验将无法看到pH试纸变白的现象，B正确；C．该实验中外层试纸为红色、内层为白色，说明H+扩散速率比漂白性微粒快，C正确；D．次氯酸漂白具有不可逆性，实验结束后，将pH试纸用水冲洗再干燥不可以恢复原色，D错误；故选D。 24.下列关于HClO的性质叙述错误的是A.HClO是一元弱酸B.HClO不稳定，见光易分解C.HClO具有强氧化性D.HClO中氯元素的化合价为价【答案】D【解析】【详解】A．HClO是一元弱酸、酸性比碳酸弱，A正确；B．HClO不稳定，见光易分解为盐酸和氧气，B正确；C．HClO中氯元素化合价易降低到-1、具有强氧化性，C正确；D．HClO中CI元素的化合价为价，D错误；答案选D。25.下列物质中既含有氯离子又含有氯分子的是A.氯水B.液氯C.次氯酸D.氯化钠【答案】A【解析】【详解】A．氯水为氯气溶于水并与水反应生成盐酸和次氯酸形成的溶液，含有氯气分子，HCl在溶液中电离生成氯离子和氢离子，故A正确；B．液氯是由氯分子构成的物质，只含有氯分子，不含氯离子，故B错误；C．次氯酸在溶液中电离生成次氯酸根离子和氢离子，不含氯离子也不含氯气分子，故C错误；D．氯化钠是离子化合物，由氯离子和钠离子构成，不含氯气分子，故D错误；答案选A。26.用以下试剂和下图装置可制取、净化、收集的气体是A.锌和稀硫酸制氢气B.双氧水和二氧化锰制取氧气C.大理石和稀硫酸制二氧化碳D.氯酸钾和二氧化锰制氧气【答案】B 【解析】【详解】A．锌和稀硫酸反应不需加热，可用此发生装置,氢气的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，A项错误；B．双氧水和二氧化锰混合制取氧气不需加热，可用此发生装置，氧气的密度比空气大，用向上排空气法收集，可用此装置制取干燥的二氧化碳，B项正确；C．不能使用大理石和稀硫酸制二氧化碳，应使用稀盐酸，C项错误；D．氯酸钾和二氧化锰制氧气，需要加热装置，该装置缺少加热仪器，D项错误；答案选B。27.如图：A处通入氯气，关闭B阀时，C处干燥红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是A.D中可以是浓盐酸B.通入的氯气含有水分C.D中可以是水D.D中可以是饱和食盐水【答案】B【解析】【详解】A处通入氯气，关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。说明氯气中含有水蒸气，遇到有色布条，氯气和水反应生成次氯酸起漂白作用，氯气通过D装置后，遇到有色布条不褪色，说明D装置中的液体可以是干燥氯气，也可以是吸收氯气；A．浓盐酸不能吸收或干燥氯气，故A错误；B．根据上述分析可知，实验现象说明通入的氯气含有水分，故B正确；C．D中是水时，会使有色布条褪色，故C错误；D．饱和食盐水不能吸收或干燥氯气，故D错误；故选B。28.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是A漂白粉被氧化了 B.有色布条被空气中的氧气氧化了C.漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClOD.漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大【答案】C【解析】【分析】漂白粉的有效成分是次氯酸钙，漂白时转化为强氧化性的次氯酸（漂白性），因而能漂白某些有色物质；【详解】漂白粉主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能与酸反应生成有强氧化性的HClO（漂白性），故能漂白某些有色物质。因HClO酸性弱于碳酸（H2CO3），漂白粉溶液在空气中发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，增大了HClO浓度使漂白性增强。答案选C。29.实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。下列分析正确的是A.操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去B.操作Ⅱ是加热浓缩、趁热过滤，除去杂质氯化钠C.操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D.操作Ⅰ~Ⅲ总共需两次过滤【答案】C【解析】【详解】KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体，故选C。二、综合分析题(本大题满分40分)30.为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)： （1）第①步中，操作A是_______，第⑤步中，操作B是_______。（2）第④步中，写出相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2+的主要存在形式为氯化钙)_______。（3）第②步和第③步操作是否可以调换？_______理由是_______。（4）第②步与第④步操作是否可以调换？_______原因是_______。（5）若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因：_______。（6）如何判断SO已经除尽？_______。【答案】（1）①.溶解②.过滤（2）CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl（3）①.可以②.不影响杂质子的去除（4）①.不可以②.碳酸钠能除去反应过量的氯化钡（5）Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀溶解而无法过滤除去（6）取沉淀后的上层清液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若无明显现象，则SO已除尽，反之，则没有除尽【解析】【分析】流程可知，①中操作A为溶解，②中加氯化钡除去SO，③中NaOH除去Mg2+，④中碳酸钠除去Ca2+，⑤中操作B为过滤，滤液中加盐酸后蒸发、结晶得到精盐，以此来解析；【小问1详解】在租盐提纯之前要先将租盐溶解于水中，第①步中，操作A是溶解，第⑤步中的操作是实现固体和液体的分离方法，即过滤；【小问2详解】在粗盐提纯时，可以加入碳酸钠除去钙离子和多余的钡离子，发生的反应方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl；【小问3详解】可以；除去粗盐中可性杂质：Ca2+、Mg2+、SO时，可以入过量NaOH(去除镁离子)加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)最后加适量盐酸，盐 酸与过量NaOH液和过量Na2CO3溶液发生反应，从而除掉过量的OH-、CO，碳酸钠必须加在氯化钡之后，否则过量的钡离子无法除去，所以步骤②和③可以颠倒，不影响离子除去；【小问4详解】否；过量的BaCl2必须要用Na2CO3除去，是先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙高子用碳酸根离子沉淀，除钙高子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氧化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，故②和④不能换顺序；【小问5详解】在租盐提纯时，若先用盐酸调pH再过滤，那样生成的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，从而使制得精盐中含有一些杂质；小问6详解】硫酸根离子的检验用氯化钡，取沉淀后的上层清液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若无明显现象，则SO已除尽，反之，则没有除尽；31.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回来的浓盐酸试剂标签上的部分内容：盐酸化学式：相对分子质量：36.5密度：质量分数：36.5％（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_______(计算结果保留一位小数)。（2）现用该浓盐酸配置的稀盐酸，配置时所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、_______、_______(写仪器名称)。（3）经计算，配置的稀盐酸需要用量筒量取上述浓盐酸的体积为_______，量取浓盐酸时应选用_______规格的量筒。AB.C.D.（4）若实验中遇到以下情况，对配置盐酸的物质的量浓度有何影响(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”) ①容量瓶中原有少量蒸馏水_______；②定容后经震荡、摇匀静置，发现液面下降，再加适量的水_______。（5）取任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积多少而变化的是_______。A.溶液中盐酸的物质的量B.溶液的浓度C.溶液中的数目D.溶液的密度【答案】（1）12.5mol/L（2）①.250mL容量瓶②.胶头滴管（3）①.2.0mL②.5mL（4）①.无影响②.偏低（5）BD【解析】【小问1详解】该浓盐酸的物质的量浓度为；【小问2详解】容量瓶量程选择要“大而近”，本题所需的玻璃仪器还有250mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】配制240mL0.1mol·L-1稀盐酸，要选择250mL容量瓶，故稀盐酸体积用250mL进行计算，设所需浓盐酸的体积为V，250mL×0.1mol·L-1=12.5mol·L-1V，V=2.0mL，需要用量筒量取上述浓盐酸的体积为2.0mL；量取浓盐酸时应选用5mL规格的量筒；【小问4详解】容量瓶中原有少量蒸馏水，既没有影响所需盐酸的量，也没有影响最后所得溶液体积，故对配制盐酸的物质的量浓度无影响；定容后经震荡、摇匀静置，发现液面下降，再加适量的水会使溶液体积偏大，配制盐酸的物质的量浓度偏低；【小问5详解】A．根据n=cV，所取溶液越多，溶液中盐酸的物质的量越大，A项错误；B．盐酸配制完成后，溶液取出多少溶液的浓度都不变，B项正确；C．所取溶液越多，溶液中盐酸的物质的量越大，溶液中的物质的量越大，溶液中的数目越多，C项错误；D．溶液浓度固定，溶液的密度不随所取溶液体积多少而变化，D项正确； 答案选BD；32.如图是实验室制备氯气并验证氯气性质的装置(其中夹持仪器已省略)已知装置A是氯气的发生装置，反应的化学方程式为。据此回答下列问题：（1）装置A中的分液漏斗可改成下图所示仪器，其优点是_______。（2）装置B是安全瓶，目的是监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出装置C中发生堵塞时装置B中的实验现象：_______。（3）装置C中的作用是验证氯气是否具有漂白性，则装置C中I、II、III处依次应放入的物质是_______(填序号)。序号IIIIIIa干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条c湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）装置D的作用是_______，则烧杯中的溶液是_______，写出所发生反应的化学方程式：_______。 （5）如果将的浓盐酸与氯化钙充分反应，实际能收集到的氯气在标准状况下的体积将_______。A.B.C.D.【答案】（1）平衡压强，便于液体顺利流下（2）B中长颈漏斗中液面上升（3）c（4）①.吸收多余的氯气，防止污染环境②.浓NaOH溶液③.Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O（5）D【解析】【分析】装置A是氯气的发生装置，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，生成的氯气中有挥发出来氯化氢和水蒸气，B用饱和食盐水除去HCl气体，C是氯气的性质检验装置，D是防止尾气泄漏进行尾气处理。B中长颈漏斗的作用是防堵塞安全装置，若出现堵塞，长颈漏斗的液面会高于锥形瓶内的液面。【小问1详解】恒压滴液漏斗，平衡压强，便于液体顺利流下；【小问2详解】监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B的压强增大，气体将溶液压入长颈漏斗B中形成水柱，故答案为：B中长颈漏斗中液面上升；【小问3详解】装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，则需要通入湿润的有色布条中，使氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸。a中Ⅱ干燥剂可干燥并吸收氯气，不能达到实验目的，c中Ⅱ的浓硫酸不能装在固体干燥剂的装置中，所以C中Ⅰ为有色布条褪色，经过Ⅱ无水氯化钙干燥氯气，再经过Ⅲ处干燥的有色布条无变化，可达到实验目的，故选c；【小问4详解】氯气有毒，不能直接排放到空气中，装置D的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境，则烧杯中的溶液是浓NaOH溶液，发生反应的化学方程式：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O。【小问5详解】20mL、10mol·L-1的浓盐酸与足量次氯酸钙充分反应，n(HCl)=0.02L×10mol/L=0.2mol,若完全反应，则生成氯气的物质的量n(Cl2)=×0.2mol=0.1mol，其体积在标准状况下为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但随着反应的进行，浓盐酸会逐渐变为稀盐酸，不再发生氧化还原 反应，则实际产生的氯气小于2.24L，故D符合题意，答案为：D。