福建省泉州第五中学2020-2021学年高一化学上学期期中考试题（Word版附解析）

泉州五中2023届高一上学期化学期中考试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Cu-64Zn-65Br-80一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，共40分)1.按照物质的树状分类法和交叉分类法，对于HCl的分类正确的是①酸②强酸③一元酸④多元酸⑤含氧酸⑥无氧酸⑦化合物⑧混合物A.全部B.①②④⑤⑧C.①②③⑥⑦D.①③④⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①HCl电离时生成的阳离子全是氢离子，从组成上分类属于酸，故①正确；②HCl完全电离，是强酸，故②正确；③1molHCl可电离出1molH＋，属于一元酸，故③正确；④1molHCl可电离出1molH＋，属于一元酸，不属于多元酸，故④错误；⑤HCl不含氧，不属于含氧酸，故⑤错误；⑥HCl属于无氧酸，故⑥正确；⑦HCl由两种元素组成的化合物，属于化合物，故⑦正确；⑧由两种元素组成的化合物，是纯净物，不是混合物，故⑧错误；①②③⑥⑦正确，故选C。2.有人设想将碳酸钙通过的加工方法使之变为纳米碳酸钙(碳酸钙粒子直径是几纳米至几十纳米)，这将引起建筑材料的性能发生巨变。下列关于纳米碳酸钙的推测可能发生的是A.纳米碳酸钙的水溶液会浑浊不清B.纳米碳酸钙分散到水中能产生丁达尔效应C.纳米碳酸钙化学性质已与原来碳酸钙完全不同D.纳米碳酸钙的粒子不能透过滤纸，也不能透过半透膜【答案】B【解析】【分析】胶体是分散质微粒直径在1nm—100nm的分散系，胶体能产生丁达尔效应、胶粒能透过滤纸。【详解】A．纳米碳酸钙的水溶液属于胶体，是均匀透明的分散系，A不符题意；B．纳米碳酸钙分散到水中形成胶体，能产生丁达尔效应，B符合题意；C．纳米碳酸钙的组成与原来碳酸钙相同，则化学性质相同，C不符题意；D．胶粒不能透过半透膜，但能透过滤纸，纳米碳酸钙的水溶液属于胶体，所以纳米碳酸钙的粒子能透过滤纸，D不符题意。答案选B。 3.有CuO、H2、Ba(OH)2溶液、K2CO3溶液、NaOH溶液、稀H2SO4六种物质，在常温下两种物质两两间能发生反应最多有A.4个B.5个C.6个D.7个【答案】B【解析】【分析】【详解】由题目中的信息可以知道：两种物质之间分别验证，则CuO与H2反应需要加热，而题目要求“在常温下”进行，故此反应不能进行；CuO与稀硫酸反应；Ba(OH)2溶液和K2CO3溶液反应生成沉淀；Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成沉淀；K2CO3溶液与稀硫酸反应生成气体；NaOH溶液与稀硫酸反应，生成盐和水；故共5个化学反应。故选B。4.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是A.有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应B.氧化还原反应的本质是元素化合价的升降C.失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原D.非金属单质在化学反应中可能作还原剂也可能做氧化剂【答案】D【解析】【分析】【详解】A．同素异形体的转化中，如氧气转化为臭氧，即有单质参加也有单质生成，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B．氧化还原反应的本质为电子的转移，其特征为化合价的升降，故B错误；C．失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被氧化，故C错误；D．非金属单质在化学反应中化合价既能升高被氧化，如氮气与氧气反应时氮元素化合价升高被氧化，做反应的还原剂，化合价也能降低被还原，如氮气与氢气反应时氮元素的化合价降低被还原，做反应的氧化剂，则非金属单质在化学反应中可能作还原剂也可能做氧化剂，故D正确；故选D。5.有关阿伏加德罗常数NA，下列说法正确的是①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA②将0.1molFeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目小于0.1NA③2mol·L-1的氯化镁溶液中含氯离子数目为4NA ④1L0.1mol·L-1NaHSO4溶液中含有0.1NA个HSO⑤46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NAA.①②⑤B.①②C.①③D.③④【答案】A【解析】【分析】【详解】①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为×2×NAmol—1=NA，故正确；②氢氧化铁胶体是粒子的聚合体，则将0.1mol氯化铁溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目小于0.1NA，故正确；③缺溶液的体积，无法计算2mol·L-1的氯化镁溶液中氯化镁的物质的量和含有氯离子的数目，故错误；④硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液中不存在硫酸氢根离子，故错误；⑤二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，46gNO2中含有的原子数为×3×NAmol—1=3NA，故正确；①②⑤正确，故选A。6.等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体。下列说法正确的是A.质量之比为1∶1∶1B.体积之比为14∶14∶13C.密度之比为13∶13∶14D.原子个数之比为1∶1∶2【答案】D【解析】【详解】假设质子都有1mol，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是、、。质量之比为：：=14:14:13，故A错误；等温等压下，体积之比等于物质的量比，体积之比为：：=1∶1∶1，故B错误；等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14∶14∶13，故C错误；原子个数之比为：：=1∶1∶2，故D正确。7.某溶液中只含有较大量的Cl-、CO、OH-3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子 依次沉淀并过滤出来，下列实验操作顺序正确的是①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液A.①②④②③②B.④②①②③②C.①②③②④②D.④②③②①②【答案】B【解析】【分析】检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。【详解】Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；Cl-、CO、OH-都和AgNO3反应，CO、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有CO和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO、再检验OH-；即正确顺序为④②①②③②。答案选B。8.下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是A.HNO3→NO2B.H2→H2OC.CaCO3→CaOD.Cl2→HCl【答案】B【解析】【分析】【详解】A．HNO3→NO2中氮元素化合价降低，需要加入还原剂或是硝酸自身发生分解，A错误；B．H2→H2O中氢元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，B正确；C．CaCO3→CaO中元素的化合价均不变，碳酸钙分解即可实现，C错误；D．Cl2→HCl中氯元素的化合价降低，需要加入还原剂或与水发生歧化反应，D错误；答案选B。9.氧化还原反应与四种基本反应类型关系如图所示，则下列化学反应属于3区域的是 A.B.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OC.D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【答案】D【解析】【分析】3区域是指属于氧化还原反应，但又不是四大基本反应类型之一，据此分析。【详解】A．Cl2+2KBr=Br2+2KCl是置换反应，属于四大基本反应类型之一，A不选；B．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，也不是氧化还原反应，B不选；C．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3是氧化还原反应，但是也属于化合反应，属于四大基本反应类型之一，C不选；D．NaH＋H2O=NaOH＋H2↑既是氧化还原反应，也不属于四大基本反应类型之一，选D；故选D。10.下列实验能达到目的的是A.在容量瓶中加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸B.溶于水的固体与难溶于水的固体形成的混合物可用溶解、过滤、蒸发结晶的方法分离C.用玻璃棒蘸取氯水滴在pH试纸上，测氯水的pH值D.加入盐酸以除去硫酸钠中的少量碳酸钠杂质【答案】B【解析】【分析】【详解】A．容量瓶是定容仪器，不能做为稀释仪器，稀释浓硫酸必须在烧杯中进行，故A错误；B．不溶性物质和易溶性物质分离，可用溶解、过滤、蒸发结晶的方法分离，故B正确；C．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则不能用pH试纸测氯水的pH值，故C错误；D．加入盐酸，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠成了新的杂质，所以应该使用稀硫酸除去硫酸钠中的少量碳酸钠杂质，故D错误；故选B。 11.在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，主要原因可能是（）A.FeCl3溶液能与血液发生化学反应BFeCl3溶液能产生Fe(OH)3沉淀堵住伤口C.FeCl3溶液能使血液聚集沉降D.FeCl3溶液有杀菌消毒作用【答案】C【解析】【详解】血液属于胶体，加入电解质溶液（FeCl3溶液）可使血液聚集沉降，达到止血效果，故答案为C。12.下列做法能达到目的的是（）A.将58.5gNaCl固体配成2L溶液，可得1mol/L的NaCl溶液B.可使用490mL容量瓶完成490mL某浓度的BaCl2溶液的配制C.将17gNH3溶于1L水中，可得到浓度为1mol/L氨水D.将25.0g五水硫酸铜溶于水后配成100mL溶液所得溶液浓度为1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．将58.5gNaCl的物质的量为=1mol，溶于1L水中，配成的溶液的体积大于1L，浓度小于1mol/L，A错误；B．容量瓶规格没有490mL的，应用500mL容量瓶，B错误；C．17gNH3的物质的量为=1mol，但是溶于1L水得到溶液的体积大于1L，所以浓度不等于1mol/L，C错误；D．25.0g五水硫酸铜中含硫酸铜的物质的量为=0.1mol，溶液的体积为100ml，c===1mol/L，D正确；故选D。13.将一定质量Mg、Zn、Al的混合物与足量稀H2SO4反应，生成H25.6L(标准状况)，则原混合物的质量不可能是A.4gB.8gC.12gD.16g【答案】A 【解析】【分析】【详解】标准状况下5.6L氢气的物质的量为：n(H2)==0.25mol，三种金属中产生等量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝；故假设金属全部为锌可求的金属质量为0.25mol×65g/mol=16.25g，假设金属全部为铝可求的金属质量为0.25mol××27g/mol=4.5g，金属实际质量应在4.5g～16.25g之间，故A不可能.故选A。14.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列说法正确的是A.FeSO4没有氧化性B.生成1mol水时，转移1.25mol电子C.氧化剂和还原剂物质的量之比为5∶1D.KMnO4是氧化剂，Fe2(SO4)3是还原产物【答案】B【解析】【分析】由方程式可知，反应中锰元素的化合价由+7价变为+2价，化合价降低被还原，高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸锰为还原产物，铁元素的化合价由+2价变为+3价，化合价升高被氧化，硫酸亚铁为还原剂，硫酸铁为氧化产物，铁原子化合价变化的原子数目为10，转移电子数目为：10e-，反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，以此来解析；【详解】A．硫酸亚铁中亚铁离子为中间价态，既有氧化性也有还原性，A错误；B．由分析可知，反应中生成4mol水，反应转移10mol电子，则生成1mol水时，转移电子的物质的量为1mol×=1.25mol，B正确；C．由分析可知，反应中氧化剂高锰酸钾和还原剂硫酸亚铁的物质的量之比为1∶5，C错误；D．由分析可知，高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸铁为氧化产物，D错误；故选B。15.在电解质溶液的导电性实验（装置如图所示）中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是 A.硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液B.盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液C.硫酸中逐滴加入氯化钡溶液D.盐酸中逐滴加入硝酸银溶液【答案】A【解析】【详解】A．硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，完全反应时生成硫酸钡沉淀和水，溶液电荷浓度接近0，灯泡熄灭，符合题目要求，故A正确；B．盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液，生成NaCl和水，始终存在可自由移动的Na+和Cl-，滴定过程中灯泡不可能熄灭，故B错误；C．硫酸中逐滴加入氯化钡溶液生成HCl和硫酸钡沉淀，始终存在可自由移动的H+和Cl-，滴定过程中灯泡不可能熄灭，故C错误；D．盐酸中逐滴加入硝酸银溶液生成AgCl沉淀和硝酸，始终存在可自由移动的H+和，滴定过程中灯泡不可能熄灭，故D错误；故答案为A。16.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是A.H3PO2属于一元酸B.H3PO2属于三元酸C.NaH2PO2属于酸式盐D.NaH2PO2属于正盐【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，A正确；B．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，B错误； C．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，C错误；D．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，D正确；故答案为：AD。17.溶质质量分数为98%的浓硫酸(ρ=1.84g/mL)其物质的量浓度为18.4mol·L-1，取10mL该硫酸与amL水混合，配制成溶质质量分数为49%的硫酸(ρ=1.40g/mL)，其物质的量浓度为bmol·L-1，则a、b分别为A.a>10b<9.2B.a<10b<9.2C.a=10b=9.2D.a>10b>9.2【答案】A【解析】【分析】【详解】由溶液稀释过程中溶液中硫酸的质量不变可得：10mL×1.84g/mL×98%=（10mL×1.84g/mL+amL×1g/mL）×49%，解得a=18.4>10；由c=可得：49%的硫酸溶液的浓度为c==7.0mol/L<9.2mol/L，故选A。18.已知镓(Ga)有两种天然同位素，一种是Ga，其原子在天然同位素原子中所占的百分比为60%。实验测得溴化镓(GaBr3)的摩尔质量为309.8g/mol，则此推知镓的另一种同位素是A.GaB.GaC.GaD.Ga【答案】C【解析】【分析】【详解】由溴化镓的摩尔质量为309.8g/mol可知，镓元素的相对原子质量为309.8－3×80＝69.8，设镓的另一同位素的质量数为x，则有69×60％＋x×40％＝69.8，解得x＝71，则镓的另一种同位素是Ga，故选C。19.分别用20mL1mol·L-1BaCl2溶液恰好可使体积比为1∶2∶3硫酸铁、硫酸镁和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是A.2∶3∶2B.1∶2∶3C.1∶3∶3D.3∶2∶1【答案】A【解析】【分析】 【详解】设硫酸铁溶液的浓度为amol/L，体积为1L，由硫酸铁溶液与氯化钡溶液恰好反应可得：amol/L×1L×3=1mol/L×0.02L，解得a=；设硫酸镁溶液的浓度为bmol/L，体积为2L，由硫酸镁溶液与氯化钡溶液恰好反应可得：bmol/L×2L=1mol/L×0.02L，解得b=；设硫酸钾溶液的浓度为cmol/L，体积为3L，由硫酸钾溶液与氯化钡溶液恰好反应可得：cmol/L×3L=1mol/L×0.02L，解得a=，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为：：=2：3：2，故选A。20.120℃、101.3kPa，甲烷(CH4)和过量的O2的混合物，用电火花引燃（CH4+2O2=CO2+2H2O）后，恢复到原来的温度和压强，测得反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的体积比为(　　)A.2∶1B.1∶2C.1∶7D.1∶5【答案】C【解析】【详解】120℃时燃烧生成的水为气态，氧气过量发生反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，故平均相对分子质量不变，反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，故与混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量为15×2=30，根据十字交叉法：故原混合气体中甲烷和氧气的体积比为2:14=1:7。故选C。【点睛】120℃时燃烧生成的水为气态，氧气过量发生反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，故平均相对分子质量不变，由反应后的相对氢气的密度计算原混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量，利用十字交叉法计算原混合气体中甲烷和氧气的体积比．二、非选择题(共60分)21.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。 请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D序号填入适当的空格中。（1）碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙___；（2）分离酒精和水___；（3）分离植物油和水___；（4）氯化钠溶液中分离出氯化钠___；（5）氯化钠溶液中分离出水___。【答案】（1）B（2）A（3）C（4）D（5）A【解析】【分析】由装置图可知A为蒸馏，常用于分离沸点不同的液体混合物；B为过滤，常用于分离固液混合物；C为萃取分液；D为蒸发，结合混合物的性质的异同选择合适的分离方法。【小问1详解】碳酸钙不溶于水，可以通过过滤从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，应该选用装置B，故答案为：B；【小问2详解】酒精和水互溶，但二者沸点不同，可以通过蒸馏分离酒精和水，选用的装置为A，故答案为：A；【小问3详解】植物油不溶于水水，可以通过分液分离植物油和水，应该选用装置C，故答案为：C；【小问4详解】从氯化钠溶液中分离出氯化钠，可以通过蒸发操作实现，应该选用装置D，故答案为：D；【小问5详解】从氯化钠溶液中分离出水，氯化钠沸点较高，可以通过蒸馏操作完成，应该选用装置A，故答案为：A。22.回答下列问题：（1）在下列物质中，可以导电的是___(填序号，下同)，是电解质的有___。 ①干燥的氯化钠晶体②干燥的氢氧化钠固体③蔗糖晶体④酒精⑤NaHSO4溶液⑥氢氧化钠溶液⑦稀盐酸⑧Ba(OH)2溶液（2）向盛有⑧的溶液中，逐滴加入⑤，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，发生反应的化学方程式为___。（3）工业上利用电解①的饱和溶液制Cl2，发生反应的化学方程式为___。（4）某无色透明溶液中可能含有下列离子中的一种或几种：Na+、Mg2+、Cu2+、OH—、Cl—、CO、SO、NO。现进行如下实验：①用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色。②另取少量溶液逐滴滴加盐酸至过量，有气体放出，再加入BaCl2溶液后，没有沉淀生成。③另取少量溶液用足量硝酸酸化后，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成。根据上述实验推断：原溶液中肯定有___离子，肯定没有___离子。【答案】（1）①.⑤⑥⑦⑧②.①②（2）Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O（3）2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑（4）①.OH－、Na＋、Cl－、CO②.Mg2＋、Cu2＋、SO【解析】【分析】【小问1详解】①干燥的氯化钠晶体中存在不能自由移动的离子，属于电解质，但不能导电；②干燥的氢氧化钠固体中存在不能自由移动的离子，属于电解质，但不能导电；③蔗糖晶体是非电解质，不能导电；④酒精是非电解质，不能导电；⑤NaHSO4溶液中存在能自由移动的离子，能导电，溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥氢氧化钠溶液中存在能自由移动的离子，能导电，溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦稀盐酸中存在能自由移动的离子，能导电，溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧Ba(OH)2溶液中存在能自由移动的离子，能导电，溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；则可以导电的是⑤⑥⑦⑧，属于电解质的是①②，故答案为：⑤⑥⑦⑧；①②；【小问2详解】向氢氧化钡溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，当钡离子恰好完全沉淀时发生反应为氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的化学方程式为Ba(OH)2+ NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O，故答案为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O；【小问3详解】工业上电解饱和氯化钠溶液制备氯气的反应为饱和氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；【小问4详解】铜离子在溶液中为淡蓝色，无色透明溶液中一定不存在铜离子；用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝色说明溶液中存在氢氧根离子，一定不存在镁离子；取少量溶液逐滴滴加盐酸至过量，有气体放出，再加入BaCl2溶液后，没有沉淀生成说明溶液中含有碳酸根离子，一定不存在硫酸根离子；另取少量溶液用足量硝酸酸化后，加入AgNO3溶液有白色沉淀生成说明溶液中存在氯离子；由电荷守恒可知，溶液中存在钠离子；由题给实验无法确定是否含有硝酸根离子，则溶液中一定存在钠离子、氢氧根离子、碳酸根离子和氯离子，一定不存在铜离子、镁离子和硫酸根离子，可能存在硝酸根离子，故答案为：OH－、Na＋、Cl－、CO；Mg2＋、Cu2＋、SO。23.设NA表示阿伏加德罗常数的值，回答下列问题：（1）0.3molNH3分子中所含原子数与___个H2O分子中所含原子数相等。（2）某气体在标准状况下的密度为1.25g/L，则14g该气体所含有的分子数为___。（3）同温同压下，同体积的H2和A气体的质量分别为1.0g和16.0g，则A的摩尔质量为___。（4）从400mL2.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中取出10mL，将这10mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中SO的物质的量浓度为___。（5）某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其中R的摩尔质量为Mg·mol-1，25℃时ag该结晶水合物晶体能够溶于bg水中，形成密度为ρg/mL的溶液，则：①该溶液中溶质的质量分数为___。②该溶液中溶质的物质的量浓度为___。【答案】（1）2.408×1023（2）3.01×1023（3）32g/mol（4）0.6mol/L（5）①.②.【解析】【分析】【小问1详解】 0.3molNH3分子中含有的原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，则n(H2O)=0.4mol，二者含有的原子个数相等，N(H2O)=0.4mol×6.02×1023/mol=2.408×1023，故答案为：2.408×1023；【小问2详解】气体摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，气体的物质的量为，则14g该气体所含有的分子数为6.02×1023/mol×0.5mol，故答案为：3.01×1023；【小问3详解】同温同压下，同体积的H2和A气体的物质的量相等，H2和A气体的质量分别为1.0g和16.0g，设A的摩尔质量为xg/mol，，x=32，故答案为：32g/mol；【小问4详解】400mL2.0mol/L的Al2(SO4)3溶液中含SO的物质的量浓度为：c(SO)=2.0mol/L×3=6mol/L；从中取出10mL，取出溶液的SO浓度仍然为6mol/L；将这10mL溶液用水稀释到100mL，稀释后SO浓度为：6.0mol/L×=0.6mol/L，故答案为：0.6mol/L；【小问5详解】溶质的质量=a×=g，所以溶液的质量分数=；溶质的物质的量=mol，溶液的体积为：，则溶液的物质的量浓度=，故答案为：；。24.某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。 （1）装置Ⅰ中仪器c的名称是___，实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式为___。（2）装置Ⅱ的作用是___（3）若产生Cl2足量，实验过程中装置Ⅳ中的实验现象___。（4）实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的___装置(填序号)。（5）有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示：①反应Ⅰ属于___反应。(填四种基本反应类型之一)②在450℃条件下，反应Ⅱ的化学方程式为____。③工业生产中常用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有泄漏，可以观察到有大量的白烟生成(为NH4Cl固体)，同时会生成一种空气中含量最多的物质，试写出该反应的化学方程式：___。【答案】（1）①.分液漏斗②.MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O（2）除去氯气中的氯化氢气体（3）溶液先变红，后褪色 （4）④（5）①.复分解；②.2CuCl2+O22CuO+2Cl2③.3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2【解析】【分析】根据装置图，装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢，干燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性，结合装置图和“地康法”制取氯气的反应原理图分析解答。【小问1详解】根据装置图，装置Ⅰ中仪器c有活塞，是分液漏斗；实验室制取Cl2用MnO2与浓盐酸混合加热，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】反应物中含有浓盐酸，易挥发，且反应需要加热，导致制取的Cl2会混有挥发出的HCl，因此装置Ⅱ中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；【小问3详解】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，次氯酸能够具有漂白性，然后溶液又褪色，故答案为：溶液先变红，后褪色；【小问4详解】a、b为对照实验，干燥的Cl2本身不具有漂白性，遇水生成HClO，HClO具有漂白性。但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象，因为氯气未经干燥，本身带有水蒸气，所以需要在上图装置Ⅱ与Ⅲ之间添加一个干燥装置，碱石灰和浓硫酸是常用的干燥剂，但是氯气会和碱石灰反应，所以选择④浓硫酸，故答案为：④；【小问5详解】①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，该反应的化学方程式为：2HCl+CuO=CuCl2+H2O，反应中各元素化合价不变，该反应属于复分解反应，故答案为：复分解；②根据图示可知反应Ⅱ为：2CuCl2+O22CuO+2Cl2，故答案为：2CuCl2+O22CuO+2Cl2；③若Cl2有泄漏，可以观察到有大量的白烟生成(为NH4Cl固体)，同时会生成一种空气中含量最多的物质，说明Cl2与NH3反应产生NH4Cl和N2，反应的化学方程式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，故答案为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。25.“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶84消毒液，该消毒液通常稀释到100倍 (体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如图信息：84消毒液【有效成分】NaClO【规格】1000mL【质量分数】25%【密度】1.19g/cm3（1）该84消毒液NaClO物质的量浓度约为___(保留1位小数)。（2）工业上用Cl2与浓氢氧化钠溶液反应制取84消毒液，请写出反应的化学方程式___。（3）该同学参阅该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL该种84消毒液。下列说法不正确的是___(填字母)。A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还另需要一种玻璃仪器B.使用前要检查容量瓶是否漏液C.容量瓶上标有容积、温度和浓度D.需要称量NaClO固体的质量为149.0gE.容量瓶用蒸馏水洗净后，须烘干后再使用（4）一瓶上述84消毒液理论上能吸收空气中___L的CO2(标准状况下)而变质。(已知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)（5）84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，请用化学方程式解释其原因___，某消毒小组人员用18.4mol·L-1的浓硫酸配制500mL2.3mol·L-1的稀硫酸用于增强84消毒液的消毒能力，需取用浓硫酸的体积为___mL。（6）在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏高的有___(填代号)。①用量筒量取98%的硫酸时俯视②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水 ④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出⑤定容时，俯视刻度线⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线【答案】（1）4.0（2）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（3）ACE（4）89.6（5）①.H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO②.62.5（6）②⑤【解析】【分析】【小问1详解】该溶液的物质的量浓度=，故答案为：4.0；【小问2详解】Cl2与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；【小问3详解】A．配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：圆底烧瓶、分液漏斗，还需要仪器玻璃棒、胶头滴管，故A错误；B．配制溶液时需要摇匀溶液，所以使用前要检查容量瓶是否漏液，故B正确；C．容量瓶上标有容积、温度和刻度线，没有浓度，故C错误；D．配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量：0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149.0g，故D正确；E．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需干燥，可以直接使用，且烘干会影响容量瓶的精度，故E错误；故答案为：ACE；【小问4详解】一瓶“84消毒液”含有n(NaClO)=1L×4.0mol•L-1=4.0mol，根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，则需要CO2的物质的量为n(CO2)=4.0mol，即标准状况下V(CO2)=4.0mol×22.4L•mol-1=89.6L，故答案为：89.6；【小问5详解】84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，原理是稀硫酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，化学方程式为： H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=500mL×2.3mol/L，V=62.5mL，故答案为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；62.5；【小问6详解】①用量筒量取98%的硫酸时俯视，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质物质量偏小，溶液浓度偏低，故不选；⑤定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；