河北省保定市望都中学高一化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年河北省保定市望都中学高一（上）期中化学试卷一.（选择题，共40分每小题只有一个选项符合题意）1．下列生活常见现象中，没有涉及化学变化的是()A．光合作用B．炭烧取暖C．风力发电D．电解冶炼2．分类是化学研究中常用的方法．下列分类方法中正确的是()A．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属B．依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物C．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物和酸性氧化物D．根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液3．下列对有关概念的叙述正确的是()A．在氧化还原反应中，氧化剂得电子还原剂失电子B．胶体的微粒直径在10﹣100nm之间，能发生丁达尔现象C．非金属氧化物为酸性氧化物，金属氧化物为碱性氧化物D．能导电的物质不一定是电解质，也有可能是非电解质4．下列说法正确的是()-32-\nA．氨气是非电解质，氨水是电解质B．氢氧化铁胶体可以发生丁达尔现象C．摩尔和物质的量均是联系宏观和微观数量的物理量D．硫酸氢钠能解离出H+，与碳酸钠反应有二氧化碳生成，因此属于酸5．实际存在的11H、12H、13H、H+和H2，它们是()A．氢的五种同位素B．氢元素的五种不同微粒C．氢的五种核素D．五种氢元素6．下列有关概念的叙述正确是()A．向某分散系中加入一种电解质后产生沉淀，则该分散系一定属于胶体B．氧化还原反应的本质是电子的转移，外观特征是化合价的变化C．摩尔是一种可以把物质的宏观量和微观粒子的数量联系起来的物理量D．某物质溶于水后能够导电，则该物质一定是电解质7．完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是()ABCD实验分离植物油和氯化钠溶液除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体分离CCl4中的Br2除去CO2气体中的HCl气体装置或仪器A．AB．BC．CD．D8．下列说法不正确的是()A．6.02×1023就是阿伏加德罗常数B．0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的值C．含有阿伏加德罗常数个粒子的物质的量是1molD．1molNH3所含原子数约是2.408×1024-32-\n9．用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列判断正确的是()A．2gH2含有的氢原子数目为NAB．常温常压下，22.4LO2含有的分子数目为NAC．1L1mol•L﹣1KOH溶液中含有的钾离子数目为NAD．1molZn变为Zn2+时失去的电子数目为NA10．0.1mol某元素的单质直接与氯气反应后，质量增加7.1g，这种元素是()A．NaB．MgC．FeD．Al11．氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是()A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B．通常状况下，干燥的氯气能和Fe反应C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸D．氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸12．用向上排空气法收集Cl2和HCl时，可以用以检验瓶中是否已经充满又可区别两气体的是()A．湿润的淀粉KI试纸B．蘸有浓氨水的玻璃棒C．湿润的蓝色石蕊试纸D．湿润的红色石蕊试纸13．100mL0.3mol•L﹣1Na2SO4溶液和50mL0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液混合后，溶液中SO42﹣离子的物质的量浓度（设体积为二者之和）为()A．0.2mol•L﹣1B．0.25mol•L﹣1C．0.4mol•L﹣1D．0.5mol•L﹣114．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-32-\nC．失电子的反应物在反应中作氧化剂，反应中被还原D．金属单质在化学反应中一定作还原剂15．同一物质中同一价态的元素部分被氧化、部分被还原的氧化还原反应是()A．2KNO32KNO2+O2↑B．NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2OC．3NO2+H2O═2HNO3+NOD．SO2+2H2S═3S↓+2H2O16．含H﹣的化合物跟氨反应：H﹣+NH3═NH+H2．根据该反应事实，可以得出的正确结论是()A．NH3具有还原性B．含H﹣的化合物是强氧化剂C．H2既是氧化产物又是还原产物D．该反应属于置换反应17．亚硝酸（HNO2）在反应中既可做氧化剂，又可做还原剂．当它做还原剂时，其氧化产物可能是()A．NH3B．N2C．NO2D．NO18．在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子反应中，化学计量数m的值为()A．2xB．4C．D．219．容量瓶上标有的是①温度②浓度③容量④质量⑤刻度线⑥酸式或碱式()A．①③⑤B．③⑤⑥C．①⑤⑥D．②③⑤20．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是重要的化工原料，该物质在潮湿的空气中极不稳定，易分解并引起燃烧，反应的化学方程式为：2Na2S2O4═Na2S2O3+X+SO2↑．下列说法不正确的是()-32-\nA．X的化学式为Na2SO4B．SO2污染空气C．Na2S2O3中S的化合价为+2D．Na2S2O4要在干燥阴凉处密闭保存二.（选择题，每小题有一或两个选项符合题意，每小题3分共15分）21．下列实验操作中错误的是()A．过滤操作时如果有必要可以用蒸馏水洗涤滤纸上的沉淀2﹣3次B．蒸馏操作时，应使温度计水银球插入液态混合物中C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应22．下列实验操作或记录正确的是()A．常温常压下测得1molN2的质量为28gB．用量筒测得排水法收集到的氢气体积为50.28mLC．用两只250mL的容量瓶配制0.1mol/L500mL的NaOH溶液D．用托盘天平称得2.5g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.9g23．体积为VmL、密度为ρg/cm3的溶液，含有相对分子质量为M的溶质mg，其物质的量浓度为cmol/L，溶质的质量分数为W%，下列表示式中正确的是()A．c=B．m=C．W%=%D．c=24．溴化碘（IBr）的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的方程式为：IBr+H2O=HBr+HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是()A．IBr是双原子分子B．在很多反应中IBr是氧化剂C．和水反应时IBr既是氧化剂又是还原剂-32-\nD．和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO25．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是()A．生成42.0LN2（标准状况）B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25molD．被氧化的氮原子的物质的量为1.75mol三、非选择题（共45分）26．同温同压下，同体积的氢气和气体A的质量分别是0.2g和3.4g，则气体A的摩尔质量为__________，A的分子数为__________同温同压下，同体积的氨气（NH3）和硫化氢（H2S）的质量比为__________；同质量的氨气和硫化氢气体的体积比__________；同质量的氨气和硫化氢气体，其中含有的氢原子个数比为__________．27．相同状况下，等物质的量的Na、Mg、Al、Zn分别与足量的稀硫酸反应，生成氢气的体积比为__________．28．由Na、Mg、Al、Zn、Cu五种金属中的两种组成的混合物共17克，跟足量盐酸反应，产生0.5gH2，由此可判断混合物中必定含有__________（用元素符号表示）．29．在2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑，氧化剂是__________，氧化产物是__________，当有4.4gCO2产生时被还原的物质的质量__________g．30．用质量分数为36.5%的盐酸（密度为1.16g•cm﹣3）配制1mol•L﹣1的稀盐酸．现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有__________．（2）计算已知盐酸的物质的量浓度为__________．（3）经计算需要__________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的__________．-32-\nA．5mLB．10mLC．25mLD．50mL（4）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中．②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切．③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀．④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶．上述操作中，正确的顺序是__________（填序号）．（5）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．31．（13分）在如图所示的物质转化关系中，A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂．（反应中生成的水和部分反应条件未列出）（1）画出A中阴离子的结构示意图：__________．（2）反应②在点燃条件下的现像是：__________．（3）反应①的化学方程式为：__________．（4）配平方程式__________Pt+__________HNO3+__________HCl﹣__________H2PtCl6+__________NO↑+__________H2O（5）工业制备漂白粉的化学方程式为：__________．有效氯的含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标．次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的含量来表示：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O有效氯含量=×100%，则该反应的产品漂白粉的有效氯为__________．-32-\n-32-\n2022-2022学年河北省保定市望都中学高一（上）期中化学试卷一.（选择题，共40分每小题只有一个选项符合题意）1．下列生活常见现象中，没有涉及化学变化的是()A．光合作用B．炭烧取暖C．风力发电D．电解冶炼【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．光合作用有新物质生成；B．炭烧取暖有新物质二氧化碳生成；C．风力发电没有新物质生成；D．电解冶炼有新物质生成．【解答】解：A．光合作用有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B．炭烧取暖有新物质二氧化碳生成，属于化学变化，故B错误；C．风力发电没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；D．电解冶炼有新物质生成，属于化学变化，故D错误．故选C．-32-\n【点评】本题物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．2．分类是化学研究中常用的方法．下列分类方法中正确的是()A．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属B．依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物C．根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物和酸性氧化物D．根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液【考点】金属和非金属；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【专题】物质的分类专题．【分析】A．根据除稀有气体和第ⅡA族外，多数主族元素既有金属元素也有非金属元素；B．单质由同种元素组成，化合物由不同元素组成；C．氧化物依据与酸反应生成氧和水的性质特征分为酸性氧化物和酸性氧化物；D．根据分散质微粒的大小可以将混合物进行分类．【解答】解：A．不能与金属元素同主族的非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，金属元素在反应中很容易失去最外层的电子，金属元素组成的化合物中，都是正价，故A错误；B．单质由同种元素组成，化合物由不同元素组成，依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，故B正确；C．将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物的依据是与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，含金属元素的不一定是碱性氧化物，故C错误；D．根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质和反应的分类和分类依据，明确不同的分类依据得出不同的分类结果即可解答，题目较简单．3．下列对有关概念的叙述正确的是()A．在氧化还原反应中，氧化剂得电子还原剂失电子-32-\nB．胶体的微粒直径在10﹣100nm之间，能发生丁达尔现象C．非金属氧化物为酸性氧化物，金属氧化物为碱性氧化物D．能导电的物质不一定是电解质，也有可能是非电解质【考点】氧化还原反应；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A．根据氧化还原反应的概念分析；B．胶体的微粒直径在1﹣100nm之间；C．非金属氧化物分为酸性氧化物和不成盐氧化物，金属氧化物分为碱性氧化物、过氧化物、两性氧化物等；D．能导电的物质不一定是电解质，一定不是非电解质．【解答】解：A．氧化还原反应中得电子的物质是氧化剂，失电子的物质是还原剂，故A正确；B．胶体的微粒直径在1﹣100nm之间，胶体能发生丁达尔现象，故B错误；C．非金属氧化物分为酸性氧化物和不成盐氧化物，金属氧化物分为碱性氧化物、过氧化物、两性氧化物等，故C错误；D．能导电的物质不一定是电解质，如金属单质，金属单质也不是非电解质，故D错误．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应、胶体、物质的分类、电解质等，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的掌握情况．4．下列说法正确的是()A．氨气是非电解质，氨水是电解质B．氢氧化铁胶体可以发生丁达尔现象C．摩尔和物质的量均是联系宏观和微观数量的物理量D．硫酸氢钠能解离出H+，与碳酸钠反应有二氧化碳生成，因此属于酸【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；物质的量的单位--摩尔．【专题】物质的分类专题；溶液和胶体专题．【分析】A．电解质必须是本身能够电离的化合物；B．丁达尔效应是胶体特有的性质；-32-\nC．摩尔是物质的量的单位；D．电离产生的阳离子都是氢离子的化合物属于酸．【解答】解：A．氨气本身不能电离，属于非电解质，氨水属于混合物，不是电解质，故A错误；B．丁达尔效应是胶体特有的性质，氢氧化铁胶体可以发生丁达尔现象，故B正确；C．物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁，摩尔是物质的量的单位，故C错误；D．硫酸氢钠电离产生的阳离子有氢离子和钠离子，不是酸，属于酸式盐，故D错误；故选：B．【点评】本题考查基本概念和元素化合物性质，熟悉电解质、酸的概念、胶体的性质是解题关键，注意对酸、碱、盐概念的理解，题目难度不大．5．实际存在的11H、12H、13H、H+和H2，它们是()A．氢的五种同位素B．氢元素的五种不同微粒C．氢的五种核素D．五种氢元素【考点】同位素及其应用．【专题】原子组成与结构专题．【分析】核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的同一种原子；有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素．【解答】解：11H、12H、13H质子数相同，中子数不同，为三种不同的氢原子，互为同位素；H+为氢离子和H2为氢分子，故它们是氢元素的五种不同微粒，故选B．【点评】本题考查氢元素的五种不同微粒，难度不大．要注意同位素的特点是质子数相同，中子数不同的原子．6．下列有关概念的叙述正确是()A．向某分散系中加入一种电解质后产生沉淀，则该分散系一定属于胶体B．氧化还原反应的本质是电子的转移，外观特征是化合价的变化C．摩尔是一种可以把物质的宏观量和微观粒子的数量联系起来的物理量D．某物质溶于水后能够导电，则该物质一定是电解质-32-\n【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；物质的量的单位--摩尔；氧化还原反应；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题；氧化还原反应专题．【分析】A．根据胶体聚沉的条件和复分解的条件分析；B．氧化还原反应的本质是有电子的转移，表现为氧化还原反应中一定有元素化合价的变化；C．物质的量是把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来的物理量；D．电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物．【解答】解：A．胶体加入电解质溶液会发生聚沉可产生沉淀，复分解发生的条件之一是生成沉淀，所以溶液可以生成沉淀，溶液氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，故A错误；B．A．氧化还原反应的实质是电子的转移（得失或偏移），特征为有元素化合价的变化，故B正确；C．物质的量是把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来的物理量，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故C错误；D．二氧化碳、二氧化硫、氨气等溶于水所得溶液能够导电，但属于非电解质，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及胶体、氧化还原反应、物质的量以及非电解质等，侧重物质的分类的考查，为高频考点，注重相关基础知识的积累，难度不大．7．完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是()ABCD实验分离植物油和氯化钠溶液除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体分离CCl4中的Br2除去CO2气体中的HCl气体装置或仪器A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．-32-\n【分析】A．分层后，植物油在上层；B．NaCl、KCl的溶解度受温度影响不同；C．溴与四氯化碳的沸点不同；D．二氧化碳、HCl均与NaOH溶液反应．【解答】解：A．分层后，植物油在上层，则利用图中分液装置可分离，故A正确；B．NaCl、KCl的溶解度受温度影响不同，应利用结晶法分离，不能选图中蒸馏装置，故B错误；C．溴与四氯化碳的沸点不同，不能利用过滤法分离，应利用蒸馏，故C错误；D．二氧化碳、HCl均与NaOH溶液反应，图中装置不能除杂，图中试剂应为碳酸氢钠溶液，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置图的作用、物质的性质为解答的关键，侧重混合物分离方法及除杂等实验操作和原理的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．8．下列说法不正确的是()A．6.02×1023就是阿伏加德罗常数B．0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的值C．含有阿伏加德罗常数个粒子的物质的量是1molD．1molNH3所含原子数约是2.408×1024【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．根据阿伏伽德罗常数的近似值来判断；B．根据0.012kg12C含有的碳原子数判断；C．含有阿伏伽德罗常数个微粒的物质的量就是1mol；D．根据N=nNA结合氨气分子的构成计算．【解答】解：A．阿伏伽德罗常数的近似值为6.02×1023，但6.02×1023不是阿伏伽德罗常数，故A错误；B.0.012kg12C的物质的量是1mol，所以0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数，故B正确；C．含有阿伏伽德罗常数个微粒的物质的量就是1mol，故C正确；-32-\nD．N=nNA=1mol×NA/mol=NA，一个氨气分子中含有4个原子，所以1molNH3所含原子数约是2.408×1024，故D正确．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关知识，难度不大，注意：阿伏伽德罗常数与6.02×1023关系为解答中的易错点．9．用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列判断正确的是()A．2gH2含有的氢原子数目为NAB．常温常压下，22.4LO2含有的分子数目为NAC．1L1mol•L﹣1KOH溶液中含有的钾离子数目为NAD．1molZn变为Zn2+时失去的电子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A.1个氢气分子含有2个氢原子；B．常温常压下Vm≠22.4L/mol；C．依据n=CV计算氢氧化钾的物质的量，氢氧化钾为强电解质完全电离，依次计算钾离子数目；D.1个Zn变为Zn2+时失去2个电子．【解答】解：A.1个氢气分子含有2个氢原子，2gH2的物质的量==1mol，含氢原子个数为2NA，故A错误；B．常温常压下Vm≠22.4L/mol，22.4LO2的物质的量不是1mol，所以分子数不是NA，故B错误；C．溶液中氢氧化钾的物质的量=1L×1mol•L﹣1=1mol，氢氧化钾为强电解质完全电离，所以含钾离子的物质的量为1mol，个数为NA，故C正确；D.1个Zn变为Zn2+时失去2个电子，1molZn变为Zn2+时失去的电子数目为2NA，故D错误；故选：C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件．-32-\n10．0.1mol某元素的单质直接与氯气反应后，质量增加7.1g，这种元素是()A．NaB．MgC．FeD．Al【考点】化学方程式的有关计算；相对原子质量及其计算．【分析】根据质量守恒可知，增加的7.1g为参加反应的氯气的质量，其物质的量为0.1mol，由于某元素单质0.1mol，根据电子转移守恒可知，金属反应表现+2价，结合选项判断．【解答】解：0.1mol某元素的单质直接与氯气反应后，质量增加7.1g，根据质量守恒可知，增加的7.1g为参加反应的氯气的质量，其物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒，反应中金属表现化合价为=+2，反应中Na表现+1价，Mg表现+2价，Fe、Al均表现+3价，故选B．【点评】本题考查质量守恒的有关计算，难度不大，判断增加的7.1g为参加反应的氯气的质量是关键，可以根据金属与氯气按1：1反应判断．11．氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是()A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B．通常状况下，干燥的氯气能和Fe反应C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸D．氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】氯气为活泼非金属单质，可与金属、非金属单质或具有还原性的化合物反应，在水中发生氧化还原反应生成HCl和HClO，以此解答．【解答】解：A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成氯化铜，现象为棕黄色的烟，故A正确；B．氯气和铁在点燃条件下反应，通常情况下不反应，故B错误；C．氢气可在点燃或光照条件下与氯气反应，故C正确；D．氯气能与水反应生成HClO和HCl，HClO不稳定，见光易分解生成HCl和氧气，久置氯水最终变为稀盐酸，故D正确．-32-\n故选B．【点评】本题考查氯气的性质，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的学习积极性和培养学生的科学素养，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．12．用向上排空气法收集Cl2和HCl时，可以用以检验瓶中是否已经充满又可区别两气体的是()A．湿润的淀粉KI试纸B．蘸有浓氨水的玻璃棒C．湿润的蓝色石蕊试纸D．湿润的红色石蕊试纸【考点】常见气体的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】根据Cl2和HCl均为酸性气体，均能使石蕊试纸变色，而Cl2有强氧化性、HCl无强氧化性来分析．【解答】解：A、HCl遇湿润的淀粉KI试纸不反应，故不能用湿润的淀粉KI试纸来检验HCl是否集满，故A错误；B、Cl2和HCl均遇氨水反应生成白烟NH4Cl，故不能用蘸有浓氨水的玻璃棒来区别两气体，故B错误；C、湿润的蓝色石蕊试纸遇Cl2先变红后褪色，湿润的蓝色石蕊试纸遇HCl只变红，故可以用湿润的蓝色石蕊试纸来区别Cl2和HCl，故C正确；D、Cl2和HCl均为酸性气体，HCl不能使红色石蕊试纸变色，故不能用湿润的红色石蕊试纸来检验HCl是否已经充满，故D错误．故选C．【点评】本题考查了氯气和HCl的验满和鉴别，应注意的是Cl2和HCl均为酸性气体，但Cl2有强氧化性、HCl无强氧化性．13．100mL0.3mol•L﹣1Na2SO4溶液和50mL0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液混合后，溶液中SO42﹣离子的物质的量浓度（设体积为二者之和）为()A．0.2mol•L﹣1B．0.25mol•L﹣1C．0.4mol•L﹣1D．0.5mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．-32-\n【分析】根据n=cV计算各溶液中溶质的物质的量，进而计算各自含有SO42﹣离子物质的量，两溶质含有的SO42﹣的物质的量之和为混合溶液中SO42﹣离子的物质的量，根据公式c=来计算SO42﹣离子的物质的量浓度．【解答】解：Na2SO4的物质的量为0.1mL×0.3mol/L=0.03mol，则n（SO42﹣）=为0.03mol，Al2（SO4）3的物质的量为：0.05mL×0.2mol/L=0.01mol，则n（SO42﹣）=3×0.01mol=0.03mol，所以混合后溶液中（SO42﹣）=0.03mol+0.03mol=0.06mol，混合后溶液的体积可以粗略认为是两溶液混合后体积之和，故硫酸根的物质的量浓度==0.40mol/L，故选C．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，是一道基础知识题目，注意根据公式来计算．14．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氧化剂，反应中被还原D．金属单质在化学反应中一定作还原剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，即氧化还原反应中一定有元素化合价的变化，在氧化还原反应中得电子的反应物作氧化剂，被还原，失电子的反应物作还原剂，被氧化．【解答】解：A．有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如：石墨转化为金刚石就不是氧化还原反应，故A错误；B．氧化还原反应的本质是有电子的转移，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．在化学反应中，金属最外层电子很容易失去，所以金属单质常常作还原剂，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化还原反应，知道氧化还原反应的本质是有电子的转移，而不是化合价的升降．15．同一物质中同一价态的元素部分被氧化、部分被还原的氧化还原反应是()-32-\nA．2KNO32KNO2+O2↑B．NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2OC．3NO2+H2O═2HNO3+NOD．SO2+2H2S═3S↓+2H2O【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】同一物质中同一价态的元素部分被氧化、部分被还原，则反应中只有一种元素的化合价变化，该元素的化合价既升高也降低，以此来解答．【解答】解：A．N、O元素的化合价变化，故A不选；B．没有元素的化合价变化，故B不选；C．只有N元素的化合价变化，N元素部分被氧化、部分被还原，故C选；D．只有S元素的化合价变化，但S元素存在于不同物质中，故D不选；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中同种物质为解答的易错点，题目难度不大．16．含H﹣的化合物跟氨反应：H﹣+NH3═NH+H2．根据该反应事实，可以得出的正确结论是()A．NH3具有还原性B．含H﹣的化合物是强氧化剂C．H2既是氧化产物又是还原产物D．该反应属于置换反应【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由H﹣+NH3═NH2﹣+H2↑可知，H元素的化合价由﹣1价升高为0，H元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答．【解答】解：A．氨气中H元素的化合价降低，则NH3有氧化性，故A错误；B．反应中H﹣的H元素化合价升高，则H﹣是很强的还原剂，故B错误；C．该反应中只有H元素的化合价变化，氢气既是氧化产物又是还原产物，故C正确；-32-\nD．反应物中没有单质，不属于置换反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，题目难度不大．17．亚硝酸（HNO2）在反应中既可做氧化剂，又可做还原剂．当它做还原剂时，其氧化产物可能是()A．NH3B．N2C．NO2D．NO【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】HNO2做还原剂时，所含元素的化合价升高．【解答】解：HNO2中N元素的化合价为+3价，做还原剂时，所含元素的化合价升高，则生成物中N元素的化合价应大于+3价，选项中只有C符合，A、B、D应为还原产物．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注重化合价的变化，从化合价升降的角度分析．18．在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子反应中，化学计量数m的值为()A．2xB．4C．D．2【考点】氧化还原反应．【分析】反应xR2++yH++O2=zR3++nH2O中，R的化合价升高，被氧化，O的化合价降低，被还原，根据氧化还原反应得失电子数目相等配平化学方程式，可求z值．【解答】解：反应xR2++yH++O2=mR3++nH2O中，R的化合价有+2价升高为+3价，失去1个电子被氧化，O的化合价由0价降低到﹣2价，得到2个电子被还原，由O原子守恒n=2，据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，即x=2×2=4，所以x=m=4，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从质量守恒和得失电子的角度解答，或根据离子方程式中电荷守恒，也可得出x．-32-\n19．容量瓶上标有的是①温度②浓度③容量④质量⑤刻度线⑥酸式或碱式()A．①③⑤B．③⑤⑥C．①⑤⑥D．②③⑤【考点】不能加热的仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】根据容量瓶的使用特点来回答，容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用．【解答】解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，实验室常见规格有50ml、100ml、150ml、200ml、500ml等，容量瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为250C．故应为①③⑤．故选A．【点评】本题考查常见仪器的使用，注意容量瓶的使用注意事项，题目难度不大，要注意积累各种化学实验仪器的使用方法．20．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是重要的化工原料，该物质在潮湿的空气中极不稳定，易分解并引起燃烧，反应的化学方程式为：2Na2S2O4═Na2S2O3+X+SO2↑．下列说法不正确的是()A．X的化学式为Na2SO4B．SO2污染空气C．Na2S2O3中S的化合价为+2D．Na2S2O4要在干燥阴凉处密闭保存【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题；元素及其化合物．【分析】A、由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断生成物X的化学式；B、根据二氧化硫对环境的污染进行分析判断；C、根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合Na2S2O3的化学式进行解答；D、由题意，连二亚硫酸钠（Na2S2O4）在潮湿的空气中极不稳定，易分解并引起燃烧，进行分析判断．【解答】解：A、根据反应的化学方程式2Na2S2O4═Na2S2O3+X+SO2-32-\n↑，反应物中钠、硫、氧原子个数分别为4、4、8，反应后的生成物中钠、硫、氧原子个数分别为2、3、5，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由2个钠原子、1个硫原子和2个氧原子构成，则物质X的化学式为Na2SO3，故A错误；B、酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成；故SO2排入空气中会污染空气，故B正确；C、钠元素显+1价，氧元素显﹣2价，设硫元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）×2+2x+（﹣2）×3=0，则x=+2价，故C正确；D、连二亚硫酸钠（Na2S2O4）在潮湿的空气中极不稳定，易分解并引起燃烧，说明该物质化学性质不稳定，应在干燥阴凉处密闭保存，故D正确．故选A．【点评】本题难度不大，掌握原子守恒来确定物质的化学式的方法、利用化合价的原则计算指定元素的化合价的方法等即可正确解答本题．二.（选择题，每小题有一或两个选项符合题意，每小题3分共15分）21．下列实验操作中错误的是()A．过滤操作时如果有必要可以用蒸馏水洗涤滤纸上的沉淀2﹣3次B．蒸馏操作时，应使温度计水银球插入液态混合物中C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．洗涤沉淀一般2﹣3次；B．蒸馏时，温度计测定馏分的温度；C．分液应避免试剂再混合；D．萃取时，萃取剂与溶质不反应，且不相溶，出现分层．【解答】解：A．过滤操作时如果有必要可以用蒸馏水洗涤滤纸上的沉淀，洗涤沉淀一般2﹣3次，减少物质的损失，故A正确；B．蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则蒸馏操作时，应使温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C．分液应避免试剂再混合，则分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；-32-\nD．萃取时，萃取剂与溶质不反应，且不相溶，出现分层，则萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应即可，故D正确；故选B．【点评】本题考查混合物的分离、提纯，侧重混合物分离原理及基本操作的考查，把握实验基本操作为解答本题的关键，题目难度不大．22．下列实验操作或记录正确的是()A．常温常压下测得1molN2的质量为28gB．用量筒测得排水法收集到的氢气体积为50.28mLC．用两只250mL的容量瓶配制0.1mol/L500mL的NaOH溶液D．用托盘天平称得2.5g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.9g【考点】计量仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作．【分析】A．结合m=nM分析；B．量筒只能读到0.1mL；C.250mL的容量瓶只能配制250mL溶液；D.2.5g胆矾，受热充分失水后，减少的质量为水的质量．【解答】解：A．常温常压下测得1molN2的质量为1mol×28g/mol=28g，故A正确；B．用量筒测得排水法收集制得的氢气体积可为50.2mL或50.3mL，故B错误；C.250mL的容量瓶只能配制250mL溶液，配制0.1mol/L500mL的NaOH溶液，只能选1个500mL容量瓶，故C错误；D.2.5g胆矾，受热充分失水后，减少的质量为水的质量，即减少质量为2.5g×=0.9g，故D正确；故选AD．【点评】本题考查化学实验的评价，为基础性习题，涉及物质的量计算、气体的收集、溶液配制及固体称量等，注意常见仪器的使用及感量，题目难度不大．23．体积为VmL、密度为ρg/cm3的溶液，含有相对分子质量为M的溶质mg，其物质的量浓度为cmol/L，溶质的质量分数为W%，下列表示式中正确的是()-32-\nA．c=B．m=C．W%=%D．c=【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据溶液的质量为ρV，溶质的质量等于溶液的质量与质量分数的乘积，以及c=来计算．【解答】解：A．根据c=可知，c=，故A错误；B．溶液的质量为ρV，溶质的质量等于溶液的质量与质量分数的乘积，则m=ρV×W%=，故B正确；C．质量分数等于溶质质量与溶液质量的比，则W%=×100%=%，故C错误；D．根据c=可知，c==，故D正确；故选BD．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，明确质量、物质的量、质量分数与物质的量浓度之间的关系及计算公式即可解答，难度不大．24．溴化碘（IBr）的化学性质与卤素单质相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，和某些非金属单质反应生成相应的卤化物，跟水反应的方程式为：IBr+H2O=HBr+HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是()A．IBr是双原子分子B．在很多反应中IBr是氧化剂C．和水反应时IBr既是氧化剂又是还原剂D．和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，以此解答该题．【解答】解：A．IBr分子中含有I、Br2个原子，是双原子分子，故A正确；-32-\nB．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在很多化学反应中IBr作氧化剂，故B正确；C．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，故C错误；D．由与水的反应可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO，故D正确．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意从氧化化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关物质的性质，答题时注意题给信息，为解答该题的关键．25．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是()A．生成42.0LN2（标准状况）B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25molD．被氧化的氮原子的物质的量为1.75mol【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中N元素化合价由﹣、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，据此分析解答．【解答】解：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中N元素化合价由﹣、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，A．生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，故A错误；B．由反应可知，被还原的硝酸钾的物质的量为2mol×=0.25mol，故B错误；C．转移电子的物质的量为0.25mol×（5﹣0）=1.25mol，故C正确；-32-\nD．转移10mol电子被氧化的N原子为30mol，则转移1.25mol电子被氧化的N原子的物质的量为mol=3.75mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查分析计算能力，明确氧化产物和还原产物关系是解本题关键，注意叠氮化钠中N元素化合价，为易错点．三、非选择题（共45分）26．同温同压下，同体积的氢气和气体A的质量分别是0.2g和3.4g，则气体A的摩尔质量为34g/mol，A的分子数为0.1NA同温同压下，同体积的氨气（NH3）和硫化氢（H2S）的质量比为1：2；同质量的氨气和硫化氢气体的体积比2：1；同质量的氨气和硫化氢气体，其中含有的氢原子个数比为8：3．【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】同温同压下，同体积的气体，质量之比等于摩尔质量之比，据此计算A的摩尔质量，确定A的相对分子质量，根据n=计算A的物质的量，利用N=nNA计算A的分子数目；同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子数，根据n==，结合分子的构成进行计算．【解答】解：同温同压下，同体积的气体，质量之比等于摩尔质量之比，故0.2g：3.4g=2g/mol：M（A），解得M（A）=34g/mol，3.4gA的物质的量为=0.1mol，A的分子数目为0.1mol×NAmol﹣1=0.1NA；同温同压下，气体的Vm相等，由n==可知，同温同压下，同体积的氨气和硫化氢（H2S）气体的质量比与气体的摩尔质量成正比，则m（NH3）：m（H2S）=M（NH3）：M（H2S）=17g/mol：34g/mol=1：2；设气体的质量都为m，由n==可知，同质量的氨气和硫化氢（H2S）气体在相同条件下的体积比与气体的物质的量呈正比，则v（NH3）：V（（H2S）=：=2：1，所含原子个数比为2×4：1×3=8：3；故答案为：16；0.1NA；1：2；2：1；8：3．-32-\n【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论、常用化学计量的有关计算，难度不大，注意物质的量的有关计算公式的运用．27．相同状况下，等物质的量的Na、Mg、Al、Zn分别与足量的稀硫酸反应，生成氢气的体积比为1：2：3：2．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】设各金属的物质的量为1mol，完全反应时失去电子的物质的量分别为1mol、2mol、3mol、2mol，然后根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量之比，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比．【解答】解：相同状况下，生成氢气体积之比等于其物质的量之比，假设Na、Mg、Al、Zn的物质的量都是1mol，完全反应时失去电子的物质的量分别为1mol、2mol、3mol、2mol，根据氧化还原反应中转移电子相等可知，生成氢气的物质的量之比为：：：：=1：2：3：2，故答案为：1：2：3：2．【点评】本题考查了金属与酸的化学计算，题目难度不大，明确常见金属与酸反应的实质为解答关键，注意掌握电子守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．28．由Na、Mg、Al、Zn、Cu五种金属中的两种组成的混合物共17克，跟足量盐酸反应，产生0.5gH2，由此可判断混合物中必定含有Cu（用元素符号表示）．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】0.5gH2时转移电子物质的量==0.5mol，假设金属单质都转化为二价阳离子；根据转移电子相等知，金属的物质的量为0.25mol，混合物的平均摩尔质量=-32-\n=68g/mol；Na为+2价时的摩尔质量为：23g/mol×2=46g/mol；Mg的摩尔质量为24g/mol，Al为+2价时的摩尔质量为：18g/mol=18g/mol，Zn的摩尔质量为：65g/mol，Cu不与盐酸反应，其摩尔质量可以认为为无穷大，据此对各选项进行判断即可．【解答】解：产生0.5gH2时转移电子物质的量==0.5mol，假设金属单质都转化为二价阳离子，根据转移电子相等知，金属的物质的量为0.25mol，混合物的平均摩尔质量==68g/mol，Na为+2价时的摩尔质量为：23g/mol×2=46g/mol，Mg的摩尔质量为24g/mol，Al为+2价时的摩尔质量为：18g/mol=18g/mol，Zn的摩尔质量为：65g/mol，Cu不与盐酸反应，其摩尔质量可以认为为无穷大，根据分析可知，五种金属中只有Cu的摩尔质量大于68g/mol，所以混合物中一定含有Cu，故答案为：Cu．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确平均摩尔质量在化学计算中的应用方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．29．在2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑，氧化剂是KNO3和S，氧化产物是CO2，当有4.4gCO2产生时被还原的物质的质量23.4g．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】该反应中N元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为﹣2价，化合价降低的反应物是氧化剂，化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，根据二氧化碳和氧化剂之间的关系计算被还原物质的质量．【解答】解：该反应中N元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为﹣2价，则氧化剂是KNO3和S，氧化产物是CO2，KNO3和S在反应中被还原，设有4.4gCO2产生时被还原的KNO3和S的质量分别为x、y，2KNO3+C+S═K2S+2NO2↑+CO2↑202g32g44gxy4.4g-32-\n202g：44g=x：4.4gx==20.2g32g：44g=y：4.4gy==3.2g则被还原物质的质量=20.2g+3.2g=23.4g，故答案为：KNO3和S；CO2；23.4．【点评】本题考查物质的量的有关计算，涉及氧化还原反应，根据方程式中各个物理量的关系分析解答，题目难度不大．30．用质量分数为36.5%的盐酸（密度为1.16g•cm﹣3）配制1mol•L﹣1的稀盐酸．现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有量筒、胶头滴管、250ml容量瓶．（2）计算已知盐酸的物质的量浓度为11.6mol/L．（3）经计算需要21.6mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的C．A．5mLB．10mLC．25mLD．50mL（4）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中．②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切．③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀．④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶．上述操作中，正确的顺序是③①④②（填序号）．（5）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．【考点】溶液的配制．【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学实验基本操作．【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选择需要的仪器；-32-\n（2）依据C=计算浓盐酸的物质的量浓度；（3）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积，据此选择量筒规格；（4）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤排序；（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析．【解答】解：（1）配制1mol•L﹣1的稀盐酸220mL，应选择250mL容量瓶，配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：量筒、烧瓶、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要的是：量筒、胶头滴管、250ml容量瓶；故答案为：量筒、胶头滴管、250ml容量瓶；（2）36.5%的盐酸（密度为1.16g•cm﹣3）的物质的量浓度C==11.6mol/L；故答案为：11.6mol/L；（3）设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V×11.6mol/L=1mol/L×250mL；解得V=21.6mL，应选择25mL量筒；故答案为：21.6；C；（4）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：③①④②；故答案为：③①④②；（5）用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，导致浓盐酸被稀释，量取的盐酸中含有氯化氢物质的量偏小，溶液浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；故答案为：偏低；偏低．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析等，明确配制原理是解题关键，注意容量瓶规格的选择和误差分析的方法，题目难度不大．31．（13分）在如图所示的物质转化关系中，A是海水中含量最丰富的盐，B是常见的无色液体，G的水溶液是一种常用的漂白剂．（反应中生成的水和部分反应条件未列出）-32-\n（1）画出A中阴离子的结构示意图：．（2）反应②在点燃条件下的现像是：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾．（3）反应①的化学方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH．（4）配平方程式3Pt+4HNO3+18HCl﹣3H2PtCl6+4NO↑+8H2O（5）工业制备漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．有效氯的含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标．次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的含量来表示：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O有效氯含量=×100%，则该反应的产品漂白粉的有效氯为55.9%．【考点】无机物的推断．【专题】推断题；热点问题；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaOH，可推知I为HCl，据此解答．【解答】解：A是海水中含量最丰富的盐，则A为NaCl，B是常见的无色液体，电解A、B生成C、D、E，可以推知B为H2O，而D与E反应生成A（NaCl）与G，G的水溶液是一种常用的漂白剂，可推知G为NaClO，该反应是氯气与NaOH反应，故C为H2，D能与氢气、氯气都反应，故D为Cl2、E为NaOH，可推知I为HCl，（1）A为NaCl，其阴离子的结构示意图为：，故答案为：；-32-\n（2）反应②是氢气在氯气中燃烧，现象是：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾，故答案为：安静燃烧、苍白色火焰、产生白雾；（3）反应①的化学方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；（4）根据反应中元素化合价的变化可知，从0价变为+4价，硝酸中的氮从+5价变为+2价，利用化合价升降法结合元素守恒可配平方程式为：3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O，故答案为：3、4、18、3、4、8；（5）工业制备漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，假设次氯酸钙为1mol，含有2molClO﹣，由ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O可知，生成氯气为2mol，生成氯气的质量为2mol×71g/mol=142g，漂白粉的质量为1mol×111g/mol+1mol×143g/mol=254g，故该反应的产品漂白粉的有效氯为×100%=55.9%，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；55.9%．【点评】本题考查无机物推断，涉及氯碱工业等，难度不大，注意对基础知识的全面掌握，（4）中计算为易错点，注意计算漂白粉的有效氯，学生容易计算次氯酸盐的有效氯．-32-