2022-2023学年高一化学上学期期中联考试卷(含解析) (I)

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1、2022-2023学年高一化学上学期期中联考试卷(含解析) (I)1.Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，不正确的是A. Na2CO3是碱 B. Na2CO3是盐C. Na2CO3是钠盐 D. Na2CO3是碳酸盐【答案】A【解析】A、碳酸钠属于盐，不是碱，故A错误；B、碳酸钠属于盐类，故B正确；C、碳酸钠可以是钠盐，故C正确；D、碳酸钠也可以是碳酸盐，故D正确；故选A【点评】本题考查盐的分类方法和判断应用，题目较简单2.化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应是四种基本化学反应类型。下列变化属于氧化还原反应，但是不属于四种基本反应类型的是A. COCuOCuCO2 B.

2、2AlFe2O3Al2O32FeC. 2O33O2 D. Cl22FeCl2=2FeCl3【答案】A【解析】【详解】A、该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，但不符合四种基本反应类型，故A正确；B、该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，同时又是置换反应，故B错误；C、该反应没有电子转移，不属于氧化还原反应，故C错误；D、该反应有电子转移，属于氧化还原反应，同时又是化合反应，故D错误；综上所述，本题选A。3.下列叙述中正确的是A. CO2是酸性氧化物 B. 由一种元素组成的物质一定是单质C. 单质只能用置换反应制取 D. 含氧元素的化合物称为氧化物【答案】A【解析】A项，CO2能与碱反应生成对应

3、的盐和水，CO2是酸性氧化物，正确；B项，由一种元素组成的物质可能是混合物，互为同素异形体的不同单质组成的混合物中组成元素只有一种，如O2和O3的混合物中只有氧元素，错误；C项，单质还可以用分解反应制取如H2O2分解制O2，或其他反应制取如MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O等，错误；D项，氧化物指由氧元素和另外一种元素组成的二元化合物，如NaOH、Na2CO3等物质也含氧元素，但不是氧化物，错误；答案选A。4.下列说法不正确的是A. 氢气的摩尔质量是2g/mol B. 摩尔是物质的量的单位C. 1molOH的质量是17g D. 1mol气体所占的体积约为22.4L【答案】D【

4、解析】【详解】A摩尔质量的单位为g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，A正确； B摩尔是物质的量的单位，B正确；C1molOH的质量17g， C正确；D 未指明气体存在的温度和压强，1mol气体所占的体积不一定约为22.4L，D错误； 综上所述，本题选D。5.448mL某气体在标准状况下的质量为1.28g，该气体的摩尔质量约为A. 64g B. 64 C. 64gmol-1 D. 32gmol-1【答案】C【解析】试题分析：448mL某气体在标准状况下的质量为0.64g，气体的物质的量为=0.02mol，M=32g/mol，故选D。【考点定位】考查物质的量的计算【名师点晴】本题考查物质的量

5、的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、体积为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用。有关物质的量的计算公式，、。在做此类试题时，还要记住物质的量浓度与质量分数的转换公式，如体积为VL、密度为g/cm3的某溶液中，含有摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等6.美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118，中子数为175的超重元素，该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是A. 57 B. 47 C. 61 D. 293【答案】A【解析】原子中质子数=核外电子数，故该原子的核外电子数是118，则该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是175-118=57；

6、故选A。7.若aAn+与bB2-两种离子的核外电子层结构相同，则a等于A. b+n-2 B. b+n+2 C. b-n-2 D. b-n+2【答案】B【解析】试题分析：若aAn+与bB2-两种离子的核外电子层结构相同，则anb2，所以anb2，答案选B。考点：考查核外电子排布8.有关电解质的说法正确的是A. NaOH固体溶于水后能导电，所以NaOH是电解质B. CO2水溶液的能够导电，所以CO2是电解质C. 液态的铜导电性很好，所以铜是电解质D. FeCl3溶液能够导电，所以FeCl3溶液是电解质【答案】A【解析】【详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。A项， NaOH在水溶液

7、中和熔融状态下能够导电，属于电解质，故A项正确；B项，CO2的水溶液导电是因为 CO2与水反应的生成H2CO3，H2CO3在水溶液中解离出能自由移动的离子,溶液具有导电性，而CO2本身不能电离出离子，所以CO2是非电解质，故B项错误；C项，铜为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C项错误；D项，FeCl3溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D项错误。 综上所述，本题选A。【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等；电解质不一定导电，如固体氯化钠等；导电的也不一定是电解质，如

8、铜、氯化钠溶液等。9.下列叙述与胶体知识无关的是A. 分散质粒子直径在1-100nm 之间B. 明矾可用作净水剂C. 在电影院看电影，会看到从放映室到银幕的光柱D. 向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液会看到红褐色沉淀【答案】D【解析】【分析】A.胶体和其它分散系的本质区别就是分散质粒子直径大小不同；B.明矾溶解后溶液中铝离子水解生成胶体可以净水；C.胶体具有丁达尔效应；D.氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生复分解反应,产生红褐色沉淀。【详解】A. 胶体和其它分散系本质区别：分散质粒子直径在1-100nm 之间的分散系属于胶体，故A不符合；B.明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体,胶体具有较大表

9、面积可以吸附水中悬浮物而净水,与胶体有关,故B不符合； C.胶体具有丁达尔效应，属于光的散射现象,而放映室射到银幕上的光柱的形成也属于光的散射现象,属于胶体的丁达尔效应,故C不符合；D.氯化铁溶液与氢氧化钠溶液发生复分解反应:FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl，产生红褐色沉淀，与胶体性质无关,故D符合； 综上所述,本题选D。【点睛】胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；氢氧化铁胶体的制备是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热，得到的红褐色液体分散系，为氢氧化铁胶体；而氯化铁溶液与氢氧化钠溶液混合后反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不属于胶体。10.下

10、列方法（必要时可加热）不合理的是A. 用澄清石灰水鉴别CO和CO2B. 用水鉴别苯和四氯化碳C. 用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4D. 用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水【答案】D【解析】A. 用澄清石灰水与CO不反应，与CO2能够反应生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊，能够鉴别，故A不选；B. 苯和四氯化碳均不溶于水，但苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，能够鉴别，故B不选；C. Ba(OH)2与NH4Cl加热时有刺激性气味的气体放出，与(NH4)2SO4加热时生成白色沉淀和刺激性气味的气体，与K2SO4反应生成白色沉淀，现象各不相同，能够鉴别，故C不选；D. 淀粉碘

11、化钾试纸遇到碘水和溴水均变成蓝色，现象相同，不能鉴别，故D选；故选D。11.下列实验操作中，错误的是A. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B. 蒸馏时，应使温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管处C. 萃取时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大D. 蒸发时，蒸发皿中出现大量固体时即停止加热【答案】C【解析】试题分析：A为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，A正确；B蒸馏的原理：通过控制沸点的不同来实现物质的分离，所以温度计水银球要靠近蒸馏烧瓶支管口，B正确；C萃取剂的密度不一定比水大，C错误；D蒸发溶液应到大量固体析出时，靠余热蒸干，不

12、能蒸干，避免固体分解，D正确；答案选C。【考点定位】本题考查化学实验的基本操作【名师点晴】该题是高频考点，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。注意化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，通常是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。12.用洁净的铂丝蘸取某无色溶液，放在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰的颜色呈紫色，下列说法正确的是A. 该溶液中阳离子只有钾离子B. 该溶液中一定含

13、有钠离子C. 该溶液中可能含有钠离子，但一定含有钾离子D. 该溶液中可能含有钾离子，但一定含有钠离子【答案】C【解析】试题分析：蓝色钴玻璃片具有滤光作用，可以滤去黄光，所以透过蓝色钴玻璃，火焰的颜色呈紫色，说明该溶液中一定含有钾离子，但不能确定是否含有钠离子，所以答案选C。考点：考查焰色反应的判断13.下列物质中含原子个数最多的是A. 0.4 mol氧气 B. 4时,5.4 mL H2O C. 标准状况下5.6 L二氧化碳 D. 10 g氖气【答案】D【解析】试题分析：A氧气含有2个氧原子，所以0.4mol氧气含有0.8mol原子；B4时，5.4mLH2O是5.4g，物质的量是5.4g18g/

14、mol0.3mol，则含有原子是0.9mol；C标况下5.6L二氧化碳的物质的量是5.6L22.4L/mol0.25mol，含有原子是0.75mol；D氖的相对分子质量是20，所以10g氖是0.5mol，含有0.5mol原子，所以原子个数最多的是选项B，答案选B。考点：物质的量为核心的计算14.下列含氯化合物中，不能由金属单质和氯气直接反应得到的是A. FeCl2 B. CuCl2 C. AlCl3 D. MgCl2【答案】A【解析】【分析】氯气具有强氧化性，与变价金属生成高价金属氯化物，以此来解答。【详解】A.Fe与氯气反应生成FeCl3，故A选；B.Cu与氯气反应生成CuCl2，故B不选；

15、C.Al与氯气反应生成AlCl3 ，故C不选；D. Mg与氯气反应生成MgCl2，故D不选；综上所述，本题选A。15.同温同压下，等物质的量的SO2和CO2相比较，下列叙述正确的是A. 质量比为11:16 B. 密度比为11:16C. 体积比为11:16 D. 分子个数比为1:1【答案】D【解析】试题分析：设二者均是1mol，则A质量比为64：4416:11，A错误；B相同条件下密度比大于相对分子质量之比，为64：4416:11，B错误；C相同条件下体积比为物质的量之比，为1:1，C错误；D根据NnNA可知分子个数比为1:1，D正确，答案选D。【考点定位】考查物质的量的有关计算【名师点晴】同温

16、同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=1/2。16.关于氯气的叙述中，下列正确的是A. 干燥的氯气可以贮存在钢瓶中B. 氯气在自然界中既可以以化合态存在，也可以以游离态存在C. 氯气不能溶解于水，所以可用排水法收集氯气D. 氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物【答案】A【解析】【分析】A.常温下

17、,干燥的氯气和铁不反应；B.氯气性质很活泼,在自然界以化合态存在；C.不易溶于水的气体可用排水法收集；D.氯水是氯气的水溶液，液氯是液态氯，根据物质的成分判断是否属于纯净物。【详解】A.虽然氯气性质很活泼，但常温下，氯气和铁不反应，所以干燥的氯气可以贮存在钢瓶中,故A正确；B.氯气性质很活泼，能够和很多物质发生化学反应，所以氯气在自然界中不能以游离态存在，故B错误；C.氯气能溶于水,常温下,1体积的水能溶解2体积的氯气，所以氯气不能用排水法收集，故C错误；D. 氯气和液氯都属于纯净物，氯水是氯气的水溶液,是由多种成分组成的,所以属于混合物，故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】氯气的化学性质很

18、活泼，能够与金属铁在加热的情况下发生剧烈反应，生成氯化铁；而在常温下，铁和氯气不发生反应，干燥的氯气可以贮存在钢瓶中；以上事实说明化学反应的发生需要满足一定的条件，因此在写化学反应时要注明反应发生的条件。17.在反应3Cl22FeBr2=2FeCl32Br2中被氧化的元素是A. Fe B. Cl C. Fe和Br D. Br【答案】C【解析】试题分析：在反应3Cl22FeBr2=2FeCl32Br2中，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，Br元素的化合价由-1价升高为0，则Fe和Br失去电子被氧化，故选C。考点：氧化还原反应18.能用来区别NaCl、 NaBr、KI三种无色溶液的试剂是A.

19、AgNO3溶液 B. CCl 4 C. 苯 D. 溴水和淀粉【答案】A【解析】【详解】A.硝酸银与NaCl、NaBr、NaI反应分别生成白色的氯化银、淡黄色溴化银、黄色碘化银沉淀,通过沉淀的颜色可以区别,故A选项正确；B. CCl4不溶于水，与水也不反应，因此NaCl、 NaBr、KI三种无色溶液分别加入到CCl4中，振荡静置，液体分层，CCl4层均无色，不能区分，故B选项错误；C.苯不溶于水，与水也不反应，因此NaCl、 NaBr、KI三种无色溶液分别加入到苯中，振荡静置，液体分层，苯层均无色，不能区分，故C选项错误；D.溴水与KI溶液反应生成碘，加入淀粉溶液变蓝，但溴水与NaCl、 NaB

20、r溶液不反应，现象相同,无法区分二溶液，故D选项错误；综上所述，本题选A。19.下图是一种检验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关，如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化，当关闭B时，C处红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是A. 浓H2SO4溶液 B. 浓NaOH溶液C. 饱和NaCl溶液 D. 浓NaBr溶液【答案】C【解析】试题分析：打开B，C中红色布条无变化，说明干燥氯气不具有漂白性，关闭B，C处红色布条颜色褪去，说明湿润的氯气具有漂白性，也就是说，不能和洗气瓶中的溶液反应或干燥，A、浓硫酸具有吸水性，使通过的氯气干燥，不能使有色布条褪色，故错误；C、饱和NaCl溶液

21、，除去氯气中氯化氢，提供水蒸气，出来的氯气能使有色布条褪色，故正确；C、NaOH能吸收氯气，有色布条不能褪色，故错误；D、氯气能和NaBr溶液反应，吸收氯气，有色布条不能褪色，故错误。故选C。考点：考查氯气的性质等知识。20.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB. 25，1.01105 Pa, 64g SO2中含有的原子数为3NAC. 在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NAD. 标准状况下，11.2LH2O 含有的分子数为0.5NA【答案】B【解析】考查了气体的摩尔体积；A：没有标明气体的状况；C：标准状

22、况下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA；D：水为液态，不符合气体的摩尔体积的概念。21.下列溶液中含Cl浓度最大的是（ ）A. 10m1，0.1molL1的AlC13溶液B. 20m1，0.1mo1L1的CaC12溶液C. 30m1，0.2mo1L1的KC1溶液D. 100m1，0.25mo1L1的NaC1溶液【答案】A【解析】浓度与体积无关，该题主要考查电离情况。氯离子浓度分别为A、0.3mol/L，B、0.2mol/L，C、0.2mol/L，D、0.25mol/L。故答案为A。22.实验室用KClO3分解(MnO2做催化剂)制取氧气，实验后回收剩余固体中的MnO2，正确的操作步骤

23、是A. 溶解、过滤、蒸发 B. 溶解、过滤、洗涤、干燥C. 溶解、过滤、结晶 D. 溶解、结晶、干燥【答案】B【解析】试题分析：加热氯酸钾和二氧化锰的混合物的残余物是可溶性的氯化钾和难溶性的二氧化锰，因此可以通过过滤的方法分离提纯；因此要从反应后的残余物中回收MnO2，可以通过溶解然后过滤的方法得到二氧化锰，然后对二氧化锰进行洗涤后烘干即可得到干燥的二氧化锰，因此经过的操作步骤是溶解、过滤、洗涤、干燥，答案选B。考点：考查物质的分类和提纯。23.将0.2 mol MnO2和50 mL 12 mol/L盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为

24、(不考虑盐酸的挥发)A. 等于0.3 mol B. 小于0.3 mol C. 大于0.3 mol D. 以上结论都不正确【答案】C【解析】【分析】MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰,随着盐酸浓度的降低,HCl的还原性减弱,反应停止,以此解答该题。【详解】反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，n(MnO2)=0.2mol，n(HCl)=0.05L12mol/L=0.6mol；根据方程式可以知道0.2 mol MnO2反应需要HCl为0.24=0.8mol0.6mol ,故MnO2过量，如盐酸完全反应，则生成氯气为0.6mol1/4=0.15mol,溶液剩余C

25、l-为0.6mol-0.15mol2=0.3mol,但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中溶液剩余 Cl-大于0.3 mol ；所以,反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液,生成AgCl沉淀物质的量大于0.3mol，小于0.6 mol ；综上所述，本题选C。24.12.4 g Na2X含有0.4 mol Na，Na2X的摩尔质量为_，X的相对原子质量为_，该物质的化学式为_。【答案】 (1). 62g/mol (2). 16 (3). Na2O【解析】【详解】设Na2X的摩尔质量为Mg/mol，根据12.4 g Na2X含

26、有0.4 mol Na可知，12.4g/Mg/mol2=0.4mol，M=62g/mol；摩尔质量在数值上以g/mol为单位等于该物质的式量，设X的相对原子质量为R，因为Na2X式量为62，所以232+R=62，R=16；相对原子质量为16的元素为氧，所以该物质的化学式为Na2O；综上所述，本题答案是：62g/mol，16，Na2O。25.有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子。写出丙元素的元素符号_。 写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式_。画出甲元素的原子结构示意图_。【答案】 (1). O (2).

27、 NaOH=Na+OH- (3). 【解析】【分析】有甲、乙、丙三种元素,甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，其M层电子数为1,则甲为Na；乙元素原子核内无中子，则乙为H;丙元素原子核内有8个质子，则丙为O；据以上分析解答。【详解】有甲、乙、丙三种元素,甲元素M层的电子数是其K层的电子数的1/2，其M层电子数为1,则甲为Na；乙元素原子核内无中子，则乙为H；丙元素原子核内有8个质子，则丙为O；(1)由上述分析可以知道, 丙元素的元素符号为O；综上所述，本题答案是：O。(2)Na、H、O三种元素组成的化合物为NaOH，在水中的电离方程式为NaOH=Na+OH- ；因此，本题正确答案是:

28、NaOH=Na+OH- 。(3) 甲元素为钠，核电荷数为11，原子结构示意图为：；综上所述，本题答案是：。26.高锰酸钾和浓盐酸可以发生下列反应：2KMnO416HCl(浓)=5Cl22MnCl22KCl8H2O（1）用双线桥法表示此反应的电子转移的方向及数目_（2）该反应的氧化剂是_，还原剂是_。HCl表现 _性和 _性。 （3）若消耗0.2 mol氧化剂，转移电子的物质的量是_ mol。生成氯气在标准状况下的体积是_【答案】 (1). (2). KMnO4 (3). HCl (4). 酸性 (5). 还原性 (6). 1mol (7). 11.2L【解析】【分析】（1）反应中KMnO4中M

29、n元素获得10电子生成MnCl2，HCl中Cl元素失去10电子生成Cl2；双线桥表示方法为化合价变化的同一元素用直线加箭头从反应物指向生成物，并在上方注明“得”或“失”及转移电子数目；（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂；（3）反应中氯元素化合价由-1价升高为0价，令生成的氯气的物质的量为xmol，根据电子转移列方程计算x的值，并根据方程式分析电子转移的数目。【详解】（1）反应中KMnO4中Mn元素获得10电子生成MnCl2，HCl中Cl元素失去10电子生成Cl2用双线桥表示出该反应的电子转移情况为：；综上所述，本题答案是：。（2）反应中Mn的化合价由M

30、nO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，化合价降低，故KMnO4是氧化剂；氯元素的化合价由HCl中-1价升高为Cl2中0价，故HCl是还原剂，具有还原性；但是16molHCl参与反应，被氧化的只有10mol，还有6 molHCl没有变价，生成了盐，显酸性；综上所述，本题答案是：KMnO4；HCl；酸性；还原性。（3）根据（1）反应方程式可知：2KMnO45Cl210e-；若消耗0.2 mol氧化剂，转移电子的物质的量是1 mol；生成氯气的量0.5 mol，在标准状况下的体积是 V=nVm=0.5mol22.4L/mol=11.2L；综上所述，本题答案是：1mol，11.2L。【点睛】对于2K

31、MnO416HCl(浓)= 2MnCl22KCl+5Cl28H2O反应中，16molHCl参加反应，其中作为还原剂的HCl为10mol，发生氧化反应，产生氯气5mol；生成了氯化锰和氯化钾，起到酸的作用的HCl为6mol，所以该反应中盐酸既有酸的作用，又有还原剂的作用。27.实验室常用二氧化锰和浓盐酸共热的方法制取氯气。根据要求回答下列问题。 （1）A、B、C三套装置中，应选用的装置是_(选填“A”、“B”、“C”)；（2）写出制取氯气的化学方程式_。（3）为了防止氯气污染环境，图中溶液甲中发生的化学反应方程式_。（4）由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，工业上生产漂白粉的主要

32、化学方程式是_，在空气中漂白粉长期存放会变质而失效的原理是（用化学方程式说明） _ 。 【答案】 (1). B (2). MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2+2H2O (3). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (5). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 2HClO2HCl+O2【解析】【详解】（1）实验室常用二氧化锰和浓盐酸共热的方法制取氯气，为防止浓盐酸挥发，需要用分液漏斗，不用长颈漏斗，因此选择装置B；综上所述，本题选B。（2）二氧化锰和浓盐酸共热，反应生成氯化锰

33、、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2+2H2O；综上所述，本题答案是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。（3）氯气有毒，需要进行尾气处理，一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，图中溶液甲中发生的化学反应方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；综上所述，本题答案是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。（4）工业上制备漂白粉是利用石灰乳和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水, 反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ；漂白粉成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物,有效成分为次氯酸钙,漂白粉长期暴露

34、在空气中会逐渐失效,是因为次氯酸钙和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸, Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸, 2HClO2HCl+O2；漂白粉失效；综上所述本题答案是：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO， 2HClO2HCl+O2。28.实验室要配制0.1mol/L的稀硫酸480mL，回答下列问题：（1）需要98%密度为1.84g/cm3的浓硫酸 _ mL（2）配制时，必须使用的仪器有 _ (填代号) 还缺少的仪器是 _、_ 。烧杯 10

35、 mL量筒 20 mL量筒 托盘天平(带砝码) 玻璃棒（3）配制时，该实验两次用到玻璃棒，其作用分别是_、 _ 。（4）配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响（填“偏高”“偏低”“不影响”）用量筒量取98%的硫酸时俯视。（ ）容量瓶没有干燥。（ ）【答案】 (1). 2.7mL (2). (3). 500mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 搅拌 (6). 引流 (7). 偏低 (8). 不影响【解析】【详解】（1）没有480mL规格的容量瓶，故选用500mL容量瓶，98%密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为：c=1000mL/L1.84g/cm398%98g/mol=

36、18.4mol/L，溶液稀释公式c浓V浓=c稀V稀有：18.4mol/LV浓=0.1mol/L500 mL，得V浓=2.7mL；综上所述，本题答案是：2.7 mL 。（2）用液体配制溶液时用到的仪器有量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，量筒选用10mL规格，故选；还需要500mL容量瓶和胶头滴管；综上所述，本题答案是： ；500mL容量瓶 ；胶头滴管。（3）配制溶液时稀释和移液两步操作用到玻璃棒，稀释时作用是搅拌；移液时作用是引流，使液体顺利流入容量瓶中；综上所述，本题答案是：搅拌， 引流。 （4）量筒量取98%的硫酸时俯视读数会造成硫酸的体积偏小，浓度就偏低；综上所述，本题答案是：偏低。配制溶液是需要加水，故容量瓶中有水对浓度没有影响；综上所述，本题答案是：不影响。