吉林长春市普通高中2024届高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

吉林长春市普通高中2024届高二化学第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、我国从2000年起就逐渐用新型消毒剂取代氯气对生活饮用水进行消毒，该新型消毒剂的主要成分是A．HCl B．CaCO3 C．NaCl D．ClO22、用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为＋2Cl2+2H2O+4HCl。下列说法正确的是A．该装置利用上述反应将化学能转化为电能B．电极的反应式为C．盐酸除起增强溶液导电性的作用，还提供参与电极反应D．理论上每得到乙二酸，将有从右室迁移到左室3、下列烷烃的一氯取代物中没有同分异构体的是()A．2—甲基丙烷 B．丙烷 C．丁烷 D．乙烷4、酚酞是常用的酸碱指示剂，其结构简式如图所示，下列说法错误的是（）A．酚酞的化学式为C20H14O4B．从结构上看酚酞可以看作酯类也可以看作酚类C．酚酞遇碱变红是发生了化学反应D．酚酞在酒精中的溶解度小于同条件下在水中的溶解度5、在A(g)+B(g)=C(g)+2D(g)反应中，下列表示的反应速率最快的是A．υ(A)=0.1mol•L-1•min-1 B．υ(B)=0.2mol•L-1•min-1C．υ(C)=0.3mol•L-1•min-1 D．υ(D)=0.4mol•L-1•min-16、下列有关事实，与水解反应无关的是A．热的纯碱溶液用于清洗油污B．氯化铁溶液腐蚀铜板C．加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体D．用TiCl4和大量水反应，同时加热制备TiO27、下列措施不能达到节能减排目的的是A．尽可能减少塑料袋B．用家用汽车代替公交车C．推广使用节能灯D．利用太阳能，潮汐能发电8、最近我国“人造太阳”研究获重大进展。核聚变中下列质子数小于中子数的原子是（）A．12HB．13H9、N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。8gN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是（）A．N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋H2O(g)ΔH＝＋267kJ·mol－1B．N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol－1C．N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝＋534kJ·mol－1D．N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－133.5kJ·mol－110、下列叙述不正确的是()A．原子晶体中共价键越强，熔点越高B．在卤族元素(F、Cl、Br、I)的氢化物中，HCl的沸点最低C．CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2∶1、1∶1D．晶体熔点：金刚石>食盐>冰>干冰11、在一个V升的密闭容器中放入2molA(g)和1molB(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)＋B(g)nC(g)＋2D(g)，达平衡后A的浓度减小1/2，混合气体平均相对分子质量增大1/8，则该反应方程式中n的值是A．1B．2C．3D．412、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．在0.1mol•L-1Na2SO3溶液溶液中：c（Na+）=2c（SO32―）+c（HSO3―）+c（H2SO3）B．在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-）+2c（H2CO3）C．向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液：c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）D．常温下，CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）+2c（Cl-）13、弱电解质和强电解质的本质区别在于A．离子数目的多少B．物质的量浓度相同时，溶液的导电能力C．在水中是否存在电离平衡D．电离方程式的写法不同14、298

K时，向20

mL0.1

mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1

mol/L

NaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．HA为弱酸B．b点溶液中：c(A－)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH－)C．b、c之间一定存在c(Na+)＝c(A－)的点D．曲线上a到c点：水的电离程度先增大后减小15、将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体，都会引起()A．溶液的pH增加 B．溶液中c(CH3COO-)减小C．溶液的导电能力减弱 D．溶液中c(OH-)减小16、下列关于电解精炼铜与电镀的说法正确的是（）A．电解精炼铜时，将电能转化为化学能，电路中每通过2mole-，阳极溶解64g铜B．可从阳极泥中提取金、银、锌等金属C．在铁制器皿上镀铝，熔融氧化铝作电解质，铁制器皿作阴极，铝棒作阳极D．电镀过程中电镀液需要不断更换二、非选择题（本题包括5小题）17、有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与反应条件已略去)。A是常见金属，B是常见强酸；D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍；E是最常见的无色液体；G为常见强碱，其焰色反应呈黄色；J是常见红色固体氧化物。请回答下列问题：(1)G的电子式为_________。(2)H的化学式为__________。(3)写出反应①的离子方程式：___________________________。(4)写出反应②的化学方程式：___________________________。18、近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：(1)A的化学名称是____________________，E的分子式________________。(2)由A生成B、G生成H的反应类型分别是____________、______________。(3)D的结构简式为.________________________。(4)Y中含氧官能团的名称为________________。(5)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为_________________。19、为了探究和验证氯气的性质，某研究性学习小组以MnO2和浓盐酸为主要原料，设计了如图所示装置(其中a是连有注射器针头的橡皮管，针头已插入并穿过橡皮塞)进行了研究。（资料：氯气与铁反应制取氯化铁要在无水条件下进行）试回答下列问题：（l）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________（2）装置B中的试剂为_________，装置D里的药品是________（3）装置C中发生反应的离子方程式为_____________________________（4）反应开始后，装置E中玻璃管内的现象为_______________________________；可以检验生成物中有Fe3+的试剂是__________．（5）装置F中发生反应的化学方程式为________________________（6）利用氯气可以制得漂白粉，漂白粉的有效成份是_______________（写化学式）。20、I．实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。（1）配制480mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液。①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平（带砝码、镊子）、药匙、小烧杯；（2）取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用__________（填仪器名称）盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次，记录数据如下：滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/rnL第一次20.000.4020.50第二次20.004.1024.00第三次20.001.0024.00（3）①如何判断滴定终点：___________。②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。（4）在上述实验中,下列操作（其他操作正确）会造成测定果偏低的有__________（填序号）。A

酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥C

称量NaOH固体中混有Na2CO3固体D滴定终点读数时俯视读数E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II．

氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式__________________。（2）计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L。21、X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为__________________。（2）ZX3分子的空间构型为__________________,ZW3-离子的立体构型是__________。（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_______(填化学式)，原因是_____________。（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为：______________________________________________。（5）W和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为________(填化学式)。Na+的配位数为________，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【题目详解】ClO2气体是一种常用的消毒剂，ClO2中Cl为+4价，具有强氧化性，我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。答案选D。2、C【题目详解】A．该装置为电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；B．为阴极，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为↑，故B错误；C．盐酸作为电解质溶液起提供的作用，在极放电生成，此外，盐酸还有增强溶液导电性的作用，故C正确；D．由反应＋2Cl2+2H2O+4HCl可知，每生成乙二酸转移，将有从右室迁移到左室，则理论上每得到乙二酸，将有从右室迁移到左室，故D错误；答案为C。3、D【题目详解】A．2-甲基丙烷中有2种H原子，其一氯代物有2种，故A不选；B．丙烷分子中有2种H原子，其一氯代物有2种，故B不选；C．丁烷有正丁烷、异丁烷，正丁烷分子中有2种H原子，其一氯代物有2种，异丁烷中有2种H原子，其一氯代物有2种，故丁烷的一氯代物有4种，故C不选；D．乙烷分子中只有1种H原子，其一氯代物只有一种，故D选；故选D。4、D【解题分析】A．由结构可知，酚酞的分子式为C20H14O4，选项A正确；B．羟基直接连接在苯环的有机物属于酚类，从结构上看酚酞可以看作酯类也可以看作酚类，选项B正确；C.酚酞遇碱变红，发生了化学反应，选项C正确；D.根据相似相溶原理可知，酚酞在有酒精中的溶解度大于同条件下在水中的溶解度，选项D错误。答案选D。5、C【解题分析】将各选项中的化学反应速率分别除以相应的化学计量数；A.υ(A)÷1═0.1mol·L-1·min；B.υ(B)÷1═0.2mol·L-1·min；C.υ(C)÷1═0.3mol·L-1·min；D.υ(D)÷2═0.2mol·L-1·min；反应速率最快的是υ(C)═0.3mol·L-1·min，答案选C。6、B【解题分析】A、纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故A不符合；B、氯化铁溶液腐蚀铜板发生氧化还原反应：2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，与盐的水解无关，故B符合；C、氯化铁水解：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加热蒸干氯化铁溶液促进水解，且生成的氯化氢易挥发，不能得到氯化铁晶体，得到的是氢氧化铁，进一步灼烧得到氧化铁，故C不符合。D、四氯化钛在热水中水解：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl，钛酸受热分解：H2TiO3TiO2+H2O，与盐类水解有关，故D不符合；答案选B。7、B【解题分析】A.尽可能减少塑料袋,可减少白色污染,减少化石能源的消耗,能达到节能减排目的,故A不选；B.用家用汽车代替公交车,可导致大量汽车尾气的排放,不利于节能减排,故B选；

C.推广使用节能灯,可减少能源消耗,有利于节能减排,故C不选；

D.利用太阳能,潮汐能发电,可减小对化石能源的依赖,减少污染物的排放,故D不选；

综上所述，本题选B。8、B【解题分析】A．12H中质量数为2，质子数为1，则中子数为1，选项A不选；B．13H中质量数为3，质子数为1，则中子数为2，质子数小于中子数，选项B选；C．24He中质量数为4，质子数为2，则中子数为2，质子数等于中子数，选项C不选；D．11H中质量数为19、B【题目详解】8gN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，即0.25mol释放133.5kJ的热量，则1mol时的焓变ΔH＝－534kJ/mol，热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol－1，答案为B。10、C【题目详解】A．原子晶体中原子以共价键的形式结合，熔化时需要断裂共价键，即共价键越强，熔点越高，故A正确；B．卤族氢化物都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，但含有分子间氢键的氢化物熔沸点最高，HF分子间含有氢键，所以熔沸点最高，则HCl的熔沸点最低，故B正确；C．氢化钙、过氧化钠中阳离子、阴离子分别是Ca2+、H-、Na+、O22-，所以CaH2、Na2O2晶体的阴、阳离子个数比分别为2∶1、1∶2，故C错误；D．熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有分子间氢键的氢化物熔沸点较高，冰中分子间含有氢键，所以晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰，故D正确；故选C。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意分子间氢键对物质性质的影响。11、A【解题分析】3A(g)＋B(g)nC(g)＋2D(g)达到平衡后，混合气体的平均摩尔质量增大，则该反应为气体体积缩小的反应，以此来解答。【题目详解】在一个V升的密闭容器中放入2molA(g)和1molB(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)＋B(g)nC(g)＋2D(g)，达到平衡后，混合气体的平均相对分子质量增大，由M=mn可以知道，A、B、C、D均为气体，由质量守恒定律可以知道，气体的总质量不变，则该反应为气体体积缩小的反应，即3+1>n+2，

所以n<2，则n必为1，

所以A选项是正确的。【题目点拨】本题比较简单，主要考查了反应中平均相对分子质量和平衡移动的关系。解题时抓住平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量这一关键，n为系数，必为整数，要掌握巧解方法。12、B【题目详解】A.在0.1mol•L-1Na2SO3溶液溶液中物料守恒为：c（Na+）=2c（SO32―）+2c（HSO3―）+2c（H2SO3），故错误；B.在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中物料守恒为c（Na+）=2c（CO32―）+2c（HCO3―）+2c（H2CO3），电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=2c（CO32―）+c（HCO3―）+c（OH-），将钠离子消去则有：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-）+2c（H2CO3），故正确；C.向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，溶液中含有等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，因为碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子，应为c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故错误；D.常温下，CH3COONa中物料守恒有c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），CaCl2中物料守恒有2c（Ca2+）=c（Cl-），所以有c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）+c（Cl-），故错误。故选B。【题目点拨】掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒等关系式的书写是解题关键。物料守恒体现的是化合物中元素原子之间的比例关系，电荷守恒表示溶液中阳离子的正电荷总数等于阴离子的负电荷总数。通过两种守恒关系，可以推到第三种守恒，即质子守恒。13、C【题目详解】A、离子数目的多少，与电解质的强弱无关，故A错误；B、导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，与电解质的强弱无关，故B错误；C、判断强弱电解质就是看电解质在水溶液中是否完全电离，强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离，故C正确；D、题目问的是本质区别，本质区别是电解质在水溶液中是否完全电离，故D错误。14、D【分析】0.1mol·L－1HA溶液pH>1，故HA是弱酸，溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。【题目详解】A．0.1mol·L－1HA溶液pH>1，故HA是弱酸，故A正确；B．b溶液显酸性，c(H＋)>(OH－)，HA的电离大于A-的水解，由电荷守恒可知c(Na＋)<c(A－)，c(A－)＞c(Na+)＞c(HA)，故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(A－)，当溶液pH=7呈中性时c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)=c(A－)，所以b、c之间一定存在c(Na＋)=c(A－)的点，故C正确；D．a、b点中溶液显酸性，HA电离出的H＋对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点水的电离程度增大，c点水的电离程度最大，故D错误；故选D。15、A【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力减弱，溶液中c（H+）减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小，据以上分析解答。【题目详解】根据上述分析可知，A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增加；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，故A正确；B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中c(CH3COO—)减小；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中c(CH3COO—)增加；故B错误；

C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；

D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小；加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；综上所述，本题选A。16、C【题目详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，其中的铁、锌等杂质金属也会失去电子，因此通过2mole－，阳极溶解铜的质量不一定为64g，A项错误；B.电解精炼铜时，粗铜作阳极，其中的铁、锌等杂质金属也会失去电子，不活泼的金属沉淀下来成为阳极泥，故阳极泥中可提取金、银等比铜不活泼金属，B项错误；C.在铁制器皿上镀铝，铁制器皿放在阴极，铝作阳极，熔融氧化铝作电解质，C项正确；D.电镀过程中电镀液的浓度几乎不变，因此不需要经常更换电镀液，D项错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe(OH)22Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O【分析】G为常见强碱，其焰色反应呈黄色，则G为NaOH，E是最常见的无色液体，则E为H2O，J是常见红色固体氧化物，则J为Fe2O3，J中的铁元素来自于A，则A为Fe，B是常见强酸，能与Fe反应生成无色气体D和水，且D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍，则I为O2，D为SO2，B为H2SO4，Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁和水，则C为Fe2(SO4)3，SO2具有还原性，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，则F为FeSO4，FeSO4与NaOH反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，则H为Fe(OH)2，据此答题。【题目详解】（1）G为NaOH，NaOH由离子键和共价键构成，其电子式为：，故答案为。（2）H为Fe(OH)2，化学式为：Fe(OH)2，故答案为Fe(OH)2。（3）反应①为硫酸铁、二氧化硫与水反应，离子方程式为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案为2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。（4）反应②为氧化铁与硫酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案为Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。18、丙炔C6H9O2I取代反应加成反应羟基、酯基【分析】丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成，和NaCN发生取代反应生成，水解为，和乙醇发生酯化反应生成；由RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O反应可知F是苯甲醛，G是。据此解答。【题目详解】(1)A是，化学名称是丙炔，E的键线式是，分子式是C6H9O2I；(2)A生成B是丙炔与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应类型是取代反应；G生成H是与氢气发生加成反应生成，反应类型是加成反应；(3)根据以上分析，D的结构简式为；(4)Y是，含氧官能团的名称为羟基、酯基；(5)根据E和H反应生成Y，E与苯甲醛在Cr-Ni催化下发生偶联反应生成。【题目点拨】本题考查有机推断，根据反应条件和流程图正确推断有机物的结构简式是解题关键，注意掌握常见官能团的结构和性质，“逆推法”是进行有机推断的方法之一。19、MnO2+4HCl(浓)CaCl2+Cl2↑+H2O饱和食盐水浓硫酸2I-+Cl2==2Cl-+I2生成红棕色的烟KSCN（硫氰化钾）2NaOH+Cl2==NaCl+NaClO+2H2OCa(ClO)2【解题分析】（1）装置A为MnO2和浓盐酸反应制备氯气的装置，其化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)CaCl2+Cl2↑+H2O；（2）装置A中产生的氯气中混有HCl气体，需要除去，故装置B中的试剂为饱和食盐水；氯气一部分在装置C中发生反应，验证Cl2的氧化性，因氯气与铁反应制取氯化铁要在无水条件下进行，因此氯气进入装置E时必须为干燥气体，故装置D的目的是干燥氯气，故装置D中的试剂为浓硫酸；（3）装置C中含有KI溶液，氯气通入后发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为：2I-+Cl2==2Cl-+I2；（4）装置E中氯气通入并加热时，发生反应2Fe+3Cl22FeCl3，其反应现象为生成红棕色的烟；检验Fe3+常用试剂为KSCN（硫氰化钾）溶液；（5）氯气为有毒气体，不能直接排放于空气中，需进行尾气处理，常选用NaOH溶液，NaOH与Cl2的化学反应方程式为：2NaOH+Cl2==NaCl+NaClO+2H2O；（6）氯气制备漂白粉的方程式为：2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，其漂白有效成分为Ca(ClO)2。20、500mL容量瓶胶头滴管2.0碱式滴定管当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点0.1000AD5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O1.25×10-3【题目详解】I．(1)①实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，应选用的玻璃仪器主要有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；②配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液，溶质的物质的量为：0.1000mol·L-1×0.5L=0.05mol，溶质的质量为：0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；(2)盛装配制的标准NaOH溶液用碱式滴定管；(3)①由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点；②第三次数据误太大，舍去，V(NaOH)==20.00mL，因为c酸·V酸=c碱·V碱。所以c酸==0.1000(mol/L)；(4)A．使用前，水洗后若未用待测盐酸润洗，则标准溶液的浓度偏小，相同体积时含有的酸的物质的量偏少。消耗的碱溶液体积偏小，c酸偏低，选项A符合；B．锥形瓶水洗后未干燥，由于酸的物质的量没变化，所以对实验结果无影响，选项B不符合；C．称量NaOH固体时，混有Na2CO3固体，等质量的Na2CO3消耗的盐酸的量较大，则使用该碱溶液测定盐酸时消耗的体积就偏大。所以测定的酸的浓度就偏高，选项C不符合；D．滴定终点读数时俯视,则溶液的体积偏小，所测定的酸溶液浓度就偏