河北省唐山市第二中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题(含解析)

1、河北省唐山市第二中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）相对原子质量：H1、C12、N14、O16、Na23、Cl35.5、K39、Mn55、Br80、I127第卷选择题部分（共50分）一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）“食盐加碘”、“骨质松懈需补钙”、“人体缺铁会引起贫血”。其中的“碘、钙、铁”是指（）A.分子B.原子C.离子D.元素【答案】D【解析】【详解】“食盐加碘”、“骨质松懈需补钙”、“人体缺铁会引起贫血”，这里所说的“碘、钙、铁”等不是以单质、分子、原子等形式存在，而是重申“碘、钙、铁”是存在的元素，与详尽形态没关。应选D。2.以下关于液氯和氯

2、水的表达中正确的选项是（）A.液氯是纯净物，而氯水是混杂物B.液氯和氯水都有酸性C.液氯和氯水都有漂白性D.液氯无色，氯水呈黄绿色【答案】A【解析】【解析】液氯是液态的氯分子，是纯净物；氯水是氯气溶于水形成的混杂物，在此混杂物中，有氯分子、次氯酸分子、水分子、还有氯离子、次氯酸根离子、氢离子、氢氧根离子。【详解】A.液氯是只含氯分子的纯净物，而氯水是由分子、离子组成的混杂物，A正确；B.液氯中不含有H+，不显酸性，氯水中含有H+，拥有酸性，B错误；C.液氯没有漂白性，氯水中含有次氯酸分子，拥有漂白性，C错误；D.液氯和氯水中都含有氯分子，都呈黄绿色，D错误；应选A。胶体分别系与其他分别系的实质

3、差别是A.分别质直径大小B.可否有丁达尔现象1C.可否牢固D.分别质粒子可否带电【答案】A【解析】【详解】胶体差别于其他分别系的实质特色是分别质粒子的直径大小不相同，其中分别质粒子直径大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液，介于1nm和100nm之间的是胶体，答案选A。【点睛】该题简单错选B。丁达尔效应能够用来鉴别溶液和胶体，但不是分别系实质差别。4.在物质分类中，前者包含后者的是（）A.氧化物、化合物B.胶体、溶液C.化合物、电解质D.非金属氧化物、酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A.氧化物属于化合物，后者包含前者，A不合题意；B.胶体和溶液都属于分别系，是两个平行看法，没有隶属关系

4、，B不合题意；C.化合物分为电解质和非电解质，因此前者包含后者，C吻合题意；D.非金属氧化物有的是酸性氧化物，有的不是酸性氧化物，属于交织关系，D不合题意。应选C。【点睛】非金属氧化物有的是酸性氧化物，如CO、SO等；有的是不能盐氧化物，如CO、22NO、HO等。酸性氧化物有的是非金属氧化物，有的是金属氧化物，如MnO。5.金属钠与以下溶液反应时，既有白色积淀析出又有气体逸出的是()D.的A.BaCl2溶液B.K2SO4溶液C.FeCl3溶液溶液Ca(HCO)【答案】D【解析】试题解析：A、金属钠先和BaCl2溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2HO=2NaOH+H，但是生成的氢氧

5、化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；B、金属钠先和硫酸钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2HO=2NaOH+H，但是生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，极只有气体生成，故B错误；C、Na第一和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2HO=2NaOH+H，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe(OH)3红褐色积淀，既有积淀析出，又有气体逸出，故C错误；D、Na第一和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2HO=2NaOH+H，NaOH与Ca(HCO3)2溶液反应会生成碳酸钙，有积淀生成，故2D正确；应选D。【考点定位】观察钠的化学性质【名师点晴】本题观察了钠的化学性质，要点要知

6、道Na与溶液反应，第一是钠与水反应生成氢氧化钠并放出氢气，尔后发生NaOH与溶质的反应。解答本题要注意积淀的颜色。6.以下变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（）A.SOSO2-B.CuOCuC.ClClD.II2322【答案】D【解析】【详解】A.SO2SO32-，没有变价元素，不需加入氧化剂，A不合题意；B.CuOCu，此转变中CuO做氧化剂，需加入还原剂才能实现，B不合题意；C.Cl2Cl，此转变中，诚然Cl元素的价态降低，但其实不需要加入还原剂，由于Cl2与碱或水反应，即可实现，C不合题意；-价态高升，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D吻合题意。2应选D。【点睛】解析物质转变时，一方面

7、我们要考虑元素价态发生改变，可能需要加入氧化剂或还原剂，另一方面还要思虑，可否不另加氧化剂或还原剂，利用物质自己的氧化还原反应，也能实现此转变。有5种待检的溶液，它们分别是：KCl；Ba(NO3)2；NaOH；(NH4)2SO4；FeCl3。若要求不用任何外加试剂鉴别它们，则鉴其他先后序次正确的选项是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】我们从观察溶液的颜色切入，呈棕黄色的溶液为33滴入盛有少FeCl；再利用FeCl量的别的四份溶液的四支试管中，有红褐色积淀生成的溶液是NaOH；再利用NaOH滴入盛有少量的别的三份溶液的三支试管中，有气泡逸出的溶液是(NH4)2SO；再利用(NH)SO

8、鉴4424别剩下的两份溶液，有白色积淀生成的溶液为Ba(NO3)2；最后剩下的为KCl。从而得出鉴其他先后序次为。答案为B。必然温度下，将少量生石灰放入必然量的饱和石灰水中，搅拌并冷却到原温度，以下说法正确的选项是（）3A.溶质的质量增大B.溶质的物质的量浓度增大C.Ca（OH）2溶解度不变D.溶质质量分数增大【答案】C【解析】A由于氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使溶液因此减少了水，饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出，因此溶质减少，故A错误；B物质的量浓度是表示溶液浓度的一种方法，由于溶液温度不变，而且溶液仍为饱和溶液，因此饱和溶液的物质的量浓度未变，故B错误；C饱和溶液随溶剂水的减少，溶质相

9、应析出，变化后的溶液仍为饱和溶液的，且溶液温度没有改变，依照相同温度下的同种溶质的饱和溶液的溶质质量分数相同，因此，溶液浓度（即溶质Ca（OH）2浓度）不变，故C正确；D由于溶液温度不变，而且溶液仍为饱和溶液，因此饱和溶液的溶质质量分数不变，故D错误；应选C。考点：观察了溶解度的影响因素的相关知识。9.以下说法中正确的选项是（）A.CO2的水溶液能导电，故CO2是电解质B.BaSO4难溶于水，但BaSO4是强电解质实验后节余的金属钠不能够够放回原试剂瓶中不是电解质的物质必然是非电解质【答案】B【解析】【详解】A.CO2的水溶液能导电，但导电离子其实不是来自CO2，而是来自CO2与水反应生成的碳

10、酸，故CO2不是电解质，而是非电解质，A错误；B.BaSO4难溶于水，但溶于水的BaSO4完好电离，因此BaSO4是强电解质，B正确；在实验室，用剩的溶液和粉末状固体不能够放回原瓶，用剩的块状固体必定放回原瓶，所以实验后节余的金属钠应放回原试剂瓶中，C错误；单质和混杂物既不是电解质也必然是非电解质，D错误。应选B。实验表示：将氯水滴加到一片蓝色石蕊试纸上，会出现以下列图的半径慢慢扩大的内外两个圆环，且两环颜色不相同，以下相关说法中不正确的是（）4此实验表示氯水有酸性、漂白性内环呈白色，外环呈红色或浅红色内外环上颜色的差别表示此变化过程中，盐酸与指示剂的反应比氧化还原反应快氯水中形成次氯酸的反应

11、中还原产物是HClO【答案】D【解析】【详解】A.此实验表示氯水有酸性、漂白性，而且先表现出酸性，后表现出氧化强，A正确；B.内环是次氯酸将红色物质漂白、呈白色，外环是酸使酚酞呈红色或浅红色，B正确；内外环上颜色的差别表示此变化过程中，盐酸先与指示剂反应，次氯酸后与指示剂发生氧化还原反应，C正确；氯水中形成次氯酸的反应中氧化产物是HClO，D错误。应选D。如图在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现以下现象，正确的结论是（）A.加入的是CCl4，加苯，加酒精B.加入的是苯，加CCl4，加酒精C.加入的是苯，加酒精，加CCl4D.加入的是酒精，加CCl4，加苯【答案】B

12、【解析】【详解】CCl4难溶于水，密度比水大，溴易溶于CCl4，CCl4层在基层；苯难溶于水，密度比水小，溴易溶于苯，苯层在上层；酒精易溶于水，与水不分层；因此加入的是苯，加CCl4，5加酒精，应选B。12.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是（）A.在25、101kPa下，11.2L氧气所含的原子数为NAB.0.5molNa与足量水发生反应转移的电子数为NAC.20g重水（D2O）所含的电子数为10NAD.在标准状况下，5.6L的CCl4中所含的氯原子总数为NA【答案】C【解析】【详解】A.在25、101kPa下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氧气的物质的量小

13、于0.5mol，所含的原子数小于NA，A错误；B.Na与足量水发生反应，Na由0价高升到+1价，0.5molNa转移的电子数为0.5NA，B错误；C.20g重水（D2O的相对分子质量为20）为1mol，每个D2O分子中含有10个电子，则20g重水所含的电子数为10NA，C正确；D.在标准状况下，CCl4呈液态，不能够利用22.4L/mol进行所含氯原子总数的计算，D错误。应选C。13.2015年8月12日位于天津滨海新区某一危险品库房发生大爆炸，人员和财产损失严重。为此我们应做好各样安全方案。以下行为吻合安全要求的是（）金属钠着火时，马上用水灭火配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸中用点燃的火柴在液化气

14、钢瓶口检验可否漏气大量氯气泄漏时，迅速走开现场并尽量往高处走【答案】D【解析】试题解析：A金属钠很简单与水发生反应产生氢氧化钠和氢气，因此金属钠着火时，马上用沙子或土灭火，不能够用水灭火，错误；B浓硫酸遇水会放出大量的热，由于硫酸的密度比水大，因此配制稀硫酸时将浓硫酸慢慢加入到水中，错误；C若用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验可否漏气，万一漏气，短时间内大量气体与氧气发生反应，放出大量的热，会使钢瓶发生爆炸，错误；D大量氯气泄漏时，由于氯气有毒，密度比空气大，因此一个迅速走开现场并尽量往高处走，正确。考点：观察化学药品事故办理方法正误判断的知识。614.能正确表示以下化学反应的离子方程式的是（）A

15、.澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)22H+Ca2+2H2O氢氧化钡溶液与盐酸的反应OHH+H2OC.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混杂2+2BaSO442+H2OCO2D.碳酸钙溶于稀盐酸中CO32H【答案】B【解析】【详解】A.澄清的石灰水中，Ca(OH)2完好电离，因此在离子方程式中应以离子表示，A错误；B.氢氧化钡溶液与盐酸反应，二者都能完好电离，反应的实质为+OHHH2O，B正确；C.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混杂，除去发生反应2+2BaSO4外，还发生2+Ba+SO4Cu与-OH的反应，C错误；D.碳酸钙犯难溶性盐，应以化学式形式出现在离子方程式中，D错误。应选B。【点睛】判断离子方程式

16、的正误，需观察以下四个方面的内容：看可否吻合客观事实；看可否遗漏离子反应；看可否可拆成离子；看可否依照质量守恒和电荷守恒。15.当光束经过以下分别系时，能观察到丁达尔效应的是（）A.硫酸铜溶液B.氯化镁溶液C.碘酒D.氢氧化铁胶体【答案】D【解析】【详解】A.硫酸铜溶液，不胶体，不能够产生丁达尔效应，A不合题意；B.氯化镁溶液，不属于胶体，不能够产生丁达尔效应，B不合题意；C.碘酒，是碘的酒精溶液，不是胶体，不能够产生丁达尔效应，C不合题意；D.氢氧化铁胶体，是胶体，能产生丁达尔效应，D吻合题意；应选D。16.同位素的发现能揭穿物质微观结构与性质之间的关系。以下说法正确的选项是（）A.O2和O

17、3互为同位素B.1个18O2中含有18其中子C.18O2与16O2的性质完好相同D.16O和18O的核外电子数相同【答案】D7【解析】【详解】A.O2和O3是O元素组成的两种单质，二者互为同素异形体，A不合题意；B.1个18O2中含有2(18-8)=20其中子，B错误；C.182162C错误；O与O的物理性质不相同，D.16O和18O的核外电子数都是8个，D正确。应选D。17.在加热条件下，关于反应3C126KOH5KCl十KClO33H2O，以下表达正确的选项是（）A.氧化产物和还原产物的物质的量之比为15B.6.72LCl2完好反应，转移电子的物质的量为0.5molC.C12是氧化剂，KO

18、H是还原剂D.氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为51【答案】A【解析】【解析】关于反应3C126KOH5KCl十KClO33H2O，Cl2中的Cl一部分由0价高升到+5价，一部分由0价降低到-1价，因此Cl2既是氧化剂又是还原剂，KCl是还原产物，KClO3是氧化产物。【详解】A.从方程式中能够看出，氧化产物KClO3和还原产物KCl的物质的量之比为15，正确；B.没有指明标准状况，6.72LCl2不用然是0.3mol，因此转移电子的物质的量不用然为0.5mol，B错误；C.C12既是氧化剂又是还原剂，KOH表现出碱性，C错误；D.氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为11，D错误。应选A。1

19、8.以下各组离子在溶液中能大量共存且溶液为无色的是（）+B.Cu2+2+A.Na、CH3COO、NO3、H、SO4、Cl、H+2+2、ClD.Ca2+2C.Na、Mg、SO、K、OH、CO43【答案】C【解析】+CH3COOH，A不能够大量共存，A不吻合题意；【详解】A.CH3COO、H在同一溶液中会反应生成B.诚然离子能大量共存，但Cu2+呈蓝色，B不合题意；8+2+2、Cl四种离子能大量共存于同一溶液中，C吻合题意；C.Na、Mg、SO4D.Ca2+2在同一溶液中时，会反应生成CaCO3积淀，D不合题意。、CO3应选C。依照以下化学方程式，判断相关物质的还原性强弱的序次为I2SO22HOH

20、2SO42HI；2FeCl2Cl22FeCl3；2FeCl32HI2FeCl22HClI2A.IFe2ClSO2B.SO2IFe2Cl222C.FeIClSO2D.ClFeSOI【答案】B【解析】试题解析：在氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则依照反应I2SO22242；依照反应2FeCl222FeCl3可知还原性是22HOHSO2HI可知还原性是SOIClFeCl；依照反应2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2可知还原性是IFe2+，依照以上解析可知还原性强弱序次是22Cl，答案选B。SOIFe考点：观察还原性强弱比较20.以下实验装置一般不用于分别物质的是（）A

21、.B.C.D.【答案】D【解析】9【详解】A.，此为蒸馏装置，用于分别沸点相差较大的液体混杂物，A不合题意；B.，用于提纯胶体分别系，B不合题意；C.，用于分别固液混杂物，C不合题意；D.，用于配制必然物质的量浓度的溶液，不用于分别物质，D吻合题意。应选D。甲、乙、丙三种溶液中各含一种卤离子，往甲中加入淀粉和氯水，溶液变为蓝色，再往丙中加入淀粉和氯水，颜色无明显变化，则甲、乙、丙依次含有A.Br-、Cl-、I-B.Cl-、I-、Br-C.I-、Br-、Cl-D.Br-、I-、Cl-【答案】C【解析】甲中加入淀粉和氯水，溶液变为蓝色，说明必然含有I-，能够必然答案为C，再逐一考据，吻合题意22.

22、某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N其中子，它与1m1H原子组成HX分子在a克HX中所含质子的物质的量是（）ma(A-N+m)mola(A-N)mola(A-N)molD.A.B.C.AmAAm(A-N+m)molA【答案】A10【解析】【解析】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数中子数，则X的质子数为(AN)，1molHmX中含有质子的物质的量为(ANm)mol，agHmX的物质的量ag/(Am)gmol1，agHmX中含有质子物质的量为a(A-N+m)mol。Am【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数中子数，则

23、X的质子数为(AN)，1molHmX中含有质子的物质的量为(ANm)mol，agHmX的物质的量ag/(Am)gmol1，agHmX中含有质子物质的量为a(A-N+m)mol，应选项AmA正确。23.同温同压下，A容器中H和B容器中NH所含氢原子数相等，则两个容器的体积比是（）23A.23B.13C.32D.12【答案】C【解析】【详解】可设H原子数为6mol，则H2为3mol，NH为2mol，两种气体的物质的量之比为3：32，依照阿伏加德罗定律的推论，物质的量之比等于气体的体积之比，可得出两个容器的体积之比为3：2。应选C。用NaCl固体配制0.1molL-1的NaCl溶液，以下操作或说法正

24、确的选项是A.将5.85gNaCl固体溶于1L水中可配成0.1molL-1的NaCl溶液B.称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，尔后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果【答案】D【解析】观察溶液的配制A：溶于1升水中是错误的，应溶于水中配成一升溶液B：固体一般放在纸片上C：溶解后冲洗烧杯二至三次，一并移至容量瓶中，加水稀释到离刻度线2至3cm时，改用胶头滴管定容，不正确D：正确11答案为D已知在热的碱性溶液中，NaClO发生以下反应：3NaClO=2NaClNaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生近似的反应

25、，其最后产物是A.NaCl、NaClOB.NaCl、NaClO3C.NaClO、NaClO3D.NaClO3、NaClO4【答案】B【解析】【详解】反应3NaClO=2NaClNaClO3，属于歧化反应。A、NaCl中氯元素-1价、NaClO中氯元素+1价，氯元素的化合价均比+3价低，不属于歧化反应，选项A错误；B、NaCl中氯元素-1价、NaClO3中氯元素+5价，属于歧化反应，选项B正确；C、NaClO中氯元素+1价、NaClO3中氯元素+5价，NaClO还会连续反应，不能够牢固存在，选项C错误；D、NaClO3、NaClO4中的氯元素化合价均比+3价高，不属于歧化反应，选项D错误；答案选

26、B。第卷非选择题部分（共50分）（1）13.8g氮的氧化物（NOx）中含N原子数为0.3mol，则NOx的摩尔质量为_，x的数值为_，该质量的NOx在标准状况下的体积为_L。（2）某待测液中可能含有Ag+、Fe3+、K+、Ba2+、NH4+等离子，进行以下实验：加入过分的稀盐酸，有白色积淀生成；过滤，得无色透明溶液，在滤液中加入过分的稀硫酸，又有白色积淀生成；过滤，取少量滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。依照实验现象回答：待测液中必然含有_离子；定不含有_离子；还有_离子不能够确定可否存在，要检验这些离子的实验方法是_。【答案】(1).46g/m

27、ol(2).2(3).6.72(4).Ag+(5).Ba2+(6).+3+焰色反应NH、Fe、K(7).4【解析】【解析】（1）13.8g氮的氧化物（NO）中含N原子数为0.3mol，利用公式Mm可求出NO的摩xxn12尔质量，利用相对分子质量可求出x的数值，利用公式V=nVm可求出该质量的NOx在标准状况下的体积。2）利用离子反应产生的现象，进行离子的逐一解析。加入过分的稀盐酸，有白色积淀生成，则含有Ag+；过滤，得无色透明溶液，则不含有Fe3+；在滤液中加入过分的稀硫酸，又有白色积淀生成，则含有Ba2+；过滤，取少量滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色

28、的气体，则含有NH4+。只有K+不能够确定，可利用焰色反应进行检验。【详解】（1）NOx的摩尔质量m13.8gM46g/mol；14+16x=46，x=2；n0.3molV=nVm=0.322.4L/mol=3.36L；答案为：46g/mol；2；6.72；2）利用离子反应产生的现象，进行离子的逐一解析。加入过分的稀盐酸，有白色积淀生成，则含有Ag+；过滤，得无色透明溶液，则不含有Fe3+；在滤液中加入过分的稀硫酸，又有白色积淀生成，则含有Ba2+；过滤，取少量滤液，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加热，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则含有+不能够确定，可利用焰色反应进行检验。答案为：

29、+2+3+NH。只有KAg、Ba、NH；Fe；K；焰44色反应。【点睛】在进行离子推断时，常使用共存原理和电荷守恒原则。当确定某离子后，可带回原溶液检验，看可否能因不共存，消除某些离子；最后，需利用溶液呈电中性，再确定某些离子在溶液中的存在。实验室需要480mL0.2000mo1/LNa2CO3溶液。现用Na2CO3固体配制，可供选择的仪器有：玻璃捧烧瓶烧杯胶头滴管漏斗天平药匙500mL容量瓶250mL容量瓶。请回答以下问题：（1）上述仪器中，在配制Na2CO3溶液时必定使用的仪器除、外，还有_（填数字序号）。（2）经计算，需称量Na2CO3固体的质量为_。（3）将所配制的Na2CO3溶液进行

30、测定，发现浓度小于0.2000moL/L。请你解析配制过程中可能引起该误差的原因是（填字母代号）_。A定容时俯视液面B转移时没有冲洗烧杯和玻璃棒C摇匀后发现液面低于刻度线，使用胶头滴管加水至刻度线13（4）将配好的溶液盛装于以下（填字母代号）_仪器中，贴好标签备用。A带玻璃塞的广口瓶B带玻璃塞的细口瓶C带胶塞的广口瓶D带胶塞的细口瓶【答案】(1).(2).10.6g(3).BC(4).D【解析】【解析】1）由于实验室没有480mL的容量瓶，因此应选择500mL的容量瓶，别的，除、外，这缺少药匙、烧杯，可从配制溶液的操作中去搜寻答案。2）计算时，应使用选择的容量瓶规格进行计算，切不履行用480m

31、进行计算，从而得出需称量Na2CO3固体的质量。3）A定容时俯视液面，溶液体积偏小；B转移时没有冲洗烧杯和玻璃棒，溶质损失一部分；C摇匀后发现液面低于刻度线，使用胶头滴管加水至刻度线，溶液体积偏大。（4）氢氧化钠溶液会腐化玻璃，不能够使用玻璃塞。【详解】（1）由于实验室没有480mL的容量瓶，因此应选择500mL的容量瓶，别的，除、外，这缺少药匙、烧杯；答案为：；2）计算时，应使用选择的容量瓶规格进行计算，切不履行用480m进行计算，从而得出需称量Na2CO3固体的质量为0.5L0.2000mo1/L106g/mol=10.6g；答案为：10.6g；3）A定容时俯视液面，所配溶液体积偏小，浓度

32、偏高；B转移时没有冲洗烧杯和玻璃棒，溶质损失一部分，以致所配溶液的浓度偏小；C摇匀后发现液面低于刻度线，使用胶头滴管加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏小。答案为：BC；（4）A带玻璃塞的广口瓶，适合于酸性或中性固体药品；B带玻璃塞的细口瓶，适合于酸性或中性的液体药品；C带胶塞的广口瓶，适合于碱性的固体药品；D带胶塞的细口瓶，适合于碱性的液体药品。由于NaOH溶液呈碱性，会腐化玻璃塞，因此应使用胶塞，且为细口瓶，答案为D。28.如图是实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置。其中：A中盛有MnO2，B中盛有浓盐酸。14（1）用以下两种方法制取氯气：用含HCl146g的浓盐酸与足量

33、的MnO2反应；用87gMnO2与足量的浓盐酸反应。不考虑HCl的挥发，则两种方法生成的氯气的量是方法_（填“”、“”或“”）。2）仪器B的名称是_。3）C中盛饱和食盐水（氯气在其中的溶解度很小），是为了除去氯气中混有的_气体。4）仪器D用来干燥氯气，其中盛放的试剂是_。5）E中装铁粉，其中发生反应的化学方程式是_。6）G中盛有NaOH溶液，目的是_。其中发生反应的离子方程式是_。【答案】(1).(2).分液漏斗(3).HCl(4).浓硫酸(5).2Fe+3Cl2=FeCl3(6).吸取Cl2(7).Cl-2+2OH=Cl+ClO+H2O【解析】【解析】（1）MnO2与热的浓盐酸发生反应，生成

34、二氯化锰和氯气，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；当盐酸浓度减小到必然程度时，与MnO2就不能够再发生反应。含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，此时HCl为4mol，生成Cl2小于1mol；87gMnO2为1mol，与足量的浓盐酸反应，可生成Cl21mol；经过前面的计算即可确定两种方法生成氯气的量的大小关系。（2）仪器B的名称是分液漏斗；（3）C中盛饱和食盐水（氯气在其中溶解度很小），是为了除去氯气中混有的HCl气体；4）仪器D用来干燥氯气，其中盛放试剂是液体干燥剂，只能为浓硫酸；5）E中装铁粉，发生铁与氯气生成三氯化铁的反应；6）G中盛有NaOH

35、溶液，目的是吸取氯气，防范污染环境。【详解】（1）MnO2与热的浓盐酸发生反应，生成二氯化锰和氯气，反应的方程式为15MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；当盐酸浓度减小到必然程度时，与MnO2就不能够再发生反应。含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，此时HCl为4mol，生成Cl2小于1mol；87gMnO2为1mol，与足量的浓盐酸反应，可生成Cl21mol；则两种方法生成的氯气的量是方法；答案为：；2）仪器B的名称是分液漏斗；答案为：分液漏斗；3）C中盛饱和食盐水，由于氯气微溶于饱和食盐水，而氯化氢易溶于饱和食盐水，因此是为了除去氯气中混有的HCl气体；答案为：H

36、Cl；4）仪器D用来干燥氯气，其中盛放的试剂是液体干燥剂，只能为浓硫酸；答案为：浓硫酸；（5）E中装铁粉，发生铁与氯气生成三氯化铁的反应，方程式为3Cl2+2Fe2FeCl3；答案为：3Cl2+2Fe2FeCl3；（6）G中盛有NaOH溶液，目的是吸取氯气，防范污染环境；发生反应的离子方程式为-Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；答案为：吸取Cl2；Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。【点睛】MnO2只有在较强的酸性条件下，才能表现出较强的氧化性，若溶液的酸性弱，或溶液中Cl-的浓度小，都不能够被MnO2氧化，因此，MnO2与稀盐酸不能够发生氧化还原反应。海水是巨大的资源宝库，从海水中提取

37、食盐和溴的过程以下：1）从海水中能够获得食盐。为了除去粗盐中的Ca2、Mg2、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，尔后进行以下五项操作：过滤，加过分NaOH溶液，加适合盐酸，加过分Na2CO3溶液，加过分BaCl2溶液。正确的操作序次是_。ABCD2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的为_。3）步骤用SO2水溶液吸取Br2同时有H2SO4生成，吸取率可达95%，相关反应的离子方程式为_，由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是_。【答案】(1).C(2).富集溴(3).Br+2-+2Br-(4).强酸2+SO+2HO=4H+SO224对设备的腐化【解析】【解析】(1)除去粗盐中的222-2+2+Ca、Mg、SO及泥沙，常使用NaCO溶液除Ca、NaOH溶液除Mg、BaCl242316溶液除2-，但除杂离子的加入量都是过分的，因此需考虑过分离子的办理。过分的2+SOBa