2024届安徽省长丰县朱巷中学高一化学第一学期期末考试试题含解析

2024届安徽省长丰县朱巷中学高一化学第一学期期末考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关物质制备的说法正确的是(

)A．玻璃是以石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的B．工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉C．用焦炭在高温下还原二氧化硅可得到纯硅D．高炉炼铁中利用焦炭直接将铁矿石还原为铁单质2、关于酸、碱、盐的下列各种说法中正确的是（）A．水溶液中能电离出氢离子的化合物都是酸B．水溶液中能电离出氢氧根离子的化合物都是碱C．水溶液中不能电离出金属阳离子的氯化铵不是盐D．水溶液中能电离出金属阳离子和酸根离子的化合物是盐3、下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是()A．往氯水中加入NaHCO3固体，有气体产生B．将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟C．向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白D．向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，充分振荡，上下两层均为无色4、2.1g平均相对分子质量为7.2的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加A．2.1g B．3.6g C．7.2g D．无法确定5、两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶46、某溶液中加入稀硫酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体；再加入氯化钡溶液，能产生白色沉淀。关于该溶液的下列结论中正确的是()A．一定含有碳酸根离子B．一定含有碳酸氢根离子C．一定含有硫酸根离子D．可能含有硫酸根离子7、下列关于氯水的叙述，正确的是()A．新制氯水中只含Cl2和H2O分子 B．新制氯水只能使蓝色石蕊试纸变红但不褪色C．氯水经光照有气泡逸出，该气体是HCl D．氯水放置数天后pH将变小8、将20g两种金属的混合物投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到标准状况下H211.2L，则该混合物的组成可能是（）A．Na和Fe B．Mg和Cu C．Al和Mg D．Zn和Fe9、下列物质中含有的分子数相等的是()①0.1molCO②9.8gH2SO4③1gH2O④1.6gO2A．①③B．②④C．①②D．③④10、门捷列夫研究元素周期表时，科学地预测了铝的下方有一种与铝类似的“类铝”元素，1875年法国化学家布瓦德朗发现了这种元素，命名为“镓（Ga）”，它的性质和门捷列夫的预测相吻合。镓与铝是同主族元素，下列叙述不正确的是（）A．镓的金属性比铝的强 B．镓的原子半径比铝的小C．镓原子的最外层有3个电子 D．氧化镓的化学式是Ga2O311、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∶1 B．1∶2 C．1∶7 D．7∶112、有反应方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+H2O，当32gCu完全反应时，被还原的H2SO4的物质的量为(已知：MCu=64g/mol)A．0.5mol B．1.0mol C．1.5mol D．2.0mol13、同温同压下，在两个容积相同的容器中，一个盛有C2H4气体，另一个盛有N2和CO的混合气体。两容器内的气体一定具有相同的（）①分子数②密度③质量④质子数⑤原子数⑥电子数A．①④⑥ B．①②⑤ C．③④⑥ D．①②③14、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LH2O含有的原子数为3NAB．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+数目为0.02NAC．5.6g铁粉放入足量稀硫酸中转移的电子数为0.3NAD．0.5mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA15、常温下，下列物质中不能用铁质容器贮运的是（）A．浓盐酸 B．浓硝酸 C．液氯 D．浓氨水16、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是

选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C新制氯水淀粉碘化钾溶液溶液变蓝色D浓盐酸MnO2产生黄绿色气体A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包固体可能由硝酸铜、硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠中的一种或几种组成。为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展如图所示的实验：已知：①步骤Ⅰ中固体全部溶解，溶液呈蓝色，且无气泡产生。②步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。请回答下列问题：(1)原固体中一定含有的物质是___________________________________________(填化学式)。(2)原固体中一定不含有的物质是________________________________________(填化学式)，原因是________________________________________________________________________。(3)写出步骤Ⅱ、Ⅲ中生成白色沉淀的离子方程式：___________________________________。(4)步骤Ⅲ所得蓝色溶液中一定含有的溶质是_____________________________(填化学式)。18、下列A～I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示，已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品。（1）B的名称为________，图中淡黄色固体物质中的阴、阳离子个数比为_________。（2）E转变为H和I的离子方程式是___________________，体现了E的_______性。（3）E能使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为______________________________。19、实验室现需配制物质的量浓度为1mol•L﹣1的NaOH溶液480mL。(1)配制该溶液的实验步骤包括：a．计算需要氢氧化钠固体的质量；b．称量氢氧化钠固体；c．将烧杯中的溶液注入________；d．用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却；e．盖好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；f．继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下________时，改用________滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。②上述步骤的正确操作顺序是________。(2)要配制此溶液，需要称量NaOH固体的质量为________克。(3)下列操作会使所配制溶液浓度偏大的有_______。A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线C、容量瓶中原有少量蒸馏水D、定容时观察液面仰视(4)配制好的NaOH溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放，请用化学方程式解释原因__________________________。20、实验室通常采用以下装置来制备纯净干燥的氯气，回答下列问题：（1）写出实验室制备氯气的化学反应方程式：____________________________________。（2）在反应中MnO2发生______(填“氧化”或“还原”，下同)反应，Cl2是______产物。（3）装置C中所装试剂为________，其作用为_______________________________。（4）检验氯气是否收集满的方法为：_________________________________________。（5）F中反应的离子反应方程式为_________________________________________。（6）工业上常用氯气与石灰水反应制备漂白粉，而久置漂白粉容易失效，请写出漂白粉失效的原理____________________________，_______________________________（用化学方程式表示）21、根据所学知识回答下列问题：（1）二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。制备ClO2有下列两种方法：方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+2Na2SO4+2H2O①方法一的离子方程式为____________________________________．②方法二中被氧化的物质是___________，若反应中有0.1mol电子转移，则产生的ClO2气体在标准状况下的体积为___________L，在下面的化学方程式上用双线桥标出电子转移的方向和数目2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+2Na2SO4+2H2O___________③某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____________；（2）现用98%的浓H2SO4（密度为1.84g/cm3）来配制480mL0.2mol/L的稀H2SO4。有关操作为：①计算所需浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③稀释、冷却④转移、洗涤⑤定容⑥摇匀。回答下列问题①应量取的浓硫酸体积是__________，实验中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外还有_________________；②将所配制的稀H2SO4进行测定，发现实际浓度大于0.2mol/L。请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏大（填写字母）_________________________。A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E.烧杯未进行洗涤F.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线G.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

A.玻璃是由石灰石、纯碱和石英制得的，选项正确，A符合题意；B.Ca(OH)2微溶于水，故澄清石灰中Ca(OH)2的浓度很小，制备漂白粉应用石灰乳，选项错误，B不符合题意；C.焦炭高温还原二氧化硅后所得为粗硅，选项错误，C不符合题意；D.高炉炼铁中加入的原料有铁矿石、焦炭、石灰石等，还原剂是焦炭燃烧产生的CO，选项错误，D不符合题意；故答案为A。2、D【解题分析】

A．碳酸氢钠能电离出氢离子，属于盐，但不属于酸，故A错误；B．化合物电离时生成的阴离子有氢氧根离子的不一定是碱，如碱式盐，故B错误；C．由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物为盐，氯化铵能电离出铵根离子和酸根阴离子，属于盐，故C错误；D．盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物，故D正确；故选D。3、B【解题分析】

A.氯水中含有盐酸，因此往氯水中加入NaHCO3固体，有气体二氧化碳产生，A正确；B.将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生棕黄色的烟，B错误；C.氯水显酸性，具有强氧化性，因此向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，C正确；D.向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，单质溴与氢氧化钠反应生成盐，因此充分振荡后上下两层均为无色，D正确；答案选B。4、A【解题分析】试题分析：CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故由2.1gCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为2.1g，故选A．考点：考查了化学方程式的有关计算的相关知识。5、B【解题分析】

根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。【题目详解】铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。6、D【解题分析】

某溶液中加入稀硫酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，该气体一定是二氧化碳，因此溶液中含有碳酸根离子或碳酸氢根离子；再加入氯化钡溶液，能产生白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，由于前面加入了稀硫酸，引入了硫酸根离子，所以虽然不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子，但是原溶液是可能含有硫酸根离子的。答案选D。7、D【解题分析】

A项，新制氯水中存在反应：Cl2+H2OHCl+HClO，存在的分子有Cl2、H2O和HClO，离子有H+、Cl-、ClO-、OH-（少量），错误；B项，新制氯水中的HCl、HClO具有酸性，HClO还具有强氧化性，新制氯水使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，错误；C项，氯水光照，其中HClO发生分解，反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑，该气体为O2，错误；D项，HClO属于弱酸，氯水放置数天后由于HClO的分解变成稀盐酸，盐酸属于强酸水溶液，pH变小，正确；答案选D。8、B【解题分析】

如果金属全部是Na，反应生成H2：；如果金属全部是Mg，反应生成H2：；如果金属全部是Al，反应生成H2：；如果金属全部是Zn，反应生成H2：；如果金属全部是Fe，反应生成H2：；如果金属全部是Cu，反应生成H2体积0L，所以A为Na和Fe的混合物时，生成H2介于9.74L到8.00L之间，不可能为11.2L，A错误。B为Mg和Cu的混合物时，生成H2介于18.67L到0L之间，可能为11.2L，B正确。C为Mg和Al的混合物时，生成H2介于18.67L到24.89L之间，不可能为11.2L，C错误。D为Zn和Fe的混合物时，生成H2介于6.89L到8.00L之间，不可能为11.2L，D错误。正确答案B。【题目点拨】上述是用极值法解答，还有一种比较巧妙的方法可以解答该题。设反应后生成的金属产物均为+2价，金属元素用R表示，反应都可以写成R+H2SO4=RSO4+H2↑，则M(R)=20g/0.5mol=40g/mol，既R的平均相对原子质量为40。那么Al反应后生成Al3+，就以2Al/3作为一个整体，这个整体符合+2价的要求，“相对原子质量”为18，而Na则以2Na整体出现也是+2价，“相对原子质量”为46，Cu由于不能反应生成H2，所以此处M(Cu)为+∞（正无穷大），所以A相对原子质量介于46与56之间不可能等于40不符合，B相对原子质量介于24与+∞之间、C相对原子质量介于24与18之间、D相对原子质量介于65与56之间，只有B有可能达到40符合题意。9、C【解题分析】根据题目所给出的数据，统一以各物质的物质的量进行比较：①0.1molCO②0.1molH2SO4③0.056molH2O④0.05molO2，故相等的为①②，答案选C。10、B【解题分析】

A.镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，失电子能力增强，故金属性增强，故A正确；B.镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，镓的原子半径比铝的大，故B错误；C.镓与铝是同主族元素，最外层有3个电子，故C正确；D.镓原子的最外层电子数为3，在化学反应中易失去3个电子而形成带3个单位正电荷的阳离子，化合价的数值等于离子所带电荷的数值，且符号一致，则该元素的化合价为+3价；氧元素显−2价，镓和氧组成化合物的化学式为Ga2O3，故D正确；答案选B。11、C【解题分析】

120℃时燃烧生成的水为气态，氧气过量时发生反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，则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，则原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。答案选C。12、A【解题分析】

32gCu的物质的量为：=0.5mol，从反应的方程式可以看出反应0.5molCu要消耗1mol的H2SO4，反应中H2SO4只用一半做氧化剂，故被还原的H2SO4的物质的量为0.5mol，答案选A。13、D【解题分析】

①在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4与N2和CO的总分子数目相同，故①正确；②N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，C2H4的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故②正确；③CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故③正确；④CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，质子数一定不相等，故④错误；⑤CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故⑤错误；⑥CO分子中电子数为14，N2分子中电子数为14，C2H4分子中电子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，电子数一定不相等，故⑥错误；故答案选D。14、B【解题分析】

A、标准状况下水不是气体，不能使用22.4L/mol计算水分子含有的原子数目，故A错误；B、Na2CO3的摩尔质量为106g/mol，1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol，含有的Na+数为0.02NA，故B正确；C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，放入足量稀硫酸中反应生成硫酸亚铁和氢气，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D、物质的量浓度为0.5mol·L–1的MgCl2溶液的体积未知，则无法计算含有的Cl－个数，故D错误；答案选B。15、A【解题分析】

根据题中不能用铁质容器贮运可知，本题考查铁的性质，运用铁的化学性质分析。【题目详解】A.浓盐酸与铁反应，故浓盐酸不能用铁质容器贮运，故A正确；B.浓硝酸遇铁发生钝化，故浓硝酸能用铁质容器贮运，故B错误；C.液氯是纯的Cl2，常温下Fe与Cl2不反应,故液氯能用铁质容器贮运，故C错误；D.浓氨水和铁不会发生反应，故浓氨水能用铁质容器贮运，故D错误；答案选A。【题目点拨】浓硝酸、浓硫酸遇铁、铝发生钝化，故可以用铁或铝制品盛放浓硝酸、浓硫酸。16、C【解题分析】

A．盐酸先与NaOH的反应，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，不能观察到红棕色气体，B错误；C．新制氯水具有强氧化性，与碘化钾反应生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，C正确；D．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热才能发生反应产生氯气，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，要求掌握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，A是易错点，注意OH－、CO32－的碱性强弱关系，与盐酸反应的先后顺序是解答的难点。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu(NO3)2、Na2SO4NaHCO3向固体中加入稀盐酸时无气泡产生Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓，Ag＋＋Cl－=AgCl↓HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2【解题分析】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定一定含有氯化钠．【题目详解】（1）固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有Cu(NO3)2；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有Na2SO4；（2）固体加过量稀盐酸无气泡产生，所以固体中一定不含有NaHCO3；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，离子方程式是Ba2++SO42-=BaSO4↓，最后加入硝酸银，产生的白色沉淀是氯化银，离子方程式是Cl-+Ag+=AgCl↓；（4）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠，综合分析可知，蓝色滤液中一定含有的溶质是：HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2。【题目点拨】首先分析所给混合物中各物质的性质，然后根据题中所给的实验现象进行判断，最后确定混合物的组成成分。18、浓硫酸1:2SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-还原性5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+【解题分析】

根据图中各物质转化关系，A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，常温下C、E、F都是无色气体，则A与B的反应为碳与浓酸硫的反应，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应，生成I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应含有硫酸根，I为H2SO4，H为HCI，所以A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C是气体能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以C为CO2，F为O2，G为Na2CO3，HCI与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质转化关系，据此答题.【题目详解】（1）根据上述分析得B为浓H2SO4，B的名称为浓硫酸，题中淡黄色固体为过氧化钠，过氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，本题答案为：浓硫酸；1：2；（2）E（SO2）转变为H（HCI）和I（H2SO4）的离子方程式是：SO2+Cl2+2H2O=4H＋+2Cl－+SO42－，体现了E（SO2）的还原性，故答案为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；还原性；（3）E（SO2）能使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，本题答案为：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+【题目点拨】本题注意抓住淡黄色固体物质为过氧化钠，能使酸性高锰酸钾溶液褪色为SO2；侯氏制碱法的最终产品为Na2CO3进行分析。19、500mL容量瓶1～2cm胶头滴管abdcfe20A2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O【解题分析】

（1）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，溶质溶解冷却后，应将溶液转移到500mL容量瓶，定容时继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；②配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的操作顺序为abdcfe；（2）配制物质的量浓度为1mol•L-1的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量为1mol/L×0.5L×40g/mol＝20.0g；A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线C、容量瓶中原有少量蒸馏水D、定容时观察液面仰视（3）A．溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，A正确；B．定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，B错误；C．容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，C错误；D．定容时观察液面仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，D错误；答案选A；（4）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，能够将玻璃塞与玻璃瓶粘在一起，化学方程式为2NaOH+SiO2＝Na2SiO3+H2O。【题目点拨】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大。20、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O还原氧化饱和食盐水吸收Cl2中混有的HCl在集气瓶口放置一片湿润的淀粉KI试纸，若试纸变蓝，则已收集满Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OCa(ClO)2+CO2=CaCO3↓+2HClO2HClO2HCl+O2↑【解题分析】

（1）实验室采用浓盐酸和二氧化锰制备氯气；

（2）在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；

（3）根据氯气、氯化氢的性质分析；

（4）依据淀粉能使碘单质变蓝，而氯气的氧化性大于碘单质分析作答；

（5）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，单质、水不能拆，据此书写离子反应方程式即可。【题目详解】（1）浓盐酸有还原性，二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，实验室制备氯气的反应化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）该反应中锰元素的化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰得电子作氧化剂，该反应中氯元素的化合价由-1价变为0价，所以氯化氢失电子作还原剂，得到的氯气是氧化产物，故答案为：还原；氧化；

（3）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，故答案为：饱和食盐水；吸收Cl2中混有的HCl；

（4）氯气可将KI氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则检验氯气是否收集满的方法为：在集气瓶口放置一片湿润的淀粉KI试纸，若试纸变蓝