新疆昌吉九中2024届高一化学第一学期期中监测试题含解析

新疆昌吉九中2024届高一化学第一学期期中监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的是A．Na＋、CO32-、Ca2＋、NO3-B．Na＋、NO3-、Al3＋、Cl－C．K＋、SO42-、Cl－、Cu2＋D．Ba2＋、Cl－、K＋、SO42-2、下列反应中水只做还原剂的是()A．C+H2O→CO+H2B．F2+H2O→HF+O2C．2Na+2H2O→2NaOH+H2↑D．2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑3、下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是A．10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B．将1molSO3溶于水并配成1L的溶液C．将0.5mo1·L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D．标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液4、①用50mL量筒量取52mL稀硫酸②用分液漏斗分离乙醇和水的混合物③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体④配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液选用250mL容量瓶A．①②B②③B．③④C．②④5、在不通直流电的条件下，下列变化中必须加入还原剂才能实现的是()A．HCl→Cl2B．KClO3→O2C．Cu2+→CuD．Fe→Fe2+6、下列说法不正确的是A．过氧化钠可作潜水艇的供氧剂B．碳酸钠和氢氧化钠均可用于治疗胃酸过多C．漂白粉漂白液均可用于游泳池消毒D．次氯酸可作棉麻织物的漂白剂7、下列变化需要加入还原剂才能实现的是A．CO32—→CO2 B．Cl—→Cl2 C．Cr2O72—→Cr3＋ D．NH3→NO8、下列各组离子在无色透明的酸性溶液中能大量共存的是A．Mg2+、NO3、C1、K+B．Na+、Cu2+、Cl、SO42C．Ca2+、Na+、NO3、MnO4D．K+、Cl、Na+、HCO39、下列反应的离子方程式为：的是()A．烧碱与盐酸反应 B．纯碱与盐酸反应C．石灰石与盐酸反应 D．小苏打与盐酸反应10、下列关于钠的说法中错误的是A．金属钠有强的还原性B．钠可以从硫酸铜溶液中还原出铜单质C．钠在氯气中燃烧产生大量的白烟D．钠元素在自然界中都是以化合态存在11、下列物质的变化能产生自由移动离子的是()A．氯化氢气体溶于水 B．蔗糖溶于水C．冰醋酸固体受热熔化 D．红磷单质受热熔化12、下列关于氯水的叙述，不正确的是()A．新制的氯水中，溶质既有分子又有离子B．新制的氯水是无色透明的液体，有酸性和漂白性C．光照氯水有气泡逸出，该气体是O2D．氯水放置数天后酸性将增强13、等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，结论一定不正确的是A．分子个数比为1:1 B．质量比为17:16C．原子个数比为5:4 D．氢原子个数比为4:314、50mL1mol•L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量是()A．50mol B．0.05mol C．150mol D．0.15mol15、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．1mol/LNa2SO4溶液含有2NA个Na+B．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAC．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD．18gNH4+所含电子数为11NA16、下列变化中该反应物作为还原剂的是A．Cl2→NaCl B．Na→Na2O2C．H2SO4(稀)→H2 D．NaHCO3→Na2CO3二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D四种化合物，分别由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：①A不溶于水和盐酸；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A；④D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E。（1）推断A、B、C、D的化学式。A、___B、___C、__D、__。（2）写出C的电离方程式____。（3）写出下列反应的离子方程式：B与盐酸反应：____，C与硫酸反应：____，E(足量)与C反应：____。18、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_____________。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为____(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是__________。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_______，产物分子的电子式为_____，其化学键属__________共价键(填“极性”或“非极性”)。19、在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。所用仪器如下图：（1）连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：____接____；____接____；____接____；_____接____。_______________（2）饱和食盐水的作用是__________________；NaOH溶液的作用是_______________。（3）写出该气体发生装置中化学方程式：________________________。（4）如果将过量二氧化锰与20mL12mol·L−1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol。其主要原因有：①__________________，②________________。（5）某兴趣小组的同学拟采用以下装置(夹持及加热仪器已略)来探究氯、溴、碘的相关性质。请回答：①装置C是为了验证氯气是否具有漂白性，下列试剂的排列中正确的是______(填序号)。②当向D中缓缓通入一定量氯气后，打开D装置中活塞，将D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到下层呈紫红色，由此得出结论：Br2置换出了I2，但有同学对该结论提出异议，可能的理由是_____________。(用简要的文字和化学方程式说明理由)20、某研究性学习小组欲测定室温下(25℃、101kPa)的气体摩尔体积，请回答以下问题。该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：①用已知浓度的浓盐酸配制100mL1.0mol/L的盐酸溶液，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______；②用10mL量筒量取8.0mL1.0mol/L的盐酸溶液加入锥形瓶中；③准确称取ag已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为______；④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，忽略导管中的水，读出量筒中水的体积为VmL。请回答下列问题。(1)步骤①中，配制100mL1.0mol/L的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏低_____(填写字母)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．未洗涤烧杯和玻璃棒D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线(2)请填写操作步骤中的空格：步骤①__________步骤③__________(3)实验步骤⑤中应选用________的量筒(填字母).A．100mLB．200mLC．500mL(4)读数时需要注意(至少写两点)____________(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm=____L/mol。(用含V的式子表示)21、（1）按要求写出方程式：①HNO3(电离方程式）_____②Fe2(SO4)3(电离方程式）_____③硫酸钠和氯化钡溶液反应（离子方程式）____④二氧化碳通入足量氢氧化钠溶液（离子方程式）____________（2）①0.4molCH4分子中所含原子数与__gHCl分子中所含原子数相等，该HC1气体在标准状况下的体积为________L；②等物质的量O2和臭氧(O3)，其质量之比为_______；若O2和O3质量相等，则其原子数之比为__。（3）以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳②熔融KC1③NaHSO4固体④铜⑤稀硫酸⑥澄清石灰水，其中属于电解质的有_____，属于非电解质的有____(填编号）。（4）高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为+6价）是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaC1O=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O①该反应中氧化剂是_________(用化学式表示，后同)，______元素被氧化，还原物为__________；②用单线桥在方程式中标出电子转移的情况：_______________③当反应中有lmolNaFeO4生成，转移的电子有_________mol；④实验室欲配制250mL0.1mol•L-1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，还需要用到的玻璃仪器为__________，下列操作配制的溶液浓度偏低的是__________。A．称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制时，NaOH未冷却直接定容D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E.定容时俯视刻度线

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A.钙离子和碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，故不能共存，故错误；B.四种离子都无色，在酸性溶液中不反应，能共存，故正确；C.铜离子有颜色，在无色溶液中不能共存，故错误；D.钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡，故不能共存，故错误。故选B。2、B【解题分析】

A．在该反应中，氢元素化合价降低，水做氧化剂，A不符合题意；B．水中氧元素化合价升高，氢元素化合价不变，水只做还原剂，B符合题意；C．水中氢元素化合价降低，氧元素化合价不变，水做氧化剂，C不符合题意；D．水中氧元素、氢元素化合价不变，水既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；答案选B。3、C【解题分析】

A．10gNaOH的物质的量n==0.25mol，将固体溶解在水中配成250mL溶液，则溶质的物质的量浓度c===1mol·L-1，故A项不选；B．SO3与水会发生化学反应SO3+H2O=H2SO4，1molSO3反应生成的H2SO4的物质的量为1mol，该溶液中c(H2SO4)===1mol/L，故B项不选；C．100mL0.5mo1·L-1的NaNO3溶液中n(NaNO3)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，将该溶液加热蒸发掉50g水后，无法确定剩余溶液体积，故无法计算溶质的物质的量浓度，故C项选；D．标况下，22.4L氯化氢气体的物质的量为n(HCl)==1mol，将1molHCl溶于水配成1L溶液，c===1mol/L，故D项不选；综上所述，溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是C项，故答案为C。4、C【解题分析】试题分析：①用50mL量筒量最多可以量取50mL液体，因此不能量取52mL稀硫酸，错误；②乙醇能够以任意比溶于水，因此不能用分液漏斗分离乙醇和水的混合物，错误；③托盘天平精确度是0.1g，所以可以用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，正确；④容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的仪器，故可以用250mL容量瓶配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液，正确。故所选用的仪器合理的是③④，选项C正确。[考点：考查化学仪器的使用正误判断的知识。5、C【解题分析】

在不通直流电的条件下，就是不分析电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，据此分析解答。【题目详解】在不通直流电的条件下，就是不包括电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被加入的还原剂还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，A.HCl→Cl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，需要加入氧化剂，故A项错误；B.KClO3→O2可以通过分解氯酸钾可以实现，所以不需要加入还原剂即可实现，故B项错误；C.Cu2+→Cu，Cu元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C项正确；D.Fe→Fe2+，Fe元素化合价由0价变为+2价，化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D项错误；答案选C。【题目点拨】在氧化还原反应中，化合价升高的元素，失电子，被氧化，所对应的反应物为还原剂，化合价降低的元素，得电子，被还原，所对应的反应物为氧化剂。6、B【解题分析】

A.过氧化钠能与水以及二氧化碳反应产生氧气，可作潜水艇的供氧剂，A正确；B.碳酸钠和氢氧化钠的腐蚀性强，不能用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多，B错误；C.漂白粉漂白液均具有强氧化性，均可用于游泳池消毒，C正确；D.次氯酸具有强氧化性，可作棉麻织物的漂白剂，D正确；答案选B。7、C【解题分析】物质中某元素的化合价的降低时，在反应中被还原，则需要加入还原剂才能实现转化。A、CO32-→CO2没有化合价变化，故A错误；B、Cl-→Cl2，氯由-1价升高为0价，要加氧化剂才能实现，故B错误；C、Cr2O72-→Cr3＋，铬化合价从+6价降为+3价，在反应中被还原，则需要加入还原剂才能实现转化，故C正确；D、NH3→NO氮由-3价升高为+2价，要加氧化剂才能实现，故D错误；故选C。8、A【解题分析】

根据离子反应中，离子共存的条件分析。【题目详解】A.在酸性条件下，即含有H+，Mg2+、NO3、C1、K+能大量共存，且皆为无色离子，故A正确；B.Cu2+显蓝色，故B错误；C.MnO4显紫色，故C错误；D.在酸性条件下，即含有H+，H+与HCO3-反应生成CO2和水，不能共存，故D错误。故选A。【题目点拨】高中阶段常见有颜色离子有：Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4。9、D【解题分析】

A．烧碱的主要成分是氢氧化钠，故烧碱与盐酸反应的离子方程式为：，A错误；B．纯碱的主要成分是碳酸钠，纯碱与盐酸反应的离子方程式为：，B错误；C．石灰石的主要成分是碳酸钙，石灰石与盐酸反应的离子方程式为：，C错误；D．小苏打的主要成分是碳酸氢钠，小苏打与盐酸反应的离子方程式为：，D正确；答案选D。10、B【解题分析】

A.钠原子最外层只有一个电子，钠易失去最外层电子形成8电子的稳定结构，金属钠在化学反应中易失去电子表现强还原性，A项正确；B.Na与盐溶液反应，Na先与水反应，即活泼的金属钠与水剧烈反应生成NaOH和H2，NaOH与CuSO4反应生成Cu（OH）2沉淀，钠不能从CuSO4溶液中置换出Cu，没有铜单质生成，B项错误；C.钠在氯气中燃烧：2Na+Cl22NaCl，生成的NaCl以细小的固体颗粒分散在空气中形成白烟，C项正确；D.钠的化学性质非常活泼，易与O2、水等反应，自然界中不可能有游离态钠元素，所以钠元素在自然界中都以化合态存在，D项正确；答案选B。11、A【解题分析】

电解质溶于水或在熔融状态下能产生自由移动离子，据此判断。【题目详解】A.氯化氢是电解质，氯化氢气体溶于水电离出氢离子和氯离子，能产生自由移动离子，A正确；B.蔗糖是非电解质，溶于水不能发生电离，不能产生自由移动离子，B错误；C.醋酸是电解质，溶于水可以发生电离，冰醋酸固体受热熔化不能发生电离，不能产生自由移动离子，C错误；D.红磷单质是非金属单质，不是电解质也不是非电解质，受热熔化不能产生自由移动离子，D错误；答案选A。【题目点拨】注意掌握电解质的电离条件：①离子化合物(如大多数盐、强碱等)既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；②共价化合物(如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等)只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。12、B【解题分析】

氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H＋、ClO－、Cl－等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质。【题目详解】A、新制氯水中含有Cl2、HClO、H2O三种分子，有H＋、ClO－、Cl－等离子，故A正确；B、新制的氯水因溶解了氯气，而呈浅黄绿色，有酸性和漂白性，故B错误；C、氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解生成氧气，该气体是O2，故C正确；D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，故D正确；故选B。【题目点拨】本题综合考查氯气和氯水的性质，解题关键：把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，易错点A，氯气与水的反应是可逆反应，氯气末完全反应．13、B【解题分析】

等体积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若容器内温度、压强相同，则CH4、NH3的物质的量一定相等。【题目详解】A．CH4、NH3的物质的量相等，则分子个数比为1∶1，故A正确；B．CH4、NH3的物质的量相等，则m(CH4)：m(NH3)=16：17，故B错误；C．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3原子个数比为5∶4，故C正确；D．CH4、NH3的物质的量相等，CH4、NH3氢原子个数比为4∶3，故D正确；选B。14、D【解题分析】

50mL1mol•L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量是：1mol•L-1×0.050L×3=0.15mol，答案选D。15、B【解题分析】

A.没有给定溶液的体积，无法计算出1mol/LNa2SO4溶液含有Na+的数目，故A错误；B.Al为+3价金属，2.7g铝（物质的量为0.1mol）与足量盐酸反应转移了0.3mol电子，转移电子数为0.3NA,故B正确；

C.标准状况下，22.4L气体的物质的量为1mol，1mol氦气分子含有1mol原子，1mol氟气分子含有2mol原子，二者所含原子数不相等，故C错误；D.18gNH，其物质的量为1mol，所含电子数为10NA，故D错误；综上所述，本题选B。16、B【解题分析】

还原剂在氧化还原反应中所含元素的化合价升高，故可分析变化中物质所含元素的化合价是否有升高来解答。【题目详解】A.Cl2→NaCl的变化中氯元素的化合价由0变为-1，则氯气在反应中作为氧化剂，故A与题意不符；B.Na→Na2O2的变化中钠元素的化合价由0变为+1，其中钠单质在反应中作为还原剂，故B符合题意；C.H2SO4(稀)→H2的变化中氢元素的化合价由+1降为0，则稀硫酸在反应中作为氧化剂，故C与题意不符；D.NaHCO3→Na2CO3的变化中无元素的化合价发生变化，故D与题意不符；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaSO4BaCO3Ba(OH)2K2CO3Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓CO2+OH－=HCO3-【解题分析】

（1）已知A、B、C、D四种化合物，分别由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，①A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为含钡离子的化合物，C为Ba(OH)2；④D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；（2）C为Ba(OH)2，其为强碱，完全电离；（3）B为BaCO3，BaCO3与盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳；C为Ba(OH)2，Ba(OH)2与硫酸反应生成水和硫酸钡；E为CO2，足量的CO2与Ba(OH)2反应生成碳酸氢钡，据此写出离子方程式。【题目详解】（1）已知A、B、C、D四种化合物，分别由K＋、Ba2＋、SO42-、CO32-、OH-中的两种组成，①A不溶于水和盐酸，钾盐均可溶，BaSO4不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E，E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2，则B为BaCO3；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A，则C为钡的化合物，C为Ba(OH)2；④D可溶于水，D为含钾离子的化合物，与硫酸作用时放出气体E，则D为K2CO3；故答案为；BaSO4；BaCO3；Ba(OH)2；K2CO3；（2）C为Ba(OH)2，其为强碱，则其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－；故答案为Ba(OH)2=Ba2＋+2OH－；（3）B为BaCO3，则B与盐酸反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑；C为Ba(OH)2，C与硫酸反应的离子方程式为：Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；E为CO2，E(足量)与C反应的离子方程式为：CO2+OH－=HCO3-；故答案为BaCO3+2H+=Ba2＋+H2O+CO2↑；Ba2＋+2OH－+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；CO2+OH－=HCO3-。18、三ⅥAMg>Si>S>CSiO2C+2SCS2极性【解题分析】

短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【题目详解】(1)M为S，在周期表中位于第三周期第ⅥA族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此Mg>Si>S，S比C多一个电子层，则原子半径S>C，因此原子半径由大到小的顺序为Mg>Si>S>C。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【题目点拨】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。19、ECDABHGF除去Cl2中的HCl气体吸收未反应完的氯气，防止污染空气MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O盐酸因挥发而减少参加反应浓盐酸随着反应的进行变稀而不再参加反应d若通入Cl2过量，可能是过量氯气置换出I2，反应方程式为：2KI＋Cl2===2KCl＋I2【解题分析】

（1）一般常见气体的制备装置由四部分组成：气体的发生装置、气体的净化装置、气体的收集装置和气体的尾气处理装置。由此可得导管的连接为：E、C、D、A、B、H、G、F；（2）氯气在饱和食盐水中溶解度很小，氯化氢易溶于水，饱和食盐水的作用是除去氯化氢；氢氧化钠溶液可用于氯气的尾气吸收；（3）用二氧化锰制氯气的反应为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑；（4）由于随反应的进行盐酸的浓度降低，二氧化锰不与稀盐酸反应，生成氯气的物质的量小于0.06mol；同时盐酸在加热过程中易挥发，也会造成参与反应的HCl的量减小；（5）由实验目的结合装置分析可知，A为氯气的发生装置；B为安全瓶且可除去氯气混有的HCl杂质；C装置可用于检测氯气的漂白性；D用于探究氯、溴、碘的非金属性的强弱；F为尾气处理装置，据此析析解答。【题目详解】（1）实验目的是制备干燥纯净的氯气，第一个装置制备氯气，氯气中含有杂质氯化氢和水，应分别通入盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶和盛有浓硫酸的洗气瓶除杂干燥，然后用向上排空法收集氯气，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应用盛有NaOH溶液的装置吸收氯气，所以顺序为E接C,D接A,B接H,G接F；故答案为E、C、D、A、B、H、G、F；（2）根据以上分析可知，饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl杂质；NaOH溶液的作用是吸收过量的氯气，故答案为除去Cl2中的HCl气体；吸收未反应完的氯气，防止污染空气；（3）实验室制取氯气的方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，故答案为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑；（4）将过量的二氧化锰与20mL、12mol·L-1的盐酸混合加热，由于随反应的进行盐酸的浓度降低，二氧化锰不与稀盐酸反应，且在反应过程中，盐酸会挥发，导致参与反应的HCl的物质的量小于0.02L×12mol·L-1=0.24mol，则生成氯气的物质的量小于0.06mol，故答案为盐酸因挥发而减少参加反应、浓盐酸随着反应的进行变稀而不再参加反应；（5）①装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以I处放湿润的有色布条，Ⅱ中的干燥剂必须是固体干燥剂，且不能与氯气反应，所以选无水氯化钙或五氧化二磷，再通过干燥的有色布条验证氯气有无漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条；故答案选d；②当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄色；说明氯气氧化性强于溴单质；打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，说明溴的氧化性大于碘；若氯气过量时，可能是过量的氯气置换出了I2，故答案为若通入Cl2过量，可能是过量氯气置换出I2，反应方程式为：2KI＋Cl2===2KCl＋I2。

【题目点拨】在探究氯、溴、碘的相关性质的实验中，要能根据实验目的理清每个实验装置的作用，如装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，也就是要验证干燥氯气无漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因为生成的氯气中本身也含有水份，所以I处放湿润的有色布条；Ⅱ中的干燥剂必须是固体干燥剂，且不能与氯气反应，所以选无水氯化钙或五氧化二磷，再通过干燥的有色布条验证氯气本身是没有漂白性的，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条。20、AC100mL容量瓶0.096A恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平0.25V【解题分析】

(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响；C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失；D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；(2)由浓溶液配制稀溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶；步骤③假设a全部是镁，结合化学方程式计算得到；(3)涉及反应为Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，产生的氢气的体积即为排出的水的体积，0.008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据V＝n•Vm得到氢气的体积为V，据此选择量筒的规格；(4)考虑压差引起测量不准确；(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积计算式为Vm=。【题目详解】(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小，使所配置的溶液的浓度偏小，故A正确；B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，故B错误；C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失，导致所配溶液浓度偏小，故C正确；D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度，故D错误；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配置的溶液浓度偏大，故E错误；故答案为：AC；(2)配制100mL1.0mol・L−1的盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及100mL容量瓶；量8.0mL1.0mol•L−1的盐酸溶液加入锥形瓶中，n(HCl)＝0.008mol，涉及反应为Mg＋2HCl═MgCl2＋H2↑，则需要0.004molMg，质量为0.004mol×24g/mol＝0.096g，故答案为：100mL容量瓶；0.096；(3)0.008mol氯化氢完全反应能够生成0.004mol氢气，根据氢气的体积V＝n•Vm≈0.004mol×22.4mol/L＝0.096L＝96mL，故选择100mL的量筒，故答案为：A；(4)读数时需要注意恢复到室温再读数，调节量筒高度，使量筒内液面与集气瓶内的液面相平，读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平；故答案为：恢复到室温再读数；调节量筒高度，使集气瓶内的液面与量筒内的液面相平；读数时视线应与量筒内液面的最低处保持相平；(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积为Vm===0.25VL/mol，故答案为0.25V。【题目点拨】配制一定物质的量浓度的溶液实验中，对于实验误差的分析要从公式c=来考虑；计算③中a的数值时要用极限法的思想进行解题。21、HNO3=H++NO3-Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42ˉBa2++SO42-=BaSO4↓CO2+2OH一=CO32一+H2O36.522.42:31:1②③①NaClOFeNaCl3250mL容量瓶AD【解题分析】

（1）注意强电解质完全电离，弱电解质部分电离。离子方程式需要注意弱电解质、沉淀、氧化物不能拆写。（2）质量、物质的量、标况下的