2026届广东省广州市实验中学化学高一第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届广东省广州市实验中学化学高一第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项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、生产生活中离不开各类化学物质，下列物质中属于盐类的是A．烧碱 B．生石灰 C．胆矾 D．金刚石2、下列玻璃仪器可以用于直接加热的是A．烧杯B．试管C．蒸馏烧瓶D．容量瓶3、下列操作或事故处理不正确的是()A．在点燃H2前，必须检验气体的纯度B．在稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒搅拌C．点燃盛满酒精的酒精灯D．给试管中的液体加热时，液体体积不超过试管容积的三分之一4、《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是A．溶解 B．搅拌 C．升华 D．蒸发5、根据下列反应：(1)2Fe3++2I-=2Fe2++I2；(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性由强到弱的顺序是（）A．Br->I->Fe2+ B．I->Fe2+>Br-C．Fe2+>I->Br- D．Br->Fe2+>I-6、以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列与“物质的量”相关的计算正确的()A．现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1molO，则三种气体的物质的量之比为3∶2∶1B．5.6gCO和22.4LCO2中含有的碳原子数一定相等C．标准状况下，11.2LX气体分子的质量为16g，则X气体的摩尔质量是32D．ngCl2中有m个Cl原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为35.5m/n7、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．蒸馏操作时,应使温度计水银球应插入蒸馏烧瓶中的液面以下,且冷凝水方向应当由下往上C．过滤时,玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处D．提取碘水中的碘单质时,应选择有机萃取剂,且萃取剂与水不互溶8、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是（）A．NH4NO3 B．SiO2 C．H2O D．Cu9、已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（）A．Sn2+、Fe2+、Ce3+ B．Sn2+、Ce3+、Fe2+C．Ce3+、Fe2+、Sn3+ D．Fe2+、Sn2+、Ce3+10、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A除去KCl中的MnO2蒸发结晶溶解度不同B除去碘中的NaCl加热、升华NaCl的熔点高，碘易升华C分离KNO3和NaCl重结晶KNO3的溶解度大于NaClD分离食用油和汽油分液食用油和汽油的密度不同A．A B．B C．C D．D11、下列盐酸参与的反应中，HCl被氧化的是A．NaOH+HCl=NaCl+H2OB．Fe+2HCl=FeCl2+H2OC．CuO+2HCl=CuCl2+H2OD．MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O12、下列组合属于同位素的是()A．金刚石和石墨 B．16O和18O C．H216O和H218O D．16O2和18O213、已知Mn2O7x-与S2-在酸性溶液中能发生反应：Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O。则Mn2O7x-中Mn元素的化合价是()A．+2B．+4C．+3D．+614、下列离子方程式中正确的是()A．澄清石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2＋2H+===Ca2+＋2H2OB．氢氧化钡与硫酸反应OH-＋H＋===H2OC．铜片插入硝酸银溶液中Cu＋Ag+===Cu2+＋AgD．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应Mg2+＋2OH-===Mg(OH)2↓15、下列关于氯化氢和盐酸的叙述中，正确的是（）A．它们都用HCl表示，两者没有区别B．氯化氢和盐酸在潮湿的空气中都形成酸雾C．氯化氢和盐酸都能导电D．氯化氢是无色气体，盐酸是无色溶液，它们都有刺激性气味16、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A．标况下，22.4L氧气的分子数为NAB．100g质量分数为98％的浓硫酸中所含氧原子数为4NAC．常温常压下，42gC2H4和C3H6的混合气体含有的H原子数为6NAD．18gNH4＋含有的电子数为10NA二、非选择题（本题包括5小题）17、如图表示的是A→E五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质，D为正盐。请回答下列问题：（1）写出各物质的名称：A_____________；C_____________；D_____________。（2）写出相应的离子方程式：B→C:_____________________________；C→D:______________________________；A→C:_____________________________；D→E:_____________________________（任写一个即可）。18、有A、B、C、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A2＋离子和B原子电子层数也相同。回答：(1)画出A2＋离子的结构示意图_____________________；(2)A、B、C三元素符号分别为___________、_____________、__________。19、现欲用98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm−3)配制浓度为1mol·L−1的稀硫酸480mL。(1)从下列用品中选出实验所需要的仪器_______(填序号)。A．1000mL烧杯B．100mL烧杯C．10mL量筒D．50mL量筒E．500mL容量瓶F．1000mL容量瓶G．广口瓶H．托盘天平(2)除选用上述仪器外，还缺少的必要仪器或用品是________________。(3)需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL。(保留3位有效数字)(4)配制时，一般可分为以下几个步骤，请在下列横线填写所缺步骤的名称：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、_______、摇匀。(5)下列情况中，会使所配溶液的浓度偏低的是_______(填序号，下同)，无影响的是______。A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶C．定容时加水不慎超过刻度线D．定容时仰视刻度线E．容量瓶未经干燥就使用20、某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气，并研究其性质。请回答下列问题：(1)装置甲中仪器A的名称是_______，甲装置中发生反应的化学方程式为_________。(2)制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序a→_______(补充完整)，丙中应装的溶液是_______。(3)某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请画出该装置并注明试剂________。(4)制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：Ⅰ方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量Ⅱ方案：采用酸碱中和的原理，测定中和残余盐酸所消耗的NaOH的量Ⅲ方案：与已知量CaCO3反应，称量剩余过量的CaCO3质量继而进行下列判断和实验：①判定Ⅰ方案是否可行_____，并说明理由________。②进行Ⅱ方案实验：准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值，假设实验操作均正确，请提出造成结果偏大的一个可能原因________。③已知将AgCl固体加入到NaBr溶液中会慢慢生成溶解度更小更难溶的AgBr沉淀，并且查得MnCO3的溶解度要小于CaCO3。据此判断Ⅲ方案的实验结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，说明理由________。(5)若浓盐酸足量，在上述反应中，1molMnO2能氧化____mol浓盐酸。21、I.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：（1）以上物质中能导电的是____；（2）以上物质属于电解质的是____；（3）以上物质属于非电解质的是____；（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_____；（5）属于盐的有____；（6）写出⑧溶于水中的电离方程式____。Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：（1）摩尔质量____；（2）物质的量_____；（3）分子数目_____；（4）原子数目____；（5）质量_____。III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫____；（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为____；（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.烧碱是氢氧化钠的俗称，烧碱的化学式为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的碱类，故A错误；B.生石灰的化学成分为氧化钙，为一种氧化物，不是盐类，故B错误；C.胆矾化学式为CuSO4·5H2O，是由金属离子Cu2+与酸根离子SO42-和结晶水组成的，属于盐类，故C正确；D.金刚石的化学式是C，是由C原子组成的，属于单质，故D错误。故选C。2、B【解析】

能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、蒸馏烧瓶、锥形瓶等，不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶、容量瓶等。答案选B。3、C【解析】

根据化学实验操作中的注意事项及应急处理办法进行分析。【详解】在点燃H2前，必须检验气体的纯度，避免H2纯度低，易引起爆炸，故A不符合题意；稀释浓硫酸时需要酸入水，且边加酸边搅拌，故B不符合题意；酒精灯中的酒精体积不能超过酒精灯容积的23给试管中的液体加热时，液体体积不超过试管容积的三分之一，正确，故D不符合题意。答案选C。4、C【解析】

A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；故选C。5、B【解析】

在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。【详解】(1)反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，碘元素化合价从-1升到0，失去电子，发生氧化反应，I-为还原剂；Fe化合价降低，得到电子，发生还原反应，得到还原产物Fe2+，则还原性I->Fe2+。(2)反应Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+中，Fe化合价升高，发生氧化反应，亚铁离子是还原剂；Br化合价降低，发生还原反应，得到还原产物Br-，则还原性Fe2+>Br-。综上所述，还原性I->Fe2+>Br-。答案为B。【点睛】利用化合价变化判断还原剂，并根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来进行比较。6、D【解析】

A.

CO、CO2、O3三种气体,它们含有的氧原子个数之比为1:2:3，则氧原子的物质的量相同，设都为1mol，则n(CO)=1mol，n(CO2)=mol，n(O3)=mol,则这三种气体的物质的量之比为1::=6:3:2，故A错误；B.气体的状况不知无法求二氧化碳的物质的量，故B错误；C.摩尔质量的单位是g/mol，所以M气体的摩尔质量是32g/mol，故C错误；D.

ngCl2的物质的量为n/71mol，所含氯原子数为：2NA×n/71，则有2NA×n/71=m，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为35.5m/n，故D正确；故选D。7、B【解析】

A.分液时要注意为防止液体重新混合而污染；B.蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，且要保证充分冷凝；C.过滤遵循“一贴二低三靠”原则，三层滤纸一侧较厚；D.萃取时，萃取剂与水互不相溶。【详解】A.分液时注意防止液体重新混合而污染，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A项正确，不符合题意；B.蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，应使温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，且要保证充分冷凝，则冷凝水方向应当由下往上，故B项错误；C.过滤遵循一贴二低三靠，则玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处，防止捣破滤纸，故C项正确，不符合题意；D.萃取时，碘在萃取剂中的溶解度较大，且萃取剂与水互不相溶，否则不能分离，达不到萃取的目的，故D项正确，不符合题意；答案选B。8、C【解析】

A．NH4NO3为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，故A错误；B．SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B错误；C．H2O为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C正确；D．Cu为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子，晶体中无单个分子，故D错误，故答案选C。9、A【解析】

在反应①Ge4＋+Fe2＋=Fe3＋+Ge3＋中，Fe的化合价从+2升高到+3价，Fe2＋是还原剂，Ge3＋是还原产物，所以还原性：Fe2＋＞Ge3＋；在反应②Sn2＋+2Fe3＋=2Fe2＋＋Sn4＋中，Sn的化合价从+2价升高到+4价，Sn2＋是还原剂，Fe2＋是还原产物，所以还原性：Sn2＋＞Fe2＋，所以Fe2＋、Ge3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2＋、Fe2＋、Ge3＋，答案选A。10、B【解析】试题分析：A、MnO2不溶于水，KCl溶于水，应用过滤法分离，A错误；B、NaCl热稳定性好，而碘易升华，加热升华即可，B正确；C、原理是KNO3溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化不大，C错误；D、油和汽油不分层，故不能用分液法，D错误。故本题选择B考点：物质的分离和提纯11、D【解析】

A．NaOH+HCl=NaCl+H2O：所有的元素的化合价未发生改变，属于非氧化还原反应，HCl既没有被氧化也没有被还原，A不合题意；B．Fe+2HCl=FeCl2+H2O：Fe中铁元素的化合价升高，被氧化，HCl中的H元素的化合价降低，被还原，B不合题意；C．CuO+2HCl=CuCl2+H2O：所有的元素的化合价未发生改变，属于非氧化还原反应，HCl既没有被氧化也没有被还原，C不合题意；D．MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O：MnO2中的Mn元素化合价降低，被还原，HCl中的部分Cl元素的化合价升高，被氧化，D符合题意；故答案为：D。12、B【解析】

具有相同质子数不同中子数的原子互为同位素；由同种元素组成的不同单质互为同素异形体；以此来解答。【详解】A．金刚石和石墨为同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，选项A错误；B．16O和18O为相同质子数不同中子数的原子，互为同位素，选项B正确；C．H216O和H218O是化合物，不是原子，不互为同位素，选项C错误；D．16O2和18O2为同种元素组成的相同单质，为同一种物质，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查同位素、同素异形体的区别，明确概念及概念中的要点即可解答，易错点为选项D，16O2和18O2为同种元素组成的相同单质，为同一种物质。13、D【解析】

先利用离子反应中的电荷守恒来确定x，再利用Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x来计算M的化合价。【详解】反应Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O中由电荷守恒可知，（-x）+3×（-2）+14×（+1）=2×（+3），解得x=2，设Mn2O7x-中的Mn的化合价为y，Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x，则y×2+（-2）×7=-2，解得y=+6，故答案选D。【点睛】本题考查化合价的计算，明确离子反应中的电荷守恒及化合价计算的原则即可解答，注意守恒法的灵活应用。14、D【解析】

A．澄清石灰水中的Ca(OH)2，在离子方程式中应该拆成离子形成，离子方程式为OH－＋H＋=H2O，A项错误；B．遗漏了Ba2＋和SO42－的反应，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO42－＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，B项错误；C．铜片插入硝酸银溶液中，铜会置换出银，选项中电荷不守恒，离子方程式为Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，C项错误；D．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应会生成氢氧化镁沉淀，D项中化学方程式正确，D项正确；本题答案选D。15、D【解析】

A．氯化氢为纯净物，盐酸为混合物，二者不同，故A错误；B．盐酸为溶液，不形成酸雾，氯化氢极易溶于水，氯化氢与空气中的水蒸气作用形成酸雾，故B错误；C．氯化氢不能导电，氯化氢只有在溶液中才能电离，故C错误；D．氯化氢为无色、具有刺激性气味的气体，盐酸是无色溶液，具有挥发性，有刺激性气味，故D正确；故答案为D。16、B【解析】

A.标准状况下，22.4L氧气的物质的量为22.4L÷22.4L/mol=1mol，分子数为NA，故A正确；B.100g质量分数为98％的浓硫酸中，硫酸的物质的量为100g×98%÷98g/mol=1mol，水的物质的量为100g×2%÷18g/mol=mol，氧原子的物质的量为1mol×4+mol×1=(4+)mol，氧原子的数目为(4+)NA，故B错误；C.C2H4和C3H6的最简式均为CH2，则42gCH2的物质的量为42g÷14g/mol=3mol，氢原子的物质的量为3mol×2=6mol，个数为6NA，故C正确；D.一个NH4＋中含有10个电子，18gNH4＋的物质的量为18g÷18g/mol=1mol，所含电子的物质的量为1mol×10=10mol，个数为10NA，故D正确，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、过氧化钠氢氧化钠碳酸钠2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑2OH-+CO2==CO32—＋H2O2Na2O2+2H2O==4Na＋＋4OH-+O2↑CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O【解析】

（1）淡黄色固体A能与二氧化碳、水反应，则A为Na2O2，A与水反应生成C，与二氧化碳反应生成D，且C与二氧化碳反应生成D，则C为NaOH、D为碳酸钠，B与水反应生成C，与氯气反应生成E，则B为Na，E为NaCl，故答案为过氧化钠；氢氧化钠；碳酸钠；（2）B→C的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑，故答案为2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑；C→D的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+CO2==CO32—＋H2O，故答案为2OH-+CO2==CO32—＋H2O；A→C的反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O==4Na＋＋4OH-+O2↑，故答案为2Na2O2+2H2O==4Na＋＋4OH-+O2↑；D→E的反应为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠或二氧化碳、氯化钠和水，反应的离子方程式为：CO32—+H＋==HCO3—或CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O，故答案为CO32—+H＋==HCO3—或CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O。【点睛】本题考查无机物推断，涉及Na元素单质化合物性质，突破口是A的颜色及能与水、二氧化碳反应。18、MgCO【解析】

A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、2，因此A是Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。(1)A是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意图为：；(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。【点睛】本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。19、BDE玻璃棒胶头滴管27.2定容CD【解析】(1)配制480mL1mol/L的稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以选项中使用到的仪器有：D50mL量筒、B100mL烧杯、E500mL容量瓶，故答案为BDE；(2)根据(1)可知，配制480mL1mol/L的稀硫酸，还缺少的仪器为：玻璃棒、胶头滴管，故答案为玻璃棒、胶头滴管；(3)配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶，98%的浓硫酸(密度为1.84g•cm-3)的物质的量浓度为：mol/L=18.4mol/L，配制500mL1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L=27.2mL，故答案为27.2；(4)根据(1)的分析，配制稀硫酸的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀等，故答案为定容；(5)A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，用水洗涤量筒，将洗液也转入在烧杯中，量筒不能洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故A正确；B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏高，故B错误；C．定容时加水不慎超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏低，故C正确；D．定容时仰视刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液物质的量浓度偏低，故D正确；故选CD。点睛：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法。该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。20、分液漏斗MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2Odebcfg饱和食盐水不可行残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀NaOH溶液变质偏小MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小2【解析】

甲装置是二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的发生装置；乙装置中盛有浓硫酸作为干燥装置；丙为洗气装置或除杂装置；丁为收集装置。【详解】(1)甲装置为固液加热反应装置，浓盐酸通过分液漏斗加入到圆底烧瓶中与二氧化锰接触，反应生成氯化锰、氯气和水，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)用浓盐酸与二氧化锰反应制取的氯气中含有水蒸气和氯化氢气体，所以要先将混合气体通入饱和食盐水除去氯化氢气体，然后再将气体通入浓硫酸中进行干燥，故答案为：debcfg；饱和食盐水；(3)吸收尾气中的氯气通常用氢氧化钠溶液吸收，上述方案缺少尾气吸收装置图为：；(4)①由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，生成物MnCl2中也含有氯离子也能和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，故答案为：不可行；残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；②进行Ⅱ方案实验：假设实验操作均正确，准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值。消耗的氢氧化钠溶液体积偏大才能导致结果偏大，则氢氧化钠溶液变质有可能导致结果偏大，故答案为：NaOH溶液变质；③MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小；(5)由反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，1molMnO2能氧化2mol浓HCl溶液，故答案为：221、④⑧①③⑤⑧②⑥⑦①②③⑧①⑤⑧Na2CO3=2Na++CO32-①<③<②①<②<③①<②<③②<①<③①<②<③渗析1∶1L【解析】

I.根据电解质和非电解质的概念分析判断；物质导电条件是存在自由移动的离子，或者存在自由电子；金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物属于盐，据此分析解答；Ⅱ.(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对分子质量；(2)根据n=和n=解答；(3)由N=nNA可知物质的量越大，含有分子数目越多；(4)结合分子含有的原子数目计算原子物质的量；(5)根据m=nM计算HCl、氧气的质量，据此判断；III(1)胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜；(2)二者分子中都只含有O原子，质量相等时含有氧原子数相同；(3)同种气体，其质量与分子数成正比，计算cg气体含有分子数目，然后根据n=、V=nVm计算。【详解】I.①NaCl固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；

溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；②液态CO2是氧化物，属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，与水反应生成电解质，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；

③液态氯化氢是电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，能产生