江苏省长泾中学2024-2025学年高一上学期化学期中卷（含答案）

第第页江苏省长泾中学2024-2025学年高一上学期化学期中卷一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个正确答案)1．布洛芬(C13H18O2)是家庭常备药品，可用于缓解轻至中度疼痛如头痛、牙痛等，也用于普通感冒或流行性感冒引起的发热。下列有关说法正确的是A．布洛芬中含有金属元素和非金属元素B．1个布洛芬分子中含有32个原子C．布洛芬中氢、氧元素的质量比为9：16D．布洛芬属于氧化物2．向含有FeCl3和FeCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物(Fe3O4)。下列有关说法正确的是A．形成该黑色分散系时发生的反应为物理变化B．可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物C．向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系D．用激光笔照射该分散系，从垂直于光线的方向观察，可观察到一条光亮的通路3．下列说法正确的是A．0.1molNa2O2固体中含有的阴阳离子数目之比为1：1B．标准状况下，4.48LH2O的分子数约为1.204×1023C．0.1mol•L-1Na2SO4溶液中含有0.2D．在标准状况下，等体积的NH3和O2中所含分子数之比为1∶14．下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．钠单质熔点较低，可用于冶炼金属钛B．次氯酸钠具有强氧化性，可用作杀菌消毒C．过氧化钠呈淡黄色，可用作呼吸面具供氧剂D．碳酸氢钠受热易分解，可用于治疗胃酸过多5．下列透明溶液中能大量共存的离子组是A．K+、Cu2+、NO3-、SO42- B．H+、Na+C．K+、Na+、HCO3-、OH- D．Na+、Ba2+、OH-6．下列溶液中，Cl-物质的量浓度最大的是A．200mL0.5mol·L-1NaCl溶液B．100mL0.8mol·L-1NaClO溶液C．800mL0.3mol·L-1NaCl溶液D．1000mL0.6mol·L-1NaClO3溶液7．下列变化需要加入氧化剂才能实现的是A．S2-→HS- B．Na2SO3→SO2 C．SO2→S D．H2S→S8．下列关于物质性质的描述，不正确的是A．氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，在瓶口出现白雾B．氯气具有强氧化性，能将大多数金属氧化，生成金属氯化物C．钠块投入水中，迅速熔成银白色小球D．钠燃烧时发出黄色的火焰，生成氧化钠9．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．CaB．NaC．NaCl(aq)D．HCl(aq)10．下列有关反应的离子方程式正确的是A．碳酸钙和盐酸反应：CO32-＋2H＋=CO2↑＋HB．Fe跟稀盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑C．氯气溶于水：Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl-＋HClOD．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba11．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是A．Na2CO3固体(NaHCO3)，加热至不再产生气体B．CO2气体(HCl)，通入饱和NaHCO3溶液洗气C．Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热D．NaOH溶液(Na2CO3)，滴加适量CaCl2溶液并过滤12．下列装置、操作和实验目的不正确的是A．图1装置可检验纯碱中是否含有钾元素B．观察图2中澄清石灰水是否变浑浊可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠C．图3滴水生火可证明过氧化钠与水反应放热D．图4装置若蘸有溴化钠溶液的棉球变成橙色，蘸有淀粉KI溶液的棉球变成蓝色，可验证氧化性：Cl13．已知能发生如下反应：①2BrO3-＋Cl2=Br2＋2ClO3-；②ClO3-＋5Cl-＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O；③2FeClA．氧化性强弱的顺序为：BrO3->ClO3->ClB．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物C．溶液中可发生反应：ClO3-＋6Fe2＋＋6H＋=Cl-＋6Fe3＋＋3HD．Cl2在反应①③中均作氧化剂14．如图所示是模拟制备氯水并检验Cl2性质的装置(夹持装置略去，挥发的HCl较少)。下列说法正确的是A．烧瓶中固体试剂X应是MnO2B．水浴加热抽滤瓶能加快Cl2与水反应速率，增大氯水中HClO的浓度C．干燥有色布条褪色，说明Cl2分子有漂白性D．装有NaOH溶液的烧杯可吸收尾气，防止污染二、非选择题(本题包含4大题，共58分。)15．回答下列问题。（1）现有：①固体KOH②稀硫酸③氨气④熔融NaCl⑤蔗糖⑥铜；其中能导电的是(填序号，下同)；属于电解质的是。（2）标准状况下，质量为66g的CO2的分子数约为个。（3）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl−离子，ACl2的摩尔质量是（4）标准状况下，17gNH3与标准状况下LH（5）若阿伏加德罗常数数值用NA表示，单位mol-1，则1个12C的质量为g。16．新型冠状病毒肺炎疫情在全球爆发，研究表明“84”消毒液可以有效地消灭病毒。Ⅰ.“84”消毒液的配制已知某“84”消毒液部分标签如下所示，回答下列问题：净含量：500mL密度：主要成分：20％NaClO(质量分数)NaClO摩尔质量：74.5注意事项：密封保存，易吸收空气中的CO2（1）某同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制230mL4.0mol⋅L−1的（2）写出NaClO在水溶液中的电离方程式：。（3）在配制该“84”消毒液的过程中，除烧杯、胶头滴管等仪器外，还必需的玻璃仪器有玻璃棒、。（4）下列操作可能使配制的溶液浓度偏低的是(填字母)。A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒B．溶解后未经冷却就移液C．移液时，有少量液体溅出D．定容时，俯视刻度线E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用Ⅱ.“84”消毒液性能探究同学们探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验。步骤1：将5mL市售84消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入a、b、c三个洁净的烧杯中；步骤3：用H2步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下。烧杯溶液的pH现象a1010min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色c410min后，红纸颜色比b烧杯中10min后的浅；4h后红纸褪色已知溶液中Cl2、HClO、和ClO（5）由实验现象可获得结论：溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色(填“越快”或“越慢”)。（6）结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是。（7）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用18.0molL的浓硫酸配制100mL物质的量浓度为0.917．Ⅰ.有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示：（1）“地康法”制取氯气总反应的化学方程式为。（2）若上述反应Ⅱ中，标况下，3.36LO2参与反应，则转移电子数约为。Ⅱ.ClO2在常温下为黄色气体，熔点为−59.5℃，沸点为11℃，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂，在碱性环境中易发生反应：4ClO2+4OH−=3ClO3−+ClO−+2H2O。ClO（3）实验室可用图示中装置制备、收集ClO2(夹持装置略)。①装置A中发生反应的化学方程式为。②为了使装置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施为(填一条)。（4）ClO2的稳定性较差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液将其转化为NaClO2进行保存。写出该反应的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目。若加入过量NaOH溶液，可能导致的后果是。18．侯氏制碱法是我国化学家侯德榜为世界制碱工业做出的突出贡献。Ⅰ.某实验小组模拟制纯碱的工业流程及部分实验装置如图所示。已知氨气极易溶于水，在常温常压下，1体积水约可溶解700体积的氨。（1）制备NaHCO3时，应先从口(填“a”或“b”)通入(填“CO2”或“（2）写出由饱和食盐水制备小苏打的化学方程式。Ⅱ.加热法测定Na2CO3取样品100g按下图装置进行实验。（3）C中碱石灰的作用是，若无C装置测得结果将(填“偏大”“偏小”“无影响”)。（4）经测定B中增重6.2g，则Na2CO3

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、布洛芬由C、H、O三种元素构成，这三种均为非金属元素，不存在金属元素，A错误；

B、1个布洛芬分子中原子总数为13+18+2=33，并非32，B错误；

C、氢、氧元素质量比为（1×18）：（16×2）=18：32=9：16，C正确；

D、氧化物需由两种元素组成，而布洛芬含三种元素，不符合氧化物定义，D错误；

故答案为：C。

【分析】布洛芬的化学式为C13H18O2。判断相关选项时，需关注元素组成、分子中原子总数、元素质量比及氧化物定义。非金属元素包含碳、氢、氧；分子中原子总数是各原子数量相加的结果；元素质量比等于各元素相对原子质量乘以原子个数后的比例；氧化物指由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物。2．【答案】D【解析】【解答】A、形成的Fe3O4是新物质，有新物质生成的反应属于化学变化，不是物理变化，A错误；

B、胶体粒子的直径较小，能透过滤纸，所以不能用过滤的方法分离出该黑色分散系中的金属氧化物，B错误；

C、向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，得到的是红褐色的Fe(OH)3胶体，并非题中的黑色分散系，C错误；

D、胶体具有丁达尔效应，用激光笔照射该分散系，从垂直于光线的方向观察，能看到一条光亮的通路，D正确；

故答案为：D。

【分析】向含有FeCl3和FeCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液，得到的黑色分散系里，分散质粒子是直径约为9.3nm的Fe3O4，此分散系属于胶体。要判断各选项，需依据胶体的性质，如丁达尔效应、胶体粒子能否透过滤纸，以及相关化学反应的类型等知识。3．【答案】D【解析】【解答】A、Na2O2由Na+和O22-构成，1个Na2O2含2个Na+和1个O22-，故0.1molNa2O2中阴阳离子数目比为1：2，A错误；

B、标准状况下H2O是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，4.48LH2O的分子数远大于1.204×1023，B错误；

C、Na2SO4溶液浓度为0.1mol・L-¹，但未给出体积，无法通过n=cV计算Na+物质的量，C错误；

D、标准状况下NH3和O2均为气体，体积相等则分子数相等，比值为1：1，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题围绕物质的量相关概念展开，涉及离子构成、气体摩尔体积适用条件、溶液中离子计算及阿伏加德罗定律。需注意：离子化合物的构成特点、气体摩尔体积仅适用于标准状况下的气体、溶液中离子物质的量计算需体积数据、阿伏加德罗定律的适用条件。A．明确Na2O2的离子构成，判断阴阳离子数目比。B．掌握气体摩尔体积的适用对象（标准状况下的气体）。C．理解溶液中离子物质的量计算需浓度和体积两个参数。D．应用阿伏加德罗定律（同温同压下，等体积气体分子数相等）。4．【答案】B【解析】【解答】A、钠能冶炼金属钛，依赖的是其强还原性（可还原钛的化合物），而非“熔点低”这一物理性质。性质与用途不对应，A错误；

B、次氯酸钠的强氧化性可破坏微生物的蛋白质结构，这是其能杀菌消毒的关键原因，性质与用途直接对应，B正确；

C、过氧化钠作呼吸面具供氧剂，是因其能与水、二氧化碳反应生成氧气，而非“淡黄色”这一颜色特征。性质与用途不对应，C错误；

D、碳酸氢钠缓解胃酸过多，是利用其与盐酸反应（中和胃酸）的性质，与“受热易分解”无关。性质与用途不对应，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题考查钠及其化合物的性质与用途的匹配性。核心在于判断物质的特定性质是否与其其实际用途直接相关，需区分物质的本质性质与次要特征（如颜色、状态等）对用途的影响。A．明确钠用于冶炼金属的核心性质。B．理解次氯酸钠杀菌消毒的原理。C．区分过氧化钠的特征与核心功能。D．明确碳酸氢钠治疗胃酸过多的作用机制。5．【答案】A【解析】【解答】A、K+、Cu2+、NO3-、SO42-之间不会结合生成沉淀、水或气体，相互不反应，可大量共存，故A符合题意；

B、H+和OH-会结合生成H2O，不能大量共存，故B不符合题意；

C、HCO3-和OH-会反应生成CO32-和H2O，不能大量共存，故C不符合题意；

D、Ba2+和SO42-会结合生成BaSO4沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】本题考查离子共存问题，关键在于判断各组离子间是否发生反应。若离子间能结合生成沉淀、水或其他难电离物质，则不能大量共存；反之则可共存。6．【答案】A【解析】【解答】A、NaCl在溶液中电离为Na+和Cl-，1molNaCl电离出1molCl-，故0.5mol・L-¹NaCl溶液中Cl-浓度为0.5mol・L-¹。

B、NaClO电离为Na+和ClO-，不含Cl-，故该溶液中Cl-浓度为0。

C、0.3mol・L-¹NaCl溶液中，Cl-浓度等于NaCl浓度，为0.3mol・L-¹。

D、NaClO3电离为Na+和ClO3-，不含Cl-，故该溶液中Cl-浓度为0。

综上，Cl-物质的量浓度最大的是选项A，

故答案为：A。

【分析】本题考查溶液中Cl-物质的量浓度的比较，关键在于明确各溶质的电离情况。离子浓度与溶液体积无关，只需判断溶质是否能电离出Cl-，以及电离出的Cl-浓度。7．【答案】D【解析】【解答】A、S2-和HS-中硫元素均为-2价，化合价无变化，不属于氧化还原反应，无需加入氧化剂，A错误；

B、Na2SO3和SO2中硫元素均为+4价，化合价未变，非氧化还原反应，无需加入氧化剂，B错误；

C、SO2中硫为+4价，S中为0价，化合价降低，SO2作氧化剂，需加入还原剂，C错误；

D、H2S中硫为-2价，S中为0价，化合价升高，H2S作还原剂，需加入氧化剂才能实现，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题考查氧化还原反应中是否需要加入氧化剂，核心是判断元素化合价变化。若反应中元素化合价升高，说明物质被氧化，需加入氧化剂；化合价不变则无需；化合价降低则需还原剂。8．【答案】D【解析】【解答】A、氢气在氯气中燃烧，会产生苍白色火焰，生成的氯化氢气体极易溶于水，与瓶口空气中的水蒸气结合形成小液滴，出现白雾，A正确；

B、氯气具有强氧化性，化学性质活泼，能与大多数金属发生氧化还原反应，将金属氧化，生成相应的金属氯化物，B正确；

C、钠的熔点较低，钠块投入水中，与水发生反应放出大量的热，使钠迅速熔化，形成银白色小球，C正确；

D、钠燃烧时，会发出黄色火焰，生成的是淡黄色的过氧化钠，而不是氧化钠，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题考查氢气、氯气、钠等物质的化学性质，需要准确记忆各物质反应的现象、产物等关键内容，以此判断选项描述的正误。9．【答案】A【解析】【解答】A、Ca(ClO)2溶液通入CO2，发生反应生成CaCO3和HClO；HClO不稳定，光照下分解为HCl和O2，两步转化均符合反应规律，可实现，A正确；

B、Na与O2在加热条件下反应生成的是淡黄色的Na2O2，而非Na2O（Na2O通常由Na在常温下与O2反应生成），转化不能实现，B错误；

C、NaCl溶液需同时通入NH3和CO2（侯氏制碱法原理）才能生成NaHCO3，仅通入CO2无法反应，转化不能实现，C错误；

D、MnO2与浓HCl反应生成Cl2需要加热条件，常温下二者不反应，转化不能实现，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题考查物质转化的可行性，核心是依据物质的化学性质及反应条件，判断各步转化能否实现。需关注反应所需条件、反应物用量及产物种类是否匹配。A．分析Ca(ClO)2与CO2的反应及HClO的稳定性。B．明确Na与O2反应的产物与条件的关系。C．掌握NaCl转化为NaHCO3的反应条件。D．判断HCl与MnO2反应的条件要求。10．【答案】C【解析】【解答】A、碳酸钙（CaCO3）是难溶性固体，离子方程式中不能拆分为CO32-，正确式子应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A错误；

B、Fe与稀盐酸反应生成Fe2+（氯化亚铁）而非Fe3+，正确式子为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，B错误；

C、氯气与水反应生成HCl（强电解质，拆分为H+和Cl-）和HClO（弱酸，不拆分），离子方程式Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl-＋HClO书写正确，C正确；

D、Ba(OH)2与H2SO4反应时，Ba2+与OH-比例为1：2，H+与SOB．明确Fe与稀盐酸反应的产物。C．掌握氯气与水反应的产物及物质拆分规则。D．检查离子配比是否符合物质组成。11．【答案】D【解析】【解答】A、NaHCO3受热分解为Na2CO3、CO2和H2O，加热至无气体产生时，杂质NaHCO3完全转化为Na2CO3，不引入新杂质，A正确；

B、HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，而CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度小，洗气可除去杂质且增加原物质，B正确；

C、Na2O在氧气中加热生成Na2O2，可将杂质Na2O转化为原物质Na2O2，不引入新杂质，C正确；

D、Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀和NaCl，过滤后虽除去Na2CO3，但引入新杂质NaCl，不符合除杂要求，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题考查物质除杂的正确性，关键在于除杂需满足：不引入新杂质、不减少原物质、杂质易分离。需结合物质性质判断除杂方法是否符合要求。A．利用NaHCO3的热不稳定性除杂。B．利用HCl与NaHCO3的反应及CO2的溶解度差异除杂。C．利用Na2O与O2的反应除杂。D．判断除杂是否引入新杂质。12．【答案】D【解析】【解答】A、钾元素焰色为紫色，会被钠元素的黄色掩盖，透过蓝色钴玻璃可滤去黄光。图1中用铂丝蘸样，透过蓝色钴玻璃观察，能检验纯碱中是否含钾元素，操作与目的一致，A正确；

B、NaHCO3受热分解产生CO2，使澄清石灰水变浑浊；Na2CO3受热不分解，石灰水无变化。图2通过加热观察石灰水是否浑浊，可鉴别二者，B正确；

C、脱脂棉着火需温度达到着火点，图3中滴水后脱脂棉燃烧，说明Na2O2与水反应放热，能证明实验目的，C正确；

D、Cl2与NaBr反应使棉球呈橙色，可证明Cl2＞Br2；但Cl2可能未完全反应，会直接氧化KI生成I2（使淀粉变蓝），无法证明是Br2氧化I-，故不能验证Br2＞I2，D错误；

故答案为：D。【分析】本题考查实验装置、操作与实验目的的匹配性，需结合焰色反应、物质稳定性、反应放热及氧化性比较的原理，判断各选项是否合理。A．焰色反应检验钾元素的操作规范。B．考查碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性差异的鉴别方法。C．掌握过氧化钠与水反应放热的验证逻辑。D．考查氧化性Cl2＞Br2＞I2的验证条件。13．【答案】D【解析】【解答】A、反应①中，BrO3-是氧化剂，ClO3-是氧化产物，故氧化性BrO3->ClO3-；反应②中，ClO3-是氧化剂，Cl2是氧化产物，故氧化性ClO3->Cl2；反应③中，Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，故氧化性Cl2>Fe3+。综上，氧化性顺序为BrO3->ClO3->Cl2>Fe3+，A正确；

B、反应②中，ClO3-中Cl为+5价，反应后变为Cl2（0价），化合价降低（被还原）；Cl-中Cl为-1价，反应后变为Cl2（0价），化合价升高（被氧化）。因此Cl2既是还原产物（来自ClO3-）又是氧化产物（来自Cl-），B正确；

C、由氧化性ClO3->Fe3+可知，ClO3-可氧化Fe2+生成Fe3+，自身被还原为Cl-，反应ClO3-＋6Fe2＋＋6H＋=Cl-＋6Fe3＋＋3H2O可发生，C正确；

D、反应①中，Cl2中Cl为0价，反应后变为ClO3-（+5价），化合价升高，Cl2作还原剂；反应③中，Cl2中Cl为0价，反应后变为Cl-（-1价），化合价降低，Cl2作氧化剂。因此Cl2在①中是还原剂，在③中是氧化剂，并非均为氧化剂，D错误；

故答案为：D。B．通过元素化合价变化，判断Cl2既是氧化产物又是还原产物。C．根据氧化性强弱判断反应能否发生（强氧化剂可氧化强还原剂生成弱氧化剂和弱还原剂）。D．通过Cl元素化合价变化，判断Cl2在反应中的角色（氧化剂或还原剂）。14．【答案】D【解析】【解答】A．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热条件，而图中装置没有加热仪器，则X不可能是MnO2，A错误；B．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，升温能加快反应速率，但HClO受热分解，水浴加热抽滤瓶不能增大氯水中HClO的浓度，B错误；C．干燥Cl2没有漂白性，有色布条褪色是因为抽滤瓶中有水，Cl2与水反应生成的HClO起到漂白作用，C错误；D．氯气有毒，不能直接排放到空气中，Cl2能与NaOH溶液反应，因此装有NaOH溶液的烧杯可吸收Cl2，防止污染，D正确；故选D。

【分析】A．浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热；

Ｂ．HClO受热易分解；

Ｃ．干燥的氯气不具有漂白性；

Ｄ．氯气有毒，能与NaOH反应。15．【答案】（1）②④⑥；①④（2）9.03×1023（3）95g·mol-1（4）33.6（5）12/NA【解析】【解答】（1）①固体KOH中离子不能自由移动，不导电，其水溶液能导电，属于电解质；②稀硫酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；③氨气自身不能电离，不导电，属于非电解质；④熔融NaCl中含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑤蔗糖自身不能电离，不导电，属于非电解质；⑥铜是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；其中能导电的是稀硫酸、熔融NaCl、铜，选②④⑥；属于电解质的是固体KOH、熔融NaCl，选①④。

故答案为：②④⑥；①④；（2）标准状况下，质量为66g的CO2的分子数约为66g44g/mol故答案为：9.03×1023；（3）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl−离子，n(ACl2)=0.2mol，ACl2的摩尔质量是故答案为：95g·mol-1；（4）设17gNH3与标准状况下VLH2S故答案为：33.6；（5）1mol12C原子是质量为12g，1mol12C原子中含有NA个12C原子，则1个12C的质量为12g⋅故答案为：12/NA。【分析】(1)导电需自由移动带电粒子（离子或电子）；电解质是水溶液或熔融态能导电的化合物，区分单质、混合物与化合物。

(2)先算CO2的物质的量（质量÷摩尔质量），再用物质的量乘阿伏加德罗常数得分子数。

(3)1molACl2含2molCl-，由Cl-物质的量推ACl2物质的量，再用质量÷物质的量得摩尔质量。

(4)算17gNH3中H原子物质的量，结合H2S中H原子比例（1molH2S含2molH），求H2S物质的量及标况体积。

(5)1mol¹2C质量为12g，含NA个原子，故1个¹2C质量为12g与NA的比值。（1）①固体KOH中离子不能自由移动，不导电，其水溶液能导电，属于电解质；②稀硫酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；③氨气自身不能电离，不导电，属于非电解质；④熔融NaCl中含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑤蔗糖自身不能电离，不导电，属于非电解质；⑥铜是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；其中能导电的是稀硫酸、熔融NaCl、铜，选②④⑥；属于电解质的是固体KOH、熔融NaCl，选①④。（2）标准状况下，质量为66g的CO2的分子数约为66g44g/mol（3）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl−离子，n(ACl2)=0.2mol，ACl2的摩尔质量是（4）设17gNH3与标准状况下VLH2S（5）1mol12C原子是质量为12g，1mol12C原子中含有NA个12C原子，则1个12C的质量为12g⋅16．【答案】74.5；NaClO=Na++ClO-；容量瓶（250mL）；AC；越慢；b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。；5.0【解析】【解答】（1）欲用NaClO固体配制230mL4.0mol⋅L−1的（2）NaClO在水溶液中电离出钠离子和次氯酸根离子，电离方程式为NaClO=Na++ClO-；故答案为：NaClO=Na++ClO-；（3）配制该“84”消毒液的操作步骤有：计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，在配制该“84”消毒液的过程中，除烧杯、胶头滴管等仪器外，还必需的玻璃仪器有玻璃棒、250mL容量瓶。故答案为：容量瓶（250mL）；（4）A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，溶质偏少，使配制的溶液浓度偏低，故选A；B．溶解后未经冷却就移液，溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，故不选B；C．移液时，有少量液体溅出，溶质偏少，使配制的溶液浓度偏低，故选C；D．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，故不选D；E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，不影响溶液体积和溶质物质的量，溶液浓度无影响，故不选E；故答案为：AC；（5）根据实验现象，溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色越慢。故答案为：越慢；（6）b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，根据图像，HClO浓度较小，反应速率较慢，所以褪色较慢。故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。；（7）用18.0molL的浓硫酸配制100mL物质的量浓度为0.9molL故答案为：5.0。【分析】用NaClO固体配制230mL4.0mol⋅L−1的NaClO消毒液，根据操作步骤分析实验仪器，根据旋转容量瓶的规格减少所需溶质的质量；根据c=nV分析误差。

(1)选250mL容量瓶，根据质量=浓度×体积×摩尔质量，计算NaClO的质量。

(2)NaClO在水中完全电离为Na+和ClO-，写出电离式。

(3)配制需250mL容量瓶（必需玻璃仪器）。17．【答案】4HCl+O2催化剂2Cl2+2H2O；0.6NA或3.612×1023；Cl2+2NaClO2=2ClO2【解析】【解答】（1）由图可知，“地康法”制取氯气总反应为氯化氢和氧气在催化剂作用下反应生成氯气和水，化学方程式为：4HCl+O2故答案为：4HCl+O2催化剂2Cl2+2H2O；

（2）反应Ⅱ中氧化合价由0变为-2，电子转移为O故答案为：0.6NA或3.612×1023；

（3）①装置A中氯气和NaClO2反应生成二氧化氯，NaClO2中氯元素化合价升高，则氯气中氯元素化合价降低生成氯化钠，结合电子守恒，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl。②已知，ClO2在常温下为黄色气体，沸点为11℃，为了使装置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施为将装置B置于冰水浴中或温度低于11℃的冷水浴中，使得生成二氧化氯液化收集；故答案为：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl；将装置B置于冰水浴中或温度低于11℃的冷水浴中；

（4）H2O2溶液和NaOH溶液将ClO2转化为NaClO2，反应中氯化合价由+4降低为+3，则过氧化氢中氧化合价会升高，由-1变为0，结合电子守恒，反应为2ClO2+H2O2+2NaOH=O2↑+2H2O+2NaClO2，反应中过氧化氢中氧失去2个电子、二氧化氯中氯得到