2022年广东省佛山市禅城区佛山实验中学化学高一第一学期期中复习检测试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A．2molH2O的摩尔质量和1molH2O的摩尔质量B．200mL1mol·L-1氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2mol·L-1氯化钾溶液中c(Cl-)C．称量16g硫酸铜配制250mL溶液的物质的量浓度和称量25g胆矾配制500mL溶液的物质的量浓度D．20%NaOH溶液的物质的量浓度和10%NaOH溶液的物质的量浓度2、某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的()①钠比水轻②钠的熔点较低③钠与水反应在时要放出热量④钠与水反应后溶液呈碱性A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④3、一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中分别充入相同质量的Ne、H2、O2三种气体，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是()A．p(Ne)＞p(H2)＞p(O2) B．p(O2)＞p(Ne)＞p(H2)C．p(H2)＞p(O2)＞p(Ne) D．p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)4、某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是()A．Na2CO3、NaCl、NaOH B．NaOH、NaCl、Na2CO3C．NaCl、NaOH、Na2CO3 D．NaCl、Na2CO3、NaOH5、下列实验设计方案中，可行的是（）A．用点燃法除去CO2中少量COB．用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体C．向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42-D．用石蕊试液、BaCl2溶液，能鉴别盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液6、已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O反应，下列说法正确的是（）A．每消耗1molMnO2生成Cl2的体积为22.4LB．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4C．氧化性：MnO2>Cl2D．反应中每生成1molCl2时，转移电子的物质的量为4mol7、工业上常用如下的方法从海水中提溴：下列说法错误的是A．步骤①的主要反应为：Cl2+2Br–→Br2+2Cl–B．物质X为HBrOC．步骤②③的目的是富集溴元素D．步骤②利用了溴易挥发的性质8、下列在无色溶液中能大量共存的离子组是A．NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣B．Ba2+、K+、OH﹣、CO32-C．Al3+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣D．H+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣9、“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A．过滤B．蒸馏C．蒸发D．分液10、下列分散系能产生丁达尔效应的是()A．饱和食盐水B．浓硫酸C．水D．氢氧化铁胶体11、溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是（）A．丁达尔效应B．是否能透过半透膜C．是否均一、透明、稳定D．分散质粒子大小12、同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶气体一定具有相同的（）A．质量 B．密度 C．碳原子数 D．原子总数13、下列电离方程式的书写，正确的是A．NH3·H2O==NH4++OH― B．H2SO4==2H++SO42―C．CuCl2==Cu2++Cl― D．NaHCO3==Na++H++CO32―14、已知C5H11Cl有8种同分异构体，可推知分子组成为C5H12O的醇类的同分异构体的数目是（）A．8种B．7种C．6种D．5种15、K37CIO3晶体与H35Cl溶液反应生成氯化钾、氯气和水，实验测得此反应生成的氯气的分子量是（）A．73.3 B．73 C．72 D．70.716、下列除去杂质(括号的物质为杂质)的方法中，错误的是A．FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2B．CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥C．MnO2(KCl)：加水溶解后过滤、洗涤、烘干D．CO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A________，C________，D____________。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。18、某强酸性溶液X中仅含有Ba2＋、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、NO3－中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下根据以上信息，回答下列问题:

(1)仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的离子分别是________。

(2)若②中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入10mL时开始产生沉淀，55mL时沉淀的量达到最大值0.03mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60mL时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中：c(Fe2+)为_____mol/L、c(Fe3+)为______mol/L、c(Cl-)为_____mol/L。(若有些离子不存在，请填0mol/L)19、I．氯是一种富集在海水中的元素，图是几种含氯产品。(1)储氯钢瓶上应贴的标签为_____(填字母代号)。A．易燃品B．有毒品C．爆炸品(2)“威猛先生”洁厕灵使用注意事项中特别说明在使用时切勿与漂白剂一同使用，否则会产生有害气体。“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠，写出“84消毒液”与“威猛先生”洁厕灵(有效成分为盐酸)混合后反应的离子方程式____。(3)ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2，成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2＋Cl2=2ClO2＋2NaCl。下图是实验室用于制备和收集一定量纯净的ClO2的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)。其中E中盛有CCl4液体(用于除去ClO2中的未反应的Cl2)。①仪器P的名称是________________。②写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：_____________________________。③B装置中所盛试剂是________________。④F为ClO2收集装置，应选用的装置是________(填序号)，其中与E装置导管相连的导管口是________(填接口字母)。20、I.（1）图I表示10mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为4，则量筒中液体的体积是①，由于放置位置不当读数时俯视，读出的数值为②则①②的正确数值为___________A①3.2mL、②小于3.2mLB．①4.8mL、②大于4.8mLC．①3.2mL、②大于3.2mLD．①4.8mL、②小于4.8mL（2）实验室需配制1mol·L－1的NaOH溶液200mL，在用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数为________填代号，下同)。A．大于8.0gB．小于8.0gC．8.0gII.表示溶液浓度的方法通常有两种;溶液中溶质的质量分数(W)和物质的量浓度(c)，因此在配制溶液时，根据不同的需要，有不同的配制方法。请完成下列填空题。（1）用10%(密度为1.01g/cm3)的氢氧化钠溶液配制成27.5g2%的氢氧化钠溶液。①计算:需_________g10%(密度为1.01g/cm3)的氢氧化钠溶液②量取:用_________mL量筒量取10%的氢氧化钠溶液（2）把98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸稀释成2mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题:①需要量取浓硫酸_______mL②下列实验操作使配制的溶液浓度偏的是__________A．容量瓶洗涤后未干燥B．量取溶液时，仰视刻度线C．装入试剂瓶时，有少量溶液溅出D．没有洗涤烧杯和玻璃棒E.定容时，加水不慎超出刻度线，又倒出一些21、实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为___________⑤⑥⑤__________。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_____________________。（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_________g。要完成本实验该同学应称出_________gNaOH。（3）对所配制的NaOH溶液进行测定，发现其浓度低于1.0mol/L。在溶液配制过程中，下列操作会引起该误差的有_________（填序号）。A．转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面C．容量瓶未干燥就用来配制溶液D．称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长E．定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加入少量水使液面与刻度线相平F．定容时仰视刻度线G．NaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中（4）氢氧化钠是一种用途十分广泛的重要化工原料，工业上主要通过电解氯化钠饱和溶液的方法。试用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目____________________。实验测得，反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则耗氧化剂的物质的量为_________mol。

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项、2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，与物质的量多少无关，故A错误；B项、溶液的浓度与体积无关，1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者和前者相等，故B错误；C项、16g硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制250mL溶液的物质的量浓度0.1mol/0.25L=0.4mol/L，25g胆矾中硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制500mL溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2mol/L，前者刚好是后者两倍,故C正确。D项、溶液物质的量浓度c=1000ρω/M，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误。故选C。2、D【解析】

①将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故①正确；②将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故②正确；③将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故③正确；④将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故④正确；故答案为D。3、D【解析】

一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中，气体的压强之比等于其物质的量之比，质量相同时，与相对分子质量成反比，即气体的相对分子质量越大，压强越小。Ne、H2、O2的相对分子质量分别为20、2、32，所以压强从大到小的顺序为p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)，故选D。4、C【解析】

A.由于碳酸钠电离产生的碳酸根离子能与溶液中Mg2+、Ag+、Ba2+均形成沉淀，先加入碳酸钠溶液会出现三种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，A错误；B.由于氢氧化钠电离产生的氢氧根离子能与溶液中的Mg2+、Ag+形成沉淀，先加入氢氧化钠溶液出现象两种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，B错误；C.氯化钠电离产生的Cl-只能够与溶液中Ag+形成AgCl沉淀，然后加入的NaOH，只与溶液中Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，最后加入的碳酸钠，能够沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，满足每次只得一种沉淀的要求，C正确；D.氯化钠溶液沉淀溶液中Ag+后，加入的碳酸钠溶液却能同时沉淀溶液中Mg2+、Ba2+，不符合每次得到一种沉淀的要求，D错误；故合理选项是C。5、D【解析】

A.用点燃法除去CO2中少量CO，不可行，因为CO2中少量CO是点不着的，且会引入新杂质氧气，故A错误；B.CO2和HCl都能与NaOH反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故B错误;C.仅加入BaCl2溶液,不能排除Ag+或SO32-的影响,可能生成AgCl或BaSO3、BaSO4等沉淀,故C错误;D.用石蕊和氯化钡鉴别,将石蕊加入五种溶液中,根据石蕊遇碱变蓝色,可以首先鉴别出氢氧化钠,会使紫色石蕊变红色是盐酸、硫酸,不会使石蕊变色的是硫酸钠、硝酸钾,然后取使石蕊变红的溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸,无现象的是盐酸,然后取不会使石蕊变色的两种溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸钠,没现象的是硝酸钾,根据此方法可以鉴别,故D正确；答案：D。【点睛】除杂时必须满足的原则：杂质除去，不引入新杂质，主体物质不减少，易分离，易复原。6、C【解析】

由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，MnO2中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，以此来解答。【详解】A.由方程式可以看出，每消耗1molMnO2生成1molCl2，在标准状况下的体积为22.4L，由于没有指明是在标准状况下，故A错误；B.该反应的氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，1molMnO2氧化2molHCl，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B错误；C.该反应的氧化剂为MnO2，氧化产物为Cl2，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：MnO2>Cl2，故C正确；D.反应中每生成1molCl2时，转移电子的物质的量为2mol，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念和电子转移的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。7、B【解析】

A．步骤①是利用氯气氧化海水里的Br-，发生的主要反应为Cl2+2Br–=Br2+2Cl–，故A正确；B．SO2和Br2水反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，物质X为HBr，故B错误；C．利用步骤②③的操作，目的是富集溴元素，故C正确；D．步骤②利用了溴易挥发的性质，通过升温促进溴蒸汽挥发，故D正确，答案为B。8、A【解析】

A.四种离子均为无色离子且相互不反应。B.Ba2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀。C.Cu2+为蓝色。D.H+和HCO3﹣反应生成水和二氧化碳。【详解】A.NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣均为无色离子且相互不反应，A正确。B.Ba2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，B错误。C.Cu2+为蓝色，不满足题中的无色溶液，C错误。D.H+和HCO3﹣反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。9、A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。10、D【解析】分析：胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能。详解：A、B属于溶液；C是水，属于纯净物；D属于胶体，能产生丁达尔效应的为D。点睛：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔现象，也叫丁达尔效应。经常采用是否具有丁达尔效应判断胶体的存在。11、D【解析】溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是分散质微粒大小不同，其中浊液的分散质微粒大于100nm，溶液的分散质微粒小于1nm，胶体的分散质微粒介于1nm～100nm之间，答案选D。12、C【解析】

根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。【详解】同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则A．根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，选项A错误；B．据ρ=，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，选项B错误；C．C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，选项C正确；D．C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，选项D错误；答案选C。13、B【解析】

A.NH3·H2O属于弱电解质，故电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-，错误；B.H2SO4属于强电解质，能完全电离，正确；C.电离方程式中原子以及电荷不守恒，其电离方程式应为：CuCl2==Cu2++2Cl-，错误；D.NaHCO3属于盐类，能完全电离出Na+和HCO3-，而HCO3-不能完全电离出H+和CO32-，其电离方程式为：NaHCO3==Na++HCO3-，错误。14、A【解析】分子式为C5H12O的醇可看作C5H11Cl中的氯原子被-OH取代，故C5H12O的醇也为8种，故选A。15、D【解析】

K37CIO3晶体与H35Cl溶液反应生成氯化钾、氯气和水，方程式为：K37ClO3+6H35Cl=K35Cl+3Cl2↑+3H2O，生成的Cl2中，37Cl与35Cl个数比为1：5，生成的氯气相对分子质量约为(35×5+37)/3=70.7，故D正确；故选D。16、D【解析】

A．FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，可用于除杂，故A正确；B．二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，而CO不能，可用于除杂，故B正确；C．二氧化锰不溶于水，氯化钾易溶于水，可用溶解、过滤的方法分离，故C正确；D．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，应用饱和亚碳酸氢钠溶液除杂，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了物质的分离、提纯。解答此类试题需要把握相关物质的异同，并注意在提纯时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质。本题的易错点为D，要注意二氧化碳与碳酸钠能够反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【解析】

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。18、Fe3+、Cl-0.150.10.4【解析】

(1)强酸性溶液中一定不会存在CO32－和SO32－，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42－；生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，它在酸性条件下和NO3－反应生成NO；溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe(OH)3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；溶液中含有Fe2+，就一定不含NO3－，含有SO42－就一定不含Ba2+，不能确定是否含有的Fe3+和Cl－。(2)根据得失电子数相等和阴阳离子电荷所带电荷数相同求解。【详解】(1)由分析可知不能确定是否含有的是Fe3+和Cl－。(2)n(NO)==0.005mol，根据得失电子数可知n(Fe2+)=n(NO)×3=0.015mol，c(Fe2+)=0.015mol÷0.1L=0.15mol/L；加入氢氧化钠溶液60mL时沉淀量降到0.025mol，说明此时为氢氧化铁沉淀，亚铁离子的物质的量是0.015mol，所以说明原溶液中存在铁离子，n(Fe3+)=0.025mol－0.015mol=0.01mol，则c(Fe3+)=0.01mol/0.1L=0.1mol/L；加入55mL氢氧化钠溶液时沉淀达到最大值0.03mol，加入60mL氢氧化钠溶液时，沉淀降为0.025mol，说明n(Al(OH)3)=0.03mol－0.025mol=0.005mol，则溶液中SO42－：0.04mol，NH4+：0.005mol，Fe2+：0.015mol，Fe3+：0.01mol，Al3+：0.005mol，此时2n(SO42－)=n(NH4+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)，所以c(Cl－)=0.4mol/L。【点睛】注意生成的Al(OH)3会和过量的NaOH反应生成NaAlO2和H2O。19、B2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O分液漏斗MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水②d【解析】

次氯酸钠具有强氧化性，盐酸与次氯酸钠能够发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，据此分析解答(1)和(2)；(3)制备和收集一定量较纯净的ClO2，根据实验原理2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl，A应该是制备氯气的装置，需要的试剂为二氧化锰和浓盐酸，因为浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl和水蒸气，需要用装置B、C除去，纯净的氯气在装置D中制备ClO2，E中盛有CCl4液体，是吸收未反应的氯气，F为ClO2收集装置，结合题干信息选择合适的装置，G是安全瓶，防止尾气倒吸，最后尾气选碱液吸收，据此分析解答。【详解】(1)氯气有毒，储氯钢瓶上应贴有毒品标志，故答案为：B；(2)洁厕灵的有效成分为盐酸，“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能够发生氧化还原反应生成有毒气体氯气和水，反应的离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；(3)①根据图示，仪器P是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；③生成的氯气中混有水蒸气和氯化氢气体，B装置是用于除去氯气中的HCl，HCl极易溶于水，氯气和水反应生成HCl和HClO，饱和食盐水中含有大量氯离子而抑制氯气溶解，所以B中盛放的是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；④F为ClO2收集装置，ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，且密度大于空气，所以应该采用向上排空气法收集，所以选择装置②，收集气体采用“长进短出”原则，其中与E装置导管相连的导管口是d，故答案为：②；d。20、CA5.51010.9B【解析】

I.（1）量筒的刻度线自上而下是递减的，所以如果刻度A为4，则B的读数就是3.2mL，因此量筒中液体的体积①是3.2mL；由于放置位置不当读数时俯视，则读数偏大，②大于3.2mL，答案选C；（2）200mL1mol•L-1NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的物质的量为：1mol/L×0.2L=0.2mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.2mol=8.0g；但用托盘天平称量氢氧化钠时必须放在小烧杯中或玻璃片上称量，故质量应该大于8.0g，答案选A；II.（1）①由ω1m1=ω2m2得m2=ω1m1ω②量取液体应一次量取，选用量程最小的量筒，故用10mL量筒量取5.5mL10％的NaOH溶液；（2）①硫酸的物质的量2mol/L×0.1L=0.2mol，硫酸的质量0.2mol×98g/mol=19.6g，需浓硫酸的质量19.6g/98%②A、容量瓶洗涤后未干燥，不影响溶液配制，对浓度无影响，选项A不选；B、量取溶液时，仰视刻度线，所取浓硫酸的量偏多，配得溶液浓度偏高，选项B选；C.装入试剂瓶时，有少量溶液溅出，溶质的量减少，所配得溶液浓度偏低，选