湖南省三湘名校教育联盟2022-2023学年高一上学期期中联考化学试题（含答案解析）

第17页/共17页三湘名校教育联盟・2022年下学期高一期中考试化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Fe-56一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.冬奥会开幕式上，绚烂的烟火给各国运动健儿留下了深刻的印象。下列有关做焰色试验时的注意事项中不正确的是A.实验中可以选择生锈的铁丝进行焰色试验B.实验中不可选用稀硫酸洗净铂丝C.无法通过焰色试验区分碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液D.钾焰色须要透过蓝色钴玻璃观察【答案】A【解析】【详解】A．实验中应选用光洁无锈的细铁丝或铂丝进行焰色试验，故A错误；B．实验中应选用稀盐酸洗净铂丝，不可选用稀硫酸洗净铂丝，故B正确；C．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液焰色试验均为黄色，所以无法通过焰色试验区分碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，故C正确；D．黄色光会掩盖紫色光，所以钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃观察，避免钠元素的干扰，故D正确；故选A。2.下列有关物质的分类正确的是选项混合物单质酸性氧化物碱性氧化物碱A牛奶苛性钠B氯化钠溶液石墨氢氧化钾C胶体纯碱D稀盐酸氢氧化钙A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．水是氧化物，但不是酸性氧化物，选项A错误；B．氯化钠溶液为混合物，石墨是碳的单质，二氧化硫为酸性氧化物，氧化钙为碱性氧化物，氢氧化钾为碱，选项B正确；C．纯碱为碳酸钠，碳酸钠为盐，选项C错误；D．为有机化合物，不属于单质，是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，选项D错误；答案选B。3.下列给定的四种溶液中能大量共存的离子组是A.强酸性的溶液：B.滴加酚酞显红色的溶液：C.所含溶质为的溶液：D.无色透明溶液：【答案】C【解析】【详解】A．强酸性的溶液中，不能大量共存，且与不能大量共存，选项A错误；B．滴加酚酞溶液显红色的溶液呈碱性，与不能大量共存，选项B错误；C．所含溶质为的溶液中能大量共存，选项C正确；D．在水溶液中显蓝色，无色透明溶液中不能大量存在，选项D错误；答案选C。4.自2019年12月新冠疫情暴发至今，各地疫情仍然断断续续。每个人都要做好个人防护，共同抗疫。新型冠状病毒可通过气溶胶传播。下列说法正确的是A.氢氧化铁胶体属于气溶胶B.能通过丁达尔效应来鉴别溶液和浊液C.胶体的本质特征是具有丁达尔效应D.通过戴口罩可以有效阻止新型冠状病毒通过气溶胶传播【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体的分散剂为液体，故氢氧化铁胶体属于液溶胶，故A错误；B．浊液和溶液都不具有丁达尔效应，不能通过丁达尔效应来鉴别浊液和溶液，故B错误；C．胶体的本质特征是分散质微粒直径大小在之间，丁达尔效应是胶体特征性质，故C错误；D．通过戴口罩可以有效阻止新型冠状病毒通过气溶胶传播，故D正确；故选D5.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.有还原性，可用于消毒杀菌B.能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂C.吸收产生，可用作呼吸面具中的供氧剂D.能与碱反应，可用作食品膨松剂【答案】C【解析】【详解】A．有氧化性，可以杀死细菌，灭活病毒，故A错误；B．能与盐酸反应，但腐蚀性很强，不能用作胃酸中和剂，故B错误；C．人呼出的可与反应生成，故可用作呼吸面具中的供氧剂，故C正确；D．利用碳酸氢钠受热分解产生气体，可用作食品膨松剂，与碳酸氢钠能与碱反应无关，故D错误；故选C6.下列叙述正确的是A.难溶于水，但是电解质B.是活泼的非金属单质，常温下可以与等金属发生化合反应C.氧化还原反应中所有元素的化合价都发生变化D.金刚石和石墨互为同素异形体，物理性质相同【答案】A【解析】【详解】A．难溶于水，但溶解的部分是全部电离的，所以是电解质，故A正确；B．需要在加热条件下才可以与等金属发生化合反应，故B错误；C．氧化还原反应中不一定所有元素的化合价都发生变化，故C错误；D．金刚石和石墨是碳的同素异形体，但它们是两种不同的物质，物理性质不同，故D错误；故选A7.下列有关氯及其化合物的说法错误的是A.氯气和液氯均为纯净物，两者是同一种物质B.由金属在氯气中的燃烧可知，燃烧不一定要有氧气参加C.将氯气通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液先变红后褪色D.工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉【答案】D【解析】【详解】A．氯气和液氯均为纯净物，两者是单质氯的不同状态，两者是同一种物质，故A不选；B．金属钠、金属铁等可在氯气中燃烧，氧气未参加反应，故B不选；C．氯气能和水反应生成盐酸与次氯酸，盐酸可以使紫色石蕊试液变红，次氯酸具有漂白性，可以使溶液褪色，故C不选；D．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，故D选；故选D8.物质的量是高中计算的核心(NA表示阿伏加德罗常数的值)，下列有关说法正确的是A.1mol粒子集合体所含的粒子数与12kg12C所含的碳原子数相同B.常温常压下，22.4LCO气体的分子数为NAC.46g由NO2和N2O4组成的混合物中含有的分子数为NAD.标准状况下，32gO3和32gO2中所含原子数均为2NA【答案】D【解析】【详解】A．1mol粒子集合体所含的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子数相同，A错误；B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则在常温常压下22.4L气体的物质的量小于1mol，故其中含有的分子数小于NA，B错误；C．NO2和N2O4平均摩尔质量介于46g/mol-92g/mol之间，故46g两者的混合物，其物质的量小于1mol，因此其中含有的分子数目小于NA，C错误；D．标准状况下，32gO3含有的原子的物质的量为，32gO2所含原子的物质的量，所以二者含有的原子数均为2NA，D正确；故合理选项是D。9.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的说法错误的是A.向碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中分别加入量的盐酸，最终产物相同B.分别向碳酸钠和碳酸氢钠中加入少量水，二者产生的现象相同C.碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱D.可用如图装置来比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性大小【答案】B【解析】【详解】A．向碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中分别加入量的盐酸，最终产物均为氯化钠、二氧化碳和水，A正确；B．向碳酸钠中加入少量水后，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着放热现象；而向碳酸氢钠中加入少量水后，碳酸氢钠能溶解，并伴随着吸热现象，可见二者现象不同，B错误；C．碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均显碱性，故都可用作食用碱或工业用碱，C正确；D．碳酸钠稳定，加热时不会发生分解反应产生气体；碳酸氢钠加热产生二氧化碳气体，可使澄清石灰水变浑浊，故可用如图装置来比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性大小，D正确；故合理选项是B。10.通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列实验操作和现象或结论不正确的是选项实验操作和现象结论A向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧过氧化钠与水反应放热B向某未知溶液(不含)中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，无气体产生，但有白色沉淀出现未知溶液中含有，一定不含或C氢气在氯气中燃烧时瓶口上方出现白雾氯化氢与空气中的水蒸气结合而呈现雾状D将金属投入硫酸铜溶液中，有紫红色固体产生说明比活泼A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和，同时反应放热，故脱脂棉能够燃烧，故A不选；B．由实验现象可知，无气体产生，则证明溶液中不存在或，产生不溶于硝酸的白色沉淀，则证明溶液中存在，故B不选；C．氢气在氯气中燃烧时瓶口上方出现白雾，是生成的氯化氢气体与空气中的水蒸气结合而呈现雾状，故C不选；D．将金属投入硫酸铜溶液中，先与水反应，不会产生紫红色固体，故D选；故选D二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。11.在两份相同的溶液中，分别滴入浓度相等的溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.曲线②代表滴加溶液的变化曲线B.b~d(不包括b点和d点)段内溶液中主要存在的离子是C.O→a反应的离子方程式为D.a、d两点溶液均呈中性【答案】C【解析】【详解】A．和恰好完全反应生成和，此时溶液的导电性几乎为0，因此曲线①代表的是和反应。曲线②代表滴加溶液的变化曲线，选项A正确；B．b点是中钡离子恰好完全反应的点，即发生，反应的化学方程式为，因此溶液中大量存在的离子是，b点之后溶液中的与继续加入的中的继续反应，d点时反应完全，故b~d段内溶液中主要存在的离子是，选项B正确；C．是氢氧化钡和硫酸反应，反应的离子方程式为，选项C错误；D．曲线②中b点还剩余，在d点反应完全，而曲线①中a点已经完全反应，故a、d两点溶液均呈中性，选项D正确；答案选C。12.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述不正确的是A.反应I产生的尾气可通入碱液中吸收B.反应I生成的FeCl2，在碱性条件下会被NaClO氧化成Na2FeO4C.反应II中每转移6mol电子会生成166gNa2FeO4D.Na2FeO4转化成K2FeO4的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH【答案】BC【解析】【分析】反应Ⅰ中铁屑与氯气反应生成FeCl3，尾气中含氯气，反应Ⅱ中加入的NaClO、NaOH与氯化铁反应生成Na2FeO4，发生反应为2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，因为溶解性：>，所以在Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液析出高铁酸钾K2FeO4，发生反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，分离得到粗K2FeO4晶体；【详解】A．Cl2可以与碱发生反应，故反应Ⅰ产生的尾气(氯气)可通入碱液中吸收，A项正确；B．铁和氯气反应得到，与加入的和反应生成，B项错误；C．反应Ⅱ中发生的离子反应与转移电子关系为为：，故每转移6mol电子会生成2mol(即332g)，C项错误；D．加入饱和溶液，将转化为的化学方程式为，D项正确；答案选BC。13.实验室也可以用和浓盐酸反应制取，反应的化学方程式为。现用如图所示装置制取纯净的无水(部分仪器和夹持装置已略去)。下列说法正确的是A.装置C中试剂是饱和食盐水，目的是除去气体B.实验过程中，硬质玻璃管中产生大量棕黄色的烟C.实验时，应该先加热装置D，再打开A中分液漏斗的活塞D.将装置A中的直接换为，也可完成该实验【答案】B【解析】【分析】A装置用和浓盐酸反应制取，制得的中会混有会挥发出的HCl和水蒸气，B装置中的试剂是饱和食盐水用来除去HCl，装置C中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气，保证进入D装置的是纯净的与进而制得，最后的E装置盛装的试剂是NaOH，用来吸收多余的。【详解】A．装置C中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气，故A错误；B．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，故B正确；C．应先打开装置A中分液漏斗的活塞，当产生的氯气充满整套装置时，再点燃装置D处酒精灯，故C错误；D．与浓盐酸常温下不反应，故D错误。故选B14.如图所示，气缸的总体积一定，内部被活塞隔成I、II两部分，活塞可以自由移动，也可以固定。25℃时向I中充入16gSO2，II中充入16gO2，则下列说法正确的是A.当活塞不再移动时，活塞将停在左侧占整个气缸体积的三分之一处B.当活塞不再移动时，I、II两部分密度之比为1：2C.若将活塞固定在气缸中间，I、II两部分压强之比为2：1D.若将I中气体换为O2与CO的混合气体0.2mol，II中气体换为CO和CO2的混合气体6g，活塞最终停于中间位置，则右侧中CO和CO2的物质的量之比为7：1【答案】AD【解析】【详解】A．Ⅰ中16gSO2的物质的量为n(SO2)==0.25mol，Ⅱ中16gO2的物质的量n(O2)==0.5mol，当活塞不再移动时，两部分压强相等，同温同压下，物质的量之比等于体积之比，则Ⅰ、Ⅱ两部分体积比为0.25mol：0.5mol=1：2，则活塞将停在左侧占整个气缸体积的三分之一处，A正确；B．，由于气体的质量相同，则两种气体密度之比等于体积的反比(或同温同压下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比)，故ρⅠ：ρⅡ=64：32=2：1，B错误；C．当活塞固定在气缸中间，由于同温同体积时，气体的压强之比等于其物质的量之比，故Ⅰ、Ⅱ两部分压强比为0.25mol：0.5mol=1：2，C错误；D．活塞最终停于中间位置，则两侧体积相同，则右侧混合气体的物质的量也为0.2mol，设CO和CO2的物质的量分别为x、y，则x+y=0.2mol，28x+44y=6.0g，解得x=0.175mol，y=0.025mol，可求得CO和CO2的物质的量之比为n(CO)：n(CO2)=0.175mol：0.025mol=7：1，D正确；故合理选项是AD。三、非选择题：本题共4大题，共54分。15.回答下列相关问题：（1）以下物质：①KClO3晶体；②FeCl3固体；③NaOH溶液；④熔融NaCl；⑤蔗糖；⑥液氯；⑦SO2。能导电的是_____(填序号，下同)；属于电解质的是____。（2）实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式是_____。常用澄清石灰水检验CO2气体，反应的离子方程式是____。（3）写出实验室用饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：_____。（4）某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种原料的物质的量之比为1：4：8。①配制该营养液后，c()=0.016mol•L-1，则溶液中c(K+)=_____mol•L-1。②若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则KCl和(NH4)2SO4的物质的量之比为_____。【答案】（1）①.③④②.①②④（2）①.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑②.Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O（3）FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl（4）①.0.018②.9：4【解析】【小问1详解】①KClO3晶体是由离子构成的离子化合物，但离子不能自由移动，因此不能导电；该物质溶于水或受热熔化时能够发生电离而导电，因此属于电解质；②FeCl3固体中无自由移动的离子，因此不能导电；当其溶于水后能够发生电离而导电，因此属于电解质；③NaOH溶液中含有自由移动的离子，因此能导电；该物质属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质；④熔融NaCl中含有自由移动的离子，因此能导电；该物质属于离子化合物，在水溶液中和熔融状态下能够发生电离而导电，因此属于电解质；⑤蔗糖是由分子构成的物质，无自由移动的离子，因此不能导电；其溶于水或受热熔化时也不能够发生电离而导电，因此属于非电解质；⑥液氯是由Cl2分子构成的物质，无自由移动的离子，因此不能导电；该物质属于单质不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；⑦SO2是由分子构成的物质，其中无自由移动的离子，因此不能导电；当其溶于水或受热熔化时也不能够因自身发生电离而导电，因此属于非电解质；则上述物质中能导电的物质序号是③④；属于电解质的物质序号是①②④；【小问2详解】CaCO3与HCl在溶液中发生反应产生CaCl2、H2O、CO2，发生反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；【小问3详解】将蒸馏水加热煮沸，向其中滴加几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体，则制取Fe(OH)3胶体的反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；【小问4详解】①配制营养液中KCl、K2SO4和NH4Cl三种原料的物质的量之比为1：4：8，若配制该营养液后，溶液中K+和的物质的量比为n(K+)：n()=(1+2×4)：8=9：8，离子处于同一溶液，溶液的体积相等，若c()=0.016mol•L-1，则c(K+)=；②若使用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，设(NH4)2SO4的物质的量为xmol，KCl的物质的量为ymol，由KCl、K2SO4和NH4C1三种固体原料的物质的量之比为1：4：8可知：n(K+)：n()=9：8=2x：y，解得y：x=9：4，即KCl和(NH4)2SO4的物质的量之比为9：4。16.氧化还原反应在物质制取和转化中有重要的应用。请回答下列问题：（1）Ca(NO2)2(亚硝酸钙)可用作混凝土中钢筋的防护剂，实验室可用如下反应制备：Ca(NO3)2+2CaFe2O4+4NO3Ca(NO2)2+2Fe2O3。①该反应中的氧化剂是_____(填化学式，下同)，还原剂是_____。②该反应中被氧化的N原子与被还原的N原子的质量之比为____。③用单线桥标出该反应中电子的转移情况：____。（2）某反应体系有反应物和生成物共7种：O2、KMnO4、MnSO4、H2SO4、H2O2、K2SO4。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，试回答下列问题：①该反应中，发生还原反应的过程是_____→_____(填化学式)。②写出该反应的化学方程式并配平：_____。③若反应消耗2molKMnO4，则转移电子的物质的量为_____mol。【答案】（1）①.Ca(NO3)2②.NO③.2：1④.（2）①.KMnO4②.MnSO4③.2KMnO4+3H2SO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O④.10【解析】【小问1详解】①在反应Ca(NO3)2+2CaFe2O4+4NO3Ca(NO2)2+2Fe2O3中，N元素化合价由反应前Ca(NO3)2中+5价变为反应后Ca(NO2)2中的+3价，化合价降低，得到电子被还原，所以Ca(NO3)2作氧化剂；N元素化合价由反应前NO中的+2价变为反应后Ca(NO2)2中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，所以NO作还原剂，被氧化；②根据反应方程式可知：在该反应中NO中的N被氧化，Ca(NO3)2中N被还原，被氧化的N原子与被还原的N原子的质量之比为4：2=2：1；③在反应Ca(NO3)2+2CaFe2O4+4NO3Ca(NO2)2+2Fe2O3中，N元素化合价由反应前Ca(NO3)2中的+5价变为反应后Ca(NO2)2中的+3价，化合价降低，得到电子2×2e-；N元素化合价由反应前NO中的+2价变为反应后Ca(NO2)2中的+3价，化合价升高，失去电子4×e-，用用单线桥标出该反应中电子的转移情况为：；【小问2详解】在某反应体系中，反应物和生成物共7种：O2、KMnO4、MnSO4、H2SO4、H2O2、K2SO4。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2。①O元素化合价升高，失去电子被氧化，则反应中应该有元素化合价降低，得到电子被还原的物质，根据上述已知物质可知：KMnO4得到电子被还原为MnSO4，所以该反应中，发生还原反应的过程是KMnO4→MnSO4；②KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价降低5价，H2O2→O2化合价升高2×1=2价，化合价升降最小公倍数是10，所以KMnO4、MnSO4系数都是2，H2O2→O2系数都是5，根据反应前后K元素守恒，可知K2SO4是生成物，其系数是1；根据S元素守恒，可知H2SO4是反应物，其系数是3；最后根据H元素守恒，可知生成物还应该有H2O，其系数是8，则配平后的化学方程式为：2KMnO4+3H2SO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O；③根据反应方程式可知：每有2molKMnO4发生反应，反应过程中电子转移的物质的量是10mol。17.溶液的配制对生产和科学研究具有重要意义，回答下列问题：I．某化学实验需要230mL0.50mol•L-1的Na2S2O3溶液，某同学在实验室进行配制。（1）配制的实验步骤如下，请你帮助该同学将实验补充完整：①用托盘天平准确称取一定质量的Na2S2O3•5H2O(M=248g•mol-1)固体，放入烧杯，用适量蒸馏水溶解；②冷却到室温后，将烧杯中的溶液小心地注入容量瓶中；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将每次洗涤液转入容量瓶中，振荡；④继续向容量瓶中加水至液面离容量瓶颈部的刻度线_____cm时，改用_____加水至刻度线；⑤将容量瓶塞盖好，充分摇匀。（2）配制溶液过程中需称量Na2S2O3•5H2O固体的质量为____g(保留1位小数)。（3）配制过程中，进行(1)中步骤②操作时，有少量溶液洒落，则配制的溶液浓度_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（4）若取配制好50mL0.50mol•L-1Na2S2O3溶液加水稀释到250mL，则稀释后溶液中Na2S2O3的物质的量为____mol，物质的量浓度为_____mol•L-1(保留两位小数)。II．次氯酸钠溶液是常用的杀菌消毒剂，其制备方法有多种。（5）NaClO溶液可在低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得，反应的离子方程式为_____。（6）14.9gNaClO溶解在水中，要使Na+数目与水分子数目之比为1∶100，则需要水的物质的量为_____mol。【答案】（1）①.1～2②.胶头滴管（2）31.0（3）偏低（4）①.0.025②.0.10（5）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（6）20【解析】【分析】根据n=及c=计算溶液的浓度。在配制溶液最后定容时，当凹液面最低处与刻度线相差1～2cm时，改用胶头滴管滴加液体，直至凹液面与刻度线相切。溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。根据溶质的物质的量及溶剂的微粒数目比确定水的物质的量。【小问1详解】配制溶液在定容时，继续向容量瓶中加水至液面离容量瓶颈部的刻度线1～2cm，改用胶头滴管加水至刻度线；【小问2详解】在实验室中没有规格是230mL的容量瓶，选择仪器的标准是大而近，则要选择使用250mL容量瓶，配制250mL0.50mol/LNa2S2O3溶液，其中含有溶质的物质的量n(Na2S2O3)=0.50mol/L×0.25L=0.125mol，根据S元素守恒可知用Na2S2O3•5H2O固体配制上述溶液，需称量Na2S2O3•5H2O固体的质量为m(Na2S2O3•5H2O)=0.125mol×248g/mol=31.0g；【小问3详解】配制过程中，进行(1)中步骤②操作时，有少量溶液洒落，导致溶质的物质的量减少，由于最后配制溶液的体积不变，因此会导致配制的溶液浓度偏低；【小问4详解】溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，若取配制好的50mL0.50mol•L-1Na2S2O3溶液加水稀释到250mL，则稀释后溶液中Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3)=0.50mol/L×0.050L=0.025mol；溶液在稀释后物质的量浓度为c=；【小问5详解】Cl2与NaOH溶液在低温下反应产生NaCl、NaClO、H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问6详解】14.9gNaClO的物质的量是n(NaClO)=，用该NaClO固体配制溶液，要使Na+数目与水分子数目之比为1：100，根据N=n·NA可知溶解溶质需H2O的物质的量为n(H2O)=0.2mol×100=20mol。18.1810年，英国化学家戴维以大量事实为依据，确认一种黄绿色气体是一种新元素组成的单质——氯气。某化学兴趣小组同学利用以下装置制备干燥的氯气并对氯气的性质进行探究。（1）仪器b的名称为_______。某同学认为该实验装置存在一处明显的不足，其改进措施为_______。（2）仪器a中发生反应的化学方程式为_______。根据氯气的性质D中的收集装置可以选择_______(填序号)。（3）下列有关该实验的说法中不正确的是_______(填字母)。A.将b中液体换为稀盐酸，同样可以产生氯气B.C中试剂是浓硫酸，目的是干