2020-2021学年云南省玉溪市第一中学高一上学期第二次月考化学试题解析版

PAGE玉溪一中2020-2021学年上学期高一年级第二次月考化学学科试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56第I卷(选择题)一、选择题(在每小题只有一项是符合题意)1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，很早就把化学技术应用到生产生活中。下列与化学有关的说法不正确的是：（）A.《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消()、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“的氧化性”B.《本草经集注》中记载了区分硝石()和朴消()的方法：“以火烧之，烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分C.《神农本草经》中提到：“白青(Cu2(OH)2CO3)得铁化为铜”，其中白青属于碱D.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异【答案】C【解析】【分析】【详解】A．火药发生化学反应的时候，中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性，故A正确；B．鉴别硝石和朴消，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故B正确；C．白青的化学式为Cu2(OH)2CO3，白青属于盐，C错误；D．氯化钠的溶解度随温度的变化小，碳酸钠的溶解度随温度变化大，故D正确；答案选C。2.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.活性炭可用于净水B.碳酸钠可用作糕点膨松剂C过氧化钠可用作呼吸面具供氧剂D.氧化钙可用作食品干燥剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A.活性炭具有吸附性，可以吸附水中的杂质和色素，具有净水的作用，A项不符合题意；B.碳酸氢钠可用作糕点膨松剂，B项符合题意；C.过氧化钠可以和二氧化碳或水反应产生氧气，可用作供氧剂，C项不符合题意；D.氧化钙可以和水反应生成氢氧化钙，用作食品干燥剂，D项不符合题意；故选B。【点睛】3.2020年5月，北京大学教授研究团队在碳基芯片的研发方面实现重大突破，碳基芯片就是以碳基材料制作的碳纳米晶体管芯片，被业内视为目前硅基芯片的最佳替代品之一，成为中国打破美国半导体技术封锁的关键之一。下列说法正确的是()A.碳基芯片是胶体，能发生丁达尔效应。B.胶体和溶液都是混合物C.胶体经短时间静置后会沉淀D.用滤纸可以分离胶体和溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．碳基芯片是以碳基材料制作的碳纳米晶体管芯片，不是胶体，不能发生丁达尔效应，故A错误；B．胶体和溶液都是分散系，都是混合物，故B正确；C．胶体是介稳体系的分散系，经短时间静置后不会沉淀，故C错误；D．溶液和胶体都能透过滤纸，不可用滤纸来分离胶体和溶液，故D错误；故选B。4.下列关于钠及其化合物的叙述正确的()A.金属钠是银白色金属，硬度很大B.将Na投入盐酸中，先与水反应，生成的NaOH再和HCl反应C.等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多D.鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液，可用CaCl2，不可用Ca(OH)2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．钠硬度小，质软，可以用小刀切割，故A错误；B．钠和水的反应实质是钠和水电离出的氢离子反应，所以将Na投入盐酸中反应更加剧烈，直接与氢离子反应生成氢气，即生成氯化钠和氢气，故B错误；C．由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知，106g碳酸钠消耗2mol氯化氢，由方程式NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，84g碳酸氢钠消耗1mol氯化氢，168g碳酸氢钠与106g碳酸钠消耗盐酸相等，则等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较少，故C错误；D．CaCl2与Na2CO3反应生成难溶物CaCO3，CaCl2与NaHCO3不反应，能鉴别，Ca(OH)2与Na2CO3和NaHCO3均能反应生成难溶物CaCO3，不能鉴别，故D正确；综上所述，叙述正确的是D项，故答案为D。5.需经过称量、溶解、转移、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是A.称量 B.溶解 C.转移 D.定容【答案】B【解析】【分析】

【详解】A．用托盘天平称量物质时是左物右码，以防带来称量误差，A错误；B．在烧杯中溶解物质时，要用玻璃棒不断搅拌，以加速物质的溶解，B正确；C．向容量瓶中转移溶液时，要用玻璃棒引流，C错误；D．向容量瓶中加水定容时，胶头滴管要悬空垂直滴加，不能伸入到容量瓶中，D错误；故选B。6.如图是某矿泉水的部分标签说明：则该饮用水中还可能较大量存在的离子是()A.OH－ B.Ag＋ C.Na＋ D.Ca2＋【答案】C【解析】【分析】【详解】A．OH－、Mg2+结合生成沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；B．Ag＋能与Cl−、结合生成沉淀，不能大量共存，故B不符合题意C．Na＋与矿泉水标签中所示的离子均不反应，可大量共存，故C符合题意；D．Ca2＋、结合生成沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；答案选C。7.某溶液中含有HCO、CO、Na+、NO离子。向其中加入Na2O2粉末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是A.NO B.HCO、NOC.Na+、NO D.CO、NO、Na+【答案】A【解析】【分析】【详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液中钠离子浓度增大，反应生成的氢氧根离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，则溶液中硝酸根离子浓度不变，故选A。8.利用如图装置可以完成的实验组合是()选项制气药品洗气瓶中试剂瓶中气体A氯酸钾MnO2浓硫酸O2B石灰石稀盐酸NaHCO3溶液CO2CZn稀硫酸浓硫酸H2DMnO2浓盐酸浓硫酸Cl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.二氧化锰与氯酸钾制取氧气，属于固体和固体加热型，锥形瓶没有加热，所以不能用图中实验装置制取，故A错误；B.大理石与盐酸生成二氧化碳气体，属于固体和液体反应，不需要加热，盐酸有挥发性，挥发的HCl能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体，且二氧化碳密度比空气的大，能用向上排空气法收集，故B正确。C.锌粒与稀硫酸反应生成氢气，属于固体和液体反应，不需要加热，但氢气密度比空气的小，所以不能用向上排空气法收集，故C错误；D.二氧化锰与浓盐酸制取氯气，属于固体和液体反应，需要加热制取氯气，锥形瓶没有加热，所以不能用图中实验装置制取，故D错误；故答案：B。9.下列溶液中Cl-浓度最大的是（）A.100mL3mol/LMgCl2溶液B.1000mL4mol/LNaCl溶液C.300mL7mol/LNaClO溶液D.250mL1.5mol/LAlCl3溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A.100mL3mol/LMgCl2溶液中Cl-浓度3mol/L×2=6mol/L；B.1000mL4mol/LNaCl溶液中Cl-浓度是4mol/L；C.300mL7mol/LNaClO溶液中没有氯离子，氯离子的浓度是0；D.250mL1.5mol/LAlCl3溶液中Cl-浓度是1.5mol/L×3=4.5mol/L；则氯离子浓度最大的是6mol/L，故选：A。10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是()A.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAB.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC.标准状况下，28gN2和CO的混合气体所含原子数为2NAD.1.8gNH中含有的电子数为1.1NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．22.4L(标准状况)氩气的物质的量是1mol，Ar的质子数是18，因此含有的质子数为18NA，A正确；B．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+，Cr元素化合价从+6价降低到+3价，得到3个电子，因此转移的电子数为6NA，B正确；C．N2和CO的相对分子质量均是28，且均是双原子分子，标准状况下，28gN2和CO组成的混合气体的物质的量是1mol，所含原子数为2NA，C正确；D．1.8gNH的物质的量是1.8g÷18g/mol＝0.1mol，1个铵根含有10个电子，其中含有的电子数为NA，D错误；答案选D。11.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.常温常压下，32gO2和O3的混合气体中含有的原子数为2NAC.标准状况下，22.4LH2O所含的氧原子数目为NAD.标准状况下，将22.4LCl2通入足量水中充分反应，转移电子数为NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．水解反应为可逆反应，水解程度较为微弱，因此无法计算最终生成的胶粒数目，故A错误；B．O2和O3都是由氧原子组成的单质，因此32gO2和O3的混合气体中含有的原子数为×NAmol-1=2NA，故B正确；C．标准状况下，H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算所含氧原子数，故C错误；D．氯气与水反应可逆反应，因此无法计算最终转移电子数，故D错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。12.为测定气球内的气体成分，某同学用超薄的气球按如图装置进行实验。开始时气球沉于烧杯底部，打开开关后，过一会儿气球从烧杯底部慢慢浮起，最后悬于烧杯口。气球内盛放的气体可能是()A.O2 B.H2 C.NH3 D.SO2【答案】A【解析】【分析】【详解】由实验可知始时气球沉于烧杯底部，则气球中气体密度比空气大；打开开关后，碳酸氢钠与稀盐酸反应生成的二氧化碳进入烧杯，气球从烧杯底部慢慢浮起，最后悬于烧杯口，说明气球中气体密度比二氧化碳小，故气球中充入的气体的密度大于空气而小于CO2，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比即相对分子质量之比，气球中盛放气体的相对分子质量大于29小于44，对照各选项，只有氧气符合；故答案为：A。13.下列除去物质中少量杂质的方法错误的是()选项物质杂质除去杂质的方法ACl2HCl将气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶BNaCl溶液CaCl2加入适量Na2CO3溶液，过滤CNa2O2粉末Na2O将混合物在氧气中加热DNa2CO3固体NaHCO3固体将固体混合物加热至恒重A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Cl2、HCl都与NaHCO3反应，不符合除杂要求，可以使用饱和食盐水，故A错误；B．CaCl2与Na2CO3反应生成NaCl和难溶物CaCO3，过滤后得到NaCl溶液，故B正确；C．Na2O与O2在加热时反应生成Na2O2，能达到除杂目的，故C正确；D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O、CO2，能达到除杂目的，故D正确；综上所述，错误的是A项，故答案为A。14.下列离子方程式正确的是()A.KHCO3溶液与足量Ca(OH)2溶液反应：HCO+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓B.氢氧化镁与稀盐酸反应：OH-+H+=H2OC.向Fe2(SO4)3溶液中滴入Ba(OH)2溶液：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓D.钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑【答案】A【解析】【分析】【详解】A．KHCO3溶液与足量Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钾和水：HCO+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓，A正确；B．氢氧化镁难溶，用化学式表示，氢氧化镁与稀盐酸反应：Mg(OH)2+2H+=2H2O+Mg2+，B错误；C．向Fe2(SO4)3溶液中滴入Ba(OH)2溶液生成硫酸钡和氢氧化铁沉淀：3SO+2Fe3++6OH-+3Ba2+=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，C错误；D．没有配平，钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D错误；答案选A。15.下列有关Na2O和Na2O2的叙述正确的是()A.都能和水反应生成碱，都是碱性氧化物B.向与水反应后的溶液中滴加酚酞，都是先变红后褪色C.都能和H2O、CO2发生氧化还原反应D.在空气中长期放置，最终都变为Na2CO3【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Na2O与水反应只生成氢氧化钠，而Na2O2与水反应除生成氢氧化钠外，还有氧气，不符合碱性氧化物定义(与水反应只生成相应碱或与非氧化型酸反应只生成一种盐和水)，故A错误；B．Na2O与水反应只生成氢氧化钠，滴加酚酞后溶液变红，红色不会褪去，故B错误；C．Na2O和H2O、CO2反应中元素化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．Na2O和Na2O2在空气中长期放置，先与空气中水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与空气中二氧化碳反应生成Na2CO3，故D正确；综上所述，叙述正确的是D项，故答案为D。16.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的产物并不改变的是（）A.Na和O2 B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2 D.Na2CO3和盐酸【答案】C【解析】【分析】【详解】A.钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，在氧气中燃烧生成过氧化钠，故A不符合；B.氢氧化钠和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故B不符合；C.无论二氧化碳是否过量，Na2O2和CO2反应都生成碳酸钠，故C符合；D．盐酸少量反应生成碳酸氢钠，盐酸过量反应生成二氧化碳，故D不符合；故选：C。17.自来水厂常使用氯气消毒，市场上有些小商小贩用自来水充当纯净水出售。下列试剂中，可用来辨其真伪的是()A.酚酞溶液 B.氯化钡溶液 C.氢氧化钠溶液 D.硝酸银溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】自来水厂常使用氯气消毒，Cl2＋H2O=HCl＋HClO，则自来水中含有Cl-，而纯净水则无Cl-，检验Cl-离子的存在，可用硝酸银溶液，生成不溶于水和酸的AgCl沉淀；氯水中存在氢离子显酸性，遇酚酞不变色、与氯化钡溶液不反应、与氢氧化钠发生中和反应，均无明显现象，不能鉴别，故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意自来水中少量的盐酸和次氯酸能够与氢氧化钠反应，但没有明显现象，无法鉴别。18.某溶液中含有较大量的Cl-、、OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是①滴加足量的Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加适量的AgNO3溶液；④滴加足量的Ba(NO3)2溶液A.①②④②③ B.④②①②③ C.①②③②④ D.④②③②①【答案】B【解析】【分析】【详解】Ag+能与Cl-、、

OH-三种结合，Mg2+能与、

OH-结合，Ba2+只能与结合，故先加入Ba(NO3)2溶液溶液，检验出离子，过滤除去生成的BaCO3沉淀；然后加入Mg(NO3)2溶液，检验出

OH-，过滤除去生成的Mg(OH)2沉淀；最后加入AgNO3溶液，检验出Cl-，故正确的操作顺序是④②①②③，故合理选项是B。19.在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44L，质量为20g。此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比为A.3∶4 B.4∶3 C.2∶1 D.1∶2【答案】A【解析】分析】【详解】设CO和CO2的物质的量分别是x和y，则28x＋44y＝20g、x＋y＝13.44L÷22.4L/mol，解得x＝0.4mol、y＝0.2mol，所以此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比为(0.4+0.2):(0.4+0.22)=0.6:0.8=3:4，答案选A。【点睛】20.把aL含硫酸铵、硝酸铵的溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH4+转化为NH3，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2．则原溶液中NO3-的浓度为（）A.mol/L B.mol/L C.mol/L D.mol/L【答案】B【解析】【分析】根据与烧碱反应，求出NH4＋物质的量，根据与BaCl2的反应，求出SO42－的物质的量，然后根据电荷守恒，求出NO3－的物质的量。【详解】与烧碱反应的离子方程式为NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O，得出n(NH4＋)=bmol，与BaCl2发生的离子反应：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，得出n(SO42－)=cmol，忽略水的电离根据电荷守恒，得出n(NH4＋)=2n(SO42－)＋n(NO3－)，因此原溶液中n(NO3－)=(2b－4c)mol，即原溶液中c(NO3－)=mol·L－1，故B正确；答案选B。【点睛】本题学生容易错选C选项，没有注意到将原溶液分成两等份，题中所求出NH4＋和SO42－的物质的量只是其中一份的，需要转化成原溶液。21.某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、的混合液，经测定溶液中与的离子个数比为1:4，则该反应中被还原与被氧化的的分子个数比为()A.21:5 B.11:3 C.5:1 D.3:1【答案】A【解析】【分析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据NaClO与NaClO3的物质的量之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，NaClO、NaClO3物质的量之比为1:4，则可设ClO−为1mol，ClO3−为4mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1−0)+4mol×(5−0)=21mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为21mol，则被还原的Cl的物质的量为21mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21mol:5mol=21:5，则该反应中被还原与被氧化的Cl2的分子个数比为21:5答案选A。第II卷22.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：在标准状况下的体积为________L，含有________个氢原子。同温同压下，等体积的和所含分子个数比为________，原子个数比为________，密度比为________。在某二价金属的氯化物中含有，此氯化物的摩尔质量为________，该金属元素的相对原子质量为________。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________设为阿伏加德罗常数的值。已知和恰好完全反应生成和dgD，则C的摩尔质量为________。【答案】(1).(2).NA(3).1∶1(4).2∶3(5).2∶3(6).(7).56(8).(9).【解析】【分析】

【详解】(1)0.25molCH4在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L；1个甲烷分子含有4个H，则含有氢原子个数为0.25mol×4×NAmol-1=NA，故答案为：5.6；NA；(2)同温同压下，气体摩尔体积相等，则等体积O2和O3的物质的量相等，根据N=nNA可知O2和O3所含分子个数比为1∶1，含有原子数之比为(1×2)∶(1×3)=2∶3；相同条件下气体密度之比等于摩尔质量比为32g/mol∶48g/mol=2∶3，故答案为：1∶1；2∶3；2∶3；(3)在12.7g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl-，设金属为R，其二价金属的氯化物为RCl2，RCl2的物质的量为0.2mol×＝0.1mol，此氯化物的摩尔质量为＝127g⋅mol−1，RCl2的相对分子量为127，则该金属元素的相对原子质量为127-35.5×2=56，故答案为：127g⋅mol-1；56；(4)a克某气体中含有的分子数为b，则c克气体含有的分子数为，c克该气体的物质的量为＝mol，在标准状况下Vm=22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol×22.4L/mol＝L，故答案为：L；(5)根据质量守恒定律，可知C的质量=ag+bg-dg=(a+b-d)g，故C的摩尔质量为＝5(a+b-d)g/mol，故答案为：5(a+b-d)g/mol。23.A~H为中学化学中常见物质，其转化关系如图所示，其中“O”代表化合物，“口”代表单质，A为医学上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体，F为金属单质。请回答下列问题：(1)G的化学式为___________，G中阴、阳离子个数比为___________，每生成1molE转移电子的物质的量为___________。(2)A、D的水溶液均呈___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。反应①②③④中属于氧化还原反应的有___________个。A～H中焰色呈黄色的物质有___________种。(3)写出下列反应的化学方程式。A→B＋C＋D：___________，G＋C：___________。【答案】(1).Na2O2(2).1∶2(3).2mol(4).碱性(5).2(6).5(7).2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑(8).2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑【解析】【分析】化合物G为淡黄色固体，化合物C在通常状况下为无色液体，二者反应生成气体单质E与化合物H，则G是Na2O2，C是H2O，H为NaOH，E是O2，由反应②可知单质F为Na，根据反应④可知D中含有Na元素，A是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，加热分解生成水、B及含Na元素化合物D，可推知A是NaHCO3，B为CO2，D为Na2CO3，CO2与NaOH反应生成Na2CO3与H2O，符合转化关系，据此解答。【详解】由上述分析可知，A为NaHCO3，B为CO2，C为H2O，D为Na2CO3，E为O2，F为Na，G为Na2O2，(1)由上述分析可知，G是Na2O2；Na2O2由Na＋、通过离子键组成，因此其中阴、阳离子个数比为1∶2；Na2O2与H2O反应时，反应方程式为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol；(2)NaHCO3、Na2CO3均是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；反应①②③④方程式依次为：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O、O2＋2NaNa2O2、2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑、CO2＋2NaOH＝H2O＋Na2CO3，其中只有②③反应中元素化合价有变化，因此属于氧化还原反应的有2个；含有Na元素的物质的焰色反应为黄色，因此A、D、F、G的焰色反应为黄色，共4种；(3)A→B＋C＋D为NaHCO3受热分解，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；G＋C为Na2O2与H2O反应，反应方程式为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑。24.某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。已知：①A中反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。(1)A反应中氧化产物和还原产物的质量比为________。(2)写出B装置中反应的离子方程式_________。实验结束后，立即将B中溶液滴几滴在蓝色石蕊试纸上，可观察到的现象是________。(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III处依次放入的物质正确的是___________(填编号)。编号IIIIIIA干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条B干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条C湿润有色布条浓硫酸干燥的有色布条D湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(4)待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其有效成份为___________(填化学式)。(5)F装置的作用是____________(用离子方程式表示)。(6)为测定(4)中所得漂白粉的有效成份含量。称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为___________(用含a、b的式子表示)。【答案】(1).5∶1(2).Cl2+H2O=H++Cl-+HClO(3).先变红后褪色(4).C(5).Ca(ClO)2(6).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(7).【解析】【分析】A中反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，B装置中Cl2与H2O反应，进入I中的Cl2含有水分，因此先用I检验Cl2与H2O反应的产物具有漂白性，然后利用II除去水分，将干燥的Cl2通入III中，检验干燥的Cl2是否具有漂白性，利用D装置干燥Cl2，Cl2进入E中与石灰乳反应生成漂白粉，而Cl2有毒，不能排放至空气中，利用F装置吸收尾气。【详解】(1)KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，根据氧化还原反应中“化合价不交叉”原则可知，KClO3中Cl元素化合价由+5降低至0生成Cl2，HCl中部分Cl元素化合价由-1升高至0生成Cl2，根据化合价升降守恒及变价Cl原子数目可知，氧化产物和还原产物的质量比为5∶1；(2)装置B中，Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；H+具有酸性，能使蓝色石蕊变红，HClO具有漂白性，能使试纸褪色，因此实验结束后，立即将B中溶液滴几滴在蓝色石蕊试纸上，可观察到的现象是先变红后褪色；(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，先通过湿润有色布条，如果有色布条褪色证明次氯酸具有漂白性，然后通过浓硫酸干燥，除去氯气中的水分，再通入干燥的有色布条，有色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性，故答案为：C；(4)氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，所以漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为Ca(ClO)2；(5)氯气有毒，不能直接排放到空气中，氯气能与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(6)CO2与Ca(ClO)2反应化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，反应生成CaCO3的物质的量为bmol，则ag漂白粉样品中Ca(ClO)2的物质的量为bmol，其质量为143g/mol×bmol=143bg，则该漂白粉中有效成份的质量分数为×100%=。25.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液450mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是___________(填序号)，本实验所需玻璃仪器E规格为___________mL。(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有___________(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．长期贮存溶液C．用来加热溶解固体D．量取一定体积的液体(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___________g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度___________0.1mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度___________0.1mol/L。(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为___________mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，应选用___________mL规格的量筒最好。【答案】(1).AC(2).500(3).BCD(4).2.0(5).小于(6).大于(7).13.6(8).25【解析】【分析】【详解】(1)需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，实际上配制的为500mL0.1mol/LNaOH溶液，结合配制步骤为计算、称量