2026屆江蘇省揚(yáng)州市安宜高中、汜水高中聯(lián)考化學(xué)高一第一學(xué)期期末學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)試題注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列說法中正確的是A．Cl2具有很強(qiáng)的氧化性，在化學(xué)反應(yīng)中只能作氧化劑B．從海帶中提取碘單質(zhì)的過程涉及氧化還原反應(yīng)C．過量的鐵粉在氯氣中燃燒可生成氯化亞鐵D．“84”消毒液（主要成分是NaClO）與“潔廁靈”（主要成分是鹽酸）共同使用，可達(dá)到既消毒又潔廁的雙重效果2、用氫氧化鈉固體配制1.0mol·L—1的溶液220mL，下列說法正確的是A．用托盤天平稱取氫氧化鈉固體10gB．配制時(shí)應(yīng)選用250mL容量瓶C．稱量氫氧化鈉固體時(shí)應(yīng)在濾紙上稱量D．定容時(shí)仰視刻度線，所配溶液濃度偏高3、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L-1NaAlO2溶液：OH－、Na＋、Cl－、SO42－B．使紫色石蕊變紅的溶液中：CO32－、Fe3+、NO3－、S2－C．加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、K+、SO42－D．澄清透明的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、SO42－4、下列說法不正確的是A．工業(yè)用焦炭在高溫下還原二氧化硅制得高純硅B．SiO2可用于制造光導(dǎo)纖維C．鈉是一種強(qiáng)還原劑，可以把鈦、鋯、鈮等從其熔融鹽中置換出來D．氧化鎂熔點(diǎn)高達(dá)250℃，是優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料5、某化學(xué)興趣小組利用MnO2和濃HCl及如圖裝置制備Cl2。下列分析中不正確的是()。A．A中可用分液漏斗代替長(zhǎng)頸漏斗B．A中缺少加熱裝置C．B中盛放的NaOH溶液可以凈化Cl2D．D中的導(dǎo)管口若連接倒置漏斗可防止倒吸6、二氧化硅是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)。下列說法正確的是（）A．圖中所有反應(yīng)都不屬于氧化還原反應(yīng)B．硅酸鹽的化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，常用于制造光導(dǎo)纖維C．可用鹽酸除去石英砂(主要成分為SiO2)中少量的碳酸鈣D．普通玻璃是由純堿、石灰石和石英砂制成的，其熔點(diǎn)很高7、下列各組的兩種物質(zhì)在溶液中的反應(yīng)，可用同一離子方程式表示的是()A．氫氧化鈉與硫酸；氫氧化鉀與醋酸B．BaCl2溶液與Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液與CuSO4溶液C．氫氧化鈉與硝酸；氫氧化鋇與鹽酸D．Na2CO3溶液與硝酸溶液；NaHCO3溶液與硝酸溶液8、在NO2被水吸收的反應(yīng)中,發(fā)生還原反應(yīng)和氧化反應(yīng)的NO2的物質(zhì)的量之比為（）A．3:1 B．1:3 C．1:2 D．2:19、下列物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是（）A．碳酸鈉 B．蔗糖 C．氫氧化鈉 D．硫酸10、固體單質(zhì)A和氣體單質(zhì)B在容積一定的密閉容器中完全反應(yīng)生成氣體C，相同溫度下測(cè)得容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，且反應(yīng)后氣體C的密度是原氣體密度的4倍。則下列判斷正確的是()A．A、B兩種單質(zhì)的摩爾質(zhì)量之比為1：4B．生成物C中A元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為75%C．生成物C中A、B的原子個(gè)數(shù)之比為3：1D．反應(yīng)前后氣體分子數(shù)之比為1：411、要使100mL2mol·L－1NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度增大1倍，可采取的措施是()A．加100mL水將溶液稀釋 B．向溶液中加入0.2molNaOH固體，并使之完全溶解C．將溶劑蒸發(fā)掉一半 D．將原溶液濃縮至50mL(無NaOH析出)12、1mol過氧化鈉與2mol碳酸氫鈉固體混合后，在密閉容器中加熱充分反應(yīng)，排出氣體物質(zhì)后冷卻，殘留的固體物質(zhì)是（）A．Na2CO3 B．Na2O2、Na2CO3C．NaOH、Na2CO3 D．Na2O2、NaOH、Na2CO313、下列有關(guān)反應(yīng)的離子方程式不正確的是A．氯氣與冷的石灰乳：Cl2＋Ca(OH)2=Ca2+＋H2O＋Cl－＋ClO－B．FeCl3溶液中加入Cu片：2Fe3+＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋C．氯氣溶于水：Cl2＋H2O=H＋＋HClO＋Cl－D．過氧化鈉投入水中：2Na2O2＋2H2O=O2↑＋2Na＋＋2OH－14、下列物質(zhì)既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)的是()A．水 B．氯氣 C．硫酸氫鈉 D．二氧化硫15、向某NaOH溶液中通入CO2氣體后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液M的組成也不同。若向M中逐滴加入鹽酸，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關(guān)系有下列圖示四種情況（不計(jì)CO2的溶解），則下列對(duì)應(yīng)圖形的判斷正確的是A．含有兩種溶質(zhì)B．只含有一種溶質(zhì)C．只含有碳酸鈉D．有碳酸鈉和碳酸氫鈉16、下列敘述中正確的是()A．氨水和液氨不同，氨水是混合物，液氨是純凈物B．氨水顯堿性，溶液中只有OH-，沒有H+C．氨氣與氯化氫氣體相遇產(chǎn)生白色煙霧D．在反應(yīng)NH3+H+=NH4+中，NH3失去電子被氧化17、下列化合物既能用金屬與氯氣化合制備，又能用金屬與鹽酸反應(yīng)制備的是A．MgCl2 B．CuCl2 C．FeCl3 D．FeCl218、下列關(guān)于二氧化硅的說法正確的是（）A．二氧化硅溶于水顯酸性，所以二氧化硅屬于酸性氧化物B．二氧化硅溶于氫氟酸，故二氧化硅是堿性氧化物C．二氧化硅在高溫下能與碳反應(yīng)，說明二氧化硅具有還原性D．二氧化硅是酸性氧化物，可溶于氫氧化鈉溶液19、將一定量的氯氣通入30mL，濃度為10.00mol/L的氫氧化鈉溶液中，加熱少許時(shí)間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系．下列判斷正確的是A．若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為nmol，則0.15＜n＜0.25B．n（Na+）：n（Cl-）可能為7：3C．與NaOH反應(yīng)的氯氣一定為0.3molD．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能為11：2：120、飄塵是物質(zhì)燃燒時(shí)產(chǎn)生的粒狀漂浮物，顆粒很小，不易沉降。它與空氣中的SO2和O2接觸時(shí)，SO2會(huì)部分轉(zhuǎn)化為SO3，使空氣的酸度增加，環(huán)境污染更為嚴(yán)重。其中飄塵所起的作用可能是A．氧化劑 B．還原劑 C．催化劑 D．載體21、草木灰的主要成分是碳酸鉀，其焰色反應(yīng)為()A．綠色 B．紫色 C．紅色 D．黃色22、儲(chǔ)存濃硫酸的鐵罐外口出現(xiàn)嚴(yán)重的腐蝕現(xiàn)象，這體現(xiàn)了濃硫酸的A．脫水性和吸水性B．吸水性和酸性C．強(qiáng)氧化性和吸水性D．不揮發(fā)性和酸性二、非選擇題(共84分)23、（14分）根據(jù)下列變化進(jìn)行推斷：且已知對(duì)A加強(qiáng)熱產(chǎn)生的氣態(tài)物質(zhì)的平均相對(duì)分子質(zhì)量為1．3。（1）推斷A、B、C、D的化學(xué)式：A________，B________，C________，D________。（2）寫出①②變化的離子方程式：①________________________________________________________________；②________________________________________________________________。24、（12分）A是一種紅棕色金屬氧化物；B、D是金屬單質(zhì)；J是一種難溶于水的白色化合物，受熱易分解?；卮鹣铝袉栴}：（1）A、E、J、G的化學(xué)式分別為___、___、___、___。（2）C轉(zhuǎn)化為I的離子方程式為___。（3）H和I反應(yīng)生成J的離子方程式為___。（4）如何檢驗(yàn)E溶液中大量存在的陽離子?___。25、（12分）某研究小組同學(xué)欲探究某袋敞口放置一段時(shí)間的名為“硫酸亞鐵家庭園藝精品肥料”的化肥的主要成分及相關(guān)性質(zhì)。首先對(duì)該化肥的成分進(jìn)行了如下假設(shè)：a．只含有FeSO4b．含有FeSO4和Fe2(SO4)3c．只含有Fe2(SO4)3將化肥固體粉末溶于水中得到溶液(記為X)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)序號(hào)操作現(xiàn)象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol·L－1NaOH溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液顯紅色（1）請(qǐng)用文字表述做出假設(shè)b的依據(jù)是__________________________。（2）對(duì)實(shí)驗(yàn)ⅰ的預(yù)期現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀、變?yōu)榛揖G色、最后出現(xiàn)紅褐色沉淀，預(yù)期產(chǎn)生該現(xiàn)象的依據(jù)是(用化學(xué)方程式或離子方程式表達(dá))_____、_____。（3）由實(shí)驗(yàn)ⅱ得出的結(jié)論是____________。結(jié)合實(shí)驗(yàn)ⅰ、ⅱ，推測(cè)實(shí)驗(yàn)ⅰ實(shí)際現(xiàn)象與預(yù)期現(xiàn)象不符的原因可能是_____________________________。為進(jìn)一步驗(yàn)證假設(shè)，小組同學(xué)進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)序號(hào)操作現(xiàn)象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液顯紅色ⅳ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液顯紅色，顏色比ⅲ深（4）實(shí)驗(yàn)ⅳ中氯水參加反應(yīng)的離子方程式是_______________________。（5）通過以上實(shí)驗(yàn)，可得到的結(jié)論是_____________________________，請(qǐng)完整表達(dá)該結(jié)論是如何得出的_______________________________。26、（10分）實(shí)驗(yàn)題。實(shí)驗(yàn)室有化學(xué)純的濃硫酸，其試劑瓶標(biāo)簽上的部分內(nèi)容如下圖：硫酸化學(xué)純（CP）（500mL）品名：硫酸化學(xué)式：H2SO4相對(duì)分子質(zhì)量：98密度：1.84g·cm－3質(zhì)量分?jǐn)?shù)：98%請(qǐng)回答下列問題：（1）配制溶液時(shí)，一般可以分為以下幾個(gè)主要步驟：①量?、谟?jì)算③溶解④定容⑤轉(zhuǎn)移⑥洗滌⑦裝瓶，其正確的操作順序?yàn)開_______（填序號(hào)）。（2）實(shí)驗(yàn)室只有100mL、250mL、500mL三種規(guī)格的容量瓶，但要配制240mL0.1mol·L－1的稀硫酸，需取該濃硫酸________mL，計(jì)算所需濃硫酸的體積用到的公式___________。（3）接下來完成此實(shí)驗(yàn)將用到的儀器有10mL量筒、燒杯、玻璃棒、___________。（4）要從所配溶液中取出50mL盛裝于試劑瓶中，給它貼上標(biāo)簽，則標(biāo)簽的內(nèi)容是_________；若再?gòu)闹腥〕?0mL溶液稀釋至20mL，則稀釋后溶液的物質(zhì)的量濃度為________。（5）下列操作會(huì)使所配溶液濃度偏高的是____（填字母）。A轉(zhuǎn)移溶液時(shí)未洗滌燒杯B定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線C容量瓶用蒸餾水洗凈后仍殘留有蒸餾水D用量筒量取濃硫酸，讀數(shù)時(shí)仰視刻度線27、（12分）用Cl2和Ca(OH)2制備少量漂粉精（一種含氯消毒劑）的裝置如下。（1）A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是________。（2）B的作用是吸收揮發(fā)出的HCl。HCl可能對(duì)制備漂粉精造成的影響是________。（3）用Cl2和Ca(OH)2制備的漂粉精，其有效成分是_________。（4）漂粉精常用于游泳池的消毒，起消毒作用的是HClO。漂粉精在水中釋放HClO的途徑如下：途徑一：Ca(ClO)2+2H2O?Ca(OH)2+2HClO途徑二：Ca(ClO)2+H2O+CO2＝________+_______（把反應(yīng)補(bǔ)充完整）（5）池水的酸堿性對(duì)漂粉精的消毒效果影響明顯。①池水堿性過強(qiáng)，殺毒作用會(huì)________（填“增強(qiáng)”或“減弱”）。②池水酸性過強(qiáng)，會(huì)刺激眼睛和皮膚。通常加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，起到降低酸性作用的離子分別是________（填離子符號(hào)）。（6）某屆奧運(yùn)會(huì)期間，發(fā)生了室外游泳池水變綠的事件，成為當(dāng)時(shí)的一大新聞。有關(guān)負(fù)責(zé)人說，池水變綠是藻類生長(zhǎng)造成的。該游泳池每隔一段時(shí)間就要投放含氯消毒劑，當(dāng)再次投放時(shí)，誤投了過氧化氫（H2O2）消毒劑。消毒劑為什么不起作用了？_______。28、（14分）工業(yè)上常用硫鐵礦(FeS2)焙燒去硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、FeO、SiO2，不考慮其他雜質(zhì))制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)，流程如下：（1）試劑X可能為______________。A．雙氧水B．酸性高錳酸鉀C．濃硫酸D．SO2（2）從還原后溶液中得到產(chǎn)品，應(yīng)進(jìn)行的操作是___________、____________、過濾、洗滌、干燥。（3）七水合硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)在醫(yī)學(xué)上常用作補(bǔ)血?jiǎng)?。某課外小組通過以下實(shí)驗(yàn)方法測(cè)定某補(bǔ)血?jiǎng)┲衼嗚F離子的含量。步驟a：取10片補(bǔ)血?jiǎng)悠烦ヌ且?、研磨、溶解、過濾，將濾液配成500mL溶液；步驟b：取上述溶液25mL于錐形瓶中，逐漸滴加0.0500mol/L的酸性KMnO4溶液，至恰好完全反應(yīng)，記錄消耗的酸性KMnO4溶液的體積(假定藥品中其他成分不與酸性KMnO4反應(yīng))；步驟c：重復(fù)步驟b2～3次，平均消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。已知：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，則該補(bǔ)血?jiǎng)┲衼嗚F離子的含量為_____mg/片。29、（10分）電子工業(yè)上使用的印刷電路板，是在敷有銅膜的塑料板上以涂層保護(hù)所要的線路，然后用三氯化鐵濃溶液作用掉(腐蝕)未受保護(hù)的銅膜后形成的。某工程師為了從使用過的腐蝕廢液（含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放將導(dǎo)致環(huán)境污染及資源的浪費(fèi)）中回收銅，并將鐵的化合物全部轉(zhuǎn)化為FeCl3溶液作為腐蝕液原料循環(huán)使用，準(zhǔn)備采用下列步驟：（1）步驟Ⅰ的操作名稱：________；所需玻璃儀器：_________、_________、__________。（2）寫出FeCl3溶液與銅箔發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：______________________。（3）檢驗(yàn)廢腐蝕液中是否含有Fe3+所需試劑名稱：___________、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：__________。（4）向②中加入NaOH溶液并長(zhǎng)時(shí)間暴露在空氣中，此過程的現(xiàn)象：________________，此轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式為：______________________________。（5）寫出③中所含物質(zhì)：_________⑥發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_______________。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、B【解析】

A.Cl2中氯元素的化合價(jià)為零價(jià)，不是最高價(jià)，也不是最低價(jià)，所以氯氣具有氧化性又有還原性，既能作氧化劑，又能做還原劑，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B.海帶中的I不是零價(jià)，而碘單質(zhì)的I元素為零價(jià)，所以從海帶中提取碘單質(zhì)的過程I元素的化合價(jià)發(fā)生了變化，涉及氧化還原反應(yīng)，B選項(xiàng)正確；C.鐵粉在氯氣中燃燒只能生成氯化鐵，與鐵的用量無關(guān)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D.次氯酸鈉與鹽酸混合，能發(fā)生歸中反應(yīng)：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯氣使人中毒，所以“84”消毒液與“潔廁靈”不能共同使用，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。2、B【解析】

A、由于無220mL容量瓶，需選用250mL容量瓶，所需氫氧化鈉固體的質(zhì)量m=cVM=1mol·L－1×0.25L×40g·mol－1=10.0g，注意托盤天平的精確度，故A錯(cuò)誤；B、由于無220mL容量瓶，根據(jù)“大而近”的原則可知，應(yīng)選擇250mL的容量瓶，故B正確；C、氫氧化鈉易潮解，故應(yīng)放在小燒杯里稱量，故C錯(cuò)誤；D、定容時(shí)仰視刻度線，會(huì)導(dǎo)致溶液體積偏大，則濃度偏低，故D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制，明確配制原理及操作步驟是解題關(guān)鍵，注意容量瓶規(guī)格選擇及誤差分析的方法。3、A【解析】

A.0.1mol·L-1NaAlO2溶液：OH－、Na＋、Cl－、SO42－，不反應(yīng)能大量共存，符合題意，A正確；B.使紫色石蕊變紅的溶液中含有H+和CO32－能反應(yīng)，酸性條件下，NO3－能氧化S2－，與題意不符，B錯(cuò)誤；C.加入Al能放出H2的溶液中可能含有OH－或H+：NH4+、OH－能反應(yīng)，與題意不符，C錯(cuò)誤；D.澄清透明的溶液中：Fe2+、MnO4－能反應(yīng)，與題意不符，D錯(cuò)誤；答案為A。4、A【解析】

A、工業(yè)用焦炭在高溫下還原二氧化硅制得粗硅，再將粗硅和氯氣反應(yīng)值得四氯化硅，再用氫氣還原四氯化硅得到高純硅，A錯(cuò)誤；B、SiO2具有良好的透光性，可用于制造光導(dǎo)纖維，B正確；C、鈉是一種強(qiáng)還原劑，可以把鈦、鋯、鈮等從其熔融鹽中置換出來，C正確；D、氧化鎂熔點(diǎn)高達(dá)250℃，是優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料，D正確；故選A。5、C【解析】

A、A中可用分液漏斗代替長(zhǎng)頸漏斗，避免鹽酸揮發(fā)，氣體逸出，同時(shí)便于控制反應(yīng)速率，故A正確；B、二氧化錳和濃鹽酸需要加熱才能反應(yīng)生成氯氣，需要添加加熱裝置，故B正確；C、B中盛放的NaOH溶液吸收氯氣，不能凈化Cl2，不能收集干燥純凈的氯氣，故C錯(cuò)誤；D、氯氣和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，D中的導(dǎo)管口若連接倒置漏斗可防止倒吸，故D正確。答案選C。6、C【解析】

A.化學(xué)反應(yīng)前后有元素化合價(jià)變化的一定是氧化還原反應(yīng)，二氧化硅與碳反應(yīng)生成硅單質(zhì)的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅，不是硅酸鹽，故B錯(cuò)誤；C.碳酸鈣溶于鹽酸生成氯化鈣和水以及二氧化碳，二氧化硅和鹽酸不反應(yīng)，可以用鹽酸除去石英(主要成分為SiO2)中混有的少量碳酸鈣，故C正確；D.玻璃是由純堿、石灰石和石英制成的，玻璃屬于混合物，沒有固定的熔點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選：C。7、C【解析】A．前者離子方程式為：H++OH-=H2O，后者離子方程式為：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，二者不能用同一個(gè)離子方程式表示，故A錯(cuò)誤；B．前者離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓，后者離子方程式為：2OH-+Cu2++Ba2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，二者不能用同一個(gè)離子方程式表示，故B錯(cuò)誤；C．氫氧化鈉與硝酸、氫氧化鋇與鹽酸反應(yīng)的實(shí)質(zhì)都是OH-與氫離子反應(yīng)生成水，離子方程式都是：H++OH-=H2O，故C正確；D．前者離子方程式為：2H++CO32-=H2O+CO2↑，后者離子方程式為：H++HCO3-=H2O+CO2↑，二者不能用同一個(gè)離子方程式表示，故D錯(cuò)誤；答案為C。8、C【解析】

在反應(yīng)3NO2+H2O＝2HNO3+NO中元素化合價(jià)的變化：NO2中1個(gè)N由+4價(jià)降到+2價(jià)，被還原，另兩個(gè)N由+4價(jià)升高到+5價(jià)，被氧化，所以發(fā)生還原反應(yīng)和氧化反應(yīng)的NO2的物質(zhì)的量之比為1:2。答案選C?！军c(diǎn)睛】準(zhǔn)確判斷出反應(yīng)中相關(guān)元素的化合價(jià)變化情況是解答的關(guān)鍵，特別是反應(yīng)物中含有同種元素的氧化還原反應(yīng)，必須弄清它們的變化情況。9、B【解析】

在水溶液和熔化狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物，屬于非電解質(zhì)，以此來解答?！驹斀狻緼．碳酸鈉為化合物，其水溶液能導(dǎo)電，則碳酸鈉屬于電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．蔗糖在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，故B正確；C．氫氧化鈉是化合物，其水溶液能導(dǎo)電，則氫氧化鈉屬于電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．硫酸為化合物，其水溶液能導(dǎo)電，則硫酸屬于電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤。故選B。10、B【解析】

化學(xué)反應(yīng)遵循質(zhì)量守恒定律，同溫下測(cè)得容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，則氣體的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)后氣體C的密度是原氣體密度的4倍，則生成C的質(zhì)量為B的質(zhì)量的4倍，固體單質(zhì)A的質(zhì)量是體單質(zhì)B的3倍，以此解答該題。【詳解】A.化學(xué)方程式系數(shù)不確定，A、B兩種單質(zhì)的摩爾質(zhì)量之比無法確定，故A錯(cuò)誤；B.題述條件下容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，則反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，再結(jié)合質(zhì)量守恒定律，由氣體的密度變化可知固體單質(zhì)A的質(zhì)量是氣體單質(zhì)B的質(zhì)量的3倍，即生成物C中A元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為75%，故B正確；C.單質(zhì)A和氣體單質(zhì)B的結(jié)構(gòu)不確定，生成物C中A、B的原子個(gè)數(shù)之比無法確定，故C錯(cuò)誤；D.固體單質(zhì)A和氣體單質(zhì)B在容積一定的密閉容器中完全反應(yīng)生成氣體C，相同溫度下測(cè)得容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，說明反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，即反應(yīng)前后氣體分子數(shù)之比為1：1，故D錯(cuò)誤；故選：B。11、D【解析】

A.加水稀釋溶液濃度降低，故A錯(cuò)誤；B.加入0.2molNaOH后，并使之完全溶解，溶液密度增大和質(zhì)量都增大，但溶液的體積不等于100mL，所得溶液的濃度不等于4mol/L，故B錯(cuò)誤；C.將溶劑蒸發(fā)掉一半，溶液的體積不是50mL，故C錯(cuò)誤；D.將原溶液濃縮至50mL（無NaOH析出），根據(jù)稀釋定律可以知道濃縮后溶液濃度為4mol/L，故D正確；故答案選D。12、A【解析】

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氫鈉分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1molCO2恰好與1molNa2O2反應(yīng)生成1molNa2CO3，所以充分反應(yīng)，排出氣體物質(zhì)后冷卻，殘留的固體物質(zhì)是Na2CO3，故選:A?！军c(diǎn)睛】二氧化碳和水同時(shí)遇到過氧化鈉時(shí)，二氧化碳先與過氧化鈉反應(yīng)，然后水與過氧化鈉反應(yīng)。13、D【解析】

A、氯氣與冷的石灰乳反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣、水，其離子方程式為：Cl2＋Ca(OH)2=Ca2+＋H2O＋Cl－＋ClO－，故A不符合題意；B、FeCl3與Cu反應(yīng)生成氯化鐵和氯化銅，其離子方程式為：2Fe3+＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，故B不符合題意；C、氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫、次氯酸，其離子方程式為：Cl2＋H2O=H＋＋HClO＋Cl－，故C不符合題意；D、過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉、氧氣，其離子方程式為：2Na2O2＋2H2O=O2↑＋4Na＋＋2OH－，故D符合題意；故答案為：D?！军c(diǎn)睛】判斷離子方程式是否正確可從以下幾個(gè)方面進(jìn)行：①?gòu)姆磻?yīng)原理進(jìn)行判斷，如反應(yīng)是否能發(fā)生、反應(yīng)是否生成所給產(chǎn)物等；②從物質(zhì)存在形態(tài)進(jìn)行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；③從守恒角度進(jìn)行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移守恒等（如本題中D項(xiàng)）；④從反應(yīng)的條件進(jìn)行判斷；⑤從反應(yīng)物的組成以及反應(yīng)物之間的配比進(jìn)行判斷。14、B【解析】

A．水能電離出少量自由移動(dòng)的陰陽離子，是電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)又不是非電解質(zhì)，故B正確；C．NaHSO4在水溶液里能電離出自由移動(dòng)的陰陽離子，是電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．二氧化硫是化合物，在熔融狀態(tài)下不能電離，為非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故答案為：B?！军c(diǎn)睛】電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，例如酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物等，凡在上述情況下不能導(dǎo)電的化合物叫非電解質(zhì)，例如非金屬氧化物、一些氫化物和一些有機(jī)物如蔗糖和酒精等；特別注意能導(dǎo)電的不一定是電解質(zhì)，且非電解質(zhì)的水溶液也可能導(dǎo)電，如CO2的水溶液導(dǎo)電，是因?yàn)樯商妓岬木壒?；另外電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物，既要排除單質(zhì)又要排除混合物。15、C【解析】

CO2與NaOH反應(yīng)為①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，當(dāng)≥1，反應(yīng)按①進(jìn)行，等于1時(shí)，CO2、NaOH恰好反應(yīng)生成NaHCO3；大于1時(shí)，生成NaHCO3，CO2有剩余；當(dāng)＜＜1，反應(yīng)按①②進(jìn)行，CO2、NaOH反應(yīng)，無剩余，生成物為NaHCO3、Na2CO3；當(dāng)≤，反應(yīng)按②進(jìn)行，等于時(shí)，CO2、NaOH恰好反應(yīng)生成Na2CO3；小于時(shí)，生成Na2CO3，NaOH有剩余；則A．由上述分析可知，當(dāng)含有兩種溶質(zhì)，不論是Na2CO3、NaOH，還是NaHCO3、Na2CO3，滴加鹽酸都不能立即產(chǎn)生氣體，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．①當(dāng)溶質(zhì)為Na2CO3時(shí)，不能立即產(chǎn)生氣體，滴加鹽酸先與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉再與鹽酸發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳，且與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉消耗鹽酸體積等于與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳所消耗的鹽酸體積，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關(guān)系為；②當(dāng)溶質(zhì)為NaHCO3時(shí)，滴加鹽酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，立即產(chǎn)生氣體，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關(guān)系為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．由B中分析可知，只含一種溶質(zhì)，當(dāng)溶質(zhì)為Na2CO3時(shí)，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關(guān)系為，選項(xiàng)C正確；D．M含有Na2CO3和NaHCO3，與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉消耗鹽酸體積小于與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳所消耗的鹽酸體積，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關(guān)系為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。16、A【解析】

A、液氨由氣態(tài)的氨氣液化得到，屬于純凈物，而氨水是NH3的水溶液，屬于混合物，故A正確；B、氨氣溶于水發(fā)生NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋＋OH－，溶液顯堿性，但水能電離出OH－和H＋，氨水中有極少量的H+，故B錯(cuò)誤；C、NH3與HCl氣體相遇產(chǎn)生白煙，沒有霧生成，故C錯(cuò)誤；D、NH3+H+=NH4+，沒有化合價(jià)的變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；答案選A。17、A【解析】

A．MgCl2可以由Mg與Cl2反應(yīng)生成，也可以由Mg與HCl反應(yīng)生成，A正確；B．Cu與Cl2反應(yīng)生成CuCl2，Cu與HCl不反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，因?yàn)镃l2氧化性強(qiáng)，會(huì)將Fe氧化到+3價(jià)，發(fā)生的反應(yīng)為：2Fe+3Cl22FeCl3，F(xiàn)e與HCl生成FeCl2，因?yàn)镠Cl氧化性弱，只能將Fe氧化到+2價(jià)，F(xiàn)e+2HCl=FeCl2+H2↑，C錯(cuò)誤；D．結(jié)合C項(xiàng)分析，F(xiàn)e與HCl生成FeCl2，F(xiàn)e與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，D錯(cuò)誤；故選A。18、D【解析】

A、SiO2和NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和水，故SiO2是酸性氧化物，但是其不溶于水，A錯(cuò)誤；B、SiO2和氫氟酸反應(yīng)生成的是SiF4和水，SiF4不屬于鹽，故SiO2不屬于堿性氧化物，B錯(cuò)誤；C、二氧化硅在高溫下能與碳反應(yīng)，說明碳具有還原性，SiO2具有氧化性，C錯(cuò)誤；D、SiO2和NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和水，故SiO2是酸性氧化物，D正確；故選D。19、A【解析】

A．氫氧化鈉的物質(zhì)的量是0.03L×10mol/L＝0.3mol，根據(jù)方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，為0.15mol，氧化產(chǎn)物只有NaClO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多，為0.3mol×5/6=0.25mol，則0.15＜n＜0.25，故A正確；B．根據(jù)方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大為2：1，當(dāng)氧化產(chǎn)物為NaClO3，n（Na+）：n（Cl-）最小為6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，故B錯(cuò)誤；C．由于反應(yīng)后體系中沒有NaOH，故氫氧化鈉反應(yīng)完，根據(jù)鈉元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，根據(jù)氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故參加反應(yīng)的氯氣n（Cl2）=0.15mol，故C錯(cuò)誤；D．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl獲得的電子為11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的電子為2mol×1+1mol×5=7mol，得失電子不相等，故D錯(cuò)誤；故答案選A?！军c(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，把握發(fā)生的反應(yīng)及電子、原子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意守恒法應(yīng)用。20、C【解析】

SO2會(huì)部分轉(zhuǎn)化成SO3的過程中，SO2與空氣中的O2發(fā)生反應(yīng)，飄塵只是起到了加快反應(yīng)的作用，其自身的質(zhì)量和性質(zhì)都未發(fā)生改變，因此，飄塵在變化中起催化作用；所以C選項(xiàng)是正確的。【點(diǎn)睛】變化前后化學(xué)性質(zhì)和質(zhì)量都不改變，是判斷物質(zhì)是否是反應(yīng)的催化劑的關(guān)鍵因素。21、B【解析】

鉀元素的焰色反應(yīng)為紫色，故選B。22、B【解析】

濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性、吸水性、酸性，因?yàn)闈饬蛩岬膹?qiáng)氧化性，常溫下能夠使鐵鋁發(fā)生鈍化，阻止鐵與濃硫酸繼續(xù)反應(yīng)，但是濃硫酸具有吸水性，吸收空氣中水分濃度變稀，稀硫酸與鐵反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，體現(xiàn)硫酸的酸性，故答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查了元素化合物知識(shí)，明確濃硫酸的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的積累。注意區(qū)分濃硫酸吸水性和脫水性的區(qū)別。二、非選擇題(共84分)23、NH4HCO3NH3BaCO3CO2++Ba2++2OH－NH3↑+BaCO3↓+2H2OBaCO3+2H+══Ba2++CO2↑+H2O【解析】

氣體B遇HCl冒白煙，則氣體B為NH3，加氯化鋇溶液后產(chǎn)生的白色沉淀C遇鹽酸產(chǎn)生無色無味的氣體能使石灰水變渾，則C為BaCO3，D為CO2，據(jù)此可推斷無色溶液中應(yīng)含有碳酸根離子和銨根離子，則A可能為NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，則分解產(chǎn)生的氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為=1.3，如果是（NH4）2CO3，則分解產(chǎn)生的氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為=24，根據(jù)對(duì)A加強(qiáng)熱產(chǎn)生的氣態(tài)物質(zhì)的平均相對(duì)分子質(zhì)量為1.3可知，A為NH4HCO3，據(jù)此答題。【詳解】氣體B遇HCl冒白煙，則氣體B為NH3，加氯化鋇溶液后產(chǎn)生的白色沉淀C遇鹽酸產(chǎn)生無色無味的氣體能使石灰水變渾，則C為BaCO3，D為CO2，據(jù)此可推斷無色溶液中應(yīng)含有碳酸根離子和銨根離子，則A可能為NH4HCO3或（NH4）2CO3，如果是NH4HCO3，則分解產(chǎn)生的氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為=1.3，如果是（NH4）2CO3，則分解產(chǎn)生的氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量為=24，根據(jù)對(duì)A加強(qiáng)熱產(chǎn)生的氣態(tài)物質(zhì)的平均相對(duì)分子質(zhì)量為1.3可知，A為NH4HCO3，據(jù)此答題。（1）根據(jù)上面的分析可知，A為NH4HCO3，B為NH3，C為BaCO3，D為CO2；故答案為：NH4HCO3；NH3；BaCO3；CO2；（2）反應(yīng)①的離子方程式為NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O，反應(yīng)②的離子方程式為BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；故答案為：NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═NH3↑+BaCO3↓+2H2O；BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O。24、Fe1O3FeCl1Al(OH)3Fe(OH)3Al1O3+1OH-═1AlO1-+H1OAl3++3AlO1-+6H1O═4Al(OH)3↓取E溶液1mL于試管中，滴入幾滴KSCN溶液，無現(xiàn)象，再滴入幾滴氯水，溶液呈血紅色，則含有Fe1+【解析】

A是一種紅棕色金屬氧化物，則A是Fe1O3，紅褐色沉淀G為Fe(OH)3，分解可以生成氧化鐵，則F是

Fe(OH)1．B、D是金屬單質(zhì)，F(xiàn)e1O3和B在高溫下能反應(yīng)生成金屬單質(zhì)D，則該反應(yīng)是鋁熱反應(yīng)，B是Al，D是Fe，C是Al1O3，J是一種不溶于水的白色化合物，受熱容易分解成C，則J是Al(OH)3，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，I是NaAlO1，H是AlCl3；鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，E和氨水反應(yīng)生成

Fe(OH)1，則E是

FeCl1，以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知，則A為Fe1O3，E是FeCl1，J是Al(OH)3，G是Fe(OH)3；(1)氧化鋁是兩性氧化物，與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，反應(yīng)離子方程式為：Al1O3+1OH-═1AlO1-+H1O；(3)鋁離子和偏鋁酸根之間雙水解而不共存，反應(yīng)的離子方程式為Al3++3AlO1-+6H1O═4Al(OH)3↓；(4)E是FeCl1，檢驗(yàn)亞鐵離子，可取E溶液1mL于試管中，滴入幾滴KSCN溶液，無現(xiàn)象，再滴入幾滴氯水，溶液呈血紅色，則含有Fe1+。25、FeSO4具有還原性，露置在空氣中，容易被氧氣氧化為Fe2(SO4)3化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假設(shè)a不成立)溶液中存在Fe3＋，遇NaOH產(chǎn)生紅褐色沉淀，因此看不到Fe2＋與NaOH反應(yīng)生成沉淀的顏色變化(現(xiàn)象被遮蓋等)或Fe2＋已全部被氧化為Fe3＋，溶液中無Fe2＋，因此看不到預(yù)期現(xiàn)象化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假設(shè)b成立)實(shí)驗(yàn)ⅲ證明了溶液中有Fe3+；實(shí)驗(yàn)ⅳ中加入氯水后溶液顏色變深，說明Fe3+增加，證明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假設(shè)b成立【解析】

(1)FeSO4具有還原性，易被氧氣氧化為Fe2(SO4)，據(jù)此分析；(2)根據(jù)白色沉淀、變?yōu)榛揖G色、最后出現(xiàn)紅褐色沉淀的現(xiàn)象可推斷出該反應(yīng)為氫氧化亞鐵轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵的反應(yīng)，據(jù)此解答；(3)滴加KSCN溶液顯紅色，可推斷含有Fe2(SO4)3；實(shí)驗(yàn)ⅰ實(shí)際現(xiàn)象與預(yù)期現(xiàn)象不符的原因可能為溶液中的Fe3＋遇NaOH產(chǎn)生紅褐色沉淀，紅褐色沉淀遮蓋了白色的氫氧化亞鐵沉淀，也可能為Fe2＋已全部被氧化為Fe3＋，溶液中無Fe2＋，因此看不到預(yù)期現(xiàn)象，據(jù)此解答；(4)氯水中氯氣氧化了亞鐵離子，據(jù)此寫出離子反應(yīng)式；(5)由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可推知化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假設(shè)b成立)；實(shí)驗(yàn)ⅳ：溶液X中加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，顏色比ⅲ深，說明含有Fe2+，且Fe2+被氯水氧化為Fe3+,實(shí)驗(yàn)ⅲ，溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水，溶液顯紅色，說明含有Fe3+，綜合實(shí)驗(yàn)ⅲ、ⅳ得出結(jié)論;【詳解】(1)做出假設(shè)b的依據(jù)是FeSO4具有還原性，露置在空氣中，容易被氧氣氧化為Fe2(SO4)3；故答案為：FeSO4具有還原性，露置在空氣中，容易被氧氣氧化為Fe2(SO4)3；(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)ⅰ的預(yù)期現(xiàn)象，白色沉淀、變?yōu)榛揖G色、最后出現(xiàn)紅褐色沉淀可知相應(yīng)的方程式為，；故答案為：；；(3)由實(shí)驗(yàn)ⅱ的現(xiàn)象溶液變紅色可得出的結(jié)論，化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假設(shè)a不成立);根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，推測(cè)實(shí)驗(yàn)ⅰ實(shí)際現(xiàn)象與預(yù)期現(xiàn)象不符的原因可能為溶液中存在Fe3＋，遇NaOH產(chǎn)生紅褐色沉淀，因此看不到Fe2＋與NaOH反應(yīng)生成沉淀的顏色變化(現(xiàn)象被遮蓋等)或已全部被氧化為Fe3＋，溶液中無Fe2＋，因此看不到預(yù)期現(xiàn)象；故答案為：化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假設(shè)a不成立)；溶液中存在Fe3＋，遇NaOH產(chǎn)生紅褐色沉淀，因此看不到Fe2＋與NaOH反應(yīng)生成沉淀的顏色變化(現(xiàn)象被遮蓋等)或Fe2＋已全部被氧化為Fe3＋，溶液中無Fe2＋，因此看不到預(yù)期現(xiàn)象；(4)實(shí)驗(yàn)ⅳ中氯水參加反應(yīng)的離子方程式是；故答案為：；(5)由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可推知化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假設(shè)b成立)；實(shí)驗(yàn)ⅲ證明了溶液中有Fe3+；實(shí)驗(yàn)ⅳ中加入氯水后溶液顏色變深，說明Fe3+增加，證明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假設(shè)b成立；故答案為：化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假設(shè)b成立)；實(shí)驗(yàn)ⅲ證明了溶液中有Fe3+；實(shí)驗(yàn)ⅳ中加入氯水后溶液顏色變深，說明增加，證明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有，也有Fe2+，即假設(shè)b成立；26、②①③⑤⑥④⑦1.4c(濃)?V(濃)=c(稀)?V(稀)250mL的容量瓶、膠頭滴管0.1mol/LH2SO4(aq)0.05mol/LBD【解析】

（1）配制溶液時(shí)，一般按計(jì)算、量取、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、裝瓶等順序操作。（2）要配制240mL0.1mol·L－1的稀硫酸，應(yīng)選擇250mL的容量瓶，利用稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變進(jìn)行計(jì)算。（3）完成此實(shí)驗(yàn)將用到的儀器有10mL量筒、燒杯、玻璃棒、250mL的容量瓶、膠頭滴管。（4）要從所配溶液中取出50mL盛裝于試劑瓶中，給它貼上標(biāo)簽，則標(biāo)簽的內(nèi)容應(yīng)體現(xiàn)濃度和溶質(zhì)；若再?gòu)闹腥〕?0mL溶液稀釋至20mL，則稀釋后溶液的物質(zhì)的量濃度仍按稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變進(jìn)行計(jì)算。（5）A.轉(zhuǎn)移溶液時(shí)未洗滌燒杯，則有一部分溶質(zhì)留在燒杯內(nèi)壁上；B.定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，導(dǎo)致所配溶液的液面低于刻度線；C.容量瓶用蒸餾水洗凈后仍殘留有蒸餾水，對(duì)最終所配溶液的體積不產(chǎn)生影響；D.用量筒量取濃硫酸，讀數(shù)時(shí)仰視刻度線，導(dǎo)致液面高于刻度線?！驹斀狻浚?）配制溶液時(shí)，一般按計(jì)算、量取、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、裝瓶等順序操作，則其正確的操作順序?yàn)棰冖佗邰茛蔻堍撸淮鸢笧椋孩冖佗邰茛蔻堍?；?）要配制240mL0.1mol·L－1的稀硫酸，應(yīng)選擇250mL的容量瓶；濃硫酸的物質(zhì)的濃度為=18.4mol/L，利用公式c(濃)?V(濃)=c(稀)?V(稀)，帶入數(shù)值可以求出V(濃)==1.4mL；答案為：1.4；c(濃)?V(濃)=c(稀)?V(稀)；（3）完成此實(shí)驗(yàn)將用到的儀器有10mL量筒、燒杯、玻璃棒、250mL的容量瓶、膠頭滴管；答案為：250mL的容量瓶、膠頭滴管；（4）要從所配溶液中取出50mL盛裝于試劑瓶中，給它貼上標(biāo)簽，則標(biāo)簽的內(nèi)容為0.1mol/LH2SO4(aq)；若再?gòu)闹腥〕?0mL溶液稀釋至20mL，則稀釋后溶液的物質(zhì)的量濃度為0.05mol/L；答案為：0.1mol/LH2SO4(aq)；0.05mol/L；（5）A.轉(zhuǎn)移溶液時(shí)未洗滌燒杯，則有一部分溶質(zhì)留在燒杯內(nèi)壁上，從而使得所配溶液的濃度偏低，A不合題意；B.定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，導(dǎo)致所配溶液的液面低于刻度線，溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏高，B符合題意；C.容量瓶用蒸餾水洗凈后仍殘留有蒸餾水，溶液體積不變，所配溶液的濃度不變，C不合題意；D.用量筒量取濃硫酸，讀數(shù)時(shí)仰視刻度線，導(dǎo)致量取濃硫酸的體積偏大，濃度偏高，D符合題意；答案為：BD?！军c(diǎn)睛】在進(jìn)行誤差分析時(shí)，常使用公式，通過對(duì)實(shí)驗(yàn)操作的分析，判斷n、V哪個(gè)量發(fā)生了改變，發(fā)生了怎樣的改變，從而確定物質(zhì)的量濃度發(fā)生的偏差。27、MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OHCl能與Ca(OH)2發(fā)生反應(yīng)生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2濃度降低Ca(ClO)2HClOCaCO3減弱CO32－、HCO3－HClO具有強(qiáng)氧化性，能將H2O2氧化，HClO＋H2O2=HCl＋O2↑＋H2O【解析】

根據(jù)裝置圖，裝置A為制備氯氣，裝置B是除去氯氣中的HCl，裝置C為Cl2與Ca(OH)2反應(yīng)生成漂粉精，據(jù)此分析；【詳解】(1)裝置A為氯氣發(fā)生裝置，其中反應(yīng)方程式為MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；答案：MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；(2)制取漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2，HCl能與Ca(OH)2發(fā)生反應(yīng)生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2濃度降低；答案：HCl能與Ca(OH)2發(fā)生反應(yīng)生成CaCl2和H2O，使Ca(ClO)2濃度降低；(3)Cl2與Ca(OH)2發(fā)生2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，其有效成分是Ca(ClO)2；答案：Ca(ClO)2；(4)利用碳酸的酸性強(qiáng)于次氯酸，即途徑二：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=HClO＋CaCO3；答案：HClO、CaCO3；(5)①ClO－在酸性條件下生成HCl