第第頁(yè)浙江省杭州市西湖區(qū)浙江大學(xué)附屬中學(xué)（玉泉+丁蘭)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期中考試化學(xué)試題一、單選題(1~10題每小題2分，11~20題每小題3分，共50分)1．根據(jù)物質(zhì)的組成與性質(zhì)進(jìn)行分類，KMnO4A．酸 B．氧化物 C．堿 D．鹽2．名稱為“坩堝”的儀器是A． B．C． D．3．氯化碘(ICl)的化學(xué)性質(zhì)跟氯氣相似，預(yù)計(jì)它跟水反應(yīng)的最初生成物是A．HI和HCl B．HCl和HIO C．HClO3和HIO D．HClO和HIO4．下列說(shuō)法不正確的是A．侯德榜是我國(guó)著名化工專家，發(fā)明了侯氏制堿法B．戴維發(fā)現(xiàn)了一種黃綠色氣體，并確認(rèn)該氣體為氯氣C．瑞典化學(xué)卷阿倫尼烏斯研究電解質(zhì)稀溶液的導(dǎo)電性，提出了電離模型D．英國(guó)科學(xué)家道爾頓提出原子學(xué)說(shuō)，為近代化學(xué)的發(fā)展奠定了堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)5．下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)安全的敘述不正確的是A．觀察活潑金屬與H2O反應(yīng)時(shí)，需要戴護(hù)目鏡B．GHS標(biāo)準(zhǔn)符號(hào)示意“毒性物質(zhì)”C．若不慎將堿沾到皮膚上，應(yīng)立即用大量水沖洗，然后涂上1%的硼酸D．中學(xué)實(shí)驗(yàn)室中可以將未用完的鈉、鉀和白磷等放回原試劑瓶6．氧化還原反應(yīng)與四種基本反應(yīng)類型的關(guān)系如圖所示，下列化學(xué)反應(yīng)屬于陰影3區(qū)域的是A．2HClO光照2HCl+O2↑ B．2C．Fe+H2SO4(7．下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．用pH試紙測(cè)定NaClO溶液的酸堿性，試紙顯藍(lán)色，說(shuō)明該溶液呈堿性B．氧化鈉可用作呼吸面罩或潛水艇的供氧劑C．碳酸鈉和碳酸氫鈉的溶液均顯堿性，可用作食用堿或工業(yè)用堿D．火災(zāi)現(xiàn)場(chǎng)存放有大量鈉時(shí)，可以用泡沫滅火器來(lái)進(jìn)行撲滅8．下列各組物質(zhì)，因反應(yīng)條件或反應(yīng)物用量改變可得到不同產(chǎn)物的是①Na和O2②NaHCO3和鹽酸③Cl2和HA．①③ B．②③ C．③④ D．①④9．下列說(shuō)法正確的是①將BaSO4放入水中不能導(dǎo)電，所以BaSO②CO2溶于水能導(dǎo)電，所以CO③AlCl3在熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，所以AlCl④鹽酸能導(dǎo)電，但其不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)⑤鹽酸的導(dǎo)電能力一定比醋酸溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)⑥金屬銅的導(dǎo)電能力較好，屬于電解質(zhì)A．①② B．③④⑤ C．⑤⑥ D．④10．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A．80gNaOH溶于1L水中，所得溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為2mol/LB．足量的MnO2與100mL12mol/L的濃鹽酸充分反應(yīng)可制得氯氣的分子數(shù)為0.3NAC．常溫常壓下，11.2LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.5NAD．7.8gNa2O2和Na2S混合物中所含的離子總數(shù)為0.3NA11．下列有關(guān)離子檢驗(yàn)描述正確的是A．將干凈的鉑絲蘸取少量未知溶液在酒精燈上灼燒，觀察火焰呈淺紫色，則該溶液中含有Na+B．取樣，先加稀鹽酸無(wú)現(xiàn)象，再加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，則該溶液中一定含有SOC．取樣，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀產(chǎn)生，則該溶液中一定含有Cl-D．取樣，滴加稀鹽酸溶液，產(chǎn)生了能使澄清石灰水溶液變渾濁的氣體，則該溶液中一定含有CO12．下列離子方程式書寫正確的是A．碳酸氫鈣溶液與氫氧化鈣溶液反應(yīng)：HCOB．向氯化鈣溶液中通入少量CO2：CaC．工業(yè)制備漂白粉的離子方程式：ClD．硫酸氫鈉在溶液中的電離方程式：NaHSO13．下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A．1mol固態(tài)物質(zhì)或液態(tài)物質(zhì)的體積主要取決于粒子的大小B．液體氣化后體積膨脹主要原因是粒子之間的距離增大C．粒子數(shù)相同的任何氣體都具有相同的體積D．25℃和101kPa的條件下，氣體摩爾體積約為24.5L/mol14．類比是研究物質(zhì)性質(zhì)的常用方法之一，下列類比正確的是①Cu與Cl2能化合生成CuCl2，則Fe與Cl②Mg在空氣中燃燒生成MgO，則Na在空氣中燃燒生成Na③少量CO2通入CaOH2溶液生成CaCO3④Fe可以置換出CuSO4溶液中的銅，則Zn也可以置換出CuSOA．①② B．②③ C．①③ D．①④15．下列實(shí)驗(yàn)方案中，不能測(cè)定出Na2CO3和NaHCOA．取ag混合物充分加熱，質(zhì)量減少bgB．取ag混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒，得到bg固體C．取ag混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，逸出氣體用堿性的干燥劑堿石灰(主要成分是NaOH、CaOD．取ag混合物與足量NaOH溶液充分反應(yīng)，得到bg溶液16．用下列裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．用圖1所示裝置可比較MnO2、ClB．用圖2所示裝置制備FeOHC．用圖3所示裝置驗(yàn)證Na2CO3D．用圖4所示裝置檢查裝置的氣密性17．下列描述與圖像相對(duì)應(yīng)的是A．圖①表示向乙酸溶液中通入氨氣至過(guò)量的過(guò)程中溶液導(dǎo)電性的變化B．圖②表示向1L1mol·L-1FeBr2溶液中通入Cl2時(shí)Br-物質(zhì)的量的變化C．圖③表示向Ca(HCO3)2溶液中滴加NaOH溶液時(shí)沉淀質(zhì)量的變化D．圖④表示向一定濃度的Na2CO3溶液中滴加鹽酸，生成CO2的物質(zhì)的量與滴加鹽酸物質(zhì)的量的關(guān)系18．二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色到橙黃色的氣體，極易溶于水，體積分?jǐn)?shù)大于10%時(shí)，易發(fā)生爆炸，是一種無(wú)毒的綠色消毒劑。實(shí)驗(yàn)室可用下圖所示裝置（夾持儀器已省略）制備ClOA．裝置a的反應(yīng)產(chǎn)物中nClOB．裝置b的主要作用是除去混合氣體中的HClC．通入氮?dú)獾哪康臑橄♂屟b置a中產(chǎn)生的ClO2D．裝置d可除去多余的ClO19．依據(jù)所給條件推出的結(jié)論不正確的是條件結(jié)論ANaH2PO2H3B凡是能給出質(zhì)子(即H+)的分子或離子稱為酸，凡是能接受質(zhì)子(即HHSO3C聯(lián)氨(N2聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為：ND酸性越強(qiáng)，高錳酸鉀的氧化性越強(qiáng)可以用鹽酸進(jìn)行酸化增強(qiáng)高錳酸鉀的氧化性A．A B．B C．C D．D20．現(xiàn)有一混合物的水溶液，可能含有以下離子中的幾種：K+、NH4+、Cl?、Mg2+、CO32?A．該混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32?、B．該混合液中一定含有：NH4+、CO32?、SOC．該混合液中一定含有：NH4+、CO32?、SO42?D．該混合液中一定含有：NH4+、SO42?，可能含Mg二、填空題(2題，共20分)21．完成下列小題。（1）寫出制備84消毒液反應(yīng)的化學(xué)方程式。（2）漂白粉的有效成分是；它的消毒原理是：(用化學(xué)方程式表示)；一般為了加強(qiáng)漂白粉的消毒效果，會(huì)往其溶液中加入少量(家庭常見用品)。（3）下列反應(yīng)中氧化劑是，還原產(chǎn)物是；請(qǐng)用雙線橋法標(biāo)出以下反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目：。2（4）高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種新型綠色消毒劑，工業(yè)上制備高鐵酸鈉有多種方法，其中一種是用NaClO在強(qiáng)堿性條件下氧化Fe(NO3)3，寫出該反應(yīng)的離子方程式。22．海水中有豐富的食鹽資源，工業(yè)上以粗食鹽水(含少量Ca2+、Mg2+雜質(zhì))、氨、石灰石等為原料，可以制備（1）粗鹽精制過(guò)程中加入的沉淀劑是石灰乳和純堿，應(yīng)先加。（2）加入沉淀劑后，如何檢驗(yàn)此時(shí)Ca2+已經(jīng)沉淀完全？（3）下列說(shuō)法正確的是：_______。A．第Ⅰ步中調(diào)節(jié)溶液的pH最好用H2B．優(yōu)先將CO2C．步驟Ⅲ所得到的母液可以拿來(lái)作為植物用的肥料D．等質(zhì)量的Na2CO3和NaHCO（4）請(qǐng)寫出將CO2、NH3通入飽和食鹽水中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式三、實(shí)驗(yàn)題(2題，共24分)23．綠礬(FeSO4·7H2O)為硫酸鹽類礦物水綠礬的礦石或化學(xué)合成品，具有補(bǔ)血消積、解毒斂瘡、燥濕殺蟲的功效。要配制480mL0.2mol/L的FeSO4溶液，配制過(guò)程中有如下操作步驟：①把稱量好的綠礬(FeSO4·7H2O)放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解；②把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入_______中；③繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距離刻度1~2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切；④用少量蒸餾水洗滌燒杯玻璃棒2~3次，每次洗滌的液體都小心轉(zhuǎn)入容量瓶，并輕輕搖勻；⑤將容量瓶塞緊，反復(fù)上下顛倒，搖勻；⑥待溶液恢復(fù)到室溫。（1）請(qǐng)?zhí)顚懮鲜鰧?shí)驗(yàn)步驟的空白處：②把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入中。（2）實(shí)驗(yàn)操作步驟的正確順序?yàn)椤?填序號(hào))①→_______→_______→_______→_______→⑤。（3）實(shí)驗(yàn)室用綠礬(FeSO4·7H2O)來(lái)配制該溶液，用托盤天平稱量綠礬g。（4）由于錯(cuò)誤操作，使得實(shí)際濃度比所要求的偏小的是_______(填寫編號(hào))。A．稱量綠礬時(shí)，左碼右物B．使用容量瓶配制溶液時(shí)，俯視液面定容C．沒有用蒸餾水洗燒杯2~3次，并將洗液移入容量瓶中D．把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用（5）定容時(shí)，若加蒸餾水時(shí)不慎超過(guò)刻度線，處理方法是。24．氯氣是一種重要的化工原料，呈黃綠色，有毒，能與多種物質(zhì)反應(yīng)。用圖所示裝置Ⅰ可制取氯氣，并對(duì)其性質(zhì)進(jìn)行一系列的實(shí)驗(yàn)探究?；卮鹣铝袉栴}：（1）①裝置Ⅰ中盛裝濃鹽酸的儀器名稱是。②實(shí)驗(yàn)室利用裝置A制氯氣，反應(yīng)的離子方程式是。（2）利用純凈、干燥的氯氣與熔融金屬錫反應(yīng)可制備SnCl4，將裝置Ⅰ與裝置Ⅱ連接起來(lái)可制備SnCl4。已知：金屬錫熔點(diǎn)為231℃，活潑性與鐵相似；SnCl4①裝置E的作用是。②虛線框可選用下列裝置中的(填“甲”“乙”或“丙”)。（3）將裝置Ⅰ與裝置Ⅲ連接起來(lái)探究氯氣的漂白性及氧化性。①F、G通入Cl2后，觀察到的現(xiàn)象是，根據(jù)現(xiàn)象可得出結(jié)論：Cl2無(wú)漂白性，Cl2②實(shí)驗(yàn)開始后，觀察到洗氣瓶H中的現(xiàn)象是。③寫出洗氣瓶Ⅰ中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式(已知亞硫酸鈉被氧化為硫酸鈉)：。④裝置K的作用是，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為。四、計(jì)算題(1題，共6分)25．將amol的Na2O2（1）當(dāng)剩余固體為Na2CO3，排出氣體為O2、（2）當(dāng)剩余固體為Na2CO3、NaOH，排出氣體為O（3）排出的O2和H2O

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、KMnO4電離：KMnO4=K++MnO4-，陽(yáng)離子是K+，無(wú)H+，不是酸，A錯(cuò)誤；

B、KMnO4含K、Mn、O三種元素，不滿足“二元”，不是氧化物，B錯(cuò)誤；

C、KMnO4電離出MnO4-，無(wú)OH-，不是堿，C錯(cuò)誤；

D、KMnO4電離出K+（金屬陽(yáng)離子）和MnO4-（酸根陰離子），符合鹽的定義，屬于鹽，D正確；

故答案為：D?！痉治觥勘绢}依據(jù)酸、氧化物、堿、鹽的定義，逐一分析選項(xiàng)，判斷KMnO4的物質(zhì)類別。

A．酸是在水溶液中電離出的陽(yáng)離子全部為H+的化合物。

B．氧化物是由兩種元素組成，且一種是氧元素的化合物（二元含氧化合物）。

C．堿是在水溶液中電離出的陰離子全部為OH-的化合物。

D．鹽是由金屬陽(yáng)離子（或NH4+）和酸根陰離子組成的化合物。2．【答案】C【解析】【解答】A、A儀器外觀為淺碟形，是蒸發(fā)皿，不是坩堝，A錯(cuò)誤；

B、B儀器是碗狀帶杵，是研缽，不是坩堝，B錯(cuò)誤；

C、C儀器呈深筒形，符合坩堝的外觀特點(diǎn)，C正確；

D、D儀器是平板狀，是表面皿，不是坩堝，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】本題考查化學(xué)儀器識(shí)別，依據(jù)蒸發(fā)皿、研缽、坩堝、表面皿的外觀特征與用途，判斷對(duì)應(yīng)儀器。A．為蒸發(fā)皿，通常是淺碟狀，用于溶液蒸發(fā)結(jié)晶。B．為研缽，是碗狀容器，配研杵，用于研磨固體。C．為坩堝，是深底容器（常配蓋），用于高溫灼燒固體。D．為表面皿，是圓形平板玻璃，用于覆蓋容器、臨時(shí)放置試劑。3．【答案】B【解析】【解答】A、若生成HI和HCl，ICl中I為+1價(jià)、Cl為-1價(jià)，反應(yīng)中元素化合價(jià)會(huì)發(fā)生變化，不符合相似性及化合價(jià)規(guī)律，故A不符合題意；

B、氯氣與水反應(yīng)生成HCl和HClO，ICl中I為+1價(jià)、Cl為-1價(jià)，類比可知，ICl與水反應(yīng)時(shí)，+1價(jià)的I結(jié)合OH-生成HIO，-1價(jià)的Cl結(jié)合H+生成HCl，產(chǎn)物為HCl和HIO，故B符合題意；

C、HClO3中Cl為+5價(jià)，ICl中Cl為-1價(jià)，反應(yīng)中Cl化合價(jià)變化過(guò)大，不符合反應(yīng)規(guī)律，故C不符合題意；

D、HClO中Cl為+1價(jià)，ICl中Cl為-1價(jià)，反應(yīng)中Cl化合價(jià)升高，而I為+1價(jià)，生成HIO時(shí)I化合價(jià)不變，從化合價(jià)變化角度看不合理，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】先分析氯氣與水的反應(yīng)，再根據(jù)氯化碘（ICl）中元素化合價(jià)，結(jié)合其與氯氣化學(xué)性質(zhì)相似的特點(diǎn)，推導(dǎo)ICl與水反應(yīng)的產(chǎn)物。4．【答案】B【解析】【解答】A、侯德榜是我國(guó)著名化工專家，發(fā)明的侯氏制堿法（聯(lián)合制堿法），能有效制取純堿該描述符合化學(xué)史實(shí)，A正確；

B、1774年，是舍勒意外發(fā)現(xiàn)黃綠色氣體（氯氣），并非戴維；戴維在電化學(xué)等領(lǐng)域有重要貢獻(xiàn)（如發(fā)現(xiàn)鈉、鉀等金屬），B錯(cuò)誤；

C、瑞典化學(xué)家阿倫尼烏斯通過(guò)研究電解質(zhì)稀溶液導(dǎo)電性，提出電離模型，認(rèn)為電解質(zhì)溶于水會(huì)自動(dòng)解離成離子，為溶液導(dǎo)電等理論奠基，C正確；

D、英國(guó)科學(xué)家道爾頓于19世紀(jì)初提出原子學(xué)說(shuō)，認(rèn)為原子是化學(xué)變化中不可再分的微粒，為近代化學(xué)發(fā)展奠定堅(jiān)實(shí)基礎(chǔ)，符合化學(xué)史，D正確；

故答案為：B。

【分析】本題考查化學(xué)史知識(shí)，需依據(jù)各位科學(xué)家的具體貢獻(xiàn)，逐一分析選項(xiàng)內(nèi)容的正誤。A．明確侯德榜在制堿工藝上的貢獻(xiàn)。B．區(qū)分發(fā)現(xiàn)氯氣的科學(xué)家。C．了解阿倫尼烏斯對(duì)電解質(zhì)溶液導(dǎo)電性研究及理論提出。D．掌握道爾頓原子學(xué)說(shuō)的意義。5．【答案】B【解析】【解答】A、鈉、鉀等與水反應(yīng)會(huì)劇烈放熱、產(chǎn)生氫氣，可能引發(fā)液體飛濺或輕微爆炸，戴護(hù)目鏡可保護(hù)眼睛，A正確；

B、題干圖示符號(hào)（液體滴在物體/手上造成腐蝕）代表腐蝕性物質(zhì)，并非“毒性物質(zhì)”（毒性物質(zhì)符號(hào)有特定骷髏、交叉骨等標(biāo)識(shí)），B錯(cuò)誤；

C、堿（如濃NaOH）沾皮膚，立即用大量水沖洗（稀釋降低腐蝕性），再涂1%硼酸（弱酸中和殘留堿），C正確；

D、未用完的鈉、鉀（保存在煤油中）、白磷（保存在水中）放回原試劑瓶，可避免危險(xiǎn)且防止試劑浪費(fèi)，D正確；

故答案為：B。

【分析】本題圍繞實(shí)驗(yàn)安全操作規(guī)范，需結(jié)合活潑金屬與水反應(yīng)特點(diǎn)、GHS標(biāo)準(zhǔn)符號(hào)含義、堿沾皮膚處理、活潑試劑回收規(guī)則，逐一判斷選項(xiàng)正誤。A．活潑金屬（如鈉、鉀）與水反應(yīng)劇烈（可能爆炸、濺出液體），需防護(hù)眼部。B．識(shí)別GHS（全球化學(xué)品統(tǒng)一分類和標(biāo)簽制度）中“腐蝕性物質(zhì)”與“毒性物質(zhì)”的符號(hào)差異。C．堿具有腐蝕性，需先稀釋、再中和。D．鈉、鉀（遇水易燃）、白磷（自燃）屬于高活性、危險(xiǎn)試劑，隨意丟棄易引發(fā)事故。6．【答案】D【解析】【解答】A、反應(yīng)2HClOB、反應(yīng)2HC、反應(yīng)Fe+D、反應(yīng)NaH+答案選D。

【分析】本題關(guān)鍵是明確陰影3區(qū)域的特征：屬于氧化還原反應(yīng)，但不屬于化合、分解、置換這三種基本反應(yīng)類型。需結(jié)合反應(yīng)的基本類型和元素化合價(jià)變化（判斷是否為氧化還原反應(yīng)），判斷反應(yīng)類型和是否為氧化還原反應(yīng)。7．【答案】C【解析】【解答】A、NaClO含ClO-，具有強(qiáng)氧化性，會(huì)漂白pH試紙，導(dǎo)致無(wú)法準(zhǔn)確測(cè)定其pH，A錯(cuò)誤；

B、Na2O與CO2反應(yīng)生成Na2CO3，與H2O反應(yīng)生成NaOH，均不產(chǎn)生O2，不能作供氧劑（常用Na2O2），B錯(cuò)誤；

C、Na2CO3、NaHCO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，CO32-、HCO3-水解使溶液顯堿性，因堿性溫和，可作食用堿或工業(yè)用堿，C正確；

D、鈉與水反應(yīng)生成易燃H2，燃燒生成的Na2O2與水、CO2反應(yīng)生成助燃O2，不能用泡沫滅火器（含CO2和水），應(yīng)鋪沙土，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】本題需結(jié)合物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)（如氧化性、反應(yīng)產(chǎn)物、水解特性等），分析NaClO、氧化鈉、碳酸鈉/碳酸氫鈉、鈉在實(shí)際應(yīng)用中的合理性，判斷選項(xiàng)正誤。A．明確NaClO的氧化性對(duì)pH試紙的影響。B．明確氧化鈉與CO2、H2O的反應(yīng)產(chǎn)物。C．明確鹽類水解的堿性及實(shí)際用途。D．鈉及燃燒產(chǎn)物與水、CO2的反應(yīng)風(fēng)險(xiǎn)。8．【答案】D【解析】【解答】①常溫下，鈉和氧氣反應(yīng)生成氧化鈉（Na2O）；加熱時(shí)，反應(yīng)生成過(guò)氧化鈉（Na2O2），產(chǎn)物隨溫度變化而不同，符合題意；

②無(wú)論反應(yīng)條件（如溫度）或反應(yīng)物用量如何變化，碳酸氫鈉（NaHCO3）與鹽酸（HCl）反應(yīng)都只生成氯化鈉（NaCl）、二氧化碳（CO2）和水（H2O），產(chǎn)物固定，不符合題意；

③無(wú)論是點(diǎn)燃還是光照條件，氯氣（Cl2）和氫氣（H2）反應(yīng)都只生成氯化氫（HCl），產(chǎn)物不隨條件改變，不符合題意；

④氫氧化鈉（NaOH）與少量二氧化碳（CO2）反應(yīng)生成碳酸鈉（Na2CO3）和水；與過(guò)量二氧化碳反應(yīng)則生成碳酸氫鈉（NaHCO3），產(chǎn)物隨用量變化而不同，符合題意；

綜上，①④符合題意。

故答案為：D。

【分析】本題需分析四組物質(zhì)在反應(yīng)條件（如溫度）或反應(yīng)物用量改變時(shí)，產(chǎn)物是否發(fā)生變化，以此判斷符合要求的選項(xiàng)。①考查反應(yīng)溫度對(duì)產(chǎn)物的影響。②考查反應(yīng)是否受條件或用量影響。③考查反應(yīng)條件對(duì)產(chǎn)物的影響。④考查二氧化碳用量對(duì)產(chǎn)物的影響。9．【答案】D【解析】【解答】①BaSO4難溶于水，但熔融狀態(tài)能電離出Ba2+、SO42-（可導(dǎo)電），屬于電解質(zhì)，①錯(cuò)誤；

②CO2溶于水生成H2CO3，H2CO3電離出離子使溶液導(dǎo)電，CO2自身不能電離，故CO2是非電解質(zhì)，②錯(cuò)誤；

③AlCl3是共價(jià)化合物，熔融狀態(tài)不電離（不導(dǎo)電），但水溶液中能電離出Al3+、Cl-（可導(dǎo)電），屬于電解質(zhì)，③錯(cuò)誤；

④鹽酸是HCl的水溶液（混合物），既不是電解質(zhì)（化合物）也不是非電解質(zhì)（化合物），④正確；

⑤鹽酸（強(qiáng)電解質(zhì)）若濃度極低，離子濃度小；醋酸（弱電解質(zhì)）若濃度高，離子濃度可能更大，此時(shí)醋酸導(dǎo)電能力更強(qiáng)，⑤錯(cuò)誤；

⑥銅是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)（化合物）也不是非電解質(zhì)（化合物），⑥錯(cuò)誤；

綜上，④正確；

故答案為：D。

【分析】本題圍繞電解質(zhì)、非電解質(zhì)的概念（在水溶液或熔融狀態(tài)下能/不能導(dǎo)電的化合物），結(jié)合物質(zhì)類別（化合物、混合物、單質(zhì)）、導(dǎo)電實(shí)質(zhì)（自身電離或反應(yīng)生成電解質(zhì)），逐一分析選項(xiàng)正誤。①要點(diǎn)：電解質(zhì)的“導(dǎo)電條件”（熔融/溶于水時(shí)自身電離）。②要點(diǎn)：電解質(zhì)需“自身電離導(dǎo)電”，區(qū)分CO2與生成的H2CO3。③要點(diǎn)：電解質(zhì)的“導(dǎo)電形式”（水溶液或熔融，AlCl3是共價(jià)化合物）。④要點(diǎn)：電解質(zhì)、非電解質(zhì)的前提是“化合物”，鹽酸是混合物。⑤要點(diǎn)：導(dǎo)電能力與“離子濃度、離子所帶電荷”有關(guān)，而非僅看電解質(zhì)強(qiáng)弱。⑥要點(diǎn)：電解質(zhì)、非電解質(zhì)的研究對(duì)象是“化合物”，銅是單質(zhì)。10．【答案】D【解析】【解答】A、80gNaOH（2mol）溶于1L水后，溶液體積不等于1L（溶劑與溶液體積不同），無(wú)法確定濃度為2mol/L，A錯(cuò)誤；

B、100mL12mol/L濃鹽酸含1.2molHCl，但隨反應(yīng)進(jìn)行鹽酸變稀，反應(yīng)停止，實(shí)際生成Cl2少于0.3mol，分子數(shù)小于0.3NA，B錯(cuò)誤；

C、常溫常壓下11.2LCO和CO2混合氣體，物質(zhì)的量小于0.5mol，碳原子數(shù)小于0.5NA，C錯(cuò)誤；

D、Na2O2（含2Na+和O22-）與Na2S（含2Na+和S2-）均含3個(gè)離子，且摩爾質(zhì)量均為78g/mol。7.8g混合物為0.1mol，離子總數(shù)為0.3NA，D正確；

故答案為：D。

【分析】本題需結(jié)合阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用規(guī)則，從溶液體積計(jì)算、反應(yīng)實(shí)際進(jìn)行程度、氣體摩爾體積適用條件及離子化合物組成特點(diǎn)，分析各選項(xiàng)中微粒數(shù)量的正確性。A．物質(zhì)的量濃度計(jì)算需用溶液體積而非溶劑體積。B．該反應(yīng)需濃鹽酸參與，稀鹽酸不反應(yīng)，存在反應(yīng)限度。C．氣體摩爾體積（22.4L/mol）僅適用于標(biāo)準(zhǔn)狀況（0℃、101kPa）。D．兩種物質(zhì)均為離子化合物，組成和摩爾質(zhì)量相同。11．【答案】B【解析】【解答】A、Na+的焰色為黃色，K+的焰色為淺紫色（需透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃觀察，避免Na+的黃色光干擾）。觀察到淺紫色，說(shuō)明含K+，而非Na+，A錯(cuò)誤；

B、先加稀鹽酸，無(wú)明顯現(xiàn)象（說(shuō)明不存在Ag+、CO32-等干擾離子），再加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀（BaSO4），可確定含SO42-，B正確；

C、僅加AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀，可能是AgCl，也可能是Ag2SO4、Ag2CO3等，無(wú)法確定一定含Cl-，C錯(cuò)誤；

D、加稀鹽酸產(chǎn)生的氣體使澄清石灰水變渾濁，可能是CO2（來(lái)自CO32-、HCO3-）或SO2（來(lái)自SO32-、HSO3-），無(wú)法確定一定含CO32-，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】本題圍繞離子檢驗(yàn)的規(guī)范操作，需根據(jù)不同離子（Na+、K+、SO42-、Cl-、CO32-等）的特征反應(yīng)，分析檢驗(yàn)方法是否能排除干擾、現(xiàn)象是否具有唯一性，以此判斷選項(xiàng)正誤。A．考查焰色反應(yīng)的顏色特征及觀察條件。B．通過(guò)“先加酸后加鋇鹽”排除干擾離子（如Ag+、CO32-等）。C．Ag+與多種陰離子（如SO42-、CO32-等）均能生成白色沉淀。D．CO2、SO2均能使澄清石灰水變渾濁，對(duì)應(yīng)多種陰離子。12．【答案】A【解析】【解答】A、碳酸氫鈣（Ca(HCO3)2）和氫氧化鈣（Ca(OH)2）反應(yīng)時(shí)，HCO3-與OH-結(jié)合生成CO32-，再與Ca2+形成CaCO3沉淀，離子方程式為HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，符合反應(yīng)事實(shí)和拆分規(guī)則；A正確；

B、因鹽酸（HCl）酸性強(qiáng)于碳酸（H2CO3），CO2與CaCl2溶液不會(huì)發(fā)生反應(yīng)（弱酸不能制出強(qiáng)酸），該離子方程式違背實(shí)際反應(yīng)情況，B錯(cuò)誤；

C、工業(yè)制漂白粉用Cl2與石灰乳（Ca(OH)2懸濁液）反應(yīng)，石灰乳中的Ca(OH)2主要以固體形式存在，不能拆分為離子，正確方程式應(yīng)為Cl2+Ca(OH)2=Ca2++ClO-+Cl-+H2O，原方程式拆分錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；

D、NaHSO4在水中完全電離，會(huì)解離出Na+、H+和SO42-，正確電離方程式為NaHSO4=Na++H++SO42-，原方程式中HSO4-未完全電離，拆分錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；

故答案為：A。

【分析】本題需根據(jù)離子方程式式書寫的核心規(guī)則（如物質(zhì)拆分拆分規(guī)范、反應(yīng)事實(shí)合理性、電離特性等），逐一分析選項(xiàng)中離子方程式或電離方程式的正確性。A．考查反應(yīng)中離子的實(shí)際參與情況及物質(zhì)拆分原則。B．考查強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)規(guī)律。C．石灰乳的狀態(tài)對(duì)物質(zhì)拆分的影響。D．硫酸氫鈉在水溶液中的電離特點(diǎn)。13．【答案】C【解析】【解答】A、固態(tài)、液態(tài)物質(zhì)粒子間間隔小，1mol該類物質(zhì)體積主要由粒子本身大小決定，A正確；

B、液體氣化時(shí)，粒子間距離大幅增大，導(dǎo)致體積膨脹，B正確；

C、氣體體積受溫度、壓強(qiáng)影響，粒子數(shù)相同的氣體，若溫度、壓強(qiáng)不同，體積不一定相同，C錯(cuò)誤；

D、25℃、101kPa時(shí)，氣體摩爾體積約為24.5L/mol，D正確；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)物質(zhì)狀態(tài)（固、液、氣）下粒子的特點(diǎn)，以及氣體體積與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系，分析各選項(xiàng)。14．【答案】D【解析】【解答】①Cl2具有強(qiáng)氧化性，與變價(jià)金屬反應(yīng)時(shí)，會(huì)將金屬氧化至最高價(jià)態(tài)。Cu與Cl2反應(yīng)生成CuCl2（Cu為+2價(jià)），F(xiàn)e與Cl2反應(yīng)生成FeCl3（Fe為+3價(jià)），均生成高價(jià)態(tài)氯化物，類比邏輯一致，①正確。

②Mg在空氣中燃燒時(shí)，與O2反應(yīng)生成MgO；而Na的活潑性更強(qiáng)，在空氣中燃燒時(shí)，與O2反應(yīng)生成Na2O2（Na2O是Na在常溫下緩慢氧化的產(chǎn)物），兩者燃燒產(chǎn)物不同，類比不合理，②錯(cuò)誤。

③少量CO2與Ca(OH)2反應(yīng)生成CaCO3；但在NaClO溶液中，因酸性順序?yàn)镠2CO3＞HClO＞HCO3-，少量CO2反應(yīng)會(huì)生成NaHCO3和HClO（而非Na2CO3），產(chǎn)物不同，類比不合理，③錯(cuò)誤。

④根據(jù)金屬活動(dòng)性順序，Zn和Fe的活動(dòng)性均強(qiáng)于Cu，都能與CuSO4溶液發(fā)生置換反應(yīng)，將Cu從溶液中置換出來(lái)，反應(yīng)規(guī)律一致，類比合理，④正確。

綜上，①④正確，

故答案為：D。

【分析】本題通過(guò)分析物質(zhì)反應(yīng)規(guī)律，結(jié)合物質(zhì)氧化性、燃燒特性、與CO2反應(yīng)及金屬活動(dòng)性，判斷類比是否合理（反應(yīng)產(chǎn)物、能否發(fā)生反應(yīng)）。①掌握Cl2的強(qiáng)氧化性對(duì)變價(jià)金屬氧化產(chǎn)物的影響。②掌握金屬活潑性差異對(duì)燃燒產(chǎn)物的影響。③掌握酸性強(qiáng)弱對(duì)CO2與堿溶液反應(yīng)產(chǎn)物的影響。④掌握金屬活動(dòng)性順序?qū)χ脫Q反應(yīng)的影響。15．【答案】C,D【解析】【解答】A、NaHCO3受熱會(huì)分解（2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O），而Na2CO3穩(wěn)定不分解。加熱后質(zhì)量減少的部分（bg）是生成的CO2和H2O的總質(zhì)量。根據(jù)反應(yīng)中NaHCO3與質(zhì)量減少量的比例（每168×2gNaHCO3分解，質(zhì)量減少44+18=62g），可算出NaHCO3的質(zhì)量，進(jìn)而求出Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故A不符合題意；

B、Na2CO3與鹽酸反應(yīng)生成2倍于自身物質(zhì)的量的NaCl，NaHCO3與鹽酸反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的NaCl。設(shè)Na2CO3為xmol、NaHCO3為ymol，可列方程組：106x+84y=a（混合物總質(zhì)量）、117×(2x+y)=b（生成NaCl總質(zhì)量），聯(lián)立可解出x和y，進(jìn)而計(jì)算Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故B不符合題意；

C、混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，堿石灰吸收了反應(yīng)生成的CO2、從溶液中逸出的水蒸氣，故無(wú)法通過(guò)堿石灰增重的質(zhì)量b克測(cè)定混合物中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故C符合題意；

D、兩種物質(zhì)與稀硫酸反應(yīng)都會(huì)生成CO2，溶液質(zhì)量增加量為混合物質(zhì)量與加入硫酸質(zhì)量之和減去CO2質(zhì)量。但因硫酸用量未知，無(wú)法確定CO2B．通過(guò)兩種物質(zhì)與鹽酸反應(yīng)生成NaCl的總質(zhì)量列方程求解。C．兩種物質(zhì)與Ca(OH)2反應(yīng)生成CaCO3沉淀的總量關(guān)系。D．反應(yīng)后溶液質(zhì)量與生成CO2質(zhì)量的關(guān)系是否可用于計(jì)算。16．【答案】C【解析】【解答】A、MnO2和濃鹽酸在常溫下不發(fā)生反應(yīng)，需要加熱才能產(chǎn)生Cl2；由于無(wú)法生成Cl2，也就不能通過(guò)Cl2氧化Na2S生成S，因此無(wú)法通過(guò)“MnO2-Cl2-S”的反應(yīng)鏈比較三者的氧化性，A錯(cuò)誤；

B、FeCl3飽和溶液與NaOH溶液混合時(shí)，會(huì)發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)直接生成Fe(OH)3沉淀。而制備Fe(OH)3膠體的正確方法是向沸水中滴加FeCl3飽和溶液并加熱至液體呈紅褐色，該裝置不符合膠體制備要求，B錯(cuò)誤；

C、裝置中Na2CO3放在大試管中（直接加熱），NaHCO3放在小試管中（間接加熱）。加熱時(shí)，若NaHCO3發(fā)生分解，產(chǎn)生的CO2會(huì)使澄清石灰水變渾濁；而Na2CO3受熱不分解，對(duì)應(yīng)的澄清石灰水無(wú)明顯現(xiàn)象，由此可說(shuō)明Na2CO3更穩(wěn)定，能驗(yàn)證兩者的穩(wěn)定性差異，C正確；

D、此裝置的長(zhǎng)頸漏斗與外界相通，用手捂熱容器時(shí)，氣體會(huì)從長(zhǎng)頸漏斗逸出，無(wú)法在裝置內(nèi)形成壓強(qiáng)差，因此不能通過(guò)觀察氣泡判斷氣密性。對(duì)于這種裝置，應(yīng)采用液面差法（關(guān)閉止水夾，向長(zhǎng)頸漏斗加水，觀察液面是否保持穩(wěn)定）檢驗(yàn)氣密性，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】本題圍繞實(shí)驗(yàn)裝置原理和物質(zhì)反應(yīng)特性（氧化性比較、膠體制備、熱穩(wěn)定性、氣密性檢驗(yàn)方法），判斷各裝置能否達(dá)成對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?。A．考查MnO2與濃鹽酸反應(yīng)的條件及氧化性傳遞邏輯。B．Fe(OH)3膠體與沉淀的制備條件差異。C．熱穩(wěn)定性對(duì)比實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)邏輯（直接加熱與間接加熱對(duì)物質(zhì)分解的影響）。D．氣密性檢驗(yàn)方法的適用條件（該裝置為敞口體系，無(wú)法形成有效壓強(qiáng)差）。17．【答案】B【解析】【解答】A、乙酸是弱電解質(zhì)，導(dǎo)電能力弱。通入氨氣后，反應(yīng)生成CH3COONH4（強(qiáng)電解質(zhì)），離子濃度增大，導(dǎo)電性應(yīng)先增強(qiáng)；氨水過(guò)量后，溶液被稀釋，離子濃度降低，導(dǎo)電性減弱。但圖①中導(dǎo)電性先降后升，與實(shí)際不符，A錯(cuò)誤；

B、FeBr2中Fe2+還原性強(qiáng)于Br-，通入Cl2時(shí)，Cl2先氧化Fe2+，此階段Br-的量不變；Fe2+完全氧化后，Cl2再氧化Br-，Br-的量逐漸減少至0，與圖②曲線匹配，B正確；

C、Ca(HCO3)2與NaOH反應(yīng)時(shí)，HCO3-與OH-生成CO32-，會(huì)立即結(jié)合Ca2+生成CaCO3沉淀，沉淀應(yīng)一開始就生成。但圖③中沉淀起始量為0，與實(shí)際不符，C錯(cuò)誤；

D、Na2CO3中滴加鹽酸，先發(fā)生反應(yīng)生成NaHCO3（無(wú)CO2生成），繼續(xù)加鹽酸才會(huì)產(chǎn)生CO2。即CO2應(yīng)在鹽酸加入一定量后才開始產(chǎn)生，但圖④中CO2從0開始隨鹽酸加入立即產(chǎn)生，與實(shí)際不符，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】本題需結(jié)合化學(xué)反應(yīng)原理（如離子反應(yīng)先后順序、電解質(zhì)導(dǎo)電規(guī)律），分析圖像中曲線變化與物質(zhì)反應(yīng)過(guò)程（導(dǎo)電性、離子量變化、沉淀生成、氣體產(chǎn)生）的匹配性。A、乙酸與氨水反應(yīng)生成強(qiáng)電解質(zhì)，及氨水過(guò)量后溶液稀釋對(duì)導(dǎo)電性的影響。B、考查Cl2氧化離子的先后順序（先Fe2+后Br-）。C、考查Ca(HCO3)2與NaOH反應(yīng)的沉淀生成時(shí)機(jī)。D、考查Na2CO3與鹽酸反應(yīng)的分步性（先無(wú)CO2，后產(chǎn)生CO2）。18．【答案】B【解析】【解答】A、裝置a中反應(yīng)為2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，NaClO3中Cl為+5價(jià)，反應(yīng)后在ClO2中為+4價(jià)，每個(gè)Cl得1個(gè)電子；HCl中部分Cl為-1價(jià)，反應(yīng)后在Cl2中為0價(jià)，每個(gè)Cl失1個(gè)電子。生成1分子Cl2需2個(gè)Cl-失2個(gè)電子，對(duì)應(yīng)2個(gè)ClO3-得2個(gè)電子，因此生成2分子ClO2，故n(ClO2)：n(Cl2)=2：1，A正確；

B、裝置b的主要作用是除去混合氣體中的氯氣，B錯(cuò)誤；

C、由于ClO2體積分?jǐn)?shù)超過(guò)10%易爆炸，通入N2可稀釋ClO2，降低爆炸風(fēng)險(xiǎn)；同時(shí)N2作為載氣，能將裝置a中產(chǎn)生的氣體（ClO2、Cl2等）全部送入后續(xù)裝置（b、c、d），確保反應(yīng)充分進(jìn)行，C正確；

D、ClO2屬于需要處理的氣體，裝置d中NaOH溶液可與多余的ClO2反應(yīng)，起到吸收尾氣、防止污染的作用，D正確；

故答案為：B。

【分析】本題圍繞ClO2制備裝置，結(jié)合反應(yīng)原理（氧化還原反應(yīng)、氣體除雜、安全措施），分析各裝置作用及反應(yīng)產(chǎn)物比例的合理性。A．依據(jù)氧化還原反應(yīng)的得失電子守恒推導(dǎo)產(chǎn)物比例。B．分析混合氣體成分及裝置b中試劑（H2O）的除雜能力。C．結(jié)合ClO2“體積分?jǐn)?shù)＞10%易爆炸”的特性分析。D．考查ClO2的性質(zhì)（需尾氣處理，可被NaOH吸收）。19．【答案】D【解析】【解答】A、H3PO2與過(guò)量NaOH反應(yīng)時(shí)，僅生成NaH2PO2，說(shuō)明分子中只有1個(gè)H+能被中和（可電離），因此屬于一元酸，A正確；

B、HSO3-既能給出H+（生成SO32-），表現(xiàn)酸性；又能接受H+（生成H2SO3），表現(xiàn)堿性，符合“既是酸又是堿”的定義，B正確；

C、聯(lián)氨（N2H4）是二元弱堿，分步電離生成N2H5+和N2H62+。與硫酸反應(yīng)生成酸式鹽時(shí)，N2H62+與HSO4-結(jié)合，化學(xué)式為N2H6(HSO4)2，C正確；

D、KMnO4在酸性條件下氧化性極強(qiáng)，會(huì)與鹽酸中的Cl-發(fā)生反應(yīng)（生成Cl2），導(dǎo)致KMnO4被消耗，無(wú)法起到增強(qiáng)氧化性的作用，應(yīng)改用稀硫酸酸化，D錯(cuò)誤；

故答案為：D。

【分析】本題圍繞酸堿定義、弱電解質(zhì)電離規(guī)律及氧化還原反應(yīng)特性，分析各類化學(xué)物質(zhì)的性質(zhì)判斷、反應(yīng)規(guī)律及化學(xué)式推導(dǎo)是否合理。A．根據(jù)與過(guò)量NaOH反應(yīng)的產(chǎn)物，確定可電離的H+數(shù)量。B．依據(jù)酸堿質(zhì)子理論（酸給出H+，堿接受H+）分析其行為。C．類比一元弱堿（如NH3）的電離，分析二元弱堿N2H4的電離及成鹽規(guī)律。D．分析強(qiáng)氧化劑KMnO4與還原性Cl-的反應(yīng)可能性。20．【答案】A【解析】【解答】第一份溶液加AgNO3產(chǎn)生沉淀：Ag+與Cl-、CO32-、SO42-均能生成沉淀，無(wú)法單獨(dú)確定某一種陰離子，沉淀可能是AgCl、Ag2CO3或Ag2SO4，說(shuō)明溶液中至少含有Cl-、CO32-、SO42-中的一種，但不能直接證明Cl-存在。

第二份溶液加NaOH加熱產(chǎn)生0.08mol氣體：加熱時(shí)能與OH-反應(yīng)生成氣體的只有NH4+（生成NH3），證明溶液中一定含NH4+，且物質(zhì)的量為0.08mol（根據(jù)反應(yīng)中NH4+與NH3的比例為1：1）。

第三份溶液加BaCl2產(chǎn)生12.54g沉淀，鹽酸洗滌后剩余4.66g：BaSO4不溶于鹽酸，BaCO3溶于鹽酸，可通過(guò)沉淀質(zhì)量差判斷陰離子種類，剩余的4.66g沉淀為BaSO4，因此

n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol（SO42-一定存在）。

溶解的沉淀質(zhì)量為12.54g-4.66g=7.88g，為BaCO3，因此

n(CO32-)=n(BaCO3)=7.88g÷197g/mol=0.04mol（CO32-一定存在）。

因Mg2+與CO32-會(huì)生成MgCO3沉淀（不共存），故溶液中一定不含Mg2+。

已知陽(yáng)離子僅NH4+，總正電荷=0.08mol×1=0.08mol。

陰離子SO42-和CO32-的總負(fù)電荷=0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol。

負(fù)電荷總量（0.12mol）＞正電荷總量（0.08mol），因此必須存在K+平衡電荷。設(shè)K+物質(zhì)的量為x，則x+0.08mol≥0.12mol（若含Cl-，需更多K+），即n(K+)≥0.04mol。

綜上：溶液中一定存在：K+、NH4+、CO32-、SO42-（K+物質(zhì)的量≥0.04mol）。

一定不存在：Mg2+。

可能存在：Cl-。

故答案為：A。

【分析】本題通過(guò)分析離子反應(yīng)產(chǎn)生的沉淀、氣體等現(xiàn)象，結(jié)合電荷守恒規(guī)律，判斷溶液中離子的存在情況（肯定存在、肯定不存在或可能存在），并推導(dǎo)離子的物質(zhì)的量關(guān)系。21．【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（2）Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋（3）KMnO4；MnSO4；（4）3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO42-+5H【解析】【解答】（1）在工業(yè)上用Cl2與NaOH溶液反應(yīng)制備84消毒液，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

故答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）Cl2與石灰乳發(fā)生反應(yīng)：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，就制取得到漂白粉，漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，其有效成分是Ca(ClO)2；漂白粉的消毒原理是其有效成分Ca(ClO)2與空氣中的CO2、H2O發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生HClO，HClO具有強(qiáng)氧化性，會(huì)將細(xì)菌、病毒的蛋白質(zhì)氧化變性，使其失去生理活性，因而漂白粉具有殺菌消毒作用，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋的主要成分是醋酸，由于其酸性比次氯酸強(qiáng)，因此一般為了加強(qiáng)漂白粉的消毒效果，會(huì)往其溶液中加入少量食醋；

故答案為：Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋。（3）在反應(yīng)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O中，Mn元素化合價(jià)由反應(yīng)前KMnO4中的+7價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后MnSO4中的+2價(jià)，化合價(jià)降低5價(jià)，得到電子被還原，得到電子總數(shù)為2×5e-；所以KMnO4為氧化劑，MnSO4為還原產(chǎn)物；C元素化合價(jià)由反應(yīng)前H2C2O4中的+3價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后CO2中的+4價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子被氧化，所以H2C2O4為還原劑，CO2為氧化產(chǎn)物，失去電子總數(shù)為5×2e-；用雙線橋法表示電子轉(zhuǎn)移為：；

故答案為：KMnO4；MnSO4；（4）NaClO具有強(qiáng)氧化性，在強(qiáng)堿性條件下可以將Fe(NO3)3氧化變?yōu)镕eO42-，ClO-得到電子被還原為Cl-，同時(shí)反應(yīng)產(chǎn)生H2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O。

故答案為：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O。

【分析】（1）明確有效成分為NaClO，依據(jù)Cl2與NaOH的歧化反應(yīng)寫方程式。

（2）確定有效成分為Ca(ClO)2，理解其與CO2、H2O生成HClO的消毒原理，酸性物質(zhì)可增強(qiáng)效果。

（3）通過(guò)元素化合價(jià)變化判斷氧化劑（得電子、價(jià)降）和還原產(chǎn)物（氧化劑被還原產(chǎn)物），用雙線橋標(biāo)電子轉(zhuǎn)移。

（1）在工業(yè)上用Cl2與NaOH溶液反應(yīng)制備84消毒液，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）Cl2與石灰乳發(fā)生反應(yīng)：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，就制取得到漂白粉，漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，其有效成分是Ca(ClO)2；漂白粉的消毒原理是其有效成分Ca(ClO)2與空氣中的CO2、H2O發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生HClO，HClO具有強(qiáng)氧化性，會(huì)將細(xì)菌、病毒的蛋白質(zhì)氧化變性，使其失去生理活性，因而漂白粉具有殺菌消毒作用，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；食醋的主要成分是醋酸，由于其酸性比次氯酸強(qiáng)，因此一般為了加強(qiáng)漂白粉的消毒效果，會(huì)往其溶液中加入少量食醋；（3）在反應(yīng)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O中，Mn元素化合價(jià)由反應(yīng)前KMnO4中的+7價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后MnSO4中的+2價(jià)，化合價(jià)降低5價(jià)，得到電子被還原，得到電子總數(shù)為2×5e-；所以KMnO4為氧化劑，MnSO4為還原產(chǎn)物；C元素化合價(jià)由反應(yīng)前H2C2O4中的+3價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后CO2中的+4價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子被氧化，所以H2C2O4為還原劑，CO2為氧化產(chǎn)物，失去電子總數(shù)為5×2e-；用雙線橋法表示電子轉(zhuǎn)移為：；（4）NaClO具有強(qiáng)氧化性，在強(qiáng)堿性條件下可以將Fe(NO3)3氧化變?yōu)镕eO42-，ClO-得到電子被還原為Cl-，同時(shí)反應(yīng)產(chǎn)生H2O，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO422．【答案】（1）石灰乳（2）取上層清液于試管中，滴加碳酸鈉溶液，由沉淀生成時(shí)，證明鈣離子未沉淀完全；無(wú)沉淀生成時(shí)，證明沉淀完全（3）C（4）NaCl+CO【解析】【解答】（1）粗鹽精制過(guò)程中加入的沉淀劑應(yīng)過(guò)量，先加入石灰乳，過(guò)量的鈣離子在后續(xù)加入碳酸鈉時(shí)可以除去，

故答案為：石灰乳；（2）加入沉淀劑后，檢驗(yàn)此時(shí)Ca2+故答案為：取上層清液于試管中，滴加碳酸鈉溶液，由沉淀生成時(shí)，證明鈣離子未沉淀完全；無(wú)沉淀生成時(shí)，證明沉淀完全；

（3）A.第Ⅰ步中調(diào)節(jié)溶液的pH最好用HCl進(jìn)行調(diào)節(jié)，如果用H2B.優(yōu)先將氨氣通入飽和食鹽水，使溶液呈現(xiàn)堿性，才能吸收更多二氧化碳，B錯(cuò)誤；C.步驟Ⅲ所得到的母液主要成分是氯化銨，可以拿來(lái)作為植物用的肥料，C正確；D.等質(zhì)量的碳酸鈉和碳酸氫鈉，雖然Na2CO3消耗酸更多；但是Na故答案為：C。（4）將CO2、NH3通入飽和食鹽水中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。

故答案為：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓（1）粗鹽精制過(guò)程中加入的沉淀劑應(yīng)過(guò)量，先加入石灰乳，過(guò)量的鈣離子在后續(xù)加入碳酸鈉時(shí)可以除去，答案：石灰乳；（2）加入沉淀劑后，檢驗(yàn)此時(shí)Ca2+（3）A.第Ⅰ步中調(diào)節(jié)溶液的pH最好用HCl進(jìn)行調(diào)節(jié)，如果用H2B.優(yōu)先將氨氣通入飽和食鹽水，使溶液呈現(xiàn)堿性，才能吸收更多二氧化碳，B錯(cuò)誤；C.步驟Ⅲ所得到的母液主要成分是氯化銨，可以拿來(lái)作為植物用的肥料，C正確；D.等質(zhì)量的碳酸鈉和碳酸氫鈉，雖然Na2CO3消耗酸更多；但是Na答案選C。（4）將CO2、NH3通入飽和食鹽水中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：23．【答案】（1）500mL容量瓶（2）⑥②④③（3）27.8g（4）A；C；D（5）重新配制【解析】【解答】（1）配制480mL0.2mol/L的FeSO4溶液時(shí)，在實(shí)驗(yàn)室中沒有規(guī)格是480mL的容量瓶，根據(jù)選擇儀器的標(biāo)準(zhǔn)“大而近”，可知應(yīng)該選擇500mL容量瓶，則把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入500mL容量瓶中；

故答案為：500mL容量瓶；（2）在配制一定體積、一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，先將稱量好的固體溶質(zhì)在燒杯中溶解，待冷卻后，轉(zhuǎn)移至500mL容量瓶中，并用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液轉(zhuǎn)移至容量中，加水至離刻度線l～2cm處，改用膠頭滴管定容，最后振蕩搖勻，裝瓶、貼簽，

故答案為：⑥②④③；（3）配制500mL0.2mol/L的FeSO4溶液，根據(jù)n=c·V=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，所需的FeSO4·7H2O的質(zhì)量為m=n·M=0.1mol×278g/mol=27.8g；

故答案為：27.8g；（4）A．用托盤天平稱量時(shí)放置的正確要求是：左物右碼，該實(shí)驗(yàn)操作是左碼右物，則稱量的物質(zhì)的質(zhì)量等于砝碼的質(zhì)量與游碼的質(zhì)量的差，使溶質(zhì)的物質(zhì)的質(zhì)量偏小，則配制所得溶液濃度偏小，A符合題意；B．使用容量瓶配制溶液時(shí)，俯視液面定容，溶液的體積偏小，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，則會(huì)導(dǎo)致所配制的溶液濃度偏大，B不符合題意；C．配制溶液時(shí)，若沒有用蒸餾水洗燒杯2～3次，并將洗液移入容量瓶中，會(huì)使配制溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，最終導(dǎo)致所得溶液濃度偏小，C符合題意；D．把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用，所得溶液被稀釋，最終使所配制的溶液的濃度偏小，D符合題意；故答案為：ACD；（5）定容時(shí)，若加蒸餾水時(shí)不慎超過(guò)刻度線，導(dǎo)致配制的溶液濃度偏低，處理方法只能是倒掉溶液，重新配制。

故答案為：重新配制。

【分析】（1）按“大而近”原則選容量瓶，因無(wú)480mL規(guī)格，需選500mL容量瓶。

（2）遵循溶液配制流程，溶解后需冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容，按此順序排列操作。

（3）先算500mL0.2mol/LFeSO4溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量，再結(jié)合綠礬（FeSO4?7H2O）摩爾質(zhì)量，用m=nM計(jì)算質(zhì)量。

（4）根據(jù)c=nV，分析操作對(duì)溶質(zhì)物質(zhì)的量（n）和溶液體積（V）的影響，判斷濃度偏差。

（1）配制480mL0.2mol/L的FeSO4溶液時(shí)，在實(shí)驗(yàn)室中沒有規(guī)格是480mL的容量瓶，根據(jù)選擇儀器的標(biāo)準(zhǔn)“大而近”，可知應(yīng)該選擇500mL容量瓶，則把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入500mL容量瓶中；（2）在配制一定體積、一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，先將稱量好的固體溶質(zhì)在燒杯中溶解，待冷卻后，轉(zhuǎn)移至500mL容量瓶中，并用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液轉(zhuǎn)移至容量中，加水至離刻度線l～2cm處，改用膠頭滴管定容，最后振蕩搖勻，裝瓶、貼簽，所以操作的順序?yàn)椋孩佗蔻冖堍邰?；?）配制500mL0.2mol/L的FeSO4溶液，根據(jù)n=c·V=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，所需的FeSO4·7H2O的質(zhì)量為m=n·M=0.1mol×278g/mol=27.8g；（4）A．用托盤天平稱量時(shí)放置的正確要求是：左物右碼，該實(shí)驗(yàn)操作是左碼右物，則稱量的物質(zhì)的質(zhì)量等于砝碼的質(zhì)量與游碼的質(zhì)量的差，使溶質(zhì)的物質(zhì)的質(zhì)量偏小，則配制所得溶液濃度偏小，A符合題意；B．使用容量瓶配制溶液時(shí)，俯視液面定容，溶液的體積偏小，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，則會(huì)導(dǎo)致所配制的溶液濃度偏大，B不符合題意；C．配制溶液時(shí)，若沒有用蒸餾水洗燒杯2～3次，并將洗液移入容量瓶中，會(huì)使配制溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，最終導(dǎo)致所得溶液濃度偏小，C符合題意；D．把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用，所得溶液被稀釋，最終使所配制的溶液的濃度偏小，D符合題意；故答案為ACD；（5）定容時(shí)，若加蒸餾水時(shí)不慎超過(guò)刻度線，導(dǎo)致配制的溶液濃度偏低，處理方法只能是倒掉溶液，重新配制。24．【答案】（1）分液漏斗；MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O（2）冷凝收集SnCl4；丙（3）F中布條不褪色，G中布條褪色；溶液先變紅后褪色；Cl2+SO32-+H2O=2Cl—+SO42-+2H+；吸收多余的Cl2，防止污染空氣；Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H【解析】【解答】（1）①由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置Ⅰ中盛裝濃鹽酸的儀器為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；②由分析可知，裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為二氧化錳與濃鹽酸共熱反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O，故答案為：MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O；

故答案為：分液漏斗；MnO2+2Cl—+4H+ΔMn2++Cl2↑+H2O；（2）①裝置E用于冷凝收集四氯化錫，故答案為：冷凝收集SnCl4；②由分析可知，虛線框中的裝置應(yīng)用于吸收氯氣防止污染空氣，并吸收水蒸氣，防止水蒸氣進(jìn)入E中與四氯化錫反應(yīng)，圖甲中氫氧化鈉溶液產(chǎn)生的水蒸氣會(huì)進(jìn)入錐形瓶中與四氯化錫反應(yīng)，圖乙中盛裝濃硫酸的洗氣瓶中的導(dǎo)氣管應(yīng)該長(zhǎng)進(jìn)短出，否則會(huì)發(fā)生意外事故，裝置丙中盛有的堿石灰能吸收氯氣的同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入，所以虛線框虛線框可選用的裝置為丙裝置，故選丙；故答案為：冷凝收集SnCl4；丙；

（3）①裝置F中干燥的紅色布條不褪色，G中濕潤(rùn)的紅色布條