【化学】浙江省磐安县第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 15页

浙江省磐安县第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 考生须知：‎ ‎1．考生考试时间60分钟，满分100分。‎ ‎2．可能用到的相对原子质量： H—1　C—12　O—16　N—14　S—32　Cl—35.5　P—31　Na—23 Al—27 K—39 Ca—40 Fe—56　Cu—64　Zn—65　Ag—108　Ba—137‎ 一、选择题（本大题共20小题，每小题3分，共60分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.根据物质的组成与性质分类，下列属于盐的是（ ）‎ A. SO3 B. HCl C. NaOH D. Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO3是酸性氧化物，不是盐，故A错误；‎ B．HCl在水溶液中能电离出的阳离子只有氢离子，故属于酸，故B错误；‎ C．氢氧化钠电离出的阴离子只有氢氧根，属于碱，不属于盐，故C错误；‎ D．Na2CO3能电离出金属阳离子和酸根离子，是盐，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎2.医院里医生给“病人”做心电图时，在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是（ ）‎ A. 氯化钠溶液 B. 医用酒精 C. 葡萄糖溶液 D. 碘酒 ‎【答案】A ‎【解析】氯化钠是电解质，溶于水可以导电；乙醇、葡萄糖为非电解质，所以医用酒精、葡萄糖和碘酒均不导电，做心电图时在仪器与皮肤接触部位擦的一种电解质溶液是氯化钠溶液，答案选A。正确答案为A。‎ ‎3.科学家曾在英国《自然》杂志上报道，他们用DNA制造出一种臂长7 nm的纳米级镊子，这种镊子能钳起分子或原子，并对它们随意组合。下列分散系中的分散质的微粒直径和上述镊子的臂长具有相同数量级的是(　　)‎ A. 溶液 B. 悬浊液 C. 胶体 D. 乳浊液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中分散质粒子直径小于1 nm，胶体中分散质微粒直径在1～100 nm之间，浊液中分散质粒子直径大于100 nm，上述钠米级镊子臂长(7 nm在1～100 nm之间)与胶体中的分散质微粒直径具有相同的数量级。‎ ‎4.中国古代用炉甘石炼锌，主要反应为：2C + ZnCO3Zn + 3CO，该反应属于（ ）‎ A. 化合反应 B. 置换反应 C. 分解反应 D. 复分解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】2C + ZnCO3Zn + 3CO↑为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 生成物有两种，不属于化合反应，故A不选； B. 2C + ZnCO3Zn + 3CO↑，为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故B选； C.反应物有两种，不属于分解反应，故C不选； D.有单质参加和生成，不属于复分解反应，故D不选。 故选B。‎ ‎5.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；‎ B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；‎ C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；‎ D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6. 下列变化中，需加氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. NaClO →NaCl B. Na2O2→ O2 ‎ C. C → CO2 D. CaO→Ca(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：变化需加氧化剂才能实现说明选项中的物质作还原剂，失去电子，化合价升高。然后对各选项逐一分析：A中的Cl的化合价降低。错误。B.O的化合价升高。但Na2O2无论是在与水的反应还是与二氧化碳的反应中，都是既作氧化剂，又作还原剂，不需要外加氧化剂。错误。C.C元素的化合价升高，需要外加氧化剂。正确。D.Ca元素的化合价没变，未发生氧化还原反应。错误。‎ ‎7.下列各反应中HCl既不是氧化剂又不是还原剂的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中Cl元素化合价升高，H元素化合价降低，HCl既是氧化剂又是还原剂，故A错误；‎ B．反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，而HCl中的H和Cl元素化合价不发生改变，HCl既不是氧化剂又不是还原剂，故B正确；‎ C．反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O中Cl元素化合价升高，HCl是还原剂，故C错误；‎ D．反应中H元素化合价降低，HCl是氧化剂，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎8.下列关于电解质的说法正确的是（ ）‎ A. 二氧化硫的水溶液能导电,故二氧化硫是电解质 B. 、AgCl在水中溶解度很小,所以是弱电解质 C. 电解质溶液通电后才能发生电离 D. 向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后,溶液导电性增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液态二氧化硫不能电离不导电，二氧化硫的水溶液能导电，是生成亚硫酸的原因，则二氧化硫属于非电解质，故A错误；‎ B．BaSO4、AgCl在水中溶解度很小，但是溶解的部分完全电离，所以是强电解质，故B错误；‎ C．电解质电离条件是水溶液或者熔融状态，不需要通电，是先电离再导电，故C错误；‎ D．向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，离子浓度增大，溶液导电性增强，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9.将一小块钠放入下列溶液时,既能产生气体又会出现白色浑浊的是（ ）‎ A. 稀硫酸 B. 氯化铁溶液 C. 硫酸铜溶液 D. 氯化镁溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Na是活泼金属，易与盐溶液中的水反应生成NaOH和H2，则Na与稀硫酸、氯化铁溶液、硫酸铜溶液、氯化镁溶液的反应方程式分别如下：‎ ‎2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑‎ ‎6Na+2FeCl3+6H2O=2Fe(OH)3↓(红褐色)+6NaCl+3H2↑‎ CuSO4+2Na+2H2O=Cu(OH)2(蓝)↓+Na2SO4+H2↑‎ MgCl2+2H2O+2Na=Mg(OH)2 (白)↓+2NaCl+H2↑‎ 通过观察；‎ A．只有气体生成，没有白色沉淀生成，故A错误；‎ B．氯化铁溶液和钠反应生成红褐色沉淀和气体，故B错误；‎ C．硫酸铜溶液和钠反应生成蓝色沉淀和气体，故C错误；‎ D．氯化镁溶液和钠反应生成白色沉淀和气体，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.关于钠及其化合物性质的叙述，正确的是（     ）‎ A. 钠的化学性质活泼,可以和溶液反应制取金属钛 B. 氧化钠和过氧化钠都能与二氧化碳反应,生成物完全相同 C. 过氧化钠是淡黄色固体,可用于呼吸面具中作为氧气的来源 D. 与酸反应的剧烈程度强于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠易与溶液中的水反应，不能置换出溶液中的金属，故A错误；‎ B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳与氧化钠只生成碳酸钠，生成物不完全相同，故B错误；‎ C．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，为淡黄色固体，可用于呼吸面具中氧气的来源，故C正确；‎ D．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故D错误； ‎ 故答案为C。‎ ‎11.国庆大典上绚丽焰火其实是“焰色反应”的应用。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 做焰色反应实验时，一定有氧化还原反应发生 B. NaCl 与 Na2CO3 灼烧时火焰颜色相同 C. 做焰色反应时可用铜丝蘸取待测物在火焰上灼烧 D. 焰色反应后金属丝应用硫酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取其他样品灼烧 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．焰色反应是物理变化，不发生氧化还原反应，故A错误；‎ B．NaCl与Na2CO3中都含有钠元素，故灼烧时火焰颜色相同，故B正确；‎ C．铜元素的焰色反应为绿色，故会对待测试剂的焰色反应有干扰，故不能用铜丝，可用铂丝或洁净的铁丝，故C错误；‎ D．焰色反应后金属丝用盐酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取其他样品灼烧，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎12.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 B. 漂白粉暴露在潮湿的空气中会变质 C. 工业上选择往澄清石灰水中通氯气来制取漂白粉 D. 碘化银可用于人工降雨,AgBr 是胶卷中必不可少的成分 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气能够氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇到淀粉溶液变蓝，故A正确；‎ B．漂白粉暴露在潮湿的空气中会吸收空气中的水和CO2，生成HClO，HClO见光分解后，漂白粉失去漂白能力而变质，故B正确；‎ C．澄清石灰水的浓度太低，工业上选择往石灰乳中通氯气来制取漂白粉，故C错误；‎ D．AgI和AgBr都有感光性，其中碘化银可用于人工降雨，AgBr 是胶卷中必不可少成分，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎13.已知在某温度时发生如下3个反应：‎ ‎(1)C+CO2=2CO ‎(2)C+H2O=CO+H2‎ ‎(3)CO+H2O=CO2+H2‎ 由此判断，在该温度下C、CO、H2的还原性强弱顺序是（ ）‎ A. CO>C>H2 B. C>CO>H2‎ C. C>H2>CO D. CO>H2>C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据同一反应中还原性：还原剂＞还原产物。‎ ‎(1)C+CO2=2CO 中C的还原性大于还原产物CO；‎ ‎(2)C+H2O=CO+H2中C的还原性大于还原产物H2；‎ ‎(3)CO+H2O=CO2+H2中CO的还原性大于还原产物H2；‎ 综合上述得到还原性强弱顺序：C＞CO＞H2，故选B。‎ ‎14.现有100g5.3%的碳酸钠溶液和100g2.74%的稀盐酸：（1）将碳酸钠溶液缓慢滴入盐酸中，（2）将稀盐酸缓慢滴入碳酸钠溶液中，则两种操作所产生的气体质量关系为（ ）‎ A. 均是1.65g B. 均是1.49g C. （1）>（2） D. （2）>（1）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Na2CO3+2HCl=2NaC1+H2O+CO2↑‎ ‎       106        73             44‎ ‎ 100g×53%     n            m ‎106：73=100g×5.3%：n 解得：n=3.65g＞100g×2.74%，故盐酸不足，应用盐酸计算。‎ ‎  73：44=100g×2.74%：m 解得：m=2.2g；‎ ‎(2)先判断碳酸钠和盐酸谁过量 Na2CO3+HCl=NaC1+NaHCO3‎ ‎     106   36.5        84‎ ‎100g×5.3%   X           Y ‎ 106：36.5=100g×5.3%：X 解得：X=1.825g   100g×2.74%-1.825g=0.915g＞0，故盐酸过量，应用碳酸钠计算碳酸氢钠的量Y；‎ ‎106：84=100g×5.3%：Y 解得Y=4.2g，‎ NaHCO3+HCl=NaC1+H2O+CO2↑‎ ‎84      36.5           44‎ M       0.915g        N ‎84：36.5=M：0.915   解得：M≈2.1g＜4.2g，故碳酸氢钠过量，应用盐酸计算二氧化碳的量；。‎ ‎36.5：44=0.915g：N 解得：N≈1.1g；则2.2g＞1.1g，故(1)＞(2)，故答案为C。‎ ‎15.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，11.2L氧气所含的分子数为0.5NA B. 1.8g 的NH4+中含有的电子数为1.1NA C. 22g二氧化碳与标准状况下11.2LH2含有相同的原子数 D. 2.3g金属钠与O2完全反应，转移电子的数目为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】A. 常温常压下气体的摩尔体积是24.5L/mol，11.2L氧气所含的分子数小于0.5NA，A错误；B. 1.8g NH4+的物质的量是18g÷18g/mol＝0.1mol，其中含有的电子数为NA，B错误；C. 22g二氧化碳的物质的量是22g÷44g/mol＝0.5mol，含有1.5mol原子。标准状况下11.2LH2的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，含有1mol原子，二者含有的原子数不同，C错误；D. 2.3g金属钠的物质的量是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，与O2完全反应，转移电子的数目为0.1NA，D正确，答案选D。‎ ‎16.在 2L 由 NaCl、MgCl2、BaCl2 组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此 溶液中 Ba2＋的物质的量是（ ）‎ A. 3.0mol B. 2.0mol C. 1.0mol D. 0.5 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】依据图示可知钠离子浓度为1.0mol/L，镁离子浓度为0.5mol/L，氯离子浓度为3.0mol/L，则依据电荷守恒可知：1.0mol/L×1+0.5mol/L×2+c(Ba2+)×2=3.0mol/L×1，解得c(Ba2+)=0.5mol/L，故答案为D。‎ ‎17.下列关于仪器使用和操作的说法中不正确的是(　　)‎ A. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置 B. 除去KNO3中少量NaCl：将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤 C. 蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏烧瓶支管口 D. 振摇分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸馏完毕后，先停止加热，充分冷却收集馏分，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故A正确；硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，氯化钠的溶解度受温度影响不大，除去KNO3中少量NaCl：将混合物制成硝酸钾的热的饱和溶液，冷却结晶，过滤，可得KNO3晶体，故B正确；蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口，不能高于或低于支管口，故C错误；振摇分液漏斗时为了防止内部液体流出，应关闭其玻璃塞和活塞，故D正确。‎ ‎18.下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. Mg与氧气反应，Mg失电子，氧气得电子，转移电子数为4；‎ B.反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素化合价升高失电子，转移电子数为12；‎ C. 氧化还原反应中得失电子数应该相等； D. CuO与C反应中，铜得电子，C失电子。‎ ‎【详解】A. Mg与氧气反应，Mg失电子，氧气得电子，转移电子数为4，则电子转移的方向和数目为，A项正确；‎ B. 该反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素化合价升高失电子，转移电子数为12，则电子转移的方向和数目为，B项错误；‎ C. 氧化还原反应中得失电子数应该相等，则碳与氧气反应时，电子转移的方向和数目为 ‎，C项错误； D. CuO与C反应，铜得电子，C失电子，则电子转移的方向和数目为，D项错误； 答案选A。‎ ‎19.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-＋Ba2+＝BaSO4↓‎ B. 大理石与稀硝酸反应：CO32-＋2H+＝CO2↑＋H2O C. 氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：Fe3+＋2I-＝Fe2+＋I2‎ D. 氯化镁容液与氨水反应：Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子反应为SO42-+Ba2+═BaSO4↓，故A正确；B．大理石与稀硝酸反应的离子反应为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；C．氯化铁溶液与碘化钾溶液反应的离子反应为2Fe3++2I-═2Fe2++I2，故C错误；D．氯化镁溶液与氨水反应的离子反应为Mg2++2NH3·H2O═Mg(OH)2↓+2NH4+，故D错误；故选A。‎ 点睛：把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。离子方程式正误判断的常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系，检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎20.某溶液 只含Cl-、、SO4 2-、Na+、K+、Mg2+六种离子中某几种。经实验： ‎ ‎①原溶液加过量的 NaOH 溶液，产生白色沉淀；‎ ‎②过滤，取实验①滤液加 BaCl2 溶液不产生沉淀；‎ ‎③取实验①滤液加稀硝酸酸化，再加 AgNO3 溶液产生白色沉淀， 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 实验 ① 中的白色沉淀为 Mg(OH)2‎ B. 实验②证明原溶液中一定没有 CO3 2-、SO4 2-‎ C. 原溶液中一定含有的离子是 Cl-、Na+、K+、Mg2+‎ D. 有同学认为原溶液一定有 Cl-，实验③可以省略 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】①溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，该沉淀应为Mg(OH)2，说明溶液中含有Mg2+，则不含有CO32-；②过滤，取实验①滤液加 BaCl2 溶液不产生沉淀，说明溶液中不含SO42-；③取实验①滤液加稀硝酸酸化，再加 AgNO3 溶液产生白色沉淀， 说明含有Cl-，据此分析解题。‎ ‎【详解】①溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，该沉淀应为Mg(OH)2，说明溶液中含有Mg2+，则不含有CO32-；②过滤，取实验①滤液加 BaCl2 溶液不产生沉淀，说明溶液中不含SO42-；③取实验①滤液加稀硝酸酸化，再加 AgNO3 溶液产生白色沉淀， 说明含有Cl-；‎ A．由分析知：实验① 中的白色沉淀为 Mg(OH)2，故A正确；‎ B．由分析知：实验②证明原溶液中一定没有 CO3 2-、SO4 2-，故B正确；‎ C．由分析知：原溶液中一定含有的离子是Cl-和Mg2+，可能含有的离子是Na+、K+，故C错误；‎ D．由实验①溶液中一定含有Mg2+，实验②溶液中一定没有 CO3 2-、SO4 2-，结合溶液是电中性的，则溶液中一定含有Cl-，实验③可以省略，故D正确；‎ 故答案为C。‎ 非选择题部分（共40分）‎ 二、填空题（共16分）。‎ ‎21.有以下几种物质：①纯H2SO4，②硝酸钾溶液，③铜，④二氧化碳，⑤金刚石，⑥硫酸氢钠固体，⑦蔗糖，⑧NaCl晶体，⑨氨水，⑩熔融KCl。‎ 以上能导电的是______________________（填序号，下同）；‎ 以上属于电解质的是____________________；属于非电解质的是__________________；‎ 写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式___________________________________。‎ ‎【答案】(1). ②③⑨⑩ (2). ①⑥⑧⑩ (3). ④⑦ (4). NaHSO4=Na++H++SO42-‎ ‎【解析】①纯H2SO4不能导电，溶于水能导电，是电解质；②硝酸钾溶液能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③铜能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化碳不能导电，属于非电解质；⑤金刚石是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质；⑥硫酸氢钠固体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑦蔗糖不能导电，是非电解质；⑧NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑨氨水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩‎ 熔融KCl能导电，是电解质；硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-。答案为：②③⑨⑩；①⑥⑧⑩； ④⑦；NaHSO4=Na++H++SO42-．‎ ‎22.（1） 写出下列物质的化学式:‎ ‎①漂白粉的主要成分_______________②纯碱的化学式___________‎ ‎（2） ①写出钠与水反应的离子方程式：___________‎ ‎②漂白粉的漂白原理是（用化学方程式表示）________．‎ ‎【答案】(1). Ca(ClO)2和CaCl2 (2). Na2CO3 (3). 2Na + 2H2O =2 Na++ 2OH- + H2↑ (4). Ca(ClO)2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①漂白粉的主要成分Ca(ClO)2和CaCl2；②纯碱的化学式为Na2CO3；‎ ‎(2) ①Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学反应方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，对应的离子方程式为2Na + 2H2O =2 Na++ 2OH- + H2↑；‎ ‎②漂白粉的漂白原理为次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，故化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO。‎ 三、实验题（共20分）‎ ‎23.某实验小组对氯水成分和性质进行探究，实验如下：‎ ‎（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有_______________（填化学式）。‎ ‎（2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和___________ 性。 ‎ ‎（3）氯气与水反应的化学方程式为_______________ 。‎ ‎（4）用化学用语（化学方程式）说明实验二中“红色不褪去”的原因 ______________________。‎ ‎（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。（实验四）___________、___________‎ ‎【答案】(1). Cl2 (2). 漂白性 (3). Cl2+H2O = HCl + HClO (4). 2HClO= 2HCl+O2↑ (5). 1mL H2O (6). 红色不褪去 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氯气呈黄绿色，氯水中其它成分都呈无色；‎ ‎(2)实验一：酸能使紫色石蕊试液变红色，氯水能使红色的溶液褪色；‎ ‎(3)实验一中紫色石蕊试液变红色，说明有酸生成；最后溶液褪色，说明含有HClO，根据转移电子守恒及元素守恒知，该反应中还有HCl生成；‎ ‎(4)红色不褪去，说明溶液光照后不存在HClO，则HClO不稳定，光照易分解生成HCl和氧气；‎ ‎(5)实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，应该加入溶剂使溶液变稀检验红色是否褪去。‎ ‎【详解】(1)氯气呈黄绿色，氯水中其它成分都呈无色，所以氯水呈黄绿色，说明其中含有Cl2；‎ ‎(2)实验一：酸能使紫色石蕊试液变红色，氯水能使红色的溶液褪色，氯水中加入紫色石蕊试液后变红色说明溶液呈酸性，后来溶液褪色，说明具有漂白性；‎ ‎(3)实验一中紫色石蕊试液变红色，说明有酸生成；最后溶液褪色，说明含有HClO，根据转移电子守恒及元素守恒知，该反应中还有HCl生成，反应方程式为Cl2 +H2O═HCl+HClO；‎ ‎(4)红色不褪去，说明溶液光照后不存在HClO，则HClO不稳定，光照易分解生成HCl和氧气，反应方程式为2HClO═2HCl+O2↑；‎ ‎(5)实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，应该加入溶剂使溶液变稀检验红色是否褪去，所以需要补充的实验是加入1mL水稀释溶液，且溶液红色不褪去。‎ ‎24.实验室现需配制物质的量浓度为 1 mol/L 的 NaOH 溶液 480 mL。‎ ‎（1）配制该溶液的实验步骤包括：‎ a．计算需要氢氧化钠固体的质量；‎ b．称量氢氧化钠固体；‎ c．将烧杯中的溶液注入容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒，将洗涤液全部转移入容量瓶中；‎ d．用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却；‎ e．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；‎ f．继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1～2cm时，改用________滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。上述步骤的正确操作顺序是________。‎ ‎（2）使用________mL的容量瓶配制此溶液，需要称量NaOH固体的质量为________g。‎ ‎（3）下列操作会使所配制溶液浓度偏小的有________。‎ A  容量瓶中原有少量蒸馏水             ‎ B 转移溶液时，没有洗涤玻璃棒和溶解用的烧杯 C 定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线   ‎ D 定容时，俯视观察液面 ‎【答案】(1). 胶头滴管 (2). abdcfe (3). 500 mL (4). 20g (5). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器，判断缺少的仪器，注意容量瓶规格选择应依据配制溶液体积；依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；‎ ‎(2)配制NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶；依据m=cVM计算需要溶质的质量；‎ ‎(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，定容时继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的操作顺序为：abdcfe；‎ ‎(2)配制NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g；‎ ‎(3)A．容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A错误；‎ B．转移溶液时，没有洗涤玻璃棒和溶解用的烧杯，溶质损失，溶液浓度偏低，故B正确；‎ C．定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C正确；‎ D．定容时观察液面俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ 四、计算题（共4分）‎ ‎25.用适量MnO2和10mol/L的盐酸100mL（过量）反应制取Cl2，若反应过程中有0.2mol电子发生转移，求：‎ ‎（1）生成标准状况下Cl2的体积是多少？‎ ‎（2）被氧化的HCl占原有HCl的物质的量百分数是多少？‎ ‎【答案】（1）224L （2）20%‎ ‎【解析】（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，因为Cl的化合价由-1→0，所以每转移2mol电子，生成1mol氯气，因此有0.2mol电子发生转移时，生成0.1mol氯气，在标准状况下，0.1mol氯气的体积为：V=n•Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。‎ ‎（2）由化学方程式及前面的分析可得，0.2mol电子发生转移时，被氧化的HCl为0.2mol，原有HCl的物质的量是为10mol/L×0.1L=1mol，所以被氧化的HCl占原有HCl的物质的量百分数是：0.2mol×1mol×100%=20%。‎ ‎ ‎