云南省鲁甸县第二中学2022-2023学年化学高一第一学期期中综合测试模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数为118、中子数为175的超重元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为（ )A57B47C61D2932、将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于一密闭容器

2、中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1 mol，下列说法一定正确的是 ()A混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量一定相等B容器中肯定有0.5 mol O2C反应后，容器中的固体只有Na2CO3D反应后，容器中一定没有H2O3、按照交叉分类法，下列物质的分类正确的是()ABCD4、下列说法正确的是A在常温常压下，11.2LN2所含有的分子数为0.5NAB在标准状况下, 22.4 L CO和N2的混合物的物质的量为1molC在标准状况下, 18g H2O的体积为22.4 LD1mol SO2的体积为22.4 L5、下列物质中，不存在化学键的是 （ ）A食盐 B氯气 C氦气 D氨气6、等体积

3、、物质的量浓度之比为 6:2:3 的 AClx、BCly、CClz 三种盐溶液分别与足量AgNO3溶液反应，生成等量沉淀，则 x：y：z 为：A1:3:2 B1:2:3 C2:4:5 D2:3:17、下列离子组合中，能大量共存的是ACu2+、Mg2+、OH-、SO42- BH+、Ag+、Cl-、NO3-CNa+、K+、SO42-、Cl- DBa2+、H+、Cl-、CO32-8、 “粗盐提纯”实验中，下列操作正确的是()A过滤时用玻璃棒搅拌漏斗内的液体，以加速过滤B蒸发到析出晶体时才需要用玻璃棒搅拌C待溶液蒸干后即停止加热D当蒸发皿中出现较多量晶体时就应停止加热9、有Fe、H2、Ba（OH）2溶

4、液，K2CO3溶液，NaOH溶液，稀硫酸等六种物质，在常温下两种物质间能发生的化学反应最多有A4个 B5个 C6个 D7个10、把0.05molBa(OH)2固体加入1L下列液体中，溶液导电能力明显减小的是（ ）A水B0.05mol/lMgCl2溶液C0.05mol/L的醋酸溶液D含0.05molCuSO4的溶液11、下列物质的分类正确的是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANaOHH2SO4 BaCO3 MgOCO2 BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOH CaCl2 COSO2 DKOHHNO3 CaCO3H2OSO3AABBCCDD12、符合下图中阴影部分的物质是（ ）AC

5、O2 BCu2OCNO2 DNa2O13、下列关于物质性质的比较，不正确的是A非金属性强弱：IBrClB原子半径大小：NaPSC氧化性强弱：F2Cl2Br2D金属性强弱：NaMgAl14、硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3的浓度为0.4 molL-1，硫酸根离子浓度为0.7 molL-1，则K的物质的量浓度为 （ ）A0.1 molL-1 B0.15 molL-1 C0.3 molL-1 D0.2 molL-115、离子在酸性溶液中与反应，反应产物为RO2、Mn2、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，则x的值为A1B2C3D416、下列叙述中正确的是A液溴易挥发，在存放液

6、溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag二、非选择题（本题包括5小题）17、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4+OH-NH3+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，

7、经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？_（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_（填离子符号），其物质的量浓度为_。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为_。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_。A该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04molB该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D该混合液中一定有NH4+

8、、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：_。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_。18、某溶液的溶质离子可能含有Mg2、Ba2、CO32、Cl、SO42、NO3中的几种，现进行如下实验：.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问

9、题。（1）溶液中一定不存在的离子是_。（2）写出和中所发生反应的离子方程式：_。（3）为了验证溶液中是否存在Cl、NO3，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO3同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl的实验方法：_。19、（1）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的有关数据，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_mol/L。某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.3 mol/L稀盐酸：（2）该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。（3）配制过程中，除需要使用烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要使用的仪器是（填写名称

10、）_、_。（4）配制时，其正确的操作顺序是（要求用字母表示，每个字母只能用一次）_；A用30mL蒸馏水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量蒸馏水（约30mL）的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F继续往容量瓶内小心加蒸馏水，直到液面接近刻线12cm处（5）在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的是_A摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至与刻度线相切 B溶液注入容量瓶前没有恢复到室温

11、就进行定容C定容时仰视刻度线D在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶20、下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480 mL、 1 mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：烧瓶烧杯玻璃棒药匙量筒请回答下列问题：（1）该浓硫酸的物质的量浓度为_ mol/L。（2）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要的仪器是_（填序号），还缺少的仪器有_ (填写仪器名称)。（3）经计算，配制480mL、1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_ mL，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_。(从下列规格中选用： 10 mL、 25 mL、 50 mL、100 mL)（4）对所

12、配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1mol/L，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因有_。A定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容B在烧杯中将浓硫酸进行稀释后立即转入容量瓶中C转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面D容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水E定容摇匀后发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线21、海洋是资源的宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。（1）氯原子的结构示意图_；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为_。（2）将氯气通入石灰乳中可制取漂白粉，化学方程式为_。漂白粉溶于水后，和空气中的二氧化碳作用，所得的溶液可用于漂白这是利用生成的 HClO，而该

13、溶液长时间放置又会失去漂白能力，所涉及的化学反应方程式为_。（3）向盛有 KI 溶液的试管中加入少许 CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4 层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：（a）写出并配平 CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目。_+_+_HIO3+_该反应中，_元素的化合价升高。（b）把 KI 换成 KBr，则 CCl4层变为_色，继续滴加氯水，CCl4 层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_。（c）加碘盐中含碘量为 20mg50mg/kg。制取加碘盐（含 KIO3

14、 的食盐）1000kg，若 KI 与 Cl2 反应之 KIO3，至少需要消耗 Cl2_mol（保留 2 位小数）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】原子中质子数=核外电子数，故该原子的核外电子数是118，则该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是175-118=57，所以A符合题意；故选A。【点睛】核内质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。2、B【解析】本题涉及反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，还可能有2Na2O2+2H2O4NaOH+O2。A. 混合物中NaHCO3 和Na2O2物质的量没有一定关系，

15、故A不一定正确；B. 2Na2O2O22e，反应中转移电子的物质的量为1mol，所以容器中肯定有0.5molO2，故B正确；C. 反应后容器中的固体还可能有NaOH，故C不一定正确；D. 反应后容器中可能有H2O，故D不一定正确。故选B。3、A【解析】交叉分类法就是对同一对象从不同角度运用多种分类法进行分类的方法。【详解】A.对于盐的交叉分类法，可以根据组成盐的阳离子分为镁盐、铜盐；根据组成盐的阴离子分为硝酸盐、硫酸盐，A项正确；B.对于盐的交叉分类法，可以根据盐的溶解性分为可溶性盐、难溶性盐；根据组成盐的阴离子分为碳酸盐、硫酸盐。Ag2CO3属于难溶性盐，B项错误；C.NaHCO3属于盐，不

16、属于酸；CH3COOH属于酸，不属于氧化物，C项错误；D.Mn2O7属于金属氧化物，D项错误；答案选A。4、B【解析】A、常温常压下，11.2L的氮气的物质的量不是0.5mol，所以含有的分子数不是0.5NA，错误；B、标准状况下，任何22.4L气体的物质的量都是1mol，与气体的种类无关，正确；C、18g水的物质的量是1mol，但标准状况下，水不是气体，所以体积不是22.4L，错误；D、未指明标准状况，不能确定二氧化硫的体积，错误。答案选B。5、C【解析】分析：化学键是指分子内或晶体内相邻两个或多个原子（或离子）间强烈的相互作用力的统称；一般非金属元素之间易形成共价键，金属元素与非金属元素之

17、间易形成离子键，以此来分析；单原子分子中只存在分子间作用力，不存在化学键，据此分析即可。详解：A、氯化钠是离子化合物，氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离子键，故A错误；B、氯气中氯原子和氯原子之间只存在非极性共价键，故B错误；C、氦气是单原子分子，所以氦气中只存在分子间作用力不含化学键，故C正确；D、氨气中氮原子和氢原子之间存在极性共价键，故D错误。故选C。点睛：本题考查了化学键，掌握化学键的种类和物质中存在的化学键是解题的关键。6、A【解析】发生AgCl=AgCl，因为生成AgCl的量相同，因此三种溶液中Cl物质的量相等，推出x：y：z=1:3:2，故选项A正确。7、C【解析】离子共存要根据

18、离子间是否发生复分解反应、氧化还原反应、双水解、络合反应来综合判断。【详解】A. Cu2+、Mg2+与OH-反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B. Ag+与Cl-反应生成氯化银白色沉淀，不能大量共存，A错误；C. Na+、K+、SO42-、Cl-之间不发生离子反应，可以大量共存，C正确；D. Ba2+与CO32-反应生成沉淀，H+与CO32-反应生成气体和水，不能大量共存，D错误。答案为C。8、D【解析】A过滤时，用玻璃棒引流，但不能用玻璃棒搅拌漏斗内液体，否则易损坏滤纸，故A错误；B蒸发过程中要不断用玻璃棒搅拌，防止局部温度过高而产生安全事故，故B错误；C当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加

19、热，利用余热蒸干，故C错误；D当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加热，利用余热蒸干，故D正确；故答案为D。【点睛】明确操作规范性是解本题关键，粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质如：Ca2+，Mg2+，等，不溶性杂质可以用过滤的方法除去，可溶性杂质中的Ca2+，Mg2+，则可通过加入BaCl2、NaOH和Na2CO3溶液，生成沉淀而除去，也可加入BaCO3固体和NaOH溶液来除去，然后蒸发水分得到较纯净的精盐。9、B【解析】常温下铁只能与稀硫酸反应，氢气与其他物质均不反应，氢氧化钡溶液与碳酸钾和稀硫酸反应，碳酸钾能与氢氧化钡和稀硫酸反应，氢氧化钠只能与稀硫酸反应，所以在常温下两种物质间能发

20、生的化学反应最多有5个。答案选B。10、D【解析】A水中离子浓度较小，加入少量的氢氧化钡固体后，离子浓度增大导电能力增强，故A不符合；B向1L0.05mol/lMgCl2溶液中加入0.05molBa(OH)2固体，反应生成氢氧化镁和氯化钡，电解质氯化镁转变为氯化钡，都是强电解质，溶液离子浓度变化不大，只是离子的转化，则溶液导电能力变化不大，故B不符合；C 醋酸是弱酸，溶液的导电性比较弱，但向1L0.05mol/l醋酸中加入0.05molBa(OH)2固体，反应生成醋酸钡和水，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，故C不符合；D向1L 0.05mol/LCuSO4中加入0.05molBa(OH)

21、2固体，CuSO4和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力明显减弱，故D符合；故答案为D。【点睛】明确溶液导电性的决定因素是解题关键，溶液的导电能力与离子的浓度有关，与电解质的强弱无关；浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱。11、A【解析】A.NaOH属于碱、H2SO4属于酸、BaCO3属于盐、MgO属于碱性氧化物、CO2属于酸性氧化物，故A正确；B. CO不能和碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，故B错误；C. CO不能和酸反应生成盐和水，是不成盐氧化物，故C错误；D.H2O既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，所以D错误；本题答案为A。12、A【解析】A. CO

22、2 为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A正确； B. Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B错误；C. NO2 中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C错误；D. Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D错误；综上所述，本题选A。13、A【解析】A同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：ClBrI，A错误； B同一周期的元素，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径大小：NaPS，B正确；C同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性也减弱，所以氧化性：F2Cl2Br2，C正确；D同一周期的元素从左到右元

23、素的金属性依次减弱，所以金属性：NaMgAl，D正确。答案选A。14、D【解析】试题分析：根据电荷守恒可知3c(Al3)c(K)2c(SO42)，则c(K)2c(SO42)3c(Al3)20.7mol/L30.4mol/L0.2mol/L，答案选D。考点：考查物质的量浓度计算15、B【解析】设中R元素化合价为+n价，反应中是氧化剂，Mn元素从+7价降为+2价，R元素从+n价升高为+4价，则根据电子守恒规律可得：(7-2)2=(4-n)25，解得：n=3，此时中(+3)2+(-2)4= -2，即x=2，故答案为B。16、A【解析】A. 溴易挥发，可用水封；B. 湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝

24、色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝；C. 碘盐易溶于水，不易溶于CCl4；D. 该题中，产生的不溶于稀硝酸的白色沉淀有可能是氯化银，也有可能是硫酸钡。【详解】A. 溴易挥发，密度比水大，可用水封，A正确；B. NO2气体、溴单质等也可以把碘离子氧化为单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，B错误；C. 碘盐易溶于水，不易溶于CCl4，则碘盐溶于水，在溶液中加入CCl4，振荡，不会发生萃取，C错误；D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液不一定含有Ag+，有可能含有SO42-，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查卤族元素的知识，熟悉溴的物理性质，碘单质的

25、特性，萃取的原理是解答本题的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、否 NH4+ 0.8mol/L BaSO4、BaCO3 A 1：5 0.3mol 【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04

26、mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42

27、-的电荷总量为0.02mol2+0.04mol2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol0.1L0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(

28、K)0.04mol，答案选A。（5）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化

29、合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。18、CO32、SO42 Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO42=BaSO4 只存在NO3 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成 【解析】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入

30、足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32、SO42；（2）和中所发生反应的离子方程式分别为Mg2+2OH-Mg(OH)2、Ba2+SO42-BaSO4；（3）根据假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在，因此假设应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯

31、定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。19、12mol/L 12.5mL 胶头滴管 500ml 容量瓶 BCAFEDBD 【解析】（1）.根据c=计算；（2）.根据稀释定律c1V1=c2V2

32、计算；（3）.根据实验所用的仪器分析；（4）.实验的步骤是：计算、量取、稀释、移液、洗涤并移液、定容、摇匀；（5）.根据公式c=判断实验误差。【详解】（1）.c(HCl)=12mol/L，故答案为：12mol/L；（2）. 设配制500mL物质的量浓度为0.3mol/L的稀盐酸需要12mol/L的浓盐酸的体积是V L，则有0.5L0.3mol/L=V L12mol/L，解得V=12.5mL，故答案为12.5；（3）.用12mol/L的浓盐酸配制500mL、0.3mol/L的稀盐酸时，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，故答案为：胶头滴管；500mL容量瓶；（4）.

33、配制时，正确的操作顺序为计算、量取、稀释、移液、洗涤并移液、定容、摇匀，故答案为BCAFED；（5）. A摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至与刻度线相切，溶液体积偏大，造成所配制的溶液浓度偏低，故A不选；B. 溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，液体热胀冷缩，溶液体积偏小，造成所配制的溶液浓度偏高，故B选；C. 定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，造成所配制的溶液浓度偏低，故C不选；D. 在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶，溶质的物质的量偏大，造成所配制的溶液浓度偏高，故D选，答案选：BD。【点睛】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制，掌握实验步骤是解题的关键，试题难度不大，易错

34、点为第（5）小题A项，注意定容摇匀后静置，液面低于刻度线为正常情况，继续加水会使溶液体积偏大、配制的溶液浓度偏低。20、18.4胶头滴管、500mL 容量瓶27.250 mLA B【解析】(1)溶液的物质的量浓度为：c=18.4mol/L，故答案为：18.4；(2)操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶(由于无480mL容量瓶，故选用500mL容量瓶)中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定

35、容颠倒摇匀所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的是烧瓶和药匙，还缺少的仪器为胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：；胶头滴管、500mL容量瓶；(3)由于无480mL容量瓶，故选用500mL容量瓶，配制480mL 1molL-1的稀硫酸，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol/LVmL=1molL-1500mL，解得V=27.2mL；应该选用50mL的量筒量取，故答案为：27.2；50 mL；(4)A定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，故导致稀溶液体积偏小，根据c=判断可知浓度偏高，故A正确；B将稀释后的稀硫酸立即转入

36、容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，一旦冷却下来，导致稀溶液体积偏小，根据c=判断可知浓度偏高，故B正确；C转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，导致浓溶液物质的量偏小，根据c=判断可知浓度偏低，故C错误；D容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，配制过程中需要滴加蒸馏水，故此无影响，故D错误；E定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致稀溶液体积偏大，根据c=判断可知浓度偏低，故E错误；故选AB。点睛：明确配制溶液的原理及步骤为解答关键。要掌握配制一定物质的量浓度的溶液步骤和误差分析方法。根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量

37、n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。21、 2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH 2Ca(OH)2+2Cl2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2 5Cl2 I2 6H2O 2 10HCl I 红棕 HBrO3Cl2HIO3 0.47 【解析】（1）氯原子的核外电子数为17，最外层为7个电子，其正确的原子结构示意图为；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；故答案为；2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH

38、；（2）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式：2Ca(OH)2+2Cl2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，次氯酸酸性比碳酸弱，Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成HClO和CaCO3沉淀，反应的方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，该溶液可用于漂白这是利用了生成的HClO的氧化性；HClO见光易分解，会失去漂白能力，分解的方程式为：2HClO2HCl+O2；故答案为2Ca(OH)2+2Cl2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO；2HClO2HCl+

39、O2；（3）a氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应的方程式为：5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl，反应中I元素的化合价升高，用“单线桥”标出电子转移的方向和数目为；故答案为；5Cl2、I2、6H2O、2、10HCl；I；bKI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3Cl2HIO3，故答案为红棕；HBrO3Cl2HIO3；c.1000kg加碘食盐中含碘20g，KI+3Cl2+3H2OKIO3+6HCl，根据KIO3IKI3Cl2可知，则需要消耗Cl2的物质的量30.47mol；故答案为0.47。