广东省佛山市第一中学高一化学上学期期中试题(含解析)

广东省佛山市第一中学2017-2018学年高一上学期期中考试
化学试题
1．所有选择题答案必须答在答题卡上。

2．可能用到的相对原子质量：Na∶23 O∶16 Al：27 C∶12 Cl∶35.5 Ba：137 Fe：56K:39 Mn55
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、选择题（本题包括25小题，1-15每小题2分，16-25每小题3分共60分，每小题只有
一个选项符合题意）
1. 下列说法不正确的是
A. 磷酸溶液能够导电
B. 水银属于单质
C. CuSO4·5H2O是化合物
D. “月落乌啼霜满天”——其中“霜”的形成属于升华现象
【答案】D
【解析】A、磷酸在溶液中能够电离出自由移动的磷酸根离子和氢离子，所以该溶液能导电，故A正确；B、水银属于金属单质，故B正确； C、CuSO4•5H2O是四种元素组成的纯净物，属
于化合物，故C正确；D、霜是固态的小冰晶，是空气中的水蒸气快速放热后，由气态变为固态形成的，属于凝华现象，故D错误；故选D。

2. 下列五种物质都含有碘元素，它们按照化合价顺序进行排列：①KI ②I2③HIO ④X ⑤NaIO4则X 不可能是
A. AgI
B. KIO3
C. I2O4
D. I2O5
【答案】A
【解析】根据化合物中正、负化合价的代数和为零，KI中碘元素的化合价为-1价；I2中碘元素的化合价为0；HIO中碘元素的化合价为+1价；NaIO4中碘元素的化合价为+7价；则碘元素的化合价是按照从低到高的顺序排列的，X中碘元素的化合价为在+1到+7之间。

A、AgI中碘元素的化合价为：-1价，不符合这种排列规律，故A选；B、KIO3中碘元素的化合价为：+5价，符合这种排列规律，故B不选；C、I2O4中碘元素的化合价为：+4价，符合这种排列规律，故C不选；D、I2O5中氮元素的化合价为：+5价，符合这种排列规律，故D不选；故选A。

点睛：掌握利用化合价的原则计算指定元素的化合价，找到化合价的排列规律是解答的关键。

在化合物中正负化合价代数和为零，需要知道化合物中常见元素的化合价的标注方法，在化合物中一般不变的化合价有：钾为+1价，氢为+1价，钠为+1价，氧为-2价等。

3. 下列物质中，有固定熔点和沸点的是
A. 玻璃
B. 汽油
C. 天然气
D. 氯气
【答案】D
【解析】A．普通玻璃主要是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2组成的混合物，没有固定熔点和沸点，故A错误；B．汽油主要成分为C4～C12脂肪烃和环烃类，并含少量芳香烃和硫化物，是混合物，没有固定熔点和沸点，故B错误；C．天然气是混合物，主要成分是甲烷，没有固定熔点和沸点，故C错误；D．氯气是纯净物，有固定的熔点和沸点，故D正确；故选D。

点睛：物质具有固定的熔点和沸点，说明物质一定是纯净物，是解答本题的依据。

混合物没有固定熔点和沸点。

4. Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液共同具备的性质是
A. 分散质大小相同
B. 都是红褐色
C. 光照时都能产生丁达尔现象
D. 加入氢氧化钠均能产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】A．Fe(OH)3胶体的分散质颗粒直径在1-100nm之间，FeCl3溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故A错误；B．因FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故B错误；C．只有胶体具有丁达尔效应，所以Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故C错误；D．向Fe(OH)3胶体中加入NaOH溶液，会使胶体发生聚沉，产生Fe(OH)3红褐色沉淀；向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，氢氧化钠与氯化铁反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，故D正确；故选D。

5. 下列叙述正确的是
A. 直径介于1nm～100nm之间的微粒称为胶体
B. 用过滤的方法分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的混合物
C. 利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体
D. 胶体粒子很小，可以透过半透膜
【答案】C
【解析】A．直径介于1nm～100nm之间的微粒可能为纯净物，当分散剂是水或其它溶液时，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间的是胶体，故A错误；B．胶体微粒和溶液粒子都能
透过滤纸，所以不能用滤纸过滤分离FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的混合物，应该选用渗析的方法，故B错误；C．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液不具有丁达尔效应，利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，故C正确；D．胶体粒子直径大于半透膜孔隙，不可以透过半透膜，故D错误；故选C。

6. 下列反应的离子方程式正确的
A. 氢氧化铁溶于硫酸中：Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+＋3H2O
B. 向氢氧化钡中溶液加入硫酸：Ba2+ + OH－+ H+ + SO42－= BaSO4↓ + H2O
C. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3 + 2H+＝Ca2+ + CO2↑ + H2O
D. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+＋Cu===Fe2+＋Cu2+
【答案】A
【解析】A、氢氧化铁是弱碱，难溶于水，不能拆，硫酸是强酸，可以拆H+和SO42-，故氢氧化铁溶于硫酸溶液的反应实质是Fe(OH)3与H+的反应，故离子方程式为：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O，故A正确；B．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C、醋酸为弱电解质，反应的离子方程式应为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+2CH3COO-+CO2↑，故C错误；D．FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；故选C。

点睛：注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：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。

如本题中D，不符合电荷守恒。

7. 下列变化需要加入氧化剂才能实现的是
A. S2-→HS－
B. HCO3－→CO2
C. I－→I2
D. Cu2+→Cu
【答案】C
【解析】A、S2-→HS－的反应中S元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故A错误；B、HCO3-→CO2的反应中所含元素化合价没有发生变化，不需要加入氧化剂，与酸反应即可，故B错误；C、I－→I2的反应中I元素的化合价升高，被氧化，须加入氧化剂才能实现，故C正确；D、Cu2+→Cu 的反应中Cu元素的化合价降低，被还原，需加入还原剂才能实现，故D错误；故选C。

点睛：当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现。

注意有些物质所含元素的化合价发生变化时，不一定需要加入氧化剂或还原剂，如氯酸钾的分解反应等。

8. 古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句不涉及
．．．氧化还原反应的是
A. 野火烧不尽，春风吹又生
B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间
D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
【答案】C
【解析】试题分析：A．野火烧不尽，春风吹又生中的燃烧为氧化还原反应，故A不选；B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干中蜡烛燃烧为氧化还原反应，故B不选；C．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间中碳酸钙的分解与CaO和水反应都没有元素的化合价变化，则都不属于氧化还原反应，故C选；D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏中火药爆炸为氧化还原反应，故D 不选；故选C。

考点：考查氧化还原反应。

9. 在氧化还原反应中： 3S +6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中，被氧化与被还原的原子个数之比为
A. 1：2
B. 2：1
C. 3：2
D. 2：3
【答案】A
【解析】该反应中S元素化合价由0价变为-2价和+4价，S既被氧化又被还原，被氧化和被还原的S元素的原子个数之比为1：2，故选A。

10. 在反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl+N2中，表现还原性的物质是
A. NH3
B. Cl2
C. NH4Cl
D. N2
【答案】A
【解析】在反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl+N2中，Cl2中氯元素的化合价降低，被还原，氯气是氧化剂，NH3中N元素的化合价升高，被氧化，氨气是还原剂，表现还原性的物质是氨气，故选A。

11. 下列溶液中Cl－浓度与50 mL 1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl－浓度相等的是
A. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液
B. 75 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液
C. 150 mL 2 mol·L-1的KCl溶液
D. 75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液
【答案】D
12. 设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A. 1mol氦气中有2N A个氦原子
B. 物质的量浓度为0.5mol / L 的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为N A
C. 常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3N A
D. 2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1N A
【答案】C
点睛：注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确稀有气体为单原子分子，选项B为易错点，注意题中缺少溶液体积。

13. 相同物质的量的CO和CO2相比较，下列叙述正确的是
①分子数之比1：1；②氧原子数之比1：2；③原子总数之比2：3；④碳原子数之比 1：1；
⑤所含电子数之比 7：11
A. ②④⑤
B. ②③
C. ①②③④⑤
D. ①②③④
【答案】C
【解析】相同物质的量的CO 和CO2。

①根据N=nN A知，二者的分子数之比等于其物质的量之比，二者物质的量相等，所以其分子数相等，故正确；②二者分子数相等，每个CO分子中含有1个O原子、每个二氧化碳分子中含有2个O原子，所以其O原子数之比为1：2，故正确；③二者分子数相等，每个CO分子中含有2个原子、每个二氧化碳分子中含有3个原子，所以其原子总数之比为2：3，故正确；④二者分子数相等，因为每个分子中C原子个数相等，所以其C原子总数相等，故正确；⑤二者分子数相等，每个CO分子中含有14个电子、每个二氧化碳分子中电子数为22，所以其电子总数之比为7：11，故正确；故选C。

14. 下列变化属于物理变化的是
A. O2在放电条件下变成O3
B. 加热胆矾成无水硫酸铜
C. 漂白的草帽久置于空气中变黄
D. 氢氧化铁胶体加入MgSO4溶液产生沉淀
【答案】D
【解析】A．氧气在放电条件下变成臭氧(O3)，有新物质臭氧生成，属于化学变化，故A错误；B．加热胆矾生成无水硫酸铜，有新物质无水硫酸铜生成，属于化学变化，故B错误；C．漂白的草帽久置于空气中变黄，有新物质有色物质生成，属于化学变化，故C错误；D．胶体的聚沉是物理变化，故D正确；故选D。

点睛：化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成。

本题的易错点为BD，B中要知道硫酸铜晶体与无水硫酸铜是不同的物质；D中产生的沉淀不是因为发生化学反应，是胶体微粒被中和了电荷形成的，没有新物质生成。

15. 下图锥形瓶中装满了c mol·Lˉ1的Na2SO4溶液，经测定其中含有a mol SO42-，则锥形瓶容积
A. L
B. L
C. acL
D. 2acL
【答案】A
【解析】试题分析：根据硫酸根离子守恒得n（SO42-）=n（Na2SO4）=amol，
V=n/C=amol/cmol•L—1=a/cL，选项A符合题意。

考点：有关物质的量溶液计算
16. 将不同体积同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中的Cl－完全沉淀，消耗同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液，NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为
A. 1：2：3
B. 3：2：1
C. 1：1：1
D. 6：3：2
【答案】D
【解析】设物质的量浓度都是0.1mol/L的NaCl溶液、MgCl2溶液、AlCl3溶液的体积分别为x、y、z。

同体积、同物质的量浓度AgNO3溶液中含有银离子的物质的量相等，说明三种溶液中含有氯离子的物质的量相等，则：0.1x=0.1y×2=0.1z×3，整理可得x：y：z=6：3：2，故选D。

17. 如果1g水中含有n个氢原子，则阿伏加德罗常数是
A. 1/ n mol－1
B. 9n mol－1
C. 2n mol－1
D. n mol－1
【答案】B
【解析】试题分析：根据m/M=n=N/N A 得到(1/18)x2=n/N A N A="9n" mol－1
考点：考查阿伏伽德罗常数。

18. VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+的质量为mg ，则溶液中SO42-的物质的量浓度是
A. m/V mol·L-1
B. m/27V mol·L-1
C. m/18V mol·L-1
D. m/54V mol·L-1
【答案】C
【解析】mg铝离子的物质的量为mol，Al3+的物质的量浓度为=mol/L，根据c(Al3+)：c(SO42-)=2：3可知，SO42-的物质的量浓度为mol/L×=mol/L，故选C。

19. 现有四组液体：①氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液②43％的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液④粗盐溶液中混有泥沙，分离以上各混合液的正确方法依次是
A. 分液、萃取、蒸馏、结晶
B. 萃取、蒸馏、分液、结晶
C. 分液、蒸馏、萃取、过滤
D. 蒸馏、萃取、分液、过滤
【答案】C
【解析】试题分析：氯化钠溶液和四氯化碳互不相溶，用分液法分离；乙醇和水互溶，用蒸馏法分离；单质溴在水中的溶解度远远小于在有机溶剂中的溶解度，用萃取法分离；泥沙不溶于水，用过滤的方法分离。

答案选C。

考点：物质的分离和提纯
点评：根据混合物不同的特点选择正确的分离方法。

20. 硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.1mol·L-1，硫酸根离子的浓度为
0.3mol·L-1，则混合液中镁离子的浓度为
A. 0．15mol·L-1
B. 0．3mol·L-1
C. 0．45mol·L-1
D. 0．2mol·L-1
【答案】A
【解析】混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有2c（SO42-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+），即：0.3mol/L×2=2c （Mg2+）+0.1mol/L×3，解得：c（Mg2+）=0.15mol/L，故选A。

21. 下列电离方程式中，正确的是
A Ca OH2==Ca+＋2OH
B FeCl2==Fe3+＋2Cl
C H2SO4==H2+＋SO42-
D Al2SO43==2Al3+＋3SO42-
【答案】D
【解析】A．氢氧化钙属于强电解质，完全电离：Ca(OH)2═Ca2++2OH-，钙离子符号书写错误，故A错误；B．氯化亚铁属于强电解质，完全电离：FeCl2═Fe2++2Cl-，亚铁离子符号书写错误，故B错误；C．硫酸属于强电解质，完全电离：H2SO4═2H++SO42-，氢离子符号书写错误，故C
错误；D．硫酸铝完全电离，该电离方程式离子书写正确，电荷守恒，故D正确；故选D。

22. 在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是
A. Na+ 、K+、SO42-、HCO3－
B. Cu2+、K+、SO42-、NO3－
C. Na+、 K+、Cl－、 NO3－
D. Fe3+、K+、SO42-、Cl－
【答案】C
【解析】试题分析：A．H+、HCO3-结合生成水和二氧化碳，不能共存，错误；B． Cu2+为蓝色，与无色不符，错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，正确；D．该
组离子之间不反应，可大量共存，但Fe3+为黄色，与无色不符，错误。

【考点定位】考查离子的共存
【名师点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，此类问题涉及面较广，有定性分析,也有用定量分析，题设中常有附加隐含条件增加难度，综合考查学生对离子反应规律的全面理解和掌握。

把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键，注意常见离子的颜色，题目难度不大。

23. 下列叙述不正确的是( )
A. 与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 g
B. 1 mol Al3＋含有的核外电子数为3N A
C. 常温常压下，1 mol氩气含有的原子数为N A
D. 1 L 1 mol·L－1NaOH溶液中氧原子的数目大于N A
【答案】B
【解析】A.28g CO、44 gCO2的物质的量都是1mol，物质的量相同，分子数相同，故A正确；B．一个铝离子含有10个电子，1 mol Al3+含有的核外电子数为10N A，故B错误；C．氩气为单原子分子，1 mol氩气含有的原子数为N A，故C正确；D．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子、水分子都含有氧原子，1 L 1 mol•L-1NaOH含有1mol氢氧根离子，含有1mol氧原子，加上水分子中的氧原子，NaOH溶液中氧原子的数目大于N A，故D正确；故选B。

24. 己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+ 3C1O- + 4OH－ = 2RO4n-+3Cl－ +5H2O。

则RO4n-中 r 的化合价是
A. +3
B. +4
C. +5
D. +6
【答案】D
【解析】根据方程式两端电荷守恒可知n＝（3+4－3）÷2＝2，O元素是－2甲，所以R的化合价是+6价，答案选D。

25. 实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为
A. 500mL，100.7g
B. 950mL，201.4g
C. 1000mL，201.4g
D. 1000mL，212g
【答案】D
【解析】容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则：
n(Na2CO3)=1L×2mol/L=2mol，m(Na2CO3)=2mol×106g/mol=212.0g，故选D。

26. 某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中的三次检测结果如下表
所示，请回答下列问题：
（1）三次检测结果中第_____次的检测结果肯定不正确；
（2）在检测时，为了确定溶液中是否存在SO42-、CO32-和Cl-，该小组同学进行了如下实验，请你参与探究与分析。

【答案】 (1). 二 (2). CO32- (3). 2H++CO32-=CO2↑+H2O (4). SO42-+Ba2+=BaSO4↓(5). 硝酸银 (6). Cl-
【解析】(1)第二次中，钡离子与硫酸根离子、碳酸根离子均反应生成沉淀，不能共存；而第一次与第三次结果中，物质之间均不反应，即第二次的检测结果不正确，故答案为：二；(2)确定溶液中是否存在SO42-、CO32-和Cl-，加硝酸生成气体为二氧化碳可检验CO32-，发生的离子反应为2H++CO32-=CO2↑+H2O；加Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀可检验SO42-，发生的离子反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，向滤液中加硝酸银生成白色沉淀可检验Cl-，
故答案为：
27. 某同学帮助水质检测站配制480 mL0.5mol·L- NaOH溶液以备使用。

（1）该同学应选择_______mL的容量瓶。

（2）该同学应称取NaOH固体_______g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH 固体时，请在附表中选取所需的砝码大小_______ (填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项_______(填字母)。

附表：砝码规格
（3）下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响？
①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，浓度会_____（填“偏大”、“偏小”或无影响,下同）
②容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度会_____。

（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
______MnO＋______C2O+______＝_______Mn2+＋_______CO2↑＋________。

【答案】 (1). 500 (2). 10.0 (3). cd (4). C (5). 偏小 (6). 无影响 (7). 2 (8). 5 (9). 16H+ (10). 2 (11). 10 (12). 8H2O
【解析】(1)实验室没有480mL的容量瓶，大于480mL且规格相近的容量瓶，故应选500mL容量瓶，故答案为：500；
(2)配制500mL0.5mol•L-1NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯总质量为
10.0g+23.1g=33.1g，故应选择20g与10g的砝码，即选择cd；由表中数据可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g使用游码，所以游码应在3.1g的位置，故选择C，故答案为：10.0；cd；C；
(3)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，玻璃棒、烧杯壁上沾有少量的氢氧化钠，移入容量瓶内的氢氧化钠的质量减少，所配溶液的浓度偏小，故答案为：偏小；
②溶液配制需加水定容，容量瓶中原来有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响；
(4)Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，由电子守恒可知2MnO4-+5 C2O42-+____→2M n2++10 CO2↑+___，由电荷守恒可知
2MnO4-+5 C2O42-+16H+→2Mn2++10 CO2↑+____，由原子守恒可知
2MnO4-+5 C2O42-+16H+=2Mn2++10 CO2↑+8H2O，故答案为：2；5；16H+；2；10；8H2O。

点睛：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制和氧化还原反应方程式的缺项配平。

本题的难点是方程式的缺项配平，要注意根据氧化还原反应的化合价升降守恒、电荷及原子守恒配平。

28. 下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A中玻璃棒的作用是________________，装置B中玻璃棒的作用是________________________防止蒸发皿内溶液因局部过热而溅出。

（2）装置C中①的名称是____________，冷却水的方向是____________。

装置D在分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是____________________________________。

（3）从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，选择装置______(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl－等杂质，选择装置________，检验自来水中Cl－是否除净的方法为;取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，滴加_________溶液，不产生白色沉淀表明Cl－已除净;从碘水中分离出I2，选择装置________，该分离方法的名称为________。

【答案】 (1). 引流(或使烧杯内的液体沿玻璃棒流入漏斗中) (2). 搅拌 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 下进上出 (5). 打开分液漏斗上端的玻璃塞或使凹槽对准小孔 (6).
B (7).
C (8). 稀硝酸和硝酸银溶液 (9).
D (10). 萃取分液
【解析】(1)在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A中玻璃棒的作用是引流，便于烧杯内的液体沿玻璃棒流入漏斗中；装置B中玻璃棒的作用是搅拌，防止蒸发皿内溶液因局部过热而溅出，故答案为：引流；搅拌；
(2)装置C中仪器①为蒸馏烧瓶，冷却水的方向是下进上出，装置D在分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞，并使凹槽对准小孔，故答案为：蒸馏烧瓶；下进上出；打开分液漏斗上端的玻璃塞，并使凹槽对准小孔；
(3)从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应该通过蒸发结晶，选择装置B；除去自来水中的Cl－等杂质，应该通过蒸馏，选择装置C，检验自来水中Cl－是否除净的方法为：取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，滴加稀硝酸和硝酸银溶液，不产生白色沉淀表明Cl－已除净；从碘水中分离出I2，可以利用苯或四氯化碳萃取碘，选择装置D，该分离方法为萃取分液，故答案为：B；C；稀硝酸和硝酸银溶液；D；萃取分液。

29. 用KMnO4氧化质量分数为36.5%的盐酸（此盐酸溶液密度为1.19g/cm3）。

反应方程式如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5 Cl2↑+8H2O
（1）31.6gKMnO4能使多少克HCl被氧化？产生的氯气在标准状况下的体积为多少升？
（2）若将10mL36.5%的盐酸溶液稀释到100mL，则稀释后的盐酸溶液的物质的量浓度为多少mol/L?
【答案】（1）36.5g 11.2L （3）1.19mol/L
【解析】(1)n(KMnO4)==0.2mol，
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 被氧化的HCl
2mol 16mol 5mol
10mol
0.2mol n(HCl) n(Cl2) n(HCl)被氧化则n(HCl)=1.6mol，m(HCl)=1.6mol×36.5g/mol=58.4g，n(HCl)被氧化=1mol，m(HCl)被氧化
=1mol×36.5g/mol=36.5g，n(Cl2)=0.5mol，标准状况下，V(Cl2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，答：31.6g KMnO4能使29.2gHCl发生上述反应，有36.5gHCl被氧化；产生的氯气在标准状况下的体积为11.2L；
(2)质量分数为36.5%，密度为1.19g/mL的盐酸的物质的量浓度为：
=11.9mol/L，设稀释后溶液浓度为c′，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，有11.9mol/L×0.01L=c′×0.1L，解得c′=1.19mol/L，答：稀释后的盐酸溶液的物质的量浓度为1.19 mol/L。

点睛：本题考查了物质的量浓度的计算和根据化学方程式的计算。

明确物质的量浓度与质量百分数浓度之间换算，需要熟悉溶液稀释过程中溶质的物质的量不变的规律。

本题的易错点
为(1)中被氧化的HCl的计算，注意不包括未被氧化的HCl。