浙江省金华市第一中学高一上学期第一次学段考试化学试题
浙江省金华市第一中学2020-2021学年高一上学期第一次学
段考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．城市环保部门为了使生活垃圾得到合理利用，实施了生活垃圾分类投放的办法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶等属于()
A．无机物
B．有机物
C．盐类
D．非金属
2．仪器名称为“容量瓶”的是
A．B．C．D．
3．下列属于电解质的是
A．氯气B．金属铝C．氯化钠D．汽油
4．碘缺乏病是目前已知的导致人类智力障碍的主要原因。为解决这一全国性问题，我国已经开始实施“智力工程”，最经济可行的措施是
A．食盐加碘（盐）B．面包加碘（盐）C．大量食用海带D．注射含碘药剂
5．下列各组物质中，互为同位素的是
A．40Ca和40Ar B．D和T C．H2O和H2O2D．红磷和白磷
6．用下列试剂或方法不能鉴别NaOH溶液和KC1溶液的是
A．紫色石蕊试液B．Ba(NO3)2溶液C．CuCl2溶液D．焰色反应7．下列关于Fe（OH）3胶体的说法中，不正确
．．．的是
A．是一种纯净物
B．分散质粒子直径在10-9~ 10-7m之间
C．具有丁达尔效应
D．具有净水作用
8．下列说法不正确
．．．的是
A．工业上可以用电解饱和食盐水制备氯气
B．钠是一种强还原剂，可以把钛、锆、铌、钽等从其熔融盐中置换出来
C．常温下钠和钾的合金为液态，可作快中子反应堆的导热剂
D．Cl2和NaCl中均含有氯元素，它们的化学性质相同
9．带有2个单位正电荷的微粒X2+，它的质量数等于137，中子数是81，则核外电子数为
A．56 B．54 C．58 D．137
10．我国的自来水一般是用氯气消毒的。某学生用这种自来水配制下列物质溶液，不会产生明显的药品变质的是
A．AgNO3B．KI C．Na2CO3D．FeCl3
11．向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓地加入一块绿豆大小的金属钠，可能观察到的现象符合图中的（）
A．B．
C．D．
12．下列叙述中正确的是
A．气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占体积约为22.4 L
B．配制1 mol?L-1 NaCl溶液1 L，其方法是将58.5 g NaCl溶于1 L 水中
C．1 mol NH3中约含有6.02×1024个电子
D．1molO2的质量是32 g? mol-1
13．用1L1mol·L-1NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为
A．1︰2B．1︰3C．2︰3D．3︰2
14．用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是
A．漂白粉被氧化了
B．有色布条被空气中的氧气氧化了
C．漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClO
D．漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大
15．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．N A个氧分子与N A个氢分子的质量之比为8︰1
B．标准状况下，2.24 LCCl4含有的原子数目为0.5 N A
C．室温下，1 L 0.1 mol?L-1的H2S04溶液中，H2S04电离出0.2N A个H+
D．将1 mol Cl2通入H2O中，生成N A个HC1O分子
16．有两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3，有四位同学为鉴别它们采用以下不同方法，其中可行的是
A．分别将它们配制成溶液，再加入澄清石灰水
B．分别将它们配制成溶液，再加入NaOH溶液
C．将它们配制成溶液，再分别加到盐酸中
D．分别加热，再用石灰水检验是否有CO2产生
17．下列反应中，水只作氧化剂的氧化还原反应是
A．3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2B．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑
C．2F2+2H2O＝4HF+O2D．Cl2 + H2O ? HCl + HClO
18．对下列实验过程的评价，正确的是
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐
B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，证明一定含有SO42—C．某无色溶液滴入Na2CO3试液产生白色沉淀，该溶液一定是Ca(OH)2溶液
D．验证烧碱溶液中是否含Cl—，先加稀HNO3除去OH—，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl—
19．下列说法正确的是
A．同温同压下，等质量的甲烷比氖气所占有的体积小
B．3.01×1023个X气体分子的质量为16g，则X气体的摩尔质量是64 g? mol-1
C．0.5L 1 mol?L-1 FeCl3溶液与0.2L 1 mol?L-1 KCl溶液中的Cl—的数目之比为15: 2 D．150ml 1 mol?L-1NaCl溶液与50ml 1 mol?L-1AlCl 3溶液中Cl—物质的量浓度相等20．已知：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，K2Cr2O7+14HCl（浓）2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O， MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，其中KMnO4和一般浓度的盐酸即可反应，K2Cr2O7需和较浓盐酸(大于6 mol?L-1)反应，MnO2需和浓盐酸(大
于8 mol?L-1)反应。根据以上信息，下列结论中不正确
．．．的是
A．上述反应都属于氧化还原反应B．生成1 mol Cl2转移电子数均为2N A
C．盐酸浓度越大，Cl—的还原性越强D．氧化性：KMnO4>K2Cr2O7>Cl2>MnO2 21．某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应得到氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠的混合液，经测定溶液中次氯酸钠和氯酸钠的浓度之比为1 ：3，则氯气与氢氧化钠溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A．21 ：5 B．4 ：1 C．3 ：1 D．11 ：3
二、填空题
22．G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系（未配平）：
（1）G→Q+NaCl（2）Q+H2O→X+H2↑
（3）Y+NaOH→G+Q+H2O （4）Z+NaOH→Q+X+H2O
这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序是
____________________________________
23．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O。
（1）请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)。_____
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________(填序号)。
①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性
（3）产生0.1molCl2,转移电子的物质的量为________mol。
（4）ClO2具有很强的氧化性,因此常被用作消毒剂,其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的_
_______倍。
三、实验题
24．实验室配制物质的量浓度均为0.2 mol?L-1的NaOH溶液和稀H2SO4各500mL。
提供的试剂是：NaOH固体和98%的浓H2SO4（密度为1.84 g/cm3）及蒸馏水。
（1）应用托盘天平称量NaOH__________g，应用10mL量筒量取浓
H2SO4____________mL。
（2）配制两种溶液时都需要的仪器是__________。
（3）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果偏低的有_________________（填序号）
A、在烧杯中溶解溶质搅拌时，溅出少量溶液
B、没有用蒸馏水洗烧杯2—3次，并将洗液移入容量瓶中
C、定容时，仰视容量瓶刻度线以控制加水量
D、将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量溅出
E、将浓硫酸在烧杯中稀释后，趁热转移进容量瓶进行后续配置步骤
F、容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
25．粗食盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥砂等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。回答下列问题：
（1）实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程①停止加热；②固定铁圈位置；③放上蒸发皿（蒸发皿中盛有NaCl溶液）；④放置酒精灯；⑤加热搅拌；其正确的操作顺序为____________。（填序号）
（2）在粗盐提纯过程中，如何检验NaCl溶液中SO42-是否除尽？
______________________。如果还有，应该如何除去SO42-离子？
____________________________________。
（3）在粗盐提纯的过程中需要滴加饱和Na2CO3溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的_____________________________________。
26．为了证明在实验室制备Cl2的过程中会有水蒸气和HCl挥发出来，小明设计了如图所示的实验装置，按要求填空。
①请根据小明的意图，连接相应的装置，接口顺序：接，
接，接。（填字母）____________
②U形管中所盛试剂的化学式为_____________；
③装置C中CCl4的作用是__________________；
④小红认为小明的实验有缺陷，不能证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，小红同学提出在某两个装置之间再加装置F。你认为装置F应加在____之间(填装置序号)。瓶中可以放入_______；
⑤小强看到小明设计的装置后提出无需多加装置，只需将原来烧杯中的AgNO3溶液换成其他溶液。你认为可将溶液换成________，如果观察到________的现象，则证明制Cl2时有HCl挥发出来。
四、原理综合题
27．A和B均为钠盐的水溶液，A呈中性，B呈碱性并具有氧化性。下述为相关实验步
骤和实验现象。请回答：
（1）写出C的化学式：____________，用文字描述实验现象
1：______________________。
（2）依次写出B→F和F→H的化学方程式：
_________________________________________________________；
_________________________________________________________。
（3）A→D主要操作步骤如下图：
甲．加入CCl4后振荡乙．静置分层丙．分离
甲、乙、丙3步实验操作中，不正确
．．．的是_______（填“甲”、“乙”或“丙”）。
（4）将SO2气体通入D溶液，D溶液变为无色，生成两种酸。写出该反应的化学方程式：_____________________________________。
五、计算题
28．取某镀锌铁片5.69 g，将其投入足量稀硫酸中，镀锌铁片完全溶解，产生氢气2.24 L（标准状况）。试计算：
（1）产生氢气的物质的量__________。
（2）镀锌铁片中锌的质量__________________。
参考答案
1．B
【详解】
塑料为有机高分子合成材料，纸张成分为天然纤维素，橡胶不管是天然的还是合成的都是高分子化合物，这三种物质都是有机物，故选B。
2．A
【解析】
A、容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，A为容量瓶；B为试管，C为漏斗，D为烧杯。故选A。
3．C
【解析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够发生电离从而导电的化合物。关键词：电离、化合物。Cl2、Al是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A、B错误；NaCl在水溶液或熔融状态下，均能发生电离从而导电，NaCl是电解质，故C正确；汽油不能电离，是化合物，是非电解质，故D错误。故选C。
点睛：大多数有机化合物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；酸、碱、盐、活泼金属氧化物均为电解质。
4．A
【解析】试题分析：人类智力障碍是因为缺碘，而最经济可行的措施就是在每天都食用的实验中加碘。B、C、D选项虽也可补碘，但是不适合于日常生活中。
考点：常见物质的用途
点评：信息题型在高考中的分量已逐年增大，但难度不大，考生应仔细阅读信息，紧紧抓住题干，在备考中应注意积累常见物质的性质用途。
5．B
【解析】有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素。A、40Ca和40Ar质子数不同，属于不同种元素，故A错误；D为2H，T为3H，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；C、H2O和H2O2是两种不同的分子，故C错误；D、红磷和白磷都是由磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D错误。
6．B
【详解】
A．滴紫色石蕊显蓝色的为NaOH溶液，无现象的为KCl溶液，可鉴别；
B．NaOH和KC1均不与Ba(N03)2溶液反应，无现象，不能鉴别；
C．与CuCl2反应生成蓝色沉淀的为NaOH，无现象的为KCl溶液，可鉴别；
D．焰色反应为紫色的为KCl，为黄色的为NaOH，现象不同，可鉴别。
故选B。
7．A
【详解】
A．Fe(OH)3胶体是分散系，属于混合物，A错误；
B．胶体中分散质的粒子直径在1~100nm（即10-9~ 10-7m）之间，B正确；
C．用平行光照射胶体，能出现光亮的通路，具有丁达尔效应，C正确；
D．Fe(OH)3胶体具有吸附性，具有净水作用，D正确；
故选A。
8．D
【解析】A、NaCl来源丰富，工业上通过电解饱和食盐水制备氯气、NaOH、氢气，故A正确；B、钠最外层只有一个电子，易失电子，钠具有强还原性，可以把钛、锆、铌等从其熔融盐中置换出来，故B正确；C、钠、钾的熔点很低，形成合金后，合金的熔点比成分金属更低，钠钾合金在常温下为液态，金属导热性非常好，可做快中子反应堆的导热剂，故C 正确；Cl2中Cl元素为0价，处于中间价态，具有强氧化性和弱还原性，而NaCl中Cl元素为-1价，只有弱还原性，无氧化性，故D错误。故选D。
9．B
【解析】X2+的质子数=质量数﹣中子数=137﹣81=56，则X2+的核外电子数=56﹣2=54。故选B。
点睛：质量数=质子数+中子数；微粒的核电荷数=质子数；阳离子的核外电子数=质子数﹣所带的电荷数；阳离子的核外电子数=质子数+所带的电荷数。
10．D
【解析】用氯气给自来水消毒，部分氯气与水反应：Cl2+H2O?HClO+HCl，则自来水中含有少量Cl2、HClO，含有少量H+、ClO﹣、Cl﹣等离子。A、自来水中含有Cl﹣，加入AgNO3可能生成AgCl沉淀，不能用于配制AgNO3溶液，故A错误；B、Cl2、HClO具有强氧化性，可与KI发生反应，不能用于配制KI溶液，故B错误；C、自来水中H+与Na2CO3反应，不能用于配制Na2CO3溶液，故C错误；D、自来水中的成分和FeCl3之间都不会发生反应，可以用该水配制FeCl3溶液，故D正确。故选D。
点睛：本题实质是考查氯水的成分与性质。新制氯水中含有三种分子（Cl2、HClO、H2O）、四种离子（H+、ClO﹣、Cl﹣、OH﹣），氯水的主要性质为酸性、强氧化性、漂白性。
11．A
【详解】
因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完，故答案为A。
12．C
【详解】
A、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积，其大小是不确定的，会随着温度、压强的变化而变化，22.4 L?mol﹣1是标准状况下的气体摩尔体积，故A错误；
B、58.5gNaCl溶于1 L水中，所配溶液体积大于1L，溶液浓度不等于1 mol/L，故B错误；
C、1个NH3分子含有10个电子，则1mol NH3含有10mol电子，即6.02×1024个电子，故C 正确；
D、质量的单位为g，摩尔质量的单位为g? mol-1，故D错误；
答案选C。
13．B
【解析】
【详解】
1L1mol·L-1NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1mol,根据2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，可以知道，如果完全反应生成碳酸钠，需要消耗0.5mol二氧化碳；若生成碳酸氢钠: NaOH+CO2=NaHCO3，则消耗1mol二氧化碳；而题给0.8molCO2，所以二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，设反应生成碳酸钠xmol、碳酸氢钠ymol,则:2x+y=1、x+y=0.8,计算得出:x=0.2mol、y=0.6mol；则所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量的比为:0.2:0.6=1:3；B选项正确；
综上所述，本题选B。
14．C
【分析】
漂白粉的有效成分是次氯酸钙，漂白时转化为强氧化性的次氯酸（漂白性），因而能漂白某些有色物质；
漂白粉主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能与酸反应生成有强氧化性的HClO（漂白性），故能漂白某些有色物质。因HClO酸性弱于碳酸（H2CO3），漂白粉溶液在空气中发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，增大了HClO浓度使漂白性增强。
答案选C。
15．C
【解析】A、N A个氧分子与N A个氢分子均为1mol，1molO2为32g，1mol H2为2g，故O2和H2的质量之比为32︰2=16︰1，故A错误；B、标况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、溶液中n(H2S04)=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，H2S04为二元强酸，故n(H+)=0.2mol，则H2S04电离出0.2N A个H+，故C正确；D、1 mol Cl2通入水中，部分与水反应，且反应为可逆反应，生成HC1O分子小于N A个，故D错误。故选C。16．D
【解析】A、Na2CO3和NaHCO3均能与澄清石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B、NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3和水，现象不明显，Na2CO3与NaOH不反应，不能鉴别，故B错误；C、将Na2CO3和NaHCO3分别加到盐酸中，都立即产生气体，不能鉴别，故C错误；D、NaHCO3固体受热易分解，产生CO2，而Na2CO3不易分解，现象不同，可以鉴别，故D正确。故选D。
点睛：本题考查Na2CO3和NaHCO3溶液的鉴别，要注意把握二者性质的差异。①溶解性差异，NaHCO3溶解性小于Na2CO3；②热稳定性差异，NaHCO3受热易分解；③同物质的量浓度的溶液碱性不同，Na2CO3溶液碱性更强；④与盐反应差异，Na2CO3可与BaCl2、CaCl2反应生成沉淀，而NaHCO3不能；⑤与酸反应差异：分别向相同浓度的两者溶液中逐渐滴加盐酸，NaHCO3产生气泡更快。注意不能用碱（Ca(OH)2、NaOH）鉴别Na2CO3和NaHCO3，此为易错点。
17．A
【详解】
A、Fe元素化合价升高，H2O中H元素化合价降低，得电子，作氧化剂，故A正确；
B、H2O中没有元素化合价的变化，H2O既不作氧化剂也不作还原剂，故B错误；
C、2F2+2H2O=4HF+O2中，水中O元素化合价由﹣2价变为0价，则水作还原剂，故C错误；
D、水中各元素化合价不变，Cl元素化合价由0价变为+1价、-1价，水既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；
18．D
【解析】A、加盐酸能产生无色气体的有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐，不能判断是否为碳酸盐，故A错误；B、加BaCl2溶液生成的沉淀可能为AgCl，不能排除Ag+的干扰，应加入盐酸酸化后再检验，故B错误；C、滴入Na2CO3试液能产生的白色沉淀有很多种，比如该沉淀可以为BaCO3，则该溶液也可以为Ba(OH)2溶液，故C错误；D、验证烧碱溶液中是否含Cl﹣，先加过量的稀硝酸除去OH﹣，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl﹣，故D正确。故选D。
点睛：①检验SO42—的方法：先加稀盐酸(排除SO32—、CO32—、Ag+的干扰)，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则存在SO42—；②检验Cl﹣的方法：先加过量稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，证明含Cl﹣。
19．C
【解析】A、将公式pV=nRT和n=m/M变形，可得pV= m
RT
M
，则同温同压下，质量相同
时，气体体积与摩尔质量成反比，甲烷的摩尔质量是16g/mol，氖的摩尔质量是20g/mol，所以甲烷比氖气所占有的体积大，故A错误；B、3.01×1023个X气体分子为0.5mol，X气体的摩尔质量M=m/n=16g/0.5mol=32g/mol，故B错误；C、0.5L 1mol/LFeCl3溶液中n(Cl ﹣)=1mol/L×3×0.5L=1.5mol，0.2L 1mol/L KCl溶液中n(Cl﹣)= 1mol/L×0.2L=0.2mol，Cl﹣的物质的量之比为15∶2，物质的量与粒子数目成正比，故C正确；D、100ml 1mol/L NaCl溶液中Cl﹣浓度为1mol/L，50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度为3mol/L，两者Cl﹣物质的量浓度不相等，故D错误。故选C。
20．D
【解析】A、上述反应中都存在HCl→Cl2的变化，有化合价的改变，属于氧化还原反应，故A正确；B、HCl中Cl元素化合价由-1价升高到0价，每生成1个Cl2，化合价升2，即转移2个电子，则生成1 mol Cl2转移电子数均为2N A，故B正确；C、MnO2与浓盐酸反应，而不与稀盐酸反应，说明浓盐酸还原性强，稀盐酸还原性弱，即盐酸浓度越大，Cl—的还原性越强，故C正确；D、根据各反应条件可知，氧化性KMnO4>K2Cr2O7>MnO2，根据氧化剂氧化性大于氧化产物，MnO2能将HCl氧化为Cl2，则说明MnO2氧化性强于Cl2，故D错误。故选D。
21．B
Cl2转化为ClO﹣与ClO3﹣是氧化过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价；Cl2转化为NaCl 是还原过程，化合价由0价降低为﹣1价；ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为1∶3，可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为3mol，则被氧化的Cl共为4mol，失去电子n=1mol×1+3mol×5=16mol；根据电子得失守恒，Cl2被还原为NaCl，得到电子16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol；所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16∶4=4∶1。故选B。22．GYQZX
【解析】
（1）G→Q+NaCl中，该反应为歧化反应，NaCl中Cl元素为-1价，为Cl的最低价态，则G→Q 中，Cl元素化合价升高，所以Q＞G＞-1；（2）Y十NaOH→G十Q十H2O中，NaOH化合价不发生改变，所以Y发生歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G和Q之间，
Q＞Y＞G；（3）Q+H2O→X+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X＞Q；（4）Z十NaOH→Q十X十H2O中，Z中Cl元素化合价介于Q和X之间，所以X＞Z＞Q，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为GYQZX。
23．②0.2 2.63
【解析】
【详解】
（1）在反应2KClO3＋4HCl(浓)＝2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O中，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高0，则HCl具有还原性，又该反应生成盐KCl，则表现酸的酸性，答案为②；（2）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol；
（3）设质量都是71g，氯气是1mol，得到的电子的物质的量是2mol，ClO2得到的电子的物质的量为71g/67.5g/mol×5＝5.26mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的5.26÷2＝2.63倍。
【点睛】
本题以氯气的制法来考查氧化还原反应，注意把握氧化还原反应中转移的电子数的计算，明确化合价的变化是分析的关键，尤其是同一种元素之间发生氧化还原反应，由于氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只
靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，因此该题中二氧化氯是还原产物，氯气是氧化产物，氯化钾中的氯原子来自于氯化氢中。
24．4.0 5.4 玻璃榜、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶ABC
【详解】
（1）n(NaOH)=
n(H2SO4)=cV=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，m(NaOH)=nM=0.1mol×40g/mol=4.0g；
98%的浓H2SO4（密度为1.84 g/cm3）c浓=10001000 1.8498
98
M
ρω??
=
％
mol/L=18.4mol/L；
根据n(H2SO4)=c浓×V浓=c稀×V稀=0.1mol，则要量取浓硫酸V浓=
0.1mol
18.4mol/L
=0.0054L=5.4mL。
故答案为4.0；5.4；
（2）配制NaOH溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；配制稀H2SO4的步骤是计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。故配制两种溶液时都需要的仪器是：玻璃榜、烧杯、胶头滴管、500mL 容量瓶；
（3）A、在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液会导致溶质的损失，所配溶液的浓度偏低，故A正确；
B、没有用蒸馏水洗烧杯2﹣3次，会导致溶质的损失，则所配溶液的浓度偏低，故B正确；
C、定容时仰视刻度，会导致溶液体积偏大，则所配溶液的浓度偏低，故C正确；
D、将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量溅出，此时溶液已配制好，装瓶的过程中损失溶液，对浓度没有影响，故D错误；
E、稀释H2SO4，没有冷却至室温就转移至容量瓶并定容，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故E错误；
F、若容量瓶未干燥，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故F错误。
故选ABC。
25．④②③⑤①静置片刻后，取上层清液于试管中，继续滴加氯化钡，若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根在溶液中继续加入过量的氯化钡除去钙离子以及过量的钡离子。
【解析】（1）组装仪器时要从下向上组装，酒精灯在铁圈和蒸发皿的下方，所以要先放酒精
灯；然后再固定铁圈，放置蒸发皿；然后再点燃酒精灯加热，并搅拌，当有较多晶体析出时，停止加热，借余热蒸干。正确的操作顺序为④②③⑤①；
故答案为：④②③⑤①；
（2）加入过量氯化钡溶液除去SO42-，检验SO42-已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊，说明SO42-已经除尽，若出现浑浊，则说明SO42-没有除尽，此时应继续加入过量的氯化钡；
故答案为：静置片刻后，取上层清液于试管中，继续滴加氯化钡，若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；在溶液中继续加入过量的氯化钡；
（2）Na2CO3与钙离子生成碳酸钙沉淀、与钡离子生成碳酸钡沉淀，所以滴加饱和Na2CO3溶液，可以除去钙离子和过量的钡离子；
故答案为：除去钙离子以及过量的钡离子。
点睛：除去粗食盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质时，加药品顺序有两个要点：①Na2CO3溶液在BaCl2之后加，以保证除去过量的BaCl2；②过滤之后加盐酸，除去过量的Na2CO3、NaOH。
26． b e f d c a(e、f可互换) CuSO4吸收Cl2A、C 湿润的KI淀粉试纸(或润湿的有色布条) 紫色石蕊试液(其他合理答案也可) 紫色石蕊试液变红而不褪色
【解析】实验室制备的原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，为证明在制备Cl2的过程中会有H2O(g)和HCl挥发出来，则要分别检验H2O(g)和HCl(g)。H2O(g)可以利用无水硫酸铜检验；HCl(g)溶于水电离出Cl－，可利用硝酸银溶液检验；考虑到Cl2溶于水也能产生HCl，会干扰HCl的检验，故在检验HCl之前，要先除去Cl2；Cl2易溶于C Cl4，而HCl难溶于C Cl4，故可利用C Cl4将Cl2除去。
①分析装置可知装置A是检验HCl，装置B是制备Cl2，装置C用CCl4除Cl2，装置D硫酸铜检验是否有水生成。先用B制备Cl2，然后用D检验H2O，再利用C除去Cl2，注意气体进入C时要长进短出，最后利A检验HCl。装置接口顺序：b→e→f→d→c→a(e、f可互换)。故答案为：b e f d c a(e、f可互换)；
②无水硫酸铜与水反应生成蓝色五水硫酸铜晶体，可用来检验水，故答案为：无水CuSO4；
③Cl2易溶于CCl4，可用来吸收Cl2，故答案为：吸收Cl2；
④A装置用来检验HCl气体，为了确保实验结论的可靠性，应排除Cl2的干扰，在C吸收Cl2之后要检验Cl2是否完全除去，在装置C、A之间之后再连接装置F，F中可放湿润的KI 淀粉试纸(或润湿的有色布条)，当观察到装置C中CCl4显浅黄绿色，装置F中湿润的KI淀
粉试纸(或润湿的有色布条)无颜色变化时，能确保结论正确。
故答案为：C、A；湿润的KI淀粉试纸(或润湿的有色布条)；
（5）将原来烧杯中的AgNO3溶液换成石蕊试液，气体通过紫色石蕊试液变红而不褪色，证明制Cl2时有HCl挥发出来。
故答案为：紫色石蕊试液；紫色石蕊试液变红而不褪色。
27．AgI 产生大量棕黄色的烟2HCl+NaClO+H2O=Cl2+NaCl+H2O
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 丙SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI
【解析】
钠盐A能和AgNO3溶液反应生成难溶于HNO3的黄色沉淀，可确定A为NaI，C为AgI；F为黄绿色气体，则F是Cl2；F与金属铜反应得到K，则K为Cu Cl2；F(Cl2)与NaOH反应生成H （含有B的溶液），根据题干中“B呈碱性并具有氧化性”，可推测B为NaClO；将B(NaClO)逐滴加入A(NaI)中得到D（D在CCl4中呈紫色），则D为I2。
（1）由以上分析可知C为AgI；实验现象1为铜在氯气中燃烧产生大量棕黄色的烟；
故答案为AgI；产生大量棕黄色的烟；
（2）B(NaClO)与浓盐酸反应得到F(Cl2)，NaClO具有强氧化性，HCl具有还原性，发生归中反应生成Cl2，故方程式为：2HCl+NaClO+H2O=Cl2+NaCl+H2O；F→H为Cl2与NaOH的反应，反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
故答案为2HCl+NaClO+H2O=Cl2+NaCl+H2O；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（3）振荡、静置分层操作合理，而分离时先分离下层液体后倒出上层液体，则丙图不合理；故答案为丙；
（4）将SO2气体通入D(I2)溶液，溶液变为无色，生成两种酸。SO2具有强还原性，能被卤素单质氧化为硫酸，I2自身被还原为HI，故反应方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；
故答案为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI。
点睛：本题考查无机物的推断，突破口为几种物质的颜色，黄绿色气体为Cl2，黄色沉淀为AgI，淡黄色沉淀有AgBr、S，常见的淡黄色固体还有Na2O2。
28．0.1mol 6.5g
【解析】
【详解】
（1）标况下，2.24L氢气的物质的量n(H2)=
22.4
22.4/
m
V L
V L mol
=0.1mol；故答案为0.1mol；
（2）令Zn、Fe的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量与电子转移守恒，则：65x+56y=5.69，2x+2y=0.1×2；解得x=0.01、y=0.09；
故Zn的质量m(Zn)=M×n=0.01mol×65g/mol=0.65g。故答案为：0.65．