2021-2022学年河南省实验中学高一（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年河南省实验中学高一（上）期中化学试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省实验中学高一（上）期中化学试卷
一、选择题：（本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项）
1．（3分）下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，不正确的是（　　）
A．道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学发展起了极大的推动作用
B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，对青蒿素的提取属于化学变化
C．侯德榜发明的侯氏制碱法推动了我国制碱工业的发展
D．人类历史上，重金属的发现和应用比较早，而轻金属的发现和应用则较晚
2．（3分）非金属溴与氯气的性质很相似．在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是（　　）
A．做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
B．观察溴的外观性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
C．观察溴的外观性质→预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
D．预测溴的性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论→观察溴的外观性质
3．（3分）下列叙述正确的是（　　）
A．直径介于1～100nm的微粒称为胶体
B．由于Fe（OH）3胶体带有正电荷，接上外接电源，会发生电泳现象
C．根据丁达尔效应，利用一束强光可以区分淀粉胶体和食盐溶液
D．胶体粒子是很多分子的集合体，因此不能通过滤纸，但可以透过半透膜
4．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．大理石和醋酸溶液的反应：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
C．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
D．氯气溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣
5．（3分）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1mol N2和1mol O2所占的体积均为22.4 L
B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
C．1mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有Cl﹣的数目为3NA
D．1 mol N2和CO的混合气体中含有的质子数为14 NA
6．（3分）实验过程中不会产生气体的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（3分）下列离子在溶液中能共存，加 OH﹣有沉淀析出，加 H+能放出气体的是（　　）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣
C．Ba2+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣ D．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣
8．（3分）下列物质的分类正确的是（　　）

混合物
酸
盐
化合物
A
CuSO4•5H2O
H2SO4
NaCl
盐酸
B
碱石灰
醋酸
生石灰
Na2O
C
KNO3晶体
NH4Cl
Cu2（OH）2CO3
NaOH
D
澄清石灰水
HNO3
NaHSO4
NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）下列关于物质的量浓度表述正确的是（　　）
A．0.3mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣的总物质的量为0.9mol
B．当1L水吸收标准状况下22.4L氨气所得氨水的浓度为1mol•L﹣1
C．10℃时，0.35mol•L﹣1的KCl饱和溶液10mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于10mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol•L﹣1
D．配制500mL0.2mol•L﹣1的CuSO4溶液，需要称量胆矾晶体质量为16.0g
10．（3分）现有2.0g含Na2O杂质的Na2O2样品，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度，（可供选用的反应物只有CaCO3固体、盐酸、硫酸和蒸馏水）下列说法错误的是（　　）

A．装置A中液体试剂为盐酸
B．装置B的作用是除去挥发出的HCl气体
C．若去掉装置E会导致所测Na2O2试样的纯度偏低
D．若反应结束后由气体体积计算得气体质量为0.32g，则Na2O2试样的纯度为78%
11．（3分）一定温度压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（　　）

A．气球B中装的是O2
B．气球A和气球C中气体分子数相等
C．气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1
D．气球C和气球D中气体密度之比为2：1
12．（3分）VmL Al2（SO4）3溶液中含Al3+ ag，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）
A．mol•L﹣1 B．mol•L﹣1
C． mol•L﹣1 D．mol•L﹣1
13．（3分）以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物，下列分析不正确的是（　　）

A．反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质
B．Na2CO3可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，NaHCO3可用于治疗胃酸过多、制造发酵粉等
C．反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D．Na2O2能和CO2反应，说明Na2O2是碱性氧化物
14．（3分）常温下，向下列溶液中通入足量的CO2，有明显变化的是（　　）
A．饱和Na2CO3溶液 B．NaOH溶液
C．饱和NaHCO3溶液 D．CaCl2溶液
15．（3分）有①、②两个完全相同的装置，分别在装置①、②中加入1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3，然后再分别注入相同体积的盐酸，下列有关叙述正确的是（　　）

A．①、②装置中的气球都会膨胀，①装置中的气球膨胀的更快
B．若最终两气球体积不同，则盐酸溶液中n（HCl）≤0.01mol
C．若最终两气球体积相同，则盐酸溶液中n（HCl）≥0.02mol
D．溶液体积变化忽略不计，则最终两试管中Na+的物质的量浓度相等
16．（3分）标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为ρg/mL，溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是（　　）
①w＝×100%
②c＝
③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w
④向上述溶液中再加入等质量水后，所得溶液的浓度小于mol/L
A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①④
二、非选择题（共52分）
17．（12分）按要求完成下列问题
（1）现有下列8种物质：
①铝
②H2SO4
③CO2
④Ba（OH）2
⑤盐酸
⑥熔融NaHSO4
⑦碳酸钙
⑧乙醇，
这些物质中属于电解质的有 　 　，能导电的有 　 　（填序号）；⑥在水中的电离方程式为　 　；
（2）写出实验室用饱和FeCl3溶液制取Fe（OH）3胶体的离子方程式 　 　。
（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g，在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中CO的质量为 　 　g，CO2的物质的量为 　 　mol。
18．（10分）如图是硫酸试剂瓶标签上的内容．
（1）实验室用该硫酸配制240mL 0.46mol/L的稀硫酸，则需要量取该硫酸的体积为 　 　mL；量取浓硫酸所用的量筒的规格是 　 　（用下列编号填空）。
A．10mL
B．25mL
C．50mL
D．100mL
（2）配制该溶液时，所需的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 　 　（填仪器名称）。
（3）溶液的配制过程中如下（步骤混乱），请写出缺少的关键步骤的具体内容：　 　。
A．用少量水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿玻璃棒倒入盛有水的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的硫酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处
F．将配好的溶液装入试剂瓶，并贴上标签
（4）在配制稀H2SO4的过程中，下列情况会引起硫酸溶液物质的量浓度偏高的是 　 　。
A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中
B．量取好浓硫酸倒入烧杯稀释后，用水洗涤量筒2～3次，并将洗涤液倒入烧杯
C．定容时仰视观察液面
D．量取浓硫酸时仰视观察液面
E．未洗涤烧杯和玻璃棒

19．（10分）现有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取三份各100mL该混合溶液进行如下实验。
实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液，加热，收集到0.08mol气体；
实验③：向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。
（已知：NH4++OH﹣H2O+NH3↑）
根据上述实验，回答以下问题。
（1）由实验①推断该混合溶液　 　（填“一定”或“不一定”）含有Cl﹣。
（2）由实验②推断该混合溶液中应含有　 　（填离子符号），其物质的量浓度为　 　。
（3）由实验③可知12.54g沉淀的成分为　 　（填化学式）。
（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是　 　（填标号）。
A．该混合溶液中一定含有K+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣，可能含Cl﹣，且n（K+）≥0.04mol
B．该混合溶液中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣，可能含Ba2+、K+、Cl﹣
C．该混合溶液中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣，可能含K+、Cl﹣
D．该混合溶液中一定含有NH4+、SO42﹣，可能含K+、Cl﹣
20．（12分）氯元素是非常重要的非金属元素，某化学活动社团为了探究氯气的制法、性质和用途，设计了如图实验装置。

（1）仪器A的名称为　 　；B中饱和食盐水的作用是　 　。
（2）请写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式　 　。
（3）广口瓶C、E中的有色布条褪色的是　 　。（填“C”或“E”）
（4）装置F可用于制漂白粉，漂白粉的有效成分是　 　。
A．Ca（OH）2
B．Ca（ClO）2
C．CaCl2
D．Ca（ClO）2和CaCl2
（5）烧杯G的作用是处理尾气，请写出G中反应的离子方程式　 　。
（6）检验Ⅰ中阳离子的试剂是　 　。（填化学式）
21．（8分）将CO2气体通入100mL NaOH溶液中，充分反应后所得溶液X，再向该溶液中逐滴加入1.00mol•L﹣1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示：
（1）溶液X中溶质成分为　 　；
（2）当加入45.0mL盐酸时，产生CO2的体积为　 　mL（标准状况）；
（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为　 　mol•L﹣1．


2021-2022学年河南省实验中学高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项）
1．（3分）下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，不正确的是（　　）
A．道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学发展起了极大的推动作用
B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，对青蒿素的提取属于化学变化
C．侯德榜发明的侯氏制碱法推动了我国制碱工业的发展
D．人类历史上，重金属的发现和应用比较早，而轻金属的发现和应用则较晚
【分析】A．道尔顿的原子论和阿伏加德罗的“分子学说”，奠定了近代化学基础；
B．青蒿素提取利用的是萃取原理；
C．侯德榜对联合制碱法进行了改进，提高了原料的利用率；
D．重金属活泼性较弱容易冶炼，轻金属活泼性强难冶炼。
【解答】解：A．道尔顿的原子论和阿伏加德罗的“分子学说”，奠定了近代化学基础，内容是：物质是由分子和原子构成，分子中原子的重新组合是化学变化的基础，是认识和分析化学现象和本质的基础，对化学的发展起到了极大的推动作用，故A正确；
B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；
C．侯德榜对联合制碱法进行了改进，提高了原料的利用率，俗称“侯氏制碱法”，推动了我国制碱工业的发展，故C正确；
D．重金属活泼性较弱容易冶炼，轻金属活泼性强难冶炼，所以重金属的发现和应用较早，而轻金属的发现和应用则较晚，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学史发展、化学学科成就、金属的冶炼和使用等，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）非金属溴与氯气的性质很相似．在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是（　　）
A．做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
B．观察溴的外观性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
C．观察溴的外观性质→预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
D．预测溴的性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论→观察溴的外观性质
【分析】探究物质的性质时其基本程序是：观察物质外观→预测物质的化学性质→做实验并观察现象→分析现象，并用相应的化学知识解释→得出结论．
【解答】解：非金属溴与氯气的性质很相似，所以可以根据氯气的性质预测溴的性质，则探究溴的性质时其基本程序是：先从色、态方面观察溴的外观，然后根据氯气的性质预测溴可能具有的性质，再做实验验证预测，观察实验并记录现象，再分析实验现象并用已知化学知识解释现象，最后得出结论，
故选：C。
【点评】本题考查了探究实验流程，明确实验步骤即可解答，难度不大．
3．（3分）下列叙述正确的是（　　）
A．直径介于1～100nm的微粒称为胶体
B．由于Fe（OH）3胶体带有正电荷，接上外接电源，会发生电泳现象
C．根据丁达尔效应，利用一束强光可以区分淀粉胶体和食盐溶液
D．胶体粒子是很多分子的集合体，因此不能通过滤纸，但可以透过半透膜
【分析】A．胶体是分散系，是混合物；
B．胶体不带电；
C．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，淀粉溶液为胶体，食盐溶液为溶液；
D．胶体粒子能透过滤纸。
【解答】解：A．分散质粒子直径介于1～100nm的分散系称为胶体，故A错误；
B．胶体不带电，带电的是胶粒，故B错误；
C．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，淀粉溶液为胶体，可用丁达尔效应鉴别区别淀粉胶体和食盐溶液，故C正确；
D．胶体粒子是很多分子的集合体，能透过滤纸，不能通过半透膜，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了胶体的概念与性质，题目难度不大，注意溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，注意相关知识的积累。
4．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．大理石和醋酸溶液的反应：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
C．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣＝BaSO4↓+H2O
D．氯气溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣
【分析】A．醋酸为弱酸，应保留化学式；
B．碳酸氢钠过量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
C．离子个数配比不符合物质结构组成；
D．次氯酸为弱酸，应保留化学式。
【解答】解：A．大理石和醋酸溶液的反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故A错误；
B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应，离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故B正确；
C．Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合，离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．氯气溶于水，离子方程式为：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写正误判断，明确反应实质，熟悉化学式拆分原则是解题关键，题目难度不大。
5．（3分）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1mol N2和1mol O2所占的体积均为22.4 L
B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
C．1mol•L﹣1的AlCl3溶液中含有Cl﹣的数目为3NA
D．1 mol N2和CO的混合气体中含有的质子数为14 NA
【分析】A．气体状况未知；
B．氦气为单原子分子；
C．溶液体积未知；
D．1个CO和1个N2质子数都是14个。
【解答】解：A．气体状况未知，无法计算气体的体积，故A错误；
B．含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，在标准状况下的体积约为22.4L，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故C错误；
D．1个CO和1个N2质子数都是14个，则1 mol N2和CO的混合气体中含有的质子数为14 NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大，注意气体摩尔体积使用条件和对象。
6．（3分）实验过程中不会产生气体的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】氯水中含有盐酸和次氯酸，其中次氯酸不稳定，见光易分解，氯气可与溴化钠发生置换反应，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，以此解答该题．
【解答】解：A．氯水中含有次氯酸，不稳定，见光分解生成氧气，故A不选；
B．氯水中含有盐酸，可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，故B不选；
C．氯水中的氯气和与溴化钠反应生成单质溴，没有气体生成，故C选；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故D不选。
故选：C。
【点评】本题综合考查氯气、过氧化钠的性质，为元素化合物知识的高频考点，注意把握氯水的成分和性质，尤其是次氯酸的强氧化性和不稳定性，在学习中注意把握，难度不大．
7．（3分）下列离子在溶液中能共存，加 OH﹣有沉淀析出，加 H+能放出气体的是（　　）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣ B．Ba2+、K+、Cl﹣、NO3﹣
C．Ba2+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣ D．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合加OH﹣有沉淀析出，加H+能放出气体来解答。
【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，加OH﹣有氢氧化铜沉淀析出，但加H+不能放出气体，故A不选；
B．该组离子之间不反应，可大量共存，加OH﹣没有沉淀生成，加H+不能放出气体，故B不选；
C．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，加OH﹣有碳酸钙沉淀生成，加H+能放出二氧化碳气体，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大。
8．（3分）下列物质的分类正确的是（　　）

混合物
酸
盐
化合物
A
CuSO4•5H2O
H2SO4
NaCl
盐酸
B
碱石灰
醋酸
生石灰
Na2O
C
KNO3晶体
NH4Cl
Cu2（OH）2CO3
NaOH
D
澄清石灰水
HNO3
NaHSO4
NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
【分析】由两种或两种以上的物质构成的是混合物；
电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；
阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐；
由两种或以上元素组成的纯净物为化合物，据此分析。
【解答】解：A、CuSO4•5H2O是化合物，而不是混合物；盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是化合物，故A错误；
B、生石灰是CaO，是氧化物而不是盐，故B错误；
C、NH4Cl是盐不是酸，故C错误；
D、澄清石灰水是混合物，HNO3是酸，NaHSO4是盐，NaHCO3是化合物，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了酸、盐、化合物和混合物的概念和判断，掌握概念的要点是解题关键，考查了学生的基础知识和基本素养，难度不大。
9．（3分）下列关于物质的量浓度表述正确的是（　　）
A．0.3mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣的总物质的量为0.9mol
B．当1L水吸收标准状况下22.4L氨气所得氨水的浓度为1mol•L﹣1
C．10℃时，0.35mol•L﹣1的KCl饱和溶液10mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于10mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol•L﹣1
D．配制500mL0.2mol•L﹣1的CuSO4溶液，需要称量胆矾晶体质量为16.0g
【分析】A．物质的量＝物质的量浓度×溶液体积；
B．用1L水吸收22.4L氨气（标况下）所得氨水溶液体积不是1L；
C．10℃时，KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10℃时，仍然为饱和溶液；
D．根据n＝cV计算CuSO4的物质的量，胆矾物质的量等于CuSO4的物质的量，根据m＝nM计算需要胆矾的质量。
【解答】解：A．没有告诉Na2SO4溶液的体积，无法计算溶液中Na+和SO42﹣的物质的量之和，故A错误；
B．用1L水吸收22.4L氨气（标况下）物质的量为1mol，所得氨水溶液体积不是1L，所得溶液的浓度不是1mol•L﹣1，故B错误；
C．10℃时0.35 mol•L﹣1的KCl饱和溶液10 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10℃时，其体积小于10 mL，但是此时仍然为饱和溶液，则它的物质的量浓度仍为0.35 mol•L﹣1，故C正确；
D．配制0.2mol/L的CuSO4溶液500ml，需要CuSO4的物质的量＝0.5L×0.2mol/L＝0.1mol，胆矾物质的量等于CuSO4的物质的量，故需要胆矾的质量＝0.1mol×250g/mol＝25.0g，故D错误，
故选：C。
【点评】本题主要考查与物质的量有关的计算，涉及到计算物质的量浓度、物质的量、质量等，解题的关键是掌握计算方法和条件，为高频考点，难度中等。
10．（3分）现有2.0g含Na2O杂质的Na2O2样品，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度，（可供选用的反应物只有CaCO3固体、盐酸、硫酸和蒸馏水）下列说法错误的是（　　）

A．装置A中液体试剂为盐酸
B．装置B的作用是除去挥发出的HCl气体
C．若去掉装置E会导致所测Na2O2试样的纯度偏低
D．若反应结束后由气体体积计算得气体质量为0.32g，则Na2O2试样的纯度为78%
【分析】该实验目的是通过测定CO2与Na2O2反应生成氧气的体积来测定Na2O2试样的纯度，装置A中CaCO3固体与盐酸反应制备CO2气体，装置B中的饱和碳酸氢钠溶液用于除去CO2中混有的HCl，装置C中浓硫酸干燥CO2，在装置D中CO2与Na2O2反应，E装置吸收剩余的CO2，避免影响O2的体积测定，装置F、G用于测定O2的体积，以此解答该题。
【解答】解：A.装置A中CaCO3固体与盐酸反应制备CO2气体，装置A中液体试剂为盐酸，故A正确；
B.盐酸易挥发，制取的CO2中混有的HCl，HCl能够与过氧化钠反应，干扰了检验结果，需要用装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去挥发出的HCl气体，故B正确；
C.生成的氧气中含有二氧化碳，若去掉装置E，测定的氧气体积偏大，计算出的过氧化钠的质量偏大，导致所测Na2O2试样的纯度偏高，故C错误；
D.n（O2）＝＝0.01mol，由反应2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2可知：n（Na2O2）＝2n（O2）＝0.02mol，则过氧化钠的纯度为：ω（Na2O2）＝×100%＝78%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的含量测定，为高频考点，把握实验目的、实验原理、物质性质及装置作用为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
11．（3分）一定温度压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（　　）

A．气球B中装的是O2
B．气球A和气球C中气体分子数相等
C．气球A和气球D中气体物质的量之比为4：1
D．气球C和气球D中气体密度之比为2：1
【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积相等，根据V＝nVm＝Vm来计算体积的大小；
B、气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比；
C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比；
D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比．
【解答】解：A、一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V＝nVm＝Vm得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，C中装的是氧气，故A错误；
B、根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64＝1：2，故B错误；
C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；
D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16＝2：1，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生公式的应用以及阿伏加德罗定律的推论知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等．
12．（3分）VmL Al2（SO4）3溶液中含Al3+ ag，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）
A．mol•L﹣1 B．mol•L﹣1
C． mol•L﹣1 D．mol•L﹣1
【分析】根据n＝计算出铝离子的物质的量，再根据化学式计算出硫酸根离子的物质的量，最后根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度．
【解答】解：ag铝离子的物质的量为：n（Al3+）＝＝mol，
则VmL硫酸铝溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：n（SO42﹣）＝×n（Al3+）＝mol×＝mol，
V/4mL溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：mol×＝mol，
溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中硫酸根离子的浓度为：c（SO42﹣）＝＝mol/L，
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确离子与化学式之间的关系为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．
13．（3分）以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物，下列分析不正确的是（　　）

A．反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质
B．Na2CO3可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，NaHCO3可用于治疗胃酸过多、制造发酵粉等
C．反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D．Na2O2能和CO2反应，说明Na2O2是碱性氧化物
【分析】A．酸性氧化物与碱反应生成盐和水；
B．根据碳酸钠、碳酸氢钠的性质、用途判断；
C．过氧化钠与水和二氧化碳反应都生成氧气；
D．碱性氧化物与酸性氧化物反应只生成盐。
【解答】解：A．反应③二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，表明CO2具有酸性氧化物的性质，故A正确；
B．碳酸钠可用于制备硅酸钠、硬质酸钠等，可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，NaHCO3不稳定，碱性较弱，可与酸反应，可用于治胃酸过多，制发酵粉等，故B正确；
C．过氧化钠与水和二氧化碳反应都生成氧气，所以反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给，故C正确；
D．Na2O2能和 CO2反应生成碳酸钠和氧气，说明 Na2O2不是碱性氧化物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质，明确酸性氧化物、碱性氧化物概念及性质是解题关键，题目难度不大。
14．（3分）常温下，向下列溶液中通入足量的CO2，有明显变化的是（　　）
A．饱和Na2CO3溶液 B．NaOH溶液
C．饱和NaHCO3溶液 D．CaCl2溶液
【分析】A、向饱和Na2CO3溶液中通入二氧化碳，会发生反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；
B、NaOH溶液与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C、二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应；
D、碳酸酸性弱于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应；
【解答】解：A、向饱和Na2CO3溶液中通入二氧化碳，会发生反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以会析出碳酸氢钠晶体，故A正确；
B、NaOH溶液与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，无明显变化，故B错误；
C、二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应，无明显变化，故C错误；
D、碳酸酸性弱于盐酸，二氧化碳和氯化钙不反应，无明显变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质之间的化学反应，掌握元素及其化合物的性质，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，题目难度不大．
15．（3分）有①、②两个完全相同的装置，分别在装置①、②中加入1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3，然后再分别注入相同体积的盐酸，下列有关叙述正确的是（　　）

A．①、②装置中的气球都会膨胀，①装置中的气球膨胀的更快
B．若最终两气球体积不同，则盐酸溶液中n（HCl）≤0.01mol
C．若最终两气球体积相同，则盐酸溶液中n（HCl）≥0.02mol
D．溶液体积变化忽略不计，则最终两试管中Na+的物质的量浓度相等
【分析】Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.01mol，①向Na2CO3中加入盐酸，发生的反应有Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，②中发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，据此分析回答问题。
【解答】解：A．①中反应方程式为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，②中发生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，①②都有气体产生，气球都会膨胀，①反应一段时候后产生气体，②是立即产生气体，因此②装置中的气球膨胀的更快，故A错误；
B．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，均是0.01mol，根据反应的方程式，当n（HCl）≥0.02mol时，两装置产生的气体体积相同，也就是0＜n（HCl）≤0.02mol，两装置产生气体体积不相同，故B错误；
C．根据B选项分析，当n（HCl）≥0.02mol时，两装置产生的气体体积相同，故C正确；
D．0.01molNa2CO3中含有n（Na+）＝0.02mol，0.01molNaHCO3中含有n（Na+）＝0.01mol，根据钠元素守恒，当溶液体积变化忽略不计时，即溶液的体积相同，最终两试管中Na+的物质的量浓度不相等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠和酸反应分步进行，是解答本题的关键，整体难度适中。
16．（3分）标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为ρg/mL，溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是（　　）
①w＝×100%
②c＝
③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w
④向上述溶液中再加入等质量水后，所得溶液的浓度小于mol/L
A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①④
【分析】①根据物质的量浓度c＝进行计算该溶液的质量分数；
②根据V＝可计算出溶液体积，然后根据c＝可计算出该溶液的物质的量浓度；
③水的密度小于盐酸的密度，所以等体积时，水的质量小于盐酸的质量，这样混合后，所得溶液浓度大于0.5ω，根据公式溶质质量分数＝×100%计算；
④等质量的水后，所得溶液溶质的质量分数等于0.5w，根据c＝，据此判断。
【解答】解：①根据物质的量浓度c＝可得，ω＝×100%，故正确；
②根据V＝＝mL＝mL，c＝＝＝mol/L，故错误；
③水的密度小于盐酸的密度，所以等体积时，水的质量小于盐酸的质量，质量分数＝×100%＝×100%，向上述溶液中再加入V mL 水后，质量分数＝×100%＝×100%＞×100%＞0.5ω，故正确；
④等质量的水后，所得溶液溶质的质量分数等于0.5w，根据c＝，而氨水是质量分数越小密度越大，所得溶液的物质的量浓度大于0.5c，故正确；
故选：C。
【点评】本题考查了有关物质的量浓度计算，题目难度中等，注意掌握物质的量与物质的量浓度、摩尔质量等物理量之间的转化关系，明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键。
二、非选择题（共52分）
17．（12分）按要求完成下列问题
（1）现有下列8种物质：
①铝
②H2SO4
③CO2
④Ba（OH）2
⑤盐酸
⑥熔融NaHSO4
⑦碳酸钙
⑧乙醇，
这些物质中属于电解质的有 　②④⑥⑦　，能导电的有 　①⑤⑥　（填序号）；⑥在水中的电离方程式为　NaHSO4＝Na++H++SO42﹣　；
（2）写出实验室用饱和FeCl3溶液制取Fe（OH）3胶体的离子方程式 　Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+　。
（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g，在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中CO的质量为 　5.6　g，CO2的物质的量为 　0.2　mol。
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；物质导电的条件为：存在自由电子或者自由移动的离子；硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；
（2）铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子；
（3）设CO物质的量为xmol，二氧化碳物质的量为ymol，依据混合气体的质量和标况下体积列方程组计算解答。
【解答】解：（1）①铝是单质，既不是电解质也不是非电解质；含有自由电子能导电；
②H2SO4是电解质；不含自由电子，也不含自由移动的离子，不能导电；
③CO2是非电解质；不含自由电子，也不含自由移动的离子，不能导电；
④Ba（OH）2是电解质；不含自由电子，也不含自由移动的离子，不能导电；
⑤盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；含有自由移动的离子，能导电；
⑥熔融NaHSO4是电解质；含有自由移动的离子，能导电；
⑦碳酸钙是电解质；不含自由电子，也不含自由移动的离子，不能导电；
⑧乙醇是非电解质；不含自由电子，也不含自由移动的离子，不能导电；
所以属于电解质的有：②④⑥⑦；能导电的有①⑤⑥；
硫酸氢钠在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣，
故答案为：②④⑥⑦；①⑤⑥；NaHSO4＝Na++H++SO42﹣；
（2）铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，离子方程式为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；
（3）在标准状况下所占的体积为8.96L，物质的量为：＝0.4，设CO物质的量为xmol，二氧化碳物质的量为ymol，则x+y＝0.4，28x+44y＝14.4，解得x＝0.2，y＝0.2，一氧化碳的质量为：0.2mol×28g/mol＝5.6g，
故答案为：0.2；5.6。
【点评】本题考查物质的分类、电离方程式的书写、物质的量的计算，题目难度中等，明确电解质和非电解质概念、熟悉物质的量与其它物理量之间的关系即可解答，注意掌握摩尔质量与相对分子量的关系，试题计算量较大，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。
18．（10分）如图是硫酸试剂瓶标签上的内容．
（1）实验室用该硫酸配制240mL 0.46mol/L的稀硫酸，则需要量取该硫酸的体积为 　6.3　mL；量取浓硫酸所用的量筒的规格是 　A　（用下列编号填空）。
A．10mL
B．25mL
C．50mL
D．100mL
（2）配制该溶液时，所需的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要 　胶头滴管、250mL容量瓶　（填仪器名称）。
（3）溶液的配制过程中如下（步骤混乱），请写出缺少的关键步骤的具体内容：　改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切　。
A．用少量水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿玻璃棒倒入盛有水的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的硫酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处
F．将配好的溶液装入试剂瓶，并贴上标签
（4）在配制稀H2SO4的过程中，下列情况会引起硫酸溶液物质的量浓度偏高的是 　ABD　。
A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中
B．量取好浓硫酸倒入烧杯稀释后，用水洗涤量筒2～3次，并将洗涤液倒入烧杯
C．定容时仰视观察液面
D．量取浓硫酸时仰视观察液面
E．未洗涤烧杯和玻璃棒

【分析】（1）依据c＝计算浓硫酸物质的量浓度；依据溶液稀释规律计算需要浓硫酸体积；依据浓硫酸体积选择量筒规格；
（2）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要的仪器；
（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，据此解答；
（4）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。
【解答】解：（1）浓硫酸物质的量浓度c＝＝18.4mol/L，配制240mL 0.46mol/L的稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律可知：18.4mol/L×V＝0.25L×0.46mol/L，解得V≈0.0063L，即6.3mL，依据大而近原则可知，应选择10mL量筒，
故答案为：6.3；A；
（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，缺少的仪器：胶头滴管、250mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、250mL容量瓶；
（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，缺少的仪器为定容，定容的操作为：改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切，
故答案为：改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切；
（4）A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
B．量取好浓硫酸倒入烧杯稀释后，用水洗涤量筒2～3次，并将洗涤液倒入烧杯，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；
C．定容时仰视观察液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；
D．量取浓硫酸时仰视观察液面，导致浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选；
E．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
故答案为：ABD。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算及溶液配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大。
19．（10分）现有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取三份各100mL该混合溶液进行如下实验。
实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液，加热，收集到0.08mol气体；
实验③：向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。
（已知：NH4++OH﹣H2O+NH3↑）
根据上述实验，回答以下问题。
（1）由实验①推断该混合溶液　不一定　（填“一定”或“不一定”）含有Cl﹣。
（2）由实验②推断该混合溶液中应含有　NH4+　（填离子符号），其物质的量浓度为　0.8mol•L﹣1　。
（3）由实验③可知12.54g沉淀的成分为　BaSO4、BaCO3　（填化学式）。
（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是　A　（填标号）。
A．该混合溶液中一定含有K+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣，可能含Cl﹣，且n（K+）≥0.04mol
B．该混合溶液中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣，可能含Ba2+、K+、Cl﹣
C．该混合溶液中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣，可能含K+、Cl﹣
D．该混合溶液中一定含有NH4+、SO42﹣，可能含K+、Cl﹣
【分析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明含有Cl﹣、CO32﹣或SO42﹣中任一种或多种；
②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，说明含有NH4+，根据N原子守恒得n（NH4+）＝0.08mol；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，沉淀部分与稀盐酸部分不溶，说明含有CO32﹣、SO42﹣，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，最终沉淀为BaSO4，n（BaSO4）＝＝0.02mol，根据S原子守恒得n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝0.02mol，溶解的为碳酸钡，n（BaCO3）＝＝0.04mol，根据碳酸根离子可知n（CO32﹣）＝n（BaCO3）＝0.04mol，因为含有CO32﹣，所以不存在Ba2+，溶液呈电中性，假设不存在Cl﹣，溶液中电荷n（NH4+）＜2n（CO32﹣）+2n（SO42﹣），所以溶液中还含有K+，据此分析解答。
【解答】解：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明含有Cl﹣、CO32﹣或SO42﹣中任一种或多种，不一定含有Cl﹣，
故答案为：不一定；
（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，说明含有NH4+，根据N原子守恒得n（NH4+）＝0.08mol，100mL该混合溶液，其物质的量浓度为c＝＝＝0.8mol•L﹣1，
故答案为：NH4+；0.8mol•L﹣1；
（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，沉淀部分与稀盐酸部分不溶，说明含有CO32﹣、SO42﹣，则白色沉淀为BaSO4、BaCO3，
故答案为：BaSO4、BaCO3；
（4）实验②说明含有NH4+，第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，沉淀部分与稀盐酸部分不溶，说明含有CO32﹣、SO42﹣，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，最终沉淀为BaSO4，n（BaSO4）＝＝0.02mol，根据S原子守恒得n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝0.02mol，溶解的为碳酸钡，n（BaCO3）＝＝0.04mol，根据碳酸根离子得n（CO32﹣）＝n（BaCO3）＝0.04mol，因为含有CO32﹣，所以不存在Ba2+，溶液呈电中性，假设不存在氯离子，溶液中电荷n（NH4+）＜2n（CO32﹣）+2n（SO42﹣），所以溶液中还含有K+，n（K+）≥0.04mol×2+0.02mol×2﹣0.08mol＝0.04mol，只有A正确，
故答案为：A。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，为高频考点，题目难度中等，把握发生的离子反应、电荷守恒为解答的关键，（4）为易错点，侧重分析与实验能力的考查，注意电荷守恒的应用。
20．（12分）氯元素是非常重要的非金属元素，某化学活动社团为了探究氯气的制法、性质和用途，设计了如图实验装置。

（1）仪器A的名称为　（球形）分液漏斗　；B中饱和食盐水的作用是　除去氯气中混有的氯化氢气体　。
（2）请写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　。
（3）广口瓶C、E中的有色布条褪色的是　C　。（填“C”或“E”）
（4）装置F可用于制漂白粉，漂白粉的有效成分是　B　。
A．Ca（OH）2
B．Ca（ClO）2
C．CaCl2
D．Ca（ClO）2和CaCl2
（5）烧杯G的作用是处理尾气，请写出G中反应的离子方程式　Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O　。
（6）检验Ⅰ中阳离子的试剂是　KSCN　。（填化学式）
【分析】由实验装置可知，A为分液漏斗，盛放浓盐酸，圆底烧瓶中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B中饱和食盐水可除去HCl，H中浓硫酸干燥氯气，I中Fe与氯气反应生成氯化铁，G中NaOH溶液吸收尾气；C中褪色，D中干燥氯气、E中不褪色，对比可知干燥的氯气不具有漂白性，F中氯气与石灰乳反应制备漂白粉，G中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：（1）仪器A用来添加浓盐酸，名称为（球形）分液漏斗；制得的氯气中混有浓盐酸挥发出的HCl气体和水蒸气，气体在净化时应该先除杂再进行干燥，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢气体，
故答案为：（球形）分液漏斗；除去氯气中混有的氯化氢气体；
（2）在加热条件下，二氧化锰与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）氯气没有漂白性，通过装置B的氯气里含水分，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，所以广口瓶C的有色布条褪色，而通过浓硫酸之后得到的是干燥的氯气，所以广口瓶E中的有色布条不褪色，
故答案为：C；
（4）装置F内为石灰乳，氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，漂白粉的有效成分为次氯酸钙，所以可利用该反应来制取漂白粉，
故答案为：B；
（5）由于氯气有毒会污染空气，不能直接排放，尾气中的氯气要用碱液进行吸收处理，烧杯G装有氢氧化钠溶液，用来吸收氯气，氢氧化钠与氯气反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，对应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（6）I中氯气与铁在加热的条件下反应生成氯化铁，铁离子通常可用KSCN溶液来检验，
故答案为：KSCN。
【点评】本题考查氯气的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
21．（8分）将CO2气体通入100mL NaOH溶液中，充分反应后所得溶液X，再向该溶液中逐滴加入1.00mol•L﹣1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示：
（1）溶液X中溶质成分为　NaOH、Na2CO3　；
（2）当加入45.0mL盐酸时，产生CO2的体积为　44.8　mL（标准状况）；
（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为　0.45　mol•L﹣1．

【分析】（1）AB段生成CO2发生反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积少，据此判断溶液X中溶质组成；
（2）当加入45.0mL盐酸时，发生反应NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O消耗盐酸体积为20mL，结合n＝cV、V＝nVm及方程式计算生成二氧化碳的体积；
（3）B点反应后溶质为NaCl，根据质量守恒定律可知n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl），结合n＝cV及c＝计算。
【解答】解：（1）AB段生成CO2发生反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积少，说明NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，
故答案为：NaOH、Na2CO3；
（2）AB段生成CO2发生反应为：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，根据图象可知，生成二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n（HCl）＝1.00mol•L﹣1×0.02L＝0.02mol，则反应生成的n（CO2）＝n（HCl）＝0.02mol，标况下0.02mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol×0.02mol＝0.448L＝44.8mL，
故答案为：44.8；
（3）B点加入45mL入1.00mol•L﹣1的盐酸时，生成二氧化碳体积达到最大，此时溶质为NaCl，根据质量守恒定律可知n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝1.00mol/L×0.045L＝0.045mol，则原NaOH溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）＝＝0.45mol/L，
故答案为：0.45。
【点评】本题考查离子反应的计算，题目难度不大，明确图示曲线对应的反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
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