福建省莆田第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学（B）试题化学（解析版）

福建省莆田第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试（B）试题
可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Na-23；Mg-24；S-32；Cl-35.5；Fe-56；D-2
一、选择题（共20题，每小题2.5分，共50分，每小题有且只有一个选项符合题意要求）
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是( )
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. 屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程属于化学变化
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，故A正确；
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，说明生成铜，涉及铁置换出铜的反应，故B正确；
C．对青蒿素提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D．石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化还原反应，故D正确；
故选C。
2.下列状态物质，既能导电又属于电解质的是（ ）
A. 氯化镁晶体 B. 熔融氢氧化钾 C. 铜 D. 氯化钠溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子受离子键的作用，不能自由移动，氯化镁晶体不导电，故A错误；
B、熔融氢氧化钾，发生了电离，可以导电，属于电解质，故B正确；
C、铜属于金属单质，含自由电子，能导电，单质不属于电解质，故C错误；
D、氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，属于混合物，不属于电解质，故D错误；
故选B。
3.从平时学生实验中我们发现，同学们在进行实验时，出现许多不正确的操作方式，希望同学们在今后的实验中，克服不规范的操作。请找出下列图示中正确的实验操作（ ）
A. 除去CO中的CO2
B. 萃取时振荡混合液
C. 稀释浓硫酸
D. 向试管中滴加液体
【答案】B
【解析】
【详解】A．导管应长进短出，否则会将洗气瓶内液体排出，故A错误；
B．用右手压住分液漏斗口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，故B正确；
C．量筒不能用来配制溶液，稀释浓硫酸时，将水沿容器内壁缓缓注入浓硫酸中，会沸腾溅出，可能伤人，图中操作错误，故C错误；
D．使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管的位置是否伸入到试管内或接触试管内壁。应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，图中所示操作错误，故D错误。
答案选B。
4.某同学想调查一下某中学污水排放的情况，她从下水道中吸取了一瓶水样，静置后发现取得的水样出现分层，上层为油状物，下层悬浮着各种固体杂质。你认为最先进行的两步处理应该是（ ）
A. 蒸发、结晶 B. 过滤、分液
C. 过滤、蒸馏 D. 萃取、分液
【答案】B
【解析】
【详解】水样出现分层，上层为油状物，下层悬浮着各种固体杂质，通过分液将分层液体分离，下层悬浮着各种固体杂质，下层液体可以通过过滤分离除去固体杂质，因此最先进行的两步处理应该是过滤、分液，故选B。
5.下列是某同学对KHSO4的物质类型进行的分析，其中不正确的是（ ）
A. 因为它含有与酸相同的元素氢，故KHSO4也可称为酸
B. 根据元素组成知它是化合物
C. KHSO4在水中电离方程式为：KHSO4=K++H++SO42-
D. 因它含有钾离子与酸根离子，故KHSO4可称为钾盐
【答案】A
【解析】
【详解】A、电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，KHSO4的电离出的阳离子除了H+还有K+，故不是酸，是盐，故A错误；
B、由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物，故KHSO4是化合物，故B正确；
C、KHSO4是强酸的酸式盐，在水中完全电离出钾离子、氢离子和硫酸根离子，其电离方程式为：KHSO4=K++H++SO42-，故C正确；
D、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是盐，而KHSO4的阳离子是K+，故为钾盐，故D正确；
故选A。
6.Rn+离子核外有m个电子，则原子核内的质子数为（ ）
A. m + n B. m C. n D. m-n
【答案】A
【解析】
【详解】Rn+离子核外有m个电子，则R原子的核外电子数=m+n，R原子的质子数=核外电子数=m+n，故选A。
7. 在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸。市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售。为辨别真伪，可用下列哪一种试剂来鉴别( )
A. 酚酞试液 B. 氯化钡溶液
C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】试题分析：因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，故选D。
8.常温下，与100mL0.3mol·L－1MgCl2溶液中Cl-浓度相等的是（ ）
A. 100mL0.3 mol·L－1KCl溶液 B. 100mL0.60mol·L－1KClO3溶液
C. 300 mL 0.10 mol·L－1BaCl2溶液 D. 300mL0.2mol·L－1AlCl3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】100 mL 0.3 mol/L的MgCl2溶液中的Cl-的物质的量浓度为：0.3 mol/L×2=0.6 mol/L，据此分析解答。
【详解】A、100 mL 0.3 mol/L的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为：0.3mol/L×1=0.3mol/L，故A错误；
B、100mL 0.6 mol/L的KClO3溶液中不存在氯离子，氯离子浓度为0，故B错误；
C、300mL 0.1 mol/L的BaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为：c(Cl-)= 0.1 mol/L×2=0.2 mol/L，故C错误；
D、300 mL 0.2mol/L的AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为：c(Cl-)=0.2 mol/L×3=0.6mol/L，故D正确；
故选D。
9.下列关于电解饱和食盐水的说法不正确的是（ ）
A. 电解过程中Na+数目不断减少
B. 电解过程中能产生黄绿色气体
C. 电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，然后滴加酚酞，溶液呈红色
D. 用排水法可以收集到较纯净的氢气
【答案】A
【解析】
【分析】电解NaCl水溶液，在阴极上放电的是氢离子，产生氢气，在阳极上放电的是氯离子，产生的是氯气，阴极产物是氢氧化钠和氢气，阳极产物是氯气，据此分析解答。
【详解】A、电解饱和食盐水过程中Na+不参与电极反应，物质的量不变，但是水被消耗，溶液体积变小，钠离子数目不变，故A错误；
B、电解过程中阳极上能产生黄绿色气体氯气，故B正确；
C、电解NaCl水溶液，电解产物为Cl2和NaOH和H2，电解后的溶液中存在氢氧化钠，滴加酚酞溶液，溶液呈红色，故C正确；
D、氢气难溶于水，用排水集气法可以收集到较纯净的氢气，故D正确；
故选A。
10.取1mL碘水于试管中，加入3mLCCl4，振荡、静置后观察到的现象是（ ）（如图深色区域为紫红色溶液）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，水与四氯化碳互不相溶，四氯化碳的密度比水的密度大，则取1mL碘水于试管中，加入3mLCCl4，振荡、静置后观察到的现象是溶液分层，且下层为紫红色，上层为无色，且有色层的体积较大，只有C合理，故选C。
11.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A. 标准状况下，2.24LCO2中所含分子数为0.1NA
B. 常温常压下，14gCO和N2混合气所含原子总数为NA
C. 在室温和常压下，72g36Cl2中含有36Cl原子的数目为2NA
D. 18g重水D2O中所含质子数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、标况下2.24L二氧化碳的物质的量为=0.1mol，分子个数N=nNA=0.1NA个，故A正确；
B、CO和氮气摩尔质量均为28g/mol，故14g混合气体的物质的量为=0.5mol，而氮气和CO中均含2个原子，故0.5mol混合气体中含NA个原子，故B正确；
C、72g36Cl2的物质的量为1mol，氯气为双原子分子，故1mol氯气中含2NA个氯原子，故C正确；
D、18g重水(D2O)的物质的量为=0.9mol，每个水分子含有10个质子，所以含有质子数为0.9mol×10×NAmol-1=9NA，故D错误；
故选D。
12.下列说法中正确的是（ ）
A. 从1L2mol·L-1的NaCl溶液中取出10mL，所得溶液的浓度是0.02mol·L-1
B. 标准状况下22.4LHCl气体溶于1L水，所得溶液的浓度为1.00mol·L-1
C. 98﹪(密度1.84g·cm-3）硫酸的物质的量浓度是18.4mol·L-1
D. 10mL10.0mol·L-1 Na2SO4溶液加水90mL，所得溶液的浓度是1.00mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A、溶液为均一、稳定的混合物，从1L 2mol•L-1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，仍为2mol•L-1，故A错误；
B、标准状况下，22.4LHCl气体的物质的量为1mol，但将22.4LHCl气体溶于1L水中后所得的溶液的体积大于1L，故溶液的浓度小于1mol/ L，故B错误；
C、该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故C正确；
D、10mL10.0mol·L-1 Na2SO4溶液加水90mL，所得溶液的体积不是100mL，浓度不是1.00mol·L-1，故D错误；
故选C。
13.下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是( )
A. 体积相等时密度相等 B. 原子数相等时具有的中子数相等
C. 体积相等时具有的电子数相等 D. 质量相等时具有的质子数相等
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。
14.16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 16O2与18O2互为同位素
B. 16O与18O核外电子排布方式不同
C. 通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
D. 标准状况下，1.12 L 16O2和1.12 L 18O2均含0.1NA个氧原子
【答案】D
【解析】试题分析：A、16O2与18O2是两种单质，互为同素异形体，A错误；B、16O与18O核外都是8个电子，核外电子排布方式相同，B错误；C、通过化学变化不能实现16O与18O间的相互转化，应通过物理变化实现，C错误；D、标准状况下，1.12L16O2和1.12L18O2均含有0.1NA个氧原子，D正确；答案选D。
15.从如图所示的两种微粒结构示意图中，不正确的是( )

A. 它们的核外电子数相同
B. 甲表示阴离子，乙表示原子
C. 它们属于同种元素
D. 它们的核外电子层数相同
【答案】C
【解析】A.由两种微粒结构示意图可知，它们的核外电子数都是10，相等，故A正确；
B.甲的质子数是8，核外电子数为10，质子数小于核外电子数，故甲是阴离子；乙的质子数是10，核外电子数也是10，质子数等于核外电子数，故乙是原子，所以B正确；
C.元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称，决定元素种类的是质子数（即核电荷数），图中甲和乙两种微粒的质子数分别为8和10，所以不属于同种元素，故C错误；
D.由两种微粒的结构示意图可知，它们的核外电子层数都是2，相同，故D正确；
故答案选C。
16.下列是对某溶液进行离子检测的方法和结论，其中正确的是（ ）
A. 加入稀HCl，生成无色无味的气体，且能够使澄清石灰水变浑浊，一定有CO32-
B. 加入足量的BaCl2溶液，再加稀盐酸，产生白色沉淀且不溶解，溶液中一定含有SO42-
C. 加入KOH溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中一定含有大量的NH4+
D. 先加适量的盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有大量的Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A、若溶液中含有碳酸氢根离子和盐酸反应也能产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体——二氧化碳，不一定是碳酸根离子，故A错误；
B、向某溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，再滴加稀盐酸，沉淀也不溶解，则原溶液可能含有Ag+，故B错误；
C、加入KOH溶液，加热，产生的气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，则该气体是氨气，说明溶液中一定含有NH4+，故C正确；
D、盐酸中含有氯离子，先加盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，一定会产生氯化银白色沉淀，大量Cl-可能是盐酸带入的，不能说明原溶液中存在Cl－，故D错误；
故选C。
17.提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，可以使用的方法为( )
A. 加入过量碳酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
B. 加入过量硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
C. 加入过量硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
D. 加入过量碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸
【答案】D
【解析】
【分析】根据除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，以此来解答。
【详解】A、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量碳酸钠溶液，碳酸钠与硝酸钡反应生成碳酸钡和硝酸钠，此时引入了碳酸钠，硝酸钠，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸，未能除去杂质，故A错误；
B、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量硫酸钾溶液，硫酸钾与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钾，此时引入了硫酸钾，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸，未能除去杂质，故B错误；
C、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量硫酸钠溶液，硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钠，此时引入了硫酸钠，硝酸钠，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸，未能除去杂质，故C错误；
D、硝酸钾中混有少量硝酸钡，先加入过量碳酸钾溶液，碳酸钾与硝酸钡反应生成碳酸钡和硝酸钾，此时引入了碳酸钾，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量硝酸以除去过量的碳酸钾，故D正确；
答案选D。
18.在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2。下列收集Cl2的装置正确的是 (　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：A、收集气体的仪器要保证和大气相通，所以A错误，不选；B、图为向下排气法，而氯气应该用向上排气法，所以不选B；C、氯气用向上排气法收集，用氢氧化钠作为尾气处理的试剂，所以C正确，选C。D、氯气和氢氧化钠反应而无法收集到氯气，不选D。
19.欲使1L1.0mol·L－1 NaOH溶液的浓度增大一倍，可采取的合理措施是（ ）
A. 加入40g固体NaOH，搅拌、溶解
B. 将溶液取出500mL
C. 加入1L3.0mol·L－1的NaOH溶液混合均匀
D. 加入5mol·L－1NaOH溶液1L，再加水稀释至3L
【答案】D
【解析】
【分析】1L1.0mol·L－1 NaOH溶液中含有1molNaOH，结合c=分析判断。
【详解】A．40gNaOH的物质的量为=1mol，搅拌、溶解，溶液中含有的氢氧化钠为2mol，由于溶解固体后，溶液的体积会发生变化，溶液的体积不是1L，浓度不是2mol/L，故A错误；
B．溶液具有均一性，将溶液取出500mL，浓度仍为1mol/L，故B错误；
C．加入1L 3.0mol/L的NaOH溶液混合均匀，混合液的体积不是2L，所得溶液的浓度也不是 2mol/L，故C错误；
D．加入5mol/L的NaOH溶液1L，再稀释至3L，此时溶液中氢氧化钠的浓度为：c(NaOH)==2mol/L，浓度变为原先的2倍，故D正确；
故选D。
20.在0.1L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，下列对该溶液成分说法不正确的是（ ）

A. NaCl的物质的量为0.1mol
B. 溶质MgCl2的质量为4.75g
C. 该混合液中BaCl2的物质的量为0.1mol
D. 将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的Na+物质的量的浓度为0.1mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.1L×1.0mol/L=0.1mol，故A正确；
B、c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.1L×0.5mol/L×95g/mol=4.75g，故B正确；
C、根据电荷守恒可知，2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)，即2c(Ba2+)+1.0mol/L +2×0.5mol/L =3.0mol/L，解得：c(Ba2+)=0.5mol/L，BaCl2的物质的量为：0.5mol/L×0.1L=0.05mol，故C错误；
D、该混合液中，NaCl的物质的量为0.1mol，即钠离子的物质的量为0.1mol，将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中的Na+物质的量浓度为=0.1mol/L，故D正确；
故选C。
二、非选择题（共4题，共50分）
21.实验室欲用240 mL1.0mol·L－1的NaOH溶液，实验操作步骤有：
A.用烧杯在天平上称出ag氢氧化钠固体，加入适量蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温；
B.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
C.把制得的溶液小心转移至容量瓶中；
D.将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。
E.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液体都小心注入容量瓶，轻轻振荡；
请填写下列空白：
（1）操作步骤的正确顺序为_____（填字母）。
（2）本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、____、____。
（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示（左码右物）。烧杯的实际质量为___g，要完成本实验该同学应称出___gNaOH。

（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是____。
（5）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是___。
A.用滤纸称量NaOH固体
B.定容时俯视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D.定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
（6）若加蒸馏水定容时不慎超过刻度线，处理方法是_____。
【答案】(1). ACEBD (2). 250mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). 27.4 (5). 10.0 (6). 查漏 (7). B C (8). 重新配制
【解析】
【分析】(1)根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析解答(1)和(2)；
(3)根据图示，烧杯的质量+2.6g=30g；实验室欲用240 mL1.0mol·L－1的NaOH溶液，需要选择250mL容量瓶配制，据此分析解答；
(4)容量瓶口部有塞子，使用前必须查漏；
(5)根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化进行误差分析；
(6)实验中有错误，都需要重新配制溶液。
【详解】(1)配制240 mL 1.0mol·L－1的NaOH溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以操作步骤的正确顺序为：ACEBD，故答案为：ACEBD；
(2)实验的操作步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用固体药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；
(3)根据图示，烧杯的质量+2.6g=30g，则烧杯的质量为27.4g；实验室欲用240 mL1.0mol·L－1的NaOH溶液，需要选择250mL容量瓶，配制250 mL溶液，需要NaOH的质量=0.25L×1.0mol·L－1×40g/mol=10.0g，故答案为：27.4；10.0；
(4)带塞子的容器使用前要先查漏，故容量瓶使用前必须查漏，故答案为：查漏；
(5)A．氢氧化钠固体容易潮解，用滤纸称量NaOH固体，使得氢氧化钠的质量偏小，则配制的溶液的浓度偏低，故A错误；
B．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故B正确；
C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，则待冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致浓度偏低，故D错误；故选BC；
(6)若加蒸馏水定容时不慎超过刻度线，正确的处理方法是，将容量瓶洗涤干净，重新配制，故答案为：重新配制。
22.实验室里用如图所示仪器和药品先制取纯净干燥的氯气，再用氯气制备少量无水氯化铜(Cu＋Cl2CuCl2)。图中A、B、C、D、E、F表示玻璃管接口，接口的弯曲和伸长等部分未画出。根据要求填写下列各小题空白。

（1）如果所制气体从左向右流向时，上述各仪器装置的正确连接顺序是(填各装置的序号)③接⑤接（ ）接（ ）接①接（ ），其中②与④装置相连时，玻璃管接口(用装置中字母表示)应是____接____。
（2）③中仪器名称是___；装置④的作用是___；装置⑥的作用是____。
（3）实验开始时，应先检验装置的____，实验结束时，应先熄灭___处的酒精灯。
（4）在装置⑤的烧瓶中，发生反应的化学方程式为_____。
（5）若用含8 mol HCl的浓盐酸跟足量二氧化锰反应，产生氯气的物质的量应____(填“大于”、“等于”或“小于”)2 mol，原因是____。
【答案】(1). ④ (2). ② (3). ⑥ (4). C (5). B (6). 分液漏斗 (7). 除去Cl2中的HCl气体 (8). 吸收多余的Cl2，防止Cl2逸出污染环境 (9). 气密性 (10). ① (11). MnO2＋4HCl(浓) Cl2↑＋MnCl2＋2H2O (12). 小于 (13). 盐酸易挥发，且随着反应的进行盐酸浓度变稀，反应就会停止，所以8mol的HCl并未完全消耗
【解析】
【分析】利用实验室制得的氯气与铜反应制取纯净氯化铜，因实验室制得的氯气中混有氯化氯和水汽，需要除去杂质，得到干燥的氯气再与铜在加热的情况下反应，为了得到纯净的氯化铜，在加热反应前需要将装置内的空气排出，形成无氧环境，同时要考虑氯气的尾气对环境有污染，需要用氢氧化钠溶液吸收除去。据此分析解答。
【详解】利用实验室制得的氯气与铜反应制取纯净氯化铜，因实验室制得的氯气中混有氯化氯和水汽，需要除去后得到干燥的氯气再与铜在加热的情况下反应，为了得到纯净的氯化铜，在加热反应前需要将装置内的空气排出，形成无氧环境，同时要考虑氯气的尾气对环境有污染，需要用氢氧化钠溶液除去，
(1)仪器的连接方法：先制备反应物，然后除杂质，再使氯气与铜反应，最后进行尾气处理；进行气体除杂或者干燥时，需要“长进短出”，根据题意，用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥，除杂后与铜反应生成氯化铜，尾气用氢氧化钠吸收，所以仪器的连接顺序为：③⑤④②①⑥，其中②与④装置相连时，玻璃管接口应是C接B，故答案为：④；②；⑥；C；B；
(2)根据图示，③中仪器为分液漏斗；装置④中盛装的是饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢，装置⑥中的氢氧化钠可以吸收尾气中的氯气，防止污染，故答案为：分液漏斗；除去氯气中混有的氯化氢；吸收多余的Cl2，防止Cl2逸出污染环境；
(3)实验中涉及气体的生成，实验开始时一般都要检验装置的气密性；为了防止空气中的成分的干扰，实验结束时，有铜粉的装置中还应再通一会儿氯气至硬质玻璃管冷却，所以实验结束时，应先熄灭①处的酒精灯，故答案为：气密性；①；
(4)装置⑤是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
(5)若用含8 mol HCl的浓盐酸跟足量二氧化锰反应，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，变成稀盐酸，反应不再进行，因此产生氯气的物质的量应小于2 mol，故答案为：小于；盐酸易挥发，且随着反应的进行盐酸浓度变稀，反应就会停止，所以8mol的HCl并未完全消耗。
23.有一瓶无色澄清的溶液，溶质由NH4NO3、KCl、CuCl2、Ba(NO3)2、Na2CO3中的一种或几种配制而成。为了确定其中的溶质，用该溶液做如下实验：
①取少许溶液，加入足量的盐酸有气泡产生
②再向①的溶液中滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成
③取原溶液少量，加入NaOH溶液并加热，产生刺激性气味的气体，并用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝
（1）根据以上事实判断：肯定存在的溶质是___；肯定不存在的溶质是___；不能确定是否存在的溶质是___；设计实验证明是否存在该溶质：___。
（2）写出上述实验③中产生刺激性气味气体的反应的化学方程式：___。
【答案】(1). NH4NO3、Na2CO3 (2). CuCl2、Ba（NO3）2 (3). KCl (4). 取洁净铂丝蘸取少量待测液于酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到火焰颜色为紫色，则说明溶液中存在溶质KCl。（或者检验Cl-的存在） (5). NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O
【解析】
【分析】CuCl2是一种蓝色溶液，无色澄清的溶液中不能存在CuCl2；Na2CO3可以和盐酸反应生成二氧化碳气体；氯离子可以和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；铵根离子和NaOH溶液加热，产生的氨气，具有刺激性气味，并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，结合实验现象分析判断。
【详解】(1)无色澄清的溶液中一定不含有CuCl2；①、取少许溶液，加入足量的盐酸有气泡产生，说明含有Na2CO3，则一定没有Ba(NO3)2；②由于加入了盐酸，①的溶液中一定含有氯离子，滴加硝酸银溶液，一定有白色沉淀生成，不能说明原溶液中含有KCl；③取原溶液少量，加入NaOH溶液并加热，产生刺激性气味的气体，并用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝，则该气体是氨气，NH4++OH-=NH3↑+H2O，一定含有铵根离子，即含有NH4NO3；根据上述分析，肯定存在的溶质是Na2CO3、NH4NO3；肯定不存在的溶质是CuCl2、Ba(NO3)2；不能确定是否存在的溶质是KCl；具有氯化钾，可以通过焰色反应检验，透过蓝色的钴玻璃，若火焰呈紫色，则证明含有氯化钾，否则没有氯化钾，故答案为：Na2CO3、NH4NO3；CuCl2、Ba(NO3)2；KCl；取洁净铂丝蘸取少量待测液于酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若看到火焰颜色为紫色，则说明溶液中存在溶质KCl；
(2)实验③中产生的刺激性气味气体为氨气，反应的化学方程式为NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O，故答案为：NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O。
24.将11.2g铁投入200mL某浓度的盐酸中，铁和盐酸恰好完全反应。求：
（1）所用盐酸中HCl的物质的量浓度？___
（2）反应中生成的H2在标准状况下的体积为多少升？___
（3）取100mL该浓度的盐酸与100mL5mol/L盐酸混合均匀，再加水稀释至250mL，求此时盐酸的物质的量浓度？___
【答案】(1). 2mol/L (2). 4.48L (3). 2.8mol/L
【解析】
【分析】首先计算n(Fe)，再结合铁与盐酸反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，据此分析计算计算(1)(2)；根据c=计算(3)。
【详解】n(Fe)==0.2mol，铁与盐酸反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
(1)根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，n(HCl)=2n(Fe)=0.4mol，则c(HCl)==2mol/L，答：所用盐酸中HCl的物质的量浓度为2mol/L；
(2)根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，n(H2)=n(Fe)=0.2mol，标况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，答：生成的H2在标准状况下的体积为4.48L；
(3)取100mL该浓度的盐酸与100mL5mol/L盐酸混合均匀，混合溶液中含有HCl的物质的量=0.1L×2mol/L+0.1L×5mol/L=0.7mol，则盐酸的物质的量浓度==2.8mol/L，答：此时盐酸的物质的量浓度为2.8mol/L。