【化学】安徽省阜阳市太和县第一中学2018-2019学年高一上学期第一次月考学情调研（卓越班）试题（解析版）

安徽省阜阳市太和县第一中学2018-2019学年高一上学期第一次月考学情调研（卓越班）试题
考试范围：必修1第一章、第二章 考试时间：70分钟 满分：100分
可能用到相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65 I 127 Ba 137
第I卷(选择题 共60分)
一、单选题(本大题共20小题，每题3分)
1.下列实验操作中正确的是( )
A. 蒸馏时，应将温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口
B. 用酒精萃取碘水中的碘
C. 称量NaOH 固体时，将NaOH 固体放在托盘天平左盘的纸上
D. 配制450mL溶液需要用到450mL容量瓶
【答案】A
【解析】A、蒸馏时温度计测量的是某种馏分的温度，水银球必须靠近蒸馏烧瓶的支管口，A正确。B、酒精与水互溶，溶液不会分层，故不能用酒精萃取碘水中的碘，可以用CCl4或苯等来萃取，B错误。C、NaOH腐蚀性较强、易潮解，不能放在纸上称量，必须放在干燥的小烧杯中称量，C错误。D、容量瓶的容积不是任意的，实验室常用的容量瓶的容积有50ml、100ml、250ml、500ml、1000ml等，故配制450mL溶液需用到500mL容量瓶，先配制500ml的溶液，再从其中取出450ml溶液即可，D错误。正确答案为A
2.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤，不正确的操作顺序是( )
A. ⑤②①③⑤④ B. ⑤③①②⑤④ C. ⑤②③①⑤④ D. ⑤③②①⑤④
【答案】A
【解析】分析：除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，然后过滤以除去泥沙，再向滤液中加入沉淀剂将杂质离子依次沉淀，过滤，向滤液中加入盐酸至无气泡产生，即可制得纯净的食盐水。
详解：为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，然后过滤以除去泥沙，再向滤液中加入沉淀剂将杂质离子依次沉淀，过滤，向滤液中加入盐酸至无气泡产生，即可制得纯净的食盐水。实验室通常用NaOH溶液沉淀镁离子、用BaCl2溶液沉淀硫酸根离子、用Na2CO3溶液沉淀钡离子，由于除杂试剂要过量、过量试剂要除尽，故其中的关键是先沉淀硫酸根离子后沉淀碳酸根离子（同时除去过量的钡离子），故合理的操作顺序有⑤③①②⑤④、⑤②③①⑤④、⑤③②①⑤④，不正确的操作顺序是⑤②①③⑤④，本题选A。
3.除去括号内杂质所用试剂和方法都正确的是( )
A. Cu(Fe)：加稀硫酸，蒸馏 B. CO2(SO2)：氢氧化钠溶液，洗气
C. NaCl溶液(碘)：酒精，萃取、分液 D. N2(O2)：将气体缓缓通过灼热的铜网
【答案】D
【解析】A、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，而铜不溶于稀硫酸，可用过滤法分离，故A错误；B、CO2和SO2都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液洗气，故B错误；C、酒精与水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳萃取，故C错误；D、将气体缓缓通过灼热的铜网，铜与氧气反应生成氧化铜而除去，故D正确；故选D。
4.体积为1 L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是（　　）
A. 0.25L B. 0.5L C. 0.75L D. 1L
【答案】C
【详解】容器中的气体相对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6，令HCl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1-x），则：36.5x+29（1-x）=34.6，解得：x=0.75，故HCl的体积为1L×0.75=0.75L，即为进入容器中液体的体积0.75L，答案选C。
5.某混合溶液由三种物质溶于水制成，且在溶液中一定满足如下关系：c(K+)=c(Cl-)，c(Na+)=2c(SO42-)，则溶质可能是( )
A. KCl、Na2SO4、H2SO4 B. KCl、Na2SO4、NaC1 C. NaC1、Na2SO4、K2SO4 D. KCl、K2SO4、Na2SO4
【答案】C
【解析】A、Na2SO4、KCl满足c(Na+)=2c(SO42-)、c(K+)=c(Cl-)，再加入H2SO4，则c(Na+)≠2c(SO42-)，故A错误；B、KCl、Na2SO4满足c(Na+)=2c(SO42-)、c(K+)=c(Cl-)，再加入NaCl，则c(Na+)≠2c(SO42-)、c(K+)≠c(Cl-)，故B错误；C、NaC1、Na2SO4、K2SO4按照2:1:1比例混合，符合上述要求，故C正确；D、KCl、Na2SO4满足c(Na+)=2c(SO42-)、c(K+)=c(Cl-)，再加入K2SO4则c(Na+)≠2c(SO42-)、c(K+)≠c(Cl-)，故D错误；故选C。
6.将ag锌加到VLc mol·L－1的盐酸中，共放出nL氢气(标准状况下)，则被还原的HCl的物质的量是( )
A. mol B. ×10－3 mol C. mol D. cVmol
【答案】C
【详解】因为锌跟盐酸反应，从题设条件无法知道Zn、HCl哪个过量，所以只能从生成物H2的量推出被还原的HCl的物质的量。还原的HCl的物质的量为H2的2倍，即×2 mol= mol。答案选C。
7.下列关于说法正确的是( )
①常温常压下，22.4 L水中含有的分子数大于NA
②1mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2NA
③Na2O2中阴阳离子数目之比与等物质的量的Na2O中阴阳离子数目之比不同
④0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数目为0.5NA
⑤NA个氢氧化铁胶体粒子的质量为107g
⑥标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
⑦常温常压下，28g C2H4与C3H6混合气体所含的原子数6NA
⑧常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na＋数目相等
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【详解】①常温常压下，22.4 L水大于1mol，故所含有的分子数大于NA，故正确；②过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为-1价，一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成-2价的氧，故1 mol过氧化钠参与反应时转移电子的量为1 mol，转移的电子数为NA，故错误；③过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，故Na2O2中阴阳离子数目之比与等物质的量的Na2O中阴阳离子数目之比，故错误；④过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.25NA，故错误；⑤氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，NA 个Fe(OH)3 胶体粒子的质量大于107g，故错误；⑥Cl2与H2O的反应为可逆反应，所以标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故错误；⑦C2H4和C3H6的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，则含有的原子个数为6NA个，故正确；⑧计算溶液中离子数目需要离子浓度和溶液体积，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液无溶液体积，故不能得到Na+数目相等，故错误；综上，只有①⑦两个正确。答案选B。
8.同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是( )
A. 所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
B. 所含分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2
C. 密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2
D. 所含的电子数由多到少的顺序是：CO2>SO2>CH4>O2>H2
【答案】D
【详解】A．根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则体积也越小，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，选项A正确；B．根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2，选项B正确；C．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2，密度之比大小顺序为：SO2>CO2>O2>CH4>H2，选项C正确；D．取m g四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含电子数分别为：×22，×2，×16，×10，×32，所含的电子数由多到少的顺序是：H2>CH4>CO2=O2=SO2，选项D错误；答案选D。
9.有一碘水和Fe(OH)3胶体的颜色极为相似。不用化学方法将它们区别开来，这样的方法有( )
①布朗运动；②丁达尔现象；③加热法；④电泳实验法；⑤加电解质法
A. ①③⑤ B. ①②④⑤ C. ②③④⑤ D. 全部
【答案】C
【解析】试题分析：在物质的分类上碘水属于溶液，Fe(OH)3胶体属于胶体。胶体分散质的颗粒比较大，能够选择性吸附某些电荷二带电。它可以发生丁达尔现象；在加热时发生聚沉现象在直流电作用下发生电泳现象；当加电解质时由于胶粒吸附的电荷被中和，斥力减小，而聚集形成沉淀。故区分二者的方法是②③④⑤。选项为：C。
10.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 氢氧化镁与稀硫酸反应：H＋＋OH－=H2O
B. 碳酸钠溶液中通入过量氯气：CO32－+Cl2 ＝ CO2↑+Cl－+ClO－
C. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：H++SO42－+Ba2+ +OH－＝BaSO4↓+H2O
D. 金属钠投入硫酸镁溶液中：2Na + 2H2O + Mg2+ ＝ 2Na+ + H2↑ + Mg(OH)2↓
【答案】D
【详解】A．氢氧化镁是是难溶物，要写化学式，选项A错误；B. 碳酸钠溶液中通入过量氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，CO32－+2Cl2 +H2O＝ CO2↑+2Cl－+2HClO，选项B错误；C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性的离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，选项C错误；D．金属钠投入硫酸镁溶液中，钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸镁反应，离子方程式：2Na+2H2O+Mg2+═2Na++H2↑+Mg(OH)2↓，选项D正确；答案选D。
11.在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是( )
A. K+、Na+、MnO4-、SO42- B. NH4+、Mg2+、NO3-、SO42-
C. Na+、K+、Cl-、CO32- D. Fe3+、Cu2+、Cl-、SO42-
【答案】C
【解析】在碱性溶液中存在大量的OH-。A. MnO4-有颜色，与题意不符，故A错误；B. NH4+、Mg2+与OH-不能大量共存，故B错误；C. Na+、K+、Cl-、CO32-与离子间不发生反应，能够大量共存，故C正确；D. Fe3+、Cu2+有颜色，与题意不符，故D错误；故选C。
12.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为( )
A. 3.0 mol B. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol
【答案】B
【解析】试题分析：利用电子守恒作答。当2molCr3+被氧化生成1mol Cr2O时，失去的电子为6mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为3mol，选A。
13.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.5g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是( )
A. 肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2
B. 肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
C. 肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3
D. 以上判断都不正确
【答案】B
【解析】试题分析：取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有Ba(NO3)2，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生4.5g沉淀，为碳酸钙的质量，假设6.9g全部为K2CO3，则生成沉淀为6.9/138g/mol *100g/mol=5g>4.5g，则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于K2CO3中碳酸根的质量分数，故一定有KNO3，可能还有Na2CO3，综上分析可以知道，肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3，所以B选项是正确的.
14.一定物质的量的Cl2与NaOH溶液反应，所得产物中含NaClO和NaClO3物质的量之比为3∶5，则参加反应的Cl2与NaOH物质的量之比为( )
A. 8∶11 B. 3∶5 C. 1∶2 D. 18∶8
【答案】C
【解析】试题分析：根据所得产物中含NaClO和NaClO3物质的量之比为3∶5，氯原子共8个，钠离子个8个，所以氯气的物质的量是氢氧化钠的一半，答案选C。
15.下列反应中，盐酸既表现出还原性又表现出酸性的是( )
A. CaCO3＋2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ B. Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑
C. MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2+2H2O+ Cl2↑ D. NaOH+HCl＝NaCl+H2O
【答案】C
【解析】A．为复分解反应，盐酸只体现酸性，元素化合价没有发生变化，故A错误；B．H元素化合价降低，被还原，盐酸表现为氧化性，故B错误；C．该反应中部分氯化氢失电子作还原剂，部分化合价不变只作酸，所以该反应中盐酸既表现出酸性又表现出还原性，故C正确；D．酸碱中和反应中，盐酸只体现酸性，元素化合价没有发生变化，故D错误；故选C。
16.下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】A、电子得失不相等，氯元素化合价降低1价，氯元素化合价升高1价，反应转移电子数为2，选项A错误；B、铁元素化合价由+2升高为+3价，总共升高2价，失去2个电子，氯元素由0价降低为-1价，总降低2价，共得到2个电子，选项B错误；C、硫化氢中硫元素化合价由-2价升高为0价，失去2个电子，硫酸中硫元素由+6价变为为+4价，共降低2价，总得到2个电子，电子移动情况不对应，选项C错误；D、高锰酸钾分别变为锰酸钾和变为二氧化锰，分别得1个电子和3个电子，得电子总数为4，氧原子失电子总数为4，选项D正确。答案选D。
17.对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列关于该反应的说法正确的是( )
A. CuSO4发生了氧化反应 B. 生成1 mol H3PO4时，有10 mol 电子转移
C. 白磷只作还原剂 D. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5
【答案】D
【解析】试题分析：A、Ｃu的化合价降低，CuSO4发生了还原反应，A错误；B、生成1 mol H3PO4时，有5 mol 电子转移，B错误；C、白磷既作还原剂又作氧化剂，C错误；D、 氧化产物H3PO4和还原产物Cu3P的物质的量之比为6∶5 ，D正确；答案选D。
18.下列说法中正确的是( )
A. 同温同压下，相同体积的两物质，它们的物质的量必相等
B. 任何条件下，等物质的量的氮气和一氧化碳所含的分子数必相等
C. 1L一氧化碳气体的质量一定比1L氧气的质量要小
D. 等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数一定相等
【答案】B
【解析】A、没有明确是否气体物质，如果不是气体物质，则物质的量不一定相等，选项A错误；B、如果氮气和一氧化碳气体的物质的量相等，则分子数一定相等，选项B正确；C、如果不是相同条件下，两种气体的密度不确定，则质量不能确定，选项C错误；D、如果分别是一元酸和二元酸，虽然酸的物质的量相等，但H+数一定不相等，选项D错误。答案选B。
19.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是(已知硝酸可将Fe2＋氧化)( )

A. a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-
B. b点对应的溶液中：K+、Ag+、MnO4-、NO3-
C. c点对应的溶液中：Fe2+、Ca2+、NO3-、Cl-
D. d点对应的溶液中：K+、Fe2+、NO3-、SO42-
【答案】C
【详解】a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，选项A错误；B．b点全部为HCO3-，Al3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，选项B错误；C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，选项C正确；D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；答案选C。
20.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是( )
A. Cu与Cu2O 的物质的量之比为2:1 B. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】B
【解析】试题分析：根据题意可知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，质量是39.2 g，则n[Cu(OH)2]="0.4" mol，n(Cu)="0.4" mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x＋2y="0.4" mol，64x＋144y="27.2" g，解得x="0.2" mol，y="0.1" mol，物质的量之比等于2:1，A项正确；反应后得到溶质是NaNO3，则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即硝酸钠的物质的量是1 mol，0.2 mol Cu和0.1 mol Cu2O被硝酸氧化时共失去(0.4＋0.2)mole－，则有0.2 mol的硝酸被还原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2 mol，浓度是2.4 mol/L，B项错误；产生的NO为0.2 mol，标准状况下体积是4.48 L，C项正确；D．原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2，n(Cu)="0.4" mol，所以n(NO3-)="0.8" mol，被还原的硝酸是0.2 mol，硝酸的总物质的量是1.2 mol，所以剩余硝酸0.2 mol，D项正确；答案选B。
第II卷(非选择题 共40分)
二、填空题（除标注外，每空1分）
21.现有以下物质：①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧冰醋酸⑨液氯⑩SO2⑪医用酒精⑫石墨
(1)以上物质中能导电的是_______________；
(2)以上物质中属于电解质的是________________，属于非电解质的是_________________；
(3)以上物质中属于弱电解质的是_____________，属于强电解质的是___________________；
(4)以上物质中，溶于水能导电的是___________________；
(5)下列关于氧化物的各项叙述正确的是_______________(填写序号)。
①酸性氧化物肯定是非金属氧化物　 ②非金属氧化物肯定是酸性氧化物　
③碱性氧化物肯定是金属氧化物　 ④金属氧化物都是碱性氧化物　
⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸　 ⑥可以与碱反应的氧化物不一定是酸性氧化物　
⑦不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
【答案】(1). ②④⑥⑫ (2). ①③④⑧ (3). ⑤⑦⑩⑪ (4). ⑧ (5). ①③④ (6). ①②④⑦⑧⑨⑩ (7). ③⑥
【详解】（1）①含有自由移动电子或离子的物质可以导电，则以上物质中能导电的是汞和熔化的KNO3。②溶于水或在熔融状态下能导电的化合物是电解质，则以上物质中属于电解质的是．NaCl晶体、液态的醋酸、BaSO4固体、熔化的KNO3。③溶于水和在熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，则以上物质中属于非电解质的是液态SO3、蔗糖、酒精。（2）①酸性氧化物不一定是非金属氧化物，例如Mn2O7等；②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，例如CO等；③碱性氧化物一定是金属氧化物；④金属氧化物不一定都是碱性氧化物，例如氧化铝是两性氧化物；⑤酸性氧化物不一定均可与水反应生成相应的酸，例如SiO2等；⑥可以与碱反应的氧化物不一定是酸性氧化物，例如氧化铝等；⑦不能跟酸反应的氧化物不一定能跟碱反应，例如CO等，答案选③⑥。
22.某次实验需用480mL、0.5mol/L 的稀H2SO4溶液，某同学用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)进行配制，请回答下列问题：
(1)实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还有________________________；
(2)计算：98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度为__________，配制本次实验需要的稀硫酸需用量筒量取上述98%的浓H2SO4___________________ mL
(3)配制过程：①用量筒量取所需的浓硫酸
②将浓硫酸缓缓注入盛有适量蒸馏水的烧杯中，边加边搅拌
③用玻璃棒引流将烧杯中的溶液转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中
④洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶中．轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀
⑤向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑥盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
⑦将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用。
上述配置溶液的步骤存在缺失，缺少的步骤是_____________________，应放在步骤_____之前进行(填“序号”)。
(4)在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)．
①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________；
②量取浓硫酸所用量筒有蒸馏水_________；
③定容时，俯视液面_________；
④用量筒量取浓硫酸时仰视液面___________。
【答案】(1). 胶头滴管 (2). 500mL容量瓶 (3). 18.4mol/L (4). 13.6 (5). 将烧杯中的溶液冷却至室温 (6). 偏低 (7). 偏低 (8). 偏高 (9). 偏高
【详解】(1)实验需要的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒，还有500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
(2)98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6；
(3)根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。缺少的步骤是将烧杯中的溶液冷却至室温，该步骤应放在步骤③之前进行，故答案为：将烧杯中的溶液冷却至室温；③；
(4)①浓硫酸能够吸收空气中的水蒸气而稀释，所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，导致量取的浓硫酸中硫酸的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低；
②量取浓硫酸所用量筒有蒸馏水，相当于稀释了浓硫酸，导致量取的浓硫酸中硫酸的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低；
③定容时，俯视液面，导致溶液的体积偏小，配制的溶液浓度偏高；
④用量筒量取浓硫酸时仰视液面，导致量取的浓硫酸的体积偏大，硫酸的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故答案为：偏低；偏低；偏高；偏高。
23.下图是某学生设计的实验室制备干燥Cl2及吸收多余氯气的实验装置图，请回答：

(1)指出上述图中的各处错误：
①_________________________________________________________；
②_________________________________________________________。
(2)在改过后的装置中，下列物质的作用分别是：
①饱和食盐水_________________________________________；
②浓硫酸____________________________________________；
③NaOH溶液_________________________________________。
(3)甲同学设计了如下图所示的实验装置并进行实验：

①甲同学实验后并没有得到预期的实验现象，请你帮助他分析实验失败的原因_____________________。
②甲同学在实验失败后对设计的实验装置进行了改进，并重新进行了实验，结果得到了预期的实验现象。你认为他预期的实验现象是______________________________________，由此得出Cl2使有色物质褪色的机理是________________________________________；
(4)如果将过量二氧化锰与20mL12mol/L的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol，其主要原因有①_______________________，②_____________________________。
(5)为了提高浓盐酸的利用率，你对该实验的建议是___________________________________。
(6)写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式__________________________________________。
实验结束清洗仪器时，为了减少烧瓶中残留氯气对环境的污染，可以向烧瓶中加入的溶液是_________，有关的离子方程式是______________________________________。
【答案】(1). 不能用稀盐酸，而应用浓盐酸 (2). 盛浓硫酸和盛饱和食盐水的洗气瓶位置颠倒 (3). 除去Cl2中的氯化氢 (4). 除去氯气中的水蒸气 (5). 吸收多余的氯气 (6). 使用的干燥剂碱石灰吸收了Cl2 (7). 干燥的有色布条不退色，湿润的有色布条褪色 (8). Cl2和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白作用 (9). 加热HCl大量挥发 (10). 盐酸变稀后不再发生反应 (11). 将浓盐酸慢慢滴下 (12). 加热时用小火慢慢加热等 (13). MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (14). NaOH溶液 (15). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O
【详解】（1）实验室制取氯气需要浓盐酸，并在加热的条件下进行。生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，应该先除氯化氢，后除水蒸气，且应该是长口进，短口出，所以错误有①不能用稀盐酸，而应用浓盐酸；②应有加热装置，应用酒精灯加热　③盛浓硫酸和盛饱和食盐水的洗气瓶位置颠倒　④两洗气瓶里进气导管和出气导管的长短不对。（2）①氯化氢极易溶于水，所以饱和食盐水的作用是除去Cl2中的氯化氢。②浓硫酸具有吸水性，因此浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气。③氯气有毒，需要尾气处理，则氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的氯气；
（3）①因为氯气是一种酸性气体，能被碱石灰吸收，所以得不到预期中的湿润的有色布条褪色的现象，故实验失败的原因是使用的干燥剂碱石灰将Cl2吸收了，故答案为：使用的干燥剂碱石灰将Cl2吸收；
②具有漂白性的是次氯酸，而不是氯气本身．换用适合的干燥剂后，由于通到有色布条上的是干燥的氯气，氯气在干燥的有色布条上不能生成次氯酸，所以干燥的有色布条不褪色；而在湿润的有色布条上可以生成具有漂白性的次氯酸，所以湿润的有色布条褪色．由此得出Cl2使有色物质褪色的机理是Cl2和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白作用才导致有色布条褪色，故答案为：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色； Cl2和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白作用；
（4）浓盐酸和二氧化锰需在加热的条件下反应，浓盐酸具有挥发性，所以加热使大量浓盐酸挥发，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水．随反应进行，浓盐酸浓度减小变稀后不能和二氧化锰反应生成氯气，所以生成氯气明显少于0.06mol，故答案为：①加热使大量浓盐酸挥发；②盐酸浓度变稀后不再发生反应；
（5）针对（4）中分析氯气减少的原因，可采取将浓盐酸慢慢滴入，用小火加热等措施，提高浓盐酸的利用率；
（6）圆底烧瓶中利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，发生反应的离子方程式MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；实验结束清洗仪器时，为了减少烧瓶中残留氯气对环境的污染，选用碱液如NaOH溶液来吸收多余的氯气，有关的离子方程式是Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。
24.(1)铁及其化合物在生活、生产中有广泛的应用。请回答下列问题：
①黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为3FeS2+8O2=6SO2+Fe3O4，氧化产物为_____，若有3mol FeS2参加反应，转移__________mol电子。
②FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质I2，该反应的离子方程式为_________________。
(2)已知：S2O32－具有较强的还原性，实验室可用I－测定测定K2S2O8样品的纯度：反应方程式为：
S2O82-+2I-→2SO42-+I2，I2+2S2O32-→2I-+S4O62-则S2O82-、S4O62-、I2氧化性强弱顺序：_________．
(3) 已知溶液中：还原性HSO3－>I－，氧化性IO3－> I2 > SO42－。在含3 molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。

①写出a点处还原产物是_______________；b点到c点反应的离子方程式_________________________。
②当溶液中的I－为0.5 mol时，加入的KIO3为___________mol。
【答案】(1). SO2、Fe3O4 (2). 32 (3). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 (4). S2O82->I2>S4O62- (5). I- (6). IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O (7). 0.5或1.1
【详解】（1）①在反应3FeS2+8O26SO2+Fe3O4中，FeS2中Fe、S元素的化合价升高，失去电子，被氧化，O2中的O元素的化合价降低，被还原，所以氧化产物为SO2、Fe3O4；3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol×2×（2-0）=32mol；②FeC13与氢碘酸反应时可生成棕色物质是I2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2；（2）在氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物，由S2O82-+2I-=2SO42-+I2可知氧化性：S2O82-＞I2；由I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可知氧化性：I2＞S4O62-.所以氧化性：S2O82-＞I2＞S4O62-；（3）HSO3-＞I-，在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，首先发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+；HSO3-反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3-＞I2，再发生反应：IO3-+6H+ +5I- =3H2O+3I2。①由图可知，a点没有生成碘，故发生反应3HSO3-+ IO3-=3SO42-+I-+3H+，反应中S元素化合价升高，还原剂是HSO3-，I元素的化合价降低，I元素被还原，所以此处的还原产物是I-，由图可知，b点到c点由于生成I2，故发生反应：IO3-+6H+ +5I-=3H2O+3I2。②当溶液中的I-为0.5mol时，有两种情况：一是只发生反应3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+，生成I-为0.5mol，根据碘元素守恒n（KIO3） =n（I-）=0.5mol；二是HSO3-反应完毕后，还发生IO3-+6H+ +5I-=3H2O+3I2，剩余I-为0.5mol，3molNaHSO3消耗1molKIO3、生成1molI-，故反应IO3-+6H+ +5I- =3H2O+3I2中消耗的I-为1mol-0.5mol=0.5mol，消耗KIO3的物质的量为0.5mol×1/5=0.1mol，故共加入的KIO3为1mol+0.1mol=1.1mol。