福建省厦门外国语学校2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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厦门外国语学校2019-2020学年第一学期期中考试化学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分为100分。考试用时90分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整。
可能用到的原子量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5 C-12 Fe-56 N-14
第Ⅰ卷 （本卷共计45分）
一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计45分）
1.两位美国科学家彼得·阿格雷和罗德里克·麦金农，因为发现细胞膜水通道，以及对离子通道结构和机理研究作出的开创性贡献而获得2003年诺贝尔化学奖。他们之所以获得诺贝尔化学奖而不是生理学或医学奖是因为( )
A. 他们的研究与化学物质水有关
B. 他们的研究有利于研制针对一些神经系统疾病和心血管疾病的药物
C. 他们的研究深入到分子、原子的层次
D. 他们的研究没有深入到细胞的层次
【答案】C
【解析】
【详解】A.不管是物理、化学还是生物，物质水深入各个学科，并没有体现化学学科特点，A项错误；
B.药物与生理学或医学奖更加密切，B项不符合题意；
C. 化学是自然科学的一种，在分子、原子层次上研究物质的组成、性质、结构与变化规律；创造新物质的科学，研究符合化学学科特点，C项正确；
D.细胞属于生物学范畴，D项不符合题意；
答案选C。
2.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是 （ ）
A. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降
C. 金属单质在化学反应中一定作还原剂
D. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原
【答案】D
【解析】
试题分析：A项单质间的转化过程中因为没有化合价的变化所以不属于氧化还原反应，如金刚石与石墨的转化；B项氧化还原反应的本质是电子转移；C项失电子的物质在反应中作还原剂，被氧化。
考点：氧化还原反应。
3.下列各组物质中，所含分子数目相同的是（ ）
A. 10g H2和10g O2 B. 2.8L N2(标准状况)和11g CO2
C. 9g H2O和0.5mol Br2 D. 224mL H2(标准状况)和0.1mol N2
【答案】C
【解析】
【详解】其它条件不变的条件下，分子数之比和物质的量成正比，
A. 10gH2的物质的量为5mol，10gO2的物质的量为5/16mol， 分子数不等，错误；
B. 2.8L N2(标准状况) 物质的量0.125mol，11g CO2的物质的量为0.25mol，分子数不等，错误；
C. 9gH2O的物质的量为0.5mol，0.5molBr2，分子数相等，正确；
D. 224mLH2(标准状况)的物质的量为0.01mol，0.1molN2，分子数不等，错误；
综上所述，本题选C。
4.分类法在化学学习中具有重要意义，下列关于物质分类的正确组合是( )

碱
电解质
非电解质
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
MgO
SO2
B
NaOH
Cu
NaCl
Na2O2
CO
C
Ba（OH）2
CH3COOH
Cl2
Na2O
NO
D
KOH
HNO3
SO2
CaO
SO3


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3属于盐类；NaHCO3属于电解质，A项错误；
B.Cu是金属单质，不属于电解质，也不属于非电解质；NaCl属于电解质；Na2O2与酸反应除了盐和水之外，还有氧气，不属于碱性氧化物；CO不与碱反应，不属于酸性氧化物，B项错误；
C. Cl2是非金属单质，不属于电解质，也不属于非电解质；NO不与碱反应，不属于酸性氧化物，C项错误；
D.所有物质分类均正确，D项正确；
答案选D。
【点睛】电解质和非电解质均属于化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质。电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等；非电解质包括非金属氧化物、大多数有机物。
酸性氧化物和碱性氧化物分别与碱、酸反应生成盐和水，且化合物不发生改变。
5.下列离子方程式，书写正确的是（ ）
A. 盐酸与石灰石反应CO32-+H+ = CO2↑+H2O
B. 硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++ SO42-= BaSO4↓
C. 氢氧化铁和盐酸反应：H++OH-=H2O
D. 氯化铁溶液和铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 石灰石为固体，不溶于水，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3+ 2H+ = CO2↑+H2O+Ca2+，A错误；
B. 硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2OH-+Ba2++ SO42-= BaSO4↓+Mg(OH)2↓, B错误；
C. 氢氧化铁属于弱碱，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=3H2O+Fe3+, C错误；
D. 氯化铁溶液和铜反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，书写正确，D正确；
综上所述，本题选D。
6.下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 无色溶液:Na+、Cu2+、Cl-、NO3- B. 酸性溶液: NH4+、Fe3+、S2-、SO42-
C. 遇酚酞变红的溶液Na+、K+、SO42- 、NO3- D. 碱性溶液: K+、Al3+、SO42-、NO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含有Cu2+的溶液显蓝色，与无色溶液不符，A错误；
B. Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，二者发生氧化还原反应不能共存，酸性条件下，S2-与氢离子也不能共存，B错误；
C. 遇酚酞变红的溶液显碱性，碱性环境下Na+、K+、SO42- NO3- 离子间能够大量共存，C正确；
D. 碱性溶液中，Al3+与OH-不能大量共存，D错误；
综上所述，本题选C。
7.真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝。其核心步骤反应为：Al2O3+3Cl2+3C = 2AlCl3 + 3CO。对于该反应下列说法不正确的是( )
A. Al2O3 为氧化剂 B. CO 为氧化产物 C. AlCl3 为还原产物 D. C 为还原剂
【答案】A
【解析】
【详解】该反应中Al和O的化合价没有发生变化，Cl元素的化合价从0降低到-1，被还原，是氧化剂，得到产物AlCl3，是还原产物；C元素的化合价从O升高到+2，被氧化，是还原剂，得到的产物CO，是氧化产物。
综上分析， Al2O3中Al和O的化合价均没有发生变化，不是氧化剂也不是还原剂A项错误；
答案选A。
8.下列反应过程中溶液的导电性变化最为显著的是( )
A. 向 NaOH 溶液中滴加相同浓度的盐酸至完全中和
B. 向 Ba(OH)2 溶液中滴加相同浓度的盐酸至完全中和
C. 向 Ba(OH)2 溶液中滴加相同浓度的稀硫酸至沉淀完全
D. 向 BaCl2 溶液中滴加相同浓度的硝酸银溶液至沉淀完全
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液的导电性，和溶液中的离子浓度、以及离子所带电荷数有关；一般情况下，离子浓度越大，所带电荷越多，导电性越强。
【详解】A．发生反应NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；溶液中溶质从NaOH变成NaCl，均溶于水，离子浓度降低；导电性降低；
B．发生反应Ba(OH)2＋2HCl=BaCl2＋2H2O，溶质从Ba(OH)2变成BaCl2，均溶于水，离子浓度降低，导电性降低；
C．发生反应Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，溶质从Ba(OH)2完全反应，没有剩余，溶液中没有强电解质离子，导电性大幅度下降；
D．发生反应BaCl2＋2AgNO3=Ba(NO3)2＋2AgCl↓，溶质从BaCl2变成了Ba(NO3)2，离子浓度降低，导电性降低；
综上C项符合题意；
答案选C。
9.下列各组反应，前后均可用同一离子方程式表示的是（ ）
A. HNO3＋Na2CO3，HCl＋NaHCO3 B. HNO3＋Na2CO3，NaHSO4＋K2CO3
C. HCl＋NH3·H2O， H2S＋KOH D. BaCl2＋CuSO4，Ba(OH)2＋NaHSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2CO3写成钠离子和碳酸根离子形式，NaHCO3写成钠离子和碳酸氢根离子, 则分别与盐酸反应的离子反应不同,故A不选；
B. NaHSO4在水溶液中完全电离出氢离子，因此两个反应实质均为氢离子与碳酸根离子反应,离子反应方程式相同,故B选；
C. H2S、NH3·H2O属于弱电解质，应保留化学式，HCl、KOH写成离子形式，因此二者反应的离子反应不同,故C不选；
D. BaCl2和CuSO4反应生成硫酸钡沉淀和可溶盐氯化铜，Ba(OH)2和NaHSO4反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠溶液和水，水在离子反应中保留化学式，则离子反应不同，故D不选；
综上所述，本题选B。
【点睛】强酸的酸式盐，如硫酸氢钠，在水溶液中完全电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，所以在书写离子方程式时，要拆成离子形式；而弱酸的酸式盐，如碳酸氢钠，在水溶液中完全电离：NaHCO3= Na++HCO3-，在书写离子方程式时，HCO3-就不能拆成离子形式。
10.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是( )
A. 标准状况下，22.4 L CCl4 含有的碳原子数是 NA
B. 56 g Fe 与足量稀盐酸反应转移的电子数为 3 NA
C. 0.1 mol/L Na2SO4 溶液含有的钠离子数为 0.2 NA
D. 常温常压下，2g H2 中含有的分子数为 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、标准状况下，CCl4为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，从而不知其碳原子数；A项错误；
B、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，生成亚铁离子，56gFe物质的量为，转移的电子的物质的量为2mol，电子数为2NA，B项错误；
C、不知溶液的体积，无法根据浓度计算物质的量，也不知道其数目，C项错误；
D、2gH2 物质的量n=，则其分子数为1NA，D项正确；
答案选D。
11.下列反应中，水只做还原剂的是( )
A. 2H2OO2↑+2H2↑ B. 2Na + 2H2O=2NaOH+ H2↑
C. CaO + H2OCa(OH)2 D. 2F2 + 2H2O4HF+O2
【答案】D
【解析】
【分析】
水作还原剂，水中的O元素的化合价升高。
【详解】A．水中的H元素化合价降低，O元素化合价升高，既是氧化剂也是还原剂，A项不符合题意；
B．水中的H元素化合价降低，水作氧化剂，B项错误；
C．各元素的化合价均没有发生改变，不属于氧化还原反应，C项错误；
D．水中的O元素化合价升高，得到O2，F2化合价降低，作氧化剂，D项正确；
答案选D。
12.把V L含有Na2SO4和MgSO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol KOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钠离子的浓度为( )
A. 2(2b-a)/V mol/L B. 2(b-a)/V mol/L C. (2b-a)/V mol/L D. (b-a)/V mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】一份加入含a mol KOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，则Mg2＋～2OH－，则Mg2＋的物质的量为mol；根据硫酸镁的化学式MgSO4，则在V/2L溶液中，MgSO4中包含的SO42－为mol。
另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，则在V/2L溶液中SO42－的物质的量为bmol；则V/2L溶液中，Na2SO4含有的SO42－的物质的量为(b－)mol，根据硫酸钠的化学式Na2SO4，则V/2L溶液中，Na2SO4含有的Na+的物质的量为2 (b－)mol。
将溶液一分为二，浓度不会发生改变，则原混合溶液中钠离子的浓度，A项正确；
答案选A。
13.草酸（分子式为H2C2O4，沸点：150℃）是生物体一种代谢产物，广泛分布于植物、动物和真菌体中．下列有关判断不正确的是（ ）
A. 草酸的摩尔质量是90g/mol B. 1mol草酸中含有6.02×1023个分子
C. 45g草酸中含有1.204×1024个氧原子 D. 1mol草酸在标准状况下的体积约为22.4L
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据草酸的分子式：H2C2O4，相对分子质量为：1×2+12×2+16×4=90，故草酸的摩尔质量是90g/mol，正确；
B、草酸是由草酸分子构成的，1mol草酸中含有NA个分子，即6.02×1023个分子，正确；
C、45g草酸物质的量为0.5mol，含有氧原子为0.5mol×4=2mol，个数为：2×6.02×1023=1.204×1024，正确；
D、草酸沸点为150℃，故草酸在标准状况下不是气体，1mol草酸在标准状况下的体积小于22.4L，错误；
答案选D。
14.现有两种硫酸溶液，其中一种物质的量浓度为C1 mol/L、密度为ρ1 g/cm3，另一种物质的量浓度为C2 mol/L、密度为p2 g/cm3 ,当它们等体积混合后,溶液的密度为ρ3 g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】假设两份溶液的体积均为VL。根据c=，稀释前后溶质的物质的量不变，有n1=c1V，同理n2= c1V，则总的物质的量n= c1V +c2V；混合溶液的体积；则有，D项符合题意；
答案选D。
15.科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒(直径为20~60nm)。下列有关说法错误的是( )
A. 纳米金单质颗粒能产生丁达尔效应
B. 葡萄糖具有还原性
C. 氯金酸钠中金元素的化合价为+ 3
D. 检测时, NaAuCl4发生还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、纳米金单质颗粒为金属单质，不属于分散系，不能产生丁达尔效应，A项错误；
B、在该反应中Au的化合价降低，作氧化剂，需要还原剂，而葡萄糖是常见的还原性糖，在该反应中也体现出还原性，B项正确；
C、NaAuCl4中Na的化合价为+1，Cl的化合价为-1，根据化合物中代数和为0，Au的化合价为+3，C项正确；
D、NaAuCl4中Au的化合价从+3降低到0，得到金单质，发生还原反应，D项正确；
答案选A。
第Ⅱ卷 （本卷共计55分）
二．非选择题：
16.请写出下列反应的离子方程式（写成化学方程式不得分）。
（1）向盛有锌粒的试管中滴加稀盐酸________________。
（2）向盛有澄清石灰水的试管中通入少量二氧化碳气体_____________。
（3）向盛有大理石颗粒的试管中加入盐酸________________________。
（4）向盛有盐酸的试管中加入碳酸钠溶液________________________。
（5）向盛有氢氧化钠溶液的试管中滴加碳酸氢钠溶液______________。
【答案】 (1). Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑ (2). Ca2+ + 2OH- + CO2 = CaCO3↓ + H2O (3). CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑ (4). CO32—+2H+ = H2O + CO2↑ (5). OH- + HCO3—= H2O + CO32—
【解析】
【详解】(1)活泼金属与酸反应置换出氢气，离子方程式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑；
(2)澄清石灰水为Ca(OH)2，强电解质拆成离子形式，与CO2反应生成CaCO3，离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O；
(3)大理石的主要成分是CaCO3，难溶于水，保留化学式，与盐酸反应生成CaCl2、CO2和水，离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑；
(4)Na2CO3溶液是电解质，拆成离子形成，反应生成CO2和H2O，离子方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；
(5)HCO3－是弱酸的酸式根离子，还可以与碱反应，生成H2O和CO32－，离子方程式为OH－ + HCO3－= H2O + CO32－。
17.已知2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4= K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O。
（1）用单线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目_______。
（2）该反应的氧化剂是____，还原剂是_____，氧化产物是_____，还原产物是_____。
【答案】 (1). (2). KClO3 (3). H2C2O4 (4). CO2 (5). ClO2
【解析】
【分析】
2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4= K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O该反应中，KClO3中的Cl的化合价从＋5价降低到＋4，生成ClO2，KClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；H2C2O4中的C化合价从＋3升高到＋4，生成CO2，H2C2O4是还原剂，CO2是氧化产物。KClO3中的Cl化合价从＋5价降低到＋4，有2mol KClO3发生反应，则总共转移2mol电子。
【详解】2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4= K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O该反应中，KClO3中的Cl的化合价从＋5价降低到＋4，生成ClO2，KClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；H2C2O4中的C化合价从＋3升高到＋4，生成CO2，H2C2O4是还原剂，CO2是氧化产物。KClO3中的Cl化合价从＋5价降低到＋4，有2mol KClO3发生反应，则总共转移2mol电子。
(1)单线桥，箭头从还原剂H2C2O4中的C元素指向KClO3中的Cl元素，转移的电子数为2mol，线上写2e－；答案为；
(2)根据上述分析，氧化剂是KClO3；还原剂是H2C2O4；氧化产物是CO2，还原产物是ClO2。
18.根据要求答题
(一)现有下列七种物质：①铝 ②蔗糖 ③CO2 ④H2SO4 ⑤Ba（OH）2 ⑥红褐色的氢氧化铁胶体 ⑦HCl ⑧冰水混合物 ⑨碳酸钙 ⑩CuSO4·5H2O。
(1)上述物质中属于电解质的有__________（填序号）。
(2)向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，看到的现象是________________________。
(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH－＝H2O，则该反应的化学方程式为______________________________。
(二)(1)某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28 g该氧化物的体积是448 mL，则氧化物的摩尔质量为_______，R的相对原子质量为__________。
(2)在标准状况下，w L氮气含有x个N2分子，则阿伏加德罗常数为____________（用w，x表示）。
(3)过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，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BaCl2溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是________（填写序号）。
【答案】 (1). ④⑤⑦⑧⑨⑩ (2). 开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失 (3). Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O (4). 64 g/mol (5). 32 (6). (7). ①②③⑤④或①③②⑤④或②①③⑤④
【解析】
【分析】
（一）（1）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，据此解答；
（2）胶体遇电解质溶液发生聚沉，氢氧化铁能与盐酸发生中和反应；
（3）H++OH－＝H2O表示强酸（或强酸的酸式盐）与强碱反应生成可溶性盐和水的反应；
(二)（1）根据n＝V/Vm、M＝m/n分析解答；
（2）根据n＝V/Vm、NA＝N/n分析解答；
（3）钙离子用碳酸钠除去、硫酸根离子用氯化钡除去，镁离子用氢氧化钠除去，据此分析解答。
【详解】(一)①铝是金属单质，不是电解质，也不是非电解质；
②蔗糖不能电离，是非电解质；
③CO2不能电离，是非电解质；
④H2SO4是强酸，能发生电离，属于电解质；
⑤Ba（OH）2是强碱，能发生电离，属于电解质；
⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，不是电解质，也不是非电解质；
⑦HCl溶于水完全电离，是电解质；
⑧冰水混合物仍然是水，水能发生电离，属于电解质；
⑨碳酸钙属于盐，能发生电离，是电解质；
⑩CuSO4·5H2O属于盐，能发生电离，是电解质。
（1）上述物质中属于电解质的有④⑤⑦⑧⑨⑩。
（2）向⑥的溶液中逐渐滴加⑦的溶液，氢氧化铁胶体首先发生聚沉产生氢氧化铁沉淀，然后与盐酸发生中和反应生成氯化铁和水，则看到的现象是开始产生红褐色沉淀，后来沉淀溶解消失；
（3）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为H++OH－＝H2O，则两种物质应该是盐酸和氢氧化钡，该反应的化学方程式为Ba（OH）2+2HCl＝BaCl2+2H2O；
（二）（1）某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28 g该氧化物的体积是448 mL，物质的量是0.448L÷22.4L/mol＝0.02mol，则氧化物的摩尔质量为1.28g÷0.02mol＝64 g/mol，因此R的相对原子质量为64－16×2＝32。
（2）在标准状况下，w L氮气含有x个N2分子，氮气的物质的量是，则阿伏加德罗常数为；
（3）Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，最后过滤后向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除去，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，因此正确的操作顺序是①②③⑤④或①③②⑤④或②①③⑤④。
19.甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3溶液、AgNO3溶液、BaCl2 溶液、盐酸四种无色溶液中的一种，现进行了如图所示的实验。

（1）通过上述实验判断出各物质：甲___、乙___、丙___、丁____。写出甲与乙反应的离子方程式：___。
（2）实验室有一瓶标签破损（如图所示）的固体试剂。某同学应用（1）中的BaCl2溶液检验，取试剂瓶中的固体少量于试管中，加适量蒸馏水溶解，在所得溶液中加入过量BaCl2溶液，得到白色沉淀。由此，该同学推断这瓶试剂是硫酸钠。你认为他的结论是否正确? _____（填“正确”或“不正确”）。若正确，请写出相应反应的离子方程式__________；若不正确, 请说明可能的结论：_______（填物质的化学式）。

【答案】 (1). BaCl2溶液 (2). Na2CO3溶液 (3). AgNO3溶液 (4). 盐酸 (5). CO32-+Ba2+=BaCO3↓ (6). 不正确 (7). SO42-+Ba2+=BaSO4↓ (8). NaHSO4或Na2SO3
【解析】
【分析】
乙和丁反应可以生成气体，说明乙和丁只能是Na2CO3溶液和盐酸；但是乙可以与丙、甲反应得到沉淀；Na2CO3溶液与BaCl2溶液、AgNO3溶液反应得到沉淀；而盐酸只能与AgNO3溶液反应得到沉淀。则乙是Na2CO3溶液，丁是盐酸；丙与丁反应生成沉淀，则丙为AgNO3溶液；则甲为BaCl2溶液。
【详解】（1）乙和丁反应可以生成气体，说明乙和丁只能是Na2CO3溶液和盐酸；但是乙可以与丙、甲反应得到沉淀；Na2CO3溶液与BaCl2溶液、AgNO3溶液反应得到沉淀；而盐酸只能与AgNO3溶液反应得到沉淀。则乙是Na2CO3溶液，丁是盐酸；丙与丁反应生成沉淀，则丙为AgNO3溶液；则甲为BaCl2溶液。甲与乙反应，为BaCl2溶液与Na2CO3溶液反应，离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓；
（2）试剂瓶破碎的标签纸上说明该溶液中含有Na、S、O等元素。加入BaCl2溶液，得到白色沉淀，不一定是Na2SO4，也可能生成BaSO3溶液。所以得到的结论不一定正确；如果正确，Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应得到BaSO4沉淀，离子方程式为SO42-+Ba2+=BaSO4↓；如果不正确；能够与BaCl2溶液得到白色沉淀，且含有Na、S、O等元素，可能是NaHSO4或Na2SO3。
20.氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：

（Ⅰ）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。
（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。则该盐酸的物质的量浓度是___ mol·L-1。
（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1mol·L-1的稀盐酸。请回答下列问题：
①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 ____ mL
②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。
③若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）
A．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。
B．转移溶液前，洗净容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。
C．定容时俯视容量瓶的刻度线_____。
（Ⅱ）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。已知：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：

（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_____。
（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_____。
（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12 mol·L-1的浓盐酸200 mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol，其可能的主要原因是_____（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。
（Ⅲ）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。

由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH范围是__，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有___。
【答案】 (1). 11.6 (2). 8.6 (3). 胶头滴管、100 mL容量瓶 (4). 偏低 (5). 无影响 (6). 偏低 (7). 甲 (8). F B E (9). 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca（ClO）2少于0.3mol (10). 2～6 (11). HClO、ClO-、Cl-
【解析】
【分析】
（Ⅰ）(1)根据计算浓度；
(2)配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
（Ⅱ）(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。
【详解】（Ⅰ）(1)根据计算盐酸的浓度，有；
(2) ①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积；
②量取盐酸时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL容量瓶，胶头滴管；
③A、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；
B、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；
C、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；
（Ⅱ）(1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；
(2)F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E装置可以做到尾气吸收，答案为F B E；
(3)MnO2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol；
(Ⅲ)HClO的杀菌能力比ClO-强，所以HClO的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH最好为2～6之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl2，韩律的微粒有HClO、ClO－以及与水反应生成的Cl－。
【点睛】(Ⅲ)第二小问是易错点，很容易忽略Cl-；不要忘记，Cl2＋H2OHCl＋HClO，有Cl－生成。