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广东省多校联考2025-2026学年高一上学期12月阶段联考化学试题
1．下列物质分类正确的是
选项 酸 碱 酸性氧化物 碱性氧化物 盐
A 纯碱
B 稀硫酸 干冰
C
D 盐酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. 纯碱的化学成分为 Na2CO3， 从物质分类角度来看它属于盐类，不属于碱，因此该选项不满足要求，A错误；
B. 稀硫酸是硫酸和水形成的溶液，属于混合物，而纯净物中的化合物才满足酸的定义，因此该选项分类不全部正确，B不符合要求；
C. 碳酸电离出的阳离子全部为氢离子，属于酸；氨水电离出的阴离子全部为氢氧根，属于碱；三氧化硫可以和碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义；氧化钙可以和酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义；氯化铵由铵根离子和氯离子构成，属于盐，该选项所有物质分类均正确，C符合要求；
D. 盐酸是氯化氢溶于水得到的混合物，不符合酸是化合物的定义；氧化铝属于两性氧化物，不属于酸性氧化物；过氧化钠和酸反应除了生成盐和水还会生成氧气，不符合碱性氧化物的定义，该选项分类不全部正确，D不符合要求；
综上，答案选C。
【分析】考查物质的分类，纯碱指的是碳酸钠，属于盐，稀硫酸是混合物，盐酸是氯化氢水溶液，属于混合物。
2．下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的是
A．检验溶液中是否含有 B．实验室制备并收集氯气
C．验证热稳定性 D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；焰色反应；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．焰色反应是部分金属或其化合物在无色火焰中灼烧时，使火焰呈现特征颜色的反应，钠元素的焰色为黄色，因此可以利用焰色反应检验溶液中是否存在，A正确；
B．氯气的密度大于空气，制备氯气后收集时，应当采用向上排空气法，也就是导管长进短出，图中收集装置为短进长出，属于向下排空气法，收集操作错误，因此B错误；
C．进行碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性验证实验时，酒精灯直接加热外管，因此硬质玻璃管外管温度更高，内管温度更低；碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热不分解，正确的操作应当把更容易分解的碳酸氢钠放在温度更低的内管小试管中，碳酸钠放在温度更高的外管，该实验药品位置放错，无法得出正确结论，因此C错误；
D．配制一定物质的量浓度溶液时，不能在容量瓶中直接稀释浓溶液，容量瓶只能用于定容配制溶液，稀释操作需要在烧杯中完成，因此D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．考查焰色试验，用铁丝蘸取待测液，观察颜色判断是否含钠元素；
B．氯气密度大于空气，用向上排空气法收集；
C．碳酸钠和碳酸氢钠位置放反了，无法达到实验目的；
D．容量瓶不能用来稀释溶液。
3．纳米级碳酸钙（直径约为75nm）在涂料、油墨、塑料等众多领域均有广泛的应用。下列说法正确的是
A．取一定量的纳米级分散在水中形成悬浊液
B．纳米级与氢氧化铁胶体均具有丁达尔效应
C．将适量的纳米级与乙醇混合会形成固溶胶
D．采用过滤操作无法分离纳米级与水的混合物
【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A．纳米级的粒径为75nm，处于胶体分散系的粒径范围（1~100nm）内，将它分散在水中会形成胶体，不是悬浊液，而悬浊液中分散质微粒的直径一般大于100nm，因此A错误；
B．丁达尔效应是胶体的特有性质，纳米级本身作为固体材料并不具有丁达尔效应，只有它分散在液体中形成胶体后，体系才会出现丁达尔效应。本题中并未说明纳米碳酸钙已经形成分散系胶体，因此不能直接判定它具有丁达尔效应，故B错误；
C．固溶胶的定义是分散剂为固体，乙醇常温下为液体，纳米级和乙醇混合后会形成液溶胶，也就是胶体，并不是固溶胶，因此C错误；
D．过滤操作可以分离的是悬浊液中的分散质，这类分散质微粒直径大于100nm，无法透过滤纸；而题目中的纳米级粒径为75nm，分散后形成胶体，胶体的微粒可以透过滤纸孔隙，因此无法通过过滤将其分离出来，D正确；
故选D。
【分析】A．考查分散系分类，纳米级碳酸钙分散在水中形成胶体；
B．胶体能产生丁达尔效应，纳米级碳酸钙并不是胶体；
C．乙醇是液体，应该形成液溶胶；
D．纳米级碳酸钙和水都能透过滤纸，无法分离。
4．下列反应既是离子反应，又属于氧化还原反应的是
A．氢气在氯气中燃烧 B．硫酸铜溶液中加入铁粉
C．一氧化碳与氧化铁混合共热 D．将碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子反应发生的条件
【解析】【解答】A．氢气在氯气中燃烧的反应过程中，只有分子参与反应，没有离子参与或生成，因此不属于离子反应；该反应中氢元素和氯元素的化合价发生了改变，属于氧化还原反应，因此A不符合题意；
B．硫酸铜溶液和铁粉反应的离子方程式为：，反应有、离子参与，属于离子反应；同时铁元素、铜元素的化合价发生变化，该反应也属于氧化还原反应，因此B符合题意。
C．一氧化碳和氧化铁混合共热的反应，是固体与气体之间的反应，反应过程中没有离子参与反应，也没有离子生成，因此不属于离子反应；该反应中铁元素和碳元素的化合价发生了改变，属于氧化还原反应，因此C不符合题意；
D．碳酸氢钠溶液和稀盐酸混合后，发生反应：，反应过程中有离子参与，属于离子反应；但反应中没有元素化合价发生变化，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，因此D不符合题意；
因此本题答案选B。
【分析】考查化学反应类型，氢气和氯气反应不属于离子反应，一氧化碳和氧化铁反应不属于离子反应，碳酸氢钠和稀盐酸反应中无化合价变化，不属于氧化还原反应。
5．下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是（　　）
A．Fe3O4 Fe FeCl3
B．H2O2 H2 H2O
C．CaCl2溶液 CaCO3 CO2
D．CuSO4溶液 Cu CuO
【答案】D
【知识点】过氧化氢；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铁与稀盐酸反应生成的是氯化亚铁，不是氯化铁，不能一步实现，故A不选；
B．过氧化氢分解生成的是氧气，和水，不能生成氢气，故B不选；
C．由于盐酸的酸性大于碳酸，所以氯化钙溶液中通入二氧化碳，不能生成碳酸钙沉淀，故C不选；
D．铁比铜活泼，故铁可以与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铜可以与氧气反应生成氧化铜，D选；
故答案为：D。
【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析是否只通过一个反应而实现即可。
6．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是
A．实验室用MnO2和浓的a溶液加热制备氯气，a仅体现还原性
B．H2在充满b的集气瓶中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白烟
C．c只有氧化性
D．可存在a→b→d→a的循环转化关系
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．a是HCl，实验室使用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气时，反应中部分Cl-被氧化为Cl2，氯化氢体现还原性，还有部分Cl-形成盐MnCl2，体现酸性，因此该反应中氯化氢同时体现还原性和酸性，A错误；
B．b是Cl2，氢气在氯气中燃烧反应生成HCl，氯化氢在瓶口接触水蒸气会形成盐酸小液滴，也就是白雾，不是白烟，白烟是固体小颗粒聚集形成的，B错误；
C．c是ClO2，其中氯元素为+4价，氯元素的最高价为+7价，因此+4价的氯既可以得到电子化合价降低（体现氧化性）被还原，也可以失去电子化合价升高（体现还原性）被氧化，因此二氧化氯不是只有氧化性，C错误；
D．a是HCl，b是Cl2，d是HClO，氯化氢和二氧化锰共热可以生成氯气，氯气和水反应可以得到次氯酸，次氯酸光照分解可以生成氯化氢，题中所示转化均可实现，D正确；
故答案为：D
【分析】结合价类二维图中元素化合价与物质分类，可以推得：a为氯化氢，b为氯气，c为二氧化氯，d为次氯酸，结合各物质的性质分析解答即可。
7．在某无色透明且能使紫色石蕊变红的溶液中，能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．该组离子中存在，该离子本身为紫色，不满足“无色溶液”的要求；同时酸性条件下，会和I-发生氧化还原反应，无法大量共存，因此A不符合要求；
B．能使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，该组离子中的会和酸性溶液中的H+反应，生成CO2和H2O，不能大量共存，因此B不符合要求；
C．该组离子中含有Cu2+，Cu2+在溶液中显蓝色，不满足“无色溶液”的条件，因此C不符合要求；
D．能使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，该组所有离子都为无色，且所有离子之间不发生反应，也不和酸性溶液中的H+反应，能够大量共存，因此D符合要求；
故答案选D。
【分析】考查离子共存，题目要求无色透明且呈酸性，高锰酸根呈紫色，铜离子在溶液中呈蓝色，碳酸氢根和氢离子反应。
8．下列离子方程式书写正确的是
A．铁片投入稀硫酸中：
B．通入溶液中：
C．向澄清石灰水中通入氯气：
D．少量通入足量的溶液中：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铁片投入稀硫酸中，铁会和稀硫酸发生置换反应，反应后生成的是亚铁离子与氢气，正确的离子方程式为，题给对应的反应错误，因此A错误；
B．CO2和CaCl2溶液不符合复分解反应发生的条件，无法发生反应，因此B错误；
C．氯气和碱反应时会发生歧化，反应产物为氯化物和次氯酸盐，澄清石灰水中的OH-会参与反应，该离子方程式符合实际反应规律，同时满足原子守恒和电荷守恒，因此C选项正确；
D．当少量 CO2 通入足量 NaOH 溶液时，反应应当生成碳酸钠，正确的离子方程式为，因此D选项错误；
综上，答案选C。
【分析】A．铁和稀硫酸反应生成二价铁离子；
B．通入溶液中 不反应，选项中方程式违背强酸制弱酸原理；
C．氯气和澄清石灰水反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
D．少量二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠。
9．对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是
A．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
B．加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42－
C．加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+
D．加稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
【答案】C
【知识点】氯离子的检验；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A. 该操作中得到的白色沉淀，可能是碳酸钡、碳酸钙等难溶碳酸盐，因此无法确定原溶液中一定存在目标离子，该选项错误；B. 该操作生成的沉淀，除了可能是硫酸钡，还可能是氯化银沉淀，因此不能确定原溶液中一定含有硫酸根离子，该选项错误；
C. 该操作中生成的不溶于稀硝酸的沉淀一定是氯化银，因此可以确定原溶液中一定存在 Ag+， 该选项正确；
D. 该操作中生成的无色气体，可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫等其他气体，因此不能确定原溶液中一定含有碳酸根离子，该选项错误；
综上所述，本题选C。
【分析】A. 该白色沉淀除了可以是题干中推测的沉淀外，还有可能是碳酸钙等其他不溶白色沉淀，因此无法得出对应结论；
B. 该场景中有可能生成AgCl沉淀，因此无法得出对应结论；
C. 氯化银沉淀无法溶于过量的稀硝酸，该推导合理；
D. 该无色气体除了推测的成分外，还有可能是二氧化硫，因此无法得出对应结论。
10．我国古代四大发明之一的黑火药由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A．硫元素既被氧化又被还原
B．该反应的氧化剂只有KNO3
C．该反应的还原剂只有C
D．消耗1molS，该反应转移的电子数目为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 反应里硫元素的化合价从0价降低到-2价，只发生了化合价降低的过程，因此硫元素只被还原，没有被氧化，所以A错误；
B. 在该反应里，单质S的化合价降低，硝酸钾中氮元素的化合价也降低，二者都被还原，因此S和KNO3都是该反应的氧化剂，所以B错误；
C．在该反应中，只有碳元素的化合价从0价升高到+4价，碳被氧化，因此碳是该反应中唯一的还原剂，C选项正确；
D．当反应消耗1mol S时，S本身总共得到2mol电子，而2mol KNO3中的N元素总共得到10mol电子，该反应整个过程转移的总电子数为12×6.02×1023，因此D选项错误；
综上，答案选C。
【分析】 根据方程式S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑ ，硫元素和氮元素化合价降低，硫和硝酸钾是氧化剂，碳元素化合价升高，碳是还原剂，据此分析。
11．已知在相同条件下，下列几种微粒的还原性强弱顺序为。由此判断下列反应不能发生的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．反应中，硫元素化合价升高，铁元素化合价降低，因此SO2是还原剂，Fe2+是还原产物，可得还原性：SO2＞Fe2+，和题干给出的还原性强弱顺序一致，该反应可以发生，因此A不符合题意；
B．从反应可以看出，该反应中Fe、Br两种元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，因此FeBr2是还原剂，Cl-是还原产物，可得出还原性顺序：Fe2+>Br->Cl-，这和题目给出的还原性强弱规律一致，该反应可以发生，因此B不符合题意；
C．该反应为，反应中S元素化合价降低，溴元素化合价升高，因此Br-是还原剂，SO2是还原产物，可得还原性关系为 Br->SO2， 这和题目给出的已知还原性强弱规律矛盾，因此该反应不能发生，故C符合题意。
D．根据反应可知，该反应中Fe元素化合价降低，I元素化合价升高，因此Fe2+是还原产物，I2是氧化产物，由此可得还原性强弱关系：I-> Fe2+，该结论和题目给出的还原性强弱信息一致，说明该反应可以发生，因此D不符合题意；
故答案选C。
【分析】根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性强于还原产物，由题目中信息微粒还原性强弱顺序，找出各个反应中还原剂和还原产物，比较还原性强度，和已知条件比较可得出答案。
12．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．固体中含有的离子数目为
B．标准状况下，乙醇所含分子数为
C．的溶液中含有的数目是
D．常温常压下，所含的质子数为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1mol过氧化钠固体中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，离子总的物质的量为3mol，因此含有的离子总数为3NA，因此A选项错误；
B. 标准状况下，乙醇的状态为液体，气体摩尔体积22.4的适用对象为标准状况下的气体，因此不能用该气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，故B选项错误；
C．题目没有给出溶液的体积，无法计算得到浓度为的溶液中所含Na+的具体数目，因此C选项错误；
D．H2O的摩尔质量为18g/mol，因此36g H2O的物质的量为；1个H2O分子中一共含有10个质子，因此36g水所含总质子数为2mol × 10 × NA = 20NA，因此D选项正确；
综上，答案选D。
【分析】A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子组成；
B．标准状况下，乙醇是液体，无法计算；
C．体积未知，无法计算；
D．一个水分子含有质子数为10。
13．下列说法正确的是
A．、25℃，中含有的原子数约为
B．所含的电子数目约为
C．粉与充分反应，转移电子数约为
D．质量分数为9.8%的溶液中，所含氧原子数约为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 标准状况（0℃、101kPa）下气体摩尔体积为22.4L/mol，在101kPa、25℃的条件下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，因此11.2 L CO的物质的量小于0.5 mol，CO是双原子分子，所含的原子总数小于，因此A错误；
B．的摩尔质量为18 g/mol，因此18 g的物质的量为1 mol；1个铵根离子中含有10个电子，因此1mol铵根离子所含电子数目为，因此B正确；
C. 5.6 g Fe的物质的量为0.1 mol，0.1 mol Cl2与Fe反应生成FeCl3，该反应中Cl2完全反应，Cl元素化合价从0价变为-1价，因此1mol Cl2反应共转移2mol电子，0.1 mol Cl2反应转移电子0.2 mol，对应电子数约为，因此C选项错误；
D. 100 g 质量分数9.8%的H2SO4溶液中，H2SO4的质量为9.8 g，计算可得，1mol硫酸分子含有4mol氧原子，因此0.1mol硫酸本身含氧原子0.4 mol；该溶液中还含有水，水分子中也含有氧原子，因此溶液中总氧原子数远大于，D选项错误；
综上，正确答案选B。
【分析】A．气体摩尔体积未知，无法计算；
B.1个铵根离子含有10个电子；
C．铁和氯气反应生成氯化铁；
D．硫酸溶液中硫酸分子和水分子中都含有氧原子。
14．小组同学设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3，下列说法中不正确的是
序号 实验① 实验② 实验③
实验操作
实验现象 A中温度计示数略有降低，B中温度计示数升高 充分振荡后试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解 E中开始滴加就可以观察到气泡，F中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡
A．由实验①②③得出结论：b、d、f为Na2CO3
B．分别向实验②两支试管中滴加2滴酚酞溶液，C试管中红色较浅
C．试管F中开始无气泡产生的原因是
D．实验③滴入足量盐酸后产生二氧化碳的物质的量不同
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 溶解过程放热更多、溶解度更大的固体是碳酸钠；向固体中滴加稀盐酸时，若一开始没有气泡产生，继续滴加后才出现气泡，说明该固体是碳酸钠，因此题目中编号为b、d、f的固体都是碳酸钠，A说法正确；
B. 根据前面的分析可知，D试管中盛装的是碳酸钠，碳酸钠溶液的碱性更强，滴入2滴酚酞溶液后，红色会更深；而C试管中是碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，溶液碱性比碳酸钠弱，因此红色更浅，B说法正确；
C. 向碳酸钠溶液中滴加盐酸时，反应分两步进行，第一步是盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，因此一开始没有气泡产生，F试管的现象符合这个反应规律，C说法正确；
D. 实验③中两份溶液的物质的量浓度相等、体积相等，因此碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，根据碳元素守恒可知，加入足量盐酸完全反应后，两份溶液生成二氧化碳的物质的量是相等的，D说法错误；
综上，答案选D。
【分析】相同温度条件下，碳酸钠在水中的溶解度比碳酸氢钠更大；碳酸钠溶解于水的过程会放出热量，碳酸氢钠溶解于水的过程会吸收热量；温度相同、溶液浓度相同时，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液；向碳酸钠溶液中滴加盐酸，反应初始阶段会生成碳酸氢钠与氯化钠，此时没有明显现象，持续滴加盐酸后，才会反应生成二氧化碳，出现气泡，结合上述性质分析解答本题。
15．实验室需配制480 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，下列说法正确的是
A．应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体5.3 g
B．定容时仰视会造成所配制溶液中溶质的物质的量浓度偏高
C．取10 mL溶液稀释至100 mL，得到的溶液中c(Na+)= 0.02 mol·L-1
D．采用加热的方法加快Na2CO3·10H2O晶体的溶解，趁热迅速将溶液转移至容量瓶中定容
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A．实验室没有规格为480 mL的容量瓶，配制480 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液时，需要选用500 mL的容量瓶进行配制，计算可得需要Na2CO3·10H2O的质量为：286 g·mol-1×0.5 L×0.1 mol·L-1=14.3 g，因此A项错误；
B．定容操作时仰视刻度线，会使最终溶液的体积大于配制要求的体积，根据，溶质物质的量n不变，溶液体积V偏大，因此所得溶液浓度偏低，故B项错误；
C．若取出10 mL原溶液再稀释10倍，根据稀释规律，稀释前后溶质的物质的量不变，因此溶液中Na+的浓度变为原来的，最终可得 c(Na+)=0.02 mol·L-1， C项正确；
D．容量瓶不能用于存放温度过高的液体，溶解后得到的溶液需要恢复至室温，才能转移到容量瓶中进行定容操作，D项错误；
故选：C。
【分析】A．用公式，注意代入 Na2CO3·10H2O 的摩尔质量；
B．定容时仰视加入水过多，溶液物质的量浓度偏低；
C．原溶液中钠离子浓度为0.2 mol·L-1，稀释10倍，浓度变为原来十分之一；
D．容量瓶不能盛放热溶液，需冷却室温后进行转移。
16．某溶液X中可能含有大量Cl-、、、K+、Ca2+、Mg2+、Cu2+中的若干种。为了确定该溶液的组成，取一定量上述溶液，进行了如下实验，下列说法错误的是
A．白色沉淀1是混合物
B．溶液2的溶质为BaCl2、KOH、HCl
C．气体A会引起温室效应
D．溶液X中一定存在、、
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；离子共存；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．根据上述推导，原溶液一定含有硫酸根和碳酸根，加入过量氢氧化钡后会生成碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，因此白色沉淀1就是BaCO3和BaSO4的混合物，A正确；
B．白色沉淀1含BaCO3和BaSO4，加入足量盐酸后，BaCO3会和HCl反应生成BaCl2，且盐酸过量，因此最终得到的溶液2中一定含有BaCl2和过量的HCl，不可能含有KOH，B错误；
C．气体A是二氧化碳，二氧化碳是常见的温室气体，会加剧温室效应，C正确；
D．结合前面的分析可知，原溶液中一定存在的离子是、和K+，D正确；
故答案为：B
【分析】结合实验流程分析：无色原溶液加入过量氢氧化钡后得到白色沉淀1，该白色沉淀加入足量盐酸后，仍有不溶解的白色沉淀2，该不溶沉淀一定是BaSO4，同时生成了能使澄清石灰水变浑浊的气体A，气体A为CO2，由此可推知原溶液中一定含有和；由于SO42－、CO32－都可以和Ca2＋、Mg2＋生成沉淀，且Cu2+在溶液中显蓝色，原溶液为无色，因此原溶液中一定不存在Ca2＋、Mg2＋、Cu2+。最后根据溶液呈电中性，溶液必须同时含有阳离子和阴离子，因此原溶液中一定含有阳离子K+，而无法确定Cl-是否存在。
17．实验室中，需要根据不同的情况选用不同浓度的溶液，回答下列问题：
（1）实验室中，需要根据要求配制一定物质的量浓度的溶液，配制溶液时，下图所示的仪器中肯定不需要的有　 　(填字母)，配制时还需用到的玻璃仪器有　 　、　 　(填仪器名称)，容量瓶使用之前需　 　。
（2）实验室需要480mL0.2mol/LNaOH溶液，配制NaOH溶液的操作如下：
a．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，将洗涤液一并注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
b．将称好的NaOH固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaOH固体全部溶解并冷却。
c．将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
d．计算需要NaOH固体的质量，根据计算结果，称量NaOH固体。
e．将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签。
①正确的操作顺序是　 　(填序号)。
②根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量为　 　g。
③下列操作中，会造成配制的NaOH溶液浓度偏高的是　 　(填字母)。
A．操作d中将氢氧化钠固体放在滤纸上称量
B．操作b将NaOH固体溶解后立即移入容量瓶
C．操作c定容时，俯视刻度线
D．操作a在转移NaOH溶液至容量瓶时，洒落了少许
E．操作c把容量瓶反复上下颠倒、摇匀后发现液面降低，加水至刻度线
（3）取100mL上述浓度的NaOH溶液，稀释成500mL，则稀释后的溶液中NaOH物质的量浓度为　 　mol/L。
【答案】（1）BD；胶头滴管；玻璃棒；检漏
（2）dbace；4.0；BC
（3）0.04
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度溶液的过程中，不需要用到图中的B长颈漏斗，长颈漏斗一般用于气体制备的固液反应装置，配制溶液不会用到；也不需要D圆底烧瓶，圆底烧瓶多用于加热反应或者蒸馏操作，配制溶液也不需要使用。目前已经给出的玻璃仪器是烧杯、容量瓶，溶解转移过程中还需要玻璃棒搅拌、引流，定容时需要胶头滴管滴加蒸馏水，因此还缺少的玻璃仪器是胶头滴管、玻璃棒；容量瓶在使用前需要先检查是否漏水，也就是检漏，规范操作是向容量瓶中加入少量蒸馏水，塞紧瓶塞后将容量瓶倒置，观察瓶塞位置是否漏水，若没有漏水，将容量瓶正立后把瓶塞旋转180°，再次倒置观察是否漏水即可。
故答案为：BD；胶头滴管、玻璃棒；检漏；
（2）①配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液的操作流程为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，对应题干的操作排序为：d(计算称量)→b(溶解冷却)→a(转移洗涤)→c(定容摇匀)→e(装瓶贴签)，即操作顺序为 dbace；
②实验室没有规格为480mL的容量瓶，配制该溶液需要选用500mL容量瓶，因此需要称量氢氧化钠的质量为： m(NaOH)=cVM =0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；
③根据浓度公式 c =， 逐个分析操作对浓度的影响：
A. NaOH易吸水潮解，若放在纸上称量，会有部分溶质粘在纸上，导致进入容量瓶的溶质物质的量n偏小，最终配制的溶液浓度偏低，A不符合要求；
B. NaOH固体溶解会放出大量热，溶解后未冷却至室温就转移入容量瓶，容量瓶受热膨胀，冷却后溶液体积V偏小，最终浓度偏高，B符合要求；
C. 定容时俯视刻度线，会导致加入蒸馏水的量不足，溶液体积V偏小，最终浓度偏高，C符合要求；
D. 转移溶液时不慎将溶液洒出容量瓶，会损失溶质，溶质物质的量n偏小，最终浓度偏低，D不符合要求；
E. 摇匀后液面低于刻度线是正常现象，是少量溶液附着在刻度线上方瓶壁未回落导致，若此时补充加水至刻度线，会使溶液体积V偏大，最终浓度偏低，E不符合要求；
因此会引起浓度偏高的是 BC；
（3）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设稀释后溶液浓度为c，则：0.1L×0.2 =0.5L×c，c=0.04mol/L， 故答案为 0.04。
【分析】本题是实验室配制一定物质的量浓度溶液的相关问题，我们可以结合配制过程的步骤、所需仪器和误差分析的方法来解答。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液不需要的仪器：其中B是长颈漏斗(用于气体制备的固液反应装置，配制溶液无需)，D是圆底烧瓶(用于加热反应或蒸馏，配制溶液无需)；还需用到的玻璃仪器：除了题目提到的烧杯(溶解溶质)、容量瓶(定容)外，还有胶头滴管、玻璃棒；容量瓶使用前操作：必须检漏(检查是否漏水)，操作方法是向容量瓶中加少量水，塞紧瓶塞，倒置观察是否漏水，若不漏水，正立后将瓶塞旋转180°，再次倒置检查，故答案为：BD；胶头滴管、玻璃棒；检漏；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，对应题目中的操作顺序为：d(计算称量)→b(溶解冷却)→a(转移洗涤)→c(定容摇匀)→e(装瓶贴签)，即dbace，故答案为：dbace；
②实验室无480mL容量瓶，需选用500mL容量瓶配制，计算式：m(NaOH)=cVM =0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；
③根据公式c =，分析各选项对n(溶质物质的量)和V(溶液体积)的影响：
A．NaOH易潮解，放在纸上称量会导致溶质粘在纸上，n偏小，浓度偏低，A不合题意；
B．NaOH溶解放热，未冷却就转移，容量瓶受热膨胀，冷却后溶液体积V偏小，浓度偏高，B符合题意；
C．定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水偏少，V偏小，浓度偏高，C符合题意；
D．转移时洒出溶液，n偏小，浓度偏低，D不合题意；
E．摇匀后液面降低是正常现象，加水至刻度线会使V偏大，浓度偏低，E不合题意；
故答案为：BC；
（3）取100mL、0.2mol/L NaOH溶液稀释成500mL，根据稀释前后溶质的量不变可知：0.1L×0.2 =0.5L×c，c=0.04mol/L，故答案为：0.04。
18．氯气()是一种具有重要用途的气体，能溶于水，常温常压时其密度大于空气，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。请回答下列问题：
Ⅰ、化学家舍勒将软锰矿(主要成分是)与浓盐酸混合加热，生成了一种黄绿色、有刺激性气味的气体，后经化学家戴维确认这种气体是氯气，
（1）该反应的化学方程式为　 　。
（2）上述反应的还原产物是　 　(填化学式)，该反应中体现了浓盐酸的　 　、　 　。被氧化的氯原子与被还原的锰原子个数比为　 　。
（3）实验室若要收集少量氯气，可采用的方法是　 　。
Ⅱ、有一种制取氯气的方法曾广泛应用于工业生产氯气，其反应原理如图所示。
（4）反应Ⅰ和Ⅱ中属于氧化还原反应的是　 　(填反应Ⅰ或反应Ⅱ)；写出反应Ⅱ的化学方程式：　 　。
【答案】；；还原性；酸性；；向上排空气法或排饱和食盐水法；反应Ⅱ；
【知识点】氧化还原反应；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应，生成氯化锰、水和氯气，反应方程式为：
；
（2）对于反应，反应过程中Mn元素化合价降低，被还原，因此MnCl2是还原产物；HCl中一部分氯元素化合价不变，形成盐MnCl2，另一部分氯元素化合价升高，被氧化为Cl2，因此浓盐酸同时体现了酸性和还原性。在参加反应的4份HCl中，只有2份HCl中的氯元素化合价升高被氧化，而1分子MnO2中1个Mn原子化合价降低被还原，因此被氧化的氯原子与被还原的
（3）由于氯气的密度比空气大，且氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此收集氯气既可以采用向上排空气法，也可以使用排饱和食盐水法；
（4）反应Ⅰ中所有元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应；反应Ⅱ中氧元素化合价降低、氯元素化合价升高，属于氧化还原反应；该反应是氧气氯化铜得到氧化铜和氯气，反应的化学方程式为。
反应中锰原子的个数比为2：1。
【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气和氯化锰；
（2）实验室制备氯气方程式中浓盐酸体现酸性和还原性；
（3）根据氯气密度大于空气，用向上排空气法，或排饱和食盐水法；
（4）氧化还原反应特征是元素化合价发生变化， 反应Ⅱ的化学方程式。
19．科学家舍勒和戴维对氯气的制取和研究做出了重大贡献，某兴趣小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气。实验室制备和收集氯气的常用装置如下图，请回答下列问题：
（1）B中试剂为　 　，其作用是　 　。
（2）C中盛装的装置名称为　 　，装置D中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）实验装置接口的连接顺序为　 　(按气流方向填写)。
（4）实验室除了可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气外，还可以用其他方法制取氯气，其中用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的化学方程式为：
(未配平)
请写出配平后的该化学方程式：　 　，若该反应产生，则反应转移的电子数是　 　。(设阿伏加德罗常数的值为)
【答案】（1）饱和食盐水；除去中的气体
（2）圆底烧瓶；
（3）
（4）；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）经分析，装置B中盛放饱和食盐水，作用是除去Cl2中混有的HCl杂质；
（2）装置C中盛放的仪器名称是圆底烧瓶；装置D中，氯气与氢氧化钠发生反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：；
（3）本实验需要按照制备Cl2、除杂、干燥、收集、尾气处理的顺序连接装置，除杂装置B和干燥装置A都需要遵循“长进短出”的连接规则；同时氯气密度大于空气，用向上排空气法收集时，收集装置E也需要“长进短出”，因此实验装置接口的正确连接顺序为e→d→c→a→b→i→h→g。
（4）该反应中，锰元素化合价从+7降低为+2，氯元素化合价从-1升高为0，根据电子守恒、原子守恒配平可得反应的化学方程式为：。
由反应关系可知，每生成5mol Cl2，对应转移10mol电子，即，因此若反应生成.5molCl2，反应转移电子的物质的量为1mol，转移电子数为。
【分析】根据题干给出的实验装置信息，装置C是实验室制取氯气的发生装置，反应的原理为：；制得的氯气中会混有挥发出来的HCl杂质和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，作用是除去Cl2中混有的HCl，装置A中盛有浓硫酸，作用是干燥氯气；之后进行氯气的收集，装置E是收集氯气的集气瓶，Cl2密度比空气大，因此需要用向上排空气法收集，进气导管需要伸入集气瓶底部，出气导管只需略伸出橡胶塞，即导管要长进短出；最后装置D为尾气处理装置，使用NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染环境。
（1）由分析，装置B为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl；
（2）装置C中盛装的装置名称为圆底烧瓶；D中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水：；
（3）根据制备Cl2、除杂、干燥、收集和尾气处理的先后顺序，除杂和干燥的B和A装置要长进短出，由于氯气密度大于空气，收集装置E要长进短出，所以实验装置接口的连接顺序为e→d→c→a→b→i→h→g；
（4）反应中锰元素化合价由+7变为+2、氯元素化合价由-1变为0，结合电子守恒，反应为：，氯元素化合价由-1变为0，存在，若该反应产生，则反应转移1mol电子，电子数是。
20．化学物质丰富多彩，化学反应千变万化，而常见物质之间的反应往往“隐藏着某些反应机理”。学校化学兴趣小组对含钠元素物质的某些反应进行了初步探究。该小组设计如图实验装置，验证“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”。
步骤1：打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在处，观察实验现象。
步骤2：打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在处，观察实验现象。
请回答下列问题：
（1）装置①中反应的离子方程式为　 　。
（2）盛放盐酸的仪器名称为　 　，装置②中盛放的试剂是饱和溶液，该试剂的作用是　 　，③中盛放的试剂是　 　。
（3）步骤1和步骤2完成后的预期现象分别是　 　、　 　。
（4）有同学提出质疑，认为上述实验即使观察到木条复燃，也不能证明有水存在时，是过氧化钠与二氧化碳发生了化学反应，其理由是　 　(用化学方程式表示)。
【答案】（1）
（2）分液漏斗；吸收挥发出来的；浓硫酸
（3）步骤1带火星木条不复燃；步骤2带火星木条复燃
（4）
【知识点】化学实验方案的评价；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：
。
（2）本题中盛放盐酸的仪器为分液漏斗。由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中会混有HCl杂质和水蒸气，装置②的作用是除去挥发出来的HCl，装置③需要干燥二氧化碳，因此选用浓硫酸吸收二氧化碳中的水蒸气。
（3）步骤1的体系中没有水参与，结合题目条件，该条件下二氧化碳不会和过氧化钠反应，没有氧气生成，因此带火星的木条不能复燃；步骤2中二氧化碳和水接触后，二氧化碳能与过氧化钠反应生成氧气，因此可使带火星的木条复燃。
（4）由于水本身也可以和过氧化钠反应生成氧气，因此该实验的现象不能充分证明，结论是“有水存在时过氧化钠才与二氧化碳发生化学反应”，水与过氧化钠反应生成氧气的化学方程式为：
。
【分析】本实验的目的是验证“只有二氧化碳与水接触时，才能和过氧化钠反应”，因此需要设置对照实验，分别观察过氧化钠与干燥二氧化碳、湿润二氧化碳的反应现象。本实验中，装置①中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中会混有挥发出来的HCl杂质，装置②的作用是除去混有的HCl，因此装置②中试剂为饱和NaHCO3溶液；打开K1时，二氧化碳不经干燥直接通入过氧化钠中，可观察有水条件下的反应现象，打开K2时，需要得到干燥的二氧化碳，观察无水条件下的反应现象，因此装置③需要选用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气。
（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子方程式为：；
（2）盛放盐酸的仪器是分液漏斗，盐酸具有挥发性，②吸收挥发出的盐酸，③的作用是吸收二氧化碳中的水蒸气，所以用浓硫酸；
（3）步骤1无水参与，根据题意不会和过氧化钠反应，则不会使木条复燃；步骤2是二氧化碳与水接触时和过氧化钠反应，过氧化钠和二氧化碳反应生成O2，使带火星的木条复燃；
（4）因为水也会和过氧化钠反应生成氧气，所以实验现象不足以证明是水存在时，过氧化钠和二氧化碳发生了化学反应，用方程式表示：。
1 / 1广东省多校联考2025-2026学年高一上学期12月阶段联考化学试题
1．下列物质分类正确的是
选项 酸 碱 酸性氧化物 碱性氧化物 盐
A 纯碱
B 稀硫酸 干冰
C
D 盐酸
A．A B．B C．C D．D
2．下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的是
A．检验溶液中是否含有 B．实验室制备并收集氯气
C．验证热稳定性 D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
3．纳米级碳酸钙（直径约为75nm）在涂料、油墨、塑料等众多领域均有广泛的应用。下列说法正确的是
A．取一定量的纳米级分散在水中形成悬浊液
B．纳米级与氢氧化铁胶体均具有丁达尔效应
C．将适量的纳米级与乙醇混合会形成固溶胶
D．采用过滤操作无法分离纳米级与水的混合物
4．下列反应既是离子反应，又属于氧化还原反应的是
A．氢气在氯气中燃烧 B．硫酸铜溶液中加入铁粉
C．一氧化碳与氧化铁混合共热 D．将碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合
5．下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是（　　）
A．Fe3O4 Fe FeCl3
B．H2O2 H2 H2O
C．CaCl2溶液 CaCO3 CO2
D．CuSO4溶液 Cu CuO
6．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是
A．实验室用MnO2和浓的a溶液加热制备氯气，a仅体现还原性
B．H2在充满b的集气瓶中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白烟
C．c只有氧化性
D．可存在a→b→d→a的循环转化关系
7．在某无色透明且能使紫色石蕊变红的溶液中，能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
8．下列离子方程式书写正确的是
A．铁片投入稀硫酸中：
B．通入溶液中：
C．向澄清石灰水中通入氯气：
D．少量通入足量的溶液中：
9．对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是
A．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
B．加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42－
C．加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+
D．加稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
10．我国古代四大发明之一的黑火药由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A．硫元素既被氧化又被还原
B．该反应的氧化剂只有KNO3
C．该反应的还原剂只有C
D．消耗1molS，该反应转移的电子数目为
11．已知在相同条件下，下列几种微粒的还原性强弱顺序为。由此判断下列反应不能发生的是
A．
B．
C．
D．
12．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．固体中含有的离子数目为
B．标准状况下，乙醇所含分子数为
C．的溶液中含有的数目是
D．常温常压下，所含的质子数为
13．下列说法正确的是
A．、25℃，中含有的原子数约为
B．所含的电子数目约为
C．粉与充分反应，转移电子数约为
D．质量分数为9.8%的溶液中，所含氧原子数约为
14．小组同学设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3，下列说法中不正确的是
序号 实验① 实验② 实验③
实验操作
实验现象 A中温度计示数略有降低，B中温度计示数升高 充分振荡后试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解 E中开始滴加就可以观察到气泡，F中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡
A．由实验①②③得出结论：b、d、f为Na2CO3
B．分别向实验②两支试管中滴加2滴酚酞溶液，C试管中红色较浅
C．试管F中开始无气泡产生的原因是
D．实验③滴入足量盐酸后产生二氧化碳的物质的量不同
15．实验室需配制480 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，下列说法正确的是
A．应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体5.3 g
B．定容时仰视会造成所配制溶液中溶质的物质的量浓度偏高
C．取10 mL溶液稀释至100 mL，得到的溶液中c(Na+)= 0.02 mol·L-1
D．采用加热的方法加快Na2CO3·10H2O晶体的溶解，趁热迅速将溶液转移至容量瓶中定容
16．某溶液X中可能含有大量Cl-、、、K+、Ca2+、Mg2+、Cu2+中的若干种。为了确定该溶液的组成，取一定量上述溶液，进行了如下实验，下列说法错误的是
A．白色沉淀1是混合物
B．溶液2的溶质为BaCl2、KOH、HCl
C．气体A会引起温室效应
D．溶液X中一定存在、、
17．实验室中，需要根据不同的情况选用不同浓度的溶液，回答下列问题：
（1）实验室中，需要根据要求配制一定物质的量浓度的溶液，配制溶液时，下图所示的仪器中肯定不需要的有　 　(填字母)，配制时还需用到的玻璃仪器有　 　、　 　(填仪器名称)，容量瓶使用之前需　 　。
（2）实验室需要480mL0.2mol/LNaOH溶液，配制NaOH溶液的操作如下：
a．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，将洗涤液一并注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
b．将称好的NaOH固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaOH固体全部溶解并冷却。
c．将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
d．计算需要NaOH固体的质量，根据计算结果，称量NaOH固体。
e．将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签。
①正确的操作顺序是　 　(填序号)。
②根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量为　 　g。
③下列操作中，会造成配制的NaOH溶液浓度偏高的是　 　(填字母)。
A．操作d中将氢氧化钠固体放在滤纸上称量
B．操作b将NaOH固体溶解后立即移入容量瓶
C．操作c定容时，俯视刻度线
D．操作a在转移NaOH溶液至容量瓶时，洒落了少许
E．操作c把容量瓶反复上下颠倒、摇匀后发现液面降低，加水至刻度线
（3）取100mL上述浓度的NaOH溶液，稀释成500mL，则稀释后的溶液中NaOH物质的量浓度为　 　mol/L。
18．氯气()是一种具有重要用途的气体，能溶于水，常温常压时其密度大于空气，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。请回答下列问题：
Ⅰ、化学家舍勒将软锰矿(主要成分是)与浓盐酸混合加热，生成了一种黄绿色、有刺激性气味的气体，后经化学家戴维确认这种气体是氯气，
（1）该反应的化学方程式为　 　。
（2）上述反应的还原产物是　 　(填化学式)，该反应中体现了浓盐酸的　 　、　 　。被氧化的氯原子与被还原的锰原子个数比为　 　。
（3）实验室若要收集少量氯气，可采用的方法是　 　。
Ⅱ、有一种制取氯气的方法曾广泛应用于工业生产氯气，其反应原理如图所示。
（4）反应Ⅰ和Ⅱ中属于氧化还原反应的是　 　(填反应Ⅰ或反应Ⅱ)；写出反应Ⅱ的化学方程式：　 　。
19．科学家舍勒和戴维对氯气的制取和研究做出了重大贡献，某兴趣小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气。实验室制备和收集氯气的常用装置如下图，请回答下列问题：
（1）B中试剂为　 　，其作用是　 　。
（2）C中盛装的装置名称为　 　，装置D中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）实验装置接口的连接顺序为　 　(按气流方向填写)。
（4）实验室除了可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气外，还可以用其他方法制取氯气，其中用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的化学方程式为：
(未配平)
请写出配平后的该化学方程式：　 　，若该反应产生，则反应转移的电子数是　 　。(设阿伏加德罗常数的值为)
20．化学物质丰富多彩，化学反应千变万化，而常见物质之间的反应往往“隐藏着某些反应机理”。学校化学兴趣小组对含钠元素物质的某些反应进行了初步探究。该小组设计如图实验装置，验证“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”。
步骤1：打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在处，观察实验现象。
步骤2：打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在处，观察实验现象。
请回答下列问题：
（1）装置①中反应的离子方程式为　 　。
（2）盛放盐酸的仪器名称为　 　，装置②中盛放的试剂是饱和溶液，该试剂的作用是　 　，③中盛放的试剂是　 　。
（3）步骤1和步骤2完成后的预期现象分别是　 　、　 　。
（4）有同学提出质疑，认为上述实验即使观察到木条复燃，也不能证明有水存在时，是过氧化钠与二氧化碳发生了化学反应，其理由是　 　(用化学方程式表示)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A. 纯碱的化学成分为 Na2CO3， 从物质分类角度来看它属于盐类，不属于碱，因此该选项不满足要求，A错误；
B. 稀硫酸是硫酸和水形成的溶液，属于混合物，而纯净物中的化合物才满足酸的定义，因此该选项分类不全部正确，B不符合要求；
C. 碳酸电离出的阳离子全部为氢离子，属于酸；氨水电离出的阴离子全部为氢氧根，属于碱；三氧化硫可以和碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义；氧化钙可以和酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义；氯化铵由铵根离子和氯离子构成，属于盐，该选项所有物质分类均正确，C符合要求；
D. 盐酸是氯化氢溶于水得到的混合物，不符合酸是化合物的定义；氧化铝属于两性氧化物，不属于酸性氧化物；过氧化钠和酸反应除了生成盐和水还会生成氧气，不符合碱性氧化物的定义，该选项分类不全部正确，D不符合要求；
综上，答案选C。
【分析】考查物质的分类，纯碱指的是碳酸钠，属于盐，稀硫酸是混合物，盐酸是氯化氢水溶液，属于混合物。
2．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；焰色反应；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．焰色反应是部分金属或其化合物在无色火焰中灼烧时，使火焰呈现特征颜色的反应，钠元素的焰色为黄色，因此可以利用焰色反应检验溶液中是否存在，A正确；
B．氯气的密度大于空气，制备氯气后收集时，应当采用向上排空气法，也就是导管长进短出，图中收集装置为短进长出，属于向下排空气法，收集操作错误，因此B错误；
C．进行碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性验证实验时，酒精灯直接加热外管，因此硬质玻璃管外管温度更高，内管温度更低；碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热不分解，正确的操作应当把更容易分解的碳酸氢钠放在温度更低的内管小试管中，碳酸钠放在温度更高的外管，该实验药品位置放错，无法得出正确结论，因此C错误；
D．配制一定物质的量浓度溶液时，不能在容量瓶中直接稀释浓溶液，容量瓶只能用于定容配制溶液，稀释操作需要在烧杯中完成，因此D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．考查焰色试验，用铁丝蘸取待测液，观察颜色判断是否含钠元素；
B．氯气密度大于空气，用向上排空气法收集；
C．碳酸钠和碳酸氢钠位置放反了，无法达到实验目的；
D．容量瓶不能用来稀释溶液。
3．【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A．纳米级的粒径为75nm，处于胶体分散系的粒径范围（1~100nm）内，将它分散在水中会形成胶体，不是悬浊液，而悬浊液中分散质微粒的直径一般大于100nm，因此A错误；
B．丁达尔效应是胶体的特有性质，纳米级本身作为固体材料并不具有丁达尔效应，只有它分散在液体中形成胶体后，体系才会出现丁达尔效应。本题中并未说明纳米碳酸钙已经形成分散系胶体，因此不能直接判定它具有丁达尔效应，故B错误；
C．固溶胶的定义是分散剂为固体，乙醇常温下为液体，纳米级和乙醇混合后会形成液溶胶，也就是胶体，并不是固溶胶，因此C错误；
D．过滤操作可以分离的是悬浊液中的分散质，这类分散质微粒直径大于100nm，无法透过滤纸；而题目中的纳米级粒径为75nm，分散后形成胶体，胶体的微粒可以透过滤纸孔隙，因此无法通过过滤将其分离出来，D正确；
故选D。
【分析】A．考查分散系分类，纳米级碳酸钙分散在水中形成胶体；
B．胶体能产生丁达尔效应，纳米级碳酸钙并不是胶体；
C．乙醇是液体，应该形成液溶胶；
D．纳米级碳酸钙和水都能透过滤纸，无法分离。
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子反应发生的条件
【解析】【解答】A．氢气在氯气中燃烧的反应过程中，只有分子参与反应，没有离子参与或生成，因此不属于离子反应；该反应中氢元素和氯元素的化合价发生了改变，属于氧化还原反应，因此A不符合题意；
B．硫酸铜溶液和铁粉反应的离子方程式为：，反应有、离子参与，属于离子反应；同时铁元素、铜元素的化合价发生变化，该反应也属于氧化还原反应，因此B符合题意。
C．一氧化碳和氧化铁混合共热的反应，是固体与气体之间的反应，反应过程中没有离子参与反应，也没有离子生成，因此不属于离子反应；该反应中铁元素和碳元素的化合价发生了改变，属于氧化还原反应，因此C不符合题意；
D．碳酸氢钠溶液和稀盐酸混合后，发生反应：，反应过程中有离子参与，属于离子反应；但反应中没有元素化合价发生变化，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，因此D不符合题意；
因此本题答案选B。
【分析】考查化学反应类型，氢气和氯气反应不属于离子反应，一氧化碳和氧化铁反应不属于离子反应，碳酸氢钠和稀盐酸反应中无化合价变化，不属于氧化还原反应。
5．【答案】D
【知识点】过氧化氢；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铁与稀盐酸反应生成的是氯化亚铁，不是氯化铁，不能一步实现，故A不选；
B．过氧化氢分解生成的是氧气，和水，不能生成氢气，故B不选；
C．由于盐酸的酸性大于碳酸，所以氯化钙溶液中通入二氧化碳，不能生成碳酸钙沉淀，故C不选；
D．铁比铜活泼，故铁可以与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铜可以与氧气反应生成氧化铜，D选；
故答案为：D。
【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析是否只通过一个反应而实现即可。
6．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法
【解析】【解答】A．a是HCl，实验室使用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气时，反应中部分Cl-被氧化为Cl2，氯化氢体现还原性，还有部分Cl-形成盐MnCl2，体现酸性，因此该反应中氯化氢同时体现还原性和酸性，A错误；
B．b是Cl2，氢气在氯气中燃烧反应生成HCl，氯化氢在瓶口接触水蒸气会形成盐酸小液滴，也就是白雾，不是白烟，白烟是固体小颗粒聚集形成的，B错误；
C．c是ClO2，其中氯元素为+4价，氯元素的最高价为+7价，因此+4价的氯既可以得到电子化合价降低（体现氧化性）被还原，也可以失去电子化合价升高（体现还原性）被氧化，因此二氧化氯不是只有氧化性，C错误；
D．a是HCl，b是Cl2，d是HClO，氯化氢和二氧化锰共热可以生成氯气，氯气和水反应可以得到次氯酸，次氯酸光照分解可以生成氯化氢，题中所示转化均可实现，D正确；
故答案为：D
【分析】结合价类二维图中元素化合价与物质分类，可以推得：a为氯化氢，b为氯气，c为二氧化氯，d为次氯酸，结合各物质的性质分析解答即可。
7．【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．该组离子中存在，该离子本身为紫色，不满足“无色溶液”的要求；同时酸性条件下，会和I-发生氧化还原反应，无法大量共存，因此A不符合要求；
B．能使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，该组离子中的会和酸性溶液中的H+反应，生成CO2和H2O，不能大量共存，因此B不符合要求；
C．该组离子中含有Cu2+，Cu2+在溶液中显蓝色，不满足“无色溶液”的条件，因此C不符合要求；
D．能使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，该组所有离子都为无色，且所有离子之间不发生反应，也不和酸性溶液中的H+反应，能够大量共存，因此D符合要求；
故答案选D。
【分析】考查离子共存，题目要求无色透明且呈酸性，高锰酸根呈紫色，铜离子在溶液中呈蓝色，碳酸氢根和氢离子反应。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铁片投入稀硫酸中，铁会和稀硫酸发生置换反应，反应后生成的是亚铁离子与氢气，正确的离子方程式为，题给对应的反应错误，因此A错误；
B．CO2和CaCl2溶液不符合复分解反应发生的条件，无法发生反应，因此B错误；
C．氯气和碱反应时会发生歧化，反应产物为氯化物和次氯酸盐，澄清石灰水中的OH-会参与反应，该离子方程式符合实际反应规律，同时满足原子守恒和电荷守恒，因此C选项正确；
D．当少量 CO2 通入足量 NaOH 溶液时，反应应当生成碳酸钠，正确的离子方程式为，因此D选项错误；
综上，答案选C。
【分析】A．铁和稀硫酸反应生成二价铁离子；
B．通入溶液中 不反应，选项中方程式违背强酸制弱酸原理；
C．氯气和澄清石灰水反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
D．少量二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠。
9．【答案】C
【知识点】氯离子的检验；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A. 该操作中得到的白色沉淀，可能是碳酸钡、碳酸钙等难溶碳酸盐，因此无法确定原溶液中一定存在目标离子，该选项错误；B. 该操作生成的沉淀，除了可能是硫酸钡，还可能是氯化银沉淀，因此不能确定原溶液中一定含有硫酸根离子，该选项错误；
C. 该操作中生成的不溶于稀硝酸的沉淀一定是氯化银，因此可以确定原溶液中一定存在 Ag+， 该选项正确；
D. 该操作中生成的无色气体，可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫等其他气体，因此不能确定原溶液中一定含有碳酸根离子，该选项错误；
综上所述，本题选C。
【分析】A. 该白色沉淀除了可以是题干中推测的沉淀外，还有可能是碳酸钙等其他不溶白色沉淀，因此无法得出对应结论；
B. 该场景中有可能生成AgCl沉淀，因此无法得出对应结论；
C. 氯化银沉淀无法溶于过量的稀硝酸，该推导合理；
D. 该无色气体除了推测的成分外，还有可能是二氧化硫，因此无法得出对应结论。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 反应里硫元素的化合价从0价降低到-2价，只发生了化合价降低的过程，因此硫元素只被还原，没有被氧化，所以A错误；
B. 在该反应里，单质S的化合价降低，硝酸钾中氮元素的化合价也降低，二者都被还原，因此S和KNO3都是该反应的氧化剂，所以B错误；
C．在该反应中，只有碳元素的化合价从0价升高到+4价，碳被氧化，因此碳是该反应中唯一的还原剂，C选项正确；
D．当反应消耗1mol S时，S本身总共得到2mol电子，而2mol KNO3中的N元素总共得到10mol电子，该反应整个过程转移的总电子数为12×6.02×1023，因此D选项错误；
综上，答案选C。
【分析】 根据方程式S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑ ，硫元素和氮元素化合价降低，硫和硝酸钾是氧化剂，碳元素化合价升高，碳是还原剂，据此分析。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．反应中，硫元素化合价升高，铁元素化合价降低，因此SO2是还原剂，Fe2+是还原产物，可得还原性：SO2＞Fe2+，和题干给出的还原性强弱顺序一致，该反应可以发生，因此A不符合题意；
B．从反应可以看出，该反应中Fe、Br两种元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，因此FeBr2是还原剂，Cl-是还原产物，可得出还原性顺序：Fe2+>Br->Cl-，这和题目给出的还原性强弱规律一致，该反应可以发生，因此B不符合题意；
C．该反应为，反应中S元素化合价降低，溴元素化合价升高，因此Br-是还原剂，SO2是还原产物，可得还原性关系为 Br->SO2， 这和题目给出的已知还原性强弱规律矛盾，因此该反应不能发生，故C符合题意。
D．根据反应可知，该反应中Fe元素化合价降低，I元素化合价升高，因此Fe2+是还原产物，I2是氧化产物，由此可得还原性强弱关系：I-> Fe2+，该结论和题目给出的还原性强弱信息一致，说明该反应可以发生，因此D不符合题意；
故答案选C。
【分析】根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性强于还原产物，由题目中信息微粒还原性强弱顺序，找出各个反应中还原剂和还原产物，比较还原性强度，和已知条件比较可得出答案。
12．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1mol过氧化钠固体中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，离子总的物质的量为3mol，因此含有的离子总数为3NA，因此A选项错误；
B. 标准状况下，乙醇的状态为液体，气体摩尔体积22.4的适用对象为标准状况下的气体，因此不能用该气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，故B选项错误；
C．题目没有给出溶液的体积，无法计算得到浓度为的溶液中所含Na+的具体数目，因此C选项错误；
D．H2O的摩尔质量为18g/mol，因此36g H2O的物质的量为；1个H2O分子中一共含有10个质子，因此36g水所含总质子数为2mol × 10 × NA = 20NA，因此D选项正确；
综上，答案选D。
【分析】A．过氧化钠由钠离子和过氧根离子组成；
B．标准状况下，乙醇是液体，无法计算；
C．体积未知，无法计算；
D．一个水分子含有质子数为10。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 标准状况（0℃、101kPa）下气体摩尔体积为22.4L/mol，在101kPa、25℃的条件下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，因此11.2 L CO的物质的量小于0.5 mol，CO是双原子分子，所含的原子总数小于，因此A错误；
B．的摩尔质量为18 g/mol，因此18 g的物质的量为1 mol；1个铵根离子中含有10个电子，因此1mol铵根离子所含电子数目为，因此B正确；
C. 5.6 g Fe的物质的量为0.1 mol，0.1 mol Cl2与Fe反应生成FeCl3，该反应中Cl2完全反应，Cl元素化合价从0价变为-1价，因此1mol Cl2反应共转移2mol电子，0.1 mol Cl2反应转移电子0.2 mol，对应电子数约为，因此C选项错误；
D. 100 g 质量分数9.8%的H2SO4溶液中，H2SO4的质量为9.8 g，计算可得，1mol硫酸分子含有4mol氧原子，因此0.1mol硫酸本身含氧原子0.4 mol；该溶液中还含有水，水分子中也含有氧原子，因此溶液中总氧原子数远大于，D选项错误；
综上，正确答案选B。
【分析】A．气体摩尔体积未知，无法计算；
B.1个铵根离子含有10个电子；
C．铁和氯气反应生成氯化铁；
D．硫酸溶液中硫酸分子和水分子中都含有氧原子。
14．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 溶解过程放热更多、溶解度更大的固体是碳酸钠；向固体中滴加稀盐酸时，若一开始没有气泡产生，继续滴加后才出现气泡，说明该固体是碳酸钠，因此题目中编号为b、d、f的固体都是碳酸钠，A说法正确；
B. 根据前面的分析可知，D试管中盛装的是碳酸钠，碳酸钠溶液的碱性更强，滴入2滴酚酞溶液后，红色会更深；而C试管中是碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，溶液碱性比碳酸钠弱，因此红色更浅，B说法正确；
C. 向碳酸钠溶液中滴加盐酸时，反应分两步进行，第一步是盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，因此一开始没有气泡产生，F试管的现象符合这个反应规律，C说法正确；
D. 实验③中两份溶液的物质的量浓度相等、体积相等，因此碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，根据碳元素守恒可知，加入足量盐酸完全反应后，两份溶液生成二氧化碳的物质的量是相等的，D说法错误；
综上，答案选D。
【分析】相同温度条件下，碳酸钠在水中的溶解度比碳酸氢钠更大；碳酸钠溶解于水的过程会放出热量，碳酸氢钠溶解于水的过程会吸收热量；温度相同、溶液浓度相同时，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液；向碳酸钠溶液中滴加盐酸，反应初始阶段会生成碳酸氢钠与氯化钠，此时没有明显现象，持续滴加盐酸后，才会反应生成二氧化碳，出现气泡，结合上述性质分析解答本题。
15．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】A．实验室没有规格为480 mL的容量瓶，配制480 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液时，需要选用500 mL的容量瓶进行配制，计算可得需要Na2CO3·10H2O的质量为：286 g·mol-1×0.5 L×0.1 mol·L-1=14.3 g，因此A项错误；
B．定容操作时仰视刻度线，会使最终溶液的体积大于配制要求的体积，根据，溶质物质的量n不变，溶液体积V偏大，因此所得溶液浓度偏低，故B项错误；
C．若取出10 mL原溶液再稀释10倍，根据稀释规律，稀释前后溶质的物质的量不变，因此溶液中Na+的浓度变为原来的，最终可得 c(Na+)=0.02 mol·L-1， C项正确；
D．容量瓶不能用于存放温度过高的液体，溶解后得到的溶液需要恢复至室温，才能转移到容量瓶中进行定容操作，D项错误；
故选：C。
【分析】A．用公式，注意代入 Na2CO3·10H2O 的摩尔质量；
B．定容时仰视加入水过多，溶液物质的量浓度偏低；
C．原溶液中钠离子浓度为0.2 mol·L-1，稀释10倍，浓度变为原来十分之一；
D．容量瓶不能盛放热溶液，需冷却室温后进行转移。
16．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；离子共存；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．根据上述推导，原溶液一定含有硫酸根和碳酸根，加入过量氢氧化钡后会生成碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，因此白色沉淀1就是BaCO3和BaSO4的混合物，A正确；
B．白色沉淀1含BaCO3和BaSO4，加入足量盐酸后，BaCO3会和HCl反应生成BaCl2，且盐酸过量，因此最终得到的溶液2中一定含有BaCl2和过量的HCl，不可能含有KOH，B错误；
C．气体A是二氧化碳，二氧化碳是常见的温室气体，会加剧温室效应，C正确；
D．结合前面的分析可知，原溶液中一定存在的离子是、和K+，D正确；
故答案为：B
【分析】结合实验流程分析：无色原溶液加入过量氢氧化钡后得到白色沉淀1，该白色沉淀加入足量盐酸后，仍有不溶解的白色沉淀2，该不溶沉淀一定是BaSO4，同时生成了能使澄清石灰水变浑浊的气体A，气体A为CO2，由此可推知原溶液中一定含有和；由于SO42－、CO32－都可以和Ca2＋、Mg2＋生成沉淀，且Cu2+在溶液中显蓝色，原溶液为无色，因此原溶液中一定不存在Ca2＋、Mg2＋、Cu2+。最后根据溶液呈电中性，溶液必须同时含有阳离子和阴离子，因此原溶液中一定含有阳离子K+，而无法确定Cl-是否存在。
17．【答案】（1）BD；胶头滴管；玻璃棒；检漏
（2）dbace；4.0；BC
（3）0.04
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度溶液的过程中，不需要用到图中的B长颈漏斗，长颈漏斗一般用于气体制备的固液反应装置，配制溶液不会用到；也不需要D圆底烧瓶，圆底烧瓶多用于加热反应或者蒸馏操作，配制溶液也不需要使用。目前已经给出的玻璃仪器是烧杯、容量瓶，溶解转移过程中还需要玻璃棒搅拌、引流，定容时需要胶头滴管滴加蒸馏水，因此还缺少的玻璃仪器是胶头滴管、玻璃棒；容量瓶在使用前需要先检查是否漏水，也就是检漏，规范操作是向容量瓶中加入少量蒸馏水，塞紧瓶塞后将容量瓶倒置，观察瓶塞位置是否漏水，若没有漏水，将容量瓶正立后把瓶塞旋转180°，再次倒置观察是否漏水即可。
故答案为：BD；胶头滴管、玻璃棒；检漏；
（2）①配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液的操作流程为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，对应题干的操作排序为：d(计算称量)→b(溶解冷却)→a(转移洗涤)→c(定容摇匀)→e(装瓶贴签)，即操作顺序为 dbace；
②实验室没有规格为480mL的容量瓶，配制该溶液需要选用500mL容量瓶，因此需要称量氢氧化钠的质量为： m(NaOH)=cVM =0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；
③根据浓度公式 c =， 逐个分析操作对浓度的影响：
A. NaOH易吸水潮解，若放在纸上称量，会有部分溶质粘在纸上，导致进入容量瓶的溶质物质的量n偏小，最终配制的溶液浓度偏低，A不符合要求；
B. NaOH固体溶解会放出大量热，溶解后未冷却至室温就转移入容量瓶，容量瓶受热膨胀，冷却后溶液体积V偏小，最终浓度偏高，B符合要求；
C. 定容时俯视刻度线，会导致加入蒸馏水的量不足，溶液体积V偏小，最终浓度偏高，C符合要求；
D. 转移溶液时不慎将溶液洒出容量瓶，会损失溶质，溶质物质的量n偏小，最终浓度偏低，D不符合要求；
E. 摇匀后液面低于刻度线是正常现象，是少量溶液附着在刻度线上方瓶壁未回落导致，若此时补充加水至刻度线，会使溶液体积V偏大，最终浓度偏低，E不符合要求；
因此会引起浓度偏高的是 BC；
（3）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设稀释后溶液浓度为c，则：0.1L×0.2 =0.5L×c，c=0.04mol/L， 故答案为 0.04。
【分析】本题是实验室配制一定物质的量浓度溶液的相关问题，我们可以结合配制过程的步骤、所需仪器和误差分析的方法来解答。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液不需要的仪器：其中B是长颈漏斗(用于气体制备的固液反应装置，配制溶液无需)，D是圆底烧瓶(用于加热反应或蒸馏，配制溶液无需)；还需用到的玻璃仪器：除了题目提到的烧杯(溶解溶质)、容量瓶(定容)外，还有胶头滴管、玻璃棒；容量瓶使用前操作：必须检漏(检查是否漏水)，操作方法是向容量瓶中加少量水，塞紧瓶塞，倒置观察是否漏水，若不漏水，正立后将瓶塞旋转180°，再次倒置检查，故答案为：BD；胶头滴管、玻璃棒；检漏；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，对应题目中的操作顺序为：d(计算称量)→b(溶解冷却)→a(转移洗涤)→c(定容摇匀)→e(装瓶贴签)，即dbace，故答案为：dbace；
②实验室无480mL容量瓶，需选用500mL容量瓶配制，计算式：m(NaOH)=cVM =0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故答案为：4.0；
③根据公式c =，分析各选项对n(溶质物质的量)和V(溶液体积)的影响：
A．NaOH易潮解，放在纸上称量会导致溶质粘在纸上，n偏小，浓度偏低，A不合题意；
B．NaOH溶解放热，未冷却就转移，容量瓶受热膨胀，冷却后溶液体积V偏小，浓度偏高，B符合题意；
C．定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水偏少，V偏小，浓度偏高，C符合题意；
D．转移时洒出溶液，n偏小，浓度偏低，D不合题意；
E．摇匀后液面降低是正常现象，加水至刻度线会使V偏大，浓度偏低，E不合题意；
故答案为：BC；
（3）取100mL、0.2mol/L NaOH溶液稀释成500mL，根据稀释前后溶质的量不变可知：0.1L×0.2 =0.5L×c，c=0.04mol/L，故答案为：0.04。
18．【答案】；；还原性；酸性；；向上排空气法或排饱和食盐水法；反应Ⅱ；
【知识点】氧化还原反应；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应，生成氯化锰、水和氯气，反应方程式为：
；
（2）对于反应，反应过程中Mn元素化合价降低，被还原，因此MnCl2是还原产物；HCl中一部分氯元素化合价不变，形成盐MnCl2，另一部分氯元素化合价升高，被氧化为Cl2，因此浓盐酸同时体现了酸性和还原性。在参加反应的4份HCl中，只有2份HCl中的氯元素化合价升高被氧化，而1分子MnO2中1个Mn原子化合价降低被还原，因此被氧化的氯原子与被还原的
（3）由于氯气的密度比空气大，且氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此收集氯气既可以采用向上排空气法，也可以使用排饱和食盐水法；
（4）反应Ⅰ中所有元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应；反应Ⅱ中氧元素化合价降低、氯元素化合价升高，属于氧化还原反应；该反应是氧气氯化铜得到氧化铜和氯气，反应的化学方程式为。
反应中锰原子的个数比为2：1。
【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气和氯化锰；
（2）实验室制备氯气方程式中浓盐酸体现酸性和还原性；
（3）根据氯气密度大于空气，用向上排空气法，或排饱和食盐水法；
（4）氧化还原反应特征是元素化合价发生变化， 反应Ⅱ的化学方程式。
19．【答案】（1）饱和食盐水；除去中的气体
（2）圆底烧瓶；
（3）
（4）；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法
【解析】【解答】（1）经分析，装置B中盛放饱和食盐水，作用是除去Cl2中混有的HCl杂质；
（2）装置C中盛放的仪器名称是圆底烧瓶；装置D中，氯气与氢氧化钠发生反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：；
（3）本实验需要按照制备Cl2、除杂、干燥、收集、尾气处理的顺序连接装置，除杂装置B和干燥装置A都需要遵循“长进短出”的连接规则；同时氯气密度大于空气，用向上排空气法收集时，收集装置E也需要“长进短出”，因此实验装置接口的正确连接顺序为e→d→c→a→b→i→h→g。
（4）该反应中，锰元素化合价从+7降低为+2，氯元素化合价从-1升高为0，根据电子守恒、原子守恒配平可得反应的化学方程式为：。
由反应关系可知，每生成5mol Cl2，对应转移10mol电子，即，因此若反应生成.5molCl2，反应转移电子的物质的量为1mol，转移电子数为。
【分析】根据题干给出的实验装置信息，装置C是实验室制取氯气的发生装置，反应的原理为：；制得的氯气中会混有挥发出来的HCl杂质和水蒸气，装置B中盛有饱和食盐水，作用是除去Cl2中混有的HCl，装置A中盛有浓硫酸，作用是干燥氯气；之后进行氯气的收集，装置E是收集氯气的集气瓶，Cl2密度比空气大，因此需要用向上排空气法收集，进气导管需要伸入集气瓶底部，出气导管只需略伸出橡胶塞，即导管要长进短出；最后装置D为尾气处理装置，使用NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染环境。
（1）由分析，装置B为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl；
（2）装置C中盛装的装置名称为圆底烧瓶；D中氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水：；
（3）根据制备Cl2、除杂、干燥、收集和尾气处理的先后顺序，除杂和干燥的B和A装置要长进短出，由于氯气密度大于空气，收集装置E要长进短出，所以实验装置接口的连接顺序为e→d→c→a→b→i→h→g；
（4）反应中锰元素化合价由+7变为+2、氯元素化合价由-1变为0，结合电子守恒，反应为：，氯元素化合价由-1变为0，存在，若该反应产生，则反应转移1mol电子，电子数是。
20．【答案】（1）
（2）分液漏斗；吸收挥发出来的；浓硫酸
（3）步骤1带火星木条不复燃；步骤2带火星木条复燃
（4）
【知识点】化学实验方案的评价；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】（1）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：
。
（2）本题中盛放盐酸的仪器为分液漏斗。由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中会混有HCl杂质和水蒸气，装置②的作用是除去挥发出来的HCl，装置③需要干燥二氧化碳，因此选用浓硫酸吸收二氧化碳中的水蒸气。
（3）步骤1的体系中没有水参与，结合题目条件，该条件下二氧化碳不会和过氧化钠反应，没有氧气生成，因此带火星的木条不能复燃；步骤2中二氧化碳和水接触后，二氧化碳能与过氧化钠反应生成氧气，因此可使带火星的木条复燃。
（4）由于水本身也可以和过氧化钠反应生成氧气，因此该实验的现象不能充分证明，结论是“有水存在时过氧化钠才与二氧化碳发生化学反应”，水与过氧化钠反应生成氧气的化学方程式为：
。
【分析】本实验的目的是验证“只有二氧化碳与水接触时，才能和过氧化钠反应”，因此需要设置对照实验，分别观察过氧化钠与干燥二氧化碳、湿润二氧化碳的反应现象。本实验中，装置①中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中会混有挥发出来的HCl杂质，装置②的作用是除去混有的HCl，因此装置②中试剂为饱和NaHCO3溶液；打开K1时，二氧化碳不经干燥直接通入过氧化钠中，可观察有水条件下的反应现象，打开K2时，需要得到干燥的二氧化碳，观察无水条件下的反应现象，因此装置③需要选用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气。
（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子方程式为：；
（2）盛放盐酸的仪器是分液漏斗，盐酸具有挥发性，②吸收挥发出的盐酸，③的作用是吸收二氧化碳中的水蒸气，所以用浓硫酸；
（3）步骤1无水参与，根据题意不会和过氧化钠反应，则不会使木条复燃；步骤2是二氧化碳与水接触时和过氧化钠反应，过氧化钠和二氧化碳反应生成O2，使带火星的木条复燃；
（4）因为水也会和过氧化钠反应生成氧气，所以实验现象不足以证明是水存在时，过氧化钠和二氧化碳发生了化学反应，用方程式表示：。
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