【文档说明】浙江省温州市新力量联盟2024-2025学年高一上学期期中联考化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1.297 MB，由envi的店铺上传

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2024学年第一学期温州新力量联盟期中联考高一年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6页，满分100分，考试时间60分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸

上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Mn-55Ba-137选择题部分一、选择题I(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要

求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于碱性氧化物的是A.SO2B.CaOC.COD.Na2O2【答案】B【解析】【详解】A．SO2能与水反应生成酸，属于酸性氧化物，A错误；B．CaO能与酸反应生成盐和水，CaO为碱性氧化物，B正确；C．

CO为不成盐氧化物，不是碱性氧化物，C错误；D．Na2O2不是碱性氧化物，是过氧化物，D错误；故选B。2.下列仪器名称不正确的是A．容量瓶B．分液漏斗C．三脚架D．蒸发皿A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．该仪器为配制溶液需要的仪器，名称为容量瓶

，A正确；B．该仪器为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体，B正确；C．该仪器为泥三角，C错误；D．该仪器为蒸发皿，用于蒸发结晶，D正确；故选C。3.下列物质属于电解质的是A.盐酸B.3CaCOC.2COD.Cu【答案】B【解析】【分析】电解质为在水溶液或

熔融状态下可以导电的化合物；【详解】A．盐酸是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质，A错误；B．碳酸钙为盐，在熔融状态下可以导电，属于电解质，B正确；C．CO2在液态或水溶液中不能因自身电离而导电，属于非电解质，C错误；D．Cu是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，D错误；故选B

。4.下列变化不涉及氧化还原反应原理的是A.电解水制氢气B.燃料的燃烧C.植物的光合作用D.钟乳石的形成【答案】D【解析】【详解】A．电解水制氢气，该反应为有单质生成的分解反应，属于氧化还原反应，A错误；B．燃料的燃烧属于氧化还原反应，B错误；

C．植物的光合作用中有氧气生成，涉及氧化还原反应，C错误；D．钟乳石的形成，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，D正确；答案选D。5.溶液、胶体、浊液这三种分散系本质区别是A.是否都能导电B.是否有颜色C.分散质粒子直径的大小D.能否发生丁达尔效应【答案】C【解析】【

详解】根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)，所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小；故答案为C。6.下列电离方程式正确的是A.22424HS

OHSO+−=+B.()22BaOHBa2OH+−=+C.()322443FeSOFeSO+−=+D.233NaHCONaHCO++−=++【答案】B【解析】【详解】A．硫酸为强酸，水溶液中完全电离：+2-24

4HSO=2H+SO，A错误；B．氢氧化钡为强碱，水溶液中完全电离：()22BaOHBa2OH+−=+，B正确；C．()243FeSO为可溶性盐，在水溶液中发生完全电离，()3+2-2443FeSO=2Fe+3SO，C错误；D．碳酸氢钠在水溶液中完全电离出钠离子和弱酸

根离子碳酸氢根离子：+-33NaHCO=Na+HCO，D错误；故选B。7.下列各组物质的转化，只通过一步反应不能完成的是A.()2CuOCuOH→B.233NaCONaHCO→C.()22CaOHCaCl→D.23C

aClCaCO→【答案】A【解析】【详解】A．CuO难溶于水，不能直接与水反应产生Cu(OH)2，A符合题意；B．向Na2CO3溶液中加入少量HCl，二者发生反应产生NaHCO3、NaCl，B不符合题意；的C．Ca(OH)2与HCl溶液发生中和反应可以产生CaCl2和水，反应可以一步实现，C不符

合题意；D．向CaCl2溶液中加入Na2CO3溶液，二者发生复分解反应产生CaCO3沉淀和NaCl，反应可以一步实现，D不符合题意；故合理选项是A。8.下列实验操作或说法不正确的是A.钠加热融化时，为进一步

观察实验现象，可以近距离俯视坩埚B.配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，所配溶液浓度偏大C.未知溶液中滴入足量硝酸酸化，再滴入3AgNO溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含Cl−D.用激光笔照射()3F

eOH胶体时，应在与光束垂直的方向观察光的通路【答案】AC【解析】【详解】A．钠加热融化时，钠容易和空气中氧气剧烈反应，故不可以近距离俯视坩埚，A错误；B．配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，浓硫酸稀释后放出大量热，热的溶液

体积偏大，导致冷却后所得溶液的体积偏小，溶液浓度偏大，B正确；C．若溶液中存在硫酸根离子或者亚硫酸根离子，加入硝酸酸化后溶液中含有硫酸根离子，加入硝酸银生成硫酸银微溶于水，会产生白色沉淀，但是溶液中不存在氯离子，C错误；D．光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系

时不能产生丁达尔效应；应在与光束垂直的方向观察光的通路，观察到一条光亮的“通路”，说明为胶体，D正确；故选AC。9.下列关于氯气的性质叙述正确的是A.工业上可将氯气与热的石灰水反应制备漂白粉B.氯气有毒，不能用于生产药品C.氢气在氯气中燃

烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白烟D.氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色【答案】D【解析】【详解】A．工业上可将氯气与石灰乳反应制备漂白粉，石灰水中Ca(OH)2含量太低，制备漂白粉不用氯气与石灰水反应，A错误；B．氯气有毒，但能用于生产药品治疗疾病，B错误；C．

氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，反应产生的HCl气体在集气瓶口遇空气中的水蒸气，形成盐酸的小液滴，因此在集气瓶瓶口上方有白雾而不是白烟，C错误；D．氯气通入紫色石蕊试液中，Cl2与水反应产生HCl和HClO，酸使紫色石蕊溶液变红色，HClO具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此看

到溶液先变红后褪色，D正确；故选D。10.下列说法正确的是A.工业上用Na2O与H2O反应制取NaOHB.Na2CO3常被作为治疗胃酸过多的药物C.Na2O可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源D.碳酸氢钠可以用于焙制糕点【答案】D【解析】【详解】A．工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取Na

OH，A错误；B．Na2CO3溶液碱性强，会对人产生强烈的刺激性，不能被作为治疗胃酸过多的药物，而应该使用NaHCO3来治疗胃酸过多，B错误；C．Na2O2能够与水及CO2反应产生O2，可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源；而Na2O与H2O、CO2反应都不能反应产生O2，因此不能

作为O2的来源，C错误；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解产生CO2气体，能够使面团松软，因此可以用于焙制糕点，D正确；故合理选项是D。二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)11.下列

说法中正确的是A.2O的摩尔质量为32g/molB.21molO的质量为98g/molC.2O的摩尔质量与2O的相对分子质量相等D.阿伏加德罗常数就是236.0210【答案】A【解析】【详解】A．摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质

量，2O的摩尔质量为32g/mol，A正确；B．21molO的质量为1mol32g/mol=32g，B错误；C．2O的摩尔质量为32g/mol，2O的相对分子质量为32，其单位不同，只是在数值上相等，C错误；

D．阿伏加德罗常数大约为236.0210mol-1，D错误；故选A。12.下列各组离子能大量共存的是A.在无色溶液中：Na+、2Cu+、Cl−、3NO−B.在含大量3Fe+的溶液中：Na+、K+、3NO−、OH−C.在强碱性溶液中：N

a+、K+、24SO−、23CO−D.在滴加紫色石蕊显红色溶液中：K+、Na+、Cl−、3HCO−【答案】C【解析】【详解】A．铜离子溶液为蓝色，故A不符合题意；B．铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C．在强碱性溶液

中：Na+、K+、24SO−、23CO−相互不反应，能大量共存，故C符合题意；D．滴加紫色石蕊显红色的溶液为酸性，氢离子和碳酸氢根离子生成水和二氧化碳，不能大量共存，，故D不符合题意；故选C。13.下列离子方程式书写正确的是A.

氯气和水反应：22ClHO2HClClO+−−+++B.Na与水的反应：22Na2HONa2OHH+−+=++C.碳酸钙中滴加盐酸：2322CaCO2HCaHOCO+++=++D22NaO固体投入水中：2

2222O2HO4OHO−−+=+【答案】C【解析】【详解】A．生成次氯酸为弱酸，不拆为离子形式，+-22Cl+HOH+Cl+HClO，A错误；B．Na与水的反应生成氢氧化钠和氢气：+-222Na+2HO=2Na+2OH+H，B错误；C．碳酸钙为沉淀不能拆、盐酸为强酸完全电离，碳

酸钙中滴加盐酸生成氯化钙和水、二氧化碳，C正确；的.D．过氧化钠为金属氧化物不能拆，反应为+22222NaO2HO=4Na+4OHO−++，D错误；故选C。14.下图是以石墨为电极，不同状态的NaCl的导电示意图，下列说法不正确的是A.根据图2和图3，推测NaCl溶液和熔融NaCl的

导电能力可能不同B.图1中，Na+和Cl−按一定规则紧密排列，是因为带相反电荷的离子间存在相互作用C.在通电条件下，水合钠离子向与电源负极相连的电极方向移动D.只要物质中存在带电荷的粒子，该物质就可以导电【答案】D【解析】【详解】A．据图2和图3，NaCl溶液和熔融NaCl

中自由移动离子的状态不同，则可推测NaCl溶液和熔融NaCl的导电能力可能不同，A正确；B．由图a可知，干燥的NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，异种电荷相互吸引，Na+和Cl−按一定规则紧密排列，是因为带相反电荷的离子间存在相互作用，B正确；C．水合钠离子带正电荷，在通电条件

下，水合钠离子向与电源负极相连的电极方向移动，C正确；D．干燥的NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，因此NaCl固体不能导电，故不是只要物质中存在带电荷的粒子，该物质就可以导电，D错误；故选D。15.通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除含有NaCl外，

还含有2MgCl、2CaCl、24NaSO以及泥沙等杂质，下图是粗盐提纯的实验流程(每次所加的试剂均过量)下列说法不正确的是A.步骤⑦中蒸发操作所需要的仪器包括蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、铁架台(带铁圈)B.步骤③中试剂NaOH不能换成KOHC.步骤④中仅发生反应：2233

CaCOCaCO+−+=D.步骤⑥加盐酸时需用pH试纸测定溶液呈中性或微酸性【答案】C【解析】【分析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl

、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑦为蒸发、结晶、烘干，得到精盐；【详解】A．⑦为蒸发、结晶、烘干，得到精盐；蒸发操作所需要的仪器包括蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、铁架台(带铁圈)，A

正确；B．若换成KOH，则最终制得的精盐，会混入氯化钾杂质，B正确；C．④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，反应为：2233BaCOBaCO+−+=、2233CaCOCaCO+−+=，C错误；D．步骤⑥加盐酸使溶液显中性或者微酸性，可以

保证氢氧化钠或者碳酸钠除净，D正确；故选C。16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22.4LCl2含有的分子数为NAB.2.3g金属钠与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，失去的电子数为0.1NAC.常温常压下，28g氮气所含有的原子数目为N

AD.物质的量浓度为1mol/L的NaCl溶液中，含有Cl-个数为NA【答案】B【解析】【详解】A．缺少气体所处的外界条件，不能计算Cl2的物质的量，也就不能计算其中含有的分子数目，A错误；B．2.3g金属钠的物质的量是0.1mol，其与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，Na的化

合价由0价变为+1价，失去的电子的物质的量是0.1mol，则其失去的电子数为0.1NA，B正确；C．28g氮气的物质的量是1mol，由于N2分子中含有2个N原子，故1molN2中含有的原子数目为2NA，

C错误；D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，D错误；故合理选项是B。17.下图是氯元素的“价-类”二维图，下列有关物质a~e的说法不合理的是A.c物质可能具有强氧化性B.干燥的b可以使鲜花褪色C.d的化学式为2HClO，可由2

ClO和水通过化合反应得到D.一定条件下a和e可能发生反应得到b【答案】C【解析】【分析】由图中信息可知，a为HCl，b为Cl2，c为Cl2O，d为HClO2，e为NaClO3，以此作答。【详解】A．c为Cl2O，＋1价氯具有强氧化性，故A正确；B．b为Cl2，鲜花中有水，Cl2遇水生成次氯酸，具

有漂白性，可以使鲜花褪色，故B正确；C．d为HClO2，氯元素为＋3价，不可以由2ClO和水通过化合反应得到，故C错误；D．一定条件下，HCl可以与NaClO3反应生成氯气，其方程式为：23226HClNaClONaCl+3Cl3HO++，故D正确；

故选C18.赤铜矿的主要成分是2CuO，辉铜矿的主要成分是2CuS。将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：222CuS2CuO6CuSO+=+，关于该反应的说法中，不正确的是A.2CuS在反应仅做还原剂B.2SO是氧化产物C.生成6molCu的同时生成约236.0210个2SOD

.每生成32gCu，反应中转移3mol电子。【答案】AD【解析】【详解】A．2CuS中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以2CuS在反应中既是氧化剂，又是还原剂，A错误；B．硫元素化合价升高发生氧化反应得到2SO，因此2SO是氧化产物，B

正确；C．根据方程式生成6molCu的同时生成1mol2SO，其个数约为236.0210，C正确；D．该反应中每生成6molCu，硫由-2升高到+4，化合价升高了6价，转移了6mol电子，32gCu物

质的量为0.5mol，反应中转移0.5mol电子，D错误；故选AD。19.在强碱性条件下，发生反应：3n423ClO2X10OH2XO3Cl5HO−−+−−++=++，XOn-4中X的n的值为A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【详解】由电荷守恒可知，XOn-4中X

的n的值为2，故选B。20.下列实验操作或方案现象正确且能够达到实验目的的是选项实验目的实验操作或方案现象A比较4KMnO与2MnO氧化性的强弱常温下，将4KMnO固体与浓盐酸混合，可产生黄绿色气体；常温下，将2MnO与浓盐酸混合无黄绿色气体产生。B除去2Cl中的少量HCl将混合气

体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶C观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，直接放入装有适量水的烧杯D检验NaCl溶液中的金属元素用玻璃棒蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色是否为黄色，若是，则证明有Na元素A.AB.BC.C

D.D【答案】A【解析】【详解】A．常温下，将4KMnO固体与浓盐酸混合，可产生黄绿色气体，而2MnO与浓盐酸混合无黄绿色气体产生，加热才能才生气体，从反应条件上来说，4KMnO的氧化性更强，A正确；B．Cl2和HCl都与NaOH反应，故不能将混合气体通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶，B

错误；C．用镊子从煤油中取出金属钠后应先用滤纸吸干煤油，C错误；D．NaCl做焰色反应时，应该用纯净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色，不能用玻璃棒，D错误；故选A。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.按要求完成

下列填空：（1）漂粉精的主要成分是(填化学式)___________。（2）向盛有碳酸钠溶液的试管中逐滴加入稀盐酸，描述实验现象：___________，请用离子方程式表示这一过程：___________；___________。（3）过氧化钠与二氧化碳反应化学

方程式为：___________。【答案】（1）()2CaClO（2）①.开始无气泡产生，一段时间后产生气泡②.233COHHCO−+−+=③.322HCOHCOHO−++=+（3）2222322NaO2CO2NaCOO+=+【解析】【小问1详解】氯气与氢氧化钙充分反应，得到以次氯酸钙

为主要成分的漂白精，因此答案为()2CaClO；【小问2详解】向盛有碳酸钠溶液的试管中逐滴加入稀盐酸，因为加入盐酸的量少，此时反应为233COHHCO−+−+=，故此时无气泡产生，随着盐酸的量增大，发生反应322HCOHC

OHO−++=+，此时可以看到产生气泡。【小问3详解】过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2222322NaO2CO2NaCOO+=+。22.我国力争2060年前实现碳中和，利用NaOH溶液按如下流程捕捉回收2CO可以减少排放。请回答：（1）捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，

目的是___________。（2）反应、分离环节会发生两个化学反应，其中属于复分解反应的是(写化学方程式)___________。（3）反应、分离环节分离物质采用的方法是___________。（4）整个过程中，可以循环利用的物质有___________。（5）实验室探究钠与2C

O反应的过程中，发现钠在2CO中剧烈燃烧，并产生大量白烟和黑色固体，写出发生反应的化学方程式___________。【答案】（1）增大反应物接触面积，使反应更快（2）()2332NaCOCaOHCaCO2NaOH+=+（3）过滤（4）CaO和NaOH溶液（5）224NaCO2NaOC++点燃

【解析】【分析】首先用氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，随后向其中加入氧化钙生成碳酸钙和氢氧化钠，过滤分离后，高温分解得到比较纯净的二氧化碳和氧化钙，流程中氧化钙和氢氧化钠能循环使用；【小问1详解】捕捉室中NaOH溶液喷成雾状，增大与二氧化碳的接触面积，有利于吸收CO2，故其优点是：增大反应物接触

面积，使反应更快、更充分；【小问2详解】反应分离的环节是氧化钙和水反应生成的氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，属于复分解反应的为：()2332NaCOCaOHCaCO2NaOH+=+；【小问3详解】反应、分离环节为分离固液的操作，故分离物质采用

的方法是过滤；【小问4详解】由流程，整个过程中可以循环利用的物质有CaO和NaOH溶液；【小问5详解】钠在2CO中剧烈燃烧，并产生大量白烟和黑色固体，结合质量守恒，反应生成物为氧化钠和碳单质：224NaCO2NaOC++点燃。23.某化学兴趣小组设计如图所示实验装置和方案制备、收集纯净的氯气

并探究氯气的性质。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为___________。（2）橡胶管的作用是___________。（3）装置的设计和试剂的选择存在4处错误，请指出其中的3处：①___________；②________

___；③___________。（4）装置A中发生反应的离子方程式为___________。（5）用胶头滴管将新制氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴入一定量时，红色突然褪去。甲同学认为是氯水中的酸与NaOH发生中和反应，NaOH被消耗

完。乙同学认为可能是氯水中的HClO具有强氧化性，使红色褪去。请设计实验方案证明哪位同学的猜想是正确的：___________。【答案】（1）圆底烧瓶（2）平衡分液漏斗和圆底烧瓶内压强，使液体顺利流下（3）①.B处，二氧化锰与稀盐酸不反应，应使用浓盐酸②.D处，氯气密度比空气大，应长管进气

，短管出气③.G处，氢氧化钙溶解度较小，应使用NaOH溶液(或C处在用浓硫酸干燥前，应先通入装有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl气体)（4）2222ΔMnO4H2ClMnCl2HO+−+++++（5）取褪色后的溶

液于试管中，向其中滴加NaOH溶液，若溶液变红，则甲正确，若不再变红，则乙正确。【解析】【分析】在装置A中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，在装置C中用浓硫酸干燥Cl2，在装置D应该采用向上排空气的方法收集Cl2，装置E、F作用是证明干燥的Cl2无漂白性，潮湿的

Cl2具有漂白性，Cl2是大气污染物，可根据其能够与碱反应的性质，应该使用溶解度大的NaOH溶液进行尾气处理，防止污染空气。【小问1详解】根据图示可知：仪器A名称为分液漏斗；【小问2详解】在装置A中使用橡胶管将分液漏斗上下相连，可以使液体上下气体压强相同，液体在重力作用下就可以顺

利滴入烧瓶中，故橡胶管的作用是平衡分液漏斗和圆底烧瓶内压强，使液体顺利流下；【小问3详解】上述装置的错误共有四处：①在装置B中，浓盐酸还原性强，可以在加热时被MnO2氧化为Cl2，而稀盐酸不能与MnO2反应制取得到Cl2；应该将稀盐酸改为浓盐酸；②在装置D中，由于Cl2的密度比空气大，应

该采用向上排空气的方法收集Cl2，导气管应该是长进短出，而不是短进长出的向下排空气的方法；③由于浓盐酸具有挥发性，在制取的Cl2中含有杂质HCl和水蒸气，要收集到纯净的Cl2，应该先使制得的Cl2通过饱和NaC

l溶液除去杂质HCl，然后再通过浓硫酸干燥吸收水分，就得到纯净Cl2，然后再利用向上排空气的方法收集；④Cl2是大气污染物，可根据其能够与碱反应的性质，应该使用溶解度大的NaOH溶液进行尾气处理，防止污染空气，而装置G处，氢氧化钙溶解度较小，吸收效果不好，应

该改为使用NaOH溶液吸收。上述四处错误可任选三处；【小问4详解】在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热反应产生MnCl2、Cl2、H2O，该反应的离子方程式为：2222ΔMnO4H2ClMnCl2HO+−+++++；【

小问5详解】要设计实验方案证明哪位同学的猜想是正确的，可以取褪色后的溶液于试管中，向其中滴加NaOH溶液，若溶液变红，则甲正确，若不再变红，则乙正确。24.实验室欲用232NaCO10HO晶体配制0.2mol/L的23NaCO溶液250mL：（1

）要完成本实验需称量___________232gNaCO10HO晶体。（2）使用容量瓶前必须进行的一步操作是___________，本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯___________。（3）配制溶液时，一般可以

分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤并转移⑦定容⑧冷却正确的操作顺序为___________。（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会导致浓度偏低的是___________。①没有洗涤烧杯和玻璃棒②容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水③定容时俯视刻度线④定容后塞上瓶塞反复摇匀，

静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】（1）14.3（2）①.检查是否漏水②.250mL容量瓶、胶头滴管（3）②①③⑧⑤⑥⑦④（4）①④【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【小问1详解】配制0.

2mol/L的23NaCO溶液250mL，需称量0.2mol/L286g/mol=14.30.250L232gNaCO10HO晶体；【小问2详解】使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查是否漏水，防止装置漏液；配制0

.2mol/L的23NaCO溶液250mL必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；故正确顺序为：②计算、①

称量、③溶解、⑧冷却、⑤转移、⑥洗涤并转移、⑦定容、④摇匀；【小问4详解】①没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，溶液浓度偏低；②容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不影响溶液的配制，故不影响溶液的浓度；③定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线

，再加水至刻度线，使得溶液中水体积增大，浓度偏低；故选①④。25.17.4g二氧化锰与足量浓盐酸完全反应，产生氯气用2mol/L的NaOH溶液完全吸收，请回答：（1）产生的氯气在标准状况下的体积：V(Cl2)=___________。（2

）被氧化的HCl的物质的量：n(HCl)=___________。（3）消耗2mol/L的NaOH溶液的体积：V(NaOH)=___________。【答案】（1）4.48L（2）0.4mol（3）0.2L或200mL【解析】【小问1详解】17.4g二氧化锰的物质的量是

n(MnO2)=m17.4g=M87g/mol=0.2mol，根据反应方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知：0.2molMnO2与足量浓盐酸反应可制取得到0.2molCl2，其在标准状况

下的体积V(Cl2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；【小问2详解】根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知：每反应产生1molCl2，需氧化2molHCl，现在

反应制取得到0.2molCl2，则被氧化的HCl的物质的量：n(HCl)=2×0.2mol=0.4mol；【小问3详解】Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由于反应制取的Cl2的物质的量是0.2mol，因此

反应需消耗0.4molNaOH。由于NaOH溶液浓度是2mol/L，则需消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=n0.4mol=c2mol/L=0.2L=200mL。的