辽宁省沈阳市第一七O中学2019-2020学年高一12月月考化学试题

www.ks5u.com化学试卷

试卷说明：（1）命题范围人教版化学（必修一）第一章、第二章。

（2）考试时间：90分钟，满分：100分。

（3）试卷分第I卷客观题（60分）和第II卷主观题（40分）两部分。

可能用到的相对原子量H 1   C 12    N 14    O 16    Na 23    S 32     Cl 35.5    Fe  56

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题(每题只有1个选项符合题意，每小题3分,共60分)

1.近几日我省多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系

A. 乳浊液 B. 溶液 C. 胶体 D. 悬浊液

【答案】C

【解析】

【详解】按照分散质粒子的大小可以把分散系分为溶液、胶体和浊液，溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1nm～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm。雾的粒子的大小在1-100nm之间，为胶体，故选C。

2.下列物质中，能够导电的电解质是（    ）

A. 铜丝 B. 熔融的MgCl2 C. NaCl溶液 D. 蔗糖

【答案】B

【解析】

【详解】A.铜丝能导电，Cu是金属单质，不属于化合物，因此不是电解质，A不符合题意；

B.熔融MgCl2能够电离产生自由移动的Mg2+、Cl-，可以导电，该物质是化合物，属于电解质，B符合题意；

C.NaCl溶液中含有自由移动的Na+、Cl-，但该物质属于混合物，不是电解质，C错误；

D.蔗糖是化合物，无论是在水溶液中还是熔融状态下，都不能导电，因此该物质属于非电解质，D错误；

故合理选项是B。

3.化学兴趣小组按照下述方法制备氢氧化铁胶体，利用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯将其加热到沸腾,向烧杯中逐滴滴加1.0 mol/L的FeCl3直至得到透明的红褐色液体分散系。下述对所得到的分散系的叙述正确的是 (     )

①所得物质一定是溶液 ②能全部透过半透膜 ③有丁达尔现象 ④所得液体可以全部透过滤纸

A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：利用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯将其加热到沸腾，向烧杯中逐滴滴加1.0 mol/L的FeCl3直至得到透明的红褐色液体，得到Fe(OH)3胶体，具有胶体的性质，发生丁达尔现象、聚沉、电泳，能透过滤纸，不能通过半透膜；所以综上所述，③④正确，故选D。

【点睛】本题考查了胶体的性质应用，注意分散系的本质特征的分析运用。

4.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是（   ）

A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl

C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑ D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl

【答案】C

【解析】

【详解】A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，A符合题意；

B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，B符合题意；

C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑的离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O+CO2 ↑，C不符合题意；

D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，D符合题意；

故选C。

5.下列说法正确的是（   ）

A. 用“摩尔”（而不用“个”）计量微观粒子与用“纳米”（而不用“米”）计量原子直径，计量思路都是扩大单位。

B. 实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况

C. 摩尔是七个基本物理量之一

D. 化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的

【答案】D

【解析】

【详解】A. 用“摩尔”（而不用“个”）计量微观粒子，计量思路是扩大；用“纳米”（而不用“米”）计量原子直径，并没有扩大单位 ，只不过原子直径小，于是用小单位来计量，故A错误；

B. 标况下，1mol气体的体积是22.4L，由PV=nRT可知，不是标况时，1mol气体的体积也可能为22.4L，故B错误；

C. 摩尔是物质的量的单位，是国际单位制中七个基本单位之一，故C错误；

D. 酸、碱、盐和氧化物都属于化合物，则化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的，故D正确；

正确答案是D。

【点睛】D项注意树状分类就是一个确定范围内的物质之间所包含的关系有子概念与母概念，所谓子概念就是下一代有上一代的部分因素，母概念是上一代所包含其后代中部分的全部概念。

6.同温同压下，同体积的甲乙两种气体的质量比是17:14。若乙气体是CO，则甲气体是

A. H2S B. HCl C. NH3 D. Cl2

【答案】A

【解析】

【详解】同温同压下，同体积的气体，物质的量相等，质量比等于摩尔质量之比。乙为一氧化碳时，由于一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，所以，甲气体的摩尔质量为34g/mol，硫化氢的摩尔质量是34g/mol。

故选A。

7.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是

A. 烧碱、液态氧、碘酒 B. 生石灰、白磷、熟石灰

C. 干冰、铁、氯化氢 D. 空气、氮气、胆矾

【答案】A

【解析】

【详解】B、生石灰是氧化物熟石灰是碱，错误；

C、氯化氢是化合物，不是混合物，错误

D、空气是混合物，氨气和胆矾是化合物，错误；

答案选A。

8.下列四种物质的溶液，其中一种与其它三种能发生离子反应，这种物质是（ ）

A H2SO4  B. KOH C. BaCl2 D. Na2CO3

【答案】A

【解析】

【详解】给出的四种物质中，硫酸与KOH生成水、硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀、硫酸与碳酸钠反应生成水和气体，而KOH与氯化钡、碳酸钠均不反应，则符合一种与其它三种能发生离子反应，这种物质是硫酸；

故选A。

9.硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO42-)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为(　　)

A. 0.15 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1 C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1

【答案】C

【解析】

【详解】根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+），c（K+）═2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故选C。

10.1g N2中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是（     ）

A. x/28 mol-1 B. x/14 mol-1 C. 14x mol-1 D. 28x mol-1

【答案】C

【解析】

【详解】n==，则=mol-1=14xmol-1，答案为C。

【点睛】上述关系式中，各量对应后成比例。

11.实验室用固态不纯氯化钠（含少量NH4HCO3和Na2SO4杂质）配制氯化钠溶液。下列操作可供选用：①逐滴加入稀盐酸，调节pH为5；②煮沸；③加蒸馏水溶解；④加热至不再产生气体为止；⑤加入稍过量的Na2CO3溶液；⑥加入稍过量的BaCl2溶液；⑦过滤。上述实验操作的正确顺序应是（ ）

A. ①②⑤⑥⑦③④ B. ③④⑥⑤⑦①②

C. ④③⑥⑤⑦①② D. ④③⑤⑥⑦②①

【答案】C

【解析】

【详解】因为碳酸氢铵加热易分解，所以在试管中加入固体混合物，并加热，使碳酸氢铵分解为氨气、水蒸气、二氧化碳，而硫酸钠和氯化钠留在试管中；然后将加热后的固体残渣冷却后加水溶解；向溶液中加入足量的BaCl2溶液，目的是除去硫酸钠；向试管溶液中再加入足量Na2CO3溶液，目的是除去多余的氯化钡；过滤是除去硫酸钡和碳酸钡沉淀；向滤液中加入盐酸至不再产生气泡为止，目的是除去多余的碳酸钠；将溶液加热煮沸即得到NaCl溶液，目的是除去多余的盐酸．所以实验步骤：④加热至不再产生气体为止；③加蒸馏水溶解；⑥加入稍过量的BaCl2溶液；⑤加入稍过量的Na2CO3溶液；⑦过滤；①逐滴加入稀盐酸，调pH为5；②煮沸；

综上所述，本题应选C。

12.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）

A. K+、MnO4－、Na+、Cl－ B. K+、Na+、NO3－、CO32－

C. Na+、H+、NO3－、SO42－ D. Fe3+、Na+、Cl－、SO42－

【答案】B

【解析】

【详解】碱性溶液中存在大量氢氧根离子，无色溶液时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，

A．MnO4-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；

B．K+、Na+、NO3－、CO32－之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C．H+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．Fe3+为有色离子，Fe3+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。

答案选B。

【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。

13.下列操作中不正确的是（   ）

A. 过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触 B. 试管中滴加液体时，胶头滴管悬于试管上方

C. 加热试管内物质时，试管底部与酒精灯灯芯接触 D. 过滤时，漏斗下方紧贴烧杯内壁

【答案】C

【解析】

【详解】A. 过滤时应防止滤纸捣破，则玻璃棒与三层滤纸的一边接触，故A正确；

B. 向试管中滴加液体时，胶头滴管应悬空正放，不能紧贴试管内壁，否则会使试剂污染或减少试剂的量，故B正确；

C. 试管底部不能接触焰心，因为外焰温度最高，焰心温度较低，使试管受热不均匀容易炸裂试管，故C错误；

D. 过滤时应防止液滴飞溅，沿烧杯内壁流下，则漏斗下方紧贴烧杯内壁，故D正确；

故选C。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验基本操作和实验细节为解答的关键，侧重过滤操作、加热操作及滴定操作的考查，注意实验操作的评价性分析，题目难度不大。

14.下列离子方程式中，正确的是（   ）

A. 稀硫酸滴铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑ B. 氧化镁与稀盐酸：MgO + 2H+ = Mg2++ H2O

C. 铜片与硝酸银溶液：Cu + Ag+ = Cu2+ + Ag D. 铁与稀硫酸  2 Fe  + 6H+  = 2Fe3+  + 3H2↑

【答案】B

【解析】

【详解】A. 铜和稀硫酸不反应，故A错误；

B. 氧化镁与稀盐酸生成水和氯化镁，离子方程式为：MgO + 2H+ = Mg2++ H2O，故B正确；

C. 铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，C项离子方程式电荷不守恒，故C错误；

D. 铁与稀硫酸反应生成二价铁，离子方程式为：Fe  + 2H+  = Fe2++ H2↑，故D错误；

正确答案是B。

15.200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋56 g，溶液中SO42-的物质的量浓度是 ( )

A. 7.5 mol/L B. 5 mol/L C. 10 mol/L D. 2.5 mol/L

【答案】A

【解析】

【详解】200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ 56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)==7.5 mol/L；

答案选A。

16.下列说法错误的是（   ）

A. 从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L

B. 制成0.5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）

C. 0.5L2mol/L的氯化钡溶液中，钡离子和氯离子总数为3×6.02×1023

D. 10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是不同的

【答案】D

【解析】

【详解】A. 溶液具有均一性，从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L，A正确；

B. 制成0.5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体的物质的量为0.5L×10mol/L=5mol，标况下的体积为5mol×22.4L/mol=112L，B正确；

C. 0.5L2mol/L的BaCl2溶液中，钡离子和氯离子总数为3 ×0.5L×2mol/L×6.02×1023=3×6.02×1023，C正确；

D. 10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是相同的，D不正确；

故选D。

17.2003年10月15日，我国成功发射“神舟五号”载人飞船，飞船以铝粉与高氯酸铵的混合物为固体燃料，其中高氯酸铵的反应为：2NH4ClO4   N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O。下列有关叙述正确的是（ ）

A. 该反应属于分解反应、氧化还原反应

B. 上述反应瞬间能产生大量的热，高温是推动飞船飞行的主要因素

C. 铝粉的作用是，点燃时可以置换出氧气

D. 在反应中NH4ClO4仅起到氧化剂作用

【答案】A

【解析】

【详解】A.反应的特点为一种物质生成多种物质，为分解反应，反应中N、O、Cl化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；

B.推动飞船飞行的主要因素是生成气体，故B错误；

C.铝粉具有还原性，生成氧气的反应为被氧化的过程，铝不可能置换出氧气，故C错误；

D.反应中N、O元素被氧化，CI元素被还原，NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，故D错误；

故选A。

18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA

②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等

③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA

④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA

⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA

A. ①②③⑤ B. ③④ C. ①③④ D. ①②③④

【答案】A

【解析】

【详解】①氮气和氧气都是双原子分子，标准状况下，11.2L以任意比例混合氮气和氧气分子的物质的量为0.5mol，含有原子数为NA，故①正确；

②同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，即体积相同的氢气和氩气物质的量相等，其所含分子数也相等，故②正确；

③1L 2mol/L的氯化镁的物质的量为2mol，氯化镁和氯离子物质的量之比为1:2，即该氯化镁溶液含氯离子4mol，氯离子为数目为4NA ，故③正确；

④标准状况下水不是气态，所以不能用气体摩尔体积计算，故④错误；

⑤若32g全部是 O2，则n(O2)=1mol，所含原子数为1mol×2×NA =2 NA，若32g全部是O3，则n(O3)=2/3mol，所含原子数为：2/3mol×3×NA =2 NA，所以不管氧气和臭氧以何种比例混合的混合气体中含有原子数为2NA，故⑤正确，

故选A。

19.已知① 2FeCl3 + 2KI =2FeCl2 + 2KCl + I2② 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3，判断下列物质氧化能力由强到弱的顺序 (   )

A. Fe3+ ＞ Cl2 ＞ I B. I2 ＞ Cl2 ＞ Fe3+ C. Cl2 ＞ Fe3+ ＞ I2 D. Cl2 ＞ I2 ＞ Fe3+

【答案】C

【解析】

【详解】由于氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此可根据氧化还原方程式比较氧化性的强弱。由反应①可知，铁元素化合价降低，被还原，因此FeCl3是氧化剂，FeCl2是还原产物；碘元素化合价升高，被氧化，KI是还原剂，I2是氧化产物，故氧化性：Fe3+ > I2；由反应②可知，铁元素化合价升高，被氧化，FeCl2是还原剂，FeCl3是氧化产物；氯元素化合价降低，被还原，Cl2是氧化剂，FeCl3是还原产物；故氧化性：Cl2 > Fe3+。

答案选C。

20.用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，可使相同体积的Fe2 (SO4 )3 、Na2 SO4 、CuSO4 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为

A. 3：2：3 B. 3：1：1 C. 1：3：3 D. 1：1：1

【答案】C

【解析】

【详解】等体积的0.1mol/L的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2 (SO4 )3 、Na2 SO4 、CuSO4三种溶液的SO42﹣完全沉淀，则Fe2 (SO4)3 、Na2 SO4 、CuSO4三种溶液中n(SO42﹣)相同，根据硫酸根守恒可知，n[Fe2(SO4)3]= n(SO42﹣)，n(Na2SO4)=n(SO42﹣)，n(CuSO4)=n(SO42﹣)，三种溶液的体积相同，物质的量浓度之比等于溶质物质的量之比，所以三种硫酸盐的物质的量浓度之比为c[Fe2(SO4)3]：c(Na2SO4)：c(CuSO4)= n(SO42﹣)：n(SO42﹣)：n(SO42﹣)=1：1：3；

故选C。

第Ⅱ卷（非选择题，共40分）

二、填空题（共40分）

21.下列物质：
（1）Na
（2）O2
（3）Na2O
（4）蔗糖
（5）CO2
（6）Fe2(SO4)3溶液
（7）氨水
（8）液态氯化氢
（9）H2O
（10）H2SO4
（11）Ba(OH)2
（12）熔融的NaCl。
属于电解质的是_____，属于非电解质的是 ______，能导电的是____，既不是电解质也不是非电解质的是_______。

【答案】    (1). 3.8.9.10.11.12    (2). 4.5    (3). 1.6.7.12    (4). 1.2.6.7

【解析】

【详解】Na是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；O2是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；Na2O是活泼金属氧化物，固体不能导电，是电解质；蔗糖是有机物，不能导电，是非电解质；CO2是非金属氧化物，不能导电，是非电解质；Fe2(SO4)3溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；氨水是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；液态氯化氢是酸，不能导电，是电解质；H2O不能导电，是电解质；H2SO4是酸，不能导电，是电解质；Ba(OH)2是碱，不能导电，是电解质；NaCl是盐，熔融的NaCl可以导电，是电解质；综上所述：属于电解质的是3.8.9.10.11.12；属于非电解质的是4.5；能导电的是1.6.7.12；既不是电解质也不是非电解质的是1.2.6.7。

22.在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体8.96L，质量是16g。此混合物中CO和CO2的物质的量比是___，CO的体积分数是______，CO的质量分数是___，C和O的原子个数比是___，混合气体的平均摩尔质量是________。

【答案】    (1). 1:3    (2). 25%    (3). 17.5%    (4). 4:7    (5). 40g/mol

【解析】

【详解】CO和CO2组成的混合气体8.96L，物质的量为=0.4mol，令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.4 ，28x+44y=16，解得：x=0.1，y=0.3，混合物中CO和CO2的物质的量比为0.1mol：0.3mol=1：3；CO的体积分数为=25%；CO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，故CO的质量分数为×100%=17.5%；CO2的物质的量分别为0.4mol-0.1mol=0.3mol，所以混合气体中C和O两种原子的数目之比为（0.1mol+0.3mol）：（0.1mol+2×0.3mol）=4：7；混合气体的平均摩尔质量为=40g/mol。

【点睛】本题考查物质的量的计算，注意相关计算公式的运用。

23.实验室制配0.5 mol/L的NaOH溶液500 mL，有以下仪器：①烧杯  ②100 mL量筒  ③1000 mL容量瓶  ④500 mL容量瓶  ⑤玻璃棒  ⑥托盘天平（带砝码） ⑦铁架台。

（1）配制时，必须使用的仪器有_____（填代号），还缺少的玻璃仪器是___。

（2）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：________、______。

（3）配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量  ②计算  ③溶解  ④摇匀  ⑤转移  ⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为_________。

（4）下列情况会使所配溶液中溶质的物质的量浓度偏高的是____(填序号)。

A．某同学观察液面的时候仰视  B．未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒C．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线  D．砝码上沾有杂质    E．容量瓶使用前内壁沾有水珠

【答案】    (1). ①④⑤⑥    (2). 胶头滴管    (3). 搅拌    (4). 引流    (5). ②①③⑧⑤⑥⑦④    (6). D

【解析】

【分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度溶液所需要的仪器解答；

（2）实验中两次用到玻璃棒，溶解氢氧化钠溶液时需要使用玻璃棒搅拌、转移溶液时用玻璃棒引流；

（3）根据配置一定物质的量浓度溶液步骤解答；

（4）根据c=分析。

【详解】（1）配制0.5mol▪L-1NaOH溶液500mL，配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用天平称量NaOH（用到药匙），在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以给出的仪器必须使用的仪器有①④⑤⑥；还需要药匙、玻璃仪器胶头滴管，故答案为：①④⑤⑥；胶头滴管；

（2）实验中两次用到玻璃棒，溶解氢氧化钠溶液时需要使用玻璃棒搅拌、转移溶液时用玻璃棒引流，故答案为：搅拌；引流；

（3）配制0.5mol▪L-1的NaOH溶液500mL，配制步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用天平称量NaOH（用到药匙），在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④，故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；

（4）A. 定容时仰视读刻度，导致定容加水体积偏大，则浓度偏小，故A不选；

B. 未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒，溶质没有全部转移到容量瓶中，浓度偏小，故B不选；

C. 加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致定容加水体积偏大，则浓度偏小，故C不选；

D. 天平平衡后，左盘物体的质量等于右盘砝码的质量与游码读数之和，沾有一些污垢的砝码质量增加了，但读数没变，可以平衡更多的物体，溶质质量增加，浓度偏大，故选D；

E. 容量瓶在使用前内壁沾有水珠，对实验无影响，故E错误；

正确答案是D。

24.为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。

（1）请用双线桥法对该反应进行标注____。

（2）写出该反应的离子方程式______。

（3）该同学用43.5g MnO2与足量的 HCl（浓）反应，可制备标况下的氯气的体积为___L，反应中转移的电子的物质的量为___mol，反应中被氧化的HCl物质的量为___mol。

【答案】    (1).     (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++ Cl2↑+2H2O    (3). 11.2    (4). 1    (5). 1

【解析】

【分析】

（1）该反应中MnO2中Mn元素得两个电子，化合价从+4价下降到+2价；Cl元素失去一个电子，化合价从-1价上升到0价，一共失去2个电子；

（2）该反应中强酸HCl和盐MnCl2拆；

（3）根据方程式列关系式可以求出。

【详解】（1）该反应中MnO2中Mn元素得两个电子，化合价从+4价下降到+2价；Cl元素失去一个电子，化合价从-1价上升到0价，一共失去2个电子；双线桥法表示为：；

（2）该反应中强酸HCl和盐MnCl2拆，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++ Cl2↑+2H2O；

（3）43.5g MnO2的物质的量为=0.5mol，根据方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+H2O可知，生成氯气的物质的量n（Cl2）=n（MnO2）=0.5mol，标况下体积为：0.5mol×22.4L/mol=11.2L；反应中转移电子0.5mol×2=1mol；反应消耗的HCl物质的量为4n（MnO2）=4×0.5mol=2mol，其中一半被氧化，则被氧化的HCl物质的量为2mol×0.5=1mol。