河北省唐山市玉田县2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

玉田县2019~2020学年度第一学期期中考试
高一化学
说明：1.本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分，共30题；满分100分，考试时间90分钟。
2.卷Ⅰ为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色签字笔答在答题卡相应位置上，不要超出答题区域否则不计分。
相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Na—23；S—32；Cl—35.5；Ca—40
卷Ⅰ(选择题，共48分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共48分)
1.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（   ）
A. 葡萄糖溶液                   B. 淀粉溶液                   C. 盐酸         D. 油水
【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查胶体的基本性质，胶体具有丁达尔效应。
【详解】A. 葡萄糖溶液是溶液，不是胶体，不能产生丁达尔现象，不符合题意。
B. 淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔现象，符合题意。
C. 盐酸不是胶体，不能产生丁达尔现象，不符合题意。
D. 油水不是胶体，不能产生丁达尔现象，不符合题意。
故答案为B。
2.ClO2一种高效安全灭菌消毒剂。ClO2属于( )
A. 酸 B. 碱 C. 盐 D. 氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】二氧化氯是由氯元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物。
故选：D。
【点睛】氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素化合物。电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物是盐。根据氧化物、酸、碱、盐的特点分析。
3.下列物质属于电解质的是( )
A. 稀硫酸 B. 酒精 C. 熔融的氯化钠 D. 二氧化碳
【答案】C
【解析】
【详解】A.稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.酒精在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故B错误；
C.熔融的氯化钠能够导电，属于电解质，故C正确；
D. 二氧化碳本身不能电离出离子属于非电解质，故D错误；
故选：C。
【点睛】电解质是指水溶液中或熔融状态导电的化合物，非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物，金属、电解质溶液既不是电解质也不是非电解质；
4.下列仪器名称为“分液漏斗”的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该仪器是普通漏斗，可用于过滤操作。故A错误；
B. 该仪器是分液漏斗，用于萃取分液操作，故B错误；
C.该仪器是容量瓶，主要用于一定物质的量浓度溶液的配制，故C错误；
D. 该仪器是蒸馏烧瓶，可用于蒸馏操作。故D错误；
故选择：B。
5.500 mL 2 mol·L－1的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是(　　)
A. 1 mol B. 2 mol
C. 3 mol D. 1000 mol
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：n（MgCl2）= 2mol/L×0.5L=1mol；n（Cl-）=2n（MgCl2）= 2mol，故B正确。
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6.生活、生产离不开化学。下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是( )
A. 海水晒盐 B. 过滤豆浆 C. 精油萃取 D. 酿酒蒸馏
【答案】B
【解析】
【详解】A. 海水晒盐，与盐类物质与水的沸点差异有关，故A错误；
B.过滤豆浆为过滤，与粒子大小差异有关，故B正确；
C. 精油萃取为萃取，与溶质在不同溶剂中溶解度差异有关，故C错误；
D. 酿酒蒸馏为蒸馏，与液体混合物的沸点差异有关，故D错误；
故选：B。
7.下列实验操作正确的是( )
A. 用100 mL量筒量取5.5 mL稀盐酸
B. 用托盘天平称量11.50g NaCl固体
C. 使用容量瓶配制溶液，移液时应洗涤烧杯2～3次
D. 配制一定浓度的溶液时，固体物质可以直接在容量瓶中溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A. 选用量筒时，应该满足量筒规格与量取的液体体积最接近原则，如量取5.5mL溶液，应该选用10mL的量筒，所以不能用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸，故A错误；
B. 托盘天平只能准确到0.1g，不能够用托盘天平称量11.50gNaCl固体，故B错误；
C. 使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2∼3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，故C正确；
D. 容量瓶不能够用于溶解和稀释溶质，所以配制一定物质的量浓度的溶液时，固体物质需要在烧杯中溶解，不能够在容量瓶中溶解，故D错误；
故选:C。
8.已知A的原子序数是x，B－与A3+具有相同的电子层结构，则B元素的原子序数为( )
A. x+4 B. x-4 C. x+1 D. x-1
【答案】B
【解析】
【详解】设元素B的核电荷数是Y，已知A的原子序数是X，核电荷数为X，所以A3+的核外电子数等于X-3，同理B-的离子中带有（Y+1）个电子．因为B-和A3+具有相同的电子层结构，即核外电子数相同；所以X-3=Y+1，即Y=X-4．
故选：B。
9.下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A项是溶液的蒸发，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；
B项是酸碱中和反应，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；
C项是溶解过程，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；
D项是电解，一定有化合价变化，是氧化还原反应，正确。答案选D。
10.化学兴趣小组进行化学实验，按照图(左)连接好线路发现灯泡不亮，按照图(右)连接好线路发现灯泡亮。由此得出的结论正确的是( )

A. Na2SO4固体不导电，所以Na2SO4固体是非电解质
B. Na2SO4溶液能导电，所以Na2SO4溶液是电解质
C. Na2SO4在水溶液中电离方程式：Na2SO4＝2Na++SO42-
D. Na2SO4溶液中，水电离出大量的离子
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2SO4固体在溶液水或熔化状态下都能导电，是化合物，属于电解质，故A错误；
B. 电解质必须为化合物，而Na2SO4溶液属于混合物，一定不是电解质，故B错误；
C. Na2SO4溶于水时，在水分子的作用下电离出了可以自由移动的离子，故C正确；
D. 水为极弱电解质，不可能电离出大量的离子，故D错误；
故选：C。
11.钇(Y)是稀土元素之一。下列关于的说法中不正确的是( )
A. 质量数是89
B. 中子数与电子数之差为50
C. 核外电子数是39
D. 和互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A. 原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，故A正确；
B. 质子数+中子数=质量数，中子数=质量数−质子数=89−39=50，电子数与中子数之差为50−39=11，故B错误；
C. 原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；
D. 和质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；
故选：B。
【点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素．
12.下列叙述正确的是（ ）
A. 1molOH-的质量为17g
B. 二氧化碳的摩尔质量为44g
C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D. 标准状况下，1mol 任何物质的体积均为22.4L
【答案】A
【解析】
【详解】A. 1molOH-的质量为17g，故A正确；
B. 二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，故B错误；
C. 铁原子的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位是1，故C错误；
D. 标准状况下，1mol 任何气体的体积约为22.4L，故D错误；
答案：A
13.实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。下列分析正确的是

A. 操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去 B. 操作Ⅱ是加热浓缩、趁热过滤，除去杂质氯化钠
C. 操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 D. 操作Ⅰ~Ⅲ总共需两次过滤
【答案】C
【解析】
【详解】KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体，故选C。
14.同温同压下，同体积的甲、乙两种气体的质量比是17:14。若甲气体是H2S，则乙气体不可能是( )
A. N2 B. HCl C. C2H4 D. CO
【答案】B
【解析】
【分析】
同温同压下，体积之比等于物质的量之比，同体积的甲乙两种气体物质的量相同，质量比是17：14，根据m=nM可知，甲与乙的摩尔质量之比为17：14，据此计算乙的摩尔质量，结合选项解答．
【详解】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，同体积的甲乙两种气体物质的量相同，质量比是17：14，根据m=nM可知，甲与乙的摩尔质量之比为17：14，若甲气体是H2S，则34 g/mol：M（乙）=17：14，故M（乙）=28g/mol，各选项中只有HCl不符合，
故选：B。
15.意大利罗马大学的FulvioCacsce 等人获得了极具理论研究意义的N4 分子，下列说法正确的是（ ）
A. N4属于一种新型的化合物
B. N4与N2的摩尔质量相等
C. 标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1:2
D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1
【答案】D
【解析】
【详解】A. N4属于单质，故A错误；
B. N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，并不相等，故B错误；
C. 标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2:1，故C错误；
D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1，故D正确；
答案：D
16.下列反应中，氯元素全部被氧化的是
A. 2Na+Cl2=2NaCl
B. 2NaCl2Na+Cl2↑
C. NaOH+HCl=NaCl+H2O
D. 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该反应中Cl元素化合价由0价变为−1价，所以氯元素得电子化合价降低，全部被还原，故A错误；
B. 该反应中Cl元素化合价由−1价变为0价，所以Cl元素失电子化合价升高，全部被氧化，故B正确；
C. 该反应中没有电子转移，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C错误；
D. 该反应中Cl元素化合价由0价变为−1价、+1价，所以Cl元素被氧化、被还原，故D错误；
故选：B。
17.实验室一试剂瓶的标签上标有“CaCl2 0.1mol·L-1”的字样，下列说法正确的是( )
A. Ca2+ 和Cl-的物质的量浓度都是1mol·L-1
B. 配制1L该溶液，可将0.1mol的CaCl2溶于1L水
C. 取该溶液的一半，则所取溶液c(CaCl2)=0.05mol·L-1
D. 取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl−)=0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
标签上标有“CaCl20.1mol⋅L−1”的字样，即在1L的溶液中含1mol CaCl2。
【详解】A. 在CaCl2中，Ca2+和Cl−的物质的量之比为1:2，则浓度之比也为1:2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl−的浓度应为0.2mol/L，故A错误；
B. 将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，浓度不是0.1mol·L-1，故B错误；
C. 溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故C错误；
D. 溶液中Cl−的浓度为0.2mol/L；将溶液稀释一倍,则浓度减半，故稀释后Cl−的浓度应为0.1mol/L，故D正确。
故选：D。
18.用玻璃棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是(　　)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】新制的氯水中含有氯气、次氯酸、盐酸等成分，具有酸性和漂白性，中间部分被次氯酸漂白，而四周没有和次氯酸反应，仍有指示剂的作用，pH试纸与酸显红色。故答案为B。
19.NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是( )
A. 阿伏伽德罗常数是6.02×1023
B. 常温下，NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L
C. 32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA
D. 1molHCl气体中的粒子数与0.5mol·L-1盐酸中溶质粒子数相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. 阿伏伽德罗常数是6.02×1023mol-1，故A错误；
B. 常温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故NA个Cl2分子所占有的体积不是22.4L，故B错误；
C. 32gO2和O3混合气体中含有原子数N=m÷M×NA=32g÷16g/mol×NA =2NA，故C正确；
D. 1molHCl气体中含NA个HCl分子, 而盐酸溶液中无HCl分子, 含有的溶质粒子为氢离子和氯离子, 故2L0.5mol/L的盐酸溶液中溶质粒子的个数为2NA个，故D错误。
故选：C。
20.下列图示中逻辑关系正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.有些化合反应不属于氧化还原反应，如氧化钙和水生成氢氧化钙，故A错误；
B.气溶胶包含在胶体中，故B错误；
C.钾盐和钠盐可以是碳酸盐，碳酸盐也可以是钠盐钾盐，故C错误；
D.混合物、单质、电解质、非电解质是四个不同概念，图中关系正确，故D正确；
故选：D。
21.下列变化必须加入氧化剂才能实现的是
A. CuO→CuSO4 B. CO2→CO C. Fe→Fe3O4 D. KClO3→O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuO→CuSO4中不存在元素化合价变化，不需要加入氧化剂，故A错误；
B．CO2→CO中C元素化合价降低被还原，需要加入还原剂实现，故B错误；
C．Fe→Fe3O4中Fe元素化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故C正确；
D．KClO3→O2中O元素化合价升高被氧化，但直接加热KClO3即可分解生成O2，不需要加入还原剂也能实现，故D错误；
故答案为C。
22.符合如下实验过程和现象的试剂组是(　　)

选项
甲
乙
丙
A
MgCl2
HNO3
K2SO4
B
BaCl2
HNO3
K2SO4
C
NaNO3
H2SO4
Ba(NO3)2
D
BaCl2
HCl
CaCl2


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钾与氯化镁反应生成碳酸镁沉淀，加入硝酸，沉淀溶解反应生成硝酸镁溶液，加入硫酸钾不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；
B．碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入硝酸反应生成硝酸钡溶液，加入硫酸钾生成硫酸钡沉淀，故B正确；
C．碳酸钾与硝酸钠不反应，故C错误；
D．碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入盐酸反应生成氯化钡溶液，加入氯化钙不反应，故D错误；
故选B。
23.某日的玉田县空气质量指数如图所示，下列说法中正确的是( )

A. O3属于非电解质
B. SO2和CO均属于酸性氧化物
C. 机动车限行可减少雾霾的产生，雾霾不能产生丁达尔效应
D. 反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O中，NO2既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. O3属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B. CO与碱不反应，不属于酸性氧化物，故B错误；
C. 机动车限行可减少雾霾的产生，雾霾是胶体，能产生丁达尔效应，故C错误；
D. 反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O中，氮元素的化合价即升高又降低，所以NO2既是氧化剂又是还原剂，故D正确；
故选：D。
24.某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是( )
A. 闻Cl2的气味
B. 生成棕黄色的烟
C. 若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
D. 浸有NaOH溶液的棉球用于吸收过量的氯气，以免其污染空气
【答案】C
【解析】
【详解】A. 打开药品瓶塞，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔，故图中闻气体其他的操作正确，故A正确；
B. 铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，故B正确；
C.氯气反应后烧瓶内压强降低，气球膨胀鼓起，故C错误；
D. 氯气与氢氧化钠溶液反应以免污染空气，故D正确；
故选：C。
卷Ⅱ(非选择题，共52分)
25.铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、二氧化碳、氧气作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”(碱式碳酸铜)，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、二氧化碳和水。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
铜铜绿ACu(OH)2BCu
（1）从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于物质的类别是____。
（2）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式_____。
（3）写出B的化学式_____。
（4）上述转化过程中属于化合反应的是___，属于复分解反应的是_____。
【答案】 (1). 盐(或铜盐、或碳酸盐) (2). Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑ (3). CuO (4). ① (5). ②③
【解析】
【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3），有金属离子和酸根离子，属于盐，阳离子是铜离子，属于铜盐，阴离子是碳酸根离子，属于碳酸盐。故答案为盐(或铜盐、或碳酸盐)。
（2）铜绿和盐酸发生复分解反应：Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑。
（3）从转化关系中可以看出，A是铜盐，和可溶性碱发生复分解反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2再受热分解得到CuO，CuO再和氢气发生置换反应生成铜，故B是CuO。
（4）铜和空气中的水蒸气、二氧化碳、氧气作用产生Cu2(OH)2CO3，是化合反应。铜绿和盐酸的反应是复分解反应，得到的铜盐和可溶性碱发生的是复分解反应，故答案为 ① ；②③。
26.按要求回答下列问题：
(1)含有相同碳原子数的CO和CO2，其质量比为________。
(2)标准状况下有①44.8L CH4，②9.03×1023个NH3分子，③85g H2S三种气体，这三种气体的物质的量从大到小的顺序是________。
(3)若1g CO2中含有x个原子，则阿伏加德罗常数可表示为________。
(4)4.9g H2SO4含________个H2SO4分子，能和________mol NaOH完全反应。
【答案】 (1). 7:11 (2). ③①② (3). mol-1 (4). 0.05NA(或3.01×1022) (5). 0.1
【解析】
【分析】
（1）含有相同碳原子数的CO和CO2，二者物质的量相等，结合m=nM计算二者质量比；
（2）根据n=V÷Vm计算甲烷物质的量，根据n=N÷NA计算氨气物质的量，根据n=m÷M计算H2S的物质的量；
（4）根据n=m÷M计算硫酸物质的量，根据N=nNA计算硫酸分子数目；由H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知消耗NaOH物质的量为硫酸的2倍；
【详解】(1)含有相同碳原子数的CO和CO2，二者物质的量相等，故二者质量之比为28g/mol:44g/mol=7:11，
故答案为：7:11；
(2)44.8L CH4的物质的量为44.8L÷22.4L/mol=2mol，9.03×1023个NH3分子物质的量为9.03×1023÷6.02×1023mol−1=1.5mol，85g H2S的物质的量为85g÷34g/mol=2.5mol，故这三种气体的物质的量从大到小的顺序是③①②，
故答案为：③①②；
（3） 1 g CO 2 的物质的量为1g÷44g/mol ＝ mol，1 mol CO 2 中含有 3 mol 原子，即 3 N A 个， mol CO 2 中含有 mol 原子，即 × N A ＝ x ， N A ＝mol－ 1 ；
故答案为：mol-1；
(4)4.9g H2SO4的物质的量为4.9g÷98g/mol=0.05mol,含有H2SO4分子数目为0.05mol×6.02×1023mol−1=3.01×1022，由H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.05mol×2=0.1mol，
故答案为：0.05NA(或3.01×1022)；0.1。
27.已知：X、Y、Z是三种常见元素，X原子核内只有一个质子，Y原子的最外层电子数是次外层的三倍，且X、Y、Z均能形成中学常见的双原子气体单质，并有如下转化关系：

请回答下列问题：
(1)写出Y2的化学式____________。
(2)X2分别在Y2、Z2中点燃时火焰的颜色是________、_________。
(3)Z2与X2Y反应生成两种酸，其化学方程式为 ___________________。
(4)Z2与NaOH溶液反应的化学方程式为________________________。
【答案】 (1). O2 (2). 淡蓝色 (3). 苍白色 (4). Cl2+H2OHCl+HClO (5). 2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
X、Y、Z是三种常见元素，X原子核内只有一个质子，所以X是H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的三倍，说明只有两个电子层，最外层电子数是6，即是O元素，且X、Y、Z均能形成中学常见的双原子气体单质，氢气在Z2燃烧，生成XZ，可知Z是氯元素，所以形成的单质分别是：氢气，氧气，氯气，据此回答问题。
【详解】（1）根据分析Y2的化学式O2，故答案为：O2
（2）氢气分别在氧气，氯气中燃烧的火焰的颜色是淡蓝色 ， 苍白色；故答案为：淡蓝色 ；苍白色；
（3）氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，故化学方程式是：Cl2+H2OHCl+HClO，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO；
（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，次氯酸钠，水，故化学方程式是：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O。
28.按要求回答下列问题：
(1)实验室中需要配制2 mol·L-1的NaOH溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaOH的质量分别是__________、___________。
(2)现用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)配制浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸500mL。
①所需浓H2SO4的体积为_________mL。
②配制过程中正确的操作顺序为_____________(填选项字母)。
a.量取浓H2SO4 b.反复颠倒摇匀 c.加水定容 d.稀释浓H2SO4，冷却 e.洗涤所用仪器并将洗涤液转入容量瓶 f.将稀释溶液转入容量瓶
③分析下列操作对所配硫酸浓度的影响，选填“偏高”、“ 偏低”或“无影响”。在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却将使所配溶液浓度________；定容时仰视容量瓶刻度线将使所配溶液浓度________。
【答案】 (1). 1000 mL (2). 80.0g (3). 13.6 (4). a-d-f-e-c-b (5). 偏高 (6). 偏低
【解析】
【分析】
（1）实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，根据n=cV以及m=nM进行计算；
（2）①浓H2SO4的物质的量浓度c=1000ρω÷M，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；
②根据实验操作的步骤进行实验步骤的排序；
③根据热溶液冷却后体积变小分析对配制溶液浓度的影响；根据c=n÷V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。
【详解】(1)实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（NaOH）=1L×2mol/L=2mol，m（NaOH）=2mol×40g/mol=80g，故答案为：1000ml；80g；
（2）①浓H2SO4的物质的量浓度c= c=1000ρω÷M=1000ml×1.84g/cm3×98%÷98g/mol=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故答案为：13.6mL； 
②配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中，向向容量瓶中加蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面正好跟刻度相平，盖好容量瓶塞，反复颠倒摇匀，将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签、贮存．实验操作正确的顺序a-d-f-e-c-b，故答案为：a-d-f-e-c-b；
③浓硫酸稀释过程中放出大量的热，在转入容量瓶前烧杯中液体应该冷却到室温，否则导致配制的溶液体积偏小，根据c=n÷V可得，配制的溶液浓度偏高；定容时若仰视，导致加入的蒸馏水体积偏大，根据c=n÷V可得，配制的溶液浓度偏低；
故答案为：偏高；偏低。
29.Cl2是中学化学重要气体之一，实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2。请回答下列问题：
Ⅰ实验室用二氧化锰制取Cl2的化学方程式为______________________________，如图所示制取氯气装置中至少存在_____________明显错误。

Ⅱ实验室也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制取Cl2，并收集和检验Cl2的性质。
已知：①KMnO4在不加热的条件下可与浓盐酸发生反应制取Cl2。
②无水CaCl2可吸收水蒸气。
(1)将反应原理补充完整：2KMnO4+16HCl(浓)=________+5Cl2↑+8H2O。
(2)选择实验装置，完成相应的实验：

①若制取、收集干燥纯净的Cl2，按装置连接顺序可以选择其中的______(填序号)进行实验。
②若按A-E-D-F-G-L顺序连接装置进行实验，可得出的实验结论是___________。
③在上述实验①和②中，制取氯气前必须进行的一项操作是______，装置E中的试剂是______。
【答案】 (1). 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 3 (3). 2KCl+2MnCl2 (4). A-E-D-I-L或A-E-D-L (5). Cl2无漂白性，HClO有漂白性或干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气有漂白性 (6). 检查装置的气密性 (7). 饱和食盐水
【解析】
【分析】
（1）根据反应物写出化学方程式；制取氯气的要求和装置分析错误；根据原子守恒补充完整；
①若制取、收集干燥纯净的Cl2，需要发生装置，除杂质装置，干燥装置，收集装置；
②若按A-E-D-F-G-L顺序连接装置进行实验，检验氯气是否具有漂白性；
③在上述实验①和②中，制取氯气前必须进行的一项操作是检查装置的气密性。
【详解】Ⅰ实验室用二氧化锰制取Cl2的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，制取氯气时浓盐酸需要用分液漏斗盛放，而图中用的是长颈漏斗，错误；该反应需要加热，缺少酒精灯，氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要尾气处理，共有3处错误，故答案为：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；3
Ⅱ（1）KMnO4在不加热的条件下可与浓盐酸发生反应制取Cl2，生成氯化钾，氯化锰，氯气和水，再根据原子守恒配平，故补充完整是2KCl+2MnCl2，故答案为：2KCl+2MnCl2；
（2）①若制取、收集干燥纯净的Cl2，需要发生装置A，除杂装置需要用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，即是装置E，用氯化钙（浓硫酸）吸收氯气中的水，即是装置D(E)，因为氯气的密度大于空气的密度，用向上排空气法收集气体，即是装置I，氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要尾气处理，用氢氧化钠溶液吸收，需要装置L，故连接的顺序是A-E-D-I-L或A-E-D-L，故答案为：A-E-D-I-L或A-E-D-L；
②若按A-E-D-F-G-L顺序连接装置进行实验，即是生成的氯气通过饱和的氯化钠溶液除去氯化氢杂质，通过氯化钙除去水，得到干燥的氯气，遇到干燥的有色布条，干燥的有色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性，再通入湿润的有色布条，有色布条褪色，说明氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以得出的结论是Cl2无漂白性，HClO有漂白性或干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气有漂白性，故答案为：Cl2无漂白性，HClO有漂白性或干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气有漂白性；
③在上述实验①和②中，制取氯气前必须进行的一项操作是检查装置的气密性，装置E的作用是除去氯气中的氯化氢气体，用的试剂是饱和的氯化钠溶液，故答案为：检查装置的气密性；饱和的氯化钠溶液。
30.漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。请回答下列问题：
(1)漂白粉长期露置在空气中会变质，写出漂白粉变质过程中涉及的化学方程式(若涉及氧化还原反应，请标注电子转移情况)：____________________________。
(2)某化学小组将完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，共收集到标准状况下448mL气体，则该漂白粉中所含有效成份的质量为_____________(假设漂白粉中的其它成份不与硝酸反应)。
【答案】 (1). Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HclO； (2). 2.86 g
【解析】
分析】
（1）漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质；
(2)漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根据Ca（ClO）2～CO2计算；
【详解】（1）置露在空气中会变质，发生漂白粉与二氧化碳、水的反应及次氯酸分解反应，反应分别为①Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、②，
故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；
(2)漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，
根据Ca(ClO)2～CaCO3～CO2，
        143g                           22.4L
   M[Ca(ClO)2]   448mL×10-3L/mL
即：m[Ca(ClO)2]=143g/mol×(0.448L÷22.4L/mol)=2.86 g，
故答案为：2.86 g。