辽宁省大连市旅顺口区届高三月考化学解析版.docx
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辽宁省大连市旅顺口区届高三月考化学解析版
辽宁省大连市旅顺口区2020届高三10月月考
可能用到的相对原子质量：
C12Cl35.5Co59Na23O16
一、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）
1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（）
A.“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素
B.“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质
C.“黑芝麻糊”是一道传统美食，食用时可加入白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖
D.“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐
【答案】C
【详解】A.“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；
B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；
C.白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；
D.“黑陶”是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。
故选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是（）
A.乙醇的分子式：
C2H5OHB.次氯酸的电子式：
C.氯原子的结构示意图：
D.中子数为146、质子数为92的铀（U）原子:
【答案】B
【详解】A.乙醇的分子式是C2H6O，结构简式是C2H5OH，A错误；
B.HClO分子中O原子最外层有6个电子，分别与Cl、H原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子式是
，B正确；
C.Cl原子核外电子数是17，最外层有7个电子，原子结构示意图为
，C错误；
D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为
，D错误；
故合理选项
B。
3.下列实验操作和现象及所得出的结论都正确的是（）
选项
实验操作和现象
结论
A
向BaCl2溶液中通入SO2，产生白色沉淀
BaSO3是不溶于水的白色固体
B
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色，中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
C
相同条件下，分别测量0.1mol·L-1和0.01mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
D
取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应
【答案】D
【详解】A、亚硫酸的酸性小于盐酸，所以向BaCl2溶液中通入SO2，不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；
B、向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色体现酸性，中间为白色体现漂白性（氧化性），故B错误；
C、弱电解质浓度越小电离程度越大，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；
D、取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，KI溶液过量，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中有Fe3+，证明Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应，故D正确；
故选D。
4.下列有关实验操作的叙述合理的是（）
A.用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿
B.蒸馏实验中，忘记加沸石，应立即趁热加入沸石
C.要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管
D.用氢氧化钠溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+
【答案】A
【详解】A、预先润湿pH试纸，相当于对溶液稀释，用pH试纸测定溶液pH时，不需要预先润湿，故A正确；
B.蒸馏实验中，忘记加沸石，应停止加热，冷却后加入沸石，故B错误；
C.溴水能腐蚀橡胶，要量取15.80mL溴水，须使用酸式滴定管，故C错误；
D.用高锰酸钾或铁氰酸钾溶液检验FeCl3溶液中混有的Fe2+，故D错误；
故选A。
5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含0.1NA个NH4+
B.7.8gNa2S晶体中含有0.1NA个Na2S分子
C.若100mL某饮料中含钠23mg，则钠离子浓度为0.01mol·L-1
D.28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含有NA个碳碳双键
【答案】C
【详解】A.铵根离子会发生水解反应而消耗，所以1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含铵根离子的数目小于0.1NA个，A错误；
B.Na2S是离子化合物，在固体中也没有Na2S分子，B错误；
C.n（Na+）=0.023g÷23g/mol=0.001mol，故c（Na+）=0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，C正确；
D.若28g为乙烯，其物质的量是1mol，含有NA个碳碳双键；若全为丙烯，则其物质的量小于1mol，因此含有的碳碳双键数目就小于NA个，D错误；
故合理选项是C。
6.下列离子方程式书写正确的是（）
A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：
S2O32-+6H+=2S↓+3H2O
B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
C.AgNO3与过量浓氨水反应的离子方程式：
Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+
D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：
n（HNO3）=1：
2时，3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【详解】A.电荷不守恒，Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：
S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故A错误；
B.因为Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为CO32-+H2O+CO2+2Na+=2NaHCO3↓，故B错误；
C.向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，开始会生成氢氧化银白色沉淀，但是氢氧化银会溶于过量的氨水中，反应生成氢氧化银氨溶液，会出现沉淀然后消失，离子方程式为：
Ag++2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++2H2O，故C错误；
D.Fe与稀硝酸反应，当n（Fe）：
n（HNO3）=1：
2时，硝酸不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；离子方程式：
3Fe+2NO3﹣+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式的正误：
“一看”电荷是否守恒：
在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒；“二看”拆分是否恰当：
在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：
离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。
7.氯化亚铜（CuC1）是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。
某小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuC1，并进行相关探究。
下列说法正确的是（）
A.制备CuC1时产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和NaC1溶液中除去
B.Cu2（OH）2Cl2在200℃时反应的化学方程式为：
Cu2（OH）2Cl2
2CuO+2HCl↑
C.X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl2·2H2O加热过程可能的水解
D.CuC1与稀硫酸反应离子方程式：
2CuCl+4H++SO42-=2Cu2++2Cl-+SO2↑+2H2O
【答案】B
【分析】A.Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收；
B.Cu2（OH）2Cl2加热至200℃时生成CuO，结合原子守恒书写化学方程式；
C.X气体是用于抑制CuCl2水解；
D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+。
【详解】A.制备CuC1时产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和NaC1溶液中的溶解度小，不能被吸收除去，故A错误；
B.Cu2（OH）2Cl2加热至200℃时生成CuO，结合原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：
Cu2（OH）2Cl2
2CuO+2HCl↑，故B正确；
C.CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；
D.CuC1在酸性条件下不稳定，易生成金属铜和Cu2+，故D错误。
故选B。
8.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（）
A.铁与氯气反应制氯化铁，推出铁与碘反应制碘化铁
B.CO2通入到漂白粉溶液中发生CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推出SO2通入到漂白粉溶液中发生SO2+Ca（ClO）2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C.利用可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al（OH）3，推出可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe（OH）3
D.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推出Na2O2与SO2反应可生成Na2SO3和O2
【答案】C
【详解】A.三价铁离子能氧化碘离子，所以铁与碘反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故A错误；
B.SO2通入到漂白粉溶液中，二氧化硫被次氯酸钙氧化生成硫酸钙，所以SO2通入到漂白粉溶液中不能生成CaSO3，故B错误；
C.可溶性的铝盐和铁盐都能和氨水生成沉淀，即可溶性的铝盐溶液与氨水反应制Al（OH）3，可溶性的铁盐溶液与氨水反应制Fe（OH）3，故C正确。
D.过氧化钠能氧化二氧化硫，所以Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4，不能生成Na2SO3，故D错误；
答案选C。
9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
选项
实验操作
现象
结论
A
将铜粉加入1.0mol/LFe2（SO4）3溶液中
溶液变为蓝色
金属铁比铜活泼
B
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝不滴落下来
氧化铝的熔点高于铝的熔点
C
常温下，用pH计测0.1mol/LNaX溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液的pH
前者小于后者
酸性：
HX>H2CO3
D
向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，再加入银氨溶液
未出现光亮银镜
蔗糖未发生水解
【答案】B
【详解】A.由于发生反应：
Cu+Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4，不能证明金属铁比铜活泼，A错误；
B.加热发生反应：
4Al+3O2
2Al2O3，熔化后的液态铝不滴落下来，就是由于在熔化的Al表面包裹了一层致密的Al2O3，所以可以证明氧化铝的熔点高于铝的熔点，B正确；
C.Na2CO3溶液的pH大，可知阴离子的水解程度大，则对应HCO3-的酸性弱，即酸性为HX>HCO3-，不能证明HX与H2CO3的酸性强弱，C错误；
D.向10%的蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，由于该溶液为酸性，没有用碱将催化剂硫酸中和，所以再加入银氨溶液，未出现光亮银镜，不能证明蔗糖是否发生水解反应，D错误；
故合理选项是B。
10.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。
目前，科学家发现了一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。
下列有关说法正确的是（）
A.“常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体
B.“气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质
C.18g“气态冰”的体积为22.4L
D.构成“气态冰”的分子中含有极性共价键
【答案】D
【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故A错误；
B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故B错误；
C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于22.4L，故C错误；
D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故D正确。
故选D。
11.根据下表中的信息判断，下列说法错误的是（）
A.第①组反应的氧化产物为O2
B.第②组反应中C12与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：
2
C.第③组反应中生成3molC12，转移6mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序为C1O3->C12>Fe3+
【答案】C
【详解】A.H2O2中O元素的化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2反应的氧化产物为O2，A正确；
B.②中溴元素的化合价没有变化，Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+，发生的反应为3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：
2，若小于1:
2，也只发生该反应，B正确；
C.在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3mol氯气转移5mol电子，生成1molCl2转移
mol电子，C错误；
D.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，物质的氧化性：
ClO3-＞Cl2，Cl2氧化FeBr2生成FeBr3，则氧化性：
Cl2＞Fe3+，因此物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO3-＞Cl2＞Fe3+，D正确；
故合理选项是C。
12.X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素且原子序数依次增大。
X有三种核素，质量数之比为1∶2∶3，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。
下列说法中错误的是（）
A.简单氢化物的稳定性：
W>M
B.简单离子半径：
r（M）>r（W）>r（Y）>r（Z）
C.X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物
D.Y、W分别与X形成的最简单化合物相遇会出现白烟
【答案】C
【详解】A.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。
X有三种核素，质量数之比为1∶2∶3，则X是氢元素；Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Y是氮元素；Z和M同主族，Z只能是第二周期的元素，若Z是氧元素，M是硫元素；若Z是氟元素，M是氯元素，则W元素不属于短周期主族元素。
综上，Z为氧元素，M为硫元素，W为氯元素。
A.由于非金属性：
Cl>S，故氢化物的稳定性：
HCl>H2S，故A项正确；
B.M和W对应的简单离子为：
S2−和Cl−，由于二者核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，故r（S2−）>r（Cl−）；Y和Z形成的简单离子分别为：
N3−和O2−，二者核外电子排布相同，离子半径：
r（N3−）>r（O2−）；由于电子层数越多半径越大，故r（S2−）>r（Cl−）>r（N3−）>r（O2−），故B项正确；
C.H、N、O三种元素可以形成NH4NO3，化合物中含有离子键，属于离子化合物，故C项错误；
D.N、Cl与H形成化合物分别为：
NH3和HCl，二者相遇会生成NH4Cl固体颗粒，有白烟出现，故D项正确，
故选C。
13.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（）
A.504mLB.336mLC.224mLD.168mL
【答案】B
【详解】1.92gCu的物质的量为n（Cu）=
=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3
NO、NO2
HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）=
=0.015mol，V（O2）=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是：
首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。
计算公式如下：
n（氧化剂）×得电子原子数×原子降价数＝n（还原剂）×失电子原子数×原子升价数。
利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。
14.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。
实验装置如图所示：
下列说法正确的是（）
A.实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞K
B.b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液
C.装置e的作用是收集一氧化碳气体
D.用上述装置（另择试剂）可以制备氢气并探究其还原性
【答案】D
【分析】探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体，a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在，据此分析判断选项。
【详解】通过上述分析可知装置图中各个装置的作用分别是：
a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过d加热和锌发生反应，生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在。
A.实验开始时，装置内含有空气，若先点燃酒精灯，锌与空气反应产生ZnO，无法使CO2与ZnO反应，所以应该先打开活塞K，使CO2充满整个装置后再点燃酒精灯，A错误；
B.通过前面分析可知b中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，用来除去杂质氯化氢；c中试剂为浓硫酸，用来干燥CO2气体；f中试剂为银氨溶液，验证一氧化碳的存在，B错误；
C.装置e的作用是分离二氧化碳与一氧化碳的混合气体，C错误；
D.由于在实验室中是用稀盐酸与Zn粒反应制取氢气，反应不需要加热，因此也可以使用启普发生器制取，然后用饱和食盐水或水除HCl杂质，用浓硫酸干燥氢气，再通过盛有CuO的干燥管来验证H2的还原性，e作安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，氢气是可燃性气体，在排放前要进行尾气处理，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了物质性质、实验过程分析、气体除杂和气体性质的理解应用，注意装置的作用的分析判断，掌握基础知识和基本技能是解题关键，题目难度中等。
15.已知：
①H＋（aq）＋OH－（aq）===H2O（l）ΔH1＝－57.3kJ·mol－1，
②H2（g）＋
O2（g）===H2O（g）ΔH2＝－241.8kJ·mol－1，下列有关说法正确的是（）
A.向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸，反应中的能量变化如上图所示
B.H2SO4（aq）＋Ba（OH）2（aq）===BaSO4（s）＋2H2O（l） ΔH＝－114.6kJ·mol－1
C.氢气的标准燃烧热为241.8kJ·mol－1
D.若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：
ΔH>ΔH2
【答案】A
【解析】乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸放出热量小于57.3kJ，故A正确；H2SO4（aq）＋Ba（OH）2（aq）===BaSO4（s）＋2H2O（l） 由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，故C错误；若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：
ΔH<ΔH2，故D错误。
二、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
16.芳香族化合物A与
互为同分异构体，A苯环上的一氯代物只有一种结构,则A可能的结构有（）
A.5种B.6种C.7种D.8种
【答案】C
【详解】有2个相同的取代基处于对位时，一氯代物只有一种，如
；将取代基换成2个—Br和2个—CH3，分子为轴对称或者中心对称时，一氯代物只有一种。
中心对称分子有1种，
；轴对称分子有5种，分别为
、
、
、
、
；共7种；
答案选C。
17.化合物
（a）、
（b）、
（c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是（）
A.a、b、c都属于芳香族化合物B.a、b、c都能使溴水褪色
C.由a生成c的反应是氧化反应D.b、c互为同分异构体
【答案】D
【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c
分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。
18.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。
下列说法不正确的是（ ）
A.原子半径：
Z＞W＞Y＞X
B.Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键
C.元素Y与X、Z都能组成两种化合物
D.乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性
【答案】B
【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。
【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：
Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。
【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。
原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。
19.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（）
A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C.用装置丙稀释反应后的混合液
D.用装置丁测定余酸的浓度
【答案】C
【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；
B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；
C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；
D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；
选C。
20.实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：
下列分析正确的是（）
A.①中采用蒸馏的方法精制粗盐水
B.②中阳极的主要电极反应：
4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.③中制备漂白液的反应：
Cl2+OH-=Cl-+HClO
D.②、③、④中均发生了氧化还原反应
【答案】D
【详解】A.①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方
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