【化学】浙江省浙东北联盟（ZDB）2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】浙江省浙东北联盟（ZDB）2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

浙江省浙东北联盟（ZDB）2019-2020学年高一上学期期中考试试题 总分：100分 考试时间：90分钟 相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 S－32 Cl－35.5 Ca－40 Fe－56 Cu－64‎ 一、选择题（每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项符合题意）‎ ‎1.下列由美国《科学》杂志评出的年度科学进展的四项研究，主要属于化学领域的是（ ）‎ A. 研制高温超导材料 B. 绘制癌症基因图谱 C. 观测太阳系外行星 D. 计算物质世界重量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 研制高温超导材料是化学研究的范畴，故A正确；‎ B. 绘制癌症基因图谱，属于生物研究的内容，故B错误；‎ C. 观测太阳系外行星，属于天文学研究的内容，故C错误；‎ D. 计算物质世界重量，是物理学研究范畴，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.下列仪器名称为“冷凝管”的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图为球形干燥管，故A不符；‎ B、图为“冷凝管”，故B符合；‎ C、图为分液漏斗，故C不符；‎ D、图为容量瓶，故D不符；‎ 故选B。‎ ‎3.下列氧化物中属于酸性氧化物的是（ ）‎ A. CuO B. CO C. SO2 D. MnO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物，能与酸反应生成盐和水的氧化物叫做碱性氧化物．‎ ‎【详解】A. CuO与酸反应生成盐与水，属于碱性氧化物，故A不符；‎ B. CO不与酸、碱反应，既不属于酸性氧化物也不属于碱性氧化物，故B不符；‎ C. SO2与碱反应生成盐与水，属于酸性氧化物，故C符合；‎ D. MnO2不与稀酸、碱反应，既不属于酸性氧化物也不属于碱性氧化物，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎4.下列分散系不能产生“丁达尔效应”是（ ）‎ A. 淀粉溶液 B. 硫酸铜溶液 C. Al（OH）3胶体 D. 有色玻璃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液。丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路。丁达尔现象是胶体特有的性质，只有胶体分散系才能发生丁达尔效应。‎ ‎【详解】A. 淀粉溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，故A不选；‎ B. 硫酸铜溶液，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故B选；‎ C. Al（OH）3胶体，属于胶体，能产生丁达尔效应，故C不选；‎ D. 有色玻璃为固溶胶，属于胶体能产生丁达尔效应，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎5.1911年，卢瑟福（英国）是根据以下哪个实验研究或现象，提出了带核的原子结构模型（ ）‎ A. 元素化合时的质量比例关系 B. 研究阴极射线的质荷比 C. 研究氢原子光谱 D. α粒子散射实验 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1911年英国科学家卢瑟福做了一个实验：用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的粒子轰击金箔，结果是大多数粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，但也有一小部分改变了原来的方向，还有极少数的粒子被反弹了回来．据此他提出了带核的原子结构模型：原子是由原子核和核外电子构成．这个实验就是：α粒子散射实验。‎ 故选D。‎ ‎6.下面是四位同学学完《认识原子核》这节内容后，对这节内容的认识，不正确的是（ ）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 大多数元素都有2-3种同位素原子，所以原子的种类大于元素的种类，A正确；‎ B. 原子有原子核和核外电子构成，原子核有质子和中子构成，质子和中子的相对质量约为1，而核外电子为质子质量的，故原子的质量主要集中在原子核上，B正确；‎ C. 所有的原子一定含有质子和中子，但并不是所有的原子都含有中子，比如不含中子，C错误；‎ D. 12C和13C都是C元素的原子，都含有6个质子，但是中子数不同，所以它们互为同位素，D正确；‎ 故合理选项为C。‎ ‎7.下列变化是氧化还原反应的是（ ）‎ A. CaO＋CO2＝CaCO3 B. SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O C. NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑ D. 2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】有元素化合价变化的反应，一定为氧化还原反应。‎ ‎【详解】A. CaO＋CO2＝CaCO3，反应中各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，故A错误；‎ B. SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O，反应中各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，故B错误；‎ C. NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，反应中各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，故C错误；‎ D 2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，反应中硫元素化合价降低，铁元素化合价升高，所以属于氧化还原反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.如图，进行导电性实验，图1灯泡不亮，图2灯泡亮，下列结论正确的是（ ）‎ A. NaCl是非电解质 B. NaCl晶体中不存在离子 C. NaCl在水中电离出了可以自由移动的离子 D. NaCl溶液是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，电解质溶液导电是因为电解质发生了电离过程．根据原电池的工作原理和构成条件：电解质溶液必须含有大量自由移动离子，电解质中阴阳离子的定向移动形成电流．‎ ‎【详解】A. NaCl是强电解质，故A错误；‎ B. NaCl晶体由钠离子和氯离子构成，只是不能自由移动，故B错误；‎ C.NaCl在水溶液中电离出了大量的自由移动的氯离子和钠离子，能使装置2构成电解池而产生电流，故C正确；‎ D. NaCl溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下列物质在水溶液中能电离且电离方程式正确的是 A. MgCl2＝Mg2＋＋Cl2－ B. CH3CH2OH（乙醇）＝CH3CH2O－＋H＋‎ C. NaHSO4＝Na＋＋HSO4－ D. KMnO4＝K＋＋MnO4－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MgCl2为强电解质，电离出氯离子和镁离子，电离方程式为MgCl2＝Mg2＋＋2Cl ‎－，故A错误；‎ B. CH3CH2OH为非电解质，故B错误；‎ C. 硫酸氢钠是强电解质，NaHSO4＝Na＋＋H++SO42－，故C错误；‎ D. KMnO4为强电解质，KMnO4＝K＋＋MnO4－，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.下列图示操作不是用于物质的分离提纯的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图为过滤装置，可分离不溶性固体与液体，故A不选；‎ B．图为配制一定体积，一定物质的量浓度溶液的装置，不属于物质分离提纯，故B选；‎ C．图为分液装置，可分离互不相溶的两种液体，故C不选；‎ D．图为蒸发装置，可分离可溶性固体与液体，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎11.14C的放射性可用于考古断代。在高层大气中，由宇宙射线轰击14N可转变为14C。下列说法正确的是（ ）‎ A. 14C核素的中子数为8 B. 14C原子的最外层有6个电子 C. 14C和14N互为同位素 D. 14C16O2的摩尔质量为46‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 14C核素的中子数为14-6=8，故A正确；‎ B. 14C原子的核电荷数为6，核外有2个电子层，最外层有4个电子，故B错误；‎ C. 14C和14N的核电荷数分别为6和7，是质量数相同的两种不同元素的原子，不是互为同位素，故C错误；‎ D. 14C16O2的摩尔质量为46g·mol－1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.下列关于氧化物的叙述正确的是（ ）‎ A. 酸性氧化物均可跟碱反应 B. 酸性氧化物在常温常压下均为气态 C. 金属氧化物都是碱性氧化物 D. 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物均可以跟碱反应，故A正确；B、酸性氧化物可以是气体、固体，如SiO2，Mn2O7等为固体，故B错误；C、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物，故A错误；D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应，如NO，故D错误；故选A。‎ ‎13.下列实验操作不正确的是（ ）‎ A. 溶液蒸发结晶时，蒸发皿下不用垫石棉网 B. 进行蒸馏时，要加碎瓷片防止暴沸 C. 进行分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 分离苯和四氯化碳，可加适量水，然后分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸发皿可以直接加热，溶液蒸发结晶时，蒸发皿下不用垫石棉网，故A正确；‎ B. 液体剧烈沸腾时容易冲出容器，进行蒸馏时，要加碎瓷片防止暴沸，故B正确；‎ C. 分液就是为了把两种液体给分开。下层的容器壁上有沾有下层液体，如果下层液体放出后，上层液体也从下层放开，那么上层液体也混入了下层液体，没有达到分离的目的，进行分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；‎ D. 苯和四氯化碳均属于有机物，二者互溶，应该根据沸点不同，用蒸馏的方法分离，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎14.反应：S＋2H2SO4（浓） 3SO2↑＋2H2O，氧化剂与氧化产物的分子个数之比是（ ）‎ A. 2：1 B. 2：3 C. 1：3 D. 1：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸中硫化合价从+6降到了+4价，硫酸中硫元素化合价降低，硫酸是氧化剂，硫单质中S元素化合价也从0价升高到了+4价，硫单质变现了二氧化硫，发生氧化反应，氧化剂与氧化产物的分子个数之比是2:1，‎ 故选A。‎ ‎15.在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当两个容器内温度和气体密度相等时，说法正确的是 (　　)‎ A. 两种气体的压强相等 B. O2比O3质量小 C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的氧原子数目相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成的同素异形体，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)＝3:2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3:2，故A错误；‎ B、同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；‎ C、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)＝3:2，故C错误；‎ D、相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，因此O原子数目相等，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎16.下列溶液中Cl－浓度最大的是（ ）‎ A. 50mL 1 mol/L KCl溶液 B. 20mL 3 mol/L NaCl溶液 C. 25mL 2 mol/L MgCl2溶液 D. 10mL 1.5 mol/L AlCl3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 50mL 1 mol/L KCl溶液，溶液中Cl－浓度是 1 mol·L－1；‎ B. 20mL 3 mol/L NaCl溶液，溶液中Cl－浓度是 3 mol·L－1；‎ C. 25mL 2 mol/L MgCl2溶液，溶液中Cl－浓度是 4 mol·L－1；‎ D. 10mL 1.5 mol/L AlCl3溶液，溶液中Cl－浓度 4.5mol·L－1；‎ 故选D。‎ ‎17.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 5.6g铁在足量氯气中燃烧，铁失去电子数为0.2NA B. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA C. 9g重水（2H216O）中含有的电子数为5NA D. 0.5 mol/L MgCl2溶液中，含有的Cl－个数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 5.6g铁为0.1mol，在足量氯气中燃烧，生成氯化铁，铁失去电子数为0.3NA，故A错误；‎ B. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为 =2NA，故B正确；‎ C. 9g重水（2H216O）中含有的电子数为=4.5NA，故C 错误；‎ D. 0.5 mol/L MgCl2溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算含有的Cl－个数，故D错误；‎ 故选B ‎18.将6.2 g Na2O加入到m g水中，形成的溶液中Na＋和H2O的个数比为1：10，则m等于（ ）‎ A. 18 B. 19.8 C. 37.8 D. 36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】n（Na2O）==0.1mol，根据氧化钠与水反应可知：‎ ‎ ‎ n（Na＋）=n（NaOH）=0.2mol，反应消耗水的物质的量为0.1mol，反应后得到的溶液中Na＋和水分子的个数比为1：10，则反应后溶液中水的物质的量为10×0.2mol=2mol，开始时所用的水的物质的量为：2mol+0.1mol=2.1mol，质量为：2.1mol×18g·mol－1=37.8g；‎ 故选C。‎ ‎19.下列关于氯及其化合物的说法中正确的是（ ）‎ A. Cl2的氧化性很强，铁丝在氯气中燃烧产生大量白烟，产物为FeCl3‎ B. H2在Cl2中燃烧，火焰呈苍白色，工业上利用该反应原理生产盐酸 C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HClO D. 将氯水滴在pH试纸上一定显红色，因为氯水中含有HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁丝在氯气中燃烧生成棕褐色的固体三氯化铁，所以可以看到产生大量的棕褐色的烟，产物为FeCl3，故A错误；‎ B. H2在Cl2中燃烧，火焰呈苍白色，用水吸收得盐酸，工业上利用该反应原理生产盐酸，故B正确；‎ C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HCl，HClO的酸性比碳酸弱，故C错误；‎ D. 将氯水滴在pH试纸上开始显红色，红色马上褪去，因为氯水中含有HClO，将试纸漂白，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎20.如图：A处通入氯气，关闭B时，C中红色布条颜色无变化；当打开B时，C处红色布条颜色褪去。则相关判断正确的是（ ）‎ A. 通入的Cl2含有水蒸气 B. D中不可能是浓H2SO4‎ C. D中可能是水 D. D中可能是饱和食盐水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处红色布条无变化，说明D处可以干燥氯气或吸收氯气。‎ ‎【详解】A. 实验现象说明通入的氯气含有水份，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，故A正确；‎ B. D中可以是浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，故B错误；‎ C. D中是水时，会有潮湿的氯气进入试管中，氯气和水反应产生的次氯酸使有色布条褪色，故C错误；‎ D. D中是饱和食盐水时，氯气通过后会含有水蒸气，遇到有色布条褪色，因为氯气含水蒸气，反应生成次氯酸起漂白作用，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎21.某溶液中含有较大量的Cl﹣、、OH﹣等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（　　）‎ ‎①滴加Mg（NO3）2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液 A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】检验氯离子用AgNO3溶液，检验氢氧根离子可用Mg(NO3)2溶液，检验碳酸根离子可用Ba(NO3)2溶液；由于碳酸根离子能与AgNO3溶液、Mg(NO3)2溶液反应，分别生成碳酸银沉淀、碳酸镁沉淀，故要先检验CO32-，再检验OH-和Cl-；由于OH-与Ag+结合形成极不稳定的氢氧化银，故要先检验OH-；仅用一份样品溶液，可先滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明含有碳酸根离子，过滤，向滤液中再滴加Mg(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明含有OH-，过滤，再向滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有氯离子，故正确的实验操作顺序是④②①②③；‎ 故答案选B。‎ ‎22.下列关于离子的检验及结论一定正确的是（ ）‎ A. 加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则溶液中一定有CO32－‎ B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则溶液中一定有SO42－‎ C. 加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，则一定含有NH4＋‎ D. 用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色。则试样中一定有Na＋，不含有K＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入稀盐酸有气体生成，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则溶液中可能有HCO3－、CO32－，HSO3－、SO32－，故A错误；‎ B. 加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能是AgCl、BaSO4，则溶液中可能有SO42－或Ag+，故B错误；‎ C. 加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近管口变蓝，该气体是NH3，则一定含有NH4＋，故C正确；‎ D. 用铂丝蘸取试样进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，则试样中一定有Na＋，可能含有K＋，还需透过蓝色钴玻璃观察，才能确定有无K+，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎23.下列关于物质分离提纯的描述不正确的是（ ）‎ A. 分离KCl和MnO2混合物的步骤：加水溶解、过滤，滤渣洗涤后干燥，滤液蒸发结晶 B. 蒸馏提纯时温度计的位置如图1所示，收集的产品中混有低沸点杂质 C. NaCl晶体中混有少量KNO3杂质的分离方法为：加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 D. 萃取溴水时，加入适量CCl4，转移至分液漏斗中，如图2，用力振摇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KCl易溶于水，MnO2难溶于水，分离KCl和MnO2混合物应用过滤法，步骤：加水溶解、过滤，滤渣洗涤后干燥，滤液蒸发结晶，故A正确；‎ B. 蒸馏时，温度计是测量从蒸馏烧瓶的支管口出去的蒸汽的温度，蒸馏提纯时温度计的位置如图1所示，收集的产品中混有低沸点杂质，故B正确；‎ C.根据NaCl的溶解度随温度变化不大，KNO3 的溶解度随温度变化大，NaCl晶体中混有少量KNO3杂质的分离方法为：加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，KNO3留在母液中，故C正确；‎ D. 萃取溴水时，加入适量CCl4，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，萃取分液时，加入萃取剂后，应使液体混合均匀，两手分别顶住玻璃活塞，使分液漏斗倒转过来，不能用力振摇，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎24.某固体混合物中可能含有：SiO2、Na2O、CaO、CuO、Fe2O3。现将该固体进行如下实验（所加试剂均过量）：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 该混合物一定含有CuO、SiO2，可能含有Na2O B. 该混合物可能含有Fe2O3‎ C. 该混合物一定不含CaO和Na2O D. 无法确定是否含有CaO和Fe2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】加盐酸时，因Na2O、CaO、CuO、Fe2O3均与盐酸反应，只有二氧化硅不溶，则固体1为SiO2，二氧化硅能够与氢氧化钠反应，因此溶液3中含有硅酸钠；溶液1中可能含钠离子、钙离子、铜离子、铁离子，加入稀NaOH时，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，则原混合物含有CuO，不含Fe2O3，溶液2中通入二氧化碳无明显现象，可知溶液1中不含钙离子，则原混合物不含CaO，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，原混合物一定含SiO2、CuO，不存在Fe2O3、CaO，不能确定是否含Na2O。‎ A．该混合物一定含有CuO、SiO2，可能含有Na2O，故A正确；‎ B．该混合物一定不含Fe2O3，故B错误；‎ C．不能确定该混合物是否含Na2O，故C错误；‎ D．由上述实验可知，一定不含CaO、Fe2O3，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎25.根据表中信息判断，下列选项不正确的是（ ）‎ 反应 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 反应物 FeCl3、Cu FeBr2、Cl2（少量）‎ KMnO4和浓盐酸 生成物 CuCl2……‎ FeCl3、FeBr3‎ MnCl2、Cl2……‎ A. 反应①的另一产物不可能是Fe B. 反应②中若FeBr2与过量Cl2反应有Br2生成，说明还原性：Fe2＋＞Br－‎ C. 反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8‎ D. 氧化性由强到弱顺序为：MnO4－＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，FeCl3、Cu反应生成CuCl2、FeCl2，不可能生成铁，故A正确；‎ B、当只有少量氯气时，由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，反应②中若FeBr2与过量Cl2反应有Br2生成，说明还原性：Fe2＋＞Br－，故B正确；‎ C、由信息可知，MnO4－氧化Cl－为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，配平方程式:2MnO4－＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:10=1:5，故C错误；‎ D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由①氧化性Fe3＋＞Cu2＋，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3＋，由②可知Fe3＋不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3＋，氧化性由强到弱顺序为：MnO4－＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋，故D正确。‎ 故选C。‎ 二、非选择题（共50分）‎ ‎26.按要求填空：‎ ‎（1）S2－的结构示意图为__________；7 g 35Cl2所含的中子数为________。‎ ‎（2）下列物质中，能导电的有____________；属于电解质的是_________。‎ ‎①石墨②CO2 ③液态HCl ④Na2CO3固体 ⑤熔融Al2O3 ⑥葡萄糖 ⑦KOH溶液 ‎（3）工业上电解饱和食盐水制氯气化学方程式为_____________，用双线桥表示其电子转移。‎ ‎【答案】(1). (2). 3.6NA (3). ①⑤⑦ (4). ③④⑤ (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）硫是16号元素，得2个电子形成硫离子，S2－的结构示意图为；7 ‎ g 35Cl2所含的中子数为×（35-17）×NA=3.6NA；‎ ‎（2）含有自由移动离子或电子的物质能导电，①石墨中含有自由移动电子⑤熔融Al2O3 ⑦KOH溶液中含有自由移动离子，能导电的有①⑤⑦；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，所以属于电解质的是③液态HCl ④Na2CO3固体 ⑤熔融Al2O3 ；而①石墨属于单质 ⑦KOH溶液属于混合物，不属于电解质；②CO2 ⑥葡萄糖属于非电解质；‎ ‎（3）工业上电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，用双线桥表示其电子转移：。‎ ‎27.为了提纯氯化钠固体（混有硫酸钠、碳酸铵杂质），设计了如下实验方案，请回答：‎ ‎（1）操作①在加热时盛装混合物的仪器可选择__________。‎ ‎（2）操作②若改为加硝酸钡溶液，对本实验的影响是__________。‎ ‎（3）进行操作②后，判断SO42－已除尽的方法是__________。‎ ‎（4）操作③的目的是_____________。‎ ‎（5）操作⑤蒸发结晶的具体操作为____________。‎ ‎【答案】(1). 坩埚或大试管 (2). 引入NO3－ (3). 取操作②后的溶液少许于一试管中，静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42－已沉淀完全。 (4). 利用碳酸钠除去过量的钡离子 (5). 可将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】混有硫酸钠、碳酸铵杂质的氯化钠固体，由流程可知，①中发生加热条件下分解反应，分解后的固体溶于水后，与氯化钡反应除去硫酸根离子，再利用碳酸钠除去过量的钡离子，过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠，加盐酸除去碳酸钠后溶质为NaCl，蒸发得到纯净的NaCl。‎ ‎【详解】（1）加热固体，应在坩埚中进行，操作①在加热时盛装混合物的仪器可选择坩埚或大试管。‎ ‎（2）除杂时不能引入新的杂质，操作②若改为加硝酸钡溶液，对本实验的影响是引入NO3－。‎ ‎（3）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已全部沉淀，判断方法为取操作②后的溶液少许于一试管中，静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42－已沉淀完全。‎ ‎（4）操作③的目的是利用碳酸钠除去过量的钡离子。‎ ‎（5）由氯化钠溶液得到固体氯化钠，操作⑤蒸发结晶的具体操作为:可将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干。‎ ‎28.如图为实验室中浓硫酸试剂瓶标签上的部分内容，请回答问题。‎ ‎（1）该硫酸的物质的量浓度是________mol/L。‎ ‎（2）某实验需要90mL3.0mol/L稀硫酸，配制该溶液，经计算，需要用量筒量取___mL浓硫酸。‎ ‎（3）在下列配制过程示意图中，有错误的是（填写序号）________。‎ ‎（4）下列情况会引起所配稀硫酸浓度偏高的是________。‎ A 用蒸馏水将量筒中残留的硫酸洗出合并 B 容量瓶洗涤后，未经干燥处理 C 溶液未能冷却就定容 D 未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎【答案】(1). 18 (2). 16.7 (3). ①④ (4). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据c= 带入数据进行计算；‎ ‎（2）根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，没有90mL的容量瓶，以100mL容量瓶计算； ‎ ‎（3）根据正确配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤进行分析；‎ ‎（4）根据c= 进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）根据c= ，该浓硫酸的物质的量浓度为：c=mol·L－1=18.0mol·L－1。‎ ‎（2）根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，没有90mL的容量瓶，以100mL计算，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.0mol·L－1=100mL×3mol·L－1，解得：x≈16.7；‎ ‎（3）①应将浓硫酸倒入水；②引流操作正确；③用玻璃棒引流，操作正确；④读数时视线与凹液面最低处相切，故选①④。‎ ‎（4）A、用蒸馏水将量筒中残留的硫酸洗出合并，取浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高，故A正确；‎ B、最后需要加水定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；‎ C、溶液有热胀冷缩的性质，浓硫酸稀释，放出大量的热，溶解后未恢复室温立即转移到容量瓶中定容，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，故C正确；‎ D、未洗涤烧杯和玻璃棒，移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎29.实验室可用如图装置制得氯气并与铝粉反应制备无水AlCl3。已知AlCl3在183°C升华，遇潮湿空气即反应产生大量白雾。请回答问题：‎ ‎（1）A中反应的化学方程式为_________；HCl在反应中表现出的性质为______（填：酸性、氧化性或还原性）。‎ ‎（2）A中g管的作用是________。‎ ‎（3）B中盛放饱和食盐水的作用是________；若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管，B中可观察到的现象为________。‎ ‎（4）C和F所装试剂相同，其中F的作用是___________。‎ ‎【答案】(1). MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2). 酸性、还原性 (3). 平衡气压,使盐酸顺利流出,并防止漏气 (4). 除去混有的HCl气体 (5). 长颈漏斗中液面上升或瓶中液面下降 (6). 防止G中水分扩散到E中与产品反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据所给的装置图可知，A装置制取氯气：二氧化锰和浓盐酸反应生成二氯化锰和氯气以及水，反应的离子方程式为：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2 ↑+2H2O，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，C装置进行氯气干燥，干燥后的氯气进入D装置与铝反应，2Al+3Cl22AlCl3，E收集产品，F防止空气中的水蒸气进入E装置，氯气有毒，通过G吸收．‎ ‎【详解】（1）根据所给的装置图可知，A装置制取氯气：二氧化锰和浓盐酸反应生成二氯化锰和氯气以及水，A中反应的化学方程式为：MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O；HCl在反应中一部分氯化合价不变，一部分氯化合价升高，表现出的性质为酸性、还原性。‎ ‎（2）A中g管的作用是平衡气压，使盐酸顺利流出，并防止漏气。‎ ‎（3）A装置制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气在饱和食盐水中溶解度小，B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；若D中生成的AlCl3凝华堵塞导管，B中可观察到的现象为长颈漏斗中液面上升或瓶中液面下降。‎ ‎（4）C和F所装试剂相同，其中F的作用是防止G中水分扩散到E中与产品反应。‎ ‎30.（1）工业上用112 L（标准状况）氯气与足量石灰乳反应，制得的漂白粉中有效成分Ca（ClO）2的最大含量为___________mol。‎ ‎（2）向一定量石灰乳中缓慢通入氯气，随着反应的进行，温度升高，开始产生Ca（ClO3）2。体系中ClO－和ClO3－的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线如图1所示（不考虑氯气和水的反应）。‎ ‎①t2时刻后，溶液中ClO－和ClO3－的物质的量之比为_____________。‎ ‎②该反应过程中消耗Ca（OH）2的质量为_____________。‎ ‎（3）向Ca（ClO3）2浓溶液中加入稍过量的KCl固体可转化为KClO3，如图2，从该溶液中分离出KClO3固体的实验方法是________________（不要求填具体操作步骤）。‎ ‎【答案】(1). 2.5 (2). 2:1 (3). 37g (4). 冷却结晶法或降温结晶法 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据方程式2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O进行计算；‎ ‎（2）当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图1中曲线I表示离子ClO－的物质的量随反应时间变化的关系，图中曲线Ⅱ表示ClO3－的物质的量随反应时间变化的关系；据图像及氧化还原反应中得失电子数相等进行分析和计算；‎ ‎（3）从图2看出KClO3溶解度受温度影响比较大，可用冷却热饱和溶液的方法，从溶液中分离出KClO3固体。‎ ‎【详解】（1）n(Cl2)= =5mol，根据方程式：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，n(Ca（ClO）2)= =2.5mol；‎ ‎（2）当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图1中曲线I表示离子ClO－的物质的量随反应时间变化的关系，图中曲线Ⅱ表示ClO3－的物质的量随反应时间变化的关系；‎ ‎①t2时刻后，溶液中ClO－和ClO3－的物质的量之比为0.2:0.1=2:1；‎ ‎②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl－的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.20mol×1+0.1mol×5=0.70mol，含氯离子的物质的量为：0.70mol+0.2mol+0.1mol=1.0mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×74g·mol-1=37g；‎ ‎（3）向Ca（ClO3）2浓溶液中加入稍过量的KCl固体可转化为KClO3，从图2看出KClO3溶解度受温度影响比较大，可用冷却热饱和溶液的方法，从溶液中分离出KClO3固体，即：冷却结晶法或降温结晶法。‎