【文档说明】【精准解析】贵州省黔西南布依族苗族自治州晴隆县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题.doc，共(22)页，484.000 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省晴隆县第二中学2019-2020学年上学期期末考试高一化学分卷I一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)1.下面做法或物质用途的叙述中错误的是()A.盐卤可用于制豆腐B.活性炭作吸附剂C.以无水酒精作外科消毒剂D.明矾作净水剂【答案】C【解析】【详解】A.盐卤可

用于制豆腐利用的是胶体遇到电解质发生聚沉，A正确；B.活性炭的表面积大，吸附性强，可作吸附剂，B正确；C.以70%酒精作外科消毒剂，不是无水酒精，C错误；D.明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可作净水剂，D正确；答案选C。2.下列关于

氧化还原反应的叙述，正确的是A.有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原B.在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化C.某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原D.氧化还原反应中一定有电子的得与失【答案】B【

解析】【详解】A．反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化，也被还原，故A错误；B．反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与NaOH反应中只有Cl元素的化合价变化，Na、O、H元

素的化合价没有变化，故B正确；C．元素从化合物变为单质时，可能失去电子也可能得到电子，如二氧化硫与硫化氢反应生成S，故C错误；D．氧化还原反应的本质是电子转移，则氧化还原反应中不一定有电子的得与失，可能是电子对的偏移，故D错误；故答案为

B。【点睛】准确理解氧化还原反应的概念是解题关键，当元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性，故只要结合元素在化学反应中的化合价变化，即可准确判断发生氧化反应还是还原反应。3.已知常温下，在溶液中发生如下反应：①

16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O；②2A2++B2=2A3++2B﹣；③2B-+Z2=B2+2Z-。由此推断下列说法错误的是（）A.反应Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可以进行B.Z元素在反应③中被还原，在反应①

中被氧化C.Z2可以置换出X2+溶液中的XD.氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中氧化性为XO4->Z2，2A2++B2=2A3++2B-中氧

化性为B2>A3+，2B-+Z2=B2+2Z-中氧化性为Z2>B2，以此来解答。【详解】A.由上述分析可知，氧化性Z2>A3+，则反应Z2+2A2+═2A3++2Z-能发生，A正确；B.Z元素在①中化合价升高，被氧化，而在③中元素的化合价降低，被还原，B正确

；C.由①的离子方程式为16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，可知还原性Z->X2，所以Z2不可以置换出X2+溶液中的X，C错误；D.由上述分析可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，D正确；故合理选项是C。【点

睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化及氧化性的比较方法为解答的关键，注意氧化性、还原性的比较方法及守恒法应用，侧重考查学生的分析与应用能力。4.用等质量的金属钠进行下列实验，产生氢气最多的是()A.将钠放入足量的稀盐酸中B.将钠放入足量的稀硫酸中C

.将钠放入足量的硫酸氢钠溶液中D.将钠用铝箔包好，并刺穿一些小孔，放入足量的水中【答案】D【解析】【分析】钠在水溶液中发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，若仅是钠参加反应，无论何种溶液，相同质量的钠生成的氢气的量相等，但要注意铝能与NaOH溶液反

应生成氢气。【详解】将等质量的钠投入到稀盐酸、稀硫酸、硫酸氢钠溶液中，发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，因为Na的质量相同，所以A、B、C放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液

反应生成氢气，故生成氢气要比上述三种情况多，故D项中生成氢气最多；故答案选D。5.相同状况下，在容积相同的三个烧瓶内分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，然后按上述顺序分别用水做喷泉实验。实验结束后，烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为A.3∶3

∶2B.2∶2∶3C.1∶1∶1D.无法比较【答案】C【解析】【详解】在容积相同的三个烧瓶内，分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，所以V（NH3）：V（HCl）：V（NO2）=1：1：：1，同条件下，体积之比等于物质的量之比

，所以n（NH3）：n（HCl）：n（NO2）=1：1：1。令n（NH3）=1mol、n（HCl）=1mol、n（NO2）=nmol，各自体积为V（NH3）=V（HCl）=V（NO2）=VL，对于氨气，溶液体积等于氨气气体体积，所以c（NH3）=n/Vmol/L；对于氯化氢，溶液体

积等于氯化氢气体体积，所以c（HCl）=n/Vmol/L；对于二氧化氮，与水发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知溶液体积为二氧化氮体积的2/3，生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的2/3，所

以c（HNO3）=n/Vmol/L，所以c（NH3）：c（HCl）：c（HNO3）=1：1：1。故选C。6.一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中，产生气体随时间变化的曲线如右图所示。则下列说法正确的是A.投入的Na、K一定等质量.B.

投入的Na的质量小于K的质量C.曲线a为Na，b为KD.稀盐酸的量一定是不足量的【答案】B【解析】【详解】从图像中可到两个结论：①a反应的速度比b反应的速度要快，根据K比Na活泼，可知a为K，b为Na；②根据产生其他量二者一样多，因为都为一价金属，故二者物质的量相等，质量K大于

Na；故答案选B。7.下列有关氢氧化亚铁及其制备方法的叙述中，不正确的是（）A.可利用如图所示装置，制备氢氧化亚铁B.氢氧化亚铁为灰绿色絮状沉淀C.氢氧化亚铁易被空气氧化D.实验制备中，氢氧化钠溶液应预先煮沸【

答案】B【解析】【详解】A、氢氧化亚铁易被氧气氧化，把胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液滴加氢氧化钠，可以防止氢氧化亚铁被氧化，所以可利用装置制备氢氧化亚铁，故A正确；B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，故B错误；C、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故C正确；D、加热煮沸可以除

去氢氧化钠溶液中的氧气，所以制备氢氧化亚铁时，氢氧化钠溶液应预先煮沸，故D正确；选B。【点睛】本题考查学生氢氧化亚铁的制备知识，明确氢氧化亚铁容易被氧气氧化，注意隔绝空气防止被氧气氧化是氢氧化亚铁制备成功的前提条件之一。8.在水溶液中，下列电离方程式正确的是A.Al2(SO4)

3=2Al3++3SO42-B.AlCl3=Al3++Cl3-C.Mg(NO3)2=Mg+2+2NO3-D.KMnO4=K++Mn7++4O2-【答案】A【解析】【详解】A.物质电离产生Al3+、SO42-，符合电离产生的离子个数比例关系，A正确；B.Al

Cl3电离产生Al3+、Cl-，离子符号不符合事实，B错误；C.电离产生镁离子，符号应该为Mg2+，离子符号不符合事实，C错误；D.KMnO4电离产生K+、MnO4-，不符合物质电离产生的离子符号，D错误；故合理选项是A。9.铝硅

合金(Si的质量分数为13.5%)在凝固时收缩率很小，因而这种合金适合铸造。有下列三种晶体：①铝，②硅，③铝硅合金，它们的熔点由低到高的顺序是()A.①③②B.③①②C.③②①D.②①③【答案】B【解析】【详解】合金的熔点低于其组分金属的熔点，而硅是原子晶体，其熔点

高于金属铝，因此答案选B。【点睛】该题是高考中的常见题型和考点，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。10.下列性质中体现了金属物理通性的是（）A

.铜能导电传热、有延展性B.铝常温下不溶于浓硝酸C.铁能够被磁铁磁化D.钠与水剧烈反应放出氢气【答案】A【解析】【分析】金属通性指的是金属的某些共有的物理性质，如“不透明、有金属光泽、有延展性、导热性、导电性”等。【详解】A.铜能导电传热、有延展性，属于金属的物理通性，故A正确；B

.铝常温下不溶于浓硝酸是发生了钝化，铝，铁遇到浓硫酸，浓硝酸表面生成致密的氧化膜，属于化学性质，不属于金属的物理通性，故B错误；C.铁能够被磁铁磁化是铁的特性，属于铁的物理性质，不属于金属的通性，故C错误；D.钠或者一部分活泼金属与水剧烈

反应放出氢气，属于部分金属的化学性质，不属于金属的物理通性，故D错误；答案选A。【点睛】金属通性指的是金属的某些共有的物理性质，如“不透明、有金属光泽、有延展性、导热性、导电性”等。11.在8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl反应中，

被氧化的原子与被还原的原子物质的量之比为A.8︰3B.1︰3C.3︰8D.3︰1【答案】B【解析】【详解】反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中，N元素化合价升高，由−3价升高到0价，Cl元素化合价降低，由0价降低到−1价，由方程式可知当有3molCl2

参加反应时，有8molNH3参加反应，其中有2mol被氧化，被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为2︰6=1︰3；答案选B。12.将硫磺在氧气中燃烧生成气体A，把气体A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色而B变为C；在C中加入Na2S产生气

体D，若将D通入B溶液，可得沉淀E；A、B、C、D、E中均含有硫元素。在下列各组中按A、B、C、D、E排列的是()A.SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、SB.SO2、H2SO3、H2SO4、SO2

、SO3C.SO2、H2SO4、H2SO3、SO2、SD.SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S【答案】D【解析】【详解】硫磺在氧气中燃烧生成气体二氧化硫，所以A为SO2，把气体二氧化硫溶于水得溶液H2SO3，B为H2SO3，向H2SO3中滴加溴水，亚硫酸会生

成硫酸，C为硫酸，在硫酸中加入Na2S产生气体硫化氢，D为硫化氢，将硫化氢通入到亚硫酸中，会得到硫沉淀，所以E为硫。故选D。13.下列关于硅与氢氧化钠溶液反应(Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑)的说法正确的是（）A.氧化

剂是NaOH和H2OB.氧化剂是H2OC.氧化剂是SiD.还原剂是H2O【答案】B【解析】【详解】硅与氢氧化钠溶液反应的实质是硅先与水反应，生成硅酸和氢气，氢氧化钠溶解附在硅单质表面的硅酸，生成硅酸钠和水。硅

与水先反应：Si+3H2O=H2SiO3+2H2↑，硅酸再与氢氧化钠反应：H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O，总反应方程式为Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，从过程来看，H2O中的H化合价降低，是氧化剂，Si化合价升

高，是还原剂；答案选B。14.下列有关实验的操作不正确的是（）A.分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出B.用加热分解的方法区分碳酸钠和氯化钠两种固体C.过滤氢氧化钠溶液除去不溶性杂质时，需用玻璃棒引流D.某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银

溶液，产生白色沉淀，该溶液中含有氯离子【答案】B【解析】【详解】A.分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出，A正确；B.加热碳酸钠和氯化钠两种固体，都不发生分解，都不产生明显的现象，B不正确；C.过滤氢氧化钠溶液除去不溶性杂质时，需用玻璃棒引流，C正确；D.某溶液中加入硝酸酸化的硝酸

银溶液，产生白色沉淀，该溶液中含有氯离子，D正确。故选B。15.大约4000年前，埃及人已经用硫燃烧所形成的二氧化硫漂白布匹。在古罗马著名诗人荷马的著作里讲到硫燃烧有消毒和漂白作用。下列物质都具有漂白性：①潮湿的氯气、②二氧化硫、③活性炭、④过氧化钠，其漂白原理相同的是()A.①③B.②③C

.①④D.②④【答案】C【解析】【详解】上述四种物质都具有漂白性，但漂白原理分三类，①和④是因具有强氧化性而显漂白性，③因具有吸附性，吸附色素是有色物质脱色而漂白，②是因为SO2与有色物质化合成不稳定的无色物质而漂白，故只

有①和④的漂白原理相同；本题答案为C。16.标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，下列说法不正确的是（）A.标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比为m:nB.25℃时，1kg气体A和1kg气体B的分子数之比为n:mC.同温同压下，气体A与气体B的密度

之比为m:nD.标准状况下,等质量的A和B的体积比为m:n【答案】D【解析】【详解】标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，因此根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量是相等的，所以二者的摩尔质量之比

是m:n。所以在质量相等的条件下，二者的分子数之比是n:m，体积之比也是n:m；在相同条件下，气体的密度之比是摩尔质量之比，即二者的密度之比是m:n，所以只有选项D不正确，答案选D。17.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小

组取ag工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体。则该样品中纯碱的质量分数是（）A.b-aa×100%B.168(a-b)51a×100%C.84(b-a)11a×100%D.106(b-

a)11a×100%【答案】D【解析】【详解】设样品中碳酸钠的质量是m；2322NaCO2HCl2NaClCOHO10611711mxba106b-ag11x该样品中纯碱的质量分数是106b-ag11100%ag106(b-a)1

1a×100%，故选D。18.下列有关硅及其化合物的说法正确的是()A.晶体硅具有金属光泽、能导电，属于金属材料B.硅的化学性质比较稳定，在自然界中主要以游离态存在C.二氧化硅是一种酸性氧化物，能够与水反应生成相应的酸D.加入适量的稀盐酸可以除去

二氧化硅中混有的碳酸钙【答案】D【解析】【详解】A．晶体硅具有金属光泽、能导电，属于非金属材料，A错误；B．硅的化学性质比较稳定，但硅是亲氧元素，在自然界中主要以硅酸盐和氧化物等化合态存在，B错误；C．

二氧化硅是一种酸性氧化物，但不能够与水反应生成相应的酸，故C错误；D．二氧化硅与稀盐酸不反应，碳酸钙与稀盐酸反应，生成二氧化碳、水和易溶于水的氯化钙，可实现提纯目的，D正确；答案选D。19.下列反应过程中不存在电子

转移的是（）A.Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑B.Ca(ClO)2＋2HCl=CaCl2＋2HClOC.Pb3O4＋8HCl(浓)=3PbCl2＋Cl2↑＋4H2OD.3Cl2＋6KOH(浓)5KCl＋KClO3＋3H2O【答案】B【解析】【详解】因为发生电子

转移的反应一定是氧化还原反应，所以此题实际是判断反应是否是氧化还原反应。A．Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑中Zn元素的化合价升高，H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，选项A不选；B．Ca(ClO)2＋2HCl

=CaCl2＋2HClO中没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，选项B选；C．Pb3O4＋8HCl(浓)=3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O中Pb元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则属于氧化还

原反应，选项C不选；D.3Cl2＋6KOH(浓)5KCl＋KClO3＋3H2O中Cl元素的化合价既升高又降低，则属于氧化还原反应，选项D不选；答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的判断。因为发生电子转移的反应一定是氧化

还原反应，所以此题实际是判断反应是否是氧化还原反应。其关键是分析反应前后元素的化合价是否发生变化，通过判断反应中各物质所含元素在反应前后的价态可知，B项中的反应没有化合价的升降。20.下列离子方程式的书写正

确的是()A.实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32-===CO2↑+H2OB.铁和稀硝酸反应：Fe+2H+===H2↑+Fe2+C.向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH﹣===Al(OH)3↓D

.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3-===CO32-+H2O【答案】D【解析】【详解】A.大理石是碳酸钙，不溶于水，不能拆成离子形式，故离子方程式2H++CO32-===CO2↑+H2O是错误的，故错误；B.铁和稀硝酸反应不产生氢气，故错误；C.向AlCl3溶液

中加入过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，故错误；D.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：OH﹣+HCO3-=CO32-+H2O，故正确。故选D。21.同温同压下，下列气体的密度最大的是（）A.F2B.Cl2C.HClD.CO2【答案】B【解析】【详解】ρ=

m/V=M/Vm，同温同压下，气体摩尔体积相同，所以密度与摩尔质量成正比，摩尔质量越大，密度越大，氟气的摩尔质量为18g/mol，氯气的摩尔质量为71g/mol，HCl摩尔质量为36．5g/mol，CO2摩尔质量为44g/mol，摩尔质量最大的是氯气，所以密度

最大的是氯气。答案选B。22.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2++bBr-+cCl2→dFe3++eBr2+fCl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是()A.

243226B.021012C.201202D.222214【答案】B【解析】【分析】向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子发生反应，据此分析作答。【详解】A、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反

应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，A正确；B、氧化性Br2＞Fe3+，不可能存在Fe2+、Br2共存，B错误；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发

生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，D正确

；答案选B。23.单质硅的晶体结构如图所示。下列关于单质硅晶体的说法不正确的是()A.是一种立体网状结构的晶体B.晶体中每个硅原子与4个硅原子相连C.晶体中最小环上的原子数目为8D.晶体中最小环上的原子数目为6【答案】C【

解析】【详解】A.单质硅是一种立体网状结构的原子晶体，A正确；B.晶体中每个硅原子与4个硅原子相连，B正确；C.根据单质硅的晶胞结构可判断晶体中最小环上的原子数目为6，C错误；D.晶体中最小环上的原子数目为6，D正确；答案选C

。24.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为()A.1∶2B.1∶4C.3∶4D.3∶2【答案】A【解析】【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。【详解】设前三

种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正

确；答案选A。【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系，然后结合题意灵活运用即可。25.下列有关电解质的说法中正确的是（）A.氢氧化钠固体溶于水后能导电，所以氢氧化钠是电解质B.二氧化碳水溶液能够导电

，所以二氧化碳是电解质C.铁、铜能导电，所以铁、铜为电解质D.氯化铁溶液能够导电，所以氯化铁溶液是电解质【答案】A【解析】【详解】A．NaOH固体溶于水后能导电，且NaOH为化合物，所以NaOH是电解质，故A正确；B．CO2水溶液能够导电，但导电离子不是二氧化碳电离的，则二氧

化碳为非电解质，故B错误；C．Fe、Cu为单质，不属于电解质，也不是非电解质，故C错误；D．FeCl3溶液为混合物，不属于电解质，也不是非电解质，故D错误；故答案为A。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡

在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单

质又要排除混合物。分卷II二、实验题(共5小题，共50分)26.某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。(1)装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的___________(填“氧化性”或“还原性”)。(2)A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是_______

____。(3)B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向_____________。(4)C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是______________________________

______________________________。(5)该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是______________________________________

_____________。②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是__________________________________。③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，设计实验Ⅳ进行探究：将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是________________________

____；将ⅰ、ⅱ作对比，得出的结论是___________________________________。【答案】(1).还原性(2).HCl、H2O(g)(3).(4).Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O(5).MnO

2＋4HCl=MnCl4＋2H2O(6).MnCl4=Cl2↑＋MnCl2(7).Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H＋)、c(Cl－)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化(8).MnO2氧化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)【解析】【分析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，元素失电子化合价升高发生氧化反应，元素得电子化合价降低发生还原反应；（2）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2中混有氯化氢和水蒸气；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法收集氯气；（4）C中氢氧化钠溶液用于吸收

多余的Cl2，生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）①复分解反应为两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物；②将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液，Ⅱ中发生了分解反应，结合氧化还原反应单质守恒分析锰元素被还原的价态和物质；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将ⅰ、ⅱ做对比加热MnO2

和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，氯元素化合价升高，锰元素的化合价降低，氯化氢做还原剂，利用氯化氢的还原性

；（2）用MnO2与浓盐酸在加入条件下反应制取Cl2，浓盐酸中的氯化氢易挥发，故Cl2含有杂质为HCl、H2O(g)；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法，长导管进气，短导管出气，收集氯气的装置图为

：；（4）C用于吸收多余的Cl2，防止污染环境，C中发生反应的离子方程式是：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；（5）①MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，酸碱中和反应生成盐和水，化学方程式是：MnO2+4HCl=MnCl4

+2H2O；②Ⅱ中发生了分解反应，将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液分解生成MnCl2和Cl2，反应的化学方程式是：MnCl4=MnCl2+Cl2↑；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将

实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是Ⅲ中无明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度，才能被MnO2氧化，将ⅰ、ⅱ作对比，加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度，得出的结

论是MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。【点睛】实验室制取氯气的收集、除杂、尾气处理，探究二氧化锰与浓盐酸的反应条件，认真读懂题中信息，作对比实验验证。27.某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质并制

备氯水，用如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。（1）加入药品前，检查I中气体发生装置气密性的操作是__。（2）装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为__。（3）实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预

期现象。为了达到这一实验目的，你认为应在__和___(填装置序号)之间添加洗气装置，该装置的作用是___。（4）装置V中NaOH溶液的作用是__，相关反应的化学方程式为___。（5）反应完毕，为探究装置Ⅳ中溶质的成分

，需要的试剂主要有__。【答案】(1).关闭c，打开分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入适量水，一段时间后分液漏斗液面不再发生变化(2).MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(3).Ⅱ(4).Ⅲ(5).干燥Cl2(6).吸收尾气，防止污染环

境(7).Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O(8).pH试纸、品红溶液、AgNO3溶液(顺序可调)或紫色石蕊溶液、AgNO3溶液(顺序可调)【解析】【分析】(1)若装置I气密性良好，关闭c，打开分液漏斗的活塞，分液漏斗中液体不能顺利流入烧瓶中；(2)装置Ⅰ中

二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；(3)装置Ⅱ中有水，可能有水蒸气进入Ⅲ；(4)装置V中NaOH溶液能与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；(5)装置Ⅳ中溶质是盐酸和次氯酸。【详解】(1)关闭c，打开分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入适量水，一段时间后分液漏斗液面不再发生

变化，说明装置I气密性良好；(2)装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；(3)装置Ⅱ中有水，有水蒸气进入Ⅲ，所以未观察到“a无明显变化”这一预期现象；应在Ⅱ和

Ⅲ之间添加盛有浓硫酸的洗气瓶，用于干燥Cl2；(4)装置V中NaOH溶液能与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式是Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；氯气有毒，不能排放到空气中，所以装置V中NaOH溶液的作用是吸收尾气，防止污

染环境；(5)加入紫色石蕊溶液，先变红后褪色，说明含有氢离子、次氯酸，再加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明含有氯离子，所以需要加入的试剂是紫色石蕊溶液、AgNO3溶液。28.(1)观察下列A、B、C、D、E五种粒子(原子或

离子)的结构示意图，回答有关问题。①与离子相对应的元素符号是______________，与原子相对应的离子的结构示意图是______________。②电子层结构相同的是__________(填写代号，

下同)，性质最稳定的是__________，最容易失去电子的是__________，最容易得到电子的是__________。③可直接相互结合形成的化合物的化学式是____________。可经过得失电子后再相互结合形成的化合物的化学式是______________

。④在核电荷数1～10的元素内，列举两个与B电子层结构相同的离子，写出离子的符号______________。(2)已知元素X和Y的核电荷数均小于18，最外层电子数分别为n和(m－5)，次外层有(n＋2)个和m个电子，据此推断元

素X和Y，其名称为X__________，Y__________。【答案】(1).O、Mg(2).(3).BCE(4).C(5).D(6).A(7).MgO(8).NaCl(9).N3－、F－(10).

硫(11).铝【解析】【分析】（1）由原子或离子示意图可知：A为氯原子，B为氧离子，C为氖原子，D为钠原子，E为镁离子；据此回答；（2）根据核外电子排布规律分析解答。【详解】（1）由原子或离子示意图可知：A为氯原子，B为氧离子，C为氖原子，D为钠原子，E为镁离子

；则①与离子相对应的元素符号是O、Mg；与原子相对应的离子的结构示意图是；故答案为：O、Mg；；②电子层结构相同的是BCE，C为稀有气体，最稳定；钠原子最外层只有一个电子最容易失去电子，氯原子最外层为7电子最容易得到电子；故答案为：BCE；C；D；A；③Mg2+和

O2-可直接相互结合形成的化合物的化学式是MgO；Na原子和Cl原子可经过得失电子后再相互结合形成的化合物的化学式是NaCl；故答案为：MgO；NaCl；④在核电荷数1～10的元素内，与氧离子电子层结构相同的离子有

N3－、F－；故答案为：N3－、F－；（2）元素X和Y的核电荷数均小于18，最外层电子数分别为n和(m－5)，次外层有(n＋2)个和m个电子，次外层可能为2或8，当次外层为2时m=2，Y最外层为-3不符，所以次外层为8，则m=8，n=6，则最外层X为6，Y为3

，所以X为S，Y为Al。故答案为：硫；铝。29.铁和铝是科技、生产、生活中应用最广泛的金属材料。现有铁、铝的混合物进行如下实验：(1)操作X的名称是_____。(2)气体A是_____。(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸，生成_____(填化学

式)，A在该反应中作为_____(填“氧化剂”或“还原剂”)。(4)溶液B中阴离子除OH-外还有_____，溶液D中存在的金属离子为_____。【答案】(1).过滤(2).H2(或氢气)(3).HCl(4).还原剂(5).AlO2-(6).Fe2+【解析】【分析】金属混合物中Fe与Na

OH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液，固体C是Fe，Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置

换反应产生FeCl2和氢气，因此溶液D为FeCl2，据此分析解答。【详解】(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤；(2)气体A是H2；(3)A是H2，H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生

成HCl，在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2作还原剂，；(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-；铁可以和盐酸反应生

成FeCl2和H2，溶液D中含有的金属离子为Fe2+。【点睛】本题考查金属铁以及金属铝的化学性质。注意知识的积累是解题的关键，HCl的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，Cl2、H2O2具有强氧化性，可以把Fe氧化为Fe3+；Al既可以与酸反应产生氢气，也可以与强碱溶

液反应反应氢气，等物质的量的铝与足量的酸、碱反应产生氢气的物质的量相等。30.向20mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2mol·L－1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题：(1)

图中A点表示的沉淀是__________(写化学式)，其物质的量为____________。(2)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为______________。(3)图中B点溶液中的溶质有________________。(4)

AlCl3溶液的浓度为______________。(5)O点到B点反应的总离子方程式可表示为________________。【答案】(1).Al(OH)3(2).0.01mol(3).15mL(4).NaAlO2、NaCl(5).0.5mol·L－1(6).Al3＋＋4OH－=2Al

O＋2H2O【解析】【分析】本题是一道铝盐和碱反应的题目，只需牢牢抓住AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl和Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O两个主要反应来分析即

可，OA段沉淀质量在不断增加，因此是第一个反应，AB段沉淀质量开始减少，因此是AB段。【详解】（1）向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液时，先发生反应：AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl，后发生反应：Al(OH)3＋NaOH===NaAlO

2＋2H2O，故A点沉淀为Al(OH)3，其物质的量为0.78g78g/mol＝0.01mol；（2）根据Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓可知，反应至A点时消耗的n(NaOH)＝3n[Al(OH)3]＝0

.01mol×3＝0.03mol，消耗NaOH溶液的体积为0.03mol2mol/L＝0.015L＝15mL；（3）根据AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2

H2O可知，B点溶液中的溶质为NaAlO2、NaCl；（4）c(AlCl3)＝0.01mol0.02L＝0.5mol·L－1；（5）O点到B点总反应为Al3＋转化为2AlO反应，总离子方程式为Al3＋＋4OH－===2AlO＋2H2O。31.甲、乙实验小组设计如下实验装置分别制

备SnCl4和漂白粉。(1)已知：a.金属锡熔点231℃，化学活泼性与铁相似；b．干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4，SnCl4的沸点114℃；c．SnCl2、SnCl4均易水解，易溶于有机溶剂，且Sn2＋

易被氧化。根据图甲装置回答：①试管Ⅱ中的试剂是____________________，Ⅲ中的试剂是________________________。②Ⅵ处装置最好选用________(填字母)。③Ⅰ

处装置中反应的离子方程式是____________________________________________。④实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有______________。(2)已知：①Cl2与潮

湿的消石灰反应是放热反应；②温度较高时Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。根据图乙装置回答：此实验所得Ca(ClO)2产率较低的理由是

①________________________________________________________________________；②__________________________________________________________

______________。【答案】(1).饱和食盐水(2).浓H2SO4(3).C(4).MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(5).普通漏斗、玻璃棒、烧杯(6).B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O(7).Cl

2与消石灰反应为放热反应，温度升高，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2【解析】【分析】(1)①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净

的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2；(2)氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢与

氢氧化钙反应生成氯化钙；Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。【详解】(1)①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备S

nCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥，装置Ⅱ中盛放饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢；装置Ⅲ中盛放浓H2SO4除去氯气中的水蒸气；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用，

故选C。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器是普通漏斗

、玻璃棒、烧杯；(2)氯气中含有杂质氯化氢，B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O；Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6

Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2。【点睛】本题考查了氯气的除杂和干燥，实验室制漂白粉的装置分析和制备条件判断，知道温度不同产物不同，会根据需要连接实验装置

，熟练掌握实验基本操作。