【文档说明】浙江省浙东北联盟（ZDB）2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题含解析byde【精准解析】.doc，共(21)页，862.500 KB，由小赞的店铺上传

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浙东北联盟（ZDB）2019～2020学年第一学期期中考试高一化学试卷总分：100分考试时间：90分钟相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23Mg－24S－32Cl－35.5Ca－40Fe－

56Cu－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。【点睛】了解化学探究的领域，明了化学学习的意义，为学生学好化学，树立为化学科学奋斗的目标，激发学生的社会责任感．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.CuOB.COC.SO2D.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”的是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】191

1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（）A.AB.BC.CD.D【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11836，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11H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＝CaCO3B.SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2OC.NH4HCO3加热NH3↑＋H2O＋C

O2↑D.2FeSO4加热Fe2O3＋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.NH4HCO3加热NH3↑＋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.2FeSO4加热Fe2O3＋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。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确发生的化学反应及元素的化合价变化是解答本题的关键，注意抓住氧化还原反应的特征解题。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.NaC

l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。【点睛】本题考查学生电解池的构成条件中的：含有电解质溶液或是熔融的电解质这一条知识，解题的关键是掌握溶液导电的原因是电解质发生了电离过程生成了

自由移动的离子，易错点B，NaCl晶体由钠离子和氯离子构成，只是不能自由移动．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。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，易错点C，受萃取概念的影响，学生对分

液原理理解不透彻，分液就是分离互不相溶的、密度不同的两种液体。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8B.14C原子的最外层有6个电子C.14C和14N互为同位素D.1

4C16O2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。【点睛】本题考查氧化物的分类。本题的易错点为C，注意一些金属氧化物的特殊性，如氧化铝为两性氧化物、Mn2O

7为酸性氧化物和过氧化钠为过氧化物等。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）加热3SO2↑＋2H2O，氧化剂与氧化产物的分子个数之比是A.2：1B.2：3C.1：3D.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.50mL1mol/LKCl溶液B.20mL3mol/LNaCl溶液C.25m

L2mol/LMgCl2溶液D.10mL1.5mol/LAlCl3溶液【答案】D【解析】【详解】A.50mL1mol/LKCl溶液，溶液中Cl－浓度是1mol·L－1；B.20mL3mol/LNaCl溶液，溶液中Cl－浓度是3mol·L－1；

C.25mL2mol/LMgCl2溶液，溶液中Cl－浓度是4mol·L－1；D.10mL1.5mol/LAlCl3溶液，溶液中Cl－浓度是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0.2NAB.常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NAC.9g重水（2H216O）中含有的电子数为5NAD.0.5mol/LMgCl2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13216?AgNgmol−=2NA，故B正确；C.9g重水（2H216O）中含有的电子数为191020?AgNgmol−=4.5NA，故C错误；D.0.5mol/LMgC

l2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6.2gNa2O加入到mg水中，形成的溶液中Na＋和H2O的个数比为1：10，则m等于A.18B.19.8C.37.8D.36【答案】

C【解析】【详解】n（Na2O）=6.262/ggmol=0.1mol，根据氧化钠与水反应可知：2221120.10.10.2NaOHONaOHmolmolmol+=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FeCl3B.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HClOD.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H

Cl，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H2SO4C.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。【点睛】本题考查了氯气的化学性质，氯气的干燥，次氯酸的漂白作用。解题关键：根据现象抓住本题的关键，“D处可以干燥氯气或吸收氯气”。21.某溶液中含有较大量的Cl﹣、2-3CO、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.①②④②③B.④②①②③C.①②③②④D.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。【点睛】酸碱盐溶解性规律：钾钠铵盐硝酸盐，全都溶在水中间，碳酸、磷酸两种盐，溶者只有钾钠铵，盐酸盐难溶银亚汞，硫酸盐难溶钡和铅，碱只溶钾钠钡钙氨，酸难溶是硅酸；此题是离子共存问题的具体应用，掌握

好酸碱盐溶解性规律，利于问题的快速解决。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Na2OB.该混合物可能含有F

e2O3C.该混合物一定不含CaO和Na2OD.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SiO

2，二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①②③反应物FeCl3、CuFeBr2、Cl2（少量）KMnO4和浓盐酸生成物CuCl2……FeCl3、FeBr3MnCl2、

Cl2……A.反应①的另一产物不可能是FeB.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1：8D.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__________；7g35Cl2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②CO2③液态HCl④Na2CO3固体⑤熔融Al2O3⑥葡萄糖⑦KOH溶液（3）工业上电解饱和食盐水制氯气的化学方程式为_____________，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；7g35Cl2所含的中子数为770/ggmol×（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Al2O3⑦KOH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HCl④Na2CO3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；②CO2⑥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：。【点睛】本题考查物质的性质及基本概念、化学用语，明确物质导电原理及基本概念含义是解本题关键，注意电解质不一定导电，但导电的不一定是

电解质，为易错点．难点（3）注意双线桥中箭头是从反应物出发到生成物中同一元素结束，不能标在化合物两种元素中间。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。【点睛】本题考查混合物分离提纯实验方案的设计，把握流程中的化学

反应及混合物分离方法为解答的关键，难点(4)除杂过程中，前面加入的过量的试剂在后续操作中要除去，利用碳酸钠除去过量的钡离子。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90m

L3.0mol/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=1000wM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=nV进行误差分析。【详解】（1）根据c=1000wM，该

浓硫酸的物质的量浓度为：c=10001.898%98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。【点睛】本题考查了溶液的质量分数与物质的量浓度的换算，配制一定物质的量浓度的操作方法，易错点（3）（4），注意掌握配

制一定物质的量浓度的操作方法、明确配制溶液过程中误差分析的方法与技巧。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112L（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)=11222.4/LLmol=5mol，根据方程式：2Cl2＋2Ca(OH)2=

CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，n(Ca（ClO）2)=512mol=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0.5

mol，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。【点睛】本题考查了实验室制漂白粉的装置分析和制备条件判断，温度不同产物不同，图象分析是解题关键，难点（2）注意应用氧化还原反应的电子守恒计算，（3）学会读图，从图中分析出KClO3的溶解度受温度影响比较大，可用冷却热饱

和溶液的方法分离。