【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【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】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（）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.S

iO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2OC.NH4HCO3加热NH3↑＋H2O＋CO2↑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＝CaC

O3，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.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。【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.14C16

O2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、Mn2O7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.25mL2mol/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/LMgCl2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=0.1m

ol，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AgN

O3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N

H3，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Fe2O3C.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、Si

O2，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－＋1

6H＋＋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=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).3

7g(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=2.5m

ol；（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=0.70m

ol，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0.5mo

l，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。