安徽省合肥三十五中2026届化学高一上期末学业质量监测试题含解析

安徽省合肥三十五中2026届化学高一上期末学业质量监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列现象或新技术应用中，不涉及胶体性质的是A．在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀B．使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血C．清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗2、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述，正确的是()A．常温时，在水中的溶解度：碳酸钠＞碳酸氢钠B．热稳定性：碳酸钠＜碳酸氢钠C．质量相同时，分别与同体积、同浓度盐酸反应，产生气泡快慢：碳酸钠＞碳酸氢钠D．质量相同时，分别与足量的盐酸反应，生成的质量：碳酸钠＝碳酸氢钠3、采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类型。例如采用某种分类法可将P2O5、SO3、Cl2O7等归为一类，则下列氧化物与它们属于同一类的是()A．CO B．NO2 C．N2O5 D．Na2O4、向50mL18mol·L－1的硫酸中加入足量的铜片并加热，被还原的硫酸的物质的量是（）A．等于0.9mol B．大于0.45mol，小于0.9molC．等于0.45mol D．小于0.45mol5、下列离子方程式书写正确的是A．铜和氯化铁溶液反应：Fe3＋+Cu=Fe2＋+Cu2＋B．钠和水反应：2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑C．大理石和稀盐酸反应：2H＋+CO32－＝CO2↑+H2OD．硫酸和氢氧化钡溶液反应：H＋+SO42－+Ba2＋+OH－＝BaSO4↓+H2O6、Murad等三位教授关于一氧化氮分子在人体内的独特功能的研究，曾获得诺贝尔医学或生理学奖。关于一氧化氮的下列叙述不正确的是()A．一氧化氮是某些含低价氮物质氧化的产物B．一氧化氮是亚硝酸的酸酐C．一氧化氮是某些含高价氮物质还原的产物D．一氧化氮具有还原性，在空气中极易被氧化7、不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是()A．分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通入澄清的石灰水中B．分别在这两种物质的溶液中，加入CaCl2溶液C．分别在这两种固体中，加入同浓度的稀盐酸D．分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水8、将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)，下列说法正确是（）A．Oa段反应的离子方程式只有：

H++=H2O+CO2↑B．O点溶液中所含溶质为NaHCO3、Na2CO3C．b点产生CO2的体积为44.8LD．原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L9、实验室需1.0mol·L－1氢氧化钠溶液480mL，若用固体氢氧化钠进行配制，则应称取氢氧化钠的质量是()A．40.0g B．19.2g C．20.0g D．2.0g10、已知离子R3—核外有a个电子，核内有b个中子,则该原子R的质量数为（）A．a+b+3 B．a+b-3 C．a-b+3 D．a+311、代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，三氧化硫中所含分子数约为B．溶液中含有的钾离子数目为C．盐酸与足量共热，转移的电子数为D．常温下，固体中，含有的阴阳离子总数为12、对下列事实的解释错误的是（）A．氨溶于水的喷泉实验，说明氨气极易溶于水B．常温下，浓硝酸可用铝罐来贮存，说明浓硝酸具有强氧化性C．向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有吸水性D．氯气可使湿润的红色布条褪色，说明次氯酸具有漂白性13、下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是()A．铜与硝酸溶液B．铁粉在氯气中加热C．氯化铝溶液与氢氧化钠溶液D．碘化亚铁溶液中通入氯气14、下列离子方程式书写正确的是()A．二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应：CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2OB．氯化铁溶液与铁单质反应：Fe3++Fe═2Fe2+C．大理石与盐酸反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．钠与水反应：2Na+2H+═2Na++H2↑15、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．常温常压下，8gO2和O3的混合气体含有4NA个电子B．1L0.1mol/L的FeCl3完全水解，形成0.1NA个Fe(OH)3胶体粒子C．标准状况下，22.4LCl2通入水中发生反应，转移的电子数为NAD．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个2NA电子16、下列物质属于纯净物的是()A．漂白粉B．液氯C．水玻璃D．盐酸17、下列关于物质所属类别的叙述中错误的是A．Al2O3属于两性氧化物 B．液氯属于混和物C．Na2SiO3属于强电解质 D．纯碱属于盐18、要想证明某溶液中是否含有Fe3+，下列操作中正确的是（）A．加入铁粉 B．加入铜片C．通入氯气 D．滴加KSCN溶液19、下列叙述正确的是()A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种稳定的分散系D．向饱和FeCl3溶液中缓慢滴加稀NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体20、下列离子方程式的书写正确的是（）A．大理石与盐酸反应：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OB．铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++AgC．氯气溶于水：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．硫酸与氢氧化钡溶液反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O21、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A．NaCl、BaSO4 B．铜、二氧化硫C．KOH、蔗糖 D．KNO3、硫酸溶液22、氯的核电荷数为17，35Cl是氯的一种核素，下列说法正确的是（）A．35Cl2气体的摩尔质量为70gB．mol的1H35Cl分子所含中子数约为6.02×1023C．3.5g35Cl2气体的体积约为1.12LD．Na35Cl中Cl—的结构示意图:二、非选择题(共84分)23、（14分）某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种。现取该溶液进行下列实验：①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液，无沉淀生成；③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色。据此可以回答下列问题：(l)由实验现象①可知：溶液中肯定含有的离子是____；溶液变橙色的原因(离子方程式表示)____。(2)由实验现象②可知：溶液中肯定没有的离子是____________(3)综合上述分析可知：溶液中可能含有的离子是___；一定不含有的离子是_______24、（12分）已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。根据图中转化关系，回答下列问题。(1)写出F、G的化学式：F.________；G._______。(2)检验D中阳离子的方法为_____________________________________________________(3)保存C溶液时要加固体A的原因是_____________________________________________(4)写出下列转化的离子方程式：①B→C：______________________________________________________________________②C→D：______________________________________________________________________25、（12分）如图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置：（1）A是氯气发生装置，其中反应的化学方程式为_____。（2）实验开始时，先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，连接上E装置。Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出D中反应的化学方程式：_____。装置C的作用是_____。（3）在E处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是_____。（4）若将E处烧杯中溶液改为澄清石灰水，反应过程现象为_____（选填标号）。A．有白色沉淀生成B．无现象C．先生成白色沉淀，而后白色沉淀消失（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，此时B中的现象是_____，B的作用是_____。26、（10分）某校化学兴趣小组为研究氯气的性质，设计如图所示装置进行实验，装置田中夹持装置已略去，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:用止水夹夹住C处______________。(2)装置I中生成氧气的离子方程式为________________。(3)装置II的作用是________________。(4)实验过程中，装置IV中的实验现象为________________。(5)实验过程中，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，其原因是________________。为达到该预期现象，应改进实验装置，改进的方法是________________。27、（12分）氯气是一种重要的化工原料，能与有机物和无机物进行反应生成多种氯化物。现用下图装置制取氯气并进行一系列的实验探究。回答下列问题：（1）装置1是用来制备纯净、干燥的氯气：①装置A中圆底烧瓶内发生反应的离子方程式是______________________，反应中被氧化的HCl与消耗的HCl物质的量之比为________________。②装置B内试剂为_____________，装置C的作用是_____________。（2）①若将装置1与装置2连接制备少量氯化铁固体（氯化铁易吸水，在300℃时升华），则：D中发生反应的化学方程式为_______________________________。②若在D装置的硬质玻璃管内装入石英沙和碳粉，则发生如下反应：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO。当反应消耗6g碳时，反应转移的电子数为__________，F装置之后还应添加一个装置用来_________。（3）将装置1与装置3连接来探究氯气是否具有漂白性。①将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，可观察到的现象是_____________________。②为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，原理是（用离子方程式表示）______________________________。根据这一原理，工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_____________（填化学式），长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是______________（用字母代号填）。A．O2B．H2C．CO2D．HClO28、（14分）现有下列物质：①高锰酸钾②镁③氧气④氢氧化钠⑤硫酸⑥甲烷⑦胶体⑧硫酸铜(1)以上物质属于电解质的是_________，属于非电解质的是_______。(填序号)(2)属于有机物的是__________。(填序号)(3)鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是_____；分离胶体和溶液常用的物理方法是_____。(4)从上述物质中选出一种或两种为反应物，按下列反应类型各写一个反应化学方程式：①化合反应：______；②分解反应：______；③置换反应：______；④复分解反应：________。29、（10分）已知A、B、C为中学化学中常见的单质。室温下，A为固体，B和C均为气体。在适宜的条件下，它们可以按下面框图进行反应。回答下列问题：（1）A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是________。①氢化物②酸③碱④盐⑤氧化物（2）A、B、C三种元素中有一种是金属，则这种元素是A、B、C中的________，理由是__________。（3）如果E溶液是一种强酸，则E的化学式为_________；①A能否是铁：________，理由是____________；②A能否是铜：________，理由是____________；③A可能是________(任写两种)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A.在饱和氯化铁溶液中滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀发生复分解反应，与胶体性质没有关系，A正确；B.使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血利用的是胶体的聚沉，B错误；C.清晨在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，C错误；D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，利用的是胶体不能透过半透膜，D错误；答案选A。2、A【解析】

A.常温时，在水中的溶解度：碳酸钠＞碳酸氢钠，故A正确；B.碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠不分解，热稳定性：碳酸钠＞碳酸氢钠，故B项错误；C.碳酸钠与盐酸反应首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳，因此质量相同时，分别与同体积、同浓度盐酸反应，产生气泡快慢：碳酸钠＜碳酸氢钠，C项错误；D.质量相同时，分别与足量的盐酸反应，根据化学方程式计算得，生成CO2的质量：碳酸钠＜碳酸氢钠，D项错误。故选A。3、C【解析】

P2O5、SO3、Cl2O7都属于非金属氧化物，且与碱反应均生成盐和水，属于酸性氧化物；A．CO属于非金属氧化物，但不与酸或碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，故A错误；B．NO2属于非金属氧化物，与酸或碱反应生成盐和水，但是发生了氧化还原反应，故NO2不属于酸性氧化物，B错误；C．N2O5属于非金属氧化物，而且与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．Na2O属于金属氧化物，而且与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故D错误；故选C。4、D【解析】

50mL18mol/L的硫酸中n(H2SO4)=18mol/L×0.05L=0.9mol，假设50mL18mol/L的硫酸中的硫酸分子全部与铜反应时，据Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O可知作氧化剂的硫酸为0.45mol，随着反应的进行，浓硫酸溶液的浓度逐渐减小，当成为稀硫酸时此反应停止，所以作氧化剂的硫酸的物质的量小于0.45mol，即被还原的硫酸的物质的量小于0.45mol。故选D。5、B【解析】

A．铜和氯化铁溶液反应的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B．钠跟水反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B正确；C．大理石主要成分为碳酸钙难溶于水，用大理石和稀盐酸制取二氧化碳的离子方程式：2H++CaCO3＝CO2↑+H2O+Ca2+，故C错误；D．硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子反应为Ba2++2H++2OH﹣+SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选：B。6、B【解析】

氮元素的化合价有－3、0、＋1、＋2、＋3、＋4、＋5等。A.在一氧化氮分子中，氮元素为＋2价，它可以是含低价氮物质被氧化的产物，A正确；B.亚硝酸的酸酐是三氧化二氮，一氧化氮不是酸酐，B不正确；C.一氧化氮是可以是含高价氮物质(如稀硝酸与铜反应)被还原的产物，C正确；D．一氧化氮具有较强的还原性，在空气中极易被氧化为红棕色的二氧化氮气体，D正确。故选B。7、D【解析】

A.Na2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解生成的气体通入澄清的石灰水中能使石灰水变浑浊，可以鉴别，故A不选；B.Na2CO3与CaCl2溶液作用产生CaCO3沉淀，而NaHCO3则不与CaCl2溶液反应，无沉淀产生，也可以鉴别，故B不选；C.向Na2CO3中逐滴加少量盐酸时，无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的快慢加以鉴别，故C不选；D.Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，故D选。故选D。8、D【解析】

A．Na2CO3与盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，则Oa段反应的离子方程式有：H++OH-=H2O，

H++=H2O+CO2↑，A错误；B．Na2CO3与盐酸的反应分步进行：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，B错误；C．缺少反应条件，不能判断气体的体积大小，C错误；D．加入5molHCl生成二氧化碳体积达到最大值，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mol，由于溶液的体积是2L，则c(NaOH)==2.5mol/L，D正确；故答案是D。9、C【解析】

实验室要配制1.0mol·L－1氢氧化钠溶液480mL，需要500mL的容量瓶，所以需要氢氧化钠的质量为m=1.0mol·L-10.5L40g/mol=20.0g，所以C选项符合题意；答案：C。10、B【解析】

R3-离子核外有a个电子，核内有b个中子，质子数=核外电子数+电荷数=a+(-3)=a-3，质量数=质子数+中子数=a-3+b，原子R的质量数为a+b-3，B正确；答案为B。11、D【解析】

A.标准状况下，三氧化硫为固态，所以无法用22.4L/mol计算2.24L三氧化硫物质的量，故A错误；B.溶液，溶液体积未知，无法计算溶液中离子数目，故B错误；C.50mL12mol/L盐酸中n（HCl）=0.6mol，4molHCl参与反应转移2mol电子，随着反应的进行，盐酸变稀，稀盐酸与不反应，所以反应无法进行到底，转移的电子数少于，故C错误；D.固体的物质的量为0.1mol，中含有2个钠离子、1个过氧根离子，所以含有的阴阳离子总数为，故D正确；故选D。【点睛】在运用气体摩尔体积进行相关计算时，要注意使用条件：是否为标准状态，是否为气体。12、C【解析】

A.在氨气溶于水的喷泉实验中，正是因为氨气极易溶于水，使得烧瓶内外产生较大的压力差，从而产生“喷泉”，故A正确；B.常温下，铝被浓硝酸氧化，在铝的表面生成一层致密的氧化物薄膜，保护了内部的铝不再受到氧化，这种现象称为钝化，则常温下，浓硝酸可用铝罐来贮存，故B正确；C.蔗糖分子中的氢原子和氧原子被浓硫酸按2:1个数比脱出，蔗糖脱水碳化，说明浓H2SO4具有脱水性，故C错误；D.氯气与水反应能生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白作用，可使有色布条褪色，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】叙述时要注意，氯气无漂白性，是氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。13、B【解析】

A.硝酸的浓度不同，与铜反应的产物不同；B.铁粉在氯气中加热只生成氯化铁；C.氢氧化铝能溶于过量的氢氧化钠溶液中；D.通入的氯气量不同，得到的产物不同。【详解】A.Cu与稀硝酸反应生成NO，与浓硝酸反应生成二氧化氮，与硝酸浓度有关，A项错误；B.铁粉在氯气中加热只生成氯化铁，与反应物的用量或浓度无关，B项正确；C.氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液少量生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠溶液过量生成偏铝酸钠，与反应物的用量有关，C项错误；D.碘化亚铁溶液中通入氯气，氯气少量只氧化碘离子，氯气过量氧化碘离子和铁离子，与反应物的用量有关，D项错误；答案选B。14、A【解析】

A．二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式：CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O，故A正确；B．氯化铁溶液与铁单质反应，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B错误；C．大理石与盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故C错误；D．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++H2↑+2OH﹣，故D错误；故选：A。【点睛】掌握离子方程式的书写原则，注意质量守恒和电荷守恒等，尤其是有铁元素参与的反应。15、A【解析】

A、氧气和臭氧互为同素异形体，氧元素的质量分数都是100%，则混合气体中氧元素的质量分数都是100%，则混合气体中氧原子的质量为8g，由于n=，则氧原子的物质的量为0.5mol，氧原子的电子数等于质子数，1mol氧原子含有8mol电子，0.5mol氧原子含有4mol电子，选项A正确；B、水解是可逆的，而且胶体粒子是多个分子形成的聚合体，因此1L0.1mol/LFeCl3溶液完全水解得到的Fe(OH)3胶体微粒数小于0.1NA，选项B错误；C、标准状况下，22.4LCl2的物质的量是1mol，通入水中生成次氯酸和盐酸，但该反应是可逆反应，因此反应过程中转移电子数小于NA，选项C错误；D、1mol钠反应失去1mol电子，选项D错误；答案选A。16、B【解析】

由一种物质组成的是纯净物，结合物质的组成分析解答。【详解】A.漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，A不符合；B.液氯是氯气以液态的形式存在，属于纯净物，B符合；C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，C不符合；D.盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，D不符合；答案选B。17、B【解析】

A．氧化铝能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故氧化铝属于两性氧化物，故A正确；B．液氯是氯气的液态形式，属于纯净物，故B错误；C．Na2SiO3属于钠盐，完全电离，属于强电解质，故C正确；D．纯碱是碳酸钠，属于盐，故D正确；答案选B。18、D【解析】

Fe3+遇到SCN-，溶液变红，KSCN溶液可鉴别某溶液中是否含铁离子，答案选D。19、C【解析】

A.胶体分散系中，胶粒带电，但分散系是不带电的，即胶体也为电中性，故A错误；B.胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，丁达尔效应只是胶体所特有的性质,但不是本质区别，故B错误；C.胶体中的胶粒带电，同种胶粒带相同电荷，胶粒间相互排斥,故胶体属于介稳体系,而溶液是均一稳定的体系,故C正确；D.氢氧化钠溶液会和FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，得不到胶体，故D错误；本题答案为C。20、D【解析】

A、大理石成分是CaCO3，CaCO3难溶于水，不能拆写成离子，正确的离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故A错误；B、反应前后电荷不守恒，正确的是Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，故B错误；C、HClO为弱酸，书写离子方程式时不能拆写成离子，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故C错误；D、硫酸和Ba(OH)2发生2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故D正确；答案选D。【点睛】书写离子方程式时，主要分清楚哪些能拆写，哪些不能拆写，难溶电解质、气体、弱酸、弱碱、水、氧化物、单质不能拆写成离子；浓硫酸不能拆写成离子。21、C【解析】

【详解】A、氯化钠属于电解质，硫酸钡也是电解质，A错误；B、铜为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C、氢氧化钾为电解质，蔗糖为非电解质，C正确；D、硝酸钾为电解质，而硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误；答案选C。【点睛】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。注意掌握电解质与非电解质的判断方法。22、B【解析】

A.单位不正确，摩尔质量的单位是g/mol，故A错误；B.mol的1H35Cl分子所含中子数==NA个，约为6.02×1023，故B正确；C.未说明温度和压强，不能按标准状况下的气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.氯的核电荷数为17，则氯离子的结构示意图为：，故D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、Br-、CO32-Cl2+2Br-=2Cl-+Br2SO42-Cl-、K+Ca2+、SO42-【解析】

某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种，①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后，溶液变橙色，则溶液中含有Br-，被氯气氧化生成溴单质；且有无色气泡冒出，则说明酸性条件下CO32-与氢离子反应产生二氧化碳气体，溶液中含有CO32-，故溶液中不含Ca2+；②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液，无沉淀生成，说明原溶液中不含SO42-；③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+；综上可知，该溶液中一定含有Br-、CO32-、Na+，一定不含SO42-、Ca2+，不能确定是否含有Cl-、K+；据此分析。【详解】某溶液中只可能存在Br-、CO32-、SO42-、Cl-、K+、Ca2+、Na+七种离子中的某几种，①向溶液中滴加足量经盐酸酸化的氯水后，溶液变橙色，则溶液中含有Br-，被氯气氧化生成溴单质；且有无色气泡冒出，则说明酸性条件下CO32-与氢离子反应产生二氧化碳气体，溶液中含有CO32-，故溶液中不含Ca2+；②向所得橙色溶液中加入足量的BaC12溶液，无沉淀生成，说明原溶液中不含SO42-；③用洁净的铂丝蘸取原溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+；综上可知，该溶液中一定含有Br-、CO32-、Na+，一定不含SO42-、Ca2+，不能确定是否含有Cl-、K+；(l)由实验现象①可知：溶液中肯定含有的离子是Br-、CO32-；溶液变橙色的原因Br-被氯气氧化生成溴单质，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)由实验现象②可知：溶液中肯定没有的离子是SO42-；(3)综合上述分析可知：溶液中可能含有的离子是Cl-、K+；一定不含有的离子是Ca2+、SO42-。24、Fe(OH)3Fe2O3取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+防止Fe2+被O2氧化Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl−【解析】

A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3。【详解】(1)由上述分析可知，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3；(2)检验FeCl3中阳离子的方法为：取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+；

(3)保存FeCl2溶液时要加固体Fe的原因是：防止Fe2+被O2氧化；(4)①B→C的离子方程式：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O；②C→D的离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl−；【点睛】物质的颜色是推断突破口，再结合转化关系推断各物质，需要学生熟练掌握元素化合物的性质25、4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑2Cl2+2H2O（g）+C4HCl↑+CO2↑吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失B瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升贮存少量Cl2【解析】

（1）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物，从而确定方程式；（2）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；氯化氢气体极易溶于水，且水能提供水蒸气，据此分析；（3）紫色石蕊试液遇酸变红，但次氯酸有漂白性，据此分析；（4）氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水；（5）根据B装置内气体的压强变化分析液面变化。【详解】（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，故答案为：4HCl（浓盐酸）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；（2）A装置产生了氯气，C装置为D装置提供水蒸气，氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：2Cl2+2H2O（气）+C4HCl↑+CO2↑；盐酸有挥发性，所以制取的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢极易溶于水，通过以上分析知，C装置的作用是：吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气，故答案为：2Cl2+2H2O（气）+C4HCl↑+CO2↑；吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气；（3）D装置中生成了HCl和CO2，它们的水溶液呈酸性，剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，所以溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，次氯酸有漂白性，能使溶液褪色，故答案为：生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失；（4）剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，盐酸酸性大于碳酸，所以二氧化碳和氢氧化钙不反应，则反应过程无现象，故答案为：B；（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，气体通过导管进入B装置，导致B装置中气体的压强增大，大于大气压，迫使瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；饱和食盐水能抑制氯气的溶解，所以B装置的作用是贮存少量Cl2，故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2。26、橡皮管,然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，液体不能顺利流下则气密性良好MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O除去氯气中混有的氯化氢气体无色溶液变蓝色氯气中混有的水蒸气未除去在装置II和装置III之间添加盛有浓硫酸的洗气瓶【解析】(1)加入药品前，检查I装置气密性的操作方法为：用止水夹夹住C处橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，液体不能顺利流下则气密性好，故答案为：橡皮管，然后向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，液体不能顺利流下则气密性好；(2)二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）装置Ⅱ中盛有饱和食盐水,因为浓盐酸具有挥发性,则制取的氯气中混有氯化氢,用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢,故答案为:除去氯气中混有的氯化氢气体.（4）氯气具有氧化性,能够与碘化钾溶液反应生成碘单质,所以装置Ⅳ中通入氯气后,无色溶液变蓝色因，故答案为:无色溶液变蓝色;（5）干燥的氯气不具有漂白性，Ⅱ和Ⅲ之间可加干燥装置，除去氯气中的水蒸气，故答案为:氯气中混有的水蒸气未除去、在装置II和装置Ⅲ之间添加盛有浓硫酸的洗气瓶27、MnO2＋2Cl－＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O1:2饱和食盐水除去氯气中混有的水蒸气2Fe+3Cl22FeCl3NA收集或燃烧掉CO干燥的布条不褪色，潮湿布条褪色Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2OCa(ClO)2C【解析】

(1)①装置A制备氯气，则其中圆底烧瓶内发生反应的离子方程式是MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，根据方程式可知反应中被氧化的HCl与消耗的HCl物质的量之比为l:2；②生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，首先要除去氯化氢，最后干燥氯气，则装置B内试剂为饱和食盐水，装置C中的试剂是浓硫酸，作用是除去氯气中混有的水蒸气；(2)①D制备少量氯化铁固体，发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；②根据氯化铁的物理性质可知D、E间导管短且粗的原因是防止生成的FeCl3凝结成固体堵塞导管；③反应中碳元素化合价从0价升高到+2价，反应消耗6g碳的物质的量是0.5mol，则反应转移的电子数为NA，由于氯气、CO均有毒，所以F装置之后还应添加一个装置用来处理尾气；(3)①氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，则将氯气依次通过盛有干燥红色布条的广口瓶和盛有湿润红色布条的广口瓶，可观察到的现象依次是干燥的布条不褪色、湿润布条褪色；②氯气与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH-＝Cl-+C1O-+H2O。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，长期露置于空气中的失效漂白粉中含有碳酸钙，加稀盐酸后产生的气体是CO2。答案选C。【点睛】本题考查氯气的制备及性质，易错点为（2）②注意可燃性气体及有毒气体的处理，长期露置于空气中的漂白粉变质，生成硫酸钙。28、①④⑤⑧⑥⑥丁达尔效应渗析（答案合理即可）（答案合理即可）（答案合理即可）（答案合理即可）【解析】

(1)在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，单质和混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质；(2)含碳元素的化合物为有机物；(3)丁达尔效应是胶体特有的性质，可用以鉴别胶体和溶液，根据胶体和溶液分散质粒子的大小选择分离方法；(4)①两种或两种以上的物质反应生成一种物质的反应为化合反应；②一种物质反应生成两种或两种以上物质的反应为分解反应；③一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；④两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应。【详解】(1)在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化