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福建省福州市四校教学联盟2023-2024学年高一上学期12月阶段适应性检测化学试题（Word版附解析）
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这是一份福建省福州市四校教学联盟2023-2024学年高一上学期12月阶段适应性检测化学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 Fe-56 Mn-55， 下列说法中不正确的是等内容，欢迎下载使用。
高一化学试卷
考试范围：专题一—专题三
完卷时间：75分钟 满 分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 C1-35.5 Fe-56 Mn-55
一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1. 分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法。下列各组物质，按纯净物、碱、酸性氧化物的顺序排列的是
A. 胆矾、小苏打、一氧化碳B. 碱石灰、纯碱、二氧化氮
C. 液氯、烧碱、二氧化硫D. 盐酸、生石灰、干冰
【答案】C
【解析】
【详解】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，碳酸氢钠属于盐，不属于碱；一氧化碳是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；
B．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙形成的混合物，不是纯净物；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，不是酸性氧化物，故B错误；
C．液氯是只含有氯气一种物质的纯净物；烧碱是氢氧化钠的纯净物，属于碱；二氧化硫是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故C正确；
D．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不属于纯净物；生石灰是氧化钙的俗称，属于碱性氧化物，不属于碱，故D错误；
故选C。
2. 下列应用中不涉及氧化还原反应的是
A. 从海水中提取溴单质B. 植物的光合作用
C. 用小苏打治疗胃酸过多D. 暖贴中的铁粉遇空气放热
【答案】C
【解析】
【详解】A．海水中提取溴，将氯气通入浓缩的海水中。氯气与海水中的溴化钠反应得到溴，发生的反应主要是Cl2+2=2+Br2，反应是氧化还原反应，A错误；
B．光合作用过程中，植物吸收空气中的CO2，释放出O2，过程中有元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B错误；
C．胃酸的主要成分是稀盐酸，小苏打为碳酸氢钠，用小苏打治疗胃酸过多时，离子方程式为 +H+=CO2↑+H2O，没有元素的化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，C正确；
D．暖贴中的铁粉遇空气放热是利用铁的氧化放热原理，即铁元素的化合价发生了变化，因而发生了氧化还原反应，D错误；
故选C。
3. 诗句“江流宛转绕芳甸，月照花林皆似霰”中体现了丁达尔效应，下列分散系中一定不能产生丁达尔效应的是
A. 淀粉溶液B. 碘酒C. 豆浆D. 有粉尘的空气
【答案】B
【解析】
【详解】光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；淀粉溶液、豆浆、有粉尘的空气均为胶体分散系，能产生丁达尔效应；碘酒为溶液，不产生丁达尔效应；
故选B。
4. 中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟、锗、锌等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。是铟的一种同位素，下列关于的说法正确的是
A. 质量数为164B. 核外电子数为66
C. 中子数为66D. 质子数为115
【答案】C
【解析】
【详解】A．的质量数为115，故A错误；
B．核外电子数为49，故B错误；
C．中子数为115-49=66，故C正确；
D．质子数为49，故D错误；
选C。
5. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇会溶于水，致使溴、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故A项错误；
B．汽油和四氯化碳互溶，不能用分液的方法进行分离，故B项错误；
C．可以用重结晶的方法除去KNO3中的NaCl，但原理是KNO3的溶解度随温度变化较大，而NaCl的溶解度随温度变化很小，降低温度时，KNO3从溶液中析出，而NaCl仍留在溶液中，从而可将KNO3中的NaCl除去，故C项错误；
D．乙醇和水的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确；
故选D
6. 下面能正确表达氧化还原反应中电子转移方向和数目的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应中氨气中N元素从-3价升高到0价、二氧化氮中氮元素从+4价降低到0价，则电子从氨气中的N转移给二氧化氮中氮原子、转移的电子数目应该是24e-，故A正确；
B．反应中O元素从-2价升高到0价生成氧气、Mn元素从+7价部分降低到+6价、另一部分降低到+4价，则O原子失去电子Mn原子得到电子，转移的电子数目应该是4e-，图中得失电子标反了箭头、应从KMnO4中O出发指向其中的Mn，故B错误；
C．Cu元素化合价升高、Cu失去电子，N元素化合价降低，硝酸得到电子，该双线桥表示电子转移时，铜转变为铜离子线桥应写明“失3×2 e-”、硝酸中N原子变为NO线桥应写明“得2×3 e-”，故C错误；
D．反应中部分氯气中Cl元素从0价升高到+5价、另一部分Cl元素从0价降低到-1价，则转移的电子数目应该是5e-，故D错误；
故选A。
7. 从海带中提取碘的实验过程主要包括：灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、蒸馏等步骤。下列说法错误的是
A. “灼烧”时，可用酒精灯直接加热坩埚
B. “过滤”时，为加快过滤速率，要用玻璃棒不断搅动漏斗中的液体
C. “氧化”时，可选用H2O2作氧化剂
D. “萃取”时，若用CCl4作萃取剂，则有机层从分液漏斗下方流出
【答案】B
【解析】
【详解】A．灼烧固体应在坩埚中进行，所以灼烧干海带用到坩埚，A正确；
B．用玻璃棒不断搅动漏斗中的液体，防止破坏滤纸，B错误；
C．过氧化氢具有氧化性且不引入新杂质，故可选用H2O2作氧化剂，C正确；
D．四氯化碳与水互不相溶，且密度大于水，故用CCl4作萃取剂，则有机层从分液漏斗下方流出，D正确；
故选B。
8. 下列说法中不正确的是
A. 工业上常用石灰水和氯气制备漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
B. 用漂白粉漂白时，向溶液中滴入少量稀盐酸或通入二氧化碳可以增强漂白效果
C. 实验室制备氯气应在通风橱中进行
D. 如果发生氯气泄漏，可用湿毛巾捂住口鼻，向上风口或地势高的地方躲避
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上常将氯气通入到石灰乳中制备漂白粉，石灰水浓度太低，不利于工业生成，A错误；
B．漂白粉的主要成分为次氯酸钙，可与二氧化碳或者盐酸反应生成次氯酸，可以增强漂白效果，B正确；
C．氯气有毒，因此实验室制备氯气应在通风橱中进行，C正确；
D．氯气密度比空气大，如果发生氯气泄漏，可用湿毛巾捂住口鼻，向上风口或地势高地方躲避，可以减少氯气的吸入，D正确；
故选A。
9. 某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法正确的是
A. 该实验说明分子具有漂白性
B. 该实验说明扩散速度比HClO分子慢
C. 将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
D. 若用久置的氯水进行实验，不会产生相同的实验现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，故A错误；
B．由实验可知，滴加氯水的区域变白色，而周围变成红色，可说明H＋的扩散速度比HClO分子快，故B错误；
C．HClO的漂白持久、稳定、不可逆，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，故C错误；
D．久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，则不会产生相同的实验现象，故D正确；
本题答案D。
10. 下列有关物质的除杂所选试剂或方法有错误的是
A. 除去固体中少量的：直接加热
B. 除去中的：将混合物在氧气中加热
C. 除去中的气体：通过灼热的铜网
D. 除去气体中的HCl：通过饱和食盐水，洗气
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3：直接加热，故A正确；
B．热稳定性强于Na2O，除去中的：将混合物在氧气中加热，Na2O与氧气反应生成，故B正确
C．O2与铜加热可生成氧化铜，除去CO2中的O2气体：通过灼热的铜网，故C正确；
D． 饱和食盐水可以溶解二氧化碳，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故D错误；
故选D。
11. 20℃时，将等质量不含结晶水的甲、乙固体分别加入盛有 100 g 水的烧杯中，充分搅拌后现象如图 1，加热到50℃时现象如图2(不考虑水分蒸发)，甲、乙固体的溶解度曲线如图3，下列说法错误的是
A. 图 1 中，甲一定是饱和溶液
B. 图 2 中，两溶液中溶质的质量分数一定相等
C. 图 3 中，M 表示甲的溶解度曲线
D. 图 2 中，两溶液降温至30℃，甲一定会析出晶体，乙不会析出晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．在图 1 中在溶液下面烧杯底部含有固体物质，说明该溶液为饱和溶液，A正确；
B．由于两个烧杯中溶质的质量相等，溶剂质量也相等，且两种溶液下面无固体物质存在，故图 2 中，两溶液中溶质的质量分数一定相等，B正确；
C．在20℃甲烧杯下面有固体物质，而乙烧杯中无固体存在，由于两个烧杯中加入的固体及水质量相等，说明在20℃时溶解度：甲＜乙，在升高温度至50℃时，甲、乙两个烧杯的固体都完全溶解，说明甲的溶解度受温度的影响变化较大，故图 3 中，M 表示甲的溶解度曲线，N表示乙的溶解度曲线，C正确；
D．根据图3可知：在30℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等，因此图 2 中，两溶液降温至30℃，甲不一定会析出晶体，乙也可能会析出晶体，D错误；
故合理选项是D。
12. 已知反应：①
②
③
④
下列叙述不正确的是
A. 氧化性
B. 还原性
C. 与浓盐酸共热可能发生反应：
D. 向溶液中通入过量，存在反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同一化学方程式中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：①Cl2>FeCl3，②PbO2>，③，④，所以氧化性：，A正确；
B．根据同一化学方程式中，还原性：还原剂>还原产物，可知还原性：①，④I->Fe2+，所以还原性：，B错误；
C．由A选项分析知，氧化性：，则PbO2与浓盐酸共热可能发生反应：，C正确；
D．向溶液中通入过量Cl2，I-和Fe2+均被完全氧化，则存在反应：3Cl2+2=2FeCl3+2，D正确；
故选B。
13. 侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，他所发明的联合制碱法的生产流程可以简化成下图。下列说法错误的是
A. 第②步发生的主要反应为
B. 流程中先通是为了形成碱性环境，以吸收更多的，提高生产效率
C. 侯氏制碱法制得的纯碱是
D. 可用溶液鉴别小苏打和纯碱
【答案】D
【解析】
【详解】A．第②步是向饱和氨盐水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，发生的主要反应为，故A正确；
B．二氧化碳的溶解度小，流程中先通是为了形成碱性环境，以吸收更多的，提高生产效率，故B正确；
C．侯氏制碱法制得的纯碱是，故C正确；
D．与碳酸钠、碳酸氢钠反应都能生成碳酸钡沉淀，不能用溶液鉴别小苏打和纯碱，故D错误；
选D。
14. 某课外小组为了鉴别和两种白色固体，设计了如图实验。下列说法正确的是
A. 装置Ⅰ中和均能与盐酸反应，产生气体速率快的是
B. 当稀盐酸足量时，装置Ⅰ中气球鼓起体积较小的是
C. 加热装置Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是
D. 方法Ⅱ不能鉴别和
【答案】C
【解析】
【分析】装置I可以根据白色固体与稀盐酸反应产生气泡的快慢鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，装置Ⅱ利用碳酸钠受热不分解而碳酸氢钠受热分解产生CO2，检验是否有CO2生成鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠均与盐酸反应生成二氧化碳气体，盛放碳酸氢钠的气球鼓的更快，说明产生气体速率快的是碳酸氢钠，A错误；
B．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时，碳酸氢钠产生的二氧化碳量多，故气球鼓起体积较大的是碳酸氢钠，B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠加热不反应，C正确；
D．碳酸钠受热不反应，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使澄清石灰水变浑浊，故可以用来鉴别两者，D错误；
故选C。
15. 向一定浓度的溶液中滴加溶液，其电导率随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是
A. ab段发生反应的离子方程式是：
B. c点溶液中大量存在的离子是、
C. b、d两点对应溶液中的离子总数目相等
D. bc段发生反应的离子方程式是：
【答案】B
【解析】
【分析】由图中曲线可知，ab段：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH；bc段：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O；cd段：NaHSO4只发生电离，不发生化学反应，随着NaHSO4的不断加入，溶液中离子浓度不断增大，电导率增大。
【详解】A．由以上分析可知，ab段发生反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O，A不正确；
B．c点溶液中只存在Na2SO4，大量存在的离子是Na+、SO，B正确；
C．b、d两点电导率相同，则离子总浓度相同，但由于d点溶液的体积比b点大，对应溶液中的离子总数目比b点多，C不正确；
D．bc段发生OH-与H+的反应，离子方程式是：OH-+H+ = H2O，D不正确；
故选B。
二、非选择题：本大题共5小题，共55分。
16. 下列是中学常见物质：①铜②液氯③稀盐酸④氯化银⑤NaHSO4⑥乙醇⑦冰醋酸⑧氟化氢⑨氢氧化钡溶液⑩氨水回答下列问题：
（1）上述物质中能导电的是___________(填写序号，下同)，属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________，属于强电解质的是___________，属于弱电解质的是___________。
（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：⑤___________；⑩___________。
【答案】（1） ①. ①③⑨⑩ ②. ④⑤⑦⑧ ③. ⑥ ④. ④⑤ ⑤. ⑦⑧
（2） ①. NaHSO4=Na++ ②. NH3·H2O⇋+
【解析】
【小问1详解】
有自由电子或者自由移动离子的物质可以导电，金属铜有自由电子可以导电，稀盐酸、氢氧化钡溶液、氨水中有自由移动离子可以导电，能导电的是①③⑨⑩；电解质是水溶液或者熔融状态下能导电的化合物，属于纯净物，酸碱盐和金属氧化物属于电解质，属于电解质的是④⑤⑦⑧；非金属氧化物和大多数有机物属于非电解质，属于非电解质的是⑥乙醇；弱酸、弱碱和水属于弱电解质；
【小问2详解】
NaHSO4属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：NaHSO4=Na++；氨水是弱电解质，部分电离，电离方程式用“⇋”，电离方程式为：NH3·H2O⇋+。
17. 物质的量是化学计算的重要工具，按要求完成下列计算
（1）中含，则的摩尔质量为___________；
（2）中含有的电子数为___________；
（3）在相同温度和压强下，容器A中的臭氧和容器B中的乙炔气所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是___________；
（4）某人的血糖化验单显示血液中葡萄糖()为，此人血液中含葡萄糖___________。
【答案】（1）62 （2）或
（3）4:3 （4）0.9
【解析】
【小问1详解】
中含，则Na2R的物质的量为：0.4ml×=0.2ml，则的摩尔质量为，故答案为：62；
【小问2详解】
中含有的电子数为=，故答案为：；
【小问3详解】
在相同温度和压强下，容器A中的臭氧和容器B中的乙炔气所含的原子个数相同，即A、B两容器中气体分子的物质的量之比为：3n(O3)=4n(C2H2)，即n(O3)：n(C2H2)=4:3，根据阿伏伽德罗定律及推论可知，在相同温度和压强下，气体的体积之比等于气体的分子的物质的量之比，则A、B两容器中气体的体积之比是4:3，故答案为：4:3；
【小问4详解】
某人的血糖化验单显示血液中葡萄糖()为，此人血液中含葡萄糖的质量为：1×10-3L×× =0.9g，故答案为：0.9。
18. 新型肺炎疫情过后，我们仍要注意消毒。“84消毒液”是大规模环境消毒剂。已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是_______。
A. “84消毒液的有效成分是NaClO
B. “洁厕灵”(主要成分为盐酸)与“84消毒液”混用效果更好
C. 检验该消毒液中是否含有的原理为：
D. 盛装“84消毒液”的瓶子瓶盖忘盖，长时间后可能失效
（2）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______。(保留一位小数)
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。配制一定物质的量浓度的上述消毒液需要选用如图所示的部分仪器，还需要的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。
（4）请将下列各操作按正确的顺序将字母代号填写在横线上_______。
A．用托盘天平称取NaClO固体
B．塞好瓶塞，反复颠倒摇匀，装瓶，贴标签
C．加蒸馏水至离容量瓶瓶颈刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
D．用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，洗涤液一并转入容量瓶，并轻摇容量瓶使其混匀
E．待溶液冷却至室温，再将溶液转入容量瓶
F．将已称量的NaClO固体置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解完全
（5）若所配制的次氯酸钠溶液的物质的量浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。
A. 配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B. 洗涤液未转移到容量瓶中
C. 未经冷却立即转液D. 定容时，仰视溶液的凹液面
（6）某中学学生在宿舍将“84消毒液”与“洁厕灵”混合欲制取氯气。这是极度危险的，请用化学方程式表示其原理：_______。
【答案】（1）B （2）4.0
（3）玻璃棒、500mL容量瓶
（4）AFEDCB （5）BD
（6）NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时，首先要选择容量瓶，应选择与所配溶液体积相同或稍大规格的容量瓶，计算时，容量瓶的容积就是所配溶液的体积。配制溶液时，容量瓶要进行查漏，然后按计算、称量、溶解、转移、定容五步操作进行，切不可将固体或液体溶质直接放在容量瓶内溶解。
【小问1详解】
A．“84消毒液”的有效成分是NaClO，故A正确；
B．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)与“84消毒液”不能混用：，
故B错误；
C．检验该消毒液中是否含有的原理为：，故C正确；
D．盛装“84消毒液”的瓶子瓶盖忘盖，长时间后可能失效，因为空气中二氧化碳溶于溶液后较强酸制较弱酸生成次氯酸，次氯酸不稳定容易分解，故D正确；
故选B；
【小问2详解】
【小问3详解】
配制一定物质的量浓度的上述消毒液，实验室没有480mL的容量瓶，需选择500mL的容量瓶，且转移溶液时需使用玻璃棒，所以除需要选用图中的部分仪器，还需要的玻璃仪器是玻璃棒、500mL容量瓶；
小问4详解】
配制一定物质的量浓度溶液时，操作步骤为计算、称量、溶解、转移、定容，则操作顺序为：A．用托盘天平称取NaClO固体、F．将已称量的NaClO固体置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解完全、E．待溶液冷却至室温，再将溶液转入容量瓶、D．用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，洗涤液一并转入容量瓶，并轻摇容量瓶使其混匀、C．加蒸馏水至离容量瓶瓶颈刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线、B．塞好瓶塞，反复颠倒摇匀，装瓶，贴标签；所以各操作按正确的顺序为AFEDCB；
【小问5详解】
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，不产生误差，故A错误；
B．洗涤液未转移到容量瓶中，则溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，故B正确；
C．未经冷却立即转液，则定容后冷却到室温，所配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故C错误；
D．定容时，仰视溶液的凹液面，所配溶液的体积偏大，浓度偏小，故D正确；
故选BD。
【小问6详解】
“84消毒液”的主要成分为NaClO，“洁厕灵”的主要成分为HCl，混合可写出化学方程式：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O
19. 利用海水能够提取溴和镁，提取过程如下：
（1）提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是_______， 蒸馏塔中发生反应的离子方程式是_______。向溴水中加入CCl4，充分振荡、静置后Br2的CCl4溶液在_______ (上或下)层。
（2）吹出塔中通入热空气吹出Br2，利用了溴的_______(填序号)；
a．氧化性 b．还原性 c．挥发性
（3）从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作_______、_______、过滤、洗涤、干燥(在HCl气流的保护下)；由无水氯化镁得到镁的化学方程式是_______。
（4）工业上从卤水中获取用石灰乳而不用溶液的原因是_______。(写出两点原因)
【答案】（1） ①. 富集溴元素 ②. Cl2+2Br-=Br2+2Cl- ③. 下
（2）c （3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
（4）石灰乳原料丰富，成本低
【解析】
【分析】海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子后过滤，在滤液中通入氯气是将滤液中的Br-氧化为Br2，再利用热的空气将Br2吹出，进入吸收塔与SO2反应，其反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；再通入氯气将Br-氧化为Br2，两次Br-→Br2转化的目的是对溴元素进行富集，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中得到氯化镁晶体的操作是加热蒸发冷却结晶得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁。
【小问1详解】
根据以上分析可知流程中提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是为了得到更多的溴单质，提取过程对溴元素进行富集；吸收塔内通入的二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br－＝Br2+2Cl－；CCl4的密度大于水，向溴水中加入CCl4，充分振荡、静置后Br2的CCl4溶液在下层；
【小问2详解】
溴易挥发，通入热空气吹出溴，利用溴的挥发性，故选c；
【小问3详解】
从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；
【小问4详解】
工业上从卤水中获取用石灰乳而不用溶液的原因是石灰乳原料丰富，成本低。
20. 亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示：
（1）用图甲中装置制备纯净干燥的Cl2，装置II中盛放的试剂为________。
（2）将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。
①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置IV、V除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是________。
③有人认为可以将装置IV中浓硫酸合并到装置V中，撤除装置IV，直接将NO、Cl2通入装置V中，你同意此观点吗？________(填“同意”或“不同意”)，你的理由是_______。
④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________。
⑤装置VIII吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为________。
（3）用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度：取IX中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，加入cml/LAgNO3溶液bmL时生成的沉淀量最大，则亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_______(用代数式表示即可)
【答案】（1）饱和食盐水
（2） ①. e→f→c→b→d(e，f可互换) ②. 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速 ③. 不同意 ④. NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸 ⑤. 用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应 ⑥. NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O
（3）%
【解析】
【分析】氯气与NO在常温常压下合成亚硝酰氯；图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥；由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。据此回答问题。
【小问1详解】
装置Ⅰ用浓盐酸和MnO2共热制取Cl2，浓盐酸易挥发，所以制取的Cl2中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解，所以装置II中盛放饱和食盐水，目的是除去氯气中的HCl，
故答案为：饱和食盐水；
【小问2详解】
①由分析可知，装置连顺序为a→e→f→c→b→d（或f→e→c→b→d），
故答案为：e→f→c→b→d（或f→e→c→b→d）；
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，
故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；
③由题给信息可知NO与Cl2反应生成的NOCl易溶于浓硫酸，则不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中，
故答案为：不同意，NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸；
④先通入氯气，可将装置内的空气排出，避免NO被氧化生成二氧化氮，
故答案为：用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应；
⑤NOCl遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，NO、NO2和NaOH发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，HCl和NaOH反应生成NaCl和H2O，NOCl和NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，所以该反应方程式为NOCl+2NaOH＝NaCl+NaNO2+H2O，
故答案为：NOCl+2NaOH＝NaCl+NaNO2+H2O；
【小问3详解】
n(AgNO3)＝b×10-3L×cml/L＝bc×10-3ml，由关系式NOCl～NaCl～AgNO3可知，n（NOCl）＝n（AgNO3）＝bc×10-3ml，m（NOCl）＝bc×10-3ml×65.5g/ml＝6.55bc×10-2g，m克样品中含有亚硝酰氯的质量为0.655bcg，则样品的纯度为×100%＝%，
故答案为：%；选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水的溴
乙醇萃取
溴在乙醇中的溶解度较大
B
分离汽油和四氯化碳
分液
四氯化碳和汽油的密度不同
C
除去KNO3固体中混杂的NaCl
结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D
除去乙醇中的水
蒸馏
乙醇与水的沸点相差较大
高一化学试卷
考试范围：专题一—专题三
完卷时间：75分钟 满 分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 C1-35.5 Fe-56 Mn-55
一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1. 分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法。下列各组物质，按纯净物、碱、酸性氧化物的顺序排列的是
A. 胆矾、小苏打、一氧化碳B. 碱石灰、纯碱、二氧化氮
C. 液氯、烧碱、二氧化硫D. 盐酸、生石灰、干冰
【答案】C
【解析】
【详解】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，碳酸氢钠属于盐，不属于碱；一氧化碳是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；
B．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙形成的混合物，不是纯净物；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，不是酸性氧化物，故B错误；
C．液氯是只含有氯气一种物质的纯净物；烧碱是氢氧化钠的纯净物，属于碱；二氧化硫是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故C正确；
D．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不属于纯净物；生石灰是氧化钙的俗称，属于碱性氧化物，不属于碱，故D错误；
故选C。
2. 下列应用中不涉及氧化还原反应的是
A. 从海水中提取溴单质B. 植物的光合作用
C. 用小苏打治疗胃酸过多D. 暖贴中的铁粉遇空气放热
【答案】C
【解析】
【详解】A．海水中提取溴，将氯气通入浓缩的海水中。氯气与海水中的溴化钠反应得到溴，发生的反应主要是Cl2+2=2+Br2，反应是氧化还原反应，A错误；
B．光合作用过程中，植物吸收空气中的CO2，释放出O2，过程中有元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B错误；
C．胃酸的主要成分是稀盐酸，小苏打为碳酸氢钠，用小苏打治疗胃酸过多时，离子方程式为 +H+=CO2↑+H2O，没有元素的化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，C正确；
D．暖贴中的铁粉遇空气放热是利用铁的氧化放热原理，即铁元素的化合价发生了变化，因而发生了氧化还原反应，D错误；
故选C。
3. 诗句“江流宛转绕芳甸，月照花林皆似霰”中体现了丁达尔效应，下列分散系中一定不能产生丁达尔效应的是
A. 淀粉溶液B. 碘酒C. 豆浆D. 有粉尘的空气
【答案】B
【解析】
【详解】光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；淀粉溶液、豆浆、有粉尘的空气均为胶体分散系，能产生丁达尔效应；碘酒为溶液，不产生丁达尔效应；
故选B。
4. 中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟、锗、锌等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。是铟的一种同位素，下列关于的说法正确的是
A. 质量数为164B. 核外电子数为66
C. 中子数为66D. 质子数为115
【答案】C
【解析】
【详解】A．的质量数为115，故A错误；
B．核外电子数为49，故B错误；
C．中子数为115-49=66，故C正确；
D．质子数为49，故D错误；
选C。
5. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇会溶于水，致使溴、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故A项错误；
B．汽油和四氯化碳互溶，不能用分液的方法进行分离，故B项错误；
C．可以用重结晶的方法除去KNO3中的NaCl，但原理是KNO3的溶解度随温度变化较大，而NaCl的溶解度随温度变化很小，降低温度时，KNO3从溶液中析出，而NaCl仍留在溶液中，从而可将KNO3中的NaCl除去，故C项错误；
D．乙醇和水的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确；
故选D
6. 下面能正确表达氧化还原反应中电子转移方向和数目的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应中氨气中N元素从-3价升高到0价、二氧化氮中氮元素从+4价降低到0价，则电子从氨气中的N转移给二氧化氮中氮原子、转移的电子数目应该是24e-，故A正确；
B．反应中O元素从-2价升高到0价生成氧气、Mn元素从+7价部分降低到+6价、另一部分降低到+4价，则O原子失去电子Mn原子得到电子，转移的电子数目应该是4e-，图中得失电子标反了箭头、应从KMnO4中O出发指向其中的Mn，故B错误；
C．Cu元素化合价升高、Cu失去电子，N元素化合价降低，硝酸得到电子，该双线桥表示电子转移时，铜转变为铜离子线桥应写明“失3×2 e-”、硝酸中N原子变为NO线桥应写明“得2×3 e-”，故C错误；
D．反应中部分氯气中Cl元素从0价升高到+5价、另一部分Cl元素从0价降低到-1价，则转移的电子数目应该是5e-，故D错误；
故选A。
7. 从海带中提取碘的实验过程主要包括：灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、蒸馏等步骤。下列说法错误的是
A. “灼烧”时，可用酒精灯直接加热坩埚
B. “过滤”时，为加快过滤速率，要用玻璃棒不断搅动漏斗中的液体
C. “氧化”时，可选用H2O2作氧化剂
D. “萃取”时，若用CCl4作萃取剂，则有机层从分液漏斗下方流出
【答案】B
【解析】
【详解】A．灼烧固体应在坩埚中进行，所以灼烧干海带用到坩埚，A正确；
B．用玻璃棒不断搅动漏斗中的液体，防止破坏滤纸，B错误；
C．过氧化氢具有氧化性且不引入新杂质，故可选用H2O2作氧化剂，C正确；
D．四氯化碳与水互不相溶，且密度大于水，故用CCl4作萃取剂，则有机层从分液漏斗下方流出，D正确；
故选B。
8. 下列说法中不正确的是
A. 工业上常用石灰水和氯气制备漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
B. 用漂白粉漂白时，向溶液中滴入少量稀盐酸或通入二氧化碳可以增强漂白效果
C. 实验室制备氯气应在通风橱中进行
D. 如果发生氯气泄漏，可用湿毛巾捂住口鼻，向上风口或地势高的地方躲避
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上常将氯气通入到石灰乳中制备漂白粉，石灰水浓度太低，不利于工业生成，A错误；
B．漂白粉的主要成分为次氯酸钙，可与二氧化碳或者盐酸反应生成次氯酸，可以增强漂白效果，B正确；
C．氯气有毒，因此实验室制备氯气应在通风橱中进行，C正确；
D．氯气密度比空气大，如果发生氯气泄漏，可用湿毛巾捂住口鼻，向上风口或地势高地方躲避，可以减少氯气的吸入，D正确；
故选A。
9. 某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法正确的是
A. 该实验说明分子具有漂白性
B. 该实验说明扩散速度比HClO分子慢
C. 将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
D. 若用久置的氯水进行实验，不会产生相同的实验现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，故A错误；
B．由实验可知，滴加氯水的区域变白色，而周围变成红色，可说明H＋的扩散速度比HClO分子快，故B错误；
C．HClO的漂白持久、稳定、不可逆，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，故C错误；
D．久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，则不会产生相同的实验现象，故D正确；
本题答案D。
10. 下列有关物质的除杂所选试剂或方法有错误的是
A. 除去固体中少量的：直接加热
B. 除去中的：将混合物在氧气中加热
C. 除去中的气体：通过灼热的铜网
D. 除去气体中的HCl：通过饱和食盐水，洗气
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3：直接加热，故A正确；
B．热稳定性强于Na2O，除去中的：将混合物在氧气中加热，Na2O与氧气反应生成，故B正确
C．O2与铜加热可生成氧化铜，除去CO2中的O2气体：通过灼热的铜网，故C正确；
D． 饱和食盐水可以溶解二氧化碳，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故D错误；
故选D。
11. 20℃时，将等质量不含结晶水的甲、乙固体分别加入盛有 100 g 水的烧杯中，充分搅拌后现象如图 1，加热到50℃时现象如图2(不考虑水分蒸发)，甲、乙固体的溶解度曲线如图3，下列说法错误的是
A. 图 1 中，甲一定是饱和溶液
B. 图 2 中，两溶液中溶质的质量分数一定相等
C. 图 3 中，M 表示甲的溶解度曲线
D. 图 2 中，两溶液降温至30℃，甲一定会析出晶体，乙不会析出晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．在图 1 中在溶液下面烧杯底部含有固体物质，说明该溶液为饱和溶液，A正确；
B．由于两个烧杯中溶质的质量相等，溶剂质量也相等，且两种溶液下面无固体物质存在，故图 2 中，两溶液中溶质的质量分数一定相等，B正确；
C．在20℃甲烧杯下面有固体物质，而乙烧杯中无固体存在，由于两个烧杯中加入的固体及水质量相等，说明在20℃时溶解度：甲＜乙，在升高温度至50℃时，甲、乙两个烧杯的固体都完全溶解，说明甲的溶解度受温度的影响变化较大，故图 3 中，M 表示甲的溶解度曲线，N表示乙的溶解度曲线，C正确；
D．根据图3可知：在30℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等，因此图 2 中，两溶液降温至30℃，甲不一定会析出晶体，乙也可能会析出晶体，D错误；
故合理选项是D。
12. 已知反应：①
②
③
④
下列叙述不正确的是
A. 氧化性
B. 还原性
C. 与浓盐酸共热可能发生反应：
D. 向溶液中通入过量，存在反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同一化学方程式中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：①Cl2>FeCl3，②PbO2>，③，④，所以氧化性：，A正确；
B．根据同一化学方程式中，还原性：还原剂>还原产物，可知还原性：①，④I->Fe2+，所以还原性：，B错误；
C．由A选项分析知，氧化性：，则PbO2与浓盐酸共热可能发生反应：，C正确；
D．向溶液中通入过量Cl2，I-和Fe2+均被完全氧化，则存在反应：3Cl2+2=2FeCl3+2，D正确；
故选B。
13. 侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，他所发明的联合制碱法的生产流程可以简化成下图。下列说法错误的是
A. 第②步发生的主要反应为
B. 流程中先通是为了形成碱性环境，以吸收更多的，提高生产效率
C. 侯氏制碱法制得的纯碱是
D. 可用溶液鉴别小苏打和纯碱
【答案】D
【解析】
【详解】A．第②步是向饱和氨盐水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，发生的主要反应为，故A正确；
B．二氧化碳的溶解度小，流程中先通是为了形成碱性环境，以吸收更多的，提高生产效率，故B正确；
C．侯氏制碱法制得的纯碱是，故C正确；
D．与碳酸钠、碳酸氢钠反应都能生成碳酸钡沉淀，不能用溶液鉴别小苏打和纯碱，故D错误；
选D。
14. 某课外小组为了鉴别和两种白色固体，设计了如图实验。下列说法正确的是
A. 装置Ⅰ中和均能与盐酸反应，产生气体速率快的是
B. 当稀盐酸足量时，装置Ⅰ中气球鼓起体积较小的是
C. 加热装置Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是
D. 方法Ⅱ不能鉴别和
【答案】C
【解析】
【分析】装置I可以根据白色固体与稀盐酸反应产生气泡的快慢鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，装置Ⅱ利用碳酸钠受热不分解而碳酸氢钠受热分解产生CO2，检验是否有CO2生成鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠均与盐酸反应生成二氧化碳气体，盛放碳酸氢钠的气球鼓的更快，说明产生气体速率快的是碳酸氢钠，A错误；
B．等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时，碳酸氢钠产生的二氧化碳量多，故气球鼓起体积较大的是碳酸氢钠，B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠加热不反应，C正确；
D．碳酸钠受热不反应，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使澄清石灰水变浑浊，故可以用来鉴别两者，D错误；
故选C。
15. 向一定浓度的溶液中滴加溶液，其电导率随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是
A. ab段发生反应的离子方程式是：
B. c点溶液中大量存在的离子是、
C. b、d两点对应溶液中的离子总数目相等
D. bc段发生反应的离子方程式是：
【答案】B
【解析】
【分析】由图中曲线可知，ab段：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH；bc段：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O；cd段：NaHSO4只发生电离，不发生化学反应，随着NaHSO4的不断加入，溶液中离子浓度不断增大，电导率增大。
【详解】A．由以上分析可知，ab段发生反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O，A不正确；
B．c点溶液中只存在Na2SO4，大量存在的离子是Na+、SO，B正确；
C．b、d两点电导率相同，则离子总浓度相同，但由于d点溶液的体积比b点大，对应溶液中的离子总数目比b点多，C不正确；
D．bc段发生OH-与H+的反应，离子方程式是：OH-+H+ = H2O，D不正确；
故选B。
二、非选择题：本大题共5小题，共55分。
16. 下列是中学常见物质：①铜②液氯③稀盐酸④氯化银⑤NaHSO4⑥乙醇⑦冰醋酸⑧氟化氢⑨氢氧化钡溶液⑩氨水回答下列问题：
（1）上述物质中能导电的是___________(填写序号，下同)，属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________，属于强电解质的是___________，属于弱电解质的是___________。
（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：⑤___________；⑩___________。
【答案】（1） ①. ①③⑨⑩ ②. ④⑤⑦⑧ ③. ⑥ ④. ④⑤ ⑤. ⑦⑧
（2） ①. NaHSO4=Na++ ②. NH3·H2O⇋+
【解析】
【小问1详解】
有自由电子或者自由移动离子的物质可以导电，金属铜有自由电子可以导电，稀盐酸、氢氧化钡溶液、氨水中有自由移动离子可以导电，能导电的是①③⑨⑩；电解质是水溶液或者熔融状态下能导电的化合物，属于纯净物，酸碱盐和金属氧化物属于电解质，属于电解质的是④⑤⑦⑧；非金属氧化物和大多数有机物属于非电解质，属于非电解质的是⑥乙醇；弱酸、弱碱和水属于弱电解质；
【小问2详解】
NaHSO4属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：NaHSO4=Na++；氨水是弱电解质，部分电离，电离方程式用“⇋”，电离方程式为：NH3·H2O⇋+。
17. 物质的量是化学计算的重要工具，按要求完成下列计算
（1）中含，则的摩尔质量为___________；
（2）中含有的电子数为___________；
（3）在相同温度和压强下，容器A中的臭氧和容器B中的乙炔气所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是___________；
（4）某人的血糖化验单显示血液中葡萄糖()为，此人血液中含葡萄糖___________。
【答案】（1）62 （2）或
（3）4:3 （4）0.9
【解析】
【小问1详解】
中含，则Na2R的物质的量为：0.4ml×=0.2ml，则的摩尔质量为，故答案为：62；
【小问2详解】
中含有的电子数为=，故答案为：；
【小问3详解】
在相同温度和压强下，容器A中的臭氧和容器B中的乙炔气所含的原子个数相同，即A、B两容器中气体分子的物质的量之比为：3n(O3)=4n(C2H2)，即n(O3)：n(C2H2)=4:3，根据阿伏伽德罗定律及推论可知，在相同温度和压强下，气体的体积之比等于气体的分子的物质的量之比，则A、B两容器中气体的体积之比是4:3，故答案为：4:3；
【小问4详解】
某人的血糖化验单显示血液中葡萄糖()为，此人血液中含葡萄糖的质量为：1×10-3L×× =0.9g，故答案为：0.9。
18. 新型肺炎疫情过后，我们仍要注意消毒。“84消毒液”是大规模环境消毒剂。已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是_______。
A. “84消毒液的有效成分是NaClO
B. “洁厕灵”(主要成分为盐酸)与“84消毒液”混用效果更好
C. 检验该消毒液中是否含有的原理为：
D. 盛装“84消毒液”的瓶子瓶盖忘盖，长时间后可能失效
（2）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______。(保留一位小数)
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。配制一定物质的量浓度的上述消毒液需要选用如图所示的部分仪器，还需要的玻璃仪器是_______(填仪器名称)。
（4）请将下列各操作按正确的顺序将字母代号填写在横线上_______。
A．用托盘天平称取NaClO固体
B．塞好瓶塞，反复颠倒摇匀，装瓶，贴标签
C．加蒸馏水至离容量瓶瓶颈刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
D．用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，洗涤液一并转入容量瓶，并轻摇容量瓶使其混匀
E．待溶液冷却至室温，再将溶液转入容量瓶
F．将已称量的NaClO固体置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解完全
（5）若所配制的次氯酸钠溶液的物质的量浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是_______。
A. 配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B. 洗涤液未转移到容量瓶中
C. 未经冷却立即转液D. 定容时，仰视溶液的凹液面
（6）某中学学生在宿舍将“84消毒液”与“洁厕灵”混合欲制取氯气。这是极度危险的，请用化学方程式表示其原理：_______。
【答案】（1）B （2）4.0
（3）玻璃棒、500mL容量瓶
（4）AFEDCB （5）BD
（6）NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时，首先要选择容量瓶，应选择与所配溶液体积相同或稍大规格的容量瓶，计算时，容量瓶的容积就是所配溶液的体积。配制溶液时，容量瓶要进行查漏，然后按计算、称量、溶解、转移、定容五步操作进行，切不可将固体或液体溶质直接放在容量瓶内溶解。
【小问1详解】
A．“84消毒液”的有效成分是NaClO，故A正确；
B．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)与“84消毒液”不能混用：，
故B错误；
C．检验该消毒液中是否含有的原理为：，故C正确；
D．盛装“84消毒液”的瓶子瓶盖忘盖，长时间后可能失效，因为空气中二氧化碳溶于溶液后较强酸制较弱酸生成次氯酸，次氯酸不稳定容易分解，故D正确；
故选B；
【小问2详解】
【小问3详解】
配制一定物质的量浓度的上述消毒液，实验室没有480mL的容量瓶，需选择500mL的容量瓶，且转移溶液时需使用玻璃棒，所以除需要选用图中的部分仪器，还需要的玻璃仪器是玻璃棒、500mL容量瓶；
小问4详解】
配制一定物质的量浓度溶液时，操作步骤为计算、称量、溶解、转移、定容，则操作顺序为：A．用托盘天平称取NaClO固体、F．将已称量的NaClO固体置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解完全、E．待溶液冷却至室温，再将溶液转入容量瓶、D．用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，洗涤液一并转入容量瓶，并轻摇容量瓶使其混匀、C．加蒸馏水至离容量瓶瓶颈刻度线下1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线、B．塞好瓶塞，反复颠倒摇匀，装瓶，贴标签；所以各操作按正确的顺序为AFEDCB；
【小问5详解】
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，不产生误差，故A错误；
B．洗涤液未转移到容量瓶中，则溶质的物质的量偏小，所配溶液的浓度偏小，故B正确；
C．未经冷却立即转液，则定容后冷却到室温，所配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故C错误；
D．定容时，仰视溶液的凹液面，所配溶液的体积偏大，浓度偏小，故D正确；
故选BD。
【小问6详解】
“84消毒液”的主要成分为NaClO，“洁厕灵”的主要成分为HCl，混合可写出化学方程式：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O
19. 利用海水能够提取溴和镁，提取过程如下：
（1）提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是_______， 蒸馏塔中发生反应的离子方程式是_______。向溴水中加入CCl4，充分振荡、静置后Br2的CCl4溶液在_______ (上或下)层。
（2）吹出塔中通入热空气吹出Br2，利用了溴的_______(填序号)；
a．氧化性 b．还原性 c．挥发性
（3）从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作_______、_______、过滤、洗涤、干燥(在HCl气流的保护下)；由无水氯化镁得到镁的化学方程式是_______。
（4）工业上从卤水中获取用石灰乳而不用溶液的原因是_______。(写出两点原因)
【答案】（1） ①. 富集溴元素 ②. Cl2+2Br-=Br2+2Cl- ③. 下
（2）c （3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
（4）石灰乳原料丰富，成本低
【解析】
【分析】海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子后过滤，在滤液中通入氯气是将滤液中的Br-氧化为Br2，再利用热的空气将Br2吹出，进入吸收塔与SO2反应，其反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；再通入氯气将Br-氧化为Br2，两次Br-→Br2转化的目的是对溴元素进行富集，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中得到氯化镁晶体的操作是加热蒸发冷却结晶得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁。
【小问1详解】
根据以上分析可知流程中提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是为了得到更多的溴单质，提取过程对溴元素进行富集；吸收塔内通入的二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br－＝Br2+2Cl－；CCl4的密度大于水，向溴水中加入CCl4，充分振荡、静置后Br2的CCl4溶液在下层；
【小问2详解】
溴易挥发，通入热空气吹出溴，利用溴的挥发性，故选c；
【小问3详解】
从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；
【小问4详解】
工业上从卤水中获取用石灰乳而不用溶液的原因是石灰乳原料丰富，成本低。
20. 亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示：
（1）用图甲中装置制备纯净干燥的Cl2，装置II中盛放的试剂为________。
（2）将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。
①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置IV、V除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是________。
③有人认为可以将装置IV中浓硫酸合并到装置V中，撤除装置IV，直接将NO、Cl2通入装置V中，你同意此观点吗？________(填“同意”或“不同意”)，你的理由是_______。
④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________。
⑤装置VIII吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为________。
（3）用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度：取IX中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，加入cml/LAgNO3溶液bmL时生成的沉淀量最大，则亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_______(用代数式表示即可)
【答案】（1）饱和食盐水
（2） ①. e→f→c→b→d(e，f可互换) ②. 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速 ③. 不同意 ④. NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸 ⑤. 用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应 ⑥. NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O
（3）%
【解析】
【分析】氯气与NO在常温常压下合成亚硝酰氯；图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥；由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。据此回答问题。
【小问1详解】
装置Ⅰ用浓盐酸和MnO2共热制取Cl2，浓盐酸易挥发，所以制取的Cl2中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解，所以装置II中盛放饱和食盐水，目的是除去氯气中的HCl，
故答案为：饱和食盐水；
【小问2详解】
①由分析可知，装置连顺序为a→e→f→c→b→d（或f→e→c→b→d），
故答案为：e→f→c→b→d（或f→e→c→b→d）；
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，
故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；
③由题给信息可知NO与Cl2反应生成的NOCl易溶于浓硫酸，则不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中，
故答案为：不同意，NO与Cl2反应生成的NOCl可溶于浓硫酸；
④先通入氯气，可将装置内的空气排出，避免NO被氧化生成二氧化氮，
故答案为：用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应；
⑤NOCl遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，NO、NO2和NaOH发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，HCl和NaOH反应生成NaCl和H2O，NOCl和NaOH溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，所以该反应方程式为NOCl+2NaOH＝NaCl+NaNO2+H2O，
故答案为：NOCl+2NaOH＝NaCl+NaNO2+H2O；
【小问3详解】
n(AgNO3)＝b×10-3L×cml/L＝bc×10-3ml，由关系式NOCl～NaCl～AgNO3可知，n（NOCl）＝n（AgNO3）＝bc×10-3ml，m（NOCl）＝bc×10-3ml×65.5g/ml＝6.55bc×10-2g，m克样品中含有亚硝酰氯的质量为0.655bcg，则样品的纯度为×100%＝%，
故答案为：%；选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水的溴
乙醇萃取
溴在乙醇中的溶解度较大
B
分离汽油和四氯化碳
分液
四氯化碳和汽油的密度不同
C
除去KNO3固体中混杂的NaCl
结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D
除去乙醇中的水
蒸馏
乙醇与水的沸点相差较大
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