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浙江省宁波市效实中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）
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浙江省宁波市效实中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5K 39 Ca 40 Zn 65 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137
注意：（1）本试卷分Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）；
（2）选择题涂在答题卡上，非选择题写在答卷纸上；
（3）满分100分；考试时间90分钟；
（4）本场考试不得使用计算器。
第Ⅰ卷 选择题（共50分）
一、选择题（共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.2019年诺贝尔化学奖被授予来自美国和日本的三位科学家，以表彰他们在“Y离子”电池研发领域作出的贡献。Y元素在海水和盐湖中含量较为丰富，Y元素是（ ）
A. 钠 B. 碘 C. 溴 D. 锂
【答案】D
【解析】
【详解】2019年诺贝尔化学奖授予美国和日本的三位科学家在锂离子电池研发领域作出的贡献，锂元素在海水和盐湖中含量较为丰富，故D正确；
综上所述，答案为D。
2.下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）
A. 铁、四氧化三铁、冰水混合物 B. 氯气、碳酸钠、漂白粉
C. 水银、空气、干冰 D. 二氧化硫、水蒸气、盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，冰水混合物是纯净物，故A不符合题意；
B选项，氯气是单质、碳酸钠是化合物、漂白粉是主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B符合题意；
C选项，水银是单质、空气是混合物、干冰是纯净物，故C不符合题意；
D选项，二氧化硫是化合物、水蒸气是化合物、盐酸是混合物，故D不符合题意；
综上所述，答案为B。
3.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.A装置是过滤装置，可用于固体和液体混合物的分离，故不选A；
B.B装置为蒸馏装置，可用来分离沸点不同的液体混合物，故不选B；
C.C为配制一定物质的量浓度的溶液的操作，不用于分离物质，故选C；
D.D装置为分液操作，可用于分离互不相溶的液体混合物，故不选D；
本题答案为C。
4.在原子结构研究的历史中，提出“葡萄干面包式”原子结构模型的是（ ）
A. 卢瑟福 B. 道尔顿 C. 玻尔 D. 汤姆生
【答案】D
【解析】
【详解】A、1911年，卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，故A不符合；
B、英国科学家道尔顿十九世纪初提出近代原子学说，为科学的发展做出了突出的贡献，故B不符合；
C、913年波尔研究氢原子光谱，引入了量子理论观点，提出的量子力学模型，故C不符合；
D、1904年汤姆生提出的葡萄干面包原子模型，故D符合；
答案选D。
5.厨房中的化学知识很多，下面是有关厨房中的常见操作或者常见现象，其中发生的变化不属于氧化还原反应的是( )
A. 食物长时间放置后变质腐败
B. 燃烧液化石油气为炒菜提供热量
C. 用活性炭除去冰箱中的异味
D. 烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹
【答案】C
【解析】试题分析：A．食物长时间放置易被空气中氧气氧化，发生氧化还原反应，故A不选；B．液化石油气的燃烧属于氧化还原反应，故B不选；C．用活性炭除去冰箱中的异味是利用了活性炭的吸附性，属于物理变化，故C选；D．烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹，属于铁被氧化为生锈的过程，故D不选；故选C。
6.下列物质与其用途相符合的是（ ）
①Cl2-制消毒剂 ②AgBr-制胶卷，感光纸 ③AgI-人工降雨 ④碘-预防甲状腺肿大 ⑤淀粉-检验I2的存在 ⑥NaClO-漂白纺织物
A. ②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ②③④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故①符合题意；
②AgBr具有感光性，可用来制胶卷，感光纸，故②符合题意；
③AgI易与空气中水蒸气结合形成冰晶，冰晶在降落过程中边融化边合并为水滴，从而形成雨，故③符合题意；
④碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故④符合题意；
⑤淀粉遇碘变蓝色，可用来检验I2的存在，故⑤符合题意；
⑥NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥符合题意；因此D正确；
综上所述，答案为D。
7.下列有关物质性质实验的叙述，正确的是（ ）
A. 钠在空气中燃烧，生成淡黄色的氧化钠
B. 钠是一种强还原剂，可以把钛从其盐溶液中置换出
C. 将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的雾
D. Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮颗粒并沉降，因而可用于净水
【答案】D
【解析】试题分析：钠在空气中燃烧生成过氧化钠，A错误；钠的性质非常活泼，与水剧烈反应，故钠不能用于水溶液中的置换，B错误；氯气与铁反应生成棕红色的烟，C错误；氢氧化铁胶体表面积大，用于吸附水中的悬浮杂质而净水，D正确，答案选D。
8.将Na2O2投入FeCl3溶液中，可观察到的现象是 ( )
①生成白色沉淀 ②生成红褐色沉淀 ③有气泡产生
④因为Na2O2具有漂白性，所以FeCl3溶液褪色
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. 仅②
【答案】B
【解析】
【分析】Na2O2投入FeCl3溶液中，Na2O2与水反应得到O2和NaOH，NaOH与FeCl3溶液产生红褐色沉淀。
【详解】①生成白色沉淀，①不正确；
②生成红褐色沉淀，②正确；
③有气泡产生，③正确；
④Na2O2具有漂白性，但其不能漂白FeCl3溶液，其与水反应的产物NaOH与FeCl3溶液产生红褐色沉淀，④不正确。
可观察到的现象是②③，故选B。
9.下列属于置换反应且氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1的是（ ）
A. 2KI ＋ Cl2 = 2KCl ＋ I2 B. 2Mg ＋ CO2 2MgO + C
C. TiO2 ＋ 2Cl2 TiCl4＋O2 D. 2FeCl3 + Cu=2FeCl2 + CuCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，2KI ＋ Cl2 = 2KCl ＋ I2是置换反应，KI中I的化合价升高，是还原剂，氯气化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为1:2，故A不符合题意；
B选项，2Mg ＋ CO2 2MgO + C是置换反应，镁化合价升高，是还原剂，二氧化碳中C的化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为1:2，故B不符合题意；
C选项，TiO2 ＋ 2Cl2 TiCl4＋O2是置换反应，TiO2中O的化合价升高，是还原剂，Cl2化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为2:1，故C符合题意；
D选项，2FeCl3 + Cu=2FeCl2 + CuCl2，Cu化合价升高，是还原剂，FeCl3中Fe的化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为2:1，但该反应不是置换反应，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
10.某试剂瓶上贴有如下标签“100mL 1.0mol•L－1MgCl2 溶液”，对该试剂理解正确的是（ ）
A. 该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl－、H2O
B. 若取 50mL 溶液，其中的 c(Cl－)＝1 mol•L﹣1
C. 取该溶液5.0 mL恰好与0.1 mol•L－1 AgNO3100 mL溶液完全反应
D. 取10mL该溶液加水10 mL，所得MgCl2溶液的浓度为0.5 mol•L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，该溶液中含有的微粒主要有：Mg2+、Cl－、H2O，不含MgCl2，故A错误；
B选项，若取50 mL溶液，其中的c(Cl－)＝2c(MgCl2) = 2×1 mol•L﹣1= 2 mol•L﹣1，故B错误；
C选项，取该溶液5.0 mL，5 mL溶液中氯离子物质的量，0.1 mol•L－1 AgNO3100 mL溶液中银离子物质的量，两者物质的量相等，因此两者恰好完全反应，故C正确；
D选项，取10mL该溶液加水10 mL，由于溶液中加水，两者密度不相同，体积不能加和，因此溶液体积小于20 mL，所以得到的MgCl2溶液的浓度为大于0.5 mol•L－1，故D错误；
综上所述，答案为C。
11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定有 SO42﹣
B
向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失
原溶液中一定有 Ba2+
C
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
原溶液中一定无 NH4+
D
向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色
溶液中可能含 Br2
【答案】D
【解析】
【详解】A．能和氯化钡溶液反应生成白色不溶于盐酸的沉淀的可能是Ag+或SO42﹣，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失，存在的阳离子可能是Ba2+或Ca2+，所以原溶液中不一定含有钡离子，故B错误；
C．氨气极易溶于水，稀溶液中，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不加热，一水合氨不能分解，没有氨气逸出，故不能说明原溶液中是否含有NH4+，故C错误；
D．向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可是碘水；也可能是该溶液有氧化性，其把碘离子氧化成碘，则该溶液中可能含有溴，也可能含有铁离子，故D正确；
故选：D。
12.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 22.4L气体所含的分子数一定大于11.2L气体所含的分子数
B. 常温常压下， 由O3与O2组成的混合气体48g含有的原子数为3NA
C. 标准状况下，33.6L 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 常温常压下，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.3 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，压强和温度不相同，则22.4L气体所含的分子数不一定大于11.2L气体所含的分子数，故A错误；
B选项，常温常压下，由O3与O2组成的混合气体48g，假设该混合物通式为On，则48g混合物含有的原子物质的量，则该混合物中原子数为3NA，故B正确；
C选项，标准状况下，四氯化碳(CCl4)是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D选项，常温常压下，7.1 g Cl2物质的量，1mol氯气与足量Fe反应得到2 mol电子，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.2 NA，故D错误；
综上所述，答案为B。
13.(NH4)2Cr2O7是一种受热易发生氧化还原反应而分解的盐。下列各组对(NH4)2Cr2O7受热分解产物的判断，符合实际的是（ ）
A. CrO3+ NH3+ H2O B. Cr2O3+ NH3+ H2O
C. CrO3+ N2+ H2O D. Cr2O3+ N2+ H2O
【答案】D
【解析】
【分析】(NH4)2Cr2O7中N化合价为-3价，Cr为+6价，受热发生氧化还原反应。
【详解】A选项，CrO3中Cr化合价为+6价，NH3中N化合价为-3价，没有元素化合价升降，故A不符合题意；
B选项，Cr2O3中Cr化合价为+3价，NH3中N化合价为-3价，只有元素化合价降低，没有元素化合价升高，故B不符合题意；
C选项，CrO3中Cr化合价为+6价，N2中N化合价为0价，只有元素化合价升高，没有元素化合价降低，故C不符合题意；
D选项，Cr2O3中Cr化合价为+3价，N2中N化合价为0价，既有元素化合价升高，又有元素化合价降低，发生了氧化还原反应，故D符合题意；
综上所述，答案为D。
14.用固体NaOH配制250mL 0.2mol•L﹣1的NaOH，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A. 在托盘天平的两托盘中分别放等质量的纸，称取2.0g NaOH固体
B. 将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中
C. 定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些
D. 摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平
【答案】B
【解析】配制250mL 0.2mol•L-1的NaOH，需要NaOH的质量为0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g，则A．由于氢氧化钠吸水，实际称量NaOH质量偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应在小烧杯中称量，A不选；B．将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，冷却后溶液体积减少，V偏小，则导致溶液浓度偏高，应冷却后转移，B选；C．定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新配制，C不选；D．摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平，V偏大，导致溶液浓度偏低，不应再加水，D不选；答案选B。
15.下列叙述中正确的是（ ）
A. H3O＋和OH－中具有相同的质子数和电子数
B. 14C18O 与12C16O二种分子内所含中子数之比为9:7
C. 235 U和238 U互为同位素，物理性质几乎相同，化学性质不同
D. 质子数相同的微粒一定属于同一元素
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，1个H3O＋有11个质子和10个电子，1个OH－有9个质子和10个电子数，两者质子数不相等，故A错误；
B选项，14C18O含有中子数为18个，12C16O含有中子数为14个，二种分子内所含中子数之比为9:7，故B正确；
C选项，235 U和238 U互为同位素，物理性质不同，化学性质几乎相同，故C错误；
D选项，质子数相同的微粒不一定属于同一元素，例如Si和CO，故D错误；
综上所述，答案B。
16.下面叙述中错误的是（ ）
A. 氯水应保存在棕色的细口试剂瓶中
B. 少量液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封
C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气
D. 碘易溶于酒精，所以用酒精从碘水中萃取碘
【答案】D
【解析】
【分析】A. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；
B．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞；
C．具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
D．酒精与水混溶。
【详解】A. 氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并避光保存，故A项正确；
B. 溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞，应保存在磨口玻璃塞棕色细口试剂瓶中，故B项正确；
C. 具有氧化性气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，因此该气体不一定是氯气，故C项正确；
D. 酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳等，故D项错误。
答案选D。
17.据《科学》杂志报道：科学家们已大量制造出反物质中的反氢原子，认为反物质研究领域的前景“正前所未有的光明”。反原子原子核和核外电子电性与原子的电性刚好相反……假若发现反氯离子，请运用核外电子排布规律大胆设想反氯离子的结构示意图（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：反原子原子核和核外电子电性与原子电性刚好相反，因为是反氯离子，因此原子核应带有负17个电荷，核外电子应带18个正电，因此氯离子显正电，故选项D正确。
18.氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3－+4H++3e－→NO+2H2O ，下列哪一种物质能使上述还原过程发生（ ）
A. KMnO4 B. Na2CO3
C. Cu2O D. Fe2(SO4)3
【答案】C
【解析】
【详解】该反应的还原过程的反应式：NO3－+4H++3e-→NO+2H2O，化合价降低，根据氧化还原反应原理，应该有一个化合价升高、作还原剂的物质，高锰酸钾、硫酸铁为常用的氧化剂，氧化亚铜中铜的化合价为+1价，具有还原性，故选用Cu2O；
综上所述，答案为C。
19.一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3＋NO―→N2＋H2O(未配平)。在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为 ( )
A. 2﹕3 B. 3﹕2 C. 4﹕5 D. 5﹕6
【答案】A
【解析】NH3中N化合价的变化为-3→0，化合价升高3，NH3中N被氧化，NO中N化合价的变化为+2→0，化合价降低2，NO中N被还原，元素化合价升降数值相等，所以被氧化与被还原的氮原子数之比为2:3，故选A。
20.如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同。已知2NO+O2==2NO2，打开活塞，使NO与O2充分反应，则下列说法正确的是（ ）
A. 开始时左右两室分子数相同 B. 反应开始后NO室压强增大
C. 最终容器内密度与原来相同 D. 最终容器内仍然有NO剩余
【答案】C
【解析】
【分析】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，再结合n = 来判断气体的物质的量关系，据此判断；
B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，故反应后NO室的气体物质的量要减小；
C. 气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变；
D. NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，发生2NO+O2=2NO2，NO 少量，无剩余。
【详解】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同，故A项错误；
B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B项错误；
C. 反应后气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变，即最终容器内密度与原来相同，故C项正确；
D. NO、O2的质量相等，根据n = 得出，二者物质的量之比与摩尔质量成反比，即物质的量之比为32：30=16：15，发生的反应为2NO+O2 = 2NO2，可以看出参加反应的NO少量，无剩余，故D项错误；
答案选C。
21.将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别为％和％的两种溶液，则和的关系是（ ）
A. > B. ＝ C. < D. 无法确定
【答案】B
【解析】试题分析：反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，设物质的量都为1mol，则
Na2O+H2O=2NaOH 溶液质量的增加量 △m
1mol 2mol 62g
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 溶液质量的增加量△m
1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等。故选B。
22.氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关说法不正确的是( )
A. 常温时，(CN)2和NaOH溶液反应的产物中有NaCNO
B. MnO2和HCN反应的产物中有 (CN)2
C. 向KCN溶液中加入碘水反应的产物中一定有KI
D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2的产物中一定有(CN)2
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，因此常温时，(CN)2和NaOH溶液反应的产物中有NaCNO，故A正确；
B选项，二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯气，因此MnO2和HCN反应的产物中有(CN)2生成，故B正确；
C选项，(CN)2的氧化性介于Br2和I2之间，因此氧化性强弱顺序为Br2 > (CN)2 > I2，KCN溶液中加入碘水，两者不反应，故C错误；
D选项，氧化性强弱顺序为Br2 > (CN)2 > I2，还原性顺序为Br－ < CN－< I－，因此在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，CN－先反应生成(CN)2，因此产物中一定有(CN)2，故D正确；
综上所述，答案为C。
23.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2； ②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O；③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5
C. 氧化性由强到弱顺序为 KClO3＞KBrO3＞Cl2＞Br2
D. 反应Cl2+K2S=2KCl+S中，Cl2所起作用与①③相同
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，上述反应②不是置换反应，故A错误；
B选项，反应②中氧化剂是KClO3，物质的量为1 mol，还原剂是HCl，虽然有6 mol参与反应，但只有5 molHCl化合价升高，因此还原剂的物质的量为5 mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故B正确；
C选项，根据反应①得出氧化性由强到弱顺序为Cl2＞Br2，根据反应②得出氧化性由强到弱顺序为KClO3＞Cl2，根据反应③得出氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3，因此氧化性由强到弱的顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故C错误；
D选项，反应Cl2+K2S=2KCl+S中，Cl2是氧化剂，①中Cl2是氧化剂，③中Cl2是还原剂，因此Cl2所起作用与①相同，与③不相同，故D错误；
综上所述，答案为B。
24.质量分数为a%，物质的量浓度为c mol•L﹣1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2c mol•L﹣1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（ ）
A. 小于2a% B. 大于2a% C. 等于2a% D. 无法确定
【答案】A
【解析】根据可知、，氯化钠溶液的浓度越大，密度越大，则ρ1＜ρ2，因此b%＜2a%，答案选A。
25.某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K＋、Mg2＋、Br－、SO42－、Cl－等)来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2)，他们设计了如下流程，关于该流程下列说法正确的是（ ）
A. 操作①、③对应的分别是萃取、分液
B. 操作④需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要蒸馏烧瓶
C. X、Y、Z 可以分别是BaCl2、KOH、K2CO3
D. 要得到纯净的氯化钾晶体，必须在无色溶液B中加入稀硫酸至中性，然后蒸发结晶即可
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，加氧化剂主要是置换出溴单质，因此加氯气，操作①是萃取，操作②是分液，操作③是蒸馏，操作②分液得到的物质加入过量氯化钡除掉硫酸根杂质，加入过量氢氧化钾和碳酸钾，再过滤，最后到KCl和多余的碳酸钾和KOH溶液，再加盐酸调节pH。
【详解】A选项，根据分析操作①是萃取，操作③是蒸馏，故A错误；
B选项，操作④过滤，需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要玻璃棒、漏斗，故B错误；
C选项，根据分析X、Y、Z 可以分别是BaCl2、KOH、K2CO3，加入过量氯化钡除掉硫酸根杂质，加入过量氢氧化钾除去镁离子，加入碳酸钾除去过量钡离子，再过滤，且KOH和K2CO3可以交换加入顺序，故C正确；
D选项，要得到纯净的氯化钾晶体，应该无色溶液B中加入稀盐酸至中性，然后蒸发结晶，故D错误；
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷 非选择题（共50分）
二、填空题。（共三题，26题7分，27题10分，28题8分）
26.用化学用语表示：
（1）根据下列几种粒子的结构示意图，回答问题：
①写出B微粒的符号_________；
②若A微粒的中子数为10，写出表示A微粒的组成符号________；
③写出A、C、D三种元素形成的某种化合物在水溶液中的电离方程式：_________；
（2）写出下列反应的化学方程式：
①氯化铵与氢氧化钠共热____________；
②工业上制备氯气____________。
【答案】(1). O2－ (2). 或18O (3). Na2SO4= 2Na++SO42－或 Na2SO3= 2Na++SO32－ (4). NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O (5). 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+H2↑
【解析】
【详解】⑴①B为氧元素，由于核外电子数大于核内质子数，B为阴离子，B微粒的符号为O2－，故答案为：O2－；
②A为氧原子，质子数8，A微粒的中子数为10，A微粒的组成符号或18O，故答案为：或18O；
③A、C、D对应的三种元素为O、S、Na，三种元素形成的某种化合物可能为Na2SO4或 Na2SO3，因此在水溶液中的电离方程式：Na2SO4= 2Na++SO42－或 Na2SO3= 2Na++SO32－，故答案为：Na2SO4= 2Na++SO42－或 Na2SO3= 2Na++SO32－；
⑵①氯化铵与氢氧化钠共热反应生成氯化钠、氨气和水，其反应方程式为NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O，故答案为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O；
②工业上制备氯气主要是电解饱和食盐水，其反应方程式为2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑+H2↑，故答案为：2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+H2↑。
27.Ⅰ．已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+ 4HI= 2NO + I2 + 2NaI + 2H2O
（1）用双线桥表示电子转移的方向与数目__________。
（2）若有1mol还原剂被氧化，则在此反应中发生转移的电子数目为_________。
II.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O
（1）该反应中还原产物为__________。
（2）每生成2molCuI，有__________mol KI被IO3－氧化。
【答案】(1). (2). NA (3). I2、CuI (4). 20
【解析】
分析】亚硝酸钠中氮的化合价降低，碘化氢中碘的化合价升高，有4 mol HI参与反应，但只有2 molHI被氧化；2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，KI中I的化合价升高，Cu(IO3)2中铜、碘化合价降低。
【详解】Ⅰ⑴氮元素的化合价由+3价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，用双线桥表示电子转移的方向与数目，故答案为：；
⑵根据反应方程式有4 molHI作为反应物，但只有2 molHI作还原剂，转移2 mol电子，因此有1mol还原剂被氧化，则在此反应中发生转移的电子数目为NA，故答案为：NA；
II.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O
⑴Cu(IO3)2中的碘的化合价由+5价降低变为单质碘中的0价，铜的化合价由+2价降至碘化亚铜中的+1价，I2、CuI都是还原产物，因此还原产物为I2、CuI，故答案为：I2、CuI；
⑵根据反应方程式得出，每生成2molCuI，有2 mol+2价的铜氧化2 mol I－生成1 mol单质碘，而+2价铜变为+1价铜，有4 molIO3－氧化20 mol I－生成10 mol单质碘，因此每生成2molCuI，有20 mol KI被IO3－氧化，故答案为20。
28.已知化合物X由3种元素组成，某学习小组进行了如下实验：
①取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色；
②取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和；中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀。
请回答：
（1）X中3种元素是____________(用元素符号表示)；
（2）X与水反应的化学方程式是______________；
（3）X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】(1). K、Cl、O (2). K3ClO+H2O=KCl+2KOH (3). 2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明X中含有K元素；X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，说明X中含有Cl元素，X加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性，说明含有O。
取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和，说明生成的碱为0.02 mol，中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀AgCl，n（AgCl）=4.305g÷143.5g/mol=0.03 mol，根据Cl守恒，说明1.685gX中含有0.01 mol氯，因此得出X与水反应生成KOH和KCl，再根据质量得出氧的质量为1.685g －0.01mol×35.5g∙mol-1 －(0.01mol + 0.02mol) ×39g∙mol-1 =0.16g，故氧的物质的量n（O）==0.01mol，n（K）：n（Cl）：n（O）=0.03mol：0.01mol：0.01mol=3:1:1，因此X的化学式为K3ClO。
【详解】取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明X中含有K元素；X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，说明X中含有Cl元素，X加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性，说明含有O。
取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和，说明生成的碱为0.02 mol，中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀AgCl，n（AgCl）=4.305g÷143.5g/mol=0.03 mol，根据Cl守恒，说明1.685gX中含有0.01 mol氯，因此得出X与水反应生成KOH和KCl，再根据质量得出氧的质量为1.685g －0.01mol×35.5g∙mol-1 －(0.01mol + 0.02mol) ×39g∙mol-1 =0.16g，故氧的物质的量n（O）==0.01mol，n（K）：n（Cl）：n（O）=0.03mol：0.01mol：0.01mol=3:1:1，因此X的化学式为K3ClO。
⑴根据上面分析得出X中3种元素是K、Cl、O，故答案为K、Cl、O；
⑵X与水反应的化学方程式是K3ClO+H2O=KCl+2KOH，故答案为：K3ClO+H2O=KCl + 2KOH；
⑶氯气与石灰乳反应的化学方程式2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
三、实验题（共两题，29题6分，30题14分，共20分）
29.（1）下列说法正确的是____________。
A 漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙易分解为氯化钙和氧气
B 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液
C 用托盘天平可以准确称量氢氧化钠固体8.80g
D 烧杯中红褐色的透明液体是氢氧化铁胶体还是溴水用可见光束可以鉴别
E 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
F 分液操作时，待下层液体流出后，及时关闭活塞并从上口倒出上层液体
（2）现有四瓶溶液分别是NH4NO3溶液、NaCl溶液、(NH4)2 SO4溶液、MgSO4溶液，可用于鉴别它们一种试剂(可适当加热）是_______。（填试剂名称）
（3）如果采用如图装置完成收集氯气，气体的进入口是__________（填写字母）。
【答案】(1). DF (2). 氢氧化钡 (3). i
【解析】
【详解】⑴A选项，漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸易分解，故A错误；
B选项，用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定含钠元素，不一定是盐溶液，如可能为NaOH，故B错误；
C选项，用托盘天平可以准确称量氢氧化钠固体8.8g，因为托盘天平精确度为0.1 g，故C错误；
D选项，烧杯中红褐色的透明液体是氢氧化铁胶体还是溴水用可见光束可以鉴别，氢氧化铁胶体用光束照射有丁达尔效应，溴水没有此现象，故D正确；
E选项，萃取操作时，应选择有机萃取剂，对萃取剂的密度没有要求，故E错误；
F选项，分液操作时，待下层液体流出后，及时关闭活塞并从上口倒出上层液体，遵循“下下出、上上出”原则，故F正确；
综上所述，答案为DF；
⑵NH4NO3溶液和(NH4)2SO4溶液两种溶液阳离子相同、阴离子不同，应选用含Ba2+的试剂鉴别；(NH4)2SO4溶液和MgSO4溶液两种溶液阴离子相同、阳离子不同，应选用含OH-的试剂鉴别，结合NaCl溶液，应选用Ba(OH)2；加入Ba（OH）2并加热，只产生刺激性气味气体的为NH4NO3溶液，既产生白色沉淀、又有刺激性气味气体产生的为(NH4)2SO4溶液，只产生白色沉淀的为MgSO4溶液，无明显现象的为NaCl溶液，故答案：氢氧化钡；
⑶氯气的密度比空气大，应该先通入到集气瓶的下面，因此采用如图装置完成收集氯气，气体的进入口是i，故答案为：i。
30.一氧化二氯（Cl2O）是一种氯化剂和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成HClO，遇有机物易燃烧或爆炸，42℃以上易分解。某化学兴趣小组设计如图装置以制备Cl2O（支撑及夹持装置已省略）。
已知：① a中固体试剂是MnO2，b中试剂是浓盐酸。 ②Cl2O的部分性质如下表。
熔点
沸点
制备方法
－120.6 ℃
3.8℃
2HgO＋2Cl2 = Cl2O＋HgCl2·HgO
请回答：
（1）指出该制备装置中存在的一个明显错误______________（经改进后进行有关实验）。
（2）装置C中盛有的试剂是______________。
（3）写出装置A中制备Cl2的化学方程式__________。
（4）装置D中采用18℃～20℃水浴的原因之一是如温度过低，反应速率慢 ，另一个可能的原因是 ___________。
（5）装置D、E间的连接方式与A、B、C间的连接方式有明显的差别，装置D、E间采用这种连接方式的理由是____________。
（6）Cl2O是市场上一种比较理想的饮水消毒剂，ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，则ClO2消毒能力是等质量Cl2O的_________倍（结果保留两位小数）
（7）文献报道说，Cl2O的另一种制备方法是利用Cl2与足量的Na2CO3溶液反应来制得，写出该反应的化学方程式：_________。
【答案】(1). A装置缺少酒精灯加热 (2). 浓硫酸 (3). 4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O (4). 温度过高Cl2O分解 (5). 防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸 (6). 1.61 (7). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl
【解析】
【分析】A装置是实验室制取氯气的发生装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气， D装置是制备Cl2O的装置，根据Cl2O的性质，制得的氯气先除杂HCl再干燥，Cl2O在42℃以上易分解，因此制备时要在低温环境中反应，Cl2O遇有机物易燃烧或爆炸，因此在制备时不能接触橡胶管，因此只能用玻璃管连接。
【详解】⑴装置A是实验室制取氯气的发生装置，制氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，因此该制备装置中存在的一个明显错误是A装置缺少酒精灯加热，故答案为：A装置缺少酒精灯加热；
⑵实验室制Cl2O，需要干燥纯净的氯气，因此B、C装置是除杂和干燥氯气，因此装置C中盛有的试剂是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；
⑶装置A中制备Cl2的化学方程式4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O，故答案为：4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O；
⑷Cl2O在42℃以上易分解，因此需要在低温下反应得到，装置D中采用18℃～20℃水浴的原因之一是如温度过低，反应速率慢，另一个可能的原因是温度过高Cl2O分解，故答案为：温度过高Cl2O分解；
⑸装置D、E间的连接方式与A、B、C间的连接方式有明显的差别，差别主要是A、B、C连接时有玻璃管和橡胶管，而D、E之间连接时只有玻璃管，再结合Cl2O遇有机物易燃烧或爆炸，装置D、E间采用这种连接方式的理由是防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸，故答案为：防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸；
⑹ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，则1个ClO2化合价降低5个价态，67.5 g ClO2转移5mol电子，1个Cl2O化合价降低4个价态，等质量的Cl2O转移，因此ClO2消毒能力是等质量Cl2O的5mol÷3.1mol=1.61倍，故答案为：1.61；
⑺Cl2O的另一种制备方法是利用Cl2与足量的Na2CO3溶液反应来制得，该反应的化学方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O +2NaHCO3+2NaCl。
四、计算题（共1题，5分）
31.某固体粉末由Na2O与Na2O2组成，将其分成等量的二份，一份与足量的CO2气体作用，发现该固体质量增加了10.0g，同时生成了新的气体A；另一份溶于过量的盐酸后，经蒸发结晶，最后得到固体的质量为35.1g，试计算：
（1）A气体在标况下的体积是_____________L
（2）固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是___________：
【答案】(1). 2.24 (2). 1:2
【解析】
【详解】⑴设一份中Na2O2、Na2O物质的量依次为xmol、ymol
==，解得a=28x，c=11.2x
=，解得b=44y
a+ b = 10.0即28x+44y=10.0
再根据钠守恒关系得出(2x + 2y)mol × 58.5 g∙mol-1 = 35.1g
解得x = 0.2 ，y = 0.1
则气体A在标况下的体积为11.2×0.2L=2.24L，故答案为2.24 L；
⑵根据分析得出固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是1:2，故答案为1:2。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5K 39 Ca 40 Zn 65 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137
注意：（1）本试卷分Ⅰ卷（选择题）和Ⅱ卷（非选择题）；
（2）选择题涂在答题卡上，非选择题写在答卷纸上；
（3）满分100分；考试时间90分钟；
（4）本场考试不得使用计算器。
第Ⅰ卷 选择题（共50分）
一、选择题（共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.2019年诺贝尔化学奖被授予来自美国和日本的三位科学家，以表彰他们在“Y离子”电池研发领域作出的贡献。Y元素在海水和盐湖中含量较为丰富，Y元素是（ ）
A. 钠 B. 碘 C. 溴 D. 锂
【答案】D
【解析】
【详解】2019年诺贝尔化学奖授予美国和日本的三位科学家在锂离子电池研发领域作出的贡献，锂元素在海水和盐湖中含量较为丰富，故D正确；
综上所述，答案为D。
2.下列各组物质中，按单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）
A. 铁、四氧化三铁、冰水混合物 B. 氯气、碳酸钠、漂白粉
C. 水银、空气、干冰 D. 二氧化硫、水蒸气、盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，冰水混合物是纯净物，故A不符合题意；
B选项，氯气是单质、碳酸钠是化合物、漂白粉是主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B符合题意；
C选项，水银是单质、空气是混合物、干冰是纯净物，故C不符合题意；
D选项，二氧化硫是化合物、水蒸气是化合物、盐酸是混合物，故D不符合题意；
综上所述，答案为B。
3.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.A装置是过滤装置，可用于固体和液体混合物的分离，故不选A；
B.B装置为蒸馏装置，可用来分离沸点不同的液体混合物，故不选B；
C.C为配制一定物质的量浓度的溶液的操作，不用于分离物质，故选C；
D.D装置为分液操作，可用于分离互不相溶的液体混合物，故不选D；
本题答案为C。
4.在原子结构研究的历史中，提出“葡萄干面包式”原子结构模型的是（ ）
A. 卢瑟福 B. 道尔顿 C. 玻尔 D. 汤姆生
【答案】D
【解析】
【详解】A、1911年，卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，故A不符合；
B、英国科学家道尔顿十九世纪初提出近代原子学说，为科学的发展做出了突出的贡献，故B不符合；
C、913年波尔研究氢原子光谱，引入了量子理论观点，提出的量子力学模型，故C不符合；
D、1904年汤姆生提出的葡萄干面包原子模型，故D符合；
答案选D。
5.厨房中的化学知识很多，下面是有关厨房中的常见操作或者常见现象，其中发生的变化不属于氧化还原反应的是( )
A. 食物长时间放置后变质腐败
B. 燃烧液化石油气为炒菜提供热量
C. 用活性炭除去冰箱中的异味
D. 烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹
【答案】C
【解析】试题分析：A．食物长时间放置易被空气中氧气氧化，发生氧化还原反应，故A不选；B．液化石油气的燃烧属于氧化还原反应，故B不选；C．用活性炭除去冰箱中的异味是利用了活性炭的吸附性，属于物理变化，故C选；D．烧菜用过的铁锅出现红棕色斑迹，属于铁被氧化为生锈的过程，故D不选；故选C。
6.下列物质与其用途相符合的是（ ）
①Cl2-制消毒剂 ②AgBr-制胶卷，感光纸 ③AgI-人工降雨 ④碘-预防甲状腺肿大 ⑤淀粉-检验I2的存在 ⑥NaClO-漂白纺织物
A. ②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ②③④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故①符合题意；
②AgBr具有感光性，可用来制胶卷，感光纸，故②符合题意；
③AgI易与空气中水蒸气结合形成冰晶，冰晶在降落过程中边融化边合并为水滴，从而形成雨，故③符合题意；
④碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故④符合题意；
⑤淀粉遇碘变蓝色，可用来检验I2的存在，故⑤符合题意；
⑥NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故⑥符合题意；因此D正确；
综上所述，答案为D。
7.下列有关物质性质实验的叙述，正确的是（ ）
A. 钠在空气中燃烧，生成淡黄色的氧化钠
B. 钠是一种强还原剂，可以把钛从其盐溶液中置换出
C. 将灼热的铜丝放入盛有氯气的集气瓶中，生成棕黄色的雾
D. Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮颗粒并沉降，因而可用于净水
【答案】D
【解析】试题分析：钠在空气中燃烧生成过氧化钠，A错误；钠的性质非常活泼，与水剧烈反应，故钠不能用于水溶液中的置换，B错误；氯气与铁反应生成棕红色的烟，C错误；氢氧化铁胶体表面积大，用于吸附水中的悬浮杂质而净水，D正确，答案选D。
8.将Na2O2投入FeCl3溶液中，可观察到的现象是 ( )
①生成白色沉淀 ②生成红褐色沉淀 ③有气泡产生
④因为Na2O2具有漂白性，所以FeCl3溶液褪色
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. 仅②
【答案】B
【解析】
【分析】Na2O2投入FeCl3溶液中，Na2O2与水反应得到O2和NaOH，NaOH与FeCl3溶液产生红褐色沉淀。
【详解】①生成白色沉淀，①不正确；
②生成红褐色沉淀，②正确；
③有气泡产生，③正确；
④Na2O2具有漂白性，但其不能漂白FeCl3溶液，其与水反应的产物NaOH与FeCl3溶液产生红褐色沉淀，④不正确。
可观察到的现象是②③，故选B。
9.下列属于置换反应且氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1的是（ ）
A. 2KI ＋ Cl2 = 2KCl ＋ I2 B. 2Mg ＋ CO2 2MgO + C
C. TiO2 ＋ 2Cl2 TiCl4＋O2 D. 2FeCl3 + Cu=2FeCl2 + CuCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，2KI ＋ Cl2 = 2KCl ＋ I2是置换反应，KI中I的化合价升高，是还原剂，氯气化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为1:2，故A不符合题意；
B选项，2Mg ＋ CO2 2MgO + C是置换反应，镁化合价升高，是还原剂，二氧化碳中C的化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为1:2，故B不符合题意；
C选项，TiO2 ＋ 2Cl2 TiCl4＋O2是置换反应，TiO2中O的化合价升高，是还原剂，Cl2化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为2:1，故C符合题意；
D选项，2FeCl3 + Cu=2FeCl2 + CuCl2，Cu化合价升高，是还原剂，FeCl3中Fe的化合价降低，是氧化剂，氧化剂与还原剂之比为2:1，但该反应不是置换反应，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
10.某试剂瓶上贴有如下标签“100mL 1.0mol•L－1MgCl2 溶液”，对该试剂理解正确的是（ ）
A. 该溶液中含有的微粒主要有：MgCl2、Mg2+、Cl－、H2O
B. 若取 50mL 溶液，其中的 c(Cl－)＝1 mol•L﹣1
C. 取该溶液5.0 mL恰好与0.1 mol•L－1 AgNO3100 mL溶液完全反应
D. 取10mL该溶液加水10 mL，所得MgCl2溶液的浓度为0.5 mol•L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，该溶液中含有的微粒主要有：Mg2+、Cl－、H2O，不含MgCl2，故A错误；
B选项，若取50 mL溶液，其中的c(Cl－)＝2c(MgCl2) = 2×1 mol•L﹣1= 2 mol•L﹣1，故B错误；
C选项，取该溶液5.0 mL，5 mL溶液中氯离子物质的量，0.1 mol•L－1 AgNO3100 mL溶液中银离子物质的量，两者物质的量相等，因此两者恰好完全反应，故C正确；
D选项，取10mL该溶液加水10 mL，由于溶液中加水，两者密度不相同，体积不能加和，因此溶液体积小于20 mL，所以得到的MgCl2溶液的浓度为大于0.5 mol•L－1，故D错误；
综上所述，答案为C。
11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定有 SO42﹣
B
向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失
原溶液中一定有 Ba2+
C
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
原溶液中一定无 NH4+
D
向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色
溶液中可能含 Br2
【答案】D
【解析】
【详解】A．能和氯化钡溶液反应生成白色不溶于盐酸的沉淀的可能是Ag+或SO42﹣，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失，存在的阳离子可能是Ba2+或Ca2+，所以原溶液中不一定含有钡离子，故B错误；
C．氨气极易溶于水，稀溶液中，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不加热，一水合氨不能分解，没有氨气逸出，故不能说明原溶液中是否含有NH4+，故C错误；
D．向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可是碘水；也可能是该溶液有氧化性，其把碘离子氧化成碘，则该溶液中可能含有溴，也可能含有铁离子，故D正确；
故选：D。
12.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 22.4L气体所含的分子数一定大于11.2L气体所含的分子数
B. 常温常压下， 由O3与O2组成的混合气体48g含有的原子数为3NA
C. 标准状况下，33.6L 四氯化碳(CCl4)中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 常温常压下，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.3 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，压强和温度不相同，则22.4L气体所含的分子数不一定大于11.2L气体所含的分子数，故A错误；
B选项，常温常压下，由O3与O2组成的混合气体48g，假设该混合物通式为On，则48g混合物含有的原子物质的量，则该混合物中原子数为3NA，故B正确；
C选项，标准状况下，四氯化碳(CCl4)是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D选项，常温常压下，7.1 g Cl2物质的量，1mol氯气与足量Fe反应得到2 mol电子，7.1 g Cl2与足量的Fe充分反应，转移的电子数目为0.2 NA，故D错误；
综上所述，答案为B。
13.(NH4)2Cr2O7是一种受热易发生氧化还原反应而分解的盐。下列各组对(NH4)2Cr2O7受热分解产物的判断，符合实际的是（ ）
A. CrO3+ NH3+ H2O B. Cr2O3+ NH3+ H2O
C. CrO3+ N2+ H2O D. Cr2O3+ N2+ H2O
【答案】D
【解析】
【分析】(NH4)2Cr2O7中N化合价为-3价，Cr为+6价，受热发生氧化还原反应。
【详解】A选项，CrO3中Cr化合价为+6价，NH3中N化合价为-3价，没有元素化合价升降，故A不符合题意；
B选项，Cr2O3中Cr化合价为+3价，NH3中N化合价为-3价，只有元素化合价降低，没有元素化合价升高，故B不符合题意；
C选项，CrO3中Cr化合价为+6价，N2中N化合价为0价，只有元素化合价升高，没有元素化合价降低，故C不符合题意；
D选项，Cr2O3中Cr化合价为+3价，N2中N化合价为0价，既有元素化合价升高，又有元素化合价降低，发生了氧化还原反应，故D符合题意；
综上所述，答案为D。
14.用固体NaOH配制250mL 0.2mol•L﹣1的NaOH，下列操作会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A. 在托盘天平的两托盘中分别放等质量的纸，称取2.0g NaOH固体
B. 将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中
C. 定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些
D. 摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平
【答案】B
【解析】配制250mL 0.2mol•L-1的NaOH，需要NaOH的质量为0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g，则A．由于氢氧化钠吸水，实际称量NaOH质量偏小，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应在小烧杯中称量，A不选；B．将NaOH固体在烧杯中溶解后迅速小心转移至250mL容量瓶中，冷却后溶液体积减少，V偏小，则导致溶液浓度偏高，应冷却后转移，B选；C．定容时不小心加水超过了刻度线，此时迅速用胶头滴管吸出一些，n偏小，则导致溶液浓度偏低，应重新配制，C不选；D．摇匀后发现凹液面最底点低于刻度线，再补加蒸馏水到凹液面最底点与刻度线相平，V偏大，导致溶液浓度偏低，不应再加水，D不选；答案选B。
15.下列叙述中正确的是（ ）
A. H3O＋和OH－中具有相同的质子数和电子数
B. 14C18O 与12C16O二种分子内所含中子数之比为9:7
C. 235 U和238 U互为同位素，物理性质几乎相同，化学性质不同
D. 质子数相同的微粒一定属于同一元素
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，1个H3O＋有11个质子和10个电子，1个OH－有9个质子和10个电子数，两者质子数不相等，故A错误；
B选项，14C18O含有中子数为18个，12C16O含有中子数为14个，二种分子内所含中子数之比为9:7，故B正确；
C选项，235 U和238 U互为同位素，物理性质不同，化学性质几乎相同，故C错误；
D选项，质子数相同的微粒不一定属于同一元素，例如Si和CO，故D错误；
综上所述，答案B。
16.下面叙述中错误的是（ ）
A. 氯水应保存在棕色的细口试剂瓶中
B. 少量液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封
C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气
D. 碘易溶于酒精，所以用酒精从碘水中萃取碘
【答案】D
【解析】
【分析】A. 见光易分解的物质应该保存在能避光的棕色试剂瓶中，如溴水、氯水、硝酸、硝酸银等；
B．溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞；
C．具有氧化性的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；
D．酒精与水混溶。
【详解】A. 氯水中次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中并避光保存，故A项正确；
B. 溴易挥发，可水封保存，注意不能用橡胶塞，应保存在磨口玻璃塞棕色细口试剂瓶中，故B项正确；
C. 具有氧化性气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，如氯气、臭氧、二氧化氮等，因此该气体不一定是氯气，故C项正确；
D. 酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳等，故D项错误。
答案选D。
17.据《科学》杂志报道：科学家们已大量制造出反物质中的反氢原子，认为反物质研究领域的前景“正前所未有的光明”。反原子原子核和核外电子电性与原子的电性刚好相反……假若发现反氯离子，请运用核外电子排布规律大胆设想反氯离子的结构示意图（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：反原子原子核和核外电子电性与原子电性刚好相反，因为是反氯离子，因此原子核应带有负17个电荷，核外电子应带18个正电，因此氯离子显正电，故选项D正确。
18.氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3－+4H++3e－→NO+2H2O ，下列哪一种物质能使上述还原过程发生（ ）
A. KMnO4 B. Na2CO3
C. Cu2O D. Fe2(SO4)3
【答案】C
【解析】
【详解】该反应的还原过程的反应式：NO3－+4H++3e-→NO+2H2O，化合价降低，根据氧化还原反应原理，应该有一个化合价升高、作还原剂的物质，高锰酸钾、硫酸铁为常用的氧化剂，氧化亚铜中铜的化合价为+1价，具有还原性，故选用Cu2O；
综上所述，答案为C。
19.一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3＋NO―→N2＋H2O(未配平)。在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为 ( )
A. 2﹕3 B. 3﹕2 C. 4﹕5 D. 5﹕6
【答案】A
【解析】NH3中N化合价的变化为-3→0，化合价升高3，NH3中N被氧化，NO中N化合价的变化为+2→0，化合价降低2，NO中N被还原，元素化合价升降数值相等，所以被氧化与被还原的氮原子数之比为2:3，故选A。
20.如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同。已知2NO+O2==2NO2，打开活塞，使NO与O2充分反应，则下列说法正确的是（ ）
A. 开始时左右两室分子数相同 B. 反应开始后NO室压强增大
C. 最终容器内密度与原来相同 D. 最终容器内仍然有NO剩余
【答案】C
【解析】
【分析】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，再结合n = 来判断气体的物质的量关系，据此判断；
B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，故反应后NO室的气体物质的量要减小；
C. 气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变；
D. NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，发生2NO+O2=2NO2，NO 少量，无剩余。
【详解】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同，故A项错误；
B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B项错误；
C. 反应后气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变，即最终容器内密度与原来相同，故C项正确；
D. NO、O2的质量相等，根据n = 得出，二者物质的量之比与摩尔质量成反比，即物质的量之比为32：30=16：15，发生的反应为2NO+O2 = 2NO2，可以看出参加反应的NO少量，无剩余，故D项错误；
答案选C。
21.将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数分别为％和％的两种溶液，则和的关系是（ ）
A. > B. ＝ C. < D. 无法确定
【答案】B
【解析】试题分析：反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，设物质的量都为1mol，则
Na2O+H2O=2NaOH 溶液质量的增加量 △m
1mol 2mol 62g
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 溶液质量的增加量△m
1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量相等，则两溶液溶质质量分数相等。故选B。
22.氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关说法不正确的是( )
A. 常温时，(CN)2和NaOH溶液反应的产物中有NaCNO
B. MnO2和HCN反应的产物中有 (CN)2
C. 向KCN溶液中加入碘水反应的产物中一定有KI
D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2的产物中一定有(CN)2
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，因此常温时，(CN)2和NaOH溶液反应的产物中有NaCNO，故A正确；
B选项，二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯气，因此MnO2和HCN反应的产物中有(CN)2生成，故B正确；
C选项，(CN)2的氧化性介于Br2和I2之间，因此氧化性强弱顺序为Br2 > (CN)2 > I2，KCN溶液中加入碘水，两者不反应，故C错误；
D选项，氧化性强弱顺序为Br2 > (CN)2 > I2，还原性顺序为Br－ < CN－< I－，因此在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，CN－先反应生成(CN)2，因此产物中一定有(CN)2，故D正确；
综上所述，答案为C。
23.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2； ②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O；③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5
C. 氧化性由强到弱顺序为 KClO3＞KBrO3＞Cl2＞Br2
D. 反应Cl2+K2S=2KCl+S中，Cl2所起作用与①③相同
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，上述反应②不是置换反应，故A错误；
B选项，反应②中氧化剂是KClO3，物质的量为1 mol，还原剂是HCl，虽然有6 mol参与反应，但只有5 molHCl化合价升高，因此还原剂的物质的量为5 mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故B正确；
C选项，根据反应①得出氧化性由强到弱顺序为Cl2＞Br2，根据反应②得出氧化性由强到弱顺序为KClO3＞Cl2，根据反应③得出氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3，因此氧化性由强到弱的顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故C错误；
D选项，反应Cl2+K2S=2KCl+S中，Cl2是氧化剂，①中Cl2是氧化剂，③中Cl2是还原剂，因此Cl2所起作用与①相同，与③不相同，故D错误；
综上所述，答案为B。
24.质量分数为a%，物质的量浓度为c mol•L﹣1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2c mol•L﹣1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（ ）
A. 小于2a% B. 大于2a% C. 等于2a% D. 无法确定
【答案】A
【解析】根据可知、，氯化钠溶液的浓度越大，密度越大，则ρ1＜ρ2，因此b%＜2a%，答案选A。
25.某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K＋、Mg2＋、Br－、SO42－、Cl－等)来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2)，他们设计了如下流程，关于该流程下列说法正确的是（ ）
A. 操作①、③对应的分别是萃取、分液
B. 操作④需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要蒸馏烧瓶
C. X、Y、Z 可以分别是BaCl2、KOH、K2CO3
D. 要得到纯净的氯化钾晶体，必须在无色溶液B中加入稀硫酸至中性，然后蒸发结晶即可
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，加氧化剂主要是置换出溴单质，因此加氯气，操作①是萃取，操作②是分液，操作③是蒸馏，操作②分液得到的物质加入过量氯化钡除掉硫酸根杂质，加入过量氢氧化钾和碳酸钾，再过滤，最后到KCl和多余的碳酸钾和KOH溶液，再加盐酸调节pH。
【详解】A选项，根据分析操作①是萃取，操作③是蒸馏，故A错误；
B选项，操作④过滤，需要的主要玻璃仪器除烧杯外，还需要玻璃棒、漏斗，故B错误；
C选项，根据分析X、Y、Z 可以分别是BaCl2、KOH、K2CO3，加入过量氯化钡除掉硫酸根杂质，加入过量氢氧化钾除去镁离子，加入碳酸钾除去过量钡离子，再过滤，且KOH和K2CO3可以交换加入顺序，故C正确；
D选项，要得到纯净的氯化钾晶体，应该无色溶液B中加入稀盐酸至中性，然后蒸发结晶，故D错误；
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷 非选择题（共50分）
二、填空题。（共三题，26题7分，27题10分，28题8分）
26.用化学用语表示：
（1）根据下列几种粒子的结构示意图，回答问题：
①写出B微粒的符号_________；
②若A微粒的中子数为10，写出表示A微粒的组成符号________；
③写出A、C、D三种元素形成的某种化合物在水溶液中的电离方程式：_________；
（2）写出下列反应的化学方程式：
①氯化铵与氢氧化钠共热____________；
②工业上制备氯气____________。
【答案】(1). O2－ (2). 或18O (3). Na2SO4= 2Na++SO42－或 Na2SO3= 2Na++SO32－ (4). NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O (5). 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+H2↑
【解析】
【详解】⑴①B为氧元素，由于核外电子数大于核内质子数，B为阴离子，B微粒的符号为O2－，故答案为：O2－；
②A为氧原子，质子数8，A微粒的中子数为10，A微粒的组成符号或18O，故答案为：或18O；
③A、C、D对应的三种元素为O、S、Na，三种元素形成的某种化合物可能为Na2SO4或 Na2SO3，因此在水溶液中的电离方程式：Na2SO4= 2Na++SO42－或 Na2SO3= 2Na++SO32－，故答案为：Na2SO4= 2Na++SO42－或 Na2SO3= 2Na++SO32－；
⑵①氯化铵与氢氧化钠共热反应生成氯化钠、氨气和水，其反应方程式为NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O，故答案为：NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O；
②工业上制备氯气主要是电解饱和食盐水，其反应方程式为2NaCl + 2H2O 2NaOH + Cl2↑+H2↑，故答案为：2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+H2↑。
27.Ⅰ．已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+ 4HI= 2NO + I2 + 2NaI + 2H2O
（1）用双线桥表示电子转移的方向与数目__________。
（2）若有1mol还原剂被氧化，则在此反应中发生转移的电子数目为_________。
II.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O
（1）该反应中还原产物为__________。
（2）每生成2molCuI，有__________mol KI被IO3－氧化。
【答案】(1). (2). NA (3). I2、CuI (4). 20
【解析】
分析】亚硝酸钠中氮的化合价降低，碘化氢中碘的化合价升高，有4 mol HI参与反应，但只有2 molHI被氧化；2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，KI中I的化合价升高，Cu(IO3)2中铜、碘化合价降低。
【详解】Ⅰ⑴氮元素的化合价由+3价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，用双线桥表示电子转移的方向与数目，故答案为：；
⑵根据反应方程式有4 molHI作为反应物，但只有2 molHI作还原剂，转移2 mol电子，因此有1mol还原剂被氧化，则在此反应中发生转移的电子数目为NA，故答案为：NA；
II.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O
⑴Cu(IO3)2中的碘的化合价由+5价降低变为单质碘中的0价，铜的化合价由+2价降至碘化亚铜中的+1价，I2、CuI都是还原产物，因此还原产物为I2、CuI，故答案为：I2、CuI；
⑵根据反应方程式得出，每生成2molCuI，有2 mol+2价的铜氧化2 mol I－生成1 mol单质碘，而+2价铜变为+1价铜，有4 molIO3－氧化20 mol I－生成10 mol单质碘，因此每生成2molCuI，有20 mol KI被IO3－氧化，故答案为20。
28.已知化合物X由3种元素组成，某学习小组进行了如下实验：
①取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色；
②取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和；中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀。
请回答：
（1）X中3种元素是____________(用元素符号表示)；
（2）X与水反应的化学方程式是______________；
（3）X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，写出该反应的化学方程式：_______。
【答案】(1). K、Cl、O (2). K3ClO+H2O=KCl+2KOH (3). 2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明X中含有K元素；X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，说明X中含有Cl元素，X加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性，说明含有O。
取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和，说明生成的碱为0.02 mol，中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀AgCl，n（AgCl）=4.305g÷143.5g/mol=0.03 mol，根据Cl守恒，说明1.685gX中含有0.01 mol氯，因此得出X与水反应生成KOH和KCl，再根据质量得出氧的质量为1.685g －0.01mol×35.5g∙mol-1 －(0.01mol + 0.02mol) ×39g∙mol-1 =0.16g，故氧的物质的量n（O）==0.01mol，n（K）：n（Cl）：n（O）=0.03mol：0.01mol：0.01mol=3:1:1，因此X的化学式为K3ClO。
【详解】取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明X中含有K元素；X中一种元素对应的单质，可与石灰乳反应得到漂白粉，说明X中含有Cl元素，X加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性，说明含有O。
取1.685gX溶于水，加入含HCl 0.02000mol的盐酸恰好中和，说明生成的碱为0.02 mol，中和后的溶液与硝酸酸化的过量AgNO3溶液反应，得到4.305g白色沉淀AgCl，n（AgCl）=4.305g÷143.5g/mol=0.03 mol，根据Cl守恒，说明1.685gX中含有0.01 mol氯，因此得出X与水反应生成KOH和KCl，再根据质量得出氧的质量为1.685g －0.01mol×35.5g∙mol-1 －(0.01mol + 0.02mol) ×39g∙mol-1 =0.16g，故氧的物质的量n（O）==0.01mol，n（K）：n（Cl）：n（O）=0.03mol：0.01mol：0.01mol=3:1:1，因此X的化学式为K3ClO。
⑴根据上面分析得出X中3种元素是K、Cl、O，故答案为K、Cl、O；
⑵X与水反应的化学方程式是K3ClO+H2O=KCl+2KOH，故答案为：K3ClO+H2O=KCl + 2KOH；
⑶氯气与石灰乳反应的化学方程式2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
三、实验题（共两题，29题6分，30题14分，共20分）
29.（1）下列说法正确的是____________。
A 漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙易分解为氯化钙和氧气
B 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液
C 用托盘天平可以准确称量氢氧化钠固体8.80g
D 烧杯中红褐色的透明液体是氢氧化铁胶体还是溴水用可见光束可以鉴别
E 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
F 分液操作时，待下层液体流出后，及时关闭活塞并从上口倒出上层液体
（2）现有四瓶溶液分别是NH4NO3溶液、NaCl溶液、(NH4)2 SO4溶液、MgSO4溶液，可用于鉴别它们一种试剂(可适当加热）是_______。（填试剂名称）
（3）如果采用如图装置完成收集氯气，气体的进入口是__________（填写字母）。
【答案】(1). DF (2). 氢氧化钡 (3). i
【解析】
【详解】⑴A选项，漂白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸易分解，故A错误；
B选项，用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定含钠元素，不一定是盐溶液，如可能为NaOH，故B错误；
C选项，用托盘天平可以准确称量氢氧化钠固体8.8g，因为托盘天平精确度为0.1 g，故C错误；
D选项，烧杯中红褐色的透明液体是氢氧化铁胶体还是溴水用可见光束可以鉴别，氢氧化铁胶体用光束照射有丁达尔效应，溴水没有此现象，故D正确；
E选项，萃取操作时，应选择有机萃取剂，对萃取剂的密度没有要求，故E错误；
F选项，分液操作时，待下层液体流出后，及时关闭活塞并从上口倒出上层液体，遵循“下下出、上上出”原则，故F正确；
综上所述，答案为DF；
⑵NH4NO3溶液和(NH4)2SO4溶液两种溶液阳离子相同、阴离子不同，应选用含Ba2+的试剂鉴别；(NH4)2SO4溶液和MgSO4溶液两种溶液阴离子相同、阳离子不同，应选用含OH-的试剂鉴别，结合NaCl溶液，应选用Ba(OH)2；加入Ba（OH）2并加热，只产生刺激性气味气体的为NH4NO3溶液，既产生白色沉淀、又有刺激性气味气体产生的为(NH4)2SO4溶液，只产生白色沉淀的为MgSO4溶液，无明显现象的为NaCl溶液，故答案：氢氧化钡；
⑶氯气的密度比空气大，应该先通入到集气瓶的下面，因此采用如图装置完成收集氯气，气体的进入口是i，故答案为：i。
30.一氧化二氯（Cl2O）是一种氯化剂和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成HClO，遇有机物易燃烧或爆炸，42℃以上易分解。某化学兴趣小组设计如图装置以制备Cl2O（支撑及夹持装置已省略）。
已知：① a中固体试剂是MnO2，b中试剂是浓盐酸。 ②Cl2O的部分性质如下表。
熔点
沸点
制备方法
－120.6 ℃
3.8℃
2HgO＋2Cl2 = Cl2O＋HgCl2·HgO
请回答：
（1）指出该制备装置中存在的一个明显错误______________（经改进后进行有关实验）。
（2）装置C中盛有的试剂是______________。
（3）写出装置A中制备Cl2的化学方程式__________。
（4）装置D中采用18℃～20℃水浴的原因之一是如温度过低，反应速率慢 ，另一个可能的原因是 ___________。
（5）装置D、E间的连接方式与A、B、C间的连接方式有明显的差别，装置D、E间采用这种连接方式的理由是____________。
（6）Cl2O是市场上一种比较理想的饮水消毒剂，ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，则ClO2消毒能力是等质量Cl2O的_________倍（结果保留两位小数）
（7）文献报道说，Cl2O的另一种制备方法是利用Cl2与足量的Na2CO3溶液反应来制得，写出该反应的化学方程式：_________。
【答案】(1). A装置缺少酒精灯加热 (2). 浓硫酸 (3). 4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O (4). 温度过高Cl2O分解 (5). 防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸 (6). 1.61 (7). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl
【解析】
【分析】A装置是实验室制取氯气的发生装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气， D装置是制备Cl2O的装置，根据Cl2O的性质，制得的氯气先除杂HCl再干燥，Cl2O在42℃以上易分解，因此制备时要在低温环境中反应，Cl2O遇有机物易燃烧或爆炸，因此在制备时不能接触橡胶管，因此只能用玻璃管连接。
【详解】⑴装置A是实验室制取氯气的发生装置，制氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，因此该制备装置中存在的一个明显错误是A装置缺少酒精灯加热，故答案为：A装置缺少酒精灯加热；
⑵实验室制Cl2O，需要干燥纯净的氯气，因此B、C装置是除杂和干燥氯气，因此装置C中盛有的试剂是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；
⑶装置A中制备Cl2的化学方程式4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O，故答案为：4HCl（浓）＋MnO2 Cl2↑＋MnCl2＋2H2O；
⑷Cl2O在42℃以上易分解，因此需要在低温下反应得到，装置D中采用18℃～20℃水浴的原因之一是如温度过低，反应速率慢，另一个可能的原因是温度过高Cl2O分解，故答案为：温度过高Cl2O分解；
⑸装置D、E间的连接方式与A、B、C间的连接方式有明显的差别，差别主要是A、B、C连接时有玻璃管和橡胶管，而D、E之间连接时只有玻璃管，再结合Cl2O遇有机物易燃烧或爆炸，装置D、E间采用这种连接方式的理由是防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸，故答案为：防止Cl2O与橡胶管接触发生燃烧或爆炸；
⑹ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl－，则1个ClO2化合价降低5个价态，67.5 g ClO2转移5mol电子，1个Cl2O化合价降低4个价态，等质量的Cl2O转移，因此ClO2消毒能力是等质量Cl2O的5mol÷3.1mol=1.61倍，故答案为：1.61；
⑺Cl2O的另一种制备方法是利用Cl2与足量的Na2CO3溶液反应来制得，该反应的化学方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O +2NaHCO3+2NaCl。
四、计算题（共1题，5分）
31.某固体粉末由Na2O与Na2O2组成，将其分成等量的二份，一份与足量的CO2气体作用，发现该固体质量增加了10.0g，同时生成了新的气体A；另一份溶于过量的盐酸后，经蒸发结晶，最后得到固体的质量为35.1g，试计算：
（1）A气体在标况下的体积是_____________L
（2）固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是___________：
【答案】(1). 2.24 (2). 1:2
【解析】
【详解】⑴设一份中Na2O2、Na2O物质的量依次为xmol、ymol
==，解得a=28x，c=11.2x
=，解得b=44y
a+ b = 10.0即28x+44y=10.0
再根据钠守恒关系得出(2x + 2y)mol × 58.5 g∙mol-1 = 35.1g
解得x = 0.2 ，y = 0.1
则气体A在标况下的体积为11.2×0.2L=2.24L，故答案为2.24 L；
⑵根据分析得出固体中Na2O与Na2O2的物质的量之比是1:2，故答案为1:2。
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