上海市育才中学2023-2024学年高一上学期期末考试
化学
考生注意：
1.本试卷设试卷和答题纸，答案写在答题纸上，写在试卷上无效。
2.答题前，考生务必在答题纸上清楚填涂姓名和学号。
3.本试卷共6页，考试时间60分钟，试卷满分100分。所有选择题均只有一个选项符合题意。
可能用到的式量：H-1；C-12；O-16；Na-23；Cl-35.5；K-39；Mn-55
一、微粒和计量
随着文明的进步，人类认识世界逐渐从宏观物体进入微观粒子级别。宏观物质是由数目巨大的微观粒子构成的，而物质的量就是表示物质中一定数目的微粒的集合体，从而建立微观粒子与宏观物质之间的桥梁。
1. 下列对摩尔(mol)的有关说法中不正确的是
A. 摩尔是一个单位而非物理量 B. 氧气的摩尔质量就是其相对分子质量
C. 1mol任何气体所含气体的分子数目都相等 D. 0.5mol氦气约含有3.01×1023个原子
2. 已知某原子的质量数和核内中子数，由此不能确定
A. 该元素的相对原子质量 B. 该原子属于哪种元素
C. 该原子的质子数 D. 该原子的核外电子数
3. 日本计划将福岛核废水排入海洋，引起人们的强烈谴责。有关核废水中氚(3H)的说法正确的是
A. 与氢元素互为同位素 B. 中子数与质子数之差为2
C. 核废水中的氚的原子百分率与自然界中是一样的 D. 化学性质与氕和氘几乎相同
4. 核内中子数为N的R3+的离子，质量数为A，则n g R的氧化物中所含的质子的物质的量为
A. (A - N + 8)mol B. (A - N + 12)mol
C. (2A - 2N + 24)mol D. (A -N)mol
5. 同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B. 甲与乙的摩尔质量之比为1∶1
C. 等质量的甲和乙的分子数之比为1∶2
D. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
6. 下列实验装置或操作中错误的是
A.向容量瓶中转移液体 B.实验室制取蒸馏水
C.从饱和食盐水中提取NaCl晶体 D.分离酒精和水
A. A B. B C. C D. D
7. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 1 mol任何气体的体积都约为22.4 L
B. 气体的摩尔体积约为22.4 L·mol－1
C. 0℃,101kPa时，1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 L
D. 含有NA个氢原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4 L
8. 用98%的浓硫酸来配制0.1mol/L的稀硫酸溶液，不需要的仪器是
A. 电子天平 B. 量筒 C. 烧杯 D. 容量瓶
9. 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：
84消毒液 有效成分：NaClO 规格：1000mL 质量分数：25% 密度：1.192g·cm-3
（1）该“84消毒液”物质的量浓度约为_______mol·L-1。
（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaCIO固体配制480mL含NaCIO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_______。
A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
B. 需要称量NaClO固体的质量为149.0g
C. 将NaCIO固体于烧杯中溶解后，应立即将溶液转移到容量瓶中
D. 配制好的溶液可置于容量瓶中保存
（3）84消毒液与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合后使用，就会对人体产生严重的危害，发生的反应如下：，取100mL上述稀释过的84消毒液与足量洁厕灵混合，产生氯气的体积在标准状况下约为_______L(保留两位有效数字)。
（4）写出与Cl-具有相同电子数的正离子、负离子、分子各一种：_______、_______、_______。
二、分散系及其反应
生活中我们会接触到不同的分散系，溶液也是分散系中的一种。我们很多化学实验研究也多是在溶液中进行的，离子反应也会发生在其中。
10. 我国宋代《梦溪笔谈》中记叙了胆矾和铜的炼制过程：“信州铅山县有苦泉，煮之则得胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”该炼制过程中没有涉及到的变化是（ ）
A 复分解反应 B. 离子反应 C. 置换反应 D. 蒸发结晶
11. 判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A. 溶液与胶体：属于不同分散系的本质原因是能否发生丁达尔效应
B. 氧化还原反应：元素化合价是否变化
C. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
D. 电解质与非电解质：物质本身的导电性
12. 下列关于胶体的说法中正确的是
A. 胶体带电荷，溶液不带电荷
B. 混用两种不同的墨水(墨水是胶体)易堵塞钢笔，可以用胶体聚沉的原理来解释
C. 直径在1-100纳米之间的碳酸钙属于胶体
D. 煮沸FeCl3饱和溶液可制得氢氧化铁胶体
13. 依据下列实验事实，所得结论正确的是
选项 A B C D
实验 铁丝能导电 熔融能导电 NaCl溶于水能导电 干燥KCl固体不导电
结论 铁是电解质 是电解质 NaCl在通电条件下发生电离 KCl固体中不含阴、阳离子
A. A B. B C. C D. D
14. 常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A. 0.01 mol L 1HClO溶液的导电能力弱于同浓度的盐酸
B. NaClO、HClO都易溶于水
C. NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
15. 粗盐提纯时，为了除去Mg2+、Ca2+和SO等杂质，加入的试剂和操作正确的是
A. NaOH、Na2CO3、BaCl2、过滤、HCl B. Na2CO3、NaOH、BaCl2、过滤、HCl
C. BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl、过滤 D. Ba(OH)2、Na2CO3、过滤、HCl
16. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向澄清的石灰水中通入SO2气体：Ca2++SO2=CaSO3↓
B. 少量SO2气体通入氢氧化钠溶液中：SO2+OH-=HSO
C. SO2气体通入溴水中：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO
D. 氢硫酸中通入氯气：S2-+Cl2=S↓+2Cl-
17. 下列各组离子能在溶液中大量共存的是
A. Na+、Mg2+、Cl-、OH- B. H+、Ca2+、CO、NO
C. Cu2+、K+、SO、NO D. Na+、HCO、OH-、Ca2+
18. 能一次性鉴别AgNO3、NaCO3、NaCl三种溶液的试剂是
A. 盐酸 B. NaOH溶液 C. BaCl2溶液 D. KNO3溶液
19. 有关溶液中所含离子的检验，下列判断正确的是
A 滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有SO
B. 滴加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定含有CO
C. 滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液中一定含有Ba2+
D. 用某溶液做焰色反应时火焰为黄色，则该溶液中一定有钠元素，可能还有钾元素
20. 有以下物质：①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氯化氢气体。回答正确问题：
（1）属于非电解质的是_______；属于强电解质的是_______。
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：_______。
（3）将少量⑥的水溶液滴入过量⑦中反应的离子方程式：_______。
三、氧化还原
氧化还原反应规律是化学学科的一项重要规律，它从新的角度揭示了化学反应的奥秘。让我们的认识更加深刻，更加理性。
21. 为实现下列物质之间的转化，需要加入还原剂才能实现的是
A. KClO3→KCl B. Cu→Cu2S C. Cu→Cu(NO3)2 D. HCO→CO
22. 炼金废水中所含的CN-有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I-与Br-之间，且HCN为弱酸。下列说法不正确的是
A. NaCN是一种强电解质 B. (CN)2能将Br-氧化
C CN-可被Cl2氧化成(CN)2 D. CN-可以和稀硫酸反应生成HCN
23. 硫单质在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中的变化是
A. 被氧化 B. 被还原 C. 既被氧化又被还原 D. 既未被氧化又未被还原
24. 在反应3Cl2+6KOH(浓)KClO3+5KCl+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
A. 5∶1 B. 4∶1 C. 1∶5 D. 1∶1
25. 田径运动会上使用的发令枪所用“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞击时发生反应的化学方程式为5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是
A. 上述反应中Cl的化合价由+5价变为-1价
B. P2O5是P被还原后所得的产物
C. 该反应被还原与被氧化的原子个数之比为5∶6
D. 上述反应中消耗3个P原子时，转移电子15个
26. 在浓盐酸中加入少量KMnO4，剧烈反应，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液紫红色褪去，已知该反应的化学方程式为2KMnO4+16HCI(浓)=2KCI+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。结合下表信息，回答问题：
氯气(Cl2) KMnO4 PbO2
有刺激性气味，呈黄绿色，有毒气体 易溶于水，溶液呈紫红色，可用于杀菌消毒 Pb的最高化合价为+4，其稳定化合价为+2，难溶于水，灰色固体
（1）标出该反应中电子转移的方向和数目_______。
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
其中氧化产物是_______，被还原的元素是_______。每生成71g氯气，则被氧化的还原剂的质量为_______g。
（2）取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有无色气泡产生；再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。
①在配制酸性KMnO4溶液时，能否用盐酸？_______，原因是_______。
②KMnO4、H2O2、PbO2的氧化性由强到弱的可能顺序为_______。
③根据上述反应能否比较Cl2与H2O2的氧化性强弱？_______。
四、元素和化合物性质
化学学习中我们会接触很多形形色色的单质和化合物性质，通过学习会让我们的知识更加丰富，作为研究素材，也能让理论认识更加多元。
27. 在“粗盐的提纯”实验中，用不到的操作是
A. 溶解 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 蒸发
28. 下列化合物中，不能由二种单质直接化合而成的是
A. FeCl3 B. CuS C. FeS D. SO2
29. 下列关于氯单质及含氯化合物的说法中，正确的是
A. 氯气能与铁反应，所以液氯不能用钢瓶储存 B. 氯气具有很强的氧化性，只能作氧化剂
C. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2与CaCl2 D. 气态氢化物的稳定性：HCl>HBr>HI
30. 下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸变红又褪色的是
(1)氯气 (2)液氯 (3)新制氯水 (4)盐酸 (5)氯化氢气体 (6)盐酸酸化的漂粉精溶液
A. (1)(2)(3) B. (1)(2)(3)(6) C. (3)(6) D. (3)(4)(6)
31. 检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是
A. 用加有氢氧化钠的酚酞溶液 B. 用干燥有色布条
C. 用淀粉碘化钾溶液 D. 用饱和食盐水
32. 欲除去SO2中混有的HCl气体，可选用的试剂是
A. 澄清石灰水 B. 饱和Na2SO3溶液
C. 饱和NaHSO3溶液 D. 酸性高锰酸钾溶液
33. 如图所示，实验室用高锰酸钾和浓盐酸制取Cl2并进行相关实验(图中夹持设备省略)。
（1）装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，其中I、Ⅱ、Ⅲ应依次放入_______、_______、_______。(填编号，每个编号限填一次)
①干燥的有色布条 ②湿润的有色布条 ③碱石灰 ④浓硫酸 ⑤无水氯化钙
（2）装置B中饱和食盐水的作用是_______。
（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入一定量氯气后，可以看到无色溶液逐渐变为_______色，说明氯的非金属性大于溴。
（4）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，震荡。观察到的现象是_______。
（5）久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，取D中的溶液，用强光照射，并用传感器测定相关数据，得到如图曲线：
分析图中氯离子浓度及氧气体积分数变化的趋势及原因，用相关方程式表示：_______、_______。
34. 工业上电解饱和食盐水制取氯气的装置示意图如图。下列说法正确的是
A. a为正极，发生氧化反应 B. b的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-
C. 用湿润的淀粉试纸检验阳极产物 D. 一段时间后，阴极和阳极收集到相同体积的气体
35. 某学习小组用MnO2和浓盐酸共热制取氯气，再用氯气与潮湿的消石灰反应制取漂白粉(这是一个放热反应)。
（1）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______；
（2）漂粉精在空气中起漂白作用的原理是_______(用化学方程式表示)。
（3）此实验Ca(ClO)2产率太低。经分析发现，主要原因是在U形管中存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_______。
②试判断另一个副反应：_______(用化学方程式表示)。上海市育才中学2023-2024学年高一上学期期末考试
化学
考生注意：
1.本试卷设试卷和答题纸，答案写在答题纸上，写在试卷上无效。
2.答题前，考生务必在答题纸上清楚填涂姓名和学号。
3.本试卷共6页，考试时间60分钟，试卷满分100分。所有选择题均只有一个选项符合题意。
可能用到的式量：H-1；C-12；O-16；Na-23；Cl-35.5；K-39；Mn-55
一、微粒和计量
随着文明的进步，人类认识世界逐渐从宏观物体进入微观粒子级别。宏观物质是由数目巨大的微观粒子构成的，而物质的量就是表示物质中一定数目的微粒的集合体，从而建立微观粒子与宏观物质之间的桥梁。
1. 下列对摩尔(mol)的有关说法中不正确的是
A. 摩尔是一个单位而非物理量 B. 氧气的摩尔质量就是其相对分子质量
C. 1mol任何气体所含气体的分子数目都相等 D. 0.5mol氦气约含有3.01×1023个原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A正确；
B．摩尔质量的单位为g/mol，相对分子质量无单位，所以氧气的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，故B错误；
C．1mol任何气体都含有阿伏加德罗常数个气体分子，所以1mol任何气体所含气体的分子数目都相等，故C正确；
D．氦气是单原子分子，0.5mol氦气约含有原子的数目为0.5mol×6.02×1023=3.01×1023个，故D正确；
故选B。
2. 已知某原子的质量数和核内中子数，由此不能确定
A. 该元素的相对原子质量 B. 该原子属于哪种元素
C. 该原子的质子数 D. 该原子的核外电子数
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的相对原子质量与其核素及核素的丰度有关，所以某原子的质量数和核内中子数，不能确定该元素的相对原子质量，故A选；
B．质子数+中子数＝质量数，所以根据质量数和中子数可以确定质子数，所以能确定该原子属于哪种元素，故B不选；
C．质子数+中子数＝质量数，所以根据质量数和中子数可以确定质子数，故C不选；
D．质子数等于核外电子数，因此也可以确定该原子的核外电子数，故D不选；
故选A。
3. 日本计划将福岛核废水排入海洋，引起人们的强烈谴责。有关核废水中氚(3H)的说法正确的是
A. 与氢元素互为同位素 B. 中子数与质子数之差为2
C. 核废水中的氚的原子百分率与自然界中是一样的 D. 化学性质与氕和氘几乎相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．氚(3H)为氢元素的一种核素，与氢元素的其他核素互为同位素，不是与氢元素互为同位素，A错误；
B．氚(3H)的中子数为3-1=2，质子数为1，相差1，B错误；
C．核废水中的氚的原子百分率要高于自然界中，C错误；
D．氚、氕和氘为氢元素的不同核素，所含电子数相同，化学性质几乎相同，D正确；
综上所述答案为D。
4. 核内中子数为N的R3+的离子，质量数为A，则n g R的氧化物中所含的质子的物质的量为
A. (A - N + 8)mol B. (A - N + 12)mol
C. (2A - 2N + 24)mol D. (A -N)mol
【答案】B
【解析】
【详解】R的氧化物化学式为R2O3，一个R2O3含有2×(A-N)+3×(16-8)=2(A-N+12)个质子，该物质的摩尔质量为(2A+3×16)g/mol，所以n g R的氧化物的物质的量为mol，含有mol×2(A-N+12)=(A - N + 12)mol质子；
故答案为B。
5. 同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B. 甲与乙的摩尔质量之比为1∶1
C. 等质量的甲和乙的分子数之比为1∶2
D. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据气体所占的体积之比为1:2，设甲的体积为1L，乙的体积为2L
A．同温同压下，气体的摩尔体积相同，甲，乙气体，所以密度之比，故A正确；
B．甲的摩尔质量，同理的乙的摩尔质量，所以，故B正确；
C．由B可知甲乙两气体的摩尔质量之比可知，等质量的甲乙量气体的物质的量相等，则气体的分子数之比为1：1，故C错误；
D．根据可知，，则甲的压强为，乙的压强为，所以，故D正确。
答案选C。
6. 下列实验装置或操作中错误的是
A.向容量瓶中转移液体 B.实验室制取蒸馏水
C.从饱和食盐水中提取NaCl晶体 D.分离酒精和水
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A正确；
B．冷凝水下进上出，故B正确；
C．采用蒸发的方法从饱和食盐水中获取NaCl晶体，蒸发时用蒸发皿，故C正确；
D．酒精和水能互溶，不分层，故D错误；
故选：D。
7. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 1 mol任何气体的体积都约为22.4 L
B. 气体的摩尔体积约为22.4 L·mol－1
C. 0℃,101kPa时，1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 L
D. 含有NA个氢原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4 L
【答案】C
【解析】
【详解】A.1mol任何气体的体积取决于温度和压强，在标准状况（0℃、101kPa）下，1mol任何气体的体积都约为22.4L， A项错误；
B.气体的摩尔体积取决于温度和压强，只有在一定温度和压强下的气体摩尔体积的数值才有确定的意义，B项错误；
C.0℃,101kPa时任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，所以在0℃,101kPa 时1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 L，C项正确；
D.因每个氢气分子里含2个氢原子，则含有NA个氢原子的氢气物质的量是0.5mol，0.5mol氢气在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D项错误；答案选C。
【点睛】标准状况下的气体摩尔体积约为22.4L/mol，在使用公式n=或V=22.4L/mol×n mol时，一定要注意两点：一是物质的状态必须是气态；二是所处的温度和压强必须是00C和101kPa（标准状况）。
8. 用98%的浓硫酸来配制0.1mol/L的稀硫酸溶液，不需要的仪器是
A. 电子天平 B. 量筒 C. 烧杯 D. 容量瓶
【答案】A
【解析】
【详解】配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、量取、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器：量筒烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：电子天平；故选A。
9. 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：
84消毒液 有效成分：NaClO 规格：1000mL 质量分数：25% 密度：1.192g·cm-3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______mol·L-1。
（2）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaCIO固体配制480mL含NaCIO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_______。
A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
B. 需要称量NaClO固体的质量为149.0g
C. 将NaCIO固体于烧杯中溶解后，应立即将溶液转移到容量瓶中
D. 配制好的溶液可置于容量瓶中保存
（3）84消毒液与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合后使用，就会对人体产生严重的危害，发生的反应如下：，取100mL上述稀释过的84消毒液与足量洁厕灵混合，产生氯气的体积在标准状况下约为_______L(保留两位有效数字)。
（4）写出与Cl-具有相同电子数的正离子、负离子、分子各一种：_______、_______、_______。
【答案】（1）4 （2）B
（3）0.090 （4） ①. K+ ②. S2- ③. HCl
【解析】
【小问1详解】
；
【小问2详解】
A．配制过程中需要加水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故A错误；
B．需要称量NaClO固体的质量为，故B正确；
C．将NaCIO固体于烧杯中溶解后，应等溶液恢复至室温后再转移到容量瓶中，故C错误；
D．容量瓶不能储存溶液，所以配制好的溶液不能置于容量瓶中保存，故D错误；
故答案为：B；
【小问3详解】
取100mL上述稀释过的84消毒液与足量洁厕灵混合，其中c(NaClO)=0.04mol/L，n(NaClO)=0.004mol，产生氯气的体积在标准状况下为，约为0.090L；
【小问4详解】
Cl-电子数为18，具有18个电子数的正离子有K+、Ca2+，负离子有S2-，分子有H2O2、H2S、HCl。
二、分散系及其反应
生活中我们会接触到不同的分散系，溶液也是分散系中的一种。我们很多化学实验研究也多是在溶液中进行的，离子反应也会发生在其中。
10. 我国宋代《梦溪笔谈》中记叙了胆矾和铜的炼制过程：“信州铅山县有苦泉，煮之则得胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”该炼制过程中没有涉及到的变化是（ ）
A. 复分解反应 B. 离子反应 C. 置换反应 D. 蒸发结晶
【答案】A
【解析】
【分析】A. 复分解反应是两种化合物相互交换阴阳离子生成另外两种化合物的反应；
B. 有离子参加的反应为离子反应；
C. 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；
D. 将溶液在蒸发皿等容器中加热，将溶剂蒸发得到溶质的过程为蒸发结晶。
【详解】苦泉中含有溶质硫酸铜，“煮之则得胆矾”，涉及蒸发结晶；“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是铁与硫酸铜发生的置换反应，该反应也属于离子反应；整个过程中未涉及复分解反应；
答案选A。
11. 判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A. 溶液与胶体：属于不同分散系的本质原因是能否发生丁达尔效应
B. 氧化还原反应：元素化合价是否变化
C. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
D. 电解质与非电解质：物质本身的导电性
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体区别与其他分散系本质特征：分散质粒度，胶体分散质粒度介于1-100nm，故A错误；
B．氧化还原反应判断依据：是否有化合价变化，有化合价变化的一定是氧化还原反应，故B正确；
C．纯净物与混合物本质区别是否只含一种物质，只含一种元素的不一定是纯净物，如氧气与臭氧，故C错误；
D．电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。根据定义可以看出，电解质、非电解质的判断并不是看物质本身是否导电，而是看在水溶液中或熔融状态下是否能导电，故D错误；
故选：B。
12. 下列关于胶体的说法中正确的是
A. 胶体带电荷，溶液不带电荷
B. 混用两种不同的墨水(墨水是胶体)易堵塞钢笔，可以用胶体聚沉的原理来解释
C. 直径在1-100纳米之间的碳酸钙属于胶体
D. 煮沸FeCl3饱和溶液可制得氢氧化铁胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体是电中性的分散系，胶粒带电荷，故A错误；
B．墨水属于胶体，两种不同的墨水的胶粒所带电荷不同，混用时胶体会发生聚沉而易堵塞钢笔，故B正确；
C．直径在1-100纳米之间的碳酸钙扩散到水中形成的分散系属于胶体，直径在1-100纳米之间的碳酸钙属于纯净物，不属于胶体，故C错误；
D．氯化铁饱和溶液滴入到沸水中煮沸可制得氢氧化铁胶体，直接煮沸氯化铁饱和溶液得到氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故D错误；
故选B。
13. 依据下列实验事实，所得结论正确的是
选项 A B C D
实验 铁丝能导电 熔融能导电 NaCl溶于水能导电 干燥KCl固体不导电
结论 铁是电解质 是电解质 NaCl在通电条件下发生电离 KCl固体中不含阴、阳离子
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；
【详解】A．金属导电的原因是存在自由移动的电子；铁是单质不是电解质，故A错误；
B．熔融的电离出自由移动的离子，从而发生导电现象，据电解质概念的本质可知是电解质，B正确；
C．NaCl溶于水的同时，在水的作用下发生了电离，即电离不需要通电，C错误；
D．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，氯化钾固体中不存在自由移动的离子，故D错误；
故选B。
14. 常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A. 0.01 mol L 1的HClO溶液的导电能力弱于同浓度的盐酸
B. NaClO、HClO都易溶于水
C. NaClO的电离方程式：NaClO=Na++ClO
D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强。HCl是一元强酸，完全电离，若0.01 mol L 1的HClO溶液的导电能力弱于同浓度的盐酸，说明该溶液中自由移动的离子浓度比盐酸的小，因此可以证明HClO是一元弱酸，A正确；
B．电解质的强弱与物质是否易溶于水的性质无关，B错误；
C．NaClO是可溶性盐，在水中完全电离，因此不能根据其电离方程式判断HClO是否是弱酸，C错误；
D．HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，可以证明HClO是氧化性酸，与其酸性强弱无关，D错误；
故合理选项是A。
15. 粗盐提纯时，为了除去Mg2+、Ca2+和SO等杂质，加入的试剂和操作正确的是
A. NaOH、Na2CO3、BaCl2、过滤、HCl B. Na2CO3、NaOH、BaCl2、过滤、HCl
C. BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl、过滤 D. Ba(OH)2、Na2CO3、过滤、HCl
【答案】D
【解析】
【详解】除去钙离子可选用碳酸钠、除去镁离子使用氢氧化钠、除去硫酸根离子可使用氯化钡，由于含有多种杂质，所以加入的除杂试剂要考虑加入试剂的顺序，NaOH除去镁离子，氯化钡除去硫酸根离子，碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后加盐酸至中性，则加入的试剂和操作为NaOH、BaCl2、Na2CO3、过滤、HCl或BaCl2、Na2CO3、NaOH、过滤、HCl或BaCl2、NaOH、Na2CO3、过滤、HCl，也可以用Ba(OH)2除去镁离子和硫酸根离子，再加Na2CO3除去过量的氢氧化钡，后进行过滤除去沉淀，最后加HCl除去生成的氢氧化钠，故选D。
【点睛】主要考查盐的性质、除杂的方法和原则，注意除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂。
16. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向澄清的石灰水中通入SO2气体：Ca2++SO2=CaSO3↓
B. 少量SO2气体通入氢氧化钠溶液中：SO2+OH-=HSO
C. SO2气体通入溴水中：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO
D. 氢硫酸中通入氯气：S2-+Cl2=S↓+2Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．向澄清的石灰水中通入SO2气体离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋SO2=CaSO3↓＋H2O，A错误；
B．少量SO2气体通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸钠，离子方程式为：SO2+2OH-=SO+ H2O，B错误；
C．SO2气体通入溴水中生成硫酸和氢溴酸，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO，C正确；
D．氢硫酸为弱酸，在离子方程式中不能拆，则氢硫酸中通入氯气离子方程式为：H2S+Cl2=S↓+2Cl-+2H+，D错误；
故选C。
17. 下列各组离子能在溶液中大量共存是
A. Na+、Mg2+、Cl-、OH- B. H+、Ca2+、CO、NO
C. Cu2+、K+、SO、NO D. Na+、HCO、OH-、Ca2+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Mg2＋和OH－反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，A错误；
B．Ca2＋和CO反应生成CaCO3沉淀，H＋和CO反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，B错误；
C．Cu2＋、K＋、SO、NO之间不会发生化学反应，能大量共存，C正确；
D．氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和Ca2＋反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，D错误。
答案选C。
18. 能一次性鉴别AgNO3、NaCO3、NaCl三种溶液的试剂是
A. 盐酸 B. NaOH溶液 C. BaCl2溶液 D. KNO3溶液
【答案】A
【解析】
【分析】根据三种物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们，若两种物质与同种物质反应的现象相同，则无法鉴别它们。
【详解】A．盐酸与AgNO3溶液反应氯化银白色沉淀；与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；与NaCl溶液不反应，三种溶液现象不同，可以鉴别，A正确；
B．NaOH溶液与Na2CO3、NaCl溶液均不反应，二者现象相同，不能鉴别，B错误；
C．BaCl2 溶液与AgNO3、Na2CO3溶液反应分别生成氯化银、碳酸钡白色沉淀，二者现象相同不能鉴别，C错误；
D．硝酸钾溶液与AgNO3、Na2CO3、NaCl三种溶液均不反应，因此不能鉴别，D错误；
故合理选项是A。
19. 有关溶液中所含离子的检验，下列判断正确的是
A. 滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有SO
B. 滴加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定含有CO
C. 滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液中一定含有Ba2+
D. 用某溶液做焰色反应时火焰为黄色，则该溶液中一定有钠元素，可能还有钾元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中可能含有SO、CO、Ag+，故A错误；
B．滴加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是CO2，或者是SO2，则原溶液中可能含有CO或者SO，故B错误；
C．滴加碳酸钠溶液产生白色沉淀，白色沉淀是难溶碳酸盐，可能是碳酸钙、碳酸钡等，再加盐酸沉淀消失，所以原溶液总可能含有Ca2+或者Ba2+，故C错误；
D．钠元素的焰色反应显示黄色，钾的焰色反应是紫色火焰，黄色会掩盖紫色，用某溶液做焰色反应时火焰为黄色，则该溶液中一定有钠元素，可能还有钾元素，故D正确；
故答案为：D
20. 有以下物质：①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氯化氢气体。回答正确问题：
（1）属于非电解质的是_______；属于强电解质的是_______。
（2）写出物质⑥溶于水的电离方程式：_______。
（3）将少量⑥的水溶液滴入过量⑦中反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. ③⑤ ②. ⑥⑨
（2）NaHCO3=Na++HCO
（3）HCO+Ba2++OH-=H2O+BaCO3↓
【解析】
【小问1详解】
①石墨是非金属单质，其中含有自由移动的电子，因此能够导电；单质既不属于电解质，也不属于非电解质；
②铝是金属单质，其中含有自由移动的电子，因此能够导电；单质既不属于电解质，也不属于非电解质；
③酒精是由分子构成的共价化合物，其中无自由移动的离子，因此不能导电；酒精在水溶液中和熔融状态下都不能导电，因此属于非电解质；
④氨水中含有自由移动的离子，因此能够导电；氨水是混合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑤二氧化碳由分子构成的共价化合物，其中无自由移动的离子，因此不能导电；二氧化碳在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质；
⑥碳酸氢钠固体是离子化合物，其中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；碳酸氢钠在溶于水时能够完全发生电离作用而导电，因此属于强电解质；
⑦氢氧化钡溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电；氢氧化钡溶液是混合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑧纯醋酸是由醋酸分子构成，其中无自由移动的微粒，因此不能导电；该物质溶于水能够部分发生电离作用而导电，其中存在电离平衡，因此纯醋酸属于弱电解质；
⑨氯化氢气体由HCl分子构成，无自由移动的微粒，因此不能导电；该物质溶于水能够完全发生电离作用而导电，因此氯化氢属于强电解质；
综上所述可知：属于非电解质的是③⑤；属于强电解质的是⑥⑨；
【小问2详解】
⑥碳酸氢钠固体，其在水溶液中发生电离产生Na+、HCO，故其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO；
【小问3详解】
根据以少定多的原则可知，将少量⑥的水溶液滴入过量⑦中反应的离子方程式：HCO+Ba2++OH-=H2O+BaCO3↓。
三、氧化还原
氧化还原反应规律是化学学科的一项重要规律，它从新的角度揭示了化学反应的奥秘。让我们的认识更加深刻，更加理性。
21. 为实现下列物质之间的转化，需要加入还原剂才能实现的是
A. KClO3→KCl B. Cu→Cu2S C. Cu→Cu(NO3)2 D. HCO→CO
【答案】A
【解析】
【详解】A．KClO3→KCl，氯的化合价降低，需要加入还原剂，A正确；
B．Cu→Cu2S，铜的化合价升高，需要加入氧化剂，B错误；
C．Cu→Cu(NO3)2，铜的化合价升高，需要加入氧化剂，C错误；
D．HCO→CO ，各种元素的化合价没有变化，既不加氧化剂，又不加还原剂，D错误；
故选A。
22. 炼金废水中所含的CN-有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I-与Br-之间，且HCN为弱酸。下列说法不正确的是
A. NaCN是一种强电解质 B. (CN)2能将Br-氧化
C. CN-可被Cl2氧化成(CN)2 D. CN-可以和稀硫酸反应生成HCN
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaCN属于盐，应为强电解质，A正确；
B．CN-的还原性介于I-与Br-之间，所以(CN)2的氧化性应弱于Br2、强于I2，不能将Br-氧化，B错误；
C．CN-的还原性介于I-与Br-之间，氯气可以氧化Br-生成Br2，则也可以氧化CN-生成(CN)2，C正确；
D．HCN为弱酸，所以CN-可以和稀硫酸反应生成HCN，D正确；
综上所述答案为B。
23. 硫单质在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中的变化是
A. 被氧化 B. 被还原 C. 既被氧化又被还原 D. 既未被氧化又未被还原
【答案】C
【解析】
【详解】该反应中，单质硫中的硫元素化合价为0价，一部分升高到+4价，一部分降低到-2价，故在反应中，硫单质既被氧化又被还原，C项正确；
答案选C。
【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中关键点是找出硫元素的化合价变化趋势。
24. 在反应3Cl2+6KOH(浓)KClO3+5KCl+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
A. 5∶1 B. 4∶1 C. 1∶5 D. 1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】由反应的方程式3Cl2+6KOH(浓)KClO3+5KCl+3H2O可知，Cl2自身发生氧化还原反应，生成KCl的反应为被还原的过程，Cl2为氧化剂，生成KClO3的反应为被氧化的过程，Cl2为还原剂。根据化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5∶1；
故选A。
25. 田径运动会上使用的发令枪所用“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞击时发生反应的化学方程式为5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是
A. 上述反应中Cl的化合价由+5价变为-1价
B. P2O5是P被还原后所得的产物
C. 该反应被还原与被氧化的原子个数之比为5∶6
D. 上述反应中消耗3个P原子时，转移电子15个
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化剂是KClO3，Cl的化合价由+5价变为-1价生成氯化钾，故A正确；
B．磷元素化合价从0价氧化为+5价，则P2O5是P被氧化后所得的产物，故B错误；
C．反应5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中，氧化剂是KClO3，还原剂是P，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:6，故C正确；
D．磷元素化合价从0价氧化为+5价，则反应中消耗3个P原子时，转移电子15个，故D正确；
故选B。
26. 在浓盐酸中加入少量KMnO4，剧烈反应，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液紫红色褪去，已知该反应的化学方程式为2KMnO4+16HCI(浓)=2KCI+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑。结合下表信息，回答问题：
氯气(Cl2) KMnO4 PbO2
有刺激性气味，呈黄绿色，有毒气体 易溶于水，溶液呈紫红色，可用于杀菌消毒 Pb的最高化合价为+4，其稳定化合价为+2，难溶于水，灰色固体
（1）标出该反应中电子转移的方向和数目_______。
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑
其中氧化产物是_______，被还原的元素是_______。每生成71g氯气，则被氧化的还原剂的质量为_______g。
（2）取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有无色气泡产生；再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。
①在配制酸性KMnO4溶液时，能否用盐酸？_______，原因是_______。
②KMnO4、H2O2、PbO2的氧化性由强到弱的可能顺序为_______。
③根据上述反应能否比较Cl2与H2O2的氧化性强弱？_______。
【答案】（1） ①. ②. Cl2 ③. +7价Mn ④. 73
（2） ①. 否 ②. 盐酸会被高锰酸钾氧化 ③. PbO2＞KMnO4＞H2O2 ④. 否
【解析】
【小问1详解】
在2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑这个化学反应中，在反应中Mn由+7价降为+2价，HCl中的Cl由-1价部分升为0价，电子转移的数目为10e-，则用双线桥法表示此反应电子转移的方向和数目为，KMnO4具有强氧化性，是氧化剂，把HCl氧化，得到氧化产物是Cl2，被还原的元素是+7价Mn，而生成71gCl2则说明有1molCl2生成，根据化学方程式可知，所以消耗的还原剂的物质的量为2mol，质量=36.5g/mol×2mol=73g，故答案为：Cl2；+7价Mn；73；
【小问2详解】
①在配制酸性KMnO4溶液时不能用盐酸，因为KMnO4的氧化性比氯气的强，可将盐酸氧化为氯气；
②根据实验现象紫红色褪去，并有无色气泡产生可知，KMnO4被还原为Mn2+，H2O2被氧化为O2，氧化性KMnO4＞H2O2，再加入PbO2固体，溶液又变为紫红色，PbO2又将Mn2+氧化为，所以氧化性PbO2＞KMnO4，题中三者的氧化性由强到弱的顺序是：PbO2＞KMnO4＞H2O2；
根据上述反应不能比较Cl2与H2O2的氧化性强弱，因为未做有关氯气与H2O2反应的实验，根据上述反应只能知道Cl2与H2O2的氧化性均弱于KMnO4。
四、元素和化合物性质
化学学习中我们会接触很多形形色色的单质和化合物性质，通过学习会让我们的知识更加丰富，作为研究素材，也能让理论认识更加多元。
27. 在“粗盐的提纯”实验中，用不到的操作是
A. 溶解 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 蒸发
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】在“粗盐的提纯”实验中，首先将粗盐溶解在水中，加过量氯化钡、过量氢氧化钠、过量碳酸钠除掉可溶性杂质，过滤，过滤后加盐酸，最后蒸发溶液得到NaCl，故不需要用到蒸馏，答案选C。
28. 下列化合物中，不能由二种单质直接化合而成的是
A. FeCl3 B. CuS C. FeS D. SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，所以可以由单质直接化合得到，故A不选；
B．硫的氧化性较弱，和铜反应生成Cu2S，所以不可以由单质直接化合得到CuS，故B选；
C．Fe与S加热反应产生FeS，可以由两种单质直接化合而成，故C不选；
D．硫在空气中燃烧生成无色有刺激性气味的二氧化硫，所以可以由单质直接化合得到，故D不选；
故选B。
29. 下列关于氯单质及含氯化合物的说法中，正确的是
A. 氯气能与铁反应，所以液氯不能用钢瓶储存 B. 氯气具有很强的氧化性，只能作氧化剂
C. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2与CaCl2 D. 气态氢化物的稳定性：HCl>HBr>HI
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，干燥的氯气不能与铁反应，所以液氯常用钢瓶储存，故A错误；
B．氯气中氯元素的0价是介于最低价态和最高价态之间的中间价态，既能表现氧化性做氧化剂，也能表现还原性做还原剂，故B错误；
C．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故C错误；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，则气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HCl>HBr>HI，故D正确；
故选D。
30. 下列物质能使干燥蓝色石蕊试纸变红又褪色的是
(1)氯气 (2)液氯 (3)新制氯水 (4)盐酸 (5)氯化氢气体 (6)盐酸酸化的漂粉精溶液
A. (1)(2)(3) B. (1)(2)(3)(6) C. (3)(6) D. (3)(4)(6)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】(1)氯气在干燥下不能电离出氢离子，不能使试纸变红，(1)不选；
(2)液氯是纯净物，以氯分子形成存在，不能电离出离子，不能使试纸变红，(2)不选；
(3)新制氯水存在反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，产生的酸能使试纸变红，HClO具有漂白性，可将红色的试纸漂白褪色，(3)选；
(4)盐酸只能电离出氢离子，只使试纸变红，不能褪色，(4)不选；
(5)氯化氢气体不能电离氢离子，不能使试纸变红，(5)不选；
(6)盐酸酸化的漂粉精溶液中含有H+和ClO-，能使试纸变红又褪色，(6)选；
故答案为C。
31. 检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是
A. 用加有氢氧化钠的酚酞溶液 B. 用干燥有色布条
C. 用淀粉碘化钾溶液 D. 用饱和食盐水
【答案】C
【解析】
【详解】A．用加有氢氧化钠的酚酞溶液检验，即便没有Cl2，HCl中和NaOH，溶液的红色也会消失，A不正确；
B．干燥有色布条与Cl2不能发生反应，没有现象产生，B不正确；
C．淀粉碘化钾溶液与HCl不反应，与Cl2发生置换反应，生成的I2能使淀粉变蓝色，C正确；
D．用饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl，不能用于检验Cl2，D不正确；
故选C。
32. 欲除去SO2中混有的HCl气体，可选用的试剂是
A. 澄清石灰水 B. 饱和Na2SO3溶液
C. 饱和NaHSO3溶液 D. 酸性高锰酸钾溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．澄清石灰水能够与SO2、HCl都反应，因此不能用于除去SO2中混有的杂质HCl，A错误；
B．SO2、HCl气体都能够与饱和Na2SO3溶液反应，因此不能用饱和Na2SO3溶液除杂，B错误；
C．饱和NaHSO3溶液能够与杂质HCl反应产生SO2，且SO2气体也不能在溶液中溶解，因此饱和NaHSO3溶液可用于除杂，C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够将SO2、HCl都氧化，因此不能用于除去杂质，D错误；
故合理选项是C。
33. 如图所示，实验室用高锰酸钾和浓盐酸制取Cl2并进行相关实验(图中夹持设备省略)。
（1）装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，其中I、Ⅱ、Ⅲ应依次放入_______、_______、_______。(填编号，每个编号限填一次)
①干燥的有色布条 ②湿润的有色布条 ③碱石灰 ④浓硫酸 ⑤无水氯化钙
（2）装置B中饱和食盐水作用是_______。
（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入一定量氯气后，可以看到无色溶液逐渐变为_______色，说明氯的非金属性大于溴。
（4）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，震荡。观察到的现象是_______。
（5）久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，取D中的溶液，用强光照射，并用传感器测定相关数据，得到如图曲线：
分析图中氯离子浓度及氧气体积分数变化的趋势及原因，用相关方程式表示：_______、_______。
【答案】（1） ①. ② ②. ⑤ ③. ①
（2）除去HCl （3）橙
（4）液体分层上层紫色
（5） ①. Cl2+H2O HCl+HClO ②. 2HClO2HCl+O2↑
【解析】
【分析】本实验包括制备氯气和研究氯水的成分及性质两部分。根据实验装置，采用的是固液反应装置制取氯气。制备的Cl2中含有杂质HCl和水蒸气，为了得到纯净、干燥氯气，先通过装置饱和食盐水吸收HCl，再通过装置验证氯气的性质，装置F用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，防止空气污染。
【小问1详解】
要验证氯气是否有漂白性，可以利用有色布条，因为制取的氯气含有水蒸气；生成的HClO有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的有色布条褪色，然后用干燥氯气通过干燥的有色布条检验氯气的漂白性。干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰，U形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在U形管中，无水硫酸铜可以检验水的存在，不能用于氯气干燥，此题可选用无水氯化钙；答案选②⑤①；
【小问2详解】
由于浓盐酸具有挥发性，从A装置出来的氯气中含有氯化氢气体，可以通过饱和食盐水除去，故答案为：除去HCl；
【小问3详解】
当向D中缓缓通入一定量氯气时，发生了反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，可以看到无色溶液逐渐变为橙色， Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，所以氧化性Cl2>Br2，则氯的非金属性大于溴；
【小问4详解】
打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡后静置，发生了反应：Br2+2I-=I2+2Br-，观察到的现象是液体分层上层紫色；
【小问5详解】
通过图象分析，发现体系中Cl-和O2的含量随时间的增长而增加，原因是氯气和水反应，同时次氯酸见光分解，故答案为：Cl2+H2O HCl+HClO；2HClO2HCl+O2↑。
34. 工业上电解饱和食盐水制取氯气的装置示意图如图。下列说法正确的是
A. a为正极，发生氧化反应 B. b的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-
C. 用湿润的淀粉试纸检验阳极产物 D. 一段时间后，阴极和阳极收集到相同体积的气体
【答案】BD
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，左侧产生氯气，则a为阳极，右侧电极产生氢气，则b电极为阴极，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a为阳极，发生氧化反应，A错误；
B．由分析可知，b电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，B正确；
C．由分析可知，阳极产物为氯气，氯气和淀粉不反应，应该用湿润淀粉KCl试纸检验阳极产物，C错误；
D．电解时，阳极出氯气，阴极出氢气，生成两种气体时相同时间内转移电子数相同，则一段时间后，阴极和阳极收集到相同体积的气体，D正确；
故选BD。
35. 某学习小组用MnO2和浓盐酸共热制取氯气，再用氯气与潮湿的消石灰反应制取漂白粉(这是一个放热反应)。
（1）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______；
（2）漂粉精在空气中起漂白作用的原理是_______(用化学方程式表示)。
（3）此实验Ca(ClO)2产率太低。经分析发现，主要原因是在U形管中存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_______。
②试判断另一个副反应：_______(用化学方程式表示)。
【答案】35. 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
36. Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
37. ①. 将C浸入冰水中 ②. Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O
【解析】
【分析】装置A和B用于制备氯气，装置C用于制备漂白粉，装置D用于吸收多余的氯气，防止污染环境，据此分析解答。
【小问1详解】
MnO2和浓盐酸共热制备氯气，还生成氯化锰和水，其反应的反应方程式是4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
次氯酸钙不稳定，易和空气中、反应生成HClO，起漂白作用的是HClO，反应方程式为：；
【小问3详解】
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是将C浸入冰水中；
②由于浓盐酸易挥发，则制备的氯气中含有HCl，则另一个副反应为。
