2024屆之江教育評(píng)價(jià)高一化學(xué)第一學(xué)期期末統(tǒng)考試題含解析

2024屆之江教育評(píng)價(jià)高一化學(xué)第一學(xué)期期末統(tǒng)考試題注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫(xiě)考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書(shū)寫(xiě)在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、取36克某鐵礦石（只含鐵的氧化物和SiO2）溶于過(guò)量的稀鹽酸中，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥后得到5.6g不溶物。向得到的濾液中加入足量的NaOH溶液，過(guò)濾、洗滌后將沉淀灼燒，得32g紅棕色固體。下列結(jié)論不正確的是A．由鐵礦石轉(zhuǎn)化為紅棕色固體的過(guò)程中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)B．鐵礦石溶于鹽酸后得到的濾液中：n（Fe2+）：n（Fe3+）=1:1C．鐵礦石中鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe3O4D．36g該鐵礦石與1mol·L-1的稀鹽酸恰好完全反應(yīng)時(shí)，消耗鹽酸的體積為1L2、配制100mL0.2mol·L﹣1NaCl溶液，不會(huì)用到下列儀器中的哪一種（）A．分液漏斗 B．燒杯 C．玻璃棒 D．容量瓶3、下列物質(zhì)與水混合時(shí)，能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的是A．NO2 B．CO2 C．SO2 D．SiO24、下列物質(zhì)溶于水中能導(dǎo)電，但不屬于電解質(zhì)的是A．Fe(OH)3 B．Cl2 C．H2SO4 D．C2H5OH5、下列含氯化合物中，不能由金屬單質(zhì)和氯氣直接反應(yīng)得到的是A．FeCl2 B．CuCl2 C．AlCl3 D．MgCl26、FeS與一定濃度的HNO3反應(yīng)，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，當(dāng)NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量之比為1∶1∶2時(shí)，實(shí)際參加反應(yīng)的FeS

與被還原的HNO3的物質(zhì)的量之比為()A．1∶4 B．1∶5 C．1∶6 D．1∶77、下列關(guān)于硫及其化合物的敘述中不正確的是（）A．實(shí)驗(yàn)室常用酒精除去附著在試管壁上的硫黃B．濃硫酸和銅片在加熱條件下反應(yīng)時(shí)，濃硫酸既表現(xiàn)出酸性，又表現(xiàn)出強(qiáng)氧化性C．SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中使之褪色說(shuō)明SO2具有還原性D．因?yàn)闈饬蛩峋哂忻撍?，所以可以使蔗糖炭?、對(duì)四種無(wú)色溶液進(jìn)行離子檢驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下，其中明顯錯(cuò)誤的是A．K＋、Na＋、Cl－、NO3- B．K＋、NO3-、OH－、HCO3-C．Na＋、OH－、Cl－、NO3- D．MnO4-、K＋、S2－、Na＋9、在含有溴化鉀和碘化鉀的混合溶液里通入過(guò)量氯氣，然后把此溶液蒸干、灼燒，得到的固體物質(zhì)是A．KCl和KBr B．KCl C．I2 D．Br210、下列反應(yīng)(均未配平)中，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量的關(guān)系為1∶2的是A．Cu＋H2SO4CuSO4＋SO2↑＋H2OB．CH3COOH＋Ca(ClO)2HClO＋Ca(CH3COO)2C．I2＋NaClO3NaIO3＋Cl2D．HCl＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋H2O11、實(shí)驗(yàn)室制取下列氣體時(shí)，不能用排空氣法收集的是A．NO2 B．Cl2 C．NO D．SO212、關(guān)于電解質(zhì)電離的下列說(shuō)法中正確的是（）A．既產(chǎn)生陽(yáng)離子又產(chǎn)生陰離子 B．產(chǎn)生的陽(yáng)離子與陰離子的總數(shù)一定相等C．產(chǎn)生的陽(yáng)離子與陰離子的質(zhì)量一定相等 D．產(chǎn)生的陽(yáng)離子與陰離子的濃度一定相等13、某溶液中含有Cl-和I-的物質(zhì)的量濃度相同。為了氧化I-而不使Cl-氧化，試根據(jù)下列三個(gè)反應(yīng)判斷，可選用的氧化劑是（）①2Fe3++2I-=2Fe2++I2②2Fe2++Cl2=2Fe3++2I-③2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2OA．FeCl2 B．FeCl3 C．濃鹽酸 D．KMnO414、下列關(guān)于膠體的敘述中不正確的是A．丁達(dá)爾現(xiàn)象可用來(lái)區(qū)別膠體與溶液B．溶液、膠體、濁液的根本區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑的大小C．膠體在一定條件下會(huì)發(fā)生聚沉D．膠體粒子能通過(guò)半透膜，不能通過(guò)濾紙15、中國(guó)傳統(tǒng)文化對(duì)人類文明貢獻(xiàn)巨大，古代文獻(xiàn)中充分記載了古代化學(xué)研究成果，晉代《抱樸子》中描述了大量的化學(xué)反應(yīng)，其中有①“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”；②“以曾青涂鐵，鐵赤色如銅”。下列有關(guān)敘述正確的是（已知丹砂化學(xué)式為HgS）（）A．①中水銀“積變又還成丹砂”說(shuō)明水銀發(fā)生了還原反應(yīng)B．②中反應(yīng)的離子方程式為C．根據(jù)①可知溫度計(jì)打破后可以用硫粉覆蓋水銀，防止中毒D．水銀能跟曾青發(fā)生置換反應(yīng)生成單質(zhì)銅16、下列說(shuō)法正確的是（）A．液態(tài)HCl不導(dǎo)電，所以HCl是非電解質(zhì)B．NH3、CO2的水溶液能導(dǎo)電，所以NH3、CO2是電解質(zhì)C．銅、石墨均能導(dǎo)電，所以它們都是電解質(zhì)D．蔗糖在水溶液中或熔融時(shí)均不導(dǎo)電，所以是非電解質(zhì)二、非選擇題（本題包括5小題）17、1000mL某待測(cè)溶液中除含有0.2mol·L－1的Na＋外，還可能含有下列離子中的一種或多種如下表，現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作(每次實(shí)驗(yàn)所加試劑均過(guò)量)：陽(yáng)離子K＋、NH、Fe3＋、Ba2＋陰離子Cl－、Br－、CO、HCO、SO、SO（1）寫(xiě)出生成白色沉淀B的離子方程式：_________。（2）待測(cè)液中肯定不存在的陽(yáng)離子是_______。（3）若無(wú)色氣體D是單一氣體：判斷原溶液中K＋是否存在____(填“是”或“否”)，若存在，求其物質(zhì)的量濃度的最小值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由：__________。18、有A、B、C、D、E五種短周期元素，其中D與A、B、C均能形成原子個(gè)數(shù)比為1∶1與1∶2的兩類化合物X、Y，E的某種含氧酸或含氧酸鹽在一定條件下可分解生成D的單質(zhì)。(1)由上述條件可以確定的元素編號(hào)及對(duì)應(yīng)元素名稱是____________，其中原子間通過(guò)共用一對(duì)電子而形成的單質(zhì)的電子式為_(kāi)_______________，E能形成多種含氧酸，其中酸性最強(qiáng)的含氧酸的分子式為_(kāi)_____________。(2)若所有可能的X、Y中，C、D形成的是離子化合物，其中一種物質(zhì)中含有兩類化學(xué)鍵，那么另一種物質(zhì)的形成過(guò)程用電子式可表示為_(kāi)_____________________________________。(3)若上述X、Y存在如下變化：X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(離子)最外層上均有8個(gè)電子，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________，反應(yīng)物中存在非極性鍵的物質(zhì)是__________，生成物中存在非極性鍵的物質(zhì)是_____________，由此說(shuō)明化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)是________________。19、實(shí)驗(yàn)室用固體燒堿配制100mL

1.0mol·L-1的NaOH溶液。A、100mL燒杯

B、500mL容量瓶

C、玻璃棒

D、100mL容量瓶E、漏斗F、膠頭滴管

G、試管

H、托盤(pán)天平

I、藥匙

J、200mL試劑瓶（1）需稱量_________g燒堿，應(yīng)放在___________中（填寫(xiě)代號(hào)）稱量、溶解。（2）完成此配制實(shí)驗(yàn)，不需要用的儀器（填寫(xiě)代號(hào)）___________________（3）在定容過(guò)程中，最后是用__________（填寫(xiě)代號(hào)）加入少量水，至凹液面的最低處與刻度線水平時(shí)停止加水。20、如圖所示，將儀器A中的濃鹽酸滴加到盛有MnO2的燒瓶中，加熱后產(chǎn)生的氣體依次通過(guò)裝置B和C，然后再通過(guò)加熱的石英玻璃管D（放置有鐵粉）。請(qǐng)回答：（1）儀器A的名稱是________，燒瓶中反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____________________。（2）裝置B中盛放液體是___，氣體通過(guò)裝置B的目的是__________________，裝置C中盛放的液體是_________。（3）D中反應(yīng)的化學(xué)方程式是__________________________________________。（4）燒杯E中盛放的液體是_____，反應(yīng)的離子方程式是___________。（5）資料表明D中產(chǎn)物有以下性質(zhì)：①受熱易升華，冷卻后易凝華；②遇H2O（g）劇烈反應(yīng)．為收集D中產(chǎn)物，在D與E之間，除增加收集裝置外，還需要增加__裝置。21、實(shí)驗(yàn)室迅速制備少量氯氣可利用如下反應(yīng)：KMnO4＋HCl(濃)→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)，此反應(yīng)常溫下就可以迅速進(jìn)行。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）上述反應(yīng)中被氧化的元素是_________。當(dāng)生成3.36L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）Cl2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_(kāi)________。（2）如果上述化學(xué)方程式中KMnO4化學(xué)計(jì)量數(shù)是1，則HCl的化學(xué)計(jì)量數(shù)是_________。（3）實(shí)驗(yàn)室通常利用MnO2與濃鹽酸共熱反應(yīng)制得氯氣，據(jù)此可知KMnO4、Cl2、MnO2三種物質(zhì)的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開(kāi)_______。（4）酸性KMnO4溶液與Fe2＋反應(yīng)生成Mn2＋，該反應(yīng)的離子方程式是________。（5）下列物質(zhì)既有氧化性，又有還原性的是________（填字母代號(hào)）。A．I－B．HClC．MnCl2D．Cl2

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、C【解題分析】某鐵礦石（若只含鐵的氧化物和SiO2）取36g溶于過(guò)量的稀鹽酸中，鐵的氧化物溶解，SiO2不溶，則過(guò)濾、洗滌、干燥后得5.6g不溶物為SiO2，向得到的濾液中加入足量的NaOH溶液發(fā)生，過(guò)濾、洗滌后將沉淀灼燒，得32g紅棕色固體為氧化鐵，故固體中n（Fe）=2n（Fe2O3）=2×32/160mol=0.4mol；又鐵的氧化物為36g-5.6g=30.4g，所以鐵的氧化物中O元素的物質(zhì)的量為(30.4－0.4×56)g÷16g/mol=0.5mol，則鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe4O5。A、根據(jù)以上分析，鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe4O5，則最終轉(zhuǎn)化為紅棕色固體為Fe2O3，鐵的化合價(jià)發(fā)生變化，所以發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，A正確；B、根據(jù)以上分析，鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe4O5，可以看作是2FeO·Fe2O3，所以溶于鹽酸后得到的濾液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=1：1，B正確；C、根據(jù)以上分析，鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe4O5，C錯(cuò)誤；D、鐵的氧化物中O元素的物質(zhì)的量為0.5mol，所以消耗鹽酸中的氫離子為1mol，則需要1L1mol/L的鹽酸，D正確，答案選C。2、A【解題分析】

根據(jù)配制溶液的操作步驟有計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，結(jié)合實(shí)驗(yàn)操作過(guò)程選擇所用儀器。【題目詳解】操作步驟有計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，用托盤(pán)天平稱量氯化鈉，用藥匙取藥品，在燒杯中溶解（可用量筒加水），用玻璃棒攪拌，加速溶解，恢復(fù)到室溫后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌2-3次，將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻。所用儀器有托盤(pán)天平、100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、藥匙等?？隙ú粫?huì)用到儀器為：分液漏斗。故選A。3、A【解題分析】

A.NO2與水反應(yīng)生成硝酸和NO，氮元素化合價(jià)改變，屬于氧化還原反應(yīng)，故選A；B.CO2與水反應(yīng)生成碳酸，元素化合價(jià)不變，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不選B；C.SO2與水反應(yīng)生成亞硫酸，元素化合價(jià)不變，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不選C；D.SiO2與水不反應(yīng)，故不選D。4、B【解題分析】

A選項(xiàng)，F(xiàn)e(OH)3溶于水幾乎不導(dǎo)電，但是電解質(zhì)，故A不符合題意；B選項(xiàng)，Cl2溶于水能導(dǎo)電，但它是單質(zhì)，不是電解質(zhì)，故B符合題意；C選項(xiàng)，H2SO4溶于水能導(dǎo)電，它是電解質(zhì)，故C不符合題意；D選項(xiàng)，C2H5OH溶于水幾乎不導(dǎo)電，它是非電解質(zhì)，故D不符合題意；綜上所述，答案為B?！绢}目點(diǎn)撥】電解質(zhì)主要是酸、堿、鹽、水、金屬氧化物；非電解質(zhì)主要是非金屬氧化物、大部分有機(jī)物、非酸性氣態(tài)氫化物。5、A【解題分析】

氯氣具有強(qiáng)氧化性，與變價(jià)金屬生成高價(jià)金屬氯化物，以此來(lái)解答?！绢}目詳解】A.Fe與氯氣反應(yīng)生成FeCl3，故A選；

B.Cu與氯氣反應(yīng)生成CuCl2，故B不選；

C.Al與氯氣反應(yīng)生成AlCl3，故C不選；

D.Mg與氯氣反應(yīng)生成MgCl2，故D不選；綜上所述，本題選A。6、B【解題分析】

當(dāng)NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量之比為1：1：2時(shí)，設(shè)NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量分別是1mol、1mol、2mol，硝酸得到電子的物質(zhì)的量=1mol×（5-4）+1mol×2×（5-4）+2mol×（5-2）=9mol，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒，n（FeS）==1mol，根據(jù)氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO的物質(zhì)的量分別是1mol、1mol、2mol時(shí)消耗硝酸的物質(zhì)的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以實(shí)際參加反應(yīng)的FeS與被還原的HNO3的物質(zhì)的量之比為=1mol：5mol=1：5，故選B。7、A【解題分析】

A.硫黃微溶于酒精，因此在實(shí)驗(yàn)室不能用酒精除去附著在試管壁上的硫黃，A錯(cuò)誤；B.濃硫酸和銅片在加熱條件下反應(yīng)時(shí)，產(chǎn)生CuSO4和SO2，濃硫酸表現(xiàn)出酸性和強(qiáng)氧化性，B正確；C.SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中使之褪色，說(shuō)明SO2具有還原性，C正確；D.因?yàn)闈饬蛩峋哂忻撍?，可以使有機(jī)物如蔗糖中的H、O以2：1的組成脫去，因而得到碳單質(zhì)，即發(fā)生炭化現(xiàn)象，D正確；故合理選項(xiàng)是A。8、D【解題分析】

A.選項(xiàng)中的離子都是無(wú)色的，不存在明顯錯(cuò)誤，A不符合題意；B.選項(xiàng)離子中OH-、HCO3-會(huì)發(fā)生反應(yīng)，不能大量共存，但由于都是無(wú)色離子，不存在明顯錯(cuò)誤，B不符合題意；C.選項(xiàng)離子都是無(wú)色，不存在明顯錯(cuò)誤，C不符合題意；D.MnO4-是紫色離子，在無(wú)色溶液中不能大量存在，存在明顯錯(cuò)誤，D符合題意；故合理選項(xiàng)是D。9、B【解題分析】

向含有KBr、KI的混合溶液中通入過(guò)量的Cl2充分反應(yīng)，生成KCl和Br2、I2，加熱時(shí)Br2易揮發(fā)，I2易升華，以此可解答該題?！绢}目詳解】向含有KBr、KI的混合溶液中通入過(guò)量的Cl2充分反應(yīng)，發(fā)生Cl2+2KI=2KCl+I2，Cl2+2KBr=2KCl+Br2，

加熱時(shí)Br2易揮發(fā)，I2易升華，最后剩余的固體為KCl，

故選：B。10、D【解題分析】

據(jù)化合價(jià)變化判斷氧化還原反應(yīng)，分析氧化劑、還原劑。又據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等，求氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比?！绢}目詳解】A.Cu元素化合價(jià)升高2，Cu是還原劑。S元素化合價(jià)降低2，H2SO4是氧化劑。氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為1:1，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.CH3COOH與Ca(ClO)2發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，不屬于氧化還原反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.碘元素化合價(jià)升高5，I2是還原劑。氯元素化合價(jià)降低，NaClO3是氧化劑。NaClO3與I2物質(zhì)的量之比為2:1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.氯元素化合價(jià)升高1，HCl是還原劑。錳元素化合價(jià)降低2，MnO2是氧化劑。氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2，D項(xiàng)正確。本題選D。【題目點(diǎn)撥】A項(xiàng)中的H2SO4僅部分作氧化劑、D項(xiàng)中的HCl僅部分作還原劑。注意參與反應(yīng)的物質(zhì)與作氧化劑或還原劑的物質(zhì)，其物質(zhì)的量不同。11、C【解題分析】

A.NO2易溶于水并且能和水反應(yīng)，所以不用排水法收集，能用排空氣法收集，故A不符合題意；B.Cl2既能用排飽和食鹽水法收集，也能用排空氣法收集，故B不符合題意；C.NO能與氧氣反應(yīng)，不能用排空氣法收集，故C符合題意；D.SO2能溶于水，用排空氣法收集，故B不符合題意；所以本題答案：C?！绢}目點(diǎn)撥】根據(jù)氣體的密度和溶解性確定收集方法。12、A【解題分析】

A.根據(jù)整個(gè)電解質(zhì)溶液呈中性，能電離產(chǎn)生陽(yáng)離子則一定能電離產(chǎn)生陰離子，故A正確；B.電解質(zhì)溶液中的離子可以是帶一個(gè)電荷，也可以帶兩個(gè)電荷或三個(gè)電荷，根據(jù)整個(gè)電解質(zhì)溶液呈中性，則陽(yáng)離子和陰離子數(shù)目不一定相等，故B錯(cuò)誤；C.陰、陽(yáng)離子的質(zhì)量不一定相等，如氯化鈉溶液中鈉離子和氯離子的質(zhì)量不相等，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)整個(gè)電解質(zhì)溶液呈中性，電解質(zhì)溶液中的陰陽(yáng)離子所帶電荷數(shù)不一定相同，則陰陽(yáng)離子的數(shù)目不一定相同，離子數(shù)目不一定相同，物質(zhì)的量不一定相同，濃度也不一定相同，故D錯(cuò)誤；答案選A。13、B【解題分析】

由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，根據(jù)三個(gè)反應(yīng)可知，氧化性為MnO4->Cl2>Fe3+，為了氧化I-而不使Cl-氧化，可選擇FeCl3?！绢}目詳解】由①2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知物質(zhì)的氧化性：Fe3+>I2；②由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知物質(zhì)的氧化性：Cl2>Fe3+；③由2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O可知物質(zhì)的氧化性：MnO4->Cl2，則氧化性為MnO4->Cl2>Fe3+>I2。A.FeCl2不能氧化I-，A錯(cuò)誤；B.FeCl3能氧化I-，而不能使Cl-氧化，B正確；C.濃鹽酸不能氧化I-，C錯(cuò)誤；D.KMnO4將兩種離子均氧化，不符合題意，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查氧化還原反應(yīng)，明確在氧化還原反應(yīng)中，氧化性的強(qiáng)的物質(zhì)優(yōu)先氧化還原性強(qiáng)的物質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性；氧化劑的氧化性大于還原劑的氧化性；還原劑的還原性大于氧化劑的還原性。14、D【解題分析】

A.膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，而溶液無(wú)法產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故可以利用分散系是否能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)區(qū)分溶液與膠體，A敘述正確；B.分散系根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑的大小分為溶液（直徑小于1nm）、膠體（直徑介于1100nm之間）、濁液（直徑大于100nm），B敘述正確；C.向膠體中加入少量電解質(zhì)溶液時(shí)，由于加入的陽(yáng)離子（陰離子）中和了膠體粒子所帶的電荷，使膠體粒子聚集成較大的顆粒，從而形成沉淀從分散劑里析出，該過(guò)程為聚沉，C敘述正確；D.膠體粒子不能透過(guò)半透膜，但能夠透過(guò)濾紙，常用半透膜分離膠體與溶液，D敘述錯(cuò)誤。本題選D。15、C【解題分析】

A．Hg→HgS是水銀發(fā)生了氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．②中是鐵和發(fā)生置換反應(yīng)生成，正確的離子方程式為，故B錯(cuò)誤；C．S和Hg反應(yīng)生成HgS，因此可以用硫粉覆蓋溫度計(jì)打破后流出的水銀，防止中毒，故C正確；D．根據(jù)金屬活動(dòng)性順序，Cu排在Hg的前面，因此Hg不能置換出Cu，故D錯(cuò)誤；故答案為C。16、D【解題分析】

在水溶液里或融融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，無(wú)論是電解質(zhì)還是非電解質(zhì)都必須是化合物?！绢}目詳解】A.液態(tài)氯化氫和固體氯化鈉不含自由移動(dòng)的離子，所以不導(dǎo)電，但氯化氫和氯化鈉在水溶液里能電離出自由移動(dòng)的離子而使溶液導(dǎo)電，所以氯化氫和氯化鈉是電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B.的水溶液均導(dǎo)電是因?yàn)榘睔狻⒍趸挤謩e和水反應(yīng)生成的氨水、碳酸電離出自由移動(dòng)的離子而使其溶液導(dǎo)電，電離出的自由移動(dòng)的離子不是氨氣和二氧化碳電離的，所以都不是電解質(zhì)，是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.銅、石墨是單質(zhì)，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D.酒精和蔗糖在水溶液里和熔融狀態(tài)下均以分子存在，導(dǎo)致它們的水溶液或熔融態(tài)都不導(dǎo)電，所以它們是非電解質(zhì)，故D正確；答案選D?！绢}目點(diǎn)撥】物質(zhì)分為純凈物和混合物；純凈物分為單質(zhì)和化合物；化合物分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)；電解質(zhì)包括：酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物、水；電解質(zhì)分為強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，強(qiáng)電解質(zhì)包括強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、大多數(shù)鹽，弱電解質(zhì)包括弱酸、弱堿、水。導(dǎo)電的原理有兩種，一種是有自由移動(dòng)的電子，如金屬導(dǎo)體，一種是有自由移動(dòng)的離子，如電解質(zhì)溶液或熔融的電解質(zhì)（酸在熔融狀態(tài)下不電離）。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Ba2＋＋HCO＋OH－=BaCO3↓＋H2OFe3＋、Ba2＋是0.1mol·L－1【解題分析】待測(cè)液和氯化鋇溶液反應(yīng)得到沉淀A，則溶液中可能含有CO、SO、SO，向沉淀中加入稀硝酸生成氣體，且有部分沉淀不溶解，則溶液中存在CO，可能含有SOSO，中的一種或兩種，根據(jù)離子共存可知，溶液中不存在Ba2＋；濾液A中有Ba2＋，加入過(guò)量的NaOH溶液得到氣體B，白色沉淀B，則溶液中一定含有NH、HCO，一定不含F(xiàn)e3＋，氣體B為氨氣，白色沉淀為碳酸鋇，濾液B中通入氯氣，得到淺黃綠色溶液，則溶液中一定沒(méi)有Br－，濾液B中加入硝酸銀溶液、硝酸溶液得到白色沉淀C，C為氯化銀，說(shuō)明濾液B中含有氯離子，又因?yàn)榧尤肼然^溶液，所以不能確定原溶液中是否含有氯離子；（1）HCO與OH-生成CO32-,CO32-再與Ba2＋反應(yīng)生成碳酸鋇白色沉淀，離子方程式：Ba2＋＋HCO＋OH－=BaCO3↓＋H2O；正確答案：Ba2＋＋HCO＋OH－=BaCO3↓＋H2O。（2）由上述分析可得，溶液中一定沒(méi)有的陽(yáng)離子是：Fe3＋、Ba2＋；正確選項(xiàng)Fe3＋、Ba2＋。（3）由上述分析可知，不能確定原溶液中是否含有Cl－，溶液中一定沒(méi)有Br－；若無(wú)色氣體D是單一氣體，則D為二氧化碳，E為碳酸鈣，溶液中含有CO，白色沉淀D只能為硫酸鋇，溶液中一定沒(méi)有SO，一定含有SO；碳酸鋇（B）的物質(zhì)的量=19.7/197=0.1mol，則n(HCO3-)=0.1mol，則c(HCO3-)=0.1mol/L；碳酸鈣（E）的物質(zhì)的量=10/100=0.1mol，則n(CO32-)=0.1mol，則c(CO32-)=0.1mol/L；硫酸鋇（D）物質(zhì)的量=11.65/233=0.05mol，則n(SO42-)=0.05mol，則c(SO42-)=0.05mol/L；n(NH4+)=n(NH3)=2.24/22.4=0.1mol，則c(NH4+)=0.1mol/L；溶液中c(Na+)=0.2mol/L、(HCO3-)=0.1mol/L、c(CO32-)=0.1mol/L、c(SO42-)=0.05mol/L；設(shè)溶液的體積為1L，則溶液中正電荷總數(shù)為0.2×1+0.1×1=0.3mol，溶液中負(fù)電荷總數(shù)為1×0.1+2×0.1+2×0.05=0.4mol，正電荷總數(shù)小于負(fù)電荷總數(shù)，溶液中一定含有K＋，從電荷守恒規(guī)律可知，c(K＋)=0.1mol/L；正確答案：是；0.1mol·L－1。18、D：氧、E：氯HClO42CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2Na2O2O2反應(yīng)物舊化學(xué)鍵的斷裂和生成物中新化學(xué)鍵的形成過(guò)程【解題分析】

在短周期元素中，D與A、B、C均能形成原子個(gè)數(shù)比為1∶1與1∶2的兩類化合物X、Y，可以推出D為O，A、B、C為H、C、N、Na，但是還不能確定A、B、C所代表的元素；E的某種含氧酸或含氧酸鹽在一定條件下可分解生成D的單質(zhì)（O2），則E為Cl，對(duì)應(yīng)的含氧酸為HClO，對(duì)應(yīng)的含氧酸鹽為KClO3?！绢}目詳解】（1）經(jīng)分析，D為氧，E為氯；原子間通過(guò)共用一對(duì)電子而形成的單質(zhì)為Cl2，其電子式為：；E(Cl)的含氧酸中，酸性最強(qiáng)的是HClO4；（2）C、D(O)可形成離子化合物，則C為Na，它們形成的化合物X、Y中，其中一種物質(zhì)中含有兩類化學(xué)鍵，則該物質(zhì)為Na2O2，另外一種物質(zhì)為Na2O，其形成過(guò)程用電子式可表示為：；（3）X＋Y→Z＋D2，且X、Y中各原子(離子)最外層上均有8個(gè)電子，則符合條件的X、Y為CO2和Na2O2，則Z為Na2CO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；反應(yīng)物中存在非極性鍵的物質(zhì)是Na2O2，生成物中存在非極性鍵的物質(zhì)是O2，說(shuō)明化學(xué)反應(yīng)是反應(yīng)物舊化學(xué)鍵的斷裂和生成物中新化學(xué)鍵的形成過(guò)程。19、4.0小燒杯BEGJF【解題分析】（1）燒堿的摩爾質(zhì)量為40g/mol，需要配置的燒堿的量為100mL×10-3×1.0mol·L-1=0.1mol，需稱量燒堿的質(zhì)量為0.1×40=4.0g，燒堿具有強(qiáng)烈的腐蝕性和吸濕性，因此需要放在小燒杯中稱量；正確答案：4.0；小燒杯。配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液所需要的儀器有：A、C、D、F、H、I，剩下的為不需要用的儀器，正確答案：BEGJ。（3）在定容過(guò)程中，距離刻度線1-2cm時(shí)，改用膠頭滴管進(jìn)行滴加，至凹液面的最低處與刻度線水平時(shí)停止加水；正確答案：F。20、分液漏斗MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O飽和NaCl溶液吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl濃硫酸2Fe+3Cl22FeCl3氫氧化鈉溶液Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O干燥【解題分析】

實(shí)驗(yàn)室用二氧化錳和濃鹽酸共熱制備氯氣，因濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，要得到純凈的氯氣，應(yīng)除去氯化氫和水蒸氣，可以依次通過(guò)盛有飽和食鹽水、濃硫酸的洗氣瓶進(jìn)行除雜，氯氣與鐵在加熱條件下反應(yīng)生成氯化鐵，氯氣有毒，直接排放到空氣中能夠污染空氣，應(yīng)進(jìn)行尾氣處理，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，可以選擇氫氧化鈉溶液吸收過(guò)量的氯氣?！绢}目詳解】（1）儀器A的名稱是分液漏斗；燒瓶中二氧化錳和濃鹽酸共熱反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為分液漏斗；MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以制備的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣，要得到純凈的氯氣，應(yīng)除去氯化氫和水蒸氣，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，氯化氫易溶于水，所以選擇盛有飽和食鹽水的B裝置除去氯化氫，濃硫酸具有吸水性，可以干燥氯氣，所以選擇盛有濃硫酸的洗氣瓶C除去水蒸氣，故答案為飽和NaCl溶液；吸收氯氣中混有的雜質(zhì)HCl；濃硫酸；（3）裝置D中氯氣和鐵共熱發(fā)生化合反應(yīng)生成氯化鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe+3Cl22FeCl3，故答案為2Fe+3Cl22FeCl3；（4）氯氣有毒，直接排放到空氣中能夠污染空氣，應(yīng)進(jìn)行尾氣處理，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)離子方程式：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，可以選擇氫氧化鈉溶液吸收過(guò)量的氯氣，故答案為NaOH溶液；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）由題給資料可知反應(yīng)生成的氯化鐵①受熱易升華，冷卻后易凝華；②遇H2O（g）劇烈反應(yīng)，則制備時(shí)需要防止水蒸氣進(jìn)入裝置D，為收集D中產(chǎn)物，在D與E之間，除增加收集裝置外，還需要增加干燥裝置，防止裝置E中水蒸氣進(jìn)入，故答案為