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2022-2023学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一下学期开学考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一下学期开学考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，元素或物质推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省双鸭山市第一中学2022-2023学年高一下学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．古诗词清晰描绘了我国古代人民的生活、生产场景，对下面的“诗情画意”分析错误的是
A．“日照澄洲江雾开”，雾是一种气溶胶，受阳光照射时会产生丁达尔现象
B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中主要以游离态形式存在
C．“盖此钒色绿，味酸，烧之则赤……”，说明绿矾加热生成了Fe2O3
D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化
【答案】D
【详解】A．雾是一种气溶胶，有胶体的性质，受阳光照射会产生丁达尔现象，故A正确；
B．千遍万遍过滤虽辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出黄金，说明可以用物理方法得到黄金，说明金在自然界中以游离态存在，故B正确；
C．钒中是绿色的是绿钒，绿矾煅烧会生成红色的氧化铁，故C正确；
D．火树银花是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，是元素的性质，是物理变化，故D错误。
故答案为：D
2．下列说法正确的是
A．四氧化三铁俗称铁红，常用作红色颜料
B．金属钠着火，可以选择泡沫灭火器灭火
C．新制的氯水保存在棕色瓶中，且放到低温处、暗处
D．金属保存在装有煤油的广口瓶中
【答案】C
【详解】A．氧化铁俗称铁红，常用作红色颜料，A错误；
B．钠能水反应生成可燃性气体氢气，金属钠着火，不可以选择泡沫灭火器灭火，B错误；
C．氯水在次氯酸不稳定，见光易分解，故新制的氯水保存在棕色瓶中，且放到低温处、暗处，C正确；
D．金属作为最轻的金属，密度比所有的油和液态烃都小，故应存放于固体石蜡或白凡士林中，D错误；
故选C。
3．气体体积的大小，跟下列因素几乎无关的是
A．分子个数 B．温度 C．压强 D．分子大小
【答案】D
【详解】A．温度、压强一定时，气体分子个数越多，体积越大，A不符合题意；
B．分子数、压强一定时，气体的温度越高，体积越大，B不符合题意；
C．分子数、温度一定时，压强越大，气体体积越小，C不符合题意；
D．气体分子大小与分子间距离相比可以忽略，所以气体体积与分子的大小几乎无关，D符合题意；
故选D。
4．下列说法正确的是
A．14C和14N互为同位素 B．1mol14N2的中子数为14NA
C．14C与金刚石互为同素异形体 D．H2和D2互为同位素
【答案】B
【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；14C和14N为不同元素，A错误；
B．1分子14N2的中子数为14，则1mol14N2的中子数为14NA，B正确；
C．14C为元素、金刚石为物质，不互为同素异形体，C错误；
D．H2和D2为氢元素形成的不同单质，D错误；
故选B。
5．下列比较正确的是
A．原子半径： Cl > S B．碱性：Mg(OH)2>Ca(OH)2
C．稳定性：AsH3 > PH3 D．非金属性：O>P
【答案】D
【详解】A．同一周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，则半径：Cl
C．非金属性：P>As，元素的非金属性越强，对应的氢化物稳定性越强，则稳定性：PH3> AsH3，C错误；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性：O>P，故D正确；
故选D。
6．下列各组物质的转化关系，不全是可通过一步反应完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．FeCl3→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgO D．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH
【答案】A
【详解】A．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，A与题意相符；
B．Fe与氯化铁反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2与氧气、水反应生成Fe(OH)3，B与题意不符；
C．Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2煅烧生成氧化镁，C与题意不符；
D．Na燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，D与题意不符；
故选A。
7．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．与铝反应放出氢气的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO、NO
B．含有大量Fe3+的溶液中：SCN-、I-、K+、Br-
C．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、HCO
D．滴加石蕊试液显红色的溶液中：Fe3+、NH、Cl-、NO
【答案】D
【详解】A．与铝反应放出氢气的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，碱性溶液中，Mg2+、Cu2+会与OH-形成Mg(OH)2、Cu(OH)2的沉淀而不能大量共存，A不符合题意；
B．含有大量Fe3+的溶液中，SCN-和Fe3+发生反应生成络合物，且Fe3+和I-也能发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．通入大量CO2，ClO-和CO2以及水反应，生成弱电解质HClO，不能大量共存，C不符合题意；
D．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中，Fe3+、NH、Cl-、NO和H+以及相互间均不反应，能够大量共存，D符合题意；
答案选D。
8．通常利用反应：定性检验，关于该反应的下列说法中，不正确的是
A．被氧化 B．每消耗1mol，转移2mol
C．和的物质的量之比为5∶2 D．在该反应的条件下，氧化性：
【答案】C
【详解】A．锰元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B．中Pb元素化合价由+4降低为+2，每消耗1mol，转移2mol，故B正确；
C．锰元素化合价由+2升高为+7，Pb元素化合价由+4降低为+2，根据得失电子守恒，和的物质的量之比为2∶5，故C错误；
D．反应，是氧化剂、是氧化产物，在该反应的条件下，氧化性，故D正确；
选C。
9．下列物质分类正确的是
碱
酸
碱性氧化物
酸性氧化物
纯净物
A
纯碱
H2SO4
Al2O3
Mn2O7
氯水
B
NaOH
HClO
Fe3O4
CO2
漂白粉
C
NH3
HCl
Na2O2
SO3
盐酸
D
Ba(OH)2
CH3COOH
Na2O
SO2
液氯
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；
【详解】A．纯碱为碳酸钠，不是碱是盐；氯水中含有多种物质，为混合物，故A错误；
B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；
C．过氧化钠和水反应还会生成氧气，不是碱性氧化物；盐酸是HCl的水溶液，不是纯净物，故C错误；
D．氢氧化钡属于碱、醋酸属于有机酸、氧化钠为碱性氧化物、二氧化硫为酸性氧化物、液氯为一种物质属于纯净物；都符合相应物质种类，故D正确；
故选D。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．0.1mol·L-1 AlCl3的溶液中Cl-数为0.3NA
B．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
C．常温常压下，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为3NA
D．1g氘化锂 (6LiD)中含中子数为NA
【答案】C
【详解】A．没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L-1BaCl2的溶液中Cl-数，故A错误；
B．没有明确是否为标准状况，11.2LCO2的物质的量不一定是0.5mol，故B错误；
C．O3和O2的混合物中只含氧原子，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为3NA，故C正确；
D．1个6LiD 中含有中子数为4，1g氘化锂 (6LiD)中含中子数为0.5NA，故D错误；
故选C。
11．下列说法中正确的组合是
①任何原子的核内均含质子和中子
②周期表中第16纵行所有元素的化合价都有+6价
③科学家在周期表中金属与非金属分界线处找到了半导体材料
④随着原子序数递增，碱金属元素的单质的密度依次增大
⑤带相反电荷离子之间的静电吸引叫做离子键
⑥同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为36
⑦同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第IIA族，序数为x，乙位于第IIIA族，则乙的序数可能为x+10
⑧卤素单质和水反应的通式为：X2+H2O=HXO+HX
⑨Na2O和Na2O2中阴阳离子个数比都是1：2
A．2项 B．3项 C．4项 D．6项
【答案】B
【详解】①有些氢原子不含中子，错误；
②周期表中第16纵行中氧没有正价，错误；
③金属一般导电、非金属一般不导电，科学家在周期表中金属与非金属分界线处找到了半导体材料，正确；
④随着原子序数的递增，碱金属元素单质的熔点降低，密度增大、但钾的密度比钠小，错误；
⑤离子键是种强相互作用，带相反电荷离子之间的静电吸引不一定是强相互作用，错误；
⑥同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为36，例如氢、铷，正确；
⑦同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第IIA族，序数为x，乙位于第IIIA族，则乙的序数可能为x+1、x+11、x+25，错误；
⑧氟气和水反应生成氧气和氟化氢，错误；
⑨Na2O含有钠离子和氧离子，Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，阴阳离子个数比都是1：2，正确；
故选B。
12．下列各组中两种物质作用，反应条件(温度或者反应物用量)改变，会引起产物种类改变的是
A．Na和O2 B．MgCl2和NaOH C．Na2O2和CO2 D．AlCl3和 NH3·H2O
【答案】A
【详解】A．Na与O2常温下反应生成Na2O，点燃时反应生成Na2O2，反应条件不同产物不同，A符合题意；
B．MgCl2和NaOH只生成氢氧化镁沉淀，B不符合题意；
C．过氧化钠和二氧化碳只生成氧气和碳酸钠，B不符合题意；
D．AlCl3与弱碱氨水只生成氢氧化铝沉淀，B不符合题意；
故选A。
13．下列离子检验操作、结论均合理的是
A．溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中是CO离子
B．某溶液中滴加过量的氨水产生白色沉淀，说明含Al3＋
C．某溶液中滴加氯水后再滴加KSCN溶液呈红色，说明原溶液含有Fe3＋
D．某无色溶液中滴加硝酸溶液无现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀，可以说明原溶液中含有Cl-
【答案】D
【详解】A．溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中也可能含有碳酸氢根离子等，A错误；
B．某溶液中滴加过量的氨水产生白色沉淀，溶液也可能含有镁离子等，B错误；
C．亚铁离子被氯气氧化为铁离子，再滴加氯水后再滴加KSCN溶液呈红色，则原溶液可能含有亚铁离子，C错误；
D．氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，某无色溶液中滴加硝酸溶液无现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀，可以说明原溶液中含有Cl-，D正确；
故选D。
14．如图所示，从a处通入新制备的Cl2，关闭b阀时，c处的干燥红色布条看不到明显现象；当打开b阀后，c处的红色布条逐渐褪色。d瓶中装的是
①浓硫酸 ②饱和NaCl溶液 ③NaI溶液 ④饱和NaHCO3溶液 ⑤FeCl2溶液
A．①②③⑤ B．②③⑤ C．①②⑤ D．①③④⑤
【答案】D
【详解】由图分析，从a处通入新制备Cl2，关闭b阀时，c处干燥的红色布条看不到明显现象，说明c中没有次氯酸生成，或是没有氯气通入c中、或者通过的是干燥的氯气；
若d中是浓硫酸，Cl2被干燥，进入c中，布条不会褪色，符合题意；
若d中是饱和NaCl溶液则氯气变湿润，c中布条会褪色，不符合题意；
若d中是NaI溶液、饱和NaHCO3溶液、FeCl2溶液，则氯气被吸收，没有氯气通入c中，布条不会褪色，符合题意；
综上所述，①③④⑤符合题意；
故选D。
15．下列关于物质的叙述正确的是
A．已知溶解度：CaCO3＜Ca(HCO3)2，可以推出溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
B．除去Fe2O3中的杂质Al2O3，用过量的NaOH溶液溶解并过滤
C．Cl2能从NaBr溶液中置换出Br2，可以推出F2能从NaCl溶液中置换出Cl2
D．侯氏制碱法是在饱和的NaCl溶液中先通入过量的CO2，再通入NH3分离出NaHCO3
【答案】B
【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，A错误；
B．氢氧化钠和氧化铁不反应、和氧化铝生成偏铝酸钠溶液，用过量的NaOH溶液溶解并过滤可以除去Fe2O3中的杂质Al2O3，B正确；
C．氟气的氧化性太强，会和水反应生成氧气和氟化氢，C错误；
D．氨气极易溶于水显碱性，应该先通入氨气可以吸收更多二氧化碳，D错误；
故选B。
16．某溶液中可能含有Fe3+、Mg2+、Na+、Ba2+、Cl-、OH-、SO中的若干种，下列说法中正确的是
A．溶液中最多有4种离子 B．若溶液有颜色，则一定没有OH-
C．若溶液呈碱性，则一定含有Na+ D．该溶液不可能溶解单质铜
【答案】B
【详解】A．Fe3+、Mg2+均与OH-结合生成沉淀，Ba2+与SO结合生成沉淀，则溶液中可能含Fe3+、Mg2+、Na+、Cl-、SO，溶液中可能存在5种离子，故A错误；
B．若溶液有颜色，则一定含Fe3+，可知一定没有OH-，故B正确；
C．若溶液呈碱性，溶液一定含OH-，可能含Na+，或Ba2+，故C错误；
D．若含铁离子，则铁离子与铜反应，离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，则能溶解Cu，故D错误；
故选B。
17．CO与反应生成的历程如下(部分微粒未画出)：
下列分析不正确的是
A．分子的摩尔质量为44 g/mol
B．催化剂可以吸附气体分子
C．在该过程中，断裂了极性共价键，而非极性共价键没有断裂
D．CO和O生成的过程有电子转移
【答案】C
【详解】A．摩尔质量数值上等于其相对分子质量，分子的摩尔质量为44 g/mol，A正确；
B．由图可知，催化剂可以吸附一氧化碳气体分子，B正确；
C．在该过程中，断裂了氧氧非极性共价键，碳氧极性共价键没有断裂，C错误；
D．CO和O生成的过程中碳、氧元素化合价发生改变，有电子转移，D正确；
故选C。
18．已知氧化性：，在含、各1mol的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则对反应后的溶液判断不正确的是
A．溶液中阳离子为2mol B．滴加少量酸性高锰酸钾一定褪色
C．溶液中一定不含Fe3+ D．剩余固体中一定含铜
【答案】A
【分析】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、 Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3 + Fe = 3FeCl2、CuCl2+Fe= Cu + FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+一定含有Fe2+；
②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。
【详解】A．含FeCl3、CuCl2各1mol的混合溶液中加入铁粉，2FeCl3 + Fe = 3FeCl2、CuCl2+Fe= Cu + FeCl2，溶液中的阳离子为4mol，A错误；
B．溶液一定含有Fe2+，滴加少量酸性高锰酸钾一定褪色，B正确；
C．结合分析可知，溶液中一定不含Fe3+，C正确；
D．结合分析可知，剩余固体中一定含铜，D正确；
故选A。
19．某同学结合所学知识探究与能否反应，设计装置如下，下列说法正确的
A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中的碱石灰可以用浓硫酸代替
C．装置C加热前，应在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度
D．装置A不能直接用于与稀HCl反应制取
【答案】C
【分析】装置A稀硫酸与锌反应制备氢气，装置B中盛有的碱石灰用于吸收挥发出的氯化氢气体和水蒸气，防止干扰反应，装置C中探究氢气与过氧化钠固体共热是否反应，装置D五水硫酸铜用于检验是否有水生成。
【详解】A．检查装置A气密性时，应先关闭K1形成密闭系统，然后向长颈漏斗中加水，若气密性良好才可能观察到漏斗中液面高于试管中液面且高度不变，否则无法观察到漏斗中液面高于试管中液面且高度不变，故A错误；
B．若用浓硫酸代替碱石灰，无法排出氢气中混有的氯化氢气体的干扰，故B错误；
C．氢气是可燃性气体，加热前应检验氢气的纯度，具体操作为在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；
D．稀硫酸与锌反应和碳酸钙与稀盐酸反应都是不溶于水的固体与溶液反应制备气体的反应，则装置A能用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，故D错误；
故选C。
20．下列离子方程式书写正确的是
A．用Cl2作为自来水的消毒剂：
B．少量NaHCO3溶液和过量澄清石灰水混合：
C．用氢碘酸(HI)溶解Fe2O3固体：
D．实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳：
【答案】B
【详解】A．次氯酸是弱酸，不能拆开，故正确的离子方程式为：
，A错误；
B．少量NaHCO3溶液和过量澄清石灰水混合，则二者之间以计量数之比为1∶1进行反应，故反应的离子方程式为：，B正确；
C．氢碘酸中-1价碘离子具有还原性，Fe2O3中+3价的铁离子有氧化性，二者之间发生氧化还原反应，故正确的离子方程式为： ，C错误；
D．碳酸钙是沉淀，不能拆开，故正确的离子方程式为：，D错误；
故本题选B。
21．将一定量CO2通入100ml2mol/L的氢氧化钠溶液得到甲溶液，向甲溶液其中滴加5mol/L稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加盐酸体积的关系如图所示。则下列说法正确的是
A．甲溶液的溶质为Na2CO3和NaHCO3
B．通入氢氧化钠溶液的CO2体积是896mL
C．b点溶液呈碱性，向其中加入CaCl2产生白色沉淀
D．c点消耗盐酸的体积是40mL
【答案】D
【分析】氢氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠，过量二氧化碳又会和碳酸钠转化为碳酸氢钠；
将一定量CO2通入100ml2mol/L的氢氧化钠溶液得到甲溶液，向甲溶液其中滴加5mol/L稀盐酸至过量；结合图像可知，盐酸首先和氢氧化钠生成氯化钠和水、然后和碳酸钠转化为碳酸氢钠：，碳酸氢钠再和盐酸生成二氧化碳气体：；生成二氧化碳需要消耗(c-b)mL的盐酸，而之前消耗3(c-b)mL>(c-b)mL的盐酸，则甲溶液含有氢氧化钠和碳酸钠，且两者物质的量之比为[3(c-b)- (c-b)]：3(c-b)=2:1；
【详解】A．由分析可知，甲溶液含有氢氧化钠和碳酸钠，故A错误；
B．甲溶液含有氢氧化钠和碳酸钠，且两者物质的量之比为2:1，则根据钠元素守恒可知，碳酸钠为0.1L×2mol/L×=0.1mol，则根据碳元素守恒可知，生成二氧化碳0.1mol，标况下体积为2.24L，故B错误；
C．b点溶液呈碱性，溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠和氯化钙不反应，C错误；
D．c点溶质为氯化钠，根据钠元素守恒可知，c点消耗盐酸的体积是100mL×2mol/L ÷5mol/L=40mL，故D正确；
故选D。
22．含amol金属钠和bmol金属铝的合金投入mg足量水中，完全溶解无金属剩余，得密度为d g∙cm−3溶液，下列相关计算式子中错误的是
A．NaOH的物质的量：(a－b)mol
B．NaAlO2的物质的量浓度：mol/L
C．标况下生成H2的体积：L
D．参加反应的水的质量：18(a+b)g
【答案】B
【解析】2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑。
【详解】A．amol金属钠反应生成amolNaOH，2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑，bmolAl消耗bmol NaOH溶液，因此NaOH的物质的量：(a－b)mol，故A正确；
B．根据2Na～H2，2Al～3H2，因此生成H2的物质的量为，根据铝守恒得到NaAlO2的物质的量为bmol，因此NaAlO2的物质的量浓度：；故B错误；
C．根据2Na～H2，2Al～3H2，因此生成H2的物质的量为，因此标况下生成H2的体积：，故C正确；
D．根据2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑得到参加反应的水的物质的量为(a+b)mol，其水的质量：(a+b)mol×18 g∙mol−1＝18(a+b)g，故D正确。
综上所述，答案为B。
23．向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的质量m与加入Ba(OH)2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法错误的是
A．0→a段产生的沉淀只有BaSO4
B．b点时的溶液中c (Cl-)>c(OH-)>c(Ba2＋)
C．b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓
D．原混合溶液中n(HCl)=4mol
【答案】B
【分析】向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，Ba2+发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓；OH-依次发生反应H++ OH-=H2O、Cu2++2OH-= Cu(OH)2↓。
【详解】A．0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O，所以产生的沉淀只有BaSO4，故A正确；
B．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，可知原溶液中氢离子的物质的量是4mol、硫酸根离子的物质的量是1mol，b点时溶液中的溶质是1molCuCl2、1molBaCl2，b点溶液中c (Cl-)>c(Ba2＋) >c(OH-)，故B错误；
C ．b点时溶液中的溶质是CuCl2、BaCl2，b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓，故C正确；
D．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，原溶液中氢离子的物质的量是4mol，所以原混合溶液中n(HCl)=4mol，故D正确；
选B。
二、填空题
24．简答题
(1)含1.0molFe3+的Fe2(SO4)3中所含SO的物质的量是_______。
(2)等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中，在相同温度和压强下，体积最大的是_______。
(3)某混合溶液中含有Na+、Al3+、Cl-、SO测得Na+、Al3+和Cl-的物质的量浓度比为3∶2∶1，则Al3+与SO的微粒个数比为_______。
(4)黑火药是我国古代四大发明之一，其化学反应方程式为：。
①上述反应所涉及到的物质中属于非电解质的是_______；
②上述反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)；
【答案】(1)1.5mol
(2)NH3
(3)1:2
(4) CO2 C
【详解】（1）由化学式可知，含1.0molFe3+的Fe2(SO4)3中所含SO的物质的量是×1.0mol=1.5mol；
（2）等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中氨气的物质的量最大，据阿伏伽德罗定律可知，在相同温度和压强下，体积最大的是NH3；
（3）根据溶液电中性可知，Al3+与SO的微粒个数比为2：[（3+2×3-1）÷2]=1:2；
（4）①非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；上述反应所涉及到的物质中属于非电解质的是CO2；
②上述反应中碳元素化合价升高，发生氧化反应被氧化，故填C。
三、实验题
25．学生实验需250mL0.5mol·L-1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸(ρ=1.84g·cm-3)进行配制。回答下列问题：
(1)量取浓硫酸的体积为_______mL；如果实验室有10mL、15mL、20mL、50mL的量筒，应选用_______mL的量筒。
(2)取用任意体积的该稀硫酸，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______(填字母)。
A．溶液中H2SO4的物质的量 B．溶液的浓度
C．溶液中SO的数目 D．溶液的密度
(3)将E步骤补充完整，配制时正确的操作顺序是_______(用字母表示)。
A．用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250 mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E.继续往容量瓶内小心滴加蒸馏水，使液面接近瓶颈上的刻度线1～2 cm，_______。
(4)下列操作造成配制的溶液浓度偏小的是_______(填字母)。
A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度
E.用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液
【答案】(1) 6.8 10
(2)BD
(3) BCAED 改用胶头滴管滴加，直至液面与刻度线最低处保持水平
(4)CDE
【分析】一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。
【详解】（1）浓硫酸的物质的量浓度c==mol·L－1=18.4 mol·L－1。设需要的浓硫酸的体积为V mL，根据溶液稀释定律可知：250 mL×0.5 mol·L－1=18.4 mol·L－1×V mL，解得V≈6.8 mL，因此需要10 mL量筒；
（2）A．溶液中的物质的量与溶液的体积有关系，A不选；
B．溶液是均一稳定的，溶液的浓度不随体积变化，B选；
C．溶液中的数目与溶液的体积有关系，C不选；
D．溶液是均一稳定的，溶液的密度不随体积变化，D选；
故选BD；
（3）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，直至液面与刻度线最低处保持水平，最后反复颠倒摇匀，所以配制时正确的操作顺序是BCAED；
（4）A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液，冷却后溶液体积减少，浓度偏高，A不符合；
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水，对溶质的质量和溶液体积不影响，浓度不变，B不符合；
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤会造成溶质的损失，则浓度偏小，C符合；
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，浓硫酸的体积减少，则浓度偏小，D符合；
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液，浓硫酸被稀释，导致硫酸的物质的量减少，则浓度偏小，E符合；
答案选CDE。
四、元素或物质推断题
26．元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。如表是元素周期表的一部分，请按题目要求回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
m
n
(1)表中用字母标出的9种元素中，金属性最强的是 _______(用元素符号表示)，m的族序数为_______。
(2)e、d、g简单离子半径由小到大的顺序为： _______(用元素符号表示)
(3)在a到n元素中，其某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，请写出该化合物的电子式_______。
(4)写出e、f两种元素的最高价氧化物对应水化物在溶液中相互反应的离子方程式：_______。
(5)下列表述中能证明g和n非金属性强弱比较这一事实的是_______(填字母)。
①g的氢化物比n的氢化物稳定
②g最高价氧化物对应的水化物的酸性强于n最高价氧化物对应的水化物的酸性
③g的单质能将n从其钠盐溶液中置换出来
④g的氢化物酸性比n的氢化物酸性弱
【答案】(1) Na 第Ⅷ 族
(2)Na+
(4)
(5)①②③④
【分析】根据元素周期表可知，a为H，b为C，c为O，d为F，e为Na，f为Al，g为Cl，m为Fe，n为Br。
【详解】（1）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；金属性最强的是Na； m的元素名称为铁，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ 族；
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；e、d、g简单离子半径由小到大的顺序为Na+
（4）氢氧化钠和氢氧化铝在溶液中相互反应生成偏铝酸根离子和水，离子方程式为；
（5）同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性Cl大于Br；
①．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，g的氢化物比n的氢化物稳定可以证明非金属性Cl＞Br，①正确；
②．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，g最高价氧化物对应的水化物的酸性强于n最高价氧化物对应的水化物的酸性可以证明非金属性Cl＞Br，②正确；
③．非金属性强的卤素单质能置换出非金属性弱的卤素单质，g的单质能将n从其钠盐溶液中置换出来可以证明非金属性Cl＞Br，③正确；
④．Br的非金属性弱，HBr不稳定，更易电离出氢离子，酸性更强，g的氢化物酸性比n的氢化物酸性弱可以证明非金属性Cl＞Br，④正确；
故选①②③④。
五、工业流程题
27．探究题以废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)，流程示意图如下。
已知：晶体受热易失水。
(1)酸浸过程中，H2SO4的作用是FeS+2H+=Fe2++H2S↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑、_______(用离子方程式表示)。
(2)酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。
酸浸时间
用KSCN溶液检验
变红
未变红
变红
①时检验，溶液变红，说明所得溶液中含有_______。
②时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因_______。
③时检验，溶液复又变红，用文字说明原因_______。
④操作X是_______。
(3)测定所得硫酸亚铁晶体中的含量，步骤如下：
Ⅰ.称取ag硫酸亚铁晶体样品，配制成溶液。
Ⅱ.取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入的溶液，至反应完全共消耗溶液cmL。
计算硫酸亚铁晶体样品中的质量分数_______。
【答案】(1)
(2) 空气中氧气具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子 蒸发浓缩、降温结晶
(3)
【分析】废铁屑加入稀硫酸酸浸，铁元素转化为硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干得到硫酸亚铁晶体；
【详解】（1）酸浸过程中，氧化铁和稀硫酸反应生成氧化铁和水，反应为；
（2）①铁离子会和KSCN溶液反应变红色；时检验，溶液变红，说明所得溶液中含有；
②铁离子会和铁单质反应生成亚铁离子，故时检验，溶液未变红的原因为：；
③空气中氧气具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，故时检验，溶液复又变红；
④操作X是得到硫酸亚铁晶体的操作，为蒸发浓缩、降温结晶；
（3）亚铁离子和高锰酸根离子生成铁离子、锰离子和水，反应为，由方程式体现的关系可知，硫酸亚铁晶体样品中的质量分数。
六、实验题
28．某研究性学习小组查阅资料：“氯气与硫在加热条件下生成二氯化硫(S2Cl2)，该物质遇水迅速反应，他们利用如下仪器和药品制取纯净的氯气与硫反应来制备S2Cl2
实验过程所提供的药品有：浓盐酸、浓H2SO4、MnO2、KMnO4(H+)、饱和NaHCO3溶液、碱石灰、硫磺、NaOH溶液、冰水、饱和食盐水。回答下列问题：
(1)利用所提供的设备和药品，写出制备Cl2的离子方程式：_______
(2)在该实验过程中两次用到仪器B，第一次装置B中的药品是_______，第二次装置B的作用是_______。
(3)能否省略装置C_______(填“能”或“否”)，原因是_______。
(4)实验开始后，当_______(填现象)，点燃D处的酒精灯。
(5)某学生利用装置A测定Cu、Zn合金中Zn的含量。用排水法收集到合金和稀硫酸反应生成的气体的体积总比预期的要多，他经过认真分析后，认为应对装置A略作改进，你认为怎样改进：_______。
【答案】(1)
(2) 饱和食盐水 干燥氯气
(3) 否 C装置中的碱石灰既除去多余的Cl2，防止污染空气，又防止空气中的水蒸气进入E中与S2Cl2反应
(4)整个装置中充满黄绿色气体
(5)把分液漏斗与锥形瓶连通使空气进入分液漏斗
【分析】装置A中没有加热，所以要用浓盐酸、KMnO4(H+)来制备氯气，生成氯气中含有HCl、H2O，需要利用B装置中饱和食盐水除去，然后干燥后进入D与硫反应，尾气有毒，使用碱性物质吸收；
【详解】（1）装置A中没有加热，选用浓盐酸、KMnO4(H+)来制备氯气，发生反应的离子方程式为；
（2）HCl易挥发，A中生成的氯气中含有HCl、H2O，依次用饱和食盐水吸收HCl、用浓硫酸干燥，故第一次装置B中的药品是饱和食盐水，第二次装置B的作用是干燥氯气；
（3）C装置中的碱石灰既除去多余的Cl2，防止污染空气，又防止空气中的水蒸气进入E中与S2Cl2反应，则C装置不能省略；
（4）为防止空气中氧气与S反应，则当装置中充满氯气时，点燃D处的酒精灯，使氯气与S反应，此时现象为整个装置中充满黄绿色气体；
（5）实验中氯气体积比预期大的原因是当加入浓盐酸时，由于浓盐酸要占据一定的体积，因此会将一部分空气排出去，这部分空气也会混在氯气中；当分液漏斗和锥形瓶连通时，加入浓盐酸后，挤出的空气进入分液漏斗，填充了分液漏斗由于浓盐酸减少而空出来的那部分体积。故可把分液漏斗与锥形瓶连通使空气进入分液漏斗即可避免。
黑龙江省双鸭山市第一中学2022-2023学年高一下学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．古诗词清晰描绘了我国古代人民的生活、生产场景，对下面的“诗情画意”分析错误的是
A．“日照澄洲江雾开”，雾是一种气溶胶，受阳光照射时会产生丁达尔现象
B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中主要以游离态形式存在
C．“盖此钒色绿，味酸，烧之则赤……”，说明绿矾加热生成了Fe2O3
D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化
【答案】D
【详解】A．雾是一种气溶胶，有胶体的性质，受阳光照射会产生丁达尔现象，故A正确；
B．千遍万遍过滤虽辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出黄金，说明可以用物理方法得到黄金，说明金在自然界中以游离态存在，故B正确；
C．钒中是绿色的是绿钒，绿矾煅烧会生成红色的氧化铁，故C正确；
D．火树银花是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，是元素的性质，是物理变化，故D错误。
故答案为：D
2．下列说法正确的是
A．四氧化三铁俗称铁红，常用作红色颜料
B．金属钠着火，可以选择泡沫灭火器灭火
C．新制的氯水保存在棕色瓶中，且放到低温处、暗处
D．金属保存在装有煤油的广口瓶中
【答案】C
【详解】A．氧化铁俗称铁红，常用作红色颜料，A错误；
B．钠能水反应生成可燃性气体氢气，金属钠着火，不可以选择泡沫灭火器灭火，B错误；
C．氯水在次氯酸不稳定，见光易分解，故新制的氯水保存在棕色瓶中，且放到低温处、暗处，C正确；
D．金属作为最轻的金属，密度比所有的油和液态烃都小，故应存放于固体石蜡或白凡士林中，D错误；
故选C。
3．气体体积的大小，跟下列因素几乎无关的是
A．分子个数 B．温度 C．压强 D．分子大小
【答案】D
【详解】A．温度、压强一定时，气体分子个数越多，体积越大，A不符合题意；
B．分子数、压强一定时，气体的温度越高，体积越大，B不符合题意；
C．分子数、温度一定时，压强越大，气体体积越小，C不符合题意；
D．气体分子大小与分子间距离相比可以忽略，所以气体体积与分子的大小几乎无关，D符合题意；
故选D。
4．下列说法正确的是
A．14C和14N互为同位素 B．1mol14N2的中子数为14NA
C．14C与金刚石互为同素异形体 D．H2和D2互为同位素
【答案】B
【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；14C和14N为不同元素，A错误；
B．1分子14N2的中子数为14，则1mol14N2的中子数为14NA，B正确；
C．14C为元素、金刚石为物质，不互为同素异形体，C错误；
D．H2和D2为氢元素形成的不同单质，D错误；
故选B。
5．下列比较正确的是
A．原子半径： Cl > S B．碱性：Mg(OH)2>Ca(OH)2
C．稳定性：AsH3 > PH3 D．非金属性：O>P
【答案】D
【详解】A．同一周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，则半径：Cl
C．非金属性：P>As，元素的非金属性越强，对应的氢化物稳定性越强，则稳定性：PH3> AsH3，C错误；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性：O>P，故D正确；
故选D。
6．下列各组物质的转化关系，不全是可通过一步反应完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．FeCl3→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgO D．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH
【答案】A
【详解】A．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，A与题意相符；
B．Fe与氯化铁反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2与氧气、水反应生成Fe(OH)3，B与题意不符；
C．Mg与盐酸反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2煅烧生成氧化镁，C与题意不符；
D．Na燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，D与题意不符；
故选A。
7．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．与铝反应放出氢气的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO、NO
B．含有大量Fe3+的溶液中：SCN-、I-、K+、Br-
C．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、HCO
D．滴加石蕊试液显红色的溶液中：Fe3+、NH、Cl-、NO
【答案】D
【详解】A．与铝反应放出氢气的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，碱性溶液中，Mg2+、Cu2+会与OH-形成Mg(OH)2、Cu(OH)2的沉淀而不能大量共存，A不符合题意；
B．含有大量Fe3+的溶液中，SCN-和Fe3+发生反应生成络合物，且Fe3+和I-也能发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．通入大量CO2，ClO-和CO2以及水反应，生成弱电解质HClO，不能大量共存，C不符合题意；
D．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中，Fe3+、NH、Cl-、NO和H+以及相互间均不反应，能够大量共存，D符合题意；
答案选D。
8．通常利用反应：定性检验，关于该反应的下列说法中，不正确的是
A．被氧化 B．每消耗1mol，转移2mol
C．和的物质的量之比为5∶2 D．在该反应的条件下，氧化性：
【答案】C
【详解】A．锰元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B．中Pb元素化合价由+4降低为+2，每消耗1mol，转移2mol，故B正确；
C．锰元素化合价由+2升高为+7，Pb元素化合价由+4降低为+2，根据得失电子守恒，和的物质的量之比为2∶5，故C错误；
D．反应，是氧化剂、是氧化产物，在该反应的条件下，氧化性，故D正确；
选C。
9．下列物质分类正确的是
碱
酸
碱性氧化物
酸性氧化物
纯净物
A
纯碱
H2SO4
Al2O3
Mn2O7
氯水
B
NaOH
HClO
Fe3O4
CO2
漂白粉
C
NH3
HCl
Na2O2
SO3
盐酸
D
Ba(OH)2
CH3COOH
Na2O
SO2
液氯
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；
【详解】A．纯碱为碳酸钠，不是碱是盐；氯水中含有多种物质，为混合物，故A错误；
B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；
C．过氧化钠和水反应还会生成氧气，不是碱性氧化物；盐酸是HCl的水溶液，不是纯净物，故C错误；
D．氢氧化钡属于碱、醋酸属于有机酸、氧化钠为碱性氧化物、二氧化硫为酸性氧化物、液氯为一种物质属于纯净物；都符合相应物质种类，故D正确；
故选D。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．0.1mol·L-1 AlCl3的溶液中Cl-数为0.3NA
B．11.2LCO2所含有的分子数为0.5NA
C．常温常压下，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为3NA
D．1g氘化锂 (6LiD)中含中子数为NA
【答案】C
【详解】A．没有明确溶液体积，不能计算0.1mol·L-1BaCl2的溶液中Cl-数，故A错误；
B．没有明确是否为标准状况，11.2LCO2的物质的量不一定是0.5mol，故B错误；
C．O3和O2的混合物中只含氧原子，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为3NA，故C正确；
D．1个6LiD 中含有中子数为4，1g氘化锂 (6LiD)中含中子数为0.5NA，故D错误；
故选C。
11．下列说法中正确的组合是
①任何原子的核内均含质子和中子
②周期表中第16纵行所有元素的化合价都有+6价
③科学家在周期表中金属与非金属分界线处找到了半导体材料
④随着原子序数递增，碱金属元素的单质的密度依次增大
⑤带相反电荷离子之间的静电吸引叫做离子键
⑥同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为36
⑦同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第IIA族，序数为x，乙位于第IIIA族，则乙的序数可能为x+10
⑧卤素单质和水反应的通式为：X2+H2O=HXO+HX
⑨Na2O和Na2O2中阴阳离子个数比都是1：2
A．2项 B．3项 C．4项 D．6项
【答案】B
【详解】①有些氢原子不含中子，错误；
②周期表中第16纵行中氧没有正价，错误；
③金属一般导电、非金属一般不导电，科学家在周期表中金属与非金属分界线处找到了半导体材料，正确；
④随着原子序数的递增，碱金属元素单质的熔点降低，密度增大、但钾的密度比钠小，错误；
⑤离子键是种强相互作用，带相反电荷离子之间的静电吸引不一定是强相互作用，错误；
⑥同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为36，例如氢、铷，正确；
⑦同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第IIA族，序数为x，乙位于第IIIA族，则乙的序数可能为x+1、x+11、x+25，错误；
⑧氟气和水反应生成氧气和氟化氢，错误；
⑨Na2O含有钠离子和氧离子，Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，阴阳离子个数比都是1：2，正确；
故选B。
12．下列各组中两种物质作用，反应条件(温度或者反应物用量)改变，会引起产物种类改变的是
A．Na和O2 B．MgCl2和NaOH C．Na2O2和CO2 D．AlCl3和 NH3·H2O
【答案】A
【详解】A．Na与O2常温下反应生成Na2O，点燃时反应生成Na2O2，反应条件不同产物不同，A符合题意；
B．MgCl2和NaOH只生成氢氧化镁沉淀，B不符合题意；
C．过氧化钠和二氧化碳只生成氧气和碳酸钠，B不符合题意；
D．AlCl3与弱碱氨水只生成氢氧化铝沉淀，B不符合题意；
故选A。
13．下列离子检验操作、结论均合理的是
A．溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中是CO离子
B．某溶液中滴加过量的氨水产生白色沉淀，说明含Al3＋
C．某溶液中滴加氯水后再滴加KSCN溶液呈红色，说明原溶液含有Fe3＋
D．某无色溶液中滴加硝酸溶液无现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀，可以说明原溶液中含有Cl-
【答案】D
【详解】A．溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中也可能含有碳酸氢根离子等，A错误；
B．某溶液中滴加过量的氨水产生白色沉淀，溶液也可能含有镁离子等，B错误；
C．亚铁离子被氯气氧化为铁离子，再滴加氯水后再滴加KSCN溶液呈红色，则原溶液可能含有亚铁离子，C错误；
D．氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，某无色溶液中滴加硝酸溶液无现象，再滴加硝酸银溶液产生白色沉淀，可以说明原溶液中含有Cl-，D正确；
故选D。
14．如图所示，从a处通入新制备的Cl2，关闭b阀时，c处的干燥红色布条看不到明显现象；当打开b阀后，c处的红色布条逐渐褪色。d瓶中装的是
①浓硫酸 ②饱和NaCl溶液 ③NaI溶液 ④饱和NaHCO3溶液 ⑤FeCl2溶液
A．①②③⑤ B．②③⑤ C．①②⑤ D．①③④⑤
【答案】D
【详解】由图分析，从a处通入新制备Cl2，关闭b阀时，c处干燥的红色布条看不到明显现象，说明c中没有次氯酸生成，或是没有氯气通入c中、或者通过的是干燥的氯气；
若d中是浓硫酸，Cl2被干燥，进入c中，布条不会褪色，符合题意；
若d中是饱和NaCl溶液则氯气变湿润，c中布条会褪色，不符合题意；
若d中是NaI溶液、饱和NaHCO3溶液、FeCl2溶液，则氯气被吸收，没有氯气通入c中，布条不会褪色，符合题意；
综上所述，①③④⑤符合题意；
故选D。
15．下列关于物质的叙述正确的是
A．已知溶解度：CaCO3＜Ca(HCO3)2，可以推出溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
B．除去Fe2O3中的杂质Al2O3，用过量的NaOH溶液溶解并过滤
C．Cl2能从NaBr溶液中置换出Br2，可以推出F2能从NaCl溶液中置换出Cl2
D．侯氏制碱法是在饱和的NaCl溶液中先通入过量的CO2，再通入NH3分离出NaHCO3
【答案】B
【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，A错误；
B．氢氧化钠和氧化铁不反应、和氧化铝生成偏铝酸钠溶液，用过量的NaOH溶液溶解并过滤可以除去Fe2O3中的杂质Al2O3，B正确；
C．氟气的氧化性太强，会和水反应生成氧气和氟化氢，C错误；
D．氨气极易溶于水显碱性，应该先通入氨气可以吸收更多二氧化碳，D错误；
故选B。
16．某溶液中可能含有Fe3+、Mg2+、Na+、Ba2+、Cl-、OH-、SO中的若干种，下列说法中正确的是
A．溶液中最多有4种离子 B．若溶液有颜色，则一定没有OH-
C．若溶液呈碱性，则一定含有Na+ D．该溶液不可能溶解单质铜
【答案】B
【详解】A．Fe3+、Mg2+均与OH-结合生成沉淀，Ba2+与SO结合生成沉淀，则溶液中可能含Fe3+、Mg2+、Na+、Cl-、SO，溶液中可能存在5种离子，故A错误；
B．若溶液有颜色，则一定含Fe3+，可知一定没有OH-，故B正确；
C．若溶液呈碱性，溶液一定含OH-，可能含Na+，或Ba2+，故C错误；
D．若含铁离子，则铁离子与铜反应，离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，则能溶解Cu，故D错误；
故选B。
17．CO与反应生成的历程如下(部分微粒未画出)：
下列分析不正确的是
A．分子的摩尔质量为44 g/mol
B．催化剂可以吸附气体分子
C．在该过程中，断裂了极性共价键，而非极性共价键没有断裂
D．CO和O生成的过程有电子转移
【答案】C
【详解】A．摩尔质量数值上等于其相对分子质量，分子的摩尔质量为44 g/mol，A正确；
B．由图可知，催化剂可以吸附一氧化碳气体分子，B正确；
C．在该过程中，断裂了氧氧非极性共价键，碳氧极性共价键没有断裂，C错误；
D．CO和O生成的过程中碳、氧元素化合价发生改变，有电子转移，D正确；
故选C。
18．已知氧化性：，在含、各1mol的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则对反应后的溶液判断不正确的是
A．溶液中阳离子为2mol B．滴加少量酸性高锰酸钾一定褪色
C．溶液中一定不含Fe3+ D．剩余固体中一定含铜
【答案】A
【分析】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、 Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3 + Fe = 3FeCl2、CuCl2+Fe= Cu + FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+一定含有Fe2+；
②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。
【详解】A．含FeCl3、CuCl2各1mol的混合溶液中加入铁粉，2FeCl3 + Fe = 3FeCl2、CuCl2+Fe= Cu + FeCl2，溶液中的阳离子为4mol，A错误；
B．溶液一定含有Fe2+，滴加少量酸性高锰酸钾一定褪色，B正确；
C．结合分析可知，溶液中一定不含Fe3+，C正确；
D．结合分析可知，剩余固体中一定含铜，D正确；
故选A。
19．某同学结合所学知识探究与能否反应，设计装置如下，下列说法正确的
A．装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好
B．装置B中的碱石灰可以用浓硫酸代替
C．装置C加热前，应在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度
D．装置A不能直接用于与稀HCl反应制取
【答案】C
【分析】装置A稀硫酸与锌反应制备氢气，装置B中盛有的碱石灰用于吸收挥发出的氯化氢气体和水蒸气，防止干扰反应，装置C中探究氢气与过氧化钠固体共热是否反应，装置D五水硫酸铜用于检验是否有水生成。
【详解】A．检查装置A气密性时，应先关闭K1形成密闭系统，然后向长颈漏斗中加水，若气密性良好才可能观察到漏斗中液面高于试管中液面且高度不变，否则无法观察到漏斗中液面高于试管中液面且高度不变，故A错误；
B．若用浓硫酸代替碱石灰，无法排出氢气中混有的氯化氢气体的干扰，故B错误；
C．氢气是可燃性气体，加热前应检验氢气的纯度，具体操作为在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；
D．稀硫酸与锌反应和碳酸钙与稀盐酸反应都是不溶于水的固体与溶液反应制备气体的反应，则装置A能用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，故D错误；
故选C。
20．下列离子方程式书写正确的是
A．用Cl2作为自来水的消毒剂：
B．少量NaHCO3溶液和过量澄清石灰水混合：
C．用氢碘酸(HI)溶解Fe2O3固体：
D．实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳：
【答案】B
【详解】A．次氯酸是弱酸，不能拆开，故正确的离子方程式为：
，A错误；
B．少量NaHCO3溶液和过量澄清石灰水混合，则二者之间以计量数之比为1∶1进行反应，故反应的离子方程式为：，B正确；
C．氢碘酸中-1价碘离子具有还原性，Fe2O3中+3价的铁离子有氧化性，二者之间发生氧化还原反应，故正确的离子方程式为： ，C错误；
D．碳酸钙是沉淀，不能拆开，故正确的离子方程式为：，D错误；
故本题选B。
21．将一定量CO2通入100ml2mol/L的氢氧化钠溶液得到甲溶液，向甲溶液其中滴加5mol/L稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加盐酸体积的关系如图所示。则下列说法正确的是
A．甲溶液的溶质为Na2CO3和NaHCO3
B．通入氢氧化钠溶液的CO2体积是896mL
C．b点溶液呈碱性，向其中加入CaCl2产生白色沉淀
D．c点消耗盐酸的体积是40mL
【答案】D
【分析】氢氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠，过量二氧化碳又会和碳酸钠转化为碳酸氢钠；
将一定量CO2通入100ml2mol/L的氢氧化钠溶液得到甲溶液，向甲溶液其中滴加5mol/L稀盐酸至过量；结合图像可知，盐酸首先和氢氧化钠生成氯化钠和水、然后和碳酸钠转化为碳酸氢钠：，碳酸氢钠再和盐酸生成二氧化碳气体：；生成二氧化碳需要消耗(c-b)mL的盐酸，而之前消耗3(c-b)mL>(c-b)mL的盐酸，则甲溶液含有氢氧化钠和碳酸钠，且两者物质的量之比为[3(c-b)- (c-b)]：3(c-b)=2:1；
【详解】A．由分析可知，甲溶液含有氢氧化钠和碳酸钠，故A错误；
B．甲溶液含有氢氧化钠和碳酸钠，且两者物质的量之比为2:1，则根据钠元素守恒可知，碳酸钠为0.1L×2mol/L×=0.1mol，则根据碳元素守恒可知，生成二氧化碳0.1mol，标况下体积为2.24L，故B错误；
C．b点溶液呈碱性，溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠和氯化钙不反应，C错误；
D．c点溶质为氯化钠，根据钠元素守恒可知，c点消耗盐酸的体积是100mL×2mol/L ÷5mol/L=40mL，故D正确；
故选D。
22．含amol金属钠和bmol金属铝的合金投入mg足量水中，完全溶解无金属剩余，得密度为d g∙cm−3溶液，下列相关计算式子中错误的是
A．NaOH的物质的量：(a－b)mol
B．NaAlO2的物质的量浓度：mol/L
C．标况下生成H2的体积：L
D．参加反应的水的质量：18(a+b)g
【答案】B
【解析】2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑。
【详解】A．amol金属钠反应生成amolNaOH，2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑，bmolAl消耗bmol NaOH溶液，因此NaOH的物质的量：(a－b)mol，故A正确；
B．根据2Na～H2，2Al～3H2，因此生成H2的物质的量为，根据铝守恒得到NaAlO2的物质的量为bmol，因此NaAlO2的物质的量浓度：；故B错误；
C．根据2Na～H2，2Al～3H2，因此生成H2的物质的量为，因此标况下生成H2的体积：，故C正确；
D．根据2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，2Al＋2H2O＋2NaOH＝2NaAlO2＋3H2↑得到参加反应的水的物质的量为(a+b)mol，其水的质量：(a+b)mol×18 g∙mol−1＝18(a+b)g，故D正确。
综上所述，答案为B。
23．向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的质量m与加入Ba(OH)2的物质的量n之间的关系如图所示，下列说法错误的是
A．0→a段产生的沉淀只有BaSO4
B．b点时的溶液中c (Cl-)>c(OH-)>c(Ba2＋)
C．b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓
D．原混合溶液中n(HCl)=4mol
【答案】B
【分析】向含有一定量盐酸和CuSO4的混合溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，Ba2+发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓；OH-依次发生反应H++ OH-=H2O、Cu2++2OH-= Cu(OH)2↓。
【详解】A．0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O，所以产生的沉淀只有BaSO4，故A正确；
B．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，可知原溶液中氢离子的物质的量是4mol、硫酸根离子的物质的量是1mol，b点时溶液中的溶质是1molCuCl2、1molBaCl2，b点溶液中c (Cl-)>c(Ba2＋) >c(OH-)，故B错误；
C ．b点时溶液中的溶质是CuCl2、BaCl2，b→c时发生的离子反应为Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓，故C正确；
D．根据图示，0→a段发生的反应是Ba2++SO=BaSO4↓、H++ OH-=H2O； a→b段发生的反应是H++ OH-=H2O，原溶液中氢离子的物质的量是4mol，所以原混合溶液中n(HCl)=4mol，故D正确；
选B。
二、填空题
24．简答题
(1)含1.0molFe3+的Fe2(SO4)3中所含SO的物质的量是_______。
(2)等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中，在相同温度和压强下，体积最大的是_______。
(3)某混合溶液中含有Na+、Al3+、Cl-、SO测得Na+、Al3+和Cl-的物质的量浓度比为3∶2∶1，则Al3+与SO的微粒个数比为_______。
(4)黑火药是我国古代四大发明之一，其化学反应方程式为：。
①上述反应所涉及到的物质中属于非电解质的是_______；
②上述反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)；
【答案】(1)1.5mol
(2)NH3
(3)1:2
(4) CO2 C
【详解】（1）由化学式可知，含1.0molFe3+的Fe2(SO4)3中所含SO的物质的量是×1.0mol=1.5mol；
（2）等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中氨气的物质的量最大，据阿伏伽德罗定律可知，在相同温度和压强下，体积最大的是NH3；
（3）根据溶液电中性可知，Al3+与SO的微粒个数比为2：[（3+2×3-1）÷2]=1:2；
（4）①非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；上述反应所涉及到的物质中属于非电解质的是CO2；
②上述反应中碳元素化合价升高，发生氧化反应被氧化，故填C。
三、实验题
25．学生实验需250mL0.5mol·L-1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸(ρ=1.84g·cm-3)进行配制。回答下列问题：
(1)量取浓硫酸的体积为_______mL；如果实验室有10mL、15mL、20mL、50mL的量筒，应选用_______mL的量筒。
(2)取用任意体积的该稀硫酸，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______(填字母)。
A．溶液中H2SO4的物质的量 B．溶液的浓度
C．溶液中SO的数目 D．溶液的密度
(3)将E步骤补充完整，配制时正确的操作顺序是_______(用字母表示)。
A．用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B．用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250 mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E.继续往容量瓶内小心滴加蒸馏水，使液面接近瓶颈上的刻度线1～2 cm，_______。
(4)下列操作造成配制的溶液浓度偏小的是_______(填字母)。
A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度
E.用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液
【答案】(1) 6.8 10
(2)BD
(3) BCAED 改用胶头滴管滴加，直至液面与刻度线最低处保持水平
(4)CDE
【分析】一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。
【详解】（1）浓硫酸的物质的量浓度c==mol·L－1=18.4 mol·L－1。设需要的浓硫酸的体积为V mL，根据溶液稀释定律可知：250 mL×0.5 mol·L－1=18.4 mol·L－1×V mL，解得V≈6.8 mL，因此需要10 mL量筒；
（2）A．溶液中的物质的量与溶液的体积有关系，A不选；
B．溶液是均一稳定的，溶液的浓度不随体积变化，B选；
C．溶液中的数目与溶液的体积有关系，C不选；
D．溶液是均一稳定的，溶液的密度不随体积变化，D选；
故选BD；
（3）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，直至液面与刻度线最低处保持水平，最后反复颠倒摇匀，所以配制时正确的操作顺序是BCAED；
（4）A．溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液，冷却后溶液体积减少，浓度偏高，A不符合；
B．容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水，对溶质的质量和溶液体积不影响，浓度不变，B不符合；
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤会造成溶质的损失，则浓度偏小，C符合；
D．用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，浓硫酸的体积减少，则浓度偏小，D符合；
E．用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液，浓硫酸被稀释，导致硫酸的物质的量减少，则浓度偏小，E符合；
答案选CDE。
四、元素或物质推断题
26．元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。如表是元素周期表的一部分，请按题目要求回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
m
n
(1)表中用字母标出的9种元素中，金属性最强的是 _______(用元素符号表示)，m的族序数为_______。
(2)e、d、g简单离子半径由小到大的顺序为： _______(用元素符号表示)
(3)在a到n元素中，其某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，请写出该化合物的电子式_______。
(4)写出e、f两种元素的最高价氧化物对应水化物在溶液中相互反应的离子方程式：_______。
(5)下列表述中能证明g和n非金属性强弱比较这一事实的是_______(填字母)。
①g的氢化物比n的氢化物稳定
②g最高价氧化物对应的水化物的酸性强于n最高价氧化物对应的水化物的酸性
③g的单质能将n从其钠盐溶液中置换出来
④g的氢化物酸性比n的氢化物酸性弱
【答案】(1) Na 第Ⅷ 族
(2)Na+
(4)
(5)①②③④
【分析】根据元素周期表可知，a为H，b为C，c为O，d为F，e为Na，f为Al，g为Cl，m为Fe，n为Br。
【详解】（1）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；金属性最强的是Na； m的元素名称为铁，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ 族；
（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；e、d、g简单离子半径由小到大的顺序为Na+
（4）氢氧化钠和氢氧化铝在溶液中相互反应生成偏铝酸根离子和水，离子方程式为；
（5）同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性Cl大于Br；
①．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，g的氢化物比n的氢化物稳定可以证明非金属性Cl＞Br，①正确；
②．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，g最高价氧化物对应的水化物的酸性强于n最高价氧化物对应的水化物的酸性可以证明非金属性Cl＞Br，②正确；
③．非金属性强的卤素单质能置换出非金属性弱的卤素单质，g的单质能将n从其钠盐溶液中置换出来可以证明非金属性Cl＞Br，③正确；
④．Br的非金属性弱，HBr不稳定，更易电离出氢离子，酸性更强，g的氢化物酸性比n的氢化物酸性弱可以证明非金属性Cl＞Br，④正确；
故选①②③④。
五、工业流程题
27．探究题以废铁屑(含少量Fe2O3、FeS等杂质)为原料，制备硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)，流程示意图如下。
已知：晶体受热易失水。
(1)酸浸过程中，H2SO4的作用是FeS+2H+=Fe2++H2S↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑、_______(用离子方程式表示)。
(2)酸浸时间对所得溶液的成分影响如下表所示。
酸浸时间
用KSCN溶液检验
变红
未变红
变红
①时检验，溶液变红，说明所得溶液中含有_______。
②时检验，用离子方程式表示溶液未变红的原因_______。
③时检验，溶液复又变红，用文字说明原因_______。
④操作X是_______。
(3)测定所得硫酸亚铁晶体中的含量，步骤如下：
Ⅰ.称取ag硫酸亚铁晶体样品，配制成溶液。
Ⅱ.取出溶液，加入适量稀硫酸，滴入的溶液，至反应完全共消耗溶液cmL。
计算硫酸亚铁晶体样品中的质量分数_______。
【答案】(1)
(2) 空气中氧气具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子 蒸发浓缩、降温结晶
(3)
【分析】废铁屑加入稀硫酸酸浸，铁元素转化为硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干得到硫酸亚铁晶体；
【详解】（1）酸浸过程中，氧化铁和稀硫酸反应生成氧化铁和水，反应为；
（2）①铁离子会和KSCN溶液反应变红色；时检验，溶液变红，说明所得溶液中含有；
②铁离子会和铁单质反应生成亚铁离子，故时检验，溶液未变红的原因为：；
③空气中氧气具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，故时检验，溶液复又变红；
④操作X是得到硫酸亚铁晶体的操作，为蒸发浓缩、降温结晶；
（3）亚铁离子和高锰酸根离子生成铁离子、锰离子和水，反应为，由方程式体现的关系可知，硫酸亚铁晶体样品中的质量分数。
六、实验题
28．某研究性学习小组查阅资料：“氯气与硫在加热条件下生成二氯化硫(S2Cl2)，该物质遇水迅速反应，他们利用如下仪器和药品制取纯净的氯气与硫反应来制备S2Cl2
实验过程所提供的药品有：浓盐酸、浓H2SO4、MnO2、KMnO4(H+)、饱和NaHCO3溶液、碱石灰、硫磺、NaOH溶液、冰水、饱和食盐水。回答下列问题：
(1)利用所提供的设备和药品，写出制备Cl2的离子方程式：_______
(2)在该实验过程中两次用到仪器B，第一次装置B中的药品是_______，第二次装置B的作用是_______。
(3)能否省略装置C_______(填“能”或“否”)，原因是_______。
(4)实验开始后，当_______(填现象)，点燃D处的酒精灯。
(5)某学生利用装置A测定Cu、Zn合金中Zn的含量。用排水法收集到合金和稀硫酸反应生成的气体的体积总比预期的要多，他经过认真分析后，认为应对装置A略作改进，你认为怎样改进：_______。
【答案】(1)
(2) 饱和食盐水 干燥氯气
(3) 否 C装置中的碱石灰既除去多余的Cl2，防止污染空气，又防止空气中的水蒸气进入E中与S2Cl2反应
(4)整个装置中充满黄绿色气体
(5)把分液漏斗与锥形瓶连通使空气进入分液漏斗
【分析】装置A中没有加热，所以要用浓盐酸、KMnO4(H+)来制备氯气，生成氯气中含有HCl、H2O，需要利用B装置中饱和食盐水除去，然后干燥后进入D与硫反应，尾气有毒，使用碱性物质吸收；
【详解】（1）装置A中没有加热，选用浓盐酸、KMnO4(H+)来制备氯气，发生反应的离子方程式为；
（2）HCl易挥发，A中生成的氯气中含有HCl、H2O，依次用饱和食盐水吸收HCl、用浓硫酸干燥，故第一次装置B中的药品是饱和食盐水，第二次装置B的作用是干燥氯气；
（3）C装置中的碱石灰既除去多余的Cl2，防止污染空气，又防止空气中的水蒸气进入E中与S2Cl2反应，则C装置不能省略；
（4）为防止空气中氧气与S反应，则当装置中充满氯气时，点燃D处的酒精灯，使氯气与S反应，此时现象为整个装置中充满黄绿色气体；
（5）实验中氯气体积比预期大的原因是当加入浓盐酸时，由于浓盐酸要占据一定的体积，因此会将一部分空气排出去，这部分空气也会混在氯气中；当分液漏斗和锥形瓶连通时，加入浓盐酸后，挤出的空气进入分液漏斗，填充了分液漏斗由于浓盐酸减少而空出来的那部分体积。故可把分液漏斗与锥形瓶连通使空气进入分液漏斗即可避免。
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