本次考試時(shí)間為90分鐘，總分100分，選擇題共25個(gè)題，每空2分共50分，填空題共4個(gè)題，每空2分共50分。
可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、單選題(共25小題,每小題2分,共50分)
1.下列物質(zhì)分類正確的是（ ）
A. Na2O2、Fe3O4、CuO均為堿性氧化物
B. 稀豆?jié){、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體
C. 燒堿、冰醋酸、四氯化碳均為電解質(zhì)
D. 鹽酸、水玻璃、氨水均為混合物
【答案】D
【解析】
【詳解】A、過(guò)氧化鈉不是堿性氧化物，錯(cuò)誤，不選A；
B、氯化鐵溶液不屬于膠體，錯(cuò)誤，不選B；
C、四氯化碳不是電解質(zhì)，錯(cuò)誤，不選C；
D、鹽酸是氯化氫的水溶液，水玻璃是硅酸鈉的水溶液，氨水是氨氣的水溶液，都為混合物，正確。
答案選D。
2.下列關(guān)于化學(xué)反應(yīng)的說(shuō)法正確的是(　　)
A. 有單質(zhì)生成的化學(xué)反應(yīng)，一定是氧化還原反應(yīng)
B. 金屬單質(zhì)在氧化還原反應(yīng)中只能作還原劑
C. 有非金屬單質(zhì)參加的化合反應(yīng)，非金屬單質(zhì)一定是氧化劑
D. 有氣體生成的化學(xué)反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)
【答案】B
【解析】
A. 有單質(zhì)生成的化學(xué)反應(yīng)，不一定是氧化還原反應(yīng)，例如氧氣和臭氧的轉(zhuǎn)化，A錯(cuò)誤；B. 金屬單質(zhì)在氧化還原反應(yīng)中只能失去電子，作還原劑，B正確；C. 有非金屬單質(zhì)參加的化合反應(yīng)，非金屬單質(zhì)不一定是氧化劑，例如氯氣和氫氣反應(yīng)中氫氣是還原劑，C錯(cuò)誤；D. 有氣體生成的化學(xué)反應(yīng)不一定是氧化還原反應(yīng)，例如實(shí)驗(yàn)室制備CO2等，D錯(cuò)誤，答案選B。
點(diǎn)睛：在判斷化學(xué)反應(yīng)是不是氧化還原反應(yīng)時(shí)一定要利用好其特征，即反應(yīng)前后有關(guān)元素的化合價(jià)是否發(fā)生變化，而利用四種基本反應(yīng)類型與氧化還原反應(yīng)關(guān)系判斷時(shí)學(xué)會(huì)舉例排除法，選項(xiàng)A是解答的易錯(cuò)點(diǎn)，注意同素異形體之間的轉(zhuǎn)化，另外I2+KI=KI3也不符合。
3.明代《本草綱目》中一條目下寫(xiě)道：“自元時(shí)始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也?！边@里所用的“法”是指
A. 蒸餾 B. 滲析 C. 萃取 D. 干餾
【答案】A
【解析】
【詳解】由信息可知，蒸令氣上，則利用互溶混合物的沸點(diǎn)差異分離，則該法為蒸餾方法，故合理選項(xiàng)是A。
4.我國(guó)科學(xué)家在世界上第一次為一種名為“鈷酞菁”的分子(直徑為1.3×10－9m)恢復(fù)了磁性。“鈷酞菁”分子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素及植物內(nèi)的葉綠素非常相似。下列關(guān)于“鈷酞菁”分子的說(shuō)法中正確的是
A. 在水中形成的分散系能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象
B. “鈷酞菁”分子既能透過(guò)濾紙，也能透過(guò)半透膜
C. 分子直徑比鈉離子小
D. 在水中所形成的分散系屬懸濁液
【答案】A
【解析】
【詳解】A. 根據(jù)“鈷酞菁”的分子的直徑為1.3×10－9m，可能以判斷其在水中形成的分散系為膠體，能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，故正確；B. “鈷酞菁”分子既能透過(guò)濾紙，不能透過(guò)半透膜，故錯(cuò)誤；C. 該分子直徑比鈉離子大，故錯(cuò)誤；D. 在水中所形成的分散系屬膠體。故錯(cuò)誤。故選A。
【點(diǎn)睛】膠體是分散質(zhì)微粒直徑在1nm-100nm的分散系。膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，膠體粒子能透過(guò)濾紙，但不能通過(guò)半透膜，所以可以用滲析的方法分離提純。
5.配制一定物質(zhì)的量濃度的某溶液，下列情況會(huì)使所配溶液的濃度偏低的是(　　)
①配制燒堿溶液，稱量燒堿時(shí)放在濾紙上②配制燒堿溶液，未冷卻即轉(zhuǎn)移、定容③燒杯及玻璃棒未洗滌④定容時(shí)，俯視容量瓶的刻度線⑤定容時(shí)加水至刻度線并搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線⑥天平的砝碼生銹了
A. ①③ B. ②⑤⑥ C. ①③④ D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】
【詳解】①由于NaOH固體容易吸水潮解，若在配制燒堿溶液，稱量燒堿時(shí)放在濾紙上，一部分NaOH變?yōu)槿芤航跒V紙上，導(dǎo)致溶質(zhì)減少，則配制的溶液濃度偏低，①符合題意；
②NaOH固體溶于水放出熱量，若配制燒堿溶液，未冷卻即轉(zhuǎn)移、定容，待溶液恢復(fù)至室溫時(shí)，液面低于刻度線，溶液的體積偏小，則導(dǎo)致配制的溶液濃度偏高，②不符合題意；
③燒杯及玻璃棒未洗滌，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，最終使配制的溶液濃度偏低，③符合題意；
④定容時(shí)，俯視容量瓶的刻度線，溶液的體積偏小，導(dǎo)致配制的溶液濃度偏高，④不符合題意；
⑤定容時(shí)加水至刻度線并搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，這是由于溶液粘在容量瓶瓶頸上，對(duì)配制的溶液濃度無(wú)影響，⑤不符合題意；
⑥天平的砝碼生銹了，稱量的溶質(zhì)質(zhì)量偏大，溶質(zhì)的物質(zhì)的量就偏多，則最終使溶液的濃度偏大，⑥不符合題意；
綜上所述可知：使溶液濃度偏低的有①③，故合理選項(xiàng)是A。
6.下列說(shuō)法不正確的是
A. 將40 g NaOH溶于水配成1 L溶液，其濃度為l mol?L﹣1
B. 將22.4 L HCl溶于水配成1 L溶液，其濃度為l mol?L﹣1
C. 1 L含2 mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的濃度為1 mol?L﹣1
D. 將濃度為0.5 mol?L﹣l的NaNO3溶液100 mL恒溫蒸發(fā)至50 mL，其濃度變?yōu)? mol?L﹣1
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根據(jù)n=m/M、c=n/V進(jìn)行計(jì)算；
B.沒(méi)有說(shuō)明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下,氣體的物質(zhì)的量無(wú)法計(jì)算；?
C.由K2SO4的組成結(jié)合K+的物質(zhì)的量計(jì)算；
D.溶液的體積縮小為原來(lái)的一半,濃度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍。
【詳解】A. 40 g NaOH的物質(zhì)的量為1mol,溶于水配成1L溶液，溶液濃度為l mol?L﹣1，故A正確；
B.將22.4 L HCl 溶于水配成1 L 溶液，沒(méi)有說(shuō)明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HCl氣體的物質(zhì)的量無(wú)法計(jì)算，溶液濃度無(wú)法計(jì)算,故B錯(cuò)誤；?
C. 含有2mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的物質(zhì)的量為1mol，溶液的體積為1L，所以K2SO4的濃度為1 mol?L﹣1，故C正確；
D. 將濃度為0.5 mol?L﹣l的NaNO3溶液100 mL恒溫蒸發(fā)至50 mL，濃度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，變?yōu)? mol?L﹣1,故D正確；
綜上所述，本題選B。
7.在同溫同壓下，用等質(zhì)量的H2、CH4、CO2、HCl四種氣體分別吹起四個(gè)氣球，其中是由CO2吹起的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】等質(zhì)量的H2、CH4、CO2、HCl四種氣體的物質(zhì)的量與其摩爾質(zhì)量成反比，所以摩爾質(zhì)量越大，則物質(zhì)的量越小，在同溫同壓下，體積越小，H2、CH4、CO2、HCl的摩爾質(zhì)量分別為2g?mol-1、16 g?mol-1、44 g?mol-1、36.5 g?mol-1，故C項(xiàng)氣球表示H2，A項(xiàng)氣球表示CH4，B項(xiàng)氣球表示HCl，D項(xiàng)氣球表示CO2。
答案選D。
8.現(xiàn)有一種固體化合物X不導(dǎo)電，但熔融狀態(tài)或溶于水導(dǎo)電，下列關(guān)于X的說(shuō)法中正確的是(　　)
A. X一定為電解質(zhì) B. X可能為非電解質(zhì)
C. X只能是鹽類 D. X只能是堿類
【答案】A
【解析】
【分析】
一種固體化合物X，X本身不導(dǎo)電，但熔融狀態(tài)和溶于水時(shí)能夠電離，說(shuō)明該物質(zhì)在溶于水或熔融狀態(tài)下能電離出離子而導(dǎo)電，一定是電解質(zhì)。
【詳解】A.X是可以是酸、堿或者是鹽，所以X是電解質(zhì)，A正確；
B.該物質(zhì)在溶于水或熔融狀態(tài)下能電離出離子而導(dǎo)電，一定是電解質(zhì)，B錯(cuò)誤；
C.固體化合物X，X本身不導(dǎo)電，但熔融狀態(tài)或者溶于水時(shí)能夠電離，X一定是電解質(zhì)，可能是鹽類如NaCl，也可能是堿，如NaOH，C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)選項(xiàng)C分析可知化合物X可能是酸、堿、鹽中的任何一類物質(zhì)，但一定是電解質(zhì)，D錯(cuò)誤；
故合理選項(xiàng)是A。
【點(diǎn)睛】本題考查電解質(zhì)與導(dǎo)電性的關(guān)系，明確化合物構(gòu)成及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意導(dǎo)電的物質(zhì)不一定的電解質(zhì)，電解質(zhì)不一定導(dǎo)電，側(cè)重考查學(xué)生的分析判斷能力。
9.甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質(zhì)，分別由NH4+、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3-、SO42-中的不同陽(yáng)離子和陰離子各一種組成。已知：①將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列結(jié)論不正確的是
A. 甲溶液含有Ba2＋ B. 乙溶液含有SO42-
C. 丙溶液含有Cl－ D. 丁溶液含有Mg2＋
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)OH－只能與四種陽(yáng)離子中的Ba2＋大量共存，則四種物質(zhì)中其中一種為Ba(OH)2， H＋只能與Cl－、SO42-共存，則其中一種物質(zhì)為H2SO4或HCl，0.1mol/L 乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/L，說(shuō)明乙為二元或多元酸，則乙為H2SO4，根據(jù)離子組成，則另外兩種物質(zhì)為MgCl2和NH4 HCO3或NH4Cl和Mg(HCO3)2，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，則丙中含有氯離子，可能為MgCl2或NH4Cl，甲溶液分別與其它3種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成，則甲為Ba(OH)2，丙為MgCl2,丁為NH4HCO3。
【詳解】A. 根據(jù)分析可知，甲為Ba(OH)2，其溶液中含有Ba2＋，故A正確；
B. 根據(jù)分析可知，乙為H2SO4，其溶液中含有SO42-?，故B正確；
C. 根據(jù)分析可知，丙為 MgCl2，其溶液中含有Cl－，故C正確；?
D.根據(jù)分析可知，丁為 NH4HCO3，其溶液中不含有Mg2+，故D錯(cuò)誤；
答案為D。
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10.酸雨是過(guò)度燃燒煤和石油，生成的硫的氧化物與氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的緣故。某次雨水的分析數(shù)據(jù)如下：c(NH4+)=2.0×10－5mol·L－1、c(Cl－)=6.0×10－5mol·L-1、c(Na＋)=1.9×10－5mol·L-1、c(NO3-)=2.3×10-5mol·L-1、c(SO42-)=2.8×10－5mol·L-1，已知pH=-lgc(H＋)，則此次雨水的pH大約為(　　)
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)溶液中電荷守恒計(jì)算酸雨中氫離子濃度，然后根據(jù)pH的計(jì)算公式pH=-lgc(H+)計(jì)算該酸雨的pH。
【詳解】溶液中陰、陽(yáng)離子所帶電荷相等，設(shè)氫離子濃度為c，氫氧根離子可以忽略不計(jì)，則：c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(NO3-)+2×c(SO42-)+c(Cl-)，即：2.0×10-5mol/L+1.9×10-5mol/L+c=2.3×10-5mol/L+2×2.8×10-5mol/L+6×10-5mol/L，解得：c=1.0×10-4mol/L，所以該酸雨的pH=4，故合理選項(xiàng)是B。
【點(diǎn)睛】本題考查了溶液的pH的簡(jiǎn)單計(jì)算，明確溶液中陰、陽(yáng)離子所帶電荷相等是解本題的關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系及計(jì)算方法，注意酸雨中的氫氧根離子可以忽略不計(jì)。
11.下列反應(yīng)的離子方程式正確的是
A. Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+CO32－+H2O
B. 等物質(zhì)的量的Ba(OH)2與NH4HSO4在稀溶液中反應(yīng)：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O
C. 向100mL 1mol/L FeBr2溶液中通入0.5mol Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-
D. 氫氧化鐵與足量的氫溴酸溶液反應(yīng)：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O
【答案】A
【解析】
【詳解】A、離子方程式正確，A正確；
B、反應(yīng)中還有一水合氨生成，B錯(cuò)誤；
C、溴化亞鐵和氯氣的物質(zhì)的量之比是1：5，氯氣過(guò)量全部被氧化，即2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C錯(cuò)誤；
D、鐵離子能氧化碘離子生成單質(zhì)碘和亞鐵離子，D錯(cuò)誤；
答案選A。
【點(diǎn)睛】離子方程式錯(cuò)誤的原因有：離子方程式不符合客觀事實(shí)：質(zhì)量不守恒、電荷不守恒、電子得失總數(shù)不守恒、難溶物質(zhì)和難電離物質(zhì)寫(xiě)成離子形式、沒(méi)有注意反應(yīng)物的量的問(wèn)題，在離子方程式正誤判斷中，學(xué)生往往忽略相對(duì)量的影響，命題者往往設(shè)置“離子方程式正確，但不符合相對(duì)量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是審準(zhǔn)“相對(duì)量”的多少，二是看離子反應(yīng)是否符合該量，沒(méi)有注意物質(zhì)之間是否會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，注意離子配比，注意試劑的加入順序，難溶物溶解度的大小，注意隱含因素等。
12.甲、乙、丙、丁分別是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、鹽酸四種無(wú)色溶液中的一種，它們兩兩反應(yīng)后的現(xiàn)象如下：甲+乙→沉淀；甲+丙→沉淀；乙+丙→沉淀；丙+丁→沉淀；乙+丁→無(wú)色無(wú)味氣體。則甲、乙、丙、丁四種溶液依次是
A. BaCl2、Na2CO3、AgNO3、鹽酸
B. BaCl2、Na2CO3、鹽酸、AgNO3
C. Na2CO3、鹽酸、AgNO3、BaCl2
D. AgNO3、鹽酸、BaCl2、Na2CO3
【答案】A
【解析】
【詳解】
所以正確選項(xiàng)為A；
13.已知常溫下，在溶液中發(fā)生如下反應(yīng)：
①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O；
②2A2++B2=2A3++2B﹣；
③2B-+Z2=B2+2Z-。
由此推斷下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　?。?br /> A. 反應(yīng)Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可以進(jìn)行
B. Z元素在反應(yīng)③中被還原，在反應(yīng)①中被氧化
C. Z2可以置換出X2+溶液中的X
D. 氧化性由強(qiáng)到弱的順序是XO4-、Z2、B2、A3+
【答案】C
【解析】
【分析】
氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中氧化性為XO4->Z2，2A2++B2=2A3++2B-中氧化性為B2>A3+，2B-+Z2=B2+2Z-中氧化性為Z2>B2，以此來(lái)解答。
【詳解】A.由上述分析可知，氧化性Z2>A3+，則反應(yīng)Z2+2A2+═2A3++2Z-能發(fā)生，A正確；
B.Z元素在①中化合價(jià)升高，被氧化，而在③中元素的化合價(jià)降低，被還原，B正確；
C.由①的離子方程式為16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，可知還原性Z->X2，所以Z2不可以置換出X2+溶液中的X，C錯(cuò)誤；
D.由上述分析可知，氧化性由強(qiáng)到弱的順序是XO4-、Z2、B2、A3+，D正確；
故合理選項(xiàng)C。
【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化及氧化性的比較方法為解答的關(guān)鍵，注意氧化性、還原性的比較方法及守恒法應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力。
14.現(xiàn)有①M(fèi)gSO4、②Ba（NO3）2、③NaOH、④CuCl2、⑤KCl五種溶液，不加任何其他試劑，被鑒別出的先后順序正確的是（　?。?br /> A. ④③①②⑤ B. ④⑤③②① C. ④③②①⑤ D. ④②③①⑤
【答案】A
【解析】
【詳解】不加任何其他試劑，藍(lán)色溶液的為④CuCl2；與④反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀的為③NaOH；與③反應(yīng)生成白色沉淀，則可鑒別出①M(fèi)gSO4；與①反應(yīng)生成白色沉淀的為②Ba（NO3）2，最后一種為⑤KCl，所以被鑒別的先后順序?yàn)棰堍邰佗冖?，故選A。
15.對(duì)下列實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)，正確的是（ ）
A. 加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，一定有SO42-
B. 加入稀鹽酸產(chǎn)生無(wú)色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，一定有CO32-
C. 加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加鹽酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
D. 驗(yàn)證燒堿溶液中是否含有Cl﹣，先加稍過(guò)量的稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，則證明有Cl﹣
【答案】D
【解析】
【詳解】A．氯化鋇能與硫酸根離子或銀離子結(jié)合生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有銀離子，不一定含有SO42-，故A錯(cuò)誤；
B．將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，生成的氣體可能為二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等離子，不一定含有碳酸根離子，故B錯(cuò)誤；
C．碳酸鋇和碳酸鈣等沉淀都可溶于鹽酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C錯(cuò)誤；
D．驗(yàn)證燒堿溶液中是否含Cl-，先加過(guò)量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，證明含Cl-，故D正確；
故選D。
【點(diǎn)睛】解答該類題目要注意排除離子的干擾，注意實(shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性，把握物質(zhì)的性質(zhì)。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，能夠使澄清石灰水變渾濁的氣體可能是二氧化碳或二氧化硫。
16.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 mol·L-1 NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B. 0.1 mol·L-1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-
C. 0.1 mol·L-1 K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl－、OH－
D. 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
【答案】A
【解析】
【分析】
A.?Na+、K+、CO32-、AlO2-之間不反應(yīng)，都不與NaOH反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，A項(xiàng)正確；
B.?FeCl2溶液的Fe2+易被MnO4?氧化，在溶液中不能大量共存，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C.?K2CO3中的CO32-與Ba2+反應(yīng)生成難溶物碳酸鋇，在溶液中不能大量共存，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D.?H2SO4與HSO3?反應(yīng)，且酸性條件下NO3?能夠氧化HSO3?，在溶液中不能大量共存，D項(xiàng)錯(cuò)誤；
答案選A。
【詳解】B項(xiàng)是易錯(cuò)點(diǎn)，要牢記常見(jiàn)的氧化劑和還原劑，離子若能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則也不可大量共存。
17.相同質(zhì)量的兩份鋁分別放入足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液中充分反應(yīng)，消耗的氯化氫和氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比為 （ ）
A. 1：1 B. 1：6 C. 2：3 D. 3：1
【答案】D
【解析】
【詳解】相同質(zhì)量的兩份鋁分別放入足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液中充分反應(yīng)，設(shè)Al的物質(zhì)的量均為2mol，
由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，
2molAl與足量酸、堿消耗的氯化氫和氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比為6mol：2mol=3:1。
答案選D。
18.當(dāng)不慎有大量的氯氣擴(kuò)散到周圍空間時(shí)，可以用浸某溶液的毛巾捂住鼻子以防中毒，合適的溶質(zhì)是（ ）
A. NaOH B. NaCl C. NaHCO3 D. 氨水
【答案】C
【解析】
分析】
氯氣有毒，可與堿溶液反應(yīng)，則防止氯氣中毒可用堿性較弱的溶液吸收，注意堿性太強(qiáng)時(shí)，其腐蝕性強(qiáng)，以此來(lái)解答。
【詳解】A．NaOH雖能與氯氣反應(yīng)，達(dá)到吸收氯氣的效果，但濃NaOH的腐蝕性強(qiáng)，不能用浸有濃NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．NaCl不與氯氣反應(yīng)，則不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子來(lái)防止吸入氯氣中毒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．NaHCO3溶液顯堿性，堿性較弱，能與氯氣反應(yīng)而防止吸入氯氣中毒，則可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，選項(xiàng)C正確；
D．氨氣本身具有刺激性，對(duì)人體有害，不能用氨水吸收氯氣，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
答案選C
【點(diǎn)睛】本題考查氯氣的化學(xué)性質(zhì)及防止氯氣中毒，側(cè)重于化學(xué)與生活的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，注意把握氯氣與堿反應(yīng)及物質(zhì)的腐蝕性，題目難度不大。
19.海藻中含有豐富的碘元素。如圖是實(shí)驗(yàn)室從海藻里提取碘的流程的一部分。下列判斷正確的是

A. 步驟④的操作是過(guò)濾
B. 可用淀粉溶液檢驗(yàn)步驟②的反應(yīng)是否進(jìn)行完全
C. 步驟①、③的操作分別是過(guò)濾、萃取
D. 步驟③中加入的有機(jī)溶劑可能是酒精或四氯化碳
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)流程，步驟①得到溶液和殘?jiān)虼瞬僮鳍偈沁^(guò)濾，操作②通入Cl2，發(fā)生2I－＋Cl2=2Cl－＋I(xiàn)2，然后利用I2易溶于有機(jī)溶劑，最后采用蒸餾方法得到碘單質(zhì)。
【詳解】根據(jù)流程，步驟①得到溶液和殘?jiān)虼瞬僮鳍偈沁^(guò)濾，操作②通入Cl2，發(fā)生2I－＋Cl2=2Cl－＋I(xiàn)2，然后利用I2易溶于有機(jī)溶劑，最后采用蒸餾方法得到碘單質(zhì)。A、碘單質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑，常利用其沸點(diǎn)與有機(jī)溶劑相差較大采用蒸餾方法分離它們，故步驟④應(yīng)為蒸餾，故A錯(cuò)誤；B、淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)，只要產(chǎn)生I2，加入淀粉后，溶液就會(huì)變藍(lán)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)流程，步驟①得到溶液和殘?jiān)虼瞬襟E①為過(guò)濾，碘單質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑，因此采用萃取的方法，步驟③為萃取，故C正確；D、因?yàn)榫凭兹苡谒?，因此萃取碘水中的碘單質(zhì)，不能用酒精作萃取劑，故D錯(cuò)誤。
20.下列各組中兩溶液間的反應(yīng)，不能用同一離子方程式來(lái)表示的是(　　)
A. Na2CO3+HCl； K2CO3+HNO3
B. Fe+HCl；Fe+H2SO4
C. BaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+H2SO4
D. NaOH+HCl；Ba(OH)2+HCl
【答案】C
【解析】
【詳解】A.兩個(gè)反應(yīng)的離子方程式都是2H++CO32-=H2O+CO2↑，二者相同，A不符合題意；
B. .兩個(gè)反應(yīng)離子方程式都是Fe+2H+=Fe2++H2↑，二者相同，B不符合題意；
C.前者離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓，后者的離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，二者不同，C符合題意；
D.兩個(gè)反應(yīng)的離子方程式都是H++OH-=H2O，二者相同，D不符合題意；
故合理選項(xiàng)是C。
21.下列敘述中正確的是(　　)
A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3飽和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B. 向Na2CO3溶液逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，生成的CO2與Na2CO3的物質(zhì)的量之比為1∶1
C. 等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反應(yīng)，在同溫同壓下，生成的CO2體積不相同
D. 分別向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2溶液，只有Na2CO3溶液產(chǎn)生沉淀
【答案】C
【解析】
【詳解】A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氫鈣溶液，再加入NaHCO3飽和溶液，碳酸氫鈣與碳酸氫鈉不發(fā)生反應(yīng)，不能生成碳酸鈣沉淀，A錯(cuò)誤；
B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質(zhì)的量的稀鹽酸，發(fā)生反應(yīng)Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，沒(méi)有CO2氣體生成，B錯(cuò)誤；
C.NaHCO3和Na2CO3的摩爾質(zhì)量不同，二者質(zhì)量相同，則它們的物質(zhì)的量不同，兩種物質(zhì)與鹽酸反應(yīng)都生成CO2氣體，根據(jù)碳元素守恒可知，兩種物質(zhì)的物質(zhì)的量不等，則反應(yīng)生成CO2的物質(zhì)的量也不同，由V=n·Vm可知在同溫同壓下，兩種物質(zhì)反應(yīng)產(chǎn)生的氣體體積不等，C正確；
D.加入Ca(OH)2溶液，兩種物質(zhì)都會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生CaCO3白色沉淀，D錯(cuò)誤；
故合理選項(xiàng)是C。
22.金屬銅的提煉多從黃銅礦開(kāi)始，黃銅礦的熔燒過(guò)程主要反應(yīng)之一為2CuFeS2+O2=_____+2FeS+SO2，若CuFeS2中Cu、Fe的化合價(jià)都為+2，S的化合價(jià)為﹣2，下列說(shuō)法正確的是
A. 橫線中的物質(zhì)是Cu2S B. CuFeS2僅作還原劑
C. SO2是還原產(chǎn)物，不是氧化產(chǎn)物 D. FeS是氧化產(chǎn)物
【答案】A
【解析】
【詳解】A．由質(zhì)量守恒定律可知橫線上的物質(zhì)為Cu2S，選項(xiàng)A正確；
B．由質(zhì)量守恒可知橫線上的物質(zhì)為Cu2S，Cu元素化合價(jià)降低，S元素化合價(jià)升高，說(shuō)明CuFeS2在反應(yīng)中既是氧化劑又是還原劑，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．O元素的化合價(jià)由0降低為-2價(jià)，S元素的化合價(jià)由-2價(jià)升高為+4價(jià)，則SO2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．FeS中各元素化合價(jià)不變，既不是氧化產(chǎn)物，也不是還原產(chǎn)物，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
答案選A。
23.在xR2+ +yH++O2＝mR3+ +nH2O的離子方程式中，對(duì)m和R3+判斷正確的是
A. m＝4，R3+是氧化產(chǎn)物 B. m＝2y，R3+是氧化產(chǎn)物
C. m＝2，R3+是還原產(chǎn)物 D. m＝y(tǒng)，R3+是還原產(chǎn)物
【答案】A
【解析】
試題分析：根據(jù)氧原子守恒，所以n=2，根據(jù)氫原子守恒，所以y=4，
根據(jù)R原子守恒則x=m，根據(jù)電荷守恒則2x+y=3m，所以x=y=m，在反應(yīng)中，R的化合價(jià)升高，所以R3+是氧化產(chǎn)物，氧元素化合價(jià)降低，所以H2O是還原產(chǎn)物．
考點(diǎn)：考查了氧化還原反應(yīng)中的概念和原子守恒的相關(guān)知識(shí)。
24.如圖是某學(xué)校實(shí)驗(yàn)室買回的硫酸試劑標(biāo)簽的部分內(nèi)容。判斷下列說(shuō)法正確的是( )

A. 該硫酸的濃度為9.2 mol?L﹣1
B. 配制480 mL 4.6 mol?L﹣1的稀硫酸需該H2SO4125.0 mL
C. 該硫酸與等體積水混合質(zhì)量分?jǐn)?shù)變?yōu)?9 %
D. 取該硫酸100 mL，則濃度變?yōu)樵瓉?lái)的1/5
【答案】B
【解析】
【詳解】A．濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度c=mol/L=18.4mol/L，故A錯(cuò)誤；
B．實(shí)驗(yàn)室沒(méi)有480mL容量瓶，應(yīng)選擇500mL容量瓶，溶液稀釋前后溶質(zhì)物質(zhì)的量不變，則需要濃硫酸的體積==125.0mL，故應(yīng)量筒量取該硫酸125.0mL，故B正確；
C．水的密度小于硫酸的密度，等體積混合所得溶液質(zhì)量小于原硫酸溶液的2倍，稀釋后溶質(zhì)硫酸不變，根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%，可知混合后溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于49%，故C錯(cuò)誤；
D．溶液具有均一性，取該硫酸100 mL，濃度不變，故D錯(cuò)誤；
答案選B。
25.120℃、101.3 kPa，甲烷（CH4）和過(guò)量的O2的混合物，用電火花引燃（CH4+2O2=CO2+2H2O）后，恢復(fù)到原來(lái)的溫度和壓強(qiáng)，測(cè)得反應(yīng)后氣體密度為相同條件下H2密度的15倍，則原混合氣體中甲烷和氧氣的體積比為（ ）
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶7 D. 7∶1
【答案】C
【解析】
【詳解】120℃時(shí)燃燒生成的水為氣態(tài)，氧氣過(guò)量時(shí)發(fā)生反應(yīng)：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，則平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，反應(yīng)后氣體密度為相同條件下H2密度的15倍，則原混合氣體中甲烷和氧氣的平均相對(duì)分子質(zhì)量為15×2=30，根據(jù)十字交叉法：

故原混合氣體中甲烷和氧氣的體積比為2:14=1:7。
答案選C。
二、填空題(共50分)
26.現(xiàn)有以下物質(zhì)：①NaCl固體；②液態(tài)CO2；③液態(tài)氯化氫；④汞；⑤固體BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
(1)以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是________；
(2)以上物質(zhì)屬于電解質(zhì)的是________；
(3)以上物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是_______；
(4)以上物質(zhì)溶于水后形成的溶液能導(dǎo)電的是______；
(5)屬于鹽的有________；
(6)寫(xiě)出⑧溶于水中的電離方程式_____；
(7)分離膠體和溶液常用的方法叫__________；
(8)等質(zhì)量的O2和O3所含原子個(gè)數(shù)比為_(kāi)_____；
(9)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，若ag某氣體中含有的分子數(shù)為b，則c g該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是___________。(用含有NA的式子表示)
【答案】 (1). ④⑧ (2). ①③⑤⑧ (3). ②⑥⑦ (4). ①②③⑧ (5). ①⑤⑧ (6). Na2CO3=2Na++CO32- (7). 滲析 (8). 1：1 (9). L
【解析】
【分析】
電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；
非電解質(zhì)：在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電的化合物；
物質(zhì)導(dǎo)電條件：存在自由移動(dòng)的離子，或者存在自由移動(dòng)的電子；
金屬離子或銨根離子(NH4+)與酸根離子結(jié)合的化合物屬于鹽；
碳酸鈉為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離產(chǎn)生鈉離子和碳酸根離子；
根據(jù)膠體與溶液中分散質(zhì)微粒大小分離；
利用n=及N=n·NA計(jì)算O原子數(shù)目；
利用微粒數(shù)目與質(zhì)量成正比計(jì)算cg該氣體的分子數(shù)目，再結(jié)合N=n·NA計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，最后根據(jù)V=n·Vm計(jì)算氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積。
【詳解】①NaCl固體，屬于電解質(zhì)；不含自由移動(dòng)的離子，因此不導(dǎo)電；溶于水，能產(chǎn)生自由移動(dòng)的離子，水溶液能導(dǎo)電；
②液態(tài)CO2，屬于非電解質(zhì)；不含自由移動(dòng)的離子，因此不導(dǎo)電；溶于水，與水反應(yīng)生成電解質(zhì)H2CO3，能產(chǎn)生自由移動(dòng)的離子，水溶液能導(dǎo)電；
③液態(tài)氯化氫，屬于電解質(zhì)；由分子構(gòu)成，不含自由移動(dòng)的離子，因而不導(dǎo)電；溶于水，在水分子作用下電離產(chǎn)生自由移動(dòng)的離子，水溶液能導(dǎo)電；
④汞是金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；含有自由移動(dòng)的電子，能導(dǎo)電；不溶于水；
⑤固體BaSO4，是由金屬陽(yáng)離子Ba2+和酸根離子SO42-組成化合物，屬于電解質(zhì)；不含自由移動(dòng)的離子，因而不導(dǎo)電；水中溶解度很小，水溶液幾乎不導(dǎo)電；
⑥蔗糖，非電解質(zhì)；不含自由移動(dòng)的離子，不導(dǎo)電，水溶液也不導(dǎo)電；
⑦酒精，非電解質(zhì)；不含自由移動(dòng)的離子，不導(dǎo)電，水溶液也不導(dǎo)電；
⑧熔融的Na2CO3，是電解質(zhì)；含有自由移動(dòng)的離子，能導(dǎo)電；水溶液能電離產(chǎn)生自由移動(dòng)的離子Na+、CO32-，能導(dǎo)電；
因此在上述物質(zhì)中
(1)能導(dǎo)電的是④⑧；
(2)屬于電解質(zhì)的是①③⑤⑧；
(3)屬于非電解質(zhì)的是②⑥⑦；
(4)物質(zhì)溶于水后形成的溶液能導(dǎo)電的是①②③⑧；
(5)①NaCl固體；⑤固體BaSO4；⑧熔融的Na2CO3，都是由金屬陽(yáng)離子與酸根離子形成化合物，屬于鹽，故物質(zhì)序號(hào)應(yīng)該是①⑤⑧；
(6)碳酸鈉為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離產(chǎn)生Na+和CO32-，電離方程式：Na2CO3=2Na++CO32-；
(7)膠體分散質(zhì)微粒直徑在1nm～100nm之間，不能透過(guò)半透膜，而溶液中溶質(zhì)微粒直徑小于1nm，可以透過(guò)半透膜，因此可用半透膜，通過(guò)滲析的方法分離膠體和溶液；
(8)假設(shè)物質(zhì)的質(zhì)量都是mg，則O2中含有的O原子的物質(zhì)的量是n(O)==mol，O3中含有的O原子的物質(zhì)的量是n(O)==mol，可見(jiàn)等質(zhì)量的O2和O3中含有的O原子的物質(zhì)的量相同，根據(jù)N=n·NA可知：原子的物質(zhì)的量相等，則原子數(shù)目也相等，故二者含有的O原子個(gè)數(shù)比為1：1；
(9)若ag某氣體中含有的分子數(shù)為b，則c g該氣體含有的分子數(shù)目為N=，由于NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則cg該氣體的物質(zhì)的量是n==mol，則該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L。
【點(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)的分類及物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算，熟悉電解質(zhì)，非電解質(zhì)，鹽的概念，掌握物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算公式，明確物質(zhì)導(dǎo)電條件和微粒與物質(zhì)質(zhì)量、氣體體積關(guān)系式是解題關(guān)鍵。
27.現(xiàn)有下列儀器：

(1)海水蒸餾是由海水獲得淡水的常用方法之一，在實(shí)驗(yàn)室里組成一套蒸餾裝置肯定需要上述儀器中的一部分，按照實(shí)驗(yàn)儀器從下到上、從左到右的順序，依次是________(填序號(hào))；儀器⑤的冷凝水應(yīng)從________(填“a”或“b”)口進(jìn)入。
(2)海帶等藻類物質(zhì)經(jīng)過(guò)處理后，可以得到碘水，欲從碘水中提取碘，需要上述儀器中的________(填序號(hào))，該儀器名稱為_(kāi)_______，向該碘水中加入四氯化碳以提取碘單質(zhì)的實(shí)驗(yàn)操作叫做________。
【答案】 (1). ②③⑥⑤ (2). a (3). ① (4). 分液漏斗 (5). 萃取
【解析】
（1）蒸餾裝置從下到上、從左到右需要的儀器有：蒸餾燒瓶、單孔塞、酒精燈、冷凝管、牛角管、錐形瓶，故答案為②③⑥⑤；冷凝管的水流方向應(yīng)為逆流效果好，所以應(yīng)從a進(jìn)b出；
（2）從碘水中提取碘，可以采取萃取分液操作，使用的萃取劑是四氯化碳，使用的儀器是分液漏斗。
點(diǎn)睛：明確萃取原理是解題關(guān)鍵，萃取是利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里的溶解度不同，用一種溶劑把溶質(zhì)從它與另一種溶劑所組成的溶液中提取出來(lái)的方法．選擇的萃取劑應(yīng)符合下列要求：和原溶液中的溶劑互不相溶；對(duì)溶質(zhì)的溶解度要遠(yuǎn)大于原溶劑，并且溶劑易揮發(fā)，萃取分液操作使用的儀器是分液漏斗。
28.按要求書(shū)寫(xiě)方程式
Ⅰ．正確書(shū)寫(xiě)下列物質(zhì)在水中的電離方程式：
（1）KAl(SO4)2:_________________________________
（2）NaHCO3:_________________________________
Ⅱ．正確書(shū)寫(xiě)下列化學(xué)反應(yīng)的離子方程式：
（1）Ba(OH)2和H2SO4:_________________________________
（2）NaHSO4和NaHCO3:_________________________________
【答案】 (1). KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42- (2). NaHCO3 =Na+ + HCO3- (3). SO42-+2H++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). H+ + HCO3- = H2O + CO2↑
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）KAl(SO4)2為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，生成鉀離子、鋁離子和硫酸根離子；
（2）NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，生成鈉離子和碳酸氫根離子；
Ⅱ．（1）Ba(OH)2和H2SO4均為強(qiáng)電解質(zhì)，反應(yīng)生成硫酸鋇和水；
（2）NaHSO4和NaHCO3均為強(qiáng)電解質(zhì)，為氫離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化碳和水。
【詳解】Ⅰ．（1）KAl(SO4)2為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，生成鉀離子、鋁離子和硫酸根離子，電離方程式為KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；
（2）NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，生成鈉離子和碳酸氫根離子，電離方程式為NaHCO3 =Na+ + HCO3-；
Ⅱ．（1）Ba(OH)2和H2SO4均為強(qiáng)電解質(zhì)，反應(yīng)生成硫酸鋇和水，離子方程式為SO42-+2H++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；
（2）NaHSO4和NaHCO3均為強(qiáng)電解質(zhì)，為氫離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化碳和水，離子方程式為H+ + HCO3- = H2O + CO2↑。
【點(diǎn)睛】NaHSO4為強(qiáng)電解質(zhì)，在水中電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，而NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì)，電離時(shí)生成鈉離子和碳酸氫根離子。
29.甲、乙實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)裝置分別制備SnCl4和漂白粉。

(1)已知：a.金屬錫熔點(diǎn)231 ℃，化學(xué)活潑性與鐵相似；
b．干燥的氯氣與熔融金屬錫反應(yīng)生成SnCl4，SnCl4的沸點(diǎn)114 ℃；
c．SnCl2、SnCl4均易水解，易溶于有機(jī)溶劑，且Sn2＋易被氧化。根據(jù)圖甲裝置回答：
①試管Ⅱ中的試劑是____________________，Ⅲ中的試劑是________________________。
②Ⅵ處裝置最好選用________(填字母)。

③Ⅰ處裝置中反應(yīng)的離子方程式是____________________________________________。
④實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，欲回收利用裝置Ⅰ中未反應(yīng)完的MnO2，需要的玻璃儀器有______________。
(2)已知：①Cl2與潮濕的消石灰反應(yīng)是放熱反應(yīng)；②溫度較高時(shí)Cl2與潮濕Ca(OH)2的反應(yīng)為6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
根據(jù)圖乙裝置回答：此實(shí)驗(yàn)所得Ca(ClO)2產(chǎn)率較低的理由是
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 飽和食鹽水 (2). 濃H2SO4 (3). C (4). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (5). 普通漏斗、玻璃棒、燒杯 (6). B、C之間缺少吸收HCl的裝置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O (7). Cl2與消石灰反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，部分Ca(OH)2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2
【解析】
【分析】
(1) ①裝置Ⅰ中制取的氯氣含有氯化氫和水蒸氣，錫與鹽酸反應(yīng)生成SnCl2和氫氣，SnCl4易水解，所以制備SnCl4，要用干燥純凈的氯氣與錫反應(yīng)，裝置Ⅱ、Ⅲ的作用是除雜和干燥；②根據(jù)SnCl4易水解，裝置Ⅵ處連接的裝置應(yīng)具有干燥和吸收氯氣的作用。③Ⅰ處裝置中二氧化錳與濃鹽酸加熱生成氯化錳、氯氣、水；④MnO2難溶于水，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，用過(guò)濾法回收裝置Ⅰ中未反應(yīng)完的MnO2；(2)氯氣中含有雜質(zhì)氯化氫，氯化氫與氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣；Cl2與潮濕的消石灰反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，Cl2與潮濕Ca(OH)2的反應(yīng)為6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。
【詳解】(1) ①裝置Ⅰ中制取的氯氣含有氯化氫和水蒸氣，錫與鹽酸反應(yīng)生成SnCl2和氫氣，SnCl4易水解，所以制備SnCl4，要用干燥純凈的氯氣與錫反應(yīng)，裝置Ⅱ、Ⅲ的作用是除雜和干燥，裝置Ⅱ中盛放飽和食鹽水，除去氯氣中的氯化氫；裝置Ⅲ中盛放濃H2SO4除去氯氣中的水蒸氣；②根據(jù)SnCl4易水解，裝置Ⅵ處連接的裝置應(yīng)具有干燥和吸收氯氣的作用，故選C。③Ⅰ處裝置中二氧化錳與濃鹽酸加熱生成氯化錳、氯氣、水，反應(yīng)的離子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；④MnO2難溶于水，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，用過(guò)濾法回收裝置Ⅰ中未反應(yīng)完的MnO2，需要的玻璃儀器是普通漏斗、玻璃棒、燒杯；(2) 氯氣中含有雜質(zhì)氯化氫，B、C之間缺少吸收HCl的裝置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O ； Cl2與消石灰反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，Cl2與潮濕Ca(OH)2的反應(yīng)為6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，部分Ca(OH)2轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2。
【點(diǎn)睛】本題考查了氯氣的除雜和干燥，實(shí)驗(yàn)室制漂白粉的裝置分析和制備條件判斷，知道溫度不同產(chǎn)物不同，會(huì)根據(jù)需要連接實(shí)驗(yàn)裝置，熟練掌握實(shí)驗(yàn)基本操作。



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