C

浓盐酸与二氧化锰在加热条件下可生成氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，将足量的二氧化锰与40mL10mol•L-1浓盐酸反应，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成的氯气小于0.1mol，0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气为0.1mol，所以后者产生的氯气的量比前者多，答案选C。

C

50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3 mol·L－1，A、溶液中不存在氯离子，选项A错误；B、氯离子浓度为2 mol·L－1，选项B错误；C、氯离子浓度为3 mol·L－1，选项C正确；D、氯离子浓度为1 mol·L－1，选项D错误。答案选C。

B

正确答案：B

A、不正确，最多可能组成6种水分子；B、正确，21H2168O的式量为20，一个分子含质子数为10个；C、31H2168O的式量为22，一个分子含中子数为10个，含中子数为5Na时，要11g；D、不正确，31H2168O摩尔质量为22g/mol

A

试题解析：A．加入AgNO3后,再加稀硝酸酸化,有白色沉淀产生,说明有Cl-与Ag+法反应生成氯化银沉淀；正确；B．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰,说明有次氯酸，错误；C．将KHCO3固体加入新制的氯水中,有气泡产生,说明有盐酸，错误；D．光照新制氯水有气泡逸出,该气体一定是氧气，错误；

考点:考查新制氯水的成分；

A

光照条件下，氯气能取代甲烷中的氢原子生成氯代烃和氯化氢，如果氯气和甲烷充分反应后，则甲烷中的所有氢原子被氯气取代，则生成四氯化碳，同时还有副产物氯化氢，答案选A。

A

试题分析：A.等物质的量的笑气和二氧化碳，体积受温度和压强的影响，所以体积不一定相等，故A正确；B.在一个一氧化二氮中有22个电子，一个二氧化碳分子中有22个电子，故等物质的量的两种物质电子数肯定相等，故B错误；C.在一个分子中都有三个原子，故等物质的量的两种物质原子数一定相等，故C错误；D.物质的量相等，分子数相等，故D错误。选A。

B

A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，选项A错误； B．氢氧化铝胶体吸附了水中悬浮颗粒并沉降可用于净水，选项B正确；C．因为均一、稳定的液体不一定是溶液，例如水、酒精等都是均一、稳定的液体，它们都是纯净物，不属于溶液，选项C错误；D．胶体可透过滤纸，过滤氢氧化铝胶体溶液无法得到氢氧化铝固体，选项D错误。答案选B。

A

能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，同样能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，①不正确；是否有电子转移是氧化还原反应的本质，②正确；根据分散系中分散质粒子的大小进行分类，若分散质粒子小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，介于1nm和100nm之间的是胶体，③不正确；④化学反应一定伴随着能量的变化，当反应物的总能量大于生成物的总能量时反应放热，反之吸热，故④正确；溶于水或受热熔化时能导电的化合物属于电解质，溶于水和受热熔化时都不能导电的化合物属于非电解质，⑤不正确；答案选A。

B

A、20世纪初汤姆生提出了原子的枣糕式模型，认为原子是一个球体，正电荷均匀分布在整个球内，而电子却象枣糕里的枣子那样镶嵌在原子里面，不切实际，选项A不选；B、玻尔的量子原子结构理论，解决了新西兰物理学家卢瑟福经典原子理论中“原子坍塌”的问题，最切实际，选项B选；C、1909-1911年，英国物理学家卢瑟福做了α粒子散射实验，否定了汤姆生模型，提出了原子的核式结构模型． 其缺陷是只能说明了原子中有电子的存在和电子带负电，不能正确表示原子的结构，不切实际，选项C不选；D、英国科学家道尔顿认为每种单质均由很小的原子组成，不同的单质由不同质量的原子组成，道尔顿认为原子是一个坚硬的实心小球．认为原子是组成物质的最小单位，不切实际，选项D不选；答案选B。

D

A．氨水为混合物，虽然能导电，但不是电解质，选项A错误； B．液态氯化氢属于电解质，但不能导电，选项B错误；C．二氧化碳为非电解质，选项故C错误；D．氧化铝属于电解质，在熔融状态下能导电，选项D正确。答案选D。

B

A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，选项A错误；

B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，选项B正确；C、由不同种元素形成的纯净物是化合物，C60是一种单质，选项C错误；D、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C60是单质，不是核素，选项D错误。答案选B。

  乙:NaI、NaBr、NaCl  丁: NaBr、NaCl  1344  1mol

戊中固体NaCl质量29.25g，根据钠离子守恒得n（NaBr）+n（NaI）+n（NaCl）==0.5mol，由钠离子守恒可知反应后蒸干灼烧得到的固体的物质的量不变为0.5mol，

将反应甲至戊视作每次增加vml氯气计算，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2…①，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2…②；

（1）对于乙视作甲增加vml氯气，导致固体质量减少为54.62g-43.64g=10.98g，因还原性I-＞Br-＞Cl-，故先有2NaI+Cl2=2NaCl+I2，反应完后再有2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。

vmL氯气与NaI反应导致固体质量减少最多

2NaI+Cl2=2NaCl+I2 固体减少

  1mol 254g-71g=183g

0.06mol   a

所以a=10.98g，等于甲通入vml氯气导致固体质量减少，所以乙最后通入vml氯气只与NaI反应，对于丙视作乙增加vmL氯气，导致固体质量减少为43.64g-35.48=8.16g，vmL氯气与NaBr反应导致固体质量减少最少为35.48g-30.14g=5.34g，小于8.16g，故丙中最后vmL氯气，既与NaI反应又与NaBr反应。由上述分析可得：固体乙的组成为NaI、NaBr、NaCl；对于戊视作丁增加vmL氯气，蒸干灼烧得到固体的质量还在减少，结合丙固体的组成为NaBr、NaCl，说明丁固体的组成为NaBr、NaCl；（2）丁中最后vmL氯气与NaBr反应，vmL氯气完全反应，且有NaBr剩余，令vmL氯气的物质的量为n，则

Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 固体减少

1mol   160g-71g=89g

n   35.48g-30.14g=5.34g

所以n=0.06mol，即vml氯气的物质的量为0.06mol，标准状况下体积为0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL；由于乙最后通入vmL氯气只与NaI反应，甲通入vmL氯气导致固体质量减少等于乙最后通入vmL氯气导致固体质量减少，所以原溶液中NaI与NaBr的总质量为54.62g+10.98g=65.6g，令原溶液中NaI的物质的量为xmol，NaBr的物质的量为ymol，则，解得x=0.3，y=0.2，则原来混合物中溴化钠的物质的量=0.2mol×5=1mol。

  Ca(ClO)2 + 4HCl（浓）= CaCl2 + 2Cl2↑+ 2H2O  除去Cl2中的HCl  锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升  d  E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色  不能  过量的Cl2也可将I－氧化为I2 。

（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气和溴化钠反应生成溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应中氯气是氧化剂，溴使氧化产物，故氧化性Br2＜Cl2。打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡。观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色。

点晴：本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，题目难度中等，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的掌握。

  坩埚  500mL容量瓶  0.635%  向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水  液体分上下两层，下层呈紫红色  AB  过滤  主要由于碘易升华，会导致碘的损失

（1）根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器B配制500mL含有碘离子的浸取液，需要使用500mL的容量瓶，故答案为：坩埚；500mL容量瓶；（2）20.00mL硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为：0.0100mol/L×0.02L=0.0002mol，则500mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为：0.0002mol×=0.001mol，说明20.00g该海带中含有0.001mol碘离子，所以海带中碘的百分含量为：×100%=0.635%；（3）①检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；②碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色；③A．发生反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH溶液的浓度和体积，选项A正确；B．根据反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，选项B正确；C．该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，选项C错误；D．乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，选项D错误；答案选AB；④步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成；（4）方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理。

  a  2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑  MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O  2Cl2+2Ca(OH)2 =CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O  吸收未反应完的氯气，防止污染空气  冷却B装置  2HCl+Ca(OH)2 =CaCl2 +2H2O  在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶  B

Ⅰ．（1）a侧连接电源负极为阴极，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，酚酞变红；（2）电解饱和食盐水的化学方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；II. （1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）氯气和氢氧化钙反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2 =CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O；（3）C装置的作用是：吸收未反应完的氯气，防止污染空气；（4）①依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为了避免此副反应的发生应该冷却B装置；②挥发出的氯化氢能够与氢氧化钙发生酸碱中和反应，方程式为：2HCl+Ca(OH)2 =CaCl2 +2H2O；要避免此反应的发生应该除去氯气中的氯化氢，可以在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；（5）漂白粉是混合物，主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2，氯酸钙可与酸反应生成具有漂白性的次氯酸，则增强漂白能力，应加入酸，题给物质中只有食醋符合，食醋的主要成分为醋酸，发生Ca（ClO）2+2CH3COOH=（CH3COO）2Ca+2HClO，答案选B。

      NaClO=Na++ClO-

T失去一个电子后，形成Ne原子电子层结构，则T是Na元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则其次外层是第一电子层，所以X是C元素；Y其单质之一是空气中主要成分，最常见的助燃剂，则Y是O元素；Z形成双原子单质分子，黄绿色气体，则Z是Cl元素。（1）元素X的一种同位素C-12用来作原子量标准，这种同位素的符号是；（2）钠原子核外有11个电子，则钠的原子结构示意图为；（3）由T、Y和Z三种元素组成的一种化合物为NaClO，次氯酸钠是强电解质，所以其在水溶液中的电离方程式为：NaClO=Na++ClO-。

②③④

①酒精和水是互溶的，不能做萃取剂来萃取碘水中的碘单质，可以用四氯化碳来萃取，故①错误；②容量瓶有塞子，使用之前必须先查漏，故②正确；③稀硫酸和过氧化氢溶液具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，海带中碘元素的提取实验中，需要向海带灰的浸取液中加入少量少量稀硫酸和过氧化氢溶液，故③正确；④氯化钠的溶解度受温度影响变化不大，氯化钾的溶解度随着温度的升高而升高，可以通过加热、冷却结晶的方法来实现氯化钠和氯化钾的分离，故④正确；⑤高锰酸钾受热会分解，碘受热会升华，高锰酸钾和碘单质的混合物的分离不能采用加热法，故⑤错误；⑥用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，蒸发皿中有大量晶体析出时，停止加热，要用余热来蒸干，故⑥错误。答案选②③④。