2024-2025學(xué)年高一化學(xué)階段測試656

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○……○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年高一化學(xué)階段測試656考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：100分鐘；命題人：WNNwang04學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列物質(zhì)反應(yīng)時，反應(yīng)條件或反應(yīng)物用量的改變，對生成物沒有影響的是（）A.Na2O2與CO2B.Na與O2C.Fe與O2D.C與O22、下列化學(xué)用語的書寫正確的是（

）A.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式CH2CH2B.乙酸的分子式C2H4O2C.明礬的化學(xué)式KAlSO4·12H2OD.氯化鈉的電子式3、下列結(jié)論正確的是（

）①粒子半徑：S2﹣＞Cl＞S

②氫化物穩(wěn)定性：HF＞HCl＞PH3；

③離子還原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④單質(zhì)氧化性：Cl2＞S；

⑤酸性：H2SO4＞HClO4

⑥堿性強弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2．A.①B.③⑥C.②④⑥D(zhuǎn).①③④4、下列判斷合理的是（）

①硫酸、純堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物

②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)

③根據(jù)電解質(zhì)在熔融狀態(tài)下能否完全電離將電解質(zhì)分為強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)

④根據(jù)分散系是否具有丁達爾效應(yīng)將分散系分為溶液、膠體和濁液

⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)

⑥根據(jù)Na2O、Na2O2組成元素相同，均與H2O反應(yīng)，故均屬于堿性氧化物．A.②⑥B.②⑤C.①②⑤⑥D(zhuǎn).②③④⑤5、rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{219}Rn}是rm{(}rm{)}A.三種元素B.互為同位素C.同種核素D.同一原子評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、25℃時，將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)與pH的關(guān)系如下圖所示。下列有關(guān)離子濃度關(guān)系敘述一定正確的是

A.A、W點表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.B、pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.C、pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.D、向W點所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固體(忽略溶液體積變化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)7、2019年諾貝爾化學(xué)獎頒給了為鋰離子電池發(fā)展作出重要貢獻的科學(xué)家。高能LiFePO4電池結(jié)構(gòu)如圖所示，電池中間為聚合物的隔膜，其主要作用是反應(yīng)過程中只讓Li+通過。已知電池的反應(yīng)原理：（1-x）LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC,下列說法正確的是

A.A、充電時，Li+向左移動B.B、放電時，電子由負極經(jīng)導(dǎo)線、用電器、導(dǎo)線到正極C.C、充電時，陰極電極反應(yīng)式：xLi++xe-+nC═LixCnD.D、放電時，正極電極反應(yīng)式：xLiFePO4-xe-═xFePO4+xLi+8、下列說法正確的是（

）A.A、常溫下，向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀釋，溶液中增大B.B、反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0達平衡后，降低溫度，正反應(yīng)速率增大、逆反應(yīng)速率減小，平衡向正反應(yīng)方向移動C.C、銅鋅原電池中，鹽橋中的K＋和NO3-分別移向正極和負極D.D、電解精煉銅時，陽極泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金屬9、下列物質(zhì)中既能跟稀H2SO4反應(yīng)，又能跟氫氧化鈉溶液反應(yīng)的是（）A.NaHCO3B.Al2O3C.Al（OH）3D.Al10、rm{100mL2mol/L}的鹽酸跟過量的鋅片反應(yīng)，為減緩反應(yīng)速率，又不影響生成氫氣的總量，可采用的方法是(

)A.加入適量的rm{6mol/L}鹽酸

B.加入少量rm{NaNO_{3}}溶液C.加入適量的蒸餾水

D.加入少量的醋酸鈉固體評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)11、（6分）現(xiàn)有CO2和N2兩種氣體（1）當二者的質(zhì)量相等時，在相同狀況下，體積比為

，密度之比為

，

分子數(shù)之比為

。（2）在相同狀況下，當二者的體積相同時，質(zhì)量比為

，密度之比為

，

分子數(shù)之比為

。

12、用化學(xué)式回答原子序數(shù)11-18號的元素的有關(guān)問題：

（1）除稀有氣體外，原子半徑最大的是______

（2）最高價氧化物的水化物堿性最強的是______

（3）最高價氧化物的水化物呈兩性的是______

（4）最高價氧化物的水化物酸性最強的是______

（5）能形成氣態(tài)氫化物且最穩(wěn)定的是______．13、同一物質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)中斷鍵需要吸熱，成鍵需要放熱且數(shù)值相等rm{.}物質(zhì)含有的能量越高越不穩(wěn)定，含有的能量越低越穩(wěn)定rm{.}表中的數(shù)據(jù)是破壞rm{1mol}物質(zhì)中的化學(xué)鍵所消耗的能量：

物質(zhì)rm{Cl_{2}}rm{Br_{2}}rm{I_{2}}rm{HCl}rm{HBr}rm{HI}rm{H_{2}}能量rm{(kJ)}rm{243}rm{193}rm{151}rm{431}rm{366}rm{298}rm{436}根據(jù)上述數(shù)據(jù)回答下列問題：

rm{(1)}下列物質(zhì)本身具有的能量最低的是______．

A.rm{H_{2}}B.rm{Cl_{2}}C.rm{Br_{2}}D.rm{I_{2}}

rm{(2)}下列氫化物中最穩(wěn)定的是______rm{.A.HClB.HBrC.HI}

rm{(3)Cl_{2}+H_{2}=2HCl}

的反應(yīng)是______反應(yīng)rm{.A.}吸熱反應(yīng)rm{B.}放熱反應(yīng)．14、如圖是銀鋅原電池裝置的示意圖，以硫酸銅為電解質(zhì)溶液．

回答下列問題：

鋅片上觀察到的現(xiàn)象為______，鋅為______極，該電極上發(fā)生______rm{(}“氧化”或“還原”rm{)}反應(yīng)，電極反應(yīng)式為______．15、（6分）質(zhì)量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四種氣體中，含有分子數(shù)目最少的是_

，含有原子數(shù)目最多的是

，在相同溫度和相同壓強條件下，體積最大的是

。

16、（共10分）請按要求回答下列問題：（1）硅在無機非金屬材料中一直扮演著重要角色，被譽為無機非金屬材料的主角。①下列物品用到硅單質(zhì)的是

；A．玻璃制品

B．石英鐘表

C．計算機芯片

D．光導(dǎo)纖維

E．太陽能電池②硅酸鹽組成復(fù)雜，往往用氧化物的形式表示，某硅酸鹽其主要化學(xué)成分為Ca2Mg5Si8O22(OH)2.把它寫成氧化物的形式為：

；（2）Cl2和SO2都具有漂白性，但將這兩種氣體按體積比1:1通入水中得到的溶液卻幾乎沒有漂白性，寫出Cl2和SO21:1通入水中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式：______________________________________________________；（3）寫出二氧化硫與雙氧水反應(yīng)的化學(xué)方程式，并標出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目：______________________

。

評卷人得分四、判斷題(共4題，共32分)17、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）18、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學(xué)變化．（判斷對錯）19、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共4題，共20分)21、怎樣用實驗方法證明新制的氯水中存在下列微粒rm{H^{+}}___________________________________________rm{Cl^{-}}___________________________________________rm{HClO}__________________________________________22、如圖，在左試管中先加入rm{2mL}

rm{95%}的乙醇，并在搖動下緩緩加入rm{3mL}濃硫酸，再加入rm{2mL}乙酸，充分搖勻rm{.}在右試管中加入rm{5mL}飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{.}按圖連接好裝置，用酒精燈對左試管小火加熱rm{3～5min}后，改用大火加熱，當觀察到右試管中有明顯現(xiàn)象時停止實驗．

rm{(1)}寫出rm{a}試管中主要反應(yīng)的方程式______；

rm{(2)}試管rm中觀察到的主要現(xiàn)象是______；

rm{(3)}加入濃硫酸的作用：______；

rm{(4)}飽和rm{Na_{2}CO_{3}}的作用是：______；

rm{(5)}在實驗中球形干燥管除起冷凝作用外，另一個重要作用是______；

rm{(6)}反應(yīng)開始時用酒精燈對左試管小火加熱的原因是：______；rm{(}已知乙酸乙酯的沸點為rm{77℃}；乙醇的沸點為rm{78.5℃}；乙酸的沸點為rm{117.9℃)}后改用大火加熱的目的是______．

rm{(7)}分離右試管中所得乙酸乙酯和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的操作為rm{(}只填名稱rm{)}______，所需主要儀器為______．23、某校課外小組為測定某Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)，甲、乙兩組同學(xué)分別進行了下列相關(guān)實驗．

方案Ⅰ．甲組同學(xué)用沉淀分析法，按如下圖所示的實驗流程進行實驗：

稱量樣品→溶解→加入過量BaCl2溶液→過濾出沉淀B→烘干稱量→處理實驗數(shù)據(jù)得出結(jié)果

（1）實驗時，過濾操作中，除了燒杯、漏斗外，還要用到的玻璃儀器為______；

（2）若實驗中測得樣品質(zhì)量為mg，沉淀質(zhì)量為ng，則Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)為______．

方案Ⅱ．乙組同學(xué)的主要實驗流程圖如下：

稱量樣品→稱量C→逐滴加入稀H2SO4至過量→凈化吸收氣體→再稱量C→處理實驗數(shù)據(jù)得出結(jié)果按如圖所示裝置進行實驗：

（3）該實驗中裝置B盛放的物質(zhì)是______，分液漏斗中______（填“能”或“不能”）用鹽酸代替稀硫酸進行實驗，在C中裝堿石灰來吸收凈化后的氣體．

（4）樣品中碳酸鈉的質(zhì)量分數(shù)越大，則實驗中吸收凈化后氣體的干燥管在充分吸收氣體前后的質(zhì)量差______（填“越大”、“越小”或“一樣”）．

（5）D裝置的作用是______

（6）有的同學(xué)認為，在反應(yīng)前后都要通入N2，反應(yīng)后通入N2的目的是______．24、實驗室里用二氧化錳和濃鹽酸加熱制取氯化，該反應(yīng)的離子方程式為______rm{.}也可以利用反應(yīng)rm{2KMnO_{4}+16HCl(}濃rm{)═2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}↑+8H_{2}O}制取并收集純凈、干燥的氯氣，部分裝置如圖甲所示．

rm{(1)}若以rm{KMnO_{4}}和濃鹽酸為原料制取氯氣，則根據(jù)反應(yīng)原理，圖乙中合適的制氣裝置為______．

rm{(2)}裝置rm{B}的作用是______．

rm{(3)}裝置rm{E}的作用是______rm{.E}中的試劑可選______．

A.rm{NaOH}溶液

rm{B.NaCl}溶液

rm{B.}澄清石灰水

rm{D.}水

rm{(4)}某同學(xué)通過

下列兩種方式制取氯氣：

rm{①}用rm{8.7gMnO_{2}}與足量濃鹽酸反應(yīng)；

rm{②}用含rm{14.6gHCl}的濃鹽酸與足量rm{MnO_{2}}反應(yīng)這兩種方式產(chǎn)生rm{Cl_{2}}的量的關(guān)系是______．

A.rm{①}多rm{B.②}多rm{C.}一樣多rm{D.}不確定．評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共2分)25、某探究小組用HNO3與大理石反應(yīng)過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應(yīng)速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL、大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設(shè)計表，并在實驗?zāi)康囊粰谥刑畛鰧?yīng)的實驗編號：實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗?zāi)康蘑?98粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應(yīng)速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應(yīng)速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應(yīng)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應(yīng)速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預(yù)期結(jié)果示意圖。_______參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【解析】試題分析：過氧化鈉和CO2反應(yīng)生成物只有碳酸鈉和氧氣，A正確；B中常溫下生成氧化鈉，加熱時生成過氧化鈉；C中點燃生成四氧化三鐵，生銹則生成氧化鐵的水合物；D中氧氣過量生成CO2，氧氣不足生成CO，答案選A?？键c：考查常見物質(zhì)的性質(zhì)和有關(guān)反應(yīng)【解析】【答案】A2、B【分析】

【解析】【答案】B3、C【分析】【解答】解：①Cl、S位于相同周期，原子半徑S＞Cl，故①錯誤；②非金屬性F＞Cl＞P，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故②正確；③非金屬性Cl＞Br＞I＞S，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的陰離子的還原性越弱，故③錯誤；④非金屬性Cl＞S，元素的非金屬性越強，對應(yīng)單質(zhì)的氧化性越強，故④正確；⑤非金屬性Cl＞S，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的酸性越強，應(yīng)為H2SO4＜HClO4，故⑤錯誤；⑥金屬性K＞Na＞Mg，元素的金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的堿性越強，故⑥正確．故選C．

【分析】①根據(jù)同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小判斷；②元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定；③元素的非金屬性越強，對應(yīng)的陰離子的還原性越弱；④元素的非金屬性越強，對應(yīng)單質(zhì)的氧化性越強；⑤元素的非金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的酸性越強；⑥元素的金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的堿性越強．4、B【分析】解：①酸指電離時所有陽離子都是氫離子的化合物；堿指電離時所有陰離子都是氫氧根離子的化合物；鹽指由金屬陽離子和酸根陰離子構(gòu)成的化合物；兩種元素組成其中一種是氧元素的化合物；硫酸、純堿、醋酸鈉和生石灰中純堿是鹽，故①錯誤；

②電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?，水溶液中能完全電離的電解質(zhì)為強電解質(zhì)，水溶液中部分電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì)；非電解質(zhì)是指在水溶液中和熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；蔗糖是非電解質(zhì)，硫酸鋇是強電解質(zhì)，水是弱電解質(zhì)，故②正確；

③電解質(zhì)在水溶液中能否完全電離將電解質(zhì)分為強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，故③錯誤；

④根據(jù)分散系中分散質(zhì)粒子直徑大小將分散系分為溶液、膠體和濁液，故④錯誤；

⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)，故⑤正確；

⑥因過氧化鈉與酸反應(yīng)生成鹽、水和氧氣，則過氧化鈉不屬于堿性氧化物，故⑥錯誤；

故選B．

①結(jié)合物質(zhì)的組成，依據(jù)酸、堿、鹽、氧化物的概念分析判斷

②根據(jù)非電解質(zhì)、強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念對比各種物質(zhì)進行分析；

③電解質(zhì)在水溶液中能否完全電離將電解質(zhì)分為強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)；

④根據(jù)分散系中分散質(zhì)粒子直徑大小分類；

⑤根據(jù)反應(yīng)中是否有電子的轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)；

⑥堿性氧化物是指能與酸反應(yīng)生成鹽和水的金屬氧化物；

本題考查物質(zhì)、電解質(zhì)非電解質(zhì)、分散系、化學(xué)反分類的依據(jù)分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】B5、B【分析】解：rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{219}Rn}是同種元素的不同核素，質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，故選B．

元素的種類由質(zhì)子數(shù)決定；

同位素：質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同一元素互稱同位素，

核素的種類由質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)決定；

原子的種類由質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)決定；

據(jù)此進行分析判斷．

本題考查同位素的概念及判斷，同位素是指具有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)同一元素的不同核素，即同一元素的不同原子間互為同位素，注意形似概念的區(qū)別．【解析】rm{B}二、多選題(共5題，共10分)6、AD【分析】【詳解】

將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，當溶液中只有NH4+時，NH4+水解使溶液呈酸性，隨著c(NH3·H2O)的增大，溶液堿性增強，根據(jù)圖示，當pH=9.25時，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此當溶液的pH＜9.25時，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，當pH＞9.25時，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此隨著溶液pH的增大，濃度增大的是c(NH3·H2O)、減小的是c(NH4+)。A．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W點時c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正確；B．室溫下pH=7.0＜9.25，溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)，則溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以電解質(zhì)分子存在，NH3·H2O、H2O的電離程度十分微弱，其電離產(chǎn)生的離子濃度很小，故微粒濃度大小關(guān)系為：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B錯誤；C．該混合溶液中，無論pH如何變化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，則c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C錯誤；D．W點溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L該溶液中加入0.05molNaOH，則c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl電離產(chǎn)生離子濃度Cl-濃度c(Cl-)大于NH3·H2O電離產(chǎn)生的離子NH4+、OH-的濃度，且溶液中還有水會微弱電離產(chǎn)生OH-，故離子濃度關(guān)系為：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正確；故合理選項是AD。7、BC【分析】【分析】

【詳解】

A.充電屬于電解池，根據(jù)電解原理，Li＋應(yīng)向陰極移動，即向右移動，故A錯誤；

B.放電屬于原電池，根據(jù)原電池工作原理，電子從負極流出，經(jīng)外電路，流向正極，故B正確；

C.充電時，陰極上得到電子，化合價降低，即陰極反應(yīng)式為xLi＋＋xe－＋nC=LixCn，故C正確；

D.放電時，根據(jù)原電池工作原理，正極上得到電子，化合價降低，正極反應(yīng)式為FePO4＋xe－＋xLi＋=xLiFePO4，故D錯誤；

答案：BC。8、AC【分析】【詳解】

A.常溫下，向0.1mol/L的醋酸溶液中加水稀釋，c(H＋)、c(CH3COOH)均減小，因為稀釋促進電離，所以溶液中增大，故A項正確；

B.反應(yīng)達平衡后，降低溫度，正反應(yīng)速率減小、逆反應(yīng)速率也減小，平衡向放熱反應(yīng)方向移動，即向正向移動，所以B項錯誤；

C.銅鋅原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負極，所以鹽橋中的K＋和NO3-分別移向正極和負極，故C項正確；

D.電解精煉銅時，粗銅作陽極，精銅作陰極，Zn、Fe比銅活潑，所以失電子變成離子，陽極泥中含有的是Ag、Au等金屬，故D項錯誤；

答案選：AC。

【點睛】

反應(yīng)達平衡后，降低溫度，正反應(yīng)速率減小、逆反應(yīng)速率也減小，平衡向放熱反應(yīng)方向移動;電解精煉銅時，粗銅作陽極，精銅作陰極，Zn、Fe比銅活潑，所以失電子變成離子。9、ABCD【分析】解：A、NaHCO3屬于弱酸酸式鹽，既能與硫酸反應(yīng)，生成CO2氣體，又能與氫氧化鈉反應(yīng)，生成碳酸鈉，故A正確；

B、Al2O3屬于兩性氧化物，既能與硫酸反應(yīng)，生成Al3+離子，又能與氫氧化鈉反應(yīng)生成AlO2-離子，故B正確；

C、Al（OH）3

屬于兩性氫氧化物，既能與酸反應(yīng)，生成Al3+離子，又能與堿反應(yīng)生成AlO2-離子，故C正確；

D、金屬鋁與硫酸反應(yīng)生成Al3+和氫氣，與氫氧化鈉反應(yīng)生成AlO2-和氫氣，故D正確；

故選ABCD．

既能與酸反應(yīng)，又能與堿反應(yīng)的物質(zhì)有弱酸弱堿鹽、弱酸的酸式鹽、兩性氧化物、兩性氫氧化物、金屬鋁、蛋白質(zhì)和氨基酸等物質(zhì)，以此解答本題．

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度不大，注意基礎(chǔ)知識的積累與歸納總結(jié)．【解析】【答案】ABCD10、CD【分析】【分析】

本題考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，題目難度一般?！窘獯稹緼.加入適量的rm{6mol/L}鹽酸，會增加氫氣的總量，故A錯誤；

鹽酸，會增加氫氣的總量，故A錯誤；

rm{6mol/L}B.加入適量rm{NaNO}rm{NaNO}，故B錯誤；

C.加入適量的蒸餾水，可rm{{,!}_{3}}

溶液，不能生成氫氣，生成氣體為rm{NO}，故B錯誤；可減緩反應(yīng)速率，又不影響生成氫氣的總量，故D正確。

rm{NO}

減緩反應(yīng)速率，又不影響生成氫氣的總量，故C正確；【解析】rm{CD}三、填空題(共6題，共12分)11、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)阿伏加德羅定律可知，在相同條件下，氣體的體積之比是需要的物質(zhì)的量之比。而在質(zhì)量相等的條件下，氣體的物質(zhì)的量之比是摩爾質(zhì)量之比的反比，所以CO2和氮氣的體積之比是28︰44＝7︰11；分子數(shù)之比也是7︰11；相同條件下氣體的密度之比是相應(yīng)的摩爾質(zhì)量之比，即44︰28＝11︰7；（2）在相同狀況下，當二者的體積相同時，氣體的物質(zhì)的量也是相同的，所以分子數(shù)之比是1︰1的，因此質(zhì)量之比是44︰28＝11︰7；相同條件下氣體的密度之比是相應(yīng)的摩爾質(zhì)量之比，即44︰28＝11︰7；考點：考查物質(zhì)的量的有關(guān)計算以及阿伏加德羅定律的有關(guān)應(yīng)用【解析】【答案】（每空1分，共6分）（1）7:11

11:7

7:11

（2）11:7

11:7

1:112、略

【分析】解：在原子序數(shù)為11～18的元素中，處于第三周期，

（1）同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑最大的元素處于ⅠA族，故Na原子半徑最大，

故答案為：Na；

（2）同周期自左而右金屬性減弱，故金屬性最強的元素處于ⅠA族，Na元素的金屬性最強，NaOH的堿性最強，

故答案為：NaOH；

（3）氫氧化鋁能與強酸、強堿反應(yīng)生成鹽與水，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，

故答案為：Al（OH）3；

（4）同周期自左而右非金屬性增強，Cl元素非金屬性最強，非金屬性越強最高價含氧酸的酸性越強，故HClO4酸性最強，

故答案為：HClO4；

（5）同周期自左而右非金屬性增強，Cl元素非金屬性最強，非金屬性越強氫化物越穩(wěn)定，故HCl最穩(wěn)定，

故答案為：HCl．

在原子序數(shù)為11～18的元素中，處于第三周期，

（1）同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑最大的元素處于ⅠA族；

（2）同周期自左而右金屬性減弱，故金屬性最強的元素處于ⅠA族，金屬性越強，最高價氧化物的水化物中堿性越強；

（3）氫氧化鋁能與強酸、強堿反應(yīng)生成鹽與水；

（4）同周期自左而右非金屬性增強，非金屬性越強最高價含氧酸的酸性越強；

（5）同周期自左而右非金屬性增強，非金屬性越強氫化物越穩(wěn)定．

本題考查元素位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，把握同周期元素性質(zhì)的遞變規(guī)律為解答的關(guān)鍵，注意第三周期元素的性質(zhì)及特性，題目難度不大．【解析】Na；NaOH；Al（OH）3；HClO4；HCl13、略

【分析】解：rm{(1)}根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，破壞rm{1mol}氫氣中的化學(xué)鍵所消耗的能量最高，則說明氫氣最穩(wěn)定，具有的能量最低，

故選：rm{A}；

rm{(2)}根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，破壞rm{1mol}氯化氫中的化學(xué)鍵所消耗的能量最高，則說明rm{HCl}最穩(wěn)定，

故選：rm{A}；

rm{(3)}根據(jù)反應(yīng)rm{Cl_{2}+H_{2}═2HCl}，可以計算反應(yīng)的rm{triangleH=}反應(yīng)物的鍵能和rm{-}生成物的鍵能和rm{=243KJ/mol+436KJ/mol-2×431KJ/mol=-183kJ/mol}，新鍵生成釋放的熱量大于舊鍵斷裂吸收的熱量，所以rm{1molCl_{2}}與足量的rm{H_{2}}完全反應(yīng)時放出熱量rm{183kJ}，

故選：rm{B}．

rm{(1)}破壞rm{1mol}物質(zhì)中的化學(xué)鍵所消耗的能量越高則說明物質(zhì)越穩(wěn)定，物質(zhì)具有的能量越低；

rm{(2)}破壞rm{1mol}物質(zhì)中的化學(xué)鍵所消耗的能量越高則說明物質(zhì)越穩(wěn)定；

rm{(3)}根據(jù)新鍵生成放熱情況和舊鍵斷裂吸熱情況來計算回答．

本題考查學(xué)生有關(guān)化學(xué)鍵和反應(yīng)熱之間的關(guān)系知識，可以根據(jù)所學(xué)知識進行回答，注意新鍵生成放熱情況和舊鍵斷裂吸熱，題目難度不大．【解析】rm{A}；rm{A}；rm{B}14、略

【分析】解：由圖可知，rm{Zn}為負極，負極上電極反應(yīng)式為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}，失去電子被氧化而溶解，為氧化反應(yīng)，

故答案為：鋅溶解；負；氧化；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}．

該原電池中，rm{Zn}易失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負極，rm{Ag}作正極，負極上電極反應(yīng)式為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}，正極上電極反應(yīng)式為rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}，以此來解答

本題考查原電池，為高頻考點，把握電極的判斷、電極反應(yīng)的書寫為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．【解析】鋅溶解；負；氧化；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}15、略

【分析】【解析】試題分析：四種氣體的相對分子質(zhì)量分別為36.5、17、44、32，由m=nM可知物質(zhì)的量由大到小的順序是NH3>O2>HCl>CO2。分子數(shù)目最少的是CO2，原子數(shù)目最多的是NH3，同溫同壓下，體積最大的就是物質(zhì)的量最大的。考點：化學(xué)計算【解析】【答案】CO2

NH3

NH316、略

【分析】

【解析】【答案】（共10分）（1）C、E

(2分)

2CaO·5MgO·8SiO2·H2O（2分）（2）Cl2+SO2+2H2O==2Cl-+SO42-+4H+

（2分）(3)H2O2+SO2==H2SO4

（方程式和雙線橋或單線橋各2分）四、判斷題(共4題，共32分)17、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開來的一種混合物分離的方法，過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過濾的注意事項‘一貼二低三靠’、取用液體藥品的方法進行分析解答．

一貼：過濾時，為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應(yīng)緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣，過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導(dǎo)致過濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．18、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學(xué)變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學(xué)變化．19、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA，故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．20、B【分析】【解答】1mol甲苯?中含有8molC﹣H共價鍵，故答案為：錯

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目五、實驗題(共4題，共20分)21、紫色石蕊變紅加AgNO3溶液生成白色沉淀使有色布條褪色【分析】【分析】本題考查了粒子的檢驗方法，考查學(xué)生的基礎(chǔ)知識的掌握，難度不大?！窘獯稹柯人械臍潆x子可利用溶液的酸堿性判定，加入紫色石蕊，石蕊溶液變紅，說明含有氫離子，加rm{AgNO_{3}}溶液生成白色沉淀，說明含有氯離子，次氯酸有強氧化性，使有色布條褪色，即可證明，故答案為：紫色石蕊變紅；加rm{AgNO_{3}}溶液生成白色沉淀；使有色布條褪色?！窘馕觥孔仙镒兗t加rm{AgNO_{3}}溶液生成白色沉淀溶液生成白色沉淀rm{AgNO_{3}}使有色布條褪色22、略

【分析】解：rm{(1)}醋酸和乙醇在濃硫酸催化作用下發(fā)生酯化反應(yīng)，生成乙酸乙酯和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}，

故答案為：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}；

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}中為碳酸鈉溶液，與乙酸乙酯分層，且乙酸乙酯的密度比水的密度小，試管rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}中觀察到的主要現(xiàn)象是溶液分層、油狀液體在上層，

故答案為：溶液分層、油狀液體在上層；

rm{(2)b}酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，且濃硫酸吸收水，利用反應(yīng)正向移動，則該反應(yīng)為濃硫酸的作用為催化劑和吸水劑，

故答案為：催化劑和吸水劑；

rm飽和碳酸鈉溶液的作用為吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，偏于分層，

故答案為：吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；

rm{(3)}乙醇、乙酸易溶于水，則球形干燥管除起冷凝作用外，另一個重要作用是防止倒吸，

故答案為：防止倒吸；

rm{(4)}本實驗反應(yīng)開始時用小火加熱，目的是加快反應(yīng)速率，同時由于反應(yīng)物乙酸、乙醇沸點較低，小火加熱防止反應(yīng)物為來得及反應(yīng)而揮發(fā)損失，后改用大火加熱，只因為反應(yīng)為可逆反應(yīng)，及時蒸出生成的乙酸乙酯，使反應(yīng)向右進行．

故答案為：加快反應(yīng)速率，同時防止反應(yīng)物為來得及反應(yīng)而揮發(fā)損失；蒸出生成的乙酸乙酯，使可逆反應(yīng)向右進行；

rm{(5)}乙酸乙酯和rm{(6)}溶液分層，分液法分離，主要儀器為分液漏斗，故答案為：分液；分液漏斗．

rm{(7)}試管中乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水；

rm{Na_{2}CO_{3}}中為碳酸鈉溶液，與乙酸乙酯分層，且乙酸乙酯的密度比水的密度??；

rm{(1)a}酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，且濃硫酸吸收水，利用反應(yīng)正向移動；

rm{(2)b}飽和碳酸鈉溶液可吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；

rm{(3)}球形干燥管除起冷凝作用外，可防止倒吸；

rm{(4)}先小火加熱防止乙酸、乙醇揮發(fā)，改用大火加熱根據(jù)反應(yīng)為可逆反應(yīng)及時蒸出生成的乙酸乙酯，使反應(yīng)向右進行；

rm{(5)}乙酸乙酯和rm{(6)}溶液分層．

本題考查有機物的制備實驗，為高頻考點，把握反應(yīng)原理、實驗裝置的作用、混合物分離為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意rm{(7)}中平衡移動的應(yīng)用，題目難度不大．rm{Na_{2}CO_{3}}【解析】rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{濃}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}；溶液分層、油狀液體在上層；催化劑和吸水劑；吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；防止倒吸；加快反應(yīng)速率，同時防止反應(yīng)物為來得及反應(yīng)而揮發(fā)損失；蒸出生成的乙酸乙酯，使可逆反應(yīng)向右進行；分液；分液漏斗23、略

【分析】解：方案Ⅰ．（1）過濾中用到的儀器有：鐵架臺、玻璃棒、燒杯、漏斗等，其中用到的三種玻璃儀器是漏斗、燒杯、玻璃棒；燒杯用來盛放液體，漏斗用于過濾，玻璃棒用來引流和攪拌，

故答案為：玻璃棒；

（2）沉淀n為碳酸鋇，物質(zhì)的量=mol，根據(jù)碳守恒，碳酸鈉的物質(zhì)的量和碳酸鋇相等，故碳酸鈉的物質(zhì)的量為：mol，碳酸鈉的質(zhì)量分數(shù)為：×100%=×100%，

故答案為：×100%；

方案Ⅱ．（3）裝置B的作用是把氣體中的水蒸氣除去，故用濃硫酸來除去水蒸氣；分液漏斗中如果用鹽酸代替硫酸，鹽酸易揮發(fā)，這樣制得二氧化碳氣體中含氯化氫，濃硫酸不能吸收氯化氫，則氯化氫被堿石灰吸收，導(dǎo)致測到二氧化碳質(zhì)量偏高，等質(zhì)量碳酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸氫鈉產(chǎn)生二氧化碳多，則會導(dǎo)致碳酸氫鈉偏多，碳酸鈉偏??；

故答案為：濃硫酸；不能；

（4）等質(zhì)量碳酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸氫鈉產(chǎn)生二氧化碳多，故若樣品中碳酸鈉的質(zhì)量分數(shù)越大，則產(chǎn)生二氧化碳越少，則實驗中干燥管C在充分吸收氣體前后的質(zhì)量差就越小，

故答案為：越小；

（5）空氣中的水蒸氣和二氧化碳會被堿石灰吸收，故D的作用是吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以確保C裝置中質(zhì)量增加量的準確性；

故答案為：吸收空氣中的水蒸氣和二氧化碳，以確保C裝置中質(zhì)量增加量的準確性；

（6）該方案關(guān)鍵是要獲得產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量，實驗前容器內(nèi)含有空氣，空氣中含有二氧化碳，會影響生成的二氧化碳的量，反應(yīng)后裝置中容器內(nèi)含有二氧化碳，不能被C中堿石灰完全吸收，導(dǎo)致測定結(jié)果有較大誤差，所以反應(yīng)前后都要通入N2，反應(yīng)后通入N2的目的是：排盡裝置內(nèi)的空氣，將生成的二氧化碳從容器內(nèi)排出，被C裝置中堿石灰吸收，

故答案為：將B、C裝置中的殘留二氧化碳全部驅(qū)入D裝置的堿石灰中減小實驗誤差．

方案Ⅰ．（1）根據(jù)過濾操作考慮所需儀器；過濾操用到的儀器有鐵架臺、漏斗、燒杯、玻璃棒等；其中屬于玻璃儀器有：漏斗、燒杯、玻璃棒；

（2）沉淀n為碳酸鋇，根據(jù)碳守恒，碳酸鈉的物質(zhì)的量和碳酸鋇相等，進而計算質(zhì)量分數(shù)；

方案Ⅱ．碳酸鈉和碳酸氫鈉與稀硫酸反應(yīng)生成二氧化碳，把除去水蒸氣的二氧化碳被堿石灰吸收，通過堿石灰的增重求得二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)二氧化碳的質(zhì)量和樣品質(zhì)量求得碳酸鈉的物質(zhì)的量，進而求得質(zhì)量分數(shù)．A裝置：Na2CO3和NaHCO3混合物和硫酸反應(yīng)生成二氧化碳，B裝置：干燥二氧化碳，C吸收二氧化碳，D裝置：防止空氣中的二氧化碳和水蒸氣進入裝置C影響測定結(jié)果．

（3）裝置B是除去生成二氧化碳氣中的水蒸氣，利用濃硫酸吸收；鹽酸易揮發(fā)，生成的二氧化碳中含有氯化氫；

（4）等質(zhì)量碳酸鈉和碳酸氫鈉與硫酸反應(yīng)，碳酸氫鈉產(chǎn)生二氧化碳多；

（5）空氣中的水蒸氣和二氧化碳會被堿石灰吸收；

（6）該方案關(guān)鍵是要獲得產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量，故應(yīng)保證產(chǎn)生的二氧化碳完全被吸收，而空氣中二氧化碳不能被吸收．

本題考查碳酸鈉含量的測定實驗，為高頻考點，把握實驗裝置的作用及實驗?zāi)康臑榻獯鸬年P(guān)鍵，側(cè)重分析、計算及實驗?zāi)芰Φ木C合考查，題目難度中等．【解析】玻璃棒；×100%；濃硫酸；不能；越?。晃湛諝庵械乃魵夂投趸迹源_保C裝置中質(zhì)量增加量的準確性；將B、C裝置中的殘留二氧化碳全部驅(qū)入D裝置的堿石灰中減小實驗誤差24、略

【分析】解：實驗室里用二氧化錳和濃鹽酸加熱制取氯化，該反應(yīng)的離子方程式為：實驗室通常用二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣的反應(yīng)為rm{MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，離子方程式為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，

故答案為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}；

rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}濃rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，高錳酸鉀為固體，濃鹽酸為液態(tài)，反應(yīng)不需要加熱，應(yīng)選擇裝置rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}；

故答案為：rm{(1)2KMnO_{4}+16HCl(}；

rm{)═2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}↑+8H_{2}O}氯化氫易揮發(fā)，制備的氯氣中含有氯化氫，氯化氫易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，可用飽和食鹽水除去氯化氫；

故答案為：除去氯氣中的氯化氫；

rm氯氣有毒，直接排放會引起污染，能夠與氫氧化鈉反應(yīng)，裝置rm的作用是吸收多余的氯氣，防止污染空氣，

A.rm{(2)}溶液能夠與氯氣反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉和水，故A正確；

B.氫氧化鈣為微溶物，氫氧根離子濃度較低，吸收不充分，故B錯誤；

C.氯氣在rm{(3)}溶液中溶解度小，不能用來吸收氯氣，故C錯誤；

D.氯氣在水中溶解度不大，吸收不充分，故D錯誤；

故答案為：吸收多余的氯氣，防止污染空氣；rm{E}；

rm{NaOH}依據(jù)方程式：rm{NaCl}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，

rm{A}

rm{(4)}

rm{MnO_{2}+4HCl(}

rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}

rm{87g}

rm{146g}

若rm{1mol}用rm{8.7g}

rm{14.6g}與足量濃鹽酸反應(yīng)制取rm{0.1mol}，則生成氯氣的物質(zhì)的量為rm{①}；

rm{8.7g}用含rm{MnO_{2}}

rm{Cl_{2}}的濃鹽酸與足量rm{0.1mol}反應(yīng)制取rm{②}，因為隨著反應(yīng)進行鹽酸濃度降低，變?yōu)橄←}酸，所以rm{14.6g}氯化氫不能完全反應(yīng)，所以生成的氯氣的物質(zhì)的量小于rm{HCl}；

故選：rm{MnO_{2}}．

二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯氣、水，也可以利用反應(yīng)rm{Cl_{2}}濃rm{14.6g}制取并收集純凈、干燥的氯氣，裝置rm{0.1mol}若用二氧化錳和濃鹽酸制備選擇加熱裝置rm{A}，若選擇高錳酸鉀溶液和濃鹽酸制備選擇不加熱的裝置rm{2KMnO_{4}+16HCl(}，制備得到的氯氣中含氯化氫和水蒸氣，通過裝置rm{)═2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}↑+8H_{2}O}中的飽和食鹽水除去氯化氫，通過裝置rm{A}中的濃硫酸除去水蒸氣，利用裝置rm{a}收集干燥純凈的氯氣，導(dǎo)氣管長進短出，最后剩余氯氣污染空氣不能排放到空氣中，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，

rm依據(jù)反應(yīng)物狀態(tài)和反應(yīng)條件選擇發(fā)生裝置，固體和液體不加熱制備氣體；

rm{B}氯化氫易揮發(fā)，制備的氯氣中含有氯化氫，氯化氫易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，可用飽和食鹽水除去氯化氫；

rm{C}氯氣有毒，直接排放會引起污染，能夠與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，可以吸收過量氯氣；

rm{D}根據(jù)