2025年粤教新版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教新版高三化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列说法不正确的是（）A.分子式为C3H8与C6H14的两种有机物一定互为同系物B.同系物的化学性质相似，物理性质随碳原子数的递增呈现规律性变化C.两个相邻同系物的相对分子质量数值一定相差14D.分子组成相差一个或几个CH2原子团的化合物必定互为同系物2、下列说法正确的是（）A.常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）的熵增B.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应C.常温下Ksp（Ag2CrO4）=1.1×10-12，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，则Ag2CrO4的溶解度小于AgClD.等体积、物质的量浓度的HA与NaA（HA为弱酸）混合溶液，其酸碱性取决于Ka（HA）的大小3、下列说法正确的是（）A.向海水中加入净水剂明矾可使海水淡化B.合成纤维、光导纤维都属于有机高分子材料C.利用加热的方法杀死人体内感染的埃博拉病毒D.“雾”是微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统，“霾”中的灰尘对大气中的有害物质起吸附作用4、已知在苯分子中；不存在单；双键交替的结构．下列可以作为证据的实验事实是（）

①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色。

②苯中6个碳碳键完全相同。

③苯的一溴代物没有同分异构体。

④实验室测得邻二甲苯只有一种结构。

⑤苯不能使溴水因反应而褪色．A.②③④⑤B.①③④⑤C.①②③④D.①②④⑤5、下列装置或操作能达到实验目的是（）

A.①防止铁钉生锈B.②构成铜锌原电池C.③中和热测定D.④验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物6、下列叙述中，不正确的是（）A.硅和锗都是重要的半导体材料B.地壳中含量占第一、二位两种元素组成的一种化合物为SiO2C.自然界里存在大量的单质硅、二氧化硅和硅酸盐D.常温下硅的化学性质不活泼，不易与氧气，氢气，氯气发生化学反应评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）A.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）B.物质的量浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c（NH4+）：c[（NH4）2SO4]＞c（NH4HSO4）＞c（NH4C1）C.新制氯水中加入少量固体NaOH：c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-）D.0.4mol•L-1CH3COOH溶液与0.2mol•L-1NaOH溶液等体积混合：2c（OH-）+c（CH3COO-）=2c（H+）+c（CH3COOH）8、化学式为C4H5Cl的有机物，其结构不可能是（）A.只含一个双键的直链有机物B.含有两个双键的直链有机物C.含一个双键的环状有机物D.含两个环的环状有机物9、下列实验装置不合理的是（）A.

溴苯的制备B.

硝基苯制备C.

用乙醇和浓硫酸制乙烯D.

乙酸乙酯的制备10、（2015春•上海校级月考）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸．则下列判断正确的是（）A.非金属性：Z＜T＜XB.X最高价氧化物的水化物的表达式为H2XO4C.气态氢化物稳定性：R＜T＜QD.R与Q的电子数相差2611、下列依据相关实验得出的结论正确的是（）A.向浓度均为0.1mol•L-1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，产生黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）B.在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液C.用激光笔分别照射蛋清溶液和葡萄糖溶液，能产生光亮“通路”的是蛋清溶液D.用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，该溶液一定是钾盐溶液12、下列说法错误的是（）A.如果烃中各元素的质量百分含量都相同，则它们必定是同系物B.相对分子质量相同但结构不同的物质一定是同分异构体C.从物质的红外光谱图可以获得分子中含有化学键或官能团的信息D.从核磁共振氢谱图可以推知该有机物分子有几种不同类型的氢原子及他们的数目13、某未知溶液可能含Cl-、CO32-、Na+、SO42-、Al3+．将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红．取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列判断合理的是（）A.可能有Cl-和SO42-B.一定有Al3+和SO42-C.可能有Al3+和Cl-D.一定没有CO32-14、乙醇分子中不同的化学键如图：关于乙醇在各种不同反应中断裂键的说明不正确的是（）A.和金属钠反应键①断裂B.和乙酸反应键②断裂C.金属铜催化氧化时键①④断裂D.和浓硫酸共热170℃时键②⑤断裂评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、肉桂酸型光刻胶是应用非常广泛的一种感光性高分子；化合物A是一种常见的化工原料，由A通过一系列反应可以制备肉桂酸型光刻胶和环庚酮，其合成路线（部分反应条件略去）如下所示：

已知：

①A的相对分子质量为78；核磁共振氢谱显示A只有一种化学环境的氢。

②

③R2-CHO+CH2（COOH）2→R2-CH=CH-COOH

④肉桂酸型光刻胶是由C和D两种化合物的单体经酯化后聚合而成。

回答下列问题：

（1）A的名称是____，H生成I的反应类型____．

（2）肉桂酸性光刻胶含有的官能团是____、____（名称）．

化合物B的核磁共振氢谱中峰的组数为____．

（3）C和D的结构简式分别为____、____．

（4）写出由F生成G的化学方程式____．

（5）参照以上环庚酮的合成路线，设计一条由（环戊酮）为起始原料制备（环己酮）的合成路线．16、钠的化合物在自然界中分布很广；同时具有广泛的用途．

（1）钠元素在海水中的储量极为丰富，却都是以化合态存在，其原因是____．

（2）目前；世界上金属钠的生产多数采用电解的方法．

①电解法制取钠应选用____（填“氯化钠溶液”或“熔融的氯化钠”）．

②电解时，金属钠在____（填“铁”或“石墨”）电极上产生．

③在制取钠的过程中要防止钠和氯气相互接触，其原因是____（用化学方程式表示）．17、（2011秋•云龙县校级期末）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应；通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：

（1）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是____

（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____（填“偏大”“偏小”“无影响”）．

（3）实验中改用60mL0.50mol•L-1盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”、“不相等”），所求中和热____（填“相等”、“不相等”），简述理由____．

（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____（填“偏大”、“偏小”“无影响”）．18、（4分）把CoCl­溶解于水后加氨水直到先生成的Co（OH）2沉淀又溶解后，生成[CO(NH3)6]2+。此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可用CoCl3·5NH3表示。把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出AgCl沉淀。经测定，每1molCoCl3·5NH3只生成2molAgCl。请写出表示此配合物结构的化学式：；此配合物中的Co化合价为。19、CO2、SO2；NOx是重要的非金属氧化物；与我们的生存环境息息相关．

（1）SO2、NOx是形成酸雨和光化学烟雾的环境污染性气体，研究发现，空气中少量的NO2

能参与硫酸型酸雨的形成；反应过程如下：

①SO2+NO2=SO3+NO②SO3+H2O=H2SO4③2NO+O2=2NO2．

则MnO2在下述变化中的作用与NO2在上述过程中的作用相似的是____（填选项）

A．实验室用MnO2和浓盐酸混合加热制氯气

B．实验室用氯酸钾和MnO2混合加热制氧气。

C．双氧水加入MnO2制氧气

D．高锰酸钾受热分解为二氧化锰；锰酸钾和氧气。

（2）请写出用上述选项A实验室制氯气反应的离子方程式____，若利用B和C制备等量的氧气，则转移的电子数目之比为____．

（3）很多现代化的纯碱厂；纯碱生产工艺仍沿用我国化学家侯德榜改进的纯碱生产工艺，其生产流程可简要表示如下：

①上述生产纯碱的方法称侯德榜制碱法，沉淀池中发生的化学反应方程式是____．

②检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠的操作方法为____．

③写出上述流程中X物质的分子式____，副产品的一种用途为____．

④使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____（填上述流程中的编号）的循环．

⑤向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通氨气的作用有____．

A．增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出。

B．使NaHCO3更多地析出。

C．使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度．20、（2011春•温州期中）某学生用0.1000mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液；其操作可分解为如下几步：

A；用蒸馏水洗干净滴定管。

B；用待测定的溶液润洗酸式滴定管。

C；用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL；注入锥形瓶中，加入酚酞．

D；另取锥形瓶；再重复操作一次。

E；检查滴定管是否漏水。

F；取下碱式滴定管用标准的KOH溶液润洗后；将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。

G；把锥形瓶放在滴定管下面；瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。

完成以下填空：

（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）____

（2）操作F中应该选择右图中哪根滴定管（填标号）____

（3）滴定终点溶液颜色的变化是____

（4）滴定结果如下表所示：

。滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度滴定前刻度滴定后刻度1201.0221.032202.0025.003200.6020.6滴定中误差较大的是第____次实验，造成这种误差的可能原因是____．

A．碱式滴定管在装液前未用标准KOH溶液润洗2～3次。

B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡；在滴定终点读数时未发现气泡。

C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡；在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡。

D．达到滴定终点时；仰视溶液凹液面最低点读数。

E．滴定过程中；锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来。

（5）则该盐酸的浓度为____mol/L．21、二氧化钛广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备钛单质的原料。Ⅰ．二氧化钛可由以下两种方法制备：方法1：TiCl4水解生成TiO2·xH2O，过滤、水洗除去其中的Cl－，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2，此方法制备得到的是纳米二氧化钛。（1）①TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_______________________________；②检验TiO2·xH2O中Cl－是否被除净的方法是______________________________。方法2：可用含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）制取，其主要流程如下：（2）Fe2O3与H2SO4反应的离子方程式是。（3）甲溶液中除含TiO2+之外还含有的金属阳离子有。（4）加Fe的作用是。Ⅱ.二氧化钛可用于制取钛单质（5）TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤如下：反应②的方程式是，该反应需要在Ar气氛中进行，请解释原因：_____________。评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)22、22.4LNO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为NA．____（判断对错）23、HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质____（判断对错）评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)24、O2和O3是氧元素的两种单质；根据其分子组成或性质完成下列各题：

（1）臭氧发生器将氧气转化为臭氧的反应属于____变化；

（2）等物质的量的O2和O3所含分子个数比为____，它们的质量之比为____；

（3）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为____；

（4）O3与KI溶液反应生成的两种单质分别是____和____（填分子式）；

（5）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg臭氧在标准状况下的体积约是____（用含NA、a、b、c的式子表示）．25、1.7gNH3共有____mol质子；0.1molH2O共有____个电子；同温同压下，同体积的NH3和H2O气体的质量比为____，同质量的NH3和H2O的体积比为____．评卷人得分六、实验题(共3题，共18分)26、1774年瑞典化学家舍勒用软锰矿（主要成分是二氧化锰）和浓盐酸共热得到黄绿色气体．甲、乙两个同学分别采取上述反应原理，各制取一瓶氯气，并用其验证Cl2与水反应产物的性质．甲；乙同学采用的装置如下图所示；回答下列问题：

（1）写出实验中制备氯气的化学方程式____．

（2）对于乙同学的实验装置，要停止实验，其操作顺序是____．

①停止加热②取出集气瓶盖好③将导管加装防倒吸装置后伸入到烧碱溶液中。

（3）甲；乙两同学分别向收集到的氯气中加入适量的水；充分振荡后分成两份，均做了以下两个实验．实验操作、现象、结论记录如下：

。实验序号实验操作现象结论①加品红溶液溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性②加入NaHCO3粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有较强的酸性请你填写下表；评价甲；乙同学实验①、②的结论（填合理或不合理）：

。实验序号甲乙①②若不合理，理由是____

（4）实验中甲、乙两同学均发现：浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气，稀盐酸与MnO2混合加热不生成氯气．针对上述现象；甲；乙两同学对“影响氯气生成的原因”进行了讨论，并设计了以下实验方案：

a．稀盐酸滴入MnO2中；然后通入HCl气体，加热。

b．稀盐酸滴入MnO2中；然后加入NaCl固体，加热。

c．稀盐酸滴入MnO2中；然后加入浓硫酸，加热。

d．MnO2与NaCl的浓溶液混合；加热。

e．浓硫酸与NaCl固体、MnO2固体混合；加热。

①实验b的目的是____；实验c的目的是____．

②实验现象：a、c、e有黄绿色气体生成，b、d没有黄绿色气体生成．由此得出影响氯气生成的原因是____．27、（2014•嘉定区一模）实验室常用浓硝酸和浓硫酸的混合液与苯反应制取硝基苯．阅读下列材料回答有关问题．

（1）写出实验室制取少量硝酸的化学方程式____；

（2）实验室用75%的硝酸来配制50mL65%的硝酸溶液，需用到的玻璃仪器有____；

实验室制硝基苯的过程如下：

（3）取一支大试管，将1.5mL浓硝酸和2mL浓硫酸混合配制混合酸，混合时应将浓硫酸滴加到浓硝酸中，且边滴边振荡，其目的是：____．

（4）在混合酸中慢慢滴加1mL苯；并不断摇匀．然后在60℃时加热10min．请在图中补完整该实验的装置图．

（5）反应结束后将混合液倒入另一只盛有水的烧杯中，在烧杯的底部可得到淡黄色的、有苦杏仁气味的油状液体；分离出此黄色油状液体的操作名称是____；若要得到无色的油状液体，应加入的试剂为____．28、现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）．已知实验中可能会发生下列反应：

①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C；④Mg+H2OMgO+H2↑；⑤Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑

可供选择的装置和药品如图所示（镁粉；还原铁粉均已干燥；装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连）．

回答下列问题：

（1）在设计实验方案时，除装置A、D、E外，还应选择的装置有____（填字母代号），选择装置D目的为____；

（2）通气后，应先点燃____处的酒精灯；如果同时点燃A、F装置的酒精灯，将会使实验结果____（填“偏高”或“偏低”）原因____

（3）请设计一个实验，验证产物是Mg3N2，写出操作步骤、现象和结论：____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．根据碳原子与氢原子数目关系可知C3H8与C6H14都属于烷烃；

B．互为同系物的物质结构相似；化学性质相似，物理性质不同；

C．互为同系物的物质形成1个或若干个CH2原子团；

D．结构相似，在分子组成相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物．【解析】【解答】解：A．根据碳原子与氢原子数目关系可知C3H8与C6H14都属于烷烃；分子式不同，一定互为同系物，故A正确；

B．互为同系物的物质结构相似；化学性质相似，物理性质不同，随碳原子数的递增呈现规律性变化，故B正确；

C．两个相邻同系物相差一个CH2原子团；相对分子质量数值一定相差14，互为同系物的物质相对分子质量相差14n，故C正确；

D．在分子组成相差一个或若干个CH2原子团的化合物；结构不一定相同，如甲酸甲酯与丁酸，不一定互为同系物，故D错误．

故选D．2、D【分析】【分析】A；正反应气体物质的量增大的反应是熵增大的反应；

B；原电池负极放电时发生氧化反应；充电时发生还原反应；

C；根据溶度积可计算溶液的物质的量浓度；根据物质的量浓度可比较；

D、Ka（HA）越大，酸性越强．【解析】【解答】解：A；该反应是气体物质的量减小的反应；熵减小，故A错误；

B；铅蓄电池的负极充电时发生还原反应；故B错误；

C、Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=2.0×10-12，x3=4.0×10-12，即x═，因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为，所以Ag2CrO4＞AgCl；故C错误；

D、Ka（HA）越大，酸性越强，如HA电离程度大于A-水解程度；则溶液呈酸性，否则呈碱性，故D正确；

故选D．3、D【分析】解：A．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；但不能够降低海水中的氯化钠含量，不能够用于淡化海水，故A错误；

B．光导纤维主要成分为二氧化硅；为非金属材料，故B错误；

C．高温加热对人体有害；不能直接加热，故C错误；

D．雾由小液滴形成的分散系；霾中的粉尘具有吸附性；吸附有害物质，不利于人体健康，故D正确。

故选：D。

A．明矾不能够降低海水中的氯化钠含量；

B．光导纤维主要成分为二氧化硅；

C．高温加热对人体有害；

D．雾由小液滴形成的分散系；霾中的粉尘具有吸附性．

本题考查物质的组成、性质以及环境污染，为高频考点，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学习的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．【解析】D4、D【分析】【分析】①高锰酸钾溶液具有强氧化性；遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色；

②单键与双键；键长和键能都不相同；

③苯分子无论是否是单双键交替；其一氯代物都只有一种；

④如果苯是单双键交替结构；则邻二甲苯的结构应该有两种；

⑤如果存在双键，能够使溴水褪色．【解析】【解答】解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；说明苯分子中不含碳碳双键，故①正确；

②苯环上6个碳碳键完全相同；说明苯环结构中的化学键只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单；双键的交替结构，故②正确；

③苯分子无论是否是单双键交替；其一氯代物都只有一种，所以苯的一溴代物没有同分异构体，不能证明苯分子中不存在碳碳单；双键的交替结构，故③错误；

④如果苯是单双键交替结构；则邻二甲苯的结构应该有两种，而现在事实是实验室测得邻二甲苯只有一种结构，说明苯不是单双键交替结构，故④正确；

⑤如果苯是单双键交替结构；则苯应该能与溴水发生加成反应，苯不能因发生化学反应而使溴水溶液褪色说明不存在双键，说明苯分子中不存在碳碳单；双键的交替结构，故⑤正确；

故选：D．5、D【分析】【分析】A．作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀；

B．含有盐桥的原电池中；金属电极材料和电解质溶液中金属元素属于同一种元素；

C．中和热的测定中需要环形玻璃棒搅拌；

D．电解氯化钠溶液时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近生成NaOH，氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，酚酞试液遇碱变红色．【解析】【解答】解：A．作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀；该装置中铁钉作阳极，加速被腐蚀，所以不能防止铁生锈，故A错误；

B．含有盐桥的原电池中；金属电极材料和电解质溶液中金属元素属于同一种元素，所以应该将铜插入硫酸铜溶液中；锌插入硫酸锌溶液中才能构成原电池，故B错误；

C．中和热的测定中需要环形玻璃棒搅拌；否则温度不均匀，导致测量不准确，故C错误；

D．电解氯化钠溶液时；阳极上生成氯气；阴极上生成氢气，且阴极附近生成NaOH，氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，酚酞试液遇碱变红色，所以该装置能实现实验目的，故D正确；

故选D．6、C【分析】【分析】A．Si；Ge同主族；位于金属与非金属性交界处；

B．地壳中含量占第一；二位两种元素分别为O、Si；

C．自然界中没有单质Si；

D．常温下硅的化学性质稳定，不易与氧气、氢气、氯气发生化学反应．【解析】【解答】解：A．Si；Ge同主族；位于金属与非金属性交界处，导电性能介于绝缘体和导体之间，硅和锗都是重要的半导体材料，故A正确；

B．地壳中含量占第一、二位两种元素分别为O、Si，二者形成的化合物为SiO2；故B正确；

C．Si元素是亲氧元素；自然界中没有单质Si，以化合态形式存在二氧化硅和硅酸盐中，故C错误；

D．常温下硅的化学性质稳定；不易与氧气；氢气、氯气发生化学反应，故D正确；

故选C．二、多选题(共8题，共16分)7、BD【分析】【分析】A、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），c（H+）＞c（OH-），c（Na+）＜c（CH3COO-）；

B、NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解；

C；根据电荷守恒分析解答；

D、0.4mol•L-1CH3COOH溶液与0.2mol•L-1NaOH溶液等体积混合，两者完全反应，生成等物质的量浓度的醋酸钠和醋酸．【解析】【解答】解：A、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），c（H+）＞c（OH-），c（Na+）＜c（CH3COO-）；故A错误；

B、NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c[（NH4）2SO4]＞c（NH4HSO4）＞c（NH4Cl）；故B正确；

C、根据电荷守恒，可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-）；故C错误。

D、0.4mol•L-1CH3COOH溶液与0.2mol•L-1NaOH溶液等体积混合，两者完全反应，生成等物质的量浓度的醋酸钠和醋酸，电荷守恒：2C（CH3COO-）+2C（OH-）=2（Na+）+2（H+）～①，物料守恒：C（CH3COOH）+C（CH3COO-）=2（Na+）～②，①-②得：C（CH3COO-）+2C（OH-）=2（H+）+C（CH3COOH）；故D正确；

故选BD．8、AD【分析】【分析】化学式为C4H5Cl的有机物，可以理解为氯原子取代了氢原子，分子式按照C4H6与碳原子数相同的烷烃C4H10分子相比较少了4个H，分子中每含有一个C═C或环状结构，与对应的烷烃相比少两个氢原子，每含有一个C≡C，与对应的烷烃相比较少4个氢原子，据此对各选项进行分析．【解析】【解答】解：由于化学式为C4H5Cl的有机物，可以理解为氯原子取代了氢原子，分子式按照C4H6与碳原子数相同的烷烃C4H10分子相比较少了4个H；

A；只含一个双键；比饱和烃只少了2个氢原子，不是4个H，所以不可能是只含一个双键的直链有机物，故A正确；

B；含有两个双键；比饱和烃少了4个氢原子，所以可能是含有两个双键的直链有机物，故B错误；

C；含一个双键的环状；一个环状结构少了两个H，一个双键少了2个H，总共少了4个H，所以可能是含一个双键的环状有机物，故C错误；

D；4个C不可能形成两个环的环状有机物；故D正确；

故选AD．9、CD【分析】【分析】A．制备溴苯；冷凝时，水从下端进水，从上端流出；

B．制备硝基苯；需在50-60℃下发生反应；

C．用乙醇和浓硫酸制乙烯；反应混合物的温度为170℃；

D．制备乙酸乙酯，乙醇和乙酸易溶于水，易发生倒吸；【解析】【解答】解：A．苯和溴在铁的催化下生成溴苯和溴化氢，此反应为放热反应，而苯和液溴都是易挥发物质，因此要设计冷凝装置，此反应是取代反应，根据取代反应的特征，只要验证有HBr生成即可，验证过程中挥发出的溴蒸汽对检验有影响，因此在检验前要有除去Br2的装置，由于生成的HBr极易溶于水；要设计防倒吸装置，制备溴苯，冷凝时，水从下端进水，从上端流出，故A正确；

B．制备硝基苯；需浓硫酸与浓硝酸的混和酸，此反应为放热反应，而苯和浓硝酸都是易挥发物质，因此要设计冷凝装置，在50-60℃下发生反应，因此需水浴装置，故B正确；

C．实验室制乙烯；需浓硫酸和乙醇加热到170°C，否则温度过低生成副产物乙醚，温度过高，乙烯被氧化，所以温度计应在混合液中，故C错误；

D．实验室制备乙酸乙酯时，加热不均匀易造成Na2CO3溶液倒流进加热反应物的试管中；导致试管破裂，由于混合物中含有乙醇和乙酸，易溶于水，易生产倒吸，实验时导管不能插入到液面以下，故D错误；

故选CD．10、BD【分析】【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，据此结合元素周期律知识进行解答．【解析】【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素；

A．Z为Ar元素；最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右金属性减弱，故非金属性Z＜X＜T，故A错误；

B．X为S元素，S的最高价氧化物的水化物的表达式为H2SO4；故B正确；

C．同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性：HF＞HCl＞HBr；故C错误；

D．R为F元素，Q为Br元素；二者的原子序数相差为26，故D正确；

故选BD．11、AC【分析】【分析】A．溶度积越小越易生成沉淀；

B．FeCl2被氧化生成FeCl3；

C．蛋清溶液为胶体；具有丁达尔效应；

D．透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，只能说明含有钾元素．【解析】【解答】解：A．AgCl；AgI构成相似；溶度积越小的越易生成沉淀，故A正确；

B．FeCl2被氧化生成FeCl3；应加入铁粉除杂，故B错误。

C．蛋清溶液为胶体；具有丁达尔效应，可形成光路，故C正确；

D．透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色；只能说明含有钾元素，可能为盐，也可能为碱，故D错误．

故选AC．12、AB【分析】【分析】A；烯烃与环烷烃的通式相同；最简式相同，故元素的百分含量相同，不是同系物；

B；相对分子量相同的有机物不一定具有相同的分子式；如乙醇与甲酸；

C；红外光谱图可以获得分子中含有化学键或官能团的信息；

D、核磁共振氢谱中吸收峰的数目大于有机物分子中H原子种类，H原子数目之比等于对应峰的面积之比．【解析】【解答】解：A；烯烃与环烷烃的通式相同；最简式相同，但不是同系物，故A错误；

B；相对分子质量相同的物质不一定具有相同的分子式；如甲酸与乙醇的相对分子量但是46，但是二者的分子式不同，所以具有相同相对分子量的不同物质不一定互为同分异构体，故B错误；

C；当一束具有连续波长的红外光通过物质；物质分子中某个基团的振动频率或转动频率和红外光的频率一样时，分子就吸收能量由原来的基态振（转）动能级跃迁到能量较高的振（转）动能级，分子吸收红外辐射后发生振动和转动能级的跃迁，该处波长的光就被物质吸收，以确定分子中含有何种化学键或官能团的信息，故C正确；

D；核磁共振氢谱中吸收峰的数目大于有机物分子中H原子种类；H原子数目之比等于对应峰的面积之比，可以推知有机物分子中有几种不同类型的氢原子及它们的数目，故D正确；

故选AB．13、BD【分析】【分析】将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32-不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl-，因为前面已滴加了氯化钡，据此进行判断．【解析】【解答】解：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32-不存在；五种离子中只有Al3+水解呈酸性，所以一定有Al3+；

取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42-；

在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl-；因为前面已滴加了氯化钡；

根据分析可知，溶液中一定含有Al3+和SO42-，一定不含CO32-，可能含有Cl-、Na+；

所以A；C错误；B、D正确；

故选BD．14、BC【分析】【分析】A．与Na反应生成氢气；O-H键断裂；

B．和乙酸反应生成乙酸乙酯；O-H键断裂；

C．金属铜催化氧化时；生成醛，C-H；O-H键断裂；

D．和浓硫酸共热至170°C，发生消去反应生成乙烯，C-O、C-H键断裂．【解析】【解答】解：A．与Na反应生成氢气；O-H键断裂，即①断裂，故A正确；

B．和乙酸反应生成乙酸乙酯；O-H键断裂，即①断裂，故B错误；

C．金属铜催化氧化时；生成醛，C-H；O-H键断裂，即①③断裂，故C错误；

D．和浓硫酸共热至170°C；发生消去反应生成乙烯，C-O；C-H键断裂，即②⑤键断裂，故D正确；

故选BC．三、填空题(共7题，共14分)15、苯还原反应碳碳双键酯基4CH2=CHCH2OH【分析】【分析】A的相对分子质量为78，核磁共振氢谱显示A只有一种化学环境的氢，则A为苯，根据B的分子式可知，B为根据肉桂酸型光刻胶的结构简式可知，D为CH2=CHCH2OH，C为根据E的结构简式可知，F为，F氧化得G为，G与HCN发生加成反应得H为，H发生还原反应得I，参照环庚酮的合成路线，由（环戊酮）为起始原料制备（环己酮），可以用与HCN发生加成反应，再还原，再用亚硝酸氧化可得据此答题；【解析】【解答】解：的相对分子质量为78，核磁共振氢谱显示A只有一种化学环境的氢，则A为苯，根据B的分子式可知，B为根据肉桂酸型光刻胶的结构简式可知，D为CH2=CHCH2OH，C为根据E的结构简式可知，F为，F氧化得G为，G与HCN发生加成反应得H为，H发生还原反应得I；

（1）由上面的分析可知；A为苯，H发生还原反应得I；

故答案为：苯；还原反应；

（2）根据肉桂酸性光刻胶的结构简式可知，肉桂酸性光刻胶含有的官能团是碳碳双键和酯基，B为B的核磁共振氢谱中峰的组数为4；

故答案为：碳碳双键；酯基；4；

（3）C为D为CH2=CHCH2OH；

故答案为：CH2=CHCH2OH；

（4）由F生成G的化学方程式为

故答案为：

（5）参参照环庚酮的合成路线，由（环戊酮）为起始原料制备（环己酮），可以用与HCN发生加成反应，再还原，再用亚硝酸氧化可得合成路线为

故答案为：．16、钠的性质非常活泼熔融的氯化钠铁2Na+Cl2═2NaCl【分析】【分析】（1）根据钠是非常活泼的金属单质判断；

（2）①因为钠离子的氧化性很弱；所以在溶液中不可能是钠离子在阴极得电子生成钠单质，则电解法制取钠应选用熔融的氯化钠；

②电解时；阳极生成氯气，所以阳极不能为活性电极，则为石墨，所以阴极为铁；

③钠和氯气都很活泼接触就会反应生成氯化钠，据此分析；【解析】【解答】解：（1）因为钠是非常活泼的金属单质；所以都是以化合态存在，故答案为：钠的性质非常活泼；

（2）①因为钠离子的氧化性很弱；所以在溶液中不可能是钠离子在阴极得电子生成钠单质，则电解法制取钠应选用熔融的氯化钠，故答案为：熔融的氯化钠；

②电解时；阳极生成氯气，所以阳极不能为活性电极，则为石墨，所以阴极为铁，钠又在阴极生成，故答案为：铁；

③钠和氯气都很活泼接触就会反应生成氯化钠，所以要防止钠和氯气相互接触，故答案为：2Na+Cl2═2NaCl；17、减小热量散失偏小不相等相等因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【分析】【分析】（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作；

（2）不盖硬纸板；会有一部分热量散失；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；

（4）根据弱电解质电离吸热分析．【解析】【解答】解：（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减小热量散失；

（2）大烧杯上如不盖硬纸板；会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量；与酸碱的用量无关；

（4）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小．18、略

【分析】【解析】【答案】[Co（NH3）5C1]C12;（2分）+3（2分）19、BCMnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O2：1NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓取少量试样溶于水，加入过量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，观察最终是否有沉淀生成CO2化肥或电解液或电焊去锈剂循环IAC【分析】【分析】（1）根据二氧化氮作反应物时化合价的变化及在整个反应中所起的作用分析；

（2）氯酸钾分解反应的方程式为2KClO32KCl+3O2↑，转移电子是12mol；2H2O22H2O+O2↑；转移电子是2mol；

（3）①沉淀得到的是碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；

②检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子；可以用硝酸酸化的硝酸银；

③循环Ⅱ是利用碳酸氢钠分解生成的二氧化碳通入沉淀池循环使用；生产纯碱的方法中副产品是氯化铵；

④乙流程关系分析；反应过程中氯化钠可以循环利用，提高原料利用率；

⑤向母液中通氨气，溶液中的铵根离子浓度增大有利于氯化铵晶体析出，可以是碳酸氢钠转化为溶解度更大的碳酸钠，提高氯化铵的纯度．【解析】【解答】解：（1）①SO2+NO2=SO3+NO；该反应二氧化氮中氮元素的化合价降低，所以二氧化氮作氧化剂；

将方程式①×2+②+③得方程式为：2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4；所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用．

A．用MnO2和浓盐酸混合加热制氯气；二氧化锰做氧化剂，故A错误；

B．用氯酸钾和MnO2混合加热制氧气；二氧化锰做催化剂，故B正确；

C．双氧水加入MnO2制氧气；二氧化锰做催化剂，故C正确；

D．高锰酸钾受热分解为二氧化锰；锰酸钾和氧气；二氧化锰是生成物，故D错误．

故答案为：BC；

（2）实验室制氯气反应的离子方程式MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；氯酸钾分解反应的方程式为2KClO32KCl+3O2↑，转移电子是12mol；2H2O22H2O+O2↑，转移电子是2mol，当获得氧气的质量均是32g，即1mol时，转移电子数分别是4mol、2mol，所以所转移的电子数目之比是2：1，故答案为：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；2：1；

（3）①沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；

②检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子；可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在，若不生成沉淀，则无氯化钠，故答案为：取少量试样溶于水，加入过量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，观察最终是否有沉淀生成；

③在联合制碱法中二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用；上述生产纯碱的方法中副产品是氯化铵，它的一种用途为：是一种很好的氮肥，也可用作焊药或电解液，故答案为：CO2；化肥或电解液或电焊去锈剂；

④因为氯化钠最后剩余在母液中；所以循环I是氯化钠的循环，故答案为：循环I；

⑤氨气溶于水后生成氨水；氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，所以选项A正确；

通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度所以选项C正确，选项B错误，故答案为：AC．20、EABCFGD乙无色变浅红色且半分钟内不褪色2ABD0.1000【分析】【分析】（1）中和滴定有检漏；洗涤、润洗、装液、滴定等操作；

（2）用碱式滴定管盛装KOH溶液；

（3）如溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点；

（4）根据c（酸）=；判断不当操作对相关物理量的影响；

（5）根据c（酸）=计算．【解析】【解答】解：（1）中和滴定按照检漏；洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作；故答案为：EABCFGD；

（2）KOH溶液应用碱式滴定管；故答案为：乙；

（3）滴定时；当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，故答案为：无色变浅红色且半分钟内不褪色；

（4）对比表中数据；误差较大的是第二次实验，需要标准液的体积偏大，由c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）判断：

A．碱式滴定管在装液前未用标准KOH溶液润洗2～3次；标准液浓度偏小，则体积偏大，故A正确；

B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡；在滴定终点读数时未发现气泡，会导致读数偏大，故B正确；

C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡；在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡，会导致体积偏小，故C错误；

D．达到滴定终点时；仰视溶液凹液面最低点读数，会导致读数偏大，故D正确；

E．滴定过程中；锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来，导致需要标准液体积偏小，故E错误．

故答案：ABD．

（5）取1、3体积进行计算，所用标准液的平均体积为mL=20.0mL；

则c（酸）==0.100mol/L；

故答案为：0.100．21、略

【分析】试题分析：（1）①设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），方程式为TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，②沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在；（2）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，（3）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，所以还存在的阳离子是Fe3+、Fe2+（4）该溶液中含有铁离子，铁具有还原性，能将铁离子氧化生成亚铁离子且不引进新的杂质，所以铁的作用是：将Fe3+转化为Fe2+（5）在800℃条件下，四氯化钛和镁反应生成氯化镁和钛，反应方程式为：TiCl4+2Mg==2MgCl2+Ti；Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应考点：考查学生对工艺流程理解、阅读题目获取信息能力、氧化还原反应及方程式的书写等，难度中等，理解工艺流程是关键，需要学生具有阅读题目获取信息能力和灵活运用基础知识分析问题、解决问题能力．【解析】【答案】（1）①TiCl4+（x+2）H2O==TiO2•xH2O↓+4HCl②取最后一次洗涤液少量置于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净（2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（3）Fe3+、Fe2+；（4）将Fe3+转化为Fe2+（5）TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti；防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用．四、判断题(共2题，共6分)22、×【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，状况不知，无法求物质的量，故答案为：×．×23、×【分析】【分析】HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质．【解析】【解答】解：HClO是弱电解质，但NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO属于强电解质，故错误；故答案为：×．五、计算题(共2题，共18分)24、化学1：12：31：1O2I2L【分析】【分析】（1）根据是否由新物质生成判断；

（2）根据N=nNA可知；分子数目之比等于物质的量之比；根据m=nM可知，物质的量相同，质量之比等于摩尔质量之比；

（3）等温等压下；分子数目之比等于气体体积之比；

（4）O3有强氧化性，氧化碘离子为I2，生成另外单质只能为O2；

（5）先计算O元素的摩尔质量，再根据n=计算臭氧的物质的量，根据V=nVm计算其体积．【解析】【解答】解：（1）臭氧发生器将氧气转化为臭氧；有新物质生成，属于化学变化，故答案为：化学；

（2）根据N=nNA可知，等物质的量的O2和O3所含分子个数比为1：1；根据m=nM可知，等物质的量的O2和O3的质量之比等于摩尔质量之比=2×16g/mol：3×16g/mol=2：3；故答案为：1：1；2：3；

（3）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为1：1；故答案为：1：1；

（4）O3有强氧化性，氧化碘离子为I2，生成另外单质只能为O2，故答案为：O2；I2；

（5）ag氧气中含有的分子数为b，其物质的量=mol，则O元素的摩尔质量==g/mol，故cg臭氧在标准状况下的体积约是×22.4L/mol=L；

故答案为：L．25、16.02×102317：1818：17【分析】【分析】根据n===结合物质的分子构成计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.1mol；含有的质子的物质的量为0.1mol×10=1mol；

1个水分子含有10个电子，则0.1mol水中含有的电子的数目为0.1mol×10×6.02×1023/mol=6.02×1023；

如水不是液体，同温同压下，气体的Vm相同，由n==可知，同体积的NH3和H2O气体的质量比等于摩尔质量之比；为17：18；

则同质量的NH3和H2O的体积与摩尔质量呈反比；为18：17；

故答案为：1；6.02×1023；17：18；18：17．六、实验题(共3题，共18分)26、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O②③①因为甲同学收集的氯气中含有大量的氯化氢杂质，溶于水时也会与碳酸氢钠粉末反应而产生气泡探究氯离子浓度对反应的影响探究氢离子浓度对反应的影响氢离子浓度的大小【分析】【分析】（1）盐酸二氧化锰在加热条件下反应生成氯气；氯化锰和水；

（2）按照实验操作安全及尾气处理要求：乙同学停止实验应先取出集气瓶；将多余的氯气通入氢氧化钠，最后停止加热；

（3）甲同学用向上排空气法收集氯气；因为氯化氢具有挥发性，所以收集的氯气中含有大量的氯化氢，氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，对氯水成分的检验造成干扰；乙同学制备的氯气中无氯化氢不会对氯水中的氯化氢的检验造成干扰；

（4）①氯化钠固体电离产生氯离子；加入氯化钠固体，改变氯离子浓度；硫酸电离产生大量氢离子，加入浓硫酸实际改变氢离子浓度；

②依据实验现象分析实验结论．【解析】【解答】解：（1）实验室制备氯气的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）氯气有毒不能排放到空气中；先停止加热容易发生倒吸，所以乙同学的实验装置，要停止实验，其操作顺序为：先取出集气瓶，将多余的氯气通入氢氧化钠，最后停止加热；

故答案为：②③①；

（3）甲同学用向上排空气法收集氯气；因为氯化氢具有挥发性，所以收集的氯气中含有