河北省唐山市2021-2022学年高一化学上学期期末试卷（Word版附解析）

唐山市2021~2022学年度高一年级第一学期期末考试化学试卷说明：1.本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分，共24题，满分100分，考试时间90分钟。2.卷Ⅰ为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色笔直接答在试老的相应位置上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65卷Ⅰ(选择题，共42分)一、单项选择题：本题共12小题，每题2分，共24分，每小题只有1个选项符合题意。1.下列化学药品与其化学品图形标志不一致的是ABCD漂白粉酒精双氧水浓硫酸A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】详解】A．漂白粉具有氧化性，属于氧化剂，具有杀菌消毒功能，也属于消毒剂，A符合题意；B．酒精为易燃液态，无毒，不属于剧毒品，属于易燃液体，B不符合题意；C．过氧化氢具有强的氧化性，属于氧化剂，C不符合题意；D．浓硫酸具有强烈的腐蚀性，属于腐蚀品，D不符合题意；故选A。2.在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是A.NaOHB.NaClC.NaClOD.Na2CO3 【答案】C【解析】【详解】工业上用Cl2与NaOH溶液反应制取“84消毒液”，反应原理为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，答案选C。3.反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为9的氮原子：B.N2分子的电子式：C.Cl2分子的结构式：Cl—ClD.Cl-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；答案选C。4.下列分散系中能出现丁达尔效应的是A.硫酸钡是浊液B.蔗糖溶液C.Al(OH)3胶体D.石灰水【答案】C【解析】【分析】分散系中能出现丁达尔效应的是胶体，以此来解析；【详解】A．硫酸钡浊液是浊液，不是胶体，不能出现丁达尔效应，A不符合题意；B．蔗糖溶液属于溶液，不是胶体，不能出现丁达尔效应，B不符合题意；C．Al(OH)3胶体属于胶体，能出现丁达尔效应，C符合题意；D．石灰水属于溶液，不是胶体，不能出现丁达尔效应，D不符合题意； 故选C。5.下列说法正确的是A.CaCl2和Na2O中的化学键类型完全相同B.BF3、CCl4中每个原子都满足8电子稳定结构C.HCl比H2S稳定是因为分子间作用力前者强于后者D.干冰气化时克服了共价键和分子间作用力【答案】A【解析】【详解】A．CaCl2和Na2O都是仅含离子键的离子化合物，A正确；B．中形成三对共用电子，B最外层有3+3=6个电子，B错误；C．和稳定性与分子内化学键强弱有关，与分子间作用力无关，C错误；D．干冰气化时克服了分子间作用力不需要克服共价键，D错误；答案选A。6.下列物质间转化均能实现的是A.FeS2(s)SO3(g)H2SO4(aq)B.NaCl(aq)Na(s)Na2O2(s)C.Al3+(aq)Al(OH)3AlO(aq)D.NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)【答案】D【解析】【详解】A．4FeS2(s)+11O22Fe2O3+8SO2，高温反应只能生成SO2，A不符合题意；B．2NaCl+H2O2NaOH+H2+Cl2，电解NaCl(aq)生成氢氧化钠，不是钠单质，B不符合题意；C．Al(OH)3不能和NH3⋅H2O反应，C不符合题意；D．2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl，Br2+2KI=I2+2KBr，D符合题意；故选D。7.如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是 A.配制100mL1.0mol/L的Na2CO3溶液，操作1需要称量10.6gNa2CO3固体B.操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中C.操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐D.操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐【答案】D【解析】【详解】A．配制100mL1.0mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质的物质的量n(Na2CO3)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则需称量其质量m(Na2CO3)=0.1mol×106g/mol=10.6g，A正确；B．容量瓶配制溶液要求使用温度是室温，所以操作2是将恢复至常温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中，B正确；C．操作4是定容，向容量瓶中加水至离刻度线1-2cm时改用胶头滴管滴加水，当滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，C正确；D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，这是由于部分溶液黏在容量瓶刻度线以上的瓶颈上。由于溶液具有均一性，与溶液体积大小无关，所以溶液的浓度就是要配制溶液的浓度，如果此时加水至液面与刻度线平齐，对已经配制的溶液起稀释作用，导致溶液浓度偏低，D错误；故合理选项是D。8.下列有关性质的比较中，不正确的是A.气态氢化物的热稳定性：NH3>CH4B.酸性：HClO>H2SO4C.碱性：NaOH<KOHD.原子半径：S<P【答案】B【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定元素的非金属性越强，同周期从左到右非金属性越来越强，非金属性N>C，气态氢化物的热稳定性：NH3>CH4，A正确，B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S，则酸性 HClO4>H2SO4，B错误；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性Na<K，则碱性：NaOH<KOH，C正确；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：S<P，D正确；故选B。9.利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A.利用图1和图4所示装置进行粗盐提纯B.利用图2所示装置除去中混有的HClC.利用图3所示装置进行乙醇萃取碘水中的碘D.利用图4所示装置提纯胶体【答案】A【解析】【详解】A．粗盐中含不溶性和可溶性杂质，粗盐中的不溶性杂质需要过滤出去，可溶性杂质通过化学方法转变成沉淀后过滤除去，所得食盐水通过蒸发结晶得到NaCl晶体，则利用图1和图4所示装置进行粗盐提纯，A正确；B．二氧化碳和氯化氢气体都能和饱和碳酸钠溶液反应，应把图2所示装置中的饱和碳酸钠换成饱和碳酸氢钠、即可除去中混有的HCl，B错误；C．乙醇和水互溶，故不能用乙醇萃取碘水中的碘，C错误；D．胶体和溶液都能透过滤纸，故不能用过滤的方法提纯胶体，应用渗析，D错误；答案选A。10.下面关于同温同压下的两种气体一氧化碳和氮气的判断不正确的是A.体积相等时密度不相等B.体积相等时分子数相等 C.体积相等时具有的电子数相等D.质量相等时具有的原子数相等【答案】A【解析】【详解】A．同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量的比，一氧化碳和氮气的摩尔质量相等，所以密度相等，故A错误；B．根据阿伏伽德罗定律，同温、同压、同体积的气体，分子数一定相等，故B正确；C．根据阿伏伽德罗定律，同温、同压、同体积的气体，分子数一定相等，CO分子内电子数是14、N2分子内电子数是14，所以电子数相等，故C正确；D．质量相等时，设质量都是1g，物质的量都是，具有的原子数都是，所以质量相等时具有的原子数相等，故D正确；选A。11.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.Na+、Mg2+、Cl-、OH-B.H+、Ca2+、CO、NOC.Cu2+、K+、SO、NOD.Na+、HCO、OH-、Ca2+【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Mg2＋和OH－反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，A错误；B．Ca2＋和CO反应生成CaCO3沉淀，H＋和CO反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，B错误；C．Cu2＋、K＋、SO、NO之间不会发生化学反应，能大量共存，C正确；D．氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和Ca2＋反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，D错误。答案选C。12.下列离子方程式书写不正确的是A.向碳酸钙中滴加稀盐酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB.将氯气通入水中：Cl2+H2OCl-+ClO-+2H+C.过量二氧化碳气体通入氢氧化钠溶液中：CO2+OH-=HCO D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A正确；B．氯气和水反应生盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2OCl-+H++HClO，B错误；C．过量二氧化碳气体和氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠：反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO，C正确；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D正确；故选C。二、不定项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得3分，但只要选错一个，该小题得0分。13.价—类二维图是学习元素化合物知识的重要方法，某同学绘制某常见元素的价—类二维图如图。下列推断合理的是A.Ba(OH)2溶液与h的稀溶液、i的可溶性正盐反应的离子方程式相同B.由d生成g在工业上是在接触室内完成的C.f为弱电解质D.常温下，Fe在h的浓溶液中钝化 【答案】BD【解析】【分析】根据价—类二维图，可知根据该元素的价类二维图可以推知，a为S，属于单质，硫元表素的化合价为0；b为H2S，硫元素的化合价为-2价，属于酸；c为硫化盐或硫氢化盐，硫元素的化合价为-2价；d为SO2，硫元素的化合价为+4价，属于氧化物；e为H2SO3，硫元素的化合价为+4价，属于酸；f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，硫元素的化合价为+4价；h为H2SO4，硫元素的化合价为+6价，属于酸；i为硫酸盐或硫酸氢盐，化合价为+6价；g为SO3，硫元素的化合价为+6价，属于氧化物，以此来解析；【详解】A．h为H2SO4，H2SO4和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO+2OH-+Ba2+=BaSO4+2H2O，i的可溶性正盐和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：SO+Ba2+=BaSO4，A不符合题意；B．d为SO2，g为SO3，二氧化硫和氧气在接触室反应生成三氧化硫，B符合题意；C．f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐为强电解质，C不符合题意；D．h为H2SO4，常温下，Fe在浓硫酸溶液中钝化，D符合题意；故选BD。14.把碎纸片b、c、d、e补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是A.纸条排列的顺序可能是：c、d、a、b、eB.通过该反应可知还原性：ClO>SOC.氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1D.每生成1molClO2，反应转移的电子数为2NA【答案】AC【解析】【分析】由碎纸片信息可知ClO中Cl化合价由+5价，为氧化剂，ClO2中化合价+4价为还原产物，化合价降低，需要还原剂，SO中硫的化合价为+6价，SO中硫的化合价为+4价，SO为氧化产物，SO 为还原剂，根据化合价升降守恒守恒和原子守恒和电荷守恒，可得2H++SO+2ClO=2ClO2+SO+H2O，以此来解析，【详解】A．根据分析可知纸条排列的顺序可能是：c、d、a、b、e，A正确；B．根据分析ClO为氧化剂，SO为还原剂，可知ClO的氧化性大于SO的氧化性，B错误；C．根据反应2H++2ClO+SO=SO+2ClO2+H2O，可知氧化剂与还原剂的物质的量比为2：1，C正确；D．Cl化合价由+5价降低为+4价，转移电子数目为2，可得ClO2～e-，每生成1molClO2，反应转移的电子数为1NA，D错误；故选AC。15.今年是门捷列夫发现元表周期律153周年。表格为元素周期表的一部分，针对表中用字母标出的元素，下列说法错误的是abcdeA.a、b元素组成的化合物可能存在同分异构现象B.c元素形成的单质存在同素异形体C.c、d元素组成的化合物品体中存在分子D.e元素存在同位素【答案】C【解析】【分析】根据元素周期表表格中的信息，a为H，b为C，c为O，d为Si，e为Cl，以此来解析；【详解】A．a为H、b为C，碳和氢元素组成的化合物可以为C4H10，存在同分异构体正丁烷和异丁烷，A正确；B．c为O，氧元素形成单质O2和O3，O2和O3互为同素异形体，B正确；C．c为O、d为Si，氧和硅元素组成的化合物为二氧化硅，为共价晶体，不存在分子，C错误； D．e为Cl，氯元素存在和两种同位素，D正确；故选C。16.下列实验现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A用蘸有浓硫酸的玻璃棒在白纸上写字一段时间后字变黑浓H2SO4有吸水性B将SO2通入到H2S溶液中产生淡黄色沉淀SO2有氧化性C将银白色的金属钠放置在空气中钠表面很快变暗金属钠具有强还原性D将Cl2通入到放有鲜花试剂瓶中鲜花褪色Cl2有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】【详解】A．蘸有浓硫酸的玻璃棒在白纸上写字，书写之处纸变黑，这主要是由于浓硫酸具有脱水性，将白纸中的氢、氧元素以水的形式夺走，导致纸张碳化，A错误；B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价，S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，具有氧化性，B正确；C．金属钠放置在空气中，会与氧气反应生成氧化钠，钠具有还原性，化合价升高，被氧化，C正确；D．氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，鲜花褪色，而氯气不具有漂白性，D错误；17.某溶液中所含离子的浓度如表，则X可能为离子H+K+XMnOSO浓度(mol•L-1)0.40.20.10.40.2A.Fe2+B.NHC.Ba2+D.Cu2+【答案】D【解析】【详解】设X带n个单位的电荷；根据溶液呈电中性，正负电荷的代数和等于0；0.4×1+0.2×1+0.1×n-0.4×1-0.2×2=0，n=2，X不可能是NH；由于Ba2+和SO生成沉淀，所以X不可能是Ba2+；Fe2+和MnO发生 氧化还原反应，所以X不可能是Fe2+，故选D。18.将MgSO4、CuSO4的混合溶液平均分成两等份。一份加入足量BaCl2，产生沉淀2.33g；另一份加入100mLNaOH溶液，金属离子给好沉淀完全，则该NaOH溶液的浓度为A.0.2mol•L-1B.0.4mol•L-1C.0.5mol•L-1D.1mol•L-1【答案】A【解析】【详解】根据Ba2++SO=BaSO4，n(BaSO4)==0.01mol，根据MgSO4、CuSO4化学式和Mg2++2OH-=Mg(OH)2，Cu2++2OH-=Cu(OH)2反应的离子方程式，可知SO～2OH-，c(OH-)===0.2mol/L，A正确；故选A。卷Ⅱ(非选择题，共58分)三、实验题(本题包括2小题，共25分)。19.如图为铜丝与浓硫酸反应并验证其产物性质的实验装置：（1）试管A中反应的化学方程式是______。（2）加热一段时间后，试管B中溶液褪色，说明SO2具有______性。若要立即终止得与浓硫酸的反应，恰当的方法是______。A.撤去酒精灯B.上移铜丝，使其脱离浓硫酸C.拔掉橡胶塞倒出浓硫酸（3）试管C可以探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象______。（4）反应停止后，试管D中溶液依然澄清，待装置冷却，把D取下后将其中溶液分成两份做如下实验：加入试剂现象结论第一份加入NaOH溶液有白色沉淀生成沉淀为_____(写化学式)第二份加入H2O2溶液有白色沉淀生成沉淀为_____(写化学式) 【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）①.还原性②.B（3）试管C中溶液褪色后，取下试管C在酒精灯上加热，溶液恢复红色（4）①.BaSO3②.BaSO4【解析】【分析】由实验装置可知A为铜丝与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，B高锰酸钾溶液褪色，验证SO2的还原性，C中的品红褪色，验证SO2的漂白性，D二氧化硫与氯化钡不反应，，最后浸有NaOH溶液吸收尾气，以此来解析；【小问1详解】试管A中反应铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问2详解】加热一段时间后，试管B中溶液褪色，二氧化硫与高锰酸钾反应，硫的化合价升高，被氧化，说明SO2具有还原性；A．撤去酒精灯，硫酸与铜还接触，且温度不会立即降低，反应不能立即停止，且容易发生倒吸， A不符合题意；        B．上移铜丝，使其脱离浓硫酸 ，缺少反应物铜，反应会立即停止，B符合题意；         C．拔掉橡胶塞倒出浓硫酸，操作复杂，且会造成空气污染，操作不恰当，C不符合题意；故选B。【小问3详解】试管C可以探究SO2与品红作用的可逆性，试管C中溶液褪色后，取下试管C在酒精灯上加热，溶液恢复红色反应停止后；【小问4详解】二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡化学式为：BaSO3；二氧化硫具有还原性，能够被过氧化氢氧化生成硫酸根离子,硫酸根离子与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡的化学为：BaSO4； 20.海洋植物海带中含有丰富的碘元素，某化学学习小组为了验证海带中含有碘，在实验室从海带中提取碘的流程如图：（1）第②步的操作名称是_____，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_____，检验溶液中含I-的方法是______，海带中碘元素主要以NaI或KI的形式存在，设计实验证明含碘离了溶液中K+的存在______。（2）第③步：氧化。向含的溶液中加入过量的H2O2和稀H2SO4。配平其离子反应方程式。______I-+H++H2O2=I2+H2O（3）第④步：萃取与分液。分液时若打开玻璃活塞后发现液体流不出，原因可能是_____。分液后上层液体中是否还有碘单质可以取少许溶液加入_____试剂来进行检验。（4）第⑤步：通过蒸馏从碘的CCl4溶液中提取碘并回收CCl4。蒸馏操作前蒸馏烧瓶内需放几片碎瓷片的目的是______，温度计水银球的位置是_____，冷凝管水流方向是_____。【答案】（1）①.溶解、过滤②.漏斗③.取溶液少许于试管中，滴加AgNO3溶液有黄色沉淀生成证明含I-④.进行焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明含有K+（2）2I-+2H++H2O2=I2+2H2O（3）①.磨口塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔没对准或分液漏斗上口玻璃塞未打开②.淀粉溶液（4）①.防止暴沸②.蒸馏烧瓶的支管口处③.下进上出【解析】【分析】据流程图可以得知，该小组通过灼烧海带变成海带灰，用水溶解过滤，取滤液加入过氧化氢、硫酸，将碘离子转化成碘单质，再通过加入CCl4进行萃取分液得到碘的CCl4溶液，最后再经过蒸馏分离出碘，以此来解析；【小问1详解】第②步的操作名称是溶解、过滤，溶解用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，检验溶液中含I-的方法是取溶液少许于试管中，滴加AgNO3溶液有黄色沉淀，生成证明含I-；钾的检验只能是焰色反应，进行焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明含有K+；【小问2详解】I化合价由-1价升高为0价，过氧化氢中O化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒、原子守恒和 电荷守恒，可配平的离子方程式：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O；【小问3详解】萃取与分液，分液时若打开玻璃活塞后发现液体流不出，原因可能是磨口塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔没对准或分液漏斗上口玻璃塞未打开，利用碘遇淀粉变蓝，分液后上层液体中是否还有碘单质可以取少许溶液加入淀粉溶液试剂；【小问4详解】为防暴沸加碎瓷，蒸馏操作前蒸馏烧瓶内需放几片碎瓷片的目的是防止暴沸，蒸馏操作目的测蒸汽的温度，温度计水银球的位置是蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管为了冷凝效果更好，水流方向是下进上出。四、填空题(本题包括2小题，共20分)21.大海中蕴藏着丰富的资源，部分化学资源获取途径如图：（1）下列有关说法正确的是_____。A.步骤Ⅰ中除去粗盐中的杂质离子Ca2+、Mg2+、SO，加入试剂的先后顺序可以是BaCl2、Na2CO3、NaOHB.用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液C.在第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ步骤中，溴元素均被氧化（2）步骤Ⅳ蒸馏过程中不可能用到的仪器有_____。A.温度计B.容量瓶C.直形冷凝管D.酒精灯（3）步骤Ⅲ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的化学方程式为_____。（4）经过步骤Ⅱ已获得Br2，不直接用含Br2的稀溶液进行蒸馏，而要经过“空气吹出、SO2吸收、通入氯气”后再蒸馏，其目的是_____。（5）根据流程中的反应可判断SO2、Cl2、Br2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为_____。【答案】（1）A（2）B（3）Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr（4）富集Br2(直接蒸馏低浓度溴水成本高，经过吸收、氧化后得到浓度较高的Br2溶液) （5）Cl2>Br2>SO2【解析】【小问1详解】A．镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于是先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以加入试剂的先后顺序可以是BaCl2、Na2CO3、NaOH，A项正确；B．澄清石灰水的主要成分是氢氧化钙，但氢氧化钙可以与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，也可以与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀，B项错误；C．步骤II中氯气将母液中的溴离子氧化成溴单质，步骤III中利用空气将溶液中的溴单质吹出与二氧化硫发生氧化还原反应生成溴离子，这里面的溴元素是被还原的，步骤IV中溶液中的溴离子又被氯气氧化成溴单质，C项错误；答案选A。【小问2详解】蒸馏时用到的仪器没有容量瓶，容量瓶是在配制一定体积一定浓度溶液时所使用的计量仪器，答案选B。【小问3详解】二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应，其中二氧化硫做还原剂，被氧化成硫酸根，溴单质做氧化剂，被还原成溴离子，依据得失电子守恒和质量守恒，两者反应的化学方程式为：。【小问4详解】由于开始得到的是溴的稀溶液，直接蒸馏低浓度溴水成本高，产率低，经过吸收、氧化后得到浓度较高的Br2溶液，实现对溴的富集。【小问5详解】由题目可知，氯气可以将溴离子氧化成溴单质，说明氯气的氧化性比溴单质强，而溴单质又可以把二氧化硫氧化成硫酸根，说明溴单质的氧化性比二氧化硫强，因此三者氧化性强弱的顺序为：Cl2>Br2>SO2。22.A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A为原子半径最小的元素，A、C常温下能形成两种液态化合物A2C和A2C2，A、D同主族，C、F同主族，B元素质子数为A、D质子数之和的一半，E元素M层与K层电子数相同。请用化学用语回答下列问题：（1）E元素在周期表中的位置为_____；化合物D2F中含有的化学键为______；化合物D2C2的电子式为 ______。（2）热稳定性：A2C_____A2F(填“>”或“<”)：D、E的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：______>_____。(填化学式)（3）E在BC2中燃烧的化学方程式为_____。（4）D单质与水反应的离子反应方程式______。（5）C、D、F三种元素形成的简单离子，其半径由大到小的顺序是_____。(用离子符号表示)【答案】（1）①.第三周期第IIA族②.离子键③.（2）①.>②.NaOH③.Mg(OH)2（3）2Mg+CO22MgO+C（4）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑（5）S2->O2->Na+【解析】【分析】A为原子半径最小的元素，可知A为H；常温下能形成两种液态化合物H2O和H2O2，可知C为O；A、D同主族，可知D为Na；B元素质子数为A、D质子数之和的一半中，可知B为C；C、F同主族，可知F为S；E元素M层与K层电子数相同，可知E为Mg；以此来解析；【小问1详解】E为Mg，12号元素在周期表中的位置为第三周期第IIA族；D为Na，F为S化合物Na2S中含有的化学键为离子键；D为Na，C为O化合物Na2O2的电子式为；【小问2详解】非金属性越强气体氢化物的稳定性越强，非金属性O>S，热稳定性：H2O>H2S；金属性越强对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>Mg，Na、Mg的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱：NaOH>Mg(OH)2；【小问3详解】B为C，C为O，E为Mg，Mg在CO2中燃烧反应生成氧化镁和，Mg在CO2中燃烧的化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C；【小问4详解】D为Na，Na单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；【小问5详解】 C为O、D为Na、F为S，三种元素形成的简单离子分别为O2-，Na+，S2-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是S2->O2->Na+。五、计算题(本题包括2小题，共13分)23.以电解饱和食盐水为基础制取氯气、烧碱等产品的工业称为氯碱工业，它是目前化学工业的重要支柱之一。（1）写出电解饱和食盐水的离子反应方程式_____。（2）电解饱和食盐水消耗117gNaCl时，转移电子的物质的量为_____mol，理论上可得到氯气的体积是_____L(标准状况)。（3）若将1molCl2通入石灰乳中，理论上可得到Ca(ClO)2的质量是_____g。【答案】（1）2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-（2）①.2②.22.4（3）71.5【解析】【小问1详解】电解饱和食盐水生成氢氧化钠氯气和水，反应的化学方程式为：2NaC1+2H2O2NaOH+Cl2+H2，氯化钠和氢氧化钠为易溶的强电解质，拆成离子，水和氢气和氯气不能拆开，所以反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-；【小问2详解】117gNaCl的物质的量为=2mol，根据2NaC1+2H2O2NaOH+Cl2+H2，C1的化合价由-1价升高为0价，转移电子数2，2NaC1～Cl2～2e-，可知117gNaCl转移电子2mol，可得到氯气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；【小问3详解】根据2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，可知2Cl2～Ca(ClO)2，m[Ca(ClO)2]=nM=×143g/mol=71.5g；24.将130gZn投入100mL18mol•L-1浓硫酸中充分反应，最终剩余Zn32.5g，同时生成标准状况下的气体体积为aL。己知：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O。（1）a=______L。 （2）生成气体的物质的量分别为_____。（3）将反应后的溶液稀释至1L，所得溶液中SO浓度为_____。【答案】（1）33.6（2）n(SO2)=0.3mol；n(H2)=1.2mol（3）1.5mol•L-1【解析】【分析】锌与浓硫酸发生：，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：可知气体的物质的量与的物质的量相等，则参加反应的为，，生成气体为和的混合物的物质的量为，生成硫酸锌的物质的量为：，设混合物气体中含有，，                                   【小问1详解】由、，可知气体的物质的量与的物质的量相等，，【小问2详解】由反应可知，解得，，则气体中与的物质的量为n(SO2)=0.3mol；n(H2)=1.2mol【小问3详解】硫酸锌的物质的量为，