2022-2023学年吉林省长春市农安县第十中学高一上学期期末质量监测化学试题含解析

这是一份2022-2023学年吉林省长春市农安县第十中学高一上学期期末质量监测化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春市农安县第十中学2022-2023学年高一上学期
期末质量监测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于胶体的叙述不正确的是
A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分数质的微粒直径在1nm~100nm之间
B．用平行光照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，可以加以区分
C．Fe(OH)3胶体带正电
D．树林中的晨曦，该现象与丁达尔效应有关
【答案】C
【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径，胶体的分散质的微粒直径在1nm～100nm之间，A正确；
B．丁达尔效应可用于区分溶液和胶体，溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，B正确；
C．胶体不带电，Fe(OH)3胶粒带正电，C错误；
D．树林中的空气形成了气溶胶,在阳光的照射下会发生丁达尔效应,所以树林中的晨曦与丁达尔现象有关，D正确；
综上所述答案为C。
2．下列属于氧化还原反应的是
A．NaOH+HCl=NaCl+H2O
B．Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
C．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
D．CuO+2HCl=CuCl2+H2O
【答案】B
【详解】A．反应中没有元素化合价变化，不是氧化还原，A不符合；
B．Zn的化合价升高，被氧化，H的化合价降低，被还原，B符合；
C．分解反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原，C不符合；
D．没有元素化合价变化，不是氧化还原，D不符合；
故答案为：B。
3．向盛有的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入①水，②溶液③NaOH溶液中的一种，振荡后，实验现象如图所示，则集气瓶甲、乙、丙中注入的液体分别是

A．③①② B．②①③ C．③②① D．①③②
【答案】C
【详解】集气瓶甲中溶液及溶液上方空间均为无色，则集气瓶甲中注入的液体是NaOH溶液， Cl2 完全被NaOH溶液吸收，生成NaCl、NaClO和 H2O ；集气瓶乙中溶液上方空间为无色，溶液中出现白色沉淀，则集气瓶乙中注入的液体为 AgNO3 溶液， Cl2 与 H2O 反应生成HCl和HClO，HCl与 AgNO3 反应生成AgCl白色沉淀；集气瓶丙中溶液及溶液上方空间均为浅黄绿色，则集气瓶丙中注入的液体为水，一部分 Cl2 溶于水形成氯水；答案选C。
4．下列叙述正确的是
A．难溶于水，但是电解质
B．是活泼的非金属单质，常温下可以与等金属发生化合反应
C．氧化还原反应中所有元素的化合价都发生变化
D．金刚石和石墨互为同素异形体，物理性质相同
【答案】A
【详解】A．难溶于水，但溶解的部分是全部电离的，所以是电解质，故A正确；
B．需要在加热条件下才可以与等金属发生化合反应，故B错误；
C．氧化还原反应中不一定所有元素的化合价都发生变化，故C错误；
D．金刚石和石墨是碳的同素异形体，但它们是两种不同的物质，物理性质不同，故D错误；
故选A
5．某同学向一新制的溶液中逐滴滴加溶液直至过量，生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，一段时间后，有红褐色物质生成。下列说法正确的是
A．灰绿色沉淀为
B．红褐色物质灼烧后可得到铁单质
C．在隔绝空气的条件下进行上述实验，可长时间观察沉淀的颜色
D．沉淀颜色变化的过程中未发生氧化还原反应
【答案】C
【详解】A．为白色沉淀，故A错误；
B．红褐色物质是，灼烧后可得到，故B错误；
C．易被空气中的氧气氧化，在隔绝空气的条件下进行上述实验，可长时间观察沉淀的颜色，故C正确；
D．沉淀颜色变化的过程中发生反应，铁元素、氧元素化合价有变化，发生氧化还原反应，故D错误；
选C。
6．元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象。铁元素的价类二维图如图，其中箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法错误的是

A．是一种黑色有磁性的铁的氧化物，可由Fe、水蒸气高温反应制得
B．为实现向的转化，可向含的溶液中通入或者滴加溶液
C．由图可预测：高铁酸盐()具有强氧化性，可将转化为
D．FeO、、均可与酸反应，只生成一种盐和水
【答案】D
【详解】A．Fe3O4是一种黑色有磁性的铁的氧化物，铁单质与水蒸气在高温下反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，故A说法正确；
B．Fe2+转化成Fe3+，铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现转化，如加入O2、Cl2、H2O2等，故B说法正确；
C．中铁元素显+6价，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故C说法正确；
D．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁两种盐，故D说法错误；
答案为D。
7．在标准状况下有 个分子，下列对这三种气体的相关量的关系比较不正确的是
A．质量：②>①>③ B．氢原子数：②>①>③
C．体积：②>①>③ D．密度：②>③>①
【答案】B
【详解】
的物质的量为，
个的物质的量为，
的物质的量为，
A．根据知，甲烷质量为的质量为，氨气的质量为，故质量，故A正确；
B．甲烷中中，氨气中，故H原子数目，故B错误；
C．根据知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故体积，故C正确；
D．根据知，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，故密度，故D正确；
故选B。
8．“氯气对水一心一意，水偏弄成三分四离”其中“三分四离”指的是新制氯水中的七种微粒。下列实验现象和结论一致的是
A．新制氯水使紫色石蕊溶液先变红后褪色，说明有氯气分子和H+存在
B．向新制氯水中加入饱和NaHCO3溶液，有无色气体产生，说明有HClO存在
C．向新制氯水中加入饱和NaHCO3溶液，有无色气体产生，说明氯气和水反应生成了HCl
D．向新制氯水中加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水中的氯气分子与氢氧化钠直接反应
【答案】C
【详解】A．氯气和水反应生成HCl和次氯酸，HCl使紫色石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能够使红色氧化变为无色物质而褪去，这不是氯气分子的性质，A错误；
B．HClO的酸性比碳酸的酸性弱，不能与NaHCO3反应生成气体，新制氯水中与NaHCO3反应生成气体的是HCl，B错误，
C．由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，所以向新制氯水中加入饱和NaHCO3溶液，有无色气体产生，说明氯气和水反应生成了HCl，反应产生的气体是CO2，C正确；
D．新制氯水和NaOH溶液反应，不断消耗原溶液中的HCl和次氯酸，使得氯气分子继续与水反应生成HCl和次氯酸，最终氯水褪为无色，而不是氯气直接与氢氧化钠反应，D错误；
故合理选项是C。
9．将10g由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为
A．8g B．10g C．12g D．13.5g
【答案】B
【详解】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O2=2CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量。
综上分析，最终固体增重为CO与氢气的总质量，故10gCO和H2的混合气点燃后，再通入足量的Na2O2中，充分反应后，固体增重质量是10g，故选B。
10．下列实验装置能达到实验目的的是




A．浓硫酸的稀释
B．检验Na2O2与H2O反应有O2生成
C．观察K2CO3的焰色反应
D．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．浓硫酸稀释时，应将浓硫酸沿烧杯壁加入盛水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，A错误；
B．Na2O2与H2O反应有O2生成，用带火星的木条放在试管口，若木条复燃，则证明有氧气生成，B正确；
C．焰色试验时，要观察钾元素火焰颜色，需要透过蓝色钴玻璃片观察，C错误；
D．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解，应将碳酸氢钠放在小试管中，碳酸钠放在大试管中，D错误；
故答案选B。
11．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色水处理剂。下列反应可制取K2FeO4 ：3C1O-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。对于该反应，下列说法正确的是
A．该反应是复分解反应 B．Fe3+发生还原反应
C．利用高铁酸钾的强氧化性可以杀菌消毒 D．氯元素的化合价不变
【答案】C
【详解】A．复分解反应的化合价不变，而Cl的化合价由+1价降低到-1，Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，A错误；
B．Fe元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，B错误；
C．高铁酸钾中铁元素化合价+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，C正确；
D．Cl的化合价由+1价降低到-1，D错误；
故答案为：C。
12．已知晶体和足量浓盐酸可发生如下反应：(浓)(未配平)，下列说法错误的是
A．氧化性：
B．氧化剂与还原剂物质的量之比为
C．只是还原剂
D．反应中每转移电子，产生气体(标准状况)
【答案】C
【详解】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氯酸钾是氧化剂、HCl是还原剂，则氯气是氧化产物，所以氧化性KClO3 >Cl2，故A正确；
B．反应中，6molHCl中有5mol被氧化，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，故B正确；
C．该反应中Cl元素化合价由+5价、-1价变为0价，则Cl2既是还原产物又是氧化产物，故C错误；
D．KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2 +3H2O反应中Cl元素化合价由+5价、-1价变为0价，所以反应中每转移5mol电子，产生3mol氯气，体积为22.4L/mol3mol=67.2L气体（标准状况），故D正确；
故答案为：C。
13．在甲、乙两溶液中，分别含有下列离子(大量存在)中的三种：、、、、、。已知乙溶液为无色溶液，则甲溶液中存在的离子是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】C
【详解】乙溶液呈无色，说明甲溶液中含有Cu2+离子，根据离子间的反应可判断甲乙烧杯中可能存在的离子。乙溶液呈无色，说明乙溶液中不含有Cu2+离子，则Cu2+在甲溶液中，和Cu2+不共存的和OH-在乙溶液中。而和OH-不共存的H+在甲溶液中，甲溶液中含有阳离子Cu2+和H+，还应该含有阴离子，则阴离子只能是，所以甲烧杯中含有H+、Cu2+、离子，乙烧杯中含有Na+、 、OH-离子；
故选C。
【点睛】本题考查离子共存问题，根据溶液的颜色判断甲烧杯中含有Cu2+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。
14．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH=1的溶液中：K+、ClO-、I-、SO
B．使石蕊试液变蓝色的溶液中：NH、K+、SO、NO
C．FeCl3溶液中：K+、SO、SCN-、NH
D．透明溶液中：K+、H+、MnO、SO
【答案】D
【详解】A．pH=1的溶液显强酸性，其中含有大量H+，H+与ClO-、I-会发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．使石蕊试液变蓝色的溶液显碱性，其中含有大量OH-，OH-与NH会反应产生弱电解质NH3·H2O，而不能大量共存，B不符合题意；
C．FeCl3溶液中含有大量Fe3+，Fe3+、SCN-会反应产生络合物Fe(SCN)3，使溶液显红色，因此而不能大量共存，C不符合题意；
D．选项离子之间不能发生任何反应，溶液是透明状态，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
15．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列说法正确的是
元素代号

X

Y

Z

N

M

R

Q

原子半径/nm

0.37

1.86

1.43

0.88

0.99

0.75

0.74

最高正价

+1

+1

+3

+3

+7

+5


最低负价

-1




-1

-3

-2


A．离子半径：Y+>Z3+>M-
B．气态氢化物稳定性：RH3>H2Q
C．Y和Q形成的两种化合物中，阴、阳离子个数比不同
D．Y、Z、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间能反应
【答案】D
【分析】短周期元素中，Q有-2价，处于VIA族元素，没有最高价，则Q为O元素；M元素有+7. -1价，故M为Cl元素；R有+5、-3价，处于VA族，原子半径小于Cl，故R为N元素； X、Y、Z化合价分别为+1、+1、+3价，则分别处于IA族、IA族、IIA族，且原子半径Y>Z>Cl，Na. Z为AI，又由于原子半径R>Q>X，则X为故Y为Na，Z为Al，又由于原子半径R>Q>X，则X为H，以此来解析；
【详解】A．根据上述分析Y、Z、M分别为Na、Al、Cl，三者的离子分别为Na+、Al3+、Cl-，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小的原则，离子半径大小为r(Cl-)>r(Na+)>r(A13+)，A错误；
B．元素的非金属性越强其对应的气体氢化物越稳定，根据上述分析R为N， Q为O，氧元素的非金属性强于氮元素，则气态氢化物稳定性NH3 C．根据上述分析Y为Na，Q为O，化合物为Na2O和Na2O2，电子式：和，阴、阳离子个数比均为1：2，C错误；
D．Y、Z、M的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4， 氢氧化钠与高氯酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物与氢氧化钠、高氯酸均反应，D正确；
故选D。

二、实验题
16．完成下列填空
(1)0.5molH2O的质量是___________，含有约___________个水分子。
(2)在标准状况下，4.48L的HCl物质的量为___________，若将其溶于水配成500mL的溶液，其物质的量浓度为___________。
(3)如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制100mL1.84mol/Ｌ的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。
硫酸化学纯(CP)(500mL)
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%

请回答下列问题：
①配制稀硫酸时，还缺少的仪器是___________(填写名称)。
②经计算，配制100mL1.84mol·Ｌ-1的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为___________mL。
③若在稀释过程中，少量浓硫酸不慎沾在手上，处理方法为___________。(填写字母)
A．立即用较多的水冲洗，再涂抹3%～5%的NaHCO3溶液
B．立即用NaOH溶液中和，再用大量水冲洗
④对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.84mol·Ｌ-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的有___________(填写字母)。
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
C．将硫酸稀释后立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面
E．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容
F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处
【答案】(1)     9g     0.5NA
(2)     0.2 mol     0.4 mol/L
(3)     100mL容量瓶、玻璃棒     10     A     ACE

【分析】本实验通过从化学试剂商店采购的浓硫酸，经过计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作配置100mL1.84mol/Ｌ的稀硫酸，据此分析回答问题。
【详解】（1）0.5molH2O的质量是0.5 18=9g；含有水分子的个数为0.5 NA=0.5NA；
（2）在标准状况下，4.48L的HCl物质的量为；若将其溶于水配成500mL的溶液，其物质的量浓度为mol/L；
（3）①配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的浓硫酸的体积，然后用量筒量取后放入烧杯中稀释，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流移液至100mL容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶。在此过程中用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故还缺少的仪器有：100mL容量瓶、玻璃棒；
②浓硫酸的物质的量浓度为mol/L，设需要浓硫酸的体积为VmL，根据稀释定律可知， ，解得V=10mL；
③少量浓硫酸不慎沾在手上，处理方法为立即用较多的水冲洗，再涂抹3%～5%的NaHCO3溶液，氢氧化钠具有腐蚀性，所以不能用氢氧化钠中和，故选A；
④A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，会导致所取的浓硫酸的体积偏大，则所配溶液的浓度偏大，A正确；
B．容量瓶中含有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度没有影响，B错误；
C．未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积变小，则浓度偏大，C正确；
D．转移溶液时，不慎有少量溶液撒在容量瓶外面，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小，D错误；
E．定容时，俯视容量瓶刻度并进行定容，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，E正确；
F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，水的体积增大，溶液的浓度偏小，F错误；
故选ACE。
17．氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图甲装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：
(1)盛放粉末的仪器名称是_______，a中的试剂为_______。
(2)写出的电子式_______。
(3)d的作用是_______，可选用试剂_______ (填标号)。
A．溶液    B．溶液    C．溶液       D．稀
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_______，洗涤，干燥，得到晶体。
(5)一位同学设计了一套用浓盐酸和高锰酸钾固体制取少量氯气并能比较氯气与碘单质氧化性强弱的微型装置，如图乙所示。能说明氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是_______。

【答案】(1)     圆底烧瓶     饱和食盐水
(2)
(3)     吸收多余的氯气，防止污染大气     A
(4)过滤
(5)湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝

【分析】MnO2与浓盐酸加热生成氯气，a中的试剂为饱和食盐水，可以吸收挥发出的HCl， b中试管氯气和氢氧化钾溶液在加热条件下反应制备KClO3，经冷却结晶过滤，洗涤，干燥，得到KClO3晶体，c中在低温下氢氧化钠吸收氯气，生成次氯酸钠，d中吸收尾气，据此分析解题。
【详解】（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，a中的试剂为饱和食盐水，可以吸收挥发出的HCl；
（2）HClO为共价化合物，氧原子分别与氢原子和氯原子各共用一对电子，电子式为：；
（3）d的作用是吸收多余的氯气，防止污染大气，具有还原性，可以与氯气反应生成氯化钠和硫，用于吸收氯气，故可选用试剂Na2S溶液；氯化钠与氯气不反应；氢氧化钙微溶，不能完全吸收氯气；稀硫酸和氯气不反应；故答案为A；
（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到KClO3晶体，故答案为：过滤；
（5）根据题中信息可知浓盐酸与高锰酸钾溶液反应产生氯气，氯气与碘化钾反应生成I2，淀粉碘化钾试纸变蓝，根据上述实验可判断该条件下氧化能力：Cl2 >I2，故答案为：湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。

三、填空题
18．下表为元素周期表的一部分，请回答下列有关问题

ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
①







2



②
③
④


3
⑤

⑥


⑦
⑧

4
⑨





⑩


(1)已知元素⑩的一种核素，其中子数为45，用原子符号表示该核素为_______。
(2)由元素①和④形成的四核分子的结构式为_______。
(3)由上述元素构成的淡黄色固体化合物的电子式为_______，该化合物所含的化学键类型为_______(填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)，若将少量该固体投入到含有、、、的溶液中，反应完全后，上述离子数目增大的有_______(用离子符号表示)。
(4)元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)，元素⑨的最高价氧化物对应水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_______。
(5)元素的非金属性⑧_______⑩(填“>”或“＜”)；下列事实不能证明上述结论的是_______。
A．元素⑧的单质与⑩的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色
B．元素⑧的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素⑩的强
C．元素⑧和⑩的氢化物受热分解，前者的分解温度高
D．元素⑧的氢化物的水溶液的酸性比元素⑩的弱
E.元素⑧的氢化物的还原性比元素⑩的弱
【答案】(1)
(2)H-O-O-H
(3)          离子键、非极性键     、
(4)         
(5)     ＞     D

【分析】由表可知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl，⑨为K，⑩为Br，据此回答；
【详解】（1）⑩为Br，核电荷数为35，已知元素⑩的一种核素，其中子数为45，则其质量数为80，用原子符号表示该核素为。
（2）①为H，④为O，由元素①和④形成的四核分子为H2O2，结构式为H-O-O-H。
（3）由上述元素构成的淡黄色固体化合物为过氧化钠、电子式为，该化合物所含的化学键类型为离子键和非极性键，若将少量该固体投入到含有、、、的溶液中，引入钠离子并发生、，反应完全后，上述离子数目增大的有、 (用离子符号表示)。
（4）⑦为S，⑧为Cl，⑨为K，元素⑦⑧⑨的简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)，⑥为Al，⑨为K，元素⑨的最高价氧化物对应水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物的反应，即氢氧化钾和氢氧化铝生成偏铝酸钾和水，离子方程式为。
（5）⑧为Cl，⑩为Br，同主族从上到下元素非金属性递减，元素的非金属性⑧＞⑩(填“>”或“＜”)；下列事实不能证明上述结论的是：
A．元素⑧的单质与⑩的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色，即氯气置换出溴单质，氧化性氯气大于溴单质，能说明元素的非金属性⑧＞⑩，不选；
B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，元素⑧的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素⑩的强，能说明元素的非金属性⑧＞⑩，不选；
C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，元素⑧和⑩的氢化物受热分解，前者的分解温度高较稳定，能说明元素的非金属性⑧＞⑩，不选；
D．元素⑧的氢化物的水溶液的酸性比元素⑩的弱，不能说明元素的非金属性⑧＞⑩，选；
E．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，元素⑧的氢化物的还原性比元素⑩的弱，能说明元素的非金属性⑧＞⑩，不选；
选D。

四、工业流程题
19．我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示

沉淀池反应NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl
(1)“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为____(填化学式)，俗称_____。
(2)实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是_____。
A． B．C．D．
(3)煅烧炉中发生反应的化学方程式为_______。
(4)使用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，流程中物质X为_____(填化学式)。
(5)该流程提取的副产品为_____(填化学式)，其用途_____(写一种)。
(6)简单的检验方案的一般叙述过程为：①取试样，②加检验试剂，③现象，④结论。为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，简单的检验方案是：取少量试样溶于水后，_____。
【答案】     Na2CO3     纯碱(或苏打)     B     2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑     A     CO2     NH4Cl     作化肥     加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀，证明样品中有NaCl
【分析】“侯氏制碱法”的原理是将CO2和NH3通入饱和的食盐水中，即‘沉淀池’发生的主反应：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，利用NaHCO3在饱和NaCl溶液中溶解度较小的性质，从溶液中析出NaHCO3晶体，再利用NaHCO3的不稳定性，受热易分解产生Na2CO3，即‘煅烧炉’的反应是：2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑，反应得到的CO2作为循环物X继续循环利用，提高了原料的利用率。
【详解】（1）“侯氏制碱法”其中的“碱”为Na2CO3，俗名：纯碱(或苏打)；
（2）实验室模拟“侯氏制碱法”，先向饱和的食盐水中通CO2和NH3，再经过滤分离得到NaHCO3结晶，最后灼烧NaHCO3分解为Na2CO3，无蒸发结晶这一步，即选B；
（3）煅烧炉为NaHCO3受热易分解为Na2CO3的反应，发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑；
（4）过滤得到的母液参与循环A，能将原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上；煅烧炉发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑，产生的CO2作为沉淀池的反应物，参与循环，则流程中物质X为CO2；
（5）该流程的主反应为：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，副产品为NH4Cl，其用途是作化肥；
（6）检验氯离子，先加稀硝酸排除其他阴离子的干扰，再加硝酸银溶液，检验方案为：取少量试样溶于水后，加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀，证明样品中有NaCl。