2022-2023学年福建师范大学附属中学高一下学期开学阶段考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建师范大学附属中学高一下学期开学阶段考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

福建师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期开学阶段考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是
A．PM2.5 B．SO2 C．CO2 D．CO
【答案】C
【详解】A．PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5μm的颗粒物，能较长时间悬浮于空气中，其在空气中的含量越高代表空气污染越严重，属于空气污染物，故A不符合；
B．SO2是大气主要污染物之一，有毒，有刺激性气味，故B不符合；
C．CO2本身就是空气的成分，不属于大气污染物，故C符合；
D．CO是一种有毒有害气体，属于大气污染物，故D不符合；
答案选C。
2．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞有如下描述：“得火则飞，不见埃尘。鬼隐龙匿，莫知所存。将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指
A．硫 B．铜 C．铁 D．镁
【答案】A
【详解】液态的金属汞受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，因此汞属于有毒物质，但其在常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫单质，故合理选项是A。
3．氯气与氢氧化钠溶液反应制得的消毒液能有效抑制新型冠状病毒。下列关于该消毒液的叙述错误的是
A．属于混合物 B．有效成分为NaCl
C．暴露空气中会变质 D．杀菌消毒时体现有效成分的强氧化性
【答案】B
【详解】氯气与氢氧化钠溶液反应：。
A．据分析，制得的消毒液属于混合物，A正确；
B．该消毒液的有效成分为具有强氧化性的NaClO，B错误；
C．NaClO暴露空气中会与二氧化碳反应生成见光分解的HClO而变质，C正确；
D．杀菌消毒时体现有效成分NaClO的强氧化性，D正确；
故选B。
4．下列实验设计能达到目的的是
A．用酒精作萃取剂萃取碘水中的碘
B．氨水与FeCl3溶液混合制备Fe(OH)3胶体
C．用饱和食盐水除去氯气中的HCl
D．浓硫酸具有吸水性，可作为干燥剂，可以干燥SO2、H2S、NH3等气体
【答案】C
【详解】A．酒精与水互溶，故不能用酒精作萃取剂萃取碘水中的碘，故A错误；
B．氨水与FeCl3溶液混合生成氢氧化铁沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，故B错误；
C．HCl极易溶于水，且饱和食盐水可以降低氯气的溶解，故可用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，可作为干燥剂，但是浓硫酸具有强氧化性，不能干燥具有还原性的气体，如H2S，浓硫酸具有酸性，也不能干燥碱性气体NH3，故D错误；
故选C。
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水
B．SO2具有还原性，可用于纸浆漂白
C．NaHCO3受热易分解，可用作抗酸药
D．浓H2SO4具有脱水性，可用于干燥Cl2
【答案】A
【详解】A．Fe(OH)3胶体表面积大，具有吸附性，可用于净水，A符合题意；
B．SO2可用于纸浆漂白不是因为还原性，而是SO2具有漂白性，B不符合题意；
C．NaHCO3溶液显碱性，可用作抗酸药，C不符合题意；
D．浓 H2SO4具有吸水性，可用于干燥 Cl2，D不符合题意；
故选A。
6．关于海水资源的综合利用，下列说法错误的是
A．海水中含量最高的盐是NaCl B．电解饱和食盐水可以制得金属钠
C．从海水中提取的镁可用于制造火箭、飞机 D．食用含碘丰富的海产品可防治甲状腺肿大
【答案】B
【详解】A．海水中含量最多的金属元素是Na，其次是Mg，含量最多的非金属是Cl，所以海水中含量最高的盐是NaCl，A说法正确；
B．电解饱和食盐水可以制得NaOH、氢气和氯气，不能得到Na，B说法错误；
C．从海水中提取的镁，镁铝合金具有硬度大，质量轻的特点，可用于制造火箭、飞机，C说法正确；
D．碘是合成甲状腺激素的重要物质，食用含碘丰富的海产品可防治甲状腺肿大，D说法正确；
答案为B。
7．下列分离混合物的方法中不正确的是
A．使浑浊的食盐水变澄清－过滤 B．硝酸钾和氯化钾混合溶液的分离－结晶
C．从溴水中分离出溴－蒸馏 D．氢氧化铁胶体与NaCl溶液分离－渗析
【答案】C
【详解】A．分离液体和固体可用过滤的方法，故可用过滤的方法使浑浊的食盐水变澄清，故A正确；
B．硝酸钾和氯化钾的溶解度随温度的变化不同，可用结晶的方法分离硝酸钾和氯化钾，故B正确；
C．溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，可用萃取、分液的方法分离出溴，故C错误；
D．胶体粒子不能透过半透膜，离子、小分子可以透过半透膜，故氢氧化铁胶体与NaCl溶液的分离可以用渗析的方法，故D正确；
故选C。
8．根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色
该溶液中一定含Na+
B
某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
该溶液中一定不含NH
C
向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含Cl-
D
向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含SO

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含有Na+，故A正确；
B．由于氨气极易溶于水，NaOH溶液为稀溶液，且没有加热，即使存在NH，也不能使氨气逸出，则将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不会变蓝，故不能确定该溶液中是否含NH，故B错误；
C．向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含、、Cl－，故C错误；
D．向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含、、Ag+，故D错误；
答案为A。
9．下列关于硫及其化合物说法错误的是
A．工业上用98.3%的浓H2SO4吸收SO3，目的是防止形成酸雾，以使SO3吸收完全
B．葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用
C．硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂
D．常温下，铁或铝不与浓硫酸反应，所以可用铁或铝制的容器贮存浓硫酸
【答案】D
【详解】A．SO3与水反应放热，用水或稀硫酸吸收，会形成大量酸雾，工业上用98.3%的浓H2SO4吸收SO3，目的是防止形成酸雾，以使SO3吸收完全，故A正确；
B．SO2具有还原性，葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用，故B正确；
C．硫酸钡不溶于水，也不溶于酸，且不容易被X射线透过，故可用作消化系统X射线检查的内服药剂，故C正确；
D．常温下，铁或铝也能与浓硫酸反应，铁或铝遇浓硫酸钝化，在铁或铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止浓硫酸与内部金属继续反应，所以可用铁或铝制的容器贮存浓硫酸，故D错误；
故选D。
10．配制溶液的操作如下图所示。下列说法不正确的是

A．操作1前需称取 B．操作1固体溶解后立即进行操作2
C．操作3和操作4分别为洗涤和定容 D．操作5后将配制好的溶液倒入试剂瓶
【答案】B
【详解】A．配制100mL0.50mol/L氢氧化钠溶液需要氢氧化钠的质量为0.50mol/L×0.1L×40g/mol=0.2g，故A正确；
B．由图可知，操作1为氢氧化钠固体的溶解过程，操作2为溶液的转移过程，配制100mL0.50mol/L氢氧化钠溶液时，若固体溶解后立即进行转移操作会使溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故B错误；
C．由图可知，操作3为洗涤烧杯和玻璃棒德操作，操作4为向容量瓶中加入蒸馏水的定容操作，故C正确；
D．由图可知，操作5为振荡，使溶液混合均匀的操作，溶液混合均匀后应将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴上标签，故D正确；
故选B。
11．下列物质间的转化不能通过一步化学反应实现的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．S的还原性较弱，S和氧气在加热下只能生成SO2，故A选；
B．由氧化性：Cl2>Br2，可通入氯气进入NaBr得到Br2，故B不选；
C．电解熔融NaCl可得到Na，故C不选；
D．HClO见光分解生成HCl和O2，故D不选；
故选：A。
12．食品包装袋内填充氮气或二氧化碳可以延长食品的保质期。同温、同压下，相同体积的N2和CO2良有相同的
A．分子数 B．原子数 C．密度 D．质量
【答案】A
【分析】理想气体状态方程pV=nRT，同温、同压下，相同体积的N2和CO2具有相同的物质的量。
【详解】A．N=nNA，n相同，故分子数相同，A正确；    
B．氮气是双原子分子，二氧化碳是三原子分子，分子数相同，原子数不相同，B错误；
C．，相同物质的量的氮气和二氧化碳质量不相同，故密度不一样，C错误；    
D．，两种气体的相对分子质量不同，相同物质的量的氮气和二氧化碳质量不一样，D错误。
13．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质) 为原料制备MgCl2·6H2O的实验流程如下图所示。下列说法正确的是

A．MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为CO+2H+ = CO2↑+H2O
B．氧化过程说明氧化性： Cl2>Fe3+
C．“沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、OH-、Cl-
D．蒸干并灼烧MgCl2溶液可获得MgCl2·6H2O
【答案】B
【分析】菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质) 用稀盐酸酸浸，得氯化镁、氯化亚铁等混合溶液，通入氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，再加氨水，得氢氧化铁沉淀，过滤，再从滤液中提取MgCl2·6H2O，据此回答；
【详解】A．MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+ = CO2↑+H2O+Mg2+，A错误；
B． 氧化过程离子方程式为，氯气是氧化剂，铁离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氧化性： Cl2>Fe3+，B正确；
C． “沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、Cl-，NH与OH-因反应生成一水合氨而不能大量共存，C错误；
D．MgCl2·6H2O是结晶水合物，从溶液中获取该晶体时不能蒸干并灼烧，若蒸干灼烧MgCl2·6H2O会转变为碱式氯化镁、氢氧化镁、氧化镁等物质，D错误；
答案选B。
14．某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法进行化学实验，其中能达到实验目的的是




A．制备CO2
B．析出NaHCO3
C．分离出NaHCO3
D．制取Na2CO3

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，附着在碳酸钙表面，阻止反应继续进行，则不能达到实验目的，故A错误；
B．氨气易溶于水，二氧化碳在水中溶解度不大，在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，可以增大二氧化碳的溶解度，发生反应，由于碳酸氢钠的溶解度最小，会有碳酸氢钠晶体析出，能达到实验目的，故B正确；
C．由B分析知，析出碳酸氢钠晶体后，过滤得到碳酸氢钠，需要用玻璃棒引流，则不能达到实验目的，故C错误；
D．灼烧碳酸氢钠需要用坩埚，则不能达到实验目的，故D错误；
故选B。
15．为从粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、 等离子，以制得精盐水。某同学设计如下方案∶

下列说法正确的是
A．X中主要有 Mg(OH)2和BaSO4，也可能有少量Ca(OH)2
B．②中加入过量Na2CO3溶液的主要目的是为了除去Mg2+、Ca2+
C．若将①②步试剂颠倒，也能达到实验目的
D．③中发生的反应只有2H++=CO2↑+H2O
【答案】A
【分析】粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、 等离子，①加入过量的Ba(OH)2溶液，则形成Mg(OH)2和BaSO4沉淀，还有少量Ca(OH)2沉淀；②再加过量的碳酸钠溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+ ；③加入适量的盐酸除去过量的OH-和，最终得到精盐水，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知加入过量Ba(OH)2溶液，得到的沉淀X中主要含有Mg(OH)2和BaSO4沉淀，还会有少量Ca(OH)2沉淀，A正确；
B．②中加入过量Na2CO3溶液的主要目的是为了除去Ca2+及过量的Ba2+，B错误；
C．若将①②步试剂颠倒，过量的Ba2+就会存在于溶液中，不能被除去，因此不能达到实验目的，C错误；
D．③中发生的反应包括：H++OH-=H2O及2H++=CO2↑+H2O，D错误；
故合理选项是A。
16．某溶液中含有HCO、SO、CO、CH3COO-等4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)
A．CH3COO- B．SO C．CO D．HCO
【答案】A
【分析】向溶液中加入足量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，据此分析解题。
【详解】A．CH3COO-与氢氧根离子和氧气均不反应，离子浓度基本保持不变，A项符合题意；
B．反应生成的氧气与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根，亚硫酸根离子浓度减少，B项不符合题意；
C．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸根离子浓度增大，C项不符合题意；
D．反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子减少，D项不符合题意；
答案选A。
17．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，含有的分子数为0.5NA
B．常温常压下，含有的原子数为0.2NA
C．溶液中Cl－的数目为0.3NA
D．的分子数为2NA
【答案】C
【详解】A．标准状况下，水是非气态物质，无法计算物质的量，故A错误；
B．常温常压下，气态摩尔体积不知，无法计算物质的量，故B错误；
C．溶液物质的量为，则溶液中Cl－的数目为0.3NA，故C正确；
D．的分子数为，故D错误。
综上所述，答案为C。
18．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
B．稀硫酸滴入Ba(OH)2溶液中：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
C．氯化铝溶液中滴入过量氢氧化钠溶液：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D．向NaOH溶液中通入少量CO2：2OH-+CO2=CO+H2O
【答案】D
【详解】A．为弱酸的酸式酸根离子，不能拆开写，正确的离子方程式为 +H+=CO2↑+H2O，故A错误；
B．稀硫酸与Ba(OH)2反应生成水和BaSO4的物质的量之比为2：1，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．氢氧化铝能与氢氧化钠反应生成NaAlO2，正确的离子方程式为Al3++4OH-= +2H2O，故C错误；
D．向NaOH溶液中通入少量CO2生成碳酸钠，离子方程式正确，故D正确；
故选D。
19．某同学设计如图装置探究H2O2、SO2、I2的氧化性强弱。首先用N2排净装置内空气，然后通入SO2，甲中蓝色溶液褪色，乙中产生不溶于盐酸的白色沉淀；关闭弹簧夹，打开甲中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2溶液，开始时颜色无明显变化，继续滴加H2O2溶液，混合液逐渐变成蓝色。下列说法错误的是

A．甲中蓝色溶液褪色说明SO2将I2氧化
B．乙中反应的离子方程式是SO2+Ba2++H2O2=BaSO4↓+2H+
C．实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2与H2O2反应
D．由实验可知H2O2、SO2、I2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞I2＞SO2
【答案】A
【分析】如图，向甲中通入二氧化硫气体，因碘单质与二氧化硫反应使得溶液褪色，说明氧化性：碘单质>二氧化硫；多余的二氧化硫进入装置乙，被双氧水氧化生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成不溶于盐酸的硫酸钡；向已经褪色的装置甲中加入双氧水，刚开始与溶于水的二氧化硫反应颜色无变化，然后再与碘离子反应生成碘单质，溶液变为蓝色，说明氧化性：双氧水>碘单质；装置丙为尾气吸收装置；
【详解】A．甲中蓝色溶液褪色说明单质与二氧化硫反应使得溶液褪色，说明氧化性：碘单质>二氧化硫，故A错误；
B．根据题意，乙中反应的离子方程式是，故B正确；
C．实验中“开始时颜色无明显变化”的原因是SO2还原性比碘离子强，SO2先与H2O2反应，故C正确；
D．根据分析可知，H2O2、SO2、I2氧化性由强到弱的顺序：H2O2＞I2＞SO2，故D正确；
故选A。
20．ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产ClO2和NaClO2的工艺流程为：

ClO2发生器中反应为NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O(未配平)，下列有关该反应的说法中，正确的是
A．反应中Na2SO3是氧化剂
B．“操作A”包括过滤、洗涤、干燥
C．吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO+O2↑+2H+
D．参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为1：2
【答案】B
【分析】根据流程分析，发生器中，酸性环境下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2；在吸收器中，生成的ClO2在浓碱性环境下，被30%的双氧水还原为NaClO2，通过一系列操作，得到NaClO2产品。
【详解】A．在NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O中，Na2SO3中S元素化合价由+4价上升到+6价，Na2SO3是还原剂，故A错误；
B．由分析可知，生成的ClO2在浓碱性环境下，被30%的双氧水还原为NaClO2溶液，结晶得到NaClO2沉淀后要经过过滤、洗涤、干燥得到NaClO2固体，故B正确；
C．吸收器中ClO2被H2O2还原为NaClO2，Cl元素由+4价下降到+3价，O元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO+O2↑+2H2O，故C错误；
D．1 molNa2SO3参加反应，失去2mol电子，1 molNaClO3参加反应，得到1 mol电子，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，所以参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故D错误；
故选B。

二、元素或物质推断题
21．元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。表中是元素周期表的一部分，数字①～⑨代表九种常见的短周期元素，请按题目要求回答下列问题。

(1)②所对应的元素在周期表中的位置______，其最高价氧化物对应水化物的电子式_____。
(2)元素②、⑦、⑨的简单离子中半径最大是______(填离子符号)。
(3)由下列元素形成的化合物中含有离子键的是_____。
A．①⑥ B．②⑦ C．①⑨ D．②⑧
(4)写出向⑤氯化物中的滴入氨水的离子方程式______。
(5)利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。

①干燥管D的作用是_____。
②设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S，则装置C中的预期实验现象为_____。
【答案】(1)     第三周期第IA族    
(2)Cl-
(3)BD
(4)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
(5)     防倒吸     淡黄色沉淀生成

【分析】由元素在周期表中的位置可知，①是H元素，②是Na元素，⑤是Al元素，⑥是C元素，⑦是O元素，⑧是S元素，⑨是Cl元素，据此分析解答。
【详解】（1）②是Na元素，②所对应的元素在周期表中的位置为第三周期第IA族，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，为离子化合物，其电子式为 。
（2）②是Na元素，⑦是O元素，⑨是Cl元素，Na+、O2-只有2个电子层，Cl-有3个电子层，一般电子层数越多，半径越大，故元素②、⑦、⑨的简单离子中半径最大是Cl-。
（3）A．①是H元素，⑥是C元素，二者通过共价键形成共价化合物；
B．②是Na元素，⑦是O元素，二者在形成化合物时，Na失电子形成阳离子，O得电子形成阴离子，阴、阳离子通过离子键形成离子化合物；
C．①是H元素，⑨是Cl元素，二者通过共价键形成共价化合物；
D．②是Na元素，⑧是S元素，二者在形成化合物时，Na失电子形成阳离子，S得电子形成阴离子，阴、阳离子通过离子键形成离子化合物；
故选BD。
（4）⑤是Al元素，向AlCl3溶液中滴入氨水生成Al(OH)3，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH。
（5）①干燥管D的作用是防倒吸。
②浓盐酸、KMnO4反应生成氯气，氯气进入C中与Na2S反应生成S单质，从而得出氯气的氧化性大于S单质的氧化性，进而证明氯的非金属性大于硫，则装置C中的预期实验现象为淡黄色沉淀生成。

三、实验题
22．某小组设计了如下图所示的实验装置来探究过氧化钠的强氧化性。

实验步骤及现象如下：
①检查装置气密性后，装入药品并连接装置A、B、C。
②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好(导管末端未伸入集气瓶中)，再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，A中剧烈反应，有黄绿色气体产生。
③待装置D中导管口产生连续气泡后，将导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体。
④反应一段时间后，停止滴加浓盐酸，再通一段时间N2，直至装置中气体变为无色。
(1)装置D中收集的无色气体X能使带火星的木条复燃，据此推断该气体X是___________。
(2)装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。
甲同学根据A中气体的颜色推测试纸变蓝时发生反应的离子方程式为___________；
乙同学认为使试纸变蓝的原因也可能是___________(填序号)。
a．挥发的HCl气体使试纸变蓝
b．在此实验过程中生成的X气体也能将I-氧化为I2
c．通入的N2使试纸变蓝
(3)C中NaOH溶液的作用是___________。
(4)Na2O2与干燥的HCl能发生化学反应生成Cl2、NaCl和H2O，该反应的化学方程式为___________，当反应生成标准状况下2.24L Cl2时，转移的电子数为___________mol。
【答案】(1)O2(或氧气)
(2)     Cl2+2I-=I2+2Cl-     b
(3)吸收挥发的HCl气体和生成的氯气
(4)     Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O     0.2

【分析】检查装置气密性后，装入药品并连接装置，缓慢通入一定量的N2将装置内空气驱赶干净后，向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，有黄绿色氯气产生，进入后续装置的气体有氯气、氧气、氮气和挥发出来的氯化氢；装置B中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C中NaOH溶液吸收挥发的HCl气体和生成的氯气，反应停止再通一段时间N2，将导管末端伸入集气瓶中，收集到无色气体氧气。
【详解】（1）装置D中收集的无色气体X能使带火星的木条复燃，据此推断该气体X是氧气。
（2）淀粉碘化钾试纸变蓝是由于氧化剂将碘离子氧化得到碘单质，碘单质与淀粉呈蓝色。A中气体呈黄绿色判断是氯气，推测试纸变蓝时发生反应的离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；圆底烧瓶中得到的强氧化性气体除了氯气还有氧气，HCl气体和N2均不能氧化碘离子，故可以认为使试纸变蓝的原因也可能是在此实验过程中生成的X气体，选b。
（3）据分析，进入C装置的气体有氯气、氧气、氮气和氯化氢，NaOH溶液能与氯气和氯化氢，C中NaOH溶液的作用是吸收挥发的HCl气体和生成的氯气。
（4）Na2O2与干燥的HCl能发生氧化还原反应生成Cl2、NaCl和H2O，该反应的化学方程式为Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O；该反应Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O ~2e-，当反应生成标准状况下2.24L Cl2物质的量为0.1mol时，转移的电子数为0.2mol。
【点睛】从圆底烧瓶出来的混合气体含有氯气、氧气、氮气、氯化氢和水。

四、工业流程题
23．围绕海水的综合利用，化学课外兴趣小组进行下列实验：
(1)模拟工业制备氯气：装置如图所示，接通电源，当观察到石墨电极与滤纸接触的区域有细小的气泡产生时，停止通电。将pH试纸分别放在a、b处滤纸上，观察颜色变化。

①在上述实验中观察a处pH试纸中心呈白色，边缘有一圈淡淡的红色，写出产生a处现象的原因______(用离子方程式表示)。
②实验结束后，将滤纸对折，使a、b处充分接触，可将a处残余的Cl2进一步处理。此时发生反应的化学反应方程式是______。
(2)模拟反萃取法提取碘实验流程如图：

①“萃取”操作时须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和______。
②“反萃取”操作时溶液中有I-、IO生成。“酸化”步骤发生反应的离子反应方程式为______。
(3)模拟浓海水提取镁实验流程如图：

说明：模拟浓海水成分配制的“海水溶液”主要成分如表：
离子
Na+
Mg2+
Cl-
SO
浓度(g·L-1)
63.7
28.8
144.6
46.4

①产品1的化学式为______。
②沉降阶段主要的化学反应方程式为______。
【答案】(1)     Cl2+H2OH++Cl-+HClO     Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
(2)     分液漏斗     I-+6H++IO=3I2+3H2O
(3)     CaSO4     Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2

【分析】(1)电解饱和食盐水时阳极得到氯气，阴极得到氢气和氢氧化钠溶液，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性。
(2)除去单质碘，分液，单质碘和氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，再分液，溶液加入硫酸反应生成单质碘，过滤得到碘固体。
(3)海水中去硫除掉硫酸根，过滤后滤液中加入石灰乳反应生成氯化钙和氢氧化镁，氯化钙用于除硫生成硫酸钙，据此分析回答问题。
【详解】（1）①由以上分析可知，在a极生成氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸显酸性，次氯酸具有漂白性，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；
②实验结束后，将滤纸对折，使a、b处充分接触，可将a处残余的Cl2进一步处理，即b处生成的氢氧化钠溶液和a处的氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学反应方程式是Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；
（2）①“萃取”操作时，须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和分液漏斗；
②“反萃取”操作时，单质碘和氢氧化钠溶液反应生成NaI、NaIO3和水，因此溶液中有I-、IO生成。“酸化”步骤是将NaI、NaIO3和硫酸反应生成单质碘、水和硫酸钠，发生反应的离子反应方程式为5I-＋6H＋＋IO=3I2＋3H2O；
（3）①沉降过程中加入石灰乳和氯化镁得到氢氧化镁和氯化钙，氯化钙加入到海水溶液中除硫，反应生成硫酸钙，因此产品1的化学式为CaSO4；
②根据上面分析沉降阶段主要的化学反应方程式为Ca(OH)2＋MgCl2=Mg(OH)2↓＋CaCl2。

五、实验题
24．SO2在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。
(1)某同学利用图所示装置研究二氧化硫的性质。

①仪器a的名称为_______。
②向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是_______。
③实验时，装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氨水，生成的白色沉淀为_______(填化学式)。
④装置C中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫具有_______性。
(2)某兴趣小组用图所示装置模拟空气中二氧化硫含量的测定。当注入标准状况下VmL空气时，酸性KMnO4溶液恰好褪色，停止实验。该空气中二氧化硫的体积分数为_______(用含V代数式表示)。

(3)某化工厂用图所示工艺流程除去燃煤产生的SO2。
①过程I发生的反应为，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目_______。
②过程Ⅱ发生反应的化学方程式为_______。

【答案】(1)     分液漏斗     排出装置内的空气，防止空气中氧气与二氧化硫、水反应     BaSO3     氧化
(2)
(3)         

【分析】浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，二氧化硫通入氯化钡溶液中无现象，通入氢硫酸中，溶液出现浑浊，与氢氧化钠溶液反应，防止污染环境。
【详解】（1）①根据图中信息得到仪器a的名称为分液漏斗；故答案为：分液漏斗。
②装置中有氧气，氧气会与二氧化硫、水反应，向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是排出装置内的空气，防止空气中氧气与二氧化硫、水反应；故答案为：排出装置内的空气，防止空气中氧气与二氧化硫、水反应。
③实验时，装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氨水，氨气和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成氯化铵和亚硫酸钡，因此生成的白色沉淀为BaSO3；故答案为：BaSO3。
④装置C中出现淡黄色浑浊，说明二氧化硫和氢硫酸反应生成硫沉淀和水，二氧化硫中硫化合价降低，因此说明二氧化硫具有氧化性；故答案为：氧化。
（2）某兴趣小组用图所示装置模拟空气中二氧化硫含量的测定。当注入标准状况下VmL空气时，酸性KMnO4溶液恰好褪色，停止实验。根据关系,2～5SO2，则VmL中二氧化硫物质的量为2.5 ×0.001 mol∙L −1 ×0.05L＝1.25×10−4mol，该空气中二氧化硫的体积分数为；故答案为：。
（3）①过程I发生的反应为，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目；故答案为：。
②过程Ⅱ是二氧化硫和硫酸铁反应生成硫酸和硫酸亚铁，其反应的化学方程式为；故答案为：。