2024漯河高级中学高一上学期期末预测试题化学含解析

这是一份2024漯河高级中学高一上学期期末预测试题化学含解析，共19页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（共15小题，每题3分，共45分）
1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．纯碱受热易分解，常用作焙制糕点的膨松剂
B．氯气具有漂白性，常用作棉、麻和纸张的漂白剂
C．氧化铁呈红棕色，常用作油漆、涂料的红色颜料
D．溶液具有较强的氧化性，常用于刻蚀印刷电路板铜箔
2．元素铬(Cr)的几种化合物存在下列转化关系，下列判断正确的是（ ）
固体
A．是碱性氧化物
B．反应②应在高温下进行
C．反应②③是氧化还原反应
D．反应②的离子方程式为
3．下列有关实验装置(部分夹持仪器已略)进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
4．下列化学方程式或离子方程式正确的是（ ）
A．向AlCl3溶液中加入少量稀氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3
B．磁性氧化铁与稀盐酸反应： Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
C．过量的Fe在氯气中燃烧：
D．碳酸钠溶液与少量盐酸：
5．用如图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量的浓硫酸反应。下列说法错误的是（ ）

A．上下移动①中铜丝可控制生成的量
B．①中发生反应的化学方程式为
C．③中选用溶液吸收多余的
D．为确认生成，向①中加水，观察颜色
6．“碳中和”已作为一种新型环保形式，CH4和CO2的催化重整可以缓解一部分环保压力。反应为一定条件CH4+CO22CO+2H2，下列说法错误的是（ ）
A．生成2个H2时，共转移4个电子
B．每消耗1个CH4，CO2得到2个电子
C．CH4既是氧化剂，又是还原剂
D．该反应既可以缓解温室效应，又能提供燃料
7．已知A为常见的金属单质，根据如图所示的关系，下列叙述中正确的是（ ）
A．A为Fe，B为FeO
B．C→D溶液的颜色变化：浅绿色→棕黄色
C．④的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+
D．⑤的离子方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
8．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．所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 ml · L－1
B．操作2是将溶解并放置至室温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中
C．操作4如果仰视，会使配得溶液的浓度偏低
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切
9．在体积相同的两个密闭容器中分别充满C2H4、C3H6气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A．两种气体的压强是P(C2H4)Y>XB．单质的导电能力：M>Z
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>ZD．Q与X只能形成一种化合物
二、填空题（共1小题,共10分）
16．Ⅰ．某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5 μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。请回答下列问题：
(1)PM2.5分散在空气中形成的分散系 (填“属于”或“不属于”)胶体。
(2)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
根据表中数据判断待测试样为 (填“酸”或“碱”)性，表示该试样酸碱性的c(H+)或c(OH－)= ml·L－1。
Ⅱ．氧化还原反应在工农业生产、日常生活中具有广泛用途，贯穿古今。
(3)“维生素C可以将食物中的Fe3+转化为Fe2+，说明维生素C 具有(填“氧化性”或“还原性”)。
(4)二氧化氯是一种高效消毒剂。工业上制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl。
①该反应中每生成1mlClO2分子，转移电子的数目为 。
②ClO2在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐()，需要将其转化为Cl－除去，下列试剂能实现其转化过程的是 。
A．O2 B．FeCl2 C．KCl D．KMnO4
三、解答题（共4小题,共45分）
（14分）17．如图1所示，某同学利用和的溶液制取并探究其性质。
(1)装置B中发生反应的离子方程式为 。
(2)装置C中的实验现象是 ，该实验现象说明具有 （填“氧化”或“还原”）性。
(3)装置的目的是探究与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象： 。
(4)探究的酸性强于，该同学用如图2所示装置达成实验目的。
①装置的连接顺序为 ，D中产生白色沉淀，则反应的离子方程式为 。
纯净____________________________（填字母），
②可证明的酸性强于的实验现象是 。
（8分）18．Fe3O4是常用的磁性材料，可用于录音磁带等的制作。某小组同学采用下列实验装置(夹持仪器略)制备Fe3O4并验证所得产物的成分与性质。回答下列问题：
I．制备Fe3O4
(1)装置A的作用是 ；装置D的名称是 。
(2)装置B中反应的化学方程式为 。
(3)实验过程中可观察到E中的现象是 。
Ⅱ．探究B中所得黑色固体的成分
待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质继续进行如下实验(已知酸性KMnO4溶液能与盐酸发生反应)：
(4)①试剂a是 (填物质名称)，现象1为 。
②若现象2中溶液未变红色，结合装置B中固体的成分，用离子方程式解释可能的原因： 。
(5)已知温度高于570℃时，铁与水蒸气反应的氧化产物只有Fe3O4，甲同学称取16.8g Fe粉于装置B中，在600℃反应一段时间后停止加热，冷却后称得固体质量为20.0g，则实验后的固体物质中Fe3O4的物质的量为 。
（10分）19．利用海水能够提取溴和镁，提取过程如下：

(1)提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是 ， 蒸馏塔中发生反应的离子方程式是 。向溴水中加入CCl4，充分振荡、静置后Br2的CCl4溶液在 (上或下)层。
(2)吹出塔中通入热空气吹出Br2，利用了溴的 (填序号)；
a．氧化性 b．还原性 c．挥发性
(3)从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作 、 、过滤、洗涤、干燥(在HCl气流的保护下)；由无水氯化镁得到镁的化学方程式是 。
(4)工业上从卤水中获取用石灰乳而不用溶液的原因是 。(写出两点原因)
（13分）20．用如图装置模拟侯氏制碱法，根据所学知识回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ；仪器b的作用为 。
(2)装置B中装的试剂为 。装置C中反应的离子方程式为 。
(3)通过对粗盐(含有、、杂质，杂质在实际生产中还容易造成设备堵塞)进行精制可制得饱和NaCl溶液，涉及步骤如下：
①加入过量Na2CO3溶液 ②加入过量NaOH溶液 ③加入足量盐酸 ④过滤 ⑤蒸发浓缩 ⑥加入过量BaCl2溶液，正确的操作顺序为___________(填标号)。
①④⑥④②④③⑤B．⑥①②④③⑤
②⑥①④③⑤ D．⑥①②③④⑤
(4)实验室模拟侯氏制碱法首先制得的是NaHCO3，然后将其在 (填仪器名称)中，进一步制得纯碱。
(5)在实际生产中为了得到更多的产品，经常加入适量的食盐促进产品的析出，这会导致所得的Na2CO3产品中混有少量NaCl。为了确定加热后固体的组成，某化学兴趣小组准确称取25.0g Na2CO3产品，配制成200mL溶液，向所得溶液中加入1ml∙L-1HCl溶液，所得气体体积(已折算为标准状况)与加入盐酸体积的关系如图所示。
①由已知条件及图像分析，Na2CO3产品中的杂质为 (填化学式)。
②图中x= ；若每制得25.0g该样品平均消耗标准状况下11.2LCO2，则在合成NaHCO3时CO2的转化率为 (保留两位小数)%。
A． 配制0.5ml·L-1的氢氧化钠溶液
B． 制备少量Cl2
C． 制备氢氧化铁胶体
D． 测浓氯水的pH
离子
K+
Na+
Cl－
浓度/ml·L－1
4×10－6
6×10－6
2×10－5
4×10－5
3×10－5
2×10－5
参考答案：
1．C
【详解】A．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，常用碳酸氢钠作焙制糕点的膨松剂，A错误；
B．氯气不具有漂白性，B错误；
C．氧化铁俗称铁红，常作红色油漆，C正确；
D．溶液具有较强的氧化性，常用于刻蚀印刷电路板铜箔，D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．题给反应①可知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，属于酸性氧化物，故A错误；
B．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，H2O2高温下易分解，应在常温下进行，故B错误；
C．应②是氧化还原反应，H2O2在碱性条件下将KCrO2氧化为K2CrO4，化学方程式为：2KCrO2+3H2O2+2KOH=2K2CrO4+4H2O，反应③是可逆的非氧化还原反应，离子方程式为：2CrO42-+2H+⇌Cr2O+H2O，故C错误；
D．反应②是氧化还原反应，H2O2在碱性条件下将KCrO2氧化为K2CrO4，化学方程式为：2KCrO2+3H2O2+2KOH=2K2CrO4+4H2O，离子方程式为，故D正确。
答案选D。
3．C
【详解】A．容量瓶不能用于固体的溶解，故氢氧化钠固体不能直接放在容量瓶中，A错误；
B．MnO2必须与浓盐酸反应制备氯气，B错误；
C．实验室制备氢氧化铁胶体是在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续加热至呈红褐色，可用该装置制备氢氧化铁胶体，C正确；
D．使用pH试纸时应该用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，不能将pH试纸直接放入试剂中，且氯水有漂白性不能用pH试纸测定其pH，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．氨水为弱碱不能拆，正确方程式为：，故A正确；
B．磁性氧化铁中Fe为+2价和+3价，正确的离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故B错误；
C．过量的Fe在氯气中燃烧，故C错误；
D．碳酸为二元弱酸，少量的盐酸只能将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，故D正确；
故选D。
5．D
【详解】A．当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上移动铜丝，铜丝与浓硫酸不接触，反应停止，故上下移动①中铜丝可控制生成的量，A项正确；
B．用铜片和浓硫酸反应制取，方程式正确，B项正确；
C．可与碱反应，可用溶液吸收多余的，C项正确；
D．反应停止后，①中浓硫酸过量，有剩余，将水加入①中会造成试管中液体飞浅，发生危险，D项错误；
故选D。
6．A
【分析】反应中，CH4中C元素由-4价升高到+2价、H元素由+1价降低为0价，CO2中C元素由+4价降低为+2价。
【详解】A．由分析可知，生成2个H2时，共转移6个电子，A错误；
B．CO2中C元素由+4价降低为+2价，则每消耗1个CH4，CO2得到2个电子，B正确；
C．CH4中C元素化合价升高，H元素化合价降低，则CH4既是氧化剂，又是还原剂，C正确；
D．该反应中，CO2、CH4转化为CO、H2，反应物都是温室气体，生成物都可做燃料，所以此反应既可以缓解温室效应，又能提供燃料，D正确；
故选A。
7．B
【分析】由红褐色固体可知F是Fe(OH)3，结合转化关系可知A为Fe，“黑色晶体”B为Fe3O4，继而推出C为FeCl2、D为FeCl3、E为Fe(OH)2，以此解答该题。
【详解】A. 金属A为Fe，“黑色晶体”B为Fe3O4，故A错误；
B. C→D的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl−，溶液的颜色变化：由浅绿色到棕黄色，故B正确；
C. 反应④的离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故C错误；
D. 反应⑤的离子方程式：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】A选项，10.6g碳酸钠物质的量，溶液体积为100mL，因此所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 ml∙L－1，故A正确，不符合题意；
B选项，操作2是将溶解并放置至室温的Na2CO3溶液，冷却至室温后再转移到容量瓶中，故B正确，不符合题意；
C选项，操作4如果仰视，溶液的体积偏大，则配得溶液的浓度偏低，故C正确，不符合题意；
D选项，操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切，溶液体积偏大，浓度偏低，故D错误，符合题意；
综上所述，答案为D。
9．D
【详解】C2H4和C3H6的体积相同，密度相等，则C2H4和C3H6的质量相等；C2H4、C3H6的摩尔质量依次为28g/ml、42g/ml，C2H4和C3H6的物质的量之比为3:2，所含分子数目之比为3:2；所含氢原子数之比为（34）：（26）=1:1，即所含氢原子数目相等；同温度同体积，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，C2H4与C3H6的压强之比为3:2，P（C2H4）P（C3H6）；正确的为D，答案选D。
10．D
【详解】A．盐酸溶液中存在H2O分子、H+、Cl-，A错误；
B．发生化学反应时，参加反应的物质的质量不变，原子种类、个数不变，B错误；
C．溶液中的阴离子均为OH-的为碱，C错误；
D．碱性氧化物在一定条件下可与酸反应生成盐和水，D正确；
故答案为：D。
11．B
【分析】铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯。
【详解】A．K2FeO4具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A错误；
B．K2FeO4消毒杀菌过程中生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，胶粒吸附悬浮颗粒，可用于净水，故B正确；
C．Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4过程中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．向Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液能析出K2FeO4晶体，说明该条件下的溶解度，故D项错误；
综上所述，正确的是B项。
12．B
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰加热才能生成氯气，A错误；
B．新制氯水中氯气和水生成次氯酸、盐酸，次氯酸具有漂白性，盐酸具有酸性，装置乙实验外圈变红色，内圈红色消失，实验说明新制氯水中存在和HClO分子，B正确；
C．碳酸氢钠受热不稳定分解为碳酸钠、二氧化碳，故小试管中盛放碳酸氢钠实验对比更明显，C错误；
D．装置丁可用于模拟“侯氏制碱法”制取，a先通入使溶液显碱性可以吸收更多的二氧化碳，然后b通入反应生成碳酸氢钠，氨气会污染空气，故c中放能吸收氨气的物质，目的是防止氨气污染环境，D错误；
故选B。
13．D
【详解】A．在图 1 中在溶液下面烧杯底部含有固体物质，说明该溶液为饱和溶液，A正确；
B．由于两个烧杯中溶质的质量相等，溶剂质量也相等，且两种溶液下面无固体物质存在，故图 2 中，两溶液中溶质的质量分数一定相等，B正确；
C．在20℃甲烧杯下面有固体物质，而乙烧杯中无固体存在，由于两个烧杯中加入的固体及水质量相等，说明在20℃时溶解度：甲＜乙，在升高温度至50℃时，甲、乙两个烧杯的固体都完全溶解，说明甲的溶解度受温度的影响变化较大，故图 3 中，M 表示甲的溶解度曲线，N表示乙的溶解度曲线，C正确；
D．根据图3可知：在30℃时，甲、乙两种物质的溶解度相等，因此图 2 中，两溶液降温至30℃，甲不一定会析出晶体，乙也可能会析出晶体，D错误；
故合理选项是D。
14．A
【分析】与NaOH共热有无刺激性气味气体生成，说明不含NH，滤液中仍含有氢氧根，则白色沉淀一定为Mg(OH)2，其物质的量为=0.02ml，消耗0.04mlOH-，剩余的OH-为0.1ml/L×0.2L=0.02ml，所以溶液还有Al3+，发生反应Al3++4OH-=AlO+2H2O，消耗了0.1ml-0.04ml-0.02ml=0.04ml氢氧根，则n(Al3+)=0.01ml；另外一份溶液中加入足量硝酸银溶液得到白色沉淀，则原溶液中含有Cl-，且20mL溶液中n(Cl-)==0.1ml；
综上所述20mL溶液中含n(Mg2+)=0.02ml、n(Al3+)=0.01ml、n(Cl-)=0.1ml，不含NH，根据电荷守恒可知还有0.1ml-0.02ml×2-0.01ml×3=0.03ml的Na+。
【详解】A．根据分析可知一定含有Na+，20mL溶液中含有0.03mlNa+，则c(Na+)=1.5ml/L，A正确；
B．根据分析可知一定含有Mg2+，20mL溶液中含有0.02mlMg2+，浓度为1ml/L，B错误；
C．根据分析可知溶液中一定含有Mg2+、Cl﹣、Na+、Al3+，不含NH，C错误；
D．根据分析可知溶液中一定含有Mg2+、Cl﹣、Na+、Al3+，不含NH，D错误；
综上所述答案为A。
15．C
【详解】A．X、Y、Z分别为O、Mg、Al，原子半径：Y>Z>X，A错误；
B．Z为Al、M为Si，单质的导电能力：Z>M ，B错误；
C．Y为Mg、Z为Al，金属性Mg>Al，最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z ，C正确；
D．Q与X可以形成H2O、H2O2，不止一种化合物，D错误；
答案选C。
16．(1)不属于 (2) 酸 (3)还原性
(4) NA B
【详解】（1）PM2.5直径小于等于2.5 μm的悬浮颗粒物，粒子直径不属于胶体范围，形成的分散系不属于胶体；
（2）根据电荷守恒：，根据溶液呈电中性，溶液中含，呈酸性；
（3）“维生素C可以将食物中的Fe3+转化为Fe2+，说明维生素C具有还原性；
（4）①该反应中NaClO3被还原生成还原产物ClO2，Cl元素化合价从+5价降低至+4价，生成1ml ClO2，转移电子数为NA个；
②得电子被还原成，需加入还原剂，O2、KMnO4为常见氧化剂，FeCl2中铁元素为+2价，可作还原剂；答案选B；
17．(1)2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO+4H+
(2) 生成淡黄色沉淀 氧化
(3)品红溶液褪色后，取下装置E中的试管，加热，溶液恢复红色
(4) A→C→B→D Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO B中品红溶液不褪色，D中出现白色沉淀
【详解】（1）装置B中发生的反应为酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸和水，反应的离子方程式为：2MnO+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO+4H+；
（2）二氧化硫具有氧化性，能与具有还原性的硫化钠反应生成淡黄色的硫沉淀；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，加热褪色后的溶液，溶液又重新变为红色，说明二氧化硫使品红溶液褪色的过程为可逆过程；
（4）①二氧化硫具有还原性，不能与漂白粉溶液发生复分解反应，不能证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，若要证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，应将二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中制得二氧化碳气体，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，若气体通入品红溶液不褪色，说明二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液完全吸收，剩余气体通入漂白粉溶液中生成白色沉淀，说明亚硫酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，从而证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，则装置的连接顺序为：纯净二氧化硫→A→C→B→D；二氧化碳与漂白粉溶液反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；
②若B中品红溶液不褪色，说明二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液完全吸收，剩余气体通入漂白粉溶液中生成白色沉淀，说明亚硫酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，从而证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，所以现象为：B中品红溶液不褪色，D中出现白色沉淀。
18．(1) 提供水蒸气(或水蒸气发生装置) (球形)干燥管
(2)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
(3)黑色固体变红
(4) 稀硫酸 酸性KMnO4溶液褪色(或溶液紫/红色褪去) Fe+2Fe3+=3Fe2+
(5)0.05ml
【详解】（1）根据装置图，利用3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2制备Fe3O4，因此装置A的作用是产生水蒸气；根据仪器结构判断装置D为球形干燥管，故答案为提供水蒸气(或水蒸气发生装置)；(球形)干燥管，
（2）装置B中水蒸气和铁粉在高温条件下生成了四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2制备Fe3O4，故答案为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（3）装置B中产生的氢气，经过球形干燥管除去水蒸气后，进入装置E中，与黑色的氧化铜反应生成红色的铜和水，因此E中的实验现象为黑色固体逐渐变红，故答案为黑色固体变红。
（4）①试剂a的目的是溶解固体B（主要成分为铁的氧化物，可能含有部分未反应完全的铁粉），可选择盐酸或者硫酸，但是题目中已知酸性KMnO4溶液能与盐酸发生反应，因此选择硫酸；滴加酸性高锰酸钾的目的是证明Fe2＋存在，Fe2＋具有还原性，而具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，（紫色）被还原为Mn2＋（无色），可观察的实验现象为酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为稀硫酸；酸性KMnO4溶液褪色(或溶液紫/红色褪去)；
②KSCN溶液用于检验Fe3＋，若溶液中含有Fe3＋，加入KSCN溶液后，溶液变为血红色，但现象2中溶液未变红色，说明溶液中不含有Fe3＋，可能是因为固体B中含有四氧化三铁和未反应完全的铁粉，加酸后溶液中的Fe3＋与铁粉反应生成Fe2＋，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+。
（5）假设实验后的固体物质中Fe3O4的质量为x，， ，解得x＝11.6g，物质的量为，故答案为0.05。
19．(1) 富集溴元素 Cl2+2Br-=Br2+2Cl- 下
(2)c
(3) 蒸发浓缩 冷却结晶 MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
(4)石灰乳原料丰富，成本低
【详解】（1）根据以上分析可知流程中提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是为了得到更多的溴单质，提取过程对溴元素进行富集；吸收塔内通入的二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br－＝Br2+2Cl－；CCl4的密度大于水，向溴水中加入CCl4，充分振荡、静置后Br2的CCl4溶液在下层；
（2）溴易挥发，通入热空气吹出溴，利用溴的挥发性，故选c；
（3）从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；
（4）工业上从卤水中获取用石灰乳而不用溶液的原因是石灰乳原料丰富，成本低。
20．(1) 分液漏斗 防止倒吸
(2) 饱和碳酸氢钠溶液
(3)BC
(4)坩埚
(5) NaHCO3、NaCl 4.704 82.00
【详解】（1）从图中可以看出，仪器a的名称为分液漏斗；仪器b连接氨气溶于水的导管，氨气极易溶于水，易产生倒吸，则其作用为：防止倒吸。
（2）装置B用于除去CO2气体中混入的HCl，则装的试剂为：饱和碳酸氢钠溶液。装置C中，发生反应NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，反应的离子方程式为。
（3）对粗盐(含有、、杂质，杂质在实际生产中还容易造成设备堵塞)进行精制时，需除去、、，同时注意试剂的加入顺序，因为过量的BaCl2需要使用Na2CO3除去，所以⑥一定要在①的前面，另外，杂质离子沉淀后，操作顺序应为④③⑤，至于NaOH所加入的位置，只需保证在过滤之前完成，由此得出正确的操作顺序为⑥①②④③⑤或②⑥①④③⑤，故选BC。
（4）实验室模拟侯氏制碱法首先制得的是NaHCO3，然后将其灼烧，需在坩埚中进一步制得纯碱。
（5）图中信息显示，加入200mL盐酸时，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，又加入210mL盐酸时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则10mL盐酸用于与未分解的NaHCO3发生反应。
①题中信息显示，所得的Na2CO3产品中混有少量NaCl，图象信息显示，有少量NaHCO3未分解，所以Na2CO3产品中的杂质为NaHCO3、NaCl。
②图中，后加入的210mL盐酸与NaHCO3发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则x=0.21L×1ml/L×22.4L/ml=4.704L。25.0g Na2CO3产品中，含有NaHCO3的物质的量为0.01L×1ml/L=0.01ml，Na2CO3的物质的量为0.20L×1ml/L=0.2ml，则发生分解的NaHCO3的物质的量为0.4ml，共生成NaHCO3的物质的量为0.41ml。若每制得25.0g该样品平均消耗标准状况下11.2LCO2，则在合成NaHCO3时CO2的转化率为=82.00%。