宁夏重点名校2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题含解析

宁夏重点名校2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列方法不能
．．用来鉴别乙醇和乙酸的是
A．观察溶液颜色B．加入碳酸氢钠溶液
C．加入紫色石蕊溶液D．加入酸性高锰酸钾溶液
【答案】A
【解析】乙醇和乙酸都是无色液体，不能通过观察溶液颜色鉴别，故选A；乙酸与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳气体，乙醇与碳酸氢钠溶液不反应，能通过加入碳酸氢钠溶液鉴别，故不选B；乙酸能使紫色石蕊溶液变红，乙醇不能使紫色石蕊溶液变色，能通过加入紫色石蕊溶液鉴别，故不选C；乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能通过加入酸性高锰酸钾溶液鉴别，故不选D。

2．在298 K、1.01×105 Pa 下，将22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1 NaOH 溶液中充分反应，测得反应放出a kJ 的热量。

已知在该条件下，1 mol CO2通入1 L 2 mol·L－1 NaOH 溶液中充分反应放出b kJ 的热量。

则CO2与NaOH 溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为
A．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq) ΔH＝－(2b－a)kJ·mol－1
B．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq) ΔH＝－(2a－b)kJ·mol－1
C．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq) ΔH＝－(4a－b)kJ·mol－1
D．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq) ΔH＝－(8a－2b)kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
0.5mol CO2与0.75mol NaOH反应生成0.25mol Na2CO3和0.25mol NaHCO3，反应所放出的热量为x kJ，则生成1mol Na2CO3和1mol NaHCO3放出4x kJ的热量。

1mol CO2通入2mol NaOH溶液中生成1mol Na2CO3，放出ykJ的热量，则1mol CO2与1mol NaOH的溶液反应生成1mol NaHCO3所放出的热量为(4x－y) kJ，A、B项错误，C项正确。

D项，NaOH和NaHCO3的状态错误。

3．下列变化中，由加成反应引起的是
A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色
B．含碳原子较多的烷烃加热、加压、催化剂条件下反应生成含碳原子较少的烷烃和烯烃
C．在光照条件下，C2H6与Cl2反应生成了油状液体
D．在催化剂作用下，乙烯与水反应生成乙醇
【答案】D
【解析】A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中发生氧化反应，高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．含碳原子较多的烷烃加热、加压、催化剂条件下反应生成含碳原子较少的烷烃和烯烃，此为烷烃的裂解，故B错误；C．在光照条件下，C2H6与Cl2发生取代反应，生成了油状液体，故C错误；D．在催化剂作用下，乙烯与水反应生成乙醇发生加成反应，故D正确；答案为D。

4．化学与生活密切相关。

下列说法错误的是（）
A．PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】
A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为
2CaO+2SO 2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。

5．可逆反应2NO2(g)N2O4 (g)在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成n mol N2O4的同时生成2n mol NO2
②单位时间内消耗n mol N2O4的同时生成2n mol NO2
③用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：1 的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑤B．②⑤C．①③④D．①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】
①单位时间内生成n mol N2O4的同时生成2n mol NO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①正确；
②单位时间内每消耗n mol N2O4的同时，必然生成2n mol NO2，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；
③根据反应速率的定义和化学方程式，任何时刻用NO2、N2O4的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2：1，不能说明反应达到平衡状态，故③错误；
④二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色，混合气体不变色说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故④正确；
⑤反应前后气体的计量数之和不等，而气体的总质量是恒定的，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明混合气体的物质的量之和不变，反应达到平衡状态，故⑤正确。

综上所述，本题正确答案为A。

【点睛】
判断一个反应是否达到平衡，可从两个方面考虑，一是根据定义正逆反应速率相等，二是看给定的量是否为变量，当“变量不变”反应即平衡。

6．为纪念编制了第一个元素周期表的俄国化学家门捷列夫，人们把第101号元素（人工合成元素）命名
Md，该原子中子数为（）
为钔。

该元素最稳定的一种核素为258
101
A．56 B．101 C．157 D．258
【答案】C
【解析】
【分析】
依据原子构成，258为质量数，101为质子数，利用质量数=质子数＋中子数，进行判断即可；
【详解】
根据原子构成，258为质量数，101为质子数，利用质量数=质子数＋中子数，中子数=258－101=157，故C正确。

7．关于硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物，叙述正确的是( )
①具有臭鸡蛋气味的气体；②是淡黄色的固体；③它能使溴水褪色；④它的水溶液具有酸性；⑤它具有氧化性和还原性。

A．只有②B．只有③C．①和④D．③、④和⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
硫化氢为臭鸡蛋气味的气体，具有还原性，可被氧化生成硫或二氧化硫，硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物为二氧化硫，二氧化硫为刺激性气体，有毒，具有还原性和氧化性，以此解答该题。

【详解】
硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物为二氧化硫，则
①二氧化硫为刺激性气味的气体，没有臭鸡蛋气味，故错误；
②二氧化硫为气体，故错误；
③二氧化硫具有还原性，它能使溴水褪色，故正确；
④二氧化硫溶于水生成亚硫酸，它的水溶液具有酸性，故正确。

⑤二氧化硫中硫元素是+4价，处于中间价态，它具有氧化性和还原性，故正确；
答案选D。

【点睛】
本题考查二氧化硫的性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物，为易错点，答题时注意审题。

8．下列关于化学键的叙述正确的是
A．离子化合物中一定含有离子键
B．单质分子中均存在化学键
C．离子化合物中只有离子键
D．含有共价键的化合物一定是共价化合物
【答案】A
【解析】A. 含有离子键的离子化合物是离子化合物，离子化合物中一定含有离子键，A正确；B. 单质分子中不一定均存在化学键，例如稀有气体分子中不存在化学键，B错误；C. 离子化合物中不一定只有离子键，可能含有共价键，例如NaOH中H与O之间存在共价键，C错误；D. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键，属于离子化合物，D错误，答案选A。

点睛：明确化学键的含义、化学键与化合物之间的关系是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，另外Al与Cl之间形成的化学键是共价键。

9．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸乙酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图。

下列对该实验的描述错误的是
A．不能用水浴加热
B．长玻璃管起冷凝回流作用
C．提纯乙酸乙酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D．加入过量乙酸可以提高乙醇的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】
A项、实验室制取乙酸乙酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，不能用水浴加热，故A正确；
B项、实验室制取乙酸乙酯时，反应物乙酸和乙醇易挥发，可在反应装置中安装长玻璃管或冷凝回管起冷凝回流作用，防止反应物损耗，提高原料的利用率，故B正确；
C项、在强碱性条件下酯易水解，纯乙酸乙酯不能用NaOH溶液洗涤，可用饱和Na2CO3溶液洗涤，故C 错误；
D项、从化学平衡移动原理可知，增大反应物乙酸的量，平衡正反应方向移动，可提高另一种反应物乙醇
的转化率，故D正确；
故选C。

10．“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。

在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。

下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是
A．nCH2=CH2
B．CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl
C．Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
D．3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。

A. nCH2=CH2为加聚反应，产物只有一种，原子利用率达100%，符合，选项A正确；
B. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl为取代反应，原子利用率没有达100%，不符合，选项B错误；
C. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，原子利用率没有达100%，不符合，选项C错误；
D. 3NO2＋H2O==2HNO3＋NO，原子利用率没有达100%，不符合，选项D错误；
答案选A。

11．生活处处有化学，下列说法正确的是（）
A．裂化汽油可使溴水褪色
B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和甘油酯类
D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，蛋白质水解产物是葡萄糖
【答案】A
【解析】
【详解】
A．裂化汽油中含有烯烃，烯烃能与溴单质发生加成反应，所以裂化汽油可使溴水褪色，故A正确；B．棉和麻的成分为纤维素，与淀粉的分子式均用(C6H10O5)n表示，但n不同，不互为同分异构体，故B错误；
C．花生油是液态的植物油，属于不饱和的甘油酯类，故C错误；
D．蛋白质水解生成氨基酸，故D错误；故选A。

12．下列中各组性质的比较，正确的是
①酸性：HClO 4>HBrO 4>HIO 4 ②离子还原性：S 2->Cl ->Br ->I - ③沸点：HF ＞HCl ＞HBr>HI ④金属性：K>Na>Mg>Al
⑤气态氢化物稳定性：HF ＞HCl ＞H 2S ⑥半径：O 2->Na +>Na>Cl
A ．①②③
B ．②③④
C ．①④⑤
D ．①②③④⑤⑥ 【答案】C
【解析】试题分析：①根据同主族元素性质递变规律判断，非金属性：Cl ＞Br ＞I ，最高价氧化物水化物的酸性：HClO 4>HBrO 4>HIO 4，正确；②根据非金属性活动顺序判断，非金属性：Cl>Br>I ＞S ，离子还原性：S 2->I - >Br - >Cl -，错误；③组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，HF 分子间存在氢键，沸点反常的高，故沸点：HF>HI ＞HBr ＞HCl ，错误；④根据同周期元素由左向右金属性逐渐减弱，同主族元素由上到下金属性增强知，金属性：K>Na>Mg>Al ，正确；⑤根据非金属性活动顺序判断，非金属性：F ＞Cl ＞S ，气态氢化物稳定性：HF ＞HCl ＞H 2S ，正确；⑥半径：Na>Cl> O 2->Na +，错误，选C 。

考点：考查同周期、同主族元素性质递变规律。

13．当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是( ) A ．FeCl 3溶液 B ．稀豆浆 C ．CuSO 4溶液 D ．KMnO 4溶液
【答案】B 【解析】 【分析】
分散系分为溶液、胶体、浊液，丁达尔现象是胶体特有的性质，抓住这一特点即可解答。

【详解】
A. FeCl 3溶液，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故不选A ；
B. 稀豆浆，属于胶体，能产生丁达尔效应，故选B ；
C. CuSO 4溶液，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故不选C ；
D. KMnO 4溶液，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故不选D 。

14．设A N 表示阿伏加德罗常数，则下列叙述正确的是 A ．标准状况下，22.4L 四氯化碳含有A N 个四氯化碳分子 B ．在18gH 218
O 中含有10A N 个中子
C ．在2L 0.5L mo /1的醋酸溶液中含有 A N 个
COO CH 3离子
D ．常温下，16g 甲烷含有10A N 个电子 【答案】D
【解析】四氯化碳在标准状况下不是气体，A 不正确。

H 218O 的中子数是10，18gH 218O 的物质的量是
mol mol g g 10
9
/2018 ，含有中子的物质的量是9mol ，B 不正确。

醋酸是弱酸，部分电离，所以C 不正确。

CH 4分子含有10个电子，16g 甲烷是1mol ，所以D 正确。

答案选D 。

15．下列实验能获得成功的是 ( ) A ．用溴水可鉴别苯、乙醇、苯乙烯
B ．加浓溴水，然后过滤可除去苯中少量乙烯
C ．苯、溴水、铁粉混合制成溴苯
D ．可用分液漏斗分离硝基苯和苯 【答案】A
【解析】分析：A ．苯不溶于水，乙醇和水混溶，苯乙烯可与溴发生加成反应； B ．乙烯与溴发生加成反应生成二溴乙烷； C ．应用液溴和苯发生取代反应； D ．硝基苯和苯混溶。

详解：A ．加入溴水，苯不溶于水，有色层在上层，乙醇和水混溶，苯乙烯可与溴发生加成反应，溴水褪色，可鉴别，A 正确；
B ．乙烯与溴发生加成反应生成二溴乙烷，二溴乙烷和苯混溶，不能分离，B 错误；
C ．溴水和苯不发生反应，应用液溴和苯发生取代反应，C 错误；
D ．硝基苯和苯混溶，二者沸点不同，应用蒸馏的方法分离，D 错误。

答案选A 。

16．下列化学用语表达不正确．．．的是（ ） A ．CH 4 的球棍模型
B ．Cl 2 的结构式Cl —Cl
C ．CO 2的电子式
D ．Cl —的结构示意
【答案】A 【解析】 A 、
是CH 4 的比例模型，选项A 不正确；B 、Cl 2 的结构式Cl —Cl ，选项B 正确；
C 、 CO 2的电子式，
选项C 正确；D 、Cl —的结构示意
，选项D 正确。

答案选D 。

17．一种天然气臭味添加剂的绿色合成方法为：CH 3CH 2CH=CH 2+H 2S CH 3CH 2CH 2CH 2SH 。

下列反应的原子利
用率与上述反应相近的是 A ．乙烯与水反应制备乙醇 B ．苯和硝酸反应制备硝基苯 C ．乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯
D．甲烷与Cl2反应制备一氯甲烷
【答案】A
【解析】
A. 乙烯与水反应制备乙醇发生的是加成反应，生成物只有一种，原子利用率达到100%，A正确；
B. 苯和硝酸反应制备硝基苯属于取代反应，还有水生成，原子利用率达不到100%，B错误；
C. 乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯发生的是酯化反应，反应中还有水生成，原子利用率达不到100%，C错误；
D. 甲烷与Cl2反应制备一氯甲烷属于取代反应，还有氯化氢以及气体卤代烃生成，原子利用率达不到100%，D错误。

答案选A。

18．碘具有“智力元素”之称。

体内缺碘会影响神经系统发育，造成智力损害。

食用碘盐可以防止碘缺乏病。

碘盐中加入的物质是
A．I2B．KI C．KIO3D．NaI
【答案】C
【解析】因KI易被氧化成碘单质而挥发，降低碘盐的效能，而KIO3常温下不易挥发，化学性质稳定，所以用KIO3加工碘盐
19．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A、铝在氯气中燃烧生成氯化铝，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，两两均能反应，选项A不选；A、氨气与氧气反应生成一氧化氨和水，氨气与亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，两两均能反应，选项B不选；C、二氧化硫与亚硫酸铵和水反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和一水合氨，二氧化硫与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和水，两两均能反应，选项C不选；D、氯化铁与硝酸不反应，选项D选。

答案选D。

点睛：本题考查常见物质的化学性质，涉及反应转化关系，易错点为选项D，注意氯化铁与硝酸不反应，氯化亚铁与硝酸可反应，硝酸将亚铁离子氧化。

20．下列说法正确的是（）
A．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”
B．钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀，主要原因是海水含氧量高于河水
C．废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源
D．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、汽油来源化石能源，属于不可再生能源，错误；
B、是因为海水中有电解质，易形成原电池，发生电化学腐蚀，错误；
C、废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源，正确；
D、食品添加剂不都对人体健康均有害，错误。

故答案选C。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．用下图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，要满足下列要求：组A槽B槽
1 NaCl AgNO3
2 AgNO3CuCl2
3 Na2SO4AgNO3
4 NaOH CuSO4
①工作一段时间后A槽pH上升，B槽的pH下降；
②b、c两极上反应的离子的物质的量相等。

（1）应选择的电解质是上述四组中的第________组。

（2）该组电解过程中各电极上的电极反应为：a极___b极____c极___ d极____
（3）当b极上析出7.1 g电解产物时，a极上析出产物的质量为________g；
【答案】第1组4H＋＋4e－=2H2↑2Cl－－2e－=Cl2↑Ag＋＋e－=Ag4OH－－4e－=O2↑＋2H2O 0.2g
【解析】
【分析】
1组、A槽是电解氯化钠，氯化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应为：4Cl--4e-=2Cl2↑；B槽电解硝酸银溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应为：4Ag++4e-=4Ag，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量相等；
2组、A槽是电解硝酸银，溶液pH减小，b电极是阳极，电极反应为： 4OH--4e-=2H2O+O2↑；B槽电解氯化铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应为：Cu2++2e-= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等；
3组、A槽是电解水,硫酸钠溶液pH不变，b电极是阳极，电极反应为: 4OH--4e-=2H2O+O2↑；B槽电解硝酸银溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：4Ag++4e-=4Ag，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量相等；
4组、电解氢氧化钠溶液实质是电解水，A槽是电解水，氢氧化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；B槽电解硫酸铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：Cu2++2e-= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等。

【详解】
(1)根据上述分析可以知道，符合条件的是第1组；因此答案是：1；
(2)第1组电解过程中各电极上的电极反应式为：a、4H++4e-=2H2↑；b、4Cl--4e-=2Cl2↑；c、4Ag++4e-=4Ag；
d、4OH--4e-=2H2O+O2↑;
因此，本题正确答案是: 4H++4e-=2H2↑；b、4Cl--4e-=2Cl2↑；c、4Ag++4e-=4Ag；d、4OH--4e-=2H2O+O2↑；
(3)第1组中：a、4H++4e-=2H2↑；b、4Cl-4e-=2Cl2↑；当b极上析出7.1g即物质的量为0.1mol氯气时，a极上析出为氢气的物质的量为0.1mol，氢气的质量为0.1mol ×2g/mol=0.2g；答案：0.2g。

【点睛】
解题依据：根据串联电路中电子守恒的规律，分析两个电解池阴阳极放电的离子的物质的量变化，根据电极反应和电极反应过程中离子变化确定溶液pH变化。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。

实验（一）碘含量的测定
实验（二）碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O。

（1）实验（一）中的仪器名称：仪器A________，仪器B________。

（2）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为__________________。

②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是___________________。

③下列有关步骤Y的说法，正确的是________。

A 应控制NaOH溶液的浓度和体积
B 将碘转化成离子进入水层
C 主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D NaOH溶液可以由乙醇代替
④实验（二）中操作Z的名称是________。

（3）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是________________________。

【答案】坩埚500 mL容量瓶向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水液体分上下两层，下层呈紫红色AB 过滤主要由于碘易升华，会导致碘的损失
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器B配制500mL含有碘离子的浸取液，需要使用500mL的容量瓶，故答案为坩埚；500mL容量瓶；
(2)①分液漏斗的检漏应先检查漏斗颈旋塞处是否漏水，再检查漏斗口玻璃塞处是否漏水，其方法是：检查漏斗颈旋塞处是否漏水时，先关闭分液漏斗的旋塞，加入适量的水，看是否漏水，若不漏，再将活塞旋转180°后观察是否漏水；检查漏斗口玻璃塞处是否漏水时，先关闭分液漏斗的旋塞，加入适量的水，把漏斗倒过来观察是否漏水，若不漏，将玻璃塞旋转180度后再倒置观察，若还是不漏水，则玻璃塞处不漏水；
②步骤X为萃取操作，由于CCl4密度比水大，且I2易溶于CCl4，故萃取后分液漏斗内观察到的现象液体分为上下两层，上层呈无色，下层呈紫红色；
③据题中所给信息：3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O，步骤Y目的在于把碘元素全部由CCl4层转移入水层，NaOH溶液应过量，为了下一步便于提取碘，所加氢氧化钠溶液的体积不能过多，故其浓度不能太小，故选项A、B正确，选项C错误，由于I2在CCl4和酒精中都易溶解，且CCl4和酒精互溶，酒精不能从I2的
CCl4溶液中萃取I2，选项D错误；
答案选AB；
④实验(二)中，由于碘单质在酸性溶液的溶解度很小，碘在水溶液中以晶体析出，故操作Z是过滤；
(3)由于碘易升华，加热碘的四氯化碳溶液时，碘易挥发，会导致碘的损失，故不采用蒸馏方法。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．下面是元素周期表的一部分，请按要求填空：
A B C
D E F G
H I
（1）A元素的最高价氧化物的电子式______。

（2）元素G在周期表中的位置是_______。

（3）C与D简单离子中半径较大的是________（用离子符号表示）。

（4）C与F的气态氢化物中较稳定是________（用化学式表示）。

（5）写出G单质与I的最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式______。

（6）下列说法或实验不能证明H和I两种元素的金属性强弱的是_____。

a 比较两种元素的单质的熔点、沸点高低
b 将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度
c 比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱
【答案】第三周期ⅦA族O2-H2O 2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O a
【解析】
【分析】
依据元素在周期表的位置关系可知，A、B、C、D、E、F、G、H和I分别是C、N、O、Na、Si、S、Cl、K 和Ca，结合元素周期律和物质的结构与性质分析作答。

【详解】
（1）A元素的最高价氧化物为CO2，为共价化合物，C与O原子之间共用2对电子对，使各原子达到满8电子稳定结构，其电子式为；
（2）元素G为Cl，原子序数为17，在周期表中位于第三周期ⅦA族；
（3）电子层数越大，简单离子的半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，简单离子半径越大，则C 与D简单离子中半径较大的是O2-；
（4）同主族中元素的非金属性从上到下依次减弱，则C 与F 的气态氢化物中较稳定是H 2O ；
（5）G 单质为Cl 2，I 的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钙，两者参与反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其反应的化学方程式为2Cl 2+2Ca(OH)2==CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ； （6）
a. 两种元素的单质的熔点、沸点高低，指的是物理性质，与元素的非金属性无关，符合题意，a 项正确；
b. 将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度，若与冷水反应越剧烈，则单质的金属性越强，b 项错误；
c. 比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，碱性越强，则金属性越强，c 项错误； 答案选a 。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．常温下,溶液M 中存在的离子有A 2- HA - H + OH -等,存在的分子有H 2O 、H 2A 。

根据题意回答下列问题:
（1）写出酸H 2A 的电离方程式:__________________________________________
（2）若溶液M 由10mL 2mol .L -1NaHA 溶液与10mL 2mol .L -1NaOH 溶液混合而得,则溶液M 中离子浓度由大到小的顺序为_____________________。

已知常温下,K sp （BaA ）=1.8×10-10,向该混合溶液中加入10mL 1mol .L -1BaCl 2溶液,混合后溶液中的C （Ba 2+）为__________mol .L -1。

（3）若NaHA 溶液呈碱性，则溶液M 有下列三种情况:①0.01 mol .L -1的H 2A 溶液;②0.01 mol .L -1的NaHA 溶液;③0.02 mol .L -1的HCl 溶液与0.04 mol .L -1的NaHA 溶液等体积混合而成。

则三种情况的溶液中C （H 2A ）最大的为__________（填序号,下同）;pH 由大到小的顺序为_______ 【答案】+-2H A
H +HA 、-+2-HA H +A +2---+
(Na )(A )(OH )(HA )(H )c c c c c >>>>
105.410-⨯ ③ ②>③>①
【解析】 【分析】
（1）存在的分子有H 2O 、H 2A ，则H 2A 为弱酸；
（2）当NaHA 与NaOH 等物质的量反应后生成Na 2A ，共0.02mol ，由于A 2-水解使得溶液显碱性，pH ＞7，根据溶液呈碱性判断离子浓度；由反应式Ba 2++A 2-=BaA ↓可得：沉淀后A 2-过量0.01mol ，溶液中c （A 2-）=1/3mol∙L -1，根据BaA 的K sp =c （Ba 2+）•c （A 2-）可得c （Ba 2+）；
（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合后为等量的NaCl 、NaHA 、H 2A ，抑制弱酸的电离。

【详解】
（1）存在的分子有H 2O 、H 2A ，则H 2A 为弱酸，电离方程式为 +-2H A H +HA 、-+2-HA H +A ，
故答案为+-2H A
H +HA 、-+2-HA H +A ；
（2）当NaHA 与NaOH 等物质的量反应后生成Na 2A ，共0.02mol ，由于A 2-水解使得溶液显碱性，pH ＞7，
可得溶液中离子浓度的大小顺序为c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；由反应式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c（A2-）=1/3mol∙L-1，根据BaA的K sp=c（Ba2+）•c（A2-）可得c（Ba2+）=K sp/c（A2-）=10
5.410-
⨯；
⨯mol∙L-1，故答案为c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；10
5.410-
（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①，故答案为③；②＞③＞①。