柳州市2020年高一(下)化学期末学业水平测试模拟试题含解析

柳州市2020年高一(下)化学期末学业水平测试模拟试题
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．下列有关试剂保存的说法中,不正确的是
A．金属钠保存在煤油中B．保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉
C．过氧化钠应密封保存D．用棕色广口试剂瓶存放氯水
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、金属钠还原性强，暴露在空气中会被氧化，金属钠的密度大于煤油小于水，因此少量金属钠可保存在煤油中，隔绝空气。

正确；
B、亚铁离子容易被空气中的氧气氧化成三价铁离子，因此保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉，防止氧化。

正确；
C、过氧化钠易于和空气中的水和二氧化碳反应，所以应在干燥环境下密封保存。

正确；
D、氯水见光其中的次氯酸易分解，并属于液体，应盛放在棕色细口试剂瓶中。

错误。

答案选D。

【点睛】
本题主要考察化学试剂的存放方式。

化学试剂的存放方式应从试剂本身的物理和化学性质出发考虑，怎样存放更安全。

例如因为属钠还原性强，暴露在空气中会被氧化，金属钠的密度大于煤油小于水，因此少量金属钠可保存在煤油中，隔绝空气。

2．浩瀚的海洋是一个巨大的物质宝库，工业上常用浓缩海水提取溴。

下列说法不正确的是
A．海水的淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B．步骤②中体现了溴易挥发的性质
C．①—④目的是为了富集溴元素
D．步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+2H++SO42-
【答案】D
【解析】步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2Br-+4H++SO42-，故D错误。

3．下列说法正确的是
A．多糖、蛋白质都是高分子化合物，一定条件下都能水解
B．煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分开
C．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D．尼龙绳、羊绒衫和棉衬衣等生活用品都是由合成纤维制造的
【答案】A
【解析】
A. 多糖属于天然高分子化合物，可水解成为很多单位单糖，蛋白质是生物体内重要的高分子化合物，在酶的作用下水解为氨基酸，A正确；
B. 煤中不含苯和甲苯，煤干馏后从煤焦油中能分离出来苯和甲苯，B 错误；
C. 干馏一般是煤的干馏,将煤隔绝空气加强热使其分解的过程,又叫煤的焦化，有化学变化，C错误；
D. 羊绒衫的成分为蛋白质，尼龙绳是合成高分子纤维，棉衬衣原材料是天然高分子纤维，D错误。

故选择A。

4．下列金属单质的获得方法中不包含化学变化的是
A．铝热法炼铁B．电解法制钠C．湿法炼铜D．沙里淘金
【答案】D
【解析】
【详解】
A项、铝热法炼铁有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B项、电解法制钠有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C项、湿法炼铜有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D项、沙里淘金利用密度不同将金和沙分离，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；
故选D。

C H Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构)
5．分子式为362
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
C3H6Cl2可看成CH3CH2CH3中2个氢原子被2个氯原子取代的产物；取代同一碳原子上有两种情况，即中间碳原子和一侧碳原子；取代不同碳原子上也有两种情况，即相邻碳原子或相间的碳原子，所以，C3H6Cl2
有四种同分异构体。

答案选B。

思维拓展：确定常见烃的同分异构体，需确定其结构是否对称，若左右（或上下）对称，只考虑结构的1/2和对称点即可，若上下左右都对称，只需考虑结构的1/4和对称点即可；确定二卤代物可以先考虑取代同一个碳原子和不同碳原子来分析。

6．与互为同分异构体的是（）
A．B．
C．D．CH3—CH2—CH3
【答案】A
【解析】的分子式为C3H7Cl。

A. 的分子式为C3H7Cl，结构与
不同，属于同分异构体，故A正确；B. 的分子式为C4H9Cl，分子式不同，故B错误；C. 的分子式为C4H10，分子式不同，故C错误；D. CH3—CH2—CH3的分子式
为C3H8，分子式不同，故D错误；故选A。

点晴：本题考查了同分异构体的概念和判断。

解题的根据是掌握同分异构体的概念，分子式相同、结构不同的有机化合物，为同分异构体。

7．硫酸工业中SO2的催化氧化反应2SO2(气)+O2(气)2SO3(气），在一定条件下达到平衡时，下列说法错误的是（）
A．SO3的物质的量浓度不变B．SO2全部转化为SO3
C．升高温度，平衡会移动D．正反应的速率与逆反应的速率相等
【答案】B
【解析】
【详解】
A．根据化学平衡的定义，一定条件下，可逆反应中当组分的浓度不再改变说明反应达到平衡，故A说法正确；
B．此反应是可逆反应，不能全部转化成SO3，故B说法错误；
C．化学反应不是吸热反应就是放热反应，升高温度，平衡必然发生移动，故C说法正确；
D．根据化学平衡的定义，正反应速率等于逆反应方向速率，说明反应达到平衡，故D说法正确。

故选B。

8．进行一氯取代反应，只能生成三种沸点不同的产物的烷烃是（）
A．（CH3）2CHCH2CH2CH3B．（CH3CH2）2CHCH3
C．（CH3）2CHCH（CH3）2D．（CH3）3CCH2CH3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．(CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，即能生成5种沸点不同的产物，A错误；
B．(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，即能生成4种沸点不同的产物，B
错误；
C．(CH3)2CHCH(CH3)2中含有2种等效氢，所以其一氯代物有2种，即能生成2种沸点不同的产物，C错误；D．(CH3)3CCH2CH3中含有3种等效氢，所以其一氯代物有3种，即能生成3种沸点不同的产物，D正确；答案选D。

【点睛】
判断有机物的一氯代物的种类就是看有机物里有几种等效氢。

9．利用图所示装置进行下列实验,能得出相应实验结论的是
选
项
①②③实验结论
A
稀盐
酸
CaCO3Na2SiO3溶液非金属性:Cl>C>Si
B
浓硫
酸
蔗糖Ba(NO3)2溶液验证SO2与可溶性钡盐可生成白色沉淀
C
浓氨
水生石
灰
酚酞溶液氨气的水溶液呈碱性
D
浓硝
酸
Fe NaOH溶液铁和浓硝酸反应可生成NO2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．浓盐酸易挥发，挥发出的HCl能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，且盐酸不是最高价含氧酸，A错误；
B．SO2通入硝酸钡溶液中，溶液显酸性，硝酸根能把SO2氧化为硫酸根，B错误；
C．浓氨水滴在生石灰上产生氨气，氨气通入酚酞试液中溶液显碱性，溶液变红色，C正确；
D．常温下浓硝酸与Fe发生钝化现象，无法观察到有二氧化氮气体生成，D错误。

答案选C。

【点睛】
本题考查了化学实验方案的评价，涉及非金属性强弱比较、氧化还原反应、钝化现象、常见气体制备及检验等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答。

选项B是易错点，注意酸性溶液中硝酸根的强氧化性。

10．同周期的X、Y、Z三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序是：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，则下列判断正确的是( )
A．原子半径：X＞Y＞Z
B．阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由强到弱
C．非金属性：X＞Y＞Z
D．气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由弱到强
【答案】C
【解析】
【详解】
A．同一周期的元素，原子序数越大，原子最外层电子数越多，形成的最高价含氧酸的酸性就越强。

由于同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序是：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，所以元素的非金属性Z＜Y＜X，因此原子半径Z＞Y＞X，A错误；
C．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱。

由于元素的非金属性：Z＜Y＜X，所以阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由弱到强，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。

由于酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，所以元素的非金属性Z＜Y＜X，C正确；
D．元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。

由于元素的非金属性Z＜Y＜X，所以气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由强到弱，D错误。

答案选C。

11．既可以用来鉴别乙烷和乙烯,又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的操作方法是（）
A．混合气体通过盛水的洗气瓶
B．混合气体通过装有过量溴水的洗气瓶
C．混合气体和过量H2混合
D．混合气体通过酸性KMnO4溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 二者均不与水反应，不能鉴别，也不能除杂，故A项错误；
B.乙烯与溴水反应使溴水褪色，而乙烷不能和溴水反应无明显现象，可鉴别，也可除杂，故B项正确；
C.和过量H2混合，引入新杂质氢气，不能除杂，且加成反应现象不明显，不利用此法鉴別，故C项错误；
D.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，而乙烷不能使其褪色，可鉴别，但乙烯与高锰酸钾发生氧化反应生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，故D项错误；
故答案选B。

12．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。

a-的电子层结构与氦
相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。

下列叙述错误
．．的是
A．元素的非金属性次序为c>b>a
B．a和其他3种元素均能形成共价化合物
C．d和其他3种元素均能形成离子化合物
D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
【答案】B
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。

据此分析解答。

【详解】
根据以上分析，a为H元素，b为S元素，c为Cl元素，d为K元素。

A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；
B．H元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；
C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；
D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。

答案选B。

13．已知苯与一卤代烷在催化剂作用下可生成苯的同系物：+CH3X→+HX，在催化剂存在下，由苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用的是
A．CH2=CH2和HCl B．CH3CH3和I2
C．CH2=CH2和Cl2D．CH3CH3和HCl
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
根据反应+CH3X→+HX可知，苯与氯乙烷合成苯乙烷，故必须先制得纯净的一元卤乙烷。

A. 由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，可由CH2=CH2和HCl制得氯乙烷，选项A符合；
B. CH3CH3和I2发生取代反应得不到纯净的卤乙烷，选项B不符合；
C. CH2=CH2和Cl2发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，选项C不符合；
D. CH3CH3和HCl不反应，选项D不符合；
答案选A。

【点睛】
本题考查有机物的合成，明确信息及乙烯的加成反应特点是解答的关键。

14．对于反应2HI(g) H2(g) +I2(g),下列叙述能够说明己达平衡状态的是
A．混合气体的颜色不再变化
B．温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C．lmolH-H键生成的同时有2molH-I键断裂
D．各物质的物质的量浓度之比为2：1：1
【答案】A
【解析】
【详解】
A．混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，达平衡状态，故A正确；
B．气体两边的计量数相等，所以温度和体积一定时，容器内压强一直不变化，故B错误；
C．1molH-H键生成的同时有2molH-I键断裂，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故C错误；D．当体系达平衡状态时，各物质的物质的量浓度之比可能为2：1：1，也可能不是2：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；
故选A。

【点睛】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

15．将氯水滴入紫色石蕊试液、硝酸银溶液，将依次观察到紫色石蕊试液先变红后退色、有白色沉淀产生等现象。

这些现象与氯水所含的下列哪种微粒无直接关系（）
A．HClO B．H2O C．Cl—D．H+
【答案】B
【解析】试题分析：氯水滴入紫色石蕊试液，观察到紫色石蕊试液先变红后褪色，含H+显酸性，溶液变红，含HClO具有漂白性，后来溶液褪色，滴入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，是因含Cl-，生成AgCl沉淀，答案选B。

【考点定位】本题考查氯水的成分及性质
【名师点晴】氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含H+、Cl-、ClO-、OH-，HClO具有漂白性，溶液具有酸性，氯气和HClO具有氧化性，因此把握现象与氯水中微粒的性质的关系为解答的关键。

16．既可用排水法又可用向上排空气法收集的气体是
A．NO B．NO2C．O2D．CH4
【答案】C
【解析】分析：根据和空气不反应且密度和空气密度相差较大的可以采用排空气法收集，气体密度大于空气，采用向上排空气法收集，气体密度小于空气密度，采用向下排空气法收集；根据和水不反应的气体可以采用排水法收集。

详解：A．NO和空气中的氧气反应，且密度比空气相差不大，不能采用排空气法收集，但NO不溶于水，能用排水法收集，选项A错误；
B．NO2和空气中不反应且密度比空气大，可以采用排空气法收集，但NO2能与水反应，不能用排水法收集，选项B错误；C．O2和空气不反应且密度比空气大，可以采用排空气法收集，O2不溶于水，可以用排水法收集，选项C正确；D．CH4和空气不反应且密度比空气小，可以采用向下排空气法收集，也能用排水法收集，选项D错误；答案选C。

点睛：收集气体的方法要根据气体的密度和溶水性确定，密度大于空气密度的可用向上排空气法收集，密度小于空气密度的可用向下排空气法收集，不易溶于水的可用排水法收集。

17．下列各组的排列顺序中，正确的是（）
A．原子半径Na<Mg<Al B．酸性H2SiO3<H2CO3<H2SO4
C．稳定性HF<HCl<HBr D．碱性NaOH<Mg（OH）2<Al（OH）3
【答案】B
【解析】A．同周期的主族元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，因此原子半径：Na＞Mg＞A1，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因此酸性H2SiO3＜H2CO3＜H2SO4，故B正确； C．同主族元素，随着原子序数的递增，非金属气态氢化物稳定性逐渐减弱，因此稳定性:HF＞HCl＞HBr，故C错误；D．同周期的主族元素，随着原子序数的递增，其最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐减弱，因此碱性NaOH＞Mg(OH)2＞A1(OH)3，故D错误；故选B。

点睛：本题主要考查元素周期律的相关内容。

同周期元素随原子序数增加金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，原子半径
逐渐减小；同主族元素，从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，原子半径逐渐增大。

18．已知断裂1 mol C—H键，要吸收热量414.4 kJ；断裂1 mol C—C键，要吸收热量347.4 kJ；生成1 mol C=C键，会放出热量615.3 kJ；生成1 mol H—H键，会放出热量435.3 kJ，某有机物分解的反应可表示为：
若在反应中消耗了1 mol乙烷(反应物)，则有关该反应的说法正确的是()
A．该反应放出251.2 kJ的热量B．该反应吸收251.2 kJ的热量
C．该反应放出125.6 kJ的热量D．该反应吸收125.6 kJ的热量
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，1mol乙烷含有1molC-C键，6molC-H键，生成的乙烯含1molC=C键1molH-H键和4molC-H键，所以根据键能可知，反应热是△H＝414.4 kJ/mol×6＋347.4 kJ/mol－414.4 kJ/mol×4－615.3 kJ/mol－435.3 kJ/mol＝+125.6 kJ/mol。

答案选D。

19．在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随着反应的进行，如右图所示。

下列说法不正确的是
A．该反应的化学方程式为5A+4B4C
B．2min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大
C．用B的浓度变化表示2min内的速率为2mo l/(L·min)
D．2min时，该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为5：4：4
【答案】D
【解析】A项，由图可得，当（6-1）mol/L A反应，同时有（7-3）mol/L B反应，生成4mol/L C，故该反应的化学方程式为5A+4B4C，A正确；B项，2min前，反应物A和B减少，生成物C增多，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B正确；C项，用B的浓度变化表示2min内的速率为（7-3）mol/L ÷2min =2mol/(L·min)，C正确；D项，如图，2min时该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比
为1：3：4，D错误。

20．根据热化学方程式：S（l）+O2（g）SO2（g）△H= -293.23kJ/mol，分析下列说法正确的是（）A．S（s）+O 2（g）SO2（g），反应放出的热量大于293.23kJ/mol
B．S（s）+O 2（g）SO2（g），反应放出的热量小于293.23kJ/mol
C．1molSO2（g）的化学键断裂吸收的能量总和大于1molS（l）和1molO2（g）的化学键断裂吸收的能量之和。

D．1molSO2（g）的化学键断裂吸收的能量总和小于1molS（l）和1molO2（g）的化学键断裂吸收的能量之和。

【答案】C
【解析】试题分析：A、因物质由固态转变成液态也要吸收热量，所以S（g）+O2（g）=SO2（g）的反应热的数值小于297.23kJ•mol-1，A错误；B、因物质由气态转变成液态也要释放热量，所以S（g）+O2（g）=SO2（g）的反应热的数值大于297.23kJ•mol-1，B错误；C、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，C正确；D、因放热反应中旧键断裂吸收的能量小于新键形成所放出的能量，1molSO2的键能总和大于1molS和1molO2的键能总和，D 错误；故选C．
考点：考查化学反应与能量、热化学方程式
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．某化合物由碳、氢两种元素组成，其中含碳的质量分数为85.7%，在标准状况下11.2L此化合物的质量为14g，求此化合物的分子式_______。

【答案】C2H4
【解析】
【分析】
根据n＝V/V m计算气体的物质的量，再结合M＝m/n计算摩尔质量，根据元素质量分数计算分子中C、H 原子数目，进而确定分子式。

【详解】
标况下11.2L气体的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol
因此该气态烃的摩尔质量是14g÷0.5mol/L＝28g/mol
则烃分子中C原子数目是28×0.857/12＝2
H原子数目是（28－24）/1＝4
所以该烃的分子式是C2H4
七、工业流程
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某化学兴趣小组用甲、乙两套装置（如图所示）进行丙烯酸（H2C=CHCOOH)与乙醇（CH3CH2OH)酯化反应的实验。

已知：乙醇的沸点为78.5℃，丙烯酸的沸点为141℃，丙烯酸乙酯的沸点为99.8℃。

回答下列问题：
（1）仪器M的名称为_________，仪器A、B中的溶液均为_________。

（2）甲、乙两套装置中效果比较好的装置是_______，原因是__________。

（3）乙装置中冷凝水应该从______（填“a”或“b”）口进入。

（4）若7.2g丙烯酸与5.2g乙醇完全反应，则理论上生成的丙烯酸乙酯的质量为________。

（精确到小数点后一位）
【答案】蒸馏烧瓶饱和Na2CO3溶液乙乙的冷凝效果好，可减少丙烯酸乙酯的损失b 10.0g
【解析】
（1）由装置图可知M为蒸馏烧瓶，因酯类物质不溶于饱和碳酸钠溶液，则吸收、提纯可用饱和碳酸钠溶液；（2）因反应在加热条件下进行，乙醇、丙烯酸乙酯易挥发，为减少损失，应充分冷凝，则乙装置效果较好；（3）乙装置中长导管C的作用是冷凝回流乙醇，平衡内外大气压强；冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用；（4）n（H2C=CHCOOH）=7.2g÷72g/mol=0.1mol，n（CH3CH2OH）=5.2g÷46g/mol=0.113mol，
乙醇过量，如H2C=CHCOOH完全反应，则生成0.1mol丙烯酸乙酯，质量为0.1mol×100g/mol=10.0g。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，请用化学用语填空回答以下问题：
（1）化学性质最不活泼的元素原子的原子结构示意图为________。

（2）元素①、②的简单氢化物的稳定性更强的是______________(用化学式表示，下同)。

（3）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______，碱性最强的是____，呈两性的氢氧化物是_________，元素③的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为________。

（4）在③～⑦元素中，简单离子半径最小的是_________。

（5）元素③的过氧化物的电子式为_________。

（6）在⑦与⑩的单质中，氧化性较强的是_____，用化学反应方程式证明：______。

【答案】HF HClO4KOH Al（OH）3离子键和共价键Al3+
Cl2Cl2+2KBr=2KCl+Br2
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置可知，①为N元素、②为F元素、③为Na元素、④为Mg元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为Cl元素、⑧为Ar元素、⑨为K元素、⑩为Br元素。

【详解】
（1）化学性质最不活泼的元素为0族元素Ar元素，Ar原子的原子结构示意图为，故答案为：；
（2）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，①为N元素、②为F元素，氟化氢的稳定性强于氨气，故答案为：HF；
（3）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，碱性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，碱性依次减弱，同主族元素元素，从下到上非金属性依次减弱，金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，碱性依次增强，则酸性最强的是高氯酸，碱性最强的是氢氧化钾；两性的氢氧化物是氢氧化铝，氢氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3；离子键和共价键；
（4）同主族元素从上到下，离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则③～⑦元素中，简单离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+；
（5）过氧化钠为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子形成，电子式为，故答案为：；
（6）氯气的氧化性强于溴，氯气能与溴化钾发生置换反应生成单质溴和氯化钠，反应的化学方程式为
Cl2+2KBr=2KCl+Br2，故答案为：Cl2；Cl2+2KBr=2KCl+Br2。

【点睛】
本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等都需要用到氯气。

I.工业上通常采用电解法制氯气：观察下图，回答：
（1）若饱和食盐水中含有酚酞，通电后_____(填a或b)侧先变红。

（2）电解反应的化学方程式为_______________________。

II. 某学生设计如下图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，据此回答下列问题：
（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应化学方程式为
_________________________________________
（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是__________________________________。

（3）C装置的作用是_____________________。

（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应。

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是
_________________________________。

②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_______________________________________。

为避免此副反应的发生，可将装置作何改进_____________________________________。

（5）家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是______________。

A．食盐B．食醋C．烧碱D．纯碱
【答案】a 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
2Cl2+2Ca(OH)2 =CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O 吸收未反应完的氯气，防止污染空气冷却B装置
2HCl+Ca(OH)2 =CaCl2 +2H2O 在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶 B
Ⅰ．（1）a侧连接电源负极为阴极，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，酚酞变红；（2）电解饱和食盐水的化学方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；II. （1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）氯气和氢氧化钙反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2 =CaCl2 + Ca(ClO)2 +2H2O；（3）C装置的作用是：吸收未反应完的氯气，防止污染空气；（4）①依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为了避免此副反应的发生应该冷却B装置；②挥发出的氯化氢能够与氢氧化钙发生酸碱中和反应，方程式为：2HCl+Ca(OH)2 =CaCl2 +2H2O；要避免此反应的发生应该除去氯气中的氯
（5）漂白粉是混合物，主要成分是Ca(ClO)2化氢，可以在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；
和CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2，氯酸钙可与酸反应生成具有漂白性的次氯酸，则增强漂白能力，应加入酸，题给物质中只有食醋符合，食醋的主要成分为醋酸，发生Ca（ClO）2+2CH3COOH=（CH3COO）2Ca+2HClO，答案选B。