北京市丰台区2019-2020学年化学高一下期末达标检测模拟试题含解析

北京市丰台区2019-2020学年化学高一下期末达标检测模拟试题
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．下列说法正确的是（）
A．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥二氧化硫气体
B．向50mL18mol•L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量等于
0.45mol
C．浓硫酸与浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低的原理相同
D．将铁屑溶于过量盐酸后，再加入硝酸锌，会有三价铁生成
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化二氧化硫，因此能干燥二氧化硫气体，A错误；
B. 向50mL18mol•L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，由于随着反应的进行硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，因此被还原的H2SO4的物质的量小于0.45mol，B错误；
C. 浓硫酸与浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低的原理不相同，浓硫酸吸水，浓盐酸易挥发，C错误；
D. 将铁屑溶于过量盐酸后生成氯化亚铁和氢气，再加入硝酸锌，由于在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，所以会有三价铁生成，D正确；
答案选D。

2．反应2A(g) 垐?
噲?2B(g)+E(g)(正反应为吸热反应)达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是
A．降温B．减压C．减少E的浓度D．加压
【答案】A
【解析】
A正确；B错，减压，正反应速率降低，平衡向右移动A的浓度减小；C错，减少E的浓度平衡向正反应方向进行，A的浓度降低，反应速率降低；D错，加压，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，但反应速率加快；
3．下列物质中,含有非极性共价键的是( )
A．CO2B．N2C．NaOH D．CH4
【答案】B
【解析】分析：本题考查的是化学键的类型，根据形成共价键的两个原子是否相同分析是关键。

详解：A.二氧化碳中碳和氧形成共价键，是不同原子之间形成的，为极性键，故错误；B.氮气分子中氮原子之间形成非极性键，故正确；C.氢氧化钠中含有钠离子和氢氧根离子之间的离子键，氢氧根中氢原子和
点睛：共价键是极性键还是非极性键，看形成共价键的两个原子是否相同，相同原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键。

还要掌握非极性键可能存在于离子化合物中，如过氧化钠。

4．CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL 2mol /L的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为
A．16.0g B．19.2g C．24.0g D．30.6g
【答案】C
【解析】
试题分析：CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物溶于300mL 2mol·L－l的盐酸恰好完全反应后所得的产物为CuCl2，则其物质的量为0.3mol。

设加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为xg，则可得关系式：
0.3×64=x×64/80，解得x=24g。

答案选C。

考点：元素守恒
5．下列说法不正确的是（）
A．乙酸、乙醇分别和大小相同的金属钠反应,乙酸反应更剧烈
B．淀粉和纤维素的组成可用（C6H10O5）n表示，它们互为同分异构体
C．浓硝酸不慎滴到皮肤上，发现皮肤变黄
D．苯的结构式虽然用表示，但苯的结构却不是单、双键交替组成的环状结构，可以从它的邻二氯代物结构只有一种得到证明
【答案】B
【解析】分析：A．乙醇、乙酸都能与金属钠反应产生H2，反应的剧烈程度：乙酸＞乙醇；B．淀粉和纤维素的组成可用（C6H10O5）n表示，但n值不等，它们不是同分异构体；C．蛋白质遇浓硝酸变黄；D．若苯分子中存在碳碳单、双键交替的排布，其邻位二溴代物应该有两种结构；以此判断。

详解：A．乙醇、乙酸都能与金属钠反应产生H2，反应的剧烈程度：乙酸＞乙醇，故A正确；
B．淀粉和纤维素的组成可用（C6H10O5）n表示，但n值不等，它们不是同分异构体，故B错误；
C．蛋白质遇浓硝酸变黄，故C正确；
D．若苯分子中存在碳碳单、双键交替的排布，其邻位二溴代物应该有两种结构，故D正确；
故本题答案为B。

6．磷酸铁锂电池广泛应用于电动自行车电源，其工作原理如图所示，Li x C6和Li1-x FePO4为电极材料，电池反应式为: Li x C6+Li1-x FePO4=LiFePO4+6C (x<1)。

下列说法错误的是
C．充电时，电极a的电极反应式为:6C+xLi++xe-=Li x C6
D．若Li1-x FePO4电极中混有铁单质，会造成电池短路
【答案】C
【解析】分析：A、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动；B、根据得失电子守恒计算；C、在电解池中，阳极上发生失电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；D、根据原电池原理判断。

详解：根据原电池原理，放电时电子从负极流向正极，原电池内部的阳离子向正极移动，所以a电极是原电池的正极，b是原电池的负极，A说法正确；
放电时，负极的电极反应式：Li x C6-xe-=xLi++C6，正极的电极反应式：Li（1-x）FePO4+xLi++x e-═LiFePO4，所以当电路中通过0.2mol电子，正极有0.2molLi+得到电子在正极析出，正极增重0.2mol×7g/mol=1.4g，B选项说法正确；充电时是电解池原理，电源的正极和电池的正极相连，此时a极是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，反应为：LiFePO4-xe-=Li1-x FePO4+xLi+，所以C选项错误；Li1-x FePO4是原电池的正极材料，铁单质是导体，能够导电，电子不能够通过外电路，即造成电池短路，D选项说法正确；正确选项C。

点睛：原电池的正负极判断方法：1、根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断：在原电池的电解质溶液内，阳离子移向的极是正极，阴离子流向的极为负极，本题中Li+移向a极，a极为原电池的正极；
2、由组成原电池的两极的电极材料判断：一般来说,通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，但也不是绝对的,应以发生的电极反应来定，例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比
Al易失去电子，Mg作负极；将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是Al，故Al作负极。

另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。

3、根据电流方向或电子流动方向判断：电流流入的一极或电子流出的一极为负极；电子流动方向是由负极流向正极，本题中的电子从Zn（负极）流向Cu（正极），所以A说法正确。

7．某地化工厂的氯气意外发生泄漏，下列有关安全处理措施不当的是
A．紧急组织群众沿逆风向疏散
B．消防队员向贮氯罐周围空气中喷洒稀NaOH溶液
C．处在该环境中，可用浸有稀氨水的毛巾捂住鼻子，趴在低洼处等待救援
D．处在该环境中，可用浸有一定浓度NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，向高处转移
【答案】C
【解析】
【详解】
A．氯气是一种有毒的气体，氯气会顺着风向流到，所以疏散时应该逆着风向转移，选项A正确；
B．消防队员向贮氯罐周围空气中喷洒稀NaOH溶液，NaOH溶液能与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠，选
C ．稀氨水挥发出的NH 3具有强烈刺激性气味，不适当；另外，氯气的密度比空气大，应在较高的通风的地方等待救援，选项C 错误；
D ．NaHCO 3溶液具有弱碱性，能与氯气反应，处在该环境中，可用浸有一定浓度NaHCO 3溶液的毛巾捂住鼻子，向高处转移，选项D 正确。

答案选C 。

8．一定条件下向某密闭容器中加入 0.3 mol A 、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体，图 1 表示各物质浓度随时间的变化，图 2 表示速率随时间的变化，t 2、t 3、t 4、t 5 时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。

若t 4时刻 改变的条件是压强，则下列说法错误的是
A ．若 t 1=15 s ，则前 15 s 的平均反应速率 v(C)=0.004 mol·L -1·s -1
B ．该反应的化学方程式为 3A(g)B(g)+2C(g)
C ．t 2、t 3、t 5 时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D ．若 t 1=15 s ，则 B 的起始物质的量为 0.04 mol
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 反应在t 1时刻达到平衡时，气体C 的浓度增大0.06mol·L -1，所以平均反应速率为v(C)=
-1
0.06 mol L 15s
=0.004 mol·L -1·s -1，故A 正确； B. t 4时刻降低压强后反应平衡状态没有改变，说明反应物系数和与生成物系数和相等，又因为反应第一次
达到平衡时气体A 浓度降低0.09mol·L -1，气体C 的浓度增大0.06 mol·L -1，所以气体A 与C 的系数比为3:2，
因此气体B 也是生成物且其系数为1，所以化学方程式为3A(g)⇌
B(g)+2C(g)，故B 正确； C. t 5时刻后若为增大反应物浓度，开始时应该只有正反应速率增大，不会两个反应速率同时增大，故C 错误；
D. 气体C 的浓度增大0.06mol·L -1，气体B 、C 的反应系数比为1:2，所以气体B 浓度增大0.03mol·L -1，又由初始气体A 浓度可知，容器的体积为0.3mol/0.15mol∙L −1=2L ，可知气体B 起始物质的量为
(0.05-0.03)mol·L -1×2L=0.04mol ，故D 正确；
9．某有机物的结构简式为CH3CH=CH-COOH，下列说法中错误的是
A．水溶液显酸性B．所有原子一定共面
C．能够发生加成反应D．能够发生酯化反应
【答案】B
【解析】分析：有机物分子中含有碳碳双键和羧基，结合相应官能团的结构与性质解答。

详解：A. 含有羧基，其水溶液显酸性，A正确；
B. 含有甲基，则所有原子一定不共面，B错误；
C. 含有碳碳双键，能够发生加成反应，C正确；
D. 含有羧基，能够发生酯化反应，D正确。

答案选B。

10．下列实验操作规范且能达到目的的是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
分析：A．根据n=cV计算出硫酸铜的物质的量，再根据m=nM计算胆矾的质量；B．需要防止水倒流，炸裂试管；C．气体从稀溶液中通过会带出水蒸气；D．苯的密度比水小，分层后，有机层在上层。

详解：A．根据n=cV，硫酸铜的物质的量为0.1L×1.0 mol/L=0.1mol，则需要胆矾0.1mol，质量为
0.1mol×250g/mol=25g，故A错误；B．为了防止水倒流，炸裂试管，需要先移出导管，后熄灭酒精灯，故B错误；C．先通过饱和食盐水，除去HCl，后通过浓硫酸干燥氯气，否则氯气中会混有水蒸气，故C错误；D．苯的密度比水小，分层后，有机层在上层，则先从分液漏斗下口放出水层，后从上口倒出有机层，故D正确；故选D。

11．下列说法中，正确的是
A．酸性：盐酸＞氢硫酸（H2S），故非金属性：Cl＞S
B．第二周期元素的最高正化合价从左到右依次升高
C．共价化合物中只存在共价键离子化合物中一定含有离子键
【答案】C
【解析】
比较元素的非金属性应该是通过最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，A不正确；B不正确，因为F没有正价；全部由共价键形成的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物，C正确；D不正确，例如稀有气体元素既难失去电子，又难得到电子，因此答案选C。

12．一定条件下,乙醛可发生分解:CH3CHO(l)→CH4+CO,已知该反应的活化能为190 kJ·mol-1。

在含有少量I2的溶液中,该反应的机理如下:
反应Ⅰ:CH3CHO+I2CH3I+HI+CO(慢)
反应Ⅱ:CH3I+HI CH4+I2(快)
下列有关该反应的叙述正确的是()
A．反应速率与I2的浓度有关B．HI在反应Ⅰ中是氧化产物
C．反应焓变的绝对值等于190 kJ·mol-1D．乙醛的分解速率主要取决于反应Ⅱ
【答案】A
【解析】
【详解】
A．碘为催化剂，增大反应速率，浓度越大，反应速率越大，A正确；
B．反应I中碘元素化合价降低，HI为还原产物，B错误；
C．焓变为反应物与生成物的活化能之差，C错误；
D．反应I较慢，决定着总反应的快慢，D错误；
答案选A。

13．将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L固定体积的容器中混合，并在一定条件下发生如下反
应∶2A(g)+B(g)2C(g)。

若经2s后测得C的浓度为0.6 mol/L，现有下列几种说法，其中正确的是A．用物质A表示的反应的平均速率为0.6mol/(L•s)
B．2 s时物质B的浓度为1.4 mol/L
C．2 s时物质A的转化率为70%
D．2 s时物质A的体积分数为14 27
【答案】D 【解析】【分析】【详解】
起始A的浓度为4
2
mol
L
=2mol/L，B的浓度为
2
2
mol
L
=1mol/L，
变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L 2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L
A.2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v(A)=0.6/
2
mol L
s
=0.3 mol/(L•s)，A错误；
B.2s时物质B的浓度为0.7 mol/L，B错误
C.2s时物质A的转化率为α=0.6/
2/
mol L
mol L×100%=30%，C错误；
D.2 s时物质A的体积分数为
1.4
1.40.70.6
++
=
14
27
，D正确；
故选D。

14．下列试剂中，可以检验溶液中是否含有SO42－的是（）
A．氯化钡溶液B．硝酸银溶液和氯化钡溶液
C．盐酸和氯化钡溶液D．硝酸钡溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
检验SO42－，先向待测液中滴加盐酸直到没有明显现象，再滴加氯化钡，生成不溶的白色沉淀，说明有SO42－，盐酸可以排除Ag＋、CO32－、SO32－等离子的干扰。

【详解】
A. 氯化钡溶液，不能排除Ag＋、CO32－等离子的干扰，故A错误；
B. 硝酸银溶液和氯化钡溶液，可能生成AgCl，也是白色沉淀，故B错误；
C. 先向待测液中滴加盐酸直到没有明显现象，再滴加氯化钡，生成不溶的白色沉淀，说明有SO42－，可以检验SO42－，故C正确；
D. 硝酸钡溶液，不能排除CO32－等离子的干扰，故D错误；
故选C。

15．某有机物的结构为：HO–CH2–CH=CHCH2–COOH，该有机物不可能发生的化学反应是：
A．水解B．酯化C．加成D．氧化
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
在该有机物的分子中含有—OH；—COOH及碳碳双键，—OH、—COOH可以发生酯化反应、氧化反应；碳碳双键可以发生加成反应，因此不能发生的反应类型是水解反应，答案选A。

【答案】D
【解析】
【详解】
A．溴分子中两个溴原子之间只存在共价键，为单质，故A错误；
B．二氧化碳分子中C原子和O原子之间只存在共价键，为共价化合物，故B错误；
C．水分子中O原子和H原子之间存在共价键，为共价化合物，故C错误；
D．KOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，为离子化合物，故D 正确；故选D。

【点睛】
本题考查了化学键的判断，明确离子键和共价键的区别即可解答，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点。

17．已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（）
A．6∶1B．5∶1C．3∶1D．2∶1
【答案】B
【解析】
【详解】
NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。

答案选B。

【点睛】
本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。

注意参加反应的氯化氢没有全部被氧化，一部分起酸的作用转化为氯化钠。

18．若从溴水中把溴萃取出来，不能使用的萃取剂是
A．无色汽油B．无水酒精C．四氯化碳D．苯
【答案】B
【解析】分析：选用的萃取剂的原则：和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。

据此判断。

若从溴水中把溴萃取出来，不能使用的萃取剂是
详解：A. 溴易溶在无色汽油中，可作为从溴水中把溴萃取出来的萃取剂，A错误；
B. 酒精与水互溶，不可作为从溴水中把溴萃取出来的萃取剂，B正确；
D. 溴易溶在苯中，可作为从溴水中把溴萃取出来的萃取剂，D错误。

答案选B。

19．符合下列分子式的物质在常温不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（）
A．甲烷B．乙烯C．二氧化硫D．碘化钾
【答案】A
【解析】A．甲烷性质稳定，不能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A选；B．乙烯分子中含有碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不选；C．二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不选；D．碘化钾具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D不选；故选A。

点睛：高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。

20．取少量某镁铝合金粉末，其组成可用Mg x Al y表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808L H2（标准状况）同时得无色溶液，向所得溶液中加入过量NaOH溶液，充分反应得到沉淀4.64g。

则x∶y为A．2∶1B．4∶3C．1∶1D．1∶2
【答案】B
【解析】由题中信息可知发生反应为Mg x Al y+（x+）H2SO4=xMgSO4+Al2(SO4)3+( x+)H2↑、
MgSO4+2NaOH= Mg(OH)2↓+Na2SO4，取少量某镁铝合金粉末，其组成可用Mg x Al y表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808L H2（标准状况）同时得无色溶液，氢气的物质的量为，向所得溶液中加入过量NaOH溶液，充分反应得到沉淀4.64g，则为氢氧化镁沉淀，
n(Mg)=0.08mol，n(Al)=(0.17mol-0.08mol)=0.06mol，故x:y=0.08mol: 0.06mol=4:3，答案选B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．将9.6 g铜单质置于200 mL一定浓度的稀硝酸中，两者恰好
．．完全反应。

假定溶液体积不变，请回答下列问题：(要求写出计算过程)
（1）反应生成的气体的体积(标况下)；
（2）反应过程中转移电子的物质的量；
（3）参加反应的稀硝酸的物质的量浓度。

【答案】（1）2.24L （2）0.3mol （3）2mol/L
【解析】
3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2 ＋2NO↑＋4H2O～6e－
3mol 8mol 2mol 6mol
0.15mol 0.4mol 0.1mol 0.3mol
所以反应生成的气体的体积在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L
（2）根据以上分析可知反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol
（3）硝酸的浓度是0.4mol÷0.2L＝2mol/L
考点：考查铜与稀硝酸反应的有关计算
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．厨房里有两瓶失去商标的无色液体，其中一瓶是食用白醋，另一瓶是白酒。

请你至少用三种方法加以区分。

【答案】（1）闻气味，有刺鼻气味的是白醋，有特殊香味的是白酒。

（2）分别加入小苏打，有气泡产生的是白醋，无气泡的是白酒。

（3）取相同体积液体，质量大的是白醋，质量小的是白酒。

其他答案合理即可。

【解析】试题分析：本题考查物质的鉴别。

对比食用白醋和白酒物理性质、化学性质的异同，可选用下列方法进行鉴别：
（1）闻气味，有刺鼻气味的是食用白醋，有特殊香味的是白酒。

（2）分别取两种液体，滴加小苏打，有气泡产生的为食用白醋，无气泡的是白酒。

（3）取相同体积的两种液体，称重，质量大的是食用白醋，质量小的是白酒。

（4）分别取两种液体，滴加纯碱溶液，有气泡产生的为食用白醋，无气泡的是白酒。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．A、B、C、D、E为短周期元素，原子序数依次增大，质子数之和为40，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E是地壳中含量最多的金属元素，问：
（1）B元素在周期表中的位置为_________________；
（2）D的单质投入A2C中得到一种无色溶液。

E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为
_____________________。

（3）用电子式表示由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物的形成过程_____________。

（4）以往回收电路板中铜的方法是灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。

现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的，又保护了环境，该反应的化学方程式为___________________。

（5）乙醇（C2H5OH）燃料电池（Pt为电极），以KOH为电解质溶液，写出负极电极反应式__________，当转移电子1.2mol时，消耗氧气标况下体积为______________。

【答案】第二周期第VA族2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑
H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O C2H5OH - 12e- +16OH-
【解析】分析：A、B、C、D、E为短周期元素，A到E原子序数依次增大，E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，则A为H，C为O；A、D同主族，由A、D的原子序数相差大于2，所以D为Na；元素的质子数之和为40，则B的原子序数为40-1-8-11-13=7，所以B 为N，据此进行解答。

详解：根据上述分析，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al。

(1)B为N，原子序数为7，位于元素周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；
(2)Na与水反应生成NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；
(3)由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物为过氧化氢，用电子式表示过氧化氢的的形成过程为
，故答案为：
；
(4)A2C2为H2O2，与Cu、硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，该反应方程式为：
H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O，故答案为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；
(5)乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸钾，电极反应式为C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-
=4OH-，当转移电子1.2mol时，消耗氧气=0.3mol，标况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案
为：C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O；6.72L。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）。

（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体【主要成分为Ca（ClO）2】和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：______________________________________________。

（2）装置B中饱和食盐水的作用是____________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_______________________。

（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入：________。

a b c d
I 干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条
（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。

当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴。

打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡。

观察到的现象是____________________________。

该现象_______（填“能”或“不能”）说明溴的氧化性强于碘，原因是___________。

【答案】Ca(ClO)2 + 4HCl（浓）= CaCl2 + 2Cl2↑+ 2H2O 除去Cl2中的HCl 锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 d E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色不能过量的Cl2也可将I－氧化为I2。

【解析】（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）
=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气和溴化钠反应生成溴单质，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，反应中氯气是氧化剂，溴使氧化产物，故氧化性Br2＜Cl2。

打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡。

观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色。

点晴：本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，题目难度中等，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的掌握。