湖南省邵阳市2020年高一(下)化学期末监测模拟试题含解析

湖南省邵阳市2020年高一(下)化学期末监测模拟试题
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．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小,且可以再生。

下列属于未来新能源的是( )
①天然气②太阳能③风能④石油⑤煤⑥生物质能⑦氢能
A．②③⑥⑦B．①②③④C．①②⑤⑥⑦D．③④⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】
新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，据此判断。

【详解】
煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等。

答案选A。

2．下列有机物相关描述不正确的( )
A．用溴水能区分乙酸、己烯、苯、四氯化碳
B．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上
C．实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次加入浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸
D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】
A．己烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，溴水褪色；苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层；乙酸与溴水互溶，无明显现象，现象不同，能区分，故A正确；
B．甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上。

两个苯环通过单键相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环所在平面。

分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处
于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故B正确；
C．加入酸液时应避免酸液飞溅，应先加入乙醇，再加浓硫酸，防止浓硫酸溶解放热造成液体飞溅，最后慢慢加入冰醋酸，故C错误；
D．乙酸与足量生石灰反应后增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故D正确；
答案选C。

【点睛】
本题的易错点和难点为B，要注意碳碳单键可以旋转，该分子至少有11个碳原子处于同一平面上，最多14个碳原子处于同一平面上。

3．近年来发现铊（Tl）是高温超导材料的成分之一，已知铊与铝是同族元素，关于铊的下列性质判断中，可能错误的是
A．是银白色、质软的金属B．能形成+3价的化合物
C．Tl(OH)3是两性氢氧化物D．能与硝酸反应生成硝酸盐
【答案】C
【解析】
【分析】
同主族从上到下金属性逐渐增强，Tl的金属性比Al强，是一种典型的金属，具有金属的通性。

【详解】
A、已知铊与铝是同族元素，铊的性质就与铝相似，是银白色、质软的金属，正确；
B、第三主族，最高正价是+3，正确；
C、又由于同主族元素从上到下失电子能力逐渐增强，所以，铊的失电子能力比铝要强，Tl(OH)3的碱性应强于Al(OH)3，而呈碱性不是两性氢氧化物，错误；
D、铊的失电子能力比铝要强，应该能与硝酸反应生成硝酸盐，选项D正确。

故本题选C。

4．在一密闭容器中进行反应2SO2+O2⇌2SO3，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是（）
A．SO2为0.4mol/L，O2为0.2mol/L
B．SO2为0.25mol/L
C．SO2、SO3均为0.15mol/L
D．SO3为0.4mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】
A．SO2和O2的浓度均增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度变化分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，故A错误；
B．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0.2mol/L，该题中实际变化为0.05mol/L，小于0.2mol/L，故B正确；
C．根据原子个数守恒，反应物、生产物的浓度不可能同时减小，故C错误；
D．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，该反应可逆，实际变化小于该值，即SO3的浓度小于0.4mol/L，故D错误；
故选B。

5．一定条件下进行反应2X(g)＋Y(g)Z(s)＋3W(g) ΔH＜0。

达到平衡后，t1时刻改变某一条件所得υ­t 图像如图，则改变的条件为( )
A．增大压强B．升高温度C．加催化剂D．增大生成物浓度
【答案】B
【解析】
【分析】
由图象可知，改变条件瞬间，正、逆速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，结合外界条件对反应速率及平衡移动影响解答。

【详解】
根据上述分析可知，
A．该反应为前后气体体积不变的反应，增大压强，正、逆速率增大相同的倍数，平衡不移动，A项不符合；
B．正反应为放热反应，升高温度，正、逆速率都增大，平衡向逆反应方向移动，B项符合；
C．加入催化剂，正、逆速率增大相同的倍数，平衡不移动，C项不符合；
D．增大生成物的浓度瞬间正反应速率不变，D项不符合，
答案选B。

【点睛】
本题考查化学平衡图像的基本类型，其注意事项为：一是反应速率的变化，是突变还是渐变；即关注变化时的起点与大小；二是平衡的移动方向，抓住核心原则：谁大就向谁的方向移动。

6．H2、N2合成NH3的反应中，当分别用以下各种物质表示反应速率时，则反应速率最快的是
A．v(N2)=0.6mol/(L·min) B．v(NH3)=0.9mol/(L·min)
C．v(H2)=1.2mol/(L·min) D．v(H2)=0.025mol/(L·s)
【答案】A
【解析】
【详解】
N 2+3H22NH3，同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，把这些反应速率都换算成H2的反应速率。

A、v(N2)=0.6 mol/(L·min)，所以v(H2)=1.8mol/(L·min)；
B、v(NH3)=0.9mol/(L·min)，所以v(H2)=1.35mol/(L·min)；
C、v(H2)=1.2mol/(L·min)；
D、v(H2)=0.025mol/(L•s)=1.5mol/(L·min)；
故选A。

【点睛】
解题此类试题的方法有：方法一：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同；方法二：将该物质表示的化学反应速率除以对应的化学计量数，数值越大，反应速率越快。

7．汽车尾气净化的一个反应是2NO＋2CO N2＋2CO2。

下列有关该反应说法正确的是
A．NO失去电子B．CO是还原剂
C．NO被氧化D．CO发生了还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A. NO中N元素在反应中得到电子被还原，是氧化剂，故A错误；
B. C元素失去电子的化合价升高被氧化，CO为还原剂，故B正确；
C. NO中N元素在反应中得到电子被还原，故C错误；
D. CO中C元素化合价升高被氧化，发生了氧化反应，故D错误；
答案选B。

【点睛】
氧化还原反应中，元素化合价升高失电子，发生氧化反应，作还原剂；元素化合价降低得电子，发生还原反应，作氧化剂。

8．下列有关说法正确的是
A．需要加热的反应均是吸热反应
B．可用金属铜与硝酸制取氢气
C．在金属元素与非金属的分界线附近寻找半导体材料
D．煤的干馏过程中仅发生物理变化
【答案】C
【解析】
【详解】
A项、需要加热的反应不一定是吸热反应，例如木炭的燃烧是放热反应，故A错误；
B项、硝酸具有强氧化性，为氧化性酸，金属铜与硝酸反应得到的气体为氮的氧化物，不能得到氢气，故B错误；
C项、在金属元素和非金属元素交接区域的元素单质的导电性具有金属和非金属之间，可以用来做良好的半导体材料，如硅和锗等，故C正确；
D项、煤是多种有机物和无机物组成的混合物, 煤的干馏过程中有新物质生成，属于化学变化,故D错误。

故选C。

9．有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：
实验装置部分实验现象
a极质量减小，b极质量增加
b极有气体产生，c极无变化
d极溶解，c极有气体产生
电流计指示在导线中电流从a极
流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是（）
A．a>b>c>d B．b>c>d>a C．d>a>b>c D．a>b>d>c
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
a极质量减小，b极质量增加，则a为负极，b为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；b极有气体产生，c 极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；电流从a极流向d极，则电子从d极流向a极，d极为负极，a极为正极，所以金属的活动性顺序d＞a，四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选C。

【点睛】
形成原电池时，活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极逐渐溶解，正极上有气泡生成或有金属析出，电子从负极经外电路流向正极，溶液中阴离子向负极移动。

10．化学反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O + CO2↑的离子方程式是
A．CO32-+2H+ = H2O+CO2↑B．CO32-+H+=H2O+CO2↑
C．CO32-+2HCl=2Cl-+H2O+CO2↑D．Na2CO3+2H+=2Na++H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应中碳酸钠为可溶性盐、氯化氢、氯化钠为强电解质都应拆成离子形式，水、二氧化碳为氧化物应保留化学式，所以其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，故选A。

【点睛】
离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。

微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如，石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用分子式表示；浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸书写离子式。

11．如图为铜锌原电池示意图。

当电池工作时，下列关于该电池的说法正确的是
A．铜棒的质量逐渐减小B．电流由铜电极经过电解质溶液到锌电极
C．SO42－在溶液中向锌极移动D．H+在锌表面被还原，产生气泡
【答案】C
【解析】
【分析】
形成铜锌原电池，总反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，锌发生氧化反应做负极材料，铜附近的H+发生还原反应，铜做正极材料。

【详解】
A.据分析，铜棒的质量不变，A项错误；
B. 电流由铜电极导线到锌电极，电子电流不经过内电路，B项错误；
C. 阴离子向负极移动，SO42－在溶液中向锌极移动，C项正确；
D. H+在铜表面被还原，产生气泡，而锌电极会溶解，D项错误；
答案选C。

12．满足分子式为C5H11Cl的有机物共有
A．6种B．7种C．8种D．9种
【答案】C
【解析】分析：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,根据C5H12的同分异构体有三种:CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4，每种同分异构体中的H原子有几种，则其一溴代物就有几种，据此分析。

详解：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,而C5H12的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）
CHCH2CH3，C(CH3)4。

2
CH3CH2CH2CH2CH3中的H原子有3种,故其一氯代物有3种；
（CH3）2CHCH2CH3中的H原子有4种,则其一氯代物有4种；
C(CH3)4的H原子只有一种,则其一氯代物有1种。

故C5H12的一氯代物即C5H11Cl的结构有8种，所以C选项是正确的。

13．下列物质性质的递变关系正确的是
A．酸性强弱：H3PO4 >H2SO4> HC1O4B．稳定性：HCl>H2S>PH3
C．氧化性：Na+>Mg2+>Al3+D．碱性：NaOH>KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】
A.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性强弱：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，A错误；
B.非金属性越强，氢化物越稳定，则稳定性：HCl＞H2S＞PH3，B正确；
C.金属性越强，相应离子的氧化性越弱，氧化性：Na+＜Mg2+＜Al3+，C错误；
D.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，碱性：KOH＞Ca(OH)2＞NaOH＞Mg(OH)2，D错误；
答案选B。

14．在探究乙醇的有关实验中，得出的结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
A、无水硫酸铜与水反应生成的五个结晶水的硫酸铜为蓝色，硫酸铜与酒精不反应，可以用无水硫酸铜检验酒精中是否含有水．如有水，则出现现象是白色变蓝色，本题直接加CuSO4·5H2O，无法判断，故A错误；
B、在乙醇燃烧火焰上方罩一冷的干燥烧杯，内壁有水珠出现，说明乙醇中含H，另罩一内壁涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现白色沉淀，说明乙醇中含C元素，不能确定是否含有O元素，故B错误；
C、将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间，说明反应放热，故C
正确；D、在0.01mol金属钠中加入过量的乙醇充分反应，收集到标准状况下气体112mL，因为乙醇过量，无法确定就是一个H与O相连，故D错误；故选C。

15．在pH=0的溶液中，下列各组离子能大量共存的是
A．Ba2+Na+Cl-S2O32-B．Mg2+ Cu2+SO32-SO42-
C．NH4+ K+ NO3-SO42-D．K+ Al3+ NO3- HCO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
pH为0的水溶液显酸性，水溶液中含有大量的H+。

A．在酸性条件下，S2O32-会发生反应：S2O32-+H+=HSO3-+S↓，不能大量共存，故A错误；
B．在酸性条件下，SO32-会发生反应：SO32-+H+=HSO3-，不能大量共存，故B错误；
C．NH4+、K+、NO3-和SO42-都不和氢离子反应，可以大量共存，故C正确；
D．HCO3-在酸性条件下会生成二氧化碳，不能共存，故D错误；
正确答案是C。

【点睛】
本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水。

16．下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是
A．NH4Cl B．CaCl2C．H2O2D．Na2O
【答案】A
【解析】分析：根据含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物电离出的离子是原子团的含有共价键分析解答。

详解：A．NH4Cl属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中含有共价键，故A正确；B．氯化钙中钙离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故B错误；C．过氧化氢分子中H-O原子之间存在极性键，O-O间为非极性键，属于共价化合物，故C错误；D．Na2O属于离子化合物，只含有离子键，故D错误；故选A。

点睛：本题考查化学键与化合物的关系，明确物质中存在微粒及微粒之间作用力是解题的关键。

本题的易错点为AB的区别，离子化合物中是否含有共价键，要看是否存在多原子形成的复杂离子，只有原子团形成的离子中才含有共价键。

17．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
18．下列说法正确的是（）
A．CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物
B．H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键
C．C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同
D．水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，非金属元素之间易形成共价键；B．分子晶体汽化时破坏分子间作用力，分解破坏共价键；
C．结构不同的分子分子间作用力不同，分子间作用力不同的分子沸点不同；
D．相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期表中第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。

【详解】
A．CaCl2含有离子键无共价键，为离子化合物，A错误；
B．H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸气，破坏分子间作用力，H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键H-O键，B错误；
C．丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；
D．水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查化学键、分子间作用力的判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题的关键。

19．根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；
B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；
C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C 错误；
D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。

答案选C。

20．下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加
B．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是1s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1
C．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
D．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
【答案】C
【解析】
【详解】
A．化学反应速率适用于溶液或气体，不适用于固体或纯液体，故A错误；
B．化学反应速率为“0.8mol/(L•s)”表示的意思是：时间段为1s时，某物质的浓度增加或减少0.8mol/L，故B错误；
C．化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故C正确；
D．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题的易错点为D，要注意化学反应速率的快慢与反应现象之间没有直接的联系。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．镁及其合金是一种用途广泛的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。

主要步骤如下：
（1）镁在元素周期表中位于第__________周期，第___________族。

（2）为使MgSO4完全转化为Mg(OH)2沉淀，试剂①可选用____________（填化学式），且加入试剂①的量应______________（选填“少量”或“过量”）。

（3）若要检验溶液A中含有的SO42-，使用的试剂是_________________。

（4）加入试剂①后，分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是__________。

试剂②可以选用_______。

（5）反应①、反应②、反应③属于氧化还原反应类型的是________。

（6）工业上常用电解熔融MgCl2的方法冶炼得到金属Mg，写出该反应的化学方程式__________。

【答案】三ⅡA Ca(OH)2（或NaOH等合理答案均可）过量稀盐酸、氯化钡溶液过滤HCl（或盐酸）③MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑
【解析】
【分析】
海水中加入试剂①沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，因此试剂①为碱；过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②得到氯化镁溶液，试剂②为盐酸，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答。

【详解】
(1)镁是12号元素，原子核外12个电子，有三个电子层，最外层2个电子，镁在周期表中位置为第三周期，第ⅡA族，故答案为：三；ⅡA；
(2)使MgSO4转化为Mg(OH)2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，且从生成成本角度考虑，则试剂①选择Ca(OH)2或石灰乳，也可以选择NaOH，为了使镁离子全部沉淀，加入的试剂①要过量，故答案为：Ca(OH)2(或NaOH等)；过量；
(3)检验溶液A中含有的SO42-，可以取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-，使用的试剂有，故答案为：稀盐酸、氯化钡溶液；
(4)过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，所以分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；把氢氧化镁转化成氯化镁需加入盐酸进行中和反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方
程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，故答案为：过滤；盐酸；
(5)根据上述分析，反应①、反应②为复分解反应，一定不是氧化还原反应，反应③为电解熔融的氯化镁生成镁，反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故答案为：③；
(6)无水氯化镁在熔融状态下，通过电解得到金属镁，化学方程式为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑。

【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意硫酸根离子检验时，不能选择硝酸，因为硝酸能够将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．工业上，向500～600 ℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁。

现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。

（1）写出仪器的名称：a_______，b________。

（2）A中反应的化学方程式为________。

C中反应的化学方程式为________。

（3）装置B中加入的试剂是________。

（4）已知：向热铁屑中通入氯化氢气体可以生产无水氯化亚铁。

为防止有杂质FeCl2生成，可在装置__和__（填字母）间增加一个盛有________的洗气瓶。

（5）装置D的作用是________。

为防止水蒸气影响无水氯化铁的制取，请你提出一个对装置D的改进方案：________。

（6）反应结束后，取少量装置C中的固体于试管中，加入足量盐酸，固体完全溶解，得到溶液X。

证明溶液X中含有FeCl3的试剂是________，观察到的现象是________。

【答案】分液漏斗圆底烧瓶4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O2Fe+3Cl22FeCl3浓硫酸 A B饱和食盐水除去过量氯气，防止其污染空气改为一个盛有碱石灰的干燥管（或在装置C和D之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶）硫氰化钾溶液（或苯酚溶液）溶液变为红色（或溶液变为紫色）
【解析】
【分析】
装置A是制备氯气的发生装置，生成的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B中浓硫酸干燥氯气，通过装置C反应生成无水氯化铁，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，据此判断。

【详解】
（1）由仪器的构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；
（2）A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为4HCl（浓）
+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；C为氯气与铁制备氯化铁，反应方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
（3）为制备无水氯化铁，B装置应为盛有浓硫酸的干燥氯气的装置，即装置B中加入的试剂是浓硫酸；（4）制备的氯气中混有氯化氢气体，所以需在干燥之前除氯化氢，故在A与B间添加饱和食盐水的装置；（5）氯气有毒，会污染空气，D装置用氢氧化钠除未反应完的氯气，防止其污染空气；为制备无水氯化铁，防止D中水蒸气进入C装置，可选用碱石灰的干燥管，既能吸收氯气，又能吸水，或在装置C和D
之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶；
（6）检验铁离子用硫氰化钾或者苯酚，若有铁离子，硫氰化钾溶液变红色，苯酚溶液变紫色。

【点睛】
本题以氯化铁制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，题目难度中等，注意气体的除杂以及尾气的处理方法，另外还要注意题干已知信息的提取和灵活应用。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．2019年是门捷列夫发现元素周期律150周年。

下表列出了①〜⑧八种元素在周期表中的位置：
请按要求回答下列问题：
(1)写出元素②质量数为18的的核素符号_______。

(2)甲为③、⑥两元素组成的化合物，用电子式表示甲的形成过程__________。

(3)以上表中元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______。

(4)元素⑤的简单氢化物和元素①的简单氢化物与卤化氢的反应相似，产物的结构性质也相似。

下列对元素⑤的简单氢化物与HI反应产物的推断正确的是_____(填序号）。

A.能与NaOH反应
B.含离子键、共价键
C.能与稀硫酸反应
(5)向元素⑦的单质与水反应后的溶液中加入元素④的单质，发生反应的离子反应方程式为_______。

(6)不同卤素原子之间可形成卤素互化物，其性质与卤素单质相近。

写出⑥形成的互化物和SO2在水溶液中发生反应的化学方程式_______。

O HClO4AB 2Al+2OH-+2H2O 【答案】18
8
＝2AlO2-+3H2↑BrCl+2H2O+SO2＝H2SO4+HCl+HBr
【解析】
【分析】
先根据元素在周期表的位置确定各种元素，然后结合元素周期律及物质的原子结构、形成化合物时的特点、元素化合物的性质分析解答。

【详解】
根据元素在周期表的位置可知各种元素分别是：①是N元素，②是O元素，③是Mg元素，④是Al元素，⑤是P元素，⑥是Cl元素，⑦是K元素，⑧是Br元素。

O；
(1)②是O元素，质子数为8，质量数为18的O原子可表示为18
8
(2)Mg、Cl两种元素形成的化合物甲为MgCl2，该物质是离子化合物，用电子式表示为：
；
(3)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，在上述表格中，元素最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；
(4)NH3与HCl反应形成NH4Cl，由于同一主族元素形成的化合物性质相似，所以P元素的氢化物PH3与HCl 反应产生的物质PH4Cl结构与NH4Cl也相似，属于离子化合物，含有离子键、极性共价键，能与强碱NaOH 发生反应，产生NaCl、PH3、H2O，而不能与酸反应，故合理选项是AB；
(5)K与水反应产生KOH和氢气，向该溶液中加入Al，会发生反应产生KAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
(6)不同卤素原子之间可形成卤素互化物，其性质与卤素单质相近。

如⑥形成的互化物BrCl性质类似Cl2，BrCl和SO2在水溶液中发生反应，产生HCl、HBr、H2SO4，反应的化学方程式为BrCl+2H2O+SO2＝
H2SO4+HCl+HBr。

【点睛】
在做题过程中要注意同种元素形成的化合物的相似性，运用规律分析解答，但有时也要注意应用范围。

如同一主族元素组成的物质，由分子构成的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点也越高，但若是相应的氢化物，NH3、H2O、HF分子之间还存在氢键，就增大了分子之间的吸引力，使得这几种物质的熔沸点在同族元素形成的化合物中最高。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．按要求回答问题：
(1)以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池中：
①H+向___________极移动（填“正”或“负”）。

②电子流动方向由____________极流向____________极（填：“正”、“负”）。

③若有1mole- 流过导线，则理论上负极质量减少____________g。

④若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是___________（填“锌极”或“铜极”），原因是_____________（用电极方程式表示）。

(2)一定温度下，在容积为2 L的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)+cP(g)，M、N、P的物质的量随时。