下海市嘉定区2022届化学高一(下)期末统考模拟试题含解析

下海市嘉定区2022届化学高一(下)期末统考模拟试题
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．已知：H2(g)+I2(g)2HI(g)；ΔH= -14.9kJ·mol-1。

某温度下在甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始浓度如下表所示。

甲中反应达到平衡时，测得c(H2)=0.008mol·L-1。

下列判断正确的
起始浓度c(H2)/(mol·L-1) c(I2)/(mol·L-1) c(HI)(mol·L-1)
甲0.01 0.01 0
乙0.02 0.02 0
A．平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍
B．平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深
C．平衡时，甲、乙中热量的变化值相等
D．该温度下，反应的平衡常数K=0.25
【答案】D
【解析】
【分析】
若甲的装置体积为1L，则乙装置可以看作刚开始体积为2L，待反应达到平衡时，再压缩容器至1L，由于该反应前后，气体的体积不变，所以压缩容器，压强增大，平衡不移动，则甲、乙两个体系除了各组分的物质的量、浓度是2倍的关系，其他的物理量，比如百分含量，转化率是一样的。

【详解】
A. 假设甲装置体积为1L，乙装置体积刚开始为2L，平衡后再压缩至1L，由于反应前后气体体积不变，所以压缩容器后，平衡不移动，所以乙中H2的转化率和甲中的相同，A错误；
B. 平衡时，乙中I2的浓度是甲中的2倍，则乙中混合物颜色更深，B错误；
C. 平衡时，乙中HI的浓度是甲中的2倍，所以二者热量变化量不相等，C错误；
D. 甲中的三段式为（单位：mol·L-1）：
H 2(g)+ I2(g)2HI(g)
1 1 2
起0.01 0.01 0
转0.002 0.002 0.004
平0.008 0.008 0.004
K====0.25，D正确；
故合理选项为D。

【点睛】
对于等效平衡的题目，可以先假设相同的条件，在平衡之后再去改变条件，判断平衡移动的方向。

此外，要注意易错点A选项，浓度加倍是因为平衡不移动，体积减半，但是转化率的变动只和平衡移动有关系，平衡不移动，转化率肯定不会变。

2．下列说法中不正确的是
A．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族之间的10个纵行的元素都是金属元素
B．原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
C．除了氢元素的一种核素：1H，其它所有元素的原子中都含有质子、中子和电子
D．第三周期主族元素最高正价由左往右依次升高
【答案】B
【解析】分析：A.元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族,含7个副族和1个第ⅤⅢ族；
B.阳离子的核外电子层数比原子的电子层少1；
C.中子数=质量数-质子数；
D.第三周期主族元素最高正价=最外层电子数=其所在的主族序数。

详解:A.元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族,含7个副族和1个第ⅤⅢ族,共10个纵行的元素,都是金属元素,所以A选项是正确的；
B.阳离子的核外电子层数比原子的电子层少1，原子及阴离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，故B错误；
C. 中子数=质量数-质子数，1H的中子数=1-1=0，所以除了核素1H，其它所有元素的原子中都含有质子、中子和电子，所以C选项是正确的；
D.第三周期主族元素最高正价=最外层电子数=其所在的主族序数，所以第三周期主族元素最高正价由左往右依次升高，所以D选项是正确的；
所以本题选B。

3．某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解Al，但不能溶解Fe，该溶液中可以大量共存的离子组是( ) A．K＋、Na＋、HCO、NO B．Na＋、SO、Cl－、S2－
C．NH、Mg2＋、SO、NO D．K＋、Ca2＋、Cl－、Na＋
【答案】B
【解析】分析：某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解Al，但不能溶解Fe，该溶液为强碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子。

详解：某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解Al，但不能溶解Fe，该溶液为强碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子。

A．HCO3-与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Na+、SO42-、Cl-、S2-之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．NH4+、Mg2+都与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．氢氧化钙微溶于水，Ca2＋与氢氧根离子在溶液中不
能大量共存，故D错误；故选B。

点睛：本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。

本题的难点是溶液酸碱性的判断，易错点为D。

4．已知糖元(C6H10O5)n是一种相对分子质量比淀粉更大的多糖，主要存在肝脏和肌肉中，所以又叫动物淀粉和肝糖。

下列关于糖元说法正确的( )
A．糖元、淀粉、纤维素互为同分异构体
B．糖元与淀粉、纤维素属于同系物
C．糖元水解的最终产物是葡萄糖
D．糖元具有还原性，能发生银镜反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A．(C6H10O5)n中的n不同，即糖元、淀粉、纤维素的分子式不同，所以不属于同分异构体，故A错误；B．糖元与淀粉、纤维素结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．糖元是一种多糖，水解的最终产物是葡萄糖，故C正确；
D．糖原中无醛基，不能发生银镜反应，故D错误；
故选C。

5．短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅡA族，W 与X属于同一主族。

下列说法正确的是（）
A．离子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)
B．X、W 的简单氢化物的沸点：X＞W
C．Y 的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱
D．由X、Y 组成的化合物一定含离子键和共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅡA族，且原子序数大于Y，则Z 为Mg元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，即X、Y、Z、W分别是O、Na、Mg、S元素。

【详解】
A．硫离子含有3个电子层，而镁离子和钠离子均含有2个电子层，硫离子半径最大，钠离子和镁离子具有相同的电子层结构，钠离子半径大于镁离子，因此离子半径r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A错误；B．水
分子间能够形成氢键，沸点高于硫化氢，故B正确；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Y＞Z，则Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，故C错误；D．由X、Y组成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2，Na2O只含离子键、Na2O2含有离子键和共价键，故D错误；故选B。

【点睛】
本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意：D选项中易漏掉Na2O或Na2O2而导致错误。

6．下列有关元素及其化合物的表示正确的是
A．氮气的电子式：
B．CH4分子的球棍模型：
C．Mg2+结构示意图：
D．质子数为92、中子数为146的U原子：
【答案】B
【解析】分析：A、氮分子中，两个氮原子共用3对电子，每个氮原子含有1个孤电子对；
B、甲烷中的H原子半径小于C原子半径；
C、镁离子是镁原子失去2个电子形成的；
D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数。

详解：A、一个电子对含有两个电子，氮原子含有1个孤电子对，，故A错误；
B、甲烷中的H原子半径小于C原子半径，故甲烷的球棍模型为，故B正确；
C、镁离子是镁原子失去2个电子形成的，故核内有12个质子，核外有10个电子，最外层有8个电子，故结构示意图为，故C错误；
D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数，正确应为：，故D错误，
故选B。

点睛：本题考查化学用语，难度不大，明确原子变成离子时，结构示意图中变化的和不变的量，为易错点。

7．在一定条件下，向某容器中充入N2和H2合成NH3，以下叙述错误的是( )
A．开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后减小为零
C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后保持恒定
D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后与逆反应速率相等且都保持恒定
【答案】B
【解析】试题分析：A．由于发生是从正反应方向开始的，所以开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零，正确；B．随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，生成物的浓度逐渐增大，因此正反应速率逐渐减小，逆反应的速率逐渐增大，最后当正反应与逆反应的速率相等时反应达到了平衡，但是不可能减小为零。

错误。

C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，当增大到与正反应速率相等时，反应就达到了平衡状态而最后保持恒定，正确。

D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，当达到平衡时，正反应速率与逆反应速率相等且都保持恒定，正确。

考点：考查可逆反应的正反应速率与逆反应的速率的关系的知识。

8．下列有关化学用语表达不正确的是
A．CO2的电子式：B．CS2分子的结构式：S=C=S
C
C．S2-的结构示意图：D．8个中子的碳原子的核素符号：14
6
【答案】A
【解析】A. CO2是共价化合物，电子式：，A错误；B. CS2分子的结构式与CO2类似，为S＝C ＝S，B正确；C. S2-的核外电子数是18，结构示意图：，C正确；D. 8个中子的碳原子的核素C，D正确。

答案选A。

符号可表示为14
6
9．化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是
A．CaF2的电子式：B．Cl–的结构示意图：
Cl
C．CO2的结构式：O=C=O D．中子数为20的氯原子：17
37
【答案】C
【解析】
【详解】
A．CaF2是离子化合物，含有Ca2+和F-，其电子式为，故A错误；
B．氯离子质子数为17，核外有18个电子，有3个电子层，最外层电子数为8，离子结构示意图为，故B错误；
C．二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，其结构式为O=C=O，故C正确；
D．中子数为20的氯原子的质量数为37，其核素的表示方式为3717Cl，故D错误；
故答案为C。

10．下图是某种酶生物燃料电池的工作原理示意图。

下列说法中不正确
．．．的是
A．葡萄糖是还原剂
B．外电路中电子由A极移向B极
C．溶液中H+由B极区移向A极区
D．B极电极反应式为：H2O2 +2H++2e－=== 2H2O
【答案】C
【解析】根据图中信息可知，H2O2转化为H2O，氧元素化合价由-1降为-2价，得到电子发生还原反应，B 极为燃料电池的正极，A极为燃料电池的负极。

故A、葡萄糖发生氧化反应作为还原剂，选项A正确；B、外电路中电子由负极A极移向正极B极，选项B正确；C、电池中阳离子向正极移动，故溶液中H+由A 极区移向B极区，选项C不正确；D、B极为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为：H2O2 +2H++2e －= 2H2O，选项D正确。

答案选C。

11．下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是
A．生石灰B．熟石灰C．纯碱D．烧碱
【答案】C
【解析】
【详解】
A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；
B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；
C、纯碱是碳酸钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；
D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；
故选C。

12．下列判断中一定正确的是( )
A．若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量：X＞Y，则X失电子能力比Y强
B．若R2－和M＋的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
C．若X、Y是同周期元素，且核电荷数：X＞Y，则原子半径：X＞Y
D．若M、N是同主族元素，且原子序数：M＞N，则非金属性：M＞N
【答案】A
【解析】
【详解】
A、若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量X＞Y，则X电子层多，同主族自上而下，金属性增强，则X失电子能力比Y的强，A正确；
B、若R2-和M+的电子层结构相同，M位于R的下一周期，原子序数M＞R，B错误；
C、若X、Y是同周期元素，且核电荷数：X＞Y，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：X＜Y，C错误；
D、若M、N是同主族元素，原子序数M＞N，同主族自上而下，非金属性减弱，则非金属性：N＞M，D 错误；
答案选A。

13．核电荷数小于l8的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为（2n+1)，质子数为（2n2-1）。

下列关于元素X的说法中，不正确
．．．的是( )
A．其最高化合价一定为+5
B．可以形成化学式为KXO3的盐
C．其氢化物可以用来做喷泉实验
D．其最高价氧化物的水化物是强酸
【答案】A
【解析】
【分析】
核电荷数小于l8的某元素X，其原子的电子层数为n，则1≤n≤3，最外层电子数为（2n+1），最外层电子数小于8，原子核内质子数为（2n2-1）；当n=1时，最外层电子数为3，舍去；当n=2时，核内质子数是7，最外层电子数是5，符合条件，为N元素；当n=3时，核内质子数是17，最外层电子数是7，为Cl元素，符合条件，所以X可能是N或Cl元素。

【详解】
A、如果X是N元素，其最高正化合价为+5，如果是Cl元素，其最高正价为+7，A错误；
B、N或Cl元素都可以形成化学式为KXO3的盐，如KNO3或KClO3，B正确；
C、NH3或HCl都极易溶于水，所以都可以做喷泉实验，C正确；
D、HNO3和HClO4都是强酸，所以N或Cl元素的最高价氧化物的水化物是强酸，D正确；
故合理选项为A。

14．今年入冬以来，我市大部分地区雾霾严重，严重影响人们的日常生活。

下列措施对控制雾霾无影响的
是（）
A．机动车限号行驶，鼓励乘公交出行B．不焚烧农作物秸秆
C．局部地区实行人工降雨、降雪D．家庭安装空气净化器
【答案】D
【解析】
【详解】
A.机动车限号行驶，鼓励乘公交出行，可减少汽车尾气的排放，可减少雾霾，故不选A；
B.不焚烧农作物秸秆，可减少粉尘污染，可减少雾霾，故不选B；
C.局部地区实行人工降雨、降雪，可净化空气，减少雾霾，故不选C；
D.家庭安装空气净化器，不能改变大气污染，故选D；
答案：D
15．下列各组物质中化学键的类型相同的是( )
A．HCl、MgCl2、NH4Cl B．NH3、H2O、CO2
C．H2O、Na2O、CO2D．CaCl2、NaOH、H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、HCl共价化合物，只含共价键；MgCl2是离子化合物，只含离子键；NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键，A错误；
B、NH3、H2O、CO2均为共价化合物，只含共价键，B正确；
C、H2O和CO2均为共价化合物，只含共价键；Na2O是离子化合物，只含离子键，C错误；
D、CaCl2是离子化合物，只含离子键；NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键；H2O是共价化合物，只含共价键，D错误；故选B。

16．以“点燃激情，传递梦想”为主题的奥运火炬“祥云”正在祖国各地传递。

“祥云”火炬的燃料是丙烷，它在燃烧时放出大量的热。

关于能量变化的说法正确的是（）
A．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
B．物质发生化学变化都伴随者能量变化
C．化学反应中，反应物的总能量是低于生成物的总能量
D．化学反应中，反应物的总能量是高于生成物的总能量
【答案】B
【解析】A．物质三态之间的转变是物理变化，但也存在能量的变化，故A错误；B．物质发生化学反应的同时必定伴随着化学键的断裂和生成，则一定伴随能量的变化，有放热现象或吸热现象发生，故B正确；
C．吸热反应中，反应物的总能量是低于生成物的总能量，放热反应中，反应物的总能量是高于生成物的总能量，化学反应中，反应物的总能量不一定低于生成物的总能量，故C错误；D．吸热反应中，反应物的总能量是低于生成物的总能量，放热反应中，反应物的总能量是高于生成物的总能量，化学反应中，反应物的总能量不一定高于生成物的总能量，故D错误；故选B。

17．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。

18．恒温下, 反应aX(g)bY(g) +cZ(g)达到平衡后, 把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时, X的物质的量浓度由0.1mol/L增大到0.19mol/L, 下列判断正确的是:
A．a＞b+c B．a＜b+c
C．a＝b+c D．a＝b=c
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半，假定平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即0.2mol/L，达到新平衡时，X的实际浓度0.19mol/L，小于0.2mol/L，说明增大压强，平衡向正反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，故a＞b+c，故答案选A。

19．对于可逆反应：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )
A．达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
B．若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，则反应达到平衡状态
C．若有5 mol O===O键断裂，同时有12 mol H—O键形成，此时必为化学平衡状态
D．化学平衡时，化学反应速率关系是2v正(NH3)＝3v逆(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 达到化学平衡时正逆反应速率相等，又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，则4v正(O2)＝5v
(NO)，A正确；
逆
B. 单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，均表示正反应速率，则反应不一定达到平衡状态，B错误；
C. 有5mol O＝O键断裂，同时有12mol H－O键形成，均表示正反应速率，则反应不一定达到平衡状态，C错误；
D. 化学平衡时正逆反应速率相等，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知化学反应速率关系是3v正(NH3)＝2v逆(H2O)，D错误。

答案选A。

20．日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是
A．铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B．铁制菜刀生锈
C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D．铝锅表面生成致密的薄膜
【答案】C
【解析】
【分析】
根据信息判断发生的化学反应，在反应中存在元素的化合价变化时则发生的反应为氧化还原反应，以此来解答。

【详解】
A. 金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B. 铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不符合题意；
C. 酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C符合题意；
D. 铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。

【点睛】
反应中由元素化合价发生变化的为氧化还原反应。

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．海水资源的利用具有广阔的前景。

从海水中提取Br2与MgCl2 • 6H2O的流程如下：
（1）写出一种海水淡化的方法_____。

（2）比较溶液中Br2的浓度：溶液2_____溶液4（填“>”或“<”）。

（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，其化学方程式是_______。

（4）试剂①可以选用__________，加入试剂②后反应的离子方程式是_________。

（5）从MgCl2溶液获得MgCl2 • 6H2O晶体的主要操作包括_________。

【答案】蒸馏或渗析或离子交换法（任写一种即可）＜Br2 + SO2 + 2H2O ==2HBr + H2SO4Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）Mg(OH)2 + 2H+ == Mg2+ + 2H2O 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（减少溶剂浓缩，降温结晶，过滤）
【解析】
【分析】
由题给流程可知，向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，过滤；向溶液1中通入氯气，氯气与溶液中的溴离子发生置换反应生成含有单质溴浓度较低的溶液2，用空气和水蒸气吹出溴蒸气，溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸的溶液3，再向所得溶液3通入氯气得到含溴浓度较高的溶
液4；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到六水氯化镁。

【详解】
（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸馏或渗析或离子交换法；（2）由流程中提取溴的过程可知，经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集，增大了溶液中溴的浓度，则溶液2中溴的浓度小于溶液4，故答案为：＜；
（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，溶液中溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为Br2 + SO2 + 2H2O =2HBr + H2SO4，故答案为：Br2 + SO2 + 2H2O =2HBr + H2SO4；（4）向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，则试剂①可以选用Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，则试剂②为盐酸。

反应的离子方程式为Mg(OH)2 + 2H+ =Mg2+ + 2H2O，故答案为：Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；Mg(OH)2 + 2H+ = Mg2+ + 2H2O；
（5）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，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。

【点睛】
本题考查化学工艺流程，侧重海水资源的利用考查，注意海水提溴、海水提镁的过程分析是解答关键。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大。

A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物。

回答下列问题。

（1）A2B的电子式__________；A2B2的电子式__________。

（2）CB2通入A2B2溶液中可被氧化为W，用W的溶液（体积1L，假设变化前后溶液体积变化忽略不计）组装成原电池（如右图所示）。

在b电极上发生的反应可表示为:PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，则在a电极上发生的反应可表示为__________。

（3）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期。

该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物。

将E的单质浸入ED3溶液中，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，该反应的离子方程式为
________________________________________。

（4）依据（3）中的反应，可用单质E和石墨为电极设计一个原电池（右图），则在该原电池工作时，石墨一极发生的反应可以表示为______________________________。

石墨除形成原电池的闭合回路外，所起的作用还有：________________________________________。

【答案】Pb-2e-+SO42-=PbSO4Fe+2Fe3+=3Fe2+2Fe3++2e-=2Fe2+充当正极材料，形成原电池，氧还分开进行
【解析】
有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大。

A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物，可以推断，B为O元素，则A为H元素，C为S元素，则D为Cl元素。

（1）H2O的电子式为；H2O2的电子式为，故答案为；；
（2）SO2通入H2O2溶液中可被氧化为W，则W为H2SO4，b电极发生还原反应，则a电极发生还原反应，Pb 失去电子生成PbSO4，负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，反应的总方程式为
PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，故答案为Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
（3）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期，该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物，则E为Fe元素，将Fe浸入到FeCl3中，发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（4）石墨--铁在氯化铁电解质溶液中形成原电池，Fe为负极，失去电子生成Fe2+，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，Fe3+离子在正极获得电子生成Fe2+，正极电极反应式为：2Fe3++2e-=2Fe2+；比较甲、乙两图，说明石墨除形成闭合回路外所起的作用是：充当正极材料，形成原电池、使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生，故答案为2Fe3++2e-=2Fe2+；充当正极材料，形成原电池、使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生。

点睛：本题以元素推断为载体，考查电子式、原电池原理的应用等，正确推断元素的种类为解答该题的关键。

本题的易错点为原电池中电极方程式的书写，难点为石墨的作用，具有一定的开放性。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．下表是稀硫酸与某金属反应的实验数据:
分析上述数据，回答下列问题:。