重庆市涪陵区2019-2020学年高一下学期期末化学教学质量检测双份试题

高一（下）学期期末化学模拟试卷
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．在碘水中加入KI发生如下反应：I 2(aq)+I−(aq)I3-(aq)(aq表示水溶液)。

某I2、KI混合溶液中，c(I3-)在不同温度下的平衡平衡浓度与温度T的关系如图曲线所示。

下列说法不正确的是
A．反应I2(aq)+I−(aq) I3-(aq) 是放热反应
B．压强变化对该平衡影响不大
C．状态D时，v正<v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2) 小
2．与氢氧根具有相同的质子数和电子数的微粒是（）
A．CH4B．Cl-C．NH4+D．NH2-
3．铝热反应有广泛的用途，实验装置如下图1所示。

下列说法正确的是
A．铝热反应的能量变化可用图2表示
B．工业上可用铝热反应的方法提取镁
C．在铝热反应过程中没有涉及到的化学反应类型是化合反应
D．该铝热反应的化学方程式是8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe
4．乙酸分子的结构式为，下列反应及断键部位正确的是
①乙酸的电离，是①键断裂
②乙酸与乙醇发生酯化反应，是②键断裂
③在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2CH2Br—COOH+HBr，是③键断裂
④乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→，是①②键断裂
A．①②③B．①②③④C．②③④D．①③④
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O
B．小苏打与稀盐酸反应：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O
C．工业上电解熔融状态的氯化镁：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量澄清石灰水：NH4＋＋HCO3－＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O
6．氢氧化铁胶体区别于氯化铁溶液最本质的特征是( )
A．氢氧化铁胶体粒子的直径在1～100 nm之间
B．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应
C．氢氧化铁胶体是均一的分散系
D．氢氧化铁胶体的分散质能透过滤纸
7．下列分子中，其中子总数为24的是
A．18O3B．2H217O2C．14N16O2D．14C16O2
8．下列各组离子，在溶液中能大量共存的是( )
A．Al3＋、K＋、NO3－、Ca2+B．Ca2＋、Na＋、CO32－、K+
C．OH－、Cl－、NH4＋、SO42-D．H＋、HCO3－、Cl－、NH4＋
9．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag，其工作示意如图所示。

下列说法不正确
．．．的是
A．Zn电极是负极
B．工作时K+移向Zn电极
C．Ag2O电极发生还原反应
D．Zn电极的电极反应式：Zn－2eˉ＋2OHˉ===Zn(OH)2
10．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：
①把贝壳制成石灰乳
②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤，洗涤沉淀物
③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤，干燥产物
④冶炼③的产物得到金属Mg
关于提取镁，下列说法不正确
．．．的是
A．此法的优点之一是原料来源丰富
B．进行①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2
C．用③的产物冶炼金属Mg，可以用热还原法（还原剂C、CO、H2）
D．以上提取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和复分解反应
11．只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、淀粉溶液、葡萄糖溶液。

这种试剂是
A．NaOH溶液B．Cu(OH)2 悬浊液C．碘水D．Na2CO3溶液
12．海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示。

下列说法正确的是
A．电解NaCl溶液可得到金属钠
B．上述过程中发生了分解、化合、置换、复分解反应
C．上述流程中生成Mg(OH)2沉淀的离子方程式为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓
D．不用电解MgO来制取镁是因为MgO的熔点比MgCl2的高，能耗大
13．由a、b、c、d四种金属按下表中装置进行实验。

下列说法正确的是
A．装置甲中化学能全部转化为电能
B．装置乙中b电极发生的电极反应式为Cu2++2e-=Cu
C．装置丙中SO42-向a电极移动，溶液的pH变小
D．四种金属活动性由强到弱的顺序是b>e>d>a
14．已知键能数据：C-H为akJ/mol，O2中看作O=O为bkJ/mol,C=O为mkJ/mol,H-O为nkJ/mol。

则可计算CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）∆H，此反应∆H是
A．（+4a+2b-2m-4n）
B．（+4a+2b-2m-4n）KJ/mol
C．-（+4a+2b-2m-4n）KJ/mol
D．（+4a+2b-m-2n）KJ/mol
15．白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体——黑磷，其转化过程中能量变化如图所示。

下列叙述中正确的是
A．黑磷比白磷稳定
B．黑磷与白磷互为同分异构体
C．白磷转化为黑磷是氧化还原反应
D．白磷转化为黑磷是吸热反应
16．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．1.0 molCH4与1.0 molCl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0N A
B．22.4 L(标准状况)氨气含有的质子数为18N A
C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N A
D．密闭容器中，2 molSO2和1 molO2催化反应后分子总数为2N A
17．下列各组混合物中，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，下列各组不正确的是
A．甲烷、辛醛B．乙炔、苯乙烯
C．甲醛、甲酸甲酯D．苯、甲苯
18．下列物质之间的相互关系错误的是( )
A．O2和O3互为同素异形体
B．CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物
C．CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
D．和为不同种物质
19．（6分）在2 L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)＋D(g)，若最初加入的A和B
都是4 mol，在前10 s A的平均反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10 s时，容器中B的物质的量是() A．3.4 mol B．3.2 mol C．2.8 mol D．1.2 mol
20．（6分）1molH-H键的键能是436 kJ/mol，1mol I-I键的键能是151kJ/mol，1mol H-I 的键能是299 kJ/mol，则对于H 2(g)+I22HI(g)的反应，下列说法正确的是（）
A．放出11kJ热量B．吸收11kJ热量
C．放出288kJ热量D．吸收288kJ热量
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）200 mL 0.5mol/L的Na2CO3溶液里含____mol Na2CO3，Na2CO3的质量是_______克
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：
(1)请列举海水淡化的一种方法__________________________。

(2)步骤I中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，精制时常用的试剂有：①稀盐酸；②氯化钡溶液；
③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。

下列加入试剂的顺序正确的是______（填字母）。

A．①②③④B．②③④①C．②④③①D．③④②①
(3)在实验室中可以用萃取的方法提取溴，可选用的试剂是________________，所用主要仪器的名称是
____________________。

(4)步骤I已经获得Br2，步骤II又将Br2还原为Br—，其目的是_____________________
(5)写出步骤III反应的离子方程式__________________________________________。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：
族
ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0
周期
1 ①
2 ②③④
3 ⑤⑥⑦⑨⑧
请按要求回答下列问题：
（1）元素④的名称是________，元素④在周期表中所处位置________，从元素原子得失电子的角度看，元素④形成的单质具有________性（填“氧化性”或“还原性”）。

（2）元素⑦的原子结构示意图是________。

（3）按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，④⑦⑨的氢化物稳定性：_____________________（写氢化物的化学式）。

（4）写出元素⑤形成的单质与水反应的化学方程式_____________________。

（5）①与⑨能形成一种化合物，用电子式表示该化合物的形成过程_____________________。

（6）工业制取⑥的单质的反应的化学方程式为_____________________。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验．
实验I：反应产物的定性探究，按如图装置（固定装置已略去）进行实验
(1)A装置的试管中发生反应的化学方程式是_____________________；F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是__________________________；B装置中的现象是_________。

(2)实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是______________。

(3)实验结束时，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是_________________。

(4)实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子，需将溶液稀释，操作方法是
________________________________。

实验Ⅱ：反应产物的定量探究
(5)在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，且黑色物质为Cu2S。

产生Cu2S的反应为aCu+bH2SO4
cCu2S+dCuSO4+e H2O，则a：b=______________。

(6)为测定硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量
KI溶液中振荡，生成的I2恰好与20.00mL 0.30mol•L﹣1的Na2S2O3溶液反应，若反应消耗铜的质量为6.4g，则硫酸铜的产率为_________________。

（已知2Cu2++4I﹣=2CuI+I2， 2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣）【注：硫酸铜的产率指的是硫酸铜的实际产量与理论产量的比值】
参考答案
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．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 由图象曲线走势可知，当温度升高时，I3-浓度减小，说明该反应为放热反应，故A正确；
B. 反应I2(aq)+I−(aq)I3-(aq)是溶液中的反应，压强对物质浓度影响不大，对该平衡影响不大，故B正确；
C. 图上每一个点都代表平衡状态时的c(I3-)，状态D时，反应未达平衡，c(I3-)小于平衡时的浓度，所以反应向正向进行，v正>v逆，故C错误；
D. 由图象曲线走势可知，当温度升高时，I3-浓度减小，说明该反应为放热反应，状态A与状态B相比状态A温度较低，平衡正向移动，c(I2) 小，故D正确；
故选C。

【点睛】
本题考查了化学平衡的移动、化学平衡常数的含义等知识点，难度不大，化学平衡移动是高考的热点，注意化学平衡常数只与温度有关，与其他物理量无关。

2．D
【解析】
【详解】
氢氧根离子OH-中质子数为9个，电子数是10个。

A. CH4分子中质子数是10，电子数是10，所以和OH-中质子数相同，电子数不同，A错误；
B.Cl-中质子数是17，电子数是18，所以和OH-中质子数和电子数都不同，B错误；
C. NH4+中质子数是11，电子数是10，所以和OH-中质子数不同，电子数相同，C错误；
D.NH2-中质子数是9，电子数是10，所以和OH-中质子数和电子数都相同，D正确；
故合理选项是D。

3．A
【解析】分析：A、铝热反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；B、铝热反应可用于冶炼难熔金属；C、镁燃烧是化合反应；D、氧化铁是Fe2O3。

详解：A、铝热反应为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故A正确；B、铝热反应可用于冶炼难熔金属，镁等活泼金属一般用电解法冶炼，故B错误；C、镁燃烧是化合反应，故C错误；D、该铝热反应的化学方程式是Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3，故D错误；故选A。

4．B
【解析】
【详解】
①乙酸属于一元弱酸，其电离方程式为CH 3COOH CH3COO-+H+，即①键（O—H键）断裂；
②酯化反应遵循规律“酸脱羟基”，故乙酸与乙醇发生酯化反应时②键断裂；
③由题给方程式知溴原子取代了甲基上的氢原子，③键断裂；
④生成乙酸酐同时生成H2O，必为一个分子脱去氢原子，另一分子脱去—OH，故①②键同时断裂。

综上所述，B项正确。

5．D
【解析】A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，A错误；B. 小苏打与稀盐酸反应：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B错误；C. 工业上电解熔融状态的氯化镁：Mg2＋＋2Cl－Mg＋
Cl2↑，C错误；D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量澄清石灰水：NH4＋＋HCO3－＋Ca2＋＋2OH－＝CaCO3↓＋NH3·H2O ＋H2O，D正确，答案选D。

点睛：离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。

突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。

应熟练掌握化学反应规律和重要物质的性质，认真审题，才能正确写出离子方程式。

6．A
【解析】
【详解】
胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故选A。

【点睛】
根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小。

7．D
【解析】A、1mol18O中含有中子物质的量为(18－8)mol=10mol，即1mol18O3中含有中子物质的量为
3×10mol=30mol，故A错误；B、1mol2H217O2中含有中子物质的量为(2×1＋2×9)mol=20mol，故B错误；C、1mol14N16O2中含有中子物质的量为(7＋2×8)mol=23mol，故C错误；D、1mol14C16O2中含有中子物质的量为(8＋2×8)mol=24mol，故D正确。

8．A
【解析】分析:根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能大量共存，以此来解答。

详解：A．因该组离子之间不反应，能共存，故A正确；
B．Ca2＋和CO32－结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；
C．因OH－、NH4＋结合生成NH3H2O，则不能共存，故C错误；
D．因H＋、HCO3－结合生成水和气体，则不能共存，故D错误；
故选A。

点睛：本题考查离子的共存问题，侧重复分解反应发生的条件的考查，熟悉常见离子之间的反应及物质的溶解性即可解答，题目较简单。

9．B
【解析】
【分析】
原电池分正负，负极氧化正还原，离子阳正阴向负，电子有负流向正。

【详解】
A.根据反应原理锌的化合价升高，是负极，故A正确；
B. K+是阳离子，工作时向正极移动，Zn是负极，故B错误；
C. Ag2O电极是正极，发生还原反应，故C正确；
D. Zn电极的电极反应式：Zn－2eˉ＋2OHˉ===Zn(OH)2，正确。

故选B.
【点睛】
记准原电池的工作原理，原电池分正负，负极氧化正还原，电子有负流向正，离子阳正阴向负。

10．C
【解析】分析:海水制镁的过程为CaCO3 CaO Ca（OH）2Mg（OH）
MgCl2→Mg。

电解MgCl2，在阴极得到的是Mg，在阳极得到Cl2。

2
详解：A项，采用的原料都源自大海，所以原料来源丰富，故A项正确；
B项，采用此法提取氯化镁，然后电解得到金属镁，故B项正确；
C项，镁是活泼金属应该采用电解其熔融盐的方法冶炼，故C项错误；
D项，海水制镁的过程中碳酸钙分解属于分解反应，氧化钙和水反应是化合反应，氢氧化镁和盐酸反应属于复分解反应，故D项正确。

综上所述，本题答案为C。

11．B
【解析】
【分析】
乙酸虽是弱酸，但能溶解氢氧化铜，乙酸与氢氧化铜悬浊液混合后得蓝色溶液；葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀；淀粉是非还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象。

【详解】
A.NaOH溶液与乙酸发生中和反应，但没有明显现象，与葡萄糖、淀粉不反应，故A不合理；
B.乙酸溶解氢氧化铜产生蓝色溶液，葡萄糖是还原性糖，与氢氧化铜悬浊液共热会产生砖红色沉淀，淀粉是非还原性糖，与氢氧化铜悬浊液混合后无明显现象，三种溶液与Cu(OH)2 悬浊液混合后的现象各不相同，能进行鉴别，B合理；
C.加入碘水，不能鉴别乙酸、葡萄糖，C不合理；
D.Na2CO3溶液与乙酸反应生成气体，但与葡萄糖和淀粉不反应，D不合理。

故合理选项是B。

【点睛】
本题考查物质的鉴别，注意葡萄糖和淀粉性质的区别，学习中注重常见物质的性质的积累，把握物质的鉴
别方法。

12．D
【解析】
【详解】
A、电解熔融的氯化钠得到金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，A错误；
B、碳酸钙高温分解是分解反应，氧化钙溶于水生成氢氧化钙是化合反应，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水是复分解反应，电解熔融的氯化钠和氯化镁均是分解反应，过程中没有置换反应，B错误；
C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mg2++Ca(OH)2＝Ca2++Mg(OH)2，C错误；
D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济，电解熔融的氯化镁制备，D正确；
答案选D。

【点睛】
本题考查了海水提取镁的过程分析判断，主要是关于是效益和分离提纯的实验方法应用，掌握基础是关键，题目较简单。

选项C是易错点，注意石灰乳参与的离子反应方程式需要用化学式表示。

13．B
【解析】分析：甲装置中，金属b不断溶解说明该装置构成了原电池，且b失电子发生氧化反应而作负极，a作正极；乙中b的质量增加，说明b上铜离子得电子发生还原反应，则b作原电池正极，c作负极；丙装置中d上有气体产生，说明d上氢离子得电子发生还原反应，则d作原电池正极，a作负极，作原电池负极的金属活动性大于作正极金属，所以金属活动性强弱顺序是：c>b>a>d。

详解：A. 装置甲为原电池，化学能转化为电能，但有部分转化为热能，故A错误；
B. 装置乙中b的质量增加，说明b上铜离子得电子发生还原反应，b电极发生的电极反应式为
Cu2++2e-=Cu，故B正确；
C. 装置丙中a作负极，d作正极，SO42-向a电极移动，正极上发生反应：2H++2e-=H2↑，溶液的pH变大，故C错误；
D.通过以上分析，四种金属活动性由强到弱的顺序是c>b>a>d，故D错误；
所以B选项正确。

14．B
【解析】
试题分析：△H＝反应物中键能之和－生成物中键能之和，则根据方程式可知该反应的△H＝
4akJ/mol+2bkJ/mol-2mkJ/mol-4nkJ/mol，答案选B。

【考点定位】考查反应热计算
【名师点晴】明确反应热的计算方法是解答的关键，（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。

（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。

（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生
成物的化学键形成释放的能量。

（4）根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程。

15．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.由图所示，白磷的能量高黑磷的能量低，能量越低越稳定，故黑磷稳定，A正确；
B.黑磷和白磷均是由磷元素组成的不同的单质，互为同素异形体，而同分异构体是分子式相同，结构不同的物质一般指的是有机物，B错误；
C.白磷和黑磷均是单质，化合价为零价，不是氧化还原反应，C错误；
D.白磷的能量高转化成能量低的黑磷是放热反应，D错误。

答案选A。

16．C
【解析】分析：A.根据甲烷的取代反应特点分析；
B.1分子氨气含有10个质子；
C.甲烷和乙烯均含有4个氢原子；
D.反应是可逆反应。

详解：A. 1.0molCH4与1.0molCl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0N A，A错误；
B. 22.4L(标准状况)氨气的物质的量是1mol，含有的质子数为10N A，B错误；
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，由于甲烷和乙烯均含有4个氢原子，则混合物中含氢原子数目为2N A，C正确；
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后生成三氧化硫，但由于是可逆反应，则反应后分子总数大于2N A，D错误。

答案选C。

17．D
【解析】试题分析：混合物中，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，满足的条件是碳的质量分数一定，常见的是最简式相同或同分异构体，选项B和C最简式相同，满足条件，正确；甲烷和辛醛碳的质量分数都是75%，满足条件，选项A正确；苯和甲苯最简式不同，碳的质量分数也不等，选项D不正确。

考点：有机混合物的燃烧产物中CO2的质量判断。

18．D
【解析】
A. O2和O3均是氧元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；
B. CH3CH3和CH3CH2CH3分别是乙烷和丙烷，结构相似，分子组成相差1个CH2原子团，二者互为同系物，B正确；
C. CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式均是C2H6O，结构不同，二者互为同分异构体，C正确；
D. 和是同一种物质，均是邻二甲苯，D错误。

答案选D。

19．C
【解析】
【详解】
前10s A的平均反应速率为0.12 mol/(L⋅s)，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
B的反应速率为0.12 mol/(L⋅s)×1
2
=0.06 mol/(L⋅s)，所以转化的B的物质的量为0.06 mol/(L⋅s)×10 s×2 L=1.2
mol，则10s时，容器中B的物质的量为4 mol−1.2 mol=2.8 mol，C项正确，
答案选C。

【点睛】
化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比来表示各物质速率之间的关系。

利用好三段式思想进行可使解题思路清晰明确，快速得出结论。

20．A
【解析】
【分析】
△H=反应物的键能和-生成物的键能和，据此解答。

【详解】
据反应方程式H2(g)+I2(g)=2HI(g)，其△H=反应物的键能和-生成物的键能和
=436kJ/mol+151kJ/mol-2×299kJ/mol=-11kJ/mol，为放热反应，故选A。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．0.110.6克
【解析】200mL 0.5mol/LNa2CO3溶液中所含Na2CO3的物质的量是n=cV=0.2L×0.5mol/L=0.1mol；碳酸钠的质量为0.1mol×106g/mol=10.6g。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．蒸馏法（或电渗析法）BC CCl4或苯分液漏斗浓缩、提纯溴元素（或富集溴元素）Br2 +SO2 +2H2O=4H+ +SO42-+2Br-
【分析】
（1）工业常用蒸馏法或电渗析法淡化海水；
（2）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42-，然后再除去Ca2+；
（3）实验室可用四氯化碳或苯作为萃取剂萃取溴，所用的主要仪器为分液漏斗；
（4）步骤I获得的Br2浓度较低，应进行富集；
（5）步骤III为二氧化硫和溴的氧化还原反应。

【详解】
（1）工业常用蒸馏法或电渗析法淡化海水，故答案为：蒸馏法（或电渗析法）；
（2）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42-，然后再除去Ca2+，因为碳酸钠中碳酸根离子易被盐酸除去，所以在氢氧化钠或氯化钡之后再加碳酸钠溶液，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，所以加入试剂的顺序正确的是②③④①或②④③①；
答案选BC；
（3）实验室可用四氯化碳或苯作为萃取剂萃取溴，所用的主要仪器为分液漏斗，故答案为：CCl4或苯；分液漏斗；
（4）步骤I获得的Br2浓度较低，应进行富集，与二氧化硫反应后得到溴化氢溶液，然后通入氯气可得到纯溴，起到浓缩、提纯溴元素的作用，故答案为：浓缩、提纯溴元素（或富集溴元素）；
（5）步骤III为二氧化硫和溴的氧化还原反应，反应的离子方程式为Br2 +SO2 +2H2O=4H+ +SO42-+2Br-。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．氧第二周期第ⅥA族氧化PH3＜H2S＜H2O 2Na+2H2O==2NaOH+H2↑
2Al2O3（熔融）4Al + 3O2↑
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑨九种元素分别是H、C、N、O、Na、Al、P、Cl、S，结合元素周期律和相关物质的性质分析解答。

【详解】
（1）元素④是O，名称是氧，在周期表中所处位置是第二周期第ⅥA族。

氧元素最外层电子数是6个，容易得到电子达到8电子稳定结构，因此从元素原子得失电子的角度看，元素④形成的单质具有氧化性；
（2）元素⑦是P，原子序数是15，其原子结构示意图是；
（3）非金属性是O＞S＞P，非金属性越强，氢化物越稳定，则按氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，④⑦⑨的氢化物稳定性为PH3＜H2S＜H2O；
（4）元素⑤形成的单质钠与水反应的化学方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；
（5）①与⑨能形成一种化合物是共价化合物H2S，用电子式表示该化合物的形成过程为
；
（6）铝是活泼的金属，工业制取⑥的单质需要电解法，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O白色粉末变蓝色D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色拉起铜丝，关闭K1， K2将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，观察是否有蓝色出现5：460%
【解析】
（1）A装置的试管中铜和浓硫酸发生反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；二氧化硫属于酸性氧化物，和NaOH反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为 SO2+2OH-=SO32-+H2O；水具有挥发性，升高温度促进其挥发，所以生成的气体中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜由白色变为蓝色，所以B装置中的现象是：白色粉末变蓝色；
（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体；
（3）实验结束时，拉起铜丝，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是关闭K1，K2，防止CE中的溶液倒吸，炸裂玻璃管；
（4）验证生成的溶液中含有铜离子，需要把试管中的液体倒入水中溶解，观察是否出现蓝色溶液，将A 装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，出现蓝色溶液证明含有铜离子；
（5）aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+e H2O中Cu元素化合价由0价变为+1价、+2价、S元素化合价由+6价变为-2价，转移电子数为6，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为
5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O，所以a︰b=5︰4；
（6）根据2Cu2++4I-=2CuI+I2、2S2O32-+I2=S4O62-+2I-得2Cu2+～I2～2S2O32-，
设制得的溶液中硫酸铜的物质的量浓度为xmol/L，
2Cu2+～I2～2S2O32-，
2mol 2mol
0.025xmol （0.3×0.02）mol
2molL︰2mol=0.025xmol︰（0.3×0.02）mol
x=
()
20.30.02
0.025mol2
mol mol
⨯⨯
⨯
=0.24，
则250mL溶液中n（Cu2+）=0.24mol/L×0.25L=0.06mol，参加反应的n（Cu）=
6.4
64/mol
g
g
=0.1mol，
则硫酸铜的产率=0.06
0.1
mol
mol
×100%=60%。

点睛：明确反应原理及基本操作是解本题关键，加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，温度越高挥发性越强，所以生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；浓硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫气体；氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱性溶液吸收。