2022-2023学年福建省泉州市石狮市石光中学高一上学期期中考试化学试题含解析

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福建省泉州市石狮市石光中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D．屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程属于化学变化
【答案】D
【详解】A．蜡烛的主要成分是石蜡，石蜡完全燃烧生成二氧化碳和水，C、O元素化合价发生变化，反应属于氧化还原反应，A正确；
B．铁和硫酸铜在溶液中反应生成硫酸亚铁和铜，符合置换反应特征，该过程发生了置换反应，B正确；
C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，C正确；
D．屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程利用了相似相溶原理，没有新物质产生，因此发生的是物理方法，D错误；
故合理选项是D。
2．当光束通过下列分散系时，不能产生丁达尔效应的是
A．稀豆浆 B．淀粉溶液 C．食盐水 D．氢氧化铁胶体
【答案】C
【分析】丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，丁达尔现象是胶体特有的性质，据此分析判断。
【详解】A．稀豆浆分散质微粒直径在1～100nm之间，是胶体，有丁达尔效应，故A不选；
B．淀粉溶液分散质微粒直径在1～100nm之间，是胶体，有丁达尔效应，故B不选；
C．食盐水是溶液，无丁达尔效应，故C选；
D．氢氧化铁胶体分散质微粒直径在1～100nm之间，是胶体，有丁达尔效应，故D不选；
故选C。
3．下列电离方程式书写正确的是
A．水溶液中电离：
B．水溶液中电离：
C．水溶液中电离：
D．水溶液中电离：
【答案】C
【详解】A．为易溶强碱弱酸盐，在水中完全电离出Na+、，电离方程式为，故A项错误；
B．为易溶盐，在水中完全电离出Na+、，电离方程式为，故B项错误；
C．为强酸酸式盐，在水中完全电离出Na+、H+、，电离方程式为，故C项正确；
D．为二元弱酸，在水中分步电离，且电离不完全，电离方程式为，故D项错误；
综上所述，正确的是C项。
4．下列实验中，所选装置不正确的是（    ）
A．实验①从海水中获得蒸馏水
B．实验②含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3
C．实验③用CCl4提取溴水中的溴
D．实验④分离碘单质和NaCl固体混合物
【答案】B
【详解】A．实验①中，采用蒸馏法从海水中获得蒸馏水，A正确；
B．实验②中，由于硝酸钾的溶解度随温度变化较大，而氯化钠随温度变化幅度较小，因此从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3，应采用降温结晶法，B不正确；
C．实验③中，溴易溶于四氯化碳，采用萃取分液法用CCl4提取溴水中的溴，C正确；
D．实验④中，碘易升华，利用加热升华法分离碘单质和NaCl固体混合物，D正确；
故选B。
5．下列物质的分类正确的是

碱
酸
盐
酸性氧化物
A




B
乙醇()



C

HClO

CaO
D
KOH
HBr



A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】碱是指在水溶液中电离出的阴离子全部都是OH-的化合物。电离时生成的阳离子全部是氢离子(H⁺)的化合物叫做酸。盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物。酸性氧化物是一类能与碱作用只生成一种盐和水的氧化物。
【详解】A．属于碱，属于酸，属于盐，与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，属于酸性氧化物，故A项符合题意；
B．在水中不发生电离，不属于碱，故B项不符合题意；
C．CaO与碱不反应，不属于酸性氧化物，故C项不符合题意；
D．属于氧化物，不属于盐，故D项不符合题意；
综上所述，答案为A。

二、选择题
6．下列无色溶液中的离子能大量共存的是（    ）
A．H+、K+、OH-、Cl- B．Na+、Cu2+、SO、NO
C．Mg2+、Na+、SO、Cl- D．Ba2+、K+、CO、NO
【答案】C
【详解】A. H+和OH-会反生中和反应不能共存，A错误；
B. Cu2+蓝色，不符合题意要求，B错误；
C. Mg2+、Na+、SO、Cl-彼此不反应，可以共存，且混合液为无色，C正确；
D. Ba2+和CO会生成碳酸钡沉淀不能共存，D错误；
答案选C。


三、单选题
7．实验室用NaOH固体配制1.0的NaOH溶液240mL。下列说法正确的是
A．配制溶液时需用到240mL的容量瓶
B．配制溶液时需称量NaOH固体的质量为9.6g
C．定容时俯视刻度线，所配制的NaOH溶液浓度偏大
D．定容摇匀静置后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线
【答案】C
【详解】A．实验室无240mL容量瓶，因此配制240mL溶液需选用250mL容量瓶，故A项错误；
B．配制250mL 1.0mol/LNaOH溶液时需称量NaOH固体的质量为，故B项错误；
C．定容时俯视刻度线，溶液凹液面低于刻度线，溶液体积偏小，根据可知所配溶液的浓度将偏低，故C项正确；
D．定容摇匀静置后，由于溶液附着于瓶塞等，使得液面低于刻度线，不能再加蒸馏水，故D项错误；
综上所述，正确的是C项。
8．工业上制取镁粉是将镁蒸气在某气体中冷却，下列可作冷却剂的是
A．CO2 B．空气 C．H2O D．H2
【答案】D
【详解】A．Mg能在CO2气体中燃烧生成氧化镁和碳， Mg不能在CO2气体中冷却，故不选A；
B．加热条件下，Mg能与空气中的氧气反应生成氧化镁，Mg不能在空气中冷却，故不选B；
C．Mg能与H2O蒸气反应生成氢氧化镁和氢气，Mg不能在H2O蒸气中冷却，故不选C；
D．Mg 和H2不反应，Mg能在H2中冷却，故选D；
选D。
9．对于待测液中某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入硝酸银溶液产生白色沉淀，一定有
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有
C．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有
D．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有
【答案】D
【详解】A．Ag+与、均能反应生成白色沉淀，故A项错误；
B．氯化钡溶液中含有、Ba2+，Ba2+能与反应生成不溶于盐酸的BaSO4沉淀，能与Ag+反应生成不溶于盐酸的AgCl沉淀，两种沉淀均为白色，故B项错误；
C．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该沉淀可能为碳酸盐，如CaCO3或BaCO3等，因此无法判断原溶液中是否含有，故C项错误；
D．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，因此说明原溶液中一定含有，故D项正确；
综上所述，正确的是D项。
10．下列叙述不正确的是
A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B．钠与氧气在加热条件下生成Na2O
C．金属钠可与水反应放出H2 D．金属钠着火时，用细沙覆盖灭火
【答案】B
【详解】A．Na2O2能与二氧化碳或水反应生成氧气，故用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；
B．钠与氧气在加热条件下生成Na2O2，故B错误；
C．金属钠可与水反应生成氢氧化钠和H2，故C正确；
D．金属钠能与水反应生成可燃性气体，金属钠着火时，不能用水浇灭，用细沙覆盖灭火，故D正确；
答案选B。
11．下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是
A．Na和O2 B．C和O2 C．CO2和NaOH D．Fe和Cl2
【答案】D
【详解】A．Na与氧气，在常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，故A不符合题意；
B．C和O2，氧气充足生成二氧化碳，氧气不足生成一氧化碳，故B不符合题意；
C．少量CO2和NaOH反应生成碳酸钠，过量CO2和NaOH反应生成碳酸氢钠，故C不符合题意；
D．氯气具有强氧化性，Fe和少量Cl2或过量Cl2反应均生成氯化铁，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，故D符合题意；
答案选D。
12．下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
CO

NaOH溶液、浓
洗气
B

HCl
饱和溶液
洗气
C

HCl
饱和食盐水、浓
洗气
D
NaCl溶液

适量溶液
过滤

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．能与NaOH溶液反应生成Na2CO3和水，因此将混合气先通过NaOH溶液进行除杂，然后通过浓进行干燥，可得到纯净的CO气体，故A项正确；
B．和HCl均能与反应，因此除杂试剂选择错误，可选用饱和溶液进行除杂，故B项错误；
C．氯气在饱和食盐水中溶解度较低，HCl在水中溶解度较大，因此可用饱和食盐水除去氯气中HCl，然后利用浓硫酸进行干燥，故C项正确；
D．与溶液能发生复分解反应生成NaCl和难溶物BaSO4，然后过滤除去BaSO4，故D项正确；
综上所述，错误的是B项。
13．设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．18g 和18g中含有的质子数均为10
B．常温常压下，44g含有的原子数为3
C．7.8g过氧化钠用于呼吸面具中完全反应时转移电子总数为0.2
D．0.1稀硫酸中含有0.2个氢离子
【答案】B
【详解】A．和内的质子数相同，二者的摩尔质量不同，因此等质量和的物质的量不同，所含质子数不同，故A项错误；
B．44g的物质的量为，1个中所含原子数为3，因此1mol中所含原子数为3，故B项正确；
C．7.8g过氧化钠的物质的量为，过氧化钠与水或二氧化碳反应中都是有一半过氧化钠被还原，一半过氧化钠被氧化，因此0.5mol过氧化钠反应时转移电子数为0.1，故C项错误；
D．未告知溶液体积，无法计算溶液中所含微粒数目，故D项错误；
综上所述，正确的是B项。
14．下列离子方程式书写正确的是
A．和两溶液混合：
B．碳酸钙与稀盐酸反应：
C．锌和硝酸银溶液反应：
D．钠投入水中：
【答案】D
【详解】A．和两溶液混合发生中和反应生成难溶物BaSO4和水，反应离子方程式为，故A项错误；
B．碳酸钙为难溶物，在离子方程式中不能拆分，故B项错误；
C．金属活动性：Zn>Ag，因此锌和硝酸银溶液能发生置换反应，反应离子方程式为，故C项错误；
D．Na为活泼金属单质，能与水发生置换反应，反应方程式为，NaOH为易溶强碱，在离子方程式中需拆分，反应离子方程式为，故D项正确；
综上所述，正确的是D项。
15．下列说法错误的是
A．碘酒可用于皮肤外用消毒，含碘食品能有效防止甲状腺肿大
B．向碘水中加入，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
C．用自来水、KI淀粉试纸和白醋可检验加碘盐中碘的存在
D．溴化银需避光保存，碘化银不需要避光保存
【答案】D
【详解】A．碘酒是碘单质的酒精溶液，可用于皮肤外用消毒，缺碘和碘过量都会导致甲状腺肿大，含碘食品能有效防止甲状腺肿大，故A正确；
B．向碘水中加入，振荡后静置，碘单质易溶于，密度大于水，上层接近无色，下层显紫红色，故B正确；
C．加碘食盐中I元素以形式存在，的氧化性大于I2，酸性条件下，能氧化碘离子生成I2，I2遇淀粉变蓝色，所以向淀粉碘化钾试纸上滴白醋和加碘盐的溶液，若试纸变蓝，说明加碘盐中有，故C正确；
D．AgI和AgBr见光都会发生分解，因此都需要避光保存，故D错误；
综上所述，错误的是D项。
16．核内中子数为N的，质量数为A，该离子的电子数是
A． B． C．A-N D．N-2
【答案】B
【详解】质量数A=N+Z，质子数Z=A-N，阳离子中电子数=质子数-2，故该离子的电子数是A−N−2；
故答案为：B。
17．对于一定条件下的反应，下列结论错误的是
A．氯酸钾被还原 B．还原产物为
C．氧化剂与还原剂的物质的量比为 D．氧化剂为
【答案】C
【分析】反应中，碘元素从0价升高到+5价、氯元素从+5价降低到0价，则氯酸钾为氧化剂、被还原，还原产物为氯气，碘单质为还原剂、被氧化，碘酸钾为氧化产物，据此回答。
【详解】A． 据分析，氯酸钾被还原，A正确；    
B．据分析，还原产物为，B正确；
C．据分析，氧化剂与还原剂的物质的量比为，C错误；    
D．据分析，氧化剂为，D正确；
答案选C。
18．慢慢加入下列物质，其中能使浓度为1 mol·L-1的CuSO4溶液的导电能力变化如图所示的

A．蒸馏水 B．NaCl晶体 C．KOH溶液 D．Ba(OH)2溶液
【答案】D
【详解】A．CuSO4溶液加入蒸馏水降低了阴、阳离子的浓度，导电能力减弱，A不符合题意；
B．NaCl晶体溶于水电离出钠离子、氯离子，增大了溶液中阴、阳离子浓度，导电能力增大，B不符合题意；
C．CuSO4溶液加入KOH溶液，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，消耗了铜离子同时引入钾离子，阴、阳离子数目变化不大，但溶液体积增大，阴、阳离子浓度减小，导电能力减弱，C不符合题意；
D．CuSO4溶液加入Ba(OH)2溶液因CuSO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀而使阴、阳离子浓度减小，导电能力减弱，当硫酸铜反应完全后，再加入Ba(OH)2溶液，离子浓度增大，导电能力增强，D符合题意；
答案选D。
19．已知：溶液呈电中性的原因是溶液中阴、阳离子所带的负、正电荷总数相等，在KCl、CaCl2、Ca(NO3)2形成的混合溶液中，，，计算分析判断，则为
A．0.3mol•L-1 B．0.4mol•L-1 C．0.8mol•L-1 D．0.5mol•L-1
【答案】D
【详解】根据溶液呈电中性的原因是溶液中阴、阳离子所带的负、正电荷总数相等，则有：c(K+)+2c(Ca2+)=c(Cl-)+，故=0.2mol/L+2×0.5mol/L-0.7mol/L=0.5mol/L，故答案为：D。
20．将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，恢复到起始温度，再同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到

A．水进入左瓶 B．水进入右瓶
C．水同时进入两瓶 D．水不进入任何一瓶
【答案】A
【详解】钠与氧气反应生成过氧化钠固体，化学反应为2Na+O2Na2O2，燃烧后左瓶内气体体积减少，压强减小；碳与氧气反应生成二氧化碳气体，化学反应为C+O2CO2，右瓶内气体体积变化不大，压强变化不大；故燃烧完毕后同时打开装置中的两个活塞，水只会进入左瓶中，答案选A。
21．粗盐中常含有杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，为将杂质除尽设计如下步骤∶

下列有关说法中，不正确的是
A．除去Ca2+的主要反应：
B．检验是否除净的方法：取适量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液
C．试剂①、②、③分别是Na2CO3、NaOH、BaCl2
D．加稀盐酸调节pH，可除去NaOH、Na2CO3等杂质
【答案】C
【分析】除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4杂质，所用的试剂是NaOH、Na2CO3、BaCl2，为了能完全除去杂质，除杂试剂要过量，过量的NaOH、Na2CO3可用稀盐酸调节pH除去，过量的BaCl2可用Na2CO3除去，故除杂试剂的添加顺序是NaOH 、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，据此分析解答。
【详解】A．除去Ca2+的主要试剂是Na2CO3，则除去Ca2+的主要反应是，故A正确；
B．检验滤液中是否有的方法是取适量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若有沉淀，则有，否则就没有，故B正确；
C．经分析除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4所加试剂顺序是NaOH 、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，故C错误；
D．经分析，除杂试剂要过量，过量的NaOH、Na2CO3可用稀盐酸调节pH除去，故D正确；
本题答案C。
22．为防止废弃的硒单质造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒，再用溶液处理后回收。发生的反应为：①、，下列说法错误的是
A．①中是还原产物，是氧化产物
B．②中是还原剂，是氧化剂
C．②中每生成共转移电子
D．氧化性由强到弱的顺序是：
【答案】C
【详解】A．①中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，则浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；
B．②中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B正确；
C．反应②中I元素化合价由-1价变为0价，每生成0.4mol I2转移电子物质的量为：0.4mol×2×[0-（-1）]=0.8mol，故C错误；
D．①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4（浓）＞SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2＞HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞HNO3，故D正确；
故选C。

四、填空题
23．回答下列问题：
(1)现有以下物质，①纯、②Cu、③固体、④熔融的、⑤酒精、⑥、⑦液氯、⑧溶液。
能导电的物质有_______(填序号，下间)，属于非电解质的是_______，属于弱电解质的是_______。
(2)已知(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐，水溶液中存在分子。属于_______酸(填序号)，
a.一元酸            b.二元酸            c.三元酸            d.强酸                e.弱酸
(3)已知高铁酸钾()中的铁为＋6价，是一种新型兼具净水和消毒功能的试剂，它能与盐酸发生如下反应
___________________________________
①配平该化学方程式____
②_______是氧化剂，_______是还原产物。
③被氧化的HCl与参加反应的HCl的物质的量之比为_______。
【答案】(1)     ②④⑧     ⑤⑥     ①
(2)ae
(3)                    3：8

【详解】（1）电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，一般为酸、碱、盐、典型的金属氧化物和某些非金属氢化物。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质，强电解质一般有强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐，弱电解质一般有弱酸、弱碱、水、少部分盐。
①纯为弱酸，属于弱电解质，纯未发生电离，不能导电；
②Cu为金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
③固体为盐，属于电解质，固体状态下未发生电离，不能导电；
④熔融的为盐，属于电解质，熔融状态下发生电离，能导电；
⑤酒精为有机物，属于非电解质，不发生电离，不能导电；
⑥为非金属氧化物，属于非电解质，不发生电离，不能导电；
⑦液氯为非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，不发生电离，不能导电；
⑧溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，在水中发生电离，溶液能导电；
因此能导电的物质有②④⑧；属于非电解质的是⑤⑥；属于弱电解质的是①。
（2）(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐，则为正盐，其中H原子不电离，因此为一元酸，水溶液中存在分子，说明为弱酸，故答案为：ae。
（3）①与反应生成、、、过程中，Fe元素化合价由+6降低至+3，部分Cl元素化合价由-1升高至0，根据化合价升降守恒可知与的系数之比为2：3，再根据原子守恒可知反应方程式为。
②反应过程中被还原生成，作氧化剂，为还原产物。
③部分HCl被氧化生成Cl2，根据反应方程式可知每消耗16个HCl，生成3个Cl2，即有6个HCl被氧化，因此被氧化的HCl与参加反应的HCl的物质的量之比为6：16=3：8。
24．回答下列问题：
I.利用价类二维图像，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题：

(1)丙的化学式为_______；戊的化学式为_______，具有_______(任意写出一种戊具有的性质)；
(2)根据氯元素的化合价判断，乙物质_______。
a.只有氧化性            b.既有氧化性又有还原性         c.只有还原性
(3)若庚是源白粉的有效成分。漂白粉也是常用消毒剂之一、漂白粉溶于水后，受空气中的作用，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，其化学方程式为：_______。
II.某校化学课外小组为了鉴别和两种白色固体。用不同的方法做了以下实验，如图所示：

(4)方法I中逐滴加入溶液_______(填“能”或“不能”)鉴别和。
(5)方法II能鉴别和的现象是_______。
(6)方法III、IV均能鉴别这两种物质，其中加热试管发生反应的化学方程式为____，与方法Ⅲ相比，方法IV的优点是____ (填字母)。
A．IV比III复杂
B．IV比III安全
C．IV比III操作简便
D．IV可以做到用一套装置同时进行两个实验，而III不行
(7)若用方法IV验证和的稳定性，则试管B中装入的固体是____(填化学式)
【答案】(1)     ClO2     HClO     氧化性(或漂白性、不稳定性、弱酸性等)
(2)b
(3)
(4)不能
(5)加入的装置反应后气球更大
(6)          D
(7)

【详解】（1）丙为含氯的氧化物，其中Cl元素化合价为+4，因此丙的化学式为ClO2；戊为氯元素呈+1价的含氧酸，即HClO，HClO具有氧化性、漂白性、不稳定性、弱酸性等。
（2）乙为氯元素的单质，即Cl2，氯元素的化合价为0价，既可以升高，也可以降低，既有氧化性，也有还原性，故答案为b。
（3）庚为氯元素呈+1价的正盐，且为漂白粉的有效成分，则庚为次氯酸钙，因酸性：H2CO3>HClO，故次氯酸钙能与空气中二氧化碳发生反应生成次氯酸，反应方程式为。
（4）和均能与溶液反应生成白色BaCO3沉淀，实验现象相同，无法鉴别，故答案为：不能。
（5）和均能与足量稀盐酸反应生成CO2气体，的含碳量高于，根据碳原子守恒可知，相同质量和分别与足量盐酸完全反应后，生成的CO2气体更多，气球体积更大，故答案为：加入的装置反应后气球更大。
（6）碳酸钠的热稳定性较好，受热不反应，碳酸氢钠的热稳定性较差，受热发生分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，反应方程式为；相较于方法III，方法IV的优点是可以做到一套装置同时进行两个实验，可以进行对比，而III不行，故答案为：；D。
（7）IV中的试管B在试管A内部，不能直接接触到火焰，温度相对较低，故试管B中装入的固体是易分解的，试管A中装入的固体是，故答案为：。

五、实验题
25．海水是自然赐给人类的宝藏，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，请按要求完成下列问题：
(1)侯氏制碱法以海水中获得的纯净氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：

①反应I的化学方程式为：_______。
②“侯氏制碱法”中除水外，能够循环利用的物质是_______(填化学式)
(2)从海水提取镁，需经下列步骤提纯晶体。
①往引入的海水中加入_______(填化学试剂)，沉降，过滤，洗涤得到；
②将与HCl中和，反应的离子方程式为_______，将溶液蒸发结晶，可得六水合氯化镁晶体。
(3)从海水提取溴的步骤如下：

氧化步骤中生成的离子方程式为_______，鼓入热空气分离出，是因为液溴具有_______性。
【答案】(1)          CO2
(2)     HCl    
(3)          挥发性

【分析】向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体得到纯碱、二氧化碳和水，二氧化碳循环使用；从海水提取镁，向海水中加入氢氧化钠得到氢氧化镁沉淀，沉淀再与盐酸反应得到纯净的氯化镁溶液，经过蒸发结晶得到晶体；海水除去悬浮杂质后，浓缩，加氧化剂可氧化溴离子生成溴，热空气吹出溴，纯碱吸收溴，在酸性溶液中NaBr、NaBrO3发生氧化还原反应生成溴。
【详解】（1）向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体得到纯碱、二氧化碳和水，二氧化碳循环使用；
故答案为：；CO2。
（2）从海水提取镁，向海水中加入氢氧化钠得到氢氧化镁沉淀，沉淀再与盐酸反应得到纯净的氯化镁溶液，经过蒸发结晶得到晶体；
故答案为：HCl；。
（3）海水除去悬浮杂质后，浓缩，加氧化剂可氧化溴离子生成溴，热空气吹出溴，因为液溴具有挥发性，鼓入热空气分离出 Br2；
故答案为：；挥发性。
26．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(部分夹持已略)，实验装置如图：

回答下列问题：
(1)①装置A中是用和浓盐酸反应制备，写出其化学反应方程式(并用双线桥标出电子转移的方向与数目)：_______。
②若反应产生标准状况下4.48L ，则方程式中转移的电子数为_______。
(2)装置B有安全瓶作用，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出C发生堵塞时B中的现象：____。
(3)设置装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中的I、II、III依次应放入_______(从下表a、b、c、d中选择)。

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
II
碱石灰
浓硫酸
浓硫酸
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条

(4)装置G有_______作用，发生的离子方程式是_______。
(5)装置E中潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，试写出该反应化学方程式：_______。
(6)某同学设计实验探究84消毒液的漂白性。
I.在2mL 84消毒液中加入2mL水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。
II.在2mL 84消毒液中加入2mL白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色。
III.在不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化曲线如图所示。

已知：ORP表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱，ORP值越大，氧化性越强。
①实验I、II现象不同的原因是为_______。
②实验III中，随时间的变化ORP值不同的原因可能是_______。
【答案】(1)          2.408×1023或0.4NA
(2)B中液面降低，长颈漏斗中液面上升，形成水柱
(3)d
(4)     吸收尾气，防止氯气污染空气    
(5)
(6)     醋酸与反应生成HClO，实验II中HClO浓度大于实验I中HClO浓度     温度升高次氯酸分解加快，溶液中HClO浓度减小，氧化性减弱

【分析】实验室利用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2，并用饱和食盐水除氯化氢，并验证其漂白性，验证其漂白性必须做对比实验，比较潮湿氯气和干燥氯气的不同现象，通入石灰乳来制备少量的漂白粉，然后与干燥的碳酸钠反应来进行产物的判定，最后用氢氧化钠溶液进行尾气处理。
【详解】（1）①浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应过程中Mn元素化合价由+4降低至+2，部分Cl元素化合价由-1升高至0，因此该反应双线桥表示为。
②标准状况下4.48L的物质的量为0.2mol，由方程式可知，每生成1mol Cl2转移2mol电子，因此生成0.2mol Cl2时转移0.4mol电子，电子数目为2.408×1023或0.4NA。
（2）装置B有安全瓶作用，发生堵塞时，安全瓶中的气体压强增大，B中液面降低，长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：B中液面降低，长颈漏斗中液面上升，形成水柱。
（3）要验证氯气是否具有漂白性，要做对比实验，因为氯气经过饱和食盐水后，属于潮湿的氯气，先通过湿润的有色面布条，有色布条会褪色，然后通过无水氯化钙吸收水，再通过干燥的有色布条，布条不褪色，说明干燥的氯气不具有漂白性，故选d，因为碱石灰能吸收氯气，所以a不选，干燥中不能用液体作干燥剂，因为气体不易通过，b、c不选，答案为d。
（4）因氯气属于有毒气体，不能直接排放至空气中，而氯气与氢氧化钠溶液能发生反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，因此选用氢氧化钠溶液吸收氯气；反应离子方程式为，故答案为：吸收尾气，防止氯气污染空气；。
（5）潮湿的与以等物质的量反应，生成、气体和另一种盐，Cl2→过程中Cl元素化合价升高，因此另外一种盐为Cl元素化合价降低的产物，即NaCl，根据化合价升降守恒可知反应方程式中与NaCl的系数之比为1：4，然后根据原子守恒可知该反应化学方程式为。
（6）已知白醋显酸性，不具有漂白性，但醋酸和反应生成HClO，根据相同浓度时，HClO的氧化性强于，实验II中HClO浓度大于实验I中HClO浓度，其氧化性越强，因此实验I、II现象不同。
②根据图中信息得出温度越高，氧化性越弱，且温度在40℃到50℃，氧化性迅速越弱，ORP值不同的原因可能是次氯酸在较高温度下分解变为盐酸和氧气。