海南省部分学校学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）-A4

这是一份海南省部分学校学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）-A4试卷主要包含了5　K-39　Mn-55， 化学与人们的日常生活息息相关等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 K-39 Mn-55
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 20世纪以来，经过几代化学家和化工学家的努力，我国的化学基础研究及化工产业获得了长足的发展。下列说法错误的是
A. 侯德榜发明的联合制碱法也称侯氏制碱法
B. 我国科学家首次用化学方法合成了结晶牛胰岛素
C. 我国科学家首次合成与天然分子相同的脱氧核糖核酸
D. 我国化学家徐光宪院士与其研究团队在稀土元素的分离及应用中作出了重要贡献
【答案】C
【解析】
【详解】A．我国化学家侯德榜改进了制碱工艺，发明了联合制碱法，该方法称为侯氏制碱法，故A正确；
B．1965年我国科学家第一次用化学方法合成结晶牛胰岛素，故B正确；
C．1982年，中国科学家在世界上首次人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸，C错误；
D．我国化学家徐光宪院士在稀土元素的分离及应用中作出了重要贡献，促进了我国稀土工业的发展，故D正确；
故选C。
2. 氟、氯、溴、碘属于卤族元素。下列有关说法正确的是
A. 常温下，、、均为气态
B. 的酸性比的强
C. 比更容易与发生反应
D. 工业上用澄清石灰水与氯气反应制备漂白粉
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，为液体，故A错误；
B．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl>Br，则的酸性比的弱，故B错误；
C．非金属性F>Cl，一般元素的非金属性越强、单质的氧化性越强，单质与氢气化合越容易，则比更容易与发生反应，故C正确；
D．工业上用石灰乳与氯气反应制备漂白粉，故D错误；
选C。
3. 氯、钠分别是典型的非金属元素和金属元素。下列有关说法正确的是
A. Na原子的结构示意图：
B. Cl在元素周期表中位于VIA族
C. 中子数为12的Na原子可表示为
D. 、、互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na原子序数为11，核外有11个电子，原子结构示意图为，故A正确；
B．Cl是17号元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅦA族，故B错误；
C．中子数为12的Na原子质量数为23，可表示为，故C错误；
D．、、质子数不同，不是同位素，故D错误；
选A。
4. 化学与人们的日常生活息息相关。下列说法正确的是
A. 厨房中使用的锅碗瓢盆一定为金属材料
B. 卫生间使用的“84消毒液”是含氯的混合物
C. 若火灾现场有大量金属钠，可用水进行灭火
D. 饱和食盐水能导电，属于电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．厨房中使用的碗、瓢、盆等可以金属材料，也可以是陶瓷、塑料等非金属材料或有机合成材料，A错误；
B．卫生间使用的“84消毒液”中含有NaCl、NaClO等物质，因此是含氯的混合物，B正确；
C．由于钠能够与水剧烈反应产生NaOH、H2，产生的H2是具有爆炸极限的可燃性气体，因此不能用水灭火，而应该使用干沙或干土来灭火，C错误；
D．饱和食盐水中含有大量自由移动的Na+、Cl-，因此能导电，但饱和食盐水是混合物，因此饱和食盐水既不属于电解质，也不属于非电解质，D错误；
故合理选项是B。
5. 下列有关实验仪器及实验操作的说法错误的是
A. 焰色试验需用洁净的玻璃棒蘸取待测液在火焰上灼烧
B. 仪器的名称是坩埚
C. 可通过加热除去纯碱固体中的NaHCO3
D. 可用饱和食盐水除去Cl2中混有的少量HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．玻璃中含有Na2SiO3，灼烧时会使火焰呈现黄色， 会干扰待测液中金属元素的检验，应该用洁净的铂丝蘸取待测液在火焰上灼烧进行焰色试验，A错误；
B．根据图示仪器结构可知，仪器的名称是坩埚，B正确；
C．NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、CO2、H2O，在加热状态下NaHCO3分解产生的CO2、H2O以气体形式逸出，故可通过加热的方法达到除去纯碱固体中的NaHCO3的目的，C正确；
D．Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，其中的水能够溶解杂质HCl，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中混有的少量HCl，D正确；
故合理选项是A。
6. 聚合硫酸铝铁(PAFS)是一种凝水剂，其净水原理是PAFS溶解于水生成胶体，胶体吸附水中杂质。某铝铁合金废渣主要含Al、Fe，含少量Al、Fe、Ca、Na的金属氧化物，以该废渣为原料制备聚合硫酸铝铁的简单工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. “酸浸”时生成大量气体，可收集用作燃料
B. 铝铁合金废渣中最多含有4种金属阳离子
C. PAFS溶解于水所获得的分散系具有丁达尔效应
D. “氧化”的目的是使转化为
【答案】B
【解析】
【分析】铝铁合金废渣主要含Al、Fe，含少量Al、Fe、Ca、Na的金属氧化物，“酸浸”所得溶液中可能含有Al3+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Na+等阳离子，用双氧水把氧化为，过滤出硫酸钙，经一系列操作得聚合硫酸铝铁。
【详解】A．“酸浸”时铁、铝和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铝和氢气，氢气可用作燃料，故A正确；
B．铝铁合金废渣中最多含有Al3+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Na+，共5种金属阳离子，故B错误；
C．PAFS溶解于水生成胶体，胶体具有丁达尔效应，故C正确；
D．“酸浸”时有Fe2+生成，“氧化”的目的是用双氧水把氧化为，故D正确；
选B。
7. 下列各组离子在水溶液中不能大量共存的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．在水溶液中之间不能发生反应，可以大量共存，A不符合题意；
B．在水溶液中之间不能发生反应，可以大量共存，B不符合题意；
C．在水溶液中之间不能发生反应，可以大量共存，C不符合题意；
D．在水溶液中，H+、Fe2+、会发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+、H2O，因此不能大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
8. 次磷酸()是一元酸，可用作杀菌剂、金属表面处理剂及制造催化剂等。白磷()与溶液共热可制得次磷酸钡，然后酸化可得到次磷酸：①(未配平)；②，下列说法错误的是
A. 次磷酸与足量NaOH溶液反应：
B. 制备，理论上生成标准状况下
C. 反应①的氧化剂是白磷，还原剂是水
D. 反应②不属于氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．次磷酸是一元酸，则次磷酸与足量NaOH溶液发生反应，故A正确；
B．反应①中Ba(H2PO2)2中P元素化合价为+1价，PH3中P元素化合价为-3价，P4中P元素化合价为0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应①为，则3Ba(H2PO2)2~2PH3~6H3PO2，生成，同时生成0.1mlPH3，理论上生成标准状况下，故B正确；
C．反应①中Ba(H2PO2)2中P元素化合价为+1价，PH3中P元素化合价为-3价，P4中P元素化合价为0价，反应①中氧化剂、还原剂都是白磷，故C错误；
D．反应②中元素化合价没有改变，不属于氧化还原反应，故D正确；
选C。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 标准状况下，含质子数和中子数之和为
B. 溶液中，含O原子数为
C. 中含原子数为
D. 与足量完全反应，转移电子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．4He的质量数为4，标准状况下，的物质的量为0.25ml，含质子数和中子数之和为(0.25×4)=NA，故A正确；
B．硝酸溶液中硝酸和水中都含氧原子，溶液中，含O原子数大于，故B错误；
C．中含原子数为 ，故C错误；
D．的物质的量为0.5ml，0.5ml过氧化钠与足量完全反应放出0.25ml氧气:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，氧元素由-1升高为0，转移电子数为0.5，故D错误；
选A。
10. 短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X是短周期主族元素中原子半径最大的元素，Y的单质与盐酸或NaOH溶液反应均生成同一种气体，Z为短周期主族元素原子序数最大的元素；W的单质在Z的单质气体中燃烧生成棕褐色的烟，该烟溶解于水形成黄色溶液甲。下列说法错误的是
A. X和氧元素形成一种固体物质可作为潜水艇的供氧剂
B. Y的氧化物为两性氧化物
C. 溶液甲可用作印刷电路板的腐蚀液
D. W元素是地壳中含量最高的金属元素，我国很早就掌握了冶炼W单质的技术
【答案】D
【解析】
【分析】X是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则X是Na，Y的单质与盐酸或NaOH溶液反应均生成同一种气体，则Y为Al，Z为短周期主族元素原子序数最大的元素，则Z为Cl，W的单质在中燃烧生成棕褐色的烟，该烟溶解于水形成黄色溶液甲，则W为Fe，甲是溶液；
【详解】A．Na和氧元素形成的一种固体物质可作为潜水艇的供氧剂，A正确；
B．Al的氧化物为，氧化铝既能和酸反应生成盐和水，也能和强碱溶液反应生成盐和水，属于两性氧化物，B正确；
C．甲是溶液，能与Cu发生离子反应，因此可用作印刷电路板的腐蚀液，C正确；
D．地壳中含量最高的金属元素是Al，不是Fe元素，D错误；
故选D。
11. 下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A. 少量通入KI溶液中：
B. 向沉淀中滴加HI溶液：
C. 与反应：
D. 用绿矾()除去工业废水中的重铬酸根离子()：
【答案】AD
【解析】
【详解】A．少量通入KI溶液中生成氯化钾和碘单质，反应的离子方程式为，故A正确；
B．向沉淀中滴加HI溶液生成碘化亚铁、碘单质和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．与反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为，故C错误；
D．用绿矾()除去工业废水中的重铬酸根离子()，Fe2+被氧化为Fe3+、被还原为Cr3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为，故D正确；
选AD。
12. 实验室中配制的溶液。下列说法正确的是
A. 配制该溶液需要用托盘天平称取晶体
B. 用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、玻璃棒、锥形瓶
C. 容量瓶、量筒洗涤干净后必须用烘干箱烘干再用
D. 定容时俯视容量瓶刻度线，所配制溶液浓度偏高
【答案】AD
【解析】
【详解】A．的相对分子质量为158，用托盘天平称取的质量为，A正确；
B．该配制实验需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，B错误；
C．容量瓶清洗干净后可直接使用，量筒不能放入烘干箱烘干，热胀冷缩，会导致仪器不准确，C错误；
D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，D正确；
故选AD。
13. 下列有关化学键和分子间作用力的说法正确的是
A. 受热过程中只存在离子键的断裂
B. 和中均含极性键和非极性键
C. 和含有的化学键类型相同(不考虑配位键)
D. 水中存在共价键、范德华力、氢键等
【答案】CD
【解析】
【详解】A．受热生成氨气和氯化氢，该过程中有离子键、共价键发生断裂，故A错误；
B．中含离子键和非极性共价键，中含极性键和非极性键，故B错误；
C．和均含有离子键和共价键，故C正确；
D．水分子内存在共价键，水分子间存在范德华力、氢键，故D正确；
选CD。
14. 卤素单质能与水或碱反应，如：①；②；③。结合所学知识，下列说法正确的是
A. 由反应①可知，氧化性：
B. 由反应②可知，的氧化性与温度有关
C. 由反应③可知，氧化性：
D. F2与NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
【答案】AB
【解析】
【详解】A．反应中F元素化合价从0价降至-1价，为氧化剂，为氧化产物，氧化性：，A正确；
B．已知常温下，发生反应，其中Cl元素化合价升高至+1价，加热发生反应+3H2O，其中Cl元素化合价升高至+5价，说明的氧化性与温度有关，B正确；
C．反应中部分Br元素化合价从0价升高至+1价生成氧化产物，部分Br元素化合价从0价降低至-1价，氧化性：，C错误；
D．F2与NaOH溶液反应：，F元素化合价降低，O元素化合价升高，为氧化剂，为还原剂，比值不是1：4，D错误；
答案选AB。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
15. 下图为元素周期表前四周期及部分元素(用a、b、c……等标号表示)。
结合上述标号代表的元素，根据要求回答下列问题：
（1）a在空气中燃烧的化学方程式为_______，其生成物在煤气灯火焰的外焰上灼烧的焰色为_______。
（2）b、c、f形成的简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序为_____(用简单氢化物的化学式表示)。
（3）a~h中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_____(填化学式，下同)；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______。
【答案】（1） ①. ②. 紫红色
（2）
（3） ① KOH ②.
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置，a是Li元素、b是O元素、c是F元素、g是Na元素、d是Si元素、e是P元素、f是S元素、h是K元素。
【小问1详解】
a是Li，在空气中燃烧生成氧化锂，反应的化学方程式为，Li的焰色为紫红色。
【小问2详解】
F、O同周期，同一周期从左至右元素非金属性增强，非金属性F>O，O、S同主族，同一主族从上到下元素非金属性减弱，非金属性O>S，即非金属性F>O>S，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物稳定性由强到弱的顺序为。
【小问3详解】
元素金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，a~h中K元素金属性最强，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是KOH；F元素非金属性最强，但氟元素无正价，剩下的元素中S元素的非金属性最强，则最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是。
16. 下图是钠、铁、铝元素及其部分化合物的“价-类”二维图。
回答下列问题：
（1）e的化学式为_______。
（2）a在空气中燃烧生成b的现象是_______。
（3）高温条件下，a与水蒸气发生反应可生成一种磁性物质，写出该反应的化学方程式：_____。
（4）如下图，向盛有a的粉末的试管中加入3mL稀硫酸，待_______(填现象)，且溶液为浅绿色时，将c溶液缓缓挤入反应液中，可观察到白色沉淀，生成白色沉淀的离子方程式是_______；在白色沉淀所在的溶液体系中通入空气，白色沉淀逐渐转化为红褐色沉淀，该红褐色沉淀受热分解生成h，h的化学式是_______。
（5）在j溶液中滴加少量c溶液，出现白色沉淀，该沉淀的化学式是_______；该白色沉淀中的金属元素与Mg形成合金甲，取10.2 g合金甲，与足量稀盐酸反应，生成标准状况下11.2 LH2，则10.2 g该合金与足量c溶液反应生成标准状况下H2的体积为_______L。
【答案】（1）FeO （2）钠先熔化为小球，剧烈反应，发出黄色火焰，生成淡黄色固体
（3）
（4） ①. 溶液中无气泡冒出 ②. Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ ③. Fe2O3
（5） ①. Al(OH)3 ②. 6.72
【解析】
【分析】根据Na、Fe、Al元素的“价-类”二维图可知：a是金属单质，可能是Na、Fe、Al单质；b是+1价氧化物，可能是Na2O，也可能是Na2O2；c是+1价的碱，则c是NaOH；d是+1价的盐，则d是钠盐；e是+2价氧化物，则e是FeO；f是+2价的碱，则f是Fe(OH)2；g是+2价的盐，则g应该是亚铁盐；h是+3价的氧化物，则h可能是Fe2O3，也可能是Al2O3；i是+3价的碱，则i可能是Fe(OH)3，也可能是Al(OH)3，j是+3价的盐，则j可能是铁盐，也可能是铝盐，然后根据物质的性质分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知e为氧化亚铁，其化学式为FeO；
【小问2详解】
根据上述分析可知a可能是Na、Fe、Al单质；b可能是Na2O，也可能是Na2O2。由于a在空气中燃烧产生b，则a是Na，b是Na2O2。将钠在空气中加热，会看到钠首先熔化变为小球，然后剧烈燃烧，发出黄色火焰，同时生成淡黄色固体；
【小问3详解】
根据上述分析可知a可能是Na、Fe、Al单质。若a与水蒸气发生反应可生成一种磁性物质，则a是Fe单质，Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4、H2，该反应的化学方程式为：；
【小问4详解】
若向盛有a的粉末中加入稀硫酸，反应一段时间后溶液显浅绿色，则说明反应后溶液中含有Fe2+，因此a是Fe单质，Fe与稀H2SO4发生置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，看到固体粉末逐渐减少，产生无色气泡，同时溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液的溶质为FeSO4，待溶液中无气泡冒出时，向其中加入NaOH溶液，二者发生复分解反应，产生Fe(OH)2白色沉淀和Na2SO4，该反应的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；在白色沉淀所在的溶液体系中通入空气，会发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此会看到产生的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后转化为红褐色沉淀，该红褐色沉淀不稳定，受热分解生成Fe2O3、H2O，反应方程式为：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O；故h是氧化铁，化学式为Fe2O3；
【小问5详解】
根据上述分析可知：j可能是+3价的铁盐或是铝盐。若在j溶液中滴加少量c溶液，出现白色沉淀，则j是铝盐，Al3+与OH-反应产生Al(OH)3白色沉淀，故该沉淀的化学式是Al(OH)3；
合金甲是Mg-Al合金，取10.2 gMg-Al合金，向其中加入足量盐酸，反应产生MgCl2、AlCl3与H2，反应产生标况下11.2 LH2，则H2的物质的量是n(H2)==0.5 ml。假设合金中含有的Mg、Al的物质的量分别是x、y，根据金属质量关系，可知24x+27y=10.2 g；根据电子转移守恒，可知2x+3y=2×0.5 ml，两式联立，解得x=0.2 ml，y=0.2 ml。若将10.2 g该合金与足量NaOH溶液混合，会发生反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，则根据反应转化关系，可知：10.2 g该合金中含有的0.2 ml的Al反应产生0.3 mlH2，其在标况下的体积V(H2)=0.3 ml×22.4 L/ml=6.72 L。
17. 某化学小组同学为制备Cl2并探究Cl2的性质，利用下图所示装置进行实验。
回答下列问题：
（1）装置甲的烧瓶中发生反应的离子方程式为_______；MnO2与浓盐酸的反应中，体现浓盐酸的什么性质？_______。
（2）若装置丁为集气装置，需收集一瓶干燥的Cl2，则装置丙盛装的试剂名称是_______。
（3）若装置丁如图1所示，则该装置能否达到检验HClO和Cl2是否有漂白性的实验目的____(填“能”或“不能”)，并说明理由：____。
（4）若装置丁如图2所示，通入少量Cl2，摇动洗气瓶，CCl4层为浅红棕色，用胶头滴管取CCl4层溶液，滴入到KI溶液中，溶液变为紫色，则Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序为_______；写出CCl4层溶液滴入到KI溶液中发生反应的离子方程式：_______。
（5）若通过丁装置制备氯水，然后利用如图3所示装置探究光照过程中氯水中离子浓度的变化，图4是终端显示屏显示的溶液中c(Cl-)、pH随时间的变化曲线。变化曲线规律表明，氯水光照时发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ②. 还原性、酸性
（2）浓硫酸 （3） ①. 不能 ②. 干燥的Cl2先通入放有湿润红色纸条的集气瓶中，可能会将水蒸气带入放有干燥红色纸条的集气瓶中
（4） ①. Cl2＞Br2＞I2 ②. Br2+2I-=2Br-+I2
（5）2HClO2HCl+O2↑
【解析】
【分析】在装置甲中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，使制取的Cl2中含有杂质HCl、H2O蒸气，混合气体通入装置乙的饱和NaCl溶液除去杂质HCl，然后通过装置丙的浓硫酸除去水蒸气，装置丁中向上排空气法收集Cl2，Cl2不具有漂白性，Cl2与H2O反应产生的HClO具有漂白性，最后在装置戊中用NaOH溶液吸收多余的Cl2，防止污染空气。
【小问1详解】
在装置甲中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
在该反应中，参加反应的HCl，一部分失去电子被氧化为Cl2，还有一部分提供酸根离子用于形成盐，故盐酸的作用是酸性、还原性；
【小问2详解】
根据上述分析可知：装置丙中盛有浓硫酸，作用是干燥Cl2；
【小问3详解】
将干燥的Cl2先通入有湿润红色纸条的集气瓶，Cl2与其中的水反应产生HCl、HClO，反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，反应产生HClO具有强氧化性，会将红色物质氧化变为无色；但在将Cl2通入后边的干燥红色物质时，通入的Cl2中也可能会带入水蒸气，即Cl2可能会将水蒸气带入放有干燥红色纸条的集气瓶中，因此看到干燥红色纸条的集气瓶中也会出现褪色现象，即该装置不能达到检验HClO和Cl2是否有漂白性的实验目的；
【小问4详解】
在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。Cl2与NaBr溶液发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，则物质的氧化性：Cl2＞Br2，反应产生的Br2溶于CCl4层，使溶液变为浅红棕色；用胶头滴管取CCl4层溶液，滴到KI溶液中，溶液变为紫色，说明反应产生了I2，反应产生的I2溶于CCl4层，使溶液变为紫色；发生了反应：Br2+2KI=2KBr+I2，又证明了物质的氧化性：Br2＞I2，因此可以证明三种物质的氧化性：Cl2＞Br2＞I2；则将CCl4层溶液滴入到KI溶液中发生反应的离子方程式为：Br2+2I-=2Br-+I2；
【小问5详解】
若通过丁装置制备氯水，氯水中Cl2与H2O反应产生HCl、HClO，该反应的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，然后用光照射，HClO会发生分解反应：2HClO2HCl+O2↑，使溶液中c(HClO)减小，化学平衡正向移动，导致随着光照时间的延长，溶液中c(Cl-)、c(H+)增大，c(H+)越大，溶液的pH就越小，故氯水光照时发生反应的化学方程式为：2HClO2HCl+O2↑。
18. 工业生产的液溴中往往含有少量、，采用下列工艺流程可纯化液溴。
回答下列问题：
（1）进行粗溴的“蒸出”操作时，加入溶液的目的是_______。
（2）“蒸出”的液溴和碘单质用热的溶液吸收，的作用是____；“热的溶液”温度不能太高，原因是_____。
（3）“除杂”时，需要一边加热一边滴加酸性高锰酸钾溶液至有红棕色气体冒出，转化为，则“除杂”操作中生成的离子方程式是_______，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（4）“蒸干”过程中逸出的物质除水蒸气外，还有_______(填化学式)。
（5）“反应”为氧化还原反应，该反应氧化剂是_______(填化学式)；逸出的用下图所示装置吸收，装置B的作用是_______。
【答案】（1）将杂质还原为，增加的量
（2） ①. 作还原剂，还原和 ②. 溶液温度太高，易挥发而损失
（3） ①. ②. 1：5
（4）
（5） ①. ②. 吸收未溶解的溴蒸气，防止其逸出造成污染
【解析】
【分析】工业生产的液溴中往往含有少量、，粗溴加入溶液，蒸出，将杂质还原为，增加的量，“蒸出”的液溴和碘单质用热的溶液吸收，其中作还原剂，还原和，再利用酸性将碘离子氧化，再蒸干除去碘，所得固体中加入硫酸和反应得到溴；
【小问1详解】
工业生产液溴中往往含有少量、，进行粗溴的“蒸出”操作时，加入溶液的目的是将杂质还原为，增加的量；
【小问2详解】
“蒸出”的液溴和碘单质用热的溶液吸收，中碳元素的化合价为+3价，具有还原性，其作用是作还原剂，还原和，便于后续的除杂；因溴易挥发，故“热的溶液”温度不能太高，原因是溶液温度太高，易挥发而损失；
【小问3详解】
“除杂”时，需要一边加热一边滴加酸性高锰酸钾溶液至有红棕色气体冒出，转化为，则“除杂”操作中生成的离子方程式是，根据反应的离子方程式可知，该反应的氧化剂与还原剂I-的物质的量之比为2：10=1：5；
【小问4详解】
“蒸干”过程中逸出的物质除水蒸气外，还有生成的升华而除去；
【小问5详解】
“反应”为氧化还原反应，在酸性条件下氧化溴离子生成溴单质，该反应的氧化剂是；逸出的装置A、B吸收，溴能与氢氧化钠溶液反应，故装置B的作用是吸收未溶解的溴蒸气，防止其逸出造成污染。
19. 下图中甲、乙为单质，A、B、C、D……I为化合物，其中A为淡黄色固体，B为红褐色沉淀，D为白色沉淀，H、I的电子数之比为11：5；框中的物质均含有同一种元素，气体H可使澄清石灰水变浑浊。
回答下列问题：
（1）F在水溶液中的电离方程式是_______。
（2）用电子式表示C的形成过程：_______。
（3）图中反应有_______个氧化还原反应，写出甲的化学方程式：_______。
（4）A+E→B可看作是A先溶解于水，生成物再与E反应生成B，则A溶解于水生成的物质属于电解质的是_______(填化学式)；A溶解于水的生成物与E反应生成B的离子方程式是_______。
（5）将一定量气体H通入10mL一定浓度的G溶液中(忽略溶液体积的变化)，然后向溶液中逐滴滴加的稀盐酸，产生标准状况下气体H的体积与所加稀盐酸的体积的变化关系如图所示，则V(HCl)在25~50mL段的离子方程式为____，_____mL，G溶液的初始浓度为_____。
【答案】（1）
（2） （3） ①. 7 ②.
（4） ①. NaOH ②.
（5） ①. ②. 56 ③. 0.75
【解析】
【分析】A为淡黄色固体，能与硫酸亚铁溶液发生反应，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，则A为过氧化钠；则甲、乙为钠单质和氧气中一种，钠与氧气反应生成的C为氧化钠，氧化钠与硫酸亚铁溶液反应，生成的白色沉淀D为氢氧化钠亚铁；气体H可使澄清石灰水变浑浊，说明H为二氧化碳或二氧化硫，SO2的电子数为8+8×2=24，CO2的电子数为6+8×2=22，H、I的电子数之比为11：5，则H的电子数为11的整数倍，则H为CO2，I的电子数为10；H为CO2，甲能与二氧化碳反应，则甲为钠单质、乙为氧气；氧化钠和过氧化钠与二氧化碳反应生成的F为碳酸钠；且钠、氧化钠和过氧化钠均可与I反应，I的电子数为10，I为水，生成的G为氢氧化钠。
【小问1详解】
根据分析可知，F为碳酸钠，在水中电离方程式：；
【小问2详解】
根据分析可知，C为氧化钠，属于离子化合物，其电子式表示形成过程：；
【小问3详解】
图中钠单质与氧气反应生成氧化钠、过氧化钠，与水和二氧化碳反应，4个反应均为氧化还原反应；过氧化钠与硫酸亚铁溶液、二氧化碳和水反应，3个反应均为氧化还原反应，共7个；甲为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：；
小问4详解】
过氧化钠与硫酸亚铁溶液反应，过氧化钠先与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成的物质属于电解质的是氢氧化钠；生成的氧气具有氧化性，发生反应生成氢氧化铁的离子方程式是：；
【小问5详解】