2021-2022学年江苏省苏州市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年江苏省苏州市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了4LO2，00mL葡萄酒样品，用0，【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省苏州市高一（上）期末化学试卷

1. 许多数字化产品中用到了半导体材料，下列元素适合作为半导体材料的是(    )
A. Si B. S C. Kr D. K
2. 反应NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓可用于联合制碱。下列说法正确的是(    )
A. 氯离子的结构示意图：
B. 中子数为10的氧原子： 818O
C. H2O的电子式：
D. NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32−
3. 实验室从草木灰中获得碳酸钾并检验钾元素存在的原理和装置不能达到实验目的的是(    )
A. 溶解 B. 过滤
C. 蒸发结晶 D. 焰色反应
4. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是(    )
A. Al的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B. S有氧化性，可用于生产SO2
C. Na2SO3具有还原性，可用于废水脱氯(Cl2)
D. NaHCO3受热易分解，可用于制抗酸药物
5. 乙醇(C2H5OH)是一种优质的液体燃料，一种由二甲醚(CH3OCH3)与合成气制乙醇的反应为CH3OCH3+CO+2H2=CH3OH+C2H5OH。下列说法正确的是(    )
A. CH3OCH3和C2H5OH互为同分异构体
B. CH3OH和C2H5OH互为同素异形体
C. C2H5OH与H2属于非电解质
D. CH3OCH3与CO属于有机物
6. 青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，在水中几乎不溶，熔点为156∘C∼157∘C，热稳定性差。提取青蒿素的主要工艺如图。(已知：乙醚的沸点为35∘C)

下列说法不正确的是(    )
A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B. 操作I需要用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C. 操作II蒸馏时最好选用水浴加热
D. 操作III的主要过程为加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
7. 短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如下图所示，X原子最外层电子数为6。下列说法正确的是(    )

X
Y
Z



A. X的最高化合价为+6 B. X与Z形成的化合物为离子化合物
C. Y的原子半径大于X的原子半径 D. Y的非金属性强于Z的非金属性
8. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是(    )
A. S→点燃O2SO2→H2O2溶液H2SO4 B. NaCl溶液→通电Na→点燃O2Na2O2
C. HClO溶液→光照Cl2→△FeFeCl3 D. SO2→CaCl2溶液CaSO3→O2CaSO4
9. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)为原料制备MgCl2⋅6H2O的实验流程如图所示。下列说法正确的是(    )

A. MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为CO32−+2H+=CO2↑+H2O
B. 氧化过程说明氧化性：Cl2>Fe3+
C. “沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH4+、OH−、Cl−
D. 蒸干并灼烧MgCl2溶液可获得MgCl2⋅6H2O
10. 利用如下实验研究浓硫酸的性质。
实验1：取2g蔗糖放入大试管中，加2∼3滴水，再加入3mL浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑，同时将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，观察到KMnO4溶液褪色。
实验2：将一小片铜放入试管中再加入3mL浓硫酸，加热，将产生的气体通入品红溶液中，观察到品红溶液褪色。将反应后的混合物溶于水，得到蓝色溶液。
下列说法正确的是(    )
A. “实验1”只可以说明浓硫酸具有吸水性和强氧化性
B. “实验1”中产生的气体直接通入澄清石灰水可检验是否含CO2
C. “实验2”可以说明浓硫酸具有强氧化性和酸性
D. “实验1”和“实验2”的现象都说明SO2具有漂白性
11. 下列指定反应的离子方程式正确的是(    )
A. 向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO−+SO2+H2O=2HClO+SO32−
B. 向水中加入金属钠：2Na+2H2O=2OH−+2Na++H2↑
C. 向CaCO3悬浊液中通入足量CO2：CO32−+CO2+H2O=2HCO3−
D. 向氢氧化钠溶液中通入少量Cl2：Cl2+OH−=Cl−+HClO
12. 化学兴趣小组同学探究Na2CO3和NaHCO3与碱的反应，实验过程及结果如下。
实验装置
试剂X
实验结果

Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如
下：

蒸馏水
0.05mol⋅L−1Na2CO3溶液
0.05mol⋅L−1NaHCO3溶液
已知：pH越大，c(OH−)越大，溶液碱性越强。下列说法不正确的是(    )
A. Ⅰ是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响
B. Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明OH−与CO32−不反应，Ⅱ中发生反应：CO32−+Ca2+=CaCO3↓
C. Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明OH−与HCO3−反应，Ⅲ中初期发生反应：2HCO3−+2OH−+Ca2+=2H2O+CaCO3↓+CO32−
D. 当Ⅲ中Ca2+恰好完全沉淀时，溶液的pH>7
13. 含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示。下列说法正确的是(    )
A. 该过程中化合价发生改变的元素仅有Fe和O
B. 步骤①的反应为2Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O
C. Fe2(SO4)3可看作该过程的催化剂
D. 若32gSO2参与反应，需消耗标准状况下22.4LO2

14. 已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，已知A的某种原子核内没有中子，A和D，C和F分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，E的最高价氧化物的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，F的单质常出现在火山口。
(1)C在元素周期表中的位置是 ______。
(2)C、D分别形成的简单离子中，半径较大的是 ______(填离子符号)。
(3)F和G的最高价氧化物的水化物酸性较强的是 ______(填化学式)。
(4)由A、C、D形成的化合物中化学键的类型为 ______。
(5)由A、B形成的18e−化合物的化学式为 ______；由C、D形成摩尔质量为78g⋅mol−1化合物的电子式为 ______。
(6)D、E的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为 ______。
(7)由B、G形成的化合物分子中，B和G原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可反应生成一种具有漂白性的化合物，写出反应的化学方程式：______。
15. 已知海水中溴元素主要以Br−形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如图1：

(1)写出“氧化”反应的离子方程式：______。
(2)将吹出后的含Br2的空气按一定速率通入吸收塔，用SO2和水进行吸收，吸收后的空气进行循环利用。
①写出吸收反应的离子方程式：______。
②吹出时，Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图2所示。SO2流量过大，Br2吹出率反而下降的原因是 ______。
(3)工业上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化学方程式：______Br2+______Na2CO3→______NaBrO3+______CO2+______。当有1.204×1024个电子发生转移时，理论上参加反应Br2的质量为 ______。
(4)对于较低浓度的溴水，可采用萃取的方法提取Br2。四氯化碳可作为Br2的萃取剂，其原因除四氯化碳不与溴反应外，还有 ______。
16. 焦亚硫酸钠Na2S2O5是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解。
(1)化学兴趣小组同学利用下图所示装置(部分夹持装置已略去，实验前已除去装置中的空气)制取Na2S2O5并探究SO2的性质。

Ⅰ.打开K1和K2，关闭K3，制取Na2S2O5。
①Na2S2O5中O元素化合价为−2，其中S的化合价为 ______；装置C中干燥管的作用是 ______。
②B中通入过量SO2充分反应后，经冷却结晶时发生反应2NaHSO3=Na2S2O5+H2O可获得Na2S2O5晶体。B中生成NaHSO3的化学方程式为 ______。
③B中所得Na2S2O5晶体常用饱和SO2水溶液洗涤。用饱和SO2水溶液洗涤的目的除洗去产物表面的杂质离子外还有 ______。
④已知Na2S2O5、Na2SO3分别与稀硫酸反应得到的产物相同。请设计检验Na2S2O5样品中是否含Na2SO4的实验方案：______。
Ⅱ.更换B瓶中的溶液，探究SO2的性质。
⑤将B中溶液更换为品红的乙醇溶液，无明显现象，而将SO2通入品红的水溶液中，溶液褪色。可推知，______不能使品红褪色。
(2)葡萄酒中常加入Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量的实验步骤如下：取50.00mL葡萄酒样品，用0.0100mol⋅L−1的I2标准液滴定至恰好完全反应(以淀粉溶液作指示剂)，消耗碘标准液10.00mL，已知滴定过程中发生的反应为：S2O52−+I2+H2O→SO42−+I−+H+(未配平)。计算该葡萄酒中Na2S2O5的残留量 ______(以g⋅L−1为单位，写出计算过程)。
17. 氧化还原反应包括氧化反应和还原反应两个过程(即两个半反应)。化学兴趣小组同学探究卤素参与的氧化还原反应，从半反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式为 ______。
②上述氧化还原反应方程式可分为两个半反应式。
Ⅰ.还原反应：MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O
Ⅱ.氧化反应：______。
③根据半反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
Ⅰ.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2的氧化性减弱。
Ⅱ.随c(Cl−)降低，Cl−的还原性 ______(选填“增强”或“减弱”)。
④补充实验证实了③中的分析。

实验操作
试剂X
产物
Ⅰ

较浓硫酸
有氯气
Ⅱ
a
有氯气
Ⅲ
a+b
无氯气
a是 ______浓溶液，b是 ______浓溶液(选择下列合适选项，填写对应序号)。
A.NaCl
B.MnSO4
C.Na2SO4
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究同周期元素氢化物的还原性。相同浓度的HCl和H2S溶液，能与MnO2反应所需c(H+)较小的是 ______。
(3)酸性条件下，反应Mn2++Br2+2H2O=MnO2↓+2Br−+4H+进行程度很小，加入AgNO3溶液后，该反应的进行程度明显增大。
①反应中氧化产物为 ______(填化学式)。
②加入AgNO3溶液后该反应的进行程度明显增大的原因是 ______。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制造半导体材料，S、Kr没有导电性，K属于金属，具有强导电性，
故选：A。
晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料。
本题考查元素化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、物质的用途等知识点是解本题关键，题目难度不大。

2.【答案】B 
【解析】解：A.氯离子的质子数为17，核外电子数为18，最外层电子数为8，其结构示意图为，故A错误；
B.中子数为10的氧原子的质量数为8+10=18，该原子可以表示为 818O，故B正确；
C.过氧化氢分子中的两个氧原子之间共用1对电子，氧原子与氢原子间共用1对电子，其电子式为，故C错误；
D.NaHCO3为强电解质，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故D错误；
故选：B。
A.氯离子的核电荷数应该为17；
B.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数；
C.过氧化氢是共价化合物，不存在阴阳离子；
D.碳酸氢根离子不能拆开。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、离子结构示意图、元素符号、电离方程式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，题目难度不大。

3.【答案】D 
【解析】解：从草木灰中获得碳酸钾并检验钾元素存在，可溶解、过滤分离出不溶性物质，滤液含碳酸钾溶液，蒸发结晶得到碳酸钾，透过蓝色的钴玻璃观察K的焰色反应为紫色，只有D中直接观察K的焰色反应不能达到实验目的，则只有D正确，
故选：D。
从草木灰中获得碳酸钾并检验钾元素存在，可溶解、过滤分离出不溶性物质，滤液含碳酸钾溶液，蒸发结晶得到碳酸钾，透过蓝色的钴玻璃观察K的焰色反应为紫色，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

4.【答案】C 
【解析】解：A.铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成的氧化膜可阻止铝继续氧化，与铝的金属活泼性强弱无关，故A错误；
B.S具有可燃性，可用于生产SO2，与其氧化性无关，故B错误；
C.Cl2氧化Na2SO3生成Na2SO4，Na2SO3表现出还原性，Na2SO3可用于废水脱氯(Cl2)，故C正确；
D.NaHCO3能与盐酸反应，降低酸的浓度，可用作抗酸药物，与其受热易分解的性质无关，故D错误；
故选：C。
A.铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成了氧化膜、不容易受到腐蚀；
B.S燃烧生成SO2，表现出可燃性；
C.Cl2能氧化Na2SO3生成Na2SO4；
D.NaHCO3能与盐酸反应，降低盐酸的浓度。
本题考查物的性质与用途的关系，把握物质的性质、性质与用途关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活、社会的联系，题目难度不大。

5.【答案】A 
【解析】解：A.二者分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体，故A正确；
B.同一种元素的不同单质互为同素异形体，二者都属于有机物，二者互为同系物，不互为同素异形体，故B错误；
C.非电解质必须是化合物，H2属于单质，不属于非电解质，故C错误；
D.CO含有碳元素，但属于无机物，甲醚属于有机物，故D错误；
故选：A。
A.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
B.同一种元素的不同单质互为同素异形体；
C.H2属于单质；
D.CO属于无机物。
本题考查基本概念，侧重考查对概念的理解和运用，明确概念内涵、物质类别是解本题关键，注意同素异形体、同分异构体、同系物概念的区别，题目难度不大。

6.【答案】D 
【解析】解：A.将青蒿素粉碎增大与乙醚的接触面积，加快反应速率，提高了青蒿素的浸取率，故A正确；
B.操作I可分离出残渣，操作方法为过滤，用到玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C.操作Ⅱ是蒸馏，乙醚的沸点为35∘C，最好选用水浴加热，便于控制温度分离出乙醚，故C正确；
D.由题意可知，青蒿素在水中几乎不溶，故操作Ⅲ的主要过程不是加水溶解，而是加入95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；
故选：D。
由流程可知，加乙醚作溶剂，操作I为过滤，分离出残渣，提取液含乙醚及青蒿素，操作II为蒸馏，分离出乙醚，青蒿素不溶于水，操作Ⅲ的目的是将粗品青蒿素转化为较纯青蒿素，操作方法为粗品中加95%的乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验操作及仪器的使用，题目难度不大。

7.【答案】D 
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为F，Z为P元素，
A.氧元素的非金属性较强，没有最高价+6价，故A错误；
B.X与Z形成的化合物为三氧化二磷、五氧化二磷，三氧化二磷、五氧化二磷均属于共价化合物，故B错误；
C.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则Y的原子半径小于X的原子半径，故C错误；
D.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：F>P，故D正确；
故选：D。
短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如下图所示，X、Y位于第二周期，Z位于第三周期，X原子最外层电子数为6，则X为O元素，结合各元素的相对位置可知，Y为F，Z为P元素，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，把握元素周期表结构、原子核外电子排布来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

8.【答案】A 
【解析】解：A.S在氧气中燃烧生成SO2，SO2被双氧水氧化生成H2SO4，则S→点燃O2SO2→H2O2溶液H2SO4之间的转化均能实现，故A正确；
B.NaCl溶液通电后生成NaOH、H2、Cl2，则NaCl溶液→通电Na的转化不能实现，故B错误；
C.HClO光照分解生成HCl和O2，则HClO溶液→光照Cl2的转化不能实现，故C错误；
D.SO2与氯化钙溶液不反应，则SO2→CaCl2溶液CaSO3的转化不能实现，故D错误；
故选：A。
A.硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与双氧水反应生成硫酸；
B.氯化钠溶液通电后生成氢氧化钠、氢气和氯气；
C.次氯酸分解生成氯化氢和氧气；
D.二氧化硫不与氯化钙溶液反应。
本题考查常见元素化合物的性质应用，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，题目难度不大。

9.【答案】B 
【解析】解：A.MgCO3为难溶物，不能拆开，MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故A错误；
B.氧化过程中Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Cl2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，能够说明氧化性：Cl2>Fe3+，故B正确；
C.Mg2+、NH4+都与OH−反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，氯化氢易挥发，蒸干并灼烧MgCl2溶液得到MgO固体，无法获得MgCl2⋅6H2O，故D错误；
故选：B。
菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)中加入稀盐酸酸溶，MgCO3、FeCO3与稀盐酸反应得到MgCl2和FeCl2的混合液，过滤除去不溶于酸的杂质，向滤液中通入Cl2氧化，Fe2+被氧化生成Fe3+，再加氨水沉铁，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，滤液中含有MgCl2，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2⋅6H2O，以此分析解答。
本题考查制备方案的设计、物质分离和提纯方法的综合应用，涉及氧化还原反应、实验基本操作、离子方程式的书写等知识点，综合性较强，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质性质是解本题关键，难点是确定各物质中成分，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。

10.【答案】C 
【解析】解：A.“实验1”存在浓硫酸遇水放热，使蔗糖脱水炭化，C+2H2SO4−△CO2↑+2SO2↑+2H2O等过程，说明浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，故A错误；
B.“实验1”产生的气体为CO2和SO2，CO2和SO2均可使澄清石灰水变色，故B错误；
C.“实验2”发生的反应为Cu+2H2SO4−△CuSO4+SO2↑+2H2O，浓硫酸在加热的条件下将Cu氧化为硫酸铜，体现了其强氧化性和酸性，故C正确；
D.′′实验1′′SO2使酸性高锰酸钾褪色，是由于其具有还原性，将高锰酸根还原至低价态，从而褪色，故D错误；
故选：C。
实验1：蔗糖即C12H22O11，变黑是由于浓硫酸将其中的氢氧元素按水的组成比脱去生成C，浓硫酸遇水放热，即C+2H2SO4−△CO2↑+2SO2↑+2H2O，SO2具有还原性，可与酸性高锰酸钾反应，使其褪色；
实验2：Cu+2H2SO4−△CuSO4+SO2↑+2H2O，SO2具有漂白性，能使品红褪色，硫酸铜溶液为蓝色。
本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸的吸水性、脱水性、强氧化性，明确SO2及其性质是解题关键，题目难度适中，侧重考查学生对知识是否能灵活运用。

11.【答案】B 
【解析】解：A.向NaClO溶液中通入少量SO2，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO−=SO42−+Cl−+2HClO，故A错误；
B.向水中加入金属钠，离子方程式为：2Na+2H2O=2OH−+2Na++H2↑，故B正确；
C.向CaCO3悬浊液中通入足量CO2，离子方程式为：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3−，故C错误；
D.向氢氧化钠溶液中通入少量Cl2，离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故D错误；
故选：B。
A.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
C.碳酸钙为难溶物，不能拆开；
D.二者反应应该生成氯化钠、次氯酸钠和水，没有次氯酸生成。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。

12.【答案】C 
【解析】解：A.由题给信息可知，澄清石灰水中滴加碳酸钠，碳酸氢钠，I是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对II、III溶液pH的影响，故A正确；
B.由分析可知，II和I的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为：CO32−+Ca2+=CaCO3↓，故B正确；
C.由分析可知，III比II的pH曲线降低，III比II的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3−+OH−+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D.由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故D正确；
故选：C。
由题给信息可知，I是空白实验，II和I的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，III比II的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
本题考查碳酸钠、碳酸氢钠性质的探究，为高频考点，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价原则，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。

13.【答案】C 
【解析】解：A.过程中化合价发生变化的元素有O、Fe、S，故A错误；
B.步骤①的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+8H2O，则离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故B错误；
C.该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，FeSO4溶液吸收O2再生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3可看作该过程的催化剂，故C正确；
D.由分析可知，整个过程总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，2molSO2参与反应，需消耗氧气1mol，若32gSO2参与反应，物质的量=32g64g/mol=0.5mol，需消耗氧气物质的量0.25mol，标准状况下氧气的体积=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故D错误；
故选：C。
根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，FeSO4溶液吸收O2再生成Fe2(SO4)3，可得到化工产品H2SO4，4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+8H2O，过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，即该过程中共有3种元素的化合价发生改变，据此分析解答。
本题考查了元素化合物知识，涉及硫及其化合物性质和转化关系分析判断等，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。

14.【答案】第二周期ⅥA族  O2−  HClO4  离子键、极性键  N2H4   Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2ONCl3+3H2O=NH3+3HClO 
【解析】解：由分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为S、G为Cl；
(1)C为O元素，在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族，
故答案为：第二周期ⅥA族；
(2)C、D形成的简单离子分别为O2−、Na+，二者电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：O2−>Na+，
故答案为：O2−；
(3)元素非金属性Cl>S，故最高价氧化物的水化物酸性：HClO4>H2SO4，
故答案为：HClO4；
(4)由H、O、Na形成的化合物为NaOH，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中原子之间形成极性键，
故答案为：离子键、极性键；
(5)由H、N形成的18e−化合物的化学式为N2H4；由O、Na形成摩尔质量为78g⋅mol−1化合物是Na2O2，其电子式为，
故答案为：N2H4；；
(6)D、E的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，
故答案为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
(7)由N、Cl形成的化合物分子中，N和Cl原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物为NCL3，该化合物遇水可反应生成一种具有漂白性的化合物为HClO，同时还有NH3生成，反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO，
故答案为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO。
A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，已知A的某种原子核内没有中子，则A为H元素；B原子的最外层电子数比次外层多3，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，则最外层电子数为5，故B为N元素；A和D同主族，D的原子序数大于氮，故D为Na；C和F为同一主族元素，F的单质常出现在火山口，可知C为O元素、F为S元素；G的原子序数大于硫，故G为Cl；E的最高价氧化物的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，可知E是Al。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素化合物知识，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。

15.【答案】2Br−+Cl2=Br2+2Cl−  SO2+Br2+2H2O=4H++SO42−+2Br−  过量的二氧化硫随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降，反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4  3 3 1 3 5NaBr 192g 四氯化碳与水互不相容、且溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的 
【解析】解：(1)海水中的溴离子容易被氯气氧化为溴的单质，氧化性氯气比溴强，反应的离子方程式为：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，
故答案为：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−；
(2)①溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42−+2Br−，
故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42−+2Br−；
②吹出时，Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图2所示。SO2流量过大，Br2吹出率反而下降的原因是：过量的二氧化硫随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降，反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，
故答案为：过量的二氧化硫随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降，反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；
(3)工业可用Na2CO3溶液代替二氧化硫的水溶液吸收Br2，发生反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr，反应中消耗3molBr2，电子转移5e−，当有1.204×1024个电子发生转移时，转移电子物质的量=1.204×10246.02×1023/mol=2mol，理论上参加反应Br2的物质的量=65mol=1.2mol，质量=1.2mol×160g/mol=192g，
故答案为：3；3；1；3；5NaBr；192g；
(4)加入四氯化碳萃取，将得到的溴的四氯化碳溶液蒸馏得到溴单质．可以用四氯化碳对溴溶液进行萃取利用，利用的是四氯化碳不与溴反应，溴单质在四氯化碳中溶解性大于水中溶解性，
故答案为：四氯化碳与水互不相容、且溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的。
海水中通入氯气氧化溴离子得到溴水的混合溶液，用热空气吹出溴单质得到含溴的空气，通过二氧化硫吸收后富集溴元素得到吸收液，再通入氯气氧化溴化氢得到溴水的混合溶液，蒸馏得到溴单质，
(1)海水中的溴离子容易被氯气氧化为溴的单质；
(2)①溴单质有氧化性，二氧化硫具有还原性，溴和二氧化硫在水溶液中易发生氧化还原反应；
②溴单质和还原性的物质发生氧化还原反应，反应微弱的不能被吸收；
(3)工业可用Na2CO3溶液代替二氧化硫的水溶液吸收Br2，发生反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；
(4)溴单质在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度。
本题考查了海水提溴的生产关系分析判断、过程中反应的原理和作用分析，主要是物质性质和氧化还原反应的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

16.【答案】+4防倒吸  2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2  减少Na2S2O5在水中的溶解  取少量溶液，加入过量的稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则存在SO42−  品红的无水乙醇溶液不褪色  0.19 
【解析】(1)①Na2S2O5中O元素化合价为−2，Na为+1价，故其中S的化合价为+4价；装置C中氢氧化钠溶液吸收尾气二氧化硫，但是二氧化硫易溶于水，故装置C中干燥管的作用为防倒吸，
故答案为：+4；防倒吸；
②B中饱和碳酸钠溶液和二氧化硫气体生成亚硫酸氢钠，故化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2，
故答案为：2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；
③由反应2NaHSO3=Na2S2O5+H2O可知，增大HSO的浓度，有利于生成Na2S2O5，用饱和SO2水溶液洗涤，可降低Na2S2O5的溶解度，减少Na2S2O5的溶解，
故答案为：减少Na2S2O5在水中的溶解；
④检验溶液中是否含SO42−离子的方法是取少量溶液，加入过量的稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则存在SO42−，
故答案为：取少量溶液，加入过量的稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则存在SO42−；
⑤根据上述实验可知，使品红水溶液褪色的是亚硫酸根离子，若将SO2通入品红的无水乙醇溶液溶液中不存在亚硫酸根离子，则品红的无水乙醇溶液不褪色，
故答案为：品红的无水乙醇溶液不褪色；
(2)配平方程式可得S2O52−+2I2+3H2O=2SO42−+4I−+6H+。n(I2)=cV=0.0100mol/L×0.0100L=1.00×10−4mol，则根据反应方程式可知其相当于含有Na2S2O5的物质的量n(Na2S2O5)=(I2)=×1.00×10−4mol，m(Na2S2O5)=×1.00×10−4mol×190g/mol=0.0095g，所以该葡萄酒中Na2S2O5的残留量为 g/L=0.19g/L，
故答案为：0.19。
本题考查的是常见无机物的制备，装置A是制备二氧化硫气体，将二氧化硫通入装置B和其中的碳酸钠反应生成亚硫酸氢钠，之后结晶得到亚硫酸氢钠固体，加热亚硫酸氢钠即可得到产物，在本实验中用到了气体二氧化硫，对环境有危害，需要注意尾气处理，故最后用氢氧化钠处理一下尾气，以此解题。
本题考查物质制备实验及性质探究实验，题目涉及对试剂的分析评价、对装置的分析评价、离子检验实验方案设计、常用化学用语书写等，关键是理解原理明确各装置作用，是对学生综合能力的考查。

17.【答案】MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O2Cl−−2e−=Cl2↑减弱  ABH2SMnO2  Ag++Br−=AgBr↓，Br−浓度减小，该反应的进行程度明显增大 
【解析】解：(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O，。
故答案为：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl−−2e−=Cl2↑，
故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；
③反应不能发生是还原剂还原性减弱，
故答案为：减弱；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是NaCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)，
故答案为：A；B；
(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故相同浓度的HCl和H2S溶液，能与MnO2反应所需c(H+)较小的是H2S，
故答案为：H2S；
(3)①反应中还原剂的化合价升高，被氧化，生成氧化产物，Mn2+化合价由+2升高为MnO2的+4，则氧化产物为MnO2，
故答案为：MnO2；
②加入AgNO3溶液后，发生反应Ag++Br−=AgBr↓，Br−浓度减小，该反应的进行程度明显增大，该反应的进行程度明显增大的原因是Ag++Br−=AgBr↓，Br−浓度减小，该反应的进行程度明显增大，
故答案为：Ag++Br−=AgBr↓，Br−浓度减小，该反应的进行程度明显增大。
(1)①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水；
②氧化反应是氯离子失去电子生成氯气；
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂；
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析；
(2)根据非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，根据S、Cl为同一周期元素分析；
(3)根据可逆反应特点分析，由于Ag++Br−=AgBr↓，Br−浓度减小，该反应的进行程度明显增大。
本题考查原电池反应原理探究、氧化还原反应的原理，难度中等，涉及电极式的书写、同周期元素性质变化、氧化还原反应规律等知识点，注意日常学习中的积累，有利于培养学构建思维导图，化学学科素养的培养。