浙江省杭州市八县区市2022-2023学年高一下学期期末检测化学试题 Word版含解析.docx

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2022学年高一第二学期期末测试化学试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间60分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：选择题部分一、选择题Ⅰ(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.甲烷的分子式是A.B.C.D.Ne【答案】C【解析】【详解】甲烷是有机物，属于烃类，只有碳氢两种元素组成，因此选C；答案选C。2.按物质的组成进行分类，Ca(OH)2属于A.碱B.氧化物C.盐D.单质【答案】A【解析】【详解】Ca(OH)2溶于水中电离出的阴离子全部为OH-，即Ca(OH)2属于碱，故答案为：A。3.配制硫酸溶液不需要用到的仪器有A.烧杯B.漏斗C.量筒D.容量瓶【答案】B 【解析】【详解】配制50mL1.00mol/L硫酸溶液需要用到的仪器有：50mL容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，不需要用漏斗，故B正确；故选：B。4.下列物质属于电解质的是A.B.C.FeD.淀粉溶液【答案】B【解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下能自身电离出自由移动离子而导电的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、多数金属氧化物等，据此分析。【详解】A．在熔融状态下不能导电，属于化合物，则是非电解质，故A错误；B．氯化镁是盐，在水溶液中或熔融状态下均能自身电离出自由移动离子而导电，是电解质，故B正确；C．Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．淀粉溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选：B。5.下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是A.硫酸铜溶液B.有色玻璃C.雾D.氢氧化铁胶体【答案】A【解析】【分析】胶体具有丁达尔效应，常见的胶体有烟、云、雾、有色玻璃、氢氧化铁胶体、豆浆、血液、淀粉溶液等。【详解】A．硫酸铜溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A正确；B．有色玻璃属于胶体，能产生丁达尔效应，故B错误；C．雾属于胶体，能产生丁达尔效应，故C错误；D．氢氧化铁胶体属于胶体，能产生丁达尔效应，故D错误；故选：A。6.下列物质的表示不正确的是A.原子核内有8个中子的碳原子B.分子的电子式： C.氯原子的结构示意图：D.乙烯的结构式：【答案】B【解析】【详解】A．原子核内有8个中子的碳原子的质量数为6+8=14，符号为，故A正确；B．N2分子中N原子间共用3对电子，N原子达8电子稳定结构，电子式为，故B错误；C．氯原子的质子数和电子数均为17，各层上的电子数分别为2、8、7，其结构示意图为，故C正确；D．乙烯分子含有碳碳双键和碳氢键，6个原子在同一平面内，结构式为，故D正确；故选：B。7.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应，氧化剂是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】反应中KNO3中N的化合价由+5价降低到0价，被还原，故KNO3为氧化剂，NaN3中N的化合价由负价升高到0价，被氧化，NaN3为还原剂，故答案为：A。8.利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是A.可用①装置从溶液中提取晶体B.可用②验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性(A中为，B中为)C.可用③测溶液的pH D.可用④制取乙酸乙酯(必要时可加沸石)【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl是强酸弱碱盐，在加热的条件下水解可以完全且氯化铵受热易分解，所以用蒸发的操作分离方法最终不能得到NH4Cl晶体，故A错误；B．应为：A中为放Na2CO3，B中放NaHCO3，故B错误；C．测溶液的pH时，正确做法应该是把试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液，滴到试纸中央，然后跟比色卡对比，故C错误；D．在试管中加入药品和碎瓷片，试管口略向上加热制取乙酸乙酯，导气管尾端接入盛有Na2CO3溶液的试管收集乙酸乙酯，故D正确；故本题选D。9.下列说法不正确的是A.金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高B.和互为同位素C.和互为同分异构体，其沸点不同D.和互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．石墨的硬度小，可做高温润滑剂，故A错误；B．质子数相同中子不同的同种元素不同原子互称同位素，和互为同位素正确，故B正确；C．分子式相同结构不同的两种化合物互称同分异构体，这两种物质分子式都是C4H10，结构不同，是同分异构体，故C正确；D．结构相似，组成相差一个或多个-CH2-的化合物互称同系物，和都是烷烃结构相似，属于同系物，故D正确；答案选A。10.物质的应用性是化学科学研究的重要内容。下列物质的性质与用途不具有对应关系的是A.石墨烯电阻率低、热导率高，可用作超级电容器B.液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 C.维生素C(抗坏血酸)有还原性，可用作果汁抗氧化剂D.有强氧化性，可用作净水剂【答案】D【解析】【详解】A．石墨烯电阻率低、热导率高，能耗少，用于制作超级电容器，故A正确；B．液氨汽化时吸收大量的热，能使环境温度降低，可用作制冷剂，故B正确；C．维生素C能与氧气反应，表现出强还原性，可用作果汁抗氧化剂，故C正确；D．铁离子能水解生成Fe(OH)3胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于净水，与Fe2(SO4)3有强氧化性无关，故D错误；故选：D。11.下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是选项ABCD生活中的物质食醋小苏打复方氢氧化铝片“84”消毒液有效成分的化学式用途做调味品做发酵粉做抗酸药做消毒剂A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．食醋是含有3～5%醋酸的水溶液，有效成分为CH3COOH，能增强食欲，可作调味品，故A正确；B．小苏打是NaHCO3的俗名，受热分解生成二氧化碳，能使面团松软多孔，可作发酵粉，Na2CO3俗名苏打、纯碱，故B错误；C．具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用于治疗胃酸过多、做抗酸药，故C正确；D．氯气和氢氧化钠溶液反应生成“84”消毒液，有效成分是NaClO，具有强氧化性，可作消毒剂，故D正确；故选：B。12.下列离子方程式正确的是 A.大理石与稀硝酸反应：B.的电离方程式：C.稀盐酸滴在铜片上：D.氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液的反应：【答案】D【解析】【详解】A．大理石主要成分为碳酸钙，是难溶物不可拆，大理石与稀硝酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．熔融状态下Na2O2电离2个钠离子和1个过氧根离子，电离方程式为：，故B错误；C．由于铜的活泼性较弱，稀盐酸滴在铜片上不发生反应，无法书写离子方程式，故C错误；D．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，故D正确；故选：D。13.丙烯酸乙酯是菠萝中的一种成分，其成分如图所示。下列说法正确的是A.该物质易溶于水B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.分子式D.含有三种官能团【答案】B【解析】【详解】A．该物质属于酯类一般都不溶于水，故A错误；B．结构中有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，故B正确；C．该有机物分子式为C5H8O2，故C错误；D．该有机物含有碳碳双键和酯基两种官能团，故D错误；答案选B。14.下列实验操作或现象合理的是A.在表面皿中加入少量胆矾，再加入浓硫酸，搅拌，固体颜色由蓝色变白色B.做焰色试验时，若无铂丝可用洁净的铜丝代替C.二氧化硫通入硝酸钡溶液，无明显现象 D.定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余液体吸出【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，故在表面皿中加入少量胆矾，再加入浓硫酸，搅拌，则CuSO4·5H2O转变为CuSO4，故固体颜色由蓝色变白色，A正确；B．由于Cu灼烧时也能呈现出特殊绿色，故做焰色试验时，若无铂丝不可用洁净的铜丝代替，可以用无锈的铁丝代替，B错误；C．由于SO2通入水中呈酸性，硝酸钡电离出的硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，能够将SO2、H2SO3等氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成不溶于水和酸的白色沉淀，即二氧化硫通入硝酸钡溶液，可观察到产生白色沉淀，C错误；D．定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，不可用滴管将多余液体吸出，因为吸出的液体中不仅仅是溶剂还有溶质，故只能重新配置，D错误；故答案为：A。15.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说法不正确的是A.原子半径(r)大小比较：B.Y位于第二周期ⅥA族C.Z的非金属性比W的弱D.W的氧化物对应水化物一定是弱酸【答案】D【解析】【分析】由四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，Y、Z位于同主族，设Y的原子序数为x,四种元素的原子序数之和为48，则(x-1)+x+(x+8)+(x+9)=48，解得x=8，则Y为O元素、X为N元素、Z为S元素、W为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为S元素、W为Cl元素，A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径(r)大小比较：r(X)＞r(Y)，故A正确；B．Y为O元素，位于第二周期ⅥA族，故B正确；C．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则Z的非金属性比W的弱，故C正确；D．W的氧化物对应水化物若为高氯酸，属于强酸，故D错误； 故选：D。二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.下图是学生搭建的两套装置图，下列说法正确的是A.两套装置都可将化学能转化为电能B.电池工作时，锌作正极，电极反应式为C.电池工作时，电子由锌片流出经过外电路流向铜D.电池工作时，移向锌片【答案】C【解析】【分析】由图可知，左侧装置没有形成闭合回路，无法形成原电池，右侧装置能形成原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Cu作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，据此作答。【详解】A．左侧装置没有形成闭合回路，无法形成原电池，不能将化学能转化为电能，故A错误；B．右侧装置能形成原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故B错误；C．电池工作时，电子由负极流向正极，则电子由锌片流出经过外电路流向铜，故C正确；D．电池工作时，阳离子移向正极，H+移向铜，故D错误；故选：C。17.下列关于人体基本营养物质的说法不正确的是A.油脂可看作高级脂肪酸与甘油(丙三醇)通过酯化反应形成的酯B.糖类是绿色植物光合作用产物，也是人类最重要的能量来源C.淀粉可在稀酸的催化下，水解制得乙醇D.蛋白质在酸、碱或酶的作用下能发生水解，生成多肽，最终生成氨基酸【答案】C【解析】【详解】A．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，即油脂是高级脂肪酸和甘油通过酯化反应生成的酯类，故A正确；B ．植物光合作用产生葡萄糖，淀粉和纤维素是葡萄糖的脱水缩合物，其中葡萄糖和淀粉是人类重要的能量来源，故B正确；C．淀粉的最终水解产物为葡萄糖，不是乙醇，故C错误；D．蛋白质中含肽键，在酸、碱或酶的作用下能发生水解反应生成多肽，最终生成氨基酸，故D正确；故选：C。18.下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)。A.的硝酸钾溶液中含有的数目为B.标准状况下，的氨气中含有的质子数为C.铁粉与足量的浓硝酸反应，转移的电子数为D.乙烷完全燃烧所消耗的氧分子数为【答案】A【解析】【详解】A．没有给出溶液体积，无法确定K+离子数目，故A错误；B．一个NH3分子中有10个质子，标况下2.24L是0.1mol，质子数为1NA，故B正确；C．常温下，浓硝酸与铁钝化，故C错误；D．1mol乙烷完全燃烧需要3.5molO2，0.1mol乙烷需要0.35NA个氧气分子，故D正确；答案选A。19.化学反应在实现物质转化同时还伴随着能量变化，下列变化过程符合如图能量变化的是A.钠与水反应B.铝与氧化铁在高温下的反应C.盐酸与碳酸氢钠的反应D.碳酸钠固体中滴加少量水【答案】C【解析】【分析】从能量变化图得出，反应物能量低于生成物能量应该是吸热反应。【详解】A．钠与H2O反应是放热反应，故A不正确；B．铝热反应是放热反应，故B不正确；C．盐酸与碳酸氢钠反应过程是吸热反应，故C正确； D．碳酸钠溶于水是放热过程，故D不正确；答案选C。20.一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中加入等物质的量的和，发生反应。测得不同反应时间容器内的物质的量如表；时间(min)01020304010.750.650.60.6下列说法正确的是A.反应达到化学平衡状态时，的转化率为0.6B.内HI的平均反应速率为C.容器内压强不再改变，说明反应已达到平衡D.后，再充入，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】B【解析】【详解】A．起始氢气和碘等物质的量都是1mol，平衡时氢气剩余0.6mol，反应了0.4mol，碘也反应了0.4mol，转化率为0.4，故A错误；B．0到20min，氢气反应了0.35mol，氢气的反应速率为，HI系数是H2的2倍，速率也是H2的2倍，HI的速率是，故B正确；C．该反应是前后系数相等的反应，压强始终不变，压强不再改变，不能说明达到平衡状态，故C错误；D．增大反应物浓度，正逆反应速率均增大，逆反应速率也随之增大，故D错误；答案选B。21.最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是A.乙醇与乙酸在一定条件下制备乙酸乙酯B.等体积甲烷与的混合气体在光照下制备C.用蔗糖在稀酸的催化下发生水解反应制备葡萄糖D.利用一氧化碳与氢气在催化剂的作用下制备甲醇【答案】D 【解析】【详解】A．乙醇与乙酸在一定条件下制备乙酸乙酯为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，且还有水生成，不符合最理想的“原子经济性反应”，故A错误；B．等体积甲烷与Cl2的混合气体在光照下制备CH2Cl2，除生成CH2Cl2外，还生成CH3Cl、CHCl3、CCl4、HCl，不符合最理想的“原子经济性反应”，故B错误；C．用蔗糖在稀酸的催化下发生水解反应制备葡萄糖除生成葡萄糖外，还会生成果糖，不符合最理想的“原子经济性反应”，故C错误；D．利用一氧化碳与氢气在催化剂的作用下制备甲醇（CH3OH），反应物的原子全部转化为期望的最终产物，符合最理想的“原子经济性反应”，故D正确；故选D。22.浓硫酸和木炭在加热的条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学设计如图所示的实验，下列说法不正确的是A.A中固体变蓝可证明有水生成B.B中溶液褪色可证明有二氧化硫生成C.将C中酸性高锰酸钾溶液替换成滴有酚酞的氢氧化钠溶液，不会影响实验检验结果D.酸性高锰酸钾溶液不完全褪色，D中溶液变浑浊，可证明有二氧化碳生成【答案】C【解析】【分析】碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫、水，无水硫酸铜检验产物水，品红溶液检验二氧化硫，酸性高锰酸钾除去二氧化硫以免干扰二氧化碳的检验，澄清石灰水检验二氧化碳；【详解】A．无水硫酸铜遇水变蓝，A中固体变蓝可证明有水生成，故A正确；B．二氧化硫可以使品红褪色，B中溶液褪色可证明有二氧化硫生成，故B正确；C．氢氧化钠溶液可以吸收二氧化硫和二氧化碳，导致无法检验二氧化碳，会影响实验检验结果，故C错误；D．检验二氧化碳前提必须先除去二氧化硫。，酸性高锰酸钾溶液不完全褪色，说明二氧化硫已经除尽， D中溶液变浑浊，可证明有二氧化碳生成，故D正确；故选：C。23.海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如下图：下列说法不正确的是A.海带中的碘元素以化合态存在B.步骤②可以实现海带灰中的硫酸盐和碳酸盐等与碘的分离C.步骤④的离子方程式为：D.操作⑥中得到的有机废液，可回收利用【答案】B【解析】【分析】由流程可知，①为坩埚中灼烧，②为溶解、浸泡，③为过滤，分离出含碘离子的溶液，④中发生2I-+H2O2+2H+═I2+2H2O，⑤中加四氯化碳萃取、分液，⑥中蒸馏分离出碘，以此来解答。【详解】A．海带中的碘元素以化合态存在，主要是I-离子形式存在，故A正确；B．步骤②是浸泡除去不溶性杂质，得到含碘离子的人员，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等，在实验步骤⑤中实现与碘分离，故B错误；C．步骤④中反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+═I2+2H2O，故C正确；D．步骤⑥的操作名称是蒸馏，得到的有机废液，可回收利用，故D正确；故选：B。24.氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式。下列说法不正确的是 A.过程①中氮元素被还原B.过程②③也属于氮的固定C.过程③可能有氧气参与D.含氮无机物和含氮有机物之间可以相互转化【答案】B【解析】【详解】A．过程①氮的化合价降低被还原，故A正确；B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮，过程②③都是化合态转化为化合态，不属于氮的固定，故B错误；C．过程③是氨气和铵根转化为亚硝酸根离子，氮的化合价升高，被氧化，可能有氧气参与，故C正确；D．从图上看出含氮无机物和含氮有机物之间可以相互转化，故D正确；答案选B。25.根据实验操作和和现象得出的结论正确的是选项实验操作和和现象结论A取足量和浓盐酸反应后的溶液于试管中，依次加入稀硝酸、溶液，产生大量白色沉淀则说明盐酸有剩余B某溶液中滴加过量的氨水产生白色沉淀则说明溶液中含C向某溶液中加入少量则说明溶液中不含 溶液，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸未变色D将两支盛有等体积、等浓度的溶液的试管分别置于冷水、热水中，同时加入等体积、等浓度的稀硫酸。置于热水中的试管比冷水中的试管先出现沉淀则说明其他条件相同时，升高温度能加快反应速率A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．MnO2和浓盐酸反应生成MnCl2，MnCl2也能和硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀，所以根据实验现象不能说明盐酸有剩余，故A错误；B．白色沉淀可能为氢氧化镁，则溶液中可能含镁离子，故B错误；C．如果溶液浓度比较稀，和NaOH反应生成NH3•H2O，没有氨气生成，要检验氨气，应用浓氢氧化钠溶液且加热，故C错误；D．只有温度不同，由现象可知温度升高，化学反应速率加快，故D正确；故选：D。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.请回答：（1）石英砂主要成分的化学式是_______；氯化钙中含有化学键的类型是_______。（2）在溶液中加入溶液时观察到的现象是_______。（3）浓硝酸见光或者受热发生分解的化学方程式是_______。【答案】（1）①.②.离子键（2）生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色（3）【解析】【小问1详解】石英砂主要成分是二氧化硅，化学式为SiO2；氯化钙中含1个钙离子和2 个氯离子，钙离子和氯离子之间以离子键结合，故答案为：SiO2；离子键；【小问2详解】NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，生成氢氧化亚铁白色沉淀、然后被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，能观察到的现象是先产生白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：先产生白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；【小问3详解】浓硝酸不稳定，在见光或受热时分解生成二氧化氮、氧气和水，反应方程式为：。27.已知A是石油化学工业重要的基本原料，相对分子量为28，在一定条件下能发生如下图的转化关系，已知F是一种高分子化合物。请回答：（1）有机物B的结构简式是_______。（2）有机物D中的官能团名称是_______。（3）有机物A与D在一定条件下发生加成反应生成E的化学方程式_______。（4）下列说法正确的是_______。A.F能使溴的四氯化碳溶液褪色BB可以直接与酸性高锰酸钾溶液反应生成DC.A生成B与C生成D的反应类型相同DD能使石蕊试液变红【答案】（1）（2）羧基（3）（4）BD【解析】【分析】A是石油化学工业的重要原料，分子量为28，应该是乙烯，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，E是乙酸乙酯，F是一种高分子化合物是聚乙烯。 【小问1详解】B是乙醇，结构简式为CH3CH2OH；【小问2详解】D是乙酸，官能团的名称是羧基；【小问3详解】乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH2=CH2+CH3COOHCH3COOC2H5；【小问4详解】F是聚乙烯，没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，A错误；乙醇可以被高锰酸钾溶液氧化为乙酸，B正确；A生成B是加成反应，C生成D是氧化反应，反应类型不同，C错误；D是乙酸能使石蕊试液变红，D正确。28.盐X为某种矿石的主要成分，仅含三种元素，为研究其组成和性质，设计并完成以下实验。请回答：（1）盐X所含三种元素_______(填元素符号)，盐X的化学式为_______。（2）向混合固体E加足量盐酸，该过程中发生的离子方程式为_______。（3）将气体A通入足量新制氯水的目的是_______。【答案】（1）①.Cu、Fe、S②.（2）（3）使二氧化硫完全转化为【解析】【分析】由题意可知白色固体C为BaSO4，物质的量为，故X含有S元素，n(S)=0.5mol，气体A是二氧化硫；固体E加入足量盐酸生成6.4g紫红色固体F应为Cu单质，其物质的量为，原混合物B中含有铜元素为0.2mol，溶液D出现血红色说明含有Fe3+，则B含有铁元素，由质量守恒，原混合物中铁元素质量为(40-0.5×32-0.2×64)g=11.2g，物质的量为 ；【小问1详解】由分析可知，盐X所含三种元素Cu、Fe、S；n(Cu)：n(Fe)：n(S)=0.2:0.2:0.5=2:2:5，则盐X的化学式为；【小问2详解】混合固体E的成分为铁和铜单质，加入稀盐酸，铜单质不反应，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，则反应的离子方程式为：；【小问3详解】将二氧化硫通入足量新制氯水的目的是：使二氧化硫完全转化为，再加氯化钡溶液才能生成硫酸钡沉淀。29.从海水中可以获得淡水、食盐并可提取镁、溴等物质。（1）试剂a是_______。（2）从母液中提取镁的过程中，镁元素经历了的过程，目的是_______。（3）若要验证所得溶液中是否含有，可采用的方法是_______。(不要求描述操作步骤和现象)（4）用溶液制成无水，加热溶液过程中，会生成溶液和一种酸性气体。写出该反应的化学方程式_______。（5）为了除去粗盐中、、及泥沙可将粗盐溶于水，然后进行下列操作，正确的操作顺序是_______。①过滤②加过量溶液③加适量盐酸④加过量溶液⑤加过量溶液A.②⑤④①③B.①④②⑤③C.④②⑤③①D.⑤②④①③【答案】（1）盐酸（2）富集镁元素（3）焰色试验（4）（5）AD【解析】 【分析】海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐提纯得到精盐，母液中加入过量的氢氧化钠溶液，沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解后蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，氯化氢气流中加热分解生成氯化镁固体，电解氯化镁得到金属镁；【小问1详解】由分析可知，试剂a是盐酸；【小问2详解】从母液中提取镁的过程中，镁元素经历了Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+的过程，目的是：富集镁，答案为：富集镁；【小问3详解】MgCl2和NaCl的阳离子不同，若要验证所得无水MgCl2中不含NaCl，最简单的方法是焰色试验，故答案为：进行焰色试验；【小问4详解】用MgCl2溶液制成无水MgCl2，加热溶液过程中，会生成Mg(OH)Cl溶液和一种酸性气体，反应的化学方程式：；【小问5详解】Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、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，然后再除去Ca2+和过量的Ba2+，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，所以除杂顺序是②⑤④①③或⑤②④①③，故选AD，故答案为：AD；30.钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。钠钾合金可用作核反应堆的传热介质。钠钾合金溶于水，生成氢气的(在标准状况下)体积为；（1）该过程中转移的电子数目为_______个。（2）确定该钠钾合金的组成(用的形式表示)：_______。（3）如果所得溶液的体积仍为，则溶液中的物质的量浓度为_______。【答案】（1）（2）（3）【解析】 【小问1详解】发生反应：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2K+2H2O═2KOH+H2↑，生成氢气的物质的量，反应中氢元素化合价由+1价变为0价，转移电子物质的量为0.15mol×2=0.3mol，则转移电子数目0.3mol×NAmol-1=0.3NA，故答案为：0.3NA；【小问2详解】设合金中Na、K的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、电子转移守恒有：23x+39y＝10.1、x+y＝0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以n(Na)：n(K)=0.1mol：0.2mol=1：2，故该钠钾合金化学式为NaK2，故答案为：NaK2；【小问3详解】