《2022-2023学年河南省济源市第四中学化学高一上期中学业水平测试模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年河南省济源市第四中学化学高一上期中学业水平测试模拟试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、对发现元素周期律贡献最大的化学家是A牛顿B
2、道尔顿C阿伏加德罗D门捷列夫2、下列离子可以在溶液中大量共存的是ABa2+、Cl-、BCa2+、Cl-、CH+、Cl-、DAg+、Cl-、Fe3+3、下列叙述正确的是A1 mol CO2的质量为44gmol1BCO2的摩尔质量为44gC6.021022个CO2分子的质量为4.4gD1mol任何物质的质量等于该物质的相对分子质量4、在0.5 L某浓度的NaCl溶液中含有0.5 mol NaCl，下列对该溶液的说法中，不正确的是A该溶液溶质的物质的量浓度为1 molL-1B该溶液中含有58.5 g NaClC配制100 mL该溶液需用5.85 g NaClD量取100 mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中
3、的NaCl物质的量为0.1 mol5、今有0.1mol/LNa2SO4溶液300 mL，0.1mol/LMgSO4溶液200 mL和0.1mol/L Al2(SO4)3溶液100 mL，这三种溶液中硫酸根离子的物质的量浓度之比是A111B113C323D3226、下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是ANaHCO3NaHCO32BNaHSO4NaHSO42CH2CO3HHCO3DKClO3KCl3O27、以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列与“物质的量”相关的计算正确的( )A现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1molO，则三种气体的物质的量之比为 321B5.6g C
4、O 和22.4L CO2中含有的碳原子数一定相等C标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是32Dn g Cl2中有m个Cl原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为 35.5m/n8、配制 250mL0.100mol/L 的碳酸钠溶液，相关操作正确的是（）A用天平称取碳酸钠粉末 2.650gB用纸槽将碳酸钠粉末送入 250mL 容量瓶，加适量水溶解C将烧杯尖嘴靠紧容量瓶口，注入蒸馏水至刻度D容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水至刻度9、胶体区别于其他分散系的最本质的特征是A外观澄清、稳定B丁达尔现象C分散质粒子能透过半透膜D分散质粒子直径介于1nm1
5、00nm之间10、为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是（ ）ANa2SO4溶液(Na2CO3)，加入适量的盐酸BNaHCO3溶液(Na2CO3)，通入过量的CO2气体C镁粉(铝)，加入足量的盐酸，过滤DFeCl2溶液(FeCl3)，加入足量的烧碱溶液11、下列分子中，各原子均已达到8电子稳定结构的是ABCl3BNH3CH2ODCCl412、下列仪器中漏斗；容量瓶；蒸馏烧瓶；天平；分液漏斗；燃烧匙，常用于物质分离的是 ( )ABCD13、下列反应能用表示的是A硫酸氢钠溶液和碳酸钾反应 B碳酸钙和稀盐酸的反应C碳酸钠溶液和醋酸的反应 D碳酸氢钠溶液和稀硫酸的反应14、下列物质的性质与用途
6、(或储存方法)都正确且有逻辑关系的是A钠有较强的还原性，可用于钛、锆、铌等金属的冶炼B氯气具有强氧化性，可用干燥的氯气漂白红纸条C过氧化钠为碱性氧化物，可用于呼吸面具中吸收二氧化碳D次氯酸见光易分解，所以氯水应保存在钢瓶中15、已知NaNO3、Na2SO4、Na3PO4、Na4SiO4在溶液中完全电离，体积相同的NaNO3、Na2SO4、Na3PO4 、Na4SiO4四种溶液中，若要使Na的物质的量相等，则这四种溶液的物质的量浓度比为A12643B34612C4321D123416、下面叙述中正确的是A钠在空气中燃烧生成白色固体B红热的铜丝在氯气中燃烧产生蓝色的烟C氯水应保存在无色的细口试剂瓶
7、中D钠保存在煤油中二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液中只含有Ba2+ Mg2+ Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：（1）沉淀1的化学式为_，生成该沉淀的离子方程式为_。（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为_。（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为_。（4）如果原溶液中Ba2+ Mg2+ Ag+的浓度均为0.1 molL-1，且溶液中含有的阴离子只有NO3-，则溶液中NO3- 浓度为_molL-1。18、如图表示的是AE五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质，D为正盐。
8、请回答下列问题：（1）写出各物质的名称： A_ ； C_；D_。（2）写出相应的离子方程式：BC: _；CD: _；AC: _；DE:_（任写一个即可）。19、I.根据如图给出的装置图回答下列问题：（1）写出图中玻璃仪器的名称：_；_；_。（2）中，使用前必须检查是否漏水的是_、_(填仪器序号)，分离溴水中的溴应先选择装置_(填、或序号)。.某同学帮助水质检测站配制480mL0.5molL-1NaOH溶液备用。请回答下列问题：（1）该同学用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_、胶头滴管。（2）该同学用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则称取的总质量为_克。（3）配制时，
9、其正确的操作顺序如下，请填充所缺步骤。A在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解；B将烧杯中冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；C用少量水_2次3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。D继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度_处，改用胶头滴管加水，使溶液_。E将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀。（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是_(填编号)容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 定容观察液面时俯视配制过程中遗漏了（3）中步骤C 加蒸馏水时不慎超过了刻度线20、氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用它。(1)工业上通常采用电解法制氯气，请观察图后回答下列问题：
10、 请写出该反应的化学方程式_。 通电后，b侧产生的气体是_填化学式。(2)某学生设计如图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉这是一个放热反应，回答下列问题：在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸，在加热条件下制取氯气，请写出反应的化学方程式_。漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是_。装置C的作用是_。此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应：I温度较高时氯气与消石灰反应生成，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_。II试判断另一个副反应用化学方程式表示_，为避免此副反应的发生，可以在A与B之间连接一个装有_的洗气瓶。21、
11、A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。(1)A2W的电子式为_。(2)B中质子数和中子数相等的核素符号为_，E元素在周期表中的位置为_ 。(3)W、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为_(填离子符号)。(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为_，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是_L(标准状况下)。(5)若要比较D和E的金属性强弱，下列实验
12、方法可行的是_。a.将D单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强C比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A牛顿发现了万有引力定律，故A不选；B道尔顿提出了近代原子学说，故B不选；C阿伏加德罗提出了分子学说，故C不选；D1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，因此对元素周期律贡献最大的化学家是门捷列夫，故D选。答案选D。2、C【
13、解析】A. Ba2+与反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，A错误；B. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，B错误；C. H+、Cl-、四种离子不发生反应，能共存，C正确；D. Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀，不能共存，D错误；答案选C。3、C【解析】A. 1 mol CO2的质量为44g，故A错误；B. CO2的相对分子质量为44，1 molCO2的摩尔质量为44gmol1，故B错误；C. 6.021022个CO2分子的物质的量为0.1mol，其质量为0.144=4.4g，故C正确；D. 摩尔质量在数值上以克为单位，等于它的相对原子质量或相对分子质量，二者单位不同，表示的意义不同，故D错误；
14、 综上所述，本题选C。4、B【解析】A、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量浓度为=1mol/L，故A正确；B、钠离子物质的量等于氯化钠的物质的量，所以氯化钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol58.5g/mol=29.25g，故B错误；C、氯化钠的物质的量浓度为1mol/L，配制100mL该溶液需用NaCl质量为0.1L1mol/L58.5g/mol=5.85g，故C正确；D、溶液中氯离子浓度为1mol/L，量取100mL该溶液倒入烧末中，烧杯中NaCl的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，故D正确。故选B。5、B【解析】：浓度大小与体积无关，所以 Na
15、2SO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol/L，MgSO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol/L， Al2(SO4)3溶液中硫酸根离子浓度应为0.3mol/L。比值关系为113，答案选B。6、B【解析】A.NaHCO3的电离方程式应为：NaHCO3NaHCO3，故A错误；B.NaHSO4的电离方程式应为：NaHSO4NaHSO42，故B正确；C.H2CO3的电离分两步且可逆：H2CO3HHCO3、HCO3 HCO32-D.KClO3的电离方程式为：KClO3KClO3，故D错误；本题答案为B。7、D【解析】A.CO、CO2、O3三种气体,它们含有的氧原子个数之比为1:2:3，则氧原子的物质的量
16、相同，设都为1mol，则n(CO)=1mol，n(CO2)=mol，n(O3)=mol,则这三种气体的物质的量之比为1:=6:3:2，故A错误；B. 气体的状况不知无法求二氧化碳的物质的量，故B错误；C. 摩尔质量的单位是g/mol，所以M气体的摩尔质量是32g/mol，故C错误；D.ngCl2的物质的量为n/71mol，所含氯原子数为：2NAn/71，则有2NAn/71=m，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为35.5m/n，故D正确；故选D。8、A【解析】A碳酸钠质量=0.100mol/L0.25L106g/mol=2.650g，托盘天平精确度是0.1g，不能用托盘天平称量2.650g药品，
17、应该用其它种类天平称量，故A正确；B容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，应该将称量的碳酸钠在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到容量瓶中，故B错误；C将烧杯尖嘴靠近玻璃棒，将溶液沿玻璃棒倒入容量瓶，防止液体溅出，注入蒸馏水至刻度线12cm处改用胶头滴管定容，故C错误；D容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水会导致溶液体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故D错误；故选A。9、D【解析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同。【详解】浊液分散质粒子直径100nm，胶体分散质粒子直径1nm100nm ，溶液分散质粒子直径1nm，这是是区分胶体、溶液、浊液的本质特征。答案选D。10
18、、B【解析】A.碳酸钠与盐酸反应，引入新杂质氯化钠；B.碳酸钠溶液可与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；C.二者都与盐酸反应；D.二者都能与烧碱反应。【详解】A.碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，硫酸钠中混有氯化钠新杂质，故A错误；B.碳酸钠溶液可与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,可用二氧化碳除杂,故B正确；C.二者都与盐酸反应,不能加入盐酸除杂，故C错误；D.氯化亚和氯化铁均能与烧碱溶液反应生成沉淀，不能用烧碱溶液除杂，应加入铁粉除杂，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个
19、条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。11、D【解析】共价化合物中，根据原子最外层电子数和化合价判断，在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|。【详解】A. BCl3中，B原子的最外层电子为：3+3=6，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，没有都满足8电子稳定结构，故A错误；B. NH3中，N原子的最外层电子为：5+|-3|=8，H原子的最外层电子为：1+|-1|=2，没有都是8电子结构，故B错误；C. H2O中，O原子的最外层电子为：6+|-2|=8，H原子的最外层电子为：1+|-1|=2，故C错误；D. CCl4中，
20、C原子的最外层电子为：4+|-4|=8，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8所有原子都达到8电子稳定结构，故D正确；答案为D。12、C【解析】漏斗可用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，故正确；容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故错误；蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，蒸馏是一种分离物质的方法，故正确；天平是称量药品质量的仪器，故错误；分液漏斗是分离互不相溶的密度不同的液体的仪器，故正确；燃烧匙是做物质燃烧实验用的仪器，故错误；常用于物质分离的有，故选C。13、A【解析】A.硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其中只有氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，故可用CO
21、32-+2H+=H2O+CO2表示；B.碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，不能用CO32-2H+CO2H2O表示；C.醋酸为弱酸，在溶液中主要以分子形式存在，不能用CO32-2H+CO2H2O表示；D. 硫酸和NaHCO3溶液的反应的离子反应为HCO3-+H+H2O+CO2，与碳酸盐的阴离子不同，故不能用CO32-2H+CO2H2O表示；答案选A。14、A【解析】A金属钠的还原性强于金属钛等，可以将金属钛、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、铌、锆等，故A正确；B氯气不具有漂白性，有漂白性的是次氯酸，干燥的氯气不能漂白红纸条，故B错误；C过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，
22、不属于碱性氧化物，故C错误；D次氯酸具有不稳定性，见光易分解，所以氯水（含有次氯酸）应保存在棕色试剂瓶中，氯水中有盐酸，铁与盐酸反应，氯水不能保存在钢瓶中，故D错误；故选A。15、A【解析】假设Na的物质的量相等，为1mol，利用c= 计算相同体积下，各种溶液的物质的量浓度。【详解】假设Na的物质的量为1mol，假设溶液体积为V，物质的量浓度之比c(NaNO3):c(Na2SO4):c(Na3PO4):c(Na4SiO4)= ：=：=12:6:4:3,答案为A。【点睛】注意离子的物质的量浓度和物质的量浓度之间的关系，得出物质的量浓度之比时注意1:1:2:3:4。16、D【解析】A.Na在空气中
23、燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；B.红热的铜丝在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，故B 错误；C.氯水中含有次氯酸，见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故C错误；D.钠与煤油不反应，由密度比煤油大，能浸入煤油中，起到隔绝空气的作用，可保存在煤油中，故D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）AgCl，Ag+Cl=AgCl；（2）BaSO4；（3）Mg2+2OH=Mg（OH）2；（4）0.5。【解析】试题分析：（1）加入稀盐酸，发生AgCl=AgCl，沉淀1为AgCl；（2）溶液1中含有离子是Ba2、Mg2、H和Cl，加入Na2SO4，发生Ba2SO42=BaSO4，沉淀2是BaS
24、O4；（3）根据反应（2）的分析，发生反应HOH=H2O，Mg22OH=Mg（OH）2；（4）根据电荷守恒，2c（Ba2）2c（Mg2）c（Ag）=c（NO3），c（NO3）=（20.120.10.1）molL1=0.5molL1。考点：考查离子检验、离子反应方程式的书写、物质的量浓度的计算等知识。18、过氧化钠 氢氧化钠 碳酸钠 2Na+2H2O=2Na2OH-+H2 2OH-+CO2=CO32H2O 2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2 CO32+2H=CO2H2O 【解析】（1）淡黄色固体A能与二氧化碳、水反应，则A为Na2O2，A与水反应生成C，与二氧化碳反应生成D，且C与二
25、氧化碳反应生成D，则C为NaOH、D为碳酸钠，B与水反应生成C，与氯气反应生成E，则B为Na，E为NaCl，故答案为过氧化钠；氢氧化钠；碳酸钠；（2）BC的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na2OH-+H2，故答案为2Na+2H2O=2Na2OH-+H2；CD的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+CO2=CO32H2O，故答案为2OH-+CO2=CO32H2O；AC的反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na4OH-+ O2，故答案为2Na2O2+2H2O=4
26、Na4OH-+ O2；DE的反应为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠或二氧化碳、氯化钠和水，反应的离子方程式为：CO32+H=HCO3或CO32+2H=CO2H2O，故答案为CO32+H=HCO3或CO32+2H=CO2H2O。【点睛】本题考查无机物推断，涉及Na元素单质化合物性质，突破口是A的颜色及能与水、二氧化碳反应。19、蒸馏烧瓶 冷凝管 分液漏斗 500mL容量瓶 33.1 洗涤烧杯和玻璃棒 12cm 凹液面恰好与容量瓶刻度线相切 【解析】I.(1)根据仪器的构造判断仪器的名称；(2)对于有活塞、瓶塞等玻璃仪器使用前要检查是否漏水；分离溴水中的溴需要通过萃取分液；(1)根据配制一定物
27、质的量浓度溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶来选择仪器；(2)根据m=cVM计算氢氧化钠的质量，烧杯的质量加上药品的质量即为所需的总质量；(3)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤分析解答；(4)根据c=并结合实验操作分析判断误差。【详解】I.(1)是蒸馏装置示意图，II是分液装置示意图，III是容量瓶，相关仪器分别是：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；(2)分液漏斗和容量瓶都有塞子和活塞，在使用前要检查是否漏液，故选、；分离溴水中的溴需要萃取、分液，故选，故答案为：；(1)由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制
28、出500mL溶液。根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器是托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，其中缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；(2)根据m=cVM计算氢氧化钠的质量m=0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g，而烧杯的质量加上药品的质量即为所需的总质量，故所需的总质量为23.1g+10.0g=33.1g，故答案为：33.1；(3)C、用少量水洗涤烧杯和玻璃棒23次，将洗涤液也注入容量瓶中；D、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处，改用胶头滴管加水，使溶液的凹
29、液面恰好与容量瓶刻度线相切，故答案为：洗涤烧杯和玻璃棒；12cm；凹液面恰好与容量瓶刻度线相切；(4)容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对浓度无影响，故错误；定容观察液面时俯视，导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故错误；配制过程中遗漏了(3)中C步骤，会导致溶质损失，则浓度偏低，故正确；加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故正确；故答案为：。20、2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 Cl2 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O； 吸收未反应完的氯气，防止污染空气 冷却B装置 2HC
30、l+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O 饱和氯化钠溶液 【解析】（1）电解饱和食盐水可以得到氢氧化钠、氯气和氢气；b侧产生的气体是氯气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（2）Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高到0价，根据化合价的升降相等配平方程式；氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要进行尾气吸收；I依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生应降低温度；II盐酸易挥发，会与消石灰反应，在A与B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶。【详解】（1）电解饱和食盐水可以得到氢氧化钠
31、、氯气和氢气，化学方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；答案：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2b侧电极是阳极，氯离子放电，产生的气体是氯气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；答案：Cl2（2）Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高到0价，根据化合价的变化配平方程式，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；答案：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；答案：2Cl2+2Ca（OH）2=
32、CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要进行尾气吸收；答案：吸收未反应完的氯气，防止污染空气I依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为为避免此副反应的发生应降低温度；答案：冷却B装置II盐酸易挥发，会与消石灰反应：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O，可以在A与B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶；答案：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O 饱和氯化钠溶液21、 第3周期第A族 Al3+ Na+ O2- NaH+H2O=NaOH+H2 56 b 【解析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形
33、成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A、D同主族，则D为钠元素， B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。【详解】(1)A2W为水，其电子式为；(2)B为碳元素，质子数和中子数相等的核素符号为，E为铝元素，在周期表中的位置为第3周期第A族；(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al3+ Na+ O2-；(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成NaH，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，若将1molNaH和1molE单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2，充分反应后生成气体(1+1.5)mol=2.5 mol, 标准状况下的体积是2.5 mol 22.4L/mol=56L；(5) a.钠是极活泼的金属，直接与水反应而不能置换出铝，故错误；b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强，故正确；C.金属的最高价氧化物的水化物的溶解性不能用于判断金属性的强弱，故错误。答案选b。