2023学年浙江省杭州高级中学高一化学第二学期期末质量检测试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项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、现在，含有元素硒（Se）的保健品已开始进入市场。已

2、知它与氧同族，与钾同周期。则下列关于硒的叙述中，不正确的是A非金属性比硫强 B最高价氧化物的化学式是SeO3C硒是半导体 D气态氢化物的化学式为H2Se2、下列说法正确的是A1mol酸与1mol碱完全反应放出的热量就是中和热B燃烧热随化学方程式的化学计量数的改变而改变C强酸强碱中和热的热化学方程式可表示为：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJ/molD反应物总能量大于生成物总能量，则反应的H03、关于非金属元素N、O、Cl、S的叙述，正确的是A在通常情况下其单质均为气体B其单质均由双原子分子构成C其单质都能跟某些金属单质反应D每种元素仅生成一种氢化物4、C(s)+CO2(g

3、)2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是增大压强 升高温度 通入CO2 增大C的量 减小压强ABCD5、某烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可能是AC3H8 BC4H10 CC5H12 DC6H146、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素W和Y同族。盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到XZW的溶液。下列说法正确的是A原子半径大小为WXYZBY的氢化物稳定性强于X的CY的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Z的D标准状况下W的单质状态与Z的相同7、从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：下列说法不正确的是A用此法提取镁的优点之一

4、是原料来源丰富B步骤电解熔融MgCl2时可制得Mg（OH）2C步骤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水D上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应8、某实验探究小组研究320 K时N2O5的分解反应：2N2O54NO2O2。如图是该小组根据所给表格中的实验数据绘制的。下列有关说法正确的是t/min01234c(N2O5)/mol/L0.1600.1140.0800.0560.040c(O2)/mol/L00.0230.0400.0520.060A曲线是N2O5的浓度变化曲线B曲线是O2的浓度变化曲线CN2O5的浓度越大，反应速率越快D升高温度对该反应速率无影响9、下列电极反应式正确的是 ()A以惰性

5、材料为电极的燃料电池，以KOH溶液为电解质溶液构成原电池，负极反应式为H22e=2HB铜、锌在稀硫酸溶液中构成原电池，正极反应式为2H2e=H2C以铜为电极将2Fe3Cu=2Fe2Cu2设计成原电池，正极反应式为Cu2e=Cu2D以铝、铁为电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，负极反应式为Al3e=Al310、下列鉴别物质的方法能达到目的的是A用氨水鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液B用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液C用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液D用淀粉溶液鉴别加碘盐和未加碘盐（己知加碘盐中添加的是KIO3)11、汉代器物上的颜料“汉紫”的成分为紫色的硅酸铜钡

6、(化学式：BaCuSi2Ox，Cu为2价)，下列有关“汉紫”的说法不正确的是()。A用盐的形式表示：BaSiO3CuSiO3B用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2C易溶于强酸、强碱D性质稳定，不易褪色12、下列反应属于取代反应的是ABCD13、保护环境是我国的一项基本国策。下列做法中，不利于环保的是（）A任意排放污水 B推广使用脱硫煤C减少汽车尾气排放 D推广使用无磷洗涤剂14、把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为（

7、 ）AabcdBacdbCcabdDbdca15、有机锗具有抗肿瘤活性，锗元素的部分信息如右图。则下列说法不正确的是Ax=2B锗元素与碳元素位于同一族，属于A族C锗位于元素周期表第4周期，原子半径大于碳的原子半径D距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较低16、NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的1200020000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：化学键NNFFNF键能(kJ/mol)946154.8283.0下列说法中正确的是（ ）A过程N2(g) 2N(g)放出能量B过程N(g)3F(g)NF3(g)放出能量C反应N2(g)3F2(g)=2NF3(g

8、)为吸热反应DNF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应二、非选择题（本题包括5小题）17、已知： A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平 2CH3CHO+O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)B、D分子中的官能团名称分别是_、_。(2)写出下列反应的反应类型：_，_，_。(3)写出下列反应的化学方程式：_；_；_。18、如图所示，已知A元素的最低化合价为3价，D元素和B元素可形成2种化合物。试回答下列问题(均用具体的元素符号回答)：（1）写出它们的元素符号：A_，B_，C_，D_；（2）A

9、、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是_；（3）A、B、C的原子半径由小到大的顺序是_；（4）A、B、C三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：_；（5）用化学方程式表示元素C的非金属性大于B元素；_。19、如图所示，“二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反应？”这个问题可通过以下实验加以证明。（1）按图装置，在干燥的试管中装入Na2O2后，在通入CO2之前，应事先将活塞（K1、K2）关闭好，目的何在？_。（2）试管I内的试剂X是_时，打开活塞K1、K2，加热试管约5分钟后，将带火星的小木条插入试管的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且内淡黄色粉末未发生变化，则

10、所得的结论是_。（3）试管I内试剂为CO2饱和水溶液时，其他操作同（2），通过_的现象，可以证明Na2O2与潮湿的CO2能反应且放出O2。（4）CO2与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成下列反应方程式：_Na2O2+_C18O2+_H218O_。20、某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。(1)操作的名称是_。(2)向滤液中加入双氧水的作用是_。(3)试剂a可以是_（填序号）。四氯化碳 苯 酒精 乙酸(4)I和IO3-在酸性条件下生成I2的离子方程式是_。(5)上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是_。21、在容器体积可变的密闭容器中，反应N2(g)3H2(

11、g) 2NH3(g)在一定条件下达到平衡。完成下列填空：（1）若该反应经过2秒钟后达到平衡，NH3的浓度增加了0.4mol/L，在此期间，正反应速率(H2)的值为（_）A 0.6mol/(Ls) B 0.45 mol/(Ls) C 0.3 mol/(Ls) D 0.2 mol/(Ls)（2）在其他条件不变的情况下，增大容器体积以减小反应体系的压强，_（选填“增大”、“减小”，下同），_，平衡向_方向移动（选填“正反应”、“逆反应”）。（3）在其他条件不变的情况下，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为_反应（选填“吸热”、“放热”）。（4）如图为反应速率（）与时间（t）关系的示意图，由图判断

12、，在t1时刻曲线发生变化的原因是_（填写编号）。a.增大H2的浓度 b.缩小容器体积 c.加入催化剂 d.升高温度改变条件后，平衡混合物中NH3的百分含量_（选填“增大”、“减小”、“不变”）。在一定条件下，反应2A+BC达到平衡。（5）若升高温度，平衡向正反应方向移动，则逆反应是_热反应；（6）若增加或减少B时，平衡不移动，则B是_态；（7）若A、B、C均为气态，将6mol A、3mol B充入容积为0.5L的密闭容器中，进行反应。经5s后，测得容器内有1mol B，则用A表示的反应速率为_， 5s末时C的物质的量浓度为_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个

13、选项符合题意）1、A【答案解析】分析：根据同周期、同主族元素的性质递变规律以及相似性解答。详解：A元素的原子半径：SeS，原子的最外层电子数相同，所以元素的非金属性SSe，A错误；BSe最外层有6个电子，最高价是+6价，所以最高价氧化物的化学式是SeO3，B正确；C硒位于金属与非金属的分界线附近，属于半导体，C正确；DSe最外层有6个电子，最低价是2价，所以气态氢化物的化学式为H2Se，D正确。答案选A。2、D【答案解析】A1mol二元酸与1mol二元碱反应生成2mol水时放出的热量不是中和热，故A错误；B燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧释放的热量，与化学计量数无关，故B错误；C稀的强酸强碱发

14、生的中和反应为放热反应，焓变为负值，则其中和热的离子方程式可表示为：H+（aq）+OH-（aq）H2O（l）H=-57.3kJ/mol，故C错误；D反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，该反应的H0，故D正确；答案为D。3、C【答案解析】AS单质在通常状况下是固体，其余元素单质在通常状况下是气体，故A错误；B臭氧为三原子分子，硫有S8等单质，所以其单质不一定是双原子分子，故B错误；C其单质都具有氧化性，能和某些金属单质反应，如：铁等金属能在氯气中燃烧，铁、铜能和S反应，故C正确；DO、N元素有多种氢化物，有O元素氢化物有水、双氧水，N元素氢化物有氨气、肼，故D错误；故选C。4、A【答

15、案解析】利用影响化学反应速率的因素进行分析；【题目详解】CO2和CO为气体，增大压强，加快反应速率，故符合题意；升高温度，加快反应速率，故符合题意；通入CO2，增大CO2的浓度，加快反应速率，故符合题意；C为固体，浓度视为常数，增大C的量，化学反应速率基本不变，故不符合题意；减小压强，减缓反应速率，故不符合题意；综上所述，选项A正确；答案选A。5、C【答案解析】A、丙烷只有一种结构(CH3CH2CH3)，丙烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故A错误；B、丁烷有正丁烷和异丁烷，正丁烷(CH3CH2CH2CH3)有2种氢原子，所以一氯代物有2种；异丁烷CH3CH(CH3)CH3有2种氢原子，所以

16、一氯代物有2种，故B错误；C、戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；异戊烷CH3CH(CH3)CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；新戊烷CH3C(CH3)2CH3有1种氢原子，所以一氯代物有1种，故C正确；D、C6H14有5种同分异构体，CH3(CH2)4CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH(CH3)CH2CH2CH3有5种氢原子，所以一氯代物有5种；CH3CH2CH(CH3)CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；CH3C(CH3)2 CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3

17、CH(CH3)CH(CH3)CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故D错误；故选C。点睛：本题考查了同分异构体的判断，难度较大，先确定烃的同分异构体，再确定等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，会确定等效氢原子是解本题的关键。6、D【答案解析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素W和Y同族。盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到XZW的溶液。依上述可知XZW为NaClO，黄绿色气体为氯气，X为钠元素，Z为氯元素，W为氧元素，Y为硫元素。A. 同周期元素原子从左到右减小，同主族元素原子从上而下增大，故原子半径大小为OClSNa，即W

18、YZX，选项A错误；B. 元素非金属性越强氢化物的稳定性越强，故Y的氢化物稳定性弱于X的，选项B错误；C. Y的最高价氧化物对应水化物硫酸的酸性弱于Z的最高价氧化物对应水化物高氯酸，选项C错误；D. 标准状况下W的单质状态与Z的相同，均为气态，选项D正确。答案选D。7、B【答案解析】由题给流程可知，贝壳高温煅烧生成氧化钙，氧化钙与水反应生成石灰乳；海水经结晶，过滤得到含有镁离子的母液，将石灰乳加入母液中，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到六水氯化镁；六水氯化镁在氯化氢气氛中加热脱

19、去结晶水生成无水氯化镁；电解熔融的氯化镁制得金属镁。【题目详解】A项、海水中含有大量的镁元素，从海水中提取镁的优点之一是原料来源丰富，故A正确；B项、电解熔融的MgCl2时，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成Cl2，阴极镁离子得电子发生还原反应生成金属镁，故B错误；C项、因MgCl2能水解，所以将MgCl26H2O晶体在HCl气体氛围中加热脱水，防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，故C正确；D项、步骤涉及CaCO3的分解反应得到CaO，CaO与H2O发生化合反应得到Ca(OH)2，步骤是电解涉及分解反应，步骤涉及MgCl2与Ca(OH)2发生复分解反应得到Mg(OH)2和CaCl2，故D正确。

20、故选B。【答案点睛】本题考查化学工艺流程，注意海水提取镁的流程分析,注意利用物质性质分析工艺流程中物质的转化是解答关键。8、C【答案解析】结合题给的曲线和表格中0min时的数据，可以判断该反应是从反应物开始投料的，直至建立平衡状态。N2O5的速率从最大逐渐减小至不变，O2的速率从最小逐渐增大至最大而后不变。【题目详解】A. 曲线是O2的浓度变化曲线，A项错误；B. 曲线是N2O5的浓度变化曲线，B项错误；C. 因从反应物开始投料，所以随N2O5的浓度减小，化学反应速率逐渐减小，直至平衡时化学反应速率保持不变，所以N2O5的浓度越大，反应速率越快，C项正确；D. 升高温度，反应速率加快，D项错误

21、；所以答案选择C项。9、B【答案解析】分析：A.根据电解质溶液显碱性分析；B.锌是负极，铜是正极；C.正极铁离子放电；D.铝转化为偏铝酸根离子。详解：A. 以惰性材料为电极的燃料电池，以KOH溶液为电解质溶液构成原电池，负极反应式为H22e2OH2H2O，A错误；B. 金属性锌强于铜，铜、锌在稀硫酸溶液中构成原电池，锌是负极，铜是正极，正极反应式为2H2eH2，B正确；C. 以铜为电极将2Fe3Cu2Fe2Cu2设计成原电池，铜是负极，正极铁离子得到电子，反应式为Fe3e2Fe2，C错误；D. 以铝、铁为电极，在氢氧化钠溶液中构成原电池，铝是负极，负极反应式为Al3e4OH2H2OAlO2，D

22、错误。答案选B。点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极的判断方法、离子的移动方向和电极反应式的书写。D选项是易错点，注意铝能与氢氧化钠溶液反应生成物是偏铝酸根离子。10、C【答案解析】A二者都与氨水反应生成沉淀，可用氢氧化钠溶液鉴别，因氢氧化铝为两性氢氧化物，故A错误；B二者都与氢氧化钙溶液反应，可加入氯化钙溶液鉴别，故B错误；CFeCl3溶液与KSCN发生络合反应，而FeCl2不反应，可用KSCN溶液鉴别，故C正确；D淀粉遇碘变蓝色，但食盐中的碘为化合物，与淀粉不反应，故D错误；故选C。11、C【答案解析】A. BaCuSi2O6可以用盐的形式表示为BaSiO3CuSiO3，故A

23、项正确；B.硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序是：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以BaCuSi2O6用氧化物形式表示为：BaOCuO2SiO2，故B项正确；C. BaCuSi2O6能和强酸反应，但是和强碱不反应，故C项错误；D. BaCuSi2O6中Cu为+2价，化学性质稳定，不易褪色，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。【答案点睛】依据硅酸铜钡化学式BaCuSi2Ox，和Cu为2价，根据各元素化合价代数和为0，可求x的数值，进而完成化学式为BaCuSi2O6，再根据化学式特征进行判断。12、D【答案解析】A、属于氧化反应，选项A不符合；B、属于加成反应，选项B不符合；

24、C、属于消去反应，选项C不符合；D、属于取代反应，选项D符合。答案选D。13、A【答案解析】测试卷分析：A、任意排放污水回造成环境污染，不利于环保，正确；B、推广使用脱硫煤，可以减小二氧化硫的排放，有利于环保，错误；C、减少汽车尾气排放，减少对大气的污染，有利于环保，错误；D、推乿使用无磷涤剂，可以减少对水体的污染，有利于环保，错误，答案选A。考点：考查化学与环境的关系14、B【答案解析】若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序ab；c、d相连，c为负极，所以金属的活动性顺序cd；a、c相连，c为正极，所以金属的活动性顺序ac；b、d相连

25、时，b是正极，所以金属的活动性顺序db；则金属活动性顺序为：acdb，故选B。15、D【答案解析】分析：根据原子的核外电子排布规律、Ge的原子组成以及元素周期律解答。详解：A. K层只能容纳2个电子，则x=2，A错误；B. 最外层电子数是4，则锗元素与碳元素位于同一族，属于第A族，B正确；C. 原子核外电子层数是4层，锗位于元素周期表第4周期，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大于碳的原子半径，C正确；D. 距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较高，D错误。答案选D。16、B【答案解析】分析：根据断键吸热，成键放热以及反应热H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量分析

26、判断。详解：A.N2（g）2N（g）为化学键的断裂过程，应该吸收能量，A错误；B.N（g）+3F（g）NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，B正确；C.反应N2（g）3F2（g）2NF3（g）的H=（941.7+3154.8-283.06）kJmol-1=-291.9kJmol-1，H0，属于放热反应，C错误；D.化学反应的实质是旧键的断裂和新键形成，NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基 羧基 加成反应 催化氧化反应 取代反应(酯化反应) CH2=CH2+H2OCH3CH2OH 2CH3CH2OH+O22

27、CH3CHO+2H2O CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O 【答案解析】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，所以A是乙烯。乙烯和水加成生成乙醇，所以B是乙醇。乙醇氧化为乙醛，乙醛进一步氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。所以C是乙醛，D是乙酸。【题目详解】(1)B为乙醇，官能团为羟基，D为乙酸，官能团为羧基。(2)反应是乙烯和水加成生成乙醇的反应，为加成反应，是乙醇催化氧化生成乙醛的反应，反应类型为催化氧化反应，为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的反应，反应类型为酯化反应，酯化反应即为取代反应。(3)反应：CH2=CH2+H

28、2OCH3CH2OH反应：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O反应：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O18、PSClOPH3ClSH2SO4H3PO4Cl2 + H2S = S +2HCl【答案解析】A元素的最低化合价为-3价，可知A为第A族元素，结合题中的图，且D元素和B元素可形成2种化合物，可知，B为硫元素，D为氧元素，A为磷元素，C为氯元素，E为硒元素。(1)根据上面的分析可知它们的元素符号：A为P，B为S，C为Cl，D为O，故答案为：P，S，Cl，O；(2)同周期元素从左向右，非金属性增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性减弱，气

29、态氢化物稳定性逐渐减弱，所以A、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；(3)电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，所以P、S、Cl的原子半径由小到大的顺序是ClSP，故答案为：ClSP；(4)同周期元素从左向右，非金属性增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性也增强，所以P、S、Cl三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：HClO4H2SO4H3PO4，故答案为：HClO4H2SO4H3PO4；(5)用氯气氧化负2价的硫，得到硫单质，可以说明氯气的氧化性强于硫，也就说明氯元素的非金属性强于硫元素，化学方程式为Cl2+H2S=S+2HCl，故答案为：Cl

30、2+H2S=S+2HCl。19、以防止试管内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象 浓H2SO4 过氧化钠与干燥的CO2不反应 带火星的小木条在试管的液面上复燃，同时，内固体由淡黄色变为白色 2 2 2 2Na2C18O3+O2+2H2O 【答案解析】(1)本题旨在利用对比实验，探究Na2O2与CO2反应的环境，故实验步骤中，首先让Na2O2与干燥CO2反应，必须保证整个环境中不能有H2O，故通入反应装置前CO2必须干燥，故答案为以防止试管内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；(2)二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且内淡黄色粉末未发生变化，说

31、明干燥的 二氧化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为浓H2SO4；过氧化钠与干燥的CO2不反应；(3)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管的液面上会复燃；内固体由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为带火星的小木条在试管的液面上复燃，同时，内固体由淡黄色变为白色；(4)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：2Na2O2+2C18O2+2H218O2Na2C18O3+O2+2H2O，故答案为2；2

32、；2；2Na2C18O3+O2+2H2O。【答案点睛】本题考查了碱金属及其化合物的性质，该题是高考中的常见考点和题型，测试卷基础性强，旨在考查学生的逻辑推理能力。本题的易错点为(4)，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中。20、过滤 将I-氧化为I2 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O 富集碘元素 【答案解析】分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法为过滤。海带灰中含KI，该物质容易溶于水，具有还原性，在酸性条件下被H2O2氧化为I2，I2容易溶于有机溶剂而在水中溶解度较小，可以通过萃取作用分离碘水。向含有I2的有机物中加入NaOH溶液，发生歧化反应反应生成碘化钠、碘酸钠，进入到水溶液中，向其中加入稀硫酸酸化，I-、IO3-、H+发生反应产生I2的悬浊液，过滤，分离得到粗碘。【题目详解】(1)操作是分离难溶性固体与可溶性KI水溶液的操作方法，名称是过滤；(2)向滤液中加入双氧水的作用是将I-氧化为I2；(3)试剂a是从I2的水溶液中分离得到I2，可以根据I2容易溶于有机溶剂苯、四氯化碳中溶