广东省揭阳市惠来一中揭东一中2016-2017学年高一下学期期末联考化学试题

广东省揭阳市惠来一中、揭东一中20162017学年高一下学期期末联考化学试题本试卷共6页，25题。全卷满分100分，考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1D2O16Fe56Cu64Zn65第Ⅰ卷一、选择题：本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活息息相关，下列有关说法正确的是A.树林晨曦中见到的缕缕阳光，是丁达尔效应造成的B.汽车尾气中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的C.神舟11号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是二氧化硅D.尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨【答案】A【解析】【详解】树林中空气属于气溶胶，能产生丁达尔效应，故A正确；汽车尾气中含有氮的氧化物，是氮气与氧气反应生成的，故B错误；太阳能电池板的材料是晶体硅，故C错误；12C、13C、14C都属于碳元素，故D错误。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB.足量的铁粉与200mL1mol•L1的硝酸完全反应，生成H2的分子数为0.1NAC.0.1molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液中，被氧化的溴离子数为0.2NAD.标准状况下，2.24LNO和足量O2反应，生成的NO2分子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】1个H218O中中子数10，1个D2O中含中子数10，2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA，故A正确；铁粉硝酸反应，不能生成氢气，故C错误；0.1molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液中，被氧化的溴离子数为0.1NA，故C错误；存在2NO2N2O4，标准状况下，2.24LNO和足量O2反应，生成的NO2分子数小于0.1NA，故D错误。3.放热的氧化还原反应能设计成原电池。下列反应中能设计成原电池的是A.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应B.酸碱中和反应C.灼热的炭与CO2反应D.H2与Cl2的燃烧反应【答案】D【解析】【详解】Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl是非氧化还原反应，故A错误；酸碱中和反应是非氧化还原反应，故B错误；灼热的炭与CO2是吸热反应，故C错误；H2与Cl2是放热的氧化还原反应，故D正确。4.下列叙述正确的是A.同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子B.周期表中所有元素都是从自然界中发现的，过渡元素都是金属元素C.非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层都达到8电子稳定结构D.IA族与VIIA族元素间可形成共价化合物或离子化合物【答案】D【解析】【详解】A．根据同周期元素性质递变规律判断，同一周期元素的原子，半径越小越容易得到电子，错误；

B．周期表中的元素有的是从自然界中发现的，有的元素是人造元素，错误；

C．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层不一定都达到8电子稳定结构，如HCl中的氢原子最外层为2电子稳定结构，错误；

D．IA族与VIIA族元素间可形成共价化合物或离子化合物，如HCl为共价化合物，NaCl为离子化合物，正确;

答案选D。5.某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。下列说法不正确的是A.必须在①②间添加吸收HCl的装置B.④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度C.通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中D.称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度【答案】A【解析】【分析】由装置图可知：①中氢氧化钠是为了除去空去中的CO2，②中是Na2CO3固体和氧酸反应放出CO2，通入③足量的氢氧化钡溶液后又会和氢氧化钡反应生成碳酸钡的沉淀，通过测定碳酸钡沉淀的质量，进而求得Na2CO3的质量分数。④的作用防止空气中的CO2进入③影响Na2CO3的质量分数的测定。据此分析解答本题。【详解】A.根据上述分析可知，①中氢氧化钠是为了除去空去中的CO2，无需在①和②之间添加吸收HCl的装置，故A错误；B.根据上述分析可知，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B正确；C.根据上述分析可知，要根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C正确；D.根据上述分析可知，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D正确。故答案：A。6.下列实验能获得成功的是A.苯和浓溴水混合加入铁做催化剂制溴苯B.除去乙烷中的乙烯，将混合气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗瓶C.向蔗糖水解后的液体中加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热到沸腾，验证水解产物为葡萄糖D.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中获得l，2二溴乙烷【答案】D【解析】【详解】考点：乙烯的化学性质；苯的性质；蔗糖与淀粉的性质实验．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A、苯和溴水不反应，在催化剂作用下，苯和液溴能反应．B、从乙烯与酸性高锰酸钾溶液的反应产物来分析；C、根据银镜反应的酸碱性环境分析；D、根据乙烯的性质反应；解答：A、苯和溴水不反应，在铁作催化剂条件下，苯和液溴能发生取代反应制取溴苯，故A错误．B、乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，不能得到纯净的乙烷，应通入溴水中除去杂质，故B错误；C、蔗糖是在酸性条件下水解，所以水解后溶液呈酸性；银镜反应实验是在碱性条件下进行，所以要做银镜反应实验，必须先中和酸，使溶液呈碱性，然后再做该实验，故C错误．D、乙烯能和溴发生加成反应，所以乙烯通入溴的四氯化碳溶液中获得l，2二溴乙烷，故D正确。故选D。点评：本题考查了乙烯、苯的化学性质，难度不大，注意乙烯能使溴、高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，一个是加成反应，一个是氧化还原反应。7.化学能与热能、电能等能相互转化。关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是()A.化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂B.铝热反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低C.图I所示的装置能将化学能转变为电能D.图II所示的反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故A错误；B．铝热反应是放热反应，反应物的总能量应大于生成物的总能量，故B错误；C．没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能将化学能转化为电能，故C错误；D．图示中反应物的总能量大于生成物总能量，此反应是放热反应，故D正确；答案选D。8.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A．分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B．分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C．除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去丁醇中乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，答案选D。9.下列实验中，反应速率加快是由催化剂引起的是A.在炭粉中加入KClO3，点燃时燃烧更为剧烈B.锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液而使反应放出H2的速率加快C.固态FeCl3和固体NaOH混合后，加入水能迅速产生沉淀D.双氧水中加入少量MnO2，即可迅速放出气体【答案】D【解析】【详解】A．在炭粉中加入KClO3，点燃炭粉时KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧得更为剧烈，故A不选；B．锌与稀硫酸反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，而使反应放出H2的速率加快，故B不选；C．固态FeCl3和固体NaOH混合，由于盐和碱的反应是离子反应，固态时离子浓度很小，反应很慢，若加入水，固体溶于水后电离出大量的离子，反应就能迅速发生，产生红褐色沉淀，故C不选；D．双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化了双氧水的分解，即可迅速放出气体，故D选；故选D。10.下列事实不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4＞H2SO4B.Na、Mg与水反应，Na更剧烈C.气态氢化物的稳定性：HF＞HClD.向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生【答案】D【解析】【详解】非金属性越强最高价含氧酸酸性越强。不能根据盐酸酸性大于亚硫酸证明氯的非金属性大硫，故选D。11.下列关于物质“反应程度”的说法正确的是A.一定条件下，2molSO2与足量O2反应，可制备2molSO3B.一定条件下，1molN2与3molH2反应，可制备1.0molNH3C.10mL18.0mol/L的H2SO4与足量铜加热反应，可制备0.09molSO2D.含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应，可制备1molCl2【答案】B【解析】【详解】SO2与O2反应可逆，2molSO2与足量O2反应，生成2molSO3小于2mol，故A错误；N2与3molH2反应可逆，1molN2与3molH2反应，生成NH3小于2.0mol，故B正确；铜与稀硫酸不反应，10mL18.0mol/L的H2SO4与足量铜加热反应，生成SO2小于0.09mol，故C错误；稀盐酸与MnO2不反应，4molHCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应，生成Cl2小于1mol，故D错误。12.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是（）A.原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZB.原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XC.元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，X应为第二周期的O元素；Y是至今发现的非金属性最强的元素，Y为F；Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，结合原子序数可知，Z为第三周期第ⅢA族元素，Z为Al；W的单质广泛用作半导体材料，W为Si，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为O，Y为F，Z为Al，W为Si，A、原子最外层电子数由多到少的顺序：Y(7)、X(6)、W(4)、Z(3)，故A正确；B、电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性由强到弱的顺序：Y、X、W、Z，故C错误；D、非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为Y、X、W，故D错误；故答案为：A。13.下列属于油脂的用途的是①人类的营养物质②制取肥皂③制取甘油④制备高级脂肪酸⑤制备汽油A.①②③⑤ B.②③④⑤ C.①③④⑤ D.①②③④【答案】D【解析】【详解】油脂是人类的基本营养物质，可以通过酸性或碱性水解制取肥皂、甘油和高级脂肪酸；汽油属于烃类物质，不能由油脂来制取；答案选D。14.下列有关海水综合利用的说法正确的是A.电解熔融的氯化镁可制备镁单质和氯气B.从海水制食盐主要是通过化学变化完成C.电解氯化铝可以制得铝单质和氯气D.从海水中提取钠单质只发生物理变化【答案】A【解析】【详解】电解熔融的氯化镁生成镁单质和氯气，故A正确；从海水制食盐主要是通过蒸发海水完成，故B错误；氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，不能电解氯化铝，故C错误；从海水中提取钠单质，需要电解熔融氯化钠，属于化学变化，故D错误。15.有9.7gCu和Zn的合金与足量的稀HNO3反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为2.24L。将溶液稀释为1L，测得溶液的C(H+)=0.1mol/L，此时溶液中NO3的浓度为A.0.3mol/L B.0.4mol/L C.0.5mol/L D.0.6mol/L【答案】B【解析】【详解】合金与足量的稀HNO3反应，还原产物只有NO气体，其体积在标准状况下为2.24L，物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒，可知金属提供电子物质的量=0.1×(52)=0.3mol，将溶液稀释为1L，测得溶液的pH=1，可知硝酸有剩余，剩余硝酸为0.1mol/L×1L=0.1mol，根电荷守恒可知，溶液中n[Cu(NO3)2]+n[Zn(NO3)2]=0.3mol/2=0.15mol，故反应后溶液中n(NO3)=n(HNO3)+2n[Cu(NO3)2]+2n[Zn(NO3)2]=0.1mol+2×0.15mol=0.4mol；所以溶液中NO3物质的量浓度为0.4mol/1L=0.4mol/L；故选B。16.把①蔗糖，②淀粉，③纤维素，④乙酸乙酯在稀硫酸存在下分别进行水解，最终产物只有1种的是A.①和② B.只有③ C.只有④ D.只有②和③【答案】D【解析】【详解】①蔗糖水解为葡萄糖和果糖、②淀粉水解为葡萄糖、③纤维素水解为葡萄糖、④乙酸乙酯水解为乙酸和乙醇，故D正确。答案选D。17.5.76g部分氧化的Fe、Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO），经如下处理，下列说法正确的是A.V=224B.样品中Fe的质量为2.14gC.未氧化前Fe元素的质量分数约为41.2%D.样品中CuO的质量为3.52g【答案】C【解析】【详解】根据题意3.2g滤渣一定是铜；而铜与Fe3+不共存，滤液A中只含有硫酸亚铁和硫酸，最后的3.2g固体为Fe2O33.2g=0.32g；O元素物质的量是；而铜与Fe3+不共存，滤液A中只含有硫酸亚铁和硫酸，根据铁元素守恒，硫酸亚铁的物质的量为，参加反应是硫酸是0.04mol，所以生成氢气的体积是；根据以上分析，生成氢气448mL，故A错误；样品中Fe的质量为2.24g，故B错误；未氧化前Fe元素的质量分数约为，故C正确；样品中的氧元素不可能都生成氧化铜，CuO的质量小于3.52g，故D错误。18.下列关于共价键与共价化合物的叙述中正确的是①含金属元素的化合物一定不是共价化合物②共价化合物中一定只含有共价键③共价化合物中一定不含离子键④含有共价键的化合物一定是共价化合物⑤离子化合物中可能含有共价键A.②③⑤ B.②③④⑤ C.②③④ D.①②③⑤【答案】A【解析】【详解】①含金属元素的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故①错误；②只含有共价键的化合物是共价化合物，故②正确；③共价化合物只含有共价键，一定不含离子键，故③正确；④只含有共价键的化合物一定是共价化合物，故④错误；⑤离子化合物中可能含有共价键，如氢氧化钠含有离子键和共价键，故⑤正确；选A。19.有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，外电路电流从b流向a；将a、d分别投入等浓度盐酸中，d比a反应剧烈；将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化；将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出。据此判断它们金属活动性顺序是A.d＞c＞a＞b B.d＞a＞b＞c C.d＞b＞a＞c D.b＞a＞d＞c【答案】B【解析】【详解】将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，外电路电流从b流向a，a是负极，b是正极，所以活泼性a>b；将a、d分别投入等浓度盐酸中，d比a反应剧烈，活泼性d>a；将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，活泼性Cu>b；将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，活泼性所以Cu<c，所以d＞a＞b＞c，故B正确。20.下图为反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图。下列说法正确的是A.拆开2molH2(g)和1molO2(g)中的化学键成为H、O原子，共放出1368kJ能量B.由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收1852kJ能量C.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(1)，共吸收484kJ能量D.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量【答案】D【解析】【详解】A．拆开化学键吸收能量，故A错误；B．形成化学键放出能量，故B错误；C．由题干方程式可知应生成气态水，而不是液态水时，放出484kJ能量，故C错误；D．依据图象数据分析计算，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正确；故答案为D。第Ⅱ卷二、非选择题：本题包括5小题，共60分。21.A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B、A与X均可形成10个电子化合物；B的最高价含氧酸可与其气态氢化物反应生成盐，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液先变红后褪色。用元素符号或化学式回答下列问题。（1）X在周期表中的位置是______________；（2）化合物Y2X2的电子式为__________，它含有的化学键类型有_________（填序号）。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键（3）X、Z的简单氢化物中沸点较高的是_______(填化学式)，原因是__________________。（4）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，这两种化合物发生反应可生成Z，其反应的化学方程式为：___________________；（5）A的单质与X的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则负极电极反应式为：___________【答案】①.第二周期第ⅥA族②.③.AC④.H2O⑤.H2O间存在氢键⑥.H2O2+H2S=S↓+2H2O⑦.H2–2e+2OH=2H2O【解析】【详解】A与B和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素，Y2X2为Na2O2，X与Z同主族，则Z为S元素，B的最高价含氧酸可与其气态氢化物反应生成盐，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为N元素，（1）O在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；（2）Y2X2为Na2O2，为离子化合物，化合物中含有过氧键，氧原子之间为非极性共价键，故答案为：，AC；（3）O原子半径较小，非金属性较强，H2O存在氢键，沸点在同主族元素中形成的氢化物最高，故答案为：H2O；H2O中存在氢键；（4）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，这两种化合物分别为H2O2和H2S，H2O2具有氧化性，H2S具有还原性，二者发生氧化还原反应生成H2O和S，反应的方程式为H2O2+H2S═2H2O+S↓，故答案为：H2O2+H2S═2H2O+S↓；（5）氢氧燃料电池的负极反应式为：H2–2e+2OH=2H2O，故答案为：H2–2e+2OH=2H2O。22.海带是一种富含生物碘的海洋植物，碘是人体必需的微量元素，人体内碘的含量直接影响身体健康，为了防止缺碘，通常向食盐中加入碘酸钾（KIO3），以补充人体对碘的需求。各物质的密度、沸点如下表所示，图1为某兴趣小组从海带中提取碘单质的过程。物质乙醇四氯化碳裂化汽油碘（晶体）密度/g•cm﹣30.7891.5950.71～0.764.93沸点/℃78.576.825～232184.35回答下列问题：(1)实验室焙烧海带时，用不到的仪器有________（填选项字母）。A.泥三角B.三脚架C.烧杯D.坩埚E.蒸发皿F.酒精灯(2)向浸取液中加入足量的双氧水和稀硫酸时，发生反应的离子方程式为___________。(3)操作①中除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有__________。(4)试剂A的名称为________（从上表给出的试剂中选择）。(5)图2是进行蒸馏时的部分仪器，图中缺少的玻璃仪器的名称是_____________。(6)工业上可用碘制取碘酸钾，其反应为I2+2KClO3═2KIO3+Cl2↑，下列有关叙述不正确的是________（填选项字母）。A.氧化性：I2＞Cl2B每生成1molKIO3，转移5moleC.该反应是置换反应D反应物和生成物中均含有共价键【答案】①.CE②.2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O③.烧杯、漏斗④.四氯化碳⑤.温度计、锥形瓶⑥.A【解析】【详解】试题分析：（1）灼烧海带需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚；

（2）浸取液中主要含有碘离子，与足量的双氧水和稀硫酸作用，会发生氧化还原反应，反应中I元素的化合价升高，O元素的化合价降低；

（3）分离不溶性固体和液体的方法是过滤，所以操作①为过滤，过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；（4）操作②为萃取分液，萃取剂的选取标准是：溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，溶质和萃取剂不反应，萃取剂和原来溶剂不能互溶；

（5）根据蒸馏操作方法判断需要仪器名称，然后找出还缺少的玻璃仪器名称；

（6）2KClO3+I2=2KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由0升高为+5，结合氧化还原反应中的基本概念判断。解析：（1）灼烧海带用坩埚盛放海带，用带铁圈的铁架台放置泥三角，泥三角上放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以焙烧海带时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台、酒精灯、泥三角，无需用到的仪器有烧杯、蒸发皿；（2）焙烧所得的紫菜灰主要含有碘离子，与足量的双氧水和稀硫酸作用，会发生氧化还原反应，方程式为：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O；（3）操作①为过滤，过滤所用的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒，所以除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗；（4）操作②主要是把碘单质从水中萃取到四氯化碳溶液中，然后再分液，题干中提供的四中物质，乙醇和水能互溶，不能做萃取剂，裂化汽油含有不饱和碳碳双键能与碘发生加成反应，不能做萃取剂，四氯化碳符合萃取剂的选取标准，所以可以用四氯化碳作萃取剂；

（5）蒸馏操作中用到的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶，还缺少的玻璃仪器为：温度计、锥形瓶；（6）2KClO3+I2=2KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由0升高为+5，

A．元素的非金属性越强，则单质的氧化性越强，非金属性：Cl＞I，则氧化性：Cl2＞I2，故A错误；

B．由反应可知，每生成1molKIO3转移的电子数为（50）=5mole，故B正确；

C．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，则该反应是置换反应，故C正确；

D．KClO3和KIO3中含有离子键和共价键，故D正确；

点睛：萃取剂的选择要符合：①和原溶液中的溶剂互不相溶；②对溶质的溶解度要远大于原溶剂；③要不易于挥发；④

萃取剂不能与原溶液的溶剂反应。23.从海水中可以获得淡水、食盐并可提取镁和溴等物质。(1)海水淡化的方法主要有_____（填一种）；(2)下列物质不需要经过化学变化就能从海水中获得的物质是______（填序号）；A．液溴B．食盐C．氢气D．淡水(3)从海水中提取溴和镁的流程如下：①写出下列步骤的离子方程式或化学方程式步骤I的化学方程式：_________________________________________________；步骤III的离子方程式：________________________________________________；步骤IV的化学方程式：________________________________________________。②操作A是_________________，操作B是____________________，从步骤II得到的溶液中提取溴还需要进行的操作有：萃取、_________、蒸馏。【答案】①.蒸馏法②.BD③.SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4④.Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O⑤.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑⑥.过滤⑦.冷却结晶⑧.分液【解析】【分析】【详解】(1)海水淡化的常用方法为：海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、离子交换法等；(2)A．通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质，是化学变化，A错误；B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，B正确；C．通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过电解熔融的氯化镁和氧化铝即得镁和铝，是化学变化，C错误；D．通过蒸馏法可以获得淡水，是物理变化，不需要经过化学变化，D正确；答案选BD；(3)①二氧化硫能被溴水氧化，反应的方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，反应的方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；电解熔融的氯化镁即可得到金属镁，反应的方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；②从溶液中分离出到氢氧化镁的操作是过滤；从溶液中获得氯化镁晶体的操作是冷却结晶；溴易溶在有机溶剂，从步骤II得到的溶液中提取溴还需要进行的操作有：萃取、分液、蒸馏。24.某研究性学习小组以不纯的氧化铝(含Fe2O3杂质)为原料，设计了冶炼铝的工艺流程(部分反应产物没有标出)：(1)试剂X的化学式为________，反应Ⅰ的离子方程式是_________________。实验室配制480mL1mol·L－1的X溶液必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有________。(2)通入过量的M、N的化学式分别为________、________，反应Ⅱ、Ⅳ的离子方程式分别为____________________、_________________。(3)按照方案设计，试剂Z的作用是调节溶液的pH为3.1，以生成沉淀b[Fe(OH)3]。试剂Z可选用________(填选项字母)。A.Al2O3B.H2SO4C.NaOHD.Al(OH)3【答案】①.NaOH②.Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O③.500mL容量瓶④.CO2⑤.NH3⑥.CO2+2H2O+AlO2﹣═Al(OH)3↓+HCO3﹣⑦.Al3++3NH3+3H2O═Al(OH)3↓+3NH4+⑧.AD【解析】【详解】(1)方案一:由溶液a通入过量的M生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液a中含有偏铝酸根、气体M为二氧化碳，故试剂X为NaOH溶液，反应I为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，离子方程式为:Al2O3+2OH═2AlO2+H2O，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，配制500mL1mol•L1NaOH的溶液需要玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、500mL容量瓶；(2)方案二:由溶液c通入过量的N生成氢氧化铝沉淀、硫酸铵可知，溶液c中含有铝离子、N为氨气，故试剂Y为硫酸，溶液b中含有硫酸铝、硫酸铁，调节pH，是铁离子转化为氢氧化铁，过滤后，再向滤液中加入过量的氨水沉淀