北京市朝阳区2020学年高一化学下学期期末考试试题(含解析)

北京市朝阳区2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H1O16Na23S32Cl35.5Fe56第一部分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）硅太阳能电池A.太阳能集热器C.B.硅太阳能电池A.太阳能集热器C.B.【详解】A.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能， A错误;B.锂离子电池将化学能转化为电能， B错误；C.太阳能集热器将太阳能转化为热能， C错误；D.燃气灶将化学能转化为热能， D正确，答案选Do工业上常用电解法冶炼的金属是Al B.Fe C.Cu D.Ag【答案】A【解析】【详解】AAl的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正确；Fe采用热还原法冶炼，故B错误；Cu采用热还原法冶炼，故C错误；Ag采用热分解法冶炼，故D错误；故选Ao【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法。冶炼活泼金属 K、Ca、Na、Mg、Al等，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、PbCu等，常用还原剂还原；Hg、Ag等用加热分解氧化物的方法制得。下列事实或做法与化学反应速率无关的是．．A.将食物存放在温度低的地方 B.用铁作催化剂合成氨C.将煤块粉碎后燃烧 D.用浓硝酸和铜反应制备 NO2气体【答案】D【解析】【分析】影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、表面积以及催化剂等。【详解】 A项、将易腐败的食物储存在冰箱里，温度降低，化学反应速率减小，故 A不选；B项、用铁作催化剂合成氨，化学反应速率增大，故 B不选；C项、将煤块粉碎后燃烧，固体的表面积增大，化学反应速率增大，故C不选；D项、用浓硝酸和铜反应制备 NO气体与反应物的性质有关，与反应速率无关，故D选；答案选D。下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是．．．灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味蔗糖可以水解生成葡萄糖与果糖将碘化钾溶液滴在土豆片上，可观察到蓝色利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂【答案】C【解析】【详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，故A正确；B项、蔗糖为二糖，可以发生水解反应生成葡萄糖与果糖，故 B正确；C项、土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，与碘化钾溶液无现象，故 C错误；D项、油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确;故选Co5.下列化学用语不正确的是♦♦♦A.中子数为20的氯原子：召C1B.聚乙烯的链节：一CH—CH一C.N2的电子式：D.由Mg和Cl形成化学键的过程：―[6力力a叫山：厂114■r1 *.p***【答案】C【解析】【详解】A项、中子数为20的氯原子的质子数为17,质量数为37,原子符号为3717C1,故正确；B项、聚乙烯的结构简式为-fCH2-CH21,链节为一CH-CHI-,故B正确；C项、M为双原子分子，含有氮氮三键，电子式为 :用N：,故C错误；D项、氯化镁为离子化合物，是由镁离子和氯离子形成的，由 Mg和Cl形成化学键的过程为^Mr十yt *,]:仃二丁•广卜口：）一，故D正确；■尊 1 , ■ «1■ I4 ,■!1故选Co【点睛】本题考查化学用语，注意掌握电子式、原子符号、结构简式等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关键。6.下列有关铝热反应的说法中，不正确的是♦♦♦A.利用了铝的还原性B.可用于焊接铁轨，反应2Al+Fe2Q高端AI2Q+2FeC.可用于冶炼某些高熔点金属D.能量变化可用如图表示D.能量变化可用如图表示反应讨H【答案】D

【解析】【分析】铝与某些高熔点金属在高温下发生铝热反应， 反应放出大量的热，可用于焊接钢轨和冶炼某些高熔点金属。【详解】A项、铝热反应中Al元素的化合价升高，被氧化， Al为还原剂，故A正确;B项、由方程式可知，该反应在高温下，铝与氧化铁发生置换反应置换出铁，可用于焊接钢轨，故B正确；C正确;C项、铝热反应放出大量的热，可用于冶炼某些高熔点金属，故C正确;为吸热反应示意图，铝热反应为放热反应，故D错误;7.氢氧燃料电池已用于航天飞机， 其工作原理如图所示。关于该燃料电池的说法不正确的是♦♦♦双气人口啊汽人口双气人口啊汽人口A.H2在负极发生氧化反应B.电子从a电极经外电路流向b电极C.供电时的总反应为：2H2+O2==2H2OD.燃料电池的能量转化率可达 100%【答案】D【解析】【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极， 氢气在负极失电子发生氧化反应， 通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应； 燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式， 电子从负极经导线流向正极。【详解】A项、氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，故A正确；B项、原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即由电极 a通过导线流向电极b,故B正确；C项、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，则供电时的总反应为 2屋+Q=2HO,故C正确；D项、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不可能达到100%故D错误；故选D。【点睛】本题考查了燃料电池，氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。8.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。 下列分析或推测不合理的是♦♦♦%/期学黑君％%/期学黑君％一A.Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大.由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快C.由①和③可知，温度越高， Fe2+氧化速率越快D.氧化过程的离子方程式为： 4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O分析】在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O,反应的离子方程式为4Fe2++O+4H+=4Fe3++2H2O,由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。【详解】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；

B项、由②和③可知，当温度相同 pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误;C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高 Fe2+的氧化速率越大，故C正确;D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和HbO,反应的离子方程式为4Fe2++O+4H+=4Fe3++2H2O,故D正确；故选B。【点睛】本题考查了外界条件对 Fe2+氧化率的影响，注意比较氧化速率时，要其它条件相同只有一个条件不同才能比较。.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（ GN/CQDs）,能利用太阳光高效分解水，原理A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化如下图所示。下列说法不正确的是♦♦♦A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化。HQoT77T催化机B.反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成C.反应II为：2H2Q催化剂J,光2H2。+02TD.总反应为：2H2OC3N4/CQDs,光2H4+02T【答案】B【解析】【分析】由题给反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分解水的过程分为两步，反应 I为水在GN做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H0ffi化剂，光=HQ+HJ,反应II为HbQ在CQDS故催化剂作用下反应生成水和氧气，反总反应方程式为应的化学方程式为2H2Q催化剂，光2H20+02T总反应方程式为2HOC3N4/CQDS,光2H4+QT。【详解】A项、该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；B项、反应I为水在GNk做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，没有涉及到非极性键的断裂，故B错误；C项、反应II为HkQ在CQDS故催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O催化齐光2HO+QT,故C正确；D项、反应I的化学方程式为2H2O＜化剂，光HQ+HJ,反应II的化学方程式为2H2O催化剂J,光2HO+QT,则总反应方程式为2HOC3N4/CQDs,光2H2T+O2T,故D正确；故选B。【点睛】本题考查化学反应机理，能够根据图示判断反应的步骤， 在此基础上书写总反应方程式是解答关键。.下列离子方程式正确的是A.金属钠和水反应：Na+2H2O==Na++2OH+H2TB.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体： SO+20H==SO32-+H2OC.实验室用硫酸铝溶液和氨水制备氢氧化铝： Al3++30H==Al(OH)3JD.用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮： Cu+4H++2NO-==Cu2++2N0T+2H2O【答案】B【解析】【详解】A项、金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气， 反应的离子方程式为2Na+2H2。=2Na++20H+H2T,故A错误；B项、氢氧化钠溶液与少量二氧化硫气体反应生成亚硫酸钠和水， 反应的离子方程式为SQ+2OH=SO32-+H2O,故B正确；C项、硫酸铝溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸俊，一水合氨为弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为Al3++3NH-H2O=Al(OH)3J+3NH+,故C错误；D项、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2N(O+4H2O,故D错误；故选B。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断， 明确反应的实质、注意原子守恒和电荷守恒的应用是解题关键。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是2gH2所含原子数目为2M1mol/LNaOH溶液中Na+的数目为NaC.常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5ND.2.8g铁粉与足量盐酸反应转移电子的数目为 0.15N【答案】A【解析】【详解】A项、氢气为双原子分子， 2g氢气的物质的量为1mol,分子中含有2mol氢原子，所含原子数目为2N,,故A正确；B项、缺1mol/LNaOH溶液的体积，无法计算溶液中 Na+的物质的量，故B错误；C项、常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4L/mol,则11.2L氯气的物质的量小于0.5mol,分子个数小于0.5Na个，故C错误；D项、2.8g铁粉的物质的量为0.05mol,与足量盐酸生成氯化亚铁和氢气，转移电子的物质的量为0.1mol,数目为0.1N,故D错误；故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数，注意掌握有关物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等之间的转化关系是解答关键。12.丙烯酸(CH2=CH-COOH尾一种重要的化工原料，可通过下列反应制备。2CHCH=CH2+3O2催化剂,加热2CH=CH—COOH+2HO下列关于丙烯酸的说法不正确的是♦♦♦A.与乙酸互为同系物 B.能与NaHCO容液反应C.能与乙醇发生酯化反应 D.能使酸性高镒酸钾溶液褪色【答案】A

【分析】丙烯酸的官能团为碳碳双键和竣基，属于不饱和一元竣酸，能表现烯煌和竣酸的性质。【详解】A项、丙烯酸属于不饱和一元竣酸， 乙酸属于饱和一元竣酸，通式不同、类别不同,不互为同系物，故A错误；B项、丙烯酸含有竣基，酸性强于碳酸，能与NaHCO^^反应生成丙烯酸钠、二氧化碳和水，故B正确；C项、丙烯酸含有竣基，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，故C正确；D项、丙烯酸含有碳碳双键，能与酸性高镒酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高镒酸钾溶液褪色，故D正确；故选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键。13.实验室从海带中提取碘的部分流程如下:13.实验室从海带中提取碘的部分流程如下:A.完成步骤①需要装置IIIA.完成步骤①需要装置IIIC.完成步骤⑤需要装置I卜列说法不正确的是♦♦♦IVB.完成步骤③需要装置IID.完成步骤②和④需要装置 IV【解析】【分析】由题给流程可知，海带在塔期中灼烧得到海带灰，海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，过滤，得到含I-的水溶液，向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶液，双氧水将 I一氧化生成I2,加入有机溶剂萃取分液得到含 I2的有机溶液。【详解】A项、步骤①为海带灼烧，固体灼烧应在增期中进行，溶液在蒸发皿中加热，故 A错误；B项、步骤③为过滤海带灰悬浊液得到含 「的水溶液，装置II为过滤装置，故B正确；C项、步骤⑤加入有机溶剂萃取分液得到含 I2的有机溶液，装置I为萃取分液装置，故C正确；D项、步骤②为海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，步骤④为向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶1双氧水将「氧化生成I2,步骤②和④均用到烧杯和玻璃棒，故D正确；故选A。【点睛】本题考查了海带提取碘，注意结合题给流程的分析，依据物质性质分析判断实验的基本操作是解答关键。14.某同学探究金属Na与CO的反应，实验如下:实验I实验II操作将点燃的金属钠伸到盛有CO的集气瓶中将实验I的集气瓶用水冲洗，过滤。取黑色滤渣灼烧；取滤液分别滴加酚酬:和氯化钢溶液现象①火焰呈黄色②底部有黑色固体，瓶壁上附有白色固体①黑色滤渣可燃②滤液能使酚酗:溶液变红，滴加氯化钢溶液后白色沉淀生成下列说法不正确的是♦♦♦A.生成的黑色固体中含有C B.白色固体是Na2OC.实验说明CO具有氧化性 D.金属Na着火不能用CO灭火【答案】B【解析】【分析】由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，根据质量守恒定律，反应物中含有钠元素、氧元素、碳元素；由实验II中黑色滤渣可燃可知，反应物中黑色固体为碳，由滤液能使酚酬:溶液变红，滴加氯化钢溶液有白色沉淀生成可知， 瓶壁上附有白色固体为碳酸钠， 则钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为 4Na+3CO点衿2Na2CO+a【详解】A项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质， 则生成的黑色固体中含有C,故A正确；B项、碳酸钠在溶液中水解，使溶液显碱性，与氯化钢溶液反应生成碳酸根沉淀，则由滤液能使酚酗:溶液变红，滴加氯化钢溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，故B错误；C项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应中钠为还原剂，二氧化碳为氧化剂，实验说明CO具有氧化性，故C正确；D项、由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧， 则金属Na着火不能用CO灭火，应用沙土覆盖灭火，故D正确；故选B。【点睛】本题考查物质的性质探究， 注意反应现象、实验现象和反应产物的分析判断是解题的关键。第二部分15.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答:已知：2CH3CHO+Q催化剂‘加热2CH3COOH(1)反应①的化学方程式是。B的官能团是。F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为

G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。制法一：实验室用D和E反应制取G装置如图所示。i.反应⑥的化学方程式是,反应类型是ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是制法二：工业上用CH=CH和E直接反应获得G.反应类型是一。.与制法一相比，制法二的优点是 一。(2).羟基(或一OH) (3).【答案】(1).H2C=CH+Br(2).羟基(或一OH) (3).(4).取代反应十IhC—Clk土(4).取代反应侬CH3cH20H+CH3coOH-7-CH3coOCH2cH3+H2O⑸.(或酯化反应) (6). 分液漏斗(7). 加成反应(8).原子利用率高乙烯分子中含有碳碳双键，能与滨水发生加成反应生成 1,2一二澳乙烷，1,2一二澳乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇； 一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加热发生催化氧化反应生成乙醛； 乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸， 则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯， 则F为聚乙烯。【详解】(1)反应①为乙烯与滨水发生加成反应生成 1,2一二澳乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH+Br2fBrCHzCHBr,故答案为：H2C=CH+Br2-BrCHzCHBr；(2)B的结构简式为HOCHCHOH官能团为羟基，故答案为：羟基；(3)高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为十—CIG七，故答案为：—f-iI2C—CEk+;(4)i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CHCHOH+C3COOH潴CHCOOCJCH+HO.故答案为：ACHCHOH+C3COOH产％CHCOOCCH+HO:取代反应(或酯化反应)；A.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；. 一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；.与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为：原子利用率高。【点睛】本题考查有机物推断， 注意对比物质的结构，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化，明确发生的反应是解答关键。16.海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取 Br2与MgCl2?6H2O的流程如下:(1)写出一种海水淡化的方法。(2)比较溶液中Br2的浓度：溶液2溶液4(填“>”或“<”)。(3)鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO吸收，其化学方程式是。(4)试剂①可以选用,加入试剂②后反应的离子方程式是。(5)从MgC2溶液获得MgCl2?6H2O晶体的主要操作包括。【答案】(1). 蒸储或渗析或离子交换法(任写一种即可) (2).v(3).Br2+SO+2H2O==2HBr+H2SO(4).Ca(OH)2(或生石灰、NaOH(5).Mg(OH) 2+2H+==Mg2++2H2O(6). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(减少溶剂浓缩，降温结晶，过滤)【解析】【分析】由题给流程可知，向苦卤中加入碱， 苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，过滤；向溶液1中通入氯气，氯气与溶液中的滨离子发生置换反应生成含有单质澳浓度较低的溶液 2,用空气和水蒸气吹出澳蒸气，澳蒸气与二氧化硫反应生成含有氢澳酸和硫酸的溶液 3,再向所得溶液3通入氯气得到含澳浓度较高的溶液 4;将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到六水氯化镁。【详解】(1)海水淡化的方法主要有蒸播法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸播或渗析或离子交换法；(2)由流程中提取澳的过程可知，经过2次Br--B「2转化的目的是更多的得到澳单质，提取过程对澳元素进行富集，增大了溶液中澳的浓度，则溶液2中澳的浓度小于溶液4,故答案为：v;(3)鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO吸收，溶液中澳蒸气与二氧化硫反应生成含有氢澳酸和硫酸，反应的化学方程式为 Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SQ,故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SQ;(4)向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀， 则试剂①可以选用Ca(OH)2(或生石灰、NaOH;将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，则试剂②为盐酸。反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg++2H2O,故答案为：Ca(OH)2(或生石灰、NaOH;Mg(OH)+2H+=Mg2++2H2。；(5)从MgC2溶液中得到MgCl2?6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重海水资源的利用考查， 注意海水提澳、海水提镁的过程分析是解答关键。17.2020年是元素周期表诞生150周年，元素周期表(律)在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。族周期IA01①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②③3④⑤⑥⑦⑧(1)元素①〜⑧中，金属性最强的是(填元素符号)。(2)中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是,其氢化物的电子式是。(3)元素①和②可以形成多种化合物。下图模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是♦♦♦(填序号)。b c d(4)比较元素②、③的最高价氧化物对应水化物的酸性：>(填化学式)。说明你判断的理由：。(5)主族元素神(As)的部分信息如图所示。33A5脚.神(As)在周期表中的位置是。.下列说法正确的是(填序号)。a.神元素的最高化合价为+4b.推测神有多种氧化物c.③的气态氢化物的还原性大于神的气态氢化物的还原性(6)某小组同学设计实验比较 VIIA元素的非金属性：Cl>Br>I。已知：常温下浓盐酸与高镒酸钾反应生成氯气。

NMXI得液KMriSNMXI得液KMriS打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性： Br>I,并说明理由【答案】 (1).Na(2).(3).⑸.【答案】 (1).Na(2).(3).⑸.HNO(6).HCO⑺. 非金属性：N>C(8).第4周期第VA族(9).b(10).不能，因为氯气干扰了澳置换碘的反应由元素在周期表中位置可知，①为 H元素、②为C元素、③为N元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。【详解】(1)同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素①〜⑧中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为： Na；(2)元素⑦为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为;$元素的氢化物为H2S,H2s为共价化合物，电子式为故答案为:(3)①为H元素、②为C元素，C元素和H元素组成的化合物为烧，题给图示中 a为乙烯、b为甲基、c为甲烷、d为苯，甲基不是化合物，故答案为： b;(4)②为C元素、③为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物 HNO的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物HCO,故答案为：HNO;HCO;非金属性：N>C(5)i.由主族元素神的原子结构示意图可知，该原子有 4个电子层，最外层有5个电子,则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为：第4周期第VA族;ii.a、神元素的最外层由5个电子，则最高化合价为+5,故错误；+3价氧化物b、+3价氧化物A&O,也可以形成+5价氧化物AS2Q,故正确；c.元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱， N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性小于神的气态氢化物的还原性，故错误；b正确，故答案为：b;(6)打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高镒酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与 KBr溶液发生置换反应生成单质澳，使蘸有 KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了澳单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性： Br>I,故答案为：不能，因为氯气干扰了澳置换碘的反应。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律， 注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。18.亚氯酸钠(NaClQ)是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下:(1)NaCl。中氯元素的化合价是。从氧化还原角度推测NaCl。可能具有的化学性质是 (2)过程I常伴有少量C12生成。①Cl2的存在会造成产品中含有NaCl,请结合离子方程式解释其原因②结合下面信息，请设计实验方案除去 C1O2中的Cl2。ClO2Cl2在水中的溶解性易溶溶在CCl4中的溶解性难溶溶(3)过程II中H2Q的作用是(填“氧化剂”或“还原剂”)。(4)理论上每生成1molNaClO2,消耗SO的体积是L(标准状况下)(5)已知：i.压强越大，物质的沸点越高。

ii.NaClO2饱和溶液在温度低于 38℃时析出 NaClO2?3H2O38~60℃时析出 NaClO2晶体高于60c时分解成NaClQ和NaCl过程III采用“减压蒸发”操作的原因是 。请将过程III的操作补充完整 。【答案】(1). +3(2).既具有氧化性又具有还原性 (3). Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2O(4). 将混有少量C12的C1O2缓慢通过盛有CC14的洗气瓶 (5).还原剂(6).11.2(7).通过减压降低水的沸点，在较低温度将 NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解(8).控制温度在38℃~60^条件下结晶、过滤【解析】【分析】由流程图可知，SQ与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成 C1O2,反应离子方程式为2003-+$0=2002+$02-;002与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成 NaClQ,反应的离子方程式为 H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2；由题给信息可知，高于 60℃时分解NaCl02溶液浓缩至饱成NaClQ和NaCl02溶液浓缩至饱和，避免NaClQ分解，结晶时应控制温度在38oC~60o和，避免NaClQ分解，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38C(1)NaCl02中钠元素化合价为 +1价，氧元素化合价为—2价，由化合价代数和为零+3价+3；既Cl2，反应生成的NaCl和NaCl0,■ ，析出 NaCl02?3H20。可知氯元素的化合价为+3价；元素化合价为中间价时，既表现氧化性又表现还原性，介于氯元素—1价和+7价之间，则 NaCl02既具有氧化性又具有还原性，故答案为：具有氧化性又具有还原性；(2)①SQ与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应时，还原产物可能为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，造成产品中含有应的离子方程式为Cl2+20H-=Cl-+Cl0-+H2Q故答案为：Cl2+20H-=Cl-+Cl0-+大― B②由题给信息可知，Cl02和Cl2均溶于水，Cl02不溶于四氯化碳，Cl2溶于四氯化碳，所除去Cl02中的Cl2的实验方案是将混有少量 Cl2的Cl02缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶，故者・为：将混有少量C12的C102缓慢通过盛有CC14的洗气瓶;3)过程 II中Cl02与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成 NaCl02，氯元素化合价降低，Cl02作氧化剂，双氧水作还原剂，故答案为：还原剂；(4)S0与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成 Cl02,反应的离子方程式为

2clO3-+SO=2ClO2+SO2-,CIO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成 NaClQ,反应的离子方程式为HQ+2C1O2+2OHT=2CQ—+2H2O+O,由方程式可得2NaClQ—SO,则每生成ImolNaClQ,消耗SO的物质的量是0.5mol,标况下体积是11.2L,故答案为：11.2;(5)①由题给信息可知，高于 60c时分解成NaClQ和NaCl,则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClQ溶液浓缩至饱和，避免NaClQ分解，故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将 NaClQ溶液浓缩至饱和，避免其分解；②减压蒸发后，结晶时应控制温度在 38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于 38c析出NaClC2?3H2O,故答案为：控制温度在 38°0~60^条件下结晶、过滤。【点睛】本题考查物质的制备实验，注意把握物质的性质和题给信息， 明确发生的化学反应是解答关键。19.某实验小组对氯水成分和性质进行研究，实验如下: