江苏省苏州市2024-2025年高一上学期期末考试化学试题（含答案）

第第页江苏省苏州市2024-2025年高一上学期期末考试化学试题一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．中国“祝融号”火星探测器探测发现火星上存在矿物MgxA．Mg B．Si C．Fe D．O根据下列实验信息，完成下面小题：用下图装置进行实验验证浓硫酸与木炭在加热后得到的气体中含有SO2、CO2和2．下列化学用语表示正确的是A．H2OB．H2SOC．S2−D．中子数为8的碳原子可表示为63．下列有关说法不正确的是A．H2B．用光照射KMnO4C．SO2D．澄清石灰水变浑浊过程中分散质粒子变大4．下列有关实验现象分析不正确的是A．无水硫酸铜变蓝证明气体中有HB．品红溶液褪色证明气体中有SOC．酸性高锰酸钾溶液颜色变浅证明SO2D．澄清石灰水中出现白色浑浊证明气体中有CO5．下列有关反应表示正确的是A．木炭与浓硫酸反应：2HB．二氧化硫溶于水：SOC．酸性高锰酸钾溶液颜色变浅：2MnOD．澄清石灰水中出现白色浑浊：2OH6．下列有关实验的原理、操作的说法不正确的是A．蒸发结晶是利用溶质的溶解度随温度变化有较大差异B．用含少量水的容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液C．蒸馏实验中被蒸馏出的物质微粒间间距先增大后减小D．检验草木灰中的钠元素，可根据试样在火焰上灼烧的焰色判断7．K2A．热稳定性：HB．离子半径：rC．最外层电子数：ND．单质与水反应的剧烈程度：Mg>K8．下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．Na有强还原性，可用于制造高压钠灯B．Na2C．Na2D．NaHCO39．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向溴水中加入等体积CCl4Br2在CClB向新制饱和氯水中加入过量的碳酸钙粉末，振荡，有气泡产生HClO的酸性比H2C向久置于空气中的Na2Na2OD将盐酸滴入少量磷酸钙［Ca3Cl的非金属性强于PA．A B．B C．C D．D10．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A．HClB．CaC．CuD．SO11．实验室用下图装置模拟侯氏制碱法原理，以NaCl、NH3、CO2等为原料制取少量A．除去CO2中的少量HCl可在乙装置中加入饱和NaB．用冰水浴冷却丙装置有利于析出NaHCO3C．丙装置中析出NaHCO3固体的上层清液中不存在D．丁装置是为了吸收丙装置中逸出的NH3和阅读下列材料，完成下面小题：工业废碱渣的主要成分为Na2CO3等，水浸后用于烟气脱硫后得到NaHSO3，再经中和获得Na212．下列相关说法不正确的是A．“水浸”前先将废碱渣粉碎可加快水浸速率B．“吸收”后脱硫烟气中的CO2C．“中和”时反应的化学方程式为NaOHD．向Na2SO3溶液中滴加13．适量Na2SO3除去弱酸性废水中ClA．Cl2B．SO4C．反应后废水的pH减小D．反应中每产生1molCl−二、非选择题：共4题，共61分。14．A、B、C、D、E、F、G代表7种短周期主族元素。在周期表中的位置如下：（1）C、F、G三种元素原子中，半径最大的是（填元素符号）。（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，写出其电子式：。（3）F、G的最高价氧化物的水化物酸性较强的是（填酸的化学式）。（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为。（5）化合物EG3熔融状态不导电，其含有化学键的类型为（6）写出一个能够说明元素C的非金属性比元素F强的化学方程式：。15．以食盐水和HCl为原料均可制Cl2Ⅰ．以食盐水为原料制Cl（1）除去粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO4①用于除去Ca2+的试剂是②除去SO42−时，判断SO4③待杂质离子沉淀完全，过滤后向滤液中加入盐酸，发生反应的离子方程式有。（2）电解饱和食盐水可得到H2、Cl①电解饱和食盐水转移电子的物质的量为1mol时，理论上产生Cl2在标准状况下的体积为②电解时有少量O2产生，则电解产生的nH③电解后的溶液中产生少量ClO−的可能原因是Ⅱ．以HCl为原料制Cl（3）利用CuOCuCl2循环可将HCl氧化为①反应b在340~380℃条件下进行，写出该反应的化学方程式：。②已知：SiO2是酸性氧化物，难溶于水。CuCl温度/℃20406080溶解度/g7377.387.696.6请补充完整回收废催化剂（含CuO、CuCl2、SiO2等）获取CuCl2晶体的实验方案：取废催化剂于烧杯中，16．以海水和海带为原料可制取碘化镁。Ⅰ．海带制碘实验室用海带制备碘单质的流程如下：（1）为使海带灰中的碘元素充分转移至水中，可采取的措施有。（2）含I−溶液中通入氯气可获得I2。说明性，Cl2（3）实验室进行有机溶剂萃取水中碘的实验，须使用的玻璃仪器有、烧杯。Ⅱ．制碳酸镁向除去Ca2+的浓缩海水中通2分钟CO2至酸性，然后在通CO2的同时加入NaOH溶液，可得到（4）写出生成MgCO3的离子反应方程式：（5）先通2分钟CO2的目的是防止制得的MgCO3中混有（6）待Mg2+完全沉淀后，结束时若先停止加入NaOH，海水中MgCO3Ш．制碘化镁以单质I2、MgCO3和N2H4为原料，反应可得到MgI（7）该反应中N2H4（8）为提高I2和N2H4的利用率，须控制17．S和SO2Ⅰ．S的产生与去除（1）水体中的SO42−与NH4+在微生物作用下可转化为（2）废水中的硫化物可用H2①控制废水pH约为8，用适量30%的H2O2溶液将废水中的HS②在1L废水中单质S回收率随H2O2加入量的变化如图所示。HⅡ．烟气中SO2（3）SO2如图所示，向装置通入含SO2烟气，用含淀粉的碘水吸收（发生的反应为SO2+I2+①判断碘水中I2恰好完全反应的现象为②计算该烟气中SO2的含量（以mg③若实验过程中未用水洗涤装置，测得SO2的含量会（4）SO2用氨水吸收过量SO2可得NH4HSO3溶液，再通入空气氧化，得到硫酸盐。在空气氧化时，溶液中有

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、Mg（镁）原子有3个电子层，所以处于第三周期。

B、Si（硅）原子有3个电子层，处于第三周期。

C、Fe（铁）原子有4个电子层，处于第四周期。

D、O（氧）原子有2个电子层，处于第二周期。

故答案为：D。

【分析】要解决这道题，解题思路是先明确元素周期表中周期数的判断依据（元素所在周期数等于其原子的电子层数），再分别分析各选项元素的电子层数，从而确定所属周期。【答案】2．B3．B4．C5．A【解析】【解答】（1）A、H2O的电子式需体现氧原子的孤对电子，正确写法为H：Ö：H（氧原子上下各有一对电子），A错误；

B、H2SO4的相对分子质量是98，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为g・mol-¹，即98g・mol-¹，B正确；

C、S2-的核电荷数为16（硫元素的原子序数），S2−的结构示意图：，C错误；

D、中子数为8的碳原子，质量数=质子数+中子数=6+8=14，应表示为614C，D错误；

故答案为：B。

（2）A、H2SO4是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，只存在共价键，A正确；

B、KMnO4溶液属于溶液分散系，不是胶体，光照时不会产生丁达尔效应（光路），B错误；

C、SO2能与水反应生成亚硫酸，也能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，C正确；

D、澄清石灰水变浑浊是因为Ca(OH)2与CO2反应生成CaCO3沉淀，分散质粒子从离子变为沉淀颗粒，粒子直径变大，D正确；

故答案为：B

（3）A、无水硫酸铜为白色，遇水变蓝生成CuSO4・5H2O，可证明气体中含H2O(g)，A正确；

B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，该现象可证明气体中含SO2，B正确；

C、酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性，被KMnO4氧化，而非漂白性，C错误；

D、CO2与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，使溶液浑浊，可证明气体中含CO2，D正确；

故答案为：C。

（4）A、木炭与浓硫酸加热反应生成SO2、CO2和H2O，化学方程式为2H2SO4浓+C≜2SO2↑+CO2↑+2H2O，A正确；

B、SO2溶于水生成亚硫酸（H2SO3），而非硫酸，反应为SO2+H2O⇌H2SO3，B错误；

C、酸性KMnO4与SO2反应在酸性条件下进行，离子方程式中不应出现OH-，正确为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，C错误；（2）结合化学键类型、胶体性质、酸性氧化物概念及分散系变化规律，分析各选项说法的正误。（3）根据各物质的特征反应及实验现象，分析现象与气体成分的对应关系，判断说法是否正确。（4）依据反应事实、物质性质及方程式书写规则（如配平、反应条件、物质状态、离子符号等），判断各反应式的正确性。2．A、H2O的电子式需体现氧原子的孤对电子，正确写法为H：Ö：H（氧原子上下各有一对电子），A错误；

B、H2SO4的相对分子质量是98，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为g・mol-¹，即98g・mol-¹，B正确；

C、S2-的核电荷数为16（硫元素的原子序数），S2−的结构示意图：，C错误；

D、中子数为8的碳原子，质量数=质子数+中子数=6+8=14，应表示为614C3．A、H2SO4是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，只存在共价键，A正确；

B、KMnO4溶液属于溶液分散系，不是胶体，光照时不会产生丁达尔效应（光路），B错误；

C、SO2能与水反应生成亚硫酸，也能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，C正确；

D、澄清石灰水变浑浊是因为Ca(OH)2与CO2反应生成CaCO3沉淀，分散质粒子从离子变为沉淀颗粒，粒子直径变大，D正确；

故答案为：B。4．A、无水硫酸铜为白色，遇水变蓝生成CuSO4・5H2O，可证明气体中含H2O(g)，A正确；

B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，该现象可证明气体中含SO2，B正确；

C、酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性，被KMnO4氧化，而非漂白性，C错误；

D、CO2与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，使溶液浑浊，可证明气体中含CO2，D正确；

故答案为：C。5．A、木炭与浓硫酸加热反应生成SO2、CO2和H2O，化学方程式为2H2SO4浓+C≜2SO2↑+CO2↑+2H2O，A正确；

B、SO2溶于水生成亚硫酸（H2SO3），而非硫酸，反应为SO2+H2O⇌H2SO3，B错误；

C、酸性KMnO4与SO2反应在酸性条件下进行，离子方程式中不应出现OH-，正确为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，C错误；

6．【答案】A【解析】【解答】A、蒸发结晶是通过蒸发溶剂，使溶质从溶液中析出，适用于溶质溶解度受温度影响较小的情况；而溶质溶解度随温度变化有较大差异时，常用降温结晶的方法，A错误；

B、用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，定容操作需要向容量瓶中加蒸馏水，所以容量瓶中含少量水，对最终溶液浓度无影响，B正确；

C、蒸馏实验里，被蒸馏出的物质先由液态受热汽化为气态，微粒间间距增大；之后气态物质经冷凝又变为液态，微粒间间距减小，C正确；

D、钠元素的焰色试验（焰色反应）现象为黄色，检验草木灰中的钠元素，可利用试样在火焰上灼烧时的焰色来判断，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题的易错点：

蒸发结晶原理混淆：错把蒸发结晶（靠蒸发溶剂）和降温结晶（靠溶解度随温度变化大）的原理搞混，误认蒸发结晶依赖溶解度的温度差异。

容量瓶使用误区：易忽略容量瓶带水会导致溶液体积偏大，混淆“定容加水”和“瓶内预存水”的区别。

焰色反应条件误判：易忽略草木灰中钠的焰色会被钾掩盖，但D的检验逻辑本身合理，易误判其错误。​​​​​​​7．【答案】C【解析】【解答】A、O和S同主族，O的非金属性比S强。非金属性越强，对应的简单氢化物热稳定性越好，因此热稳定性H2O>H2S，A错误；

B、Mg2+和O2-均为10电子离子，电子层结构相同。核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。Mg的核电荷数（12）大于O（8），故离子半径r(Mg2+)<r(O2-)，B错误；

C、S和O属于同主族元素，同主族元素原子的最外层电子数相同，即最外层电子数N(S)=N(O)，C正确；

D、K的金属活动性比Mg强，金属活动性越强，单质与水反应越剧烈，所以单质与水反应的剧烈程度K>Mg，D错误；

故答案为：C。

【分析】结合元素周期律及相关性质，对各选项涉及的热稳定性、离子半径、最外层电子数、金属活泼性逐一分析，判断说法正确性。8．【答案】B【解析】【解答】A、钠用于制造高压钠灯，是利用钠蒸气发光的物理性质（黄光射程远、透雾性好），与钠的强还原性无关，故A不符合题意；

B、Na2O2具有强氧化性，能通过氧化作用漂白有色物质，因此可用作漂白剂，性质与用途直接对应，故B符合题意；

C、Na2CO3去除油污是因为其水溶液因水解呈碱性，油污（油脂）在碱性条件下发生水解反应，并非利用其与酸反应的性质，故C不符合题意；

D、NaHCO3用于制作发酵粉，是由于它受热易分解产生CO2气体，使面团膨胀，与水溶液呈碱性无关，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】判断钠及其化合物的性质与用途是否存在对应关系，需结合物质的核心性质与用途的本质关联分析。9．【答案】A【解析】【解答】A、溴水中加入等体积CCl4，Br2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，会被萃取到CCl4中；又因CCl4密度比水大，萃取后下层（CCl4层）呈橙红色，上层（水层）近无色，现象与原理一致，A正确；

B、新制氯水中存在Cl2与H2O的平衡，生成的HCl是强酸，能与碳酸钙反应生成CO2（产生气泡）；而HClO酸性弱于碳酸，无法与碳酸钙反应。因此，气泡源于HCl而非HClO，不能证明HClO酸性强于H2CO3，B错误；

C、Na2O2久置可能变质为Na2CO3（与CO2反应），但未变质的Na2O2与稀硫酸反应也会生成O2（产生气泡），Na2CO3与稀硫酸反应生成CO2（也产生气泡）。两种情况均有气泡，无法仅凭此证明Na2O2已变质，C错误；

D、将盐酸滴入磷酸钙固体中，固体溶解，说明盐酸酸性强于磷酸。但比较元素非金属性，需用元素最高价氧化物对应的水化物的酸性，盐酸不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，所以不能得出Cl的非金属性强于P的结论，D错误；

故答案为：A。

【分析】A．判断萃取实验的现象与原理是否匹配，需结合萃取剂性质（溶解度、密度）分析。B．分析氯水中加碳酸钙产生气泡的原因，需区分氯水中不同酸的酸性强弱。C．判断久置Na2O2加稀硫酸产生气泡能否证明变质，需考虑未变质Na2O2的反应情况。D．通过卤素置换反应判断非金属性，需明确非金属性比较的依据。10．【答案】C【解析】【解答】A、浓HCl和MnO2在加热条件下反应可生成Cl2，但Cl2具有强氧化性，与Fe在点燃条件下反应，会将Fe氧化到+3价，生成FeCl3，而非FeCl2，A转化不能实现；

B、Ca(ClO)2溶液与CO2反应能生成HClO，不过HClO在光照条件下分解，生成的是HCl和O2，无法得到Cl2，B转化无法实现；

C、Cu和浓H2SO4在加热时发生反应，生成CuSO4、SO2和H2O；CuSO4溶液与石灰乳（主要成分为Ca(OH)2）反应，会生成Cu(OH)2沉淀和CaSO4，C转化可以实现；

D、由于盐酸的酸性强于亚硫酸，根据强酸制弱酸原理，SO2与CaCl2溶液不发生反应，无法生成CaSO3，后续转化也无从谈起，D转化不能实现；

故答案为：C

【分析】逐一分析各选项中物质间转化的每一步反应，结合物质的化学性质判断能否实现。

A．Cl2与Fe点燃时，Fe直接被氧化为FeCl3（Cl2氧化性强），无法生成FeCl2，转化不能实现。

B．HClO光照分解生成HCl和O2，不会生成Cl2，转化不能实现。

C．浓H2SO4与Cu加热生成CuSO4；CuSO4与石灰乳（Ca(OH)2）发生复分解反应生成Cu(OH)2，两步转化均可行。

D．SO2与CaCl2不反应（违背“强酸制弱酸”，H2SO3酸性弱于HCl），无法生成CaSO3，转化不能实现。11．【答案】B【解析】【解答】A、要除去CO2中的少量HCl，若用饱和Na2CO3溶液，CO2会与Na2CO3反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），不能达到除杂目的，应选用饱和NaHCO3溶液，A错误；

B、丙装置中发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3的溶解度随温度降低而减小，用冰水浴冷却丙装置，能降低NaHCO3的溶解度，有利于其结晶析出，B正确；

C、丙装置中析出NaHCO3固体后的上层清液，是NaHCO3的饱和溶液，其中必然存在HCO3-，C错误；

D、丁装置中是稀硫酸，CO2不与稀硫酸反应，稀硫酸的作用是吸收丙装置中逸出的NH3，防止其污染空气，不能吸收CO2，D错误；

故答案为：B

【分析】结合侯氏制碱法的反应原理，对每个选项涉及的除杂、物质溶解度、溶液中离子存在及尾气吸收等方面进行分析判断。【答案】12．D13．C【解析】【解答】（1）A、“水浸”前粉碎废碱渣，可增大其与水的接触面积，加快水浸时的溶解速率，A正确；

B、“吸收”过程中，Na2CO3与SO2反应会生成CO2（如Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2），因此脱硫后烟气中CO2的量比吸收前多，B正确；

C、“中和”是NaHSO3与NaOH反应生成Na2SO3，反应为NaOH+NaHSO3=Na2SO3+H2O，C正确；

D、Na2SO3与BaCl2反应会生成BaSO3白色沉淀，仅加BaCl2有沉淀不能证明含Na2SO4（需加盐酸，若沉淀不溶解才说明含Na2SO4），D错误；

故答案为：D。

（2）A、Cl2中Cl元素化合价从0降为-1，发生还原反应，A错误；

B、SO32-中S元素化合价从+4升为+6，SO42-是氧化产物，B错误；

C、反应生成H+，溶液酸性增强，pH减小，C正确；

D、每生成2molCl-转移2mol电子，则每产生1molCl-转移1mol电子，D错误；

故答案为：C。

【分析】（1）结合工业废碱渣处理流程中各步骤的原理和物质性质，判断每个选项说法是否正确。（2）先明确配平后的反应方程式，再依据氧化还原反应规律（化合价变化、电子转移、产物类型）及溶液酸碱性变化分析选项。分析解题要点：配平反应为SO312．A、“水浸”前粉碎废碱渣，可增大其与水的接触面积，加快水浸时的溶解速率，A正确；

B、“吸收”过程中，Na2CO3与SO2反应会生成CO2（如Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2），因此脱硫后烟气中CO2的量比吸收前多，B正确；

C、“中和”是NaHSO3与NaOH反应生成Na2SO3，反应为NaOH+NaHSO3=Na2SO3+H2O，C正确；

D、Na2SO3与BaCl2反应会生成BaSO3白色沉淀，仅加BaCl2有沉淀不能证明含Na2SO4（需加盐酸，若沉淀不溶解才说明含Na2SO4），D错误；

故答案为：D。13．A、Cl2中Cl元素化合价从0降为-1，发生还原反应，A错误；

B、SO32-中S元素化合价从+4升为+6，SO42-是氧化产物，B错误；

C、反应生成H+，溶液酸性增强，pH减小，C正确；

D、每生成2molCl-转移2mol电子，则每产生1molCl-转移1mol电子，D错误；

故答案为：C14．【答案】（1）S（2）（3）HClO4（4）Al(OH)（5）共价键（6）O【解析】【加法】（1）根据元素周期律，C、F、G分别为O、S、Cl，三种元素原子半径大小为：O<Cl<S，故半径最大的是S；故答案为：S；

（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，则该化合物为NH3，其电子式为：；故答案为：；

（3）根据元素周期律，F与G同周期，G的非金属性较F更强，故其最高价氧化物对应水化物酸性更强，该空填HClO4；故答案为：HClO4；

（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，两者发生的离子反应为：Al(OH)3故答案为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；

（5）EG3故答案为：共价键；

（6）元素C和F分别代表O和S，其元素非金属性强弱可通过单质的氧化性来判断：O2+2H2S=2故答案为：O2+2H2S=2S↓+2H2O；

【分析】由元素周期表中的位置可知，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al，F为S，G为Cl，据此答题。

(1)根据元素周期律，比较同周期、同主族元素原子半径大小。

(2)确定A、B形成的10电子化合物，再写电子式。（1）根据元素周期律，C、F、G分别为O、S、Cl，三种元素原子半径大小为：O<Cl<S，故半径最大的是S；（2）由A、B形成的某种化合物分子中含有10个电子，则该化合物为NH3，其电子式为：；（3）根据元素周期律，F与G同周期，G的非金属性较F更强，故其最高价氧化物对应水化物酸性更强，该空填HClO4；（4）D、E分别对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，两者发生的离子反应为：Al(OH)3（5）EG3即AlCl3，化合物AlCl3熔融状态不导电，说明AlCl3不是离子化合物而是共价化合物，故其所含化学键为共价键；（6）元素C和F分别代表O和S，其元素非金属性强弱可通过单质的氧化性来判断：O2+2H2S=215．【答案】Na2CO3溶液；静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则SO42−已沉淀完全；CO32-【解析】【解答】（1）①用于除去Ca2+的试剂是：Na2CO3溶液，因Ca2+与CO32-反应生成CaCO3沉淀；②判断SO42−故答案为：Na2CO3溶液；静置后，取上层清液，向其中继续滴加2~3滴BaCl2溶液，若溶液不出现浑浊，则SO42−已沉淀完全；CO32-+2H+=H2O+CO2↑，OH-+H+=H2O；

（2）电解饱和食盐水的反应原理为：2NaCl+2H2O通电¯¯2NaOH+H2↑故答案为：11.2L；>；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（3）①由图示可知反应b的反应物为CuCl2和O2，生成物为CuO和Cl2，因此该反应的化学方程式：2CuCl2+O2340−380℃¯¯2CuO+2Cl2；②由废催化剂（含CuO、CuCl2、SiO2等）获取CuCl2故答案为：2CuCl2+O2340−380℃¯¯2CuO+2Cl2；加入适量盐酸待反应完全后过滤得到滤液，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶。

【分析】(1)①用Na2CO3溶液除去Ca2+，因Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀。

②静置后取上层清液，滴加BaCl2溶液，无浑浊则SO42-沉淀完全。

③滤液中过量CO32-、OH-与H+反应，离子方程式：CO32-+2H+=H2O+CO2↑、OH-+H+=H2O。

(2)①根据电解反应电子转移规律，计算转移1mol电子时Cl2的体积。

②电解后期水参与反应，H2生成量增多，故n(H2)：n(Cl2)＞1：1。

③Cl2与NaOH反应生成NaClO，方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

(3)①反应b为CuCl2与O2在340-380℃生成CuO和Cl2，方程式：2CuCl16．【答案】搅拌、升温或延长反应时间；氧化性；＞；分液漏斗；CO2+2OH-+Mg2+=MgCO3↓+H2O；Mg(OH)2；CO2与MgCO3和H2O反应生成Mg(HCO3)2；还原剂；2：1【解析】【解答】（1）为使海带灰中的碘元素充分转移至水中，可以通过搅拌增加接触机会，可以提高反应速率，也可以增加表面积或升温增加反应速率，也可以增加反应时间提高碘元素的利用率；故答案为：搅拌、升温或延长反应时间。（2）根据分析可知，通入Cl2生成I2，Cl2做氧化剂，氧化性强于I2；故答案为：氧化性；＞。（3）实验室进行有机溶剂萃取水中碘的实验，须使用的玻璃仪器分液漏斗，烧杯；故答案为：分液漏斗。（4）通CO2，加入NaOH溶液，可得到MgCO3沉淀，反应方程式为CO2+2OH-+Mg2+=MgCO3↓+H2O；故答案为：CO2+2OH-+Mg2+=MgCO3↓+H2O。（5）先通2分钟CO2，溶液呈酸性，目的是防止加NaOH时，与镁离子反应生成Mg(OH)2，使制得的MgCO3中混有Mg(OH)2；故答案为：Mg(OH)2。（6）待Mg2+完全沉淀后，结束时若先停止加入NaOH，CO2与MgCO3和H2O