江西省红色七校 2022年高一化学第一学期期中达标测试试题含解析.doc

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、都能用下图所示装置进行喷泉实验的一组气体是AHCl和CO2BNH3和CH4CSO2和CODNO2和NO2、下列物质相互作用时，生成物与反应物的量或者反应条件无关的是( )A碳酸氢钠与石灰水B碳酸钠与盐酸C钠与水D钠与氧气3、以下微粒互为同位素是（ ）A金刚石和石墨B和C和D 和 4、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是A2F2+2H2O4HF+O2BAgNO3+NaClAgCl+NaNO3C3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2DMgCl2（熔融）Mg+Cl25、在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl、SO42、Fe3+B碳酸氢钠溶液：K+、SO42、Cl、OHC某无色的溶液：K+、Ba2+、Cl-、MnO4D使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe3+、Mg2+、NO3、Cl6、下列说法正确的是( )A电解质能导电B其水溶液能导电的化合物就是电解质C不能导电物质就是非电解质D物质导电的条件是有能自由移动的离子或有自由移动的电子7、在容量瓶上不作标记的是A刻度线B容量规格C温度D溶液的物质的量浓度8、下列溶液中，跟100 mL 0.5 mol·L1NaCl溶液所含的Cl的物质的量浓度相同的是()A100 mL 0.5 mol·L1MgCl2溶液B200 mL 0.25 mol·L1CaCl2溶液C50 mL 1 mol·L1NaCl溶液D200 mL 0.25 mol·L1HCl溶液9、下列物质按单质、氧化物、混合物、酸、碱、盐分类顺序排列的是（ ）A石墨、氧化铜、冰水、盐酸、火碱、小苏打B水银、水、碘酒、冰醋酸、纯碱、硫酸铜C硫磺、三氧化二铁、粗盐、硫酸、熟石灰、碘化钾D臭氧、二氧化锰、石油、硝酸、苛性钠、生石灰10、下列说法正确的是（ ）AHCl溶于水后形成水合氢离子和水合氯离子BHCl溶于水或融熔状态下均能导电C盐酸是电解质，酒精为非电解质D盐酸属于无氧酸，H2SO4溶液属于含氧酸11、下列混合物中能用分液漏斗分离，且油层由分液漏斗上口倒出的是()A四氯化碳和水 B酒精和水C植物油和水 D硫酸和水12、从1L 0.1mol/L的NaOH溶液中取出100mL，有关这100mL溶液的叙述中正确的是A含NaOH质量为 4.0 g B物质的量浓度为0.01mol/LC物质的量浓度为0.1mol/L D含Na+ 0.1mol13、原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最高正化合价与Z的相同，Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，Y元素的周期序数等于族序数，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂。下列说法错误的是A原子半径：Y>Z>W>XB简单气态氢化物的热稳定性：X>ZCY最高价氧化物对应的水化物可以和Q反应D加热条件下Q可氧化X、Y、Z的单质14、下列化学用语的表达正确的是（）A中子数为10的氧原子：810OB漂白粉的成分是Ca(ClO)2CCl-的结构示意图：D1H、2H、3H互为同位素15、某有机化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8g CO2和7.2g H2O，下列关于该有机物的说法中错误的是（ ）A该有机物仅含碳、氢两种元素B该化合物中碳、氢原子个数比为14C该有机物属于醇类D该有机物相对分子质量为3216、下列物质的分类正确的一组是（ ）ABCD电解质NH3BaSO4NH4ClNaOH混合物漂白粉冰水混合物碱石灰五水硫酸铜酸性氧化物CO2SO2CO2CO碱Na2CO3NaOHCa(OH)2NH3H2OAABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、 (1)写电离方程式：NaHCO3_。H2CO3_。(2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子的原子结构示意图_。硫离子的结构示意图_。(3)下列3个小题中的物质均由核电荷数为110的元素组成，按要求填写化学式。最外层分别为4个和6个电子的原子形成的化合物是_、_。由5个原子组成的电子总数为10的分子是_。由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是_。18、现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。(1)在这8种物质中，属于电解质的有_(用相应的化学式表示，下同)。(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。它们的化学式分别为：_；_；_。如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。五个反应中属于氧化还原反应的有_个；反应A的离子方程式为_，反应D的化学方程式为_。19、如图为配制480 mL 0.2 mol·L1 NaCl溶液的示意图。 回答下列问题：(1)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_(填字母)。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近刻度线12 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线D溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶(2)中应称NaCl_ g；选择容量瓶的规格_。(3)玻璃棒在、两步中的作用分别是_、_。(4)若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)A某同学在第步称量时物品和砝码放反了 _。B某同学在第步观察液面时仰视_；20、如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置（1）要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a_d；（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为_（3）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是_，B的作用是_（4）用量筒量取20mL E中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mL CCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上（如图），等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是_（填“上层液”或“下层液”），能使有色布条褪色的是_（填“上层液”或“下层液”）（5）在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图_21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：请根据以上信息回答下列问题：(1)写出混合物B的名称_； (2)写出反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_；(3)粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为：盐酸 氯化钡溶液 氢氧化钠溶液 碳酸钠溶液以上试剂添加的顺序可以为_；A B C D(4)提取粗盐后剩余的海水(母液)中，可用来提取Mg和Br2。母液用来提取Mg和Br2先后顺序，甲乙两位工程师有不同观点：甲：母液先提取Mg，后提取Br2 乙：母液先提取Br2，后提取Mg请你分析这两个方案是否合适，并分别说明理由_；(5将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为_；(用字母排序回答)参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】只要充入的液体能使瓶内气体溶解或与之发生反应，且使瓶内气体处于低压状态，就可形成喷泉。【详解】A. HCl极易溶于水，CO2 能完全溶于NaOH溶液中： 2NaOH+CO2 Na2CO3 +H2O或 NaOH+CO2 NaHCO3，能形成喷泉，故A选；B. NH3 极易溶于水，可以形成喷泉，但CH4 难溶于水，也难溶于NaOH溶液，不能形成喷泉，故B不选；C. SO2 能完全溶解在NaOH溶液中： 2NaOH+SO2 Na2 SO3 +H2 O或 NaOH+SO2 NaHSO3 ，可以形成喷泉，但CO不能溶解在NaOH溶液中，不能形成喷泉，故C不选；D. NO2 能溶于NaOH溶液： 2NO2 +2NaOHNaNO3 +NaNO2 +H2 O ，可以形成喷泉，但NO不能溶解在NaOH溶液中，不能形成喷泉，故D不选；答案选A。2、C【解析】A石灰水少量，反应生成碳酸钙、碳酸根离子和水，石灰水过量，反应生成碳酸钙和水，A不满足题意；B盐酸少量，生成碳酸氢根离子，盐酸过量，生成水和二氧化碳，B不满足题意；C钠与水无论哪种物质过量均生成氢氧化钠和氢气，C满足题意；D钠与氧气常温反应时生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，D不满足题意；答案选C。3、D【解析】具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素。【详解】A. 金刚石和石墨是碳元素组成的单质，互为同素异形体，故 A 错误；B.同位素研究的对象为原子， 和属于分子，不是原子，故 B 错误；C. 同位素研究的对象为原子，和是化合物，不是原子，故 C 错误；D. 和质子数都为 6 相同，中子数分别为 6 、 5不同，互为同位素，故 D 正确；故答案选D。4、C【解析】由图示分析可知：属于区域3的条件是属于氧化还原反应但不属于置换反应；分析选项A是置换反应，不符合；选项B是非氧化还原反应，不符合；C选项是氧化还原反应但不属于置换反应，故C正确；选项D属于氧化还原反应且属于分解反应，故D错误。5、D【解析】A.使酚酞试液变红的溶液说明溶液呈碱性，含有大量OH-，Fe3+不能与OH-共存，错误；B.HCO3-与OH-会发生离子反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，生成弱电解质H2O，错误；C. 含有MnO4-的溶液呈紫色，错误；D.使紫色石蕊试液变红的溶液说明溶液呈酸性，溶液中含有大量H+，离子均不发生反应，一定能共存，正确。【点睛】注意：大量H+与NO3-组合具有强氧化型，能将一些还原性物质氧化，如S2-、Fe2+、SO32-等。6、D【解析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。【详解】A. 电解质导电需要条件为水溶液或熔融状态，存在自由移动的离子，电解质本身并不一定导电，如固态氯化钠不导电，A错误；B. 二氧化碳、氨气其水溶液能导电，溶液中导电的离子不是他本身电离产生的，所以它们不是电解质，是非电解质，B错误；C.氢气、氧气等单质，它们不能导电，但是它们也不是非电解质，C错误；D. 金属和石墨导电是因为有自由移动的电子，电解质导电是因为有自由移动的离子，D正确。答案选D。7、D【解析】容量瓶上标注的是刻线、容量和使用温度。D项符合题意，答案选D。8、B【解析】试题分析：111mL15molL-1NaCl溶液所含Cl-物质的量浓度为15molL-1。A、111mL 15 molL-1MgCl2溶液氯离子浓度为15 mol/L×2=1mol/L，A错误；B、211mL 125 molL-1CaCl2溶液氯离子浓度为125mol/L×2=15mol/L，B正确；C、51 mL 1 molL-1NaCl溶液氯离子浓度为1mol/L，C错误；D、211 mL 125molL-1HCl溶液氯离子浓度为125mol/L，D错误。考点：考查了物质的量浓度的相关知识。9、C【解析】由一种元素组成的纯净物是单质；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物；由不同种物质组成的是混合物；在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；在溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；由酸根离子和金属阳离子或铵根离子组成的化合物是盐，据此分析。【详解】由一种元素组成的纯净物是单质；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物；由不同种物质组成的是混合物；在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；在溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；由酸根离子和金属阳离子或铵根离子组成的化合物是盐，A. 石墨、氧化铜、冰水、盐酸、火碱、小苏打分别是单质、氧化物、纯净物、混合物、碱和盐，故A错误；B. 水银、水、碘酒、冰醋酸、纯碱、硫酸铜分别是单质、氧化物、混合物、酸、盐和盐，故B错误；C. 硫磺、三氧化二铁、粗盐、硫酸、熟石灰、碘化钾分别是单质、氧化物、混合物、酸、碱和盐，故C正确；D. 臭氧、二氧化锰、石油、硝酸、苛性钠、生石灰分别是单质、氧化物、混合物、酸、碱和氧化物，故D错误。答案选C。10、A【解析】A. HCl溶于水后在水分子的作用下形成水合氢离子和水合氯离子，故A正确；B. HCl是共价化合物，溶于水能电离出阴阳离子而导电，熔融状态下不电离，不能导电，故B错误；C.盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不是电解质也不是非电解质，酒精不能自身电离，为非电解质，故C错误；D.盐酸、H2SO4溶液是混合物，严格的说HCl是无氧酸，H2SO4是含氧酸，故D错误。答案选A。【点睛】注意掌握电解质的电离条件：离子化合物（如：大多数盐、强碱）既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；共价化合物（如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等）只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。11、C【解析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，油层由分液漏斗上口倒出，说明有机溶剂的密度小于水，据此解答。【详解】A四氯化碳和水互不相溶，能用分液漏斗进行分离，但是四氯化碳密度大于水，从下口流出，故A错误；B酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；C植物油和水互不相溶，能用分液的方法分离，植物油的密度小于水，在上层，从上口到出，故C正确；D硫酸和水互溶，不能用分液的方法分离，故D错误；故选C。12、C【解析】根据物质的量与质量、微粒数目、溶液的物质的量浓度之间的关系分析【详解】A.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的质量为为0.1L×0.1mol/L×40g/mol=0.4g，故A错误；B.由于溶液是均匀的，从1L 0.1mol/L NaOH溶液中取出100mL溶液，这100ml氢氧化钠溶液与原1L 0.1mol/L NaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故B错误；故B错误；C.由于溶液是均匀的，取出的100mL氢氧化钠溶液与原1L 0.1mol/L NaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故C正确；D.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，即n(Na+)=0.01mol，故D错误。故选：C。【点睛】溶液的物质的量浓度与取出的体积无关，注意计算时，使用取用的溶液体积。13、D【解析】Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，即Z为Si，因为X的最高正价与Z的相同，因此X和Z属于同主族，即X为C，Y元素的周期序数等于族序数，推出Y为Al，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂，W为S，Q为H2SO4。【详解】A同主族从上到下，原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径大小：r(Al)>r(Si)>r(S)>r(C)，A正确；B同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即氢化物的稳定性：CH4>SiH4，B正确；CAl(OH)3可以与H2SO4反应，C正确；D浓硫酸不能与Si反应，D错误；故选D。14、D【解析】A原子符号中左上角数字表示质量数，中子数为10的氧原子质量数=8+10=18，符号为O，故A错误；B漂白粉由氯气和石灰乳反应制得，主要成分为氯化钙和次氯酸钙，故B错误；CCl元素为17号元素，核电荷数为17，Cl-的结构示意图：，故C错误；D1H、2H、3H质子数均为1而中子数不同，为氢元素的不同核素，互为同位素，故D正确；故答案为D。15、A【解析】该有机物燃烧生成8.8gCO2（0.2mol）、7.2gH2O（0.4mol），所以6.4g该有机物中n(C)=0.2mol，m(C)=2.4g；n(H)=0.8mol，m(H)=0.8g，所以6.4g有机物中m(O)=6.4-2.4-0.8=3.2g，n(O)=0.2mol。A、根据上述分析，该有机物分子中一定含有C、H、O三种元素，故A错误。B、n(C)n(H)=0.2mol0.8mol=14，故B正确。C、n(C)n(H)n(O)=0.20.80.2=141，则该有机物最简式为CH4O；由于最简式碳原子已饱和，所以该有机物分子式就是CH4O；该氧原子只能作醇羟基，该有机物属于醇类，故C正确；D、分子式为CH4O，则相对分子质量为32，故D正确。故选A。点睛：有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，则一定含有C、H元素，可能含有O元素，从质量守恒的角度判断是否含有氧元素。16、C【解析】ANH3属于非电解质，Na2CO3属于盐，故A不选；B冰水混合物为水的不同状态所组成的物质，属于纯净物，故B不选；CNH4Cl属于可溶性盐，碱石灰主要成分为氧化钙(CaO大约75%)，氢氧化钠(NaOH大约3%)，和氢氧化钾(KOH大约1%)，水(H2O大约20%)属于混合物，CO2属于酸性氧化物，Ca(OH)2为强碱，故选C；D五水硫酸铜属于纯净物，CO属于氧化物，但不属于酸性氧化物，故D不选。答案选C二、非选择题（本题包括5小题）17、NaHCO3=Na+HCO3- H2CO3H+HCO3-，HCO3-H+CO32- CO CO2 CH4 O3 【解析】(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，电离产生Na+、HCO3-；H2CO3是二元弱酸，分步电离，存在电离平衡； (2)先确定最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，根据原子核外电子排布规律书写原子结构示意图；S原子获得2个电子形成S2-，据此书写离子结构示意图；(3)先确定相应的元素，然后根据要求书写化学式。【详解】(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Na+、HCO3-，电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3-；H2CO3是二元弱酸，存在电离平衡，电离过程分步电离，第一步电离为H2CO3H+HCO3-，第二步电离方程式为HCO3-H+CO32-； (2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，O是8号元素，原子核外电子排布是2、6，所以O原子结构示意图为：；S是16号元素，S原子获得2个电子形成S2-，则S2-离子结构示意图是；(3)核电荷数为110的元素中，最外层分别为4个和6个电子的原子分别是C原子、O原子，这两种元素形成的化合物是CO、CO2；由5个原子组成的电子总数为10的分子是CH4；最外层是6个电子的原子是O原子，由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是O3。【点睛】本题考查了化学用语的综合判断的知识，包括化学式、电离方程式及原子结构示意图的书写等。元素原子核外电子分层排布，根据原子结构特点推断元素，然后根据物质分子中含有的微粒数目的要求及物质结构进行书写。掌握物质微粒结构特点与性质的关系是本题解答的关键。18、（1）Na2CO3、NaCl、CaO；（2）Fe H2SO4CO2CaO Na2CO31 Fe2H=Fe2H2不属于 H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2【解析】试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质能够和酸，则单质为Fe，酸为H2SO4；盐能够和H2SO4反应，因此盐为Na2CO3；氧化物能够和H2SO4反应，因此氧化物为碱性氧化物CaO；氧化物能够和CaO反应，则氧化物为CO2；故答案：Fe H2SO4CO2CaO Na2CO3；有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还原反应；反应A的离子方程式为Fe2H=Fe2H2；反应B为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2。考点：考查物质的分类与性质。19、BC 5.9 500mL 搅拌加速溶解 引流 偏低 偏低 【解析】（1）容量瓶在使用前必须查漏；容量瓶是比较精密的仪器，不能受热，不能直接把试剂放入容量瓶内进行配制，溶解后溶液要冷却到室温再进行转移，据此分析；（2）根据溶质的质量m=nM=cvM计算；（3）溶解固体时搅拌是加速溶解，过滤时是引流作用；（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析对所配溶液的浓度影响。【详解】（1）A使用容量瓶前应该检查是否漏水，故A正确；B容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故B错误；C配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故C错误；D溶解过程中，要等烧杯中溶液冷却到室温再转入容量瓶，否则会导致所配溶液浓度偏大，故D正确；综上所述，本题选BC。(2)配制480 mL 0.2 mol·L1 NaCl溶液，需要选用500 mL容量瓶，称NaCl质量为0.5×0.2×58.5 5.9 g；综上所述，本题答案是：5.9。配制480 mL 0.2 mol·L1 NaCl溶液，需要选用500 mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500mL。(3) 步中，玻璃棒在溶解固体时为了加速溶解，起搅拌作用，步中，过滤时是起引流作用；综上所述，本题答案是：搅拌加速溶解， 引流。(4)A在步骤中，药品放在右盘，砝码放在左盘（使用游码），则所称量的药品的质量偏小，浓度偏低；因此，本题正确答案是：偏低；B步骤中，观察液面时仰视，溶液的体积偏大，所得溶液浓度偏低；因此，本题正确答案是：偏低；20、c b 2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染 下层液 上层液 D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易发生倒吸，改进后的装置图为 【解析】（1）由装置图气体的流向进行判断；（2）根据题给信息可以写出Cl2、C、H2O三者在加热条件下反应的方程式；（3）关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，根据B瓶中气体压强的变化分析出现的现象；根据B瓶能够贮存少量氯气，起到防止空气污染的作用进行分析；（4）应用相似相溶原理，氯气在CCl4中溶解度较大，而且四氯化碳的密度比水大，呈黄绿色的是溶有氯气的下层四氯化碳层，氯气与水反应产生的次氯酸具有漂白作用，导致有色布条褪色，据此进行分析；（5）反应2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2中有HCl生成，需要尾气吸收，由于HCl极易溶于水，易产生倒吸，据此进行分析和装置的改进。【详解】（1）由装置图判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置；故答案为：c；b； （2）由题意知C为提供水蒸气的装置，加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，反应为Cl2、C、H2O，生成物为HCl和CO2，则反应的化学方程式为：2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2，故答案为：2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2； （3）关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，B中的气体逐渐增多，压强增大，则导致瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；氯气有毒，不能直接排放到空气中，B具有贮存少量氯气，并能防止空气污染；故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染；（4）应用相似相溶原理，氯气在CCl4中溶解度较大，而且四氯化碳的密度比水大，呈黄绿色的是溶有氯气的下层四氯化碳层，能使有色布条褪色，氯气在无机层与水接触发生化学反应生成次氯酸，而导致有色布条褪色的；故答案是：下层液；上层液；（5）反应2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2中有HCl生成，需要尾气吸收，由于HCl极易溶于水，易产生倒吸现象，应用倒置的漏斗，改进后的装置图可以为：，故答案是：D中反应生成的HCl气体极易溶于水，易发生倒吸，改进后的装置图为。【点睛】要验证干燥氯气无漂白性，先把氯气通入到装有干燥红色布条的装置，布条不褪色；干燥的氯气进入到湿润的有色布条中,氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性,所以布条褪色；结论；干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气有漂白作用。21、石灰乳 A D 甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化 cab 【解析】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，以此解答该题。（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳；（2）反应为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，再利用双线桥法表示出电子转移数与方向；（3）镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；（4）根据原料的消耗解答；（5）根据题意可设镁的质量为24克，然后利用化学反应方程式分别计算反应后的固体产物的质量，据此分析。【详解】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳，故答案为石灰乳；（2）反应为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，其离子方程式及双线桥法标法为：，故答案为；（3）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，试剂添加的顺序可以为或，故答案为AD；（4）母液用来提取Mg和Br2，若先提取镁，海水中会残留大量Ca(OH)2，Ca(OH)2能和氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，造成浪费，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2；所以乙观点合理，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化，故答案为甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化；（5）设24克镁在氧气中完全燃烧生成物的质量为X，48/24=80/X，解得X = 40 g；设24克镁在氮气中完全燃烧生成物的质量为Y，72/24=100/Y，解得Y = 33.3 g；设24克镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量分别为Z1和Z2，48/24=80/Z1，解得Z1 = 40 g；48/24=12/Z2，解得Z2 = 6 g；即镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量为46 g；所以将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为：cab，故答案为cab。