2022-2023学年北京市西城35中化学高一第一学期期中统考模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、与标准状况下VLCO2所含有氧原子数目相同的水的质量是ABCD2、下列叙述正确的是A1 mo1/L硫酸中含2 mo1 H+B1L物质的量浓度为1

2、mo1/L盐酸中含1 mo1 HCl分子C在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的分子数均为NAD22.4L的CO气体与lmol N2所含的电子数一定相等3、下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的数值)A在常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5 NAB在标准状况下，1 mol H2O体积为22.4LC71 g Cl2所含原子数为2NAD在同温同压时，相同体积的任何气体所含的原子数相同4、将镁和铝的混合物a g投入到足量的氢氧化钠溶液中，充分反应后将残余固体洗净，然后使残余固体在足量的纯氧中加热，最终得到a g固体，则镁铝混合物中铝的质量分数为()A40%B47%C5

3、3%D60%5、下列物质的分类正确的是 （ ）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物AKOHHNO3CaCO3CaOSO2BNaOHHClNaHSO4Na2OCOCCu2(OH)2CO3CH3COOHCaF2COSO2DNa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2AABBCCDD6、对下列物质分类全部正确的是纯碱食盐水石灰水NaOH液态氨CH3COONa（）A一元碱 B纯净物 C正盐 D混合物7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A标准状况下，11.2L H2O含有的分子数为0.5 NAB5.6g Fe与足量的Cl2 充分反应，转移的电子数为0.2NAC25，1.01105Pa，32gSO2中含

4、有的质子数为16NAD1.8g重水（2H2O）中含有的电子数为NA8、下列物质属于电解质的是（ ）A铜丝 B硝酸钾溶液 C蔗糖 D熔融的氯化钠9、在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）AK+、MnO4、Na+、ClBK+、Ca2+、NO3、CO32CNa+、OH、NO3、SO42DFe3+、Na+、Cl、SO4210、下列溶液中Cl-物质的量浓度最大的是（ ）A10mL0.1mol/L的AlCl3溶液B20mL0.1mol/L的CaCl2溶液C30mL0.2mol/L的KCl溶液D100mL0.25mol/L的NaCl溶液11、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列判断正确的是 (

5、)A28g N2含有的氮原子数目为NAB1L 1molL1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为2NAC常温常压下，11.2LO2中含有的原子数目为NAD标准状况下，22.4L H2O含有的分子数目为NA12、等臂杠杆两端各系一只等质量的铁球，将杠杆调平衡后，将球分别浸没在等质量、等密度的稀硫酸和硫酸铜溶液里(如图所示)，一段时间后杠杆将会A左端上翘B右端上翘C仍然平衡D无法判断13、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3、SO42C含有0.1 molL1 Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32、Cl

6、D室温下，pH1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO4214、下列微粒不具有氧化性的是（ ）ACl2BCl-CH+DFe2+15、比较1.0mol N2和1.0mol CO的下列物理量：质量 体积 分子数 原子总数 质子总数 电子总数，其中相同的是A B C D16、下列溶液中c(Cl)最大的是A400 mL0.5 mol/L BaCl2溶液B200 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液C300 mL1 mol/L NaCl溶液D100 mL 0.5 mol/L AlCl3溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、

7、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是_（若不存在此空可不填）18、某无色透明溶液中可能大量存在A

8、g、Mg2、Cu2、Fe3、Na中的几种。请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是_，有关离子方程式为_。（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有_，有关的离子方程式为_。（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的_。ACl BNO3- CCO32- DOH19、A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。（1）

9、除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀_；（2）从碘水中提取碘_；（3）用自来水制取蒸馏水_；（4）除去粗盐中的泥沙_；（5）与海水晒盐原理相符的是_。20、氧化还原反应在物质制备、能量转化方面有重要的应用。(1)反应I22Na2S2O3Na2S4O62NaI常用于测定溶液中I2的含量。反应的氧化剂是_，每生成1 mol Na2S4O6，反应转移电子为_mol。(2)ClO2是一种新型净水剂，一种制取ClO2的反应如下：KClO3HCl(浓)KClCl2ClO2H2O(未配平)写出配平后的化学方程式：_。(3)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，高铁酸钠可与水反应生

10、成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式_。(4)某无色透明溶液可能含有K+、Cu2+、Ca2+、Cl中的几种，现进行如下实验：滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，将沉淀滤出。向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，有部分沉淀溶解。向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。试判断：该溶液中肯定有_，肯定没有_，可能有_（填离子符号）。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_

11、；(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】在标准状况下VL CO

12、2气体的物质的量是n（CO2）=mol，由于在一个CO2分子中含有2个氧原子，所以其中含有的氧原子的物质的量是n（O）=mol。由于在一个水分子中只含有1个氧原子，因此水的物质的量为mol，则水的质量是m（H2O）=nM=mol18g/mol=g因此选项A符合题意。2、C【解析】A.1mol/L硫酸中H+的物质的量浓度为2mol/L，本题没有溶液体积的数据，无法计算H+的物质的量。A项错误；B.1L物质的量浓度为1 mo1/L盐酸中溶解了1molHCl分子，但HCl分子在水分子作用下已完全电离：HCl=H+Cl-，所以盐酸中无HCl分子，B项错误；C.在标准状况下，22.4LCH4的物质的量为

13、1mol，所含CH4分子数为NA个；18gH2O的物质的量为1mol，所含水分子数也为NA个，所以C项正确；D.未明确温度和压强，22.4L的CO的物质的量无法确定，也就无法计算其所含电子数，D项错误；答案选C。3、C【解析】A依据气体摩尔体积的应用条件分析，在常温常压下，11.2LN2含物质的量不是0.5mol，则含有的分子数也不为0.5 NA，故A错误；B在标准状况下，H2O为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故B错误；C71gCl2的物质的量为1mol，一个氯气分子含有两个氯原子，则1mol氯气所含原子数=1mol2NA=2NA，故C正确；D依据阿伏伽德罗定律分析判断，气体可以是原子、分

14、子构成，在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数相同，由于不同单质中含有的原子数不一定相同，故D错误；答案选C。4、A【解析】题中反应关系为：金属混合物(Mg、Al)MgMgO，最终固体的质量和金属混合物的质量相等，则说明O元素的质量等于Al的质量，所以MgO中O的质量分数等于混合物中铝的质量分数，为：100%=40%，故选A。5、A【解析】A.各物质的分类正确；B.一氧化碳不是酸性氧化物，故错误；C.一氧化碳不是碱性氧化物，故错误；D.二氧化硫是酸性氧化物，故错误。故选A。【点睛】掌握酸碱盐或氧化物的分离标准。电离出的阳离子全是氢离子的化合物为酸，电离出阴离子全是氢氧根离子的化合物为

15、碱，金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物为盐，能和酸反应生成盐和水的为碱性氧化物。能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物。6、C【解析】纯碱(Na2CO3)是碳酸与氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐；食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物；NaOH是一元强碱，属于纯净物； 液态氨只含NH3分子，属于纯净物；CH3COONa是醋酸和氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐。【详解】氢氧化钙属于二元碱，故A错误；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物，故B错误；纯碱、CH3COONa都是酸碱完全中和的产物，属于正盐，故C正确；液态氨是纯净物，故D错误。7、C【解析】A

16、.水在标准状态下为非气态，不适用于气体的摩尔体积，11.2L H2O并不是0.5molH2O，故A错误；B.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，铁元素被氧化为+3价，则5.6g Fe与足量的Cl2 充分反应，转移的电子数为:3NA=0.3NA，故B错误；C.32gSO2的物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，而每个二氧化硫分子中含有32个质子，所以32gSO2中含有的质子数为0.532NA=16NA，故C正确；D.重水的摩尔质量为20g/mol，1.8g重水的物质的量为1.8g20g/mol=0.09mol，每个重水分子中含有电子数为10个，1.8g重水（2H2O）中含有的电子数为0.0910

17、NA=0.9NA，故D错误；答案选C。8、D【解析】电解质是指水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质【详解】A、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、硝酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、蔗糖等都是非电解质，故C错误；D、熔融的氯化钠属于化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解质，故D正确；故选D9、C【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液是无色且显

18、碱性分析解答。【详解】A. MnO4在溶液中不是无色的，不能大量共存，A错误；B. 在碱性溶液中Ca2+、CO32反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，B错误；C. 在碱性溶液中Na+、OH、NO3、SO42之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；D. Fe3+在碱性溶液中生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能大量共存，D错误。答案选C。10、A【解析】溶液中c(Cl-)=溶质的物质的量浓度化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关。【详解】A10mL0.1 molL-1的AlCl3溶液中c(Cl-)=3c(AlCl3)=0.1mol/L3=0.3mol/L；B20mL0.1mol/L的CaCl2溶液中c

19、(Cl-)=2c(CaCl2)=0.1mol/L2=0.2mol/L；C30mL0.2mol/L的KCl溶液c(Cl-)=c(KCl)=0.2mol/L1=0.2mol/L；D100mL0.25mol/L的NaCl溶液c(Cl-)=c(NaCl)=0.25mol/L1=0.25mol/L；故A中Cl-物质的量浓度最大。答案选A。11、B【解析】A、氮气是双原子分子；B、钾离子不水解；C、不是标准状况；D、标准状况下水是液体。【详解】A、氮气是双原子分子， 28g N2含有的氮原子数目为2NA，故A错误；B、钾离子不水解，1L 1molL1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为1L21molL1NA

20、=2NA，故B正确；C、不是标准状况， 常温常压下，11.2LO2中含有的原子数目少于NA，故C错误；D、标准状况下水是液体，故D错误。故选B。12、A【解析】铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，根据铁球的质量变化分析。【详解】铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，随着反应进行，铁球质量减小，溶液密度增大，浮力增大，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，生成的铜附着在铁球表面，铁球质量增大，溶液密度减小，浮力减小，因此一段时间后，杠杆将会左端上翘；答案选A。【点睛】本题考查了金属的性质，要会利用金属活动顺序表分析实验，明确反应的原理是解答的关键，注意溶液密度的变化。13、

21、D【解析】试题分析：A项、强碱性溶液含有OH-离子，OH-与Al3+反应生成Al(OH）3沉淀，不能大量共存，故A错误；B项、Cu2+在溶液中的颜色为淡蓝色，无色透明溶液中不可能存在Cu2+，故B错误；C项、溶液中Ca2+与 CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故C错误；D、pH1的溶液为酸性溶液中，酸性溶液中Na+、Fe3+、NO3、SO42不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。14、B【解析】A. Cl2中Cl元素的化合价为0,为中间价态,既有氧化性又有还原性,故A不选； B. Cl-中Cl元素的化合价为-1价,为最低价,只具有还原性,故选B；C. H+中H元素的化合价为+

22、1价,为最高价,只具有氧化性,故C不选；D. Fe2+中Fe元素的化合价为+2价,为中间价态，既有氧化性又有还原性,故D不选；所以选B。【点睛】处于最高价的微粒具有氧化性,处于最低价的微粒具有还原性,处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性。15、C【解析】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同；未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算已知物质的量气体的体积。【详解】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同，所以相同物质的量的氮气和一氧化碳的质量、分子数、原子数、质子数和电子数相同，但未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算和比较已知

23、物质的量气体的体积。故选C。【点睛】本题是有关物质的量的计算题，了解质子数与原子序数的关系和明确计算气体体积的条件是解本题的关键。16、D【解析】A.因其在水溶液中完全电离：BaCl2=Ba2+2Cl-，0.5mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L2=1mol/L；B.因其在水溶液中完全电离：MgCl2=Mg2+2Cl-，0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全电离：NaCl=Na+Cl-，1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，D.因其在水溶液中完全电离：AlCl3=Al3+3Cl-，0.5mol/

24、LAlCl3溶液中c(Cl-)=0.5mol/L3=1.5mol/L，答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；

25、（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在

26、或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等18、Cu2+、Fe3+ Ag+； Ag+Cl=AgCl Mg2+ Mg2+2OH=Mg(OH)2 B 【解析】根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀

27、生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag+Cl=AgCl，故答案为Ag+；Ag+Cl=AgCl；(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg(OH)2，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2+2OH=Mg(OH)2；(4)原溶液中存在Ag+，则CO32、Cl、OH不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32、OH不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3，故答案为B。19、B C A B D 【解析】由装置图可知A为蒸馏，常用

28、于分离沸点不同的液体混合物；B为过滤，常用于分离固液混合物；C为萃取分液；D为蒸发，结合混合物的性质的异同选择分离方法。【详解】(1)除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀，可以选用过滤的方法，故答案为：B；(2)碘在水中的溶解度较小，但易溶于有机物溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：C；(3)用自来水制取蒸馏水，可用蒸馏的方法获得，故答案为：A；(4)泥沙不溶于水，可用过滤的方法除去粗盐中的泥沙，故答案为：B；(5)海水晒盐是利用水易挥发的性质，用太阳光提供能量使水变成水蒸气，实现盐和水的分离，相当于蒸发，故答案为：D。20、I2 2 2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2Cl

29、O2+Cl2+2H2O 4+10H2O=4Fe(OH)3+8OH-+3O2 K+、 Cu2+、Ca2+ Cl- 【解析】(1)在该反应中，I元素化合价由反应前I2的0价变为反应后NaI中的-1价，化合价降低，得到电子，所以I2为氧化剂；每生成生成1 mol Na2S4O6，就有1 mol I2参加反应，反应过程中转移电子2 mol；(2)在该反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低1价；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高12=2价；化合价升降最小公倍数是2，所以KClO3、ClO2的系数是2，Cl2的系数

30、是1；根据K元素守恒可知2个KClO3反应会同时产生2个KCl，该Cl-也是由HCl提供，则HCl的系数是2+2=4；最后根据H原子守恒，可得H2O的系数是2，故配平后该反应方程式为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O；(3)根据题意可知高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为4Na2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8NaOH，根据离子方程式中物质拆分原则，可得该反应的离子方程式为：4+10H2O=4Fe(OH)3+8OH-+3O2；(4)Cu2+水溶液显蓝色，在无色透明溶液不

31、能大量存在；向该溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是BaSO4、BaCO3或二者的混合物，说明、至少有一种；向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，部分沉淀溶解，说明沉淀为BaSO4、BaCO3的混合物，则原溶液中一定含有、；由于Ca2+与会形成CaCO3沉淀不能大量共存，溶液中含有，就一定不存在Ca2+；、都是阴离子，根据电荷守恒，溶液中一定还含有阳离子K+；向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3，该沉淀为AgCl，由于在中加入的试剂是BaCl2溶液，引入了Cl-，因此不能确定原溶液中是否含有Cl-。综上所述可知：一定存在的离子是K+、；一定不存在的离子是C

32、u2+、Ca2+；可能存在的离子是Cl-。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

33、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

34、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-、

35、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

36、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。