2025年人教五四新版必修1化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教五四新版必修1化學上冊月考試卷591考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列元素中，屬于短周期ⅦA族的是（）A.溴B.氯C.鈉D.硫2、有如下轉化關系(其他產物及反應所需條件均已略去)。

以下推斷錯誤的是()A.當X是鹽酸時，則F是稀硝酸B.當X是氫氧化鈉時，則F可能是稀硝酸C.當X是氫氧化鈉時，B跟Cl2反應可能有白煙現(xiàn)象D.當X是氫氧化鈉時，B有可能使酸性高錳酸鉀溶液褪色3、現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：則下列有關比較中正確的是A.電負性：圖片B.原子半徑：圖片C.第一電離能：圖片D.最高正化合價：圖片4、工業(yè)上聯(lián)合生產碳酸氫鈉和氯代烴的工藝流程如圖所示，在生產NaHCO3的過程中完成乙烯氯化；下列敘述錯誤的是。

A.過程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制堿法中的氨氣B.在過程Ⅱ中實現(xiàn)了TB的再生C.理論上每生成可得到D.過程Ⅲ中的反應是5、下列為某同學記錄的有關氯氣的性質及實驗現(xiàn)象，其中記錄不正確的是A.氯氣是一種有刺激性氣味的黃綠色氣體B.氯氣作用于干燥的pH試紙，試紙不褪色C.純凈的氫氣可以在氯氣中安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰D.紅熱的鐵絲可以在氯氣中劇烈燃燒，生成白色的煙6、以下化學用語正確的是（）A.乙烯的結構簡式：C2H4B.氯化鈉的電子式：C.鎂離子的結構示意圖：D.碳酸鈉的電離方程式：Na2CO3=Na2++CO32-7、已知:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，下列有關化學用語表示正確的是A.Na2O2的電子式：B.CO2的比例模型：C.中子數(shù)為10的氧原子：D.的水解方程式：+2H2OH2CO3+2OH-8、下列不屬于同素異形體的是A.紅磷和白磷B.金剛石和石墨C.一氧化碳和二氧化碳D.氧氣和臭氧9、下列物質的轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是（）A.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl2(aq)B.Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC.Cu2(OH)2CO3CuOCu(OH)2D.NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、某地環(huán)保部門將收集到的一定量酸雨試樣分成甲；乙、丙、丁四份；進行如圖所示的實驗探究。

已知酸雨試樣中可能含有下表所示的某些離子：

。陽離子。

陰離子。

請回答下列問題：

（1）是______，是______。

（2）可能存在的陰離子是______，能證明該陰離子是否存在的簡單實驗操作為______。

（3）寫出丁試樣中滴加淀粉溶液所發(fā)生反應的離子方程式：______。

（4）某次降雨收集到雨水，向雨水中滴加的溶液，充分反應后測得溶液中再向該溶液中加入足量的溶液，經(jīng)過濾、蒸干、稱重，測得沉淀的質量為假設雨水的酸性僅由和的排放所致，則排放到空氣中的和的物質的量之比約為______（不考慮與的相互反應）。11、磷元素是生命體中重要的元素之一。

(1)磷是某種核素中，中子數(shù)比質子數(shù)多一，則該核素的原子符號為________。

(2)磷化氫氣體制取原理類似于實驗室制取氨氣，在加熱的條件下用碘化磷(PH4I)和燒堿反應制取PH3的化學方程式為________。

(3)實驗室用硫酸銅溶液吸收PH3的化學方程式為24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H2PO4+24H2SO4，其中還原劑______，當生成196克H2SO4時，轉移電子_____mol。

(4)氧硫化碳(COS)可替代磷化氫而被用作熏蒸劑．粉末狀的KSCN與濃硫酸在一定條件下可得到COS和兩種硫酸氫鹽，生成物的物質的量之比為1：1：1，寫出相應的化學方程式：________。

(5)氧硫化碳水解及部分應用流程如圖所示(部分產物已略去)COSH2SNa2S溶液M溶液+H2

①組成氧硫化碳的各原子中，原子半徑最大的元素在周期表中的物質是________．

②已知M溶液中硫元素的主要存在形式為則反應Ⅲ中生成的離子方程式為____。

③如圖是反應Ⅲ中，在不同反應溫度下，反應時間與H2產量的關系(Na2S初始含量為3mmol)。由圖像分析可知，a點時M溶液中除外，還有_____(填含硫微粒的離子符號)

12、(1)將Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好與NaOH溶液反應，向反應后的溶液中通入過量CO2。寫出所有反應的離子方程式為_____。

(2)取400mL0.3mol/L的KI溶液與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則消耗KMnO4的物質的量的是_____mol。

(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，過一會又變?yōu)樽攸S色。又變?yōu)樽攸S色的原因是_____

(4)向100mLFeBr2溶液中通入標況下2.24LCl2，反應后溶液中有1/2的Br-被氧化成單質Br2，寫出離子方程式_____。13、標準狀況下，6.72LCO2的物質的量為_________14、下圖為鐵及其化合物的“價-類”二維圖。

（1）填寫二維圖缺失的類別①__________和化學式②__________。

（2）某同學利用以下試劑研究FeCl3性質；進行了如下預測：

①Cl2②Fe③NaOH④H2SO4⑤AgNO3

從物質類別上看，F(xiàn)eCl3屬于__________，可能與__________發(fā)生反應（填序號）；從化合價角度看，F(xiàn)e3+具有__________性，可能與__________發(fā)生反應（填序號）。

（3）某工廠用FeCl3溶液腐蝕鍍有銅的絕緣板生產印刷電路，其化學原理為如下反應：Cu+2FeCl3==CuCl2+2FeCl2

①用雙線橋表示電子轉移。__________

②寫出該反應的離子方程式__________。15、自門捷列夫發(fā)現(xiàn)元素周期律以來；人類對自然的認識程度逐步加深，元素周期表中的成員數(shù)目不斷增加?；卮鹣铝袉栴}：

(1)2010年和2012年，俄羅斯的杜布納聯(lián)合核研究所兩次成功合成了超重元素中文名為“石田”。元素可由反應得到，該反應________(填“是”或“不是”)化學反應。的質子數(shù)為________。

(2)的同族元素F的一種化合物為若該化合物分子中的每個原子都達到8電子穩(wěn)定結構，則的電子式為________，該分子內存在的共價鍵類型有________。

(3)該族中的另一元素廣泛存在于海水中，利用“膜”技術可以分離離子交換膜分為“陽膜”、“陰膜”、“單價陽膜”、“單價陰膜”、“雙極性膜”等，單價陽膜允許+1價陽離子透過，單價陰膜允許-1價陰離子透過，雙極性膜可將水解離為和并實現(xiàn)其定向通過。BMSED電滲析技術可同步實現(xiàn)粗鹽水中一二價鹽的選擇性分離和一價鹽的酸堿制備，結構如圖所示，指出膜名稱：X是________、Z是________；陽極室的電極反應式為________。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、通過對分子層面的操縱可研發(fā)新藥__________。A.正確B.錯誤17、2020年5月，北京大學教授研究團隊在碳基芯片的研發(fā)方面實現(xiàn)重大突破，碳基芯片就是以碳基材料制作的碳納米晶體管芯片，被業(yè)內視為目前硅基芯片的最佳替代品之一，成為中國打破美國半導體技術封鎖的關鍵之一、碳基芯片是膠體，能發(fā)生丁達爾效應。(____)A.正確B.錯誤18、硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：(____)A.正確B.錯誤19、二氧化硅可用來生產光導纖維和玻璃。(____)A.正確B.錯誤20、除去BaCO3固體中混有的BaSO4：加過量鹽酸后，過濾洗滌。(_______)A.正確B.錯誤21、用氫氣還原氧化銅時，應先通一會兒氫氣，再加熱氧化銅。(___________)A.正確B.錯誤22、氯氣與NaOH溶液反應，Cl2既是氧化劑又是還原劑。(___________)A.正確B.錯誤23、可以用分液漏斗分離乙酸乙酯和乙醇。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)24、工業(yè)上的許多反應工藝來源于實驗室里的簡單操作；比如用鋁土礦(成分為氧化鋁；氧化鐵)制取鋁的過程如圖：

請回答下列問題：

（1）寫出鋁土礦中加入NaOH溶液的反應方程式___。

（2）沉淀C的化學式___，顏色為___，寫出它的一種用途___。

（3）操作I、操作II、操作III的名稱為___，這個過程用到的玻璃儀器有燒杯、___。

（4）整個生產過程中，除可以循環(huán)使用的物質有___(寫出3種，填化學式)，用此法制取鋁的副產品是___(寫出2種；填化學式)。

（5）氧化鋁熔點高，氯化鋁熔點低，工業(yè)上為什么不用熔點較低的氯化鋁而用熔點更高的氧化鋁為原料電解制鋁？___。25、海洋資源的利用具有廣闊前景。

Ⅰ.如圖是從海水中提取鎂的簡單流程：

(1)從懸濁液中將Mg(OH)2分離出來的操作名稱為：________；試劑A為：________。

(2)Mg(OH)2轉化為MgCl2的離子方程式是：________；

(3)由無水MgCl2制取Mg的化學方程式是：________。

Ⅱ.海帶灰中富含以I-形式存在的碘元素。實驗室提取I2的途徑如圖所示：

(4)灼燒所用儀器是下列中的哪一種(填字母序號)________。

a.蒸發(fā)皿b.坩堝c.燒杯d泥三角e鐵三角架。

(5)向酸化的濾液中加入過氧化氫溶液，可將I-氧化為I2，請寫出該反應的離子方程式：____；

(6)上述反應結束后，可加入萃取劑，采用萃取一分液的方法從碘水中提取碘。下列試劑中可以用于萃取碘單質的是____(填字母序號)。

a.乙酸b.四氯化碳c.硝酸d.苯26、Cu2O是一種幾乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等領域應用非常廣泛。一種以硫化銅礦石(含CuFeS2、Cu2S等)為原料制取Cu2O的工藝流程如下:

（1）“硫酸化焙燒”時：①硫化銅礦需粉碎的目的是_________；②CuS與O2反應生成CuSO4等物質的化學方程式為________；③加入Na2SO4的作用除減小物料間黏結外，另一主要作用是__________。

（2）“浸取”時為提高銅的浸取率，除需控制硫酸的濃度外，還需控制_________(至少列舉兩點)。

（3）“制備”時，溶液的pH與Cu2O的產率關系如右圖所示。

①在100℃時，發(fā)生反應的離子方程式為__________

②圖中在4<5時，pH越小產率越低且產品中雜質Cu的含量越高，是因為________。評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共6分)27、將高溫水蒸氣通到KSCN的表面，會發(fā)生下列反應：4KSCN+9H2O（g）═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3；請?zhí)羁眨?/p>

（1）上述反應所涉及的各元素中；原子半徑最大的是______（填元素符號，下同）；屬于第二周期元素的非金屬性由強到弱的順序為：______；

（2）上述反應所涉及的各物質中；屬于非電解質的是：______；

（3）寫出CO2的電子式：______；

（4）已知物質的量濃度均為0.10mol/L的K2CO3和K2S溶液pH如下：K2CO3水溶液呈堿性的原因是______（用化學用語解釋），從表中數(shù)據(jù)可知，K2CO3溶液c（CO32-）______K2S溶液c（S2-）（填“＞”“＜”或“=”）；

。溶液。

K2CO3

K2S

pH

11.6

12.5

（5）K2S接觸潮濕銀器表面，會出現(xiàn)黑色斑點（Ag2S），其原理如下（配平反應式）：______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH。_____________，每消耗標準狀況下224mLO2，轉移電子數(shù)目為______。28、納米級Fe3O4呈黑色；因其有磁性且粒度小而在磁記錄材料；生物功能材料等諸多領域有重要應用，探究其制備和用途意義重大。

（1）還原-沉淀法：①用還原劑Na2SO3將一定量Fe3+可溶鹽溶液中的Fe3+還原，使Fe2+和Fe3+的物質的量比為1：2。②然后在①所得體系中加入氨水，鐵元素完全沉淀形成納米Fe3O4。檢驗溶液中還存在Fe2+的方法是___。寫出②過程的離子方程式：____。當還原后溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1時，由下表數(shù)據(jù)可知，產品磁性最大，可能的原因是___。

（2）電化學法也可制備納米級Fe3O4，用面積為4cm2的不銹鋼小球(不含鎳、鉻)為工作電極，鉑絲作陰極，用Na2SO4溶液作為電解液，電解液的pH維持在10左右，電流50mA。生成Fe3O4的總反應方程式為___。

（3）已知：H2O(1)=H2(g)+O2(g)△H=+285．5kJ·mol-1，以太陽能為熱源分解Fe3O4，經(jīng)由熱化學鐵氧化合物循環(huán)分解水制H2的過程如下；完善以下過程I的熱化學方程式。

過程I．____；

過程II：3FeO(s)+H2O(1)=H2(g)+Fe3O4(s)△H=+128.9kJ·mol-1。評卷人得分六、有機推斷題(共3題，共21分)29、元素X、Y、Z、M、R均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。已知：Y為地殼中含量最多的元素，M原子的最外層電子數(shù)與次外層電數(shù)之比為3：4；R-、Z+、X+離子半徑逐漸減??；化合物XR常溫下為氣體；請回答下列問題：

（1）M在元素周期表中的位置__；Z+離子的結構示意圖為__。

（2）寫出X、Y、R按原子個數(shù)之比1：1：1形成的化合物的電子式__。

（3）X與Y可分別形成10電子和18電子的分子，寫出該18電子分子轉化成10電子分子的化學方程式__。

（4）實驗室制備R的單質，該反應的離子方程式為__。

（5）R非金屬性強于M，下列選項中能證明這一事實的是__(填字母序號)。

A.常溫下的R單質熔沸點比M單質的高。

B.R的氫化物比M的氫化物更穩(wěn)定。

C.一定條件下R和M的單質都能與NaOH溶液反應。

D.最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：R>M

（6）由X、Y、Z、M四種元素組成的一種弱酸酸式鹽A。向A溶液中通入氯氣，得到無色溶液，寫出該反應的離子方程式__。30、在下圖有關物質轉化關系中；各物質均是初中化學常見的物質，其中A為紅色金屬單質，B能參與植物的光合作用。C；D為黑色粉末，F(xiàn)為可用于改良酸性土壤的堿，G為難溶性物質，H為難溶性藍色物質（圖中部分生成物已省略）。

（1）用化學式表示：D________，G___________；

（2）寫出E與F反應的化學方程式________________________；

（3）光合作用生成的淀粉在人體內變成葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖在酶的催化作用下發(fā)生緩慢氧化，同時放出熱量，寫出葡萄糖發(fā)生緩慢氧化反應的化學方程式______________。31、下表為元素周期表的一部分；請參照元素①~⑩在表中的位置，用相應的化學用語回答下列問題：

。

1

①

2

②

③

④

⑤

3

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

(1)表中用序號標出的10種元素中；金屬性最活潑和非金屬最活潑的元素組成的化合物的電子式______。

(2)寫出⑧在周期表中的位置________

(3)④；⑧氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性順序______(用化學式作答)；⑤、⑨氣態(tài)氫化物沸點順序______(用化學式作答)，原因是_____

(4)②；⑧、⑨的最高價氧化物的水化物的酸性由弱到強的順序是______(用化學式作答)。

(5)由表中兩種元素的原子按1:1組成的共價化合物M；M為常見液態(tài)化合物，其稀液易被催化分解。由表中兩種元素的原子按1:1組成的離子化合物N，N為淡黃色固體，請寫出M的結構式______，N的電子式______。

(6)寫出⑦單質與元素⑥最高價氧化物對應水化物的水溶液反應的離子方程式______

(7⑥與⑦金屬性較強的是___(填元素符號)；下列表述中能證明這一事實的是___。

a.⑥的單質和⑦的單質熔沸點不同。

b.⑥的最高價氧化物水化物的堿性比⑦的最高價氧化物水化物的堿性強。

c.⑦最外層的電子數(shù)比⑥多。

d.⑦的單質與稀鹽酸反應比⑥的緩和一些。

(8)①和④形成的氣態(tài)氫化物與①和⑧形成的氣態(tài)氫化物相比較，______穩(wěn)定性強；______沸點高(填化學式)，理由是___。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

短周期（前三周期）元素指的是1-18號元素；氯；鈉、硫均屬于短周期元素，溴屬于長周期元素。

【詳解】

A．溴核外電子排布是2；8、18、7；因此位于第四周期第VIIA族，A不符合題意；

B．氯核外電子排布是2；8、7；因此位于第三周期第VIIA族，B符合題意；

C．鈉核外電子排布是2；8、1；因此位于第三周期第IA族，C不符合題意；

D．硫核外電子排布是2；8、6；因此位于第三周期第VIA族，D不符合題意；

故選B。2、A【分析】【詳解】

A.當X是鹽酸時；鹽酸與硫化鈉反應可以生成硫化氫，硫化氫可以和氯氣反應生成硫，硫和氧氣反應生成二氧化硫，二氧化硫經(jīng)催化氧化可以生成三氧化硫，三氧化硫與水反應生成硫酸；鹽酸可以和氨氣反應生成氯化銨，氯化銨與氯化反應可以生成氮氣，氮氣與氧氣反應生成一氧化氮，一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮。因此，F(xiàn)有可能是硫酸或稀硝酸，但是不能確定F是稀硝酸，A錯誤；

B.當X是氫氧化鈉時；氫氧化鈉可以和銨鹽反應生成氨氣，則B可能是氨氣，C可能是氮氣，D可能是一氧化氮，E可能為二氧化氮，故F可能是稀硝酸，B正確；

C.當X是氫氧化鈉時，B可能是氨氣，氨氣與Cl2反應可以生成白色晶體氯化銨；故可能有白煙現(xiàn)象，C正確；

D.當X是氫氧化鈉時；B可能是硫化鈉，硫化鈉有較強的還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確。

綜上所述，相關推斷錯誤的是A。3、A【分析】【詳解】

由四種元素基態(tài)原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p2為Si元素；②1s22s22p63s23p3為P元素；③1s22s22p3為N元素；④1s22s22p4為O元素；

A．同周期自左而右電負性增大；所以電負性Si＜P＜S，N＜O，同主族從上到下電負性減弱，所以電負性N＞P，O＞S，故電負性Si＜P＜N＜O，即④＞③＞②＞①，故A正確；

B．同周期自左而右原子半徑減?。凰栽影霃絊i＞P，N＞O，故B錯誤；

C．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢；但N；P元素原子np能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能Si＜P，N＞O，故C錯誤；

D．最高正化合價等于最外層電子數(shù)；但O元素沒有最高正化合價，所以最高正化合價：③=②＞①，故D錯誤；

故答案為A。4、C【分析】【分析】

根據(jù)題意可知，制堿過程為NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA?HCl，過程Ⅱ為TBA的再生過程為O2+2CuCl+2TBA?HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化過程為C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl；由此分析。

【詳解】

A．侯德榜制堿法是先把氨氣通入食鹽水；然后向氨鹽水中通二氧化碳，生產溶解度較小的碳酸氫鈉，再將碳酸氫鈉過濾出來，經(jīng)焙燒得到純凈潔白的碳酸鈉，由圖可知，過程I中的TBA替代了侯德榜制堿法中的氨氣，故A正確；

B．程Ⅱ為TBA的再生過程為O2+2CuCl+2TBA?HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，實現(xiàn)了TBA、CuCl2的再生；故B正確；

C．制堿過程為NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA?HCl，理論上每生成1molNaHCO3需要1molTBA，根據(jù)過程Ⅱ為TBA的再生過程為O2+2CuCl+2TBA?HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化過程為C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，則關系式TBA～CuCl～C2H4Cl2，則理論上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2；故C錯誤；

D．根據(jù)分析，過程Ⅲ是乙烯的氯化過程，化學方程式為C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl；故D正確；

答案選C。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．通常；氯氣是黃綠色氣體，有刺激性氣味，A正確；

B．氯氣沒有漂白性；故氯氣碰到干燥的pH試紙，試紙不褪色，B正確；

C．氫氣和氯氣在一定條件下可以反應生成氯化氫氣體；純凈的氫氣可以在氯氣中安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，C正確；

D．紅熱的鐵絲可以在氯氣中劇烈燃燒生成氯化鐵；生成棕褐色的煙，D不正確；

答案選D。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．乙烯的結構簡式為CH2=CH2；故A錯誤；

B．氯化鈉為鈉離子和氯離子構成的離子化合物，電子式為故B正確；

C．鎂原子失去最外層兩個電子形成鎂離子，所以鎂離子的結構示意圖為故C錯誤；

D．碳酸鈉為強電解質，電離方程式為Na2CO3=2Na++CO32-；故D錯誤；

故答案為B。7、C【分析】【詳解】

A．Na2O2是鈉離子和過氧根離子構成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽離子，氧原子得到電子形成過氧根陰離子，電子式為選項A錯誤；

B．二氧化碳的化學式為CO2，為直線型結構，二氧化碳正確的比例模型為：選項B錯誤；

C．中子數(shù)為10的氧原子，質量數(shù)為18，可表示為選項C正確；

D．多元弱酸根離子的水解分步，的第一步水解方程式為：+H2OHCO3-+OH-；選項D錯誤。

答案選C。8、C【分析】【分析】

由同種元素形成的不同種單質互為同素異形體；互為同素異形體的物質要符合以下兩個條件：同種元素形成，不同單質；據(jù)此分析判斷。

【詳解】

A．紅磷與白磷是由磷元素形成的不同單質；互為同素異形體，故A不符合題意；

B．金剛石與石墨是由碳元素形成的不同單質；互為同素異形體，故B不符合題意；

C．一氧化碳和二氧化碳均是化合物；不是單質，不屬于同素異形體，故C符合題意；

D．氧氣和臭氧是由氧元素形成的不同單質；互為同素異形體，故D不符合題意；

答案為C。9、A【分析】【分析】

【詳解】

A．Al和Fe2O3在高溫下發(fā)生鋁熱反應生成Fe，F(xiàn)e和稀鹽酸反應生成FeCl2；故A正確；

B．用惰性電極電解MgCl2溶液生成Mg(OH)2、H2和Cl2；無Mg生成，故B錯誤；

C．CuO不能溶于水生成Cu(OH)2；故C錯誤；

D．弱酸不能制強酸，則NaCl溶液中通入CO2氣體不能發(fā)生反應生成NaHCO3；故D錯誤；

故答案為A。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】

酸雨試樣加入溴水，溴水不褪色，說明酸雨試樣不含還原性離子，所以不含

酸雨試樣加入氫氧化鈉并加熱，有氨氣放出，說明酸雨試樣中含有酸雨試樣加入淀粉碘化鉀，溶液變藍，說明有碘單質生成，酸雨試樣含有氧化性離子，所以酸雨試樣中含有酸雨試樣加入BaCl2溶液生成白色沉淀，說明酸雨試樣含有

【詳解】

（1）根據(jù)以上分析，溶液中一定含有一定不含所以是是

（2）根據(jù)以上分析，可能存在的陰離子是與銀離子反應生成難溶于硝酸的白色沉淀氯化銀，能證明是否存在的簡單實驗操作為：取少量酸雨試樣，滴加足量的溶液，靜置，取上層清液，滴加溶液，若有白色沉淀產生，則存在若無由色沉淀產生，則不存在

（3）酸雨試樣加入淀粉碘化鉀，溶液變藍，說明碘離子被硝酸氧化為碘單質，試樣中滴加淀粉溶液所發(fā)生反應的離子方程式是

（4）雨水，向雨水中滴加的溶液，亞硫酸根離子被氧化為硫酸根離子，充分反應后測得溶液中再向該溶液中加入足量的溶液，經(jīng)過濾、蒸干、稱重，生成硫酸鋇沉淀的質量為硫酸鋇的物質的量是0.0008mol，硫酸的濃度為=氫離子由硫酸、硝酸共同提供，所以硝酸的濃度是則排放到空氣中的和的物質的量之比約為1:1。

【點睛】

本題考查離子檢驗及其離子推斷、離子共存分析，根據(jù)反應現(xiàn)象推斷離子是否存在、熟練掌握離子性質是解題關鍵，注意元素守恒的應用?！窘馕觥咳∩倭克嵊暝嚇?，滴加足量的溶液，靜置，取上層清液，滴加溶液，若有白色沉淀產生，則存在若無由色沉淀產生，則不存在11、略

【分析】【詳解】

(1)磷是某種核素中，中子數(shù)比質子數(shù)多一即為16，質量數(shù)為31，則該核素的原子符號為故答案為：

(2)加熱的條件下用碘化磷(PH4I)和燒堿反應制取PH3、NaI和H2O，其化學方程式為PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O；故答案為：PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2O。

(3)24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H2PO4+24H2SO4，PH3中P化合價升高，PH3作還原劑，CuSO4中Cu化合價降低，根據(jù)反應方程式分析轉移了24mol電子，生成24mol硫酸，當生成196克H2SO4即物質的量為2mol，轉移電子2mol；故答案為：PH3；2。

(4)粉末狀的KSCN與濃硫酸在一定條件下可得到COS和兩種硫酸氫鹽，生成物的物質的量之比為1：1：1，說明KSCN與濃硫酸反應生成KHSO4、NH4HSO4和COS，其化學方程式：KSCN+2H2SO4(濃)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑；故答案為：KSCN+2H2SO4(濃)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑。

(5)①組成氧硫化碳的各原子中；原子半徑最大的元素是S，S在周期表中的物質是第三周期第ⅥA族；故答案為：第三周期第ⅥA族。

②已知M溶液中硫元素的主要存在形式為說明S2?化合價升高變?yōu)閯tH2O中H化合價降低變?yōu)镠2，因此根據(jù)得失電子守恒得到反應Ⅲ中生成的離子方程式為2S2?+5H2O+4H2↑+2OH－；故答案為：2S2?+5H2O+4H2↑+2OH－。

③Na2S初始含量為3mmol，如果只發(fā)生2S2?+5H2O+4H2↑+2OH－，則會生成氫氣但圖中H2有10mmol，說明化合價降低總數(shù)為20mmol電子，則失去電子總數(shù)也應該為20mmol電子，則說明S2?升高的價態(tài)比價態(tài)還高，故還有故答案為：【解析】PH4I+NaOHPH3↑+NaI+H2OPH32KSCN+2H2SO4(濃)+H2O=KHSO4+NH4HSO4+COS↑第三周期第ⅥA族2S2?+5H2O+4H2↑+2OH－12、略

【分析】【分析】

(1)Al、Al2O3和Al(OH)3均與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉與過量CO2反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；以此來解答；

(2)依據(jù)氧化還原反應得失電子守恒規(guī)律計算解答；

(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，原因是Fe3＋與SO32?發(fā)生氧化還原反應生成Fe2＋和SO42?，反應后溶液呈酸性，則在酸性條件下NO3?與Fe2＋反應生成Fe3＋；過一會又變?yōu)樽攸S色；

(4)反應后溶液中有1/2的Br-被氧化成單質Br2，說明Cl2完全反應，根據(jù)Fe2+和Br-的還原性強弱順序進行分析。

【詳解】

(1)Al、Al2O3和Al(OH)3都能和NaOH溶液反應生成NaAlO2，偏鋁酸鈉溶液能和過量的CO2反應生成Al(OH)3和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；

(2)400mL0.3mol/L的KI溶液，碘離子的物質的量為0.3mol/L×0.4L=0.12mol，生成的I2和KIO3物質的量相等，根據(jù)I守恒，0.12molI?→0.04molI2＋0.04IO3?，I-失去的電子物質的量為0.04mol×2×1+0.04mol×6=0.32mol，MnO4?→Mn2＋，Mn元素的化合價由＋7價降低為＋2價，設消耗KMnO4的物質的量為n；由電子守恒得：n×5＝0.32mol，解得n＝0.064mol；

(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色，原因是Fe3＋與SO32-發(fā)生氧化還原反應生成Fe2＋和SO42?，反應后溶液呈酸性，則在酸性條件下，NO3?將Fe2＋氧化成Fe3＋，過一會溶液又變?yōu)樽攸S色，根據(jù)電荷守恒和原子守恒配平，則反應的離子方程式為：3Fe2＋＋4H＋＋NO3?=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

(4)反應后溶液中有1/2的Br-被氧化成單質Br2，說明Cl2完全反應，由于還原性Fe2+>Br-，F(xiàn)e2+完全被氧化成Fe3+，則參與反應的Fe2+與Br-物質的量相等，反應的離子方程式為2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-?！窘馕觥?Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-0.0643Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-13、略

【分析】【詳解】

根據(jù)可得，標準狀況下，6.72LCO2的物質的量為：故答案為：【解析】0.3mol14、略

【分析】【詳解】

（1）由二維圖可知①為單質，②為Fe(OH)3，故答案為：單質；Fe(OH)3；

（2）從物質類別上看，F(xiàn)eCl3屬于鹽，可與③⑤分別發(fā)生反應：從化合價角度看，F(xiàn)e3+具有氧化性，可與具有還原性的Fe發(fā)生反應：故答案為：鹽；③⑤；氧化；②；

（3）由方程式Cu+2FeCl3==CuCl2+2FeCl2，用雙線橋表示為：用離子方程式表示為：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，故答案為：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋。【解析】單質Fe(OH)3鹽③⑤氧化②Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋15、略

【分析】【詳解】

(1)該反應為核反應，不是化學反應。核反應前后質子守恒，的質子數(shù)為

(2)由“該化合物分子中的每個原子都達到8電子穩(wěn)定結構”知，的結構式為電子式為分子中既含有極性鍵，又含有非極性鍵；

(3)產品室需要原料室提供所以Y膜為單價陽膜，同理Z膜為單價陰膜；要想制得和溶液，還分別需要和所以X膜為雙極性膜；左側雙極性膜中的電離出的向左遷移進入陰極室以提供向右遷移進入產品室，右側雙極性膜中的電離出的向左遷移進入產品室，向右遷移進入陽極室提供陽極表面氫氧根離子失去電子被氧化為氧氣，電極反應式是：【解析】不是117極性鍵、非極性鍵雙極性膜單價陰膜三、判斷題(共8題，共16分)16、A【分析】【詳解】

通過對分子層面的操縱可研發(fā)新藥，說法正確；17、B【分析】【分析】

【詳解】

碳基芯片是以碳基材料制作的碳納米晶體管芯片，不是分散系，不是膠體，不能發(fā)生丁達爾效應，故錯誤。18、B【分析】【詳解】

硅酸鈉溶液與二氧化碳反應生成硅酸沉淀和碳酸鈉或碳酸氫鈉，生成碳酸氫鈉的離子方程式為故錯誤。19、A【分析】【分析】

【詳解】

二氧化硅具有良好的光學性能等，二氧化硅可用來生產光導纖維，制普通玻璃的原料為純堿、石灰石和石英，故SiO2可用于制玻璃，故正確。20、B【分析】【詳解】

碳酸鋇會和鹽酸反應，錯誤。21、A【分析】【詳解】

用氫氣還原氧化銅時，為防止加熱時氫氣與空氣混合發(fā)生爆炸，應先通一會兒氫氣，排盡裝置中的空氣，再加熱氧化銅；正確。22、A【分析】【分析】

【詳解】

氯氣與NaOH溶液反應生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合價部分由0價升至+1價、部分由0價降至-1價，Cl2既是氧化劑又是還原劑，正確。23、B【分析】【詳解】

乙酸乙酯和乙醇互溶，不分層，不能用分液漏斗分離，錯誤。四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)24、略

【分析】【分析】

鋁土礦中含有氧化鋁和氧化鐵，向鋁土礦中加入NaOH溶液，發(fā)生反應Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，氧化鐵不溶，然后過濾，得到溶液B為NaOH、NaAlO2混合溶液，沉淀C為Fe2O3；向溶液B中通入CO2，發(fā)生反應2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O，然后過濾得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液，向溶液中加入CaO，發(fā)生反應Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓，然后過濾，將NaOH循環(huán)利用；將Al(OH)3加熱得到Al2O3，電解熔融Al2O3得到Al；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)根據(jù)上面的分析，鋁土礦中加入NaOH溶液，氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，反應的化學方程式為Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，故答案為：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；

(2)根據(jù)上述分析，沉淀C為Fe2O3，氧化鐵為紅棕色粉末，俗稱鐵紅，除了用于金屬冶煉以外，還可用作顔料，故答案為：Fe2O3；紅棕色；作顏料(或煉鐵)；

(3)實現(xiàn)固體和液體的分離采用過濾法；操作Ⅰ；操作Ⅱ和操作Ⅲ都是過濾操作，過濾時需要制作過濾器的漏斗、固定儀器的鐵架臺、引流用的玻璃棒、承接濾液的燒杯，故答案為：過濾；漏斗、玻璃棒；

(4)煅燒碳酸鈣得到CaO和CO2，B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸鈉轉化為碳酸鈣需要CaO，所以CaO和CO2能循環(huán)利用，溶液E中的氫氧化鈉也能循環(huán)利用；根據(jù)流程圖和上述分析，操作Ⅰ所得的Fe2O3和電解熔融Al2O3得到的O2為副產品，故答案為：NaOH、CaO和CO2；Fe2O3和O2；

(5)氯化鋁是共價化合物，在熔融狀態(tài)下以分子形式存在，不能導電，不能用于電解。氧化鋁是離子化合物，熔融時能夠電離而導電，因此盡管氧化鋁熔點高，氯化鋁熔點低，工業(yè)上電解鋁時選用氧化鋁而不用氯化鋁，故答案為：氯化鋁是共價化合物，在熔融狀態(tài)下以分子形式存在，不能導電，不能用于電解。氧化鋁是離子化合物，熔融時能夠電離而導電，因此電解鋁用氧化鋁而不用氯化鋁?！窘馕觥緼l2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OFe2O3紅棕色作顏料（或煉鐵）過濾漏斗、玻璃棒NaOH、CaO、CO2Fe2O3、O2氯化鋁是共價化合物，在熔融狀態(tài)下以分子形式存在，不能導電，不能用于電解。氧化鋁是離子化合物，熔融時能夠電離而導電，因此電解鋁用氧化鋁而不用氯化鋁25、略

【分析】【詳解】

Ⅰ（1）Mg(OH)2為難溶于水的物質，分離難容固體和液體所選用的方法常用過濾，將海水中Mg2+轉化為Mg(OH)2沉淀應選擇堿；結合成本以及原料的來源等應選擇石灰乳，故答案為：過濾；石灰乳；

（2）Mg(OH)2屬于堿，MgCl2屬于鹽，所以將Mg(OH)2轉化為MgCl2所選用的試劑為HCl，故該反應的離子反應方程式為；

（3）由無水MgCl2制取單質Mg，是在熔融狀態(tài)下電解MgCl2生Mg和Cl2，故該反應的化學方程式為：

II（4）灼燒為直接加熱的加熱方式且需要較高的溫度；故所選儀器為耐高溫儀器；

a．蒸發(fā)皿為可用于蒸發(fā)濃縮溶液的器皿；不可用于灼燒；故a布選；

b．坩堝可用于灼燒，故選b；

c．燒杯廣泛用作化學試劑的加熱；溶解、混合、煮沸、熔融、蒸發(fā)濃縮、稀釋及沉淀澄清等；不能用于灼燒，故c不選；

d．由于坩堝較?。凰孕枰嗳侵污釄?，故d選；

e．在灼燒時需要鐵三角架將坩堝支撐起來；下面放酒精燈，故e選。

答案為bde

（5）在酸性條件下被氧化為故反應的離子方程式為：

（6）碘易溶于有機溶劑；根據(jù)萃取和分液的概念可知該有機溶劑既能溶解碘單質又不能與水互溶；

a．乙酸雖然為有機物；但能與水任意比例互溶，故a不選；

b．四氯化碳為不溶于水的有機化合物，且能溶其中，故b選；

c．硝酸為無機化合物；故c不選；

d．苯為不溶于水的有機化合物，且能溶其中；故d選。

答案選bd【解析】過濾石灰乳Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2OMgCl2(熔融)Mg+Cl2↑bde2I-+H2O2+2H+=I2+2H2Obd26、略

【分析】【詳解】

（1）“硫酸化焙燒”時：①硫化銅礦需粉碎的目的是增大接觸面積，提高硫化銅礦的利用率；②CuS與O2反應生成CuSO4等物質的化學方程式為2Cu2S+5O22CuSO4+2CuO；③加入Na2SO4的作用除減小物料間黏結外，另一主要作用是增大SO42－濃度，提高焙燒產物中CuSO4比例；

（2）“浸取”時為提高銅的浸取率，除需控制硫酸的濃度外，還需控制浸取溫度、浸取時間、液固物質的量之比、焙燒產物顆粒的直徑等；

（3）①在100℃時，Cu2+還原成Cu2O，SO32－氧化成SO42－，發(fā)生反應的離子方程式為2Cu2++3SO32-Cu2O↓+SO42-+2SO2↑；

②圖中在4<5時，pH越小產率越低且產品中雜質Cu的含量越高，是因為pH越小時Cu2O越易與H+發(fā)生反應，生成Cu和Cu2+?！窘馕觥竣?提高硫化銅礦的利用率②.2Cu2S+5O22CuSO4+2CuO③.提高焙燒產物中CuSO4比例④.浸取溫度、浸取時間、液固物質的量之比、焙燒產物顆粒的直徑等⑤.2Cu2++3SO32-Cu2O↓+SO42-+2SO2↑⑥.pH越小時Cu2O越易與H+發(fā)生反應，生成Cu和Cu2+五、原理綜合題(共2題，共6分)27、略

【分析】【分析】

(1)比較原子半徑時；通常先看電子層數(shù)，一般情況下，電子層數(shù)越多，半徑越大；若電子層數(shù)相同，則依據(jù)同周期元素的半徑遞變規(guī)律進行分析。

(2)比較非金屬性時；可利用同周期；同主族元素的非金屬性的變化規(guī)律進行推斷。

(3)比較相同濃度的鹽溶液中酸根離子濃度時；可依據(jù)溶液的pH，確定酸根離子的水解程度，pH越大，酸根的水解程度越大，對應酸越弱，溶液中酸根離子濃度越小。

(4)配平氧化還原反應時；首先找出變價元素并標出化合價，確定首先配平的兩種物質，然后利用電子守恒進行配平；再依據(jù)電荷守恒；質量守恒進行配平。

【詳解】

(1)在反應4KSCN+9H2O(g)═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3中，所涉及的元素為K、S、C、N、O、H，其中K原子核外有4個電子層，S原子核外有3個電子層，C、N、O原子核外有2個電子層，H原子核外有1個電子層，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，則原子半徑最大的是K；屬于第二周期元素的非金屬元素為C、N、O，三者從左到右的順序為C、N、O，非金屬性依次增強，則三者由強到弱的順序為O>N>C；答案為：K；O>N>C；

(2)上述反應所涉及的各物質中，KSCN、H2O、K2CO3、K2S、H2S為電解質，屬于非電解質的是CO2、NH3。答案為：CO2、NH3；

(3)CO2為共價化合物，C與每個O原子間形成兩對共用電子，電子式為答案為：

(4)K2CO3為強酸弱堿鹽，在水溶液中CO32-水解生成OH-而使溶液呈堿性，原因是CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，從表中數(shù)據(jù)可知，K2S溶液的pH大，說明S2-水解的程度大，相同濃度時，K2CO3溶液c(CO32-)>K2S溶液c(S2-)。答案為：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；>；

(5)在反應______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH中，Ag作還原劑，O2作氧化劑，依據(jù)電子守恒，可得出4Ag+O2→2Ag2S，再依據(jù)質量守恒，便可得到配平的方程式為2K2S+4Ag+O2+2H2O==2Ag2S+4KOH；標準狀況下，224mLO2為0.01mol，轉移電子數(shù)目為0.04NA。答案為：2、4、1、2、2、4；0.04NA。

【點睛】

CO2電子式的書寫，是我們的易錯點，由于缺少對電子式的系統(tǒng)分析，有些同學總會想當然，只想著形成8電子相對穩(wěn)定結構，沒有考慮原子核外的電子數(shù)，寫成或等?！窘馕觥縆O>N>CCO2、NH3CO32-＋H2OHCO3-＋OH->2、4、1、2、2、40.04NA28、略

【分析】【分析】

（1）Fe2+具有還原性，能還原酸性高錳酸鉀；②過程中Fe2+和Fe3+的物質的量比為1：2的溶液加入氨水，生成Fe3O4；Fe2＋容易被氧化為Fe3＋，生產過程中部分Fe2＋可能被氧氣氧化；

（2）根據(jù)題意，不銹鋼小球作陽極，制備納米級Fe3O4，F(xiàn)e3O4是陽極產物；陰極氫離子得電子生成氫氣。

（3）由圖示可知，過程I是Fe3O4分解為FeO和氧氣；根據(jù)蓋斯定律計算焓變；

【詳解】

（1）Fe2+具有還原性，能還原酸性高錳酸鉀，檢驗溶液中還存在Fe2+的方法是：取少量溶液，滴加酸性高錳酸鉀溶液，酸性高錳酸鉀溶液褪色；②過程中Fe2+和Fe3+的物質的量比為1：2的溶液加入氨水，生成Fe3O4，反應的離子方程式是Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O=Fe3O4＋8NH4＋＋4H2O；Fe2＋容易被氧化為Fe3＋，生產過程中部分Fe2＋可能被氧氣氧化，所以當還原后溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1時；產品磁性最大；

（2）根據(jù)題意，不銹鋼小球作陽極，制備納米級Fe3O4，F(xiàn)e3O4是陽極產物，陽極反應式是3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4+4H2O；陰極氫離子得電子生成氫氣，陰極反應式是2H2O+2e-=H2+2OH-；總反應式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；

（3）①H2O(1)=H2(g)+O2(g)△H=+285．5kJ·mol-1；

②3FeO(s)+H2O(1)=H2(g)+Fe3O4(s)△H=+128.9kJ·mol-1

根據(jù)蓋斯定律，①×2－②×2得2Fe3O4（s）=6FeO（s）＋O2（g）ΔH3=+313.2kJ·mol－1；【解析】取少量溶液，滴加酸性高錳酸鉀溶液，酸性高錳酸鉀溶液褪色（或取少量溶液，加入鐵氰酸鉀，生成藍色沉淀（KFe[Fe(CN)6]）Fe2＋＋2Fe3＋＋8NH3·H2O=Fe3O4＋8NH4＋＋4H2OFe2＋容易被氧化為Fe3＋3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H22Fe3O4（s）=6FeO（s）＋O2（g）ΔH3=+313.2kJ·mol－1（或Fe3O4（s）=3FeO（s）＋O2（g）ΔH3=+156.6kJ·mol－1）六、有機推斷題(共3題，共21分)29、略

【分析】【分析】

Y為地殼中含量最多的元素，則Y為O，M原子的最外層電子數(shù)與次外層電數(shù)之比為3：4，則M為S，R-可能為F-或Cl-，Z+或X+可能為H+或Li+或Na+，R-、Z+、X+離子半徑逐漸減小且元素X；Y、Z、M、R均為短周期主族元素；且原子序數(shù)依次增大，則R為Cl、X為H、Z為Na。

【詳解】

（1）M為S，在元素周期表中的位置為第3周期第VIA族；Z為Na，Z+離子的結構示意圖為故答案為：第3周期第VIA族；

（2）X為H，Y為O，R為Cl，按原子個數(shù)之比1：1：1形成的化合物是HClO，其電子式為故答案為：

（3）X為H，Y為O，形成10電子的分子為H2O，18電子的分子為H2O2，H2O2轉化成H2O的化學方程式為：2H2O22H2O+O2↑，故答案為：2H2O22H2O+O2↑。

（4）R為Cl，實驗室用二氧化錳和濃鹽酸制備Cl2，其離子反應方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+

4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。

（5）A.常溫下的Cl2的熔沸點比S的高，不能說明Cl2的非金屬性比S的強；A錯誤；

B.非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，Cl2的氫化物比S的氫化物更穩(wěn)定，能說明Cl2的非金屬性比S的強；B正確；

C.一定條件下Cl2和S的都能與NaOH溶液反應，不能說明Cl2的非金屬性比S的強；C錯誤；

D.非金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的酸性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：HClO4>H2SO4，說明Cl2的非金屬性比S的強；D正確；