2024-2025學年新教材高中化學模塊綜合測評含解析蘇教版必修第一冊

PAGE10-模塊綜合測評(時間：90分鐘，滿分：100分)一、選擇題(本題包括16小題，每題3分，共48分，每題只有一個選項符合題意。)1．稀土元素是一類有重要用途的資源。鈰(Ce)是一種常見的稀土元素，下列有關說法錯誤的是()A．鈰的原子序數(shù)是58B．鈰屬于非金屬元素C．鈰原子中的質(zhì)子數(shù)是58D．鈰的相對原子質(zhì)量是140.1B[依據(jù)示意圖可知鈰的原子序數(shù)是58、質(zhì)子數(shù)是58、相對原子質(zhì)量是140.1，A、C、D正確；依據(jù)名稱“鈰”可推斷屬于金屬元素，B錯誤。]2．下列固體呈淡黃色的是()A．Na2O B．Na2O2C．Fe2O3 D．Fe(OH)3B[Na2O是白色固體；Na2O2是淡黃色固體；Fe2O3是紅棕色的固體；Fe(OH)3是紅褐色固體。]3．試驗室有四個藥品櫥，已存放如下藥品：櫥甲櫥乙櫥丙櫥丁櫥藥品鹽酸、硫酸CCl4、C2H5OH紅磷、硫銅、鋅試驗室新購進一些活性炭，應將它存放在()A．甲櫥 B．乙櫥C．丙櫥 D．丁櫥C[化學藥品一般依據(jù)物質(zhì)的類別來保存，結合物質(zhì)的組成和性質(zhì)解答。鹽酸、硫酸屬于酸，A不選；CCl4、C2H5OH屬于有機物，B不選；紅磷、硫都是由非金屬元素組成的非金屬單質(zhì)，屬于純凈物，與活性炭的類別相同，活性炭可以放在丙櫥，C選；銅、鋅屬于金屬單質(zhì)，活性炭是非金屬單質(zhì)，不能放在丁櫥，D不選。]4．已知NOeq\o\al(－,3)在酸性條件下有強氧化性，下列各組離子能夠大量共存的是()A．加入Al粉后產(chǎn)生H2的溶液中：Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl—B．滴加石蕊試劑變紅的溶液中：Na＋、Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－C．酸性溶液中：Na＋、K＋、NOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)D．澄清透亮的溶液中：Cu2＋、H＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)D[加入Al粉后產(chǎn)生H2的溶液顯酸性或堿性，HCOeq\o\al(－,3)在酸性溶液中或堿性溶液中均不能大量共存；滴加石蕊試劑變紅的溶液顯酸性，H＋、Fe2＋、NOeq\o\al(—,3)之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存；酸性溶液中COeq\o\al(2－,3)不能大量共存；澄清透亮的溶液中Cu2＋、H＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)之間不反應，可以大量共存，D符合。]5．化學與生產(chǎn)、生活、環(huán)境親密相關，下列敘述正確的是()A．用米湯可干脆檢驗食鹽中是否含有碘B．我國科學家命名的“鈷酞菁”分子(直徑為1.3nm)分散在水中，所形成的分散系帶電C．酒精和“84”消毒液的消毒原理相同D．我國最近合成的某新型炸藥(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，其中“N5”D[食鹽中的碘為碘酸鉀，不是碘單質(zhì)，碘酸鉀遇到米湯(淀粉溶液)沒有明顯的現(xiàn)象，A錯誤；“鈷酞菁”分子分散在水中所形成的分散系為膠體，膠體不帶電，膠體微?？赡軒щ?，B錯誤；75%酒精消毒原理不是強氧化性的作用，84消毒液是次氯酸根離子水解生成次氯酸具有氧化性消毒殺菌，原理不同，C錯誤；(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，氯離子帶1個負電荷，氨根子帶1個正電荷，水合氫離子帶1個正電荷，依據(jù)陰陽離子所帶電荷的代數(shù)和為0，則“N5”6．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是()A．常溫常壓下，11.2LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.5NAB．標準狀況下，7.1g氯氣與足量氫氧化鈉稀溶液反應轉移的電子數(shù)為0.1NAC．1molFe(OH)3膠體中含有的膠粒數(shù)目為NAD．2L0.5mol·L－1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAB[在標準狀況下，氣體摩爾體積等于22.4L/mol，11.2L混合氣體的物質(zhì)的量才等于0.5mol，而在常溫常壓，11.2L氣體的物質(zhì)的量小于0.5mol，則含有的碳原子數(shù)目小于0.5NA，A項錯誤；7.1g氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol，依據(jù)化學反應Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O可知，0.1mol氯氣與足量NaOH溶液反應轉移的電子數(shù)為0.1NA，B項正確；膠體是分子的集合體，則1molFe(OH)3膠體中含有的膠粒數(shù)目小于NA，C項錯誤；2L0.5mol·L－1硫酸鉀溶液中硫酸根離子的物質(zhì)的量是2L×0.5mol/L＝1mol，因此忽視水的電離可知陰離子所帶電荷數(shù)為2NA，D項錯誤。]7．對下列事實的說明錯誤的是()A．在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性B．向50mL18mol·L－1的H2SO4溶液中加入足量的銅片加熱充分反應后，被還原的H2SO4的物質(zhì)的量小于0.45molC．室溫下，濃硫酸可以用鋁制容器貯存，說明鋁與濃硫酸不反應D．反應CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4能進行，說明CuS既不溶于水也不溶于稀硫酸C[A項，濃硫酸能使蔗糖脫水炭化發(fā)黑，正確；B項，隨著反應的進行，濃硫酸漸漸變稀，而稀硫酸與銅不反應，故硫酸會有剩余，正確；C項，室溫下，鋁在濃硫酸中其表面會被氧化生成一層致密的氧化物薄膜而鈍化，錯誤；D項，依據(jù)復分解反應發(fā)生的條件可知，正確。]8．硫代硫酸鈉溶液與鹽酸混合(Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O)，生成單質(zhì)硫并沉淀出來。若將硫代硫酸鈉溶液先與界面活性劑(不參加反應)勻稱混合于燒杯中，再加入鹽酸溶液并立即攪拌，靜置后無沉淀產(chǎn)生，得到含硫單質(zhì)的膠體。下列敘述錯誤的是()A．硫代硫酸鈉與鹽酸反應中，鹽酸作還原劑B．燒杯中單質(zhì)硫顆粒直徑約為10－9～10－7C．界面活性劑減緩了硫生成的速率D．用平行光照耀燒杯中液體，將視察到光的“通路”A[硫代硫酸鈉與鹽酸反應生成單質(zhì)S、SO2、水和氯化鈉，其中硫代硫酸鈉既是氧化劑又是還原劑，A錯誤；膠體分散系的微粒直徑介于10－9～10－7m9．已知有如下反應：①2BrOeq\o\al(－,3)＋Cl2=Br2＋2ClOeq\o\al(－,3)②ClOeq\o\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋=3Cl2＋3H2O③2FeCl2＋Cl2=2FeCl3。依據(jù)上述反應，推斷下列結論中錯誤的是()A．Cl2在反應②中既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物B．Cl2在①、③反應中均作氧化劑C．氧化性強弱的依次為：BrOeq\o\al(－,3)>ClOeq\o\al(－,3)>Cl2>Fe3＋D．溶液中可發(fā)生：ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2OB[ClOeq\o\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋=3Cl2＋3H2O依據(jù)化合價改變此反應是歸中反應，所以Cl2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，A正確；Cl2在①中化合價上升是還原劑，在③中化合價降低作氧化劑，故B錯；氧化性強弱的依次為：依據(jù)①知BrOeq\o\al(－,3)>ClOeq\o\al(－,3)，依據(jù)③知Cl2>Fe3＋依據(jù)②知ClOeq\o\al(－,3)>Cl2；所以氧化性強弱的依次為：BrOeq\o\al(－,3)>ClOeq\o\al(－,3)>Cl2>Fe3＋，故C正確；D.溶液中可發(fā)生：ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O依據(jù)氧化性強弱，電荷守恒，電子守恒的原理，D正確。]10．碘在自然界中有許多存在形式，在地殼中主要以NaIO3形式存在，在海水中主要以I－形式存在，幾種粒子與Cl2之間有以下轉化關系：eq\x(I－)eq\o(→,\s\up8(適量Cl2),\s\do7(①))eq\x(單質(zhì)X)eq\o(→,\s\up7(過量Cl2),\s\do7(②))eq\x(IO\o\al(－,3))以下說法不正確的是()A．①中發(fā)生的反應是：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－B．I－與過量Cl2發(fā)生的反應是：I－＋3Cl2＋3H2O=IOeq\o\al(－,3)＋6Cl－＋6H＋C．以上反應中，氯氣都體現(xiàn)氧化性，詳細表現(xiàn)為：氯元素由0價降低為－1價D．通過以上信息，可預料：若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，不能視察到溶液變藍的現(xiàn)象D[①中碘離子被氯氣氧化生成X是單質(zhì)碘，發(fā)生的反應是：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，A正確；單質(zhì)碘可以接著被氯氣氧化為碘酸根離子，則I－與過量Cl2發(fā)生的反應是：I－＋3Cl2＋3H2O=IOeq\o\al(－,3)＋6Cl－＋6H＋，B正確；以上反應中，氯氣都體現(xiàn)氧化性，詳細表現(xiàn)為：氯元素由0價降低為－1價，C正確；通過以上信息，可預料：若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，能視察到溶液變藍的現(xiàn)象，D錯誤。]11．下列有關物質(zhì)檢驗的試驗操作與現(xiàn)象能得到對應結論的是()操作現(xiàn)象結論A向某無色溶液中滴加稀鹽酸有無色氣體生成原溶液中有確定含有COeq\o\al(2－,3)B向某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫色原溶液中有I－C用干凈鉑絲蘸取某溶液進行焰色反應火焰呈黃色液中有Na＋，無K＋D將某氣體通入澄清石灰水溶中溶液變渾濁該氣體確定是CO2B[可能含有COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)，A錯誤；氯水中的氯氣和碘離子反應生成碘單質(zhì)，四氯化碳把碘從水溶液中萃取出來，四氯化碳密度比水大，下層溶液顯紫色，B正確；黃色火焰可以覆蓋K＋的淺紫色火焰，故檢驗K＋需通過藍色鈷玻璃視察火焰，正確操作為：用干凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，透過藍色鈷玻璃視察，火焰呈黃色，原溶液中有鈉離子、無鉀離子，C錯誤；能使澄清石灰水變渾濁的氣體有CO2、SO2，選項D錯誤。]12．下列裝置及藥品和試驗室制備的氣體相匹配的是()甲乙丙丁A．甲裝置用來制備氧氣B．乙裝置用來尾氣處理氯化氫氣體C．丙裝置用來制取氯氣D．丁裝置中盛有堿石灰用來干燥二氧化碳氣體C[制備氧氣一般用KMnO4受熱分解或KClO3和MnO2加熱，試管口略向下傾斜，假如用H2O2制備O2，用MnO2作催化劑，不須要加熱，A錯誤；HCl極易溶于水，因此須要防止倒吸，B錯誤；制取Cl2，用MnO2和濃鹽酸加熱來制備，C正確；堿石灰是NaOH和CaO的混合物，CO2屬于酸性氧化物，因此干燥CO2不能用堿石灰干燥，D錯誤。]13．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種主族元素，其中元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法正確的是()A．1mol由元素A、B組成的化合物確定含有18mole－B．元素C、D的最高價氧化物對應的水化物之間不行能發(fā)生反應C．C與A形成的化合物確定是離子化合物D．化合物AE與CE含有相同類型的化學鍵C[A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種主族元素，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，B有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，B為C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，則C為Na元素；元素D是地殼中含量最多的金屬元素，則D為Al元素；其中元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，A的原子序數(shù)小于碳元素，A為H元素，E的原子序數(shù)大于鋁元素，則E為Cl元素。由元素A、B組成的化合物可能是CH4，也可能是C2H6等，所以1molCH4中含有10mol電子，1molC2H6分子中含有18mol電子，所以1mol相應的化合物分子中不確定含有18mol電子，A錯誤；C是Na元素，D是Al元素，C、D的最高價氧化物對應的水化物分別是NaOH、Al(OH)3，NaOH是強堿，可以與兩性氫氧化物Al(OH)3反應產(chǎn)生NaAlO2和水，B錯誤；C是Na，A是H，Na與H形成的化合物NaH是離子化合物，C正確；化合物AE是HCl含有的化學鍵是共價鍵，化合物CE為NaCl是離子化合物，含有離子鍵，化學鍵的類型不相同，D錯誤。]14.a、b、c、d四種元素在周期表中的位置如右圖，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)與b之間簡潔形成離子化合物B．若b的單質(zhì)可作半導體材料，則c的單質(zhì)不行能為半導體材料C．若b的單質(zhì)與H2易化合，則c的單質(zhì)與H2更易化合D．若b的最高價氧化物對應水化物為H2bO4，則a的氫化物的化學式為aH3D[a、b可能均為非金屬，如a為C，b為P，非金屬之間不易形成離子鍵，A錯誤；若b的單質(zhì)可作半導體材料，b為Si，c為金屬元素Ge，則c的單質(zhì)可能為半導體材料，B錯誤；b、c同主族，從上到下非金屬性減弱，非金屬性強的b與H2易化合，則c的單質(zhì)與H2不確定簡潔化合，C錯誤；若b的最高價氧化物對應水化物為H2bO4，b的最高價為＋6價，最低價為－2價，b為ⅥA族元素，a為ⅤA族元素，a的氫化物的化學式為aH3,D正確。]15．幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表：元素代號XYZMRQ原子半徑/(10－10m1.860.991.431.600.750.74主要化合價最高正價＋1＋7＋3＋2＋5－最低負價－－1－－－3－2下列說法不正確的是()A．由元素X和Q組成的化合物可能含有共價鍵B．X、Z、R的最高價氧化物對應水化物可彼此反應C．氫化物的穩(wěn)定性是Q>Y>RD．Z和Y形成的化合物為離子化合物D[短周期元素中，Y有＋7、－1價，則Y為Cl；Q沒有最高價、最低價－2，則Q為O元素；R有＋5、－3價，處于ⅤA族，原子半徑小于Cl，則R為N元素；X、M、Z的最高正化合價分別為＋1、＋2、＋3，則分別處于ⅠA、ⅡA、ⅢA族，原子半徑X＞M＞Z＞Cl，則X為Na、M為Mg、Z為Al。由元素X和Q組成的化合物為Na2O、Na2O2，Na2O2中含有共價鍵，A正確；X、Z、R的最高價氧化物對應水化物分別為氫氧化鈉、氫氧化鋁、硝酸，氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉及硝酸反應，B正確；非金屬性O＞Cl＞N，氫化物的穩(wěn)定性O＞Cl＞N,C正確；Al和Cl均為非金屬元素，Al和Cl形成的化合物為共價化合物，故D錯誤。]16．幾種短周期元素的原子半徑和主要化合價見下表，下列說法中正確的是()元素代號原子半徑/nm主要化合價X0.160＋2Y0.143＋3Z0.102＋6、－2L0.099＋7、－1M0.077＋4、－4Q0.074－2A.等物質(zhì)的量的X、Y的單質(zhì)與足量的鹽酸反應，生成的H2一樣多B．Y與Q形成的化合物不能跟氫氧化鈉溶液反應C．Z的氫化物的穩(wěn)定性強于L的氫化物的穩(wěn)定性D．在化學反應中，M原子與其他原子易形成共價鍵而不易形成離子鍵D[由題給主要化合價可知，X位于第ⅡA族，Y位于ⅢA族，Z位于第ⅥA族，L位于第ⅦA族，M位于第ⅣA族，Q位于第ⅥA族。在短周期元素中，結合原子半徑的遞變規(guī)律可知，X、Y、Z、L、M、Q分別為Mg、Al、S、Cl、C、O。]二、非選擇題(本題包括5小題，共52分。)17．(10分)Na、Cl、Al是中學化學常見的元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)①只含上述某一種元素的常見化合物中，呈淡黃色的是(填化學式)。②焰色反應的試驗中，Na元素燃燒時的焰色為色，視察K元素燃燒時的焰色須要透過。(2)飲用水質(zhì)量是關系人類健康的重要問題。①氯氣是最早用于飲用水消毒的物質(zhì)，其消毒作用主要是氯氣溶于水后生成了次氯酸，該反應的離子方程式為：。②寫出工業(yè)上制取漂白粉的化學反應方程式：。③ClO2是一種廣譜型的消毒劑，將漸漸取代Cl2成為生產(chǎn)自來水的消毒劑。工業(yè)上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反應制得，反應中NaClO3和Na2SO3的物質(zhì)的量之比為。[解析]依據(jù)題意知，酸性條件下，NaClO3和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成ClO2和Na2SO4，同時生成水，該反應中Cl元素化合價由＋5價變?yōu)椋?價、S元素化合價由＋4價變?yōu)椋?價，其轉移電子數(shù)為2，依據(jù)轉移電子相等配平方程式為H2SO4＋2NaClO3＋Na2SO3=2Na2SO4＋2ClO2＋H2O，所以該反應中NaClO3和Na2SO3的物質(zhì)的量之比為2∶1。[答案](1)①Na2O2②黃藍色鈷玻璃(2)①Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO②2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O③2∶118．(10分)已知某工業(yè)廢水中含有大量CuSO4，少量的Ag＋、Hg2＋以及部分污泥，通過下述過程可從該廢水中回收硫酸銅晶體及其他物質(zhì)。(1)步驟1的主要操作是。(2)步驟2中需加入某種試劑后再將混合物分別，該試劑是(填化學式，下同)，固體殘渣的成分是。(3)步驟3中涉及的操作是：蒸發(fā)濃縮、、過濾、烘干。(4)步驟2應當在通風櫥中進行，緣由是。[解析](1)依據(jù)框圖可知，步驟1后得到污泥和澄清溶液，故應當為固體和溶液的分別，主要操作應為過濾。(2)經(jīng)過濾后的溶液中含有Cu2＋、Ag＋、Hg2＋，依據(jù)題意結合金屬活動依次表知步驟2中加入的試劑應當是金屬銅，銅將汞和銀從溶液中置換出來，汞是液態(tài)，故固體殘渣是金屬銀和過量的銅。(3)從硫酸銅的溶液中得到CuSO4·5H2O，要經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、烘干幾個過程。(4)因為Hg有揮發(fā)性，且有毒，故步驟2應當在通風櫥中進行。[答案](1)過濾(2)CuAg、Cu(3)冷卻結晶(4)因為Hg有揮發(fā)性，且有毒19．(10分)某探討小組欲探究Na2O2與水的反應，可供運用的試劑有：Na2O2、蒸餾水、KMnO4酸性溶液、MnO2。Na2O2樣品與過量水反應，待完全反應不再產(chǎn)生氧氣后，得溶液X。查閱資料表明，Na2O2與水反應還可生成H2O2。(1)寫出Na2O2與水生成O2的化學反應方程式，每生成1molO2，轉移電子的物質(zhì)的量為。(2)Na2O2與水反應生成H2O2的反應是否屬于氧化還原反應(填是、否)。(3)若已知溶液X可使酸性KMnO4溶液褪色，同時放出氧氣，完成并配平該反應的離子方程式：MnOeq\o\al(－,4)＋H2O2＋H＋→Mn2＋＋O2↑＋。(4)取40gNa2O2固體粉末與確定量二氧化碳反應后，固體質(zhì)量變?yōu)?7g，則該反應中消耗Na2O2的質(zhì)量是g。[解析](1)Na2O2與水反應生成O2的化學方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。用單線橋分析該反應為：，反應中每生成1molO2轉移2mol電子。(2)Na2O2與水反應生成H2O2的化學方程式為Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2，反應前后元素的化合價沒有發(fā)生改變，Na2O2與水反應生成H2O2的反應不是氧化還原反應。(3)反應中，Mn元素的化合價由＋7價降至＋2價，1molMnOeq\o\al(－,4)得到5mol電子生成1molMn2＋，O元素的化合價由－1價升至0價，1molH2O2失去2mol電子生成1molO2；依據(jù)得失電子守恒配平為2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋H＋→2Mn2＋＋5O2↑，結合原子守恒、電荷守恒以及溶液呈酸性，離子方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。(4)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2～Δm(增重)2×78g2×106g2×106g－2×78g＝56gm(Na2O2)47g－40g＝7geq\f(2×78g,mNa2O2)＝eq\f(56g,7g)，解得m(Na2O2)＝19.5g該反應中消耗Na2O2的質(zhì)量是19.5g。[答案](1)2Na2O2＋2H2O=O2↑＋4NaOH2mol(2)否(3)256258H2O(4)19.5g20．(10分)空氣中CO2濃度的持續(xù)走高引起人們的高度重視。一些科學家認為，人類不僅要努力削減CO2的排放，還要盡快想方法清除空氣中過多的CO2。為此，他們設想了一系列“捕獲”和“封存”CO2的方法。方法Ⅰ：一些科學家利用太陽能加熱的反應器“捕獲”空氣中的CO2，如圖所示。(1)步驟一中的CaO俗稱。(2)步驟二中發(fā)生反應的化學方程式是。方法Ⅱ：另一些科學家利用NaOH溶液的噴淋“捕獲”空氣中的CO2，如圖所示。(1)NaOH溶液噴成霧狀是為了。(2)上圖a環(huán)節(jié)中，物質(zhì)分別的基本操作是。(3)為了盡量削減成本，在整個流程中，循環(huán)利用的物質(zhì)有CaO和。(4)下列溶液中，同樣能用于“捕獲”二氧化碳的是(選填字母)。A．KNO3溶液 B．CaCl2溶液C．CuSO4溶液 D．Na2CO3溶液(5)“捕獲”到的二氧化碳，一部分可以用于生產(chǎn)；一部分則設想注入深海中“封存”起來。但過多的二氧化碳會導致海水水質(zhì)的改變，最終殃及海洋生物，其緣由是(用化學方程式表示)。[解析]方法Ⅰ：(1)CaO是生石灰的俗稱。(2)步驟二中發(fā)生碳酸鈣的分解反應。方法Ⅱ：(1)NaOH溶液汲取二氧化碳氣體時，只有相接觸才能發(fā)生反應，噴成霧狀是為了二者接觸的充分。(2)a環(huán)節(jié)中，是固體與液體物質(zhì)發(fā)生分別。(3)在整個流程中，循環(huán)利用的物質(zhì)有CaO和氫氧化鈉。(4)能用于“捕獲”二氧化碳的是溶液應能與CO2反應。(5)過多的二氧化碳會導致海水水質(zhì)的改變，最終殃及海洋生物，其緣由是二氧化碳溶于水后產(chǎn)生影響海洋生物生存環(huán)境的物質(zhì)。[答案]方法Ⅰ：(1)生石灰CaCO3eq\o(=,\s\up7(900℃))CaO＋CO2↑方法Ⅱ：(1)增大反應物的接觸面積(2)過濾(3)NaOH(4)D(5)CO2＋H2OH2CO321．(12分)下表是元素周期表的一部分，針對表中的①～⑩種元素，填寫下列空白：周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA1①2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩(1)上述元素中，形成化合物種類最多的是(填元素符號)。(2)元素①、④和⑤形成的化合物的電子式是，該化合物中存在的化學鍵類型是。(3)②、③、⑦三種元素原子半徑由大到小的依次是(用元素符號表示)。⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩六種元素形成的簡潔離子，半徑最小的是，最大的是(填離子符號)。(4)⑤、⑥、⑦三種元素最髙價氧化物對應水化物