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2020届湖北省名师联盟高三上学期第二次月考精编仿真金卷化学试题（解析版）
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2020届湖北省名师联盟高三上学期第二次月考精编仿真金卷化学试题（解析版）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。
B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。
C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。
D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。
【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。
2.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl
B. 正丙醇的结构简式为：C3H7OH
C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：Ce
D. 硫化钠的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A.次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl，A正确；
B.正丙醇的结构简式为：CH3CH2CH2OH，B错误；
C.含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：，C错误；
D.硫化钠为离子化合物，其电子式：，D错误；
答案为A。
3.如图表示1～18号元素（原子）的结构或性质随核电荷数递增的变化。无法由该图中曲线获知的是
A. 电子层数 B. 原子半径 C. 最高化合价 D. 最外层电子数
【答案】B
【解析】
【详解】电子层数等于周期数，最外层电子数=最高化合价；同周期元素从左到右，半径依次减小，所以由该图中曲线无法获知的是原子半径，故选B。
4.下列有关实验操作或仪器的使用正确的是
A. 分液时取出下层液体
B. 存放浓硝酸
C. 收集NO气体
D. 吸收尾气中的SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.分液操作时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故A错误；
B. 浓硝酸有强氧化性，可以腐蚀橡胶塞，故B错误；
C.NO气体能与空气中的氧气反应，所以收集NO不能用排空气法，应用排水法，故C错误；
D.SO2气体与氢氧化钠溶液反应，若直接将导管插入液面下，容易发生倒吸现象，故使用图中仪器可以防止倒吸，故D正确。
故选D。
5.“84”消毒液（有效成分为）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析不正确的是
实验操作
①蒸馏水
“84”消毒液+石蕊溶液
②“84”消毒液+石蕊溶液
③
“84”消毒液+石蕊溶液
实验现象
混合后溶液的，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪色。
混合后溶液，蓝色迅速褪去，无气体产生。
混合后溶液，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。
A. 对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应
B. 实验③中产生的气体是，由分解得到：
C. 对比实验②和③，溶液的可能会影响的氧化性或的还原性
D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控到合适的才能安全使用
【答案】B
【解析】
【分析】
次氯酸钠可与酸反应生成次氯酸，两者中氯元素均为+1价，具有强氧化性，可用于消毒和漂白。据此，通过对比实验、分析现象，回答有关问题。
【详解】次氯酸的酸性较碳酸更弱，次氯酸根水解使次氯酸钠溶液呈碱性，能使石蕊变蓝。
A项：实验①和②表明，次氯酸根在碱性、酸性溶液中均有漂白性（强氧化性，被还原为Cl-），且酸性溶液中漂白性更好，则②中发生了反应，A项正确；
B项：③中使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是，可由强酸性溶液中反应ClO-+Cl-+2H+=↑+H2O生成。分解的产物是氧气和水，B项错误；
C项：实验②和③表明，酸性溶液中次氯酸根有强氧化性。②中酸性较弱，ClO-不能氧化；③中酸性较强，ClO-氧化性也更强，可将氧化为，C项正确；
D项：比较实验①和②，说明加酸可以提高漂白效果。比较实验②和③，说明酸性过强，会生成有毒的氯气，D项正确。
本题选B。
【点睛】分析对比实验时，一定要找出相同或相似的实验现象的共同原因，从不同实验现象找出本质的差别。
6.下列各组性质比较中，正确的是（ ）
①沸点：HF>HCl>HBr>HI；
②离子还原性：S2－>Cl－>Br－>I－；
③酸性：HClO4>HBrO4>HIO4；
④金属性：K>Na>Mg>Al；
⑤气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S；
⑥半径：O2－>F－>Na＋>Mg2＋。
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，故①错误；
②元素的非金属性Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故②错误；
③非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故③正确；
④同主族行上到下，金属性增强：K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即Na＞Mg＞Al，即金属性：K＞Na＞Mg＞Al，故④正确；
⑤元素的非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，故⑤正确；
⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，故⑥正确；
故答案为B。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Ca(ClO) 2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+H++Cl－+ HClO
B. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2++3ClO－+3H2O=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl－
C. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO3－＋OH－= CO32－＋H2O
D. 向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3＋+2I－ = 2Fe2＋+I2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2应为：Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，选项A错误；
B、向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液应为：2Fe2++ClO－+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl－，选项B错误；
C、 NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO＋OH－===CO＋H2O，选项C正确；
D、向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液，漏掉H+、NO与I－的反应，选项D错误。
答案选C。
8.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是（ ）
A. 铈的冶炼步骤为：用稀土串级萃取法对矿石进行筛选富集，电解熔融CeO2
B. CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeO2+4HI＝CeI4+2H2O
C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+
D. 四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互称为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则用稀土串级萃取法对矿石进行萃取富集，然后电解熔融的CeO2来冶炼金属铈，A项正确；
B．Ce4+具有氧化性，HI具有强还原性，CeO2溶于氢碘酸会发生氧化还原反应，化学方程式可表示为2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2，B项错误；
C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，C项正确；
D．核素Ce、Ce、Ce、Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，D项正确；
答案选B。
【点睛】高中“四同”是常考点，也是易混点，质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；
同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。
9.某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)。下列说法正确的是
A. 反应过程中转移的电子数3NA
B. 反应后生成NO的体积为24.4L
C. 所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1∶3
D. 所得溶液中c(NO3-)=2.4mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol，n(Fe)=1.2mol。根据物质先后发生反应的关系及物质的量的相对多少，判断溶液中剩余离子的物质的量关系及电子转移情况。
【详解】某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，则其中含有n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol。向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，1.2molFe完全反应，消耗1.2mol NO3-，4.8molH+，而H+只有4.4mol，可见H+消耗完，铁过量，反应会消耗1.1mol金属Fe，1.1molNO3-，生成1.1molFe3+，同时反应产生1.1molNO气体，铁还剩余0.1mol，过量Fe和反应产生的Fe3+离子发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，因此0.1mol铁消耗0.2molFe3+，生成0.3molFe2+。
A.1.1molNO3-反应转移电子数3.3NA，0.1molFe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，转移电子0.2NA，故反应转移电子总数目为3.5NA，A错误；
B.无反应条件，无法计算反应生成的NO的体积，B错误；
C.根据上述分析可知反应生成0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3，C正确；
D.所得溶液中剩余n(NO3-)=3.5mol-1.1mol=2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应后溶液中硝酸根离子的浓度c(NO3-)，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查有关混合物反应的计算，注意利用离子方程式进行解答，题目涉及反应物有过量时的计算，要结合物质反应的物质的量关系，判断什么物质过量，什么物质不足量，以不足量的物质为标准进行解答，题目有利于学生理解，侧重考查学生的分析与计算能力。
10.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中
乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
向 2 mL 1 mol/L NaOH 溶液中先加入3滴 1 mol/L MgCl2,再加入3滴 1 mol/L
FeCl3 溶液
先生成白色沉淀,后生成红褐色沉淀
证明 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
将水蒸气通过灼热的铁粉
生成的气体可以点燃
铁与水蒸气在高溫下发生反应
D
将刚摘下的红色花朵放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片
花朵褪色
因为次氯酸具有漂白作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A、两个反应的实质都是钠置换出H2，所以反应的剧烈程度就能够说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B、实验中MgCl2和FeCl3溶液是先后分别加入的，且NaOH过量，所以实验现象与两种沉淀的Ksp大小没有关系，不能证明Ksp[Mg(OH)2] > Ksp[Fe(OH)3]，故B错误；C、因为水蒸气在高温下不可能点燃，而铁粉是固体，所以可以点燃的气体只能是新生成的物质，即说明铁与水蒸气在高溫下发生了反应，故C正确；D、刚摘下的红色花朵中含有水分，可以与氯气反应生成次氯酸，使花朵褪色，故D正确。本题正确答案为B。
11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞Y＞X
B. 氢化物沸点：Z＞Y＞W
C. 元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应
D. Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，则此化合物为SiC，即W为C元素、Y为Si元素；X的最外层电子数等于最内层电子数，X为Mg元素；Z元素是最重要的“成盐元素”，则Z为Cl元素。
【详解】由分析知：W为C元素、X为Mg元素、Y为Si元素、Z为Cl元素；
A．Mg、Si、Cl均为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径：X＞Y＞Z，故A错误；
B．C和Si的氢化物有若干种，常温下有气态、液态和固态的氢化物，而HCl常温下为气态，则三者氢化物的沸点无法比较，故B错误；
C．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，发生的反应为置换反应，故C正确；
D．Cl与Mg形成的化合物MgCl2中只存在离子键，而Cl与C或Si形成的CCl4或SiCl4中只存在共价键，故D错误；
故答案为C。
12.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，是一种新型多功能水处理剂，其生产工艺流程如下：
已知：K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42−+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH－+3O2↑，下列说法不正确的是( )
A. 步骤③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2
B. 步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小
C. 步骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制
D. 配制90%Fe(NO3)3溶液必需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等
【答案】D
【解析】
【分析】
足量Cl2通入NaOH溶液中，温度较低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入NaOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下ClO-才能和Fe3+发生氧化还原反应生成FeO42-，除去NaCl得到碱性的NaClO浓溶液，向碱性的NaClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，向溶液中加入KOH固体至饱和，得到K2FeO4，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。
【详解】A.步骤③发生的反应为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe3+是还原剂、ClO-是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，A正确；
B.步骤④中Na2FeO4转变为湿产品时，是利用溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小，B正确；
C.醋酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，能抑制高铁酸根离子水解，异丙醇能降低高铁酸钾溶解性且防止其水解，所以骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制，C正确；
D.配制一定质量分数的溶液不需要容量瓶，需要烧杯、玻璃棒和量筒，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查物质制备的知识，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、溶液配制等，明确实验原理及物质性质、物质分离和提纯方法是解本题关键，注意配制一定质量分数溶液与配制一定物质的量浓度溶液所需仪器区别。
13.某铁柱需长期浸入水下，为了减少腐蚀，下列措施中不能达到目的是
A. 在铁柱上铆上一些锌片 B. 将铁柱与直流电源的正极相连
C. 在铁柱表面涂上一层较厚的沥青 D. 在铁柱表面镀锡
【答案】B
【解析】
【详解】A.在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被保护，能达到目的，A不符合题意；
B.将铁柱与直流电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，腐蚀速率会大大加快，B符合题意；
C.在铁柱表面涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能达到目的，C不符合题意；
D.利用锡的稳定性隔离铁与腐蚀介质接触，可以减少铁的腐蚀，能达到目的，D不符合题意；
故合理选项B。
14.短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。a的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，b原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。d的单质与稀盐酸剧烈反应放出a2。在1L0.2mol·L-1a2e的水溶液中缓慢通入ec2气体，该溶液的pH与ec2气体体积（标准状况）的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a和b可构成所有原子共平面的分子
B. 在b、c、e的气态氢化物中，c的最稳定
C. d的氯化物一定能破坏水的电离平衡
D. e的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意，锂离子含2个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有H-，a为氢。最外层电子数是内层电子数2倍，说明内层只有2个电子，b为碳。短周期有5种金属，原子序数依次增大，所以，d可能为钠、镁、铝。由图象知，a2e溶液呈酸性，e为硫，H2S与SO2反应，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，c为氧。
【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故A正确。
B、在H2O、CH4、H2S中，H2O的热稳定性最强，故B正确。
C、NaCl不能破坏水的电离，故C错误。
D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故D正确。
故答案选C。
15.将如图中的K闭合，下列判断正确的是（ ）
A. 去掉盐桥，此装置也能正常工作
B. 盐桥中的K+向盛有硫酸铜溶液的烧杯移动，高锰酸根离子向b移动
C. 一段时间后，硫酸铜溶液浓度减小
D. C极上的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池的构造原理要求装置能够形成闭合回路，盐桥在此使两个烧杯连接，形成闭合回路，据此分析；该原电池中Cu为负极，失电子形成铜离子，C为正极，铁离子得电子生成亚铁离子；因此b为电解池的负极，a为正极，电解池中阳离子向负极移动，阴离子向正极移动，据以上分析进行解答。
【详解】A、去掉盐桥，不能形成闭合回路，此装置不能正常工作，故A错误；
B、C极为原电池的正极，钾离子向盛有硫酸铁溶液的烧杯移动，a为电解池的阳极，高锰酸根离子向a移动，故B错误；
C、因为铜极发生氧化反应，极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以溶液中铜离子浓度增大，故C错误；
D、C极为原电池正极，发生还原反应，极反应为Fe3++e-=Fe2+，故D正确；
故答案选D。
16.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+
B. 充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+
C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池
D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，b池生成17.40gNa2S4
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。
【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－ =Na2S4+2Na＋，故A错误；
B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3，电极反应式为：3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；
C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；
D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；
答案选C。
二、非选择题（共52分）
17.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题：
I．转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T．F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程i的离子反应方程式为_________________________________________。
(2)已知：
①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全。
②30℃时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。
pH
0.7
1.1
1.5
1.9
2.3
2.7
Fe2+的氧化速率/g·L-1·h-1
4.5
5.3
6.2
6.8
7.0
6.6
在转化脱硫中，请在上表中选择最佳pH范围是_______
(3)①该过程的热化学方程式是__________________________________________。
②比较压强P1和p2的大小关系：P1 _________ P2(选填“>”“<”或“=”)。
③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，若此时容器的体积为2L,则该反应的平衡常数为______________(结果保留2位有效数字)。
Ⅲ．CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅳ．H2提纯：将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图
(4)吸收池中发生反应的离子方程式是____________________________________。
【答案】 (1). H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (2). 1.5 (3). 1.9 (4). 此范围既保证了Fe2+有较快氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀 (5). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+204kJ/mol (6). > (7). 0.48 (8). CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
【解析】
【分析】
(1)由图可知，过程中H2S变成S，S元素化合价由-2价变成0价，Fe3+被还原变成Fe2+，根据电子守恒写出离子反应方程式；
(2)由①可知Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，会导致Fe3+浓度降低，则Fe2+ 和Fe3+浓度均会降低，速率降低，故pH应小于1.9。由②可知，pH在1.5的时候的氧化速率较快，故pH的取值范围是1.5
②由图可知，温度一定，压强也大，平衡逆向移动，则CH4的体积分数增大，则
P1 > P2。
③列出三行式，根据起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，求出平衡时，CH4、H2O、CO、H2的浓度，再根据平衡常数K=计算。
(4)由图示已知吸收池中用的是K2CO3溶液，吸收CO2，以此书写离子方程式。
【详解】(1)由图可知，过程中H2S变成S，S元素化合价由-2价变成0价，Fe3+被还原变成Fe2+，根据电子守恒，过程i的离子反应方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
因此，本题正确答案是：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
(2)由①可知Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，会导致Fe3+浓度降低，则Fe2+ 和Fe3+浓度均会降低，速率降低，故pH应小于1.9。由②可知，pH在1.5的时候的氧化速率较快，故pH的取值范围是1.5
(3)①由图可知该反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，该过程的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+204kJ/mol；
②由图可知，温度一定，压强增大，平衡逆向移动，则CH4的体积分数增大，则
P1 > P2。
③列出三行式，设转化的CH4的物质的量为x，
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
变化（mol） x x x 3x
平衡（mol）1-x 1-x x 3x
根据起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，气体的总质量不变，密度与气体的总物质的量成反比，则=1.4，解得x=0.4，
容器的容积为2L，则平衡时，CH4、H2O、CO、H2的浓度分别为：0.3mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L、0.6mol/L，
则该反应的平衡常数为K===0.48。
因此，本题正确答案是：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+204kJ/mol；>；0.48；
(4)由图示已知吸收池中用的是K2CO3溶液，吸收CO2，则离子方程式是CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，
因此，本题正确答案是：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。
【点睛】本题以氢能的利用为载体，考查了实际工业生产中的一基本反应的问题，需要学生灵活运用所学基本化学知识，解决生产中出现的未知问题，体现了分析问题解决问题的能力，难点是化学平衡常数的计算，需要列三行式利用已知条件，明晰解题思路。
18.明矾[KAl(SO4)2·12H2O] 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：
(1)明矾净水的原理是______________________________(用离子方程式表示)。
(2)检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是________________(只用一种试剂)。
(3)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_______________________，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4- 转化为Mn2＋)：
________________________________________。
(4)已知：在pH＝3、加热条件下，MnO4- 可与Mn2＋反应生成MnO2。
加入MnSO4发生反应的离子方程式为：________________________。滤渣2含有的物质是_______________。
【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (3). 2Al＋2NaOH＋2H2O=== 2NaAlO2＋3H2↑ (4). 5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (5). 3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (6). MnO2、Fe(OH)3
【解析】
【分析】
铝灰（含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体；
（1）明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用；
（2）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液；
（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子；
（4）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应结合原则守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀。
【详解】铝灰（含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体；（1）明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
（2）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或 铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会呈现蓝色溶液；
（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O= 2NaAlO2＋3H2↑；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
（4）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀；故答案为：MnO2、Fe(OH)3。
【点睛】本题考查了流程分析，反应过程理解应用，反应现象和产物的判断，注意离子检验方法，离子方程式书写式关键，题目难度中等。
19.如图所示(B中冷却装置未画出)，将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。
已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8 ℃，42 ℃以上分解为Cl2和O2。
(1)①实验中控制氯气与空气体积比方法是________________________________。
②为使反应充分进行，实验中采取的措施有______________________________。
③装置D的作用是____________________________________。
(2)①装置B中产生Cl2O的化学方程式为：____________________________________。
②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是_____________________。
(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为______________________________________。
(4)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用_____取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的_________________，再加入足量的_______________，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。 (可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)。
【答案】 (1). 通过观察A中产生气泡的速率调节流速 (2). 搅拌、使用多孔球泡 (3). 吸收未反应的氯气，防止污染空气 (4). 2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋2NaCl＋CO2 (5). 该反应放热，温度升高Cl2O会分解 (6). HClO见光易分解 (7). 酸式滴定管 (8). H2O2溶液 (9). 硝酸银溶液
【解析】
【分析】
氯气通过A装置与空气形成1：3的混合气体通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境，（1）①控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；②增加气体与溶液的接触面积、搅拌等措施都可以加快反应速率；③装置D的作用是是吸收未反应的氯气，防止污染空气；（2）①装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到-1价的氯化钠；②由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（3）装置C是用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，但生成的HClO见光易分解，反应装置须选择避光；（4）需要20.00mL的次氯酸溶液，根据精确度应选用酸、碱式滴管，再根据HClO溶液既有酸性，又有强氧化性确定滴定管的类型；实验原理是结合所提供的试剂H2O2是还原HClO生成Cl-，再滴加过量提供的硝酸银溶液，根据生成的AgCl沉淀质量计算原溶液HClO的浓度。
【详解】（1）①通过观察A中产生气泡的速率调节气体的流速可以控制氯气与空气体积比的方法；②多孔球泡增加气体与溶液的接触面积可以加快反应速率；为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡；③装置D的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；
（2）①装置B中，氯氯气和碳酸钠反应生成Cl2O，化学方程式为：2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋2NaCl＋CO2；②由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；
（3）水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，HClO见光易分解，故装置C中采用棕色圆底烧瓶；
（4）次氯酸溶液既有酸性，又有强氧化性，应选用酸式滴定管；具体实验操作是，向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量。
【点睛】本题考查了物质的制备和性质实验，涉及电解原理的应用、实验的基本操作及滴定原理应用与计算，根据题目给定的基本信息解题，理清整个制备的流程及操作方法是解题的关键，要求具备扎实的基础知识和分析问题的能力，题目难度中等。
20.Ⅰ. 由中科院等离子体物理研究所自主研制的全超导托卡马克实验装置(俗称“人造太阳”)正在接受技术升级。人造太阳是利用氘、氚核聚变反应释放巨大能量原理而实现的。下列说法正确的是________。
A．氕、氘、氚三种元素在周期表中的位置不同
B．20 g D2O含有的中子数为6.02×1024个
C．在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂
Ⅱ. 部分元素在周期表中的位置如下：
请回答下列问题：
(1)元素C在周期表中的位置为________。
(2)判断E和F对应的简单氢化物沸点高低，并解释原因____________。
(3)用电子式表示F的氢化物的形成过程：___________。
Ⅲ.溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等，苦卤提溴的工业流程如下：
(1)结合元素周期律解释Cl的非金属性强于Br的原因：_______________。
(2)吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br−和BrO3−，则A是________（填序号）。
A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C．SO2气体
(3)从吸收塔出来的溶液中加入稀H2SO4得到Br2的离子方程式是______。
【答案】 (1). BC (2). 第四周期Ⅷ族 (3). H2O沸点高，水分子可形成分子间氢键作用力强，故沸点高 (4). (5). Cl和Br均为第ⅦA族元素，原子最外层电子数均为7，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br (6). B (7). 5Br−+ BrO3− + 6H+ =3Br2 + 3H2O
【解析】
【分析】
A．氕、氘、氚三种元素为H的同位素，质子数相同；
B．D2O的摩尔质量为20g/mol，则20g D2O即1mol；
C．还原性：Na>Li，在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂；
Ⅱ.根据元素周期表的信息，A为Li，B为Ca，C为Fe，D为Si，E为O，F为S。
Ⅲ.苦卤中的溴离子与氯气反应生成溴，在吹出塔经热空气吹出溴蒸气，在吸收塔吸收，生成Br−和BrO3−，再与稀硫酸反应生成单质溴。
【详解】A．氕、氘、氚三种元素为H的同位素，质子数相同，则在周期表中的位置相同，A错误；
B．D2O的摩尔质量为20g/mol，则20g D2O即1mol，1mol D2O含有的中子的物质的量为10mol，所以1mol含有的中子数为6.02×1024个，B正确；
C．还原性：Na>Li，在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂，C正确；
答案为BC；
II.(1)元素C为Fe，位于第四周期Ⅷ族；
(2)E和F分别为O、S，氢化物为H2O、H2S，水分子间可形成氢键，导致分子间作用力增大，熔沸点升高，则H2O沸点高；
(3)F的氢化物为H2S，电子式表示其形成过程为；
III.(1)Cl、Br属于同一主族，最外层均有7个电子，Cl原子核外有3个电子层，Br有4个电子层，则原子半径ClBr，得电子能力Cl>Br，则非金属性：Cl＞Br；
(2)Br2在碱性溶液中生成Br−和BrO3−，结合题中给定试剂，答案为B；
(3)Br−和BrO3−，在酸性条件下生成溴和水，反应的离子方程式为5Br−+BrO3−+6H+ =3Br2+ 3H2O。
【点睛】溴在碱性条件下发生歧化反应，再在酸性条件下生成溴。
21.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：
已知：i.RCH2Br R﹣HC═CH﹣R′
ii．R﹣HC═CH﹣R′
iii．R﹣HC═CH﹣R′
(以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等)
(1)A属于芳香烃，其名称是_______________________。
(2)D的结构简式是_______________________________。
(3)由F生成G的反应类型是________________________________________。
(4)由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是_____________________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_______________________________。
(5)下列说法正确的是___________(选填字母序号)。
A. G存在顺反异构体
B. 由G生成H的反应是加成反应
C. 1 mol G最多可以与1 mol H2发生加成反应
D. 1 mol F或1 mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2 molNaOH
(6)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。___________________
【答案】 (1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7).
【解析】
【分析】
根据C的结构简式，逆推B是邻甲基苯甲酸；A是邻二甲苯；C在浓硫酸作用下与试剂a反应生成D，根据D的分子式，可推出试剂a是甲醇，D是；在氢氧化钠作用下发生水解反应，再酸化生成邻乙烯基苯甲酸E；根据信息ii，邻乙烯基苯甲酸E生成F，则F是，结合信息iii，根据H的结构简式，逆推G是 。
【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物。A的化学式为C8H10，根据碳原子个数可知A中含有一个苯环，剩余含有2个碳原子的取代基取代苯环上的氢原子，苯环上的取代基可能为1个乙基或2个甲基。根据物质C中苯环上的取代基位置关系可知，A的结构简式为，则A的名称为1，2-二甲苯（或邻二甲苯）。
因此，本题正确答案是：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；
（2）由“已知ⅰ”可知：物质D与甲醛反应，脱去一个溴原子和一个氢原子，并与甲醛中的碳原子形成碳碳双键，则物质D的结构式为。
因此，本题正确答案是：；
（3）根据以上分析，F是，G是 ，F中碘原子与邻位碳原子上的氢原子发生消去反应形成碳碳双键。
因此，本题正确答案是：消去反应；
（4）E的结构简式为，根据“已知ⅱ”，E的结构简式中有碳碳双键和羧基，在一定条件下与I2反应时，断去碳碳双键，同时两个碳原子分别连接一个碘原子和一个酯基，生成物质F。因此，物质E生成物质F的方程式为：。
邻乙烯基苯甲酸与I2在一定条件下反应生成F的产物不唯一，此反应同时生成另外一种有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是。
因此，本题正确答案：；；
（5）A项，顺反异构体形成的条件包括：①存在限制旋转的因素，如双键；②每个不能旋转的碳原子都连接两个不同的原子或原子团。G中形成双键的一个碳原子连接2个氢原子，不符合条件②，因此不存在顺反异构体，故A项错误；
B项，由G生成H的过程中，碳碳双键打开，结合成四个碳碳单键，属于加成反应，故B项正确；
C项，物质G中可与氢气发生加成的官能团有苯环和碳碳双键，因此物质G最多能与4 mol H2发生加成反应，故C项错误。
D项，F的结构简式为，其中酯基和碘原子均可与NaOH发生反应，则1 mol 的F最多可与2 molNaOH反应；而H的结构简式中含有两个酯基，与NaOH发生水解反应，因此1mol的H最多可消耗2 molNaOH，故D项正确。
因此，本题正确答案是：BD。
（6）本题采用逆推法。由“已知ⅲ”可知，要合成物质的反应物为CH3CH=CHCH3。要在乙烯的基础上增长碳链的同时形成碳碳双键，可运用“已知ⅰ”，即用溴乙烷与乙醛作为反应物，生成CH3CH=CHCH3，因此只需将乙烯作为反应物，溴乙烷可以通过乙烯加成反应得到，乙醛可以通过乙烯先加成后氧化得到。
合成路线如图所示：
。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。
- 1 -
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。
B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。
C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。
D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。
【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。
2.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl
B. 正丙醇的结构简式为：C3H7OH
C. 含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：Ce
D. 硫化钠的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A.次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl，A正确；
B.正丙醇的结构简式为：CH3CH2CH2OH，B错误；
C.含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：，C错误；
D.硫化钠为离子化合物，其电子式：，D错误；
答案为A。
3.如图表示1～18号元素（原子）的结构或性质随核电荷数递增的变化。无法由该图中曲线获知的是
A. 电子层数 B. 原子半径 C. 最高化合价 D. 最外层电子数
【答案】B
【解析】
【详解】电子层数等于周期数，最外层电子数=最高化合价；同周期元素从左到右，半径依次减小，所以由该图中曲线无法获知的是原子半径，故选B。
4.下列有关实验操作或仪器的使用正确的是
A. 分液时取出下层液体
B. 存放浓硝酸
C. 收集NO气体
D. 吸收尾气中的SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.分液操作时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故A错误；
B. 浓硝酸有强氧化性，可以腐蚀橡胶塞，故B错误；
C.NO气体能与空气中的氧气反应，所以收集NO不能用排空气法，应用排水法，故C错误；
D.SO2气体与氢氧化钠溶液反应，若直接将导管插入液面下，容易发生倒吸现象，故使用图中仪器可以防止倒吸，故D正确。
故选D。
5.“84”消毒液（有效成分为）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析不正确的是
实验操作
①蒸馏水
“84”消毒液+石蕊溶液
②“84”消毒液+石蕊溶液
③
“84”消毒液+石蕊溶液
实验现象
混合后溶液的，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪色。
混合后溶液，蓝色迅速褪去，无气体产生。
混合后溶液，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。
A. 对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应
B. 实验③中产生的气体是，由分解得到：
C. 对比实验②和③，溶液的可能会影响的氧化性或的还原性
D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控到合适的才能安全使用
【答案】B
【解析】
【分析】
次氯酸钠可与酸反应生成次氯酸，两者中氯元素均为+1价，具有强氧化性，可用于消毒和漂白。据此，通过对比实验、分析现象，回答有关问题。
【详解】次氯酸的酸性较碳酸更弱，次氯酸根水解使次氯酸钠溶液呈碱性，能使石蕊变蓝。
A项：实验①和②表明，次氯酸根在碱性、酸性溶液中均有漂白性（强氧化性，被还原为Cl-），且酸性溶液中漂白性更好，则②中发生了反应，A项正确；
B项：③中使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是，可由强酸性溶液中反应ClO-+Cl-+2H+=↑+H2O生成。分解的产物是氧气和水，B项错误；
C项：实验②和③表明，酸性溶液中次氯酸根有强氧化性。②中酸性较弱，ClO-不能氧化；③中酸性较强，ClO-氧化性也更强，可将氧化为，C项正确；
D项：比较实验①和②，说明加酸可以提高漂白效果。比较实验②和③，说明酸性过强，会生成有毒的氯气，D项正确。
本题选B。
【点睛】分析对比实验时，一定要找出相同或相似的实验现象的共同原因，从不同实验现象找出本质的差别。
6.下列各组性质比较中，正确的是（ ）
①沸点：HF>HCl>HBr>HI；
②离子还原性：S2－>Cl－>Br－>I－；
③酸性：HClO4>HBrO4>HIO4；
④金属性：K>Na>Mg>Al；
⑤气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S；
⑥半径：O2－>F－>Na＋>Mg2＋。
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，故①错误；
②元素的非金属性Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故②错误；
③非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故③正确；
④同主族行上到下，金属性增强：K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即Na＞Mg＞Al，即金属性：K＞Na＞Mg＞Al，故④正确；
⑤元素的非金属性F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性HF＞HCl＞H2S，故⑤正确；
⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，故⑥正确；
故答案为B。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Ca(ClO) 2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+H++Cl－+ HClO
B. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2++3ClO－+3H2O=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl－
C. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO3－＋OH－= CO32－＋H2O
D. 向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3＋+2I－ = 2Fe2＋+I2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2应为：Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，选项A错误；
B、向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液应为：2Fe2++ClO－+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl－，选项B错误；
C、 NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HCO＋OH－===CO＋H2O，选项C正确；
D、向Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液，漏掉H+、NO与I－的反应，选项D错误。
答案选C。
8.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是（ ）
A. 铈的冶炼步骤为：用稀土串级萃取法对矿石进行筛选富集，电解熔融CeO2
B. CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeO2+4HI＝CeI4+2H2O
C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+
D. 四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互称为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则用稀土串级萃取法对矿石进行萃取富集，然后电解熔融的CeO2来冶炼金属铈，A项正确；
B．Ce4+具有氧化性，HI具有强还原性，CeO2溶于氢碘酸会发生氧化还原反应，化学方程式可表示为2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2，B项错误；
C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，C项正确；
D．核素Ce、Ce、Ce、Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，D项正确；
答案选B。
【点睛】高中“四同”是常考点，也是易混点，质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；
同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。
9.某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)。下列说法正确的是
A. 反应过程中转移的电子数3NA
B. 反应后生成NO的体积为24.4L
C. 所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1∶3
D. 所得溶液中c(NO3-)=2.4mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol，n(Fe)=1.2mol。根据物质先后发生反应的关系及物质的量的相对多少，判断溶液中剩余离子的物质的量关系及电子转移情况。
【详解】某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molH2SO4，则其中含有n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol。向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO3-被还原为NO)，首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，1.2molFe完全反应，消耗1.2mol NO3-，4.8molH+，而H+只有4.4mol，可见H+消耗完，铁过量，反应会消耗1.1mol金属Fe，1.1molNO3-，生成1.1molFe3+，同时反应产生1.1molNO气体，铁还剩余0.1mol，过量Fe和反应产生的Fe3+离子发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，因此0.1mol铁消耗0.2molFe3+，生成0.3molFe2+。
A.1.1molNO3-反应转移电子数3.3NA，0.1molFe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，转移电子0.2NA，故反应转移电子总数目为3.5NA，A错误；
B.无反应条件，无法计算反应生成的NO的体积，B错误；
C.根据上述分析可知反应生成0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3，C正确；
D.所得溶液中剩余n(NO3-)=3.5mol-1.1mol=2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应后溶液中硝酸根离子的浓度c(NO3-)，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查有关混合物反应的计算，注意利用离子方程式进行解答，题目涉及反应物有过量时的计算，要结合物质反应的物质的量关系，判断什么物质过量，什么物质不足量，以不足量的物质为标准进行解答，题目有利于学生理解，侧重考查学生的分析与计算能力。
10.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中
乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
向 2 mL 1 mol/L NaOH 溶液中先加入3滴 1 mol/L MgCl2,再加入3滴 1 mol/L
FeCl3 溶液
先生成白色沉淀,后生成红褐色沉淀
证明 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
将水蒸气通过灼热的铁粉
生成的气体可以点燃
铁与水蒸气在高溫下发生反应
D
将刚摘下的红色花朵放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片
花朵褪色
因为次氯酸具有漂白作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A、两个反应的实质都是钠置换出H2，所以反应的剧烈程度就能够说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B、实验中MgCl2和FeCl3溶液是先后分别加入的，且NaOH过量，所以实验现象与两种沉淀的Ksp大小没有关系，不能证明Ksp[Mg(OH)2] > Ksp[Fe(OH)3]，故B错误；C、因为水蒸气在高温下不可能点燃，而铁粉是固体，所以可以点燃的气体只能是新生成的物质，即说明铁与水蒸气在高溫下发生了反应，故C正确；D、刚摘下的红色花朵中含有水分，可以与氯气反应生成次氯酸，使花朵褪色，故D正确。本题正确答案为B。
11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞Y＞X
B. 氢化物沸点：Z＞Y＞W
C. 元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应
D. Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，则此化合物为SiC，即W为C元素、Y为Si元素；X的最外层电子数等于最内层电子数，X为Mg元素；Z元素是最重要的“成盐元素”，则Z为Cl元素。
【详解】由分析知：W为C元素、X为Mg元素、Y为Si元素、Z为Cl元素；
A．Mg、Si、Cl均为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径：X＞Y＞Z，故A错误；
B．C和Si的氢化物有若干种，常温下有气态、液态和固态的氢化物，而HCl常温下为气态，则三者氢化物的沸点无法比较，故B错误；
C．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C，发生的反应为置换反应，故C正确；
D．Cl与Mg形成的化合物MgCl2中只存在离子键，而Cl与C或Si形成的CCl4或SiCl4中只存在共价键，故D错误；
故答案为C。
12.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，是一种新型多功能水处理剂，其生产工艺流程如下：
已知：K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42−+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH－+3O2↑，下列说法不正确的是( )
A. 步骤③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2
B. 步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小
C. 步骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制
D. 配制90%Fe(NO3)3溶液必需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等
【答案】D
【解析】
【分析】
足量Cl2通入NaOH溶液中，温度较低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入NaOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下ClO-才能和Fe3+发生氧化还原反应生成FeO42-，除去NaCl得到碱性的NaClO浓溶液，向碱性的NaClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，向溶液中加入KOH固体至饱和，得到K2FeO4，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。
【详解】A.步骤③发生的反应为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe3+是还原剂、ClO-是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，A正确；
B.步骤④中Na2FeO4转变为湿产品时，是利用溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小，B正确；
C.醋酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，能抑制高铁酸根离子水解，异丙醇能降低高铁酸钾溶解性且防止其水解，所以骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制，C正确；
D.配制一定质量分数的溶液不需要容量瓶，需要烧杯、玻璃棒和量筒，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查物质制备的知识，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、溶液配制等，明确实验原理及物质性质、物质分离和提纯方法是解本题关键，注意配制一定质量分数溶液与配制一定物质的量浓度溶液所需仪器区别。
13.某铁柱需长期浸入水下，为了减少腐蚀，下列措施中不能达到目的是
A. 在铁柱上铆上一些锌片 B. 将铁柱与直流电源的正极相连
C. 在铁柱表面涂上一层较厚的沥青 D. 在铁柱表面镀锡
【答案】B
【解析】
【详解】A.在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被保护，能达到目的，A不符合题意；
B.将铁柱与直流电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，腐蚀速率会大大加快，B符合题意；
C.在铁柱表面涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能达到目的，C不符合题意；
D.利用锡的稳定性隔离铁与腐蚀介质接触，可以减少铁的腐蚀，能达到目的，D不符合题意；
故合理选项B。
14.短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。a的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，b原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。d的单质与稀盐酸剧烈反应放出a2。在1L0.2mol·L-1a2e的水溶液中缓慢通入ec2气体，该溶液的pH与ec2气体体积（标准状况）的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a和b可构成所有原子共平面的分子
B. 在b、c、e的气态氢化物中，c的最稳定
C. d的氯化物一定能破坏水的电离平衡
D. e的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意，锂离子含2个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有H-，a为氢。最外层电子数是内层电子数2倍，说明内层只有2个电子，b为碳。短周期有5种金属，原子序数依次增大，所以，d可能为钠、镁、铝。由图象知，a2e溶液呈酸性，e为硫，H2S与SO2反应，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶液呈中性，c为氧。
【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故A正确。
B、在H2O、CH4、H2S中，H2O的热稳定性最强，故B正确。
C、NaCl不能破坏水的电离，故C错误。
D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故D正确。
故答案选C。
15.将如图中的K闭合，下列判断正确的是（ ）
A. 去掉盐桥，此装置也能正常工作
B. 盐桥中的K+向盛有硫酸铜溶液的烧杯移动，高锰酸根离子向b移动
C. 一段时间后，硫酸铜溶液浓度减小
D. C极上的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池的构造原理要求装置能够形成闭合回路，盐桥在此使两个烧杯连接，形成闭合回路，据此分析；该原电池中Cu为负极，失电子形成铜离子，C为正极，铁离子得电子生成亚铁离子；因此b为电解池的负极，a为正极，电解池中阳离子向负极移动，阴离子向正极移动，据以上分析进行解答。
【详解】A、去掉盐桥，不能形成闭合回路，此装置不能正常工作，故A错误；
B、C极为原电池的正极，钾离子向盛有硫酸铁溶液的烧杯移动，a为电解池的阳极，高锰酸根离子向a移动，故B错误；
C、因为铜极发生氧化反应，极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以溶液中铜离子浓度增大，故C错误；
D、C极为原电池正极，发生还原反应，极反应为Fe3++e-=Fe2+，故D正确；
故答案选D。
16.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时，负极反应为3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+
B. 充电时，阳极反应为2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+
C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池
D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，b池生成17.40gNa2S4
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，正极上NaBr3被还原为NaBr，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐电解质为Na2S2/Na2S4。
【详解】A、放电时，负极上Na2S2被氧化为Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－ =Na2S4+2Na＋，故A错误；
B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上NaBr被氧化为NaBr3，电极反应式为：3NaBr-2e－=NaBr3+2Na＋，故B错误；
C、放电时，阳离子向正极移动，则离子Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；
D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算b池生成Na2S4质量，故D错误；
答案选C。
二、非选择题（共52分）
17.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题：
I．转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T．F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程i的离子反应方程式为_________________________________________。
(2)已知：
①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全。
②30℃时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。
pH
0.7
1.1
1.5
1.9
2.3
2.7
Fe2+的氧化速率/g·L-1·h-1
4.5
5.3
6.2
6.8
7.0
6.6
在转化脱硫中，请在上表中选择最佳pH范围是_______
(3)①该过程的热化学方程式是__________________________________________。
②比较压强P1和p2的大小关系：P1 _________ P2(选填“>”“<”或“=”)。
③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，若此时容器的体积为2L,则该反应的平衡常数为______________(结果保留2位有效数字)。
Ⅲ．CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅳ．H2提纯：将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图
(4)吸收池中发生反应的离子方程式是____________________________________。
【答案】 (1). H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (2). 1.5 (3). 1.9 (4). 此范围既保证了Fe2+有较快氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀 (5). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+204kJ/mol (6). > (7). 0.48 (8). CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
【解析】
【分析】
(1)由图可知，过程中H2S变成S，S元素化合价由-2价变成0价，Fe3+被还原变成Fe2+，根据电子守恒写出离子反应方程式；
(2)由①可知Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，会导致Fe3+浓度降低，则Fe2+ 和Fe3+浓度均会降低，速率降低，故pH应小于1.9。由②可知，pH在1.5的时候的氧化速率较快，故pH的取值范围是1.5
②由图可知，温度一定，压强也大，平衡逆向移动，则CH4的体积分数增大，则
P1 > P2。
③列出三行式，根据起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，求出平衡时，CH4、H2O、CO、H2的浓度，再根据平衡常数K=计算。
(4)由图示已知吸收池中用的是K2CO3溶液，吸收CO2，以此书写离子方程式。
【详解】(1)由图可知，过程中H2S变成S，S元素化合价由-2价变成0价，Fe3+被还原变成Fe2+，根据电子守恒，过程i的离子反应方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
因此，本题正确答案是：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
(2)由①可知Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，会导致Fe3+浓度降低，则Fe2+ 和Fe3+浓度均会降低，速率降低，故pH应小于1.9。由②可知，pH在1.5的时候的氧化速率较快，故pH的取值范围是1.5
(3)①由图可知该反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，该过程的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+204kJ/mol；
②由图可知，温度一定，压强增大，平衡逆向移动，则CH4的体积分数增大，则
P1 > P2。
③列出三行式，设转化的CH4的物质的量为x，
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
变化（mol） x x x 3x
平衡（mol）1-x 1-x x 3x
根据起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，气体的总质量不变，密度与气体的总物质的量成反比，则=1.4，解得x=0.4，
容器的容积为2L，则平衡时，CH4、H2O、CO、H2的浓度分别为：0.3mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L、0.6mol/L，
则该反应的平衡常数为K===0.48。
因此，本题正确答案是：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=+204kJ/mol；>；0.48；
(4)由图示已知吸收池中用的是K2CO3溶液，吸收CO2，则离子方程式是CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，
因此，本题正确答案是：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。
【点睛】本题以氢能的利用为载体，考查了实际工业生产中的一基本反应的问题，需要学生灵活运用所学基本化学知识，解决生产中出现的未知问题，体现了分析问题解决问题的能力，难点是化学平衡常数的计算，需要列三行式利用已知条件，明晰解题思路。
18.明矾[KAl(SO4)2·12H2O] 在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：
(1)明矾净水的原理是______________________________(用离子方程式表示)。
(2)检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是________________(只用一种试剂)。
(3)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_______________________，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4- 转化为Mn2＋)：
________________________________________。
(4)已知：在pH＝3、加热条件下，MnO4- 可与Mn2＋反应生成MnO2。
加入MnSO4发生反应的离子方程式为：________________________。滤渣2含有的物质是_______________。
【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (3). 2Al＋2NaOH＋2H2O=== 2NaAlO2＋3H2↑ (4). 5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (5). 3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (6). MnO2、Fe(OH)3
【解析】
【分析】
铝灰（含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体；
（1）明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用；
（2）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液；
（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子；
（4）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应结合原则守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀。
【详解】铝灰（含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体；（1）明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
（2）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或 铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会呈现蓝色溶液；
（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O= 2NaAlO2＋3H2↑；酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
（4）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀；故答案为：MnO2、Fe(OH)3。
【点睛】本题考查了流程分析，反应过程理解应用，反应现象和产物的判断，注意离子检验方法，离子方程式书写式关键，题目难度中等。
19.如图所示(B中冷却装置未画出)，将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。
已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8 ℃，42 ℃以上分解为Cl2和O2。
(1)①实验中控制氯气与空气体积比方法是________________________________。
②为使反应充分进行，实验中采取的措施有______________________________。
③装置D的作用是____________________________________。
(2)①装置B中产生Cl2O的化学方程式为：____________________________________。
②若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是_____________________。
(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为______________________________________。
(4)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用_____取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的_________________，再加入足量的_______________，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。 (可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)。
【答案】 (1). 通过观察A中产生气泡的速率调节流速 (2). 搅拌、使用多孔球泡 (3). 吸收未反应的氯气，防止污染空气 (4). 2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋2NaCl＋CO2 (5). 该反应放热，温度升高Cl2O会分解 (6). HClO见光易分解 (7). 酸式滴定管 (8). H2O2溶液 (9). 硝酸银溶液
【解析】
【分析】
氯气通过A装置与空气形成1：3的混合气体通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境，（1）①控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；②增加气体与溶液的接触面积、搅拌等措施都可以加快反应速率；③装置D的作用是是吸收未反应的氯气，防止污染空气；（2）①装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到-1价的氯化钠；②由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；（3）装置C是用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，但生成的HClO见光易分解，反应装置须选择避光；（4）需要20.00mL的次氯酸溶液，根据精确度应选用酸、碱式滴管，再根据HClO溶液既有酸性，又有强氧化性确定滴定管的类型；实验原理是结合所提供的试剂H2O2是还原HClO生成Cl-，再滴加过量提供的硝酸银溶液，根据生成的AgCl沉淀质量计算原溶液HClO的浓度。
【详解】（1）①通过观察A中产生气泡的速率调节气体的流速可以控制氯气与空气体积比的方法；②多孔球泡增加气体与溶液的接触面积可以加快反应速率；为使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡；③装置D的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；
（2）①装置B中，氯氯气和碳酸钠反应生成Cl2O，化学方程式为：2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋2NaCl＋CO2；②由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；
（3）水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，HClO见光易分解，故装置C中采用棕色圆底烧瓶；
（4）次氯酸溶液既有酸性，又有强氧化性，应选用酸式滴定管；具体实验操作是，向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量。
【点睛】本题考查了物质的制备和性质实验，涉及电解原理的应用、实验的基本操作及滴定原理应用与计算，根据题目给定的基本信息解题，理清整个制备的流程及操作方法是解题的关键，要求具备扎实的基础知识和分析问题的能力，题目难度中等。
20.Ⅰ. 由中科院等离子体物理研究所自主研制的全超导托卡马克实验装置(俗称“人造太阳”)正在接受技术升级。人造太阳是利用氘、氚核聚变反应释放巨大能量原理而实现的。下列说法正确的是________。
A．氕、氘、氚三种元素在周期表中的位置不同
B．20 g D2O含有的中子数为6.02×1024个
C．在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂
Ⅱ. 部分元素在周期表中的位置如下：
请回答下列问题：
(1)元素C在周期表中的位置为________。
(2)判断E和F对应的简单氢化物沸点高低，并解释原因____________。
(3)用电子式表示F的氢化物的形成过程：___________。
Ⅲ.溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等，苦卤提溴的工业流程如下：
(1)结合元素周期律解释Cl的非金属性强于Br的原因：_______________。
(2)吸收塔中，A吸收了Br2后的溶液中含有Br−和BrO3−，则A是________（填序号）。
A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C．SO2气体
(3)从吸收塔出来的溶液中加入稀H2SO4得到Br2的离子方程式是______。
【答案】 (1). BC (2). 第四周期Ⅷ族 (3). H2O沸点高，水分子可形成分子间氢键作用力强，故沸点高 (4). (5). Cl和Br均为第ⅦA族元素，原子最外层电子数均为7，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br (6). B (7). 5Br−+ BrO3− + 6H+ =3Br2 + 3H2O
【解析】
【分析】
A．氕、氘、氚三种元素为H的同位素，质子数相同；
B．D2O的摩尔质量为20g/mol，则20g D2O即1mol；
C．还原性：Na>Li，在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂；
Ⅱ.根据元素周期表的信息，A为Li，B为Ca，C为Fe，D为Si，E为O，F为S。
Ⅲ.苦卤中的溴离子与氯气反应生成溴，在吹出塔经热空气吹出溴蒸气，在吸收塔吸收，生成Br−和BrO3−，再与稀硫酸反应生成单质溴。
【详解】A．氕、氘、氚三种元素为H的同位素，质子数相同，则在周期表中的位置相同，A错误；
B．D2O的摩尔质量为20g/mol，则20g D2O即1mol，1mol D2O含有的中子的物质的量为10mol，所以1mol含有的中子数为6.02×1024个，B正确；
C．还原性：Na>Li，在隔绝空气和高温下LiCl与金属钠反应可获得金属锂，C正确；
答案为BC；
II.(1)元素C为Fe，位于第四周期Ⅷ族；
(2)E和F分别为O、S，氢化物为H2O、H2S，水分子间可形成氢键，导致分子间作用力增大，熔沸点升高，则H2O沸点高；
(3)F的氢化物为H2S，电子式表示其形成过程为；
III.(1)Cl、Br属于同一主族，最外层均有7个电子，Cl原子核外有3个电子层，Br有4个电子层，则原子半径Cl
(2)Br2在碱性溶液中生成Br−和BrO3−，结合题中给定试剂，答案为B；
(3)Br−和BrO3−，在酸性条件下生成溴和水，反应的离子方程式为5Br−+BrO3−+6H+ =3Br2+ 3H2O。
【点睛】溴在碱性条件下发生歧化反应，再在酸性条件下生成溴。
21.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：
已知：i.RCH2Br R﹣HC═CH﹣R′
ii．R﹣HC═CH﹣R′
iii．R﹣HC═CH﹣R′
(以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等)
(1)A属于芳香烃，其名称是_______________________。
(2)D的结构简式是_______________________________。
(3)由F生成G的反应类型是________________________________________。
(4)由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是_____________________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_______________________________。
(5)下列说法正确的是___________(选填字母序号)。
A. G存在顺反异构体
B. 由G生成H的反应是加成反应
C. 1 mol G最多可以与1 mol H2发生加成反应
D. 1 mol F或1 mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2 molNaOH
(6)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。___________________
【答案】 (1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7).
【解析】
【分析】
根据C的结构简式，逆推B是邻甲基苯甲酸；A是邻二甲苯；C在浓硫酸作用下与试剂a反应生成D，根据D的分子式，可推出试剂a是甲醇，D是；在氢氧化钠作用下发生水解反应，再酸化生成邻乙烯基苯甲酸E；根据信息ii，邻乙烯基苯甲酸E生成F，则F是，结合信息iii，根据H的结构简式，逆推G是 。
【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物。A的化学式为C8H10，根据碳原子个数可知A中含有一个苯环，剩余含有2个碳原子的取代基取代苯环上的氢原子，苯环上的取代基可能为1个乙基或2个甲基。根据物质C中苯环上的取代基位置关系可知，A的结构简式为，则A的名称为1，2-二甲苯（或邻二甲苯）。
因此，本题正确答案是：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；
（2）由“已知ⅰ”可知：物质D与甲醛反应，脱去一个溴原子和一个氢原子，并与甲醛中的碳原子形成碳碳双键，则物质D的结构式为。
因此，本题正确答案是：；
（3）根据以上分析，F是，G是 ，F中碘原子与邻位碳原子上的氢原子发生消去反应形成碳碳双键。
因此，本题正确答案是：消去反应；
（4）E的结构简式为，根据“已知ⅱ”，E的结构简式中有碳碳双键和羧基，在一定条件下与I2反应时，断去碳碳双键，同时两个碳原子分别连接一个碘原子和一个酯基，生成物质F。因此，物质E生成物质F的方程式为：。
邻乙烯基苯甲酸与I2在一定条件下反应生成F的产物不唯一，此反应同时生成另外一种有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是。
因此，本题正确答案：；；
（5）A项，顺反异构体形成的条件包括：①存在限制旋转的因素，如双键；②每个不能旋转的碳原子都连接两个不同的原子或原子团。G中形成双键的一个碳原子连接2个氢原子，不符合条件②，因此不存在顺反异构体，故A项错误；
B项，由G生成H的过程中，碳碳双键打开，结合成四个碳碳单键，属于加成反应，故B项正确；
C项，物质G中可与氢气发生加成的官能团有苯环和碳碳双键，因此物质G最多能与4 mol H2发生加成反应，故C项错误。
D项，F的结构简式为，其中酯基和碘原子均可与NaOH发生反应，则1 mol 的F最多可与2 molNaOH反应；而H的结构简式中含有两个酯基，与NaOH发生水解反应，因此1mol的H最多可消耗2 molNaOH，故D项正确。
因此，本题正确答案是：BD。
（6）本题采用逆推法。由“已知ⅲ”可知，要合成物质的反应物为CH3CH=CHCH3。要在乙烯的基础上增长碳链的同时形成碳碳双键，可运用“已知ⅰ”，即用溴乙烷与乙醛作为反应物，生成CH3CH=CHCH3，因此只需将乙烯作为反应物，溴乙烷可以通过乙烯加成反应得到，乙醛可以通过乙烯先加成后氧化得到。
合成路线如图所示：
。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。
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