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江苏省如皋中学2020届高三上学期教学质量调研（选修）（解析版） 试卷
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江苏省如皋中学2020届高三上学期教学质量调研（选修）
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Pb 207
一、单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。
1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一。陶瓷属于下列材料中的（ ）
A. 硅酸盐材料 B. 金属材料
C. 天然高分子材料 D. 合成材料
【答案】A
【分析】陶瓷属于传统的硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，是无机非金属材料。
【详解】A. 陶瓷属于传统的硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，故A正确；
B. 金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等。故B错误；
C. 天然高分子材料指相对分子质量很大，可达几千乃至几百万的一类天然有机化合物，陶瓷是无机非金属材料，故C错误；
D. 合成材料是指人工利用有机高分子化合物制成的材料，主要包括塑料、合成纤维、 台成橡胶，故D错误；
答案选A。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. Cl－的结构示意图： B. 羟基的电子式：
C. 中子数为8的氧原子：O D. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl
【答案】C
【详解】A. Cl－的结构示意图： ，故A错误；
B. 羟基的电子式：，故B错误；
C. 中子数为8的氧原子，质子数为8，质量数为16：O，故C正确；
D. 氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl，故D错误；
答案选C。
3.下列有关物质的性质与应用具有对应关系的是（ ）
A. 铝易发生钝化，可用作导电材料 B. 炭具有还原性，可用于冶炼金属
C. Fe熔点高，可用作食品脱氧剂 D. N2难溶于水，可用作保护气
【答案】B
【详解】A. 常温下，铝被强氧化性的浓硝酸或浓硫酸氧化，在铝表面生成致密的氧化膜，阻止了反应继续进行的过程叫做钝化，与作导电材料无关，故A错误；
B. 炭具有还原性，在一定条件下，可将金属从化合物中还原为金属单质，可用于冶炼金属，故B正确；
C. Fe单质具有还原性，可用作食品脱氧剂，与熔点高低无关，故C错误；
D. N2化学性质稳定，很难和金属反应，可用作金属焊接时的保护气，与水溶性无关，故D错误；
答案选B。
4.硫铁矿焙烧后的烧渣含有Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，用过量硫酸浸取，过滤，将滤液分别与下列指定物质反应，所得溶液中主要存在的一组离子正确的是（ ）
A. 过量Cl2：Fe2＋、H＋、Al3＋、Cl－、SO B. 过量SO2：Fe2＋、H＋、Al3＋、SO
C. 过量氨水：NH、AlO、SO、OH－ D. 过量Na2O2：Na＋、Fe3＋、SO、OH－
【答案】B
分析】硫铁矿焙烧后的烧渣，用过量硫酸浸取，过滤，滤液中含有大量的Fe2＋、H＋、Al3＋、Fe3＋、SO。
【详解】A. Cl2与Fe2＋发生氧化还原反应，溶液中无Fe2＋，A错误；
B. SO2与Fe3＋发生氧化还原反应，溶液中无Fe3＋，B正确；
C. 氨水不用氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子，C错误；
D. Na2O2与水反应生成NaOH，与氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子，溶液中存在AlO，D错误；
答案为B
5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的焰色反应为黄色，W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径大小：X＜Y＜Z＜W
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W
C. 化合物Z2Y和ZWY所含化学键类型完全相同
D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物可用于洗涤油污
【答案】D
【分析】X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z的焰色反应为黄色，则Z为Na；W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和，则W最外层电子数为6+1=7，则W为Cl。
【详解】A. Z、W为第三周期，X、Y为第二周期，则Z、W的半径大于X、Y；同周期元素，从左至右，原子半径依次减小，则原子半径大小：Y＜X＜Z＜W，故A错误；
B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性W>X，最高价氧化物对应水化物的酸性：X
D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物为碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，可以是油脂在碱性条件下水解，可用于洗涤油污，故D正确；
答案选D。
6.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. CuCuSO4CuCl2 B. NH3NOHNO3
C. Cl2HClOHCl D. Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg
【答案】C
【详解】A. 铜和稀硫酸不反应，故A错误；
B. 一氧化氮不溶于水也不与水反应，在氧气存在的条件下可与水反应生成硝酸，故B错误；
C. 氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸受热分解生成氯化氢，故C正确；
D. 电解熔融氯化镁制取镁单质，不能使用氯化镁溶液，故D错误；
本题答案选C。
【点睛】物质间的相互转化，是以掌握物质的化学性质为基础的考察，是解决化学问题的必备知识点，需要归纳总结和记忆。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. Cu溶于稀HNO3：Cu＋4H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋
C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－＝Fe(OH)2↓
D. 用CH3COOH溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
【答案】D
【详解】A. Cu溶于稀HNO3生成一氧化氮：3Cu＋8H＋＋2NO3-＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A错误；
B. Na2SiO3为强电解质，在水溶液中完全电离，拆成离子形式，滴加稀盐酸： SiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓，故B错误；
C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe(OH)2和一水合氨：2NH4++Fe2＋＋4OH－＝Fe(OH)2↓+ 2NH3·H2O，故C错误；
D. 用CH3COOH溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，故D正确；
答案选D。
8.下列电化学装置能达到目的的是（ ）
A. 图甲：制取少量Fe(OH)2
B. 图乙：证明铁发生了析氢腐蚀
C. 图丙：在铁表面镀锌
D. 图丁：实现原电池反应Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋
【答案】D
【详解】A. 图甲：用电解法制取制取少量Fe(OH)2，阳极上应发生铁电极失电子变为亚铁离子，阴极上水得电子生成氢氧根，则铁应该作阳极，与电源正极相连，故A错误；
B. 图乙：在酸性条件下铁发生析氢腐蚀，在中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，该图中性条件，发生吸氧腐蚀，故B错误；
C. 图丙：锌比铁活泼，Fe2+得电子能力比Zn2+强，则在阴极上，Fe2+得电子生成铁单质，无法在铁电极上镀锌，应使用硫酸锌做电解质溶液，故C错误；
D. 图丁：铜做负极，碳做正极，铜电极失电子生成铜离子，碳电极周围的铁离子得电子生成亚铁离子，实现原电池反应Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，故D正确；
答案选D。
9.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫
B. 用图乙装置吸收氨气并防止倒吸
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢
D. 用装置丁收集NO
【答案】A
【详解】A. 碳与硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫，故A正确；
B. 氨气极易溶于水，用图乙装置吸收氨气不能防止倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故B错误；
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢，导气管应长进短出，故C错误；
D. NO密度小于空气，和空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应使用排水法收集，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考察气体的制取、收集、除杂和尾气处理的实验操作基本考查。需要根据气体的常见气体性质，选择正确是实验操作方法。因此必须准确掌握所学知识中各种气体的性质掌握准确。
10.以NaCl为原料可制取下列物质，下列说法正确的是（ ）
A. 工业上是用阴离子交换膜电解槽作为反应①的发生装置
B. 漂白粉久置于空气中变质时既发生非氧化还原反应，也发生氧化还原反应
C. 反应③是侯氏制碱法，生产过程中先通入CO2，再通入NH3
D. 可以用澄清石灰水检验反应④后所得固体中是否有NaHCO3存在
【答案】B
【详解】A. 电解饱和食盐水，阴极上水得电子放出氢气生成氢氧根，钠离子向阴极移动，形成氢氧化钠，应使用阳离子交换膜，故A错误；
B. 漂白粉久置于空气中与二氧化碳和水反应生成次氯酸，发生非氧化还原反应，次氯酸分解生成氧气和氯化氢，发生氧化还原反应，故B正确；
C. 侯氏制碱法，生产过程中先通入NH3，形成碱性溶液额，再通入CO2，增大CO2的溶解度，提高产率，故C错误；
D. 碳酸钠和碳酸氢钠都可与澄清石灰水反应生成白色沉淀，不能检验碳酸氢钠的存在，故D错误；
答案选B。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
B. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化
C. 反应KBrO3＋6HBr=KBr＋3Br2＋3H2O每消耗1 mol KBrO3转移电子的数目为6×6.02×1023
D. 铅蓄电池放电时，电解质溶液的质量减小
【答案】AD
【详解】A. 根据盖斯定律化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，只要始态和终态相同，反应热效应相同，则不论是光照还是加热，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的反应热相同，故A正确；
B. 根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化，铝比铜活泼，则铝作负极被氧化，更容易被腐蚀，故B错误；
C. 反应中KBrO3为氧化剂，溴元素化合价由+5价降低到0价；HBr为还原剂，6 molHBr中5 molHBr的 Br化合价由-1价升高到0价，还有1 mol HBr化合价没有变化起了酸性作用，所以电子转移5 mol e-，那么每消耗1mol KBrO3转移的电子为5×6.02×1023，故C错误；
反应KBrO3＋6HBr=KBr＋3Br2＋3H2O每消耗1 mol KBrO3转移电子的数目为6×6.02×1023
D. 铅蓄电池的两极是Pb和PbO2，电解质溶液是H2SO4，负极Pb:Pb+SO42--2e-= PbSO4，正极:PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，正负极质量都增加，电解质溶液的质量减小，故D正确；
答案选AD。
12.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示镁条与盐酸反应的能量变化
B. 图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化
C. 图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化
D. 图4表示其他条件一定，反应2SO2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化
【答案】C
【详解】A. 图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应，与图不相符，故A错误；
B. 图2表示带电性随滴入BaCl2溶液先减小到0后增大，H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；
C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；
D. 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO2转化率不变，与图4不相符，故D错误；
答案选C。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
操作和现象
结论
A
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体
Na2O2未变质
B
向碘水中加入少量四氯化碳，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C
过量铁粉中加入一定量的稀硝酸，充分反应后向溶液中滴加KSCN溶液，溶液未变成红色
氧化性：Fe3＋＞稀HNO3
D
向久置的Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀
该白色沉淀为BaSO4
【答案】B
【详解】A. Na2O2粉末久置会生成碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠与盐酸反应都可产生无色气体，故A错误；
B. 向碘水中加入少量四氯化碳，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘从水中转移至四氯化碳中，则碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故B正确；
C. 过量铁粉中加入一定量的稀硝酸，充分反应后向溶液中只含有亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液不变色，不能证明Fe3＋与稀HNO3的氧化性强弱，故C错误；
D. 向久置的Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，该沉淀可能为亚硫酸钡和硫酸钡的混合物，故D错误；
答案选B。
14.利用电解法无害化处理水体中的NO3-，最终生成N2逸出。其装置及转化如图所示。列说法正确的是（ ）
A. N电极为电源的负极
B. 电解池工作时Na＋移向电极Ⅱ
C. 电极Ⅰ的电极反应：NO3-＋8e−＋10H+＝NH4+＋3H2O
D. 电解池工作时电极Ⅰ产生的NH4+被电极Ⅱ产生的HClO氧化为N2
【答案】CD
【分析】根据装置图，NO3-在电极Ⅰ上转化为铵根离子，化合价降低，得电子，发生还原反应，电极Ⅰ为阴极，M为负极，N为正极，电极Ⅱ为阳极。电极Ⅰ上的产物NH4+与电极Ⅱ产生的HClO发生氧化还原反应，产生氮气，氮元素化合价升高，失电子，被氧化。
【详解】A. 根据上述分析，N电极为电源的正极，故A错误；
B. 电解池工作时Na＋向阴极移动，电极Ⅱ为阳极，故B错误；
C. NO3-在电极Ⅰ上转化为铵根离子，化合价降低，得电子，发生还原反应，电极反应：NO3-＋8e−＋10H+＝NH4+＋3H2O，故C正确；
D. 根据上述分析，电极Ⅰ上的产物NH4+与电极Ⅱ产生的HClO发生氧化还原反应，产生氮气，氮元素化合价升高，失电子，被氧化，故D正确；
答案为CD。
【点睛】本题是对电解池原理的综合考察，难度不大。需要掌握电解池中电极的判断方法，电极反应的书写，电极产物的确定等原理基础知识。同时要会结合图示提取有效信息进行分析反应原理。
15.40℃，向体积为VL的密闭容器中充入NO，容器内各组分的物质的量随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. XN2O
B. 1 min~3 min时，v(NO2)＝1/6Vmol·(L·min)－1
C. 40℃时该反应的平衡常数为1
D. NO2和X的浓度相等可以作为判断反应到达平衡的标志
【答案】AB
【分析】根据图像变化，3分钟时反应达到平衡，一氧化氮在减少，二氧化氮和X在增加，则一氧化氮为反应物，二氧化氮与X为生成物，一氧化氮的变化量为3mol，二氧化氮与X为生成物变化量分别为1mol，化学计量系数之比等于参与反应各组分的物质的量的变化量之比，则反应方程式为3NO= NO2+X，根据原子守恒，则X的化学式为N2O。平衡时，NO剩余1mol ，NO2和N2O分别为1mol。
【详解】A. 根据上述分析，X是N2O，故A正确；
B. 根据图像分析，1 min~3 min时，二氧化氮物质的量的变化量分别为mol ，v(NO2)＝=1/6Vmol·(L·min)－1，故B正确；
C. 40℃时该反应的平衡常数为，故C错误；
D. 反应进行到任意时刻，NO2和X的浓度都相等，不代表NO2和X的浓度保持不变，不能作为判断反应到达平衡的标志，故D错误；
答案选AB。
三、非选择题（共80分）
16.请按要求写出相应的方程式
⑴某小组同学合作探究铝铁混合物分离的工艺流程如下图甲：
图甲 图乙
①气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则加热时“反应1”的离子方程式为______________________________________（用单线桥标出反应电子转移的方向和数目）。
②“反应2”的离子方程式为_______________________________________。
③气体A能发生如图乙所示的转化，该转化的总反应的化学方程式为_____________________________________________。
⑵由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下：
①“氧化”时Ce(SO4)2转化为Ce2(SO4)3，NO气体转化为HNO2和HNO3，产物中HNO2和HNO3物质的量之比为3∶1，写出“氧化”反应的化学方程式：________________________。
②写出“电解”反应的离子方程式：___________________________________。
【答案】(1). (2). AlO2-＋ CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓ ＋HCO3- (3). 2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O (4). 4NO＋6 Ce(SO4)2＋5H2O＝3 HNO2＋HNO3＋3Ce2(SO4)3＋3H2SO4 (5). 2Ce3＋＋2SO32− ＋4H＋S2O42－＋2Ce4＋＋2H2O
【详解】⑴①气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体具有碱性，故A为氨气，则加热时金属铝和硝酸钠、氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成氨气和偏铝酸钠，铝化合价升高作还原剂，硝酸钠中氮元素化合价降低，作氧化剂，根据得失电子守恒，物料守恒，“反应1”的离子方程式为；
答案为：。
②由“反应1”得到的滤液中含有偏铝酸根离子，通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，“反应2”的离子方程式为AlO2-＋ CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-；
答案为：AlO2-＋ CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-。
③如图乙所示，发生的反应为①NaClO+H2O=NaOH+HClO；②3HClO+2NH3= N2+3H2O+3HCl；③NaOH+ HCl=NaCl+ H2O；①×3+②+③×3，可得2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O，
答案为：2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O。
⑵由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下：
①依据流程图，一氧化氮和二氧化硫混合气体通入氢氧化钠溶液，二氧化硫被吸收生成亚硫酸钠，用硫酸调节溶液pH值，一氧化氮与Ce(SO4)2发生氧化还原反应，Ce(SO4)2转化为Ce2(SO4)3，NO气体转化为HNO2和HNO3，产物中HNO2和HNO3物质的量之比为3∶1，结合得失电子守恒和料守恒，反应的化学方程式：4NO＋6 Ce(SO4)2＋5H2O＝3 HNO2＋HNO3＋3Ce2(SO4)3＋3H2SO4
答案为：4NO＋6 Ce(SO4)2＋5H2O＝3HNO2＋HNO3＋3Ce2(SO4)3＋3H2SO4。
②根据流程图，对吸收流程产生的Na2SO3和氧化后的Ce2(SO4)3的酸性混合溶液电解生成Ce(SO4)2和Na2S2O4，根据电荷守恒及物料守恒， “电解”反应的离子方程式：2Ce3＋＋2SO32− ＋4H＋S2O42－＋2Ce4＋＋2H2O。
答案为：2Ce3＋＋2SO32− ＋4H＋S2O42－＋2Ce4＋＋2H2O。
17.（一种由天然MnO2矿与MnS矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素的氧化物）制备高纯碳酸锰工艺如下：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
⑴ “反应1”中MnO2与MnS反应的化学方程式为___________________________。
⑵ “反应1”后所得沉淀物中除S外，一定还含有的氧化物是_________（填化学式）。
⑶ “除杂2”后溶液中c(Zn2+)＝1×10−5 mol·L−1，则溶液中c(Ni2+)＝_________mol·L−1。[已知：Ksp(ZnS)＝2×10−22，Ksp(NiS)＝1×10−24]
⑷ “滤渣”的成分为_________（填化学式）；“滤液”中所含溶质的主要成分为_________（填化学式）。
⑸ 将部分MnCO3溶于稀硫酸，所得溶液电解可制得MnO2循环使用。写出电解时所发生反应的离子方程式：__________________________________________。
【答案】(1). MnO2＋MnS＋2H2SO4＝2MnSO4＋S＋2H2O (2). SiO2 (3). 5×10－8 (4). MgF2 (5). Na2SO4、(NH4)2SO4 (6). Mn2＋＋2H2O MnO2↓+ 2H＋+H2↑
【分析】根据流程：二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，得到的固体含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，除杂1为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，除杂2的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，除杂3的滤渣为MgF2，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，沉锰后滤液主要含有Na2SO4、(NH4)2SO4。
【详解】(1) “反应1”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，
答案为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
⑵Si元素以SiO2的形式存在，SiO2不溶于硫酸， “反应1”后所得沉淀物中除S外，一定还含有的氧化物是SiO2，
答案为：SiO2；
⑶“除杂2”后溶液中c(Zn2+)＝1×10−5 mol·L−1，则c(S2-)=，
c(Ni2+)=，
答案为：5×10－8；
⑷根据分析，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，除杂3的滤渣为MgF2，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，沉锰后滤液主要含有Na2SO4、(NH4)2SO4，
答案为：MgF2；Na2SO4、(NH4)2SO4；
⑸将部分MnCO3溶于稀硫酸，得硫酸锰溶液，电解可制得MnO2，电解时所发生反应的离子方程式：Mn2＋＋2H2O MnO2↓+ 2H＋+H2↑。
答案为：Mn2＋＋2H2O MnO2↓+ 2H＋+H2↑。
18.一种制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3的主要实验流程如下：
已知：温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应会生成副产物NaClO3。
⑴ “反应Ⅰ”中NaOH应过量且同时减慢通入Cl2的速率，目的是_____________________。
⑵ 常温时，将Cl2通入NaOH溶液中，一段时间后溶液中将有NaClO3生成，原因是____________________________________。
⑶ 写出“反应Ⅱ”中NaClO与(NH2)2CO反应的化学方程式：________________________。
⑷ “反应Ⅲ”中会有气体_________（填化学式）生成，检验有该气体的方法是__________________________________________。
⑸ 图所示为Na2SO3的溶解度随温度的变化曲线，由质量分数为10%的Na2SO3溶液制取无水Na2SO3的方法是______________________________________________________。
【答案】(1). 提高Cl2的吸收率，防止Cl2污染环境 (2). Cl2与NaOH溶液反应放热 (3). NaClO＋(NH2)2CO＋2NaOH＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl (4). CO2 (5). 将气体先通过足量的酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2，若不变浑浊，则不存在CO2 (6). 将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【分析】由实验流程可知反应I为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40∘C以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4⋅H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4⋅H2O，副产品Na2CO3溶液中通入过量二氧化硫，得到NaHSO3，加入氢氧化钠，可制得Na2SO3。
【详解】(1)Cl2有毒，通入过快未反应的氯气会污染空气，NaOH应过量，可增加对氯气的吸收效率，
答案为：提高Cl2的吸收率，防止Cl2污染环境；
⑵Cl2与NaOH溶液反应放热，温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应会生成副产物NaClO3，
答案为：Cl2与NaOH溶液反应放热
⑶写出“反应Ⅱ”中碱性条件下，NaClO与尿素反应生成N2H4⋅H2O和Na2CO3，化学方程式：NaClO＋(NH2)2CO＋2NaOH＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl，
答案为：NaClO＋(NH2)2CO＋2NaOH＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl；
⑷根据分析，副产品Na2CO3溶液中通入过量二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性强于碳酸，与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，检验有二氧化碳存在首先要排除二氧化硫气体的干扰，方法是将气体先通过足量的酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2，若不变浑浊，则不存在CO2，
答案为：将气体先通过足量的酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2，若不变浑浊，则不存在CO2。
⑸由质量分数为10%的Na2SO3溶液加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。
答案为：加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象可知在高于34℃条件下趁热过滤。
19.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
⑴下列说法正确的是______。
A．可以用NaHCO3溶液鉴别化合物A和G
B．有机物A分子中只含有2个手性碳原子
C．化合物B分子中所有碳原子可能位于同一平面
D．1 mol化合物E最多可与1 mol NaOH反应
⑵反应②的反应类型是_________。
⑶化合物F的结构简式是_______________。
⑷写出一种满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：_______________。
Ⅰ．含有六元环；Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应；Ⅲ．分子含5种不同化学环境的氢。
【答案】 (1). AD (2). 加成反应 (3). (4).
【分析】有机物A（）在酸性条件下被高锰酸钾氧化生成B（），在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成，酸性条件下被高锰酸钾氧化生成D，根据D与乙醇发生酯化生成E（），则D的结构式为； 在乙醇和乙醇钠混合液的环境中与1-溴丙烷发生取代反应生成F（），在酸性或碱性条件下水解生成G（）。
【详解】⑴A．A为含有醇羟基，不与NaHCO3溶液反应，G为，含有羧基，与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，则可以鉴别化合物A和G，故A正确；
B．有机物A为，分子中含有3个手性碳原子，故B错误；
C．化合物B为，分子中所有碳原子单键相连，不可能位于同一平面，故C错误；
D．E为，结构中含有一个酯基，则1 mol化合物E最多可与1 mol NaOH反应，故D正确；
答案选AD。
⑵根据分析，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成反应②的反应类型是加成反应。
答案为：加成反应。
⑶根据流程分析，化合物F的结构简式是。
答案为：；
⑷C的结构式为，与C互为同分异构体，并满足Ⅰ．含有六元环；Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应，说明该结构具有醛的结构和酯的结构，分子中只有2个氧原子，因此为甲酸酯；Ⅲ．分子含5种不同化学环境的氢的条件，故该物质的结构式为。
答案为：。
20.CCl3CHO可通过“CH3CH2OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl”进行制备。
⑴实验室常用KMnO4、MnO2或NaClO与浓盐酸反应制取Cl2。质量分数为36.5%，密度为1.18 g·cm－3盐酸，其物质的量浓度为______mol·L−1。等物质的量的KMnO4、MnO2或NaClO与足量浓盐酸反应，理论上生成的Cl2的质量之比为______。
⑵可用如下方法测定所制CCl3CHO粗品的纯度（杂质不参与反应）：称取该实验制备的产品5.00 g，配成100.00 mL溶液，取其中10.00 mL，加入一定量的NaOH后，加入30.00 mL 0.100 mol·L−1的碘标准液，用0.100 mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00 mL。实验中所发生反应如下：CCl3CHO＋NaOH＝CHCl3＋HCOONa，HCOONa＋I2＝HI＋NaI＋CO2↑， I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6，计算粗品中所含CCl3CHO的质量分数（写出计算过程）。_____________
【答案】 (1). 11.8 (2). 5∶2∶2 (3). 59％
【详解】⑴质量分数为36.5%，密度为1.18 g·cm－3盐酸，盐酸物质的量浓度为=11.8 mol·L−1；等物质的量的KMnO4、MnO2或NaClO与足量浓盐酸反应，反应中KMnO4、MnO2或NaClO均为氧化剂，氧化剂得到的电子越多，生成的氯气越多，设KMnO4、MnO2或NaClO均为1mol，则KMnO4得电子数为1mol×(7-2)，MnO2得电子数为1mol×(4-2)，NaClO得电子数为1mol×[1-(-1)]；生成的Cl2的质量之比=Cl2的物质的量之比=1mol×(7-2)：1mol×(4-2)：1mol×[1-(-1)]=5:2:2；
答案为：5:2:2。
⑵根据反应CCl3CHO＋NaOH＝CHCl3＋HCOONa，HCOONa＋I2＝HI＋NaI＋CO2↑， I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6，可得CCl3CHO~ I2~2Na2S2O3，
10.00 mL 溶液中，n（CCl3CHO）=n（Na2S2O3）=0.100 mol·L−1×20.00 mL×10-3=0.002mol，
则：100.00 mL溶液中n（CCl3CHO）=0.002mol×=0.02mol，粗品中所含CCl3CHO的质量分数为=59%
答案为：59%。
21.二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇，其原理是：
CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g) ΔH＝a kJ·mol−1
2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝b kJ·mol−1
H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝c kJ·mol−1
（1）2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2 (g)＋4H2O(l) ΔH ＝______kJ·mol−1
（2）H2(g)＋1/2O2(g)=1/2H2O(l)的过程如下图所示，H－O键的键能是______kJ·mol−1。
（3）某化学兴趣小组用甲醇燃料电池来模拟铝制品表面“钝化”处理过程(装置如图甲所示)。a电极发生的电极反应方程式为______________________________。实验结束后若硫酸溶液质量减少1.08 g，则石墨电极处生成的气体在标准状况下的体积为______L。
（4）一种Na－CO2二次电池装置如图乙所示，NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，电池的总反应为3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。充电时的阳极反应式为_____________________。
（5）海水中含有大量的HCO3-，一种利用海水提取CO2的装置如图丙所示。结合方程式简述提取CO2的原理：_________________________________________________________。
【答案】(1). 3b－2a－2c (2). 463.4 (3). CH3OH－6e−＋H2O＝CO2↑＋6H＋ (4). 1.344 (5). 2CO32-＋C－4e−=3CO2 (6). a室为阳极，电解水，失电子产生氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O－4e—=4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入海水，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，发生反应：HCO3-＋H＋＝ CO2↑＋H2O
【详解】（1）已知①CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g) ΔH＝a kJ·mol−1
②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝b kJ·mol−1
③H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝c kJ·mol−1
根据盖斯定律，②×3-①×2-③×2，可得2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2 (g)＋4H2O(l) ΔH ＝3b kJ·mol−1- 2a kJ·mol−1-2c kJ·mol−1=（3b－2a－2c）kJ·mol−1 ；
答案为：3b－2a－2c。
（2）根据图示：H2(g)＋O2(g)=2 H (g)＋O(g) ΔH1=+685 kJ·mol−1，2 H (g)＋O(g)= H2O(g) ΔH2，H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44 kJ·mol−1，H2(g)＋O2(g)= H2O(l) ΔH4=-285.8 kJ·mol−1；根据盖斯定律，结合图示可得：ΔH1+ΔH2+ΔH3=ΔH4，即685 kJ·mol−1+ΔH2+（-44 kJ·mol−1）=（-285.8 kJ·mol−1），则ΔH2=-926.8 kJ·mol−1，H－O键的键能是×926.8 kJ·mol−1=463.4 kJ·mol−1，
答案为：463.4。
（3）用甲醇燃料电池来模拟铝制品表面“钝化”处理，则铝为电解池阳极，失电子发生氧化反应，变为氧化铝和氢离子，石墨为电解池阴极，氢离子得到电子转化为氢气，则b为原电池正极，a为原电池负极；燃料电池中燃料在负极发生反应，故a电极发生的电极反应方程式为CH3OH－6e−＋H2O＝CO2↑＋6H＋；电解池中，阳极反应式为3H2O +2Al -6e-= Al2O3+6H+，阴极电极式为6H＋+6e-= 3H2↑，根据电极反应，硫酸溶液质量减少1.08 g为水的质量，3H2O~3H2，则产生的氢气的物质的量=消耗水的物质的量=mol，标况下的体积为 mol×22.4L/mol=1.344L。
答案为：1.344。
（4）根据电池的总反应3CO2＋4Na2Na2CO3＋C，充电时，阳极失电子，根据反应方程式，2CO32-＋C－4e−=3CO2，
答案为：2CO32-＋C－4e−=3CO2。
（5）a室为阳极，电解水，失电子产生氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O－4e—=4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入海水，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，发生反应：HCO3-＋H＋＝ CO2↑＋H2O，
答案为：a室为阳极，电解水，失电子产生氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O－4e—=4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入海水，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，发生反应：HCO3-＋H＋＝ CO2↑＋H2O。
22.A、B、C、D、E、F为前四周期元素，且原子序数依次增大。A是元素周期表中半径最小的元素，B的基态原子2p轨道上未成对电子数是C的3倍；D的基态原子含13种运动状态不同的电子；E与A位于同一主族；F2＋的3d轨道中有9个电子。（答题时用字母对应的元素符号表示）
⑴元素A、B、C的电负性由大到小的顺序为____________。
⑵F的基态原子价层电子排布式为_______________。
⑶BC3的空间构型为_________，与BC3互为等电子体的一种阴离子的化学式为_________。
⑷一种化合物X的晶体结构如图，X的化学式为_________。 (图中○：E＋，●：DC)
⑸化合物AC与EC中熔点更高的是_________，原因是__________________________。
【答案】 (1). F、N、H (2). 3d104s1 (3). 三角锥形 (4). SO32- (5). K3AlF6 (6). KF (7). KF是离子晶体，HF是分子晶体，离子键的作用强于分子间作用力
【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素，且原子序数依次增大。A是元素周期表中半径最小的元素，则A为H元素；B的基态原子2p轨道上未成对电子数是C的3倍，p轨道最多为3个未成对的电子，则B的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3，C的基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，故B为N元素，C为F元素；D的基态原子含13种运动状态不同的电子，则D为Al元素；E与A位于同一主族，则E为K元素；F2＋的3d轨道中有9个电子，则F的价层电子排布式为3d104s1，故F为Cu元素。
【详解】(1)元素A、B、C分别为H、N、F，非金属性越强，电负性越强，非金属性：F>N>H，电负性由大到小顺序为F、N、H，
答案为：F、N、H；
⑵F为Cu元素，基态原子价层电子排布式为3d104s1，
答案为：3d104s1；
⑶BC3为NF3，根据价层电子互斥理论，价层电子对数为3+（5-3）=4，则空间构型为三角锥型；NF3由四个原子组成，最外层电子数之和为26，与NF3互为等电子体的一种阴离子的化学式为SO32-，
答案为：三角锥形；SO32-；
⑷如图所示，E＋的数目为9+12×=12个，DC的数目为8×+6×=4，可得：E＋与DC的数目之比为3:1，根据化合物中化合价之和为0，则（+1）×3+（-1）×n=0，n=3，即DC为AlF，F在化合物中只有-1价，Al为+3价，则3+（-1）×m=-3，故m=6，因此X的化学式为K3AlF6，
答案为：K3AlF6；
⑸化合物AC为HF，EC为KF，HF为分子晶体，KF为离子晶体，离子键的作用强于分子间作用力，故熔点更高的是KF，
答案为：KF；HF为分子晶体，KF为离子晶体，离子键的作用强于分子间作用力。
江苏省如皋中学2020届高三上学期教学质量调研（选修）
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Pb 207
一、单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。
1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一。陶瓷属于下列材料中的（ ）
A. 硅酸盐材料 B. 金属材料
C. 天然高分子材料 D. 合成材料
【答案】A
【分析】陶瓷属于传统的硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，是无机非金属材料。
【详解】A. 陶瓷属于传统的硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，故A正确；
B. 金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等。故B错误；
C. 天然高分子材料指相对分子质量很大，可达几千乃至几百万的一类天然有机化合物，陶瓷是无机非金属材料，故C错误；
D. 合成材料是指人工利用有机高分子化合物制成的材料，主要包括塑料、合成纤维、 台成橡胶，故D错误；
答案选A。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. Cl－的结构示意图： B. 羟基的电子式：
C. 中子数为8的氧原子：O D. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl
【答案】C
【详解】A. Cl－的结构示意图： ，故A错误；
B. 羟基的电子式：，故B错误；
C. 中子数为8的氧原子，质子数为8，质量数为16：O，故C正确；
D. 氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl，故D错误；
答案选C。
3.下列有关物质的性质与应用具有对应关系的是（ ）
A. 铝易发生钝化，可用作导电材料 B. 炭具有还原性，可用于冶炼金属
C. Fe熔点高，可用作食品脱氧剂 D. N2难溶于水，可用作保护气
【答案】B
【详解】A. 常温下，铝被强氧化性的浓硝酸或浓硫酸氧化，在铝表面生成致密的氧化膜，阻止了反应继续进行的过程叫做钝化，与作导电材料无关，故A错误；
B. 炭具有还原性，在一定条件下，可将金属从化合物中还原为金属单质，可用于冶炼金属，故B正确；
C. Fe单质具有还原性，可用作食品脱氧剂，与熔点高低无关，故C错误；
D. N2化学性质稳定，很难和金属反应，可用作金属焊接时的保护气，与水溶性无关，故D错误；
答案选B。
4.硫铁矿焙烧后的烧渣含有Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，用过量硫酸浸取，过滤，将滤液分别与下列指定物质反应，所得溶液中主要存在的一组离子正确的是（ ）
A. 过量Cl2：Fe2＋、H＋、Al3＋、Cl－、SO B. 过量SO2：Fe2＋、H＋、Al3＋、SO
C. 过量氨水：NH、AlO、SO、OH－ D. 过量Na2O2：Na＋、Fe3＋、SO、OH－
【答案】B
分析】硫铁矿焙烧后的烧渣，用过量硫酸浸取，过滤，滤液中含有大量的Fe2＋、H＋、Al3＋、Fe3＋、SO。
【详解】A. Cl2与Fe2＋发生氧化还原反应，溶液中无Fe2＋，A错误；
B. SO2与Fe3＋发生氧化还原反应，溶液中无Fe3＋，B正确；
C. 氨水不用氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子，C错误；
D. Na2O2与水反应生成NaOH，与氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子，溶液中存在AlO，D错误；
答案为B
5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的焰色反应为黄色，W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径大小：X＜Y＜Z＜W
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W
C. 化合物Z2Y和ZWY所含化学键类型完全相同
D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物可用于洗涤油污
【答案】D
【分析】X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z的焰色反应为黄色，则Z为Na；W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和，则W最外层电子数为6+1=7，则W为Cl。
【详解】A. Z、W为第三周期，X、Y为第二周期，则Z、W的半径大于X、Y；同周期元素，从左至右，原子半径依次减小，则原子半径大小：Y＜X＜Z＜W，故A错误；
B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性W>X，最高价氧化物对应水化物的酸性：X
D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物为碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，可以是油脂在碱性条件下水解，可用于洗涤油污，故D正确；
答案选D。
6.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. CuCuSO4CuCl2 B. NH3NOHNO3
C. Cl2HClOHCl D. Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg
【答案】C
【详解】A. 铜和稀硫酸不反应，故A错误；
B. 一氧化氮不溶于水也不与水反应，在氧气存在的条件下可与水反应生成硝酸，故B错误；
C. 氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸受热分解生成氯化氢，故C正确；
D. 电解熔融氯化镁制取镁单质，不能使用氯化镁溶液，故D错误；
本题答案选C。
【点睛】物质间的相互转化，是以掌握物质的化学性质为基础的考察，是解决化学问题的必备知识点，需要归纳总结和记忆。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. Cu溶于稀HNO3：Cu＋4H＋＋2NO3-＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋＝H2SiO3↓＋2Na＋
C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－＝Fe(OH)2↓
D. 用CH3COOH溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
【答案】D
【详解】A. Cu溶于稀HNO3生成一氧化氮：3Cu＋8H＋＋2NO3-＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A错误；
B. Na2SiO3为强电解质，在水溶液中完全电离，拆成离子形式，滴加稀盐酸： SiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓，故B错误；
C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe(OH)2和一水合氨：2NH4++Fe2＋＋4OH－＝Fe(OH)2↓+ 2NH3·H2O，故C错误；
D. 用CH3COOH溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，故D正确；
答案选D。
8.下列电化学装置能达到目的的是（ ）
A. 图甲：制取少量Fe(OH)2
B. 图乙：证明铁发生了析氢腐蚀
C. 图丙：在铁表面镀锌
D. 图丁：实现原电池反应Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋
【答案】D
【详解】A. 图甲：用电解法制取制取少量Fe(OH)2，阳极上应发生铁电极失电子变为亚铁离子，阴极上水得电子生成氢氧根，则铁应该作阳极，与电源正极相连，故A错误；
B. 图乙：在酸性条件下铁发生析氢腐蚀，在中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，该图中性条件，发生吸氧腐蚀，故B错误；
C. 图丙：锌比铁活泼，Fe2+得电子能力比Zn2+强，则在阴极上，Fe2+得电子生成铁单质，无法在铁电极上镀锌，应使用硫酸锌做电解质溶液，故C错误；
D. 图丁：铜做负极，碳做正极，铜电极失电子生成铜离子，碳电极周围的铁离子得电子生成亚铁离子，实现原电池反应Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，故D正确；
答案选D。
9.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫
B. 用图乙装置吸收氨气并防止倒吸
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢
D. 用装置丁收集NO
【答案】A
【详解】A. 碳与硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫，故A正确；
B. 氨气极易溶于水，用图乙装置吸收氨气不能防止倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故B错误；
C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢，导气管应长进短出，故C错误；
D. NO密度小于空气，和空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应使用排水法收集，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考察气体的制取、收集、除杂和尾气处理的实验操作基本考查。需要根据气体的常见气体性质，选择正确是实验操作方法。因此必须准确掌握所学知识中各种气体的性质掌握准确。
10.以NaCl为原料可制取下列物质，下列说法正确的是（ ）
A. 工业上是用阴离子交换膜电解槽作为反应①的发生装置
B. 漂白粉久置于空气中变质时既发生非氧化还原反应，也发生氧化还原反应
C. 反应③是侯氏制碱法，生产过程中先通入CO2，再通入NH3
D. 可以用澄清石灰水检验反应④后所得固体中是否有NaHCO3存在
【答案】B
【详解】A. 电解饱和食盐水，阴极上水得电子放出氢气生成氢氧根，钠离子向阴极移动，形成氢氧化钠，应使用阳离子交换膜，故A错误；
B. 漂白粉久置于空气中与二氧化碳和水反应生成次氯酸，发生非氧化还原反应，次氯酸分解生成氧气和氯化氢，发生氧化还原反应，故B正确；
C. 侯氏制碱法，生产过程中先通入NH3，形成碱性溶液额，再通入CO2，增大CO2的溶解度，提高产率，故C错误；
D. 碳酸钠和碳酸氢钠都可与澄清石灰水反应生成白色沉淀，不能检验碳酸氢钠的存在，故D错误；
答案选B。
二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
B. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化
C. 反应KBrO3＋6HBr=KBr＋3Br2＋3H2O每消耗1 mol KBrO3转移电子的数目为6×6.02×1023
D. 铅蓄电池放电时，电解质溶液的质量减小
【答案】AD
【详解】A. 根据盖斯定律化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，只要始态和终态相同，反应热效应相同，则不论是光照还是加热，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的反应热相同，故A正确；
B. 根据原电池原理，活泼的一极为负极，更容易被氧化，铝比铜活泼，则铝作负极被氧化，更容易被腐蚀，故B错误；
C. 反应中KBrO3为氧化剂，溴元素化合价由+5价降低到0价；HBr为还原剂，6 molHBr中5 molHBr的 Br化合价由-1价升高到0价，还有1 mol HBr化合价没有变化起了酸性作用，所以电子转移5 mol e-，那么每消耗1mol KBrO3转移的电子为5×6.02×1023，故C错误；
反应KBrO3＋6HBr=KBr＋3Br2＋3H2O每消耗1 mol KBrO3转移电子的数目为6×6.02×1023
D. 铅蓄电池的两极是Pb和PbO2，电解质溶液是H2SO4，负极Pb:Pb+SO42--2e-= PbSO4，正极:PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，正负极质量都增加，电解质溶液的质量减小，故D正确；
答案选AD。
12.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示镁条与盐酸反应的能量变化
B. 图2表示H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2物质的量的变化
C. 图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化
D. 图4表示其他条件一定，反应2SO2＋O22SO3在有、无催化剂情况下SO2的体积分数随时间的变化
【答案】C
【详解】A. 图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应，与图不相符，故A错误；
B. 图2表示带电性随滴入BaCl2溶液先减小到0后增大，H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；
C.电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；
D. 催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO2转化率不变，与图4不相符，故D错误；
答案选C。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
操作和现象
结论
A
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体
Na2O2未变质
B
向碘水中加入少量四氯化碳，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C
过量铁粉中加入一定量的稀硝酸，充分反应后向溶液中滴加KSCN溶液，溶液未变成红色
氧化性：Fe3＋＞稀HNO3
D
向久置的Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀
该白色沉淀为BaSO4
【答案】B
【详解】A. Na2O2粉末久置会生成碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠与盐酸反应都可产生无色气体，故A错误；
B. 向碘水中加入少量四氯化碳，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘从水中转移至四氯化碳中，则碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故B正确；
C. 过量铁粉中加入一定量的稀硝酸，充分反应后向溶液中只含有亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液不变色，不能证明Fe3＋与稀HNO3的氧化性强弱，故C错误；
D. 向久置的Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，该沉淀可能为亚硫酸钡和硫酸钡的混合物，故D错误；
答案选B。
14.利用电解法无害化处理水体中的NO3-，最终生成N2逸出。其装置及转化如图所示。列说法正确的是（ ）
A. N电极为电源的负极
B. 电解池工作时Na＋移向电极Ⅱ
C. 电极Ⅰ的电极反应：NO3-＋8e−＋10H+＝NH4+＋3H2O
D. 电解池工作时电极Ⅰ产生的NH4+被电极Ⅱ产生的HClO氧化为N2
【答案】CD
【分析】根据装置图，NO3-在电极Ⅰ上转化为铵根离子，化合价降低，得电子，发生还原反应，电极Ⅰ为阴极，M为负极，N为正极，电极Ⅱ为阳极。电极Ⅰ上的产物NH4+与电极Ⅱ产生的HClO发生氧化还原反应，产生氮气，氮元素化合价升高，失电子，被氧化。
【详解】A. 根据上述分析，N电极为电源的正极，故A错误；
B. 电解池工作时Na＋向阴极移动，电极Ⅱ为阳极，故B错误；
C. NO3-在电极Ⅰ上转化为铵根离子，化合价降低，得电子，发生还原反应，电极反应：NO3-＋8e−＋10H+＝NH4+＋3H2O，故C正确；
D. 根据上述分析，电极Ⅰ上的产物NH4+与电极Ⅱ产生的HClO发生氧化还原反应，产生氮气，氮元素化合价升高，失电子，被氧化，故D正确；
答案为CD。
【点睛】本题是对电解池原理的综合考察，难度不大。需要掌握电解池中电极的判断方法，电极反应的书写，电极产物的确定等原理基础知识。同时要会结合图示提取有效信息进行分析反应原理。
15.40℃，向体积为VL的密闭容器中充入NO，容器内各组分的物质的量随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. XN2O
B. 1 min~3 min时，v(NO2)＝1/6Vmol·(L·min)－1
C. 40℃时该反应的平衡常数为1
D. NO2和X的浓度相等可以作为判断反应到达平衡的标志
【答案】AB
【分析】根据图像变化，3分钟时反应达到平衡，一氧化氮在减少，二氧化氮和X在增加，则一氧化氮为反应物，二氧化氮与X为生成物，一氧化氮的变化量为3mol，二氧化氮与X为生成物变化量分别为1mol，化学计量系数之比等于参与反应各组分的物质的量的变化量之比，则反应方程式为3NO= NO2+X，根据原子守恒，则X的化学式为N2O。平衡时，NO剩余1mol ，NO2和N2O分别为1mol。
【详解】A. 根据上述分析，X是N2O，故A正确；
B. 根据图像分析，1 min~3 min时，二氧化氮物质的量的变化量分别为mol ，v(NO2)＝=1/6Vmol·(L·min)－1，故B正确；
C. 40℃时该反应的平衡常数为，故C错误；
D. 反应进行到任意时刻，NO2和X的浓度都相等，不代表NO2和X的浓度保持不变，不能作为判断反应到达平衡的标志，故D错误；
答案选AB。
三、非选择题（共80分）
16.请按要求写出相应的方程式
⑴某小组同学合作探究铝铁混合物分离的工艺流程如下图甲：
图甲 图乙
①气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则加热时“反应1”的离子方程式为______________________________________（用单线桥标出反应电子转移的方向和数目）。
②“反应2”的离子方程式为_______________________________________。
③气体A能发生如图乙所示的转化，该转化的总反应的化学方程式为_____________________________________________。
⑵由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下：
①“氧化”时Ce(SO4)2转化为Ce2(SO4)3，NO气体转化为HNO2和HNO3，产物中HNO2和HNO3物质的量之比为3∶1，写出“氧化”反应的化学方程式：________________________。
②写出“电解”反应的离子方程式：___________________________________。
【答案】(1). (2). AlO2-＋ CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓ ＋HCO3- (3). 2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O (4). 4NO＋6 Ce(SO4)2＋5H2O＝3 HNO2＋HNO3＋3Ce2(SO4)3＋3H2SO4 (5). 2Ce3＋＋2SO32− ＋4H＋S2O42－＋2Ce4＋＋2H2O
【详解】⑴①气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体具有碱性，故A为氨气，则加热时金属铝和硝酸钠、氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成氨气和偏铝酸钠，铝化合价升高作还原剂，硝酸钠中氮元素化合价降低，作氧化剂，根据得失电子守恒，物料守恒，“反应1”的离子方程式为；
答案为：。
②由“反应1”得到的滤液中含有偏铝酸根离子，通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，“反应2”的离子方程式为AlO2-＋ CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-；
答案为：AlO2-＋ CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-。
③如图乙所示，发生的反应为①NaClO+H2O=NaOH+HClO；②3HClO+2NH3= N2+3H2O+3HCl；③NaOH+ HCl=NaCl+ H2O；①×3+②+③×3，可得2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O，
答案为：2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O。
⑵由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下：
①依据流程图，一氧化氮和二氧化硫混合气体通入氢氧化钠溶液，二氧化硫被吸收生成亚硫酸钠，用硫酸调节溶液pH值，一氧化氮与Ce(SO4)2发生氧化还原反应，Ce(SO4)2转化为Ce2(SO4)3，NO气体转化为HNO2和HNO3，产物中HNO2和HNO3物质的量之比为3∶1，结合得失电子守恒和料守恒，反应的化学方程式：4NO＋6 Ce(SO4)2＋5H2O＝3 HNO2＋HNO3＋3Ce2(SO4)3＋3H2SO4
答案为：4NO＋6 Ce(SO4)2＋5H2O＝3HNO2＋HNO3＋3Ce2(SO4)3＋3H2SO4。
②根据流程图，对吸收流程产生的Na2SO3和氧化后的Ce2(SO4)3的酸性混合溶液电解生成Ce(SO4)2和Na2S2O4，根据电荷守恒及物料守恒， “电解”反应的离子方程式：2Ce3＋＋2SO32− ＋4H＋S2O42－＋2Ce4＋＋2H2O。
答案为：2Ce3＋＋2SO32− ＋4H＋S2O42－＋2Ce4＋＋2H2O。
17.（一种由天然MnO2矿与MnS矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素的氧化物）制备高纯碳酸锰工艺如下：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
⑴ “反应1”中MnO2与MnS反应的化学方程式为___________________________。
⑵ “反应1”后所得沉淀物中除S外，一定还含有的氧化物是_________（填化学式）。
⑶ “除杂2”后溶液中c(Zn2+)＝1×10−5 mol·L−1，则溶液中c(Ni2+)＝_________mol·L−1。[已知：Ksp(ZnS)＝2×10−22，Ksp(NiS)＝1×10−24]
⑷ “滤渣”的成分为_________（填化学式）；“滤液”中所含溶质的主要成分为_________（填化学式）。
⑸ 将部分MnCO3溶于稀硫酸，所得溶液电解可制得MnO2循环使用。写出电解时所发生反应的离子方程式：__________________________________________。
【答案】(1). MnO2＋MnS＋2H2SO4＝2MnSO4＋S＋2H2O (2). SiO2 (3). 5×10－8 (4). MgF2 (5). Na2SO4、(NH4)2SO4 (6). Mn2＋＋2H2O MnO2↓+ 2H＋+H2↑
【分析】根据流程：二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，得到的固体含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，除杂1为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，除杂2的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，除杂3的滤渣为MgF2，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，沉锰后滤液主要含有Na2SO4、(NH4)2SO4。
【详解】(1) “反应1”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，
答案为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
⑵Si元素以SiO2的形式存在，SiO2不溶于硫酸， “反应1”后所得沉淀物中除S外，一定还含有的氧化物是SiO2，
答案为：SiO2；
⑶“除杂2”后溶液中c(Zn2+)＝1×10−5 mol·L−1，则c(S2-)=，
c(Ni2+)=，
答案为：5×10－8；
⑷根据分析，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，除杂3的滤渣为MgF2，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，沉锰后滤液主要含有Na2SO4、(NH4)2SO4，
答案为：MgF2；Na2SO4、(NH4)2SO4；
⑸将部分MnCO3溶于稀硫酸，得硫酸锰溶液，电解可制得MnO2，电解时所发生反应的离子方程式：Mn2＋＋2H2O MnO2↓+ 2H＋+H2↑。
答案为：Mn2＋＋2H2O MnO2↓+ 2H＋+H2↑。
18.一种制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3的主要实验流程如下：
已知：温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应会生成副产物NaClO3。
⑴ “反应Ⅰ”中NaOH应过量且同时减慢通入Cl2的速率，目的是_____________________。
⑵ 常温时，将Cl2通入NaOH溶液中，一段时间后溶液中将有NaClO3生成，原因是____________________________________。
⑶ 写出“反应Ⅱ”中NaClO与(NH2)2CO反应的化学方程式：________________________。
⑷ “反应Ⅲ”中会有气体_________（填化学式）生成，检验有该气体的方法是__________________________________________。
⑸ 图所示为Na2SO3的溶解度随温度的变化曲线，由质量分数为10%的Na2SO3溶液制取无水Na2SO3的方法是______________________________________________________。
【答案】(1). 提高Cl2的吸收率，防止Cl2污染环境 (2). Cl2与NaOH溶液反应放热 (3). NaClO＋(NH2)2CO＋2NaOH＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl (4). CO2 (5). 将气体先通过足量的酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2，若不变浑浊，则不存在CO2 (6). 将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【分析】由实验流程可知反应I为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40∘C以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4⋅H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4⋅H2O，副产品Na2CO3溶液中通入过量二氧化硫，得到NaHSO3，加入氢氧化钠，可制得Na2SO3。
【详解】(1)Cl2有毒，通入过快未反应的氯气会污染空气，NaOH应过量，可增加对氯气的吸收效率，
答案为：提高Cl2的吸收率，防止Cl2污染环境；
⑵Cl2与NaOH溶液反应放热，温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应会生成副产物NaClO3，
答案为：Cl2与NaOH溶液反应放热
⑶写出“反应Ⅱ”中碱性条件下，NaClO与尿素反应生成N2H4⋅H2O和Na2CO3，化学方程式：NaClO＋(NH2)2CO＋2NaOH＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl，
答案为：NaClO＋(NH2)2CO＋2NaOH＝Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl；
⑷根据分析，副产品Na2CO3溶液中通入过量二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性强于碳酸，与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，检验有二氧化碳存在首先要排除二氧化硫气体的干扰，方法是将气体先通过足量的酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2，若不变浑浊，则不存在CO2，
答案为：将气体先通过足量的酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水，若石灰水变浑浊，则存在CO2，若不变浑浊，则不存在CO2。
⑸由质量分数为10%的Na2SO3溶液加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。
答案为：加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象可知在高于34℃条件下趁热过滤。
19.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
⑴下列说法正确的是______。
A．可以用NaHCO3溶液鉴别化合物A和G
B．有机物A分子中只含有2个手性碳原子
C．化合物B分子中所有碳原子可能位于同一平面
D．1 mol化合物E最多可与1 mol NaOH反应
⑵反应②的反应类型是_________。
⑶化合物F的结构简式是_______________。
⑷写出一种满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：_______________。
Ⅰ．含有六元环；Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应；Ⅲ．分子含5种不同化学环境的氢。
【答案】 (1). AD (2). 加成反应 (3). (4).
【分析】有机物A（）在酸性条件下被高锰酸钾氧化生成B（），在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成，酸性条件下被高锰酸钾氧化生成D，根据D与乙醇发生酯化生成E（），则D的结构式为； 在乙醇和乙醇钠混合液的环境中与1-溴丙烷发生取代反应生成F（），在酸性或碱性条件下水解生成G（）。
【详解】⑴A．A为含有醇羟基，不与NaHCO3溶液反应，G为，含有羧基，与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，则可以鉴别化合物A和G，故A正确；
B．有机物A为，分子中含有3个手性碳原子，故B错误；
C．化合物B为，分子中所有碳原子单键相连，不可能位于同一平面，故C错误；
D．E为，结构中含有一个酯基，则1 mol化合物E最多可与1 mol NaOH反应，故D正确；
答案选AD。
⑵根据分析，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成反应②的反应类型是加成反应。
答案为：加成反应。
⑶根据流程分析，化合物F的结构简式是。
答案为：；
⑷C的结构式为，与C互为同分异构体，并满足Ⅰ．含有六元环；Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应，说明该结构具有醛的结构和酯的结构，分子中只有2个氧原子，因此为甲酸酯；Ⅲ．分子含5种不同化学环境的氢的条件，故该物质的结构式为。
答案为：。
20.CCl3CHO可通过“CH3CH2OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl”进行制备。
⑴实验室常用KMnO4、MnO2或NaClO与浓盐酸反应制取Cl2。质量分数为36.5%，密度为1.18 g·cm－3盐酸，其物质的量浓度为______mol·L−1。等物质的量的KMnO4、MnO2或NaClO与足量浓盐酸反应，理论上生成的Cl2的质量之比为______。
⑵可用如下方法测定所制CCl3CHO粗品的纯度（杂质不参与反应）：称取该实验制备的产品5.00 g，配成100.00 mL溶液，取其中10.00 mL，加入一定量的NaOH后，加入30.00 mL 0.100 mol·L−1的碘标准液，用0.100 mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00 mL。实验中所发生反应如下：CCl3CHO＋NaOH＝CHCl3＋HCOONa，HCOONa＋I2＝HI＋NaI＋CO2↑， I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6，计算粗品中所含CCl3CHO的质量分数（写出计算过程）。_____________
【答案】 (1). 11.8 (2). 5∶2∶2 (3). 59％
【详解】⑴质量分数为36.5%，密度为1.18 g·cm－3盐酸，盐酸物质的量浓度为=11.8 mol·L−1；等物质的量的KMnO4、MnO2或NaClO与足量浓盐酸反应，反应中KMnO4、MnO2或NaClO均为氧化剂，氧化剂得到的电子越多，生成的氯气越多，设KMnO4、MnO2或NaClO均为1mol，则KMnO4得电子数为1mol×(7-2)，MnO2得电子数为1mol×(4-2)，NaClO得电子数为1mol×[1-(-1)]；生成的Cl2的质量之比=Cl2的物质的量之比=1mol×(7-2)：1mol×(4-2)：1mol×[1-(-1)]=5:2:2；
答案为：5:2:2。
⑵根据反应CCl3CHO＋NaOH＝CHCl3＋HCOONa，HCOONa＋I2＝HI＋NaI＋CO2↑， I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6，可得CCl3CHO~ I2~2Na2S2O3，
10.00 mL 溶液中，n（CCl3CHO）=n（Na2S2O3）=0.100 mol·L−1×20.00 mL×10-3=0.002mol，
则：100.00 mL溶液中n（CCl3CHO）=0.002mol×=0.02mol，粗品中所含CCl3CHO的质量分数为=59%
答案为：59%。
21.二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇，其原理是：
CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g) ΔH＝a kJ·mol−1
2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝b kJ·mol−1
H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝c kJ·mol−1
（1）2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2 (g)＋4H2O(l) ΔH ＝______kJ·mol−1
（2）H2(g)＋1/2O2(g)=1/2H2O(l)的过程如下图所示，H－O键的键能是______kJ·mol−1。
（3）某化学兴趣小组用甲醇燃料电池来模拟铝制品表面“钝化”处理过程(装置如图甲所示)。a电极发生的电极反应方程式为______________________________。实验结束后若硫酸溶液质量减少1.08 g，则石墨电极处生成的气体在标准状况下的体积为______L。
（4）一种Na－CO2二次电池装置如图乙所示，NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，电池的总反应为3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。充电时的阳极反应式为_____________________。
（5）海水中含有大量的HCO3-，一种利用海水提取CO2的装置如图丙所示。结合方程式简述提取CO2的原理：_________________________________________________________。
【答案】(1). 3b－2a－2c (2). 463.4 (3). CH3OH－6e−＋H2O＝CO2↑＋6H＋ (4). 1.344 (5). 2CO32-＋C－4e−=3CO2 (6). a室为阳极，电解水，失电子产生氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O－4e—=4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入海水，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，发生反应：HCO3-＋H＋＝ CO2↑＋H2O
【详解】（1）已知①CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g) ΔH＝a kJ·mol−1
②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝b kJ·mol−1
③H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝c kJ·mol−1
根据盖斯定律，②×3-①×2-③×2，可得2CH3OH(g)＋3O2(g)＝2CO2 (g)＋4H2O(l) ΔH ＝3b kJ·mol−1- 2a kJ·mol−1-2c kJ·mol−1=（3b－2a－2c）kJ·mol−1 ；
答案为：3b－2a－2c。
（2）根据图示：H2(g)＋O2(g)=2 H (g)＋O(g) ΔH1=+685 kJ·mol−1，2 H (g)＋O(g)= H2O(g) ΔH2，H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44 kJ·mol−1，H2(g)＋O2(g)= H2O(l) ΔH4=-285.8 kJ·mol−1；根据盖斯定律，结合图示可得：ΔH1+ΔH2+ΔH3=ΔH4，即685 kJ·mol−1+ΔH2+（-44 kJ·mol−1）=（-285.8 kJ·mol−1），则ΔH2=-926.8 kJ·mol−1，H－O键的键能是×926.8 kJ·mol−1=463.4 kJ·mol−1，
答案为：463.4。
（3）用甲醇燃料电池来模拟铝制品表面“钝化”处理，则铝为电解池阳极，失电子发生氧化反应，变为氧化铝和氢离子，石墨为电解池阴极，氢离子得到电子转化为氢气，则b为原电池正极，a为原电池负极；燃料电池中燃料在负极发生反应，故a电极发生的电极反应方程式为CH3OH－6e−＋H2O＝CO2↑＋6H＋；电解池中，阳极反应式为3H2O +2Al -6e-= Al2O3+6H+，阴极电极式为6H＋+6e-= 3H2↑，根据电极反应，硫酸溶液质量减少1.08 g为水的质量，3H2O~3H2，则产生的氢气的物质的量=消耗水的物质的量=mol，标况下的体积为 mol×22.4L/mol=1.344L。
答案为：1.344。
（4）根据电池的总反应3CO2＋4Na2Na2CO3＋C，充电时，阳极失电子，根据反应方程式，2CO32-＋C－4e−=3CO2，
答案为：2CO32-＋C－4e−=3CO2。
（5）a室为阳极，电解水，失电子产生氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O－4e—=4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入海水，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，发生反应：HCO3-＋H＋＝ CO2↑＋H2O，
答案为：a室为阳极，电解水，失电子产生氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O－4e—=4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子膜进入海水，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，发生反应：HCO3-＋H＋＝ CO2↑＋H2O。
22.A、B、C、D、E、F为前四周期元素，且原子序数依次增大。A是元素周期表中半径最小的元素，B的基态原子2p轨道上未成对电子数是C的3倍；D的基态原子含13种运动状态不同的电子；E与A位于同一主族；F2＋的3d轨道中有9个电子。（答题时用字母对应的元素符号表示）
⑴元素A、B、C的电负性由大到小的顺序为____________。
⑵F的基态原子价层电子排布式为_______________。
⑶BC3的空间构型为_________，与BC3互为等电子体的一种阴离子的化学式为_________。
⑷一种化合物X的晶体结构如图，X的化学式为_________。 (图中○：E＋，●：DC)
⑸化合物AC与EC中熔点更高的是_________，原因是__________________________。
【答案】 (1). F、N、H (2). 3d104s1 (3). 三角锥形 (4). SO32- (5). K3AlF6 (6). KF (7). KF是离子晶体，HF是分子晶体，离子键的作用强于分子间作用力
【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素，且原子序数依次增大。A是元素周期表中半径最小的元素，则A为H元素；B的基态原子2p轨道上未成对电子数是C的3倍，p轨道最多为3个未成对的电子，则B的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3，C的基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，故B为N元素，C为F元素；D的基态原子含13种运动状态不同的电子，则D为Al元素；E与A位于同一主族，则E为K元素；F2＋的3d轨道中有9个电子，则F的价层电子排布式为3d104s1，故F为Cu元素。
【详解】(1)元素A、B、C分别为H、N、F，非金属性越强，电负性越强，非金属性：F>N>H，电负性由大到小顺序为F、N、H，
答案为：F、N、H；
⑵F为Cu元素，基态原子价层电子排布式为3d104s1，
答案为：3d104s1；
⑶BC3为NF3，根据价层电子互斥理论，价层电子对数为3+（5-3）=4，则空间构型为三角锥型；NF3由四个原子组成，最外层电子数之和为26，与NF3互为等电子体的一种阴离子的化学式为SO32-，
答案为：三角锥形；SO32-；
⑷如图所示，E＋的数目为9+12×=12个，DC的数目为8×+6×=4，可得：E＋与DC的数目之比为3:1，根据化合物中化合价之和为0，则（+1）×3+（-1）×n=0，n=3，即DC为AlF，F在化合物中只有-1价，Al为+3价，则3+（-1）×m=-3，故m=6，因此X的化学式为K3AlF6，
答案为：K3AlF6；
⑸化合物AC为HF，EC为KF，HF为分子晶体，KF为离子晶体，离子键的作用强于分子间作用力，故熔点更高的是KF，
答案为：KF；HF为分子晶体，KF为离子晶体，离子键的作用强于分子间作用力。
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