2013年浙江省高考化学试卷

这是一份2013年浙江省高考化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题，选修部分等内容，欢迎下载使用。
2013年浙江省高考化学试卷
　
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一项是符合题目要求的）
1．（6分）下列说法不正确的是（　　）
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．和CO2反应生成可降解聚合物，反应符合绿色化学的原则
2．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
B．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C．Cl﹣存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中
D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
3．（6分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（　　）

A．钠与W可能形成Na2W2化合物
B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C．W得电子能力比Q强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
4．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷
B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
C．苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D．结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛
5．（6分）电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开．在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅．
已知：3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，下列说法不正确的是（　　）

A．右侧发生的电极反应式：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣
B．电解结束后，右侧溶液中含有IO3﹣
C．电解槽内发生反应的总化学方程式：KI+3H2OKIO3+3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内总反应不变
6．（6分）25℃时，用浓度为0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX
B．根据滴定曲线，可得Ka（HY）≈10﹣5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c（X﹣）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c（H+）=+c（Z﹣）+c（OH﹣）
7．（6分）现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：

已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀．该同学得出的结论正确的是（　　）
A．根据现象1可推出该试液中含有Na+
B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+
D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+
　
二、非选择题
8．（15分）氢能源是一种重要清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．请回答下列问题：
（1）甲的化学式是　 　；乙的电子式是　 　．
（2）甲与水反应的化学方程式是　 　．
（3）气体丙与金属镁反应的产物是　 　（用化学式表示）．
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式　 　．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之　 　．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）
（5）甲与乙之间　 　（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是　 　．
9．（14分）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用．目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌（NH4）2CO3（aq）△H1
反应Ⅱ：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌NH4HCO3（aq）△H2
反应Ⅲ：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq）△H3
请回答下列问题：
（1）△H3与△H1、△H2之间的关系是：△H3=　 　．
（2）为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度．然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）．则：
①△H3　 　0（填＞、=或＜）．
②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是　 　．
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示．当时间到达t1时，将该反应体系温度上升到T2，并维持该温度．请在图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线．

（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在（NH4）2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有　 　（写出2个）．
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是　 　．
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2．
10．（14分）利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO．制备流程图如下：

已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似．请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有　 　．
A．去除油污 B．溶解镀锌层 C．去除铁锈 D．钝化
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是　 　．
（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是　 　．
（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？　 　（填“能”或“不能”），理由是　 　．
（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量．若需配制浓度为0.01000mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取　 　g K2Cr2O7（保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）=294.0g•mol﹣1）．
配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有　 　．（用编号表示）．
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
11．（15分）某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药﹣柳胺酚．

已知：．请回答下列问题：
（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是　 　．
A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应 B．不发生硝化反应 C．可发生水解反应 D．可与溴发生取代反应
（2）写出A→B反应所需的试剂　 　．
（3）写出B→C的化学方程式　 　．
（4）写出化合物F的结构简式　 　．
（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式　 　（写出3种）．
①属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应．
（6）以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）．
注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．
　
三、选修部分
12．（10分）《物质结构与性质》模块
请回答下列问题：
（1）N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能 I1 I2 I3 I4 …
In/kJ．mol﹣1 578 1817 2745 11578 …
则该元素是　 　（填写元素符号）．
（2）基态锗（Ge）原子的电子排布式是　 　．Ge的最高价氯化物分子式是　 　．该元素可能的性质或应用有　 　．
A．是一种活泼的金属元素 B．其电负性大于硫 C．其单质可作为半导体材料 D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
（3）关于化合物，下列叙述正确的有　 　．
A．分子间可形成氢键 B．分子中既有极性键又有非极性键 C．分子中有7个σ键和1个π键 D．该分子在水中的溶解度大于2﹣丁烯
（4）NaF的熔点　 　的熔点（填＞、=或＜），其原因是　 　．
13．《化学与技术》模块
电石浆是氯碱工业中的一种废弃物，其大致组成如下表所示：
成分
CaO
SiO2
Al2O3
Fe2O3
MgO
CaS
其它不溶于酸的物质
质量分数（%）
65～66
3.5～5.0
1.5～3.5
0.2～0.8
0.2～1.1
1.0～1.8
23～26
用电石浆可生产无水CaCl2，某化工厂设计了以下工艺流程：

已知氯化钙晶体化学式是：CaCl2•6H2O，H2S是一种酸性气体，具有还原性．
（1）反应器中加入的酸应选用　 　．
（2）脱色槽中应加入的物质X是　 　；设备A的作用是　 　；设备B的名称是　 　；设备C的作用是　 　．
（3）为了满足环保要求，需将废气H2S通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是　 　．
A．水 B．浓硫酸 C．石灰乳 D．硝酸
（4）将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是　 　．
　

2013年浙江省高考化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一项是符合题目要求的）
1．（6分）下列说法不正确的是（　　）
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．和CO2反应生成可降解聚合物，反应符合绿色化学的原则
【分析】A、多孔碳是碳单质，是一种具有不同孔结构的碳素材料，可用作氢氧燃料电池的电极材料；
B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂；
C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似；
D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染．
【解答】解：A、多孔碳是碳单质，是一种具有不同孔结构的碳素材料。作为一种新材料，具有耐高温、耐酸碱、导电、传热、优良的吸附性能、良好的化学稳定性和使用后容易再生等优点。如活性炭、活性炭纤维、碳分子筛等都属于多孔碳。多孔碳①具有很强的吸附能力和表面积，可吸附氢气和氧气，提供气体反应（发生电子转移）的场所，同时具有较大的表面积，可增大接触面积，提高反应速率；②有催化作用；所以可用作氢氧燃料电池的电极材料，故A正确；
B、在酸碱中和滴定过程中，滴定终点判断的主要依据是溶液的pH值变化，测量溶液pH可以用pH试纸、pH计、酸碱指示剂。pH计是一种精确测量溶液pH的仪器，精确度高，测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH，所以，可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点，故B错误；
C、从中学化学的视角来看，在元素周期表中，砷排在磷下方，两者属于同族，化学性质相似。所以应该说，完全有可能在普通的DNA骨架中砷元素可以取代磷元素，故C正确；
D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即充分利用反应物中的各个原子，因而既能充分利用资源，又能防止污染。绿色化学的核心内容之二是有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求。甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯，原子利用率达到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则，故D正确；
故选：B。
【点评】本题突出了能力立意命题，注重考查学生对知识的理解和灵活应用，命题思路更加突出主干知识的考查．
　
2．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
B．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C．Cl﹣存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中
D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
【分析】A．碘元素在海水中只有化合态，没有游离态，海带提取单质碘需将碘离子氧化成碘单质；
B．乙醇和浓硫酸在170℃，发生分子内脱水生成乙烯和水，水浴的温度为小于100℃；
C．Cl﹣存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中；
D．根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性，CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不能发生变性；
【解答】解：A．海水中只有化合态的碘，实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤，然后需将碘离子氧化为碘单质，在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2，然后再萃取，故A错误；
B．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，水的沸点为100℃，水浴的温度为小于100℃，而该反应的温度为170℃，显然不符，故B错误；
C．铝表面的氧化膜为氧化铝，当有Cl﹣存在时，Cl﹣替换氧化铝中的氧元素形成可溶性的氯化铝，所以铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中，故C正确；
D．当向蛋白质溶液中加入的盐溶液（硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等）达到一定浓度时，会使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用称为盐析，盐析具有可逆性，所以饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不是变性，因加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等导致蛋白质性质的改变和生物活性的丧失，是蛋白质的变性，所以CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了物质的性质，掌握基础知识，掌握物质的性质是解题的关键，题目难度不大．
　
3．（6分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（　　）

A．钠与W可能形成Na2W2化合物
B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C．W得电子能力比Q强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，据此解答．
【解答】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，
A．Na和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，故A正确；
B．二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，故B错误；
C．同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误；
D．碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查结构性质位置关系，难度中等，A选项为易错点、难点，利用同主族元素的相似性解答，注意整体把握元素周期表的结构．
　
4．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5﹣四甲基﹣4，4﹣二乙基己烷
B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
C．苯和甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D．结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛
【分析】A．根据烷烃命名原则：①长﹣﹣选最长碳链为主链；②多﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③近﹣﹣离支链最近一端编号；④小﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．
B．烃CxHy完全燃烧耗氧量由（x+）值决定，（x+）的值越大，消耗氧气的量就越多；烃的含氧衍生物CxHyOz完全燃烧耗氧量由（x+）值决定，x+值越大，消耗氧气的量就越多，据此判断；
C．苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；
D．根据苯酚和甲醛发生缩聚反应；
【解答】解：A．按系统命名法，化合物的名称是2，2，4，5﹣四甲基﹣3，3﹣二乙基己烷，故A错误；
B．苯的x+=6+=7.5，即1mol苯消耗氧气7.5mol，苯甲酸的x+﹣=7+﹣1=7.5，即1mol苯甲酸消耗氧气7.5mol，所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，故B错误；
C．苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；
D．苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树酯，结构片段，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的命名、燃烧规律、物质的性质以及缩聚反应，需要注意的是酚醛发生缩聚反应的规律．
　
5．（6分）电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开．在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅．
已知：3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，下列说法不正确的是（　　）

A．右侧发生的电极反应式：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣
B．电解结束后，右侧溶液中含有IO3﹣
C．电解槽内发生反应的总化学方程式：KI+3H2OKIO3+3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内总反应不变
【分析】左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，右侧放出氢气，右侧I﹣、OH﹣通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3﹣通过阴离子交换膜向右侧移动，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，保证两边溶液呈电中性．
【解答】解：A．左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，故A正确；
B．一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I﹣、OH﹣通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3﹣通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3﹣，故B正确；
C．左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，同时发生反应3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑，故C正确；
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I﹣﹣2e﹣=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理，难度中等，注意D选项为易错点，注意氢氧根不能通过阳离子交换膜，不能与碘单质发生反应．
　
6．（6分）25℃时，用浓度为0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX
B．根据滴定曲线，可得Ka（HY）≈10﹣5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c（X﹣）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c（H+）=+c（Z﹣）+c（OH﹣）
【分析】A、根据图象分析，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1；
B、根据氢氧化钠滴到10mL，c（HY）≈c（Y﹣），Ka（HY）≈c（H+）；
C、HX恰好完全反应时，HY早已经反应完毕；
D、由于溶液中的c（H+）=c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）；
【解答】解：A、氢氧化钠体积为0时，0.1000mol•L﹣1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为HX＜HY＜HZ，故导电性HZ＞HY＞HX，故A错误；
B、当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c（HY）≈c（Y﹣），即Ka（HY）≈c（H+）=10﹣PH=10﹣5，故B正确；
C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性 HX＜HY，NaY水解程度小于NaX，故溶液中c（X﹣）＜c（Y﹣），故C错误；
D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为c（H+）=c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）；再根据HY的电离平衡常数，c（Y﹣）≠，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查利用中和滴定图象，分析数据，用到了电荷守恒知识，难度适中．
　
7．（6分）现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：

已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀．该同学得出的结论正确的是（　　）
A．根据现象1可推出该试液中含有Na+
B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+
D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+
【分析】A．加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+；
B．葡萄糖酸根不能发生银镜反应；
C．加入NH3•H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+；
D．溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+．
【解答】解：A．因加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+，不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+，故A错误；
B．试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应，故B错误；
C．根据“控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe（OH）3的滤液中分别加入NH3•H2O（aq）和Na2CO3（aq），加入NH3•H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+，故C正确；
D．溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+，正确的方法是：在溶液中滴加KSCN（aq）不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+．若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的评价，题目难度不大，注意相关物质的性质的掌握，注意物质的鉴别要排除其它离子的干扰．
　
二、非选择题
8．（15分）氢能源是一种重要清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1．请回答下列问题：
（1）甲的化学式是　AlH3　；乙的电子式是　　．
（2）甲与水反应的化学方程式是　AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑　．
（3）气体丙与金属镁反应的产物是　Mg3N2　（用化学式表示）．
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式　3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O　．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之　取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O　．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）
（5）甲与乙之间　可能　（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是　AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气　．
【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，
则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，
所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则丙的相对原子质量为1.25g•L﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．
【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，
则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，
所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1，则丙的相对原子质量为1.25g•L﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，
（1）由以上分析可知甲为AlH3，乙为NH3，电子式为，故答案为：AlH3；；
（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，
故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；
（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；
（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有Cu2O，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有
Cu2O，反之则无Cu2O，
故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无
Cu2O；
（5）AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气，
故答案为：可能；AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气．
【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据先关反应的现象以及数据判断甲乙两种物质，注意相关反应的化学方程式的书写．
　
9．（14分）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用．目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌（NH4）2CO3（aq）△H1
反应Ⅱ：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌NH4HCO3（aq）△H2
反应Ⅲ：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq）△H3
请回答下列问题：
（1）△H3与△H1、△H2之间的关系是：△H3=　2△H2﹣△H1　．
（2）为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度．然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）．则：
①△H3　＜　0（填＞、=或＜）．
②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是　T1﹣T2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随着温度的升高而提高．T3﹣T4区间，化学反应已达到平衡状态，由于正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获　．
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示．当时间到达t1时，将该反应体系温度上升到T2，并维持该温度．请在图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线．

（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在（NH4）2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有　降低温度；增大CO2浓度　（写出2个）．
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是　B、D　．
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2．
【分析】（1）利用盖斯定律计算；
（2）①温度升高，c（CO2）增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应（△H3＜0）；②T1﹣T2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随着温度的升高而提高．T3﹣T4区间，化学反应已达到平衡状态，由于正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获
③反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后（由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化），迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡；
（3）根据平衡移动原理分析；
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2．
【解答】解：（1）将反应Ⅰ倒过来书写：
（NH4）2CO3 （aq）⇌2NH3 （l）+H2O （l）+CO2 （g）﹣△H1
将反应Ⅱ×2：
2NH3 （l）+2H2O （l）+2CO2 （g）⇌2NH4HCO3 （aq） 2△H2
得：（NH4）2CO3 （aq）+H2O （l）+CO2 （g）⇌2NH4HCO3 （aq）△H3=2△H2﹣△H1 ；
故答案为：2△H2﹣△H1；
（2）①由图1可知：温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c（CO2）增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应△H3＜0；
②在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下（NH4）2CO3 （aq）总是捕获CO2，故c（CO2）减小；
③反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后（由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化），迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡，图象应为，；
故答案为：①＜；
②T1﹣T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高．T4﹣T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获．
③

（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c（CO2），故答案为：降低温度；增大CO2浓度
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3++HCO3﹣；故答案为B、D．
【点评】考查热化学方程式书写，化学反应速率、化学平衡移动和化学方程式书写等，题目综合性较强．
　
10．（14分）利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO．制备流程图如下：

已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似．请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有　AB　．
A．去除油污 B．溶解镀锌层 C．去除铁锈 D．钝化
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是　抽滤、洗涤、灼烧　．
（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是　在N2气氛下，防止Fe2+被氧化　．
（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？　不能　（填“能”或“不能”），理由是　胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸　．
（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量．若需配制浓度为0.01000mol•L﹣1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取　0.7350g　g K2Cr2O7（保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）=294.0g•mol﹣1）．
配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有　③⑦　．（用编号表示）．
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
【分析】（1）根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用；
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO；
（3）持续通入N2，防止Fe2+被氧化；
（4）Fe3O4胶体粒子能透过滤纸；
（5）根据m=cVM计算m（K2Cr2O7）；
根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容；
（6）根据对K2Cr2O7标准溶液体积的影响分析．
【解答】解：（1）根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用，
故答案为：AB；
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO，
故答案为：抽滤、洗涤、灼烧；
（3）持续通入N2，防止Fe2+被氧化；
故答案为：在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；
（4）Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，所以不能用过滤的方法实现固液分离，
故答案为：不能；胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸；
（5）m（K2Cr2O7）=0.01000mol•L﹣1×0.250 L×294.0 g•mol﹣1=0.7350g；
根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容．故用不到的仪器为量筒和移液管，
故答案为：0.7350g；③⑦；
（6）如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大，
故答案为：偏大．
【点评】本题以“废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO”为载体，考查实验基本操作和技能，涉及标准溶液的配制及滴定的误差分析、对信息的利用、实验条件的控制等，试题难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力．
　
11．（15分）某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药﹣柳胺酚．

已知：．请回答下列问题：
（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是　CD　．
A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应 B．不发生硝化反应 C．可发生水解反应 D．可与溴发生取代反应
（2）写出A→B反应所需的试剂　浓HNO3/浓H2SO4　．
（3）写出B→C的化学方程式　　．
（4）写出化合物F的结构简式　　．
（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式　、、、（任写三种）　（写出3种）．
①属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子；②能发生银镜反应．
（6）以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）．
注：合成路线的书写格式参照如下实例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．
【分析】柳胺酚水解生成邻羟基苯甲酸和对羟基苯胺，结合分子式知，F是邻羟基苯甲酸，E是对羟基苯胺，结合题给信息知，D是对羟基硝基苯，C和酸反应生成D，则C是对硝基苯酚钠，B发生取代反应生成C，B是对硝基氯苯，A反应生成对硝基氯苯，苯和氯气发生取代反应生成氯苯，在浓硫酸作催化剂条件下，氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯，结构物质的结构和性质解答．
【解答】解：柳胺酚水解生成邻羟基苯甲酸和对羟基苯胺，结合分子式知，F是邻羟基苯甲酸，E是对羟基苯胺，结合题给信息知，D是对羟基硝基苯，C和酸反应生成D，则C是对硝基苯酚钠，B发生取代反应生成C，B是对硝基氯苯，A反应生成对硝基氯苯，苯和氯气发生取代反应生成氯苯，在浓硫酸作催化剂条件下，氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯，
（1）A．柳胺酚中能和氢氧化钠反应的官能团是酰胺键和酚羟基，所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH
反应，故错误；
B．柳胺酚中含有苯环，所以能发生硝化反应，故错误；
C．柳胺酚中含有肽键，所以可发生水解反应，故正确；
D．柳胺酚中含有酚羟基，所以可与溴发生取代反应，故正确；
故选C、D；
（2）在浓硫酸作催化剂条件下，氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯，所以所用试剂为：浓HNO3/浓H2SO4，故答案为：浓HNO3/浓H2SO4；
（3）在加热条件下，对硝基氯苯和氢氧化钠发生取代反应生成对硝基苯酚钠和氯化钠，反应方程式为：，
故答案为：；
（4）F是邻羟基苯甲酸，其结构简式为：，故答案为：；
（5）①属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子，说明苯环上含有酚羟基，且苯环上有三种类型的氢原子；②能发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，所以符合条件的F的同分异构体有：、、、（任写三种），
故答案为：、、、（任写三种）；
（6）在催化剂作用下，苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷，在光照条件下，苯乙烷发生取代反应生成，在加热条件下，和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成苯乙烯，在催化剂条件下，苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，所以其合成路线为：
，
故答案为：．
【点评】本题考查了有机物的推断及合成，从柳胺酚的结构着手，采用逆推的方法推断各物质，明确反应时有机物的断键方式是解本题关键，难度中等．
　
三、选修部分
12．（10分）《物质结构与性质》模块
请回答下列问题：
（1）N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能 I1 I2 I3 I4 …
In/kJ．mol﹣1 578 1817 2745 11578 …
则该元素是　Al　（填写元素符号）．
（2）基态锗（Ge）原子的电子排布式是　1s22s22p63s23p63d104s24p2　．Ge的最高价氯化物分子式是　GeCl4　．该元素可能的性质或应用有　CD　．
A．是一种活泼的金属元素 B．其电负性大于硫 C．其单质可作为半导体材料 D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
（3）关于化合物，下列叙述正确的有　BD　．
A．分子间可形成氢键 B．分子中既有极性键又有非极性键 C．分子中有7个σ键和1个π键 D．该分子在水中的溶解度大于2﹣丁烯
（4）NaF的熔点　＞　的熔点（填＞、=或＜），其原因是　两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低　．
【分析】（1）根据第一至第四电离能的变化可判断出各元素的最高化合价，进而推断元素的种类；
（2）根据基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，以此解答该题；
根据主族元素的最高价等于最外层电子数；
A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强；
B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗；
C．锗单质是一种半导体材料；
D．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越小，熔点越低；
（3）A．A．根据氢键形成的条件；
B．同种元素原子形成的共价键是非极性键；不同种元素原子形成的共价键是极性键；
C．1个单键是1个σ键，一个双键是1个σ键和1个π键；
D．根据醛基比甲基更溶于水
（4）离子化合物，且电荷数相等，离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低．
【解答】解：（1）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，即最外层应有3个电子，应为铝元素，故答案为：Al；
（2）锗是32号元素，核外有32个电子，基态锗（Ge）原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；
Ge的最高价为+4价，氯化物分子式是GeCl4；
故答案为：GeCl4；
A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强，故A错误；
B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗，所以锗的电负性小于硫，故B错误；
C．锗单质是一种半导体材料，故C正确；
D．氯化锗和溴化锗都是分子晶体，但氯化锗的相对分子质量小于溴化锗，所以氯化锗沸点低于溴化锗的沸点，
故选：CD；
（3）A．分子中不存在与电负性强的元素相连的氢原子，所以不存在氢键，故A错误；
B．分子中碳碳键是非极性键，碳氢键、碳氧键是极性键，故B正确；
C．1个单键是1个σ键，一个双键是1个σ键和1个π键，所以分子中有9个σ键和3个π键，故C错误；
D．根据醛基比甲基更溶于水，所以分子中两个甲基被醛基取代，溶解度增大，故D正确；
故选：BD；
（4）两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低，
故答案为：＞；两者均为离子化合物，且电荷数均为1，但后者离子半径大，离子键较弱，因此熔点较低．
【点评】本题是道综合题，难度中等，考查了学生运用知识的能力．
　
13．《化学与技术》模块
电石浆是氯碱工业中的一种废弃物，其大致组成如下表所示：
成分
CaO
SiO2
Al2O3
Fe2O3
MgO
CaS
其它不溶于酸的物质
质量分数（%）
65～66
3.5～5.0
1.5～3.5
0.2～0.8
0.2～1.1
1.0～1.8
23～26
用电石浆可生产无水CaCl2，某化工厂设计了以下工艺流程：

已知氯化钙晶体化学式是：CaCl2•6H2O，H2S是一种酸性气体，具有还原性．
（1）反应器中加入的酸应选用　盐酸　．
（2）脱色槽中应加入的物质X是　活性炭　；设备A的作用是　蒸发浓缩　；设备B的名称是　过滤器　；设备C的作用是　脱水干燥　．
（3）为了满足环保要求，需将废气H2S通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是　C　．
A．水 B．浓硫酸 C．石灰乳 D．硝酸
（4）将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是　对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益　．
【分析】（1）因要生产CaCl2，所以应选用盐酸；
（2）活性炭具有吸附性．A池后面接的是结晶池，故A应为蒸发浓缩．从B中有母液出来，故B为过滤器．B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品；
（3）H2S为酸性气体，应用碱液吸收；
（4）设备B中产生的母液含有氯化物，回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益．
【解答】解：（1）因要生产CaCl2，过程中不引入新的杂化离子，所以应选用盐酸，
故答案为：盐酸；
（2）活性炭具有吸附性，可以进行溶液脱水．A池后面接的是结晶池，故A应为蒸发浓缩；从B中有母液出来，故B为过滤器．B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品，
故答案为：活性炭；蒸发浓缩；过滤器；脱水干燥；
（3）H2S为酸性气体，应用碱液吸收，故选石灰乳，
故答案为：C；
（4）设备B中产生的母液含有氯化物，回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益，
故答案为：对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益．
【点评】本题以“用电石浆可生产无水CaCl2”为载体，考查实验基本操作和技能，涉及工艺流程的理解、物质分离提纯、元素化合物性质等，试题难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力．