2022年高考化学模拟卷（北京专用）

这是一份2022年高考化学模拟卷（北京专用），文件包含2022年高考化学模拟卷北京专用解析版docx、2022年高考化学模拟卷北京专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。

（本卷共19小题，满分100分，考试用时90分钟）
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．下列各项比较中，正确的是（ ）
A．等质量的O2和O3，所含氧原子数相等
B．标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C．等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等
D．等物质的量的丙烷和2-甲基丙烷中所含碳碳单键的数目相等
【答案】A
【解析】A．已知O2和O3均为O原子形成的单质，故等质量的O2和O3，所含氧原子数相等，A正确；B．标准状况下苯为液体，乙烷是气体，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，B错误；C．根据2Fe+3Cl22FeCl3、Cu+Cl2CuCl2可知，等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数不相等，C错误；D．一分子丙烷中含有碳碳单键数目为2个，而一分子2-甲基丙烷中含有碳碳单键的数目为3个，故等物质的量的丙烷和2-甲基丙烷中所含碳碳单键的数目不相等，D错误；故答案为：A。
2．描述下列事实的离子方程式书写不正确的是（ ）
A．用醋酸溶液溶解大理石：
B．将氯气通入二氧化硫的水溶液中：
C．用过量氨水吸收二氧化硫：
D．将铜丝插入浓硝酸中：
【答案】A
【解析】A．醋酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆开写，故A错误；B．氯气通入二氧化硫的水溶液中反应生成硫酸和盐酸，故B正确；C．用过量氨水吸收二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故C正确；D．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故D正确；故选A。
3．合金的应用极大地促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是（ ）
A．图甲滑雪杖杆(铝、镁等)B．图乙地铁阻燃橡胶地板
C．图丙航母甲板(钢)D．图丁潜水器外壳(钛、铝等)
【答案】B
【解析】A．图甲滑雪杖杆为铝、镁等合金，A不符合题意；B．图乙地铁阻燃橡胶地板为橡胶是有机合成材料，不是合金，B符合题意；C．图丙航母甲板(钢)，钢为铁碳合金，C不符合题意；D．图丁潜水器外壳为钛、铝等合金，D不符合题意；故选B。
4．以下关于SO2的生成、检验、吸收的说法正确的是（ ）
A．利用反应Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+H2↑产生SO2
B．浓硫酸中S元素均从+6价降低为了+4价
C．SO2是酸性氧化物，因此可以用碱吸收
D．在此反应中，浓硫酸体现脱水性
【答案】C
【解析】A．利用反应铜和浓硫酸加热条件下反应产生SO2，Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故A错误；B．浓硫酸中S元素一部分从+6价降低为了+4价，另一部分化合价未变，故B错误；C．SO2是酸性氧化物，碱液和酸性氧化物反应生成盐和水，因此SO2可以用碱吸收，故C正确；D．在此反应中，浓硫酸中S元素一部分从+6价降低为了+4价，另一部分化合价未变，因此浓硫酸体现强氧化性和酸性，故D错误。综上所述，答案为C。5．已知：C(s,石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5J/ml
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283J/ml
理论上2ml石墨不充分燃烧，生成等物质的量的CO(g)和CO2(g)放出的热量是（ ）
A．676.5JB．504JC．283JD．110.5J
【答案】B
【解析】已知反应①：C(s,石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5J/ml
反应②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283J/ml，按盖斯定律反应①-②得，则理论上2ml石墨不充分燃烧，生成等物质的量的CO(g)和CO2(g)放出的热量是393.5J/ml×1ml+110.5J/ml×1ml=504J，B满足；答案选B。
6．臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：
反应①：O3→O2+O• (快)反应②：O3+O•→2O2 (慢)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是（ ）
A．活化能：反应①>反应②
B．O3分解为O2的速率主要由反应②决定
C．Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程
D．Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率
【答案】B
【解析】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A错误；B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B正确；C．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故C错误；D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；故选：B。
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L甲烷中含有0.4NA个氢原子
B．7.8gNa2O2中含有的离子数为0.3NA
C．12gC60和12g石墨均含有NA个碳原子
D．1L0.1ml·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO-的数目为0.1NA
【答案】D【解析】A．标准状况下，2.24L甲烷中含有=0.4NA个氢原子，A正确；B．已知Na2O2中含有Na+和，故7.8gNa2O2中含有的离子数为=0.3NA，B正确；C．已知C60和石墨均由C元素形成的单质，故12gC60和12g石墨均含有=NA个碳原子，C正确；D．由于CH3COOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，故1L0.1ml·L-1CH3COOH溶液中，CH3COO-的数目小于0.1NA，D错误；故答案为：D。
8．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（ ）
A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e-=Fe3+
C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-
D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气0.015ml
【答案】D
【解析】A．脱氧过程是放热反应，可吸收氧气，延长糕点保质期，A不正确；B．脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为Fe-2e=Fe2+，B不正确；C．脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e=4OH-，C不正确；D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，铁的物质的量为0.02ml，其最终被氧化为氢氧化铁，电子转移总量为0.06ml，理论上最多能吸收氧气0.015ml， D正确。故选D。
9．过氧化钾与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，其化学方程式为：22O2+2H2O=4OH+O2↑，当0.5ml218O2与足量H2O完全反应后，下表对生成物O2的叙述中错误的是（ ）
【答案】C
【解析】A．0.5ml 218O2质量为0.5ml×114 g∙ml−1＝57g，2 218O2＋2H2O=4OH＋18O2↑，根据方程式得到氧气物质的量为0.25ml，则氧气质量为0.25ml×36 g∙ml−1＝9g，故A正确；B．根据A选项得到218O2218O2的质量
O2的叙述
A
57g
O2的质量为9g
B
57g
生成标准情况下O2的体积为5.6L
C
114g
O2的摩尔质量是32 g∙ml−1
D
57g
生成0.25mlO2
质量为57g，2 218O2＋2H2O=4OH＋18O2↑，根据方程式得到氧气物质的量为0.25ml，则氧气在标准状况下的体积为0.25ml×22.4L∙ml−1＝5.6L，故B正确；C．根据A选项218O2质量为57g，O2的摩尔质量为36g/ml，故C错误；D．根据A选项得到218O2质量为57g，氧气物质的量为0.25ml，故D正确；综上所述，答案为C。
10．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是（ ）
A．加热时，①中上部汇集了固体
B．加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色
C．加热时，③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红
D．三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
【答案】A
【解析】A．加热氯化铵分解，在上方HCl与氨气化合生成氯化铵，则①中封管内固体由下方转移到上方，A正确；B．氨气的水溶液显碱性，加热时氨气逸出，酚酞溶液褪色，冷却时氨气溶于酚酞溶液，溶液显红色，B错误；C．二氧化硫可使品红褪色，化合生成无色物质，加热可分解，则加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，C错误；D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，D错误；综上所述答案为A。
11．过氧乙酸是一种常见的氧化剂，它具有乙酸和过氧化氢的双重性质，过氧乙酸的水溶液中存在平衡：。下列试剂中不能用来鉴别乙酸溶液和过氧乙酸溶液的是（ ）
A．淀粉I溶液B．酸性的溶液和SCN
C．酸性高锰酸溶液D．品红溶液
【答案】B【解析】A．过氧乙酸可以氧化为I2，可以使淀粉-I溶液变蓝，可以检验，A正确；B．与过氧乙酸不反应，无法检验，B错误；C．过氧乙酸具有弱还原性，可以使紫色的酸性高锰酸钾溶液褪色，可以检验，C正确；D．过氧乙酸可以使品红溶液褪色，可以检验，D正确；故选B。
12．酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．制备乙二醇的总反应为+H2O
B．进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧
C．X的结构简式为
D．二甘醇的分子式是
【答案】C
【解析】A．根据生成乙二醇的机理，总方程式为+H2O ，A正确；B．由于碳氧键中氧的吸电子能力更强，共用电子对偏向氧，使氧带负电，氢离子进攻氧原子，B正确；C．根据，推测X为，C错误；D．根据图2最后一步，二甘醇为HOCH2CH2OCH2CH2OH，分子式为，D正确；答案选C。13．维生素C的结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键
B．维生素C能使溴水、酸性溶液褪色
C．维生素C可保存在强碱性环境中
D．维生素C分子中含有σ键和π键
【答案】C
【解析】A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键，A正确；B．维生素C含有碳碳双键能使溴水、酸性溶液褪色，B正确；C．维生素C含有酯基，在强碱环境中酯基会发水解，C错误；D．维生素C分子中含有碳碳双键，含有σ键和π键，D正确；答案选C。
14．维纶(聚乙烯醇缩甲醛纤维)可用于生成服装、绳索等。其合成路线如下：
下列说法错误的是（ ）
A．室温下，在水中的溶解度：B＞A
B．反应②的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa
C．通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度
D．反应③原子利用率100%，符合原子经济性
【答案】D
【解析】A．A含有酯基，B含有醇羟基，则室温下，在水中的溶解度：B＞A，故A正确；B．反应②是酯基的水解反应，反应的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故B正确；C．由于平均相对分子质量=链节的相对分子质量×聚合度，因此通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度，故C正确；D．维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，反应中有水生成，所以原子利用率小于100%，故D错误；故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15．（9分）某小组探究Cu与HNO3反应，发现有趣的现象。室温下，溶液A遇铜片立即产生气泡，而相同条件下3ml∙L-1稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生。
(1)铜与稀硝酸反应的化学方程式：______。
(2)分析溶液A的成分后，同学们探究溶液A与铜片能够立即发生反应的原因。
①假设1：______对该反应有催化作用。
实验验证：向B中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。
结论：假设1不成立。
②假设2：NO2对该反应有催化作用。
方案1：向放有铜片的B中通入少量NO2，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向放有铜片的B中加入数滴5ml∙L-1硝酸，无明显变化。补充该实验的目的是______。
方案2：向A中鼓入N2数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C溶液的反应速率：v(A)＞v(C)＞v(B)。该实验能够证明假设2成立的理由是______。
③经检验，A溶液中还含有少量HNO2。实验证明HNO2也对该反应有催化作用，操作和现象是：向含有铜片的B溶液中______。
结论：NO2和HNO2对铜与硝酸的反应都有催化作用。
(3)请推测Cu与稀硝酸反应中NO2和HNO2参与的可能催化过程：
①Cu+2NO2+2H+=Cu2++2HNO2
②______。
③______。
【答案】(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(2) Cu2+ 排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响 鼓入N2可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中NO2的浓度A＞C＞B，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用 加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行
(3) NO+HNO2+H+=2NO2+H2O 2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O等)该实验的实验目的为探究催化剂对铜与硝酸反应的影响，由实验探究得到二氧化氮和亚硝酸对铜与硝酸的反应都有催化作用的实验结论。
【解析】(1)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)①由实验设计和实验结论可知，假设1为铜离子对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：Cu2+；②由假设2可知，方案1设计的目的是通过向含有铜片的B溶液中通入二氧化氮，反应速率明显加快，而含有铜片的B溶液中滴入稀硝酸，反应无明显变化证明二氧化氮与水反应生成生成硝酸，硝酸浓度增大对铜与硝酸的反应速率加快无影响；方案2设计的目的是通过向含有铜片的A溶液中通入氮气排出溶液中的二氧化氮，降低溶液中二氧化氮的浓度得到溶液中二氧化氮浓度大的A、二氧化氮浓度小的C和没有二氧化氮的B三组对比实验，由反应速率v(A)＞v(C)＞v(B)证明二氧化氮的浓度越大，对铜与硝酸的反应催化效果越好，从而说明二氧化氮对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；鼓入N2可以带走溶液中的NO2，因此三份溶液中NO2的浓度A＞C＞B，反应速率随NO2浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作用；③由实验目的可知，向含有铜片的B溶液中加入亚硝酸钠后，亚硝酸钠与溶液中的硝酸反应生成亚硝酸，亚硝酸浓度增大，若铜片上立即生成气泡，反应持续进行证明亚硝酸对铜与硝酸的反应有催化作用，故答案为：加入少量的NaNO2，B中铜片上立即生成气泡，反应持续进行；(3)由铜与稀硝酸反应的方程式和反应①可知，若二氧化氮和亚硝酸参与反应，反应②和③中硝酸和亚硝酸应是反应的反应物，一氧化氮和二氧化氮是反应的生成物，则反应②可能为硝酸与亚硝酸反应生成二氧化氮和水，反应③可能为亚硝酸分解生成一氧化氮、二氧化氮和水或铜与硝酸、亚硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为NO+HNO2+H+=2NO2+H2O、2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O等)，故答案为：NO+HNO2+H+=2NO2+H2O；2HNO2=NO+NO2+H2O(或Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2NO+2H2O等)。
16．（10分）零价铁还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。
Ⅰ.零价铁的制备。
(1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下高温还原可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式_______。(2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。
已知：的电负性是2.0，的电负性是2.1
①请写出的电子式_______。
②请写出与硫酸反应的离子方程式_______。
③补充完整下列化学方程式_______。
每生成零价铁，转移电子的物质的量是_______。
Ⅱ.零价铁的结构和作用机理。
研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核-壳”结构。
已知：①壳层可以导电；②当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；③磷酸盐溶解度一般较小。
(3)去离子水中加入零价铁，从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有、、、等。导致产生壳层微粒的氧化剂是、_______。
(4)部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零铁去除污水中、主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因_______。
(5)去除含磷()微粒：
①控制_______8，原因是_______。
②通过形成_______(填化学式)进一步去除。
(6)综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有_______。【答案】(1)
(2)
(3)
(4)零价铁的还原性大于，小于，因此，被铁还原为而除去，而无法还原，主要通过吸附作用除去
(5) 时零价铁壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的 、沉淀
(6)还原、吸附、共沉淀
(1)磁铁矿与氢气反应生成零价铁和水的反应方程式为。
(2)①是离子化合物，故电子式为。②由于B的电负性是2.0，H的电负性是2.1，故H是-1价，有强还原性，故与硫酸发生氧化还原反应。③根据得失电子守恒，可得，反应中Fe和水中的H的化合价共降低24价，中H的化合价共升高24价，故每生成零价铁，转移电子的物质的量是12ml。
(3)去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右，说明H2O作氧化剂。
(4)零价铁的还原性大于，小于，因此，被铁还原为而除去，而无法还原，主要通过吸附作用除去。
(5)①根据已知，当pH<8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的。②、都是沉淀，故能进一步去除。
(6)综上所述，(3)中利用还原法去除重金属离子，(4)中利用吸附法去除金属离子，(5)利用沉淀法沉淀含磷微粒。17．（14分）有机物M是一种抗血栓药物，结构简式为，其合成路线如图：
已知：
ⅰ.RCHO+CH3COR′RCH=CHCOR′
ⅱ.RCOOR′+CH3COOR″
(1)A的结构简式为___，B→C的反应类型是___。
(2)F的核磁共振氢谱只有一种峰，E结构简式是___。
(3)化合物H中所含官能团名称是___。
(4)G的结构简式是___。
(5)I→J的化学方程式是___。
(6)下列说法正确的是___。
A．化合物C能使Br2/CCl4溶液褪色B．化合物D能发生银镜反应
C．J+G→M的反应类型是加成反应D．有机物M的分子式为C19H15O6
(7)设计C→D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：___。
【答案】(1) 取代
(2)CH3CHOHCH3
(3)羟基、酯基(4)
(5)+CH3OH
(6)BC
(7)
【分析】通过硝化反应生成对硝基甲苯，在氯气和光照条件下，甲基上的氢原子被氯原子取代生成，氯原子在强碱的水溶液被羟基取代后催化氧化生成，与催化氧化后得到的丙酮在碱性环境发生消去反应生成；先是羧基与甲醇发生酯化反应生成酯基，后羟基与乙酸酐反应也生成酯基，然后两酯基发生分子内消去反应生成；与通过加成反应生成了。
【解析】(1)从A的分子式和M结构简式分析，A应含有苯环，故结构简式为；B→C的反应条件为Cl2和光照，是硝基甲苯的甲基上的一个氢原子被氯原子所取代，其反应类型是取代反应；(2)F是通过E的催化氧化得到，从E的分子式结合核磁共振氢谱只有一种峰的要求分析，E的羟基应连接在中间碳原子上，另外两个碳原子关于中间碳原子左右对称，故E的结构简式是CH3CHOHCH3；(3)中的羧基与甲醇发生酯化反应生成酯基，故H中有羟基和酯基；(4)D的结构简式是，F是丙酮，从M结构简式分析，结合已知ⅰ，G的结构简式是；(5)I是H与乙酸酐取代后得到，其结构简式是，结合已知ⅱ，两酯基发生了分子内消去，反应方程式+CH3OH；(6)物质C的结构简式是，与不能使Br2/CCl4溶液褪色，A错误；从物质D的结构简式（）看，含有醛基，能发生银镜反应，B正确；从结构简式分析，M是有G和加成得到，C正确；有机物M的分子式为C19H15NO6，D错误；(7)从结构分析，C到D主要是卤素原子变成了醛基，中间应有生成羟基的过程，故合成路线为 。
18.（12分）氯气在生产生活中应用广泛。
(1)实验室可用与浓盐酸反应制取，反应原理如下：，若制得标准状况下，则被氧化的为_______。
(2)多余的氯气可用溶液吸收，反应的离子方程式为_______。工业上也可用溶液吸收氯气获得，广泛应用于电子工业、印染工业等领域。请写出该化学反应的离子方程式_______。
(3)海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是。1991年由Allen等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的，其制备过程如图所示：
①步骤1中，试剂甲必须具有的性质是_______(填序号)。
A．氧化性 B．还原性 C．酸性
②步骤Ⅲ中，以为氧化剂，当生成时，消耗的溶液，该反应的离子方程式为_______。
(4)已知：①常温下与浓盐酸反应可制得。②不溶于水。根据如图所示装置回答以下问题。
①利用如图装置可以验证元素非金属性的变化规律。图中装置的名称是_______。干燥管的作用是_______。
②实验室中现有药品、、浓盐酸、，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性强于硫：烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。装置中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_______。
【答案】(1)1
(2) Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O 2Mn2++Cl2+3H2O═Mn2O3↓+6H++2Cl—
(3) b 2ClO+5Mn2++4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+
(4) 分液漏斗 防倒吸 2MnO＋10Cl—＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O Cl2＋S2—=S↓＋2Cl—
【解析】(1)由方程式可知，标准状况下生成11.2L氯气，被氧化的氯化氢的物质的量为×2=1ml，故答案为：1；(2)氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；由题意可知，氯气与硫酸锰溶液反应生成三氧化二锰沉淀、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为2Mn2++Cl2+3H2O═Mn2O3↓+6H++2Cl—，故答案为：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；2Mn2++Cl2+3H2O═Mn2O3↓+6H++2Cl—；(3)①由题给流程可知，锰结核矿在酸性条件下被还原为锰离子，则甲物质做反应的还原剂，故选b；②由题意可知，生成0.050ml二氧化锰时消耗0.10ml•L-1的氯酸钠溶液200mL，设氯酸钠的还原产物中氯元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得：0.10ml/L×0.2L×(5—a)= 0.05ml×2，解得a=0，则硫酸锰溶液与氯酸钠溶液反应生成二氧化锰沉淀、氯气、硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式为2ClO+5Mn2++4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，故答案为：2ClO+5Mn2++4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+；(4)①由题给实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；图中仪器D为干燥管，干燥管的容积大，可以防止氯气与装置C中溶液反应时产生倒吸，故答案为：分液漏斗；防倒吸；②烧瓶中发生的反应为浓盐酸与高锰酸钾固体反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO＋10Cl—＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；装置C中发生的反应为氯气与硫化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和硫沉淀，反应的离子方程式为Cl2＋S2—=S↓＋2Cl—，故答案为：2MnO＋10Cl—＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；Cl2＋S2—=S↓＋2Cl—。
19．（13分）文物是人类宝贵的历史文化遗产，我国文物资源丰富，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文物的保护意义重大。
（1）铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重，其主要原因是________。
（2）已知：ⅰ．铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的FeOOH；ⅱ．铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的Fe2O3，过程如下。
①写出ⅰ中，O2参与反应的电极反应式和化学方程式：________、________。
②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为________。
③结合已知信息分析，铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重的主要原因是________。
（3）【资料1】Cl–体积小穿透能力强，可将致密氧化膜转化成易溶解的氯化物而促进铁质文物继续锈蚀。
【资料2】Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
①写出铁质文物表面的致密氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式________。
②结合元素周期律解释“资料2”的原因是________。
（4）从潮湿土壤出土或海底打捞的铁质文物必须进行脱氯处理：用稀NaOH溶液反复浸泡使Cl-渗出后，取最后一次浸泡液加入试剂 ________（填化学式）检验脱氯处理是否达标。
（5）经脱氯、干燥处理后的铁质文物再“覆盖”一层透明的高分子膜可以有效防止其在空气中锈蚀。下图为其中一种高分子膜的片段：
该高分子的单体是__________。
【答案】 （1）铁比铜活泼
（2）O2＋4e－＋2H2O = 4OH－ 4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O 6：2：1 铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀
（3）Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3 （Fe2O3 + H2O = 2FeOOH） 氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱
（4）HNO3和AgNO3
（5）
铁比铜活泼，所以保存完好的铁器比青铜器少得多，金属一般发生吸氧腐蚀。
【解析】（1）因为铁比铜活泼，所以铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重。（2）①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，O2在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O = 4OH－，负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH，化学方程式为4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O。
②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价，1mlFe转移电子2ml,过程Ⅱ铁由+2价变为表征+价，1mlFeO转移ml电子，过程Ⅲ铁由表征+价变为+3价，1mlFe3O4转移ml电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为2：：= 6：2：1。
③铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀，所以铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重。
（3）①铁质文物表面的致密氧化膜为Fe2O3，根据题意Fe2O3与氯化钠反应生成氯化铁，根据元素守恒，反应物还应有水，生成物还应有氢氧化钠，化学方程式为Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3。
②氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱，导致Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
（4）用稀NaOH溶液反复浸泡对文物进行脱氯处理，脱氯过程中Cl-渗出后，要检验脱氯处理是否达标，只需检取最后一次浸泡液中是否含有Cl-即可，检验Cl-需要的试剂为HNO3和AgNO3。
（5）根据高分子膜的片段可知，该高分子的链节为，是由通过加聚反应生成的，故该高分子的单体是。