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【化学】北京师大附中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）
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北京师大附中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
本试卷有两道大题。考试时长90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
一、选择题（24道小题，每小题只有1个选项符合题意）
1.下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是（ ）
A. 过滤豆浆 B. 酿酒蒸馏
C. 精油萃取 D. 海水晒盐
【答案】A
【解析】A项、过滤是一种分离不溶性固体与液体的方法，过滤豆浆是利用不溶性溶质的粒子大小大于滤纸的缝隙，而溶剂的粒子大小小于滤纸的缝隙，故A正确；
B项、酿酒蒸馏是利用混合物各成分的沸点不同将混合物分开，与微粒大小无关，故B错误；
C项、精油萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同将其分离的方法，与微粒大小无关，故C错误；
D项、海水晒盐是利用溶质不挥发而溶剂易挥发将其分离的方法，与微粒大小无关，故D错误；
故选A。
2.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）
A. 从石油中分馏出汽油 B. 煤的气化制水煤气
C. 煤的干馏制焦炭 D. 油脂的水解制肥皂
【答案】A
【解析】
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。
【详解】A项、从石油中分馏出汽油程中没有新物质生成，属于物理变化，不属于化学变化，故A正确；
B项、煤的气化制水煤气是碳和水反应生成氢气和CO的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C项、煤的干馏制焦炭是煤在高温条件下，经过干馏生成粗氨水、煤焦油、焦炉气以及焦炭等物质的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D项、油脂的水解制肥皂是油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
故选A。
3.与NH4＋所含电子总数和质子总数相同的粒子是（ ）
A. Ne B. F－ C. Na＋ D. K＋
【答案】C
【解析】
【分析】NH4+的质子数为11，电子数为10。
【详解】A项、Ne的质子数为10，电子数为10，故A错误；
B项、F-的质子数为9，电子数为10，故B错误；
C项、Na+的质子数为11，电子数为10，故C正确；
D项、K+的质子数为19，电子数为18，故D错误；
故选C。
4.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是（ ）
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
5.下列各组元素性质递变情况不正确的是（ ）
A. 原子半径N
【解析】A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素自上而下，原子半径依次增大，则原子半径N< Cl < P，故A错误；
B项、最外层电子数与主族序数相等，Li、Be、B的主族序数依次为ⅠA、ⅡA、ⅢA，则最外层电子数Li
6.下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是（ ）
A. 加热条件下进行的化学反应一定是吸热反应
B. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因
C. 一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化为热能和光能
D. 将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应放出热量
【答案】B
【解析】A项、放热反应有的也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，故A错误；
B项、化学反应的实质是反应物化学键断裂吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化，故B正确；
C项、一定条件下进行的化学反应，可以将化学能转化成光能、热能或电能等，故C错误；
D项、将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应吸收热量，故D错误；
故选B。
7.某化学反应能量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应物能量高于生成物能量，反应放出能量
B. 经过化学变化后，反应体系的能量降低
C. 加催化剂反应时，反应物和生成物能量的差值变大
D. 在不同温度下进行反应，化学反应的能量变化值不同
【答案】C
【解析】
分析】由图可知，反应物的能量高于生成物的能量，该反应是放热反应。
【详解】A项、该反应是放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，反应放出能量，故A正确；
B项、该反应是放热反应，反应后体系的能量降低，故B正确；
C项、使用催化剂，反应物和生成物能量没有变化，故C错误；
D项、在不同温度下进行反应，反应物的能量不同，化学反应的能量变化值不同，故D正确；
故选C
8.NO是氮元素的一种氧化物。下图表示N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化。下列有关反应和NO性质的说法中，正确的是（ ）
A. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
B. 1mol N2（g）和1mol O2（g）反应生成2molNO（g），放出能量180 kJ
C. 在1 L的密闭容器中N2（g）和O2（g）反应生成NO（g），10分钟内减少1mol N2，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）＝0.1mol/（L·min）
D. N2（g）分子中化学键键能大于O2（g）分子中化学键键能
【答案】D
【解析】
【分析】由示意图中数据可知，反应物键的断裂吸收的能量为（946+498）kJ=1444kJ/mol，生成物键的形成放出的能量为2×632kJ=1264 kJ/mol，则该反应是吸热反应。
【详解】A项、一氧化氮属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故A错误；
B项、该反应是吸热反应，1mol N2和1mol O2反应生成2molNO，吸收能量为180 kJ，故B错误；
C项、由示意图可知1mol N2和1mol O2反应生成2molNO，若10分钟内减少1mol N2，反应生成2molNO，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）===0.2mol/（L·min），故C错误；
D项、破坏N2分子中氮氮三键消耗的能量大于破坏O2分子中氧氧双键消耗的能量，则N2分子中化学键键能大于O2分子中化学键键能，故D正确；
故选D。
9.某温度下，在一固定容积的容器中进行反应：SO3（g）＋NO（g）NO2（g）＋SO2（g），下列情况一定能说明已经达到化学平衡状态的是（ ）
A. 气体的密度不再随时间而改变
B. 体系总质量不再随时间而改变
C. NO（g）和NO2（g）的生成速率相同
D. SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1
【答案】C
【解析】A、反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以总压强不随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故A错误；
B、反应前后都是气体，体系气体总质量始终是不变的，体系总质量不再随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故B错误；
C、NO（g）和NO2（g）的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，状态一定是平衡状态，故C正确；
D、SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1，不能表明正逆反应速率相等，状态不一定是平衡状态，故D错误；
故选C。
10.下列有关原电池和金属腐蚀的说法中，不正确的（ ）
A. 铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，铜是正极
B. 原电池中e－从负极流出，负极发生氧化反应
C. 钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为Fe－3e－Fe3＋
D. 电化学腐蚀比化学腐蚀更快更普遍
【答案】C
【解析】A项、铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，锌比铜活泼，活泼金属锌为负极，不活泼金属铜是正极，故A正确；
B项、原电池中e－从负极流出，经外电路流向正极，还原剂在负极失电子发生氧化反应，故B正确；
C项、钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋，故C错误；
D项、电化学腐蚀因发生原电池反应，比化学腐蚀更快更普遍，危害更大，故D正确；
故选C。
11.下列化学术语或表示方法错误的是（ ）
A. S2-的结构示意图： B. CO2的结构式：O=C=O
C. 醋酸的分子式：CH3COOH D. 乙烯的结构简式：CH2=CH2
【答案】C
【解析】A．硫离子质子数为16，核外电子数为18，3个电子层，最外层电子数为8，硫离子结构示意图为，故A正确；
B．二氧化碳是直线型结构，分子中含两个碳氧双键，CO2的结构式：O＝C＝O，故B正确；
C．醋酸分子式由碳、氢、氧三种元素组成，分子式为C2H4O2，CH3COOH为醋酸的结构简式，故C错误；
D．乙烯的分子式为C2H4，含有1个C=C键，官能团为碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D正确；
故选C。
12.下列反应中，属于取代反应的是( )
①CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O
③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】B
【解析】有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去一个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应是消去反应，则①是加成反应，②是消去反应，③是酯化反应，④是硝化反应。酯化反应和硝化反应为取代反应，B正确。
13.某有机物的结构简式如下，有关性质叙述正确的是（ ）
A. 1mol该有机物最多可以与6mol H2发生反应
B. 1mol该有机物最多可以与3mol Na发生反应
C. 1mol该有机物最多可以与2mol NaOH发生反应
D. 1mol该有机物最多可以与2 mol NaHCO3发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】由结构简式可知，该有机物的官能团为碳碳双键、羟基、羧基和酯基，能表现烯烃、醇、羧酸和酯的性质。
【详解】A项、该有机物分子中碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可以与4mol H2发生反应，故A错误；
B项、该有机物分子中羟基和羧基能与金属钠反应，则1mol该有机物最多可以与2mol Na发生反应，故B错误；
C项、该有机物分子中羧基能与氢氧化钠发生中和反应，酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则1mol该有机物最多可以与2mol NaOH发生反应，故C正确；
D项、该有机物分子中羧基能与碳酸氢钠反应，则1mol该有机物最多可以与1mol NaHCO3发生反应，故D错误；
故选C。
14.下列选项中，所用试剂不能达到鉴别的目的的是（ ）
A. 用溴水鉴别苯和己烯 B. 用银氨溶液鉴别葡萄糖和乙醛
C. 用金属钠鉴别乙醇和乙醛 D. 用碳酸钠溶液鉴别乙酸和乙酸乙酯
【答案】B
【解析】A项、苯和溴水不反应，己烯能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，能达到鉴别的目的，故A正确；
B项、葡萄糖和乙醛都含有醛基，都能和银氨溶液发生银镜反应，不能达到鉴别的目的，故B错误；
C项、乙醇能和金属钠发生置换反应生成氢气，乙醛和金属钠不反应，能达到鉴别的目的，故C正确；
D项、乙酸的酸性强于碳酸，能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不能与碳酸钠溶液反应,能达到鉴别的目的，故D正确；
故选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 糖类和蛋白质都是高分子化合物
B. 油脂没有固定的熔点
C. 葡萄糖水解反应生成C2H5OH和CO2
D. 蛋白质溶液中加入CuSO4溶液产生沉淀，这属于盐析过程
【答案】B
【解析】A项、单糖和二糖不属于高分子化合物，故A错误；
B项、油脂为混合物，没有固定的熔点，故B正确；
C项、葡萄糖在酒化酶的作用下，发酵生成C2H5OH和CO2，故C错误；
D项、蛋白质溶液中加入重金属盐CuSO4溶液会发生变性，故D错误；
故选B。
16.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所用除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
含杂物质
乙酸乙酯（乙酸）
酒精（水）
乙烯（二氧化硫）
溴苯（溴）
除杂试剂
NaOH溶液
生石灰
酸性KMnO4溶液
四氯化碳
分离方法
分液
蒸馏
洗气
分液
【答案】B
【解析】A项、乙酸和乙酸乙酯都能与氢氧化钠溶液反应，应加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液除去乙酸，故A错误；
B项、加入生石灰，氧化钙与水反应生成离子化合物氢氧化钙，加热蒸馏收集得到乙醇，故B正确；
C项、乙烯和二氧化硫均能与酸性KMnO4溶液，应将混合气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化硫，故C错误；
D项、溴苯和溴均能溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液洗涤，分液除去溴，故D错误；
故选B。
17.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该反应历程示意如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应遵循质量守恒定律
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②吸收能量并形成了C—C键
D. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100％
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示可知，CO2和CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH，总反应方程式为CO2+CH4→CH3COOH。
【详解】A项、CO2和CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH遵循质量守恒定律，故A正确；
B项、CH4选择性活化变为CH3COOH过程中，有1个C－H键发生断裂，故B正确；
C项、根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成了C－C键，故C错误；
D项、该反应只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，故D正确；
故选C。
18.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
选项
实验方案
实验目的或结论
A.
往某溶液中加AgNO3溶液，有白色沉淀
溶液中含有Cl－
B.
将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
C.
将某气体通入品红溶液，溶液褪色
气体中含有SO2
D.
往溴水中加苯，溴水层褪色
苯与溴发生了取代反应
【答案】B
【解析】A项、能够和硝酸银溶液反应生成沉淀的不一定是氯离子，可能是碳酸根或硫酸根离子，故A错误；
B项、水、乙醇都可与钠反应生成氢气，水和钠剧烈反应，乙醇和钠缓慢反应，说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故B正确；
C项、能使品红褪色的不一定为二氧化硫，也可能为氯气或臭氧等气体，故C错误；
D项、溴水与苯不反应，故D错误；
故选B。
19.下列有关金属冶炼的说法中，不正确的是（ ）
A. 金属冶炼的实质是金属阳离子被还原成单质
B. 用碳粉或铝粉还原铁矿石可以获取金属Fe
C. 通过电解NaCl溶液的方法可以获取金属Na
D. 冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜
【答案】C
【解析】A项、冶炼金属时，金属元素以化合态存在，冶炼的实质是金属阳离子得到电子变成金属原子，故A正确；
B项、碳粉或铝粉具有还原性，高温条件下能还原铁矿石获取金属Fe，故B正确；
C项、通过电解熔融NaCl的方法可以获取金属Na，故C错误；
D项、冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜，反应中铜元素都得电子发生还原反应生成铜单质，故D正确；
故选C。
20.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（ ）
A. 可用海水晒盐的方法提取海水中的淡水资源
B. 只通过物理变化即可提取海水中的溴单质
C. 从海带灰中提取I－，需加入CCl4萃取
D. 利用海水、铝、空气发电是将化学能转化为电能
【答案】D
【解析】A项、蒸馏法、电渗析法和离子交换法是海水淡化的主要方法，故A错误；
B项、海水中溴元素是溴离子，海水中溴离子转化为溴单质的过程中，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C项、从海带灰中提取I－，需加水溶解、过滤，故C错误；
D项、铝、空气在海水中构成原电池，将化学能转化为电能，故D正确；
故选D。
21.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
酸性：HCl＞H2S
非金属性：Cl＞S
B
铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性
构成原电池且铁作负极
C
Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键
NaCl固体可导电
D
向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色
I－还原性强于Cl－
【答案】D
【解析】A．元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，不能根据氢化物的酸性判断元素的非金属性，故A错误；
B．铁表面镀锌，构成原电池时，铁做正极，锌做负极，可以增强铁的抗腐蚀性，故B错误；
C．Na在Cl2中燃烧的生成氯化钠，氯化钠中含离子键，但是，NaCl固体中的钠离子和氯离子不能自由移动，不能导电，故C错误；
D．溶液上层呈橙红色，可知氯气氧化碘离子，由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I-还原性强于Cl-，故D正确；
故选D。
22.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）
序号
①
②
③
实验
现象
8小时未观察
到明显锈蚀
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
到明显锈蚀
A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O 4OH−
D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2
【答案】D
【解析】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
23.在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. Ir的表面发生反应：H2 + N2ON2 + H2O
B. 导电基体上的负极反应：H2－2e−2H+
C. 若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物
D. 若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量
【答案】C
【解析】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2ON2 + H2O，A正确；
B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−2H+，B正确；
C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；
D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；
正确选项C。
24.某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
下列实验分析中，不正确的是
A. ①说明Cl2被完全消耗
B. ②中试纸褪色的原因是：SO2＋I2＋2H2OH2SO4＋2HI
C. ③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42－
D. 在实验②中加热后溶液不变红，说明溶液中品红已被氧化
【答案】C
【解析】A项、①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明溶液中没有氯气，则Cl2被SO2完全消耗，故A正确；
B项、实验②中试纸褪色，说明二氧化硫过量，加热后产生的二氧化硫气体与碘水发生氧化还原反应，使试纸褪色，反应的化学方程式为SO2 + I2 + 2H2OH2SO4 + 2HI，故B正确；
C项、酸性条件下，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根，实验③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，故C错误；
D项、二氧化硫使品红溶液褪色后，加热会重新变为红色，实验②中二氧化硫过量，加热后溶液不恢复红色，说明品红溶液被氯气氧化，故D正确；
故选C。
二、非选择题（共7道小题）
25.有四种原子：①11H ②3517Cl ③3717Cl ④2311Na。
（1）上述原子中互为同位素的是___________（填序号）。
（2）①和②形成的化学键是___________（填“极性键”或“非极性键”）。
（3）由上述元素形成的物质中，任写一种含离子键的物质的电子式___________。
【答案】(1). ②③ (2). 极性键 (3).
【解析】
【分析】（1）同位素是质子数相同中子数不同的原子的互称，是同种元素的不同核素；
（2）由不同种非金属元素形成的共价键为极性键，由同种元素形成的共价键为非极性键；
（3）活泼金属元素和活泼非金属元素之间形成的化学键为离子键。
【详解】（1）3517Cl和3717Cl的质子数都为17，中子数分别为18和20，两者互为同位素，故答案为：②③；
（2）①和②形成的化合物为11H3517Cl，11H3517Cl属于共价化合物，含有极性键，故答案为：极性键；
（3）钠元素与氯元素形成的化合物为氯化钠，氯化钠为离子化合物，含有离子键，电子式为，故答案为：。
26.依据A～E几种烃分子的示意图填空。
（1）A分子空间构型为___________。
（2）B的名称是___________。
（3）D的分子式是___________。
（4）C、E的关系是___________（填“同系物”或“同分异构体”或“同一种物质”）。
（5）A~E表示的物质中，能发生加成反应的两种物质是___________（填序号）。
【答案】(1). 正四面体 (2). 乙烯 (3). C6H6 (4). 同一种物质 (5). BD
【解析】
【分析】由烃分子的示意图可知，A为甲烷、B为乙烯、C为丙烷、D为苯、E为丙烷。
【详解】（1）甲烷分子的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
（2）B的结构简式为CH2=CH2，名称为乙烯，故答案为：乙烯；
（3）D的结构简式为，分子式为C6H6，故答案为：C6H6；
（4）C为丙烷的结构简式，E为丙烷的球棍模型，是同一种物质，故答案为：同一种物质；
（5）一定条件下，碳碳双键和苯环都能与氢气发生加成反应，则能发生加成反应的两种物质是乙烯和苯，故答案为：BD。
27.某同学探究同周期元素性质的递变规律，以及影响化学反应速率的因素。进行了如下实验：
【实验1】将一小块钠和镁片分别放入滴有酚酞溶液的冷水中。钠剧烈反应产生气体；镁片无明显现象，加热后表面有少量气泡产生，溶液逐渐变红。
【实验2】将等质量的镁粉和铝片分别投入到足量盐酸中。镁粉很快消失并产生大量气体、放出大量的热；铝片反应比镁粉慢、放热不如镁粉明显。
（1）实验1中钠和水反应的化学方程式___________。
（2）根据实验1可知，影响化学反应速率的因素有___________、___________。
（3）根据实验2得出结论：金属性Mg>Al。你认为该结论是否正确___________（填“正确”或“不正确”），并说明理由___________。
【答案】(1). 2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑ (2). 物质本身的化学性质 (3). 温度 (4). 不正确 (5). 实验2中没有控制固体表面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al
【解析】
【分析】钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明钠的金属性强于镁；比较镁和铝的金属性时，应注意控制固体表面积和盐酸浓度，否则不能说明。
【详解】（1）实验1中钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑，故答案为：2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑；
（2）根据实验1可知，钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，说明金属的活泼性影响化学反应速率；镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明温度影响化学反应速率，故答案为：物质本身的化学性质；温度；
（4）等质量的镁粉和铝片的固体表面积不同，镁粉的表面积大于铝片，反应速率快、放出热量多，若要比较金属性Mg>Al，应选用表面积相同的镁和铝，同时要选用浓度完全相同的盐酸，故答案为：不正确；实验2中没有控制固体表面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al。
28.双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成路线设计如下：
已知：①
②+HCl
（1）CH2＝CH2的结构式为___________。反应①的反应类型是___________。
（2）常温下A是无色有特殊香味的液体，与金属Na反应产生气体。A中官能团的名称是___________。
（3）反应物B的结构简式为___________。
（4）下列关于CPPO的说法中，正确的是___________。
a. 1个CPPO分子中含10个H原子
b. CPPO在一定条件下能发生水解反应
c. 合成CPPO过程中的反应②③都属于取代反应
（5）草酸（HOOC-COOH）与乙二醇（HOCH2CH2OH）在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式为___________。
（6）已知卤代烃性质：R-X＋NaOH" R-OH＋NaX（R＝烷基，X＝Br－或I－）。请用几个化学方程式表示由CH2＝CH2合成E的过程。___________________
【答案】(1). (2). 加成反应 (3). 羟基 (4). (5). bc (6). (7). CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br＋2NaOH HOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH＋O2 OHC－CHO＋2H2O
【解析】
【分析】由有机物转化关系可知，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br,CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH；在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，则B为，D为；乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，则E为OHC－CHO；OHC－CHO发生发生催化氧化反应生成HOOC－COOH，HOOC－COOH发生信息①反应生成，则G为；一定条件下，和发生信息②反应生成。
【详解】（1）CH2＝CH2的结构式为；反应①为乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br,故答案为：；加成反应；
（2）CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH，官能团为羟基，故答案为：羟基；
（3）由转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，则B为，D为，故答案为：；
（4）a、由CPPO得结构简式为可知，分子中含有12个氢原子，故错误；
b、由CPPO得结构简式可知分子中含有的官能团为氯原子和酯基，氯原子和酯基在一定条件下均能发生水解反应，故正确；
c、反应②为在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，反应③为一定条件下，和发生取代反应生成，故正确；
bc正确，故答案为：bc；
（5）草酸与乙二醇在一定条件下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）由CH2＝CH2合成E的过程为乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH2Br＋2NaOHHOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋O2 OHC－CHO＋2H2O，故答案为：CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br＋2NaOHHOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH＋O2 OHC－CHO＋2H2O。
29.硫酸镁晶体（MgSO4·7H2O）是一种重要的化工原料。以菱镁矿（主要成分是MgCO3，含少量FeCO3和不溶性杂质）为原料制取硫酸镁晶体的过程如下：
（1）MgCO3溶于稀硫酸的离子方程式是___________。
（2）“氧化”步骤中，加入H2O2溶液的目的是___________（用离子方程式表示）。
（3）“沉淀”步骤中，用氨水调节溶液pH的范围是___________。
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
阳离子
Mg2＋
Fe2＋
Fe3＋
开始沉淀
9.1
7.6
1.9
完全沉淀
11.1
9.7
3.2
（4）“过滤”所得滤液中含有的阳离子是___________。
【答案】(1). MgCO3＋2H＋Mg2＋＋CO2↑＋H2O (2). H2O2＋2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋2H2O (3). 3.2~9.1 (4). Mg2＋、NH4＋
【解析】
【分析】由化学工艺流程可知，菱镁矿加稀硫酸浸取，MgCO3、FeCO3溶于稀硫酸生成Mg2+和Fe2+，加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，然后加氨水调节溶液pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO4·7H2O晶体。
【详解】（1）根据强酸制弱酸原理，MgCO3溶于稀硫酸生成硫酸镁、水和二氧化碳，离子方程式是MgCO3 + 2H+ Mg2+ + CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3 + 2H+ Mg2+ + CO2↑+H2O；
（2）加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为H2O2 + 2Fe2+ + 2H+ 2Fe3+ + 2H2O，故答案为：H2O2 + 2Fe2+ + 2H+ 2Fe3+ + 2H2O；
（3）用氨水调节溶液pH，使Fe3+沉淀除去，不能影响Mg2+，由题给数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=9.1时Mg2+开始沉淀，则用氨水调节溶液pH的范围是3.2~9.1，故答案为：3.2~9.1；
（4）因“沉淀”步骤中使用氨水，使Fe3+沉淀除去，而Mg2+没有沉淀，则过滤所得滤液中存在大量的阳离子有Mg2+和NH4+，故答案为：Mg2+和NH4+。
30.研究烟气中SO2的转化具有重要意义。
（1）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池利用空气将烟气中所含SO2转化为SO42－，其装置如图所示：
①装置内质子（H＋）的移动方向为___________（填“从A→B”或“从B→A”）。
②负极的电极反应式为___________。
（2）脱除燃煤烟气中SO2的一种工业流程如下：
①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3－，反应的离子方程式是___________。
②再生池中加过量的石灰乳实现再生，部分产物可排回吸收池吸收SO2。用于吸收SO2的产物是___________。
【答案】(1). 从A→B (2). SO2＋2H2O－2e－SO42－＋4H＋ (3). H2O＋2SO2＋CO32－2HSO3－＋CO2↑ (4). NaOH［多写Ca(OH)2不扣分］
【解析】
【分析】（1）由题给示意图可知，该装置为原电池，通入还原剂二氧化硫的A极为负极，二氧化硫在负极失电子发生氧化反应生成SO42－，通入氧化剂氧气的B极为正极，氧气在正极得电子发生还原反应生成水，电池工作时阳离子向正极移动；
（2）由题给流程可知，用纯碱溶液吸收过量的含有SO2的脱除燃煤烟气将其转化为NaHSO3，NaHSO3与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2。
【详解】（1）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，则通入二氧化硫的A电极为负极，通入氧气的B电极为正极，原电池中阳离子移向正极，则质子的移动方向为从A到B，故答案为：从A→B；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+；
（2）①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式：H2O+2SO2+CO32-2HSO3-+CO2↑，故答案为：H2O+2SO2+CO32-2HSO3-+CO2↑；
②二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠溶液与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2，故答案为：NaOH。
31.某小组探究化学反应2Fe2＋＋I2 2Fe3＋＋2I－，完成了如下实验：
已知：Agl是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。
（1）Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3＋，检验Ⅱ中有无Fe3＋的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，___________。
（2）Ⅲ中的黄色浑浊是___________。
（3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。进一步探究表明产生Fe3+的主要原因是Fe2+被I2氧化。Fe3＋产生的其它途径还可能是___________（用离子方程式表示）。
（4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。
【实验1】向1 mL0.1mol/L FeSO4溶液中加入1 mL0.1mol/LAgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag＋浓度随反应时间的变化如下图。
【实验2】实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2（SO4）3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。
①实验1中发生反应的离子方程式是___________。
②通过以上实验，小组同学怀疑上述反应的产物之一可作反应本身的催化剂。则Ⅳ中几秒钟后即出现灰黑色浑浊的可能原因是___________。
【答案】(1). 加KSCN溶液，溶液不变红 (2). AgI (3). 任写一个：4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O或3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O 合理答案均给分 (4). Fe2＋＋Ag＋Fe3＋＋Ag (5). AgI分解产生的Ag催化了Fe2＋与Ag＋的反应
【解析】
【分析】由实验所给现象可知，Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3＋，说明Fe2＋与I2几乎不反应；Ⅱ→Ⅲ的过程中加入几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag+与I﹣生成了AgI沉淀，降低了I﹣的浓度，使平衡2Fe2++I2 2Fe3++2I﹣正向移动，使I2氧化了Fe2+；加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液，反应生成的AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应生成三价铁离子和单质银，出现大量灰黑色浑浊。
【详解】（1）检验Ⅱ中有无Fe3＋的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；
（2）Ⅲ中的黄色浑浊是Ag+与I﹣生成了AgI黄色沉淀，故答案为：AgI；
（3）空气中存在O2，酸性条件下，空气中氧气将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；或溶液中Ag+具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+；或酸性溶液中NO3﹣具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O或3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
（4）①向1 mL 0.1 mol•L﹣1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol•L﹣1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化，几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为Fe2++Ag+Fe3++Ag，故答案为：Fe2++Ag+Fe3++Ag；
②依据小组同学怀疑分析可知，迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应，故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
本试卷有两道大题。考试时长90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
一、选择题（24道小题，每小题只有1个选项符合题意）
1.下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是（ ）
A. 过滤豆浆 B. 酿酒蒸馏
C. 精油萃取 D. 海水晒盐
【答案】A
【解析】A项、过滤是一种分离不溶性固体与液体的方法，过滤豆浆是利用不溶性溶质的粒子大小大于滤纸的缝隙，而溶剂的粒子大小小于滤纸的缝隙，故A正确；
B项、酿酒蒸馏是利用混合物各成分的沸点不同将混合物分开，与微粒大小无关，故B错误；
C项、精油萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同将其分离的方法，与微粒大小无关，故C错误；
D项、海水晒盐是利用溶质不挥发而溶剂易挥发将其分离的方法，与微粒大小无关，故D错误；
故选A。
2.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）
A. 从石油中分馏出汽油 B. 煤的气化制水煤气
C. 煤的干馏制焦炭 D. 油脂的水解制肥皂
【答案】A
【解析】
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。
【详解】A项、从石油中分馏出汽油程中没有新物质生成，属于物理变化，不属于化学变化，故A正确；
B项、煤的气化制水煤气是碳和水反应生成氢气和CO的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C项、煤的干馏制焦炭是煤在高温条件下，经过干馏生成粗氨水、煤焦油、焦炉气以及焦炭等物质的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D项、油脂的水解制肥皂是油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
故选A。
3.与NH4＋所含电子总数和质子总数相同的粒子是（ ）
A. Ne B. F－ C. Na＋ D. K＋
【答案】C
【解析】
【分析】NH4+的质子数为11，电子数为10。
【详解】A项、Ne的质子数为10，电子数为10，故A错误；
B项、F-的质子数为9，电子数为10，故B错误；
C项、Na+的质子数为11，电子数为10，故C正确；
D项、K+的质子数为19，电子数为18，故D错误；
故选C。
4.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是（ ）
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
5.下列各组元素性质递变情况不正确的是（ ）
A. 原子半径N
【解析】A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素自上而下，原子半径依次增大，则原子半径N< Cl < P，故A错误；
B项、最外层电子数与主族序数相等，Li、Be、B的主族序数依次为ⅠA、ⅡA、ⅢA，则最外层电子数Li
6.下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是（ ）
A. 加热条件下进行的化学反应一定是吸热反应
B. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因
C. 一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化为热能和光能
D. 将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应放出热量
【答案】B
【解析】A项、放热反应有的也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，故A错误；
B项、化学反应的实质是反应物化学键断裂吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化，故B正确；
C项、一定条件下进行的化学反应，可以将化学能转化成光能、热能或电能等，故C错误；
D项、将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应吸收热量，故D错误；
故选B。
7.某化学反应能量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应物能量高于生成物能量，反应放出能量
B. 经过化学变化后，反应体系的能量降低
C. 加催化剂反应时，反应物和生成物能量的差值变大
D. 在不同温度下进行反应，化学反应的能量变化值不同
【答案】C
【解析】
分析】由图可知，反应物的能量高于生成物的能量，该反应是放热反应。
【详解】A项、该反应是放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，反应放出能量，故A正确；
B项、该反应是放热反应，反应后体系的能量降低，故B正确；
C项、使用催化剂，反应物和生成物能量没有变化，故C错误；
D项、在不同温度下进行反应，反应物的能量不同，化学反应的能量变化值不同，故D正确；
故选C
8.NO是氮元素的一种氧化物。下图表示N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化。下列有关反应和NO性质的说法中，正确的是（ ）
A. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
B. 1mol N2（g）和1mol O2（g）反应生成2molNO（g），放出能量180 kJ
C. 在1 L的密闭容器中N2（g）和O2（g）反应生成NO（g），10分钟内减少1mol N2，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）＝0.1mol/（L·min）
D. N2（g）分子中化学键键能大于O2（g）分子中化学键键能
【答案】D
【解析】
【分析】由示意图中数据可知，反应物键的断裂吸收的能量为（946+498）kJ=1444kJ/mol，生成物键的形成放出的能量为2×632kJ=1264 kJ/mol，则该反应是吸热反应。
【详解】A项、一氧化氮属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故A错误；
B项、该反应是吸热反应，1mol N2和1mol O2反应生成2molNO，吸收能量为180 kJ，故B错误；
C项、由示意图可知1mol N2和1mol O2反应生成2molNO，若10分钟内减少1mol N2，反应生成2molNO，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）===0.2mol/（L·min），故C错误；
D项、破坏N2分子中氮氮三键消耗的能量大于破坏O2分子中氧氧双键消耗的能量，则N2分子中化学键键能大于O2分子中化学键键能，故D正确；
故选D。
9.某温度下，在一固定容积的容器中进行反应：SO3（g）＋NO（g）NO2（g）＋SO2（g），下列情况一定能说明已经达到化学平衡状态的是（ ）
A. 气体的密度不再随时间而改变
B. 体系总质量不再随时间而改变
C. NO（g）和NO2（g）的生成速率相同
D. SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1
【答案】C
【解析】A、反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以总压强不随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故A错误；
B、反应前后都是气体，体系气体总质量始终是不变的，体系总质量不再随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故B错误；
C、NO（g）和NO2（g）的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，状态一定是平衡状态，故C正确；
D、SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1，不能表明正逆反应速率相等，状态不一定是平衡状态，故D错误；
故选C。
10.下列有关原电池和金属腐蚀的说法中，不正确的（ ）
A. 铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，铜是正极
B. 原电池中e－从负极流出，负极发生氧化反应
C. 钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为Fe－3e－Fe3＋
D. 电化学腐蚀比化学腐蚀更快更普遍
【答案】C
【解析】A项、铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，锌比铜活泼，活泼金属锌为负极，不活泼金属铜是正极，故A正确；
B项、原电池中e－从负极流出，经外电路流向正极，还原剂在负极失电子发生氧化反应，故B正确；
C项、钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋，故C错误；
D项、电化学腐蚀因发生原电池反应，比化学腐蚀更快更普遍，危害更大，故D正确；
故选C。
11.下列化学术语或表示方法错误的是（ ）
A. S2-的结构示意图： B. CO2的结构式：O=C=O
C. 醋酸的分子式：CH3COOH D. 乙烯的结构简式：CH2=CH2
【答案】C
【解析】A．硫离子质子数为16，核外电子数为18，3个电子层，最外层电子数为8，硫离子结构示意图为，故A正确；
B．二氧化碳是直线型结构，分子中含两个碳氧双键，CO2的结构式：O＝C＝O，故B正确；
C．醋酸分子式由碳、氢、氧三种元素组成，分子式为C2H4O2，CH3COOH为醋酸的结构简式，故C错误；
D．乙烯的分子式为C2H4，含有1个C=C键，官能团为碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D正确；
故选C。
12.下列反应中，属于取代反应的是( )
①CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O
③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】B
【解析】有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去一个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应是消去反应，则①是加成反应，②是消去反应，③是酯化反应，④是硝化反应。酯化反应和硝化反应为取代反应，B正确。
13.某有机物的结构简式如下，有关性质叙述正确的是（ ）
A. 1mol该有机物最多可以与6mol H2发生反应
B. 1mol该有机物最多可以与3mol Na发生反应
C. 1mol该有机物最多可以与2mol NaOH发生反应
D. 1mol该有机物最多可以与2 mol NaHCO3发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】由结构简式可知，该有机物的官能团为碳碳双键、羟基、羧基和酯基，能表现烯烃、醇、羧酸和酯的性质。
【详解】A项、该有机物分子中碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可以与4mol H2发生反应，故A错误；
B项、该有机物分子中羟基和羧基能与金属钠反应，则1mol该有机物最多可以与2mol Na发生反应，故B错误；
C项、该有机物分子中羧基能与氢氧化钠发生中和反应，酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则1mol该有机物最多可以与2mol NaOH发生反应，故C正确；
D项、该有机物分子中羧基能与碳酸氢钠反应，则1mol该有机物最多可以与1mol NaHCO3发生反应，故D错误；
故选C。
14.下列选项中，所用试剂不能达到鉴别的目的的是（ ）
A. 用溴水鉴别苯和己烯 B. 用银氨溶液鉴别葡萄糖和乙醛
C. 用金属钠鉴别乙醇和乙醛 D. 用碳酸钠溶液鉴别乙酸和乙酸乙酯
【答案】B
【解析】A项、苯和溴水不反应，己烯能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，能达到鉴别的目的，故A正确；
B项、葡萄糖和乙醛都含有醛基，都能和银氨溶液发生银镜反应，不能达到鉴别的目的，故B错误；
C项、乙醇能和金属钠发生置换反应生成氢气，乙醛和金属钠不反应，能达到鉴别的目的，故C正确；
D项、乙酸的酸性强于碳酸，能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，乙酸乙酯不能与碳酸钠溶液反应,能达到鉴别的目的，故D正确；
故选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 糖类和蛋白质都是高分子化合物
B. 油脂没有固定的熔点
C. 葡萄糖水解反应生成C2H5OH和CO2
D. 蛋白质溶液中加入CuSO4溶液产生沉淀，这属于盐析过程
【答案】B
【解析】A项、单糖和二糖不属于高分子化合物，故A错误；
B项、油脂为混合物，没有固定的熔点，故B正确；
C项、葡萄糖在酒化酶的作用下，发酵生成C2H5OH和CO2，故C错误；
D项、蛋白质溶液中加入重金属盐CuSO4溶液会发生变性，故D错误；
故选B。
16.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所用除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
含杂物质
乙酸乙酯（乙酸）
酒精（水）
乙烯（二氧化硫）
溴苯（溴）
除杂试剂
NaOH溶液
生石灰
酸性KMnO4溶液
四氯化碳
分离方法
分液
蒸馏
洗气
分液
【答案】B
【解析】A项、乙酸和乙酸乙酯都能与氢氧化钠溶液反应，应加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液除去乙酸，故A错误；
B项、加入生石灰，氧化钙与水反应生成离子化合物氢氧化钙，加热蒸馏收集得到乙醇，故B正确；
C项、乙烯和二氧化硫均能与酸性KMnO4溶液，应将混合气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化硫，故C错误；
D项、溴苯和溴均能溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液洗涤，分液除去溴，故D错误；
故选B。
17.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该反应历程示意如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应遵循质量守恒定律
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②吸收能量并形成了C—C键
D. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100％
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示可知，CO2和CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH，总反应方程式为CO2+CH4→CH3COOH。
【详解】A项、CO2和CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH遵循质量守恒定律，故A正确；
B项、CH4选择性活化变为CH3COOH过程中，有1个C－H键发生断裂，故B正确；
C项、根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成了C－C键，故C错误；
D项、该反应只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，故D正确；
故选C。
18.下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
选项
实验方案
实验目的或结论
A.
往某溶液中加AgNO3溶液，有白色沉淀
溶液中含有Cl－
B.
将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
C.
将某气体通入品红溶液，溶液褪色
气体中含有SO2
D.
往溴水中加苯，溴水层褪色
苯与溴发生了取代反应
【答案】B
【解析】A项、能够和硝酸银溶液反应生成沉淀的不一定是氯离子，可能是碳酸根或硫酸根离子，故A错误；
B项、水、乙醇都可与钠反应生成氢气，水和钠剧烈反应，乙醇和钠缓慢反应，说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故B正确；
C项、能使品红褪色的不一定为二氧化硫，也可能为氯气或臭氧等气体，故C错误；
D项、溴水与苯不反应，故D错误；
故选B。
19.下列有关金属冶炼的说法中，不正确的是（ ）
A. 金属冶炼的实质是金属阳离子被还原成单质
B. 用碳粉或铝粉还原铁矿石可以获取金属Fe
C. 通过电解NaCl溶液的方法可以获取金属Na
D. 冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜
【答案】C
【解析】A项、冶炼金属时，金属元素以化合态存在，冶炼的实质是金属阳离子得到电子变成金属原子，故A正确；
B项、碳粉或铝粉具有还原性，高温条件下能还原铁矿石获取金属Fe，故B正确；
C项、通过电解熔融NaCl的方法可以获取金属Na，故C错误；
D项、冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜，反应中铜元素都得电子发生还原反应生成铜单质，故D正确；
故选C。
20.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（ ）
A. 可用海水晒盐的方法提取海水中的淡水资源
B. 只通过物理变化即可提取海水中的溴单质
C. 从海带灰中提取I－，需加入CCl4萃取
D. 利用海水、铝、空气发电是将化学能转化为电能
【答案】D
【解析】A项、蒸馏法、电渗析法和离子交换法是海水淡化的主要方法，故A错误；
B项、海水中溴元素是溴离子，海水中溴离子转化为溴单质的过程中，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；
C项、从海带灰中提取I－，需加水溶解、过滤，故C错误；
D项、铝、空气在海水中构成原电池，将化学能转化为电能，故D正确；
故选D。
21.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
酸性：HCl＞H2S
非金属性：Cl＞S
B
铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性
构成原电池且铁作负极
C
Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键
NaCl固体可导电
D
向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色
I－还原性强于Cl－
【答案】D
【解析】A．元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，不能根据氢化物的酸性判断元素的非金属性，故A错误；
B．铁表面镀锌，构成原电池时，铁做正极，锌做负极，可以增强铁的抗腐蚀性，故B错误；
C．Na在Cl2中燃烧的生成氯化钠，氯化钠中含离子键，但是，NaCl固体中的钠离子和氯离子不能自由移动，不能导电，故C错误；
D．溶液上层呈橙红色，可知氯气氧化碘离子，由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I-还原性强于Cl-，故D正确；
故选D。
22.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）
序号
①
②
③
实验
现象
8小时未观察
到明显锈蚀
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
到明显锈蚀
A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O 4OH−
D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2
【答案】D
【解析】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
23.在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. Ir的表面发生反应：H2 + N2ON2 + H2O
B. 导电基体上的负极反应：H2－2e−2H+
C. 若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物
D. 若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量
【答案】C
【解析】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2ON2 + H2O，A正确；
B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−2H+，B正确；
C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；
D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；
正确选项C。
24.某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：
序号
①
②
③
实验操作
实验现象
溶液不变红，试纸不变蓝
溶液不变红，试纸褪色
生成白色沉淀
下列实验分析中，不正确的是
A. ①说明Cl2被完全消耗
B. ②中试纸褪色的原因是：SO2＋I2＋2H2OH2SO4＋2HI
C. ③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42－
D. 在实验②中加热后溶液不变红，说明溶液中品红已被氧化
【答案】C
【解析】A项、①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明溶液中没有氯气，则Cl2被SO2完全消耗，故A正确；
B项、实验②中试纸褪色，说明二氧化硫过量，加热后产生的二氧化硫气体与碘水发生氧化还原反应，使试纸褪色，反应的化学方程式为SO2 + I2 + 2H2OH2SO4 + 2HI，故B正确；
C项、酸性条件下，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根，实验③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，故C错误；
D项、二氧化硫使品红溶液褪色后，加热会重新变为红色，实验②中二氧化硫过量，加热后溶液不恢复红色，说明品红溶液被氯气氧化，故D正确；
故选C。
二、非选择题（共7道小题）
25.有四种原子：①11H ②3517Cl ③3717Cl ④2311Na。
（1）上述原子中互为同位素的是___________（填序号）。
（2）①和②形成的化学键是___________（填“极性键”或“非极性键”）。
（3）由上述元素形成的物质中，任写一种含离子键的物质的电子式___________。
【答案】(1). ②③ (2). 极性键 (3).
【解析】
【分析】（1）同位素是质子数相同中子数不同的原子的互称，是同种元素的不同核素；
（2）由不同种非金属元素形成的共价键为极性键，由同种元素形成的共价键为非极性键；
（3）活泼金属元素和活泼非金属元素之间形成的化学键为离子键。
【详解】（1）3517Cl和3717Cl的质子数都为17，中子数分别为18和20，两者互为同位素，故答案为：②③；
（2）①和②形成的化合物为11H3517Cl，11H3517Cl属于共价化合物，含有极性键，故答案为：极性键；
（3）钠元素与氯元素形成的化合物为氯化钠，氯化钠为离子化合物，含有离子键，电子式为，故答案为：。
26.依据A～E几种烃分子的示意图填空。
（1）A分子空间构型为___________。
（2）B的名称是___________。
（3）D的分子式是___________。
（4）C、E的关系是___________（填“同系物”或“同分异构体”或“同一种物质”）。
（5）A~E表示的物质中，能发生加成反应的两种物质是___________（填序号）。
【答案】(1). 正四面体 (2). 乙烯 (3). C6H6 (4). 同一种物质 (5). BD
【解析】
【分析】由烃分子的示意图可知，A为甲烷、B为乙烯、C为丙烷、D为苯、E为丙烷。
【详解】（1）甲烷分子的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
（2）B的结构简式为CH2=CH2，名称为乙烯，故答案为：乙烯；
（3）D的结构简式为，分子式为C6H6，故答案为：C6H6；
（4）C为丙烷的结构简式，E为丙烷的球棍模型，是同一种物质，故答案为：同一种物质；
（5）一定条件下，碳碳双键和苯环都能与氢气发生加成反应，则能发生加成反应的两种物质是乙烯和苯，故答案为：BD。
27.某同学探究同周期元素性质的递变规律，以及影响化学反应速率的因素。进行了如下实验：
【实验1】将一小块钠和镁片分别放入滴有酚酞溶液的冷水中。钠剧烈反应产生气体；镁片无明显现象，加热后表面有少量气泡产生，溶液逐渐变红。
【实验2】将等质量的镁粉和铝片分别投入到足量盐酸中。镁粉很快消失并产生大量气体、放出大量的热；铝片反应比镁粉慢、放热不如镁粉明显。
（1）实验1中钠和水反应的化学方程式___________。
（2）根据实验1可知，影响化学反应速率的因素有___________、___________。
（3）根据实验2得出结论：金属性Mg>Al。你认为该结论是否正确___________（填“正确”或“不正确”），并说明理由___________。
【答案】(1). 2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑ (2). 物质本身的化学性质 (3). 温度 (4). 不正确 (5). 实验2中没有控制固体表面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al
【解析】
【分析】钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明钠的金属性强于镁；比较镁和铝的金属性时，应注意控制固体表面积和盐酸浓度，否则不能说明。
【详解】（1）实验1中钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑，故答案为：2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑；
（2）根据实验1可知，钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，说明金属的活泼性影响化学反应速率；镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明温度影响化学反应速率，故答案为：物质本身的化学性质；温度；
（4）等质量的镁粉和铝片的固体表面积不同，镁粉的表面积大于铝片，反应速率快、放出热量多，若要比较金属性Mg>Al，应选用表面积相同的镁和铝，同时要选用浓度完全相同的盐酸，故答案为：不正确；实验2中没有控制固体表面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al。
28.双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成路线设计如下：
已知：①
②+HCl
（1）CH2＝CH2的结构式为___________。反应①的反应类型是___________。
（2）常温下A是无色有特殊香味的液体，与金属Na反应产生气体。A中官能团的名称是___________。
（3）反应物B的结构简式为___________。
（4）下列关于CPPO的说法中，正确的是___________。
a. 1个CPPO分子中含10个H原子
b. CPPO在一定条件下能发生水解反应
c. 合成CPPO过程中的反应②③都属于取代反应
（5）草酸（HOOC-COOH）与乙二醇（HOCH2CH2OH）在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式为___________。
（6）已知卤代烃性质：R-X＋NaOH" R-OH＋NaX（R＝烷基，X＝Br－或I－）。请用几个化学方程式表示由CH2＝CH2合成E的过程。___________________
【答案】(1). (2). 加成反应 (3). 羟基 (4). (5). bc (6). (7). CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br＋2NaOH HOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH＋O2 OHC－CHO＋2H2O
【解析】
【分析】由有机物转化关系可知，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br,CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH；在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，则B为，D为；乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，则E为OHC－CHO；OHC－CHO发生发生催化氧化反应生成HOOC－COOH，HOOC－COOH发生信息①反应生成，则G为；一定条件下，和发生信息②反应生成。
【详解】（1）CH2＝CH2的结构式为；反应①为乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br,故答案为：；加成反应；
（2）CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH，官能团为羟基，故答案为：羟基；
（3）由转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，则B为，D为，故答案为：；
（4）a、由CPPO得结构简式为可知，分子中含有12个氢原子，故错误；
b、由CPPO得结构简式可知分子中含有的官能团为氯原子和酯基，氯原子和酯基在一定条件下均能发生水解反应，故正确；
c、反应②为在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，反应③为一定条件下，和发生取代反应生成，故正确；
bc正确，故答案为：bc；
（5）草酸与乙二醇在一定条件下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）由CH2＝CH2合成E的过程为乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH2Br＋2NaOHHOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋O2 OHC－CHO＋2H2O，故答案为：CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br＋2NaOHHOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH＋O2 OHC－CHO＋2H2O。
29.硫酸镁晶体（MgSO4·7H2O）是一种重要的化工原料。以菱镁矿（主要成分是MgCO3，含少量FeCO3和不溶性杂质）为原料制取硫酸镁晶体的过程如下：
（1）MgCO3溶于稀硫酸的离子方程式是___________。
（2）“氧化”步骤中，加入H2O2溶液的目的是___________（用离子方程式表示）。
（3）“沉淀”步骤中，用氨水调节溶液pH的范围是___________。
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
阳离子
Mg2＋
Fe2＋
Fe3＋
开始沉淀
9.1
7.6
1.9
完全沉淀
11.1
9.7
3.2
（4）“过滤”所得滤液中含有的阳离子是___________。
【答案】(1). MgCO3＋2H＋Mg2＋＋CO2↑＋H2O (2). H2O2＋2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋2H2O (3). 3.2~9.1 (4). Mg2＋、NH4＋
【解析】
【分析】由化学工艺流程可知，菱镁矿加稀硫酸浸取，MgCO3、FeCO3溶于稀硫酸生成Mg2+和Fe2+，加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，然后加氨水调节溶液pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO4·7H2O晶体。
【详解】（1）根据强酸制弱酸原理，MgCO3溶于稀硫酸生成硫酸镁、水和二氧化碳，离子方程式是MgCO3 + 2H+ Mg2+ + CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3 + 2H+ Mg2+ + CO2↑+H2O；
（2）加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为H2O2 + 2Fe2+ + 2H+ 2Fe3+ + 2H2O，故答案为：H2O2 + 2Fe2+ + 2H+ 2Fe3+ + 2H2O；
（3）用氨水调节溶液pH，使Fe3+沉淀除去，不能影响Mg2+，由题给数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=9.1时Mg2+开始沉淀，则用氨水调节溶液pH的范围是3.2~9.1，故答案为：3.2~9.1；
（4）因“沉淀”步骤中使用氨水，使Fe3+沉淀除去，而Mg2+没有沉淀，则过滤所得滤液中存在大量的阳离子有Mg2+和NH4+，故答案为：Mg2+和NH4+。
30.研究烟气中SO2的转化具有重要意义。
（1）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池利用空气将烟气中所含SO2转化为SO42－，其装置如图所示：
①装置内质子（H＋）的移动方向为___________（填“从A→B”或“从B→A”）。
②负极的电极反应式为___________。
（2）脱除燃煤烟气中SO2的一种工业流程如下：
①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3－，反应的离子方程式是___________。
②再生池中加过量的石灰乳实现再生，部分产物可排回吸收池吸收SO2。用于吸收SO2的产物是___________。
【答案】(1). 从A→B (2). SO2＋2H2O－2e－SO42－＋4H＋ (3). H2O＋2SO2＋CO32－2HSO3－＋CO2↑ (4). NaOH［多写Ca(OH)2不扣分］
【解析】
【分析】（1）由题给示意图可知，该装置为原电池，通入还原剂二氧化硫的A极为负极，二氧化硫在负极失电子发生氧化反应生成SO42－，通入氧化剂氧气的B极为正极，氧气在正极得电子发生还原反应生成水，电池工作时阳离子向正极移动；
（2）由题给流程可知，用纯碱溶液吸收过量的含有SO2的脱除燃煤烟气将其转化为NaHSO3，NaHSO3与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2。
【详解】（1）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，则通入二氧化硫的A电极为负极，通入氧气的B电极为正极，原电池中阳离子移向正极，则质子的移动方向为从A到B，故答案为：从A→B；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+；
（2）①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式：H2O+2SO2+CO32-2HSO3-+CO2↑，故答案为：H2O+2SO2+CO32-2HSO3-+CO2↑；
②二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠溶液与过量的石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠溶液可排回吸收池吸收SO2，故答案为：NaOH。
31.某小组探究化学反应2Fe2＋＋I2 2Fe3＋＋2I－，完成了如下实验：
已知：Agl是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。
（1）Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3＋，检验Ⅱ中有无Fe3＋的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，___________。
（2）Ⅲ中的黄色浑浊是___________。
（3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。进一步探究表明产生Fe3+的主要原因是Fe2+被I2氧化。Fe3＋产生的其它途径还可能是___________（用离子方程式表示）。
（4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。
【实验1】向1 mL0.1mol/L FeSO4溶液中加入1 mL0.1mol/LAgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag＋浓度随反应时间的变化如下图。
【实验2】实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2（SO4）3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。
①实验1中发生反应的离子方程式是___________。
②通过以上实验，小组同学怀疑上述反应的产物之一可作反应本身的催化剂。则Ⅳ中几秒钟后即出现灰黑色浑浊的可能原因是___________。
【答案】(1). 加KSCN溶液，溶液不变红 (2). AgI (3). 任写一个：4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O或3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O 合理答案均给分 (4). Fe2＋＋Ag＋Fe3＋＋Ag (5). AgI分解产生的Ag催化了Fe2＋与Ag＋的反应
【解析】
【分析】由实验所给现象可知，Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3＋，说明Fe2＋与I2几乎不反应；Ⅱ→Ⅲ的过程中加入几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag+与I﹣生成了AgI沉淀，降低了I﹣的浓度，使平衡2Fe2++I2 2Fe3++2I﹣正向移动，使I2氧化了Fe2+；加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液，反应生成的AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应生成三价铁离子和单质银，出现大量灰黑色浑浊。
【详解】（1）检验Ⅱ中有无Fe3＋的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；
（2）Ⅲ中的黄色浑浊是Ag+与I﹣生成了AgI黄色沉淀，故答案为：AgI；
（3）空气中存在O2，酸性条件下，空气中氧气将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；或溶液中Ag+具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+；或酸性溶液中NO3﹣具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：4Fe2＋＋O2＋4H＋4Fe3＋＋2H2O或3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；
（4）①向1 mL 0.1 mol•L﹣1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol•L﹣1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化，几分钟后，出现大量灰黑色浑浊，说明银离子氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为Fe2++Ag+Fe3++Ag，故答案为：Fe2++Ag+Fe3++Ag；
②依据小组同学怀疑分析可知，迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应，故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
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