2020-2021学年山西省太原师院附属中学、师苑中学高一下学期期末考试化学试题（含解析）

山西省太原师院附中、师苑中学2020-2021学年高一下学期期末考试化学试题(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23S：32Fe：56Cu：64Ba：137一、选择题(本大题共20小题，每小题2分，共40分)1.核电站遭破坏，会造成放射性物质和向外界泄漏。下列有关说法错误的是A.每个含有55个质子 B.CsOH的碱性比KOH的强C.HI的还原性比HF的强 D.是碘的最高价含氧酸的盐【答案】D【解析】【详解】A．的质子数是55，每个含有55个质子，故A正确；B．同主族元素从上到下，元素金属性增强，金属性越强最高价氧化物的水化物碱性越强，CsOH的碱性比KOH的强，故B正确；C．同主族元素从上到下，元素非金属性减弱，非金属性越弱，气态氢化物的还原性越强，HI的还原性比HF的强，故C正确；D．I的最高价是+7，中碘的化合价为+5，故D错误；选D。2.下列有机物的化学用语正确的是A.四氯甲烷的空间填充模型： B.乙酸的结构简式：CH3COOHC.乙醇电子式： D.正丁烷的分子式：C4H8【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氯原子的半径应比碳原子半径大，且图示为球棍模型，A错误；B．乙酸含有羧基，结构简式为CH3COOH，B正确；C．乙醇中氧原子的最外层满足8电子稳定结构，C错误；D．正丁烷的分子式应为C4H10，D错误；综上所述答案为B。3.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是

A.用甲装置除去乙醇中的苯 B.用乙装置制备氨气C.用装置丙收集NO D.用丁装置除去中的HCl【答案】C【解析】【分析】【详解】A．乙醇和苯互溶，应用蒸馏法分离，故A错误；B．加热氯化铵固体得到氯化氢和氨气，在试管口附近又重新转化为氯化铵固体，不能用乙装置制备氨气，故B错误；C．NO不溶于水，可以用装置丙收集NO，故C正确；D．碳酸钠与二氧化碳反应，不能用饱和碳酸钠溶液除去中HCl，应用饱和碳酸氢钠溶液，故D错误；故选C。4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.常温常压下，等物质的量的N2和CO所含分子数均为NAB.将含0.lmolFeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NAC.常温常压下，lmolNa加热后生成的Na2O、Na2O2混合物中阴离子数目一定为0.5NAD.1molFe与足量水蒸气在高温下充分反应后失电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.常温常压下，等物质的量的N2和CO所含分子数均相等，不一定是NA，故A错误；B.Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3的聚集体，所以将含0.lmolFeCl3的饱和溶液制成胶体后，生成Fe(OH)3胶粒的数目小于0.1NA，故B错误；C.1molNa2O含有阳离子2mol,1molNa2O2含有2mol阳离子，则lmolNa加热后产物中阴离子数目都为0.5NA，故C正确;D.1molFe与足量水蒸气高温完全反应时生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为:mol，失去的电子数为NA，故D错误；答案：C。5.下列化合物中，与乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯既不互为同系物又不互为同分异构体的是A.甲烷 B.苯 C.环丙烷() D.CH3CH=CH2【答案】C【解析】【分析】【详解】乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，则最简式为CH2，甲烷和苯的最简式均不是CH2，CH3CH=CH2虽然最简式满足条件，但与乙烯互为同系物，环丙烷最简式为CH2，与乙烯结构不相似，不是同系物，分子式不同，不是同分异构体；故答案为C。6.下列离子方程式书写正确的是A.氯气通入水中，溶液呈酸性：B.溶液与足量溶液混合：C.向溶液中通入少量：D.将过量气体通入NaClO溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．氯气通入水中，生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是，故A错误；B．溶液与足量溶液混合生成碳酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式是，故B错误；C．向溶液中通入少量，只有Fe2+被氧化，反应的离子方程式是，故C错误；D．将过量气体通入NaClO溶液中生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式是，故D正确；选D。7.下列离子能大量共存的是A.使无色酚酞试液呈红色的溶液中：、、、、B.无色透明的溶液中：、、、、C.含有大量的溶液中：、、、D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．使无色酚酞试液呈红色的溶液显碱性，碱性条件下、、、、相互之间不反应，能大量共存，故选A；B．含有的溶液呈蓝色，无色透明的溶液中不能大量含有，故不选B；C．Ba2+和反应生成硫酸钡沉淀，含有大量溶液中不能含有，故不选C；D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液显酸性，酸性条件下，H+和反应生成二氧化碳气体，该溶液中不能大量含有，故不选D；选A。8.下列配制的溶液浓度偏高的是（）A.配制盐酸溶液用量筒取盐酸时俯视刻度线B.NaOH溶解后溶液未冷却到室温，就转移到容量瓶中，立即定容C.配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线D.称量25.0g胆矾配制0.1mol/LCuSO4溶液1000mL时，砝码错放在左盘【答案】B【解析】【分析】A.配制溶液用量筒量取液体物质要平视读数；B.用容量瓶配制溶液，溶液的温度为室温；C.定容时视线要平视，仰视液面高于刻度线，俯视液面低于刻度线；D.称量物品质量时应该是左物右码。【详解】A.配制盐酸溶液用量筒取盐酸时俯视刻度线，则溶质的物质的量偏少，导致配制的溶液浓度偏低，A不符合题意；B.NaOH溶解后溶液未冷却到室温，就转移到容量瓶中，立即定容，当溶液恢复至室温后，溶液的液面低于刻度线，使溶液的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，B符合题意；C.配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，则液面高于刻度线，使溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，C不符合题意；D.使用天平称量物质原则是左物右码，若要称量25.0g胆矾，由于不使用游码，砝码错放在左盘对称量的物质的质量无影响，25.0g胆矾中含有硫酸铜的物质的量为0.1mol，当配制的溶液体积为1000mL时，配制的溶液的浓度为0.1mol/L，对配制溶液的浓度无影响，，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的量浓度的溶液的配制。在配制溶液时，使用托盘天平称量物质左物右码，若质量为整数，不使用游码，砝码与物品位置放颠倒，对称量的物质质量无影响；若使用游码，则放颠倒时物品的质量等于砝码与游码质量差；容量瓶配制溶液要求温度为室温，若不冷却就直接定容，会导致溶液体积偏小，使物质浓度偏大；最后定容时要使视线与凹液面最低相平，否则仰视会使液体体积偏大，俯视使液体体积偏小，都会对配制溶液的浓度产生误差。9.下列实验操作正确的是选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验与溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明与是放热反应用棉花包裹，放入充满的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D检验与溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装有烧杯容积水的烧杯中，观察现象，故A错误；B．与都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，一般用氯化钙溶液鉴别与，故B错误；C．用棉花包裹，放入充满的集气瓶中，棉花燃烧说明与反应生成氧气，同时反应放热，故C正确；D．观察钾的焰色应透过蓝色钴玻璃，故D错误；选C。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y的最低负价的绝对值与Z的最高正价相等，W与X同主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)B.简单气态氢化物的热稳定性：X>Y>WC.X与Z形成的化合物只有1种D.X、Y、Z、W的简单离子的电子层结构均相同【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X是氧元素；Y的最低负价的绝对值与Z的最高正价相等，Y为氟元素，Z为钠元素；W与X同主族，W是硫元素；X、Y、Z、W分别为氧，氟，钠，硫。【详解】A.钠的半径是短周期元素除稀有气体外最大的，氧和硫位于同一主族，硫的半径大于氧，氧和氟位于同一周期，氟在氧的右边，氧的半径大于氟r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，故A正确；B.根据元素在元素周期表的位置，元素的非金属性，氟>氧>硫即Y>X>W，元素的非金属越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，故B错误；C.氧和钠可以形成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C错误；D.X、Y、Z的简单离子的电子层结构均相同，W的离子比X、Y、Z简单离子多一层电子，故D错误；答案选A。11.以下10种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有①Fe3O4；②Fe(OH)3；③FeCl2；④CuS；⑤Cu2S；⑥Cu2(OH)2CO3；⑦Al(OH)3；⑧Na2CO3；⑨NaHCO3；⑩Na2O2A.2种 B.3种 C.4种 D.5种【答案】A【解析】【分析】化合反应指的是由两种或两种以上的物质反应生成另一种新物质的反应，CuS和Al(OH)3都可以通过复分解反应生成，不能利用化合反应直接制得，其他的物质都可以通过化合反应直接生成，据此分析解答。【详解】①Fe在氧气点燃发生化合反应生成Fe3O4；②Fe(OH)2和氧气、水发生化合反应生成Fe(OH)3；③Fe和氯化铁发生化合反应生成FeCl2；④CuS不能由化合反应直接生成；⑤Cu和硫在加热的条件下发生化合反应生成Cu2S；⑥Cu和氧气、水、二氧化碳发生化合反应生成Cu2(OH)2CO3；⑦Al(OH)3不能由化合反应直接生成；⑧Na2O和二氧化碳发生化合反应生成Na2CO3；⑨Na2CO3和二氧化碳、水发生化合反应生成NaHCO3；⑩Na在氧气中点燃发生化合反应生成Na2O2；答案选A。【点睛】熟记常见物质的化学性质，熟记它们常见反应的化学方程式。12.按图1所示装置进行实验，若图2中x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴不可以表示①②③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量A.①② B.①③⑤ C.②⑤ D.②④【答案】D【解析】【分析】图1装置形成原电池，Fe为负极，负极发生的反应为，Ag为正极，正极发生的反应为，总反应为。【详解】①由可知，随着流入正极的电子增多，减小，①满足；②由总反应可知，没参与反应，随着流入正极的电子增多，不变，②不满足；③a棒是Fe，随着流入正极的电子增多，由可知，Fe失电子的物质的量增多，Fe的质量减小，③满足；④随着流入正极的电子增多，产生的Ag的质量增大，Ag棒质量增大，④不满足；⑤由总反应可知，随着反应的进行，溶液的质量减小()，⑤满足；②④不满足图像，D符合题意。13.下列图示与对应的叙述不相符合的是（）A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.图丙表示除去氧化膜的镁条投入到稀盐酸中，反应速率v随时间t的变化曲线D.图丁表示某温度下V1mLl.0mol/LHC1溶液和V2mL1.5mol/L的NaOH溶液混合均匀后溶液温度随V1的变化趋势(V1+V2=50mL)【答案】A【解析】【详解】A．燃烧为放热反应，反应物的能量比生成物的能量低，A项错误，符合题意；B．酶催化存在最适宜的温度，在适宜的温度酶的催化活性最高，化学反应速率最快。温度低于或者高于最适温度，化学速率都减慢，B项正确，不符合题意；C．Mg和HCl反应为放热反应，开始反应时，反应放热且H＋浓度较大，影响速率的主要因素为温度，温度升高，化学反应速率加快。随着反应的进行，H＋浓度降低，影响速率的主要因素为H＋浓度，H＋浓度降低，化学反应速率减慢，C项图像符合，正确，不符合题意；D．酸碱恰好完全反应，温度最高。则酸碱的物质的量相同，V1mL×l.0mol/L=V2mL×1.5mol/L，V1：V2=3：2。总体积为50mL，则温度最高的点V1=30mL。D项正确，不符合题意；本题答案选A。14.有关煤的综合利用如图所示。下列说法错误的是A.①是将煤在空气中加强热使其分解的过程B.条件a为Cl2/光照C.反应②为置换反应D.B为甲醇或乙酸时，反应③原子利用率均可达到100%【答案】A【解析】【分析】【详解】A．①是煤的干馏，是指煤在隔绝空气的条件下加热，使煤分解的过程，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故A错误；B．甲苯侧链甲基上的H原子被取代的条件a为Cl2/光照，故B正确；C．固体A的主要成分是碳，反应②是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，为置换反应，故C正确；D．水煤气的主要成分为一氧化碳和氢气。但B为甲醇或乙酸时，甲醇(CH4O)可变为(CO)1(H2)2，乙酸(C2H4O2)可变为(CO)2(H2)2，因此反应③原子利用率均可达到100%，故D正确；故选A。15.下列关于营养物质的说法正确的是①葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液共沸有砖红色沉淀产生②纤维素和淀粉的分子式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体③用灼烧的方法可以区别丝和棉花④油和脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物⑤工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应进行肥皂生产⑥蛋白质水解的最终产物是氨基酸⑦蛋白质遇醋酸铅溶液后产生的沉淀能重新溶于水A.①②③④⑤⑥ B.①③⑤⑥ C.①③④⑤⑥ D.①③⑤⑥⑦【答案】B【解析】【分析】【详解】①葡萄糖中含有醛基，葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液共沸有砖红色沉淀产生，故①正确；②淀粉和纤维素的聚合度不同，两者不是同分异构体，故②错误；③丝的主要成分为蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，棉花的主要成分为纤维素，用灼烧的方法区分丝和棉花，故③正确；④高分子化合物是指相对分子质量大于1万的有机物，而油和脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，故④错误；⑤油脂为高级脂肪酸甘油酯，能够发生水解反应，利用油脂在碱性条件下的水解反应工业上用来制取肥皂和甘油，故⑤正确；⑥氨基酸通过缩聚反应形成蛋白质，因此蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故⑥正确；⑦蛋白质遇重金属发生变性，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性，蛋白质变性没有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，故⑦错误；正确的有①③⑤⑥，故选B。16.下列除去杂质的方法不正确的是①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入气液分离②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤﹑分液、干燥﹑蒸馏③除去中混有的：加入过量铁粉，过滤④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏⑤除去NaCl固体中混有的：用加热法A.①③ B.②④ C.①④ D.②③【答案】A【解析】【详解】①光照条件下乙烷和氯气发生取代反应，一般用溴水除乙烷中少量的乙烯，故①错误；②乙酸和碳酸钠反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，用饱和碳酸钠溶液洗涤﹑分液、干燥﹑蒸馏可除去乙酸乙酯中少量的乙酸，故②正确；③铁和反应生成，通入过量氯气，可除去中混有的，故③错误；④乙酸和氧化钙反应生成醋酸钙，加足量生石灰，蒸馏可除去乙醇中少量的乙酸，故④正确；⑤加热分解为氨气和氯化氢，用加热法可除去NaCl固体中混有的，故⑤正确；不正确的是①③，选A。17.关于下列四种实验装置的叙述不正确的是制取乙酸乙酯比较乙酸和碳酸的酸性强弱制取溴苯石油分馏A.装置①和③不能达到实验目的 B.②中石灰水变浑浊C.③中反应一段时间后CCl4由无色变橙色 D.④中装置错误不止一处【答案】A【解析】【分析】【详解】A．装置①中制取乙酸乙酯的试管中的物质不能使用NaOH溶液，应该为饱和Na2CO3溶液，且导气管不能伸入到液面以下，应该在液面上，不能达到实验目的，③中由于挥发的Br2在CCl4中溶解而使CCl4由无色变橙色，能达到实验目的，A错误；B．②由于乙酸的酸性比碳酸强，乙酸与碳酸钠反应产生的CO2气体通入澄清石灰水中，使石灰水变浑浊，B正确；C．③中苯与液溴在Fe催化下发生取代反应产生溴苯和HBr，由于液溴易挥发，挥发的Br2在CCl4中溶解而使CCl4由无色变橙色，能达到实验目的，C正确；D．蒸馏烧瓶不能直接加热，应该垫上石棉网进行加热；石油分馏时，温度计水银球应该在蒸馏烧瓶支管口处；为了提高冷凝效果，要采用逆流原理，冷凝管的冷却水的方向应该是下进上出，故④中装置错误不止一处，D正确；故合理选项是A。18.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：、、、、、，现取三份各100mL溶液进行如下实验：(1)第一份加入溶液有沉淀产生。(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.04mol气体。(3)第三份加足量溶液后，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是A.该混合液中一定含有：、、、、B.该混合液中一定含有：、、，可能含、C.该混合液中一定含有：、、、，可能含D.该混合液中：c(K+)≥0.2mol/L【答案】D【解析】【详解】(1)第一份加入溶液有沉淀产生，Ag+与、、都能反应生成沉淀，不能确定是否含有。(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.04mol气体，发生反应，生成氨气的物质的量为0.04mol，说明100mL溶液中含有0.04mol。(3)第三份加足量溶液后，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明生成硫酸钡的质量为2.33g、碳酸钡的质量为(6.27-2.33)=3.94g，则n()=n()=0.01mol、n()=n()=0.02mol。根据以上分析，100mL溶液中含有0.04mol、0.01mol、0.02mol，不能确定是否含有；若溶液中不含，根据电荷守恒，则含有0.02mol，若溶液中含，根据电荷守恒，则含有大于0.02mol，故一定含有，且K+的物质的量大于等于0.02mol，c(K+)≥0.2mol/L，故选D。19.已知：，现将3molX与3molY混合于5L的恒容密闭容器中，10s后，测得X的转化率为50%，测得，下列推断正确的是A.B.n=lC.Y的转化率为75%D.平衡时X的浓度为【答案】C【解析】【分析】【详解】10s后X的转化率为50%，则反应的X为3mol×50%=1.5mol，则A．v(Z)==0.03mol•L-1•s-1，故A错误；B．因反应速率之比等于化学计量数之比，由A可知，用W和Z表示的速率相等，故n=2，故B错误；C．Y的转化率为×100%=75%，故C正确；D．10s时不一定达到平衡，无法计算X的平衡浓度，故D错误；答案选C。20.常温常压下，等物质的量的某有机物分别与足量的Na和溶液反应，得到的气体的体积相等，则该有机物可能是A.HOOC—COOHB.C.D.【答案】B【解析】【分析】羟基和羧基都能和Na反应生成氢气，1mol羟基或1mol羧基能生成0.5mol氢气；羧基能和NaHCO3反应，1mol羧基能生成1molCO2。【详解】A．HOOC—COOH中有2个羧基，1mol该有机物和钠反应能生成1mol氢气，和NaHCO3反应能生成2molCO2，得到的气体体积不相等，故A不选；B．1molCH3CH(OH)COOH和钠反应能生成1mol氢气，和NaHCO3反应能生成1molCO2，得到的气体体积相等，故B选；C．1molHOCH2CH2OH和钠反应能生成1mol氢气，由于没有羧基，所以不和NaHCO3反应，故C不选；D．1molCH3CH2COOH和钠反应能生成0.5mol氢气，和NaHCO3反应能生成1molCO2，得到的气体体积不相等，故D不选；故选B。二、非选择题(本大题共5小题，共60分)21.A、B、C、D中均含有同一种元素，其中A是单质，它们的转化关系如图所示：请回答下列问题：Ⅰ.若B是碱性气体；D气体为红棕色。（1）请写出A的电子式：_______。（2）请写出下列转化过程的化学方程式：A→B：_______；B→C：_______。（3）向D溶于水形成的稀溶液中加入过量铜片，待铜片不再溶解时，向其中加入几滴浓硫酸，可观察到铜片继续溶解。请用离子方程式解释该现象：_______。Ⅱ.若A、B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应。（4）C→D可通过滴加氨水实现，该反应的离子方程式为：_______。（5）请写出A用于焊接铁轨的化学方程式：_______。请写出工业冶炼A的化学方程式：_______【答案】（1）（2）①.N2+3H22NH3②.4NH3+5O24NO+6H2O（3）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH（5）①.2Al+Fe2O32Fe+Al2O3②.【解析】【分析】A是单质，若B是碱性气体；D气体为红棕色，则A是N2、B是NH3、C是NO、D是NO2；A是单质，若A、B、D既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，则A是Al、B是Al2O3、D是Al(OH)3。【小问1详解】A是N2，N2的电子式为；【小问2详解】A→B是氮气和氢气合成氨气，反应方程式为N2+3H22NH3；B→C是氨气发生催化氧化生成NO和水，反应方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；【小问3详解】NO2溶于水生成硝酸，向稀硝酸溶液中加入过量铜片，待铜片不再溶解时，溶液中含有Cu2+、，向其中加入几滴浓硫酸，可观察到铜片继续溶解。反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；【小问4详解】C→Al(OH)3可通过滴加氨水实现，则C是AlCl3，该反应的离子方程式为Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH；【小问5详解】A是铝，铝和氧化铁反应用于焊接铁轨，反应的化学方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。工业上电解熔融氧化铝冶炼金属铝，反应的化学方程式。22.根据下流程图回答下列问题：（1）海水淡化的方法有_______(填一种)。（2）过程①为了除去粗盐中的可溶性杂质、，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：a.过滤，b.加过量NaOH溶液，c.加适量盐酸，d.加过量溶液，e.加过量溶液，正确的操作顺序是_______(填字母)。A.adbecB.dabecC.bedacD.ebdac过程②能否一步实现转化？_______(填“能”或“否”)，与盐酸反应可以得到溶液，则该反应离子方程式为_______。（3）过程④反应的离子方程式为_______。（4）若用萃取溴水中的，分液时层应从分液漏斗的_______放出。【答案】（1）蒸馏法或电渗析法或离子交换法)（2）①.CD②.否③.Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O（3）Br2＋SO2＋2H2O=＋2Br-＋4H＋（4）下口【解析】【分析】海水蒸发得淡水，结晶后过滤，得粗盐和母液，粗盐除去氯化钙、硫酸镁等杂质制得精盐，工业上电解饱和食盐水制取氢氧化钠和氯气；母液中加氢氧化钙生成氢氧化镁沉淀，过滤，滤液中通入氯气生成溴单质，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气生成硫酸和氢溴酸，使溴富集，再通入氯气，制取溴单质。氢氧化镁经一系列操作得到氯化镁，电解熔融氯化镁制取金属镁。【小问1详解】海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；【小问2详解】过程①为了除去粗盐中的可溶性杂质、，用氢氧化钠除Mg2+、用碳酸钠除Ca2+、用氯化钡除，为了除去过量的氯化钡，加入氯化钡之后再加碳酸钠，最后用盐酸除溶液中多余的碳酸钠、氢氧化钠，所以操作顺序为：加过量NaOH溶液、加过量溶液、加过量溶液、过滤、加适量盐酸，或加过量溶液、加过量NaOH溶液、加过量溶液、过滤、加适量盐酸，选CD。电解熔融氯化镁冶炼金属镁，所以过程②需要将氢氧化镁溶于盐酸，制备无水氯化镁，所以不能一步实现转化，与盐酸反应可以得到和水，该反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O；【小问3详解】过程④是用二氧化硫吸收溴蒸气，反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O=＋2Br-＋4H＋；【小问4详解】若用萃取溴水中的，的密度大于水，所以分液时层应从分液漏斗的下口放出。23.铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。（1）所含铁元素只有还原性的物质是_________。A．Fe

B．FeCl2

C．FeCl3

D．Fe2O3（2）当人体缺铁时，往往要吃补铁保健品。人体能够吸收的是+2价的铁，但是+2价的铁很容易被氧化。①如何检验某固体补铁剂中铁元素已被氧化？写出操作过程、现象及结论。答：____________________________________________________________________。②服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有________________(填化学性质)。（3）工业上用氯化铁腐蚀铜箔、制造电路板。某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤：回答下列问题:①试剂a是___________，操作I用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。②滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为___________。③上述流程中操作III包括________________、________________、过滤、洗涤。【答案】①.A②.研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化③.还原性④.铁(Fe)⑤.漏斗⑥.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−⑦.蒸发浓缩⑧.冷却结晶【解析】【分析】(1)当元素处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时既有氧化性又有还原性；(2)①根据Fe3+能与KSCN溶液反应导致溶液呈血红色分析解答；②Fe3+具有氧化性，能被还原性物质还原生成Fe2+；(3)腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，据此分析解答。【详解】(1)处于最高价态的元素只有氧化性，处于最低价态的元素只有还原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。A．Fe处于最低价态，只有还原性，故A正确；B．FeCl2

中Fe元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故B错误；C．FeCl3中Fe元素处于高价态，具有氧化性，故C错误；D．Fe2O3中Fe元素处于高价态，具有氧化性，故D错误；故选A；(2)①Fe3+能与KSCN溶液反应生成络合物而导致溶液呈血红色，可以用KSCN溶液检验铁离子，其检验方法为研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化，故答案为：研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化；②Fe3+具有氧化性，能被还原性物质还原生成Fe2+，服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子，说明维生素C能被铁离子氧化，则维生素C具有还原性，故答案为：还原性；(3)腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入的试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体；①试剂a是Fe，操作I为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：Fe；漏斗；②滤液X、Z中都有同一种溶质氯化亚铁，它们转化为氯化铁的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；③上述流程中操作III包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。【点睛】明确Fe及其化合物的性质和相互间的转化关系是解本题关键。本题的易错点为(3)要注意所加试剂都是过量的。24.I．在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间/s012356n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)下图中表示NO2的变化的曲线是_______(填字母)。(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是_______。(3)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=_______。Ⅱ．将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)(1)下图所示，反应中断开反应物化学键吸收的能量_______(填写“大于”“等于”“小于”)形成生成物中化学键放出的能量。(2)能使该反应的速率增大的是_______。A．及时分离出CO2气体B．适当升高温度C．加入少量NH2COONH4(s)D．选择高效催化剂(3)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是_______(填序号)。①v正(NH3)=2v逆(CO2)②密闭容器中NH3的物质的量不变③容器中NH3与CO2的物质的量之比保持不变④密闭容器中气体总压强保持不变⑤CO2(g)的体积分数保持不变⑥形成6个N—H的同时有2个C=O断裂⑦气体的平均相对分子质量保持不变⑧混合气体的密度保持不变【答案】①.b②.65%③.0.0015mol/(L∙s)④.大于⑤.BD⑥.③⑤⑦【解析】【分析】由表格数据可知，平衡时NO的物质的量为0.007mol，反应的NO为0.013mol，则生成的NO2为0.013mol，NO2的浓度为0.0065

mol/L，结合v=分析解答；由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，结合影响反应速率的因素和化学平衡的特征分析解答。【详解】I．(1)由表格数据可知，平衡时NO的物质的量为0.007mol，反应的NO为0.013mol，则生成的NO2为0.013mol，NO2的浓度为0.0065

mol/L，且二氧化氮为生成物，曲线b平衡时的浓度为0.0065mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化，故答案为：b；(2)