宝山区高三上学期第一次模拟考试（等级考）化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精上海市宝山区2020届高三上学期高中等级考一模试卷化学一、单选题（本大题共20小题）1.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.已知：铟与铝(13Al）同主族。下列说法错误的是（）A.In

的金属性大于

AlB。In

最外层有

2

种能量的电子C.In

的中子数为

66D.In

原子的相对原子质量为

115【答案】D【解析】【分析】A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强;B、铟与铝(13Al）同主族,则In的最外层电子数为3，排布在s、p轨道上；C、中子数=质量数-质子数,据此计算判断；D、的质量数为115。【详解】A、铟与铝(13Al)同主族，并且铟元素的原子序数较大,同主族从上至下金属性逐渐增加，所以In的金属性强,故A不符合题意；B、In的最外层电子数为3,排布在5s、5p轨道上，5s能级上两个电子能量相同，但小于5p能级上的电子能量,所以In最外层有2

种能量的电子，故B不符合题意;C、的质量数为115、质子数为49，所以中子数=119—49=66，故C不符合题意；D、的质量数为115，In的相对原子质量为天然存在的核素In的质量数与其丰度的乘积之和,故D符合题意；故选：D。2.下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是（）A。抗氧化剂 B。调味剂C.着色剂 D.增稠剂【答案】A【解析】【详解】A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触,延缓氧化的反应速率，故A正确;B.调味剂是为了增加食品的味道,与速率无关，故B错误；C。着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关,故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关,故D错误。故选：A.3.下列各组物质所含化学键相同的是（）A.钠（Na）与金刚石（C）B。氯化钠（NaCl)与氯化氢（HCl）C。氯气（Cl2）与氦气（He）D。碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）【答案】D【解析】【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含,则一定为共价键;原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体,含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意;B、氯化钠是离子晶体，含离子键;HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子,不含化学键，故C不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键,故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系,判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A。NaCl(aq）

Cl2(g）FeCl2（s)B.S(s）SO3（g）H2SO4(aq）C。Al(s）AlCl3（aq)Al(OH)3(s)D.N2（g)

NH3(g)

Na2CO3（s)【答案】C【解析】【详解】A、电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液,氯气和铁反应生成氯化铁,不能生成FeCl2，则不能实现,故A不符合题意；B、S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫,则不能实现，故B不符合题意;C、铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀,则物质间转化都能实现，故C符合题意；D、氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠,则不能实现，故D不符合题意。故选：C。【点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出,NaHCO3固体经过加热分解生成Na2CO3。5.在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A。Na+ B。HCO3－ C。Fe2+ D.Cl—【答案】B【解析】【分析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确;

B。HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3—离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性,即电离呈酸性,降低pH值,水解呈碱性，pH值升高，故B正确；

C.Fe2+为弱碱阳离子,水解使溶液呈酸性，只能降低pH值,故C不正确；

D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；

正确答案：B.【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。6。在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯.有关物质的沸点、熔点如下表：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/点/℃13—25—476下列说法错误的是（）A.该反应属于取代反应B.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来C。甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是

C7H16D.对二甲苯的一溴代物有

2

种【答案】C【解析】【分析】甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离,结合有机物的结构特点解答该题。【详解】A、甲苯变成二甲苯是苯环上氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A不符合题意;B、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大,且二者能够互溶，因此可以用蒸馏的方法分离，故B不符合题意;C、甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是

C7H14，故C符合题意；D、对二甲苯结构对称,有2种H，则一溴代物有

2

种，故D不符合题意.故选：C。7。β。月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有(）A.2种 B.3种 C.4种 D.6种【答案】C【解析】【详解】因为分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示，1分子物质与2分子溴发生加成反应时，可以在①和②位置上发生加成反应，也可以在①和③位置上发生加成反应或在②③位置上发生加成反应，还可以1分子溴与①②发生1,4－加成,另1分子溴在③上加成,所以得到的产物有四种；答案选C.8.维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式见图，合成它的单体可能为（）A。 B.CH2=CF2

和

CF2=CFCF3C。 D.【答案】B【解析】【分析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体,就是根据高分子链,结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节,凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后,再分别将两个半键闭合即得单体。【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃，按如图方式断键可得单体为1，1—二氟乙烯和全氟丙烯。故选：B.9.下列物质和铁不可能发生反应的是（）A.Al2O3 B.H2O C。浓硝酸 D。O2【答案】A【解析】【详解】A、铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选;B、铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选；C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选；D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选;故选：A.10.设NA为阿伏加德常数的数值,下列说法正确的是（）A.18gH2O含有10NA个质子B。1mol苯含有3NA个碳碳双键C.标准状况下，22。4L氨水含有NA个NH3分子D。常温下，112g铁片投入足量浓H2SO4中生成3NA个SO2分子【答案】A【解析】【详解】A、18g水的物质的量为n==1mol,而一个水分子中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；B、苯不是单双键交替的结构,故苯中无碳碳双键,故B错误；C、标况下，氨水为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故C错误；D、112g铁的物质的量n==2mol，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误.故选：A.【点睛】常温下，铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化，需注意,钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反应的进一步发生，若在加热条件下，反应可继续发生，但随着反应的进行，浓硫酸会逐渐变稀，其反应实质有可能会发生相应的变化.11.下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（)A。Na2S2O3

溶液和

HCl

溶液 B。H2S

气体在足量的

O2

中燃烧C.碳和浓硫酸反应 D.铜和浓硫酸反应【答案】A【解析】【详解】A、Na2S2O3溶液和HCl溶液反应,发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠,生成产物有硫，故A符合题意;B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,生成产物中无硫单质生成,故D不符合题意；故选：A。12。下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是（)A.准备工作：先用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管B.量取

15。00mL

待测液：在

25

mL

滴定管中装入待测液，调整初始读数为

10。00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶C.判断滴定终点:指示剂颜色突变，且半分钟内不变色D.读数：读蓝线粗细线交界处所对应的刻度,末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积【答案】B【解析】【详解】A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被稀释而浓度减小引起较大误差，故A不符合题意；B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为

10。00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15。00mL,测定结果偏大，故B符合题意；C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C不符合题意；D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D不符合题意；故选：B。13。下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示）（）A。NaCl→Na++Cl-B。CuCl→Cu2++2Cl-C。CH3COOH⇌CH3COO-+H+D.H2

（g）+Cl2

（g）→2HCl(g）+183kJ【答案】B【解析】【详解】A、NaCl为强电解质,电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO—+H+，故C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）=（436+243—431×2）kJ/mol=—183kJ/mol，因此H2

(g)+Cl2

(g)→2HCl(g）+183kJ,故D不符合题意；故选:B。【点睛】电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子,发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液（或熔融电解质）中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－;阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋.14.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A。NH4HCO3

受热易分解，可用作化肥B.NaHCO3

溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂C.SO2

具有氧化性,可用于纸浆漂白D.Al2O3

具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】【详解】A、NH4HCO3

含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3

受热易分解无关，故A不符合题意;B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2

具有漂白性,可用于纸浆漂白，与SO2

具有氧化性无关，故C不符合题意；D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3

具有两性无关，故D不符合题意；故选：B。【点睛】高中阶段常见具有漂白的物质类型有：①强氧化性（漂白过程不可逆），常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca（ClO）2等;②形成不稳定化合物型(漂白过程可逆）,常见物质有SO2；③物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭.15。短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是()A。熔沸点：Z2X＜Z2W B。元素最高价：Y＜ZC.气态氢化物的热稳定性:Y＜W D。原子半径：X＜Y＜Z＜W【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F;X原子的最外层有6个电子,且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族,则W为S元素,据此解答.【详解】根据分析可知，X为O,Y为F,Z为Na，W为S元素。A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子,则熔沸点Na2O>Na2S,故A错误；B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价,则元素最高价:Y<Z，故B正确；C、非金属性F〉S，则气态氢化物的热稳定性：Y〉W，故C错误；D、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y<X<W<Z，故D错误;故选:B。【点睛】离子晶体熔沸点比较:阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如:CsCl〈NaCl；简单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。16.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A。用装置甲灼烧碎海带B。用装置乙过滤海带灰的浸泡液C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I—的溶液,B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误;D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收,D错误；答案选B。17.将铁粉和活性炭混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中,进行铁的电化学腐蚀实验.下列有关该实验的说法正确的是（）A.在此实验过程中铁元素被还原B。铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C。活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极,Fe失电子生成亚铁离子；B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【详解】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，被氧化,故A错误；B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化,故B错误;C、Fe、C和电解质溶液构成原电池,Fe易失电子被腐蚀,加速Fe的腐蚀，故C正确；D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀,水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误；故选：C.18.下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（）A。氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体B。氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色:氢氧化钠水解使溶液显碱性C.乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应D。碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大【答案】D【解析】【详解】A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限,氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根,使酚酞显红色，不是水解,故B不符合题意；C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应,使溴水褪色，故C不符合题意；D、碘单质本身紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色,碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意;故选：D。19.下列有关电解质溶液的说法正确的是（)A。向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1B.醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中〉1C.向

0。1mol⋅L-1

CH3COOH

溶液中加入少量水，溶液中减小D.将

CH3COONa

溶液从

20℃升温至

30℃，溶液中增大【答案】B【解析】【详解】A、向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c（OH-),根据电荷守恒可知:c（Cl—)=c（NH4+）,则=1，故A错误；B、醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应,反应后溶质为CH3COONa，CH3COO-部分水解，导致c(Na+)〉c（CH3COO-），即〉1，故B正确;C、向

0.1mol⋅L-1

CH3COOH溶液中加入少量水，CH3COOH的电离程度增大，导致溶液中CH3COOH的数目减少、H+的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中的比值增大,故C错误；D、将CH3COONa

溶液从20℃升温至30℃，CH3COO—的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致=的比值减小，故D错误；故选：B。20。在密闭容器中，可逆反应aA(g)⇌bB（g）达到平衡后,保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡建立时，B的浓度是原来的60%,则新平衡较原平衡而言,下列叙述错误的是（）A.平衡向正反应方向移动B.物质

A

的转化率增大C。物质

B

的质量分数减小D。化学计量数

a

和

b

的大小关系为a＜b【答案】C【解析】【分析】温度不变，将容器体积增加1倍，若平衡不移动，B的浓度是原来的50％，但体积增大时压强减小，当达到新的平衡时,B的浓度是原来的60％，可知减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。【详解】A、由上述分析可知，平衡正向移动,故A不符合题意；B、平衡正向移动，A的转化率增大，故B不符合题意;C、平衡正向移动，生成B的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C符合题意；D、减小压强向生成B的方向移动,减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系a〈b,故D不符合题意。故选:C。【点睛】本题考查化学平衡，把握浓度变化确定平衡移动为解答的关键,注意动态与静态的结合及压强对化学平衡移动的影响.二、简答题（本大题共3小题，共43.0分）21。CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。CO2可以被NaOH溶液捕获，其基本过程如下图所示(部分条件及物质未标出).(1）下列有关该方法的叙述中正确的是______.a．能耗大是该方法的一大缺点b．整个过程中,只有一种物质可以循环利用c．“反应分离"环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤d．该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备各种化工产品（2）若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）。已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是______,CS2熔点高于CO2，其原因是______。（3）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）→2CO（g)+2H2(g）-120kJ，补全下图中CO2与CH4催化重整反应的能量变化示意图（即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值）_______________(4）常温下，在2L密闭容器中，下列能说明该反应达到平衡状态的是______。a．每消耗16gCH4的同时生成4gH2b．容器中气体的压强不再改变c．混和气体的平均相对分子质量不发生改变d。容器中气体的密度不再改变反应进行到10min时，CO2的质量减少了8。8g，则0～10min内一氧化碳的反应速率是______.（5）按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图所示。此反应优选温度为900℃的原因是______。【答案】(1）.ad（2）。(3）。（4)。CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大,所以CS2熔点高于CO2（5）。(6）。bc(7）。0.02mol/（L•min）（8).900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大,经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低【解析】【分析】（1)流程为：用烧碱来吸二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱,碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质CaO、NaOH循环，“反应分离”环节中,应该是先过滤,据此分析解答；（2)强碱溶液中CO2转化为Na2CO3;CO2是直线型分子,含有两个C=O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C=S双键,据此写出电子式；CS2与CO2分子结构相似,都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2

熔点高于

CO2;（3）CO2

与

CH4

经催化重整反应为CH4（g）+CO2（g）2CO

（g)+2H2（g）—120kJ，即1molCH4（g）+1molCO2（g)总能量比2molCO

(g）+2molH2（g）总能量小120kJ，或2molCO

（g)+2molH2(g）总能量比1molCH4（g）+1molCO2(g)总能量高120kJ，据此作图；(4）反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此分析判断；根据v=计算v(CO2），再根据CH4（g）+CO2(g）2CO

(g）+2H2(g）中CO、CO2的计量关系计算v（CO）；(5）结合图象中温度对CO和H2产率的影响及CO和H2产率相对较高时的反应条件分析解答.【详解】（1）a、由于高温反应炉中高温分解碳酸钙，需要的耗能高，此为该工艺流程的一大缺点,故a正确；b、由流程可知，“反应分离”的氢氧化钠用于“捕捉室”反应,“高温反应炉”生成的CaO用于“反应分离”中生成碳酸钙和氢氧化钠，所以有CaO与NaOH循环使用，故b错误；c、“反应分离”环节中，分离的物质为碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，可用过滤法分离，故c错误；d、该分离过程涉及分离、提纯并利用CO2，可以减少碳的排放，捕捉到的

CO2

还可用来制备其他化工产品，故d正确；故答案为：ad；(2）pH=13的强碱溶液中CO2转化为Na2CO3,阴离子为;CO2是直线型分子，含有两个C=O双键，CS2与CO2分子结构相似,所以CS2也是直线型分子,含有两个C=S双键，写出的电子式为；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体,结合分子间作用力分析CS2

熔点高于

CO2；CS2与CO2都为分子晶体，由于CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2，故答案为:;;CS2与CO2都为分子晶体,CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2;（3)由CH4（g）+CO2(g）2CO

（g)+2H2（g)-120kJ可知,即1molCH4（g)+1molCO2（g）总能量比2molCO

（g）+2molH2(g）总能量小120kJ，或2molCO

（g)+2molH2(g)总能量比1molCH4（g）+1molCO2（g）总能量高120kJ，能量变化如图，故答案为：；(4)a、每消耗16g即1molCH4

的同时生成4g即2molH2，由于反应方向均为正向，所以不能据此判断反应达到平衡状态，故a不符合题意;b、该反应是气体体积变化的反应，反应发生变化时气体总物质的量相应变化，容器中气体的压强随之而变，所以容器中气体的压强不再改变的状态是平衡状态，故b符合题意；c、恒容体系中各物质均为气体,气体的总质量不变，但该反应是气体总物质的量变化的反应，由可知，混和气体的平均相对分子质量不变，即混合气体总物质的量不变，反应达到平衡状态,故c符合题意；d、恒容体系中各物质均为气体，即气体的总质量不变，所以容器中气体的密度始终不变，故容器中气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态,故d不符合题意；0～10min内（CO2）==0.2mol,所以v(CO2)===0.01mol/（L•min），根据CH4(g）+CO2（g）2CO

（g)+2H2(g)可知v(CO）=2v（CO2）=0.02mol/(L•min)，故答案为:bc;0。02mol/(L•min)；（5)根据图象可知,900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，故答案为：900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。22.某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献,得到以下资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ．制备K2FeO4（夹持装置略）.(1）A为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是______（锰被还原为Mn2+）。若反应中有0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。（2）装置B中盛放的试剂是______,简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______.（3)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性Cl2______FeO42—(填“＞"或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应,请用离子方程式表示______。Ⅱ．探究K2FeO4的性质（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌,浑浊的泥浆水很快澄清。请简述K2FeO4的净水原理。______.【答案】（1).2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2）。NA（3).2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑（4).饱和食盐水（5）.除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备(6)。〉（7）.Cl2+2OH—=Cl-+ClO-+H2O(8).K2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆,沉降下来,达到净水的目的【解析】【分析】由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl（浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】（1)A

中反应方程式是2KMnO4+16HCl（浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有

0。5molCl2

产生,则电子转移数目为0.5mol×2×(1—0）×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；（2)装置

B

中盛放的试剂是饱和食盐水,该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体,避免影响K2FeO4的制备；（3）Cl元素的化合价降低,Fe元素的化合价升高,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：>;Cl2+2OH—=Cl-+ClO-+H2O；（4）取少量

K2FeO4

加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体,搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清,可知

K2FeO4

的净水原理为K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，故答案为：K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气,生成氢氧化铁吸附泥浆,沉降下来，达到净水的目的。23。功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路线如下：（1）A是甲苯，试剂a是______。反应③的反应类型为______反应.(2）反应②中C的产率往往偏低，其原因可能是______。(3)反应⑥的化学方程式为______。(4）E的分子式是C6H10O2，其结构简式是______。(5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料,是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯(CH2=CH—CH3)为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。_________（合成路线常用的表达方式为:AB……目标产物）CH2=CH—CH3CH2=CH—CH2Cl【答案】（1）.浓硫酸和浓硝酸(2)。取代（3）。副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低(4）.+nH2O(5）。CH3CH=CHCOOCH2CH3(6）.【解析】【分析】A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式,可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。【详解】（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；（3）反应⑥的化学方程式为，故答案为：；(4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3;(5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH,再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。三、实验题（本大题共1小题，共17.0分）24.食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有K+、IO3—、I—、Mg2+．加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。已知：IO3—+5I—+6H+→3I2+3H2O,2Fe3++2I-→2Fe2++I2，KI+I2⇌KI3；氧化性：IO3—＞Fe3+＞I2。（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐,用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色,加入CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①第一份试液中，加KSCN溶液显红色，该红色物质是______（用化学式表示）。②第二份试液中“加入CCl4”的实验操作名称为______，CCl4中显紫红色的物质是______（用化学式表示）.③根据这三次实验，学生甲得出以下结论：在加碘盐中，除了Na+、Cl-以外，一定存在的离子是______,可能存在的离子是______,一定不存在的离子是__