四川省任隆中学2023-2024学年高一下化学期末达标检测模拟试题含解析

四川省任隆中学2023-2024学年高一下化学期末达标检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有机化合物中，其核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是（

）A．CH3CH2CH3 B．CH3CH2OCH2CH3C．CH3CH2OH D．CH3OCH32、聚丙烯酸酯的结构简式可表示为，由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是()A．属于高分子化合物，是混合物B．链节为—CH2—CH—C．单体为CH2＝CH—COORD．n为聚合度3、如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关的判断正确的是（）A．a为负极，b为正极B．c为阳极，d为阴极C．电解过程中，氯离子浓度不变D．电解过程中，c电极质量增加4、下列说法正确的是()A．将金属A投入B的盐溶液中，A溶解说明A的金属性比B的金属性强B．用干燥洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液是钠盐溶液C．合成新型农药可以在元素周期表的金属与非金属交界处区域探寻D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象5、下列有关反应限度的说法正确的是()A．大多数化学反应在一定条件下都有一定的限度B．NH4HCO3受热分解可自发进行C．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，改变反应限度D．FeCl3与KSCN反应达到平衡时，向其中滴加KCl溶液，则溶液颜色变深6、下列四支试管中，过氧化氢分解产生氧气的化学反应速率最大的是试管温度过氧化氢浓度催化剂A室温(25℃)12%有B水浴加热(50℃)4%无C水浴加热(50℃)12%有D室温(25℃)4%无A．A B．B C．C D．D7、“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（）①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀A．①④⑥ B．②③④ C．②③⑤ D．①③④⑥8、4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原于内质子数之比为1∶2，X2+和Z-离子的电子数之差为8。下列说法不正确的是（）A．与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料B．元素原于半径从大到小的顺序是X、Y、ZC．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构D．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2YO49、医学界通过用14C标记的C60发现一种C60的羧酸衍生物，在特定条件下，它可以通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病(AIDS)。下列有关叙述中，正确的是（）A．14C与12C的化学性质不同 B．14C与14N含有的中子数不同C．14C60与12C60互为同位素 D．14C与14N、13N互为同位素10、下列关于反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑的说法正确的是()A．过氧化钠是氧化剂，水是还原剂 B．过氧化钠是还原剂，水是氧化剂C．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂 D．水既是氧化剂又是还原剂11、下列说法正确的是：A．聚乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色B．1mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共可以消耗氯气5molC．油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应D．制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热12、下列描述中，不正确的是A．硅胶是用二氧化硅和水反应制得的B．水泥是以黏土和石灰石为原料制成的C．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制成的D．赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃刻蚀而成的13、对于100mL1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施能使生成氢气的反应速率加快的是（

）①升高温度；②改用100mL3mol/L盐酸；③多用300mL1mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用98%的硫酸．⑥加入少量CuSO4A．①③④⑥ B．①②④⑥ C．①②④⑤ D．①②④⑤⑥14、下列说法正确的是A．异丁烷与新戊烷互为同系物B．一氯甲烷在常温下为液态C．淀粉与纤维素互为同分异构体D．酯化反应属于加成反应15、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍．下列说法错误的是X

Y

ZWA．气态氢化物的热稳定性：X＜YB．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z＞XC．元素Y和元素Z的最高正化合价之和的数值等于9D．W的单质具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色16、将1.92gCu投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下收集到1.12L气体时，金属铜恰好全部消耗。则反应中消耗的硝酸的物质的量为A．0.09mol B．0.1mol C．0.11mol D．0.12mol二、非选择题（本题包括5小题）17、该表是元素周期表中的一部分：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②③3④⑤⑥⑦⑧⑨⑩4⑪⑫⑬回答下列问题：（1）⑦是____________，原子半径最大的是____________。（填元素符号或化学式，下同）（2）⑧⑨⑪⑫四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是________。（3）上述元素中，最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是____________，碱性最强的化合物的电子式____________。（4）用电子式表示⑤和⑨组成的化合物的形成过程____________。（5）①和氢元素形成的化合物很多，其中C2H6可用于形成燃料电池，若用NaOH作电解质溶液，写出该燃料电池的负极反应方程式____________。（6）CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。已知上述反应中相关的化学键键能数据如表：化学键C－HC=OH－HCO(CO)键能/kJ·mol−14137454361075则该反应产生2molH2（g）时____________（填“放出”或“吸收”）热量为____________kJ。18、（1）将红热的固体单质甲放入显黄色的浓乙溶液中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气作用，发生如下图所示的变化。则：①写出下列物质的化学式：丙__________，B____________，C__________，D____________。②写出甲跟乙反应的化学方程式：__________________________。③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式：___________________。（2）如图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末，F有刺激性气味且有漂白性。请据此回答下列问题：写出图中编号的化学方程式：①_______________________；②_______________________；③______________________。19、能源、资源、环境日益成为人们关注的主题。(1)近日向2019世界新能源汽车大会致贺信，为发展氢能源，必须制得廉价氢气。下列可供开发又较经济的一种制氢方法是_______（填写编号）①电解水②锌和稀硫酸反应③利用太阳能，光解海水(2)某同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案：方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO4方案②：铜在空气中加热再与稀硫酸反应，即Cu→CuO→CuSO4这两种方案，你认为哪一种方案更合理并简述理由_______。(3)海带中含有丰富的碘元素.从海带中提取碘单质的工业生产流程如图所示.步骤③中双氧水在酸性条件下氧化碘离子的离子方程式是_______，步骤④除了CCl4还可以选用的萃取剂是_______（填序号）。a.苯b.乙醇c.乙酸d.乙烷20、某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究．请回答：Ⅰ．用图1所示装置进行第一组实验．（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是________（填字母序号）．A．石墨B．铝C．铂D．银（1）N极发生反应的电极反应式为__________________________________．Ⅱ．用图1所示装置进行第二组实验．实验过程中，观察到与第一组实验不同的现象：两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料得知，高铁酸根离子（FeO41﹣）在溶液中呈紫红色．（3）电解过程中，X极区溶液的pH________（填“增大”“减小”或“不变”）．（4）电解过程中，Y极发生的电极反应之一为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO41﹣+4H1O若在X极收集到671mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少________g．（5）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为1K1FeO4+3Zn＝Fe1O3+ZnO+1K1ZnO1．该电池负极发生的反应的电极反应式为________．21、实验室可用氯气和金属铁反应制备无水三氧化铁，该化合物呈棕红色、易潮解，100℃左右时升华。装置如下:(1)仪器a的名称是________。(2)A中反应的化学方程式是________。(3)碱石灰的作用是________。(4)反应开始时，先点燃_______处的酒精灯(填“A”或“D”)。(5)D中反应开始后，收集器中有大量棕红色烟生成，反应结束后，将收集器及硬质玻璃管中的物质快速转移至锥形瓶中，加水溶解，充分反应后，加入KSCN溶液未变红色，其原因是__________。(用离子方程式表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种不同化学环境的H原子，峰的面积之比等于氢原子数之比，核磁共振氢谱图有三种信号，说明分子中有3种不同化学环境下的H，

利用等效氢原子判断：

①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；

②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，同一碳原子所连氢原子等效；

③处于镜面对称位置上的氢原子等效；【详解】A.

CH3CH2CH3有2种不同化学环境H原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，A项错误；B.

CH3CH2OCH2CH3有2种不同化学环境H原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，B项错误；C.

CH3CH2OH中有3种不同化学环境H原子，核磁共振氢谱有3个吸收峰，C项正确；D.

CH3OCH3有1种H原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，D项错误；答案选C。2、B【解析】

依据高分子化合物聚丙烯酸酯的结构简式可确定其链节为，单体为，n为聚合度，因n值不确定，高分子化合物均是混合物，A、C、D均正确，B不正确，答案选B。3、B【解析】

A.根据电流方向知，a是直流电源的正极，b是负极，故A错误；B.根据电流方向知，a是直流电源的正极，b是负极，电解池中与电源正极相连的电极为阳极，与电源负极相连的是阴极，所以c为阳极、d为阴极，故B正确；C.阳极上溶液中氯离子失电子生成氯气，所以氯离子浓度减小，故C错误；D.c是阳极，溶液中氯离子在c极失电子生成氯气，c电极质量不变，故D错误；答案选B。4、D【解析】

A．将金属A投入B的盐溶液中，A溶解，没有指出置换出B，则不能说明A的金属性比B的金属性强，如铜与氯化铁的反应，A错误；B．用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中一定存在钠离子，该溶液可能为钠盐，有可能为氢氧化钠，所以不一定为钠盐，B错误；C．应在右上角的非金属元素区寻找制备新型农药材料的元素，C错误；D．两支试管中装有等体积、等浓度H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液，氯化铁能改变化学反应速率，能达到实验目的，D正确。答案选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及金属性比较、物质的检验、元素周期表、化学反应速率等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度中等，选项A是易错点，注意举例排除法的灵活应用。5、A【解析】B项，NH4HCO3受热分解必须加热才能进行，B错误；C项，催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率，但不能改变反应限度，C错误；D项，KCl并不会参与化学反应，其反应实质是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故溶液颜色基本不变，D错误。6、C【解析】

一般来说温度越高、浓度越大，且加入催化剂，都可使反应速率增大，则A和C加入催化剂，则反应速率应大于B和D，A和C相比较，C温度较高，则反应速率较大；故答案选C。7、B【解析】

纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，②③④正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。8、D【解析】

根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表可以确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1∶2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W为He、X为Be、Z为F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W为C、X为Mg、Z为Cl，由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，则Y为S，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为C元素，X为Mg元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A．与碳同主族的元素硅是良好的半导体材料，故A正确；B．同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以Mg、S、Cl的原子半径逐渐减小，故B正确；C．四氯化碳分子中每个氯原子和碳原子形成一个共用电子对，每个碳原子和四个氯原子形成4个共用电子对，所以四氯化碳分子中碳原子和氯原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故C正确；D．非金属元素最强的元素是Cl元素，所以W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HZO4，故D错误；答案选D。9、B【解析】

A．14C与12C均为碳元素的原子，则化学性质相同，故A错误；B．14C中的中子数为14-6=8，14N含有的中子数为14-7=7，中子数不同，故B正确；C．14C60和12C60是碳元素的一种单质，不是同位素，故C错误；D．14C与14N、13N的质子数不同，不是同位素，故D错误；答案选B。10、C【解析】

过氧化钠与水反应属于氧化还原反应，其中过氧化钠中-1价氧原子部分化合价升高为0价，被氧化为氧气，部分化合价降低为-2价，被还原为氢氧化钠，故过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。【点睛】本题主要考查氧化还原反应中氧化剂和还原剂的判断。化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，本身作还原剂；化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，本身作氧化剂。据此判断此题。11、B【解析】

A．聚乙烯分子中不存在不饱和键，不会被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B.1mol乙烯与Cl2完全加成，消耗氯气1mol，生成1mol1，2-二氯乙烷，1mol1，2-二氯乙烷与4molCl2发生取代反应，生成1mol六氯乙烷，故共消耗氯气5mol，故B正确；C、糖类分为单糖、二糖和多糖，单糖不能水解，故糖类不一定能发生水解，故C错误；D．苯与溴水不反应，应选铁屑、液溴、苯混合制备，故D错误；故选B。12、A【解析】

A.二氧化硅和水不反应，故A错误；B.水泥是以黏土和石灰石为原料制成的，故B正确；C.生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英,在高温下,碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙,故C正确；D.玻璃的成分有二氧化硅，氢氟酸能和二氧化硅反应，所以可用氢氟酸雕刻玻璃花，故D正确；综上所述，本题正确答案为A。13、B【解析】

①升高温度，能提高单位体积内活化分子的数目，使有效碰撞几率增大，提高反应速率，正确；②改用100mL3mol/L盐酸，增大溶液中氢离子浓度，是反应速率加快，正确；③多用300mL1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度不变，反应速率不变，错误；④用等量铁粉代替铁片，增大铁与氢离子的接触，反应速率加快，正确；⑤改用98%的硫酸，铁遇到浓硫酸钝化，反应停止，错误；⑥加入少量CuSO4，在铁的表面析出Cu，形成铜铁原电池，加快铁的反应速率，正确；答案为B【点睛】向反应液中加入少量硫酸铜，溶液中的铜离子得电子能力强，先在铁的表面析出铜，形成铜铁原电池，加快负极的消耗，反应速率加快。14、A【解析】

A.异丁烷与新戊烷的结构相似，均是烷烃，相差1个CH2原子团，二者互为同系物，A正确；B.一氯甲烷在常温下为气态，B错误；C.淀粉与纤维素均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，C错误；D.酯化反应是酸与醇生成酯和水的反应，属于取代反应，D错误。答案选A。15、C【解析】Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O，根据各元素在周期表的位置可知，X为C，Z为S，W为Cl，则A、元素非金属性C＜O，所以氢化物越稳定X＜Y，A正确；B、元素非金属性Cl＞S＞C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X，B正确；C、氧元素没有最高价，C错误；D、氯气与水生成次氯酸能漂白，所以氯气能使湿润的有色布条褪色，D正确，答案选C。16、C【解析】

1.92g铜与一定量浓硝酸反应，Cu恰完全反应，生成气体为NO、NO2中的一种或二者混合物；反应的硝酸一部分表现氧化性，一部分表现酸性；根据原子守恒表现氧化性的硝酸物质的量=n（NOx）=1.12L/22.4L∙mol-1=0.05mol，表现酸性的硝酸物质的量=2n[Cu（NO3）2]=2n（Cu）=2×1.92g/64g∙mol-1=0.06mol，所参加反应硝酸物质量=0.05mol+0.06mol=0.11mol，答案选C。【点睛】本题考查铜和硝酸反应的计算问题，注意运用守恒法简化运算过程，此类题目常用到原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等，本题运用原子守恒：参加反应的硝酸的物质的量=表现氧化性的硝酸的物质的量+表现酸性的物质的量。二、非选择题（本题包括5小题）17、SiKS2－＞Cｌ－＞K+＞Ca2+C2H6－14e－+18OH－=2CO32－+12H2O吸收120【解析】

根据元素在周期表中的位置可知①～⑬分别是C、N、O、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Ca、Br，据此解答。【详解】（1）⑦是Si；根据元素周期律，同周期随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，同主族随着核电荷数增大，原子半径逐渐增大，原子半径最大的是K；（2）相同的电子结构，质子数越大，离子半径越小，则⑧⑨⑪⑫四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是S2－＞Cl－＞K+＞Ca2+；（3）非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，故最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4；金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，故碱性最强的化合物KOH，电子式为；（4）用电子式表示⑤和⑨组成的化合物氯化镁的形成过程为；（5）C2H6用于形成碱性燃料电池，作负极反应物生成CO32－，发生氧化反应，失电子，碳元素化合价从-3→+4，1个C2H6转移14个电子，故该燃料电池的负极反应方程式C2H6－14e－+18OH－=2CO32－+12H2O；（6）按反应计量系数，该化学反应的反应热=反应物总键能-生成物总键能=(413×4+745×2－1075×2－436×2)kJ/mol=120kJ/mol，则该反应产生2molH2（g）吸收热量为120kJ。18、CuNOCaCO3Cu(NO3)2C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O2SO2＋O22SO3【解析】

（1）可从蓝色溶液(含Cu2+)和白色沉淀(CaCO3)逆推，单质丙为Cu，与之反应的溶液为HNO3；图中的气体中含CO2，因该气体是气体A通过水后产生的，故气体B只能是NO，气体A则应为CO2和NO2的混合物，进一步推出红热固体单质甲为碳，显黄色的溶液乙为浓硝酸；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。【详解】（1）单质丙和A与水反应后的溶液发生反应生成蓝色溶液，则该蓝色溶液中含有铜离子，气体A和水反应生成的溶液应该是酸，则丙是Cu，铜和稀硝酸在常温下反应，则A与水反应后的溶液中含有HNO3，气体B是NO，根据元素守恒知，A中含有NO2，通入水后的A中气体能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，且还剩余NO，根据元素守恒及物质颜色知，甲是C，乙是浓硝酸，则A中含有CO2、NO2，根据以上分析知，甲、乙、丙分别是：C、HNO3（浓）、Cu，A为CO2、NO2，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2，故①丙为Cu，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2；②甲跟乙反应的化学方程式为C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，①反应①2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；②反应②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；③反应③2SO2＋O22SO3。19、③方案②，方案①会产生SO2污染大气2I-+H2O2+2H+=I2+2H2Oa【解析】

(1)从能源、原料的来源分析；(2)从环保、物质的利用率、能源分析判断；(3)双氧水在酸性条件下具有强的氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式；(4)萃取剂要与水互不相容，且碘单质容易溶解其中。【详解】(1)①电解水需要消耗大量电能，能耗高，不经济，①不符合题意；②锌和稀硫酸反应可以产生氢气，但冶炼锌、制备硫酸需消耗大量能量，会造成污染，不适合大量生产，②不符合题意；③利用太阳能，光解海水，原料丰富，耗能小，无污染，③符合题意；故合理选项是③；(2)方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，反应原理为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，不仅会消耗大量硫酸，还会由于产生SO2而造成大气污染，不环保，①不合理；方案②：铜在空气中加热产生CuO，CuO与稀硫酸反应产生CuSO4和水，无污染，②合理；故方案②更合理；(3)步骤③中双氧水在酸性条件下能氧化碘离子为碘单质，双氧水被还原产生水，反应的离子方程式是2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；I2容易溶于有机溶剂，而在在水中溶解度较小，根据这一点可以用萃取方法分离碘水中的碘，步骤④除了CCl4还可以选用的萃取剂是与水互不相容的苯；而乙醇、乙酸能溶于水，不能使用；乙烷为气体，不能作萃取剂，故合理选项是a。【点睛】在不同的实验方案选择时，要从能量的消耗、原料的来源是否丰富、是否会造成污染考虑，选择萃取剂时，萃取剂与原溶剂水互不相容，溶质与萃取剂不能发生反应，且在其中溶解度远远大于水中才可以选择使用。20、B1H1O+1e﹣═H1↑+1OH﹣增大0.183Zn-6e﹣+10OH﹣═ZnO+1ZnO11-+5H1O【解析】分析：Ⅰ.图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属；M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，据此分析解答；Ⅱ.该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，负极上失去电子发生氧化反应，据此分析解答。详解：Ⅰ、(1)在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选B；(1)N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：1H++1e-═H1↑(或1H1O+1e-═H1↑+1OH-)，故答案为：1H++1e-═H1↑(或1H1O+1e-═H1↑+1OH-)；Ⅱ、