福建省漳州市东山第二中学新高考化学四模试卷及答案解析

福建省漳州市东山第二中学新高考化学四模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．反应①属于固氮反应B．步骤②为先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3C．反应⑤、⑥均为氧化还原反应D．用精馏的方法可提纯三氯氢硅2、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2气混合后，气体分子数为2NAB．常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为10−12NAC．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAD．标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为0.6NA3、298

K时，向20

mL0.1

mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1

mol/L

NaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．a点溶液的pH为2.88B．b点溶液中：c（Na+）＞c（A－）＞c（HA）C．b、c之间一定存在c（Na+）＝c（A－）的点D．a、b、c三点中，c点水的电离程度最大4、在国家卫健委2020年2月发布的《最新版新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）》中，新增了几款有疗效的药物，其中一款是老药新用，结构如图所示。已知该药物由短周期元素组成，X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数。下列说法错误的是A．元素非金属性X>Y<ZB．X的氢化物显酸性C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D．在分子中，存在极性共价键和非极性共价键5、我国科学家设计的二氧化碳的熔盐捕获及电化学转化装置如图所示。下列说法正确的是（）A．a极是电化学装置的阴极B．d极的电极反应式为CO32--4e-=C+3O2-C．①中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化D．上述装置中反应的化学方程式为CO2C+O2↑6、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A．X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B．Y与Z形成的化合物只含离子键C．简单氢化物的沸点：Q<XD．Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性7、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()A．2 B．3 C．4 D．58、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A．根据步骤①的现象，说明废液中一定含有Al3+B．由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C．沉淀甲中可能含有Al(OH)3D．该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种9、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．46g乙醇中存在的共价键总数为7NAB．34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为8NAC．标准状况下，22.4LHF含有的原子数为2NAD．64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA10、下列说法错误的是A．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮B．在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化C．由于含钠、钾、钙、铂等金属元素的物质焰色试验呈现各种艳丽色彩，可用于制造烟花D．淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸11、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是A．简单离子半径：W+>Y3->X2->M+B．化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1:1，水溶液显碱性C．1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能只含有共价键12、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）A．V[NaOH(aq)]=0时，c(H+)=1×10-2mol·L-1B．V[NaOH(aq)]<10mL时，不可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)C．V[NaOH(aq)]=10mL时，c(H+)=1×10-7mol·L-1D．V[NaOH(aq)]>10mL时，c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)13、古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。则该物质是()A．明矾 B．草木灰 C．熟石灰 D．漂白粉14、对C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的分析合理的是（）A．肯定互为同系物 B．乙能够发生水解的同分异构体有3种C．甲可能极易溶于水 D．两种物质具有相同的最简式15、下列有关有机物的叙述正确的是A．由乙醇、丙三醇都易溶于水可知所有的醇都易溶于水B．由甲烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色可知所有的烷烃和苯的同系物都不与高锰酸钾溶液反应C．由淀粉在人体内水解为葡萄糖，可知纤维素在人体内水解的最终产物也是葡萄糖D．由苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应可知羟基能使苯环上的氢活性增强16、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．无色透明的溶液中：K+、Cu2+、SO42-、C1-B．加石蕊试液后变红色的溶液中：Ba2+、Na+、C1O-、NO3-C．能使Al转化为A1O2-的溶液中:Na+、K+、NO3-、C1-D．加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中：K+、Ca2+、Br-、OH-17、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的稳定性：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成18、一种三电极电解水制氢的装置如图，三电极为催化电极a、催化电极b和Ni(OH)2电极。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法错误的是（）A．制O2时，电子由Ni(OH)2电极通过外电路流向催化电极bB．制H2时，阳极的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2OC．催化电极b上，OH-发生氧化反应生成O2D．该装置可在无隔膜的条件下制备高纯氢气19、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3－+8Al+5OH－+2H2O3NH3+8AlO2－根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A．试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－B．试样中一定不含Al3+C．试样中可能存在Na+、Cl－D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO420、下列试剂不会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质的是（）A．Na2CO3 B．Na2O2 C．CaO D．Ca(ClO)221、微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左下图为其工作原理，右下图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是（）A．正极反应式是O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2OB．电池工作时，N极附近溶液pH增大C．处理1molCr2O72-时有6molH+从交换膜左侧向右侧迁移D．Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活22、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－二、非选择题(共84分)23、（14分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)（1）A所含官能团的名称是________。（2）①反应的化学方程式是________。（3）②反应的反应类型是________。（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是________。（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，③的化学方程式是________。（6）1molM与足量的NaHCO3溶液反应生成4molCO2，M的结构简式是________。（7）P的结构简式是________。24、（12分）从薄荷油中得到一种烃A（C10H16），叫ɑ—非兰烃，与A相关反应如下：已知：（1）H的分子式为________________。（2）B所含官能团的名称为_________________。（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有_________种（不考虑手性异构），其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为_______________________。（4）B→D，D→E的反应类型分别为___________、_______________。（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式：_____________________。（6）F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高级吸水性树脂，该树脂名称为______________。（7）写出E→F的化学方程式：______________________________________________。（8）A的结构简式为_____________，A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有______种（不考虑立体异构）。25、（12分）阿司匹林(乙酰水杨酸，)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如下表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。（3）提纯粗产品流程如下，加热回流装置如图：①使用温度计的目的是控制加热的温度，防止___。②冷凝水的流进方向是___(填“a”或“b”)。③趁热过滤的原因是___。④下列说法不正确的是___(填字母)。A．此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂B．此种提纯粗产品的方法叫重结晶C．根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大D．可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ＝1.08g/cm3)，最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___%。26、（10分）环乙烯是一种重要的化工原料，实验室常用下列反应制备环乙烯：环己醇、环己烯的部分物理性质见下表：物质沸点（℃）密度（g·cm-3，20℃）溶解性环己醇161.1(97.8)*0.9624能溶于水环己烯83(70.8)*0.8085不溶于水*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物中有机物的质量分数Ⅰ：制备环己烯粗品。实验中将环己醇与浓硫酸混合加入烧瓶中，按图所示装置，油浴加热，蒸馏约1h，收集馏分，得到主要含环己烯和水的混合物。Ⅱ：环己烯的提纯。主要操作有；a.向馏出液中加入精盐至饱和；b.加入3～4mL5%Na2CO3溶液；c.静置，分液；d.加入无水CaCl2固体；e.蒸馏回答下列问题：(1)油浴加热过程中，温度控制在90℃以下，蒸馏温度不宜过高的原因是________。(2)蒸馏不能彻底分离环己烯和水的原因是_______________。(3)加入精盐至饱和的目的是_____________________。(4)加入3～4mL5%Na2CO3溶液的作用是__________。(5)加入无水CaCl2固体的作用是______________。(6)利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为环己烯，环己烯分子中有_______种不同环境的氢原子。27、（12分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：①检验装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④……⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________；装置C的名称为_____________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②___________。28、（14分）Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途．将氯气溶于水能形成氯气﹣氯水体系．完成下列填空：（1）氯原子最外层电子的电子排布式是__．与电子排布式相比，轨道表示式增加了对核外电子运动状态中__描述．（2）氢、氯、氧三种元素各能形成一种简单阴离子，按离子半径由大到小的顺序排列这些离子__．（3）氯气﹣氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，请分别用平衡方程式表示：__．已知HClO的杀菌能力比ClO﹣强，氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是__（一种原因即可）．（4）在氯水中，下列关系正确的是__（选填编号）．ac（HClO）+c（ClO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）bc（H+）=c（ClO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）cc（HClO）＜c（Cl﹣）dc（Cl﹣）＜c（OH﹣）（5）ClO2是一种更高效、安全的消毒剂，工业上可用ClO2与水中的MnCl2在常温下反应，生成MnO2和盐酸，以除去水中Mn2+，写出该反应的化学方程式（需配平）__．有人认为产物MnO2和盐酸会继续反应生成氯气，这种认识对吗？__（填“对”或“错”），说明理由__．29、（10分）实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料锰酸锂（LiMn2O4）的一种流程如下：（1）废旧电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是_________。（2）“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn(NO3)2、LiNO3等产物。请写出该反应离子方程式_________。如果采用盐酸溶解，从反应产物的角度分析，以盐酸代替HNO3和H2O2混合物的缺点是_________。（3）“过滤2”时，洗涤Li2CO3沉淀的操作是_________。（4）把分析纯碳酸锂与二氧化锰两种粉末，按物质的量1：4混合均匀加热可重新生成LiMn2O4，升温到515℃时，开始有CO2产生，同时生成固体A，比预计碳酸锂的分解温度（723℃）低很多，可能的原因是________。（5）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn(OH)2开始沉淀的pH=7.7。请补充由上述过程中，制得的Mn(OH)2制备高纯MnCO3的操作步骤[实验中可选用的试剂：H2SO4、Na2CO3、C2H5OH]：向Mn(OH)2中边搅拌边加入_________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

A.根据氮的固定含义判断；B.根据物质的溶解性及反应产生的HCO3-浓度大小判断气体通入先后顺序；C.根据氧化还原反应的特征判断反应类型；D.根据物质的沸点的高低判断提纯方法。【详解】A.N2与H2在一定条件下合成NH3气，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A正确；B.CO2在室温下在饱和食盐水中溶解度不大，若先通入CO2，后通入NH3，则反应产生的HCO3-离子浓度较小，最后得到的NaHCO3就少，或根本不产生NaHCO3固体，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通入足量NH3，再通入CO2气体，B错误；C.反应⑤、⑥中均匀元素化合价的变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C正确；D.由于三氯氢硅沸点只有33℃，比较低，与其它杂质的沸点不同，因此可通过蒸馏的方法分离提纯，分馏方法也叫精馏，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题以制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程为线索，考查了物质制取过程中加入物质的先后顺序、反应类型的判断、混合物的分离方法等化学基础知识和基本技能。掌握物质的性质及在实验中的应用是本题解答的关键。2、C【解析】

A．标准状况下，HF是液态，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，气体分子数不是2NA，故A错误；B．常温下pH=12的NaOH溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B错误；C．乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，式量为30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，故C正确；D．1molC2H6含有7mol共价键数，标准状况下，2.24LC2H6含有的共价键数为0.7NA，故D错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。3、B【解析】

A．当加入10mL0.1

mol/L

NaOH溶液时，溶液中c(HA)=c(A-),由HA⇌H++A-可知Ka==c(H+)=10-4.76，则0.1mol/L的某酸HA中的c(H+)可用三段式进行计算，设电离的c(HA)为xmol/L：HA的电离平衡常数K===10-4.76，剩余的c(HA)=0.1-x≈0.1mol/L，解得x=10-2.88，所以a点溶液的pH为2.88，A正确；B．b溶液显酸性，c(H+)>(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)<c(A-)，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，当溶液pH=7呈中性时c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，所以b、c之间一定存在c(Na+)=c(A-)的点，C正确；D．a、b点中溶液显酸性，HA电离出的H+对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；答案选B。【点睛】溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。4、B【解析】

由化学式H3YO4可知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，据此分析解答。【详解】由化学式H3YO4可知，Y元素显+5价，在该物质中X元素的原子可形成3对共用电子对，且X、Y为同主族元素，原子半径X小于Y，则X为N元素，Y为P元素，又X、Y原子的质子数之和减去Y原子最外层电子数即为Z元素的原子序数，则Z的原子序数为7+15-5=17，Z为Cl元素，可与其它原子形成共用电子对，符合，A.同周期元素从左向右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上至下，非金属性逐渐减弱，X为N元素，Y为P元素，Z为Cl元素，则元素非金属性X＞Y＜Z，故A正确；B.X为N元素，其氢化物为氨气，显碱性，故B错误；C.Y的最高价氧化物的水化物是H3PO4，为中强酸，故C正确；D.同种非金属元素原子间形成非极性键，不同种非金属元素的原子间形成极性键，则在该分子中，存在极性共价键和非极性共价键，故D正确；故选B。5、D【解析】

由电解装置示意图可知，a极生成O2，O的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极，连接电源正极(b极)，电极反应式为：2C2O52--4e-===4CO2+O2，d极生成C，C的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则d为阴极，连接电源负极(c极)，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，电池总反应为CO2C+O2↑，据此解答问题。【详解】A．根据上述分析，a极是电化学装置的阳极，A选项错误；B．d为阴极，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，B选项错误；C．①中，捕获CO2时，CO2变成C2O52-和CO32-，碳元素的化合价始终为+4价，没有发生改变，C选项错误；D．电池总反应为CO2C+O2↑，D选项正确；答案选D。6、C【解析】

Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）<X（HF），故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案：C7、C【解析】

有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基—COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量128－45=83，则符合六元环的烃基是C6H11—，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。8、D【解析】

沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A.由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D.溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。9、D【解析】

A.每个乙醇分子有5个C-H键、1个C-C、1个C-O键、1个O-H键，46g乙醇中存在的共价键总数为8NA，故A错误；B．2H2S＋3O2=2SO2＋2H2O，1mol硫化氢转移6mol电子，34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为6NA，故B错误；C.标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D．CaC2由Ca2＋和C22－构成，64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA，故D正确；故选D。10、C【解析】

A．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，A正确；B．煤的气化是指以煤为原料,以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，所以在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化，B正确；C．金属铂灼烧时无色，不用于烟花制作中，C错误；D．淀粉可以被水解成为葡萄糖，葡萄糖进步氧化变成乙醇、乙酸，D正确；故选C。11、D【解析】

根据题目可以判断，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1，则YM的相对分子质量为17形成的化合物为NH3，M为H元素，Y为N元素；X与Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，故X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，W为Na元素。【详解】A．简单离子半径从大到小为Y3->X2->M+>W+，A错误；B．W2Z2为Na2O2，其阴阳离子个数之比为2:1，B错误；C．NaH与水发生反应，方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，转移1mol电子，C错误；D．四种元素形成的化合物可能为NH4HCO3，含有离子键，D正确；故选D。12、D【解析】

A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全电离，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中c(H+)<1×10-2mol/L，A项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当V(NaOH)aq<10mL时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B项错误；C.当V(NaOH)aq=10mL时，NaHC2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c(H+)<1×10-7mol/L，C项错误；D.当V(NaOH)aq>10mL时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且NaOH电离的OH-抑制C2O42-的水解，故c(Na+)>c(C2O42-)<c(HC2O4-)，D项正确；答案选D。13、A【解析】

早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，答案选A。14、C【解析】

A项、羧酸类和酯类的通式均为CnH2nO2，故甲和乙均可能为酸或酯，故两者不一定是同系物，故A错误；B项、乙能发生水解反应的同分异构体为酯类，可能为CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2，共4种，故B错误；C项、甲为乙酸或甲酸甲酯，若为甲酸甲酯，难溶于水；若为乙酸，易溶于水，故C正确；D项、最简式为各原子的最简单的整数比，C2H4O2（甲）和C4H8O2（乙）的最简式分别为CH2O和C2H4O，两者不同，故D错误；故选C。【点睛】同系物必须是同类物质，含有官能团的种类及数目一定是相同的。15、D【解析】

A.分子中碳原子为1~3的醇能与水以任意比例互溶，比如甲醇，乙醇，丙三醇，碳原子数为4~11的一元醇部分溶于水，碳原子更多的醇不溶于水，故A错误；B.苯的同系物如甲苯中由于侧链受苯环的影响，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.淀粉在淀粉酶的作用下水解最终得到葡萄糖，但人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水解，故C错误；D.苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应说明羟基能使苯环上的氢活性增强，故D正确。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，掌握有机反应的规律是解题的关键，注意有机物之间的区别和联系以及基团之间的相互影响，理解物质的特殊性质。16、C【解析】

A.Cu2+为蓝色，不符合无色的限定条件，A项不符合题意；B.加石蕊试液后变红色的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，此时C1O-会与H+反应生成弱酸次氯酸，不能大量存在，B项不符合题意；C.能使Al转化为A1O2-的溶液为强碱性溶液，存在大量的OH-，该组离子不反应，能共存，C项符合题意；D.加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中至少含有Ag+、SiO32－的一种，OH-、Br-会与Ag+反应生成沉淀而不存在，Ca2+会与SiO32－反应而不存在，D项不符合题意；答案选C。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不存在；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。17、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：W＜X,故A错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；D.SOCl2+H2O＝SO2+2HCl，AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；答案：D【点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。18、A【解析】

A．催化电极b中，水失电子生成O2，作阳极，电子由催化电极b通过外电路流向Ni(OH)2电极，A错误；B．制H2时，催化电极a为阴极，阳极Ni(OH)2在碱性溶液中失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，B正确；C．催化电极b上，水电离产生的OH-失电子，发生氧化反应生成O2，C正确；D．该装置中，电解质只有水，所以可在无隔膜的条件下制备高纯氢气，D正确；故选A。19、B【解析】

试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg

2+，【详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，答案选B。20、A【解析】

A．碳酸钠固体在空气中与二氧化碳、水蒸气都不发生反应，故A符合题意；B．过氧化钠和空气中的二氧化碳、水蒸气都发生反应，故B不合题意；C．氧化钙能与空气中的水反应生成氢氧化钙，故C不合题意；D．次氯酸钙会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，生成次氯酸和碳酸钙，故D不合题意；故选A。21、C【解析】A、根据工作原理，电解质环境为H＋，根据原电池的工作原理，电子流入的一极为正极，即N极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，故A说法正确；B、根据选项A的分析，消耗H＋，N极附近溶液的pH升高，故B说法正确；C、正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O，消耗1molCr2O72－时，从交换膜左侧向右侧迁移至少有14molH＋，故C说法错误；D、根据右边的图，当Cr2O72－浓度大时去除率变为0，Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故D说法正确。22、B【解析】

A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键+C2H5OH+H2O取代反应（硝化反应）+2CH3Cl+2HCl【解析】

根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；【详解】（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；（3）反应②中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；（6）1molM可与4molNaHCO3反应生成4molCO2，则M中含有4mol羧基，则M的结构简式为；（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。【点睛】确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。24、C10H20羰基、羧基4加成反应（或还原反应）取代反应聚丙烯酸钠3【解析】

烃A（C10H16）能与氢气加成得到H，结构简式为，B为，D为CH3CH（OH）COOH，G为，结合有机物的性质解答。【详解】（1）根据H的结构简式可得分子式为C10H20，故答案为C10H20；（2）B的结构简式为，所以B所含官能团的名称为羰基、羧基，故答案为羰基、羧基；（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH2CH(CH3)COOCH3、CH3CH2C(COOCH3)2共4种；核磁共振氢谱呈现2个吸收峰，既H原子的位置有2种，结构简式为：，故答案为4；；（4）B→D为羰基与H2发生的加成反应，D→E为D中的ɑ-H原子被Br取代，反应类型为取代反应。故答案为加成反应；取代反应；（5）D分子内羧基和羟基发生酯化反应生成G，则G的结构简式为：，故答案为；（6）E为丙烯酸，与NaOH醇溶液反应生成丙烯酸钠，加聚反应可得F，名称为：聚丙酸钠。故答案为聚丙烯酸钠；（7）E在NaOH醇溶液发生消去反应和中和反应，所以E→F的化学方程式为：，故答案为；（8）根据B、C的结构简式和A的分子式C10H16可推出A的结构简式为：；A中两个碳碳双键与等物质的量的Br2可分别进行加成反应，也可以发生1，4加成，所以产物共有3种。故答案为；3。25、醋酸酐和水易发生反应水浴加热乙酰水杨酸受热易分解a防止乙酰水杨酸结晶析出ABC84.3%【解析】

醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；（1）醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；（2）合成阿司匹林时要控制温度在85℃～90℃，该温度低于水的沸点；（3）向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，①乙酰水杨酸受热易分解；②冷凝水采用逆流方法；③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；

（4）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0mL×1.08g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%．【详解】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，故答案为：醋酸酐和水易发生反应；(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，故答案为：a；③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，故选：ABC；(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%，故答案为：84.3%.26、减少未反应的环己醇蒸出环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发增加水层的密度，有利于分层中和产品中混有的微量的酸除去有机物中少量的水3【解析】(1)根据题意，油浴温度过高可能有未反应的环己醇蒸出，因此加热过程中，温度控制在90℃以下，尽可能减少环己醇被蒸出，故答案为：减少未反应的环己醇蒸出；(2)环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发，使得蒸馏不能彻底分离环己烯和水的混合物，故答案为：环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发；(3)加入精盐至饱和，可以增加水层的密度，有利于环己烯和水溶液分层，故答案为：增加水层的密度，有利于分层；(4)馏出液可能还有少量的酸，加入3～4mL5%Na2CO3溶液可以除去产品中混有的微量的酸，故答案为：中和产品中混有的微量的酸；(5)无水CaCl2固体是常见的干燥剂，加入无水CaCl2固体可以除去有机物中少量的水，故答案为：除去有机物中少量的水；(6)环己烯的结构简式为，分子中有3种（）不同环境的氢原子，故答案为：3。27、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】

Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)~(5)；Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ．(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤②中通入干燥的Cl2，步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：②⑤；(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；Ⅱ．(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。28、3s23p5自旋方向Cl﹣、O2﹣、H﹣C