?2021-2022學年山東省德州市高三（上）期中化學試卷
一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分．每小題只有一個選項符合題目要求．
1．（2分）化學與生活、生產(chǎn)密切相關．下列說法錯誤的是（　?。?br /> A．“鹵水點豆腐”利用了膠體的聚沉原理
B．還原性鐵粉用于食品行業(yè)的“雙吸劑”
C．二氧化硅用于硅全固態(tài)電池的陽極材料
D．“拉閘限電”活動有利于“碳中和、碳達峰”
2．（2分）下列變化中，氣體反應物既被氧化又被還原的是（　　）
A．金屬鈉露置在空氣中迅速變暗
B．露置在空氣中的過氧化鈉固體變白
C．將氨氣與氯化氫混合，產(chǎn)生大量白煙
D．充滿氯氣的試管倒扣在水槽中，試管內(nèi)液面上升
3．（2分）下列離子組在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．小蘇打溶液中K+、Ba2+、OH﹣、NO3﹣
B．氨水溶液中K+、[Al（OH）4]﹣、Na+、NO3﹣
C．“84”消毒液中：K+、H+、Cl﹣、SO42﹣
D．氯化鐵溶液中Na+、K+、S2﹣、NO3﹣
4．（2分）下列有關實驗操作或敘述正確的是（　?。?br /> A．向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時，玻璃棒不可以接觸容量瓶內(nèi)壁
B．用NaOH溶液，濕潤的藍色石蕊試紙可檢驗溶液中NH4+
C．進行分液時，先放出下層液體后再倒出上層液體
D．蒸餾用到的玻璃儀器有蒸餾燒瓶、球形冷凝管、溫度計等
5．（2分）氯化鈉來自海水，工業(yè)上通過提純NaCl進一步獲得鈉單質(zhì)和化合物，轉(zhuǎn)化關系如下．下列說法正確的是（　?。?br />
A．提純過程主要涉及過濾、結(jié)晶、蒸餾等操作
B．上述轉(zhuǎn)化中只有反應①屬于氧化還原反應
C．反應②所得副產(chǎn)物中既含離子鍵又含共價鍵
D．實驗室可用氫氧化鈣鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉
6．（2分）已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半徑在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外層電子數(shù)為a，次外層電子數(shù)為b，Z元素的原子L層電子數(shù)為a+b，M層電子數(shù)為a﹣b，W與Z同主族R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1．下列敘述錯誤的是（　　）
A．非金屬強弱順序：Y＞R＞W(wǎng)＞Z
B．沾有R單質(zhì)的玻璃儀器可用WR2進行清洗
C．簡單離子半徑大小關系：R＞X＞Y
D．RY2和X2Y2均能使品紅試液褪色
7．（2分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效的漂白劑和氧化劑，其制備方法如下：
①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O
下列說法不正確的是（　?。?br /> A．氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2
B．通過原電池實現(xiàn)①，正極的電極反應SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+
C．每生1mol亞氯酸鈉，理論上共轉(zhuǎn)移電子數(shù)2NA
D．進行反應②時，要控制反應溫度不易過高
8．（2分）下列實驗中操作規(guī)范，且能達到實驗目的的是（　　）
A
B
C
D




觀察Fe（OH）2的生成
蒸發(fā)結(jié)晶制備氯化鈉晶體
制備并收集干燥的氨氣
鐵上鍍銅
A．A B．B C．C D．D
9．（2分）價﹣類二維圖是學習元素化合物知識的重要方法，某同學繪制某常見元素的價﹣類二維圖如圖所示．下列推斷合理的是（　?。?br />
A．f中陰陽離子個數(shù)比一定為1：2
B．圖中按箭頭所示的轉(zhuǎn)化均可一步實現(xiàn)
C．標況下，1molb和c的混合物體積22.4L
D．可用鹽酸酸化的氯化鋇檢驗e是否變質(zhì)
10．（2分）FeCl3常做印刷電路板的“腐蝕液”，右圖是制備氯化鐵晶體的實驗裝置圖，下列說法不正確的是（　?。?br />
A．甲裝置中的高錳酸鉀可用氯酸鉀、漂白精代替
B．實驗時應依次打開乙中活塞、彈簧夾、甲中活塞
C．甲中反應的離子方程式為：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
D．結(jié)束后，將乙中溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥即得FeCl3晶體
二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分．每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．
11．（4分）X、Y是原子序數(shù)增大的短周期元素，兩者可形成多種有機化合物．甲、乙分別是X、Y元素形成的常見氧化物．現(xiàn)將nmol甲和乙的混合物與足量過氧化鈉反應，固體質(zhì)量增重mg，同時生成VL氧氣．下列說法正確的是（　　）
A．反應過程中，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2nNA
B．n（甲）：n（乙）＝（m﹣2n）：（28n﹣m）
C．參加反應的過氧化鈉的質(zhì)量為78ng
D．V＝11.2
12．（4分）鐵的某種絡合物離子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化甲酸分解的反應機理及相對能量變化如圖所示：下列說法正確的是（　　）

A．反應過程中鐵元素價態(tài)沒有改變
B．由到過程中形成了離子鍵
C．反應過程中最大能壘E正＝77.1kJ?mol﹣1
D．總反應為：HCOOH（l）CO2（g）+H2（g）△H＝﹣46.2kJ?mol﹣1
13．（4分）研究微生物燃料電池不僅可以獲得高效能源，同時還可對污水、餐廳廢棄物等進行科學處理．利用微生物燃料電池原理處理酸性廢水的示意圖如右圖所示，下列說法正確是（　?。?br />
A．工作時，K+由b極區(qū)移向a極區(qū)
B．負極反應為：[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣
C．消耗0.1molCH3COOH，a極區(qū)質(zhì)量減少9.6g
D．放電過程中，b極附近溶液的pH變小
14．（4分）臨床上用KI預防和治療甲狀腺疾病．一種利用含碘廢水制取KI的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是（　?。?br />
A．制CuI時I2和CuSO4都做氧化劑
B．“濾渣2”經(jīng)過處理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的純度
D．獲得KI晶體時可在空氣中直接蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶
15．（4分）H2A是一種二元弱酸，H2A由于與空氣中的某種成分作用而保持不變，已知Ksp（MA）＝3×10﹣9，某水體中l(wèi)gc（X）（X為H2A、HA﹣、A2﹣、M2+）與pH的關系如圖所示．下列說法正確的多是（　?。?br />
A．曲線②代表HA﹣
B．H2A的一級電離常數(shù)為10﹣8.3
C．c（M2+）隨pH升高而增大
D．pH＝10.3時，c（M2+）＝3.0×10﹣7.9mol?L﹣1
三、非選擇題：本題共5小題，共60分．
16．（12分）硒（34Se）與人類的健康密切相關．硒元素的發(fā)現(xiàn)已有200多年，人們對硒的認識已經(jīng)進入全新階段．
（1）Se元素原子結(jié)構(gòu)示意圖為：　 　。
（2）H2O、H2S、H2Se三種氫化物的穩(wěn)定性大小順序是 　 　，其中還原性最強的是 　 　。
下表是O、S、Se、Te四種元素單質(zhì)分別與H2反應生成1mol氣態(tài)氫化物的反應熱，其中表示生成1mol硒化氫反應熱的是 　 　（填字母代號）。
A
B
C
D
+99.7kJ?mol﹣1
+29.7kJ?mol﹣1
﹣20.6kJ?mol﹣1
﹣241.8kJ?mol﹣1
（3）工業(yè)上用濃H2SO4焙燒CuSe的方法提取硒，反應產(chǎn)生SO2、SeO2的混合氣體，寫出反應的化學方程式 　 　。理論上該反應每轉(zhuǎn)移1mol電子，可得到SeO2的質(zhì)量為 　 　g。（保留一位小數(shù)）
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的電離方程式為：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣?H++SeO42﹣。Na2SeO4溶液的離子濃度由大到小的順序為 　 　，Na與Se兩種元素的守恒關系為：c（Na+）＝　 　。
17．（12分）硫酸是十分重要的化工原料．工業(yè)上用黃鐵礦（FeS2）制備硫酸的工藝如圖所示。

（1）FeS2的電子式：　 　。
（2）過程Ⅰ發(fā)生的化學方程式為 　 　。
（3）已知：98.3%的濃硫酸密度為1.84g?cm﹣3，則該濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為 　 　。
（4）實驗室常用一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸要用濃硫酸進行配制，配制過程中各操作的先后順序是 　 　。

（5）如圖是模擬工業(yè)探究為何采用98.3%的濃硫酸吸收三氧化硫的裝置。

①如圖中丙和丁裝置的作用分別是：　 　。
②若丁裝置在反應過程中出現(xiàn)氣泡，不久就出現(xiàn)了白霧，而丙裝置一直沒有明顯變化，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的可能原因兩種是：一是丙中插入濃硫酸溶液的導管插得太深，使兩個吸收瓶內(nèi)的壓強差較大，導致SO3從丁的水中冒了出來，與水形成酸霧；二是 　 　。
③本實驗設計還存在的較明顯缺陷是 　 　。
18．（12分）氯化亞銅（CuCl）是一種白色粉末，廣泛應用于化工和印染等行業(yè)。CuCl難溶于乙醇，在潮濕的空氣中易被氧化，酸性條件下不穩(wěn)定，易生成Cu和Cu2+。工業(yè)上用銅礦粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）為原料制備CuCl．流程如圖。

（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜過量太多的原因是 　 　。
（2）濾液3的主要成分是 　 　；過程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是 　 　。
（3）生成MnCO3的離子方程式為：　 　。
（4）析出的CuCl晶體用乙醇洗滌的目的是 　 　。
（5）合成過程中氯化亞銅的產(chǎn)率與溫度、溶液pH的關系如圖所示。

①據(jù)圖分析，生產(chǎn)氯化亞銅的適宜條件為 　 　。
②合成時，鹽酸用量過多對產(chǎn)品造成的影響是 　 　。
19．（12分）“循環(huán)經(jīng)濟”是目前備受關注的課題，對保護環(huán)境和資源的綜合利用意義重大。
（1）氮元素在海洋中的循環(huán)，是整個海洋生態(tài)系統(tǒng)的基礎和關鍵，海洋中無機氮的循環(huán)過程可用如圖1表示。
①海洋中的氮循環(huán)起始于氮的固定，其中屬于固氮作用的一步是 　 ?。ㄌ顖D中數(shù)字序號）。
②有氧時，在硝化細菌作用下，NH4+可實現(xiàn)過程④的轉(zhuǎn)化，若產(chǎn)物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，則反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為 　 　。
（2）氮循環(huán)的過程中產(chǎn)生有毒氧化物（NOx）。工業(yè)上常用 Na2CO3溶液吸收法處理。
發(fā)生的反應有NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）
2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）
將1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣兩種離子的物質(zhì)的量隨x變化關系如圖所示。下圖2中線段b表示 　 ?。ㄌ铍x子符號）隨x值變化的關系；若用溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為21.2%的Na2CO3溶液吸收，則需要Na2CO3溶液至少 　 　g。

（3）采用電解法處理含氮氧化物廢氣，可回收硝酸，具有較高的環(huán)境效益和經(jīng)濟效益．實驗室模擬電解法吸收NOx的裝置如上圖3所示（圖中電極均為石墨電極）。
①直流電源的負極為 　 ?。ā癆”或“B”）；該電解裝置應選擇 　 ?。ㄌ睢瓣枴被颉瓣帯保╇x子交換膜。
②若以處理NO2為模擬實驗，陽極發(fā)生的電極反應為 　 　。

20．（12分）二氯異氰尿酸鈉[（CNO）3Cl2Na]是常用的殺菌消毒劑，常溫下為白色固體，難溶于冷水。某同學利用高濃度的NaClO溶液和（CNO）3H3固體，在10℃時反應制備二氯異氰尿酸鈉，實驗裝置如圖所示（部分夾持裝置略）。

已知：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列問題：
（1）儀器a的名稱為恒壓滴液漏斗，與分液漏斗相比其優(yōu)點是　 　。
（2）待裝置B中出現(xiàn)　 　時，可由三頸燒瓶上口加入（CNO）3H3固體；反應過程中仍需不斷通入 Cl2的理由是　 　。
（3）反應結(jié)束后，裝置B中的濁液經(jīng)過濾、　 　、干燥得粗產(chǎn)品。上述裝置存在一處缺陷會導致裝置B中NaOH利用率降低，改進的方法是　 　。
（4）通過下列實驗測定二氯異氰尿酸鈉樣品中有效氯的含量。
反應原理：[（CNO）3Cl2]﹣+H++2H2O═（CNO）3H3+2HClO，HClO+2I﹣+H+═I2+Cl﹣+H2O，I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
實驗步驟：準確稱取mg樣品，用容量瓶配成250mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶液，充分反應后，用 cmol/L Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色。加入淀粉指示劑繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液平均為 VmL。
①滴定終點現(xiàn)象為　 　。
②該樣品的有效氯含量表達式為　 　。（該樣品的有效氯＝×100%）

2021-2022學年山東省德州市高三（上）期中化學試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分．每小題只有一個選項符合題目要求．
1．（2分）化學與生活、生產(chǎn)密切相關．下列說法錯誤的是（　?。?br /> A．“鹵水點豆腐”利用了膠體的聚沉原理
B．還原性鐵粉用于食品行業(yè)的“雙吸劑”
C．二氧化硅用于硅全固態(tài)電池的陽極材料
D．“拉閘限電”活動有利于“碳中和、碳達峰”
【分析】A．豆?jié){是膠體，鹵水是電解質(zhì)溶液；
B．還原性鐵粉能發(fā)生吸氧腐蝕，會吸收氧氣和水蒸氣；
C．硅是優(yōu)良的半導體材料，硅可以用于制硅全固態(tài)電池；
D．火力發(fā)電會釋放二氧化碳，“拉閘限電”活動有利于節(jié)約電能。
【解答】解：A．豆?jié){是膠體，鹵水是電解質(zhì)溶液，膠體遇到電解質(zhì)溶液會發(fā)生聚沉，所以“鹵水點豆腐”利用了膠體的聚沉原理，故A正確；
B．還原性鐵粉能發(fā)生吸氧腐蝕，會吸收氧氣和水蒸氣，所以還原性鐵粉能作食品行業(yè)的“雙吸劑‘’，故B正確；
C．硅是優(yōu)良的半導體材料，硅可以用于制硅全固態(tài)電池，二氧化硅是絕緣體，不能作陽極材料，故C錯誤；
D．火力發(fā)電會釋放二氧化碳，“拉閘限電”活動有利于節(jié)約電能，能減少二氧化碳的排放，所以有利于“碳中和、碳達峰‘’，故D正確；
故選：C。
【點評】本題考查了元素的化合物的性質(zhì)及其應用，為高頻考點和常見題型，側(cè)重于學生的分析、應用能力的考查，把握物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與應用為解答該題的關鍵，題目難度不大。
2．（2分）下列變化中，氣體反應物既被氧化又被還原的是（　?。?br /> A．金屬鈉露置在空氣中迅速變暗
B．露置在空氣中的過氧化鈉固體變白
C．將氨氣與氯化氫混合，產(chǎn)生大量白煙
D．充滿氯氣的試管倒扣在水槽中，試管內(nèi)液面上升
【分析】A．Na在空氣中被氧氣氧化；
B．過氧化鈉與空氣中的水、二氧化碳反應；
C．氨氣與HCl反應生成氯化銨；
D．二氧化氮與水反應生成硝酸和NO。
【解答】解：A．Na在空氣中被氧氣氧化，氧氣是氧化劑，被還原，故A不選；
B．過氧化鈉與空氣中的水、二氧化碳反應，過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，氣體中元素化合價不變，故B不選；
C．氨氣與HCl反應生成氯化銨，反應中沒有元素化合價的變化，不是氧化還原反應，故C不選；
D．氯氣與水反應生成HClO和HCl，氯氣既是氧化劑又是還原劑，則氣體反應物既被氧化又被還原，故D選；
故選：D。
【點評】本題考查氧化還原反應，題目難度不大，明確氧化還原反應的概念即可解答，試題側(cè)重基礎知識的考查，培養(yǎng)了學生的靈活應用能力。
3．（2分）下列離子組在指定溶液中能大量共存的是（　?。?br /> A．小蘇打溶液中K+、Ba2+、OH﹣、NO3﹣
B．氨水溶液中K+、[Al（OH）4]﹣、Na+、NO3﹣
C．“84”消毒液中：K+、H+、Cl﹣、SO42﹣
D．氯化鐵溶液中Na+、K+、S2﹣、NO3﹣
【分析】離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化還原反應等，則離子能大量共存，以此來解答。
【解答】解：A.Ba2+、OH﹣、HCO3﹣反應生成沉淀和水，不能大量共存，故A錯誤；
B.氨水溶液中該組離子之間不反應，可大量共存，故B正確；
C.H+、Cl﹣、ClO﹣發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故C錯誤；
D.S2﹣分別與Fe3+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查離子的共存，為高頻考點，把握習題中的信息、離子之間的反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意復分解反應、氧化還原反應的判斷。
4．（2分）下列有關實驗操作或敘述正確的是（　?。?br /> A．向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時，玻璃棒不可以接觸容量瓶內(nèi)壁
B．用NaOH溶液，濕潤的藍色石蕊試紙可檢驗溶液中NH4+
C．進行分液時，先放出下層液體后再倒出上層液體
D．蒸餾用到的玻璃儀器有蒸餾燒瓶、球形冷凝管、溫度計等
【分析】A.容量瓶轉(zhuǎn)移液體時，玻璃棒的下端在刻度線以下；
B.氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍；
C.分液時避免上下層液體混合；
D.球形冷凝管易殘留餾分。
【解答】解：A.容量瓶轉(zhuǎn)移液體時，玻璃棒的下端在刻度線以下，防止溶液殘留，玻璃棒可以接觸容量瓶內(nèi)壁，故A錯誤；
B.氨氣可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，不能選濕潤的藍色石蕊試紙，故B錯誤；
C.分液時避免上下層液體混合，則先放出下層液體后，再從上口倒出上層液體，故C正確；
D.球形冷凝管易殘留餾分，應選直形冷凝管，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物的分離提純、溶液的配制、實驗技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。
5．（2分）氯化鈉來自海水，工業(yè)上通過提純NaCl進一步獲得鈉單質(zhì)和化合物，轉(zhuǎn)化關系如下．下列說法正確的是（　?。?br />
A．提純過程主要涉及過濾、結(jié)晶、蒸餾等操作
B．上述轉(zhuǎn)化中只有反應①屬于氧化還原反應
C．反應②所得副產(chǎn)物中既含離子鍵又含共價鍵
D．實驗室可用氫氧化鈣鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉
【分析】由轉(zhuǎn)化可知，海水提純后得到NaCl，①為電解熔融氯化鈉生成Na，②中氯化鈉溶液、氨氣、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，③為碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉，④為電解氯化鈉溶液生成NaOH，以此來解答。
【解答】解：A.海水中含氯化鈉，且含鈣離子、鎂離子、硫酸根離子，需要加NaOH、氯化鋇、碳酸鈉除雜后，過濾、蒸發(fā)結(jié)晶得到NaCl，提純不涉及蒸餾，故A錯誤；
B.由上述分析可知，①、④均為電解，均屬于氧化還原反應，故B錯誤；
C.反應②所得副產(chǎn)物為氯化銨，含離子鍵、共價鍵，故C正確；
D.碳酸鈉和碳酸氫鈉均與氫氧化鈣溶液反應生成白色沉淀，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查海水資源的應用，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、混合物的分離提純?yōu)榻獯鸬年P鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用。
6．（2分）已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半徑在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外層電子數(shù)為a，次外層電子數(shù)為b，Z元素的原子L層電子數(shù)為a+b，M層電子數(shù)為a﹣b，W與Z同主族R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1．下列敘述錯誤的是（　?。?br /> A．非金屬強弱順序：Y＞R＞W(wǎng)＞Z
B．沾有R單質(zhì)的玻璃儀器可用WR2進行清洗
C．簡單離子半徑大小關系：R＞X＞Y
D．RY2和X2Y2均能使品紅試液褪色
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半徑在短周期主族元素中最大，則X為Na；Z元素的原子L層電子數(shù)為a+b，M層電子數(shù)為a﹣b，則a+b＝8，而Y元素的原子最外層電子數(shù)為a，次外層電子數(shù)為b，故b＝2，則a＝8﹣2＝6，可知Y為O元素，Z元素的M層電子數(shù)為a﹣b＝6﹣2＝4，故Z為Si；W與Z同主族，則W為C元素；R元素原子與Y元素（氧）原子的核外電子數(shù)之比為2：1，則R元素元素核外電子數(shù)為2×8＝16，故R為S元素。
【解答】解：由分析可知，X為Na、Y為O、Z為Si、W為C元素、R為S元素；
A．同周期自左而右非金屬性增強，同主族自上而下非金屬性減弱，則非金屬性O＞C，O＞S，S＞Si，C＞Si，元素最高價含氧酸的酸性越強，該元素非金屬性越強，酸性H2SO4＞H2CO3，故非金屬性S＞C，可知非金屬性O＞S＞C＞Si，故A正確；
B．硫單質(zhì)能溶于CS2，故B正確；
C．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，而離子的電子層越多，離子半徑越大，故離子半徑S2﹣＞O2﹣＞Na+，故C錯誤；
D．二氧化硫和過氧化鈉都具有漂白性，都可使品紅褪色，但原理不同，二氧化硫發(fā)生化合反應，過氧化鈉具有強氧化性，故D正確；
故選：C。
【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律的關系，推斷元素是解題的關鍵，注意掌握元素化合物知識，理解影響微粒半徑大小的因素，側(cè)重考查學生分析推理能力及知識綜合運用能力。
7．（2分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效的漂白劑和氧化劑，其制備方法如下：
①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4
②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O
下列說法不正確的是（　?。?br /> A．氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2
B．通過原電池實現(xiàn)①，正極的電極反應SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+
C．每生1mol亞氯酸鈉，理論上共轉(zhuǎn)移電子數(shù)2NA
D．進行反應②時，要控制反應溫度不易過高
【分析】A.根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性來進行分析判斷；
B.正極發(fā)生還原反應；
C.每生1mol亞氯酸鈉，轉(zhuǎn)移電子2mol；
D.溫度過高，過氧化氫會分解。
【解答】解：A.①2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2↑+2NaHSO4氧化劑是NaClO3，氧化產(chǎn)物是ClO2，故氧化性ClO3﹣＞ClO2；②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O中二氧化氯做氧化劑，過氧化氫做還原劑，故氧化性ClO2＞H2O2，所以氧化性：ClO3﹣＞ClO2＞H2O2，所以A正確；
B.正極發(fā)生還原反應，SO2﹣2e﹣+2H2O═HSO4﹣+3H+這個反應是氧化反應，是負極反應，故B錯誤；
C.每生1mol亞氯酸鈉，轉(zhuǎn)移電子2mol，每生1mol亞氯酸鈉，理論上共轉(zhuǎn)移電子數(shù)2NA，故C正確；
D.溫度過高，過氧化氫會分解，故溫度不易過高，故D正確，
故選：B。
【點評】本題考查氧化還原反應中氧化性強弱的比較、電子轉(zhuǎn)移數(shù)的計算，內(nèi)容比較基礎，適合平?；A訓練。
8．（2分）下列實驗中操作規(guī)范，且能達到實驗目的的是（　?。?br /> A
B
C
D




觀察Fe（OH）2的生成
蒸發(fā)結(jié)晶制備氯化鈉晶體
制備并收集干燥的氨氣
鐵上鍍銅
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.植物油可隔絕空氣，硫酸亞鐵與NaOH溶液反應生成氫氧化亞鐵；
B.蒸發(fā)選蒸發(fā)皿；
C.氨氣的密度比空氣密度?。?br /> D.鐵上鍍銅，應Cu與電源正極相連作陽極。
【解答】解：A.植物油可隔絕空氣，硫酸亞鐵與NaOH溶液反應生成氫氧化亞鐵，圖中裝置可制備氫氧化亞鐵并防止被氧化，故A正確；
B.蒸發(fā)選蒸發(fā)皿，不能選坩堝，故B錯誤；
C.氨氣的密度比空氣密度小，應短導管進氣收集，故C錯誤；
D.鐵上鍍銅，應Cu與電源正極相連作陽極，F(xiàn)e與電源負極相連，故D錯誤；
故選：A。
【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、物質(zhì)的制備、電鍍、實驗技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。
9．（2分）價﹣類二維圖是學習元素化合物知識的重要方法，某同學繪制某常見元素的價﹣類二維圖如圖所示．下列推斷合理的是（　?。?br />
A．f中陰陽離子個數(shù)比一定為1：2
B．圖中按箭頭所示的轉(zhuǎn)化均可一步實現(xiàn)
C．標況下，1molb和c的混合物體積22.4L
D．可用鹽酸酸化的氯化鋇檢驗e是否變質(zhì)
【分析】根據(jù)該元素的價類二維圖可以推知，a為S，屬于單質(zhì)，硫元素的化合價為0，b為SO2，硫元素的化合價為+4價，屬于氧化物，c為SO3，硫元素的化合價為+6價，屬于氧化物，d為Na2SO4或NaHSO4，硫元素為+6價，屬于鈉鹽；e為Na2SO3或NaHSO3，硫元素為+4價，屬于鈉鹽，f為Na2S或NaHS，硫元素為﹣2價，屬于鈉鹽。
【解答】解：A．f為Na2S或NaHS，當f為Na2S時陰陽離子個數(shù)比一定為1：2，當f為NaHS時陰陽離子個數(shù)比一定為1：1，故A錯誤；
B．圖中按箭頭所示的轉(zhuǎn)化由a→c，即由S→SO3不能一步實現(xiàn)，故B錯誤；
C．標況下，SO3不是氣體，故1molSO2和SO3的混合物體積不是22.4L，故C錯誤；
D．Na2SO3或NaHSO3變質(zhì)生成Na2SO4或NaHSO4，根據(jù)亞硫酸鋇溶于酸，硫酸鋇不溶于酸，可用鹽酸酸化的氯化鋇檢驗Na2SO3或NaHSO3是否變質(zhì)，故D正確；
故選：D。
【點評】本題綜合考查無機物的推斷，為高考常見題型，側(cè)重考查學生的分析能力以及元素化合物知識的綜合理解和運用，題目難度不大，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)。
10．（2分）FeCl3常做印刷電路板的“腐蝕液”，右圖是制備氯化鐵晶體的實驗裝置圖，下列說法不正確的是（　?。?br />
A．甲裝置中的高錳酸鉀可用氯酸鉀、漂白精代替
B．實驗時應依次打開乙中活塞、彈簧夾、甲中活塞
C．甲中反應的離子方程式為：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O
D．結(jié)束后，將乙中溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥即得FeCl3晶體
【分析】由制備實驗裝置可知，先打開乙中活塞，乙中Fe與鹽酸反應生成FeCl2，再打開彈簧夾，打開甲中活塞，甲中發(fā)生2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，然后氯氣進入乙中氧化亞鐵離子生成FeCl3，結(jié)束后將乙中溶液在HCl氣流中蒸發(fā)制備FeCl3晶體，丙中NaOH溶液可吸收尾氣，以此來解答。
【解答】解：A.甲裝置中的高錳酸鉀可用氯酸鉀、漂白精代替，均可氧化濃鹽酸生成氯氣，故A正確；
B.由上述分析可知，氯氣氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，則實驗時應依次打開乙中活塞、彈簧夾、甲中活塞，故B正確；
C.甲中高錳酸鉀可氧化濃鹽酸，反應的離子方程式為：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故C正確；
D.為抑制鐵離子的水解，需要在HCl氣流中將乙中溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥即得FeCl3晶體，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、制備原理、實驗裝置的作用為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用。
二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分．每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．
11．（4分）X、Y是原子序數(shù)增大的短周期元素，兩者可形成多種有機化合物．甲、乙分別是X、Y元素形成的常見氧化物．現(xiàn)將nmol甲和乙的混合物與足量過氧化鈉反應，固體質(zhì)量增重mg，同時生成VL氧氣．下列說法正確的是（　　）
A．反應過程中，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2nNA
B．n（甲）：n（乙）＝（m﹣2n）：（28n﹣m）
C．參加反應的過氧化鈉的質(zhì)量為78ng
D．V＝11.2
【分析】X、Y是原子序數(shù)增大的短周期元素，兩者可形成多種有機化合物，而甲、乙分別是X、Y元素形成的常見氧化物，甲、乙與過氧化鈉反應有氧氣生成，則甲為H2O、乙為CO2，則X為H元素、Y為C元素；
A．根據(jù)方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2計算氧氣的物質(zhì)的量，再根據(jù)氧元素化合價變化計算注意電子數(shù)目；
B．根據(jù)A分析可以計算生成氧氣的質(zhì)量，固體增重與氧氣質(zhì)量之和等于水與二氧化碳的總質(zhì)量，再結(jié)合水與二氧化碳總物質(zhì)的量計算它們的物質(zhì)的量之比；
C．根據(jù)方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2計算參加反應過氧化鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)m＝nM計算過氧化鈉的質(zhì)量；
D．氧氣不一定處于標準狀況下。
【解答】解：X、Y是原子序數(shù)增大的短周期元素，兩者可形成多種有機化合物，而甲、乙分別是X、Y元素形成的常見氧化物，甲、乙與過氧化鈉反應有氧氣生成，則甲為H2O、乙為CO2，則X為H元素、Y為C元素；
A．由方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知n（O2）＝[n（H2O）+n（CO2）]＝×nmol＝0.5nmol，故轉(zhuǎn)移電子為0.5nmol×2×[0﹣（﹣1）]＝nmol，即轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為nNA，故A錯誤；
B．由A分析可知，生成氧氣的質(zhì)量為0.5nmol×32g/mol＝16ng，則水與二氧化碳總質(zhì)量為（m+16n）g，設水、二氧化碳的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則，整理可得x：y＝（28n﹣m）：（m﹣2n），即n（甲）：n（乙）＝（28n﹣m）：（m﹣2n），故B錯誤；
C．根據(jù)方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知n（Na2O2）＝n（H2O）+n（CO2）＝nmol，故參加反應的過氧化鈉的質(zhì)量為nmol×78g/mol＝78ng，故C正確；
D．氧氣不一定處于標準狀況下，不能計算生成氧氣的體積，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查化學方程式計算、元素化合物的推斷，推斷物質(zhì)是解題的關鍵，注意根據(jù)化學方程式理解過氧化鈉與水、二氧化碳反應增重問題，D選項為易錯點，學生容易忽略標準狀況，試題較好地考查學生分析推理能力、化學計算能力。
12．（4分）鐵的某種絡合物離子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化甲酸分解的反應機理及相對能量變化如圖所示：下列說法正確的是（　?。?br />
A．反應過程中鐵元素價態(tài)沒有改變
B．由到過程中形成了離子鍵
C．反應過程中最大能壘E正＝77.1kJ?mol﹣1
D．總反應為：HCOOH（l）CO2（g）+H2（g）△H＝﹣46.2kJ?mol﹣1
【分析】A．→CO2+，該反應為氧化還原反應；
B．由到過程中氫原子之間形成共價鍵；
C．活化能為過渡態(tài)的相對能量與反應物的相對能量之差；
D．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得總方程式，△H＝生成物總能量﹣反應物總能量。
【解答】解：A．→CO2+，該反應為氧化還原反應，碳元素由+2價上升至+4價，則鐵元素化合價降低，故A錯誤；
B．由到過程中氫原子之間形成共價鍵，沒有形成離子鍵，故B錯誤；
C．反應過程中最大能壘E正＝43.5kJ/mol﹣（﹣42.6kJ/mol）＝86.1kJ/mol，故C錯誤；
D．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得該過程的總反應為HCOOH（l） CO2（g）+H2（g），△H＝﹣46.2kJ/mol﹣0kJ/mol＝﹣46.2kJ/mol，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查反應機理的分析判斷、催化劑作用的理解應用、化學鍵的變化，決定化學快慢的因素等知識點，明確反應機理中的各個階段是解題關鍵，掌握化學反應原理等基礎知識即可解答，題目難度中等。
13．（4分）研究微生物燃料電池不僅可以獲得高效能源，同時還可對污水、餐廳廢棄物等進行科學處理．利用微生物燃料電池原理處理酸性廢水的示意圖如右圖所示，下列說法正確是（　?。?br />
A．工作時，K+由b極區(qū)移向a極區(qū)
B．負極反應為：[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣
C．消耗0.1molCH3COOH，a極區(qū)質(zhì)量減少9.6g
D．放電過程中，b極附近溶液的pH變小
【分析】由圖可知，碳元素價態(tài)升高失電子，故a極為負極，電極反應式為CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，b為正極，電極反應式為[Fe（CN）6]3﹣+e﹣═[Fe（CN）6]4﹣，據(jù)此作答。
【解答】解：A.放電時，a極區(qū)生成氫離子，正電荷增加，b極區(qū)負電荷增加，故氫離子由a極區(qū)向b極區(qū)遷移，故A錯誤；
B.a極為負極，電極反應式為CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，故B錯誤；
C.a極為負極，電極反應式為CH3COOH﹣8e﹣+2H2O＝CO2↑+8H+，消耗1mol醋酸，a極區(qū)釋放2mol二氧化碳，同時有8mol氫離子由a極區(qū)向b極區(qū)遷移，質(zhì)量減少2mol×44g/mol+8mol×1g/mol＝96g，故消耗0.1molCH3COOH，a極區(qū)質(zhì)量減少9.6g，故C正確；
D.放電過程中，氫離子由a極區(qū)向b極區(qū)遷移，b極附近溶液的pH變小，故D正確；
故選：CD。
【點評】本題考查原電池原理，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息準確判斷正負極是解題的關鍵，難點是電極反應式的書寫。
14．（4分）臨床上用KI預防和治療甲狀腺疾?。环N利用含碘廢水制取KI的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是（　　）

A．制CuI時I2和CuSO4都做氧化劑
B．“濾渣2”經(jīng)過處理可回收利用
C．加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的純度
D．獲得KI晶體時可在空氣中直接蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶
【分析】由流程可知，制備CuI發(fā)生2Cu2++I2+4S2O32﹣＝2CuI↓+2S4O62﹣，過濾1得到濾液1為含S4O62﹣的溶液，CuI中加入鐵粉生成FeI2，過濾2得到的濾渣2含有Fe、Cu，其中Fe可循環(huán)使用，在濾液中加入碳酸鉀溶液發(fā)生K2CO3+FeI2＝FeCO3↓+2KI可得到KI，濾渣3為FeCO3，濾液中還含有過量的碳酸鉀，加入HI可除去，為防止KI被氧化而變質(zhì)，可將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，可得到KI，以此解答該題。
【解答】解：A.制備CuI發(fā)生2Cu2++I2+4S2O32﹣＝2CuI↓+2S4O62﹣，Cu、I元素的化合價降低，則I2和CuSO4都做氧化劑，故A正確；
B.“濾渣2”含F(xiàn)e，磁鐵分離出Fe可回收后在制備FeI2中利用，故B正確；
C.制備KI時加碳酸鉀過量，可知調(diào)節(jié)pH時加入HI的目的是去除K2CO3，提高KI的純度，故C正確；
D.KI易被空氣中的氧氣氧化，導致產(chǎn)品不純，所以獲得KI晶體的操作應是蒸發(fā)濃縮、泠卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、混合物的分離提純、制備原理為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用。
15．（4分）H2A是一種二元弱酸，H2A由于與空氣中的某種成分作用而保持不變，已知Ksp（MA）＝3×10﹣9，某水體中l(wèi)gc（X）（X為H2A、HA﹣、A2﹣、M2+）與pH的關系如圖所示．下列說法正確的多是（　?。?br />
A．曲線②代表HA﹣
B．H2A的一級電離常數(shù)為10﹣8.3
C．c（M2+）隨pH升高而增大
D．pH＝10.3時，c（M2+）＝3.0×10﹣7.9mol?L﹣1
【分析】根據(jù)圖象分析，隨著pH的增大，溶液的堿性增強，HA﹣、A2﹣濃度都增大，而在曲線①pH很小時也產(chǎn)生HA﹣，而隨著A2﹣濃度增大，逐漸生成MA沉淀，溶液中M2+逐漸減小，因此曲線①代表HA﹣，②代表A2﹣，③代表M2+，據(jù)此分析回答問題。
【解答】解：A．溶液中存在弱電離，且一級電離大于二級電離程度，且隨著溶液pH的增大，溶液的堿性增強，結(jié)合分析可知，曲線①代表HA﹣，故A正確；
B．曲線①代表HA﹣，由點（6.3，﹣5）可知此時溶液中H2A、HA﹣濃度相等，且pH＝6.3，即c（H+）＝1×10﹣6.3mol/L，則H2A的一級電離常數(shù)Ka1＝c（H+）＝1.0×10﹣6.3，故B錯誤；
C．而隨著A2﹣濃度增大，逐漸生成MA沉淀，溶液中M2+逐漸減小，則曲線③代表M2+，根據(jù)圖象可知，c（M2+）隨pH升高而減小，故C錯誤；
D．已知Ksp（MA）＝2.8×10﹣9，根據(jù)圖象pH＝10.3時，lgc（X）＝1.1，即c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝10﹣1.1mol?L﹣1，則c（M2+）＝＝＝2.8×10﹣7.9mol?L﹣1，故D正確；
故選：AD。
【點評】本題考查難溶物溶解平衡，側(cè)重考查圖象分析判斷及計算能力，明確圖象含義及電離平衡常數(shù)計算是解本題關鍵，題目難度中等。
三、非選擇題：本題共5小題，共60分．
16．（12分）硒（34Se）與人類的健康密切相關．硒元素的發(fā)現(xiàn)已有200多年，人們對硒的認識已經(jīng)進入全新階段．
（1）Se元素原子結(jié)構(gòu)示意圖為：　　。
（2）H2O、H2S、H2Se三種氫化物的穩(wěn)定性大小順序是 　H2O＞H2S＞H2Se　，其中還原性最強的是 　H2Se　。
下表是O、S、Se、Te四種元素單質(zhì)分別與H2反應生成1mol氣態(tài)氫化物的反應熱，其中表示生成1mol硒化氫反應熱的是 　B　（填字母代號）。
A
B
C
D
+99.7kJ?mol﹣1
+29.7kJ?mol﹣1
﹣20.6kJ?mol﹣1
﹣241.8kJ?mol﹣1
（3）工業(yè)上用濃H2SO4焙燒CuSe的方法提取硒，反應產(chǎn)生SO2、SeO2的混合氣體，寫出反應的化學方程式 　CuSe+4H2SO4CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O　。理論上該反應每轉(zhuǎn)移1mol電子，可得到SeO2的質(zhì)量為 　18.5　g。（保留一位小數(shù)）
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的電離方程式為：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣?H++SeO42﹣。Na2SeO4溶液的離子濃度由大到小的順序為 　c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+）　，Na與Se兩種元素的守恒關系為：c（Na+）＝　2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）]　。
【分析】（1）Se是34號元素，原子核外有34個電子分4層排布，從里到外各層的電子數(shù)分別為2、8、18、6；
（2）同主族從上到下非金屬元素依次減弱，氫化物穩(wěn)定性依次減弱，還原性依次增強，元素的非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越特定，能量越低；
（3）CuSe與濃H2SO4反應，產(chǎn)生SO2、SeO2的混合氣體，同時生成硫酸銅，結(jié)合化學方程式定量關系計算；
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的電離方程式為：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣?H++SeO42﹣，第一步完全電離，HSeO4﹣離子只電離不水解，Na2SeO4溶液中SeO42﹣離子水解，據(jù)此分析判斷溶液的離子濃度由大到小的順序和Na與Se兩種元素的守恒關系。
【解答】解：（1）Se是34號元素，原子核外有34個電子分4層排布，從里到外各層的電子數(shù)分別為2、8、18、6，則硒（Se）的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，
故答案為：；
（2）非金屬性，O＞S＞Se，H2O、H2S、H2Se三種氫化物的穩(wěn)定性大小順序是：H2O＞H2S＞H2Se，其中還原性最強的是：H2Se，同主族元素，自上而下非金屬減弱，與反應的劇烈程度減弱，反應越來越困難，反應熱越來越大，故生成1mol硒化氫反應熱的應是+29.7kJ?mol﹣1，
故答案為：H2O＞H2S＞H2Se；H2Se；B；
（3）CuSe與濃H2SO4反應，產(chǎn)生SO2、SeO2的混合氣體，同時生成硫酸銅，反應的化學方程式為：CuSe+4H2SO4（濃）CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O，理論上轉(zhuǎn)移6mol電子生成1molSeO2，理論上該反應每轉(zhuǎn)移1mol電子，可得到SeO2的物質(zhì)的量mol，質(zhì)量為＝mol×111g/mol＝18.5g，
故答案為：CuSe+4 H2SO4CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O；18.5；
（4）已知硒酸（H2SeO4）在水溶液中的電離方程式為：H2SeO4═H++HSeO4﹣；HSeO4﹣?H++SeO42﹣，第一步完全電離，HSeO4﹣離子只電離不水解，Na2SeO4溶液中SeO42﹣離子水解，據(jù)此分析判斷溶液的離子濃度由大到小的順序：c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+），Na與Se兩種元素的守恒關系為：c（Na+）＝2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）]，
故答案為：c（Na+）＞c（SeO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSeO4﹣）＞c（H+）；2[c（SeO42﹣）+c（HSeO4﹣）]。
【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)、元素周期律、氧化還原反應、電解質(zhì)溶液中離子濃度關系等，為高頻考點，把握氧化還原反應實質(zhì)、電解質(zhì)溶液中離子濃度關系分析方法、元素周期律為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，綜合性較強，題目難度不大。
17．（12分）硫酸是十分重要的化工原料．工業(yè)上用黃鐵礦（FeS2）制備硫酸的工藝如圖所示。

（1）FeS2的電子式：　　。
（2）過程Ⅰ發(fā)生的化學方程式為 　4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2　。
（3）已知：98.3%的濃硫酸密度為1.84g?cm﹣3，則該濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為 　18.4mol?L﹣1　。
（4）實驗室常用一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸要用濃硫酸進行配制，配制過程中各操作的先后順序是 　CBDFAE　。

（5）如圖是模擬工業(yè)探究為何采用98.3%的濃硫酸吸收三氧化硫的裝置。

①如圖中丙和丁裝置的作用分別是：　吸收三氧化硫并做對照實驗　。
②若丁裝置在反應過程中出現(xiàn)氣泡，不久就出現(xiàn)了白霧，而丙裝置一直沒有明顯變化，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的可能原因兩種是：一是丙中插入濃硫酸溶液的導管插得太深，使兩個吸收瓶內(nèi)的壓強差較大，導致SO3從丁的水中冒了出來，與水形成酸霧；二是 　濃硫酸對SO3的吸收效果遠好于水的吸收效果，SO3被濃硫酸充分吸收　。
③本實驗設計還存在的較明顯缺陷是 　缺少尾氣處理裝置　。
【分析】黃鐵礦（FeS2）制備硫酸的工藝流程：過程Ⅰ為過程Ⅰ為FeS2在空氣中煅燒產(chǎn)生和Fe2O3和SO2，過程Ⅱ為SO2在400～500℃和催化劑的作用下，被氧氣氧化成SO3，過程Ⅲ為98.3%的濃硫酸吸收SO3產(chǎn)生硫酸；
（1）FeS2是由Fe2+和S22﹣構(gòu)成的，據(jù)此書寫其電子式；
（2）過程Ⅰ為FeS2在空氣中煅燒產(chǎn)生和Fe2O3和SO2，據(jù)此書寫化學方程式；
（3）根據(jù)c＝計算；
（4）用濃溶液配置稀溶液的步驟為：計算→量取→稀釋→移液→洗滌→定容→搖勻；
（5）模擬工業(yè)探究采用98.3%的濃硫酸吸收三氧化硫的實驗：用甲裝置干燥SO2和O2，并其混合均均，在乙裝置中Cr2O3的催化作用和加熱條件下，產(chǎn)生SO3，最后分別用丙裝置中98.3%的濃硫酸和丁裝置中的水吸收三氧化硫，并形成對照實驗，為了防止SO2逸出，污染環(huán)境，還需要一個尾氣處理裝置。
【解答】解：（1）FeS2是由Fe2+和S22﹣構(gòu)成的，其電子式為：，
故答案為：；
（2）過程Ⅰ為FeS2在空氣中煅燒產(chǎn)生和Fe2O3和SO2，化學方程式為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，
故答案為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
（3）98.3%的濃硫酸密度為1.84g?cm﹣3，則該濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c＝mol/L≈18.4mol/L，
故答案為：18.4mol?L﹣1；
（4）用濃硫酸配制稀硫酸的步驟為：計算→量取→稀釋（C）→移液（B）→洗滌（D）→定容：先用燒杯和玻璃棒引流添加蒸餾水，當液面離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管（F→A）→搖勻（E），
故答案為：CBDFAE；
（5）①由分析可知，圖中丙和丁裝置的作用分別是：吸收三氧化硫并做對照實驗，
故答案為：吸收三氧化硫并做對照實驗；
②由于丙裝置和丁裝置的試劑不同，可能是試劑對SO3的吸收程度不同，若丁裝置在反應過程中出現(xiàn)氣泡，不久就出現(xiàn)了白霧，而丙裝置一直沒有明顯變化，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的可能原因是：濃硫酸對SO3的吸收效果遠好于水的吸收效果，SO3被濃硫酸充分吸收，
故答案為：濃硫酸對SO3的吸收效果遠好于水的吸收效果，SO3被濃硫酸充分吸收；
③SO2是空氣污染物，故本實驗設計還存在的較明顯缺陷是：缺少尾氣處理裝置，
故答案為：缺少尾氣處理裝置。
【點評】本題考查制備硫酸的工藝和探究實驗，題目難度中等，關鍵是掌握硫酸的制備原理、配置一定的物質(zhì)的量濃度溶液的步驟和物質(zhì)的量濃度的計算，明確對照實驗的設計思路。
18．（12分）氯化亞銅（CuCl）是一種白色粉末，廣泛應用于化工和印染等行業(yè)。CuCl難溶于乙醇，在潮濕的空氣中易被氧化，酸性條件下不穩(wěn)定，易生成Cu和Cu2+。工業(yè)上用銅礦粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）為原料制備CuCl．流程如圖。

（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜過量太多的原因是 　避免除雜步驟消耗更多的氨水和碳酸氫銨　。
（2）濾液3的主要成分是 　硫酸銨??；過程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是 　氨氣　。
（3）生成MnCO3的離子方程式為：　Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑　。
（4）析出的CuCl晶體用乙醇洗滌的目的是 　減少損失防止氧化　。
（5）合成過程中氯化亞銅的產(chǎn)率與溫度、溶液pH的關系如圖所示。

①據(jù)圖分析，生產(chǎn)氯化亞銅的適宜條件為 　55℃、pH＝3　。
②合成時，鹽酸用量過多對產(chǎn)品造成的影響是 　不僅降低氯化亞銅的產(chǎn)率，還會使產(chǎn)品中混有銅雜質(zhì)　。
【分析】由流程可知，酸浸時發(fā)生Cu2S+2MnO2+8H+＝2Cu2++2Mn2++S+4H2O、2FeO+2MnO2+8H+＝2Fe3++Mn2++4H2O、Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，過濾分離出S；向濾液1中加入氨水調(diào)節(jié)溶液的pH值，鐵離子生成Fe（OH）3沉淀，加入碳酸氫銨發(fā)生Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑，得到MnCO3沉淀，過濾得到的濾液2中含有Cu（NH3）4CO3，加熱發(fā)生Cu（NH3）4CO3CuO+4NH3↑+CO2↑，濾液3含硫酸銨，最后CuO與鹽酸、亞硫酸銨發(fā)生2H++SO32﹣+2CuO+2Cl﹣═H2O+2CuCl+SO42﹣，過濾、洗滌、真空干燥或隔絕空氣干燥得CuCl產(chǎn)品，以此來解答。
【解答】解：（1）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜過量太多的原因是避免除雜步驟消耗更多的氨水和碳酸氫銨，
故答案為：避免除雜步驟消耗更多的氨水和碳酸氫銨；
（2）濾液3的主要成分是硫酸銨；由上述分析可知，過程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是氨氣，
故答案為：硫酸銨；氨氣；
（3）生成MnCO3的離子方程式為Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑，
故答案為：Mn2++2HCO3﹣═MnCO3↓+H2O+CO2↑；
（4）CuCl難溶于乙醇，在潮濕的空氣中易被氧化，則析出的CuCl晶體用乙醇洗滌的目的是減少損失防止氧化，
故答案為：減少損失防止氧化；
（5）①圖中縱坐標為產(chǎn)率，橫坐標為溫度、pH，則生產(chǎn)氯化亞銅的適宜條件為55℃、pH＝3，
故答案為：55℃、pH＝3；
②CuCl在酸性條件下不穩(wěn)定，易生成Cu和Cu2+，則合成時，鹽酸用量過多對產(chǎn)品造成的影響是不僅降低氯化亞銅的產(chǎn)率，還會使產(chǎn)品中混有銅雜質(zhì)，
故答案為：不僅降低氯化亞銅的產(chǎn)率，還會使產(chǎn)品中混有銅雜質(zhì)。
【點評】本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用。
19．（12分）“循環(huán)經(jīng)濟”是目前備受關注的課題，對保護環(huán)境和資源的綜合利用意義重大。
（1）氮元素在海洋中的循環(huán)，是整個海洋生態(tài)系統(tǒng)的基礎和關鍵，海洋中無機氮的循環(huán)過程可用如圖1表示。
①海洋中的氮循環(huán)起始于氮的固定，其中屬于固氮作用的一步是 ?、凇。ㄌ顖D中數(shù)字序號）。
②有氧時，在硝化細菌作用下，NH4+可實現(xiàn)過程④的轉(zhuǎn)化，若產(chǎn)物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，則反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為 　5：4　。
（2）氮循環(huán)的過程中產(chǎn)生有毒氧化物（NOx）。工業(yè)上常用 Na2CO3溶液吸收法處理。
發(fā)生的反應有NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2（Ⅰ）
2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2（Ⅱ）
將1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收，溶液中生成的NO3﹣、NO2﹣兩種離子的物質(zhì)的量隨x變化關系如圖所示。下圖2中線段b表示 　NO3﹣?。ㄌ铍x子符號）隨x值變化的關系；若用溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為21.2%的Na2CO3溶液吸收，則需要Na2CO3溶液至少 　250　g。

（3）采用電解法處理含氮氧化物廢氣，可回收硝酸，具有較高的環(huán)境效益和經(jīng)濟效益．實驗室模擬電解法吸收NOx的裝置如上圖3所示（圖中電極均為石墨電極）。
①直流電源的負極為 　A?。ā癆”或“B”）；該電解裝置應選擇 　陽　（填“陽”或“陰”）離子交換膜。
②若以處理NO2為模擬實驗，陽極發(fā)生的電極反應為 　NO2﹣e﹣+H2O═NO3﹣+2H+　。

【分析】（1）①氮的固定作用是指游離態(tài)氮元素發(fā)生反應生成化合態(tài)氮元素的過程為固氮作用，即單質(zhì)變化為化合物；
②有氧時，在硝化細菌作用下，NH4+可實現(xiàn)過程④的轉(zhuǎn)化，生成N2O、NO2﹣、H+和水，結(jié)合電荷守恒和原子守恒配平書寫離子方程式，結(jié)合定量關系計算得到；
（2）利用極限法和守恒法來解決問題即可，若x＝1.5氣體應為NO和NO2混合物，物質(zhì)的量比為1：1，按Ⅰ式反應，沒有NO3﹣，線a應該表示NO2﹣，所有線b表示NO3﹣，用守恒法：反應生成的NaNO3和NaNO2中氮元素與鈉元素之比為1：1，所以1mol NOx被完全吸收至少需碳酸鈉0.5mol，質(zhì)量＝0.5mol×106g、mol＝53g；
（3）根據(jù)圖知，電解時，左室中電極上氫離子放電生成氫氣，則左室為陰極室，右室為陽極室，陽極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以陽極上氮氧化物失電子和水生成硝酸。
【解答】解：（1）①氮的固定作用是指游離態(tài)氮元素發(fā)生反應生成化合態(tài)氮元素的過程為固氮作用，即單質(zhì)變化為化合物，分析轉(zhuǎn)化關系圖可知只有反應②是氮氣保護為銨根離子是固氮作用，
故答案為：②；
②有氧時，在硝化細菌作用下，NH4+可實現(xiàn)過程④的轉(zhuǎn)化，若產(chǎn)物n（NO2﹣）：n（N2O）＝2：1，生成N2O、NO2﹣、H+和水，氮元素化合價﹣3價變化為+1價和+3價，氧元素化合價0價變化為﹣2價，電子轉(zhuǎn)移總數(shù)20e﹣，所以銨根離子前為4，氧氣前為5，NO2﹣前為2，N2O前為1，結(jié)合電荷守恒得到氫離子前為6，水分子式前為5，配平得到離子方程式為：4NH4++5O2═2NO2﹣+6H++N2O+5H2O，則反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5：4，
故答案為：5：4；
（2）用極限法：若x＝1.5氣體應為NO和NO2混合物，物質(zhì)的量比為1：1，按Ⅰ式反應，沒有NO3﹣，線a應該表示NO2﹣，所有線b表示NO3﹣，用守恒法：反應生成的NaNO3和NaNO2中氮元素與鈉元素之比為1：1，所以1mol NOx被完全吸收至少需碳酸鈉0.5mol，質(zhì)量＝0.5mol×106g、mol＝53g，若用溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為21.2%的Na2CO3溶液吸收，計算得碳酸鈉溶液的質(zhì)量＝g＝250g，
故答案為：NO3﹣；250；
（3）①電解時，左室中電極上氫離子放電生成氫氣，則左室為陰極室，連接的電源負極，右室為陽極室，電極反應為：NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，該電解裝置應選擇陽離子交換膜，
故答案為：A；陽；
②電解時，左室中電極上氫離子放電生成氫氣，則左室為陰極室，右室為陽極室，陽極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以陽極上氮氧化物失電子和水生成硝酸，電極反應式為：NO2﹣e﹣+H2O＝NO3﹣+2H+，
故答案為：NO2﹣e﹣+H2O═NO3﹣+2H+。
【點評】本題考查化學反應原理，涉及化學方程式計算、氧化還原反應、電解原理等知識點，側(cè)重考查學生分析、判斷及計算能力，難點是電極反應式的書寫，要注意結(jié)合電解質(zhì)溶液酸堿性書寫，題目難度中等。
20．（12分）二氯異氰尿酸鈉[（CNO）3Cl2Na]是常用的殺菌消毒劑，常溫下為白色固體，難溶于冷水。某同學利用高濃度的NaClO溶液和（CNO）3H3固體，在10℃時反應制備二氯異氰尿酸鈉，實驗裝置如圖所示（部分夾持裝置略）。

已知：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列問題：
（1）儀器a的名稱為恒壓滴液漏斗，與分液漏斗相比其優(yōu)點是　恒壓分液漏斗的支管可以使漏斗下方與漏斗中的壓強一致，使漏斗內(nèi)液體順利流下　。
（2）待裝置B中出現(xiàn)　液面上方有黃綠色氣體　時，可由三頸燒瓶上口加入（CNO）3H3固體；反應過程中仍需不斷通入 Cl2的理由是　使反應生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率　。
（3）反應結(jié)束后，裝置B中的濁液經(jīng)過濾、　冰水洗滌　、干燥得粗產(chǎn)品。上述裝置存在一處缺陷會導致裝置B中NaOH利用率降低，改進的方法是　在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶　。
（4）通過下列實驗測定二氯異氰尿酸鈉樣品中有效氯的含量。
反應原理：[（CNO）3Cl2]﹣+H++2H2O═（CNO）3H3+2HClO，HClO+2I﹣+H+═I2+Cl﹣+H2O，I2+2S2O32﹣═S4O62﹣+2I﹣。
實驗步驟：準確稱取mg樣品，用容量瓶配成250mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入適量稀硫酸和過量KI溶液，充分反應后，用 cmol/L Na2S2O3標準溶液滴定至溶液呈微黃色。加入淀粉指示劑繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液平均為 VmL。
①滴定終點現(xiàn)象為　滴入最后一滴Na2S2O3標準液時，錐形瓶內(nèi)溶液藍色剛好褪去（或顏色恰好由藍色變成無色），且半分鐘不恢復　。
②該樣品的有效氯含量表達式為　　。（該樣品的有效氯＝×100%）
【分析】（1）恒壓滴液漏斗的原理就是形成漏斗下方與漏斗中的壓強一致，使漏斗內(nèi)液體順利流下，不需要克服下方壓力增大的影響；
（2）當裝置B中出現(xiàn)液面上方有黃綠色氣體時，說明B中生成了大量的NaClO，反應過程中仍需不斷通入 Cl2的目的是使反應生成的 NaOH再次生成 NaClO，從而提高原料的利用率；
（3）二氯異氰尿酸鈉難溶于冷水，過濾得到的二氯異氰尿酸鈉可用冰水洗滌，減少溶解損失，然后經(jīng)干燥得粗產(chǎn)品，A中生成的氯氣中混有HCl氣體，溶于B中的溶液后，也會消耗NaOH，導致生成的NaClO的量減少，進一步導致生成的二氯異氰尿酸鈉減少，可以在裝置 A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶，除去HCl，避免其影響；
（4）①根據(jù)題意可知，滴定終點現(xiàn)象為滴入最后一滴溶液時，錐形瓶內(nèi)的溶液由藍色剛好褪去，且半分鐘不恢復藍色；
②根據(jù)題意可得關系式：HClO～I2～2S2O32﹣，n（HClO）＝n（S2O32﹣）＝cmol/L×V×10﹣3L＝5×10﹣4cVmol，進一步計算出樣品中的有效氯含量。
【解答】解：（1）恒壓滴液漏斗，與分液漏斗相比其優(yōu)點是恒壓分液漏斗的支管可以使漏斗下方與漏斗中的壓強一致，使漏斗內(nèi)液體順利流下，不需要克服下方壓力增大的影響，
故答案為：恒壓分液漏斗的支管可以使漏斗下方與漏斗中的壓強一致，使漏斗內(nèi)液體順利流下；
（2）當裝置B中出現(xiàn)液面上方有黃綠色氣體時，說明B中生成了大量的NaClO，此時由三頸燒瓶上口加入（CNO）3H3固體，發(fā)生反應：2NaClO+（CNO）3H3═（CNO）3Cl2Na+NaOH+H2O，由于反應又生成了NaOH，所以反應過程中仍需不斷通入 Cl2，使反應生成的 NaOH再次生成 NaClO，從而提高原料的利用率，
故答案為：液面上方有黃綠色氣體；使反應生成的 NaOH再次生成 NaClO，提高原料的利用率；
（3）因為二氯異氰尿酸鈉難溶于冷水，故反應結(jié)束后，裝置B中的濁液經(jīng)過濾、冰水洗滌、干燥得粗產(chǎn)品，因為A中生成的氯氣中混有HCl氣體，HCl溶于B中的溶液后，也會消耗NaOH，但生成的是NaCl，而不是NaClO，故會降低NaOH的利用率，改進的方法是在裝置 A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶，除去HCl，避免其影響，
故答案為：冰水洗滌；在裝置 A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶；
（4）①根據(jù)題意可知，滴定終點現(xiàn)象為滴入最后一滴Na2S2O3標準液時，錐形瓶內(nèi)溶液藍色剛好褪去（或顏色恰好由藍色變成無色），且半分鐘不恢復，
故答案為：滴入最后一滴Na2S2O3標準液時，錐形瓶內(nèi)溶液藍色剛好褪去（或顏色恰好由藍色變成無色），且半分鐘不恢復；
②根據(jù)題意可得關系式：HClO～I2～2S2O32﹣，n（HClO）＝n（S2O32﹣）＝cmol/L×V×10﹣3L＝5×10﹣4cVmol，故樣品中的有效氯含量為：×100%＝，
故答案為：。
【點評】本題主要考查物質(zhì)的制備，具體考查了恒壓分液漏斗的原理，如何提高原料的利用率，試劑的除雜，滴定終點的判斷，關系式計算等，具有一定的綜合性，對學生的思維能力要求較高，屬于難題

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