2020届湖北省名师联盟高三上学期第二次月考精编仿真金卷化学试题（解析版）

- 1 - 2020 届湖北省名师联盟高三上学期第二次月考精编仿真金卷化学试题（解析版） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的 指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非 答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 一、选择题（每小题 3 分，共 48 分） 1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 【答案】A 【解析】 【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大 量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质 溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A 错误。 B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时， 会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B 正确。 C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆 可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C 正确。 D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正 极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D 正确。 【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用 途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项 D 中的牺牲阳极的阴极保护法， 实际指的是形成原电池的保护方法。 2.下列化学用语和化学符号使用正确的是（ ）- 2 - A. 次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl B. 正丙醇的结构简式为：C3H7OH C. 含 58 个质子和 82 个中子的铈(Ce)原子符号为： Ce D. 硫化钠的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A.次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl，A 正确； B.正丙醇的结构简式为：CH3CH2CH2OH，B 错误； C.含 58 个质子和 82 个中子的铈(Ce)原子符号为： ，C 错误； D.硫化钠为离子化合物，其电子式： ，D 错误； 答案为 A。 3.如图表示 1～18 号元素（原子）的结构或性质随核电荷数递增的变化。无法由该图中曲线获知的是 A. 电子层数 B. 原子半径 C. 最高化合价 D. 最外层电子数 【答案】B 【解析】 【详解】电子层数等于周期数，最外层电子数=最高化合价；同周期元素从左到右，半径依次减小，所以由 该图中曲线无法获知的是原子半径，故选 B。 4.下列有关实验操作或仪器的使用正确的是 A. 分液时取出下层液体 B. 存放浓硝酸 C. 收集 NO 气体 82 58 140 58 Ce- 3 - D. 吸收尾气中的 SO2 【答案】D 【解析】 【详解】A.分液操作时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故 A 错误； B. 浓硝酸有强氧化性，可以腐蚀橡胶塞，故 B 错误； C.NO 气体能与空气中的氧气反应，所以收集 NO 不能用排空气法，应用排水法，故 C 错误； D.SO2 气体与氢氧化钠溶液反应，若直接将导管插入液面下，容易发生倒吸现象，故使用图中仪器可以防止 倒吸，故 D 正确。 故选 D。 5.“84”消毒液（有效成分为 ）可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析不正确的是 实验操 作 ① 蒸馏水 “84”消毒液+石 蕊溶液 ② “84” 消毒液+石蕊溶液 ③ “84”消毒液+石蕊溶 液 实验现 象 混合后溶液的 ，短时间内 未褪色，一段时间后蓝 色褪色。 混合后溶液 ，蓝色迅速褪去，无 气体产生。 混合后溶液 ，蓝色 迅速褪去，并产生大量气体， 使湿润的淀粉碘化钾试纸 变蓝。 A. 对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应 B. 实验③中产生的气体是 ，由 分解得到： C. 对比实验②和③，溶液的 可能会影响 的氧化性或 的还原性 D. 加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控到合适的 才能安全使用 【答案】B 【解析】 NaClO 1mL 2 41mL0.0002mol / LH SO 2 41mL2mol / LH SO pH 9.9= pH 5.0= pH 3.2= ClO H HClO− ++ = 2Cl HClO 2 22HClO Cl H O= ↑ + pH ClO− Cl− pH- 4 - 【分析】 次氯酸钠可与酸反应生成次氯酸，两者中氯元素均为+1 价，具有强氧化性，可用于消毒和漂白。据此，通 过对比实验、分析现象，回答有关问题。 【详解】次氯酸的酸性较碳酸更弱，次氯酸根水解使次氯酸钠溶液呈碱性，能使石蕊变蓝。 A 项：实验①和②表明，次氯酸根在碱性、酸性溶液中均有漂白性（强氧化性，被还原为 Cl-），且酸性溶液 中漂白性更好，则②中发生了反应 ，A 项正确； B 项：③中使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体是 ，可由强酸性溶液中反应 ClO-+Cl-+2H+= ↑+H2O 生 成。 分解的产物是氧气和水，B 项错误； C 项：实验②和③表明，酸性溶液中次氯酸根有强氧化性。②中酸性较弱，ClO-不能氧化 ；③中酸性较 强，ClO-氧化性也更强，可将 氧化为 ，C 项正确； D 项：比较实验①和②，说明加酸可以提高漂白效果。比较实验②和③，说明酸性过强，会生成有毒的氯气， D 项正确。 本题选 B。 【点睛】分析对比实验时，一定要找出相同或相似的实验现象的共同原因，从不同实验现象找出本质的差 别。 6.下列各组性质比较中，正确的是（ ） ①沸点：HF>HCl>HBr>HI； ②离子还原性：S2－>Cl－>Br－>I－； ③酸性：HClO4>HBrO4>HIO4； ④金属性：K>Na>Mg>Al； ⑤气态氢化物稳定性：HF>HCl>H2S； ⑥半径：O2－>F－>Na＋>Mg2＋。 A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ②③④ D. ①⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①HF 中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为 HF＞HI＞HBr＞ HCl，故①错误； ②元素的非金属性 Cl＞Br＞I＞S，对应离子还原性 S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故②错误； ③非金属性 Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4＞ HBrO4＞HIO4，故③正确； ClO H HClO− ++ = 2Cl 2Cl HClO Cl − Cl − 2Cl- 5 - ④同主族行上到下，金属性增强：K＞Na，同周期，从左到右金属性减弱，即 Na＞Mg＞Al，即金属性：K＞Na ＞Mg＞Al，故④正确； ⑤元素的非金属性 F＞Cl＞S，气态氢化物稳定性 HF＞HCl＞H2S，故⑤正确； ⑥电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即 O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，故⑥正确； 故答案为 B。 【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低 价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如 Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl －。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如 Li＜Na＜K，Li+＜ Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随 核电荷数的增加而减小，如 O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微 粒电子数越多，半径越大。如 Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参 照物进行比较，如比较 A13+与 S2－的半径大小，可找出与 A13+电子数相同的 O2－进行比较，A13+＜O2－，且 O2－＜ S2－，故 A13+＜S2－。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Ca(ClO) 2 溶液中通入少量 SO2：Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+H++Cl－+ HClO B. 向 FeCl2 溶液加入足量 NaClO 溶液：6Fe2++3ClO－+3H2O=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl－ C. NH4HCO3 溶液和少量的 NaOH 溶液混合：HCO3－＋OH－= CO32－＋H2O D. 向 Fe(NO3)3 溶液中加入足量的 HI 溶液：2Fe3＋+2I－ = 2Fe2＋+I2 【答案】C 【解析】 【详解】A、Ca(ClO)2 溶液中通入少量 SO2 应为：Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，选项 A 错误； B、向 FeCl2 溶液加入足量 NaClO 溶液应为：2Fe2++ClO－+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl－，选项 B 错误； C、 NH4HCO3 溶液和少量的 NaOH 溶液混合：HCO ＋OH－===CO ＋H2O，选项 C 正确； D、向 Fe(NO3)3 溶液中加入足量的 HI 溶液，漏掉 H+、NO 与 I－的反应，选项 D 错误。 答案选 C。 8.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知： 铈常见的化合价为+3 和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是（ ） A. 铈的冶炼步骤为：用稀土串级萃取法对矿石进行筛选富集，电解熔融 CeO2 B. CeO2 溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeO2+4HI＝CeI4+2H2O C. 用 Ce(SO4)2 溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+ D. 四种稳定的核素 Ce、 Ce、 Ce、 Ce，它们互称为同位素136 58 138 58 140 58 142 58- 6 - 【答案】B 【解析】 【详解】A．稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快 反应，则用稀土串级萃取法对矿石进行萃取富集，然后电解熔融的 CeO2 来冶炼金属铈，A 项正确； B．Ce4+具有氧化性，HI 具有强还原性，CeO 2 溶于氢碘酸会发生氧化还原反应，化学方程式可表示为 2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2，B 项错误； C．用 Ce(SO4)2 溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，C 项正确； D．核素 Ce、 Ce、 Ce、 Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，它们互称为同位素，D 项正确； 答案选 B。 【点睛】高中“四同”是常考点，也是易混点，质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素； 同系物指结构相似、通式相同，组成上相差 1 个或者若干个 CH2 原子团，具有相同官能团的化合物；同种元 素形成的不同单质互为同素异形体；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。 9.某稀溶液中含有 3.5molKNO3 和 2.2molH2SO4，向其中加入 1.2molFe，充分反应(已知 NO3-被还原为 NO)。 下列说法正确的是 A. 反应过程中转移的电子数 3NA B. 反应后生成 NO 的体积为 24.4L C. 所得溶液中 c(Fe2+)：c(Fe3+)=1∶3 D. 所得溶液中 c(NO3-)=2.4mol/L 【答案】C 【解析】 【分析】 n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol，n(Fe)=1.2mol。根据物质先后发生反应的关系及物质的量的相对多少，判 断溶液中剩余离子的物质的量关系及电子转移情况。 【详解】某稀溶液中含有 3.5molKNO3 和 2.2molH2SO4，则其中含有 n(H+)=2.2mol，n(NO3-)=3.5mol。向其中 加入 1.2molFe，充分反应(已知 NO3-被还原为 NO)，首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，1.2molFe 完全反应，消耗 1.2mol NO3-，4.8molH+，而 H+只有 4.4mol，可见 H+消耗完，铁过量，反应会消耗 1.1mol 金 属 Fe，1.1molNO3-，生成 1.1molFe3+，同时反应产生 1.1molNO 气体，铁还剩余 0.1mol，过量 Fe 和反应产 生的 Fe3+离子发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，因此 0.1mol 铁消耗 0.2molFe3+，生成 0.3molFe2+。 A.1.1molNO3-反应转移电子数 3.3NA，0.1molFe 发生反应 Fe+2Fe3+=3Fe2+，转移电子 0.2NA，故反应转移电子 总数目为 3.5NA，A 错误； 136 58 138 58 140 58 142 58- 7 - B.无反应条件，无法计算反应生成的 NO 的体积，B 错误； C.根据上述分析可知反应生成 0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中 c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3，C 正确； D.所得溶液中剩余 n(NO3-)=3.5mol-1.1mol=2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应后溶液中硝酸根离子的浓 度 c(NO3-)，D 错误； 故合理选项是 C。 【点睛】本题考查有关混合物反应的计算，注意利用离子方程式进行解答，题目涉及反应物有过量时的计 算，要结合物质反应的物质的量关系，判断什么物质过量，什么物质不足量，以不足量的物质为标准进行 解答，题目有利于学生理解，侧重考查学生的分析与计算能力。 10.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论不正确的是 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 将相同大小的金属钠分别投 入乙醇和水中 乙醇与钠反应缓慢，水与钠 反应剧烈 乙醇羟基中的氢原子不如水分 子中的氢原子活泼 B 向 2 mL 1 mol/L NaOH 溶液中先 加入 3 滴 1 mol/L MgCl2,再加 入 3 滴 1 mol/L FeCl3 溶液 先生成白色沉淀,后生成红 褐色沉淀 证明 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3] C 将水蒸气通过灼热的铁粉 生成的气体可以点燃 铁与水蒸气在高溫下发生反应 D 将刚摘下的红色花朵放入盛 满干燥氯气的集气瓶中,盖上 玻璃片 花朵褪色 因为次氯酸具有漂白作用 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 A、两个反应的实质都是钠置换出 H2，所以反应的剧烈程度就能够说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的 氢原子活泼，故 A 正确；B、实验中 MgCl2 和 FeCl3 溶液是先后分别加入的，且 NaOH 过量，所以实验现象与 两种沉淀的 Ksp 大小没有关系，不能证明 Ksp[Mg(OH)2] > Ksp[Fe(OH)3]，故 B 错误；C、因为水蒸气在高温 下不可能点燃，而铁粉是固体，所以可以点燃的气体只能是新生成的物质，即说明铁与水蒸气在高溫下发- 8 - 生了反应，故 C 正确；D、刚摘下的红色花朵中含有水分，可以与氯气反应生成次氯酸，使花朵褪色，故 D 正确。本题正确答案为 B。 11.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、Y 同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的 结构。X 的最外层电子数等于最内层电子数，Z 元素是最重要的“成盐元素”。下列说法正确的是（ ） A. 原子半径：Z＞Y＞X B. 氢化物沸点：Z＞Y＞W C. 元素 X 的单质能与 W 的氧化物发生置换反应 D. Z 与 W、X、Y 形成的化合物中化学键类型均相同 【答案】C 【解析】 【分析】 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、Y 同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构， 则此化合物为 SiC，即 W 为 C 元素、Y 为 Si 元素；X 的最外层电子数等于最内层电子数，X 为 Mg 元素；Z 元 素是最重要的“成盐元素”，则 Z 为 Cl 元素。 【详解】由分析知：W 为 C 元素、X 为 Mg 元素、Y 为 Si 元素、Z 为 Cl 元素； A．Mg、Si、Cl 均为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径：X＞Y＞Z，故 A 错误； B．C 和 Si 的氢化物有若干种，常温下有气态、液态和固态的氢化物，而 HCl 常温下为气态，则三者氢化物 的沸点无法比较，故 B 错误； C．Mg 能在 CO2 中燃烧生成 MgO 和 C，发生的反应为置换反应，故 C 正确； D．Cl 与 Mg 形成的化合物 MgCl2 中只存在离子键，而 Cl 与 C 或 Si 形成的 CCl4 或 SiCl4 中只存在共价键， 故 D 错误； 故答案为 C。 12.高铁酸钾(K2FeO4)具有强氧化性，是一种新型多功能水处理剂，其生产工艺流程如下： 已知：K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42−+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH－+3O2↑，下列说法不正确的是( ) A. 步骤③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:2 B. 步骤④中 Na2FeO4 转变为湿产品是因为 K2FeO4 溶解度更小 C. 步骤⑤中的洗涤剂可用 CH3COOK 和异丙醇来配制 D. 配制 90%Fe(NO3)3 溶液必需的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管等- 9 - 【答案】D 【解析】 【分析】 足量 Cl2 通入 NaOH 溶液中，温度较低时发生反应 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液 I 中加入 NaOH，使氯气完 全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下 ClO-才能和 Fe3+发生氧化还原反应生成 FeO42-，除去 NaCl 得 到 碱 性 的 NaClO 浓 溶 液 ， 向 碱 性 的 NaClO 浓 溶 液 中 加 入 90% 的 Fe(NO3)3 溶 液 ， 发 生 反 应 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液 II，向溶液中加入 KOH 固体至饱和，得到 K2FeO4，纯化得 到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体 K2FeO4。 【详解】A.步骤③发生的反应为 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe3+是还原剂、ClO-是氧化剂，所以 氧化剂和还原剂的物质的量之比为 3：2，A 正确； B.步骤④中 Na2FeO4 转变为湿产品时，是利用溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，步骤④中 Na2FeO4 转 变为湿产品是因为 K2FeO4 溶解度更小，B 正确； C.醋酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，能抑制高铁酸根离子水解，异丙醇能降低高铁酸钾溶解性且 防止其水解，所以骤⑤中的洗涤剂可用 CH3COOK 和异丙醇来配制，C 正确； D.配制一定质量分数的溶液不需要容量瓶，需要烧杯、玻璃棒和量筒，D 错误； 故合理选项是 D。 【点睛】本题考查物质制备的知识，涉及氧化还原反应、物质分离提纯、溶液配制等，明确实验原理及物 质性质、物质分离和提纯方法是解本题关键，注意配制一定质量分数溶液与配制一定物质的量浓度溶液所 需仪器区别。 13.某铁柱需长期浸入水下，为了减少腐蚀，下列措施中不能达到目的是 A. 在铁柱上铆上一些锌片 B. 将铁柱与直流电源的正极相连 C. 在铁柱表面涂上一层较厚的沥青 D. 在铁柱表面镀锡 【答案】B 【解析】 【详解】A.在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被 保护，能达到目的，A 不符合题意； B.将铁柱与直流电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，腐蚀速率会大大加快，B 符合题意； C.在铁柱表面涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能达到目的，C 不符合题 意； D.利用锡的稳定性隔离铁与腐蚀介质接触，可以减少铁的腐蚀，能达到目的，D 不符合题意； 故合理选项 B。是- 10 - 14.短周期元素 a、b、c、d、e 的原子序数依次增大。a 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，b 原子最外层电子数等于内层电子数的 2 倍。d 的单质与稀盐酸剧烈反应放出 a2。在 1L0.2mol·L-1a2e 的水溶 液中缓慢通入 ec2 气体，该溶液的 pH 与 ec2 气体体积（标准状况）的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. a 和 b 可构成所有原子共平面的分子 B. 在 b、c、e 的气态氢化物中，c 的最稳定 C. d 的氯化物一定能破坏水的电离平衡 D. e 的最高价含氧酸与其氢化物可能发生氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【分析】 依题意，锂离子含 2 个电子，阴离子与锂离子具有相同的电子数，只有 H-，a 为氢。最外层电子数是内层电 子数 2 倍，说明内层只有 2 个电子，b 为碳。短周期有 5 种金属，原子序数依次增大，所以，d 可能为钠、 镁、铝。由图象知，a2e 溶液呈酸性，e 为硫，H2S 与 SO2 反应，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，恰好完全反应时溶 液呈中性，c 为氧。 【详解】A、乙烯、苯分子中所有原子共平面，故 A 正确。 B、在 H2O、CH4、H2S 中，H2O 的热稳定性最强，故 B 正确。 C、NaCl 不能破坏水的电离，故 C 错误。 D、浓硫酸与硫化氢可发生氧化还原反应，故 D 正确。 故答案选 C。 15.将如图中的 K 闭合，下列判断正确的是（ ） A. 去掉盐桥，此装置也能正常工作- 11 - B. 盐桥中的 K+向盛有硫酸铜溶液的烧杯移动，高锰酸根离子向 b 移动 C. 一段时间后，硫酸铜溶液浓度减小 D. C 极上的电极反应式为 Fe3++e-=Fe2+ 【答案】D 【解析】 【分析】 原电池的构造原理要求装置能够形成闭合回路，盐桥在此使两个烧杯连接，形成闭合回路，据此分析；该 原电池中 Cu 为负极，失电子形成铜离子，C 为正极，铁离子得电子生成亚铁离子；因此 b 为电解池的负极， a 为正极，电解池中阳离子向负极移动，阴离子向正极移动，据以上分析进行解答。 【详解】A、去掉盐桥，不能形成闭合回路，此装置不能正常工作，故 A 错误； B、C 极为原电池的正极，钾离子向盛有硫酸铁溶液的烧杯移动，a 为电解池的阳极，高锰酸根离子向 a 移 动，故 B 错误； C、因为铜极发生氧化反应，极反应为 Cu-2e-=Cu2+，所以溶液中铜离子浓度增大，故 C 错误； D、C 极为原电池正极，发生还原反应，极反应为 Fe3++e-=Fe2+，故 D 正确； 故答案选 D。 16.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统，放电前，被膜隔开的电解质为 Na2S2 和 NaBr3，放电后分别变为 Na2S4 和 NaBr。下列叙述正确的是（ ） A. 放电时，负极反应为 3NaBr－2e-=NaBr3+2Na+ B. 充电时，阳极反应为 2Na2S2－2e-=Na2S4+2Na+ C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由 b 池移向 a 池 D. 用该电池电解饱和食盐水，产生 2.24 L H2 时，b 池生成 17.40gNa2S4 【答案】C 【解析】 【分析】- 12 - 由题意可知，放电时，负极上 Na2S2 被氧化为 Na2S4 ，正极上 NaBr3 被还原为 NaBr ，则左储罐电解质为 NaBr3/NaBr，右储罐电解质为 Na2S2/Na2S4。 【详解】A、放电时，负极上 Na2S2 被氧化为 Na2S4，电极反应式为：2Na2S2-2e－ =Na2S4+2Na＋，故 A 错误； B、充电时，电池的正极与电源正极相连，作阳极，阳极上 NaBr 被氧化为 NaBr3，电极反应式为：3NaBr-2e －=NaBr3+2Na＋，故 B 错误； C、放电时，阳离子向正极移动，则离子 Na＋经过离子交换膜，由 b 池移向 a 池，故 C 正确； D、没有确定是否为标准状况，无法计算氢气的物质的量，则无法计算 b 池生成 Na2S4 质量，故 D 错误； 答案选 C。 二、非选择题（共 52 分） 17.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。 请回答下列问题： I．转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在 T．F 菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。 (1)过程 i 的离子反应方程式为_________________________________________。 (2)已知： ①Fe3+在 pH=l.9 时开始沉淀，pH=3.2 时沉淀完全。 ②30℃时，在 T.F 菌作用下，不同 pH 的 FeSO4 溶液中 Fe2+的氧化速率如下表。 pH 0.7 1.1 1.5 1.9 2.3 2.7 Fe2+的氧化速率/g·L-1·h-1 4.5 5.3 6.2 6.8 7.0 6.6 在转化脱硫中，请在上表中选择最佳 pH 范围是_______Li，在隔绝空气和高温下 LiCl 与金属钠反应可获得金属锂，C 正确； 答案为 BC； II.(1)元素 C 为 Fe，位于第四周期Ⅷ族； (2)E 和 F 分别为 O、S，氢化物为 H2O、H2S，水分子间可形成氢键，导致分子间 作用力增大，熔沸点升高， 则 H2O 沸点高； (3)F 的氢化物为 H2S，电子式表示其形成过程为 ； III.(1)Cl、Br 属于同一主族，最外层均有 7 个电子，Cl 原子核外有 3 个电子层，Br 有 4 个电子层，则原 子半径 ClBr，得电子能力 Cl>Br，则非金属性：Cl＞Br； (2)Br2 在碱性溶液中生成 Br−和 BrO3−，结合题中给定试剂，答案为 B； (3)Br−和 BrO3−，在酸性条件下生成溴和水，反应的离子方程式为 5Br−+BrO3−+6H+ =3Br2+ 3H2O。 【点睛】溴在碱性条件下发生歧化反应，再在酸性条件下生成溴。 21.具有抗菌作用的白头翁素衍生物 H 的合成路线如下图所示： 已知：i.RCH2Br R﹣HC═CH﹣R′ ii．R﹣HC═CH﹣R′ iii．R﹣HC═CH﹣R′ (以上 R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等) (1)A 属于芳香烃，其名称是_______________________。 (2)D 的结构简式是_______________________________。 (3)由 F 生成 G 的反应类型是________________________________________。 的- 20 - (4)由 E 与 I2 在一定条件下反应生成 F 的化学方程式是_____________________；此反应同时生成另外一个 有机副产物且与 F 互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_______________________________。 (5)下列说法正确的是___________(选填字母序号)。 A. G 存在顺反异构体 B. 由 G 生成 H 的反应是加成反应 C. 1 mol G 最多可以与 1 mol H2 发生加成反应 D. 1 mol F 或 1 mol H 与足量 NaOH 溶液反应，均消耗 2 molNaOH (6)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成 写出合成路线(用结构简式表 示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。___________________ 【答案】 (1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7). 【解析】 【分析】 根据 C 的结构简式，逆推 B 是邻甲基苯甲酸；A 是邻二甲苯；C 在浓硫酸作用下与试剂 a 反应生成 D，根据 D 的分子式，可推出试剂 a 是甲醇，D 是 ； 在氢氧化钠作用下发生水解反应，再 酸化生成邻乙烯基苯甲酸 E；根据信息 ii，邻乙烯基苯甲酸 E 生成 F，则 F 是 ，结合信息 iii，根据 H 的结构简式 ，逆推 G 是 。 【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物。A 的化学式为 C8H10，根据碳原子个数可知 A 中含有一个- 21 - 苯环，剩余含有 2 个碳原子的取代基取代苯环上的氢原子，苯环上的取代基可能为 1 个乙基或 2 个甲基。 根据物质 C 中苯环上的取代基位置关系可知，A 的结构简式为 ，则 A 的名称为 1，2-二甲苯 （或邻二甲苯）。 因此，本题正确答案是：1，2-二甲苯（邻二甲苯）； （2）由“已知ⅰ”可知：物质 D 与甲醛反应，脱去一个溴原子和一个氢原子，并与甲醛中的碳原子形成碳 碳双键，则物质 D 的结构式为 。 因此，本题正确答案是： ； （3）根据以上分析，F 是 ，G 是 ，F 中碘原子与邻位碳原子上的氢原子发 生消去反应形成碳碳双键。 因此，本题正确答案是：消去反应； （4）E 的结构简式为 ，根据“已知ⅱ”，E 的结构简式中有碳碳双键和羧基，在一定条件 下与 I2 反应时，断去碳碳双键，同时两个碳原子分别连接一个碘原子和一个酯基，生成物质 F。因此，物 质 E 生成物质 F 的方程式为： 。 邻乙烯基苯甲酸与 I2 在一定条件下反应生成 F 的产物不唯一，此反应同时生成另外一种有机副产物且与 F 互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是 。 因此，本题正确答案 ： ； ； （5）A 项，顺反异构体形成的条件包括：①存在限制旋转的因素，如双键；②每个不能旋转的碳原子都连 接两个不同的原子或原子团。G 中形成双键的一个碳原子连接 2 个氢原子，不符合条件②，因此不存在顺反 异构体，故 A 项错误； B 项，由 G 生成 H 的过程中，碳碳双键打开，结合成四个碳碳单键，属于加成反应，故 B 项正确； 是- 22 - C 项，物质 G 中可与氢气发生加成的官能团有苯环和碳碳双键，因此物质 G 最多能与 4 mol H2 发生加成反应， 故 C 项错误。 D 项，F 的结构简式为 ，其中酯基和碘原子均可与 NaOH 发生反应，则 1 mol 的 F 最多可与 2 molNaOH 反应；而 H 的结构简式中含有两个酯基，与 NaOH 发生水解反应，因此 1mol 的 H 最多可消耗 2 molNaOH，故 D 项正确。 因此，本题正确答案是：BD。 （6）本题采用逆推法。由“已知ⅲ”可知，要合成物质 的反应物为 CH3CH=CHCH3。要在乙烯 的基础上增长碳链的同时形成碳碳双键，可运用“已知ⅰ”，即用溴乙烷与乙醛作为反应物，生成 CH3CH=CHCH3，因此只需将乙烯作为反应物，溴乙烷可以通过乙烯加成反应得到，乙醛可以通过乙烯先加成 后氧化得到。 合成路线如图所示： 。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应 类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。- 23 -