B.H、N、O、Na两两形成的化合物有：
NH3、NO2、Na2O、Na2O2等，溶于水显碱性的有NH3、Na2O、Na2O2，至少有三种，B项错误；
C.H、N、O三种元素形成的化合物有HNO3、HNO2、NH4NO3等，其中NH4NO3中NH4+与NO3-之间存在离子键，C项错误；
D.氧元素形成的简单离子为O2-，核外有10个电子，钠元素形成的简单离子为Na+，核外也有10个电子，电子层结构相同时核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径O2->Na+，D项正确；答案选D。
4.网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构。
下列有关辛酸的叙述正确的是
A.辛酸的同分异构体中能水解生成乙醇的酯类同分异构体共有8种
B.辛酸的同分异构体（CH3）3CCH（CH3）CH2COOH的名称为2，2，3——三甲基戊酸
C.辛酸和油酸（C17H33COOH）都是一元羧酸，故二者属于同系物
D.1mol辛酸与足量的Na反应产生11.2LH2
【答案】A
【解析】
【详解】A.辛酸的分子式为C8H16O2，能水解生成乙醇的同分异构体属于酯类，该同分异构体可写成C5H11-COOC2H5，因戊基（C5H11-）共有8种，所以符合条件的同分异构体共有8种，A项正确；
B.按系统命名法命名时要以包含羧基的最长碳链为主链，以羧基的碳为起点给主链编号，其名称为：
3,4,4-三甲基戊酸，B项错误；
C.辛酸（C7H15COOH）的烃基是饱和链烃基，油酸（C17H33COOH）的烃基是不饱和的烯烃基，结构不相似，故二者不属于同系物，C项错误；
D.1mol辛酸与足量的Na反应产生0.5mol氢气，因题目没有明确是标准状态，无法确定生成氢气的体积，D项错误；答案选A。
5.实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物，还含有少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4·7H2O），聚铁的化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3－0.5n]m，制备过程如图所示。
下列说法不正确的是
A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2O
B.气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用
C.若调节溶液Z的pH偏小，则将导致聚铁中铁的质量分数偏大
D.溶液X转化为溶液Y需要加过量铁粉，再过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A.FeS中铁元素显+2价，硫元素显-2价，都具有较强的还原性，在强酸性溶液中通入O2时都将被O2氧化，其离子方程式为4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S↓+6H2O，A项正确；
B.炉渣中铁的氧化物能溶解在硫酸中，FeS被氧化生成Fe3+、S、H2O，所以固体W的主要成分是S，在空气中焙烧S+O2
SO2，故气体M是SO2，SO2具有较强的还原性能被双氧水氧化：
SO2+H2O2=H2SO4，硫酸可以循环使用，B项正确；
C.根据聚铁的组成和聚铁胶体不溶于水的性质，可推测聚铁的性质更多与Fe（OH）3相似，调节溶液pH是为了促进Fe3+水解生成聚铁：
Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+，所以溶液Z的pH偏小，生成的聚铁中含有Fe（OH）3偏少，将导致聚铁中铁的质量分数偏小，C项错误；
D.炉渣中铁的氧化物溶解在硫酸中生成Fe2+和Fe3+的硫酸盐，Fe2+和FeS中铁元素都将被O2氧化成Fe3+，过滤后溶液X中主要成分是Fe2（SO4）3，为了得到绿矾，必须将Fe2（SO4）3转化为FeSO4（溶液Y），所以在溶液X中要加入过量铁粉，Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，再过滤即可，D项正确；答案选C。
6.已知电极上每通过96500C的电量就会有1mol电子发生转移。
精确测量金属离子在惰性电极上以镀层形式沉积的金属质量，可以确定电解过程中通过电解池的电量。
实际测量中，常用银电量计，如图所示。
下列说法不正确的是
A.若要测定电解饱和食盐水时通过的电量，可将该银电量计中的银棒与待测电解池的阳极相连，铂坩埚与电源的负极相连。
B.称量电解前后铂坩埚的质量变化，得金属银的沉积量为108.0mg，则电解过程中通过电解池的电量为96.5C
C.实验中，为了避免银溶解过程中可能产生的金属颗粒掉进铂坩埚而导致测量误差，常在银电极附近增加一个收集网袋。
若没有收集网袋，测量结果会偏高。
D.电量计中的银棒应与电源的正极相连，铂坩埚上生的电极反应是：
Ag++e-=Ag
【答案】A
【解析】
该电量计相当于铂上镀银，所以该银电量计中的银棒与待测电解池的阴极相连，铂坩埚与电源的负极相连，故A错误；析出Ag的物质的量为
，根据Ag++e-=Ag可知通过的电子物质的量为0.001mol，通过电量为96.5C，故B正确；银溶解时有些银原子可能未失电子变成银离子，而是直接跌落到铂坩埚中，造成铂坩埚增重较多，导致计算出的电量偏大，所以必须增加收集袋，故C正确；该电量计相当于铂上镀银，阴极（Pt）：
Ag++e-═Ag，故D正确。
点睛：
电镀时，镀件做阴极、镀层金属作阳极，含有镀层金属的盐溶液做电解质溶液；本题中铂坩埚做阴极、银棒作阳极、硝酸银溶液作电解质溶液，所以实质是电镀池。
7.常温下，向20.00mL0.1mol·L－1KOH溶液中滴加0.1mol·L－1HA（弱酸）溶液，混合溶液中水电离出的c（OH－）与HA溶液体积之间的关系如图I所示：
向20.00mL0.1mol·L－1HA溶液中滴加0.1mol·L－1KOH溶液，混合溶液中水电离出的c（OH－）与KOH溶液体积之间的关系如图II所示。
下列有关说法正确的是
A.A点、X点对应溶液中水的电离程度相同
B.B点、Y点对应溶液的pH相等
C.C点、Z点对应溶液中都存在：
c（OH－）=c（H+）+c（HA）
D.D点、W点对应溶液中分别都存在：
c（K+）=c（A－）
【答案】C
【解析】
【详解】A.图I中A点是0.1mol/LKOH溶液，图II中X点是0.1mol/LHA溶液，因为HA是弱酸，故0.1mol/LHA溶液中c（H+）小于0.1mol/LKOH溶液中c（OH-），因此0.1mol/LHA溶液中水电离的抑制作用小于0.1mol/LKOH溶液中水电离的抑制作用，所以两溶液中水的电离程度不相同，A项错误；
B.KA因水解促进水的电离且水解呈碱性。
常温下c（OH）水=c（H+）水=1×10-7mol/L，恰好是纯水中水电离出来的OH-浓度。
对于B点溶液中c（OH）水=10-7mol/L，此时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是KOH和KA，溶液呈碱性；对于Y点溶液中c（OH）水=10-7mol/L，此时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，溶质是HA和KA，溶液呈中性。
所以B点、Y点对应溶液的pH不相等，B项错误；
C.图I中B→C和图II中Y→Z过程中都是溶液中生成KA浓度逐渐增大，KA水解对水电离的促进作用逐渐增大，C（或Z）点时KOH与HA恰好完全反应，此时KA对水电离的促进作用最大，C（或Z）点溶液中溶质都是KA，由KA溶液中质子守恒得：
c（OH-）=c（H+）+c（HA）；C项正确；
D.图I中C→D过程中HA对水电离的抑制作用逐渐增强，到D点时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，此时溶质是HA和KA，溶液显中性c（H+）=c（OH-），且有电荷守恒方程c（K+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），则有c（K+）=c（A-）；图II中Z→W过程中KOH对水电离的抑制作用逐渐增强，到W点时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消，此时溶质是KOH和KA，溶液显碱性c（H+）c（A-）。
D项错误；答案选C。
【点睛】水分子能发生微弱电离H2O
H++OH-，在酸和碱溶液中水的电离都被抑制，在能水解的盐溶液中水的电离都被促进。
一般说来，酸溶液中OH-全部来自水的电离，碱溶液中H+全部来自水的电离。
能水解的盐溶液中，弱酸根离子结合水电离的部分H+，弱碱阳离子结合水电离的部分OH-。
不管是纯水中，还是酸、碱、盐溶液中水电离的H+浓度与水电离的OH-浓度一定相等。
三、非选择题（共174分。
第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
）
（一）必考题：
共129分
8.由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
某兴趣小组通过下图所示装置（夹持装置略）对其进行制备、收集、吸收并制取NaClO2。
（1）图中装置有一明显错误，请指出并纠正：
___________。
（2）打开B的活塞，A中有ClO2生成，写出其反应的离子方程式：
___________。
（3）D中吸收ClO2后生成NaClO2和NaHCO3，写出D中所发生反应的离子方程式：
___________。
（4）E中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，判断并说明理由：
___________。
（5）另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3。
则每生成0.5molClO2，转移___________mole－。
【答案】
（1）.C装置中导气管应该长进短出
（2）.SO32-+2H++2ClO3-=2ClO2↑+H2O+SO42-（3）.2CO32-+2H2O2+2ClO2=2ClO2-+O2+2HCO3-（4）.不能。
因为D装置中有O2产生，O2也可能将I-氧化为I2（5）.0.5
【解析】
【分析】
本实验的目的是由稀硫酸、NaClO3和Na2SO3制备、收集ClO2气体，并吸收ClO2制取NaClO2。
而ClO2的相对分子质量比空气的平均相对分子质量（29）大，所以ClO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集ClO2。
用H2O2和Na2CO3溶液吸收ClO2，分析氯元素化合价可知ClO2作氧化剂，而Na2CO3一般不具有还原性，推测H2O2作还原剂，I-具有较强的还原性，能被ClO2、O2氧化I2，运用电子得失守恒、元素守恒来配平反应方程式。
据此分析解答。
【详解】
（1）ClO2气体的密度比空气大，应该选用向上排空气法收集，装置C中进气导管口应接近集气瓶底部，出气导管口应与瓶塞平齐，所以图中装置C中导气管应该“长进短出”。
（2）依题意，稀硫酸、NaClO3和Na2SO3混合能产生ClO2，氯元素化合价由+5价降低到+4价，表明ClO3-表现氧化性，而SO32-具有较强的还原性，所以其离子方程式为SO32-+2H++2ClO3-=2ClO2↑+H2O+SO42-。
（3）由题意知ClO2与H2O2、Na2CO3接触生成NaClO2和NaHCO3，氯元素化合价由ClO2的+4价变化到NaClO2的+3价，ClO2作氧化剂，碳元素化合价没变，只能是H2O2中的-1价氧被氧化为O2，H2O2作还原剂，所以D中发生反应的离子方程式为2CO32-+2H2O2+2ClO2=2ClO2-+O2↑+2HCO3-。
（4）KI溶液变黄说明有I2生成，即I-被氧化成I2，除ClO2能氧化I-外，混合气体中的O2也能氧化I-，所以E中溶液出现黄色不能说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，因为D装置中有O2产生，O2也可能将I-氧化为I2。
（5）NaClO3与盐酸反应有ClO2和Cl2生成，根据“互不交叉原理”，NaClO3转化为ClO2，HCl转化为Cl2，且ClO2与Cl2化学计量数之比为2:
1，其反应方程式及转移的电子数为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O~转移电子2e-。
根据方程式计量关系可知每0.5molClO2生成时转移0.5mole-。
9.氯化亚铜（CuCl）是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于浓盐酸会生成HCuCl2，常用作催化剂。
一种由海绵铜（Cu和少量CuO等）为原料制备CuCl的工艺流程如下：
（1）“溶解浸取”时，需将海绵铜粉碎成细颗粒，其目的是___________。
（2）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图所示：
①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为___________。
②当n（Na2SO3）/n（CuSO4）>1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是___________。
③当1.0（3）“粗产品”用pH=2的H2SO4水洗，若不慎用稀硝酸进行稀释，则对产品有何影响___________。
（4）用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2（OH）3Cl。
CuCl被氧化为Cu2（OH）3Cl的化学方程式为______________________。
（5）某同学拟测定产品中氯化亚铜的质量分数。
实验过程如下：
准确称取制备的氯化亚铜产品1.600g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2000mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应中MnO4－被还原为Mn2+，则产品中氯化亚铜的质量分数为______________________。
【答案】
（1）.增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率
（2）.2Cu2++SO32-+2Cl－+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+（3）.随着n（Na2SO3）/n（CuSO4）不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大（4）.适当增大c（Cl－），有利于平衡Cu+（aq）+Cl－（aq）
CuCl（s）向生成CuCl方向移动（5）.CuCl的产率降低（6）.4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl（7）.93.28%
【解析】
【分析】
（1）从增大反应物接触面积角度分析。
（2）①由已知的反应物和部分生成物入手分析元素化合价的变化，确定是氧化还原反应，再根据氧化还原反应规律书写其离子方程式。
②Na2SO3水解呈碱性：
SO32-+H2O
HSO3-+OH-，Cu2+水解呈酸性：
Cu2++2H2O
Cu（OH）2+2H+，溶液中Na2SO3浓度越大时，溶液碱性越强，对CuSO4水解的促进作用就越强，由此分析解答。
③从CuCl溶解平衡角度分析。
（3）稀硝酸具有强氧化性，能氧化CuCl，而使CuCl溶解。
（4）依题意CuCl作还原剂，O2作氧化剂，根据氢元素守恒知有水参加反应，再根据电子得失守恒配平方程式。
（5）实验过程涉及的反应依次为：
CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，由此得关系式5CuCl~5Fe2+~MnO4-。
再根据关系式和测得的数值计算即可。
【详解】
（1）将海绵铜粉碎成细颗粒是为了增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率。
（2）①CuSO4转化为CuCl，表明+2价铜元素得电子，Cu2+是氧化剂，而SO32-具有较强还原性，故而SO32-失去电子生成SO42-，其离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl－+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。
②Na2SO3水解呈碱性：
SO32-+H2O
HSO3-+OH-，Cu2+水解呈酸性：
Cu2++2H2O
Cu（OH）2+2H+，溶液中Na2SO3浓度越大时，溶液碱性越强，对CuSO4水解的促进作用就越大。
所以n（Na2SO3）/n（CuSO4）比值越大CuCl产率越小的原因是：
随着n（Na2SO3）/n（CuSO4）不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大。
③CuCl微溶于水，在水溶液中存在溶解平衡Cu+（aq）+Cl-（aq）
CuCl（s），所以n（NaCl）/n（CuSO4）比值越大CuCl产率越大的原因是：
适当增大c（Cl－），有利于平衡Cu+（aq）+Cl－（aq）
CuCl（s）向生成CuCl方向移动。
（3）稀硝酸能够氧化CuCl：
3CuCl+4H++NO3-=3Cu2++NO↑+3Cl-+2H2O，所以若不慎用稀硝酸进行稀释，则CuCl的产率降低。
（4）2个CuCl被氧化为1个Cu2（OH）3C1失去2个电子，1个O2得到4个电子转化为O2-，反应物中应该有H2O提供氢元素，所以其化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl。
（5）氯化亚铜产品中加入足量的FeCl3溶液：
CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，再用KMnO4酸性溶液滴定：
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，得关系式5CuCl~5Fe2+~MnO4-。
样品中CuCl的物质的量n（CuCl）=5·n（KMnO4）=5×0.2mol/L×0.015L=0.015mol，则产品中氯化亚铜的质量分数=
=93.28%。
【点睛】本题易错点是计算产品中氯化亚铜的质量分数，这是将中和滴定知识迁移到氧化还原滴定上来，滴定过程发生的两个氧化还原反应，利用电子得失守恒确定CuCl与KMnO4之间的物质的量的关系，再根据测定的数值计算CuCl的物质的量，即可求出氯化亚铜的质量分数。
10.
（1）铁及其化合物在生产生活中应用最广泛，炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。
利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程如下图所示。
整个过程与温度密切相关，当温度低于570℃时，反应Fe3O4（s）+4CO（g）
3Fe（s）+4CO2（g），阻碍循环反应的进行。
已知：
i.Fe3O4（s）+CO（g）
3FeO（s）+CO2（g）;△H1=+19.3kJ·m
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