______。
Ⅱ.蒸气转化：
在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化。
结合如图回答问题。
（3）①该过程的热化学方程式是_____。
②比较压强P1和P2的大小关系：
P1____P2（选填“<”、“>”或“＝”）。
Ⅲ.CO变换：
500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。
Ⅳ.提纯：
将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图如图。
（4）吸收池中发生反应的离子方程式是______。
评卷人
得分
三、综合题
14．原子结构与性质
（1）元素As与N同族。
As的氢化物沸点比NH3的___（填“高”或“低”），其判断理由是______。
（2）铜原子在基态时的价电子排布式为______。
（3）Fe是人体需要补充的元素之一，试写出Fe2＋的核外电子排布式：
_____。
与Al同一周期的Na、Mg元素也是人体所需元素，Na、Mg、Al基态原子第一电离能的大小关系____。
某同学所画基态镁原子的核外电子排布图如图
，该同学所画的电子排布图违背了______。
（4）K元素处于元素周期表的____区，其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级有____个。
15．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________________________________________。
（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．1molG最多可以与1molH2发生加成反应
D．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH
（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）。
___________________
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；
B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；
D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；
故选B。
2．C
【解析】
【详解】
A．30g乙烷的物质的量为1mol，而乙烷中含7条共价键，故1mol乙烷中含7NA条共价键，故A错误；
B．pH=12的氨水溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢氧根的物质的量为0.01mol，根据电荷守恒可知：
n（OH-）=n（NH4+）+n（H+），故n（NH4+）小于0.01mol即小于0.01NA个，故B错误；
C．甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O，故2.0g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.1mol，故含0.4NA个原子，故C正确；
D．酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的水分子个数小于NA个，故D错误。
故答案为C。
3．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；
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－。
4．D
【解析】
【详解】
A.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A正确；
B.M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；
C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；
D.M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；
答案为D
【点睛】
碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。
5．C
【解析】
【详解】
A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++I2+3H2O，故A正确；
B.0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.2mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al（OH）3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O，故B错误；
C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H2O2具有还原性，故C错误；
D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO-+SO2+H2O═2H++Cl-+SO42-，故D错误；
故选A。
【点晴】
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。
6．D
【解析】
【详解】
A、SO2通入Ba（NO3）2溶液中，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸氧化后与钡离子反应产生的白色沉淀是BaSO4而不是BaSO3，选项A错误；
B、Cl2能氧化Fe2+和I-分别生成使溶液颜色更深的Fe3+和I2，故溶液颜色变深不一定是产生的Fe3+引起的，选项B错误；
C、蔗糖溶液水解后显酸性必须先用碱中生至碱性再用新制氢氧化铜悬浊液检验，否则实验无法证明醛基的存在，也就无法证明蔗糖水解，选项C错误；
D、Na2CO3溶液中存在水解平衡CO32-+H2O
HCO3-+OH-，加入少量BaCl2固体,钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，平衡逆向移动，碱性减弱，溶液红色变浅，选项D正确。
答案选D。
7．B
【解析】
【详解】
A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c（H＋）>c（OH－），所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；
B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c（OH－）>c（H＋），所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c（H＋）增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；
D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n（O2）=1mol÷4=0.25mol，故D错误。
故选B。
【点睛】
本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。
电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：
提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液pH的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。
8．D
【解析】
A.醋酸溶液中加水，醋酸电离平衡正向移动，所以
变大，故错误；B.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，加热促进水解，所以
减小，故错误；C.盐酸中加入氨水到中性，则氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，根据电荷守恒，铵根离子浓度等于氯离子浓度，故比值为1，故错误；D.饱和溶液中加入少量的硝酸银，溶解平衡逆向移动，但
等于溶度积常数的比值，所以不变，故正确。
故选D。
9．C
【解析】
【详解】
A．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；
B．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，但由于该反应是气体体积改变的反应，体积不变增加浓度，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，故B错误；
C．根据2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），
开始（mol）0.4 0.24 0
转化（mol）0.32 0.16 0.32
平衡（mol）0.08 0.08 0.32
平衡浓度（mol/L）0.04 0.04 0.16
所以该温度下，平衡常数值K=
=400，故C正确；
D．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，乙中二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，甲中O2的转化率小于乙中O2的转化率，故D错误；故选C。
10．A
【解析】
【详解】
从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68LO2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n（Cu），即n（Cu）×2＝n（O2）×4，得n（Cu）＝2n（O2）＝2×
＝0.15mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n（NaOH）应为0.3mol，所需V（NaOH）应为60mL，故选A。
11．+3H3AsO4
H++H2AsO4-除去过量的硫离子，As2S3+3S2-
2AsS32-使平衡逆向进行，提高沉砷效果H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2OCaSO4
【解析】
【分析】
废水中砷元素主要以亚砷酸（H3AsO3）形式存在，加入硫化钠、硫酸亚铁除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液中加入过氧化氢和氧化钙，H2O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸，过滤得到砷酸铁、砷酸钙、氢氧化铁、沉淀硫酸钙等；
（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；砷酸为弱酸，分步电离；
（2）As2S3与过量的S2-反应，As2S3（s）+3S2-（aq）⇌2AsS33-（aq），根据化学平衡移动分析FeSO4的作用；由流程可知：
“二级沉砷”中H2O2与H3AsO3反应生成H3AsO4；
（3）流程分析可知钙离子结合硫酸根离子形成硫酸钙沉淀；
（4）AsH3和氨气分子结构相同为共价化合物，砷原子和三个氢原子形成三个As-H键。
【详解】
（1）亚砷酸（H3AsO3）中氢元素+1价，氧元素-2价，化合物化合价代数和为0，则砷元素的化合价为+3价；第ⅤA族非金属元素形成最高价含氧酸中磷、砷形成的含氧酸都是弱酸，水溶液中分步电离，电离方程式为：
H3AsO4
H++H2AsO4-；
（2）废水中砷元素主要以亚砷酸（H3AsO3）形式存在，加入硫化钠、硫酸亚铁除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液中加入过氧化氢和氧化钙，H2O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸，过滤得到砷酸铁、砷酸钙、氢氧化铁、沉淀硫酸钙等；
“一级沉砷”中FeSO4的作用是除去过量的硫离子，As2S3+3S2-
2AsS32-使平衡逆向进行，提高沉砷效果，亚铁离子与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止AS2O3与S2-结合生成AsS33-；“二级沉砷”中H2O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸，反应的化学方程式为：
H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；
（3）流程分析可知，加入氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和砷酸反应生成砷酸钙沉淀、和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，钙离子结合硫酸根离子形成硫酸钙沉淀，所以沉淀X为CaSO4；
（4）AsH3和氨气分子结构相似，都属于共价化合物，砷原子和三个氢原子形成三个As-H键，其电子式为
。
12．A2MnO2＋Cu2S＋8H＋＝S＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2OFe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化CuO或Cu（OH）2将溶液加热Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝NH4＋＋MnCO3↓（NH4）2SO4
【解析】
【详解】
（1）增大反应物的接触面积或升高温度等均可以增大反应速率，所以酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，但延长浸取时间并不能提高速率，答案选A。
（2）在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4、MnSO4和水，所以该反应的离子方程式是2MnO2＋Cu2S＋8H＋＝S＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O。
（3）由于Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化，所以若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢。
（4）由于除杂时不能再引入新的杂质，所以加入的试剂A可以是CuO或Cu（OH）2。
氨气易挥发，则“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热。
（5）根据原子守恒可知“沉锰”（除Mn2＋）过程中除了生成碳酸锰外还有铵盐生成，则有关反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝NH4＋＋MnCO3↓。
（6）滤液Ⅱ中含有硫酸铵，因此经蒸发结晶得到的盐主要是（NH4）2SO4。
13．2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+1.51.9当pH＞1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe2+、Fe3+离子浓度均下降，降低反应速率；当pH＜1.5时，T·F菌活性降低，反应速率减慢CH4（
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