辽宁省抚顺市2021年高考化学教学质量检测试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．已知：25℃时，有关弱酸的电离平衡常数，下列选项中正确的是
弱酸H2C2O4CH3COOH HCN H2CO3
电离常数K i
K i1=5.9×l0-2
K i2=6.4×l0-51.8×l0-5 4.9×l0-10
K i1=4.3×l0-7
K i2=5.6×l0-11
A．等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3＞NaCN＞CH3COONa＞NaHC2O4
B．反应NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能发生
C．等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCN＞CH3COONa
D．Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)
2．欲测定Mg（NO3）2•nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是
A．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量
B．称量样品→加热→冷却→称量Mg（NO3）2
C．称量样品→加热→冷却→称量MgO
D．称量样品→加NaOH溶液→过滤→加热→冷却→称量MgO
3．单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。

下列溶液中沸点最高的是
A．0.01 mol/L的蔗糖溶液B．0.02 mol/L的CH3COOH溶液
C．0.02 mol/L的NaCl溶液D．0.01 mol/L的K2SO4溶液
4．下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯（）的说法正确的是（）
A．与互为同系物
B．一氯代物有2种，二氯代物有4种（不考虑立体异构）
C．能使溴水退色，不能使酸性高锰酸钾溶液退色
D．1mol该有机物完全燃烧消耗5molO2
5．一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl 2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5 min时达到平衡状态。

容器编
号温度/℃
起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
CO Cl2COCl2COCl2
Ⅰ500 1.0 1.0 0 0.8
下列说法中正确的是
A．容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 mol·L-1·min-1
B．该反应正反应为吸热反应
C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55 mol
D．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80% 6．下列实验操作对应的现象和结论均正确的是
A．A B．B C．C D．D
7．下列由实验现象得出的结论正确的是（）
C
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5
滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气体
产生的速度
比较CuSO4和KMnO4的催化效果
D
C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得
的气体使酸性KMnO4溶液褪色
一定是制得的乙烯使酸性KMnO4
溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
8．甲烷与氯气光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：
第一步：()()-1
21
Cl g2Cl gΔH=+242.7kJ mol
→⋅⋅
第二步：()()()()-1
432
CH g+Cl g CH g+HCl gΔH=+7.4kJ mol
⋅
⋅
⋅→
第三步：()()()()-1
3233
CH g+Cl g CH Cl g+Cl gΔH=-112.9kJ mol
→⋅⋅
⋅中(其中Cl⋅表示氯原子，
3
CH⋅表示甲基)，下列说法不正确的是（）
A．由题可知，甲烷和氯气在室温暗处较难反应
B．()()()()-1
423
CH g+Cl g CH Cl g+HCl gΔH=-105.4kJ mol
→⋅
C．形成3
1molCH Cl中C Cl
-键放出的能量比拆开2
1molCl中化学键吸收的能量多
D．若是甲烷与2
Br发生取代反应，则第二步反应-1
ΔH<+7.4kJ mol
⋅
9．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。

下列说法错误的是（）
A．在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物
B．在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
C．图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O
D．当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol
10．Cl2可用于废水处理。

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。

下列说法正确的是
A．两种无毒的气体均为还原产物
B．反应后溶液的pH会升高
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2
D．每转移2N A个电子时，一定会生成13.44L的气体
11．N A是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是
A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2N A
B．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为N A
C．密闭容器中，lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为N A
D．在1L 0.1 mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1N A
12．不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）
A．常温下甲能与氢气直接化合，乙不能
B．甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强
C．甲得到电子能力比乙强
D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价
13．下列实验装置、试剂选择和操作均正确的是
A．除去NO中的NO2B．铁制品表面镀锌C．配制一定浓度的硫酸D．鉴定Fe3+
A．A B．B C．C D．D
14．短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。

其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。

下列说法错误的是
A．常温常压下Y的单质为气态
B．离子半径：W>Z>Y
C．X与Z形成的离子化合物具有还原性
D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸
15．将下列气体通入溶有足量 SO2的 BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是
A．HCl B．NH3C．Cl2D．NO2
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．镁及其合金广泛应用于国防生产中。

（1）工业上是通过电解熔融状态2MgCl 的方法冶炼金属镁的，则2MgCl 的电子式为___；工业上不用电解熔融MgO 来冶炼镁的原因是_____。

（2）氢化镁是一种危险化学品。

遇湿易燃，其原因是____。

（3）高纯度氧化镁在医药，建筑行业有着广泛的应用，硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新生产工艺，以菱镁矿（主要成分为3MgCO ，含少量3FeCO ）为原料，制备高纯氧化镁的流程如图（已知
[]23sp 2K Fe(OH)8.010-=⨯、[]38sp 3K Fe(OH) 4.010-=⨯）：
①酸浸前对矿石进行粉碎的好处是____。

试剂A 是一种绿色氧化剂。

常温下为液态，写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式_____。

②为除尽杂质，a 的取值应不小于___（当杂质离子浓度小于51
110mol L --⨯⋅时，可认为已除尽；
3lg 4≈0.2）。

③煅烧过程中可发生多个反应。

试写出氧化剂与还原剂按物质的量为2:1的比例恰好反应时的化学方程式_____，反应生成的气体均为____（填“酸性”或“碱性”）氧化物。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F 和奥美拉性的合成路线如下： I 中间体F 的合成：
II 奧美拉唑的合成：
已知：
结合上述合成路线，请回答：
（1）下列说法正确的是__________
A．奥美拉的分子式为C18 H19N3O3S
B．J生成K的反应类型为加成反应
C．化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成
D．设计A转化为B的目的是保护其中的官能团
（2）化合物F的结构简式为_______________________________；
（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；
（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体: _____________________________
①分子中含苯环，遇FeC13显紫色
②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。

（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。

(用流程图表示，无机试剂任
选)_________________________
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。

某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）提取硒，设计流程如下：
回答下列问题：
(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。

随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是______。

最佳温度是________。

(2)“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为_____________。

(3)采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。

下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。

①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。

该过程的还原反应（半反应）式为___________。

②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_____V。

(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。

①净化后的溶液中c(S2-)达到0.026mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为________，精硒中基本不含铜。

[K sp(CuS)=1.3×10－36]
②硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为____________。

(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为________%，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。

19．（6分）丙烷、乙烯等有机物在工业上有广泛的应用。

回答下列问题：
(1)丙烷中混有乙烯杂质，实验室用如图装置除杂，得到纯净的丙烷。

若试剂a为酸性高锰酸钾溶液，则试剂b、c的名称分别为______、_______。

(2)如图为各组物质的能量总和及相互间转化的能量关系。

丙烷气体分解得到石墨(C)和氢气的热化学方程式为_________。

(3)在两个容积均为1 L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入2 mol H2和一定量的CO2，在一定条件下发生反应2CO 2(g) +6H2(g)C2 H4(g) +4H2O(g) △H。

CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H___________(填“>”“<"或“=")0，判断的理由是__________。

②在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)_______P点v(逆)(填“>”“<"或“=”)。

③氢碳比：x_____2. 0(填“>”“<”或“=”)。

④Q点对应温度下，该反应平衡常数K=_______L3· mol-3。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】
【详解】
A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCN＜H2CO3＜CH3COOH＜H2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCN＞NaHCO3＞CH3COONa＞NaHC2O4，故A错误；
B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能发生，故B正确；
C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，则相同条件下，两溶液比
较，CH 3COONa 溶液中的离子总数较多，故C 错误；
D 、Na 2CO 3溶液中物料守恒c(Na +)=2[c(CO 32-)+c(HCO 3-)+c( H 2CO 3)]，故D 错误； 故选B 。

【点晴】
本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答。

在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na 2CO 3溶液中存在Na 2CO 3的电离，CO 32-的水解、二级水解以及H 2O 的电离等多个反应，故溶液中微粒有H 2O 、Na +、CO 32-、HCO 3-、H 2CO 3、H +、OH -，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。

2．B 【解析】 【分析】
32Mg(NO )受热易分解，其分解反应为：32
222Mg(NO )2MgO 4NO O +↑+↑加热。

【详解】
A ．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A 正确；
B ．因硝酸镁易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B 错误；
C ．称量样品→加热→冷却→称量MgO ，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定
322Mg(NO )nH O ⋅的结晶水含量，C 正确；
D ．称量样品→加NaOH 将硝酸镁转化为氢氧化镁，
→过滤→加热氢氧化镁分解生成氧化镁→冷却→称量MgO ，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D 正确。

答案选B 。

3．C 【解析】 【分析】 【详解】
假设溶液的体积为1L ，0.01mol/L 的蔗糖溶液中含不挥发性的分子为0.01mol ，CH 3COOH 为挥发性物质，0.02mol/L 的NaCl 溶液中含0.04mol 离子，0.01mol/L 的K 2SO 4溶液中含0.03mol 离子，根据“单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高”，沸点最高的是0.02mol/L 的NaCl 溶液，故答案选C 。

4．B 【解析】
【分析】
1-氧杂-2，4-环戊二烯()的分子式为C4H4O，有2种等效氢，结合碳碳双键的平面结构特征和有机物燃烧规律进行解答。

【详解】
A．属于酚，而不含苯环和酚羟基，两者不是同系物，A错误；
B．共有2种等效氢（不考虑立体异构），它的一氯代物有2种，二氯代物有4种，B正确；C．含碳碳双键，既能能使溴水退色，又能使酸性高锰酸钾溶液退色，C错误；
D．的分子式为C4H4O，1molC4H4O完全燃烧消耗的O2的物质的量为1mol⨯(4+4
4
-
1
2
)=4.5mol，D错
误。

答案选B。

5．C
【解析】【详解】
A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)=0.8mol
0.5L
5min
=0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之
比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；
B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；
C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：
CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)
起始浓度(mol/L) 2 2 0
转化浓度(mol/L) 1.6 1.6 1.6
平衡浓度(mol/L) 0.4 0.4 1.6
反应平衡常数K=
1.6
0.40.4
⨯
=10，平衡时CO转化率：
1.6mol/L
2mol/L
×100%=80%；
依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：
CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)
起始浓度(mol/L) 2 2a 0
转化浓度 (mol/L) 1 1 1
平衡浓度 (mol/L) 1 2a-1 1
Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K=()
112a 1⨯-=10，解得：a=0.55mol ，故C 正确； D ．CO(g)+Cl 2(g)⇌C0Cl 2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I 加入CO0.8mol ，Cl 20.8mol ，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D 错误；
故答案为C 。

6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A. CuSO 4和H 2S 反应生成CuS 黑色沉淀，反应能发生是因为CuS 不溶于硫酸，不是因为H 2S 的酸性比H 2SO 4强，硫酸是强酸，H 2S 是弱酸，故A 不选；
B.相同浓度的KMnO 4酸性溶液和不同浓度的H 2C 2O 4 溶液反应，MnO 4-被还原为Mn 2+，溶液褪色，草酸浓度大的反应速率快，故B 选；
C. Fe 2（SO 4）3和Cu 反应生成FeSO 4和CuSO 4，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，故C 不选；
D.浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水炭化，同时浓硫酸具有强氧化性，被还原为SO 2，有刺激性气味的气体产生，故D 不选。

故选B 。

7．A
【解析】
由于甲酸的酸性大于氢硫酸，等浓度的HCOOK 和K 2S 溶液的PH ：K 2S 溶液>HCOOK 溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A 正确；含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN 溶液，溶液呈红色，不一定为Fe 2+的溶液，B 错误；硫酸铜在H 2O 2溶液分解时作催化剂，而KMnO 4溶液与H 2O 2溶液反应，KMnO 4溶液做氧化剂，没有可比性，C 错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO 4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色，D 错误；正确选项A 。

点睛：C 2H 5OH 与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO 4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。

8．D
【解析】
【详解】
A.光照下发生取代反应，常温下不能反应，故A 正确；
B.由第二步与第三步相加得到()()()()1
423CH g Cl g CH Cl g HCl g ΔH 105.4kJ mol -+→+=-⋅，故B 正
确；
C.由第三步反应可知，形成C Cl -键，拆开2Cl 中化学键，且为放热反应，则形成31molCH Cl 中C Cl -键放出的能量比拆开21molCl 中化学键吸收的能量多，故C 正确；
D.若是甲烷与2Br 发生取代反应，形成HCl 比形成HBr 更容易，即形成HBr 需要的能量大于形成HCl 需要的能量，则第二步反应1H 7.4kJ mol ->+⋅，故D 错误；
故选：D 。

9．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．该过程中发生反应：Cu 2++H 2S→CuS+2H +，CuS+Fe 3+→S+Fe 2++Cu 2+(未配平)，Fe 2++O 2→Fe 3+(未配平)，由此可知，Fe 3+和CuS 是中间产物，故A 不符合题意；
B ．由图知，化合价变化的元素有：S 、Fe 、O ，Cu 、H 、Cl 的化合价没发生变化，故B 符合题意；
C ．由A 选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：
2H 2S+O 22S+2H 2O ，故C 不符合题意；
D ．H 2S 反应生成S ，硫元素化合价升高2价，O 2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH 2S 转化为硫单质时，需要消耗O 2的物质的量为0.5mol ，故D 不符合题意；
故答案为：B 。

10．C
【解析】
【分析】
向KCN 溶液中先加入足量KOH 溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN +8KOH +5Cl 2＝2CO 2+N 2+10KCl +4H 2O ，由此分析解答。

【详解】
A ．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。

N 元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A 错误；
B ．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH 会降低，选项B 错误；
C ．由反应2KCN +8KOH +5Cl 2＝2CO 2+N 2+10KCl +4H 2O 可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C 正确；
D ．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D 错误；
答案选C 。

11．D
【解析】
【详解】
A. 12g石墨烯里有1mol碳原子，在石墨中，每个六元环里有6个碳原子，但每个碳原子被3个环所共有，所以每个环平均分得2个碳原子，所以1个碳原子对应0.5个环，所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5N A，故A不选；
B.标准状况下，HF是液体，故B不选；
C. NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；
D. 1L 0.1 mol/L的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1mol，但硫离子会发生水解：
S2-+H 2O HS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1N A，故D选。

故选D。

12．B
【解析】
【详解】
A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；
B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；
C．元素的非金属性越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；
D．甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。

答案选B。

【点晴】
注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。

判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。

②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。

13．A
【解析】
A、NO2溶于水生成硝酸和NO，选项A正确；
B、电镀时电解质溶液应该含有镀层金属离子，故应该用氯化锌作为电解质溶液，选项B错误；
C、容量瓶不能用来稀释浓硫酸，选项C错误；
D、胶头滴管不能插入到试管中，选项D错误。

答案选A。

点睛：化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以本部分内容主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。

14．B
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。

【详解】
A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；
B. Y为O，Z为Na，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为Z<Y，故B错误；
C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；
D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；
故选B。

【点睛】
比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。

15．A
【解析】
【分析】
二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。

【详解】
A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B 错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．2Mg Cl Cl --
+⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
∶∶∶∶ MgO 熔点太高，若是以MgO 为原料，则生产成本过高 2MgH 与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸 能提高反应速率与浸出率 2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O 3.2 2MgSO 4+C
2MgO+2SO 2↑+CO 2↑ 酸性 【解析】
【详解】 （1）2MgCl 为离子化合物，其电子式为2Mg Cl Cl --+⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
∶∶∶∶，MgO 熔点太高，若是以MgO 为原料，则生产成本过高，故工业不使用MgO 作原料冶炼；
（2）氢化镁是一种危险化学品。

遇湿易燃，其原因是MgH 2与水反应生成易燃的氢气，且反应过程中可能会放出热量使氢气燃烧甚至爆炸；
（3）①酸浸前对矿石进行粉碎的好处是能提高反应速率与浸出率，“氧化”过程中发生反应为亚铁离子被氧化为三价铁，离子方程式为2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O ；
②氢氧化铁固体溶于水存在离子平衡Fe(OH)3(s) Fe 3+(aq)+3OH -(aq)，故Fe 元素完全沉淀时，10.833()10()
Ksp c OH c Fe --+==，此时pH 为3.2； ③煅烧过程中氧化剂为硫酸镁，还原剂为C ，方程式为2MgSO 4+C
2MgO+2SO 2↑+CO 2↑，反应生成的气体为酸性氧化物。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．C 、D
【解析】
【详解】
（1）奥美拉的分子式为C 17 H 19N 3O 3S ，A 错误；J 生成K 的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，
B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。

答案选CD。

（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。

CH CO)O可得A的结构式为，发生的化学反应为（3）根据生成物B的结构式和反应物 32
；
（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为
；
（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为
；
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加95℃4ClO3－+ 4H+ + Se＝4ClO2↑+ H2O + H2SeO3 ClO2 + 4H+ + 5e-＝Cl－+ 2H2O 0.345 5.0×10－35mol·L－1Na2SeSO3+ H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O 3.2×10－3
【解析】
【分析】
(1)结合含硒物料的成分和脱硫率随温度的变化图分析；
(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，ClO2被还原为Cl-；
②结合题意，根据“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，分析使硒和杂质金属分离最低电位；
(4) ①利用溶度积表达式K sp(CuS)= c(S2-)∙c(Cu2+)，结合已知条件计算；
②根据精制流程，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质；
(5)根据1g精硒中铁含量来计算铁的质量分数。

【详解】
(1)含硒物料（主要含S 、Se 、Fe 2O 3、CuO 、ZnO 、SiO 2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95℃脱硫率最高；
(2)“氧化酸浸”中，Se 在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H 2SeO 3，离子反应方程式为：4ClO 3－+ 4H + + Se ＝4ClO 2↑+ H 2O + H 2SeO 3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V 范围内，在酸性条件下，ClO 2得电子被还原为Cl -，该过程的还原反应（半反应）式为：ClO 2+4H ++5e -=Cl －+2H 2O ；
②根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要不低于0.345；
(4) ①已知：c (S 2-)=0.026 mol ·L －1，K sp (CuS )＝c (S 2-)·c (Cu 2+)=1.3×10－36，c (Cu 2+)=
()()
36
sp 12-K CuS 1.310mol L 0.026 c S =－－⨯⨯=5.0×10－35 mol ·L －1； ②根据精制流程：Na 2SO 3浸出[Se 转化成硒代硫酸钠（Na 2SeSO 3）]→Na 2S 净化→H 2SO 4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na 2SeSO 3 + H 2SO 4＝Na 2SO 4 + Se ↓+ SO 2↑+ H 2O ；
(5)设精硒的质量为1g ，则1g 精硒中含有的铁的质量=32
μg ·g －1×1g =32μg =3.2×10-5g ，则精硒中铁的质量分数=-53.210g 100%1g
⨯⨯=3.2×10－3%。

19．饱和氢氧化钠溶液 浓硫酸 C 3H 8(g)═3C(石墨，s)+4H 2(g) △H=△H 1−△H 2−△H 3 < 温度升高CO 2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故逆反应是吸热反应，正反应为放热反应 < > 64
【解析】
【分析】
（1）根据乙烯的性质及氧化产物分析解答；（2）根据盖斯定律及图示能量变化分析解答；（3）根据平衡移动原理及平衡常数表达式进行相关计算。

【详解】
（1）乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳气体，所以试剂b 为饱和氢氧化钠溶液，目的是除去二氧化碳气体，试剂c 为浓硫酸，目的是除去水分，故答案为：饱和氢氧化钠溶液；浓硫酸；
（2）根据能量变化示意图结合盖斯定律可知，丙烷气体(C 3H 8)分解得到石墨(C)和氢气的热化学方程式为：C 3H 8(g)═3C(石墨，s)+4H 2(g) △H=△H 1−△H 2−△H 3，故答案为：C 3H 8(g)═3C(石墨，s)+4H 2(g)
△H=△H 1−△H 2−△H 3；
（3）①由图可知，随温度升高CO 2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，则正反应为放热反应，故△H<0，故答案为：<；温度升高CO 2的平衡转化率减小，平衡逆向。