D.LiH在熔融状态下能导电，属于离子化合物，其电子式：
，D正确；
综上所述，本题选C。
10.磷原子中的不成对电子，不同的是（）
A.电子云形状B.电子云伸展方向C.电子能量D.电子自旋状态
【答案】B
【详解】磷原子核外电子排布为:
1s22s22p63s23p3，其中不成对电子有3个，分别位于3p1x、3p1y、3p1z上，因此可知电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，所以B选项是正确的；
综上所述，本题选B。
11.实验室制备乙酸丁酯的叙述中，正确的是（）
A.装置采用水浴加热B.边反应边蒸馏出产物
C.提纯先水洗再碳酸钠溶液洗D.原料正丁醇过量
【答案】C
【详解】A项，水浴加热温度一般不超过100℃，温度较低，制备乙酸丁酯采用酒精灯直接加热，故A项错误；
B项，制备乙酸丁酯则采取直接回流的方法、待反应完成后再提纯产物，故B项错误；
C项，乙酸丁酯在碳酸钠溶液中溶解度较小，因此提纯先水洗再碳酸钠溶液洗，减小乙酸丁酯的损失，故C项正确；
D项，制备乙酸丁酯时采用容易获得的乙酸过量，以提高正丁醇的利用率，故D项错误；
综上所述，本题选C。
12.有机物转化所需的试剂、反应条件中，不正确的是（）
A.醇→烯烃：
浓硫酸，加热B.醛→羧酸：
银氨溶液，水浴加热
C.苯→溴苯：
溴水，铁D.酸→酯：
浓硫酸，加热
【答案】C
【详解】A.醇在浓硫酸，加热的条件下，发生消去反应生成烯烃，A正确；
B.醛与银氨溶液在水浴加热条件下，发生氧化反应生成羧酸铵，然后再加酸进行酸化，得到羧酸，B正确；
C.苯与液溴，铁做催化剂条件下反应生成溴苯，而苯与溴水发生萃取过程，属于物理变化，C错误；
D.酸与醇在浓硫酸、加热的条件下，发生酯化反应生成酯，D正确；
综上所述，本题选C。
13.催化加氢可生成2-甲基戊烷的是（）
A.CH2=CHC（CH3）2CH2CH3B.CH2=CHCH（CH3）C≡CH
C.（CH3）2C=C（CH3）2D.（CH3）2CHCH2C≡CH
【答案】D
【分析】2-甲基戊烷的碳链结构为
，四个选项中均属于不饱和烃，与足量的氢气发生加成反应生成的饱和烃的结构属于
即可符合题意要求。
【详解】A、CH2=CHC（CH3）2CH2CH3的碳链结构为
经催化加氢后能生成3,3-二甲基戊烷,故A错误；
B、CH2=CHCH（CH3）C≡CH的碳链结构为
经催化加氢后能生成3-甲基戊烷,故B错误；
C、（CH3）2C=C（CH3）2的碳链结构为
经催化加氢后能生成2，2-二甲基丁烷,故C错误；
D、（CH3）2CHCH2C≡CH的碳链结构为
，经催化加氢后能生成2-甲基戊烷,故D正确；
综上所述，本题选D。
14.有关海水提溴和海带提碘的叙述错误的是（）
A.都需经过浓缩、氧化、提取B.海水提溴的浓缩原理是蒸发
C.氧化步骤都可通入氯气来实现D.提取步骤都可用四氯化碳萃取
【答案】D
【分析】海水中溴离子含量较低，应先浓缩，再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂，通常选择氯气,氧化溴离子得到单质溴:
2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，分离溴单质利用溴的挥发性，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到，以此来解答。
【详解】A.海水中溴离子、碘离子含量较低，应先浓缩，再用氧化剂将溴离子、碘离子氧化为溴、碘，最后再进行提取，故A正确；
B.海水中溴离子含量较低，应先进行溶液的浓缩，浓缩可以通过蒸发溶剂来实现，故B正确；
C.氯气具有氧化性，氧化溴离子生成单质溴，氧化碘离子生成碘单质，故C正确；
D.溴离子氧化为溴单质后，利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，分离溴单质利用溴的挥发性；提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，然后用四氯化碳进行萃取分液、蒸馏方法得到，故D错误；
综上所述，本题选D。
15.物质之间反应，一定不产生H2的是（）
A.过氧化钠和水B.金属钠和冷水
C.铁和热浓硫酸D.炽热铁和水蒸气
【答案】A
【详解】A.过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，A符合题意；
B.金属钠和冷水反应生成氢气和氢氧化钠，B不符合题意；
C.铁和热浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铁反应生成氢气，C不符合题意；
D.炽热铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，D不符合题意；
综上所述，本题选A。
【点睛】常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，加热条件下，钝化膜被破坏，铁和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，稀硫酸与铁反应生成氢气；两个过程中，第一个反应体现了浓硫酸的强氧化性，第二个反应体现了稀硫酸中氢离子的弱氧化性。
16.合成氨生产中，说法正确的是（）
A.使用催化剂，提高原料的利用率B.采用高温、高压工艺提高氨的产率
C.产物用水吸收，剩余气体循环利用D.增大反应物浓度，对v正影响更大
【答案】D
【详解】A.使用催化剂，加快反应的速率，但是平衡不移动，不能提高原料的利用率，A错误；
B.合成氨反应为体积缩小的放热反应，采用高温，平衡左移，不能提高氨的产率，B错误；
C.合成氨反应达到平衡后，平衡混合气可以采用水冷凝后氨气液化，分离出液氨，有利于平衡向正反应方向移动，剩余气体可以循环利用，C错误；
D.增大反应物浓度，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，对υ正影响更大，平衡向正反应方向移动，D正确；
综上所述，本题选D。
17.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，刚开始时反应的离子方程式是（）
A.H++OH-=H2OB.NH4++OH-=NH3·H2O
C.HSO4-+OH-=SO42-+H2OD.NH4++H++2OH-=NH3·H2O+H2O
【答案】A
【详解】NH4HSO4属于强酸的酸式盐，能够完全电离：
NH4HSO4=NH4++H++SO42-,向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，刚开始时,OH-的量少，1mol氢离子与1mol氢氧根离子反应生成水，离子方程式是H++OH-=H2O，A正确；
综上所述，本题选A。
18.不能说明氯的非金属性强于溴的事实是（）
A.HClO4酸性强于HBrO4B.HBr的分解温度低于HCl
C.BrCl中氯为-1价D.FeBr2溶液中滴少量氯水，溶液变黄
【答案】D
【详解】A.根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4酸性强于HBrO4，可以证明结论，故A正确；
B.HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故B正确；
C.BrCl中Br为+1价、Cl为-1价，可说明Cl易得到电子，非金属性较强，故C正确；
D.还原性Fe2+>Br-，FeBr2溶液中滴少量氯水，亚铁离子先被氧化，溶液也变黄色，不能证明氯气一定置换了溴，也就不能说明氯的非金属性强于溴的事实，故D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】周期表中，同一周期，从左到右，元素的金属性减弱，非金属性增强；同一主族，从上到下，金属性增强，非金属性减弱。
元素非金属性比较规律：
①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。
19.一定能实现铁元素之间相互转化的措施是（）
A.实现①的转化，用比铁活泼的金属
B.实现②的转化，通过钢铁电化腐蚀
C.实现③的转化，加入少量稀硝酸
D.实现④的转化，加入过量氯气
【答案】B
【详解】A.金属钠活泼性很强，但是金属钠加入到氯化亚铁溶液中，生成氢氧化亚铁白色沉淀和氢气，不能置换出铁，A错误；
B.钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，负极反应均为：
Fe-2e-=Fe2+，B正确；
C.过量的铁与少量的稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，C错误；
D.铁离子变为亚铁离子，应加入还原剂，如铁粉即可实现，不能加入氧化剂氯气，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，铁被氧化到+3价；如果铁过量，反应生成的铁离子与铁发生反应生成亚铁离子，因此过量的铁与一定量的硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；反应物的量不同，产物不相同。
20.某溶液中可能含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-的几种离子。
某同学取两份该溶液进行如下实验：
一份滴入酸性KMnO4溶液，发现KMnO4溶液褪色；另一份加入BaCl2溶液，产生不溶于水的沉淀。
对溶液描述错误的是（）
A.可能含有K+B.可能含有SO42-C.可能含有Fe3+D.可能含有SO32-
【答案】C
【分析】一份滴入酸性KMnO4溶液，发现KMnO4溶液褪色，说明含有Fe2+、SO32-中的至少一种；另一份加入BaCl2溶液，产生不溶于水的沉淀，说明至少含有SO42-、SO32-中的一种；SO32-具有还原性，而Fe3+具有氧化性，二者不能共存，结合电荷守恒分析解答。
【详解】一份滴入酸性KMnO4溶液，发现KMnO4溶液褪色，说明含有Fe2+、SO32-中的至少一种；另一份加入BaCl2溶液，产生不溶于水的沉淀，说明至少含有SO42-、SO32-中的一种；SO32-具有还原性，而Fe3+具有氧化性，二者不能共存，
A.根据以上分析可知，若溶液中阴离子只有SO42-，根据电荷守恒，溶液中阳离子可能为Fe2+（或K+和Na+），所以该溶液可能含有K+，A正确；
B.根据以上分析可知，溶液中可能含有SO42-，B正确；
C.根据以上分析可知，若溶液中含有SO32-，SO32-具有还原性，而Fe3+具有氧化性，二者不能共存，则一定不含Fe3+，若溶液中不含SO32-，则一定含SO42-，根据电荷守恒也不存在Fe3+，故一定不含Fe3+，C错误；
D.根据以上分析可知，另一份加入BaCl2溶液，产生不溶于水的沉淀，说明至少含有SO42-、SO32-中的一种，溶液中可能含有SO32-，D正确；
综上所述，本题选C。
二、综合分析题（共60分）
21.晶体硅是良好的半导体材料，多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产。
（1）硅原子核外有_____种能量不同的电子。
氯离子的核外电子排布式为________________________。
短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是________。
（2）从原子结构角度解释硅元素与氯元素的非金属性强弱________________________。
（3）900℃以上发生SiHCl3（g）+H2（g）
Si（s）+3HCl（g）反应，平衡时H2的百分含量随温度、压强（P）变化如图（K为不同条件时得平衡常数）。
从化学反应速率角度来说明上述反应已达到平衡状态_______。
（4）若反应容器的容积为2L，10min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.8g，则HCl的平均反应速率为______________。
（5）P1____P2（选填“>”、“<”或“=”）；K1、K2、K3大小关系式为___________。
【答案】
（1）.5
（2）.1s22s22p63s23p6（3）.S>Cl>F（4）.氯和硅两元素同周期，电子层数相同，质子数氯>硅，原子半径氯<硅，因此原子核对最外层电子的吸引能力氯>硅，得电子能力氯>硅（5）.氢气的生成速率等于氢气的消耗速率（合理即给分）（6）.0.015mol/（L∙min）（7）.>（8）.K1=K2【分析】
（1）根据硅原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，确定核外有多少种能量不同的电子。
根据氯原子得1个电子变为氯离子，写出氯离子核外电子排布式；根据同一主族，从上到下，原子半径增大，同一周期，从左到右，原子半径减小规律比较S、Cl、F半径大小；
（2）同周期元素，从左到右，质子数越大，原子半径越小，原子核对最外层电子的吸引能力越强进行分析；
（3）化学平衡状态的特征是υ（正）=υ（逆）、各组分的浓度保持不变，据此进行分反应已达到平衡状态时，氢气的生成速率与氢气的消耗速率关系；
（4）先计算出硅的变化量，据此求出n（HCl），根据υ（HCl）=∆c/∆t进行计算；
（5）当温度不变时，压强由P2变为P1，氢气的百分含量增大，说明平衡左移，据此分析P1与P2的关系；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析。
【详解】
（1）硅原子核电荷数为14，核外电子排布为1s22s22p63s23p2，据此可知硅原子核外有5种能量不同的电子；氯原子核电荷数为17，核外电子排布为1s22s22p63s23p5，氯原子得一个电子变为氯离子，氯离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子分别为硫和氟，同一主族，从上到下，原子半径增大，同一周期，从左到右，原子半径减小，半径从大到小的顺序是S>Cl>F；
综上所述，本题答案是：
5，1s22s22p63s23p6，S>Cl>F。
（2）氯和硅两元素同周期，电子层数相同，质子数氯>硅，原子半径氯<硅，因此原子核对最外层电子的吸引能力氯>硅，得电子能力氯>硅，所以氯元素的非金属性强于硅元素；
综上所述，本题答案是：
氯和硅两元素同周期，电子层数相同，质子数氯>硅，原子半径氯<硅，因此原子核对最外层电子的吸引能力氯>硅，得电子能力氯>硅。
（3）化学平衡状态的特征是υ（正）=υ（逆）、各组分的浓度保持不变，所以上述反应已达到平衡状态时，氢气的生成速率等于氢气的消耗速率；
综上所述，本题答案是：
氢气的生成速率等于氢气的消耗速率（合理即给分）。
（4）根据SiHCl3（g）+H2（g）
Si（s）+3HCl（g）可知，10min后达到平衡，测得固体硅的质量增加了2.8g，即0.1mol，生成n（HCl）=0.3mol，所以HCl的平均反应速率为0.3mol/（2L×10min）=0.015mol/（L∙min）；
综上所述，本题答案是：
0.015mol/（L∙min）。
（5）当温度不变时，压强由P2变为P1，氢气的百分含量增大，说明平衡左移，增大压强平衡逆向移动，所以P1>P2；平衡常数只是温度的函数，因为K1、K2所处温度相同，所以K1=K2；温度升高，氢气的百分含量减小，平衡右移，正反应为吸热反应，所以K3>K1=K2；
综上所述，本题答案是：
>；K1=K222.Na2SO3是常见的一种盐，工业上可作防腐剂、去氯剂和还原剂。
（1）Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-。
反应的化学方程式为________________；若有0.5molNa2SO3参加反应，则电子转移个数为_____________________。
（2）将0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温，测定温度变化过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
①时刻Na2SO3溶液中水的电离程度_______同温下纯水中水的电离程度（填）“>”、“<”或“=”）；应用平衡原理解释该原因_________________________________。
④的pH略小于①，是由于______________________。
设计一个简单实验来证明_____________________。
（3）将Na2SO3溶液中所有离子浓度由大到小排列_________________________________。
【答案】
（1）.4Na2SO3
Na2S+3Na2SO4
（2）.0.75NA（3）.>（4）.水存在电离平衡：
H2O
H++OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动。
（5）.Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4（6）.取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4（7）.c（Na+）>c（SO32-）>c（OH-）>c（HSO3-）>c（H+）
【分析】
（1）Na2SO3固体隔绝空气加强热，硫元素发生歧化反应，据此写出方程式，并根据反应6e-~4Na2SO3关系，计算0.5molNa2SO3参加反应，电子转移个数；
（2）能水解的盐促进水的电离；亚硫酸钠具有还原性，能够被氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠不水解，显中性，据此进行分析；根据硫酸根离子的检验方法判断亚硫酸钠中是否含有硫酸钠；
（3）Na2SO3溶液中存在水解平衡：
SO32-+H2O
HSO3-+OH-，HSO3-+H2O
H2SO3+OH-，据此分析离子浓度大小顺序。
【详解】
（1）Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-，说明部分硫元素发生还原反应生成S2-，还有部分硫元素发生氧化反应生成SO42-，因此反应的化学方程式为4Na2SO3
Na2S+3Na2SO4；该反应转移电子为6e-；根据6e-~4Na2SO3关系可知，若有0.5molNa2SO3
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