北京豐臺2022年高三二模化學本試卷共100分。考試時長90分鐘可能用到的相對原子質量：H1B11C12N14O16第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.制作豆腐的流程中，屬于過濾操作的是A.泡豆B.磨漿C.濾渣D.煮漿點兌A.A B.B C.C D.D2.用下列裝置完成相關實驗，不合理的是A.用a配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液B.用b制備少量乙酸乙酯C.用c蒸餾海水得到淡水D.用d分離Na2CO3溶液與CH3COOC2H53.對下列事實的解釋，方程式不正確的是A.氯水保存于棕色試劑瓶：2HClOH2↑+Cl2↑+O2↑B.不能用排水法收集NO2：3NO2+H2O=2HNO3+NOC.高溫熔融態鐵遇水爆炸：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，2H2+O22H2OD.硫酸鋁與碳酸氫鈉制泡沫滅火器：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑4.下列物質的用途涉及氧化還原反應的是A.用NaHCO3作食品膨松劑B.用暖寶貼(成分：鐵粉、水、食鹽、活性炭等)供熱C.用飽和Na2CO3溶液和鹽酸處理水垢中的CaSO4D.用可溶性的鐵鹽、鋁鹽作凈水劑5.下列事實不是由于分子的極性導致的是A.N2沸點比CO低B.常溫常壓下，CO2為氣體，CS2為液體C.HCl氣體易溶于水D.用毛皮摩擦過的橡膠棒靠近水流，水流方向發生變化6.對甲基苯酚用于制作除草劑、醫藥上的消毒劑、香料。下列說法不正確的是A.可與NaOH、Na2CO3發生反應B.核磁共振氫譜峰面積之比為1：2：2：3C.可與甲醛發生縮聚反應，與Br2發生取代反應D.含有苯環的同分異構體共有3種(不包含對甲基苯酚)7.錫(50Sn)與Si處于同一、主族，由于錫具有一定的抗腐蝕性，鍍錫的鐵皮常用于制作罐頭盒。下列說法不合理的是A.原子半徑：Sn>SiB.金屬性：Rb(銣)>Sn。C.Sn位于第四周期第IVA族，p區D.鍍錫鐵皮的鍍層破損后，鐵更容易被腐蝕8.常溫下，0.1mol·L-1氨水pH=11，0.1mol·L-1醋酸pH=3，下列說法正確的是A.將0.1mol·L-1氨水稀釋10倍，pH<10B.常溫下，CH3COOH的電離平衡常數與NH3·H2O的相等C.0.1mol·L-1醋酸溶液中，c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.CH3COONH4溶液因水解呈酸性9.下列除雜試劑或方法選用正確的是物質(括號內為雜質)除雜試劑或方法ANaHCO3固體(Na2CO3)加熱B苯(苯酚)濃溴水CNaCl溶液(Na2SO4)BaCl2溶液、Na2CO3溶液DCO2(SO2)BaCl2與H2O2混合溶液、濃硫酸A.A B.B C.C D.D10.利用下圖裝置將2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反應的化學能轉化為電能，下列設計不合理的是A.a是Cu棒B.X可以是CuSO4溶液或Na2SO4溶液C.b可以是石墨或Cu棒D.Y可以Fe2(SO4)3溶液11.下表列出了短周期元素X、Y的各級電離能數據，下列說法正確的是電離能/kJ·mol-1I1I2I3I4……元素X520729811815元素Y496456269129544……A.X、Y元素的最高化合價分別為+3、+4B.原子失電子能力：X>YC.X和Y元素位于元素周期表中同一周期D.基態原子Y的電子排布式為1s22s22p63s112.核酸是生物體遺傳信息的攜帶者，被譽為“生命之源”，下列說法不正確的是

A.五碳糖與磷酸、堿基之間通過分子間脫水形成核苷酸B.核苷酸分子之間通過磷酯鍵形成核酸，反應類型為加聚反應C.DNA是核酸中的一種，其對應的五碳糖為脫氧核糖D.DNA分子兩條鏈上的堿基按照形成氫鍵數目最多、結構最穩定的原則配對13.電離平衡常數有重要的功能，下列推測不合理的是化學式H2CO3HCNHF電離平衡常數(K)Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-116.2×10-106.8×10-4A.電離出H+能力：HF>H2CO3>HCN>B.相同物質的量濃度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCNC.HCN和HF均能與Na2CO3溶液發生反應D.CO2通入NaCN溶液中：CO2+2CN-+H2O=2HCN+14.某同學進行如下實驗：向酸化的過氧化氫溶液中加入碘化鉀、淀粉和維生素C溶液，一段時間后溶液變藍。查閱資料可知體系中存在兩個主要反應：反應i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O反應ii：C6H8O6(維生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+下列說法不正確的是A.反應ii中維生素C發生氧化反應B.反應速率：反應i<反應iiC.溶液pH最終會變大D.若溶液變藍時n(I2)=amol，則消耗n(H2O2)=amol第二部分本部分共5題，共58分。15.氮化硼(BN)是一種高硬度、耐高溫、耐腐蝕、高絕緣性的材料。一種獲得氮化硼的方法如下：NaBH4B(OH)3→BN已知：1.電負性：H2.1B2.0N3.0O3.52.SiC與BN晶體的熔點和硬度數據如下：物質熔點/℃硬度碳化硅(SiC)28309-9.5氮化硼(BN)30009.5（1）NaBH4被認為是有機化學上的“萬能還原劑”。從化合價角度分析NaBH4具有強還原性的原因是_______。（2）硼酸的化學式為B(OH)3，是一元弱酸。硼酸產生H+過程為：B(OH)3+H2O?H++[B(OH)4]-①硼酸分子的空間構型為_______。②硼酸具有弱酸性是由于B與水中的OH-形成配位鍵，描述配位鍵的形成過程_______。（3）某一種氮化硼晶體的晶胞結構如下圖：①氮化硼(BN)屬于_______晶體；B原子的軌道雜化類型為_______。②該種氮化硼的熔點和硬度均高于SiC的原因是_______。③已知該晶體的密度為ρg·cm-3，阿伏伽德羅常數為NA，則晶胞的邊長為_______cm(列計算式)。16.硫碘循環，水分解制氫的原理示意圖如下：（1）已知：在25℃和101kPa時，H2的燃燒熱為285.8kJ·mol-1，則在相同條件下，水分解生成氫氣的熱化學方程式為_______。（2）水在2200℃條件下分解可得到氫氣。硫碘循環制H2的優勢為_______(至少寫兩條)。（3）反應II，H2SO4分解制取O2的速率主要由反應2SO3?2SO2+O2決定，對該反應的歷程進行研究發現，SO3分解經歷了多步基元反應，其中影響速率的關鍵基元反應為：SO3→SO2+O，SO3+O→SO2+O2，下列說法合理的是_______。A.c(O)越大有利于加快SO3的分解速率B.關鍵基元反應的活化能比其他基元反應的大C.催化劑參與氧原子的生成與消耗將有利于提高SO3的分解速率（4）進行反應III之前，需要經過以下兩個步驟：①步驟1：除雜。反應I所得混合物經過初步分離后得到HI和I2的混合溶液，其中含有少量H2SO4雜質。工業上采用加熱至110℃的方法除去H2SO4寫出相應的化學方程式_______。②步驟2：電解。通過電解法實現HI和I2的分離與富集，裝置示意圖如下，結合電極反應解釋獲得濃HI溶液的原因是_______。③利用電解后某一極的溶液，作為反應II中SO2的吸收劑，實現O2與SO2的分離，吸收劑的有效成分是_______。17.某粗銅精煉得到的陽極泥主要成分為Cu、Se、Ag2Se等，從中提取Se的工藝流程如下：已知：化學式Ag2SeAgClKsp(常溫)2.0×10-641.8×10-10（1）酸浸過程，通入稀硫酸和空氣的目的是_______。（2）“氯化”過程中發生如下轉化：①Se轉化為H2SeO3，化學方程式為_______。②Ag2Se轉化為AgCl，從化學平衡的角度解釋原因_______。（3）①“還原”過程中發生反應的化學方程式為_______。②Cl2、SO2、H2SeO3氧化性由強到弱的順序為_______。（4）滴定法測定CuSO4溶液濃度，其基本原理為：第一步：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。第二步：2(無色)+I2=(無色)+2I-①由此可知滴定所用的指示劑為_______。②已知CuSO4溶液體積為25mL，滴定至終點時消耗cmol·L-1Na2S2O3溶液VmL，則CuSO4溶液的物質的量濃度為_______mol·L-1。③若使用的KI溶液過量，對滴定結果的影響是_______(填“偏大”或“偏小”或“不影響”)。18.具有廣泛生物活性的某丁內酯類化合物K的合成路線如下：

已知：i.R1CH2COOR2+R3CHOii.+iii.R-Br+（1）A能發生銀鏡反應，A中官能團名稱是_______。（2）B→C的化學方程式為_______。（3）C+2aD，則試劑a是_______。（4）已知：同一個碳原子連有2個羥基的分子不穩定，F為醇類。F→G的化學方程式為_____。（5）試劑b的結構簡式為_______。（6）H→I的反應類型為_______，J的結構簡式為_______。（7）已知：RCH2COOH，將D→E的流程圖補充完整，在括號內填寫試劑和條件，在方框內填寫物質的結構簡式_______。

19.某小組進行如下實驗：向0.1mol·L-1FeCl3溶液中通入SO2或加入Na2SO3溶液，均得到紅色溶液。已知：溶液中+4價含硫微粒物質的量分數隨pH變化的曲線如下圖所示。I.推測Fe3+與溶液中的某種+4價含硫微粒形成了紅色的配離子。設計如下實驗(均在常溫下進行)：實驗溶液1(1mL)溶液2(10mL)現象A0.1mol·L-1FeCl3溶液SO2的飽和溶液溶液1與溶液2混合后，實驗A、B、C所得溶液紅色依次加深B0.1mol·L-1FeCl3溶液SO2的飽和溶液，用NaOH固體調pH=5.0C0.1mol·L-1FeCl3溶液_______（1）將上述實驗補充完整________。（2）配離子的配體為的實驗證據是_______。II.探究pH對FeCl3和Na2SO3反應影響。設計如下實驗：序號實驗a實驗b方案5mL酸化的0.1mol·L-1FeCl3與2mL0.1mol·L-1Na2SO3混合得紅色溶液，測得pH=1.75mL酸化的0.1mol·L-1FeCl3與2mL0.1mol·L-1Na2SO3混合得紅色溶液，加幾滴濃鹽酸，調pH=1.3現象放置10分鐘后，溶液紅色均褪去，實驗b中溶液褪色更快。經檢驗，褪色后的溶液中均存在Fe2+。（3）探究實驗b中溶液褪色更快的原因：i.甲認為pH降低，有利于Fe3+氧化，導致實驗b中溶液褪色更快。①從電極反應的角度，進行理論分析：還原反應為：Fe3++e-=Fe2+氧化反應為：_______。②已知上述實驗條件下pH對Fe3+的氧化性幾乎沒有影響。從平衡移動的角度判斷pH對還原性的影響是_______(填“增強”或“減弱”)。③通過理論分析，甲認為其猜測_______(填“成立”或“不成立”)，并進一步實驗，獲得了證據。實驗方案為：反應相同時間，分別取實驗a和b中的溶液，檢測_______濃度(填離子符號)，比較其大小關系。ii.乙猜測pH降低，有利于_______氧化，導致實驗b中溶液褪色更快。④將乙的假設補充完整_______(填化學式)。⑤乙設計實驗進行驗證：取10mL0.1mol·L-1Na2SO3溶液加硫酸調pH=1.7，用KMnO4溶液滴定，消耗體積為V1。另取一份相同的溶液放置10分鐘后，再用KMnO4溶液滴定，消耗體積為V2.前后差值(V1-V2)為ΔVa。用同樣的方法對10mL0.1mol·L-1Na2SO3(含H2SO4)pH=1.3進行滴定，消耗KMnO4溶液前后體積差值為ΔVb。經對比可知，ΔVa>△Vb，由此得出的實驗結論是_______。（4）綜合上述分析，pH降低，有利于_______反應的發生，導致實驗b中溶液褪色更快。

參考答案1.【答案】C【解析】【詳解】A．泡豆是將豆子浸泡吸水的過程，不包含過濾操作，A項不符合題意；B．磨漿是將大豆研磨成碎料的操作，不包含過濾操作，B項不符合題意；C．濾渣是將豆渣與豆將分離的操作，其實就是過濾操作，C項符合題意；D．煮漿是將豆漿加熱煮沸的過程，點兌是加入電解質使蛋白質膠體發生聚沉的過程，都不包含過濾操作，D項不符合題意；答案選C。2.【答案】A【解析】【詳解】A．配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液需要用到的主要儀器除了托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒以外還有100mL容量瓶、膠頭滴管，上述儀器不能達到實驗目的，A符合題意；B．實驗室利用乙酸、乙醇在濃硫酸作用下發生酯化反應制備乙酸乙酯，右側試管中盛裝飽和碳酸鈉溶液，偏于分離乙酸乙酯，可達到實驗目的，B不符合題意；C．利用上述蒸餾裝置可實驗海水淡化，蒸餾得到蒸餾水，C不符合題意；D．Na2CO3溶液與CH3COOC2H5互不相溶，可利用分液操作分離提純，上述裝置可達到實驗目的，D不符合題意；故選A。3.【答案】A【解析】【詳解】A．氯水保存在棕色試劑瓶，次氯酸不易見光分解，且次氯酸分解產物是HCl和O2，A項錯誤；B．不能用排水法收集二氧化氮，因為二氧化氮與水反應，方程式正確，B項正確；C．高溫熔融態遇水爆炸，因為鐵與水高溫下反應生成氫氣，氫氣與氧氣反應，方程式正確，C項正確；D．硫酸鋁與碳酸氫鈉制泡沫滅火器，鋁離子與碳酸根水解相互促進，方程式正確，D項正確；答案選A。4.【答案】B【解析】【詳解】A．用NaHCO3作食品膨松劑是因為受熱分解放出二氧化碳氣體，不涉及氧化還原反應，故A錯誤；B．用暖寶貼(成分：鐵粉、水、食鹽、活性炭等)供熱，在反應中鐵粉被氧氣氧化，發生了氧化還原反應，故B正確；C．用飽和Na2CO3溶液和鹽酸處理水垢中的CaSO4，先反應生成碳酸鈣沉淀，碳酸鈣再與鹽酸反應，都為復分解反應，故C錯誤；D．用可溶性的鐵鹽、鋁鹽作凈水劑，原理是鐵離子和鋁離子發生水解反應生成膠體，不涉及氧化還原反應，故D錯誤。故選B。5.【答案】B【解析】【詳解】A．N2與CO的相對分子質量相同，由于CO是極性分子，導致分子間作用力強于N2，則N2的沸點比CO低，故A不符合題意；B．CO2和CS2都為非極性分子，兩者組成和結構相似，相對分子質量越大的分子間作用力越大，其溶點和沸點越高，故B符合題意；C．HCl和水都是極性分子，HCl氣體易溶于水和分子極性有關，故B不符合題意；D．用毛皮摩擦過的橡膠棒帶電荷，水分子是極性分子，所以靠近水流，水流方向發生變化，故D不符合題意。故選B。6.【答案】D【解析】【詳解】A．對甲基苯酚分子中含（酚）羥基，具有弱酸性，可與NaOH、Na2CO3發生反應，A正確；B．根據對稱性可知對甲基苯酚分子有4種等效氫，如圖（序號代表等效氫種類），其等效氫的個數之比分別為：1：2：2：3，所以核磁共振氫譜峰面積之比為1：2：2：3，B正確；C．對甲基苯酚分子中含（酚）羥基，可與甲醛發生縮聚反應，與濃Br2水在催化劑作用下發生溴代（取代）反應，C正確；D．含有苯環的同分異構體分別為：鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、苯甲醇（）和共有4種，D錯誤；故選D。7.【答案】C【解析】【詳解】A．錫(50Sn)與Si處于同一主族，同主族原子半徑從上至下逐漸增大，原子半徑：Sn>Si，A正確；B．同周期從左至右金屬性逐漸減弱，金屬性：Rb(銣)>Sn，B正確；C．Sn的價電子排布式為：5s25p2位于第五周期第IVA族，p區，C錯誤；D．鍍錫鐵皮的鍍層破損后，形成原電池，鐵做負極，鐵更容易被腐蝕，D正確；答案選C。8.【答案】B【解析】【詳解】A．氨水為弱堿，將0.1mol·L-1氨水稀釋10倍，電離平衡NH3·H2O?NH+OH-正向移動，c(OH-)大于原來的，pH>10，A錯誤；B．常溫下，0.1mol·L-1氨水pH=11，c(OH-)=10-3mol/L，0.1mol·L-1醋酸pH=3，c(H+)=10-3mol/L，則CH3COOH的電離平衡常數與NH3·H2O的相等，B正確；C．常溫下，0.1mol·L-1醋酸pH=3，c(H+)=10-3mol/L，醋酸發生電離，但電離程度小，則c(CH3COOH)>c(H+)，溶液中還存在水的微弱電離：H2O?H++OH-，則c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，C錯誤；D．CH3COOH的電離平衡常數與NH3·H2O的相等，CH3COONH4溶液中NH與CH3COO-的水解程度相等，則溶液呈中性，D錯誤；答案選B。9.【答案】D【解析】【詳解】A．NaHCO3固體受熱易分解，Na2CO3穩定性好，所以不能利用加熱的方法除去NaHCO3固體中的Na2CO3，A錯誤；B．苯酚雖能與濃溴水發生取代反應，但生成的三溴苯酚易溶于苯中，引入新的雜質，不能達到除雜目的，B錯誤；C．過量的BaCl2溶液可除去溶液中的硫酸根離子，多余的鋇離子可有過量的碳酸鈉溶液除去，但多余的碳酸鈉中碳酸根離子無法除去，不能達到除雜目的，C錯誤；D．SO2具有還原性，可與過氧化氫發生氧化還原反應轉化為硫酸根離子，再與鋇離子發生復分解反應生成硫酸鋇沉淀而除去，再利用濃硫酸干燥二氧化碳，即可達到除雜目的，D正確；故選D。10.【答案】C【解析】【分析】①G表為電流表，原電池放電時，負極失去電子，發生氧化反應，正極得到電子，發生還原反應；②根據電池反應，負極為Cu，負極液體不可以是三價鐵溶液，否則直接反應不會有電子轉移，可以用銅離子溶液或常規鹽溶液即可；③正極液體需要放置三價鐵溶液，確保電子流通；④正極富電子，需能導電的電極，此電極不可以直接和三價鐵反應。【詳解】A．根據電池反應，負極為Cu，負極液體不可以是三價鐵溶液，否則直接反應不會有電子轉移，可以用銅離子溶液，A項正確；B．根據電池反應，負極為Cu，負極液體不可以是三價鐵溶液，否則直接反應不會有電子轉移，可以用常規鹽溶液，B項正確；C．正極富電子，需能導電的電極，此電極的活潑性要弱于三價鐵，所以不能用銅棒，C項錯誤；D．正極液體需要放置三價鐵溶液，確保電子流通，D項正確；答案選C。11.【答案】D【解析】【分析】X、Y都是短周期元素；元素X的I1?I2，X原子最外層有1個電子，X處于第IA族；元素Y的I1?I2，Y原子最外層有1個電子，Y處于第IA族；X、Y處于同主族，同主族從上到下元素的第一電離能逐漸減小，Y的第一電離能小于X的第一電離能，則X為Li，Y為Na；據此作答。【詳解】A．X、Y元素的原子最外層電子數都為1，X、Y元素的最高化合價都為+1價，A錯誤；B．X為Li，Y為Na，Li和Na都處于第IA族，同主族從上到下元素的金屬性逐漸增強，失電子能力逐漸增強，原子失電子能力Na＞Li，B錯誤；C．X、Y元素位于元素周期表中同一主族第IA族，分別位于第2、3周期，C錯誤；D．Y為Na，基態Na原子的核外電子排布式為1s22s22p63s1，D正確；答案選D。12.【答案】B【解析】【詳解】A．堿基與五碳糖通過脫水縮合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羥基與磷酸脫水，通過磷酯鍵結合形成核苷酸，故A正確；B．核苷酸分子之間通過磷酯鍵形成核酸，反應類型為縮聚反應，故B錯誤；C．DNA是核酸中的一種，其對應的五碳糖是戊糖，稱為脫氧核糖，故C正確；D．DNA分子兩條鏈上堿基按照形成氫鍵數目最多、結構最穩定的原則配對，使之形成雙螺旋結構，故D正確；故選B。13.【答案】D【解析】【詳解】A．由電離平衡常數越大，弱酸的酸性越強，電離出H+的能力越大，由表數據可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，則電離出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正確；B．弱酸的酸性越弱，其鹽溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物質的量濃度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCN，B正確；C由于酸性：HF>HCN>，則HCN和HF均能與Na2CO3溶液發生反應，C正確；D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根據弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D錯誤；

故選：D。14.【答案】D【解析】【詳解】A．反應ii中維生素C中C為+價，發生氧化反應，C6H6O6中C為+1價，化合價升高，發生氧化反應，A正確；B．反應i是生成碘單質，反應ii是消耗碘單質，一段時間后溶液變藍說明溶液中有碘單質，說明先完成反應ii后完成反應i，反應速率：反應i<反應ii，B正確；C．反應ii生成氫離子的量等于成反應i消耗氫離子的量，由于反應速率：反應i<反應ii，反應ii后完成反應i還在反應，故消耗的氫離子量大，溶液pH最終會變大，C正確；D．成反應i生成的碘單質會被反應ii消耗，且溶液中有還有碘單質，則說明反應i生成的碘單質的量等于反應ii消耗的碘單質的量與溶液中剩余碘單質的量的和，若溶液變藍時n(I2)=amol，則消耗n(H2O2)＞amolD錯誤；答案選D。第二部分本部分共5題，共58分。15.【答案】（1）NaBH4中H為-1價，體現出強還原性，易被氧化為0價（2）①.平面三角形②.B與水中的OH-形成配位鍵，B原子佳電子式2s22p1，可提供1個p軌道作為空軌道，接受OH-中O原子提供的孤電子對形成配位鍵（3）①.共價

②.sp3③.N原子半徑小于C，B原子半徑小于Si，N-B共價鍵的鍵長小于C-Si鍵長，N-B共價鍵的鍵能大于C-Si鍵能，故該種氮化硼的熔點和硬度均高于SiC④.【解析】【小問1詳解】NaBH4中H為-1價，體現出強還原性，易被氧化為0價，所以NaBH4具有強還原性；【小問2詳解】硼酸的化學式為B(OH)3，是一元弱酸。硼酸產生H+過程為：B(OH)3+H2O?H++[B(OH)4]-①硼酸分子中B原子采取sp2雜化，σ鍵數為3，沒有孤電子對，空間構型為平面三角形；②硼酸具有弱酸性是由于B與水中的OH-形成配位鍵，B原子價電子式2s22p1，可提供1個p軌道作為空軌道，接受OH-中O原子提供的孤電子對形成配位鍵；小問3詳解】①氮化硼(BN)屬于共價晶體；由圖可知每個B原子距離最近的N原子有4個，B原子的價層電子對數為4，軌道雜化類型為sp3雜化；②N原子半徑小于C，B原子半徑小于Si，N-B共價鍵的鍵長小于C-Si鍵長，N-B共價鍵的鍵能大于C-Si鍵能，故該種氮化硼的熔點和硬度均高于SiC；③已知該晶體的密度為ρg·cm-3，阿伏伽德羅常數為NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的邊長為acm，，。16.【答案】（1）；（2）反應條件溫和，在較低溫度下實現分解水制取H2；實現了O2和H2分離，反應I放熱，可利用其能量為其他兩個吸熱反應供能；（3）ABC；（4）①.；②.陰極：I2+2e-=2I-，H+通過質子交換膜進入陰極，得到濃HI溶液；③.I2。【解析】【小問1詳解】根據燃燒熱的概念，1mol氫氣完全燃燒生成液態水所釋放的能量為285.8kJ，相同條件下水分解是上述過程的逆過程，熱化學方程式為：；【小問2詳解】該反應所需條件溫和，加熱溫度不高，且制備的氫氣和氧氣分開，避免直接接觸引發實驗安全問題，另外反應I放熱提供的熱量可供反應II、III利用，節能，故答案為：反應條件溫和，在較低溫度下實現分解水制取H2；實現了O2和H2分離，反應I放熱，可利用其能量為其他兩個吸熱反應供能；【小問3詳解】A．c(O)越大有利于第二個基元反應的進行，加快SO3的分解速率，A正確；B．關鍵基元反應為硫酸分解制取氧氣的決速反應，故該反應速率慢，活化能高，B正確；C．催化劑參與氧原子的生成與消耗，可以使兩個基元反應速率加快，將有利于提高SO3的分解速率，C正確；故選ABC。【小問4詳解】工業上采用加熱至110℃的方法除去H2SO4，化學方程式為：；該裝置為電解池，陰極為碘單質得電子變成碘離子，陽極碘離子失電子變成碘單質，氫離子通過質子交換膜移向陰極，故陰極的HI濃度增大，故答案為：陰極：I2+2e-=2I-，H+通過質子交換膜進入陰極，得到濃HI溶液；電解過程中陽極產生碘單質，碘單質可以與二氧化硫發生氧化還原反應，故吸收劑的有效成分為I2。17.【答案】（1）將Cu轉化為可溶性鹽CuSO4，實現Cu與其他物質的分離（2）①.Se+2Cl2+3H2O=4HCl+H2SeO3②.Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯氣氧化為H2SeO3，c(Se2+)減小，促進平衡正向移動，導致c(Ag+)增大，使得Ag+與Cl-結合生成AgCl沉淀，進一步促進平衡正向移動，Ag2Se轉化為AgCl；（3）①.H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4②.Cl2>H2SeO3>SO2（4）①.淀粉②.③.不影響【解析】【分析】陽極泥主要成分為Cu、Se、Ag2Se等，先經過空氣氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反應生成硫酸銅溶液除去，再通入氯氣，將Se元素氧化成H2SeO3的同時生成氯化銀沉淀，用SO2還原H2SeO3得到粗Se，據此分析解答。【小問1詳解】酸浸過程，通入空氣的目的是將銅氧化后與稀硫酸反應生成硫酸銅，故答案為：將Cu轉化為可溶性鹽CuSO4，實現Cu與其他物質的分離；【小問2詳解】①氯氣具有氧化性，可以將Se氧化為+4價，化學方程式為：Se+2Cl2+3H2O=4HCl+H2SeO3；②由沉淀溶解平衡原理及題給Ksp知：Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯氣氧化為H2SeO3，c(Se2+)減小，促進平衡正向移動，導致c(Ag+)增大，使得Ag+與Cl-結合生成AgCl沉淀，進一步促進平衡正向移動，Ag2Se轉化為AgCl；【小問3詳解】①SO2具有還原性，可以將+4價的Se還原為0價的Se，發生反應的化學方程式為：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4；②根據氧化還原反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性規律知：氧化性Cl2>H2SeO3>SO2；【小問4詳解】①淀粉遇碘顯藍色，由此可知滴定所用的指示劑為淀粉；②由關系式知：2CuSO4~I2~2Na2S2O3，c（CuSO4）=；③若使用的KI溶液過量，因為過量的I-不與Na2S2O3反應，且不能使淀粉變色，所以對滴定結果的影響是不影響。18.【答案】（1）醛基；（2）HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；（3）HCHO；（4）；（5）；（6）①.氧化；②.；（7）。【解析】【分析】A到B為氧化反應，B到C為酯化反應，C比B多了四個碳原子，說明B中有兩個羧基，B為HOOCCH2COOH，A為OHCCH2CHO，C與2分子試劑a