必刷03（25题）-2019-2020学年高一化学期末满分必刷200题（优等生专用）（人教版必修二）（解析版）

必刷题型一选择题（100题）必刷03（25题）1．（2020·河北省涿鹿中学高一月考）元素周期表中前七周期元素种数如下：周期序数1234567元素种类28818183232请分析周期序数与元素种数的关系，然后预言第八周期最多可能含有的元素种数为(　　)A．18B．32C．50D．64【答案】C【解析】观察每一周期的元素数发现，它们都是偶数，规律如下：周期序数1234567元素种类2×122×222×222×322×322×422×42从中可发现，它们遵循2×n2，除第1周期外，重复一次，故第8周期含有的元素种数为：2×52=50，故选C。【点睛】本题考查元素周期表的结构，关键在于原子序数的递变规律，也可结合各周期元素种数利用数学归纳法计算。2．（2020·山东省安丘市实验中学高一期中）已知R2+离子核外有a个电子，b个中子。表示R原子符号正确的是A．abRB．a-2a+b-2RC．a+2a+b+2RD．a+2a+bR【答案】C【解析】【分析】质量数=质子数+中子数；阳离子核外电子数=质子数-带电荷数，表示R原子符号应写出质子数和质量数，据此解答。【详解】依据阳离子核外电子数=质子数-带电荷数，可知质子数=阳离子核外电子数+带电荷数，R2+离子核外有a个电子，所以其质子数为：a+2；依据质量数=质子数+中子数，R2+离子有b个中子，所用其质量数为：a+2+b，所以R原子符号为a+2a+b+2R。答案选C。 【点睛】本题考查了原子中质子数、中子数和质量数、电子数之间的关系，以及元素原子的表示符号，难度不大，注意阴阳离子核外电子数与质子数的关系。3．（2020·明水县第一中学高一月考）X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xa＋、Yb-、Z(b＋1)-简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）A．已知mXa＋与nYb-，得m＋a=n-bB．离子半径：Yb->Z(b＋1)->Xa＋C．Z(b＋1)-的还原性一定大于Yb-D．气态氢化物的稳定性Hb＋1Z一定大于HbY【答案】C【解析】【分析】Xa＋、Yb-、Z(b＋1)-简单离子的电子层结构相同，则Y和Z是位于同一周期相邻且Y在右边的非金属元素，X为与Y和Z相邻下一周期的金属元素，据此分析解答。【详解】A．因为mXa＋与nYb-的电子层结构相同，所以：m-a=n+b，A错误；B．由上面分析可知，原子序数：Z＜Y＜X，层同看序数，序小半径大，所以，离子半径大小关系为：Z(b＋1)->Yb->Xa＋，B错误；C．Y和Z位于同一周期，Y在右边，所以Y的非金属性强于Z，Y单质的氧化性强于Z单质，Z(b＋1)-的还原性强于Yb-，C正确；D．由C可知，Y的非金属性强于Z，所以，气态氢化物的稳定性Hb＋1Z一定小于HbY，D错误。答案选C。【点睛】电子层结构相同的简单阴阳离子，一定处于相邻周期，且阴前阳后。4．（2020·四川外国语大学附属外国语学校高一期中）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列说法正确的是()元素代号XYZMGRQ原子半径（×10－10m）1.860.991.431.600.750.740.89主要化合价最高正价＋1＋7＋3＋2＋5--＋2最低负价--－1----－3－2--A．离子半径r(G3-)﹥r(X+)﹥r(Z3+) B．元素Y和Z形成的化合物为离子化合物C．R2－比G3－更容易失去电子D．Y的含氧酸的酸性一定比G的含氧酸的酸性强【答案】A【解析】【分析】由短周期元素的原子半径及主要化合价可知，Y存在+7、-1价，则Y为Cl，R只有-2价，则R为O，R与G的半径接近，且G存在+5、-3价，则G为N，X、Z、M均只有正价，且原子半径大于O、Cl的原子半径，则应分别为第三周期的Na、Al、Mg、Q的化合价只有+2价，半径小于Mg，是Be，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。【详解】根据分析可知，X、Y、Z、M、G、R、Q分别为Na、Cl、Al、Mg、N、O、Be。A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径r(G3-)﹥r(X+)﹥r(Z3+)，故A正确；B．元素Y和Z的化合物可能为氯化铝，属于共价化合物，故B错误；C．非金属性R＞G，则G3－比R2－更容易失去电子，故C错误；D．高氯酸为所有含氧酸中酸性最强的酸，则Y的最高价含氧酸的酸性一定比G的含氧酸的酸性强，若是含氧酸，可以有最高价、低价等，没法比较酸性强弱，故D错误；答案选A。5．短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是（）A．最简单气态氢化物的热稳定性：R>QB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Q<WC．原子半径：T>Q>RD．T的最高价氧化物对应的水化物不能和强碱反应【答案】D【解析】【分析】短周期元素T所处的周期序数与族序数相等，则T是Al，根据元素的相对位置可知Q是Si，R是N，W是S。【详解】A．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性N>Si，所以最简单气态氢化物的热稳定性：R>Q，故A正确； B．同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性W>Q，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Q<W，故B正确；C．原子核外电子层数不同时，原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径就越小，所以元素的原子半径：T>Q>R，故C正确；D．T的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，能和强酸、强碱反应，故D错误。故答案选D。6．（2020·赤峰二中高一月考）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族。下列说法正确的是A．四种元素中Z的原子半径最大B．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C．Y、Z两种元素形成的化合物一定只含离子键D．X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液呈酸性【答案】A【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的族序数是周期的2倍，Y原子的最外层电子数等于X原子的核外电子总数，Z的单质能与冷水剧烈反应产生H2，W与Y同主族，据此可知X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为硫元素。A.同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故四种元素中Z的原子半径最大，选项A正确；B.Y的简单气态氢化物H2O的热稳定性比W的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；C.Y、Z两种元素形成的化合物Na2O2既含有离子键，又含有共价键，选项C错误；D.X、Y、Z三种元素形成的常见化合物Na2CO3、Na2C2O4的水溶液呈碱性，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度中等，注意基础知识的理解掌握。推断出元素是解题的关键，结合元素分析，易错点为选项D，碳酸钠或草酸钠均为强碱弱酸盐，溶液显碱性。7．（2020·河北省涿鹿中学高一月考）据报道，法国里昂的科学家最近发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”。下列有关“四中子”粒子的说法不正确的是A．该粒子不显电性B．该粒子质量比氢原子大 C．该粒子质量数为4D．在周期表中与氢元素占同一位置【答案】D【解析】A.中子不带电荷，故A正确；B.中子的质量数为1，故四中子的质量数为4，H的质量数为1，该粒子质量比氢原子大，故B正确；C.中子的质量数为1，故四中子的质量数为4，故C正确；D.四中子又被称为零号元素，故不可能与H占同一位置，故D错误。答案选D。8．（2020·四川外国语大学附属外国语学校高一期中）由德国重离子研究中心人工合成的第112号元素的正式名称为“Copemicium”，相应的元素符号为“Cn”，该元素的名称是为了纪念天文学家哥白尼而得名。该中心人工合成Cn的过程可表示为：70Zn＋208Pb=277Cn＋。下列叙述中正确的是()A．上述合成过程属于化学变化B．由题中信息可知Pb元素的相对原子质量为208C．Cn元素位于元素周期表的第七周期，是副族元素D．的原子核内中子数比质子数多165【答案】C【解析】A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子的种类发生了变化，不属于化学变化，故A错误；B．质量数指的是质子与中子质量的和，而不同核素的质量数不同，即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，该Pb元素的质量数为208，元素的相对原子量与原子的相对原子量和在自然界中的含量有关，故B错误；C．第118编号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于第七周期、ⅡB族，故C正确；D．该原子的中子数=277−112=165，中子数比质子数多的数目为：165−112=53，故D错误；答案选C。【点睛】同种元素的相对原子质量只有一个数值，元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值。9．（2020·邯郸市永年区第一中学高一月考）下列反应过程中，同时有离子键和共价键的断裂和形成的反应是（）A．NH4ClNH3↑+HCl↑ B．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2C．NH3+CO2+H2O=NH4HCO3D．CuSO4+Fe=Cu+FeSO4【答案】B【解析】A.NH4ClNH3↑+HCl↑中，有共价键的断裂和生成，有离子键的断裂，但没有离子键的生成，A错误；B.2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2中同时有离子键和共价键断裂和形成，B正确；C.NH3+CO2+H2O=NH4HCO3中，有共价键的断裂，无离子键的断裂，C错误；D.CuSO4+Fe=Cu+FeSO4中，只有离子键的断裂和生成，D错误。答案选B。【点睛】化学反应的实质是旧键断裂和新键生成，一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。10．（2020·北京和平街第一中学高一期中）下图分别表示HCl、N2O4(g)、N2O4(l)的能量变化图，有关说法不正确的是A．①中步骤I和II的变化过程都会放出热量B．由②可以看出化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关C．化学键的断裂与形成是化学反应发生能量变化的主要原因D．化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小【答案】A【解析】A．①中步骤I断开键，断开键吸热，步骤II形成键，形成键放热，故A错误；B．化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，由②可以看出生成N2O4(g)和N2O4(l)的能量不同，则放出的热量不同，则化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关，故B正确； C．化学反应中发生能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成，故C正确；D．化学反应是吸热反应还是放热反应，决定于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，故D正确；答案选A。【点睛】锻炼旧的化学键要吸收能量，形成新的化学键要释放能量，化学反应中的能量变化是由于反应中吸收和释放能量的差值造成的。11．（2020·新泰市第二中学高一期中）已知一定温度时：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当生成2molSO3时，放出热量197kJ，在相同温度和压强下，向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量Q，则下列关系式中正确的是A．Q＝197kJB．Q＜197×2kJC．Q＜197kJD．Q＞197kJ【答案】C【解析】一定温度时：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，在上述条件下2molSO2和1molO2完全反应生成2molSO3气体放出热量为197kJ，可逆反应中反应物不能完全反应，所以向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，参加反应是二氧化硫的物质的量小于2mol，平衡时放出的热量小于197kJ，即Q＜197kJ；故答案选C。12．（2020·夏津第一中学高一月考）在25℃和101kPa的条件下：化学键H-HCl-ClH-Cl键能(kJ/mol)436243431对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述不正确的是（）A．断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量B．生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量C．由键能数据分析,该反应属于放热反应D．2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低【答案】B【解析】A．断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A正确；B．生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ/mol×2mol=862kJ的能量，故B错误；C．反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的△H=(436+243)kJ•mol-1-(431×2)kJ•mol-1=-183kJ•mol-1＜0，此反应为放热反应，故C正确； D．由选项C分析可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，说明2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低，故D正确；故答案为B。13．（2019·宾阳县宾阳中学高一月考）硼化钒（VB2）—空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如下，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5，下列说法正确的是A．电极a为电池负极，发生还原反应B．每消耗1molVB2转移6mol电子C．电池工作时，OH向电极a移动D．VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH−－22e−＝V2O5+2B2O3+11H2O【答案】D【解析】A.硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，A错误；B.负极上是VB2失电子发生氧化反应，每消耗1molVB2转移电子，B错误；C.原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以溶液中的OH-向另一极移动，C错误；D.负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH−－22e−＝V2O5+2B2O3+11H2O，D正确；答案选D。【点晴】掌握原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。解答时注意把握电极反应式的书写，正确判断离子的定向移动。14．（2020·宜阳县第一高级中学高一开学考试）利用“Na—CO2”电池可将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，放电时总反应的化学方程式为4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示，下列说法中不正确的是 A．电流流向为MWCNT→导线→钠箔B．放电时，正极的电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋CC．选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，两极的质量差为11.2g【答案】D【解析】A.根据4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C，得出负极为Na，正极为多壁碳纳米管(MWCNT)，则电流流向为MWCNT→导线→钠箔，故A正确；B.放电时，正极是CO2得到电子变为Na2CO3，其电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，故B正确；C.选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发，故C正确；D.原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，负极质量减少0.2mol×23g∙mol−1=4.6g，正极3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，正极质量增加0.1mol×106g∙mol−1+0.05mol×12g∙mol−1=11.2，因此两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】根据反应方程式4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C中化合价进行分析，升高的为负极，降低的为正极。15．（2020·武汉市钢城第四中学高一期中）根据下列事实:①A+B2+=A2++B;②D+2H2O=D(OH)2+H2↑;③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池,电极反应为E2++2e-=E,B-2e-=B2+。由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是(　　)。A．D2+＞A2+＞B2+＞E2+B．A2+＞B2+＞D2+＞E2+C．D2+＞E2+＞A2+＞B2+ D．E2+＞B2+＞A2+＞D2+【答案】D【解析】根据下列事实：(1)A+B2+=A2++B，氧化性B2+>A2+；(2)D+2H2O=D(OH)2+H2↑，D的还原性很强，但是氧化性：D2+<H+；(3)以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为E2++2e－=E，B–2e－=B2+，即原电池中B将E从其盐溶液中置换出来，氧化性：E2+>B2+，由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是E2+>B2+>A2+>D2+，D正确，答案选D。16．（2020·黑龙江省牡丹江一中高一月考）在一容积可变的密闭容器中加入WO3和H2进行反应：WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)，下列说法不正确的是（）A．将容器的体积缩小一半，其反应速率增大B．保持体积不变，充入氩气，其反应速率不变C．保持压强不变，充入氖气，H2O(g)的生成速率增大D．保持压强不变，充入氖气，H2O(g)、H2(g)的生成速率减小【答案】C【解析】A．将体积缩小，各气体的浓度增大，反应速率加快，A项正确；B．体积不变，充入氩气，H2(g)、H2O(g)的浓度不变，反应速率不变，B项正确；C．压强不变，充入氖气，体积增大，H2(g)、H2O(g)的浓度减小，反应速率减慢，C项错误；D．压强不变，充入氖气，体积增大，H2(g)、H2O(g)的浓度减小，反应速率减慢，D项正确；故答案为C。17．（2020·横峰中学高一开学考试）向容积为2L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol·L－1。下列说法中正确的是（）①用物质A表示该反应的平均速率为0.2mol·L－1·s－1②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol·L－1·s－1③平衡时物质A与B的转化率相等④平衡时物质B的浓度为0.2mol·L－1A．①②③B．①③C．②④D．①④【答案】B【解析】由题意，平衡时生成C的物质的量为：0.6mol·L-1×2L=1.2mol，根据方程式和有关数据列三段式： 所以①用物质A表示该反应的平均反应速率为：0.8mol2L×2s=0.2mol·L-1·s-1，①正确；②用物质B表示该反应的平均反应速率为：0.4mol2L×2s=0.1mol·L-1·s-1，②错误；③平衡时物质A与B的转化率分别为0.8mol2mol×100%=40%、0.4mol1mol×100%=40%，所以平衡时物质A与B的转化率相等，③正确；④平衡时物质B的浓度为0.6mol2L=0.3mol·L-1，④错误。综上，①③正确，选B。18．①1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，生成1mol氯代烷，②1mol该氯代烷能和8molCl2发生取代反应，生成只含碳元素和氯元素的氯代烷。该链烃可能是A．CH3CH＝CH2B．CH2=CHCH=CH2C．CH3CH=CHCH3D．CH2=CH2【答案】B【解析】1mol某链烃最多能和2molHCl发生加成反应，则分子含有2个C=C键或1个C≡C，1mol该卤代烷能和8molCl2发生取代反应，生成只含碳元素和氯元素的氯代烃，卤代烃分子中含有8个H原子，其中2个H原子为链烃与HCl发生加成反应引入，所以链烃分子中含有6个H原子，选项中只有CH2═CHCH═CH2符合，答案选B。19．（2020·黑龙江省牡丹江一中高一月考）1mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗8mol氧气。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（）A．B．CH3CH2CH2CH2CH3C．D．（CH3）2CHCH（CH3）2【答案】B【解析】设该烃的化学式为CaHb，由燃烧通式知a+=8，由此可以排除A、D；B、C的分子式均为C5H12，符合a+=8，B戊烷一氯代物有三种，C异戊烷一氯代物有四种，故选B。20．（2020·宜阳县第一高级中学高一开学考试）一种气态烷烃和一种气态烯烃，它们分子里的碳原子数相等．将1.0体积这种混合气体在氧气中完全燃烧，生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气（气体体积均在相同状况下测定），则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为（） A．3：1B．1：3C．2：3D．3：2【答案】C【解析】根据阿伏加德罗定律，相同状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，可知1mol混合烃充分燃烧后生成2molCO2和2.4molH2O，则混合烃的平均分子组成为C2H4.8；又知烷烃和烯烃分子里的碳原子数相同，可以判定它们分别是C2H6和C2H4，无论C2H6与C2H4以怎样的体积比混合，它们的平均碳原子个数都是2；因此符合题意的烷烃和烯烃的体积比，将由它们分子里所含的H原子个数决定，可用十字交叉法求解：；故答案选C。21．（2020·山东省高三一模）下列关于有机物(a)的说法错误的是A．a、b、c的分子式均为C8H8B．b的所有原子可能处于同一平面C．c的二氯代物有4种D．a、b、c均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】A．结构中每个顶点为碳原子，每个碳原子形成四个共价键，不足键用氢补齐，a、b、c的分子中都含有8个C和8个H，则分子式均为C8H8，故A正确；B．b中苯环、碳碳双键为平面结构，与苯环或碳碳双键上的碳直接相连的所有原子处于同一平面，单键可以旋转，则所有原子可能处于同一平面，故B正确；C．c有两种氢原子，c的一氯代物有两种，采用“定一移一”法，先固定一个Cl，第二个Cl的位置如图所示：，移动第一个Cl在①位、第二个Cl在④位，c的二氯代物共有6种，故C错误；D．a、b、c中均有碳碳双键，具有烯烃的性质，均能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；答案选C。22．下列关于钠和铝的工业制法的叙述错误的是（） A．都可采用电解法B．原料皆为对应盐酸盐C．都是在熔融状态下发生反应D．都有非金属单质产生【答案】B【解析】【分析】在工业上，活泼金属的冶炼采用电解法，电解熔融的氯化钠制取金属钠，电解熔融的氧化铝来制取金属铝，据此回答判断。【详解】A．活泼金属Na、Al的冶炼采用电解法，故A正确；B．电解熔融的氯化钠制取金属钠，电解熔融的氧化铝来制取金属铝，原料不都是对应盐酸盐，故B错误；C．电解熔融的氯化钠制取金属钠，电解熔融的氧化铝来制取金属铝，都是在熔融状态下发生反应，故C正确；D．电解熔融的氯化钠产物是金属钠和氯气，电解熔融的氧化铝产物是金属铝和氧气，都有非金属单质生成，故D正确；故选B。23．（2020·河北省石家庄二中高一月考）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：A．淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B．以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小D．用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣【答案】C【解析】A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D 正确；故选C。【点睛】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力。本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。24．（2018·江苏省姜堰第二中学高一月考）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（　　）A．试剂X氢氧化钠溶液B．反应①、过滤后所得沉淀为红褐色Fe2O3C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的化学方程式为2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3【答案】A【解析】试题分析：由题中流程可知，铝土矿先与强碱反应生成偏铝酸盐，过滤后分离出不溶物Fe2O3等，再向滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，再过滤得到氢氧化铝，加热使氢氧化铝分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。A.由反应②生成碳酸氢钠可知，试剂X氢氧化钠溶液，A正确；B.反应①、过滤后所得沉淀为红棕色的Fe2O3，B不正确；C.图中所示转化中，最后的电解是氧化还原反应，C不正确；D.反应②中通入了过量的二氧化碳，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，D不正确。本题选A。点睛：氧化铁是一种红棕色的固体，氢氧化铁才是红褐色的。氧化铁不溶于水，也不与水反应。向偏铝酸钠溶液中通入少量的二氧化碳生成碳酸钠，若通入二氧化碳过量，则碳酸钠溶液继续与二氧化碳反应生成碳酸氢钠溶液。25．（2020·河北省衡水中学高三月考）2018年11月4日凌晨，福建泉州码头发生“碳九”泄露，造成水体污染。“碳九”是在石油加工时获得的一系列含碳数量在9左右的碳氢化合物。通过石油裂解得到的“碳九”主要是脂肪烃。裂解“碳九”经过催化重整后可得到异丙苯、甲乙苯、三甲苯等芳烃“碳九”。以下有关“碳九”的说法正确的是A．“碳九”会沉入海底对海底生态环境造成极大危害B．裂解“碳九”可以萃取溴水中的溴C．分子式为C9H12的芳烃“碳九”共有10种 D．芳烃“碳九”在一定条件下均可发生加成反应、取代反应、氧化反应【答案】D【解析】【分析】“碳九”是在石油加工时获得的一系列含碳数量在9左右的碳氢化合物，即碳数量在9左右的烃，结合烃的性质分析解答。【详解】A．烃的密度一般比水小，因此“碳九”的密度小于水，不能沉入海底，故A错误；B．通过石油裂解得到的“碳九”主要是脂肪烃，其中含有烯烃，能和溴水发生加成反应，不能用于溴水的萃取，故B错误；C．苯环可以有1个侧链为：正丙基、异丙基，可以有2个侧链为甲基、乙基，有邻、间、对3种，可以有3个侧链为：3个甲基，有连、偏、均3种，故共有8种，故C错误；D．芳烃含有苯环，可以与氢气发生加成反应，苯环和侧链都可以发生取代反应，可以燃烧，燃烧属于氧化反应，丙苯、甲乙苯、三甲苯都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意烃类物质的密度与水的相对大小的比较。