必刷04（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04（25题）1．（2020·宜昌市人文艺术高中高一月考）2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是A．Ts是第七周期第ⅦA族元素B．Ts的同位素原子具有相同的电子数C．Ts在同族元素中非金属性最弱D．中子数为176的Ts核素符号是【答案】D【解析】A.该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，故A正确；B.同位素具有相同质子数、不同中子数,而原子的质子数=核外电子总数,则Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；C.同一主族元素中,随着原子序数越大,元素的非金属性逐渐减弱,则Ts在同族元素中非金属性最弱，故C正确；D.该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293,该原子正确的表示方法为：，故D错误；故答案选：D。2．（2020·东台市安丰中学高一期中）下图中横坐标均表示11～17号元素顺序排列的原子序数。根据图像变化趋势判断，纵坐标表示其最高化合价的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A、图中表示逐渐减小的变化，可能纵坐标为原子半径的变化规律，选项A不选；B、图中表示不变的规律，可能纵坐标为电子层，选项B不选；C、图中表示逐渐增大的变化，可能纵坐标为元素的最高正化合价，选项C可选；D、图中表示逐渐增大的变化，但出现反常的规律，纵坐标不能表示最高化合价，选项D不选。 答案选C。3．（2020·临猗县临晋中学高一开学考试）A、B、C、D、E是同一周期的五种主族元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物均呈碱性，且碱性B＞A，C和D的气态氢化物的稳定性C＞D；E是这五种元素中原子半径最小的元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是A．A、B、C、D、EB．E、C、D、B、AC．B、A、D、C、ED．C、D、A、B、E【答案】C【解析】A和B的最高价氧化物对应的水化物均呈碱性，则都为金属，且碱性B＞A，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化合逐渐减弱，则原子序数A＞B，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增强，C和D的气态氢化物的稳定性C＞D，则原子序数C＞D；E是这五种元素中原子半径最小的元素，原子序数最大，则原子序数为：B＜A＜D＜C＜E；故选：C。4．（2020·河北省唐山一中高一期中）原子序数大于4的主族元素X、Y的离子Xm+、Yn-电子层结构相同，则X、Y的下列叙述正确的是：（）①原子序数X>Y②X和Y在同一周期③Y与X族序数之差是8—(m+n)④X、Y核电荷数差为(m—n)A．①③B．②④C．①②D．①②③【答案】A【解析】Xm+、Yn-电子层结构相同，则其原子核外电子数是相等的。若X和Y的原子序数分别为x和y，则一定满足x－m＝y＋n，所以x＞y，①正确；其质子数之差是m＋n，X是金属，Y是非金属，Y位于X的上一周期，②错误；主族元素的族序数就是原子的最外层电子数，根据离子的电荷数可判断X和Y的族序数分别为m和8－n，所以族序数之差是8－m－n，③正确；核电荷数=质子数，其核电荷数之差是m＋n，④错误；答案选A。5．（2020·四川省射洪中学高一月考）a、b、c、d、e是同周期的五种主族元素，a和b的最高价氧化物的水化物显碱性，且碱性b>a，c和d的气态氢化物的还原性d>c，e为金属元素。五种元素的原子得失电子后所形成的简单离子中，e的离子半径最小，则它们的原子序数由小到大的顺序是（）A．baedcB．edabcC．abdceD．ebadc【答案】A 【解析】a和b的最高价氧化物对应水化物呈碱性，则a、b为金属，且金属性b>a，因其最高价氧化物对应水化物的碱性b>a；c和d的气态氢化物的还原性d>c，即c、d为非金属，且非金属性d<c。根据同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强的规律，将a、b、c、d四种元素大致排序为：badc，因为五种元素的原子得失电子后所形成的简单离子中e的离子半径最小，则e应为金属元素，且原子序数b<a<e（如Na、Mg、Al），故它们的原子序数由小到大的顺序是baedc。综上所述，本题正确答案为A。6．（2020·武汉市钢城第四中学高一期中）元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示：下列叙述中不正确的是(　　)A．C的原子序数比B的原子序数大1B．原子结构示意图为的元素，与C位于同一周期C．B的原子与D的原子最外层电子数相等D．原子结构示意图为的元素，与B位于同一主族【答案】D【解析】【分析】A为H元素，B为氦元素，C为Li元素，D为镁元素。【详解】A、C的原子序数为3比B的原子序数2大1，故A正确；B、原子结构示意图为的元素有两个电子层，在第2同期，C也在第2周期，与C位于同一周期，故B正确；C、B的原子与D的原子最外层电子数都是2，相等，故C正确；D、原子结构示意图为的元素，与B位于同一族，是0族，但不是主族，故D错误；故选D。7．（2020·贵州省铜仁第一中学高一）已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是（）XYZW A．若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）B．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D．若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应【答案】B【解析】A．若HmXOn为强酸，则X为氮元素，氨水呈碱性，故A错误；B．若四种元素均为金属，则X为Li、Z为Na、Y为Be、W为Mg，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，属于强碱，故B正确；C．若四种元素均为非金属，则为X、Z可能处于ⅣA族、ⅤA族、ⅥA族，对应的Y、W处于ⅤA族、ⅥA族、ⅦA族，若W为P元素，则磷酸属于中强酸，故C错误；D．若四种元素中只有一种为金属，则X为B、Z为Al、Y为C、W为Si，Z与Y的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、碳酸，氢氧化铝不能与碳酸反应，故D错误；答案选B。8．（2020·宜阳县第一高级中学高一开学考试）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是A．W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大B．X的简单氢化物的热稳定性比W的强C．析出的黄色沉淀易溶于乙醇D．X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是Z>W>X>Y，A 错误；B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；由于元素的非金属性X>W，所以简单氢化物的热稳定性X>W，B正确；C.Z是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；D.O、S是同一主族的元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。9．（2020·夏津第一中学高一月考）化学能可与热能、电能等相互转化。下列说法正确的是()A．图Ⅰ所示的装置能将化学能转化为电能B．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低C．化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成D．图Ⅱ所示的反应为吸热反应【答案】C【解析】A．该装置不能构成闭合回路，不能构成原电池，则不能将化学能转化为电能，故A错误；B．中和反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；C．断键吸收热量、成键放出热量，化学反应实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成，故C正确；D．图Ⅱ所示反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应，根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，则为放热反应，故D错误；故答案为C。10．（2020·宜昌市人文艺术高中（宜昌市第二中学）高一月考）已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（） A．X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量B．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D．因为该反应为吸热反应，故反应一定要加热才能进行【答案】B【解析】A.反应X+Y=M+N为吸热反应，则X和Y的总能量小于M和N的总能量，A错误；B.反应X+Y=M+N为吸热反应，则X和Y的总能量小于M和N的总能量，B正确；C.反应X+Y=M+N为吸热反应，则破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，C错误；D.吸热反应不一定加热才能进行，如氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应是吸热反应，但该反应常温下就能进行，D错误；答案选B。11．（2020·安徽省屯溪一中高一开学考试）关于如图的说法不正确的是（）A．1mol固态碘与1mol氢气化合生成2molHI气体时，需要吸收5kJ的能量B．2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与1mol氢气时需要吸收12kJ的能量C．1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量D．碘蒸气与氢气生成HI气体的反应是吸热反应【答案】D【解析】A．由图可知，1molI2(s)+1molH2(g)吸收5kJ热量生成2molHI(g)，A项正确；B．由图可知，1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，逆反应热量不变，2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与时需要吸收12kJ的能量，B项正确；C．由图可知，1molI2(g)变为1molI2(s)放出17kJ的热量，则1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量，C项正确；  D．1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，该反应为放热反应，D项错误；答案选D。12．（2020·宜阳县第一高级中学高一开学考试）某液态肼(N2H4)燃料电池被广泛应用于发射通讯卫星、战略导弹等运载火箭中。其中以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法正确的是（）A．a电极上的电极反应式为N2H4＋2O2-＋4e-=N2↑＋2H2OB．电池内电路中，电流方向：电极a→电极bC．当电极a上消耗1molN2H4时，电极b上被氧化的O2在标准状况下体积为22.4LD．b极附近的pH值变大【答案】B【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。【详解】A.该燃料电池中a极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故A错误；B.该燃料电池中a极是负极，b极是正极，电池内电路中，电流方向：电极a→电极b，故B正确；C.由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当a电极上有1molN2H4消耗时，b电极上有1molO2被还原，状况不知，所以体积不一定是22.4LO2，故C错误；D.b极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，非水溶液，没有产生氢氧根，pH不变，故D错误；正确答案是B。13．（2020·唐山市海港高级中学高一期中）近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－。下列说法不正确的是(　　) A．放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动B．放电时，负极的电极反应式为Cu2O＋H2O＋2e－=2Cu＋2OH－C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD．整个反应过程中，铜相当于催化剂【答案】B【解析】A．因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B．放电时，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，故B错误；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D．由C项分析知：铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B。【点晴】结合原电池结构，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。14．（2020·黑龙江省牡丹江一中高一月考）向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是（）甲：500℃，10molSO2和5molO2反应乙：500℃，V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应丙：450℃，8molSO2和5molO2反应丁：500℃，8molSO2和5molO2反应A．甲、乙、丙、丁B．乙、甲、丙、丁C．乙、甲、丁、丙D．丁、丙、乙、甲【答案】C 【解析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂等，温度越高、浓度越大、压强越大、加入催化剂，则反应速率越大。容器恒容，甲与乙的温度相同，反应物的物质的量相同，即反应物浓度相同，但乙加催化剂，所以乙的反应速率比甲的快；甲与丁的温度相同，但丁的反应物的物质的量小，即丁的浓度小，所以甲的反应速率比丁快；丙与丁的物质的量相同，即浓度相同，但丙的温度低，所以丁的反应速率比丙快；综上所述，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是：乙、甲、丁、丙。答案为C。15．（2020·瑞安市上海新纪元高级中学高一开学考试）在相同的密闭容器中，用高纯度纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)∆H＞0，实验测得反应体系中水蒸气浓度（mol·L-1）的变化结果如下：序号时间/min01020304060①温度T1/1号Cu2O0.05000.04920.04860.04820.04800.0480②温度T1/2号Cu2O0.05000.04900.04830.04800.04800.0480③温度T2/2号Cu2O0.05000.04800.04700.04700.04700.0470下列说法不正确的是（）A．实验时的温度T2高于T1B．2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高C．实验①前20min的平均反应速率v(O2)=7×10ˉ5mol·Lˉ1·minˉ1D．等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关【答案】C【解析】A．从表中③可以看出相同时间内水蒸气的浓度变化大，反应速率快，说明实验时的温度T2高于T1，故A正确；B．②中反应速度比①快，2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高，故B正确；C．实验①前20min的平均反应速率v(H2O)=，v(O2)=1/2v(H2O)=3.5×10ˉ5mol·Lˉ1·minˉ1，故C错误；D．①②化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，②中水蒸气的浓度变化比①快，②中催化剂微粒更小，表面积更大，等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关，故D正确； 故选C。16．（2020·辽宁省沈阳铁路实验中学高一期中）将4molA气体和2molB气体置于1L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)。若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法正确的是（）A．用物质A表示2s末的反应速率为0.6mol/(L·s)B．反应后的压强是开始时候的1.1倍C．2s时物质A的转化率为70%D．C的产率为30%【答案】D【解析】【分析】根据三段式分析：【详解】A．2s内C的平均反应速率=＝0.6mol/(L·s)，同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=v(C)=0.6mol/(L.s)，化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率，故A错误；B．相同条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，反应后气体的总物质的量等于2.8mol+1.4mol+1.2mol=5.4mol，反应前气体的物质的量为4mol+2mol=6mol，反应后的压强是开始时候的0.9倍，故B错误；C．2s后n(C)=1.2mol/L×1L=1.2mol，参加反应的n(A)=n(C)=1.2mol，则A的转化率=×100%=30%，故C错误；D．假设4molA气体和2molB气体完全生成C的物质的量为2mol，2s时物质A的物质的量为1.2mol，2s时物质A的产率为30%，故D正确；答案选D。17．（2020·湖北省滩桥高中高二期中）在光照的条件下，将1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为amol，bmol，cmol，该反应中消耗的氯气的物质的量是()A．(1+a+b+c)molB．(2a＋3b＋4c)mol C．(1＋a＋2b＋3c)molD．(a＋b＋c)mol【答案】C【解析】根据碳原子守恒可知生成一氯甲烷的物质的量是(1－a－b－c)mol。根据取代反应的特点可知：1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，生成几氯甲烷就消耗多少mol的氯气，因此消耗的氯气的物质的量为：(1－a－b－c)mol＋2amol＋3bmol＋4cmol＝(1＋a＋2b＋3c)mol，答案为C。18．关于HOOC—CH===CH—CH2OH，下列说法不正确的是()A．分子式为C4H6O3，每摩尔该物质充分燃烧需消耗4molO2B．该物质分子内和分子间都能发生酯化反应C．分别与足量Na、NaOH、Na2CO3反应，生成物均为NaOOC—CH===CH—CH2OHD．能发生取代、加成、氧化、中和等反应【答案】C【解析】A．根据结构简式知，分子式为C4H6O3，可以写为C4(H2O)3，只有C元素在燃烧时需要氧气，所以每摩尔该物质充分燃烧需消耗4molO2，故A正确；B．含有羧基和醇羟基，能发生酯化反应，能发生分子内和分子间酯化反应，故B正确；C．羧基、醇羟基能和钠反应，只有羧基能和氢氧化钠反应，只有羧基能和碳酸钠反应，所以分别与足量钠、氢氧化钠、碳酸钠反应，生成物分别为NaOOC-CH=CH-CH2ONa、NaOOC-CH=CH-CH2OH、NaOOC-CH=CH-CH2OH，故C错误；D．该物质中含有羧基、碳碳双键和醇羟基，所以具有羧酸、烯烃、醇的性质，能发生取代反应、加成反应、氧化反应和中和反应等，故D正确；故选C。19．（2020·广东省高三一模）有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是A．所有原子处于同一平面B．二氯代物有3种C．生成1molC6H14至少需要3molH2D．1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5molO2【答案】C【解析】A.分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；B.二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误； C.生成1molC6H14，至少需要3molH2，正确；D.该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8molO2，错误。答案为C。20．（2020·安徽省高三三模）化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是A．分子中所有碳原子共平面B．其同分异构体可能是苯的同系物C．一氯代物有4种D．可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应【答案】D【解析】A．分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子呈四面体，故所有碳原子不可能在同一平面上，故A错误；B．该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n-6，不符合苯的同系物的通式，故B错误；C．该分子中存在三种等效氢，故一氯代物有三种，，故C错误；D．该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应，加聚反应，氧化反应，故D正确；答案选D。【点睛】苯的同系物要满足苯的同系物的通式，结构要相似。21．（2020·广东省高三一模）芳樟醇()是常用的香料，下列有关芳樟醇说法正确的是()A．分子式为B．分子中所有碳原子共平面C．在铜催化下被氧化为醛D．与溴的溶液反应，产物仅有两种【答案】A【解析】A．根据碳原子形成四个共价键的原则可知，芳樟醇的分子式为，故A正确；B．与羟基相连的的碳原子采用sp3 杂化，使与之相连的甲基上的碳和亚甲基上的碳和它不在同一平面上，故B错误；C．与羟基相连的碳原子上没有氢原子，故不能在铜催化下发生氧化反应，故C错误；D．与溴的溶液发生加成反应，可能是双键分别被加成，或是双键都被加成，产物应该有三种，故D错误；答案选A。22．（2019·江西省南昌二中高一期末）如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是A．上述提取Mg的流程中，没有涉及的反应类型是置换反应B．因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氮气C．反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用D．从母液中提取Mg和Br2的先后顺序：先提取Br2，后提取Mg【答案】B【解析】A.题中提取Mg的流程中，发生了分解反应、化合反应和复分解反应，没有涉及置换反应，正确；B.在高温下，氮气能与镁反应生成Mg3N2，不能用氮气来冷却镁蒸气，错误；C.反应⑥所用的气态氧化剂为氯气，生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生，可循环利用，降低成本，正确；D.若先提取镁，所得溶液中会残留Ca(OH)2，再用Cl2提取溴时会消耗Cl2，正确。23．（2020·北京高三一模）海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图： 下列有关说法不正确的是A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br2【答案】A【解析】A.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B.氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D.用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。24．（2020·安徽省高三二模）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空气，且需过量C．捕获剂所捕获的气体主要是COD．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O【答案】B【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、 CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。25．（2019·衡水中学实验学校高三期中）SO2与我们的生活息息相关，低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的一种处理方法如下：已知：反应器中发生反应3H2+SO2=H2S+2H2O。下列有关说法不正确的是(   )A．SO2是有毒气体，能形成酸雨破坏环境，不能用作食品的防腐剂B．二乙醇胺的作用是吸收H2S，且可以循环使用C．再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是富集H2SD．理论上燃烧室中的O2可以用SO2代替【答案】A【解析】A.SO2是一种有毒气体，具有还原性，也可作为食品的防腐剂，如SO2是红酒的添加剂，符合题意，A正确；B.二乙醇胺可吸收反应生成的H2S，由流程可知，二乙醇胺可循环使用，不符合题意，B错误；C.再生塔中加热分解重新获得二乙醇胺和H2S，此时得到的H2S纯度较高，因此再生塔主要的目的是富集H2S，不符合题意，C错误；D.由于H2S和SO2能反应生成S和H2O，因此燃烧室中的O2可以用SO2代替，不符合题意，D错误；故答案为A。