广东省肇庆市2022年高考化学二模试卷（含解析）

广东省肇庆市2022年高考化学二模试卷一、单项选择题：本大题共6小题，每题小4分，共64分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（　　）　A．油脂发生皂化反应能生成甘油　B．蔗糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀　C．实验室可以使用CuSO4溶液除去乙炔中的H2S等杂质　D．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯都可以发生取代反应考点：生活中的有机化合物．.专题：有机化学基础．分析：A．油脂是高级脂肪酸甘油脂；B．蔗糖为非还原性糖；C．硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀；D．甲烷、苯与卤素单质能发生反应，乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应．解答：解：A．油脂是高级脂肪酸甘油脂，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故A正确；B．蔗糖为非还原性糖，不能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，故B错误；C．硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，可除杂，故C正确；D．甲烷、苯与卤素单质能发生反应，乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，都属于取代反应，故D正确．故选B．点评：本题综合考查有机物的性质以及物质的分离、提纯，为考查常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯物质的性质，难度不大．　2．（4分）（2022•肇庆二模）相同材质的铁在图中的四种情况下腐蚀最快的是（　　）　A．B．C．D．考点：金属的电化学腐蚀与防护．.专题：电化学专题．分析：在原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，据此分析解答．解答：解：A．Fe、Cu和醋酸构成原电池，Fe易失电子作负极、Cu作正极，则Fe加速被腐蚀；B．该装置构成原电池，Al易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护；C．该装置不能构成原电池，Cu和食盐水不反应，Fe和食盐水被Cu隔开，则Fe被保护；D．该装置构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护；通过以上分析知，Fe腐蚀最快的是A，故选A．点评：-13-\n本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理即可解答，会根据金属腐蚀原理保护金属不被腐蚀，题目难度不大．　3．（4分）（2022•肇庆二模）下列各离子组能够大量共存的是（　　）　A．H+、NH4+、I﹣、NO3﹣B．Na+、Ca2+、ClO﹣、HCO3﹣、　C．K+、Mg2+、CO32﹣、SO42﹣D．Hg2+、H+、Cl﹣、S2﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．硝酸根离子在氢离子存在条件下能够氧化碘离子；B．Na+、Ca2+、ClO﹣、HCO离子之间不发生反应；C．镁离子与碳酸根离子反应生成碳酸镁沉淀；D．汞离子、氢离子都与汞离子反应．解答：解：A．H+、I﹣、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Na+、Ca2+、ClO﹣、HCO离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．Mg2+、CO32﹣之间反应生成碳酸镁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Hg2+、H+都与S2﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能共存的常见情况，特别是发生氧化还原反应的离子，如：铁离子与硫离子、碘离子，次氯酸根离子与亚硫酸根离子等．　4．（4分）（2022•肇庆二模）NA表示阿伏加德罗常数．下列说法正确的是（　　）　A．7.8gNa2O2中含有的阴离子数目为0.2NA　B．标准状况下，2.24LCHCl3的分子数为0.1NA　C．1L0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NA　D．0.1molFe与足量稀HNO3反应，转移电子数为0.3NA考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．过氧化钠中阴离子为过氧根离子，根据过氧化钠的物质的量计算出含有的阴离子数目；B．气体摩尔体积只适用于气体；C．铝离子为弱碱阳离子，部分发生水解；D．铁与足量硝酸反应生成三价铁离子．解答：解；A.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol过氧根离子，含有的阴离子数目为0.1NA，故A错误；B．标况下CHCl3为液态，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C．铝离子为弱碱阳离子，部分发生水解，1L0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中，Al3+的数目小于0.2NA，故C错误；D.0.1molFe与足量稀HNO3反应生成0.1mol硝酸铁，转移电子数为0.3NA，故D正确；故选：D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．-13-\n　5．（4分）（2022•肇庆二模）下列各选项陈述I和陈述Ⅱ均正确且二者有因果关系的是（　　）陈述I陈述ⅡA常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应BHCl与Na2CO3溶液反应生成CO2用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HClCCl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色次氯酸的氧化性比氯气的强D稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物为NO和NO2稀HNO3氧化性比浓HNO3强　A．AB．BC．CD．D考点：铁的化学性质；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．.专题：元素及其化合物．分析：A．常温下铁与浓硫酸发生钝化，铜与浓硫酸不反应；B．CO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠；C．Cl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；D．浓HNO3氧化性比稀HNO3强．解答：解：A．常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，铜与浓硫酸不反应，陈述Ⅱ不合理，故A不选；B．CO2会与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以陈述Ⅱ不合理，故B不选；C．Cl2使润湿的有色布条褪色，而干燥的布条不褪色，说明氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，则次氯酸的氧化性比氯气的强，陈述均合理，存在因果关系，故C选；D．浓HNO3氧化性比稀HNO3强，陈述II不合理，故D不选；故选C．点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，题目难度不大．　6．（4分）（2022•肇庆二模）常温下，下列表述正确的是（　　）　A．pH=3的CH3COOH溶液的浓度小于pH=2的盐酸的浓度　B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，可抑制HCO3﹣的水解，使c（HCO3﹣）增大　C．将任意量的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，其混合溶液均存在：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）　D．Na2CO3溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）=c（HCO3﹣）＞c（H+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．.分析：A、醋酸是弱酸，电离程度很小；B、NaOH能够中和NaHCO3，生成碳酸钠；C、据电荷守恒分析；-13-\nD、Na2CO3溶液氢氧根离子有碳酸根水解、碳酸氢根离子水解和水的电离三个来源，碳酸氢根离子只有碳酸根水解一个来源．解答：解：A、醋酸是弱酸，电离程度很小，pH=3的CH3COOH溶液的浓度大于pH=2的盐酸的浓度，故A错误；B、NaOH能够中和NaHCO3，所以向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，使c（HCO3﹣）减小，故B错误；C、将任意量的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，其混合溶液只存在：Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣四种离子，据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故C正确；D、Na2CO3溶液氢氧根离子有碳酸根水解、碳酸氢根离子水解和水的电离三个来源，碳酸氢根离子只有碳酸根水解一个来源，所以c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故D错误；故选C．点评：本题考查了弱电解质的电离是微弱的、碱与酸式盐的中和、溶液中的电荷守恒、离子浓度大小比较，题目难度中等．　二、双项选择题本题共9个小题，每小题6分，共54分．每小题给出的四个选项中，有二个选项符合题意．全选对得6分，只选一项且正确得3分，错选或不选均得0分.）17．（6分）（2022•江苏）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（　　）　A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态　B．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应　C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质　D．化合物AE与CE古有相同类型的化学键考点：原子结构与元素的性质．.专题：压轴题．分析：根据题意，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B是碳元素；素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C是钠元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是铝元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，则A是氢元素、E是氯元素；然后对照各个选项，选出答案．解答：解：A、C和H组成的化合物常温下不一定呈气态，如C9H20，故A错误；B、因C是钠，D是铝，则氢氧化铝具有两性，能与氢氧化钠反应，故B正确；C、因为Na、Al是活泼金属，氯气是活泼的非金属单质，所以工业上常用电解法制备它们，故C正确；D、HCl是共价化合物，含有共价键；NaCl是离子化合物，含有离子键，它们的化学键类型不同，故D错误．故选BC．点评：本题考查元素的推断及其元素的性质．本题的突破口是掌握原子结构的有关知识，如原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则为C元素；熟悉常见的物质，如元素的合金是日常生活中常用的金属材料等．　8．（6分）（2022•肇庆二模）下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（　　）选项实验操作现象解释或结论-13-\nA将灼烧变黑的热铜丝插入装少量无水乙醇的试管中铜丝变红乙醇和乙醛具有还原性B新生成的AgI浊液中滴入KCl溶液，震荡有少量白色沉淀生成AgCl比AgI更难溶CAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化形成致密的氧化膜D向包有Na2O2粉末的脱脂棉吹气或滴水脱脂棉都会燃烧Na2O2与CO2或水的反应是放热反应　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．灼烧变黑的热铜生成氧化铜，加热条件下与乙醇反应生成乙醛，可说明乙醇具有还原性；B．如c（Ag+）×c（Cl﹣）＞Ksp（AgCl），则生成沉淀；C．铝溶于稀硝酸；D．脱脂棉都会燃烧，应达到着火点．解答：解：A．灼烧变黑的热铜丝生成氧化铜，加热条件下与乙醇反应生成乙醛，可说明乙醇具有还原性，乙醛也可被氧化，故A正确；B．加入KCl溶液，如c（Ag+）×c（Cl﹣）＞Ksp（AgCl），则生成沉淀，不能说明AgCl、AgI的溶度积大小，故B错误；C．铝与浓硝酸发生钝化反应，但溶于稀硝酸，故C错误；D．脱脂棉都会燃烧，应达到着火点，向包有Na2O2粉末的脱脂棉吹气或滴水，说明反应放热，故D正确．故选AD．点评：本题考查较为综合，涉及乙醇、乙醛的性质、难溶电解质的溶解平衡、铝以及过氧化钠的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的评价，难度不大．　三、非选择题：本大题共4小题，共182分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．9．（15分）（2022•肇庆二模）有机物是重要的化工原料，其合成过程如下：-13-\n（1）化合物II的分子式为　C8H10O2　，Ⅳ中含氧官能团的名称是　羧基和羟基　，反应①的反应类型是　加成　反应．（2）化合物I～IV具有的性质正确的是　CD　．A．1mol化合物II最多能与2molH2发生加成反应B．1mol化合物II燃烧最多消耗8.5molO2C．1mol化合物IV能与2mol金属钠、1molNaHCO3反应产生气体D．化合物I和IV在一定条件下都能与乙酸发生酯化反应（3）芳香化合物V是II的一种无甲基同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，则V的结构简式为　　、　　、　　．（4）一定条件下，化合物Ⅳ能形成缩聚高分子，该有机高分子的结构简式为　　．（5）有机物VI（）与发生反应的方程式为　　．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据结构简式可知化合物II的分子式，Ⅳ中含氧官能团为羧基和羟基，反应①是物质Ⅰ与发生加成反应得物质Ⅱ；（2）根据化合物I～IV的元素组成和含有的官能团判断；（3）根据II的结构简式和相关条件写V的结构简式；（4）化合物Ⅳ中有羟基和羧基，在一定条件下，分子之间羟基和羧基形成酯基而发生缩聚反应；据此判断高分子的结构简式；（5）有机物VI（）与可以发生类似反应①的加成反应，据此写反应的方程式；解答：解：（1）根据结构简式可知化合物II的分子式为C8H10O2，Ⅳ中含氧官能团为羧基和羟基，反应①是物质Ⅰ与发生加成反应得物质Ⅱ，故答案为：C8H10O2；羧基和羟基；加成；-13-\n（2）A．化合物II中有一个碳双键和一个碳碳参键，所以1mol化合物II最多能与3molH2发生加成反应，故A错误；B．II的分子式为C8H10O2，从耗氧量角度可看成C7H10•CO2，所以1mol化合物II燃烧最多消耗9.5molO2，故B错误；C．化合物IV中有一个羧基和一个羟基，所以1mol化合物IV能与2mol金属钠、1molNaHCO3反应产生气体，故C正确；D．化合物I和IV中都有羟基，所以在一定条件下都能与乙酸发生酯化反应，故D正确；故答案为：CD；（3）芳香化合物V是II的一种无甲基同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，说明Ⅴ中有酚羟基，结合Ⅱ的结构简式可知V的结构简式为，故答案为：；（4）化合物Ⅳ中有羟基和羧基，在一定条件下，分子之间羟基和羧基形成酯基而发生缩聚反应；产生的高分子的结构简式为，故答案为：；（5）有机物VI（）与可以发生类似反应①的加成反应，反应的方程式为，故答案为：；点评：本题考查有机物的推断，综合考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力，题目难度中等，答题时注意把握题给信息，牢固掌握有机物的官能团的结构和性质为解答该类题目的关键．　10．（16分）（2022•肇庆二模）某化学兴趣小组对碳的氧化物做了深入的研究并取得了一些成果．-13-\n已知：C（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H=﹣393kJ•mol﹣1；2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1；2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H=﹣484kJ•mol﹣1（1）将水蒸气喷到灼热的炭上实现炭的气化（制得CO、H2），该反应的热化学方程式为　C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+132kJ•mol﹣1　．（2））将一定量CO（g）和H2O（g）分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组序温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOCO21500483.242750240.833750240.81①该反应的正反应为　放热　（填“吸热”或“放热”）反应．②实验1中，0～4min时段内，以v（H2）表示的反应速率为　0.8mol/（L•min）　．③实验2达到平衡时CO的转化率为　20%　．④实验3与实验2相比，改变的条件是　加催化剂　；请在如图坐标中画出“实验2”与“实验3”中c（CO2）随时间变化的曲线，并作必要的标注．（3）在载人航天器中应用电化学原理，以Pt为阳极，Pb（CO2的载体）为阴极，KHCO3溶液为电解质溶液，通电还原消除航天器内CO2同时产生O2和新的能源CO，总反应的化学方程式为：2CO22CO+O2，若阳极为溶液中的OH﹣放电，则阳极的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　．（4）将CO通入银氨溶液中可析出黑色的金属颗粒，其反应方程式为　CO+2Ag（NH3）2OH=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3　．考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；电解原理．.分析：（1）水蒸气喷到灼热的炭层上实现煤的气化（制得CO、H2）即反应方程式为C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g），再根据盖斯定律进行计算；（2）①该反应前后气体体积不变，等比例增大反应物浓度，平衡不移动，实验1与实验2相比，实验2温度高于实验1，浓度是实验1的，平衡时n（CO2）是实验1的，说明升温平衡逆向移动；②v（H2）=v（CO2）=；-13-\n③据转化率=×100%计算；④容器体积不变，起始量和平衡量相同，平衡没有移动，达平衡所用时间缩短，反应速率加快，只能是使用了催化剂；（3）依据电解原理阳极上是氧气失电子发生氧化反应生成氢氧根离子；（4）CO与银氨溶液反应将银氨溶液还原成黑色的银，本身在碱性溶液中被氧化成碳酸根．解答：解：（1）已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣484kJ•mol﹣1将（①×2﹣②﹣③）×得到反应C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g），则△H═（﹣393kJ•mol﹣1×2+566kJ•mol﹣1+484kJ•mol﹣1）×=+132kJ•mol﹣1故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+132kJ•mol﹣1；（2））①该反应前后气体体积不变，等比例增大反应物浓度，平衡不移动，实验1与实验2相比，实验2温度高于实验1，浓度是实验1的，平衡时n（CO2）是实验1的，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，故答案为：放热；②v（H2）=v（CO2）===0.8mol/（L•min），故答案为：0.8mol/（L•min）；③该反应反应物和生成物各物质化学计量数相同，所以生成0.8mol二氧化碳，则有0.8molCO反应，据转化率=×100%=×100%=20%，故答案为：20%；④容器体积不变，起始量和平衡量相同，平衡没有移动，达平衡所用时间缩短，反应速率加快，只能是使用了催化剂，催化剂只加快反应速率，缩短达到平衡所用时间，不影响平衡移动，图象为：故答案为：加催化剂；；-13-\n（3）以Pt为阳极，Pb（CO2的载体）为阴极，KHCO3溶液为电解质溶液，还原消除航天器内CO2同时产生O2和新的能源CO，总反应的化学方程式为：2CO22CO+O2，则溶液中的氢氧根在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，的电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（4）CO与银氨溶液反应将银氨溶液还原成黑色的银，本身在碱性溶液中被氧化成碳酸根，故反应的化学方程式为CO+2Ag（NH3）2OH=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3，故答案为：CO+2Ag（NH3）2OH=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3．点评：本题考查了盖斯定律的应用、据图表数据分析求算反应速率、转化率、平衡移动等等以及电化学中电极反应式书写、化学方程式书写，题目综合性强，难度大．　11．（16分）（2022•肇庆二模）利用某地的闪锌矿（主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等）冶炼纯锌的传统工艺如下：注：锌、铁、铜的沸点依次为1180K、2862K、1800K（1）高温锻烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为　2ZnS+3O22ZnO+2SO2　．（2）工业生产中方案1由锌熔体获得粗锌的操作为　分馏　（填：“蒸馏”、“分馏”或“干馏”）．（3）方案2中固相2的成分为　C、Cu　，液相1所含金属阳离子为：　Zn2+、Fe2+　（4）方案2中从液相1获取粗锌的过程中可用加入单质　Zn　除掉其他杂质；对比两种方案，方案2的优点是　节约能量　．（5）方案2的系列操作产生的废液可以制取绿矾．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表所示：温度/℃010305056.760708090溶解度14.017.025.033.035.235.335.633.033.5析出晶体FeSO4•7H2OFeSO4•4H2OFeSO4•H2O从上表数据可以得出的结论是：①　随温度升高硫酸亚铁的溶解度先升高后降低　；②　温度超过60℃结晶水含量越来越少　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：实验设计题．分析：闪锌矿主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等，在高温下充分反应得到固相1含有ZnO、CuO、Fe2O3等，然后加入焦炭，高温下充分反应可得到锌溶体，含有Zn、Fe、Cu等，加热到1180K可得到分离出锌，得到粗锌，经电解可得到纯锌，方案2用稀硫酸充分溶解，固相2为碳、铜，液相1含有Zn2+、Fe2+等，可加入锌置换出铁以除去杂质，最终得到粗锌，以此解答该题．-13-\n解答：解：闪锌矿主要成分为ZnS，其杂质主要为铁、铜元素等，在高温下充分反应得到固相1含有ZnO、CuO、Fe2O3等，然后加入焦炭，高温下充分反应可得到锌溶体，含有Zn、Fe、Cu等，加热到1180K可得到分离出锌，得到粗锌，经电解可得到纯锌，方案2用稀硫酸充分溶解，固相2为铜，液相1含有Zn2+、Fe2+等，可加入锌置换出铁以除去杂质，最终得到粗锌，（1）高温锻烧时，若氧气足量，ZnS被氧化生成ZnO和二氧化硫气体，反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2，故答案为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；（2）锌、铁、铜的沸点依次为1180K、2862K、1800K，加热到1180K经分馏可得到分离出锌，故答案为：分馏；（3）由以上分析可知固相2的成分为C、Cu，液相1含有Zn2+、Fe2+等，故答案为：C、Cu；Zn2+、Fe2+；（4）液相1含有Zn2+、Fe2+等，可加入锌置换出铁以除去杂质，对比两种方案，方案2没有在高温下反应，可节约能量，故答案为：Zn；节约能量；（5）由表中数据可知随温度升高硫酸亚铁的溶解度先升高后降低，且温度超过60℃结晶水含量越来越少，故答案为：①随温度升高硫酸亚铁的溶解度先升高后降低；②温度超过60℃结晶水含量越来越少．点评：本题以流程题形成综合考查金属以及化合物性质，为高考常见题型，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等，掌握物质的化学性质是解题关键，注意实验方案评价能力的培养．　12．（17分）（2022•肇庆二模）氯气在工农业生产中应用非常广泛．请回答以下问题：（1）如图1是三位同学分别设计的实验室制取和收集氯气的装置，其中最好的是　B　（填序号）：（2）某课外小组同学用如图2所示装置通过电解食盐水并探究氯气相关性质，请回答：①现有电极：C和Fe供选择，请在虚框中补画导线、电源（），串联变阻器以调节电流，同时标出电极材料；电解的离子反应方程式为　2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣　．②通电一段时间后，玻璃管A、B、C三处是浸有不同溶液的棉花，其中A、B两处的颜色变化分别为　无色变蓝色　、　浅绿色变黄色　；C处发生的离子反应方程式为　Cl2+SO32﹣+H2O═2Cl﹣+SO42﹣+2H+　．③为防止氯气逸出造成污染，应采取的措施是　在D处放一团浸有NaOH溶液的棉花　．-13-\n（3）当在阴极收集到气体448mL后停止实验，将U形管溶液倒于量筒中测得体积为400mL，则摇匀后理论上计算得溶液pH=　13　．考点：氯气的实验室制法．.专题：实验题．分析：（1）分析装置图A加热氯水制备氯气，由于氯气溶解度小溶解的少的得不到大量氯气；装置B常温下氯酸钾和浓盐酸反应生成氯气用向上排气法收集，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；装置无尾气吸收装置；（2）①电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，生成氯气的一端电解为阳极；②阳极氯气的氧化性和物质性质分析判断反应现象；③在D处放置一团浸有氢氧化钠溶液的棉花，用来吸收多余的氯气，放置污染环境；（3）阴极收集到的气体为H20.448L，n（H2）=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol；由方程式：2Cl﹣+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH﹣得：n（OH﹣）=0.02mol×2=0.04mol；c（OH﹣）=0.04mol÷0.4L=0.1mol/L，计算得到溶液PH．解答：解：（1）分析装置图A加热氯水制备氯气，由于氯气溶解度小溶解的少的得不到大量氯气；装置B常温下氯酸钾和浓盐酸反应生成氯气用向上排气法收集，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；装置无尾气吸收装置，所以选择B；故答案为：B；（2）①电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，生成氯气的一端电解为阳极，其中电源和导线、通电、电极标注如图所示：；电解的离子反应方程式为：2Cl﹣+2H2O═Cl2↑+H2↑+2OH﹣；故答案为：；2Cl﹣+2H2O═Cl2↑+H2↑+2OH﹣；②通电一段时间后，玻璃管A、B、C三处是浸有不同溶液的棉花，其中A发生的反应Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，碘单质遇到淀粉变蓝色，溶液无色变化为蓝色；B处发生的反应2FeCl2+Cl2=3FeCl2，溶液的颜色变化为溶液浅绿色变黄色；C处发生的离子反应方程式为：Cl2+SO32﹣+H2O═2Cl﹣+SO42﹣+2H+；故答案为：无色变蓝色；浅绿色变黄色；Cl2+SO32﹣+H2O═2Cl﹣+SO42﹣+2H+；③在D处放置一团浸有氢氧化钠溶液的棉花，用来吸收多余的氯气，放置污染环境，故答案为：在D处放一团浸有NaOH溶液的棉花；（3）阴极收集到的气体为H20.448L，n（H2）=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol；由方程式：2Cl﹣+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH﹣：计算得到n（OH﹣）=0.02mol×2=0.04mol；-13-\nc（OH﹣）=0.04mol÷0.4L=0.1mol/Lc（H+）=10﹣13mol/L则pH=﹣lg10﹣13=13故答案为：13．点评：本题主要考查实验室制氯气的原理和氯气的性质，难度不大，掌握原理和物质的性质即可解答，需要注意的是浓盐酸和二氧化锰能反应，但稀盐酸和二氧化锰不反应；次氯酸是弱酸，但次氯酸具有强氧化性．　-13-