上海市虹口区2020届高三一模考试化学试题 20页

虹口区2019学年度第一学期期终学生学习能力诊断测试 高三化学　试卷 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28‎ 一、选择题 ‎1.做好垃圾分类，推动城市绿色发展。易拉罐应投放到 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，结合不同标志的含义解答。‎ ‎【详解】A．图示标志为有害垃圾，故A错误； B．图示标志为可回收垃圾，故B正确；‎ C．图示标志为湿垃圾，湿垃圾是居民日常生活及食品加工、饮食服务、单位供餐等活动中产生的垃圾，故C错误；‎ D．图示标志为干垃圾，干垃圾即其它垃圾，指除可回收物、有害垃圾、厨余垃圾（湿垃圾）以外的其它生活废弃物；‎ 故答案为B。‎ ‎2.镆是一种人工合成的元素，同位素的原子核内的中子数与核外电子数之和是 A. 58 B. 173 C. 288 D. 403‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】中质子数为115，核外电子数=质子数=115，质量数为288，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故中子数与核外电子数之和为115+173=288，故答案为C。‎ ‎3.下列物质在熔融状态下能够导电的是 A. NaCl B. SiO2 C. Cl2 D. HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl为离子晶体，熔融状态下能生成钠离子和氯离子，可以导电，故A正确；‎ B. SiO2为原子晶体，熔融状态下没有离子生成，不能导电，故B错误；‎ C. Cl2为分子晶体，熔融状态下没有离子生成，不能导电，故C错误；‎ D. HCl为分子晶体，熔融状态下没有离子生成，不能导电，故C错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.下列物质属于强电解质的是（ ）‎ A. 硫酸钡 B. 盐酸 C. 乙醇 D. 三氧化硫 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸钡在水溶液中或熔融状态下完全电离出离子，能够导电，且为化合物，硫酸钡为强电解质，A正确；‎ B.氯化氢气体溶于水形成盐酸，虽然能够导电，但是盐酸为混合物，不是电解质，B错误；‎ C.乙醇在水溶液中或熔融状态下都不能发生电离，不导电，且为化合物，所以乙醇为非电解质，C错误；‎ D.三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸为强电解质，在水溶液中完全电离出离子，溶液导电，但是三氧化硫不能直接电离出离子，所以为非电解质，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。‎ ‎5.(CH3)2C(C2H5)CH(CH3)2的名称是 A. 3，3，4-三甲基戊烷 B. 2，3-二甲基-3-乙基丁烷 C. 2，3，3-三甲基戊烷 D. 2，3-二甲基-2-乙基丁烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】系统命名法时，选最长的碳链为主链，若为烯烃或炔烃时含双键、三键的最长碳链为主链，且取代基的位次之和最小，所以(CH3)2C(C2H5)CH(CH3)2的名称是2，3，3-三甲基戊烷，故答案为C。‎ ‎6.在下列变化过程中，既破坏离子键又破坏共价键的是 A. 加热分解KClO3 B. NaOH溶于水 C. 加热分解HClO D. Na2CO3受热熔化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加热分解KClO3方程式为：；K+与ClO-之间的离子键遭到破坏，氯原子和氧原子之间的共价键遭到破坏，故A正确；‎ B. NaOH溶于水只破坏了氢氧根和钠离子之间的离子键，故B错误；‎ C. HClO是共价化合物，只含有共价键，故C错误；‎ D. Na2CO3受热熔化只破坏了钠离子和碳酸根之间的离子键，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎7.下列实验可以达到实验目的的是 A. 用萃取法除去NaCl溶液中的单质I2‎ B. 用过量的氨水除去Al3＋溶液中的少量Fe3＋‎ C. 用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯中的少量SO2‎ D. 用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl溶液与某些有机溶剂不互溶，故可用萃取法除去NaCl溶液中的单质I2，故A正确；‎ B.铝离子也可以和氨水反应生成沉淀，且氨水碱性较弱不能和氢氧化铝反应，故B错误；‎ C.乙烯也可以被酸性高猛酸钾氧化，故C错误；‎ D.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎8.反应8NH3＋3Cl2→N2＋6NH4Cl的相关描述中正确的是 A. N2的电子式是 ‎ B. 反应物和生成物的化学键类型相同 C. 每生成11.2 L N2，转移电子数为3 NA D. 还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氮气的电子式为：；‎ B.反应物氨气和氯气均只含有共价键，生成物NH4Cl中铵根和氯离子直接为离子键，故B错误；‎ C.未指明温度和压强，无法确定11.2 L N2的物质的量，无法确定转移电子数，故C错误；‎ D. 反应中NH3为还原剂，NH4Cl为还原产物，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，生成6molNH4Cl，则该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9.关于化合物木糖醇（），下列说法正确是 A. 不能发生氧化反应 B. 所有碳原子在同一平面上 C. 与丙三醇互为同系物 D. 木糖醇分子式为C5H12O5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 木糖醇中含有羟基，且所有碳原子均为饱和碳原子。‎ ‎【详解】A.木糖醇中含有羟基，且与羟基相连的碳上有氢原子，故可以被氧化，故A错误；‎ B.木糖醇中所有碳原子均为饱和碳原子，不可能在同一平面上，故B错误；‎ C.结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物互称为同系物，丙三醇有三个羟基，木糖醇有5个羟基，故不是同系物，故C错误；‎ D.根据图示可知木糖醇分子式为C5H12O5，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】羟基所连的碳上含有2个氢原子能被氧化为醛基。 如果与羟基所连的碳上含有1个氢原子能被氧化为羰基。 如果与羟基所连的碳上没有氢原子则不能发生催化氧化。‎ ‎10.常温下0.1 mol/L的下列物质的水溶液，加热到80℃，溶液的pH几乎不变的是 A. 硫酸 B. 氢氧化钾 C. 氯化钠 D. 硫酸铵 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸是强酸，在水溶液里完全电离生成氢离子和硫酸根离子，升高温度促进水电离，但硫酸电离出的氢离子浓度远远大于水电离出的氢离子浓度，所以溶液中氢离子浓度几乎不变，则溶液的pH几乎不变，故A正确；‎ B.KOH是强碱，在水溶液里完全电离，升高温度，促进水电离，水的离子积常数增大，溶液中NaOH电离出的氢氧根离子浓度远远大于水电离出氢氧根离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度几乎不变，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；‎ C.NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，升高温度促进水电离，溶液中氢离子浓度增大较明显，所以pH变化较明显，故A不选；‎ D. 硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，从常温加热到80℃，溶液的pH几乎不变，说明溶液中氢离子浓度变化不大，据此分析解答本题。‎ ‎11.将SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出 A. 漂白性 B. 氧化性和漂白性 C. 还原性 D. 还原性和漂白性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明先生成碘，碘继续与二氧化硫反应生成HI和硫酸，发生I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，反应中二氧化硫表现还原性。故答案为C。‎ ‎12.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如下图所示，元素Y位于金属元素与非金属元素交界处，下列说法错误的是 W X Y Z A. Y的原子半径一定最大 B. X的气态氢化物最稳定 C. Y的氧化物熔点一定高于Z的氧化物 D. Z的最高价氧化物对应水化物酸性一定最强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素Y位于金属元素与非金属元素交界处，Y为硅或铝，所以四种元素均为主族元素。‎ ‎【详解】A.同周期主族元素，原子序数越小原子半径越大，故原子半径：Y>Z，W>X；同主族元素原子序数越大半径越大，故原子半径：Y>W，所以Y的原子半径一定最大，故A正确；‎ B.非金属性越强气态氢化物越稳定，元素周期表中越靠右上角的主族元素非金属性越强，所以X的气态氢化物最稳定，故B正确；‎ C.Y为铝或硅，氧化物为Al2O3或SiO2，为离子晶体或分子晶体，Z为磷或硫，其氧化物为分子晶体，所以Y的氧化物熔点一定高于Z的氧化物，故C正确；‎ D.若Y为铝，则Z为磷，X为氮，磷的最高价氧化物的水化物酸性不如氮最高价氧化物的水化物酸性，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎13.合成氨反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. NH3的能量较低，比N2、H2更稳定 B. 2NH3(g)→2N(g)＋6H(g)－2346 kJ C. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)－92 kJ D. 加入催化剂，可以减小反应的热效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示可知1mol N2(g)＋3molH2(g)的能量高于2molNH3的能量，无法确定NH3的能量与N2、H2的能量高低，故A错误；‎ B.根据图示可知2NH3(g)→2N(g)＋6H(g)过程需要吸收2346 kJ能量，故B正确；‎ C.根据图示可知反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)为放热反应，故C错误；‎ D.加入催化剂可以降低反应活化能，但不能改变反应的热效应，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.设NA 为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是 A. 78 g 苯含有C=C 双键的数目为3NA B. 1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO－的数目为NA C. 标准状况下，6. 72 L 氯气与水充分反应转移的电子数目为0. 3NA D. 常温常压下，14 g 由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯分子中不含碳碳双键，故A错误；‎ B.次氯酸跟会发生水解，故无法确定1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO－的数目，故B错误；‎ C.氯气与水的反应为可逆反应，不能反应彻底，故转移的电子数目少于0.3NA，故C错误；‎ D. N2与CO的摩尔质量均为28g/mol，故混合气体的物质的量n=14g/(28g/mol)=0.5mol，N2与CO均为双原子分子，故含有的原子数为NA个，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎15.在具支试管中加入铁粉和活性炭的混合物，然后注入少量稀盐酸，立即塞上橡胶塞组成如图所示装置。下列有关说法错误的是 A. 铁一定发生析氢腐蚀 B. 铁可能会发生吸氧腐蚀 C. 若改用NaOH溶液，腐蚀不再发生 D 若改用食盐水，一段时间后导气管内液面高于导管外 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，故A正确； B．当盐酸反应完，即发生吸氧腐蚀，铁可能会发生吸氧腐蚀，故B正确； C．若改用NaOH溶液，溶液显碱性，发生吸氧腐蚀，故C错误； D．若改用食盐水，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，气体减少，所以导气管内液面高于导管外，故D正确。 故答案为C。‎ ‎【点睛】酸性条件下钢铁发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀中正极上氧气得电子生成氢氧根离子。‎ ‎16.在M、N中加入试剂，并用图示装置制取、收集少量气体，其中最合理的是 A B C D M 浓盐酸 浓氨水 稀盐酸 浓硫酸 N 浓硫酸 碱石灰 碳酸钙 铜片 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 该装置发生装置没有加热，收集方法为向上拍空气法，利用氢氧化钠溶液吸收尾气。‎ ‎【详解】A.目的制取氯化氢气体，氯化氢气体极易溶于氢氧化钠溶于，会发生倒吸，故C错误；‎ B.目是制取氨气，氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，且其极易溶于水，会发生倒吸，故B错误；‎ C.目的是制取二氧化碳，密度比空气大，可用向上排空气法收集，可用氢氧化钠吸收，为四个选项中最合理的，故C正确；‎ D.浓硫酸与铜反应需要加热，故D错误；‎ ‎17.往NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，当SO42－恰好完全沉淀时，溶液中其它微粒存在的形式是 A. NH4＋、AlO2－ B. NH3·H2O、Al(OH)3‎ C. NH4＋、Al(OH)3 D. NH3·H2O、AlO2－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】往NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，设NH4Al（SO4）2为1mol，则溶液中含有1molNH4+，1molAl3+，2molSO42-，Ba（OH）2═Ba2++2OH-，当溶液中的SO42-完全沉淀时，则加入2molBa（OH）2，根据反应：2SO42-+2Ba2+═2BaSO4↓，Al3++3OH-═Al（OH）3，NH4++OH-═NH3•H2O，所以最后溶液中其它微粒存在的形式是NH3•H2O、Al（OH）3； 故答案为B。‎ ‎【点睛】本题中注意判断使SO42-全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据NH4+、Al3+和OH-物质的量的关系判断反应产物。‎ ‎18.已知还原性 I- > Fe2+ > Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（ ）‎ A. I-、Fe3+ 、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br‎ C. Fe2+、Fe3+ 、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于还原性 I- > Fe2+ > Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；当I－反应完全后再发生反应：2Fe3＋+ Cl2=2Fe2++2Cl－，当该反应完成后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br，故选项是B。‎ ‎19.已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c(CH3COO－)相等，则下列叙述正确的是 A. c(Na+)＝c(NH4＋) B. 两种溶液中水的电离程度相等 C. 两种溶液的pH相等 D. c(CH3COONa)＜c(CH3COONH4)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3COONa溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），CH3COONH4溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），两种溶液中c（CH3COO-）相等，c（OH-）不同，c（Na+）与c（NH4+）不相等，故A错误； B．CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于CH3COONa溶液，故B错误； C．CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，则两种溶液的pH故相等，故C错误； D．常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c（CH3COO-）相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c（CH3COONa）＜c（CH3COONH4），故D正确。 故答案为D。‎ ‎20.某温度下，在密闭容器中发生可逆反应的平衡常数K＝。当反应达到平衡时，n(A)∶n(B)∶n(C)＝2∶2∶1。若保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，则 A. K值增大 B. 达到新平衡后，C的体积分数增大 C. 平衡不移动 D. 达到新平衡后，vA比原平衡减慢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应的平衡常数表达式可知方程式为A（g）+3B（g）⇌2C（g），再以2：2：1的物质的量比将A、B、C充入此容器中，各物质的浓度增大一倍，相当于在原来的基础上压缩体积为原来的一半，相当于增大压强，结合压强对平衡移动的影响分析。‎ ‎【详解】A．温度不变，则平衡常数不变，故A错误； B．温度不变，以2：2：1的物质的量之比再充入A、B、C，相当于增大压强，平衡正向移动，则达到新平衡后，C的体积分数增大，故B正确； C．由B分析可知平衡正向移动，故C错误； D．浓度增大，则反应速率增大，故D错误。 故选：B。‎ 二、非选择题 ‎21.硅是重要的半导体材料，是构成现代电子工业的基础。硅及其化合物在工业中应用广泛，在工业上，高纯硅可以通过下列流程制取： ‎ 完成下列填空:‎ ‎（1）氯原子核外有_______种不同能量的电子，硅原子的核外电子排布式是_______________。‎ ‎（2）碳与硅属于同主族元素，熔沸点SiO2 ________CO2 (填写“>”、“<”或“=”)，其原因是_____________________________________________________。‎ ‎（3）流程中由SiO2制粗硅的反应不能说明碳的非金属性强于硅，原因是_________________；请写出一个能说明碳的非金属性强于硅的化学方程式______________________________。‎ ‎（4）SiHCl3(g) + H2(g)Si(s) + 3HCl(g) －Q （Q>0）‎ ‎①上述反应的平衡常数表达式K＝_____________；能使K增大的措施是_______________。‎ ‎②一定条件下，在固定容积的密闭容器中，能表示上述反应达到平衡状态的是________（选填编号）。‎ a．3v逆(SiHCl3)＝v正(HCl) b．混合气体的压强不变 c．K保持不变 d．c(SiHCl3)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶1∶3‎ ‎③一定温度下，在2L密闭容器中进行上述反应，5min后达到平衡，此过程中固体质量增加0.28g，此时HCl的化学反应速率为 ________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). 1s22s22p63s23p2 (3). > (4). SiO2是原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2是分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，所以SiO2的熔沸点比CO2的熔沸点高。 (5). 非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强 (6). Na2SiO3+2CO2+2H2O →2NaHCO3+H4SiO4↓或CO2+Na2SiO3+H2O →H2SiO3↓+Na2CO3 (7). K=c(HCl)3/ c (SiHCl3) c (H2) (8). 升温 (9). a b (10). 0.003 mol/(L·min)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）原子核外电子有几种能级就有几种能量不同的轨道；Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4； （2）熔点一般为原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体； （3）碳与二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳，只能说明碳的还原性比硅强；强酸反应制取弱酸； （4）依据平衡常数概念写出，用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积得到；平衡常数随温度变化； （5）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生的其它一些量不变，据此分析； （6）根据方程式计算出固体质量增加0.28g时生成的氯化氢的物质的量，根据计算。‎ ‎【详解】：（1）氯原子核外有1s、2s、2p、3s、3p五种能级，所以氯原子核外有5种不同能量的轨道，Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故硅原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2， 故答案为：5；1s22s22p63s23p2； （2）熔点一般为原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，SiO2为原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2为分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，故熔沸点：SiO2＞CO2， 故答案为：＞；SiO2是原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2是分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，所以SiO2的熔沸点比CO2的熔沸点高； （3）碳与二氧化硅反应生成硅单质和一氧化碳： ，只能说明碳的还原性比硅强，非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强，碳的非金属性比硅强，则碳酸的酸性比原硅酸（硅酸）强，可发生：Na2SiO3+2CO2+2H2O =2NaHCO3+H4SiO4↓或CO2+Na2SiO3+H2O =H2SiO3↓+Na2CO3， 故答案为：非金属性是指非金属元素的单质在化学反应中得到电子的能力，而碳与二氧化硅反应所表现出来的是碳失去电子的能力（或还原性），因此不能说明碳的非金属性比硅强；Na2SiO3+2CO2+2H2O =2NaHCO3+H4SiO4↓或CO2+Na2SiO3+H2O =H2SiO3↓+Na2CO3； （4） -Q （Q＞0），依据平衡常数概念书写，注意固体和纯液体不写入表达式，表达式为K=c(HCl)3/ c (SiHCl3) c (H2)，该反应正反应为吸热反应，所以升高温度平衡右移动，平衡常数增大， 故答案为：K=c(HCl)3/ c (SiHCl3) c (H2‎ ‎)；升温； （5）a．3v逆（SiHCl3）=v正（HCl），正逆反应速率相等，故a正确； b．随反应进行容器内压强增大，混合气体的压强不变，说明到达平衡，故b正确； c．平衡常数随温度变化，温度不变K保持不变，不能说明正逆反应速率相等，故c错误； d．c（SiHCl3）：c（H2）：c（HCl）=1：1：3不能说明正逆反应速率相等，故d错误； 故答案为：ab； （6），此过程中固体质量增加0.28g，生成氯化氢的物质的量为0.03mol，=0.003 mol/（L•min）， 故答案为：0.003 mol/（L•min）。‎ ‎【点睛】本题考查高纯硅的制取，涉及有关硅和二氧化硅性质，为高考常见题型和高频考点，注意影响平衡常数、化学反应速率、化学平衡的因素等应用，注意相关知识的积累。‎ ‎22.高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，工业上常用NaClO氧化Fe(OH)3生产高铁酸钠：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）配平上述化学方程式：___ Fe(OH)3 + ___ NaClO + ___ NaOH → ____ Na2FeO4 +___ NaCl +___ H2O ‎ ‎（2）其中发生还原反应的元素是__________；若制备过程中消耗了0.15 mol NaClO，则转移的电子数目是____________________。‎ ‎（3）高铁酸钠之所以能净水，除了能杀菌消毒外，另一个原因是（结合离子方程式回答）_________________________________________________。‎ ‎（4）生产高铁酸钠的另一种方法是电解法，原理是Fe + 2NaOH + 2 H2O → Na2FeO4 + 3 H2↑‎ 则电解过程中Fe在_________。（选填编号）‎ a. 阳极发生氧化反应 b. 阴极发生还原反应 c. 阳极发生还原反应 d. 阴极发生氧化反应 ‎（5）某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度如下表所示(H+和OH-未列出）：‎ 离子 SO42-‎ Mg2+‎ Fe3+‎ Na+‎ Cl-‎ 浓度（mol/L）‎ a ‎0.05‎ ‎0.10‎ ‎0.50‎ ‎0.58‎ 表格中的a_______0.16 (填“＞”、“＜”或“=”），判断的理由是______________________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 3 (3). 4 (4). 2 (5). 3 (6). 5 (7). +1价氯元素 (8). 0.3NA (9). 生成产物Fe3+发生水解，Fe3+ +3H2O Fe(OH)3+3H+，形成Fe(OH)3胶体吸附杂质。 (10). a (11). > (12). 处理后溶液呈酸性，故c(H+) > c(OH—)，根据电荷守恒，a> 0.16。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电子守恒和元素守恒配平方程式；‎ ‎（2）发生还原反应的元素化合价降低；‎ ‎（3）水解生成胶体，胶体可吸附杂质；‎ ‎（4）电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应；‎ ‎（5）根据电荷守恒分析。‎ ‎【详解】（1）反应中铁元素化合价从+3价升高为+6价，升高3价，氯元素从+1价降为氯化钠中-1价，降2价，要使得失电子守恒，二者最小公倍数为6，则氢氧化铁系数为2，次氯酸钠系数为3，依据原子个数守恒，反应方程式：2Fe（OH）3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；‎ 故答案为：2；3；4；2；3；5；‎ ‎（2）发生还原反应的元素化合价会降低，根据（1）可知+1价Cl元素化合价降低；根据方程式可知消耗0.15 mol NaClO转移电子数为0.3NA，‎ 故答案为：+1价氯元素；0.3NA；‎ ‎（3）高铁酸钠是水处理过程中常用的一种新型净水剂，在反应中被还原成Fe3+离子，Fe3+离子发生水解，Fe3+ +3H2O Fe(OH)3+3H+，形成Fe(OH)3胶体吸附杂质，‎ 故答案为：生成产物Fe3+发生水解，Fe3+ +3H2O Fe(OH)3+3H+，形成Fe(OH)3胶体吸附杂质；‎ ‎（4）根据原理Fe + 2NaOH + 2 H2O → Na2FeO4 + 3 H2↑可知Fe发生氧化反应，所以为阳极，故答案为：a；‎ ‎（5）根据电荷可知： ，即，化简得：2a=0.32+ c(H+)-c(OH-),处理后溶液呈酸性，故c(H+) > c(OH—)，所以a＞0.16，‎ 故答案为：>；处理后溶液呈酸性，故c(H+) > c(OH—)，根据电荷守恒，a> 0.16。‎ ‎【点睛】第（5）题为难点，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒来解题。‎ ‎23.有机化合物A是一种常见化工原料，可以用来制备一系列的化工中间体及产品。用A为原料合成一系列化合物的路线如下所示：‎ 已知：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）写出反应①的试剂与条件：_____________________。‎ ‎（2）写出反应类型：反应①_________________；反应②__________________‎ ‎（3）化合物F中只有两种不同环境的氢原子，写出F的结构简式：_____________________‎ ‎（4）设计一种方案检验C是否完全转化为D物质。____________________________________。‎ ‎（5）写出由D合成E的化学方程式_________________________________________________。‎ ‎（6）设计一条由 合成 的合成路线。（无机试剂任选）______________________________________________（合成路线常用的表示方式为：）‎ ‎【答案】 (1). Br2、光照 (2). 取代 (3). 缩聚 (4). (5). 取样，加NaOH至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，如果出现砖红色沉淀，则说明C没有完全转化为D，如果没有出现砖红色沉淀，说明C已经完全转化为D。 (6). ‎ ‎ (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A的分子式、B的结构简式，可知A为，A与溴在光照条件下发生取代反应生成B．B水解后再脱水生成C；由D的分子式，结合给予的信息，可知D为，D发生缩聚反应生成高聚物E为；对比A、F的分子式，可知A与溴发生取代反应生成F， （3）化合物F中只有两种不同环境的氢原子，应是溴化铁作催化剂条件，F的结构简式为或； （6）与氢气发生加成反应生成，然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，再与HBr发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成。‎ ‎【详解】：（1）反应①是转化为，反应试剂与条件：Br2  光照， 故答案为：Br2‎ ‎  光照； （2）由分析可知，反应①属于取代反应，反应②属于缩聚反应， 故答案为：取代反应；缩聚反应； （3）对比A、F的分子式，可知A与溴发生取代反应生成F，而化合物F中只有两种不同环境的氢原子，应是溴化铁作催化剂条件，F的结构简式为或， 故答案为：或； （4）设计一种方案检验C是否完全转化为D物质，可以通过检验反应后样品中是否存在醛基，具体实验方案为：取样，加NaOH至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，如果出现砖红色沉淀，则说明C没有完全转化为D，如果没有出现砖红色沉淀，说明C已经完全转化为D， 故答案为：取样，加NaOH至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，如果出现砖红色沉淀，则说明C没有完全转化为D，如果没有出现砖红色沉淀，说明C已经完全转化为D； （5）由D合成E的化学方程式为：， 故答案为：； （6）与氢气发生加成反应生成，然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，再与HBr发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成．合成路线流程图为：， 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的关键点在推断出D的结构，要充分利用有机物的结构与分子式进行分析判断，注意对给予信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化。‎ ‎24.海水是巨大的资源宝库，人类可以从海水中提取各种化工产品。下图是某工厂对海水综合利用的示意图：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）写出电解饱和食盐水的化学方程式_____________，检验氯气生成的方法是_________。‎ ‎（2）液氯储存在钢瓶中，钢瓶上应贴的标签为_________________（选填编号）。‎ a．自燃品 b．爆炸品 c．有毒品 d．易燃品 ‎（3）Mg(OH)2加入盐酸充分反应后，操作③ 是从MgCl2溶液中获得MgCl2×6H2O晶体，此处需要进行的实验操作依次为____________________________。 ‎ ‎（4）操作④是加热MgCl2×6H2O获得MgCl2，简述其实验操作及其原因________________。‎ ‎（5）操作⑤是向溶液中鼓入__________，即可将溴单质从溶液中分离出来，此方法的成功应用是基于溴单质有____________性。‎ ‎（6）粗溴的精制过程是先将粗溴用SO2水溶液吸收，将其转变成Br¯，再通Cl2，最后蒸馏得到高纯溴。用SO2水溶液吸收Br2的吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_________。由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 用湿润的淀粉KI试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气生成 (3). C (4). 加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5). 边加热边通入干燥的HCl气体，防止MgCl2水解，同时带走水蒸气 (6). 热空气或水蒸气 (7). 挥发性 (8). SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42- (9). 强酸对设备的严重腐蚀问题 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 海水晒盐后过滤分离出滤液和粗盐，①为过滤，粗盐经精制得到较为纯净的氯化钠，电解饱和食盐水可用于制备氢氧化钠、氯气和氢气，滤液加入石灰乳沉淀镁离子后操作②为过滤，在滤液中通入Cl2是将滤液中的Br-氧化为Br2，再利用热的空气将Br2吹出，操作⑤中利用SO2‎ 吸收发生SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；再通入Cl2将Br-氧化为Br2，两次Br-→Br2转化的目的是对溴元素进行富集；氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中得到氯化镁晶体，操作③是加热蒸发、冷却结晶得到无水氯化镁，操作④为电解熔融氯化镁得到金属镁，以此解答该题。‎ ‎【详解】：（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 ，检验氯气生成的方法是用湿润的淀粉KI试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气生成， 故答案为：；用湿润的淀粉KI试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气生成； （2）液氯有毒，储存在钢瓶中，钢瓶上应贴的标签为c， 故答案为：c； （3）Mg（OH）2加入盐酸充分反应后，操作③是从MgCl2溶液中获得MgCl2•6H2O晶体，此处需要进行的实验操作依次为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥， 故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （4）操作④是加热MgCl2•6H2O获得MgCl2，简述其实验操作及其原因为边加热边通入干燥的HCl气体，防止MgCl2水解，同时带走水蒸气， 故答案为：边加热边通入干燥的HCl气体，防止MgCl2水解，同时带走水蒸气； （5）操作⑤是向溶液中鼓入热空气或水蒸气，即可将溴单质从溶液中分离出来，此方法的成功应用是基于溴单质有挥发性， 故答案为：热空气或水蒸气；挥发； （6）粗溴的精制过程是先将粗溴用SO2水溶液吸收，将其转变成Br-，再通Cl2，最后蒸馏得到高纯溴，用SO2水溶液吸收Br2的吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是强酸对设备的严重腐蚀问题， 故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；强酸对设备的严重腐蚀问题。‎ ‎【点睛】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。‎ ‎ ‎ ‎ ‎