您好,欢迎来到锐游网。
搜索
您的当前位置:首页【解析版】上海市虹口区2020届高三高考一模化学试题

【解析版】上海市虹口区2020届高三高考一模化学试题

来源:锐游网
2020年上海市虹口区高考化学一模试卷

一、选择题(本题共40分,每小题2分,每题只有一个正确选项)1.(2分)做好垃圾分类,推动城市绿色发展。易拉罐应投放到(  )

A.B.

C.

2.(2分)镆是一种人工合成的元素,同位素和是(  )A.58

B.173

D.

Mc的原子核内的中子数与核外电子数之

C.288D.403

3.(2分)下列物质在熔融状态下能够导电的是(  )A.NaCl

B.SiO2

C.Cl2

D.HCl

4.(2分)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

5.(2分)(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

6.(2分)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KClO3C.加热分解HClO

B.NaOH溶于水D.Na2CO3受热熔化

7.(2分)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I2B.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SO2D.用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸

8.(2分)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 NAD.还原剂与还原产物的物质的量之比是1:3

9.(2分)关于化合物木糖醇(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

),下列说法正确的是(  )

10.(2分)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

11.(2分)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C.还原性

B.氧化性和漂白性D.还原性和漂白性

12.(2分)短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示,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(  )WY

XZ

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

13.(2分)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 kJC.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)﹣92 kJD.加入催化剂,可以减小反应的热效应

14.(2分)设NA 为阿伏加德罗常数的值。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0.3NAD.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

15.(2分)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

16.(2分)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

MN

浓盐酸浓硫酸

B浓氨水碱石灰

C稀盐酸碳酸钙

D浓硫酸铜片

A.AB.BC.CD.D

17.(2分)往NH4Al(SO4)当SO42﹣恰好完全沉淀时,2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,溶液中其它微粒存在的形式是(  )A.NH4+、AlO2﹣C.NH4+、Al(OH)3

B.NH3•H2O、Al(OH)3D.NH3•H2O、AlO2﹣

18.(2分)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﹣C.Fe2+、Fe3+、Cl﹣

B.Fe2+、Cl﹣、Br‑D.Fe2+、I﹣、Cl﹣

19.(2分)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)

20.(2分)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比原平衡减慢二、(本题共16分)

21.(16分)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   。SiHCl3(g)+H2(g)

Si(s)+3HCl(g)﹣Q (Q>0)

(4)上述反应的平衡常数表达式K=   ;能使K增大的措施是   。

(5)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

(6)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   。三、(本题共14分)

22.(14分)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:

    Fe(OH)3+    NaClO+    NaOH→     Na2FeO4 +    NaCl+    H2O完成下列填空:

(1)配平上述化学方程式。

(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):离子浓度(mol/L)

SO42﹣

a

Mg2+0.05

Fe3+0.10

Na+0.50

Cl﹣0.58

表格中的a   0.16 (填“>”、“<”或“=”),判断的理由是   。四、(本题共15分)

23.(15分)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图所示:

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)

B……

目标产物)

(合成路线常用的表示方式为:A五、(本题共15分)

24.(15分)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。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   。

2020年上海市虹口区高考化学一模试卷

参与试题解析

一、选择题(本题共40分,每小题2分,每题只有一个正确选项)1.(2分)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.

【分析】易拉罐为金属材质,可以回收利用。

【解答】解:易拉罐为金属材质,可以回收利用,属于可回收垃圾,应选择可回收垃圾标志,故选:B。

【点评】本题考查了垃圾的分类,明确相关垃圾成分及性质、用途是解题关键,题目难度不大。

2.(2分)镆是一种人工合成的元素,同位素和是(  )A.58

B.173

C.288

D.403

Mc的原子核内的中子数与核外电子数之

【分析】元素原子核外电子数=质子数,质子数+中子数=质量数,据此分析解答。【解答】解:元素原子核外电子数=质子数,质子数+中子数=质量数,288115Mc质量数为288,则原子核内的中子数与核外电子数之和=质量数=288,故选:C。

【点评】本题考查质子数、中子数、核外电子数及其相互联系,题目难度不大,明确在原子中:质子数=电子数=核电荷数;质量数=质子数+中子数是解题的关键。3.(2分)下列物质在熔融状态下能够导电的是(  )

A.NaCl

B.SiO2C.Cl2

D.HCl

【分析】离子化合物在熔融状态下能导电的化合物,据此分析解答。

【解答】解:A.NaCl是离子化合物,在熔融状态下能电离成离子而导电,故A选;B.SiO2是共价化合物,在熔融状态下不能导电,故B不选;C.Cl2在熔融状态下不能导电,故C不选;

D.HCl是共价化合物,在熔融状态下不能导电,故D不选;故选:A。

【点评】本题考查了导电性的判断,熟悉离子化合物在熔融状态下能导电的化合物即可解答,比较简单。

4.(2分)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

【分析】在水溶液中完全电离的是强电解质;部分电离的是弱电解质;电解质:在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物;非电解质:在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。

【解答】解:A.硫酸钡在熔融状态完全电离出钡离子和硫酸根离子,是强电解质,故A正确;

B.盐酸是混合物,既不是电解质也不是非电解质,故B错误;C.乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电,是非电解质,故C错误;D.三氧化硫,在熔融状态和水溶液中都不能导电,是非电解质,故D错误,故选:A。

【点评】本题重点考查强弱电解质的辨析,难度不大。要注意强电解质在水溶液中是完全电离的。

5.(2分)(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

【分析】根据烷烃的命名原则进行命名,烷烃命名原则:①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链;②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时,支链最多为主链;③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号;④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小。⑤简﹣﹣﹣﹣﹣碳链等长且取代基数目相

同,选择含有简单取代基的碳链为主链。两取代基距离主链两端等距离时,从简单取代基开始编号。如取代基不同,就把简单的写在前面,复杂的写在后面。

【解答】解:(CH3)2C(C2H5)CH(CH3)2的最长碳链含5个碳原子,离取代基近的一端给主碳链编号得到名称为:2,3,3﹣三甲基戊烷,故选:C。

【点评】本题考查了有机物系统命名方法的应用,注意主链选择,起点编号原则,名称书写的规范方法,题目难度不大。

6.(2分)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KClO3C.加热分解HClO

B.NaOH溶于水D.Na2CO3受热熔化

【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键,分子晶体状态发生变化时会破坏范德华力,电解质溶于水会导致化学键被破坏,离子晶体熔融后溶于水时会导致离子键被破坏,分解时破坏化学键,以此解答该题。

【解答】解:A.加热分解KClO3生成KCl和氧气,反应破坏共价键和离子键,故A选;B.NaOH溶于水,电离出钠离子和氢氧根离子,破坏离子键,故B不选;C.加热分解HClO,加热分解破坏共价键,故C不选;D.Na2CO3受热熔化,破坏离子键,故D不选。故选:A。

【点评】本题考查了化学键的判断,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,难度不大,明确物质中存在化学键的类型是解答本题的关键。7.(2分)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I2B.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SO2D.用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸【分析】A.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳;B.二者均与氨水反应;C.二者均被高锰酸钾氧化;D.二者均与NaOH溶液反应。

【解答】解:A.碘不易溶于水,易溶于四氯化碳,用萃取法除去NaCl溶液中的单质I2,故A正确;

B.二者均与氨水反应,不能除杂,故B错误;

C.二者均被高锰酸钾氧化,应选NaOH、洗气分离,故C错误;D.二者均与NaOH溶液反应,应选饱和碳酸钠溶液、分液,故D错误;故选:A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、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,题目难度不大。

8.(2分)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 NAD.还原剂与还原产物的物质的量之比是1:3

【分析】A.氮原子最外层5个电子,氮气中两个氮原子形成3对共用电子对;B.反应物中只含有共价键、生成物中含有共价键和离子键;C.没有说明是否是标准状况下,无法计算;D.NH3是还原剂,NH4Cl是还原产物。

【解答】解:A.氮气中两个氮原子形成3对共用电子对,电子式为

,故A错误;

B.反应物NH3、Cl2中只含有共价键、生成物NH4Cl中含有共价键和离子键,故B错误;C.没有说明是否是标准状况下,无法计算气体的物质的量,所以不能计算转移电子数,故C错误;

D.NH3是还原剂,反应8个NH3中有2个NH3作还原剂,生成的NH4Cl是还原产物,则还原剂与还原产物的物质的量之比是1:3,故D正确。故选:D。

【点评】本题考查氧化还原反应,侧重基本概念的考查,明确反应中元素的化合价变化即可解答,题目难度不大,考查了学生的分析能力和计算能力。

9.(2分)关于化合物木糖醇(A.不能发生氧化反应B.所有碳原子在同一平面上

),下列说法正确的是(  )

C.与丙三醇互为同系物D.木糖醇分子式为C5H12O5

【分析】根据图知,该有机物中含有醇羟基,具有醇的性质,能发生氧化反应、取代反应、酯化反应等,据此分析解答。

【解答】解:A.连接醇羟基的碳原子上含有H原子,所以能发生催化氧化反应,故A错误;

B.所有碳原子都采用sp3杂化,具有甲烷结构特点,所以所有碳原子都不能位于同一个平面上,故B错误;

C.与丙三醇结构不相似,所以与丙三醇不互为同系物,故C错误;D.根据结构简式确定分子式为C5H12O5,故D正确;故选:D。

【点评】本题考查有机物结构和性质,侧重考查醇的性质,明确官能团及其性质是解本题关键,以乙醇为例采用知识迁移方法分析纯的结构和性质,题目难度不大。

10.(2分)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

【分析】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c(H+)变化不大。

【解答】解: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c(H+)变化不大,

A.硫酸是强酸,在水溶液里完全电离生成H+和硫酸根离子,升高温度促进水电离,但硫酸电离出的c(H+)远远大于水电离出的c(H+),所以溶液中c(H+)几乎不变,则溶液的pH几乎不变,故A选;

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KOH电离出的c(OH﹣)远远大于水电离出c(OH﹣),所以溶液中c(OH﹣)几乎不变,则溶液中c(H+)增大,溶液的pH增大,故B不选;

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c(H+)增大较明显,所以pH变化较明显,故C不选;

D.水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,且升高温度促进铵根离子水解,导致溶液中c(H+)增大明显,溶液的pH值变化明显,故D不选;

故选:A。

【点评】本题考查水的电离及影响水电离因素等知识点,侧重考查分析判断及知识综合运用能力,明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响是解本题关键,注意A和B选项的比较,题目难度不大。

11.(2分)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C.还原性

B.氧化性和漂白性D.还原性和漂白性

【分析】SO2气体通入KIO3淀粉溶液,溶液先变蓝后褪色,变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质,而S元素的化合价升高,以此来解答。

【解答】解:SO2气体通入KIO3淀粉溶液,溶液先变蓝后褪色,变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质,而S元素的化合价升高,表现二氧化硫的还原性;后二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI,溶液褪色,S元素的化合价升高,表现二氧化硫的还原性,故选:C。

【点评】本题考查元素及化合物的性质,为高频考点,把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识的应用,题目难度不大。

12.(2分)短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示,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(  )WY

XZ

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

【分析】由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置,可知W、X处于第二周期,而Y与Z处于第三周期,且元素Y位于金属元素与非金属元素交界处,可知Y为Al,则W为B、X为N、Z为P。

A.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大;

B.元素的非金属性越强,气体氢化物越稳定;C.氧化铝属于离子晶体,而磷的氧化物属于分子晶体;

D.元素的非金属性越强,最高价氧化物对应水合物的酸性越强。

【解答】解:由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置,可知W、X处于第二周期,而Y与Z处于第三周期,且元素Y位于金属元素与非金属元素交界处,可知Y为Al,则W为B、X为N、Z为P。

A.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故Y的原子半径最大,故A正确;

B.N的元素的非金属性最强,气体氢化物中NH3最稳定,故B正确;

C.氧化铝属于离子晶体,而磷的氧化物属于分子晶体,故氧化铝的熔点更高,故C正确;

D.上述元素中N元素的非金属性最强,最高价氧化物对应水合物中的酸性最强,故D错误。故选:D。

【点评】本题考查结构性质位置关系应用、元素周期律,熟记周期表的结构及常见元素在周期表中位置,注意对元素周期律的理解。

13.(2分)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 kJC.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)﹣92 kJD.加入催化剂,可以减小反应的热效应

【分析】由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量,则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=(22kJ/mol﹣2346kJ/mol)=﹣92kJ/mol,且催化剂不改变焓变,以此来解答。

【解答】解:A.图中不能比较氨气与氮气、氢气的能量大小,不能判断稳定性,故A错误;

B.由图可知形成化学键释放2346kJ的热量,则断裂化学键吸收能量,表示为2NH3(g)→2N(g)+6H(g)﹣2346 kJ,故B正确;

C.热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol,故C错误;D.加入催化剂,反应的热效应不变,故D错误;故选:B。

【点评】本题考查热化学方程式,为高频考点,把握反应中能量变化、热化学方程式的书写、焓变与键能关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意热化学方程式的书写方法,题目难度不大。

14.(2分)设NA 为阿伏加德罗常数的值。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0.3NAD.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【分析】A.苯分子中不含碳碳双键;

B.次氯酸根离子为弱酸根离子,水溶液中部分水解;C.根据氯气与水的反应为可逆反应来分析;

D.氮气与一氧化碳都是双原子分子,且二者摩尔质量相等都是28g/mol;【解答】解:A.苯分子中不含碳碳双键,故A错误;

B.次氯酸根离子为弱酸根离子,水溶液中部分水解,所以1 L 1 mol/L的NaClO 溶液中含有ClO﹣的数目小于NA,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.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=NA,故D正确;故选:D。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大,注意苯分子中碳碳键是介于单键与双键之间独特的化学键。15.(2分)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(  )

×2×

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

【分析】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,据此分析。【解答】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。故选:C。

【点评】本题考查金属的腐蚀和原电池原理,侧重于学生的分析能力的考查,明确电极上发生的反应是解本题关键,题目难度不大,注意把握铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀原理。16.(2分)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

MN

浓盐酸浓硫酸

B浓氨水碱石灰

C稀盐酸碳酸钙

D浓硫酸铜片

A.AB.BC.CD.D

【分析】根据图示,应为固液或液液反应,不需要加热,用的是向上排空气的方法收集气体,尾气使用氢氧化溶碱液来吸收,说明气体要与氢氧化钠反应,据此来解答。【解答】解:A、浓盐酸与浓硫酸不反应,故A错误;

B、浓氨水与碱石灰反应生成氨气,氨气密度小于空气,不能用向下排空法,故B错误;C、稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳,密度比空气大,向上排空法,用氢氧化钠吸收尾气,故C正确;

D、铜与浓硫酸反应需要加热,故D错误;故选:C。

【点评】本题考查基本的实验分析综合,难度中等,侧重考查学生对信息获取与迁移运用,有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。

17.(2分)往NH4Al(SO4)当SO42﹣恰好完全沉淀时,2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,溶液中其它微粒存在的形式是(  )A.NH4+、AlO2﹣C.NH4+、Al(OH)3

B.NH3•H2O、Al(OH)3D.NH3•H2O、AlO2﹣

【分析】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)根据反应:2SO42﹣+2Ba2+═2BaSO42,↓,Al3++3OH﹣═Al(OH)3,NH4++OH﹣═NH3•H2O,据此判断。

【解答】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;故选:B。

【点评】本题考查离子方程式的书写,题目难度中等,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.(2分)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﹣C.Fe2+、Fe3+、Cl﹣

B.Fe2+、Cl﹣、Br‑D.Fe2+、I﹣、Cl﹣

【分析】在氧化还原反应中,氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子,

只含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,最后是溴离子,据此回答判断.

【解答】解:还原性 I﹣>Fe2+>Br﹣,含有I﹣、Fe2+、Br﹣溶液中通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,最后是溴离子。

A、当溶液中含有碘离子,就不会出现铁离子,故A错误;

B、通入氯气后,碘离子先被氧化,其次是亚铁离子,当亚铁离子存在,则溴离子一定不会参与反应,氯气做氧化剂,对应产物是氯离子,故B正确;C、当溶液中存在亚铁离子时,则一定会存在溴离子,故C错误;D、当溶液中存在亚铁离子时,则一定会存在溴离子,故D错误。故选:B。

【点评】本题考查学生氧化还原反应的先后率知识,属于基本知识的考查,注意在氧化还原反应中,氧化剂先氧化还原性强的离子,再氧化还原性弱的离子,难度不大.19.(2分)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)

【分析】CH3COONa溶液显碱性,CH3COONH4溶液显中性,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),结合电荷守恒分析。

【解答】解:A.CH3COONa溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH

﹣),CH

3COONH4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。故选:D。

【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用,题目难度不大,明确盐的水解原理及溶液中的守恒关系为解答关键,试题侧重基础知识的考查,培养了学生的灵活应用能力。20.(2分)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【分析】可逆反应的平衡常数K=

,则方程式为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。

【解答】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。

【点评】本题考查化学平衡移动,为高频考点,把握体积不变时物质的量与压强的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意压强对平衡移动的影响,题目难度不大。

二、(本题共16分)

21.(16分)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 5 种不同能量的电子,硅原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p2 。

(2)碳与硅属于同主族元素,熔沸点SiO2 > CO2 (填写“>”、“<”或“=”),其原因是 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)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 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 ;请写出一个能说明碳的非金属性强于硅的化学方程式 Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H4SiO4↓或CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3 。SiHCl3(g)+H2(g)

Si(s)+3HCl(g)﹣Q (Q>0)

(4)上述反应的平衡常数表达式K= 是 升温 。

 ;能使K增大的措施

(5)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 ab (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

(6)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 0.003mol/(L•min) 。

【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V(HCl)=

计算。

【解答】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:SiO2+2C

Si+2CO,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)SiHCl3(g)+H2(g)

Si(s)+3HCl(g)﹣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=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:

;升温;

,该反

(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)SiHCl3(g)+H2(g)

Si(s)+3HCl(g),此过程中固体质量增加0.28g,

=0.003 mol/(L•min),

生成氯化氢的物质的量为0.03mol,V(HCl)=

故答案为:0.003 mol/(L•min)。

【点评】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,有利于培养学生的良好科学素养,题目难度中等,注意相关知识的积累。三、(本题共14分)

22.(14分)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:

 2  Fe(OH)3+ 3  NaClO+ 4  NaOH→  2  Na2FeO4+ 3  NaCl+ 5  H2O

完成下列填空:

(1)配平上述化学方程式。

(2)其中发生还原反应的元素是 +1价氯元素 ;若制备过程中消耗了0.15 mol NaClO,则转移的电子数目是 0.3NA 。

(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) :生成产物Fe3+发生水解,Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+,形成Fe(OH)3胶体吸附杂质 。

(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 a 。(选填编号)a.阳极发生氧化反应 c.阳极发生还原反应

b.阴极发生还原反应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):

离子浓度(mol/L)

SO42﹣

a

Mg2+0.05

Fe3+0.10

Na+0.50

Cl﹣0.58

表格中的a > 0.16 (填“>”、“<”或“=”),判断的理由是 处理后溶液呈酸性,故c(H+)>c(OH﹣),根据电荷守恒,a>0.16 。

【分析】(1)Fe元素的化合价由+3变为+6,Cl元素的化合价由+1变为﹣1价,可知n(Fe(OH)3):n(NaClO)=2:3;

(2)Cl元素化合价降低,做氧化剂发生还原反应。转移电子数=得电子数=失电子数,根据比例关系计算转移电子数;

(3)高铁酸钠在反应中被还原成Fe3+离子,Fe3+发生水解,形成Fe(OH)3胶体吸附杂质,所以能净水;

(4)Fe化合价升高,被氧化,发生氧化反应,阳极失电子;

(5)处理后溶液呈酸性,故c(H+)>c(OH﹣),根据电荷守恒,a>0.16。

【解答】解:(1)分析题目中元素的化合价变化,Fe元素的化合价由+3变为+6,有化合价降低必须有化合价升高,所以Cl元素的化合价由+1变为﹣1价,可知n(Fe(OH)

3):n(NaClO)=2:3,其他根据原子守恒配平可得:2Fe(OH)3+3NaClO+4 NaOH=

2Na2FeO4 +3NaCl+5 H2O。

故答案为:2Fe(OH)3+3NaClO +4 NaOH=2Na2FeO4 +3 NaCl+5 H2O;

(2)根据化合价,Cl元素化合价降低,做氧化剂发生还原反应被还原,发生还原反应的元素是+1价氯元素。根据方程式系数,当n(NaClO )=3mol,反应方程式中转移电子数为6NA,若制备过程中消耗了0.15 mol NaClO,根据比例关系,可得转移电子数为0.3NA。故答案为:+1价氯元素;0.3NA;

(3)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,Fe3+发生水解,Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+,形成Fe(OH)3胶体吸附杂质,所以能净水。

故答案为:生成产物Fe3+发生水解,Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+,形成Fe(OH)3胶体吸附杂质;

(4)Fe+2NaOH+2 H2O=Na2FeO4+3 H2↑,在电解中Fe化合价升高,被氧化,发生氧化反应。阳极失电子,所以Fe在阳极发生氧化反应。故答案为:a;

(5)若c(H+)=c(OH﹣),根据溶液中电荷守恒,即阴离子所带得电荷总数=阳离子所带得电荷总数,2a+0.58=0.5+0.1×3+0.05×2,a=0.16.但是溶液中存在金属离子,c(H+)>c(OH﹣),处理后得溶液呈酸性,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。【点评】本题考查物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用,题目难度中等,明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键。四、(本题共15分)

23.(15分)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图所示:

已知:

完成下列填空:

(1)写出反应①的试剂与条件: Br2光照 。

(2)写出反应类型:反应① 取代反应 ;反应② 缩聚反应 。

(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: 或

 。

(4)设计一种方案检验C是否完全转化为D物质。 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)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)

B……

目标产物)

(合成路线常用的表示方式为:A

【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。

【解答】解:(1)反应①是光照,

故答案为:Br2 光照;

转化为

,反应试剂与条件:Br2

(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:。

【点评】本题考查有机物的推断与合成,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,是对有机化学基础的综合考查。五、(本题共15分)

24.(15分)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。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 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ,

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 。(2)液氯储存在钢瓶中,钢瓶上应贴的标签为 c (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 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 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。

(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 。

【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。【解答】解:(1)电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2

↑,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。【点评】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,题目难度不大。

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容

Copyright © 2019- ryyc.cn 版权所有 湘ICP备2023022495号-3

违法及侵权请联系:TEL:199 1889 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com

本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务