【解析版】上海市虹口区2020届高三高考一模化学试题

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。