化學是自然科學的一種，以下是天津南開中學屆高三化學模擬試卷，請考生及時練習。
一、選擇題(每小題有1個正確答案，每小題6分，共36分)
1.下列說法不正確的是( )
A.在干旱地區植樹造林時，可利用高吸水性樹脂抗旱保水
B.硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是制備硅膠和木材防火劑的原料
C.為補充人體所需的營養成分，人人都應食用添加營養強化劑的食品
D.服用阿司匹林若出現水楊酸反應，應立即停藥并靜脈滴注NaHCO3溶液
【考點】常見的生活環境的污染及治理;含硅礦物及材料的應用;營養均衡與人體健康的關系;常見的食品添加劑的組成、性質和作用.
【專題】化學計算.
【分析】A、高吸水性樹脂可以聚集水源，減緩水分的流失;
B、硅酸鈉的水溶液具有粘結力強、強度較高，耐酸性、耐熱性好，耐堿性和耐水性差等理化性能;
C、營養強化劑屬于食品添加劑，不可隨意使用;
D、NaHCO3溶液呈堿性，可以與水楊酸發生中和反應.
【解答】解：A、高吸水性樹脂是一種新型的高分子材料，它能夠吸收自身重量幾百倍至千倍的水分，干旱地區水分流失快，使用高吸水性樹脂正好可以聚集水源，減緩水分的流失，提高樹苗的成活率，故A正確;
B、硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，理化性能為：粘結力強、強度較高，耐酸性、耐熱性好，耐堿性和耐水性差，是制備粘合劑、硅膠和木材防火劑的原料，故B正確;
C、食品營養強化劑是指為增強營養成份而加入食品中的天然的或者人工合成的屬于天然營養素范圍的食品添加劑，食品添加劑不可濫用，要符合《食品營養強化劑使用衛生標準》，故C錯誤;
D、NaHCO3溶液由于碳酸氫根離子水解使得溶液呈堿性，正好可以與水楊酸發生中和反應而除掉水楊酸，以達到解毒的目的，再者NaHCO3溶液堿性弱，對人體的傷害很小，可以靜脈滴注，故D正確;
故選：C.
【點評】本題易錯點為D選項中NaHCO3溶液，有試題中可能改成錯誤的碳酸鈉溶液，二者不可混淆，平時學習中注意化學與生活的聯系，任何事物都具有兩面性，食品添加劑也是如此，整體而言本題難度很小.
2.下列說法正確的是( )
A.配制FeCl3溶液，可將一定量FeCl3固體溶于適量鹽酸中并加入少量鐵粉
B.制備Fe(OH)3膠體，可向沸水中滴加FeCl3飽和溶液并長時間煮沸
C.配制0.1molL?1 NaOH溶液100mL，將4.0g NaOH固體放入100mL容量瓶中溶解
D.向飽和Ca(OH)2溶液中加入少量無水CaO固體，恢復原溫度，溶液中Ca(OH)2的物質的量濃度不變
【考點】配制一定物質的量濃度的溶液;鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變.
【專題】物質的量濃度和溶解度專題.
【分析】A、鐵與鐵離子反應生成亞鐵離子，導致出現了雜質亞鐵離子，所以配制氯化鐵溶液不能加入鐵粉;
B、若長時間煮沸，氫氧化鐵膠體會變成紅褐色的氫氧化鐵沉淀;
C、容量瓶只能用于配制一定物質的量濃度的溶液，不能用于溶解或稀釋溶液;
D、恢復原溫度后仍然為飽和溶液，飽和溶液中氫氧化鈣的物質的量濃度相等.
【解答】解：A、配制FeCl3溶液，可將一定量FeCl3固體溶于適量鹽酸中，但是不能加入少量鐵粉，否則鐵粉與鐵離子反應生成亞鐵離子，引進了雜質，故A錯誤;
B、制備Fe(OH)3膠體，可向沸水中滴加FeCl3飽和溶液然后煮沸，當溶液變成紅褐色時停止加熱，不能長時間煮沸，避免氫氧化鐵膠體變成氫氧化鐵沉淀，故B錯誤;
C、溶解氫氧化鈉固體應該在燒杯中進行，不能在容量瓶中溶解氫氧化鈉，故C錯誤;
D、向飽和Ca(OH)2溶液中加入少量無水CaO固體，恢復原溫度，得到的溶液還是飽和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物質的量濃度不變，故D正確;
故選D.
【點評】本題考查了配制一定物質的量濃度的溶液、氫氧化鐵膠體的配制、氯化鐵溶液的配制等知識，題目難度中等，注意掌握配制氫氧化鐵膠體、氯化鐵溶液的正確方法，配制一定物質的量濃度的溶液時，不能在容量瓶中溶解或者稀釋溶質.
3.下列涉及有機物的性質或應用的說法，不正確的是( )
A.石油的裂解為深度裂化，產物主要為乙烯等小分子烴
B.油脂硬化后性質變的更穩定
C.蔗糖、淀粉、纖維素均會水解，反應后的產物相同
D.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O屬于氧化反應
【考點】有機物的結構和性質;有機化學反應的綜合應用.
【專題】有機反應.
【分析】A.裂解主要生成乙烯;
B.油脂硬化，發生碳碳雙鍵與氫氣的加成反應;
C.蔗糖、淀粉、纖維素均會水解，屬于糖類物質，但蔗糖水解生成葡萄糖和果糖;
D.加氧去氫的反應為氧化反應.
【解答】解：A.石油裂解是用石油分餾產品作原料，采用比裂化更高的溫度，使其中相對分子質量較大的烴斷裂成乙烯等小分子烴，故A正確;
B.油脂的硬化也叫油脂的氫化，就是植物油在催化劑作用下和氫加成，不飽和高級脂肪酸變成飽和的高級脂肪酸，性質變得穩定，故B正確;
C.淀粉和纖維素水解產物均為葡萄糖，蔗糖水解產物為葡萄糖和果糖，故C錯誤;
D.由CH3CH2OH變為CH3CHO，分子中減少了兩個氫原子，是氧化反應，故D正確;
故選C.
【點評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握常見有機物的組成、結構、性質為解答的關鍵，注意相關概念的辨析及石油裂解的產物，題目難度不大.
4.常溫下，用0.01molL?1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.01molL?1 CH3COOH溶液，所得滴定曲線如圖.下列說法正確的是( )
A.a點對應溶液的pH=2
B.b點對應的溶液中：c(OH?)+c(CH3COO?)=c(Na+)+c(H+)
C.c點表示NaOH溶液與CH3COOH溶液恰好完全反應
D.d點對應的溶液中，水的電離程度小于同溫下純水的電離程度
【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算.
【專題】電離平衡與溶液的pH專題.
【分析】A.醋酸為弱酸，不能完全電離;
B.b點時溶液呈酸性，結合電荷守恒解答;
C.c點時溶液呈中性，如醋酸和氫氧化鈉恰好完全反應，則溶液應呈堿性;
D.d點時溶液呈堿性，如二者恰好中和，則促進水解的電離.
【解答】解：A.醋酸為弱酸，不能完全電離，則0.01molL?1 CH3COOH溶液pH2，故A錯誤;
B.溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(CH3COO?)，故B正確;
C.醋酸和氫氧化鈉反應生成醋酸鈉，醋酸鈉是強堿弱酸鹽其水溶液呈堿性，當酸堿恰好反應時溶液應該呈堿性，但C點溶液呈中性，說明酸過量，故C錯誤;
D.d點時溶液呈堿性，如二者恰好中和，完全反應生成醋酸鈉，水解呈堿性，促進水的電離，故D錯誤.
故選B.
【點評】本題以NaOH滴定CH3COOH的滴定曲線為載體，考查鹽類的水解、溶液離子濃度的大小比較等，難度中等，注意離子濃度大小比較中電荷守恒，把握影響弱電解質的電離和鹽類水解的因素，注重相關基礎知識的積累，難度不大.
5.下述根據下列操作和現象，所得結論正確的是( )
實驗操作及現象 實驗結論 A 分別向2mL 0.1molL?1 CH3COOH溶液和2mL 0.1molL?1 H3BO3溶液中滴加等濃度的NaHCO3溶液，前者有氣泡產生，后者無明顯現象 酸性：
CH3COOHH2CO3H3BO3 B 向2mL 0.1molL?1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL?1 MgCl2溶液，出現白色沉淀后，再滴加3滴0.1molL?1 FeCl3溶液，出現紅褐色沉淀 溶解度：
Mg(OH)2Fe(OH)3 C 在少量無水乙醇中加入金屬Na，生成可以在空氣中燃燒的氣體 CH3CH2OH是弱電解質 D 用3mL稀H2SO4溶液與足量Zn反應，當氣泡稀少時，加入
1mL濃H2SO4，又迅速產生較多氣泡 H2SO4濃度增大，反應速率加快 A.A B.B C.C D.D
【考點】化學實驗方案的評價.
【專題】實驗評價題.
【分析】A.強酸反應制弱酸;
B.發生沉淀的轉化;
C.在水溶液或熔融狀態下不完全電離出離子的電解質稱為弱電解質弱電解質;
D.濃硫酸稀釋放熱.
【解答】解：A.強酸反應制弱酸，NaHCO3溶液只與CH3COOH反應，酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3，故A正確;
B.向2mL 0.1molL?1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL?1 MgCl2溶液，氫氧化鈉過量，再滴加3滴0.1molL?1 FeCl3溶液，出現紅褐色沉淀，不發生沉淀的轉化，故B錯誤;
C.鈉能與乙醇中的羥基反應生成氫氣，與電離無關，故C錯誤;
D.濃硫酸稀釋放熱，溫度升高，反應速率加快，故D錯誤.
故選A.
【點評】本題考查較為綜合，涉及酸性比較，沉淀轉化以及元素化合物知識，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高考常見題型，難度大不，注意把握實驗操作的原理和實驗方法.
6.在2L的密閉容器中進行如下反應：CO(g)+H2O(g)TCO2(g)+H2(g)，有如下數據：
實驗 溫度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol CO H2O CO2 H2 CO2 1 650 2.0 1.0 0 0 0.8 2 800 2.0 2.0 0 0 1.0 下列說法正確的是( )
A.正反應為吸熱反應
B.實驗1中，CO的轉化率為80%
C.650℃時，化學平衡常數K=
D.實驗1再加入1.0 mol H2O，重新達到平衡時，n(CO2)為1.6 mol
【考點】化學平衡的計算;吸熱反應和放熱反應.
【分析】A.利用三段式，計算出兩個溫度下的平衡常數，再根據平衡常數的大小可判斷出該反應是放熱反應還是吸熱反應;
B.轉化率=;
C.根據根據平衡常數等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積進行計算;
D.根據650℃時的平衡常數進行計算.
【解答】解：A.在650℃時 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 1.0 0 0
轉化(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡(mol) 1.2 0.2 0.8 0.8
平衡常數K===，
在800℃時 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 2.0 0 0
轉化(mol) 1.0 1.0 1.0 1.0
平衡(mol) 1.0 1.0 1.0 1.0
平衡常數K==1，
由此可知在650℃時平衡常數大于800℃的平衡常數，即升高溫度平衡逆向移動，故該反應的正反應為放熱反應，故A錯誤;
B.在650℃時 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 1.0 0 0
轉化(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡(mol) 1.2 0.2 0.8 0.8
CO的轉化率=100%=40%，故B錯誤;
C.由A中的計算可知，650℃時，化學平衡常數K=，故C正確;
D.設平衡時n(CO2)為x，則
CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 2.0 0 0
轉化(mol) x x x x
平衡(mol) 2?x 2?x x x
平衡常數K==，解得x1.6，故D錯誤;
故選C.
【點評】本題主要考查平衡常數和轉化率的計算，及根據平衡常數對反應作判斷，中等難度.要注意溫度對平衡常數的影響.
二、填空題(共64分)
7.(14分)短周期元素A、B、C、D、E，A為原子半徑最小的元素，A、D同主族，D、E同周期，C、E同主族且E的原子序數為C的原子序數的2倍，B為組成物質種類最多的元素.
(1)E離子的原子結構示意圖.
(2)分別由A、C、D、E四種元素組成的兩種鹽可相互反應得到氣體，寫出這個反應的離子方程式H++HSO3?=H2O+SO2.
(3)由A、B、C三種元素組成的物質X，式量為46，在一定條件下與C、D兩種元素的單質均可反應.寫出X與C單質在紅熱的銅絲存在時反應的化學方程式2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O.
(4)A、C、D三種元素組成的化合物Y中含有的化學鍵為共價鍵、離子鍵，B的最高價氧化物與等物質的量的Y溶液反應后，溶液顯堿(酸、堿或中)性，原因是：反應后所得溶液為NaHCO3，HCO3?發生水解和電離：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于電離，所以溶液顯堿性.
(5)A的氣體單質和C的氣體單質可發生反應，在神舟六號飛船上使用了根據這反應設計的燃料電池，電解質溶液為KOH溶液，電池負極反應為2H2+4OH??4e?=2H2O.使用這種電池的優點為電池效率高，反應產物可綜合利用，不產生污染.
【考點】位置結構性質的相互關系應用.
【專題】元素周期律與元素周期表專題.
【分析】短周期元素A、B、C、D、E，A為原子半徑最小的元素，則A為H元素;A、D同主族，D的原子序數比A至少大3，故D為Na;D、E同周期，即處于第三周期，C、E同主族且E的原子序數為C的原子序數的2倍，可推知C為O元素、E為S元素;B為組成物質種類最多的元素，則B為碳元素，
(1)S2?離子核外電子數為18，有3個電子層，各層電子數為2、8、8;
(2)四種元素分別為H、O、Na、S，所形成的兩種鹽為NaHSO3和NaHSO4，二者反應生成硫酸鈉與SO2、水;
(3)X是C2H5OH，和O2在有催化劑條件下反應生成乙醛與水;
(4)Y是NaOH，含有共價鍵和離子鍵，和CO2等物質的量反應后產物為NaHCO3，溶液中HCO3?發生水解和電離：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于電離，所以溶液顯堿性;
(5)氫氧燃料電池，負極上H2在堿性條件下失電子，產物是水;氫氧燃料電池效率高，反應產物可綜合利用，不產生污染.
【解答】解：短周期元素A、B、C、D、E，A為原子半徑最小的元素，則A為H元素;A、D同主族，D的原子序數比A至少大3，故D為Na;D、E同周期，即處于第三周期，C、E同主族且E的原子序數為C的原子序數的2倍，可推知C為O元素、E為S元素;B為組成物質種類最多的元素，則B為碳元素，
(1)S2?離子核外電子數為18，有3個電子層，各層電子數為2、8、8，結構示意圖為：，
故答案為：;
(2)四種元素分別為H、O、Na、S，所形成的兩種鹽為NaHSO3和NaHSO4，二者反應生成硫酸鈉與SO2、水，反應離子方程式為：H++HSO3?=H2O+SO2，
故答案為：H++HSO3?=H2O+SO2
(3)X是C2H5OH，和O2在有催化劑條件下反應生成乙醛與水，化學反應方程式為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，
故答案為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O;
(4)Y是NaOH，含有共價鍵和離子鍵，和CO2等物質的量反應后產物為NaHCO3，溶液中HCO3?發生水解和電離：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于電離，所以溶液顯堿性，
故答案為：共價鍵、離子鍵;堿性;反應后所得溶液為NaHCO3，HCO3?發生水解和電離：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于電離，所以溶液顯堿性;
(5)氫氧燃料電池，負極上H2在堿性條件下失電子，產物是水，負極電極反應式為：2H2+4OH??4e?=2H2O;氫氧燃料電池效率高，反應產物可綜合利用，不產生污染，
故答案為：2H2+4OH??4e?=2H2O;電池效率高，反應產物可綜合利用，不產生污染.
【點評】本題考查結構性質位置關系應用，推斷元素是解題關鍵，側重對化學用語的考查，需要學生熟練掌握基礎知識，難度不大.
8.(18分)亞克力的分子式是(C5H8O2)n.某同學從提供的原料庫中選擇一種原料X，設計合成高分子亞克力的路線如圖所示：
原料庫：a.CH2=CHCH3 b.CH2=CHCH2CH3 c.CH2=C(CH3)2 d.CH3CH(CH3)2
①，不易被氧化成羧酸
②不易被氧化成醛或酮
③(R、R、R均代表烴基 )
請回答：
(1)原料X是2?甲基丙烯(填所選物質的名稱);高聚物F的結構簡式為;
(2)②的反應條件是NaOH水溶液、加熱;③的反應類型是氧化反應;⑧的反應類型是加聚反應;
(3)D中含有的官能團為羧基和羥基;
(4)反應④的化學方程式為(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O;
(5)⑦的化學方程式是;
(6)C有多種同分異構體，其中能發生銀鏡反應且能發生水解反應的共有2種;
(7)某同學以丙烯為原料設計了合成中間體D的路線：，得到D的同時也得到了另一種有機副產物M，則M可能的結構簡式是CH3CH2CH(OH)COOH.
【考點】有機物的推斷.
【專題】有機物的化學性質及推斷.
【分析】由EF可確定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能團，且E的分子式為C4H6O2，應為不飽和酸，則E應為，結合信息可知反應流程應為，結合有機物的結構和性質解答該題，以丙烯為原料設計了合成中間體D的路線，丙烯先與HBr反應制得溴丙烷，溴丙烷水解生成丙醇，再與HCN反應后水解，最終會生成2?羥基?丁酸.
【解答】解：(1)由EF可確定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能團，且E的分子式為C4H6O2，應為不飽和酸，則E應為，則X為CH2=C(CH3)2，為2?甲基丙烯，E應為，加聚反應生成高聚物F為，
故答案為：2?甲基丙烯;;
(2)由以上圖示可知，②的反應條件是NaOH水溶液，加熱;反應③為氧化反應，觀察E、F可知，由于反應沒有脫去小分子，分子組成上沒有變化，反應⑧應為加聚反應，故答案為：NaOH水溶液、加熱;氧化反應;加聚反應;
(3)由EF可確定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能團，且E的分子式為C4H6O2，應為不飽和酸，則E應為，D發生消去反應生成E，則D為，含有羧基和羥基，故答案為：羧基和羥基;
(4)D為，C發生氧化反應生成C，則C為(CH3)2C(OH)CHO，被2Ag(NH3)2OH氧化的反應方程式為)(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O，
故答案為：(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O;
(5)反應⑦為和甲醇發生酯化反應，方程式為，
故答案為：;
(6)C為(CH3)2C(OH)CHO，其同分異構體能發生銀鏡反應且能發生水解反應，說明是甲酸丙酯，丙基有2種，所以其同分異構體有2種，故答案為：2;
(7)以丙烯為原料設計了合成中間體D可能發生的副反應為，得到的副產品為CH3CH2CH(OH)COOH，故答案為：CH3CH2CH(OH)COOH.
【點評】本題考查有機物的合成，題目難度較大，注意根據題給信息梳理合成流程為解答該題的關鍵，易錯點為(7)，注意把握有機物的結構和性質.
9.(16分)甲、乙兩同學用下圖所示裝置進行實驗，探究硝酸與鐵反應的產物.
文獻記載：I.在濃硝酸和活潑金屬反應過程中，隨著硝酸濃度的降低，其生成的產物有+4、+2、?3價等氮的化合物.
II.FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0.
III.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收.
甲的實驗操作和現象記錄如下：
實驗操作 實驗現象 打開彈簧夾，通入一段時間CO2，關閉彈簧夾. 打開分液漏斗活塞，將濃硝酸緩慢滴入燒瓶中，關閉活塞. 無明顯現象. 加熱燒瓶，反應開始后停止加熱. ①A中有紅棕色氣體產生，一段時間后，氣體顏色逐漸變淺; B中溶液變棕色; C中溶液紫色變淺.
②反應停止后，A中無固體剩余. 請回答下列問題：
(1)滴入濃硝酸加熱前沒有明顯現象的原因是常溫時，鐵遇濃硝酸形成致密氧化膜，阻止反應進一步發生.
(2)檢驗是否生成?3價氮的化合物，應進行的實驗操作是取少量反應后A中溶液于試管中，向其中加入濃NaOH溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙接近試管口.若試紙變藍，則A中生成NH4+.
(3)甲取少量B中溶液，加熱，實驗現象是棕色溶液變淺(或綠)，無色氣體逸出，且在空氣中變為紅棕色.請用化學平衡原理解釋原因：FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0正反應放熱，加熱后，平衡向逆反應方向移動.甲依據該現象得出的結論是A中有NO生成.
(4)乙認為甲得出A中有NO生成的證據不足.為獲取充足的證據，乙仍采用該裝置和操作進行對照實驗，乙作出的改變是濃硝酸換成稀硝酸，證明有NO生成的實驗現象是A中沒有紅棕色氣體生成，B中溶液變為棕色.
(5)證明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，選擇的藥品是(填序號)cd.
a.鐵粉 b.溴水 c.?氰化鉀溶液 d.硫氰化鉀溶液.
【考點】硝酸的化學性質;鐵及其化合物的性質實驗.
【專題】氮族元素.
【分析】(1)常溫時，鐵遇濃硝酸形成致密氧化膜，阻止反應進一步發生;
(2)若有?3價氮的化合物生成，應生成NH4+，檢驗A溶液中是否有NH4+離子即可;
(3)B中溶液變棕色，說明B中有Fe(NO)SO4生成，反應FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)的正反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動，棕色溶液變淺(或綠)，生成的NO與氧氣反應生成二氧化氮，氣體在空氣中變為紅棕色;
(4)銅和濃硝酸反應生成紅棕色氣體二氧化氮，二氧化氮和水反應生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亞鐵溶液變成棕色，所以不能證明鐵和濃硝酸反應過程中NO生成，為排除生成的NO干擾，把濃硝酸換成稀硝酸，如果硫酸亞鐵溶液再變成棕色則說明有NO生成;
(5)亞鐵離子和鐵?氰化鉀溶液反應生成藍色沉淀，鐵離子和硫氰化鉀溶液反應生成血紅色溶液.
【解答】解：(1)常溫時，鐵和濃硝酸反應生成一層致密的氧化物薄膜，阻止了鐵和濃硝酸進一步反應，即產生鈍化現象，所以滴入濃硝酸加熱前沒有明顯現象，
故答案為：常溫時，鐵遇濃硝酸形成致密氧化膜，阻止反應進一步發生;
(2)生成?3價氮的化合物是氨氣，氨氣極易溶于水生成氨水，氨水電離生成銨根離子，檢驗銨根離子的方法是：取少量反應后A中溶液于試管中，向其中加入濃NaOH溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙接近試管口.若試紙變藍，則A中生成NH4+，故答案為：取少量反應后A中溶液于試管中，向其中加入濃NaOH溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙接近試管口.若試紙變藍，則A中生成NH4+;
(3)取少量B中溶液，加熱，棕色溶于變淺，有無色氣體逸出，且該氣體在空氣中變為紅棕色，應為可逆反應FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，導致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液顏色變淺，故答案為：棕色溶液變淺(或綠)，無色氣體逸出，且在空氣中變為紅棕色;FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0 正反應放熱，加熱后，平衡向逆反應方向移動;
(4)二氧化氮和水反應生成的一氧化氮能使硫酸亞鐵溶液變成棕色，所以不能證明鐵和濃硝酸反應過程中NO生成，為排除生成的NO干擾，把濃硝酸換成稀硝酸，稀硝酸和銅反應生成無色的一氧化氮，沒有二氧化氮生成，則A中氣體是無色的，且B中溶液變為棕色，則說明生成的一氧化氮和硫酸亞鐵反應生成棕色，從而說明A中無色氣體是一氧化氮，
故答案為：濃硝酸換成稀硝酸;A中沒有紅棕色氣體生成，B中溶液變為棕色;
(5)亞鐵離子的特征反應是：亞鐵離子和鐵氰化鉀溶液反應生成藍色沉淀，鐵離子的特征反應是：鐵離子和無色的硫氰化鉀溶液反應血紅色溶液，故選cd.
【點評】本題考查鐵、硝酸的性質，銨根離子、鐵離子和亞鐵離子的檢驗是高考熱點，注意：常溫時，鐵和濃硝酸不是不反應，而是發生了鈍化現象，阻止了進一步反應，為易錯點.
10.(16分)海水是巨大的化學資源寶庫.
Ⅰ.從海水中可以提取氯、溴、碘等鹵族元素.
(1)Cl2的電子式是.
(2)已知：X2(g)+H2(g)2HX(g)(X2表示Cl2、Br2和I2).圖1表示平衡常數K與溫度t的關系.
①△H 表示X2與H2反應的焓變，△H0.(填、或=)
②曲線a表示的是I2(填Cl2、Br2或I2)與H2反應時K與t的關系.
Ⅱ.海水淡化具有廣泛的應用前景，淡化前需對海水進行預處理.
(1)通常用明礬[K2SO4Al2(SO4)324H2O]作混凝劑，降低濁度.明礬水解的離子方程式是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+.
(2)用圖2所示NaClO的發生裝置對海水進行消毒和滅藻處理.
①裝置中由NaCl轉化為NaClO的化學方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O.
②海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3?等雜質離子，處理過程中裝置的陰極易產生水垢，其主要成分是Mg(OH)2和CaCO3.生成CaCO3的離子方程式是Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3+H2O.
③若每隔5?10min倒換一次電極電性，可有效地解決陰極的結垢問題.試用電極反應式并結合必要的文字進行解釋陰極結垢后倒換電極電性，陰極變為陽極，其電極反應為：2Cl??2e?=Cl2，產生的氯氣與水發生反應：Cl2+H2O=HCl+HClO，使該電極附近溶液呈酸性，從而將Mg(OH)2和CaCO3溶解而達到除垢的目的.
【考點】海水資源及其綜合利用;化學平衡建立的過程.
【專題】元素及其化合物;化學計算.
【分析】Ⅰ、(1)氯氣是非金屬單質，氯原子間形成共價鍵;
(2)依據圖象分析平衡常數隨溫度升高減小，說明平衡逆向進行，正反應為放熱反應;Cl2、Br2、I2，與H2反應時K與t的關系分析可知氯氣和氫氣反應放熱多;
Ⅱ、(1)明礬中含有鋁離子，鋁離子在水中水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性而凈水;
(2)①電解飽和氯化鈉溶液反應生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水;
②陰極生成氫氣，水的電離被破壞電極附近生成氫氧化鈉，氫氧化鈉和碳酸氫鈣，碳酸氫鎂反應生成氫氧化鎂、碳酸鈣沉淀;
③陰極結垢后倒換電極電性，陰極變為陽極，其電極反應為：2Cl??2e?=Cl2，產生的氯氣與水發生反應：Cl2+H2O=HCl+HClO，酸溶解沉淀;
【解答】解：Ⅰ.(1)Cl2的電子式是;
故答案為：;
(2)①圖象分析平衡常數隨溫度升高減小，說明平衡逆向進行，正反應為放熱反應，△H
故答案為：
②Cl2、Br2、I2，與H2反應時K與t的關系分析可知氯氣和氫氣反應放熱多，碘化氫加熱分解平衡逆向進行平衡常數減小的大，曲線a表示的是I2;
故答案為：I2;
Ⅱ.(1)明礬中含有鋁離子，鋁離子在水中水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性而凈水，水解方程式為Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+;
故答案為：Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+;
(2)①裝置中由NaCl轉化為NaClO的化學方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H22NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;
故答案為：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H22NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;
②陰極生成氫氣，電極附近水的電離被破壞，電極附近生成氫氧化鈉，氫氧化鈉和碳酸氫鈣，碳酸氫鎂反應生成氫氧化鎂、碳酸鈣沉淀，氫氧化鈉和碳酸氫鈣反應生成CaCO3的沉淀產生水垢，生成碳酸鈣沉淀的反應離子方程式是：Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3
答案為：Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3
③陰極電解原理分析可知，陰極結垢后倒換電極電性，陰極變為陽極，其電極反應為：2Cl??2e?=Cl2，產生的氯氣與水發生反應：Cl2+H2O=HCl+HClO，使該電極附近溶液呈酸性，從而將Mg(OH)2和CaCO3溶解而達到除垢的目的;
故答案為：陰極結垢后倒換電極電性，陰極變為陽極，其電極反應為：2Cl??2e?=Cl2，產生的氯氣與水發生反應：Cl2+H2O=HCl+HClO，使該電極附近溶液呈酸性，從而將Mg(OH)2和CaCO3溶解而達到除垢的目的;
【點評】本題考查了海水資源的分析應用，物質制備電解原理的分析應用圖象分析應用，掌握基礎是關鍵，題目難度中等.
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