北京市海淀区2019届高三4月期中练习（一模）化学试卷Word版含解析.doc

‎2018-2019海淀高三理综一模化学试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1C 12 O 16 I 127‎ ‎1.纪录片《我在故宫修文物》表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验，让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是 A B C D 银器用除锈剂见新 变形的金属香炉复原 古画水洗除尘 木器表面擦拭烫蜡 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.银器表面锈蚀物成分大多数为氧化银、氯化银、硫化银等，除此外还常会有银合金里所含铜质的腐蚀产物。对于锈层含较多绿锈的，可以考虑使用甲酸溶液，甲酸能有效的分解含铜矿化物，而对银不起作用；对于银器表面变色较深，锈层较厚重的，要考虑用电化学还原的方法处理，涉及到了化学变化，故A符合题意；‎ B.变形的金属香炉复原主要原理是通过施加外力使器物恢复原状，未涉及化学变化，故B不符合题意；‎ C.古画水洗除尘是用羊毛排笔蘸温水淋于画上，等画完全浸透进水，在用毛巾蘸干画上的水分，如此进行多次，直到毛巾中挤出的水由污黄浑浊变得澄清透明为止，说明基本将画中的污渍清除干净，未涉及化学变化，故C不符合题意；‎ D.木器表面擦拭烫蜡是蜂蜡本身的熔点很低，可以用吹风机对固体蜂蜡吹一会，会有稍微融化，此时把软化的蜂蜡大致涂到木头上，再用吹风机的热风吹涂好蜂蜡的木器，使蜂蜡融化，完全覆盖木器，然后用棉布把多余的蜂蜡擦掉，再用热风吹，使蜂蜡更好的渗入木头当中，未涉及化学变化，故D不符合题意。答案选A。‎ ‎【点睛】本题把化学知识与生活中实际应用项结合，难度不大，关键理解化学变化应有新物质生成，据此解答。‎ ‎2.下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 碱性：NaOH＞LiOH B. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ C. 酸性：HClO4＞ H2SO4 D. 气态氢化物的稳定性：HBr > HI ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性Na＞Li，则碱性：NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故A不符合题意；‎ B.碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，与元素周期律无关，故B符合题意；‎ C.元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl＞ S，则酸性：HClO4＞ H2SO4，能用元素周期律解释，故C不符合题意；‎ D.元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性Br >I，则气态氢化物的稳定性：HBr > HI，能用元素周期律解释，故D不符合题意。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是元素周期律的应用。需学生掌握金属性判据和非金属性判据。金属性判据是①单质与水或酸置换出氢气的难易②最高价氧化物的水合物的碱性强弱等；非金属性判据①单质与氢气化合生成气体氢化物的难易及氢化物的稳定性②最高价氧化物的酸性强弱等。据此解答。‎ ‎3.下列实验沉淀的过程中，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 将NaOH溶液滴入FeSO4溶液 将SO2通入稀硝酸酸化的BaCl2溶液 将Cl2通入稀硝酸酸化的AgNO3溶液 将生石灰投入饱和Na2CO3溶液 现象 产生白色沉淀，最终变为红褐色 产生白色沉淀 产生白色沉淀 产生白色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应：2NaOH+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，第二个反应氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B.将SO2通入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被硝酸氧化为硫酸，硫酸再与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀和盐酸，第二个反应为氧化反应，故B不符合题意；‎ C.将Cl2通入稀硝酸酸化的AgNO3溶液中，氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl与AgNO3反应生成氯化银白色沉淀和HNO3，第一个反应为氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D.将生石灰投入饱和Na2CO3溶液，生石灰与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3溶反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，两个反应均不是氧化还原反应，故D符合题意。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是氧化还原反应。需学生掌握氧化反应和还原反应的概念，有元素化合价升高的反应为氧化反应，有元素化合价降低的反应为还原反应。还需学生掌握常见的氧化剂和还原剂，常见的氧化剂有O2、Cl2、浓H2SO4、浓稀HNO3、酸性KMnO4、H2O2等，常见的还原剂有Fe2+、SO2、I-、Fe、Cu等，具有氧化性的物质遇具有还原性的物质能发生氧化还原反应。据此解答。‎ ‎4.辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。下列有关该分子的说法不正确的是 A. 分子式为C18H27NO3‎ B. 含有氧原子的官能团有3种 C. 能发生加聚反应、水解反应 D. 该分子不存在顺反异构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】辣椒素的分子式为C18H27NO3；含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种；辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；与辣椒素中碳碳双键两端的碳 原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为和，两个原子团不相同，则存在顺反异构，故ABC正确，D错误。答案选D。‎ ‎【点睛】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有肽键，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题。‎ ‎5.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是 A. CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的 B. 催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒 C. 该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂 D. 有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；‎ B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；‎ C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；‎ D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。‎ ‎6.三氯氢硅(SiHCl3)是光伏产业的一种关键化学原料，制备反应的方程式为Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)，同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为0.05 MPa时，分别改变进料比[n(HCl)∶n(Si)]和反应温度，二者对SiHCl3产率影响如图所示。下列说法正确的是 A. 降低压强有利于提高SiHCl3的产率 B. 制备SiHCl3的反应为放热反应 C. 温度为450 K，平衡常数：K(x)＞K (y)＞K (z)‎ D. 增加HCl的用量，SiHCl3的产率一定会增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)的反应正向为气体体积减小的方向，由于降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，则对应此反应降低压强平衡向逆向移动，SiHCl3的产率会降低，故A错误；‎ B.如图所示，升高温度，曲线是向下倾斜的，即升高温度，SiHCl3的产率会降低，则升温平衡向逆向移动，逆向为吸热反应 ，则正向为放热反应，故B正确；‎ C.平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数是一个定值，则温度为450 K，平衡常数：K(x)=K (y)=K (z)，故C错误；‎ D.如图所示，当n(HCl)∶n(Si)的进料比由1：:1增大到3:1时，SiHCl3的产率是增加的，当增大到6:1时，SiHCl3的产率反而减小，故D错误。答案选B。‎ ‎7.某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：‎ 序号 实验I 实验II 集气瓶中所盛气体 O2‎ 加热浓硝酸 产生的气体 现象 木炭迅速燃烧发出亮光 木炭迅速燃烧发出亮光 下列说法正确的是 A. 浓硝酸分解产生的V(NO2):V(O2)=1:1‎ B. 红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应 C. 能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气 D. 以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓硝酸分解的方程式为4HNO34 NO2↑+O2↑+2H2O，则V(NO2):V(O2)=4:1，故A错误；‎ B.红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；‎ C.实验II中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；‎ D.根据C的分析，浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。答案选D。‎ ‎8.“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：‎ 我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如下图所示：‎ 已知：‎ ‎(1)化合物A的官能团是________。‎ ‎(2)反应①的反应类型是________。‎ ‎(3)关于B和C，下列说法正确的是________(填字母序号)。‎ a．利用质谱法可以鉴别B和C b．B可以发生氧化、取代、消去反应 c．可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键 ‎(4)B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_________。‎ ‎(5)反应②的化学方程式为_________。‎ ‎(6)E的结构简式为________。‎ ‎(7)为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的结构简式：H________I_______ J________‎ ‎(8)聚合物F的结构简式为________。‎ ‎【答案】 (1). 醛基和溴原子(-CHO、-Br) (2). 取代反应 (3). ab (4). (5). (6). ‎ ‎ (7). (8). (9). (10). 或或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题为有机合成题。由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为 或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；‎ ‎【详解】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为 或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；‎ ‎（1）化合物A的官能团是醛基和溴原子。本小题答案为：醛基和溴原子(-CHO、-Br)。‎ ‎（2）经上述分析可知反应①的反应类型是取代反应。本小题答案为：取代反应。‎ ‎（3）a.B中有5种有效氢，C中有4种有效氢，则可利用质谱法鉴别B和C，故a正确；‎ b.B中含有醛基、碳碳叁键、羟基3种官能团，则B能发生加成、还原、氧化、取代、消去等反应，故b正确；‎ c.C中含有醛基和碳碳叁键，均能与酸性高锰酸钾，使之褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳叁键，故c错误。答案选ab。‎ ‎（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为。本小题答案为：。‎ ‎（5）根据已知信息提示可知，C生成D的反应方程式为。本小题答案为：。‎ ‎（6）由上述分析可知E的结构简式为。本小题答案为：。‎ ‎（7）根据合成路线，可采取逆推法，由K逆推J，J为；由J逆推I，I为，由I逆推H，H为。本小题答案为：‎ ‎；；。‎ ‎（8）由上述分析可知，聚合物F的结构简式为或或。本小题答案为或或。‎ ‎9.羟基自由基(·OH，电中性，O为-1价)是一种活性含氧微粒。常温下，利用·OH处理含苯酚废水，可将其转化为无毒的氧化物。‎ ‎(1)·OH的电子式为________。‎ ‎(2) pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生·OH中间体，催化循环反应如下。将ii补充完整。‎ i.Fe2++ H2O2+H+ === Fe3++ H2O +·OH ii.___ + ___ === ___ + O2↑+2H+‎ ‎(3)已知：羟基自由基容易发生猝灭2·OH === H2O2。用H2O2分解产生的·OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如下图所示。0~20 min时，温度从‎40℃‎上升到‎50℃‎，反应速率基本不变的原因是________。‎ ‎(4)利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如上图所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH并迅速与苯酚反应。‎ ‎① b极连接电源的________极(填“正”或“负”)。‎ ‎②a极的电极反应式为________。‎ ‎③电解液中发生的主要反应方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2 Fe3+ (3). 2·OH- (4). 2Fe2+ (5). 从图1可知，0~20 min，40~‎50℃‎，升高温度化学反应速率应该加快但是‎50℃‎时，温度升高羟基自由基发生猝灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气)，导致c(·OH)下降(1分)，所以，温度从‎40℃‎上升到‎50℃‎，反应速率不基本不变。 (6). 正 (7). Fe2++ H2O2+H+ === Fe3++ H2O +·OH (8). C6H6O + 28·OH-===6CO2 + 17H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）本小题考查的是电子式的书写，羟基自由基(·OH)中氧原子最外层有6个电子，达到8电子稳定结构需得2个电子，拿出一个电子与氢原子的一个电子形成一对共用电子对，即形成一个共价键，还剩余一个电子，则羟基自由基的电子式为。‎ ‎（2）催化剂在反应前后质量不变相当于没有参与反应。根据总反应减去一个反应得到另一个反应。2H2O2=2H2O+O2↑为反应 i和ii的总反应，总反应减去反应i即得到反应ii。‎ ‎ （3）本小题考查的是影响速率的因素。升高温度化学反应速率应该加快，但是‎50℃‎时，温度升高羟基自由基发生猝灭，导致c(·OH)下降，反应速率基本不变。‎ ‎（4）①根据反应类型判断阴阳极，得电子发生还原反应的一极为电解池的阴极，与电源的负极相连，失电子发生氧化反应的一极为电解池的阳极，与电源的正极相连。‎ ‎②b极是Fe电极为活性电极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，产生的Fe2+向阴极移动；由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2，然后在电解液中产生·OH，故a极的电极反应式为Fe2++ H2O2+H+ === Fe3++ H2O +·OH。‎ ‎③由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH，·OH能迅速与苯酚反应，则电解液中发生的主要反应方程式为C6H6O + 28·OH-===6CO2 + 17H2O。‎ ‎【详解】（1）羟基自由基(·OH)中氧原子最外层有6个电子，达到8电子稳定结构需得2个电子，拿出一个电子与氢原子的一个电子形成一对共用电子对，即形成一个共价键，还剩余一个电子，则羟基自由基的电子式为。本小题答案为：。‎ ‎（2）由题意可知Fe2+为H2O2的分解反应的催化剂，则 i和ii反应合并的总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，若反应i为Fe2++ H2O2+H+ === Fe3++ H2O +·OH则反应ii 为2 Fe3+ + 2·OH- === 2Fe2++ O2↑+2H+。本小题答案为：2 Fe3+ ；2·OH- ；2Fe2+。‎ ‎ （3）从图1可知，0~20 min，40~‎50℃‎，升高温度化学反应速率应该加快，但是‎50℃‎时，温 度升高羟基自由基发生猝灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气)，导致c(·OH)下降，所以，温度从‎40℃‎上升到‎50℃‎，反应速率基本不变。本小题答案为：从图1可知，0~20 min，40~‎50℃‎，升高温度化学反应速率应该加快但是‎50℃‎时，温度升高羟基自由基发生猝灭(或温度升高过氧化氢分解产生氧气)，导致c(·OH)下降，所以，温度从‎40℃‎上升到‎50℃‎，反应速率基本不变。‎ ‎（4）①根据题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，氧气中的氧元素得电子由0价降低到-1价，发生还原反应，则a极为阴极，b极为阳极，故b极连接电源的正极。本小题答案为：正。‎ ‎②b极是Fe电极为活性电极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，产生的Fe2+向阴极移动；由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2，然后在电解液中产生·OH，故a极的电极反应式为Fe2++ H2O2+H+ === Fe3++ H2O +·OH。本小题答案为：Fe2++ H2O2+H+ === Fe3++ H2O +·OH。‎ ‎③由题意可知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH，·OH能迅速与苯酚反应，则电解液中发生的主要反应方程式为C6H6O + 28·OH-===6CO2 + 17H2O。本小题答案为：C6H6O + 28·OH-===6CO2 + 17H2O。‎ ‎10.阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：‎ ‎(1)电解饱和食盐水的化学方程式为________。‎ ‎(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。‎ a．Na2SO4b．Na2SO3‎ c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压 ‎(3)食盐水中的I—若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。‎ ‎①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：________。‎ ‎②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。‎ ‎(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。‎ ‎①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：________。‎ ‎②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。‎ ‎③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将‎1m3‎含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05 mol•L-1 NaClO溶液________L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)‎ ‎【答案】 (1). 2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH (2). bcd (3). 碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价 (4). Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl— (5). ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。 (6). c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降 (7). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。‎ ‎（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；‎ b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯；‎ c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法；‎ d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减 小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯。‎ ‎（3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。‎ ‎②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。‎ ‎（4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。‎ ‎②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。‎ ‎③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。‎ ‎【详解】（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案为：2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。‎ ‎（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；‎ b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯，故b符合题意；‎ c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；‎ d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。‎ ‎（3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。本小题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。‎ ‎②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4，Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。本小题答案为：Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。‎ ‎（4）①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-‎ 氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。‎ ‎②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。‎ ‎③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即‎1m3‎食盐水中I-的含量≤0.2 mg•L-1×‎1m3‎×1000=‎0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则‎1m3‎含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水需处理掉1.47 mg•L-1×‎1m3‎‎-0.2g=‎1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=‎0.1L。本小题答案为：0.1。‎ ‎11.某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。‎ ‎【甲同学的实验】‎ 装置 编号 试剂X 实验现象 I Na2SO3溶液(pH≈9)‎ 闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转 II NaHSO3溶液(pH≈5)‎ 闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转 ‎(1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：。‎ ‎(2)甲同学探究实验I的电极产物______________。‎ ‎①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入______________，产生白色沉淀，证明产生了。‎ ‎②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为______________。‎ ‎(3)实验I中负极的电极反应式为______________。‎ ‎【乙同学的实验】‎ 乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：‎ 装置 编号 反应时间 实验现象 III ‎0~1 min 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出 ‎1~30 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色 ‎30 min后 与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色 ‎(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。‎ ‎① Fe3+＋3 Fe(OH)3 ＋3SO2；②______________。‎ ‎(5)查阅资料：溶液中Fe3+、、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：‎ 从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min的实验现象：______________。‎ ‎(6)解释30 min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：______________。‎ ‎【实验反思】‎ ‎(7)分别对比I和II、II和III，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和有关(写出两条)______________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解 (2). 足量盐酸和BaCl2溶液 (3). 取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+ (4). 3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3- (5). H++HSO3-=H2O+SO2 (6). 生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 (7). 反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物 (8). 溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题为实验探究题。‎ ‎（1）本小题为盐类水解的应用，为抑制盐的水解，在配置某些强酸弱碱盐溶液时可加入相应的酸，如配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。‎ ‎（2）①本小题考查的是硫酸根离子的检验，向溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明溶液中含硫酸根离子。‎ ‎②本小题考查的是亚铁离子的检验，亚铁离子遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。‎ ‎（3）本小题考查的是电极反应式的书写，负极失电子发生氧化反应。‎ ‎（4）②本小题考查的是盐类的水解，水解使溶液酸碱性相反的某些盐可发生双水解。‎ ‎（5）（6）两小题考查的是平衡移动的影响条件，当生成物的浓度减小时平衡向正向移动，则在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，；当反应物的浓度增大时平衡向正向移动，则反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，平衡不断正向移动，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。。‎ ‎（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。‎ ‎【详解】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，水解方程式为Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，则在配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。本小题答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。‎ ‎（2）①实验I中试剂X为亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子在此电极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，当向此电极产物中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明此电极产物为硫酸根离子。本小题答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。‎ ‎②Fe3+得电子发生还原反应生成Fe2+，则探究这一电极的产物时可取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，Fe2+遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。本小题答案为：取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+‎ ‎（3）负极应发生氧化反应，亚硫酸钠中的硫元素化合价由+4价升高到+6价失电子发生氧化 反应，则亚硫酸钠对应的一极为负极，电极反应式为3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。本小题答案为：3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。‎ ‎（4）②FeCl3为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的氢离子再与亚硫酸氢根离子发生复分解反应H++HSO3-=H2O+SO2。本小题答案为：H++HSO3-=H2O+SO2。‎ ‎（5）1~30 min的实验现象为沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；是因为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 。本小题答案为：生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。‎ ‎（6）反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。本小题答案为：反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物。‎ ‎（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。本小题答案为：溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物。‎