上海市虹口区2020届高三高考一模化学试题（Word版附解析）.doc

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． D． 2．（2 分）镆是一种人工合成的元素，同位素 Mc 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 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 KClO3 B．NaOH 溶于水 C．加热分解 HClO 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 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 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 NA D．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（ ），下列说法正确的是（　　） 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 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 B．氧化性和漂白性 C．还原性 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（　　） 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 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 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 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 0.3NA 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 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 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 17．（2 分）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﹣ 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﹣ B．Fe2+、Cl﹣、Br‑ C．Fe2+、Fe3+、Cl﹣ 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 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　 　。 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） （合成路线常用的表示方式为：A B…… 目标产物） 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 参考答案与试题解析 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 Mc 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 【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．SiO2 C．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 KClO3 B．NaOH 溶于水 C．加热分解 HClO 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 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 【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 NA D．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（ ），下列说法正确的是（　　） 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 【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 B．氧化性和漂白性 C．还原性 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（　　） 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 【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硝酸的酸性最强， 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 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 【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）+3H 2（g）⇌2NH 3（g）△H＝ （2254kJ/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 0.3NA 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 【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： ×2× 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（　　）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 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 【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）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﹣ 【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）2，根据反应：2SO42﹣+2Ba2+═2BaSO4↓， 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﹣ B．Fe2+、Cl﹣、Br‑ C．Fe2+、Fe3+、Cl﹣ 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﹣），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＝　 　；能使 K 增大的措施 是　升温　。 （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＝ ，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： ；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）SiHCl3（g）+H2（g） Si（s）+3HCl（g），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，V（HCl）＝ ＝ ＝0.003 mol/（L•min）， 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 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　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） （合成路线常用的表示方式为：A B…… 目标产物） 【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 转化为 ，反应试剂与条件：Br 2 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+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　。 （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。