2019-2020年高考化学适应性试卷（5月份）含解析.doc

2019-2020年高考化学适应性试卷（5月份）含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与环境、生活关系密切，下列事实中不涉及化学性质的是（）A焊锡中加铅后熔点降低B用漂白粉、臭氧等游泳池消毒C将镁块与钢铁输水管相连，防止钢铁腐蚀D往燃煤中加入石灰石，减少酸雨的产生2将标准状况下的22.4LSO2通入3mol的NaOH溶液中，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知高温下饱和Na2SO3溶液的pH约为8.3）（）A向上述NaOH溶液中通入SO2：2OH+SO2SO32+H2OB上述反应后所得溶液的PH约为12：SO32+H2OHSO3+OHC向上述反应后所得溶液中通入氯气，PH下降：SO32+Cl2+2OHSO42+2Cl+H2OD向上述反应后所得溶液中滴加少量H2O2和BaCl2溶液的混合液，产生白色沉淀：SO32+Ba2+H2O2BaSO4+H2O3下列推测或结论不合理的是（）AX2和Y+核外电子层结构相同，原子序数：XYB气态氢化物的稳定性HClHBr，还原性：ClBrC硅、锗都位于金属与非金属的交界处，用途：都可以做半导体材料D铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，碱性：RbOHSr（OH）24氯原子参与破坏O3的反应O3+ClClO+O2H1ClO+OCl+O2H2破坏臭氧层的总反应是：O3+O2O2 H该反应的能量变化示意图如图所示：则下列叙述不正确的是（）AH=H1+H2BClO中含有极性共价键C反应O3+O2O2的H=E1E3D氯原子改变了该反应的历程，但不影响H5已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液下列判断不正确的是（）A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明氧化性：Cr2O72I2D实验证明H2O2有氧化性6下列实验操作不能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A证明乙烯有还原性将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中B比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性分别加入少量NaC检验溴乙烷中的溴原子加入NaOH溶液，加热，然后加入AgNO3溶液D鉴别1丙醇和2丙醇核磁共振氢谱AABBCCDD7在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） 实验测得T1和 T2下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是温度 时间10min20min30min40min50min60minT10.0800.1200.1500.1680.1800.180T20.1200.1500.1560.1600.1600.160A由上述数据可以判断：T1T2B该反应的焓变H0，升高温度K增大CT1时，020 min H2的平均反应速率 （H2）=0.003mol/（Lmin）DT2下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度二、非选择题：8有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠（治疗关节炎）的重要中间体，其合成路线如下：已知：（R、R、R、R1、R2、R3、R4均为烃基）RCNRCOOHRCHCHRRCOOH（1）B的化学名称是（2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为（3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为（4）CE的反应试剂和条件是（5）G的结构简式为（6）下列说法正确的是a常温下，在水中的溶解度：乙二酸GMbBDF均为取代反应cH能发生加聚、缩聚反应（7）MN的化学方程式为（8）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式只含有一种官能团酸性条件下水解产物只有一种9中国沿海某城市采用反渗透法将海水淡化，得到淡水供市民使用，剩余母液继续加工获得其他产品母液中主要含有Cl、Na+、K+、Mg2+、Ca2+、SO42、Br等离子某实验小组同学模拟工业生产流程，进行如下实验（1）海水淡化的方法还有（写出一种）（2）I中，电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，写出该反应的离子方程式（3）Cl2和Br2均为双原子分子，从原子结构的角度解释其原因：（4）中，加入适量CaCl2固体的目的是（5）写出IV中反应的离子方程式（6）与过程II类似，工业上常用“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为mg/L10高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是价，Na2FeO4具有较强的（填“氧化性”或“还原性”）（2）用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原因是（用离子方程式表示）（3）工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，完成下列化学方程式：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2+5+9（4）工业上还可用电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4若电解所需的浓NaOH溶液为16mol/L，则在实验室配制500mL该浓度的溶液需NaOHg，配制过程所需玻璃仪器是电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示：阳极的电极反应式是；可循环使用的物质是，理由是11某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3，装置如图所示（气密性已检验，部分夹持装置省略）（1）D中产生NaHCO3的化学方程式是（2）请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用（3）当D中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤、干燥备用为确定固体的成分，实验小组设计方案如下（称取一定质量的固体，配成1000mL溶液作为样液，其余固体备用）：方案1：取样液与澄清的Ca（OH）2溶液混合，出现白色沉淀实验小组对现象产生的原理进行分析，认为该方案不合理，理由是方案2：取样液与BaCl2溶液混合，出现白色沉淀并有气体产生实验小组认为固体中存在NaHCO3，其离子方程式是该小组认为不能确定是否存在Na2CO3方案3：实验小组中甲、乙同学利用NaHCO3的不稳定性进行如下实验：甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是，结果表明白色固体中存在NaHCO3为进一步证明白色固体是否为纯净的NaHCO3，结合甲同学实验，还应补充的实验是乙同学：利用仪器测定了固体残留率随温度变化的曲线，如图所示a根据A点坐标得到的结论是 （残留率=100%）通过上述实验，该小组认为，可以向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2制备NaHCO3xx年北京市北大附中高考化学适应性试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与环境、生活关系密切，下列事实中不涉及化学性质的是（）A焊锡中加铅后熔点降低B用漂白粉、臭氧等游泳池消毒C将镁块与钢铁输水管相连，防止钢铁腐蚀D往燃煤中加入石灰石，减少酸雨的产生【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】物理变化过程中一定没有新物质生成，化学变化中一定有新物质生成，据此判断解答【解答】解：A合金熔点低于成分金属，属于物质的物理性质，故A选；B漂白粉、臭氧具有强的氧化性，与蛋白质反应使蛋白质变性，该过程中生成新物质属于化学变化，故B不选；C镁性质活泼，与铁形成原电池，发生电化学腐蚀，镁被氧化为二价镁离子，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D往燃煤中加入石灰石，生成的二氧化硫与氧化钙、氧气反应生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，减少酸雨的产生，过程中有新物质生成，属于化学变化，故D不选；故选：A2将标准状况下的22.4LSO2通入3mol的NaOH溶液中，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知高温下饱和Na2SO3溶液的pH约为8.3）（）A向上述NaOH溶液中通入SO2：2OH+SO2SO32+H2OB上述反应后所得溶液的PH约为12：SO32+H2OHSO3+OHC向上述反应后所得溶液中通入氯气，PH下降：SO32+Cl2+2OHSO42+2Cl+H2OD向上述反应后所得溶液中滴加少量H2O2和BaCl2溶液的混合液，产生白色沉淀：SO32+Ba2+H2O2BaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】向氢氧化钠溶液中慢慢地通入二氧化硫气体，开始氢氧化钠过量发生SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，生成正盐Na2SO3，继续通入过量二氧化硫时，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，生成酸式盐NaHSO3，标准状况下的22.4LSO2的物质的量为1mol，通入3mol的NaOH溶液中，得到1molNa2SO3和1molNaOH的混合溶液；A二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠；B所得溶液呈碱性是氢氧化钠过量而呈碱性；C氯气是氧化性的酸性气体，所以向所得溶液中通入氯气，发生氧化还原；D滴加少量H2O2与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子结合生成难溶的硫酸钡【解答】解：A二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，所以反应的离子方程式为：2OH+SO2SO32+H2O，故A正确；B所得溶液呈碱性是氢氧化钠过量而呈碱性，而不是亚硫酸氢根水解呈碱性，故B错误；C氯气是氧化性的酸性气体，所以向所得溶液中通入氯气，发生氧化还原，根据得失电子守恒得：SO32+Cl2+2OHSO42+2Cl+H2O，故C正确；D滴加少量H2O2与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子结合生成难溶的硫酸钡，故D正确；故选B3下列推测或结论不合理的是（）AX2和Y+核外电子层结构相同，原子序数：XYB气态氢化物的稳定性HClHBr，还原性：ClBrC硅、锗都位于金属与非金属的交界处，用途：都可以做半导体材料D铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，碱性：RbOHSr（OH）2【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A、X得电子与Y失电子后电子数相同；B、氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱；C、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质；D、同周期从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性依次减弱【解答】解：A、若X2和Y+的核外电子层结构相同，则X得电子与Y失电子后电子数相同，所以原子序数：XY，故A正确；B、氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以气态氢化物的稳定性HClHBr，则还原性：ClBr，故B错误；C、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质，硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有半导体的性质，都可以做半导体材料，故C正确；D、同周期从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性依次减弱，铷（37Rb）和锶（38Sr）分别位于第五周期IA和IIA族，则碱性：RbOHSr（OH）2，故D正确故选B4氯原子参与破坏O3的反应O3+ClClO+O2H1ClO+OCl+O2H2破坏臭氧层的总反应是：O3+O2O2 H该反应的能量变化示意图如图所示：则下列叙述不正确的是（）AH=H1+H2BClO中含有极性共价键C反应O3+O2O2的H=E1E3D氯原子改变了该反应的历程，但不影响H【考点】反应热和焓变【分析】A根据盖斯定律计算O3+O2O2 的H；BClO为不同原子形成的共价键，属于极性键；C由图可知，O+O3=2O2 的反应为放热反应，H=E3E2；D根据特征反应方向Cl原子作用【解答】解：AO3+ClClO+O2H1ClO+OCl+O2H2根据盖斯定律+可得：O3+O2O2 H=H1+H2，故A正确；BClO中ClO键为不同原子形成的化学键，为极性键，故B正确；C由图象曲线可知，生成物的能量低，O+O3=2O2 的反应为放热反应，则H=E3E2，故C错误；D在反应O3+ClClO+O2、ClO+OCl+O2中，Cl原子起到了催化剂的作用，氯原子改变了该反应的历程，不影响H，故D正确；故选C5已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液下列判断不正确的是（）A化合物KCrO2中Cr元素为+3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明氧化性：Cr2O72I2D实验证明H2O2有氧化性【考点】氧化还原反应【分析】中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：A化合物KCrO2中，K为+1价，O为2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B由反应可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C由中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72I2，故C错误；D实验中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故D正确；故选C6下列实验操作不能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A证明乙烯有还原性将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中B比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性分别加入少量NaC检验溴乙烷中的溴原子加入NaOH溶液，加热，然后加入AgNO3溶液D鉴别1丙醇和2丙醇核磁共振氢谱AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；BNa与水反应剧烈；C酸性条件下，溴离子和银离子发生离子反应；D.1丙醇中含有4种不同环境的氢原子，2丙醇含有3种不同环境的氢原子【解答】解：A乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以能实现实验目的，故A不选；BNa与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则可比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性，故B不选；C酸性条件下，溴离子和银离子发生离子反应，所以在做溴离子的检验中要首先中和碱，故C选；D.1丙醇中含有4种不同环境的氢原子，2丙醇含有3种不同环境的氢原子，故可用核磁共振氢谱鉴别1丙醇和2丙醇，故D不选；故选C7在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2mol CO和0.4mol H2，发生如下反应（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） 实验测得T1和 T2下，甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是温度 时间10min20min30min40min50min60minT10.0800.1200.1500.1680.1800.180T20.1200.1500.1560.1600.1600.160A由上述数据可以判断：T1T2B该反应的焓变H0，升高温度K增大CT1时，020 min H2的平均反应速率 （H2）=0.003mol/（Lmin）DT2下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度【考点】化学平衡的影响因素【分析】A温度越高，反应速率越快，到达平衡所用时间越短；B由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此解答；C由表中数据可知，T1时，020min内CH3OH的物质的量变化量为0.12mol，根据v=计算v（CH3OH），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；D由表中数据可知，T240min到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为0.16mol，甲醇平衡浓度为=0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算c的值【解答】解：A温度越高，反应速率越快，到达平衡所用时间越短，T1时达到平衡状态所用时间短，则T1T2，故A错误；B由表中数据可知，温度越高平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，该反应的焓变H0，升高温度平衡常数减小，故B错误；C由表中数据可知，300时，020min内CH3OH的物质的量变化量为0.12mol，故v（CH3OH）=0.003mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=2v（CH3OH）=0.006mol/（Lmin），故C错误；D由表中数据可知，500时40min到达平衡，平衡时甲醇的物质的量为0.16mol，甲醇平衡浓度为=0.08mol/L，根据三段式计算平衡时各组分的浓度，计算该温度下平衡常数向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，令平衡时甲醇的浓度为cmol/L，表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数计算c的值，所以T2下，向该容器中初始加入0.1 mol CO和0.3 mol H2，依据现有数据可计算出反应达平衡后甲醇的浓度，故D正确；故选D二、非选择题：8有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠（治疗关节炎）的重要中间体，其合成路线如下：已知：（R、R、R、R1、R2、R3、R4均为烃基）RCNRCOOHRCHCHRRCOOH（1）B的化学名称是1，3丁二烯（2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为ClCH2CH=CHCH2Cl（3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为（4）CE的反应试剂和条件是NaOH的乙醇溶液、加热（5）G的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH（6）下列说法正确的是aca常温下，在水中的溶解度：乙二酸GMbBDF均为取代反应cH能发生加聚、缩聚反应（7）MN的化学方程式为（8）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式只含有一种官能团酸性条件下水解产物只有一种【考点】有机物的合成【分析】E发生氧化反应得到G，结构G的分子式可知E为环烯，A的分子式为C6H12，其一元取代产物只有一种，则A的结构简式为，C为，E为，G为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，M为C2H5OOCCH2CH2CH2CH2COOC2H5，M发生信息iii中的取代反应生成N为由B系列转化得到G，可知B与溴发生1，4加成生成D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D发生取代反应生成F为NCCH2CH=CHCH2CN，F发生水解反应生成H为HOOCCH2CH=CHCH2COOH，H与氢气发生加成反应生成G【解答】解：E发生氧化反应得到G，结构G的分子式可知E为环烯，A的分子式为C6H12，其一元取代产物只有一种，则A的结构简式为，C为，E为，G为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，M为C2H5OOCCH2CH2CH2CH2COOC2H5，M发生信息iii中的取代反应生成N为由B系列转化得到G，可知B与溴发生1，4加成生成D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D发生取代反应生成F为NCCH2CH=CHCH2CN，F发生水解反应生成H为HOOCCH2CH=CHCH2COOH，H与氢气发生加成反应生成G（1）B的化学名称是1，3丁二烯，故答案为：1，3丁二烯；（2）D的结构简式为：ClCH2CH=CHCH2Cl，故答案为：ClCH2CH=CHCH2Cl；（3）A的结构简式为，故答案为：；（4）CE发生卤代烃消去反应，反应试剂和条件是：NaOH的乙醇溶液、加热，故答案为：NaOH的乙醇溶液、加热；（5）G的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：HOOCCH2CH2CH2CH2COOH；（6）aG中烃基较大，溶解性小于乙二酸的，M属于酯，难溶于水，故a之间；bBD属于加成反应，故b错误；cH含有碳碳双键，可以发生加聚反应，含有2个羧基，能发生缩聚反应，故c正确，故选：ac；（7）MN的化学方程式为：，故答案为：；（8）H为HOOCCH2CH=CHCH2COOH，满足下列条件的H的一种同分异构体：只含有一种官能团，酸性条件下水解产物只有一种，符合条件的结构简式为：，故答案为：9中国沿海某城市采用反渗透法将海水淡化，得到淡水供市民使用，剩余母液继续加工获得其他产品母液中主要含有Cl、Na+、K+、Mg2+、Ca2+、SO42、Br等离子某实验小组同学模拟工业生产流程，进行如下实验（1）海水淡化的方法还有蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）（写出一种）（2）I中，电解饱和食盐水的工业生产叫做氯碱工业，写出该反应的离子方程式2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2（3）Cl2和Br2均为双原子分子，从原子结构的角度解释其原因：氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e，两个原子各提供1e，形成共用电子对，两个原子都形成了8e稳定结构（4）中，加入适量CaCl2固体的目的是除去SO42（5）写出IV中反应的离子方程式Mg2+Ca（OH）2Mg（OH）2+Ca2+（6）与过程II类似，工业上常用“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为60mg/L【考点】海水资源及其综合利用【分析】（1）海水淡化水，应将水与盐分离，可用蒸馏、电渗析或离子交换法等；（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，据此写出反应的离子方程式；（3）Cl、Br原子最外层都含有7个电子，两个原子各提供一个电子形成共用电子对，使最外层均得到8电子稳定结构；（4）溶液B中含有硫酸根离子，加入氯化钙溶液可以反应生成硫酸钙，从而除去硫酸根离子；（5）氢氧化镁比氢氧化钙更难溶，则IV中镁离子与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子；（6）提取率为60%，最终得到36g溴，据此计算出原1m3海水中含有的溴元素的质量，再计算出1L海水中含有的溴元素的质量即可【解答】解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，其中最常用的是蒸馏法，故答案为：蒸馏法（或电渗析法、离子交换法）；（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，反应的离子方程式为：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2；（3）由于氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e，两个原子各提供1e，形成共用电子对，两个原子都形成了8e稳定结构，所以氯气和溴单质都是以双原子形式存在，故答案为：氯、溴元素位于同一主族，最外层均为7e，两个原子各提供1e，形成共用电子对，两个原子都形成了8e稳定结构；（4）硫酸根离子能够与钙离子反应生成硫酸钙沉淀，所以加入氯化钙溶液的目的是除去SO42，故答案为：除去SO42；（5）氢氧化镁更难溶，IV中镁离子与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和钙离子，该反应的离子方程式为：Mg2+Ca（OH）2Mg（OH）2+Ca2+，故答案为：Mg2+Ca（OH）2Mg（OH）2+Ca2+；（6）将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36g Br2，若提取率为60%，则1m3海水中含有的溴元素的质量为=60g，则该海水的中溴元素的浓度为=60mg/L，故答案为：6010高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是+6价，Na2FeO4具有较强的氧化性（填“氧化性”或“还原性”）（2）用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水原因是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+（用离子方程式表示）（3）工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，完成下列化学方程式：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+5H2O+9NaCl（4）工业上还可用电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4若电解所需的浓NaOH溶液为16mol/L，则在实验室配制500mL该浓度的溶液需NaOH320.0g，配制过程所需玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示：阳极的电极反应式是Fe6e+8OH=FeO42+4H2O；可循环使用的物质是NaOH溶液，理由是水电离的H+在阴极放电：2H+2e=H2，c（OH）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故可以循环使用【考点】电解原理；氧化还原反应【分析】（1）根据化合价的代数和为0来进行分析；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；（2）Fe3+水解产生的Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此写出离子方程式；（3）根据得失电子数守恒和质量守恒来分析；（4）根据n=CV和m=nM来计算；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀来选择使用的仪器；依据阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42结合碱性环境来写出电极方程式；根据OH在阳极被消耗，而在阴极会生成来分析；【解答】解：（1）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；故答案为：+6；氧化性；（2）Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降，据此写出离子方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（3）由于是用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，故2mol失去6mol电子，被氧化为2molNa2FeO4，失去的6mol电子能被3molNaClO得到，NaClO中+1价氯元素还原为1价，得3molCl，加上2molFeCl3中的6molCl，一共会生成9molNaCl；反应物中有10molNaOH，根据氢原子的守恒可知，产物中会生成5molH2O，故答案为：Na2FeO4；H2O；NaCl；（4）所需的NaOH的物质的量n=CV=16mol/L0.5L=8mol，质量m=nM=8mol40g/mol=320.0g；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器为天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：320.0g，烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O；在电解时，水电离的H+在阴极放电：2H+2e=H2，c（OH）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用，故答案为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O；NaOH溶液；水电离的H+在阴极放电：2H+2e=H2，c（OH）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用11某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3，装置如图所示（气密性已检验，部分夹持装置省略）（1）D中产生NaHCO3的化学方程式是Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3（2）请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用CO2在水中存在平衡：CO2+H2OH2CO3HCO3+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体（3）当D中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤、干燥备用为确定固体的成分，实验小组设计方案如下（称取一定质量的固体，配成1000mL溶液作为样液，其余固体备用）：方案1：取样液与澄清的Ca（OH）2溶液混合，出现白色沉淀实验小组对现象产生的原理进行分析，认为该方案不合理，理由是Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3方案2：取样液与BaCl2溶液混合，出现白色沉淀并有气体产生实验小组认为固体中存在NaHCO3，其离子方程式是2HCO3+Ba2+=BaCO3+CO2+H2O该小组认为不能确定是否存在Na2CO3方案3：实验小组中甲、乙同学利用NaHCO3的不稳定性进行如下实验：甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH，结果表明白色固体中存在NaHCO3为进一步证明白色固体是否为纯净的NaHCO3，结合甲同学实验，还应补充的实验是取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照乙同学：利用仪器测定了固体残留率随温度变化的曲线，如图所示a根据A点坐标得到的结论是白色固体为NaHCO3 （残留率=100%）通过上述实验，该小组认为，可以向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2制备NaHCO3【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由图可知，A中生成二氧化碳，在D中二氧化碳与碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠；（2）B中酸可抑制二氧化碳的溶解；（3）Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀；样液与BaCl2溶液混合，现白色沉淀并有气体产生，沉淀为碳酸钡、气体为二氧化碳；Na2CO3和BaCl2溶液混合也能生成沉淀；甲同学：蒸发后冷却，测定pH，可确定固体存在碳酸氢钠，补充实验为对比性实验；乙同学：aA点说明碳酸氢钠分解，残留率为63.09%；【解答】解：（1）由图可知，A中生成二氧化碳，在D中二氧化碳与碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，该反应为Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，故答案为：Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3；（2）B中酸可抑制二氧化碳的溶解，则B中溶液的作用为CO2在水中存在平衡：CO2+H2OH2CO3HCO3+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体，故答案为：CO2在水中存在平衡：CO2+H2OH2CO3HCO3+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体；（3）Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，所以无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3；样液与BaCl2溶液混合，现白色沉淀并有气体产生，沉淀为碳酸钡、气体为二氧化碳，离子反应为2HCO3+Ba2+=BaCO3+CO2+H2O；Na2CO3和BaCl2溶液混合也能生成沉淀，则不能确定是否存在Na2CO3，结论合理，故答案为：2HCO3+Ba2+=BaCO3+CO2+H2O；合理；甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH，可确定固体存在碳酸氢钠，补充实验为取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照，故答案为：冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH；取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照；乙同学：aA点说明碳酸氢钠分解，残留率为63.09%，可知白色固体为碳酸氢钠，故答案为：白色固体为NaHCO3；xx年12月16日