逍遥右脑 2018-09-28 17:13
化学是自然科学的一种，以下是天津南开中学届高三化学模拟试卷，请考生及时练习。
一、选择题(每小题有1个正确答案，每小题6分，共36分)
1.下列说法不正确的是( )
A.在干旱地区植树造林时，可利用高吸水性树脂抗旱保水
B.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
C.为补充人体所需的营养成分，人人都应食用添加营养强化剂的食品
D.服用阿司匹林若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉滴注NaHCO3溶液
【考点】常见的生活环境的污染及治理;含硅矿物及材料的应用;营养均衡与人体健康的关系;常见的食品添加剂的组成、性质和作用.
【专题】化学计算.
【分析】A、高吸水性树脂可以聚集水源，减缓水分的流失;
B、硅酸钠的水溶液具有粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差等理化性能;
C、营养强化剂属于食品添加剂，不可随意使用;
D、NaHCO3溶液呈碱性，可以与水杨酸发生中和反应.
【解答】解：A、高吸水性树脂是一种新型的高分子材料，它能够吸收自身重量几百倍至千倍的水分，干旱地区水分流失快，使用高吸水性树脂正好可以聚集水源，减缓水分的流失，提高树苗的成活率，故A正确;
B、硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，理化性能为：粘结力强、强度较高，耐酸性、耐热性好，耐碱性和耐水性差，是制备粘合剂、硅胶和木材防火剂的原料，故B正确;
C、食品营养强化剂是指为增强营养成份而加入食品中的天然的或者人工合成的属于天然营养素范围的食品添加剂，食品添加剂不可滥用，要符合《食品营养强化剂使用卫生标准》，故C错误;
D、NaHCO3溶液由于碳酸氢根离子水解使得溶液呈碱性，正好可以与水杨酸发生中和反应而除掉水杨酸，以达到解毒的目的，再者NaHCO3溶液碱性弱，对人体的伤害很小，可以静脉滴注，故D正确;
故选：C.
【点评】本题易错点为D选项中NaHCO3溶液，有试题中可能改成错误的碳酸钠溶液，二者不可混淆，平时学习中注意化学与生活的联系，任何事物都具有两面性，食品添加剂也是如此，整体而言本题难度很小.
2.下列说法正确的是( )
A.配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中并加入少量铁粉
B.制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C.配制0.1molL?1 NaOH溶液100mL，将4.0g NaOH固体放入100mL容量瓶中溶解
D.向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液;铁盐和亚铁盐的相互转变.
【专题】物质的量浓度和溶解度专题.
【分析】A、铁与铁离子反应生成亚铁离子，导致出现了杂质亚铁离子，所以配制氯化铁溶液不能加入铁粉;
B、若长时间煮沸，氢氧化铁胶体会变成红褐色的氢氧化铁沉淀;
C、容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或稀释溶液;
D、恢复原温度后仍然为饱和溶液，饱和溶液中氢氧化钙的物质的量浓度相等.
【解答】解：A、配制FeCl3溶液，可将一定量FeCl3固体溶于适量盐酸中，但是不能加入少量铁粉，否则铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，引进了杂质，故A错误;
B、制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误;
C、溶解氢氧化钠固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中溶解氢氧化钠，故C错误;
D、向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液、氢氧化铁胶体的配制、氯化铁溶液的配制等知识，题目难度中等，注意掌握配制氢氧化铁胶体、氯化铁溶液的正确方法，配制一定物质的量浓度的溶液时，不能在容量瓶中溶解或者稀释溶质.
3.下列涉及有机物的性质或应用的说法，不正确的是( )
A.石油的裂解为深度裂化，产物主要为乙烯等小分子烃
B.油脂硬化后性质变的更稳定
C.蔗糖、淀粉、纤维素均会水解，反应后的产物相同
D.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应
【考点】有机物的结构和性质;有机化学反应的综合应用.
【专题】有机反应.
【分析】A.裂解主要生成乙烯;
B.油脂硬化，发生碳碳双键与氢气的加成反应;
C.蔗糖、淀粉、纤维素均会水解，属于糖类物质，但蔗糖水解生成葡萄糖和果糖;
D.加氧去氢的反应为氧化反应.
【解答】解：A.石油裂解是用石油分馏产品作原料，采用比裂化更高的温度，使其中相对分子质量较大的烃断裂成乙烯等小分子烃，故A正确;
B.油脂的硬化也叫油脂的氢化，就是植物油在催化剂作用下和氢加成，不饱和高级脂肪酸变成饱和的高级脂肪酸，性质变得稳定，故B正确;
C.淀粉和纤维素水解产物均为葡萄糖，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，故C错误;
D.由CH3CH2OH变为CH3CHO，分子中减少了两个氢原子，是氧化反应，故D正确;
故选C.
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的组成、结构、性质为解答的关键，注意相关概念的辨析及石油裂解的产物，题目难度不大.
4.常温下，用0.01molL?1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.01molL?1 CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图.下列说法正确的是( )
A.a点对应溶液的pH=2
B.b点对应的溶液中：c(OH?)+c(CH3COO?)=c(Na+)+c(H+)
C.c点表示NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应
D.d点对应的溶液中，水的电离程度小于同温下纯水的电离程度
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
【专题】电离平衡与溶液的pH专题.
【分析】A.醋酸为弱酸，不能完全电离;
B.b点时溶液呈酸性，结合电荷守恒解答;
C.c点时溶液呈中性，如醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，则溶液应呈碱性;
D.d点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，则促进水解的电离.
【解答】解：A.醋酸为弱酸，不能完全电离，则0.01molL?1 CH3COOH溶液pH2，故A错误;
B.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(CH3COO?)，故B正确;
C.醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误;
D.d点时溶液呈碱性，如二者恰好中和，完全反应生成醋酸钠，水解呈碱性，促进水的电离，故D错误.
故选B.
【点评】本题以NaOH滴定CH3COOH的滴定曲线为载体，考查盐类的水解、溶液离子浓度的大小比较等，难度中等，注意离子浓度大小比较中电荷守恒，把握影响弱电解质的电离和盐类水解的因素，注重相关基础知识的积累，难度不大.
5.下述根据下列操作和现象，所得结论正确的是( )
实验操作及现象 实验结论 A 分别向2mL 0.1molL?1 CH3COOH溶液和2mL 0.1molL?1 H3BO3溶液中滴加等浓度的NaHCO3溶液，前者有气泡产生，后者无明显现象 酸性：
CH3COOHH2CO3H3BO3 B 向2mL 0.1molL?1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL?1 MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1molL?1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀 溶解度：
Mg(OH)2Fe(OH)3 C 在少量无水乙醇中加入金属Na，生成可以在空气中燃烧的气体 CH3CH2OH是弱电解质 D 用3mL稀H2SO4溶液与足量Zn反应，当气泡稀少时，加入
1mL浓H2SO4，又迅速产生较多气泡 H2SO4浓度增大，反应速率加快 A.A B.B C.C D.D
【考点】化学实验方案的评价.
【专题】实验评价题.
【分析】A.强酸反应制弱酸;
B.发生沉淀的转化;
C.在水溶液或熔融状态下不完全电离出离子的电解质称为弱电解质弱电解质;
D.浓硫酸稀释放热.
【解答】解：A.强酸反应制弱酸，NaHCO3溶液只与CH3COOH反应，酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3，故A正确;
B.向2mL 0.1molL?1 NaOH溶液中滴加3滴0.1molL?1 MgCl2溶液，氢氧化钠过量，再滴加3滴0.1molL?1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀，不发生沉淀的转化，故B错误;
C.钠能与乙醇中的羟基反应生成氢气，与电离无关，故C错误;
D.浓硫酸稀释放热，温度升高，反应速率加快，故D错误.
故选A.
【点评】本题考查较为综合，涉及酸性比较，沉淀转化以及元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度大不，注意把握实验操作的原理和实验方法.
6.在2L的密闭容器中进行如下反应：CO(g)+H2O(g)TCO2(g)+H2(g)，有如下数据：
实验 温度/℃ 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 下列说法正确的是( )
A.正反应为吸热反应
B.实验1中，CO的转化率为80%
C.650℃时，化学平衡常数K=
D.实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n(CO2)为1.6 mol
【考点】化学平衡的计算;吸热反应和放热反应.
【分析】A.利用三段式，计算出两个温度下的平衡常数，再根据平衡常数的大小可判断出该反应是放热反应还是吸热反应;
B.转化率=;
C.根据根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算;
D.根据650℃时的平衡常数进行计算.
【解答】解：A.在650℃时 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 1.0 0 0
转化(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡(mol) 1.2 0.2 0.8 0.8
平衡常数K===，
在800℃时 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 2.0 0 0
转化(mol) 1.0 1.0 1.0 1.0
平衡(mol) 1.0 1.0 1.0 1.0
平衡常数K==1，
由此可知在650℃时平衡常数大于800℃的平衡常数，即升高温度平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应，故A错误;
B.在650℃时 CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 1.0 0 0
转化(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡(mol) 1.2 0.2 0.8 0.8
CO的转化率=100%=40%，故B错误;
C.由A中的计算可知，650℃时，化学平衡常数K=，故C正确;
D.设平衡时n(CO2)为x，则
CO(g )+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，
起始(mol) 2.0 2.0 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 2?x 2?x x x
平衡常数K==，解得x1.6，故D错误;
故选C.
【点评】本题主要考查平衡常数和转化率的计算，及根据平衡常数对反应作判断，中等难度.要注意温度对平衡常数的影响.
二、填空题(共64分)
7.(14分)短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，A、D同主族，D、E同周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，B为组成物质种类最多的元素.
(1)E离子的原子结构示意图.
(2)分别由A、C、D、E四种元素组成的两种盐可相互反应得到气体，写出这个反应的离子方程式H++HSO3?=H2O+SO2.
(3)由A、B、C三种元素组成的物质X，式量为46，在一定条件下与C、D两种元素的单质均可反应.写出X与C单质在红热的铜丝存在时反应的化学方程式2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O.
(4)A、C、D三种元素组成的化合物Y中含有的化学键为共价键、离子键，B的最高价氧化物与等物质的量的Y溶液反应后，溶液显碱(酸、碱或中)性，原因是：反应后所得溶液为NaHCO3，HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性.
(5)A的气体单质和C的气体单质可发生反应，在神舟六号飞船上使用了根据这反应设计的燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，电池负极反应为2H2+4OH??4e?=2H2O.使用这种电池的优点为电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染.
【考点】位置结构性质的相互关系应用.
【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，则A为H元素;A、D同主族，D的原子序数比A至少大3，故D为Na;D、E同周期，即处于第三周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，可推知C为O元素、E为S元素;B为组成物质种类最多的元素，则B为碳元素，
(1)S2?离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8;
(2)四种元素分别为H、O、Na、S，所形成的两种盐为NaHSO3和NaHSO4，二者反应生成硫酸钠与SO2、水;
(3)X是C2H5OH，和O2在有催化剂条件下反应生成乙醛与水;
(4)Y是NaOH，含有共价键和离子键，和CO2等物质的量反应后产物为NaHCO3，溶液中HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性;
(5)氢氧燃料电池，负极上H2在碱性条件下失电子，产物是水;氢氧燃料电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染.
【解答】解：短周期元素A、B、C、D、E，A为原子半径最小的元素，则A为H元素;A、D同主族，D的原子序数比A至少大3，故D为Na;D、E同周期，即处于第三周期，C、E同主族且E的原子序数为C的原子序数的2倍，可推知C为O元素、E为S元素;B为组成物质种类最多的元素，则B为碳元素，
(1)S2?离子核外电子数为18，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，结构示意图为：，
故答案为：;
(2)四种元素分别为H、O、Na、S，所形成的两种盐为NaHSO3和NaHSO4，二者反应生成硫酸钠与SO2、水，反应离子方程式为：H++HSO3?=H2O+SO2，
故答案为：H++HSO3?=H2O+SO2
(3)X是C2H5OH，和O2在有催化剂条件下反应生成乙醛与水，化学反应方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，
故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O;
(4)Y是NaOH，含有共价键和离子键，和CO2等物质的量反应后产物为NaHCO3，溶液中HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性，
故答案为：共价键、离子键;碱性;反应后所得溶液为NaHCO3，HCO3?发生水解和电离：HCO3?+H2OH2CO3+OH?，HCO3?CO32?+H+，水解大于电离，所以溶液显碱性;
(5)氢氧燃料电池，负极上H2在碱性条件下失电子，产物是水，负极电极反应式为：2H2+4OH??4e?=2H2O;氢氧燃料电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染，
故答案为：2H2+4OH??4e?=2H2O;电池效率高，反应产物可综合利用，不产生污染.
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握基础知识，难度不大.
8.(18分)亚克力的分子式是(C5H8O2)n.某同学从提供的原料库中选择一种原料X，设计合成高分子亚克力的路线如图所示：
原料库：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均代表烃基 )
请回答：
(1)原料X是2?甲基丙烯(填所选物质的名称);高聚物F的结构简式为;
(2)②的反应条件是NaOH水溶液、加热;③的反应类型是氧化反应;⑧的反应类型是加聚反应;
(3)D中含有的官能团为羧基和羟基;
(4)反应④的化学方程式为(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O;
(5)⑦的化学方程式是;
(6)C有多种同分异构体，其中能发生银镜反应且能发生水解反应的共有2种;
(7)某同学以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线：，得到D的同时也得到了另一种有机副产物M，则M可能的结构简式是CH3CH2CH(OH)COOH.
【考点】有机物的推断.
【专题】有机物的化学性质及推断.
【分析】由EF可确定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，结合信息可知反应流程应为，结合有机物的结构和性质解答该题，以丙烯为原料设计了合成中间体D的路线，丙烯先与HBr反应制得溴丙烷，溴丙烷水解生成丙醇，再与HCN反应后水解，最终会生成2?羟基?丁酸.
【解答】解：(1)由EF可确定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，则X为CH2=C(CH3)2，为2?甲基丙烯，E应为，加聚反应生成高聚物F为，
故答案为：2?甲基丙烯;;
(2)由以上图示可知，②的反应条件是NaOH水溶液，加热;反应③为氧化反应，观察E、F可知，由于反应没有脱去小分子，分子组成上没有变化，反应⑧应为加聚反应，故答案为：NaOH水溶液、加热;氧化反应;加聚反应;
(3)由EF可确定E中含有?COOH，由F(C5H8O2)n可知E、F中含有C=C官能团，且E的分子式为C4H6O2，应为不饱和酸，则E应为，D发生消去反应生成E，则D为，含有羧基和羟基，故答案为：羧基和羟基;
(4)D为，C发生氧化反应生成C，则C为(CH3)2C(OH)CHO，被2Ag(NH3)2OH氧化的反应方程式为)(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O，
故答案为：(CH3)2C(OH)CHO+2Ag(NH3)2OH(CH3)2C(OH)COONH4+2Ag+3NH3+H2O;
(5)反应⑦为和甲醇发生酯化反应，方程式为，
故答案为：;
(6)C为(CH3)2C(OH)CHO，其同分异构体能发生银镜反应且能发生水解反应，说明是甲酸丙酯，丙基有2种，所以其同分异构体有2种，故答案为：2;
(7)以丙烯为原料设计了合成中间体D可能发生的副反应为，得到的副产品为CH3CH2CH(OH)COOH，故答案为：CH3CH2CH(OH)COOH.
【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，注意根据题给信息梳理合成流程为解答该题的关键，易错点为(7)，注意把握有机物的结构和性质.
9.(16分)甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物.
文献记载：I.在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、?3价等氮的化合物.
II.FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0.
III.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收.
甲的实验操作和现象记录如下：
实验操作 实验现象 打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹. 打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞. 无明显现象. 加热烧瓶，反应开始后停止加热. ①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅; B中溶液变棕色; C中溶液紫色变浅.
②反应停止后，A中无固体剩余. 请回答下列问题：
(1)滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生.
(2)检验是否生成?3价氮的化合物，应进行的实验操作是取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+.
(3)甲取少量B中溶液，加热，实验现象是棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色.请用化学平衡原理解释原因：FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动.甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成.
(4)乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足.为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色.
(5)证明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是(填序号)cd.
a.铁粉 b.溴水 c.?氰化钾溶液 d.硫氰化钾溶液.
【考点】硝酸的化学性质;铁及其化合物的性质实验.
【专题】氮族元素.
【分析】(1)常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;
(2)若有?3价氮的化合物生成，应生成NH4+，检验A溶液中是否有NH4+离子即可;
(3)B中溶液变棕色，说明B中有Fe(NO)SO4生成，反应FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，棕色溶液变浅(或绿)，生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，气体在空气中变为红棕色;
(4)铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，如果硫酸亚铁溶液再变成棕色则说明有NO生成;
(5)亚铁离子和铁?氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液.
【解答】解：(1)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，
故答案为：常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;
(2)生成?3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+，故答案为：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+;
(3)取少量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液颜色变浅，故答案为：棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色;FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)△H0 正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动;
(4)二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮，
故答案为：浓硝酸换成稀硝酸;A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色;
(5)亚铁离子的特征反应是：亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子的特征反应是：铁离子和无色的硫氰化钾溶液反应血红色溶液，故选cd.
【点评】本题考查铁、硝酸的性质，铵根离子、铁离子和亚铁离子的检验是高考热点，注意：常温时，铁和浓硝酸不是不反应，而是发生了钝化现象，阻止了进一步反应，为易错点.
10.(16分)海水是巨大的化学资源宝库.
Ⅰ.从海水中可以提取氯、溴、碘等卤族元素.
(1)Cl2的电子式是.
(2)已知：X2(g)+H2(g)2HX(g)(X2表示Cl2、Br2和I2).图1表示平衡常数K与温度t的关系.
①△H 表示X2与H2反应的焓变，△H0.(填、或=)
②曲线a表示的是I2(填Cl2、Br2或I2)与H2反应时K与t的关系.
Ⅱ.海水淡化具有广泛的应用前景，淡化前需对海水进行预处理.
(1)通常用明矾[K2SO4Al2(SO4)324H2O]作混凝剂，降低浊度.明矾水解的离子方程式是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+.
(2)用图2所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭藻处理.
①装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O.
②海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3?等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg(OH)2和CaCO3.生成CaCO3的离子方程式是Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3+H2O.
③若每隔5?10min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题.试用电极反应式并结合必要的文字进行解释阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的.
【考点】海水资源及其综合利用;化学平衡建立的过程.
【专题】元素及其化合物;化学计算.
【分析】Ⅰ、(1)氯气是非金属单质，氯原子间形成共价键;
(2)依据图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应;Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多;
Ⅱ、(1)明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水;
(2)①电解饱和氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;
②阴极生成氢气，水的电离被破坏电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀;
③阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，酸溶解沉淀;
【解答】解：Ⅰ.(1)Cl2的电子式是;
故答案为：;
(2)①图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H
故答案为：
②Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多，碘化氢加热分解平衡逆向进行平衡常数减小的大，曲线a表示的是I2;
故答案为：I2;
Ⅱ.(1)明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+;
故答案为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+;
(2)①装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H22NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;
故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H22NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;
②阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成CaCO3的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是：Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3
答案为：Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3
③阴极电解原理分析可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的;
故答案为：阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl??2e?=Cl2，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的;
【点评】本题考查了海水资源的分析应用，物质制备电解原理的分析应用图象分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等.
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