化学---广东省汕头市金山中学2016届高三上学期期中(解析版)

2015-2016学年广东省汕头市金山中学高三（上）期中化学试卷一、选择题.1．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行于世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是（）A．“洧水”的主要成分是油脂B．“洧水”的主要成分是煤油C．烟的主要成分是炭黑D．烟的主要成分是石墨2．美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物（AlH3）n，关于氢铝化合物的推测不正确的是（）A．氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气B．氢铝化合物中铝显+3价，氢显﹣1价C．铝与水蒸气高温下反应生成氢铝化合物D．氢铝化合物具有强还原性3．设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23g NO2和N2O4的混合气体含有N A个氧原子B．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1N A个OH﹣C．标准状况下，NO和O2各11.2L混合，所得混合气体的分子总数为0.75N AD．1molFe与1molCl2充分反应，转移3N A个电子4．下列离子方程式正确的是（）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2OB．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液Fe2++2H++H2O2═Fe3++2H2OC．Mg（HCO3）2溶液中加入过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓D．向含0.5 mol的FeBr2溶液中通入13.44L（标准状况下）Cl2：10Fe2++14Br﹣+12Cl2=10Fe3++7Br2+24Cl﹣5．下列所陈述的事实与解释均正确的是（）选实验操作及现象实验结论项A用pH 试纸测定NaClO 溶液的酸碱性，试纸显蓝色 NaClO 水解显碱性 B 收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生成的红棕色NO 2气体部分转化为无色气体 C 向某溶液中加入几滴新制的氯水，再加入2滴KSCN 溶液，溶液变为红色原溶液中一定含有Fe 2+D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 发生了萃取A ．AB ．BC ．CD ．D 6．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ） ①1mol 该有机物可消耗3mol H 2；②不能发生银镜反应；③分子式为C 12H 20O 2；④它的同分异构体中可能有酚类；⑤1mol 该有机物水解时只能消耗1mol NaOH ．A ．②③④B ．①④⑤C ．①②③D ．②③⑤7．用如图所示装置除去含有CN ﹣、Cl ﹣ 废水中的CN ﹣时，控制溶液pH 为9～10，阳极产生的ClO ﹣将CN ﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）A ．用石墨作阳极，铁作阴极B ．阳极的电极反应式：Cl ﹣+2OH ﹣﹣2e ﹣═ClO ﹣+H 2OC ．阴极的电极反应式：2H 2O+2e ﹣═H 2↑+2OH ﹣D ．除去CN ﹣的反应：2CN ﹣+5ClO ﹣+2H +═N 2↑+2CO 2↑+5Cl ﹣+H 2O二、解答题（共4小题，满分42分）8．在实验室中，可利用碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵等物质溶解度的差异，通过饱和食盐水、氨和二氧化碳反应，获得碳酸氢钠晶体，反应原理可用如下化学方程式表示：NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3↓，依据此原理，欲制得碳酸钠晶体，某校学生设计了如图实验装置，其中B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和：（1）A装置中所发生反应的离子方程式为：．C装置中稀硫酸的作用为：．（2）表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）0℃10℃20℃30℃40℃50℃NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0NaHCO3 6.9 8.1 9.6 11.1 12.7 14.5NH4Cl 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4参照表中数据，请分析B装置中使用冰水是因为．（3）该校学生在检查完此套装置气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在装置之间（填写字母）连接一个盛有的洗气装置，其作用是．（4）利用改进后的装置进行实验，在B中的试管内析出了晶体，经必要的操作后得到了一种纯净的晶体．请通过简单实验判断该晶体是碳酸氢钠晶体晶体而不是碳酸氢铵晶体，简述操作方法、实验现象及结论：．（5）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.88g，则NaHCO3的产率为．9．某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等．水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去．清洗流程如下：Ⅰ．加入NaOH和Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；Ⅱ．放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸，浸泡；Ⅲ．向洗液中加入Na2SO3溶液；Ⅳ．清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉．（1）用NaOH溶解二氧化硅的化学方程式是．（2）已知：20℃时溶解度/gCaCO 3 CaSO 4 Mg （OH ）2 MgCO 31.4×10﹣32.55×10﹣2 9×10﹣4 1.1×10﹣2则步骤Ⅰ中加入Na 2CO 3可除去水垢中的 ．（3）在步骤Ⅱ中：①被除掉的水垢除铁锈外，还有 ．②清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因 ．（4）步骤Ⅲ中，加入Na 2SO 3的目的是 ．（结合离子方程式用文字表达）（5）步骤Ⅳ中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe 3O 4保护膜．①完成并配平其反应的离子方程式：②如果有16.8g 铁被钝化，则转移的电子数为 （保留三位有效数字）．10．A 、B 、C 、D 、E 为五种常见的短周期元素，常温下，A 、B 可形成B 2A 2和B 2A 两种液态化合物，B 与D 可组成气态分子X ，X 的水溶液呈碱性，C 元素的焰色反应呈黄色，E 与C 同周期，且E 的最高价氧化物对应的水化物呈两性．试回答：（1）写出X 的电子式 ；（2）由A 、C 、E 三种元素形成的盐的水溶液呈碱性，用离子方程式解释其原因 ； （3）A 、B 、D 按3：4：2组成的化合物是 化合物．（填“离子”或“共价”）（4）用A 单质和B 单质可制取气体燃料电池，该电池用多孔的惰性电极浸入浓KOH 溶液，两极分别通入A 单质和B 单质．写出该电池负极的电极反应式： ．11．某温度下在容积固定的密闭容器中，下列反应达到平衡：M （g ）+H 2O （g ）⇌N （g ）+H 2（g ）． n （M ）：n （H 2O ）M 转化率 H 2O 转化率 1：10.5 0.5 1：20.67 0.33 1：3 0.75 0.25①该反应的平衡常数为 ．该温度下，向容器中充入2molM 、3mol H 2O 、2mol N 、1.5molH 2，则起始时该反应速率V 正 V 逆（填“＞”、“＜”或“=”）②结合表中数据判断下列说法中正确的是 ．A．增加H2O（g）的量，M的转化率升高而H2O（g）的转化率降低B．若M与H2O（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同C．M和H2O（g）初始物质的量之比等于二者转化率之比D．当M与H2O（g）物质的之比为1：4时，M的转化率为0.8．[此题必选]12．某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下（部分反应略去试剂和条件）：根据以上信息回答下列问题：（1）C的结构简式是．（2）①的反应条件是．②的反应类型是．（3）下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是：．A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大B．能发生消去反应C．能发生加聚反应D．既有酸性又有碱性（4）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是．（5）符合下列条件的E的同分异构体还有种．写出其中核磁共振氢谱图有四种峰的结构简式a．与E具有相同的官能团且官能团不在同一侧链b．水解产物之一能与氯化铁发生显色反应（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线．（仿照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题）2015-2016学年广东省汕头市金山中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题.1．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行于世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是（）A．“洧水”的主要成分是油脂B．“洧水”的主要成分是煤油C．烟的主要成分是炭黑D．烟的主要成分是石墨【考点】碳族元素简介．【分析】由题中信息可知，“洧水”是石油，根据石油的性质分析．【解答】解：由题中信息可知，“洧水”是石油，A．“洧水”的主要成分是石油，是烃的混合物，不是油脂，故A错误；B．“洧水”的主要成分是石油，故B错误；C．石油中C元素的含量较高，点燃时会生成大量的黑烟，故C正确；D．烟的成分是碳的颗粒，不是石墨，故D错误．故选C．2．美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物（AlH3）n，关于氢铝化合物的推测不正确的是（）A．氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气B．氢铝化合物中铝显+3价，氢显﹣1价C．铝与水蒸气高温下反应生成氢铝化合物D．氢铝化合物具有强还原性【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】氢铝化合物性质不稳定能和水反应生成氢氧化铝和氢气，在氧化还原反应中氢铝化合物体现还原性；在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，据此解答．【解答】解：A．氢铝化合物中氢元素显负价，性质不稳定，易和水反应生成氢氧化铝和氢气而体现还原性，故A正确；B．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显﹣1价，故B正确；C．氢铝化合物易和水反应，所以不能用铝和水蒸气反应制取氢铝化合物，故C错误；D．氢铝化合物中氢元素显﹣1价，性质不稳定，易失电子而具有强还原性，故D正确；故选C．3．设N A为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23g NO2和N2O4的混合气体含有N A个氧原子B．1L0.1mol•L﹣1的氨水含有0.1N A个OH﹣C．标准状况下，NO和O2各11.2L混合，所得混合气体的分子总数为0.75N AD．1molFe与1molCl2充分反应，转移3N A个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、NO2和N2O4的最简式均为NO2；B、NH3•H2O为弱碱，在溶液中不能完全电离；C、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能转化为四氧化二氮．D、1molFe与1molCl2充分反应时铁过量，根据氯气的化合价的变化来分析转移电子的个数．【解答】解：A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为n==0.5mol，则含有1mol氧原子即N A个，故A正确；B、NH3•H2O为弱碱，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢氧根的个数小于0.1N A个，故B错误；C、标况下，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能自身转化为四氧化二氮导致混合气体的分子总数小于0.75N A，故C错误；D、1molFe与1molCl2充分反应时，铁过量，1mol氯气完全反应，由于氯元素由0价变为﹣1价，故1mol氯气转移2mol电子即2N A个，故D错误．故选A．4．下列离子方程式正确的是（）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2OB．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液Fe2++2H++H2O2═Fe3++2H2O C．Mg（HCO3）2溶液中加入过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓D．向含0.5 mol的FeBr2溶液中通入13.44L（标准状况下）Cl2：10Fe2++14Br﹣+12Cl2=10Fe3++7Br2+24Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO和水；B．电子、电荷不守恒；C．反应生成氢氧化镁、碳酸钙和水；D．n（Cl2）==0.6mol，由电子守恒可知，亚铁离子全被氧化，而溴离子部分被氧化．【解答】解：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为2NO3﹣+3SO32﹣+2H+=3SO42﹣+2NO↑+H2O，故A错误；B．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液的离子反应为2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O，故B错误；C．Mg（HCO3）2溶液中加入过量石灰水的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故C错误；D．向含0.5 mol的FeBr2溶液中通入13.44L（标准状况下）Cl2的离子反应为10Fe2++14Br ﹣+12Cl2=10Fe3++7Br2+24Cl﹣，遵循电子、电荷守恒，故D正确；故选D．5．下列所陈述的事实与解释均正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A 用pH试纸测定NaClO溶液的酸碱性，试纸显蓝色NaClO水解显碱性B 收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生成的红棕色NO2气体部分转化为无色气体C 向某溶液中加入几滴新制的氯水，再加入2滴原溶液中一定含有Fe2+KSCN溶液，溶液变为红色D 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了萃取A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．次氯酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但次氯酸钠水解生成的次氯酸具有漂白性；B．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮能自身发生转化生成无色的四氧化二氮，降低温度平衡向吸热方向移动；C．用KSCN溶液检验溶液中是否含有亚铁离子时应该先排除铁离子的干扰；D．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色．【解答】解：A．次氯酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但次氯酸钠水解生成的次氯酸具有漂白性，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH值，应该用pH计，故A错误；B．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮能自身发生转化生成无色的四氧化二氮，降低温度平衡向吸热方向移动，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅，说明生成的红棕色NO2气体部分转化为无色气体，故B正确；C．用KSCN溶液检验溶液中是否含有亚铁离子时应该先排除铁离子的干扰，所以应该先加KSCN溶液然后加氯水检验亚铁离子，故C错误；D．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验发生氧化还原反应，故D错误；故选B．6．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（）①1mol该有机物可消耗3mol H2；②不能发生银镜反应；③分子式为C12H20O2；④它的同分异构体中可能有酚类；⑤1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH．A．②③④B．①④⑤C．①②③D．②③⑤【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，结合有机物的组成解答该题．【解答】解：①分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2mol H2，酯基与氢气不发生加成反应，故①错误；②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故②正确；③由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故③正确；④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故④错误；⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故⑤正确．故选D．7．用如图所示装置除去含有CN﹣、Cl﹣废水中的CN﹣时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（）A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2OC．阴极的电极反应式：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D．除去CN﹣的反应：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O【考点】真题集萃；电解原理．【分析】A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；C．阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成．【解答】解：A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2O，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e ﹣═H2↑+2OH﹣，故C正确；D．阳极产生的ClO﹣将CN﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN﹣+5ClO﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+2OH﹣，故D错误；故选D．二、解答题（共4小题，满分42分）8．在实验室中，可利用碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵等物质溶解度的差异，通过饱和食盐水、氨和二氧化碳反应，获得碳酸氢钠晶体，反应原理可用如下化学方程式表示：NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3↓，依据此原理，欲制得碳酸钠晶体，某校学生设计了如图实验装置，其中B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和：（1）A装置中所发生反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．C装置中稀硫酸的作用为：吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染．（2）表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）0℃10℃20℃30℃40℃50℃NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0NaHCO3 6.9 8.1 9.6 11.1 12.7 14.5NH4Cl 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4参照表中数据，请分析B装置中使用冰水是因为温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出．（3）该校学生在检查完此套装置气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在A与B装置之间（填写字母）连接一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，其作用是除去CO2中混有的HCl气体．（4）利用改进后的装置进行实验，在B中的试管内析出了晶体，经必要的操作后得到了一种纯净的晶体．请通过简单实验判断该晶体是碳酸氢钠晶体晶体而不是碳酸氢铵晶体，简述操作方法、实验现象及结论：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是NH4HCO3．（5）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.88g，则NaHCO3的产率为70%．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）A装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；C装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气；（2）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；（3）通入二氧化碳没有得到碳酸氢钠晶体，是二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体；（4）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，碳酸氢铵受热分解为氨气、水、二氧化碳，根据加热后的产物判断；（5）依据化学方程式计算理论生成碳酸氢钠的质量，结合实际生成的碳酸氢钠的质量计算产率．【解答】解：（1）A装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；C装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气，防止污染环境；故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染；（2）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据图标分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；故答案为：温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；（3）二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以的不到碳酸氢钠晶体，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体；故答案为：A与B；饱和NaHCO3溶液；除去CO2中混有的HCl气体；（4）碳酸氢钠在加热的条件下生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，有白色固体碳酸钠剩余，碳酸氢铵（NH4HCO3）受热分解，生成氨气（NH3）、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，无固体剩余，所以判断该晶体是碳酸氢钠晶体而不是碳酸氢铵晶体，方法为：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是NH4HCO3，故答案为：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是NH4HCO3；（5）饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，依据化学方程式计算NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3（晶体），理论得到碳酸氢钠质量为8.4g：实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.88g，则碳酸氢钠的产率=×100%=70%；故答案为：70%．9．某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等．水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去．清洗流程如下：Ⅰ．加入NaOH和Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；Ⅱ．放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸，浸泡；Ⅲ．向洗液中加入Na2SO3溶液；Ⅳ．清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉．（1）用NaOH溶解二氧化硅的化学方程式是SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O．（2）已知：20℃时溶解度/gCaCO3CaSO4Mg（OH）2MgCO31.4×10﹣32.55×10﹣29×10﹣4 1.1×10﹣2则步骤Ⅰ中加入Na2CO3可除去水垢中的CaSO4．（3）在步骤Ⅱ中：①被除掉的水垢除铁锈外，还有CaCO3、Mg（OH）2、SiO2．②清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因2Fe3++Fe═3Fe2+．（4）步骤Ⅲ中，加入Na2SO3的目的是SO32﹣+2Fe3++H2O=SO42﹣+2Fe2++2H+，将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉．（结合离子方程式用文字表达）（5）步骤Ⅳ中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe3O4保护膜．①完成并配平其反应的离子方程式：②如果有16.8g铁被钝化，则转移的电子数为 4.82×1023（保留三位有效数字）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水；（2）由表格中数据可知，碳酸钙更难溶；（3）①加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应、二氧化硅与HF酸反应；②溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应；（4）步骤Ⅲ中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应；（5）①由Fe+□NO2﹣+□H2O═□N2↑，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成氧化铁，由电荷守恒可知还生成OH﹣；②16.8g铁为0.3mol，钝化时表面生成致密的四氧化三铁，根据氧化还原反应方程式进行计算；【解答】解：（1）用NaOH溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水，反应为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；（2）由表格中数据可知，碳酸钙更难溶，则清洗CaSO4的过程为CaSO4在水中存在平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），用Na2CO3溶液浸泡后，Ca2+与CO32﹣结合成更难溶的CaCO3，使上述平衡右移，CaSO4转化成CaCO3，然后用盐酸除去，所以步骤Ⅰ中加入Na2CO3可除去水垢中的CaSO4，故答案为：CaSO4；（3）①加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应，二氧化硅与HF酸反应，则还有CaCO3、Mg（OH）2、SiO2，故答案为：CaCO3、Mg（OH）2、SiO2；②溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应，离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；（4）步骤Ⅲ中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应，其目的为将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉，反应的离子方程式为SO32﹣+2Fe3++H2O=SO42﹣+2Fe2++2H+，故答案为：SO32﹣+2Fe3++H2O=SO42﹣+2Fe2++2H+，将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉；（5）①由Fe+□NO2﹣+□H2O═□N2↑，可知Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成四氧化三铁，由电荷守恒可知还生成OH﹣，则该反应为9Fe+8NO2﹣+4H2O═4N2↑+3Fe3O4+8OH﹣，故答案为：9、8、4、4、3Fe3O4、8OH﹣；②16.8g铁为0.3mol，钝化时表面生成致密的四氧化三铁，根据氧化还原反应方程式9Fe+8NO2﹣+4H2O═4N2↑+3Fe3O4+8OH﹣可知，每9mol铁反应可以转移24mol电子，所以0.3mol铁反应转移的电子数为0.8×6.022×1023=4.82×1023，故答案为：4.82×1023．10．A、B、C、D、E为五种常见的短周期元素，常温下，A、B可形成B2A2和B2A两种液态化合物，B与D可组成气态分子X，X的水溶液呈碱性，C元素的焰色反应呈黄色，E 与C同周期，且E的最高价氧化物对应的水化物呈两性．试回答：（1）写出X的电子式；（2）由A、C、E三种元素形成的盐的水溶液呈碱性，用离子方程式解释其原因AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣；（3）A、B、D按3：4：2组成的化合物是离子化合物．（填“离子”或“共价”）（4）用A单质和B单质可制取气体燃料电池，该电池用多孔的惰性电极浸入浓KOH溶液，两极分别通入A单质和B单质．写出该电池负极的电极反应式：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O．【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】A、B、C、D、E为五种常见的短周期元素，常温下，A、B可形成B2A2和B2A两种液态化合物，则B为H，A为O；B与D可组成气态分子X，X的水溶液呈碱性，可知D为N，X为NH3；C元素的焰色反应呈黄色，E与C同周期，且E的最高价氧化物对应的水化物呈两性，可知C为Na、E为Al，以此来解答．【解答】解：A、B、C、D、E为五种常见的短周期元素，常温下，A、B可形成B2A2和B2A两种液态化合物，则B为H，A为O；B与D可组成气态分子X，X的水溶液呈碱性，可知D为N，X为NH3；C元素的焰色反应呈黄色，E与C同周期，且E的最高价氧化物对应的水化物呈两性，可知C为Na、E为Al，（1）X的电子式为，故答案为：；（2）由A、C、E三种元素形成的盐为NaAlO2，水溶液呈碱性，发生水解离子反应为AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣，故答案为：AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣；（3）A、B、D按3：4：2组成的化合物为NH4NO3，含离子键，是离子化合物，故答案为：离子；（4）氢气、氧气、KOH构成的原电池中，氢气在负极上失去电子，则负极反应为H2﹣2e ﹣+2OH﹣=2H2O，故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O．11．某温度下在容积固定的密闭容器中，下列反应达到平衡：M（g）+H2O（g）⇌N（g）+H2（g）．n（M）：n（H2O）M转化率H2O转化率1：1 0.5 0.51：2 0.67 0.331：3 0.75 0.25①该反应的平衡常数为1．该温度下，向容器中充入2molM、3mol H2O、2mol N、1.5molH2，则起始时该反应速率V正＞V逆（填“＞”、“＜”或“=”）②结合表中数据判断下列说法中正确的是ABD．A．增加H2O（g）的量，M的转化率升高而H2O（g）的转化率降低B．若M与H2O（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同C．M和H2O（g）初始物质的量之比等于二者转化率之比D．当M与H2O（g）物质的之比为1：4时，M的转化率为0.8．【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【分析】①n（M）：n（H2O）=1：1，M和H2O转化率为0.5，对于反应：M（g）+H2O（g）⇌N（g）+H2（g），该反应的平衡常数为K=1．该温度下，向容器中充入2molM、3mol H2O、。