2016年天津市河西区高考化学三模试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 2016年天津市河西区高考化学三模试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 282.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-03 18:25:18 | ||
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文档简介
2016年天津市河西区高考化学三模试卷
一、本卷共6题，每题6分，共计36分．在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．食盐可做调味剂、防腐剂
B．硅酸钠可做木材防火剂的原料
C．二氧化硫在葡萄酒中起漂白作用
D．还原铁粉可用于食品包装袋内的脱氧剂
2．常温下，有关下列说法正确的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣能大量共存
B．
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣能大量共存
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣═2C6H5OH+CO32﹣
D．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O
3．下列实验叙述正确的是（ ）
A．用饱和食盐水替代水与电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，俯视刻度线会使浓度偏低
C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，不影响测定结果
D．用NaOH标准液滴定待测浓度盐酸，达终点时滴定管尖嘴有悬滴，则测定结果偏小
4．下列物质的制备原理设计步骤合理的是（ ）
A．SSO3
H2SO4
B．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
C．AlCl3（溶液）AlCl3
Al
D．NaCl（饱和溶液）
NaHCO3Na2CO3
5．一定条件下可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），X、Y、Z的起始浓度分别为a
mol L﹣1、b
mol L﹣1、c
mol L﹣1（均不为零），反应正向进行达到平衡时，它们的浓度分别为0.2mol L﹣1、0.6mol L﹣1、0.18mol L﹣1，则下列判断正确的是（ ）
A．a：b=3：1
B．X、Y的转化率相等
C．Y和Z的生成速率之比为2：3可做平衡标志
D．a的取值范围为0
mol L﹣1＜a＜0.18
mol L﹣1
6．已知：图甲是由某温度下Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化图．图乙是常温下向100mL
0.1mol L﹣1HA溶液中逐滴加入0.2mol L﹣1KOH溶液，混合溶液的pH变化图．如图所示与推测的结论相符的是（ ）
A．由图甲知：Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]
B．由图甲知：a、b点溶液中Kw，b点的大
C．由图乙知：HA为强酸
D．由图乙知：Y点对应的溶液中c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）
二、解答题（共4小题，满分64分）
7．Q、W、X、Y、Z五种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的单质是一种重要半导体材料．
Y
Q
W
X
Z
请按要求回答下列问题：
（1）Y的原子结构示意图为 ；举一例说明Z的非金属性比X的非金属性强的事实： ．
（2）W、X、Y的原子半径由大到小依次是（填元素符号） ；W与Z形成的化合物电子式为 ．
（3）将Z的单质通入到含等物质的量FeBr2溶液中充分反应的离子方程式为 ．
（4）已知：2Na（s）+1/2Y2（g）=Na2Y（s）△H=﹣414kJ/mol；2Na（s）+Y2（g）═Na2Y2（s）△H=﹣511kJ/mol；则Na2Y（s）
转变为Na2Y2（s）的反应一定条件下能自发进行的理由是 ．
将0.2mol
Na2Y2加入到100mL1mol/L
QZ3中，充分反应的化学方程式为 ．
（5）R与W同周期，已知：在T℃时Ksp[R（OH）2]的值为4.0×l0﹣12，则R（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）=
mol L﹣1．
8．有机物A～G间的转化关系如图所示（部分产物已略）：
已知：B遇FeCl3溶液发生显色反应，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，能与足量碳酸氢钠溶液反应．
请按要求回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称： ；1mol
B可以和 mol
Br2充分反应；B与足量的NaHCO3溶液反应产物的结构简式为 ．
（2）写出下列反应的反应类型：反应
②： ；反应
③： ．
（3）G的结构简式： ．
（4）写出下列反应的化学方程式：反应
④： ：反应①： ．
（5）X是C在铜加热条件下的氧化产物，检验X所含官能团的方法是 ．Y是C的同系物，比C多2个CH2原子团，Y的同分异构有多种，写出其中核磁共振氢谱仅有两种且吸收峰面积之比为2：3的结构简式： ．
9．某研究小组利用如图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应原理．已知：0.4mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH=l．
请按要求回答下列问题：
（1）检验装置A气密性的操作方法：在B中加入适量水，连接好装置A、B， ，则气密性好．
装置A中反应的化学方程式是 ．
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是 ．
（3）在C处虚线框内画出尾气吸收的装置图（标注试剂）．
（4）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 ，说明SO2具有 性．
（5）猜想B中产生白色沉淀的原因：
猜想1． ；
猜想2：由于SO2与Fe3+反应；
猜想3：由于在酸性条件下SO2与NO3﹣反应．
①若猜想2成立，装置B中依次可能发生反应的离子方程式： ， ．
②为验证猜想3成立，可在相同条件下进行实验，将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为下列试剂是（填序号） ．
a．5mL
2.4mol/L稀硝酸
b．5mL
0.8mol/L
FeCl3溶液
c．2.5mL
0.4mol/L盐酸和2.5mL
4.8mol/L
NaNO3溶液．
10．从海带中提取单质碘及碘的化合物间的转化关系如图所示：
请按要求回答下列问题：
（1）从海带灰浸取液中提取单质碘涉及的反应
①，所用试剂是MnO2、稀硫酸，其离子方程式是 ；实现反应①还可以选用的试剂有（填字母序号） ．
a.3%的H2O2、稀硫酸
b．氯水
c．FeCl2溶液
d．NaOH溶液
（2）反应②2HI（g） H2（g）+I2（g）
的能量变化如图1所示；其他条件相同，1mol
HI
在不同温度分解达平衡时，测得体系中n（I2）随温度变化的曲线如图2所示．
i．比较
2z （x+y）（填“＜”、“＞”或“=”），理由是
ii．某温度下该反应的平衡常数=，达平衡时，HI
的转化率= ．
iii．只改变该反应的一个条件，能提高
HI
转化率的措施是（填字母序号） ．
a．增大HI
浓度
b．加压
c．移走I2
d．升温
（3）反应=③在碱性条件下I2可以转化为IO3﹣．电解KI溶液制备KIO3的工作原理如下图所示．电解过程中观察到阳极液变蓝，一段时间后又逐渐变浅．
i．M连接电源的 极．
ii．结合实验现象和电极反应式说明制备KIO3的原理： ．
2016年天津市河西区高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、本卷共6题，每题6分，共计36分．在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．食盐可做调味剂、防腐剂
B．硅酸钠可做木材防火剂的原料
C．二氧化硫在葡萄酒中起漂白作用
D．还原铁粉可用于食品包装袋内的脱氧剂
【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质．
【分析】A．食盐具有咸味是咸味剂．食盐可以作防腐剂；
B．硅酸钠水溶液是水玻璃，水玻璃是矿物胶，不燃烧；
C．二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂；
D．Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂．
【解答】解：A．食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味是咸味剂，可做调味剂，故A正确；
B．硅酸钠的水溶液呈水玻璃，水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，水玻璃可用作制备木材防火剂的原料，故B正确；
C．二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，不是漂白性，故C错误；
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D正确；
故选C．
2．常温下，有关下列说法正确的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣能大量共存
B．
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣能大量共存
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣═2C6H5OH+CO32﹣
D．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O
【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．
【分析】A．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
B.
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液，显酸性；
C．反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水．
【解答】解：A．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故A错误；
B.
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C．反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子反应为CO2+H2O+C6H5O﹣═C6H5OH+HCO3﹣，故C错误；
D．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，离子反应为3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；
故选B．
3．下列实验叙述正确的是（ ）
A．用饱和食盐水替代水与电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，俯视刻度线会使浓度偏低
C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，不影响测定结果
D．用NaOH标准液滴定待测浓度盐酸，达终点时滴定管尖嘴有悬滴，则测定结果偏小
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．用饱和食盐水替代水，可以减慢反应速率；
B．俯视刻度线会使溶液体积偏小，浓度偏大；
C．将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失；
D．达终点时滴定管尖嘴有悬滴，消耗的标准液体积偏大．
【解答】解：A．饱和食盐水与电石反应较为平缓，可代替水的反应，故A正确；
B．俯视刻度线会使溶液体积偏小，浓度偏大，故B错误；
C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失，故C错误；
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误．
故选A．
4．下列物质的制备原理设计步骤合理的是（ ）
A．SSO3
H2SO4
B．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
C．AlCl3（溶液）AlCl3
Al
D．NaCl（饱和溶液）
NaHCO3Na2CO3
【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．
【分析】A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫；
B、铁在氯气中燃烧生成氯化铁；
C、氯化铝是共价化合物；
D、依据侯氏制碱法原理解答．
【解答】解：A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，得不到三氧化硫，故A错误；
B、铁在氯气中燃烧生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故B错误；
C、氯化铝是共价化合物，工业上是用电解熔融的氧化铝得到铝，故C错误；
D、首先通入氨气，增加二氧化碳的溶解度，所以选通氨气，再通二氧化碳，得到溶解度极小的碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，加热得到碳酸钠，故D正确；
故选D．
5．一定条件下可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），X、Y、Z的起始浓度分别为a
mol L﹣1、b
mol L﹣1、c
mol L﹣1（均不为零），反应正向进行达到平衡时，它们的浓度分别为0.2mol L﹣1、0.6mol L﹣1、0.18mol L﹣1，则下列判断正确的是（ ）
A．a：b=3：1
B．X、Y的转化率相等
C．Y和Z的生成速率之比为2：3可做平衡标志
D．a的取值范围为0
mol L﹣1＜a＜0.18
mol L﹣1
【考点】化学平衡的计算．
【分析】一定条件下可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），X、Y、Z的起始浓度分别为a
mol L﹣1、b
mol L﹣1、c
mol L﹣1（均不为零），反应正向进行达到平衡时，它们的浓度分别为0.2mol L﹣1、0.6mol L﹣1、0.18mol L﹣1，利用极值转化；
A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；
B．起始量相同，平衡量相同，转化率相同；
C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
D．根据可逆不能完全转化的角度分析．
【解答】解：A．设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g） 2Z（g）
初始：a
b
c
转化：x
3x
2x
平衡：0.2moL/L
0.6mol/L
0.18mol/L
则：a：b=（x+0.2moL/L）：（3x+0.6mol/L）=1：3，故A错误；
B．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故B正确；
C．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故C错误；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜a，如反应向逆反应分析进行，则a＜0.29mol L﹣1，故有0＜a＜0.29mol L﹣1，故D错误．
故选：B．
6．已知：图甲是由某温度下Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化图．图乙是常温下向100mL
0.1mol L﹣1HA溶液中逐滴加入0.2mol L﹣1KOH溶液，混合溶液的pH变化图．如图所示与推测的结论相符的是（ ）
A．由图甲知：Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]
B．由图甲知：a、b点溶液中Kw，b点的大
C．由图乙知：HA为强酸
D．由图乙知：Y点对应的溶液中c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A、根据图象找出可用来比较Fe（OH）3与Cu（OH）2溶度积常数点，可用b、a进行计算；
B、a、b点溶液中Kw只和温度有关，温度不变，Kw不变；
C、根据图示可知，0.1mol L﹣1HA溶液的pH=2，说明溶液中
HA在溶液中部分电离；
D、Y点HA与氢氧化钾恰好反应生成KA，A﹣部分水解，溶液显示碱性．
【解答】解：A、由a、b两点对应数据可比较出Ksp[Fe（OH）3]与Ksp[Cu（OH）2]的大小，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+） （OH﹣）3=c（Fe3+） （10﹣12.7）3，Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+） （OH﹣）2=c（Cu2+） （10﹣9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]，故A正确；
B、由图甲知：a、b点溶液中Kw一样大，故B错误；
C、HA若是强酸，则0.1mol L﹣1HA溶液的pH=1，而图象中溶液的pH＞2，则HA部分电离，则HA为一元弱酸，故C错误；
D、Y点加入100mL氢氧化钾溶液后，100mL
0.1mol L﹣1HA与100mL
0.2mol L﹣1KOH溶液反应生成0.05mol L﹣1KA和0.05mol L﹣1KOH的混合物，氢氧根离子浓度大于0.05mol/L，而A﹣部分水解，溶液中A﹣部分水解的浓度小于0.05mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c（K+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣），故D错误；
故选A．
二、解答题（共4小题，满分64分）
7．Q、W、X、Y、Z五种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的单质是一种重要半导体材料．
Y
Q
W
X
Z
请按要求回答下列问题：
（1）Y的原子结构示意图为 ；举一例说明Z的非金属性比X的非金属性强的事实： 酸性强弱；HClO4＞H3PO4，或稳定性：HCl＞PH3 ．
（2）W、X、Y的原子半径由大到小依次是（填元素符号） r（Si）＞r（P）＞r（O） ；W与Z形成的化合物电子式为 ．
（3）将Z的单质通入到含等物质的量FeBr2溶液中充分反应的离子方程式为 2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣ ．
（4）已知：2Na（s）+1/2Y2（g）=Na2Y（s）△H=﹣414kJ/mol；2Na（s）+Y2（g）═Na2Y2（s）△H=﹣511kJ/mol；则Na2Y（s）
转变为Na2Y2（s）的反应一定条件下能自发进行的理由是 Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，而△S＜0，△H﹣T△S在低温下小于0，可自发进行 ．
将0.2mol
Na2Y2加入到100mL1mol/L
QZ3中，充分反应的化学方程式为 2Na2O2+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+O2↑ ．
（5）R与W同周期，已知：在T℃时Ksp[R（OH）2]的值为4.0×l0﹣12，则R（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）= 2.0×l0﹣4
mol L﹣1．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】由短周期元素的相对位置，可知Y处于第二周期，其它处于第三周期，而W的单质是一种重要半导体材料，则W为Si元素，可推知Q为Al，X为P，Y为O，Z为Cl．
（1）根据核外电子排布规律画出原子结构示意图；可以根据最高价含氧酸的酸性强弱，氢化物稳定性等进行判断；
（2）同周期自作而原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；W与Z形成的化合物为SiCl4，Si原子与Cl原子之间形成1对共用电子对；
（3）假设氯气与FeBr2均为1mol，还原性Fe2+＞Br﹣，氯气先氧化Fe2+为Fe3+，根据电子转移守恒，1molFe2+消耗0.5mol氯气，而剩余的0.5mol氯气可以氧化1molBr﹣；
（4）根据盖斯定律，可得：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，而△H﹣T△S＜0时，反应可自发进行；
将0.2mol
Na2O2加入到100mL1mol/L
AlCl3中，AlCl3为0.1mol，过氧化钠与水反应生成0.4molNaOH，氯化铝与氢氧化钠恰好反应生成NaAlO2；
（5）Ksp[R（OH）2]=c（R2+）×c2（OH﹣）=4.0×l0﹣12，而饱和溶液中c（R2+）=c（OH﹣），联立计算饱和溶液中c（OH﹣）．
【解答】解：由短周期元素的相对位置，可知Y处于第二周期，其它处于第三周期，而W的单质是一种重要半导体材料，则W为Si元素，可推知Q为Al，X为P，Y为O，Z为Cl．
（1）Y为O元素，原子结构示意图为：，酸性强弱；HClO4＞H3PO4，或稳定性：HCl＞PH3等都可以说明Cl的非金属性比P的强，
故答案为：；酸性强弱；HClO4＞H3PO4，或稳定性：HCl＞PH3；
（2）同周期自作而原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Si）＞r（P）＞r（O），W与Z形成的化合物为SiCl4，Si原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，电子式为：，
故答案为：r（Si）＞r（P）＞r（O）；；
（3）假设氯气与FeBr2均为1mol，还原性Fe2+＞Br﹣，氯气先氧化Fe2+为Fe3+，根据电子转移守恒，1molFe2+消耗0.5mol氯气，而剩余的0.5mol氯气可以氧化1molBr﹣，反应离子方程式为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，
故答案为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣；
（4）已知：①．2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ/mol；
②．2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=﹣511kJ/mol
根据盖斯定律，②﹣①可得：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，该反应△S＜0，而△H﹣T△S＜0时，反应可自发进行，故低温下可以自发进行，
将0.2mol
Na2O2加入到100mL1mol/L
AlCl3中，AlCl3为0.1mol，过氧化钠与水反应生成0.4molNaOH，氯化铝与氢氧化钠恰好反应生成NaAlO2，故反应方程式为：2Na2O2+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+O2↑，
故答案为：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，而△S＜0，△H﹣T△S在低温下小于0，可自发进行；2Na2O2+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+O2↑；
（5）Ksp[R（OH）2]=c（R2+）×c2（OH﹣）=4.0×l0﹣12，而饱和溶液中c（R2+）=c（OH﹣），联立可得饱和溶液中c（OH﹣）=2.0×l0﹣4
mol/L，
故答案为：2.0×l0﹣4．
8．有机物A～G间的转化关系如图所示（部分产物已略）：
已知：B遇FeCl3溶液发生显色反应，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，能与足量碳酸氢钠溶液反应．
请按要求回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称： 羧基、羟基 ；1mol
B可以和 3 mol
Br2充分反应；B与足量的NaHCO3溶液反应产物的结构简式为 ．
（2）写出下列反应的反应类型：反应
②： 消去反应 ；反应
③： 加成反应 ．
（3）G的结构简式： ．
（4）写出下列反应的化学方程式：反应
④： ：反应①： ．
（5）X是C在铜加热条件下的氧化产物，检验X所含官能团的方法是 向盛有新制银氨溶液的试管中滴加适量X，振荡后将试管放在热水浴中温热，观察有银镜产生，证明X含醛基．[或向盛有新制氢氧化铜（氢氧化钠过量）的试管中滴加适量X，振荡后加热，观察有红色沉淀，证明X含醛基] ．Y是C的同系物，比C多2个CH2原子团，Y的同分异构有多种，写出其中核磁共振氢谱仅有两种且吸收峰面积之比为2：3的结构简式： CH3CH2OCH2CH3 ．
【考点】有机物的推断．
【分析】B遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能与足量碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，B的不饱和度为=6，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，说明取代基中含有1个碳碳双键，且苯环上的一氯代物只有2种，两个不同的取代基处于对位，故B的结构简式为，B与HCl发生加成反应生成E，E发生水解反应得到F，F再浓硫酸作用下得到G，G含有2个苯环的六元环酯，则E中﹣COOH、﹣Cl连接同一碳原子上，故E为，F为，G为．A发生水解反应得到B、C，A含有酯基，结合C的分子式可知C为CH3CH2OH，故A的结构简式为：，C发生消去反应生成D为CH2=CH2．
【解答】解：B遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能与足量碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，B的不饱和度为=6，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，说明取代基中含有1个碳碳双键，且苯环上的一氯代物只有2种，两个不同的取代基处于对位，故B的结构简式为，B与HCl发生加成反应生成E，E发生水解反应得到F，F再浓硫酸作用下得到G，G含有2个苯环的六元环酯，则E中﹣COOH、﹣Cl连接同一碳原子上，故E为，F为，G为．A发生水解反应得到B、C，A含有酯基，结合C的分子式可知C为CH3CH2OH，故A的结构简式为：，C发生消去反应生成D为CH2=CH2．
（1）B的结构简式为，B中含氧官能团的名称：羧基、羟基，碳碳双键与溴发生加成反应，酚羟基的邻位能与溴发生取代反应，1mol
B可以和3mol
Br2充分反应，羧基能与碳酸氢钠反应，而酚羟基不能与碳酸氢钠反应，B与足量的NaHCO3溶液反应产物的结构简式为，
故答案为：羧基、羟基；3；；
（2）反应
②属于消去反应，反应
③属于加成反应，
故答案为：消去反应；加成反应；
（3）G的结构简式：，
故答案为：；
（4）反应
④的化学方程式为：，
反应①的化学方程式为：，
故答案为：；；
（5）X是C在铜加热条件下的氧化产物，则X为CH3CHO，检验X所含官能团的方法是：向盛有新制银氨溶液的试管中滴加适量X，振荡后将试管放在热水浴中温热，观察有银镜产生，证明X含醛基．[或向盛有新制氢氧化铜（氢氧化钠过量）的试管中滴加适量X，振荡后加热，观察有红色沉淀，证明X含醛基]，
Y是C（乙醇）的同系物，比C多2个CH2原子团，Y的同分异构有多种，其中核磁共振氢谱仅有两种且吸收峰面积之比为2：3的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，
故答案为：向盛有新制银氨溶液的试管中滴加适量X，振荡后将试管放在热水浴中温热，观察有银镜产生，证明X含醛基．[或向盛有新制氢氧化铜（氢氧化钠过量）的试管中滴加适量X，振荡后加热，观察有红色沉淀，证明X含醛基]；CH3CH2OCH2CH3．
9．某研究小组利用如图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应原理．已知：0.4mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH=l．
请按要求回答下列问题：
（1）检验装置A气密性的操作方法：在B中加入适量水，连接好装置A、B， 关闭弹簧夹及分液漏斗的活塞，将B中导气管深入到B的水液面以下，手握烧瓶，若B导管中有气泡冒出，松开手，B中有液柱回流 ，则气密性好．
装置A中反应的化学方程式是 Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O ．
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是 打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹 ．
（3）在C处虚线框内画出尾气吸收的装置图（标注试剂）．
（4）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 BaSO4 ，说明SO2具有 还原 性．
（5）猜想B中产生白色沉淀的原因：
猜想1． SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应 ；
猜想2：由于SO2与Fe3+反应；
猜想3：由于在酸性条件下SO2与NO3﹣反应．
①若猜想2成立，装置B中依次可能发生反应的离子方程式： SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+ ， SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓ ．
②为验证猜想3成立，可在相同条件下进行实验，将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为下列试剂是（填序号） C ．
a．5mL
2.4mol/L稀硝酸
b．5mL
0.8mol/L
FeCl3溶液
c．2.5mL
0.4mol/L盐酸和2.5mL
4.8mol/L
NaNO3溶液．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠；
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；
（3）尾气主要为二氧化硫，所以C处虚线框内画出尾气吸收的装置中试剂需选择碱性溶液，同时需有防倒吸的装置；
（4）二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀；
（5）Fe3+和Fe2+都具有氧化性，都可与二氧化硫反应，可根据反应产物进行判断，装置B中的Fe（NO3）3溶液替换需硝酸根离子浓度相同、溶液的PH相同．
【解答】解：（1）装置气密性的检查一般常用加热法，依据的原理是：通过加热（用酒精灯或热毛巾或体温）密闭容器，使其中的气体受热膨胀，压强变大，导致放入水中的导管口有气泡冒出（导管应先放入水中），移开热源后，由于装置中的气体遇冷收缩、压强变小，又会在导管里形成一段水柱，检验装置A气密性的操作方法：在B中加入适量水，连接好装置A、B，
关闭弹簧夹及分液漏斗的活塞，将B中导气管深入到B的水液面以下，手握烧瓶，若B导管中有气泡冒出，松开手，B中有液柱回流，装置A中反应的化学方程式是Na2SO3+H2S04（浓）=Na2S04+SO2↑+H2O，
故答案为：关闭弹簧夹及分液漏斗的活塞，将B中导气管深入到B的水液面以下，手握烧瓶，若B导管中有气泡冒出，松开手，B中有液柱回流；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹，
故答案为：打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹；
（3）尾气的主要成分为二氧化硫，通常用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，需用倒扣的漏斗，所以装置如图：，
故答案为：
；
（4）二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，
故答案为：BaSO4；还原性；
（5）两种离子都氧化二氧化硫，即SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应；
故答案为：猜想1：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应；
①按观点2，装置B中反应的离子方程式是SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，可通过检验是否有Fe2+生成的方法判断，具体做法为取少量B中溶液于试管中，加入少量铁氰化钾[K3Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点2合理，也可根据生成白色沉淀判断，
故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；
②按观点3，在酸性条件下SO2与NO3﹣反应，实验中c（NO3﹣）=1.2mol/L，pH=l，则可用2.5mL
0.4mol/L盐酸和2.5mL
4.8mol/L
NaNO3溶液代替，
故答案为：c．
10．从海带中提取单质碘及碘的化合物间的转化关系如图所示：
请按要求回答下列问题：
（1）从海带灰浸取液中提取单质碘涉及的反应
①，所用试剂是MnO2、稀硫酸，其离子方程式是 MnO2+4H++2I﹣=Mn2++I2+2H2O ；实现反应①还可以选用的试剂有（填字母序号） ab ．
a.3%的H2O2、稀硫酸
b．氯水
c．FeCl2溶液
d．NaOH溶液
（2）反应②2HI（g） H2（g）+I2（g）
的能量变化如图1所示；其他条件相同，1mol
HI
在不同温度分解达平衡时，测得体系中n（I2）随温度变化的曲线如图2所示．
i．比较
2z ＞ （x+y）（填“＜”、“＞”或“=”），理由是 根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g） H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z﹣（x+y）＞0，所以2z＞x+y
ii．某温度下该反应的平衡常数=，达平衡时，HI
的转化率= 20% ．
iii．只改变该反应的一个条件，能提高
HI
转化率的措施是（填字母序号） cd ．
a．增大HI
浓度
b．加压
c．移走I2
d．升温
（3）反应=③在碱性条件下I2可以转化为IO3﹣．电解KI溶液制备KIO3的工作原理如下图所示．电解过程中观察到阳极液变蓝，一段时间后又逐渐变浅．
i．M连接电源的 正 极．
ii．结合实验现象和电极反应式说明制备KIO3的原理： I﹣在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH﹣通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH﹣反应2I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，并获得产品KIO3 ．
【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；海水资源及其综合利用．
【分析】（1）MnO2具有氧化性、碘离子具有还原性，酸性条件下，MnO2和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水；将I﹣氧化成I2的试剂可选双氧水和氯水；
（2）i．根据图2知，升高温度碘含量增大，说明HI的分解反应是吸热反应，则2molHI分解吸收的能量大于1mol碘和1mol氢气分解吸收的能量；
ii．化学平衡常数K=；
iii．能提高HI
转化率的措施降低生成物浓度、升高温度；
（3）根据图知，发现a极变蓝，则a电极上碘离子转化为碘，a为阳极，b为阴极；
i．连接电源正极的为阳极；
ii．碱性条件下碘被氧化生成碘酸根离子．
【解答】解：（1）MnO2具有氧化性、碘离子具有还原性，酸性条件下，MnO2和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水，离子方程式为MnO2+4H++2I﹣=Mn2++I2+2H2O；将I﹣氧化成I2的试剂可选双氧水和氯水；
故答案为：MnO2+4H++2I﹣=Mn2++I2+2H2O；ab；
（2）i．根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g） H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z﹣（x+y）＞0，所以2z＞x+y，
故答案为：＞；根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g） H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z﹣（x+y）＞0，所以2z＞x+y；
ii．化学平衡常数K=，因碘和氢气的计量数相等，则K===，所以=，设平衡时氢气浓度是xmol/L、HI浓度是8xmol/L，生成的碘是参加反应的HI的2倍，则参加反应的HI浓度是2xmol/L，所以HI转化率=×100%=20%，
故答案为：20%；
iii．a．增大HI
浓度平衡正向移动，但HI浓度增大量远远大于HI转化浓度，所以HI转化率降低，故a错误；
b．该反应前后气体计量数之和不变，所以加压平衡不移动，不能提高HI转化率，故b错误；
c．移走I2，平衡正向移动，则提高HI转化率，故c正确；
d．该反应的正反应是吸热反应，升温平衡正向移动，HI转化率提高，故d正确；
故答案为：cd；
（3）根据图知，发现a极变蓝，则a电极上碘离子转化为碘，a为阳极，b为阴极；
i．连接电源正极的为阳极，所以a连接电源正极，
故答案为：正；
ii．I﹣在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH﹣通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH﹣反应2I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，
故答案为：I﹣在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH﹣通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH﹣反应2I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，并获得产品KIO3．
2016年12月26日
一、本卷共6题，每题6分，共计36分．在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．食盐可做调味剂、防腐剂
B．硅酸钠可做木材防火剂的原料
C．二氧化硫在葡萄酒中起漂白作用
D．还原铁粉可用于食品包装袋内的脱氧剂
2．常温下，有关下列说法正确的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣能大量共存
B．
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣能大量共存
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣═2C6H5OH+CO32﹣
D．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O
3．下列实验叙述正确的是（ ）
A．用饱和食盐水替代水与电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，俯视刻度线会使浓度偏低
C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，不影响测定结果
D．用NaOH标准液滴定待测浓度盐酸，达终点时滴定管尖嘴有悬滴，则测定结果偏小
4．下列物质的制备原理设计步骤合理的是（ ）
A．SSO3
H2SO4
B．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
C．AlCl3（溶液）AlCl3
Al
D．NaCl（饱和溶液）
NaHCO3Na2CO3
5．一定条件下可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），X、Y、Z的起始浓度分别为a
mol L﹣1、b
mol L﹣1、c
mol L﹣1（均不为零），反应正向进行达到平衡时，它们的浓度分别为0.2mol L﹣1、0.6mol L﹣1、0.18mol L﹣1，则下列判断正确的是（ ）
A．a：b=3：1
B．X、Y的转化率相等
C．Y和Z的生成速率之比为2：3可做平衡标志
D．a的取值范围为0
mol L﹣1＜a＜0.18
mol L﹣1
6．已知：图甲是由某温度下Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化图．图乙是常温下向100mL
0.1mol L﹣1HA溶液中逐滴加入0.2mol L﹣1KOH溶液，混合溶液的pH变化图．如图所示与推测的结论相符的是（ ）
A．由图甲知：Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]
B．由图甲知：a、b点溶液中Kw，b点的大
C．由图乙知：HA为强酸
D．由图乙知：Y点对应的溶液中c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）
二、解答题（共4小题，满分64分）
7．Q、W、X、Y、Z五种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的单质是一种重要半导体材料．
Y
Q
W
X
Z
请按要求回答下列问题：
（1）Y的原子结构示意图为 ；举一例说明Z的非金属性比X的非金属性强的事实： ．
（2）W、X、Y的原子半径由大到小依次是（填元素符号） ；W与Z形成的化合物电子式为 ．
（3）将Z的单质通入到含等物质的量FeBr2溶液中充分反应的离子方程式为 ．
（4）已知：2Na（s）+1/2Y2（g）=Na2Y（s）△H=﹣414kJ/mol；2Na（s）+Y2（g）═Na2Y2（s）△H=﹣511kJ/mol；则Na2Y（s）
转变为Na2Y2（s）的反应一定条件下能自发进行的理由是 ．
将0.2mol
Na2Y2加入到100mL1mol/L
QZ3中，充分反应的化学方程式为 ．
（5）R与W同周期，已知：在T℃时Ksp[R（OH）2]的值为4.0×l0﹣12，则R（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）=
mol L﹣1．
8．有机物A～G间的转化关系如图所示（部分产物已略）：
已知：B遇FeCl3溶液发生显色反应，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，能与足量碳酸氢钠溶液反应．
请按要求回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称： ；1mol
B可以和 mol
Br2充分反应；B与足量的NaHCO3溶液反应产物的结构简式为 ．
（2）写出下列反应的反应类型：反应
②： ；反应
③： ．
（3）G的结构简式： ．
（4）写出下列反应的化学方程式：反应
④： ：反应①： ．
（5）X是C在铜加热条件下的氧化产物，检验X所含官能团的方法是 ．Y是C的同系物，比C多2个CH2原子团，Y的同分异构有多种，写出其中核磁共振氢谱仅有两种且吸收峰面积之比为2：3的结构简式： ．
9．某研究小组利用如图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应原理．已知：0.4mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH=l．
请按要求回答下列问题：
（1）检验装置A气密性的操作方法：在B中加入适量水，连接好装置A、B， ，则气密性好．
装置A中反应的化学方程式是 ．
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是 ．
（3）在C处虚线框内画出尾气吸收的装置图（标注试剂）．
（4）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 ，说明SO2具有 性．
（5）猜想B中产生白色沉淀的原因：
猜想1． ；
猜想2：由于SO2与Fe3+反应；
猜想3：由于在酸性条件下SO2与NO3﹣反应．
①若猜想2成立，装置B中依次可能发生反应的离子方程式： ， ．
②为验证猜想3成立，可在相同条件下进行实验，将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为下列试剂是（填序号） ．
a．5mL
2.4mol/L稀硝酸
b．5mL
0.8mol/L
FeCl3溶液
c．2.5mL
0.4mol/L盐酸和2.5mL
4.8mol/L
NaNO3溶液．
10．从海带中提取单质碘及碘的化合物间的转化关系如图所示：
请按要求回答下列问题：
（1）从海带灰浸取液中提取单质碘涉及的反应
①，所用试剂是MnO2、稀硫酸，其离子方程式是 ；实现反应①还可以选用的试剂有（填字母序号） ．
a.3%的H2O2、稀硫酸
b．氯水
c．FeCl2溶液
d．NaOH溶液
（2）反应②2HI（g） H2（g）+I2（g）
的能量变化如图1所示；其他条件相同，1mol
HI
在不同温度分解达平衡时，测得体系中n（I2）随温度变化的曲线如图2所示．
i．比较
2z （x+y）（填“＜”、“＞”或“=”），理由是
ii．某温度下该反应的平衡常数=，达平衡时，HI
的转化率= ．
iii．只改变该反应的一个条件，能提高
HI
转化率的措施是（填字母序号） ．
a．增大HI
浓度
b．加压
c．移走I2
d．升温
（3）反应=③在碱性条件下I2可以转化为IO3﹣．电解KI溶液制备KIO3的工作原理如下图所示．电解过程中观察到阳极液变蓝，一段时间后又逐渐变浅．
i．M连接电源的 极．
ii．结合实验现象和电极反应式说明制备KIO3的原理： ．
2016年天津市河西区高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、本卷共6题，每题6分，共计36分．在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．食盐可做调味剂、防腐剂
B．硅酸钠可做木材防火剂的原料
C．二氧化硫在葡萄酒中起漂白作用
D．还原铁粉可用于食品包装袋内的脱氧剂
【考点】钠的重要化合物；二氧化硫的化学性质．
【分析】A．食盐具有咸味是咸味剂．食盐可以作防腐剂；
B．硅酸钠水溶液是水玻璃，水玻璃是矿物胶，不燃烧；
C．二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂；
D．Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂．
【解答】解：A．食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味是咸味剂，可做调味剂，故A正确；
B．硅酸钠的水溶液呈水玻璃，水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，水玻璃可用作制备木材防火剂的原料，故B正确；
C．二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，不是漂白性，故C错误；
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D正确；
故选C．
2．常温下，有关下列说法正确的是（ ）
A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣能大量共存
B．
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液中：NH4+、SO42﹣、NO3﹣能大量共存
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣═2C6H5OH+CO32﹣
D．Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O
【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．
【分析】A．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
B.
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液，显酸性；
C．反应生成苯酚和碳酸氢钠；
D．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水．
【解答】解：A．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故A错误；
B.
=1×10﹣13
mol L﹣1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；
C．反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子反应为CO2+H2O+C6H5O﹣═C6H5OH+HCO3﹣，故C错误；
D．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水，离子反应为3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；
故选B．
3．下列实验叙述正确的是（ ）
A．用饱和食盐水替代水与电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，俯视刻度线会使浓度偏低
C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，不影响测定结果
D．用NaOH标准液滴定待测浓度盐酸，达终点时滴定管尖嘴有悬滴，则测定结果偏小
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．用饱和食盐水替代水，可以减慢反应速率；
B．俯视刻度线会使溶液体积偏小，浓度偏大；
C．将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失；
D．达终点时滴定管尖嘴有悬滴，消耗的标准液体积偏大．
【解答】解：A．饱和食盐水与电石反应较为平缓，可代替水的反应，故A正确；
B．俯视刻度线会使溶液体积偏小，浓度偏大，故B错误；
C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失，故C错误；
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误．
故选A．
4．下列物质的制备原理设计步骤合理的是（ ）
A．SSO3
H2SO4
B．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
C．AlCl3（溶液）AlCl3
Al
D．NaCl（饱和溶液）
NaHCO3Na2CO3
【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．
【分析】A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫；
B、铁在氯气中燃烧生成氯化铁；
C、氯化铝是共价化合物；
D、依据侯氏制碱法原理解答．
【解答】解：A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，得不到三氧化硫，故A错误；
B、铁在氯气中燃烧生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故B错误；
C、氯化铝是共价化合物，工业上是用电解熔融的氧化铝得到铝，故C错误；
D、首先通入氨气，增加二氧化碳的溶解度，所以选通氨气，再通二氧化碳，得到溶解度极小的碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，加热得到碳酸钠，故D正确；
故选D．
5．一定条件下可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），X、Y、Z的起始浓度分别为a
mol L﹣1、b
mol L﹣1、c
mol L﹣1（均不为零），反应正向进行达到平衡时，它们的浓度分别为0.2mol L﹣1、0.6mol L﹣1、0.18mol L﹣1，则下列判断正确的是（ ）
A．a：b=3：1
B．X、Y的转化率相等
C．Y和Z的生成速率之比为2：3可做平衡标志
D．a的取值范围为0
mol L﹣1＜a＜0.18
mol L﹣1
【考点】化学平衡的计算．
【分析】一定条件下可逆反应X（g）+3Y（g） 2Z（g），X、Y、Z的起始浓度分别为a
mol L﹣1、b
mol L﹣1、c
mol L﹣1（均不为零），反应正向进行达到平衡时，它们的浓度分别为0.2mol L﹣1、0.6mol L﹣1、0.18mol L﹣1，利用极值转化；
A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；
B．起始量相同，平衡量相同，转化率相同；
C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
D．根据可逆不能完全转化的角度分析．
【解答】解：A．设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g） 2Z（g）
初始：a
b
c
转化：x
3x
2x
平衡：0.2moL/L
0.6mol/L
0.18mol/L
则：a：b=（x+0.2moL/L）：（3x+0.6mol/L）=1：3，故A错误；
B．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故B正确；
C．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故C错误；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜a，如反应向逆反应分析进行，则a＜0.29mol L﹣1，故有0＜a＜0.29mol L﹣1，故D错误．
故选：B．
6．已知：图甲是由某温度下Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化图．图乙是常温下向100mL
0.1mol L﹣1HA溶液中逐滴加入0.2mol L﹣1KOH溶液，混合溶液的pH变化图．如图所示与推测的结论相符的是（ ）
A．由图甲知：Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]
B．由图甲知：a、b点溶液中Kw，b点的大
C．由图乙知：HA为强酸
D．由图乙知：Y点对应的溶液中c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A、根据图象找出可用来比较Fe（OH）3与Cu（OH）2溶度积常数点，可用b、a进行计算；
B、a、b点溶液中Kw只和温度有关，温度不变，Kw不变；
C、根据图示可知，0.1mol L﹣1HA溶液的pH=2，说明溶液中
HA在溶液中部分电离；
D、Y点HA与氢氧化钾恰好反应生成KA，A﹣部分水解，溶液显示碱性．
【解答】解：A、由a、b两点对应数据可比较出Ksp[Fe（OH）3]与Ksp[Cu（OH）2]的大小，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+） （OH﹣）3=c（Fe3+） （10﹣12.7）3，Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+） （OH﹣）2=c（Cu2+） （10﹣9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]，故A正确；
B、由图甲知：a、b点溶液中Kw一样大，故B错误；
C、HA若是强酸，则0.1mol L﹣1HA溶液的pH=1，而图象中溶液的pH＞2，则HA部分电离，则HA为一元弱酸，故C错误；
D、Y点加入100mL氢氧化钾溶液后，100mL
0.1mol L﹣1HA与100mL
0.2mol L﹣1KOH溶液反应生成0.05mol L﹣1KA和0.05mol L﹣1KOH的混合物，氢氧根离子浓度大于0.05mol/L，而A﹣部分水解，溶液中A﹣部分水解的浓度小于0.05mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c（K+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣），故D错误；
故选A．
二、解答题（共4小题，满分64分）
7．Q、W、X、Y、Z五种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的单质是一种重要半导体材料．
Y
Q
W
X
Z
请按要求回答下列问题：
（1）Y的原子结构示意图为 ；举一例说明Z的非金属性比X的非金属性强的事实： 酸性强弱；HClO4＞H3PO4，或稳定性：HCl＞PH3 ．
（2）W、X、Y的原子半径由大到小依次是（填元素符号） r（Si）＞r（P）＞r（O） ；W与Z形成的化合物电子式为 ．
（3）将Z的单质通入到含等物质的量FeBr2溶液中充分反应的离子方程式为 2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣ ．
（4）已知：2Na（s）+1/2Y2（g）=Na2Y（s）△H=﹣414kJ/mol；2Na（s）+Y2（g）═Na2Y2（s）△H=﹣511kJ/mol；则Na2Y（s）
转变为Na2Y2（s）的反应一定条件下能自发进行的理由是 Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，而△S＜0，△H﹣T△S在低温下小于0，可自发进行 ．
将0.2mol
Na2Y2加入到100mL1mol/L
QZ3中，充分反应的化学方程式为 2Na2O2+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+O2↑ ．
（5）R与W同周期，已知：在T℃时Ksp[R（OH）2]的值为4.0×l0﹣12，则R（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）= 2.0×l0﹣4
mol L﹣1．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】由短周期元素的相对位置，可知Y处于第二周期，其它处于第三周期，而W的单质是一种重要半导体材料，则W为Si元素，可推知Q为Al，X为P，Y为O，Z为Cl．
（1）根据核外电子排布规律画出原子结构示意图；可以根据最高价含氧酸的酸性强弱，氢化物稳定性等进行判断；
（2）同周期自作而原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；W与Z形成的化合物为SiCl4，Si原子与Cl原子之间形成1对共用电子对；
（3）假设氯气与FeBr2均为1mol，还原性Fe2+＞Br﹣，氯气先氧化Fe2+为Fe3+，根据电子转移守恒，1molFe2+消耗0.5mol氯气，而剩余的0.5mol氯气可以氧化1molBr﹣；
（4）根据盖斯定律，可得：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，而△H﹣T△S＜0时，反应可自发进行；
将0.2mol
Na2O2加入到100mL1mol/L
AlCl3中，AlCl3为0.1mol，过氧化钠与水反应生成0.4molNaOH，氯化铝与氢氧化钠恰好反应生成NaAlO2；
（5）Ksp[R（OH）2]=c（R2+）×c2（OH﹣）=4.0×l0﹣12，而饱和溶液中c（R2+）=c（OH﹣），联立计算饱和溶液中c（OH﹣）．
【解答】解：由短周期元素的相对位置，可知Y处于第二周期，其它处于第三周期，而W的单质是一种重要半导体材料，则W为Si元素，可推知Q为Al，X为P，Y为O，Z为Cl．
（1）Y为O元素，原子结构示意图为：，酸性强弱；HClO4＞H3PO4，或稳定性：HCl＞PH3等都可以说明Cl的非金属性比P的强，
故答案为：；酸性强弱；HClO4＞H3PO4，或稳定性：HCl＞PH3；
（2）同周期自作而原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Si）＞r（P）＞r（O），W与Z形成的化合物为SiCl4，Si原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，电子式为：，
故答案为：r（Si）＞r（P）＞r（O）；；
（3）假设氯气与FeBr2均为1mol，还原性Fe2+＞Br﹣，氯气先氧化Fe2+为Fe3+，根据电子转移守恒，1molFe2+消耗0.5mol氯气，而剩余的0.5mol氯气可以氧化1molBr﹣，反应离子方程式为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，
故答案为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣；
（4）已知：①．2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ/mol；
②．2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=﹣511kJ/mol
根据盖斯定律，②﹣①可得：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，该反应△S＜0，而△H﹣T△S＜0时，反应可自发进行，故低温下可以自发进行，
将0.2mol
Na2O2加入到100mL1mol/L
AlCl3中，AlCl3为0.1mol，过氧化钠与水反应生成0.4molNaOH，氯化铝与氢氧化钠恰好反应生成NaAlO2，故反应方程式为：2Na2O2+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+O2↑，
故答案为：Na2O（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣97
kJ/mol，而△S＜0，△H﹣T△S在低温下小于0，可自发进行；2Na2O2+AlCl3=NaAlO2+3NaCl+O2↑；
（5）Ksp[R（OH）2]=c（R2+）×c2（OH﹣）=4.0×l0﹣12，而饱和溶液中c（R2+）=c（OH﹣），联立可得饱和溶液中c（OH﹣）=2.0×l0﹣4
mol/L，
故答案为：2.0×l0﹣4．
8．有机物A～G间的转化关系如图所示（部分产物已略）：
已知：B遇FeCl3溶液发生显色反应，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，且苯环上的一氯代物只有2种，能与足量碳酸氢钠溶液反应．
请按要求回答下列问题：
（1）B中含氧官能团的名称： 羧基、羟基 ；1mol
B可以和 3 mol
Br2充分反应；B与足量的NaHCO3溶液反应产物的结构简式为 ．
（2）写出下列反应的反应类型：反应
②： 消去反应 ；反应
③： 加成反应 ．
（3）G的结构简式： ．
（4）写出下列反应的化学方程式：反应
④： ：反应①： ．
（5）X是C在铜加热条件下的氧化产物，检验X所含官能团的方法是 向盛有新制银氨溶液的试管中滴加适量X，振荡后将试管放在热水浴中温热，观察有银镜产生，证明X含醛基．[或向盛有新制氢氧化铜（氢氧化钠过量）的试管中滴加适量X，振荡后加热，观察有红色沉淀，证明X含醛基] ．Y是C的同系物，比C多2个CH2原子团，Y的同分异构有多种，写出其中核磁共振氢谱仅有两种且吸收峰面积之比为2：3的结构简式： CH3CH2OCH2CH3 ．
【考点】有机物的推断．
【分析】B遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能与足量碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，B的不饱和度为=6，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，说明取代基中含有1个碳碳双键，且苯环上的一氯代物只有2种，两个不同的取代基处于对位，故B的结构简式为，B与HCl发生加成反应生成E，E发生水解反应得到F，F再浓硫酸作用下得到G，G含有2个苯环的六元环酯，则E中﹣COOH、﹣Cl连接同一碳原子上，故E为，F为，G为．A发生水解反应得到B、C，A含有酯基，结合C的分子式可知C为CH3CH2OH，故A的结构简式为：，C发生消去反应生成D为CH2=CH2．
【解答】解：B遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能与足量碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，B的不饱和度为=6，苯环上有2个取代基，取代基不含支链，说明取代基中含有1个碳碳双键，且苯环上的一氯代物只有2种，两个不同的取代基处于对位，故B的结构简式为，B与HCl发生加成反应生成E，E发生水解反应得到F，F再浓硫酸作用下得到G，G含有2个苯环的六元环酯，则E中﹣COOH、﹣Cl连接同一碳原子上，故E为，F为，G为．A发生水解反应得到B、C，A含有酯基，结合C的分子式可知C为CH3CH2OH，故A的结构简式为：，C发生消去反应生成D为CH2=CH2．
（1）B的结构简式为，B中含氧官能团的名称：羧基、羟基，碳碳双键与溴发生加成反应，酚羟基的邻位能与溴发生取代反应，1mol
B可以和3mol
Br2充分反应，羧基能与碳酸氢钠反应，而酚羟基不能与碳酸氢钠反应，B与足量的NaHCO3溶液反应产物的结构简式为，
故答案为：羧基、羟基；3；；
（2）反应
②属于消去反应，反应
③属于加成反应，
故答案为：消去反应；加成反应；
（3）G的结构简式：，
故答案为：；
（4）反应
④的化学方程式为：，
反应①的化学方程式为：，
故答案为：；；
（5）X是C在铜加热条件下的氧化产物，则X为CH3CHO，检验X所含官能团的方法是：向盛有新制银氨溶液的试管中滴加适量X，振荡后将试管放在热水浴中温热，观察有银镜产生，证明X含醛基．[或向盛有新制氢氧化铜（氢氧化钠过量）的试管中滴加适量X，振荡后加热，观察有红色沉淀，证明X含醛基]，
Y是C（乙醇）的同系物，比C多2个CH2原子团，Y的同分异构有多种，其中核磁共振氢谱仅有两种且吸收峰面积之比为2：3的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，
故答案为：向盛有新制银氨溶液的试管中滴加适量X，振荡后将试管放在热水浴中温热，观察有银镜产生，证明X含醛基．[或向盛有新制氢氧化铜（氢氧化钠过量）的试管中滴加适量X，振荡后加热，观察有红色沉淀，证明X含醛基]；CH3CH2OCH2CH3．
9．某研究小组利用如图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应原理．已知：0.4mol/L的Fe（NO3）3溶液的pH=l．
请按要求回答下列问题：
（1）检验装置A气密性的操作方法：在B中加入适量水，连接好装置A、B， 关闭弹簧夹及分液漏斗的活塞，将B中导气管深入到B的水液面以下，手握烧瓶，若B导管中有气泡冒出，松开手，B中有液柱回流 ，则气密性好．
装置A中反应的化学方程式是 Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O ．
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是 打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹 ．
（3）在C处虚线框内画出尾气吸收的装置图（标注试剂）．
（4）装置B中产生了白色沉淀，其成分是 BaSO4 ，说明SO2具有 还原 性．
（5）猜想B中产生白色沉淀的原因：
猜想1． SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应 ；
猜想2：由于SO2与Fe3+反应；
猜想3：由于在酸性条件下SO2与NO3﹣反应．
①若猜想2成立，装置B中依次可能发生反应的离子方程式： SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+ ， SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓ ．
②为验证猜想3成立，可在相同条件下进行实验，将装置B中的Fe（NO3）3溶液替换为下列试剂是（填序号） C ．
a．5mL
2.4mol/L稀硝酸
b．5mL
0.8mol/L
FeCl3溶液
c．2.5mL
0.4mol/L盐酸和2.5mL
4.8mol/L
NaNO3溶液．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠；
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；
（3）尾气主要为二氧化硫，所以C处虚线框内画出尾气吸收的装置中试剂需选择碱性溶液，同时需有防倒吸的装置；
（4）二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀；
（5）Fe3+和Fe2+都具有氧化性，都可与二氧化硫反应，可根据反应产物进行判断，装置B中的Fe（NO3）3溶液替换需硝酸根离子浓度相同、溶液的PH相同．
【解答】解：（1）装置气密性的检查一般常用加热法，依据的原理是：通过加热（用酒精灯或热毛巾或体温）密闭容器，使其中的气体受热膨胀，压强变大，导致放入水中的导管口有气泡冒出（导管应先放入水中），移开热源后，由于装置中的气体遇冷收缩、压强变小，又会在导管里形成一段水柱，检验装置A气密性的操作方法：在B中加入适量水，连接好装置A、B，
关闭弹簧夹及分液漏斗的活塞，将B中导气管深入到B的水液面以下，手握烧瓶，若B导管中有气泡冒出，松开手，B中有液柱回流，装置A中反应的化学方程式是Na2SO3+H2S04（浓）=Na2S04+SO2↑+H2O，
故答案为：关闭弹簧夹及分液漏斗的活塞，将B中导气管深入到B的水液面以下，手握烧瓶，若B导管中有气泡冒出，松开手，B中有液柱回流；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹，
故答案为：打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹；
（3）尾气的主要成分为二氧化硫，通常用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，需用倒扣的漏斗，所以装置如图：，
故答案为：
；
（4）二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，
故答案为：BaSO4；还原性；
（5）两种离子都氧化二氧化硫，即SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应；
故答案为：猜想1：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3﹣都反应；
①按观点2，装置B中反应的离子方程式是SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，可通过检验是否有Fe2+生成的方法判断，具体做法为取少量B中溶液于试管中，加入少量铁氰化钾[K3Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，观点2合理，也可根据生成白色沉淀判断，
故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；
②按观点3，在酸性条件下SO2与NO3﹣反应，实验中c（NO3﹣）=1.2mol/L，pH=l，则可用2.5mL
0.4mol/L盐酸和2.5mL
4.8mol/L
NaNO3溶液代替，
故答案为：c．
10．从海带中提取单质碘及碘的化合物间的转化关系如图所示：
请按要求回答下列问题：
（1）从海带灰浸取液中提取单质碘涉及的反应
①，所用试剂是MnO2、稀硫酸，其离子方程式是 MnO2+4H++2I﹣=Mn2++I2+2H2O ；实现反应①还可以选用的试剂有（填字母序号） ab ．
a.3%的H2O2、稀硫酸
b．氯水
c．FeCl2溶液
d．NaOH溶液
（2）反应②2HI（g） H2（g）+I2（g）
的能量变化如图1所示；其他条件相同，1mol
HI
在不同温度分解达平衡时，测得体系中n（I2）随温度变化的曲线如图2所示．
i．比较
2z ＞ （x+y）（填“＜”、“＞”或“=”），理由是 根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g） H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z﹣（x+y）＞0，所以2z＞x+y
ii．某温度下该反应的平衡常数=，达平衡时，HI
的转化率= 20% ．
iii．只改变该反应的一个条件，能提高
HI
转化率的措施是（填字母序号） cd ．
a．增大HI
浓度
b．加压
c．移走I2
d．升温
（3）反应=③在碱性条件下I2可以转化为IO3﹣．电解KI溶液制备KIO3的工作原理如下图所示．电解过程中观察到阳极液变蓝，一段时间后又逐渐变浅．
i．M连接电源的 正 极．
ii．结合实验现象和电极反应式说明制备KIO3的原理： I﹣在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH﹣通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH﹣反应2I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，并获得产品KIO3 ．
【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；海水资源及其综合利用．
【分析】（1）MnO2具有氧化性、碘离子具有还原性，酸性条件下，MnO2和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水；将I﹣氧化成I2的试剂可选双氧水和氯水；
（2）i．根据图2知，升高温度碘含量增大，说明HI的分解反应是吸热反应，则2molHI分解吸收的能量大于1mol碘和1mol氢气分解吸收的能量；
ii．化学平衡常数K=；
iii．能提高HI
转化率的措施降低生成物浓度、升高温度；
（3）根据图知，发现a极变蓝，则a电极上碘离子转化为碘，a为阳极，b为阴极；
i．连接电源正极的为阳极；
ii．碱性条件下碘被氧化生成碘酸根离子．
【解答】解：（1）MnO2具有氧化性、碘离子具有还原性，酸性条件下，MnO2和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水，离子方程式为MnO2+4H++2I﹣=Mn2++I2+2H2O；将I﹣氧化成I2的试剂可选双氧水和氯水；
故答案为：MnO2+4H++2I﹣=Mn2++I2+2H2O；ab；
（2）i．根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g） H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z﹣（x+y）＞0，所以2z＞x+y，
故答案为：＞；根据图2知，升高温度平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，2HI（g） H2（g）+I2（g），△H＞0，△H=2z﹣（x+y）＞0，所以2z＞x+y；
ii．化学平衡常数K=，因碘和氢气的计量数相等，则K===，所以=，设平衡时氢气浓度是xmol/L、HI浓度是8xmol/L，生成的碘是参加反应的HI的2倍，则参加反应的HI浓度是2xmol/L，所以HI转化率=×100%=20%，
故答案为：20%；
iii．a．增大HI
浓度平衡正向移动，但HI浓度增大量远远大于HI转化浓度，所以HI转化率降低，故a错误；
b．该反应前后气体计量数之和不变，所以加压平衡不移动，不能提高HI转化率，故b错误；
c．移走I2，平衡正向移动，则提高HI转化率，故c正确；
d．该反应的正反应是吸热反应，升温平衡正向移动，HI转化率提高，故d正确；
故答案为：cd；
（3）根据图知，发现a极变蓝，则a电极上碘离子转化为碘，a为阳极，b为阴极；
i．连接电源正极的为阳极，所以a连接电源正极，
故答案为：正；
ii．I﹣在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH﹣通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH﹣反应2I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，
故答案为：I﹣在阳极失电子生成I2，使阳极溶液变蓝色，OH﹣通过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH﹣反应2I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，使阳极区域蓝色变浅，并获得产品KIO3．
2016年12月26日
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