北京市清华大学附中2015届高考化学模拟试卷（二）解析讲

2015年北京市清华大学附中高考化学模拟试卷（二）

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题7分，满分49分）

1．（7分）（2015?北京校级模拟）下列图示内容的对应说明错误的是（ ） 图示 A B C D 说明 主要成分是蔗糖作该装置可以收集该装置可保护钢阀门不该仪器用于配制一调味剂 二氧化氮 被腐蚀 定质量分数的溶液 A A．

考点：金属的电化学腐蚀与防护；不能加热的仪器及使用方法；气体的收集． 分析：A．冰糖的主要成分是蔗糖； B．二氧化氮密度比空气大，可用向上排空气法收集； C．可用外接电源的阴极保护法防止金属被腐蚀； D．容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度溶液． 解答：解：A．冰糖的主要成分是蔗糖，可以用作调味剂，故A正确； B．二氧化氮密度比空气大，可用向上排空气法收集，故B正确； C．钢闸门连接电源负极，可被保护而不被腐蚀，故C正确； D．容量瓶只有一个刻度，用于配制一定体积的溶液、一定物质的量浓度溶液，不能配制一定质量分数的溶液，故D错误． 故选D． 点评：本题考查较为综合，涉及容量瓶的使用、气体的收集、金属的腐蚀等知识，侧重于学 生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大． B B． C C． D D．

2．（7分）（2014?浏阳市校级模拟）对常温下pH=3的CH3COOH溶液，下列叙述不正确的是（ ）

A．c（H+）=c（CH3COO）+c（OH） ﹣﹣ 加入少量CH3COONa固体后，c（CH3COO）降低 B． 该溶液中由水电离出的c（H+）是1.0×C．10﹣11﹣mol/L D．与等体积pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液显酸性

考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡． 专题：电离平衡与溶液的pH专题． 分析：醋酸为弱酸，醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH?H++CH3COO，则pH=3的 ﹣CH3COOH溶液，c（H+）=0.001mol/L，c（CH3COOH）＞0.001mol/L，以此解答该题． 解答：解：A．醋酸溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（H+）=c（OH）+c（CH3COO） ，﹣﹣故A正确； B．加入少量CH3COONa固体后，虽然平衡向逆反应方向移动，但c（CH3COO）增大，故B错误； C．c（H+）=0.001mol/L，则c（OH）=1.0×10﹣﹣11﹣mol/L，所以该溶液中由水电离出的c（H+）是1.0×10﹣11mol/L，故C正确； D．等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故D正确． 故选B． 点评：本题考查了弱电解质的电离，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握 溶液中存在电荷守恒，注意离子浓度大小的判断方法，难度中等．

3．（7分）（2014?东城区模拟）解释下列事实的方程式正确的是（ ） A．加热可增强纯碱溶液去污力：CO32+2H2O═H2CO3+2OH ﹣﹣ 用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：Ag+4H++NO3═Ag++NO↑++2H2O B．﹣ 向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：2CaCO3+O2+2SO2═2CO2+2CaSO4 C． D．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合出现白色沉淀：HCO3+Ca2++OH═CaCO3↓+H2O ﹣﹣

考点：离子方程式的书写． 专题：离子反应专题． 分析：A、碳酸根离子分布水解显碱性，加热促进水解正向进行，溶液碱性增强； B、选项中离子方程式电荷不守恒； C、煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放是碳酸钙分解生成的氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，在空气中氧化为硫酸钙； D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比． 解答：解：A、碳酸根离子分步水解显碱性，加热促进水解正向进行，溶液碱性增强去污能 力强，离子方程式为CO32+H2O═HCO3+OH，故A错误； ﹣﹣﹣B、选项中离子方程式电荷不守恒，用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管反应的离子方程式：3Ag+4H++NO3═3Ag++NO↑+2H2O，故B错误； ﹣C、煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放是碳酸钙分解生成的氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，在空气中氧化为硫酸钙，反应的化学方程式2CaCO3+O2+2SO2═2CO2+2CaSO4，故C正确； D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比，碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合出现白色沉淀反应的离子方程式：2HCO3+Ca2++2OH﹣﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32，故D错误； ﹣故选C． 点评：本题考查了离子方程式书写方法和注意问题， 主要是盐类水解，电荷守恒的分析判断，量不同产物不同，掌握基础是关键，题目较简单．

4．（7分）（2015?北京校级模拟）下列实验装置或操作正确的是（ ） A B C D 除去附着在铁屑表面的实验室制取乙酸乙酯 实验室乙烯 铝 分离酒精和水 A A．

考点：化学实验方案的评价． 分析：A．Fe与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应，则溶解后过滤即可； B．导管在碳酸钠溶液液面下，可发生倒吸； C．制备乙烯测定反应液的温度为170℃； D．酒精与水不分层． 解答：解：A．Fe与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应，则溶解后过滤即可，可知 图中溶解、过滤装置均合理，故A正确； B．导管在碳酸钠溶液液面下，可发生倒吸，图中导管应在液面以上，故B错误； C．制备乙烯测定反应液的温度为170℃，图中温度计水银球应在液面以下，故C错误； D．酒精与水不分层，则不能利用图中分液漏斗分离，应选蒸馏装置，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，涉及有机物性质、制备实验及混合物分 离提纯等，侧重物质的性质及实验技能的考查，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大．

5．（7分）（2015?北京校级模拟）下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ） A．将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 B． 将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去 C． D．将乙醛加入新制Cu（OH）2悬浊液中并加热至沸腾，出现红色沉淀

考点：氧化还原反应． 专题：氧化还原反应专题． 分析：与氧化还原反应无关，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降， 据此分析解答． B B． C C． D D． 解答：解： A.2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）Cr2O723+3CH3COOH+11H2O，﹣转化为Cr3+，C元素化合价由﹣2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，故A不选； B.2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，故B选； C.2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中Mn元素化合价由+7价变为+2价、﹣C元素化合价由+3价变为+4价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C不选； D．CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，该反应中C元素化合价由﹣1价变为0价、Cu元素化合价由+2价变为+1价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故D不选； 故选B． 点评：本题考查了氧化还原反应的判断，根据元素化合价是否变化判断即可，注意有机物中 元素化合价的判断，取平均化合价，为易错点．

6．（7分）（2014?东城区模拟）80℃时，2L 密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应N2O4═2NO2△H=+Q kJ?mol1（Q＞0），获得如下数据：

﹣

时间/s ﹣0 20 0.12 40 0.20 60 0.26 80 0.30 100 0.30 c（NO2）/mol?L1 0.00 下列判断正确的是（ ） A．升高温度该反应的平衡常数K减小 20～40s 内，v（N2O4）=0.004mol?L1?s1 B．﹣ 反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJ C． D．100s时再通入0.40mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大

考点：化学平衡建立的过程． 专题：化学平衡专题． 分析：A、根据该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动； B、根据v=（N2O4）； 计算NO2的反应速率，利用速率之比等于化学计量数之比求出v

C、根据物质的量与热量成正比； D、加入N2O4，则平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动； 解答：解：A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动， 平衡常数K增大，故A错误； B、20～40s 内，v（NO2）==﹣=0.004mol?L1?s1，﹣v（N2O4）=v（NO2）=0.002mol?L1?s1，故B错误； C、浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.30mol?L﹣1×2L=0.60mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收热量0.3QkJ，故C正确； D、100s时再通入0.40mol N2O4，平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，故D错误； 故选C． 点评：本题主要考查化学反应速率、化学平衡移动以及热量的有关计算，题目较为综合，具 有一定难度，做题时注意平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变．

7．（7分）（2015?北京校级模拟）根据下列操作及现象，所得结论正确的是（ ） 序号 操作及现象 A 将0.1 mol?L﹣1结论 氨水稀释成0.01 mol?L1，测得 ﹣稀释后NH3?H2O的电离程度减小 常温下水解程度： CO32＞HCO3 ﹣﹣pH由11.1变成 10.6 B 常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于 饱和NaHCO3溶液 C 向25 mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者温度升高，Fe3+的水解程为黄色，后者为红褐色 度增大 产生的气体为乙烯 D 溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生的气体 通入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色 A A．

B B． C C． D D． 考点：化学实验方案的评价． 分析：A．稀释促进弱电解质的电离； B．饱和Na2CO3溶液与饱和NaHCO3溶液的浓度不同； C．水解为吸热反应，沸水中铁离子水解程度大； D．消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化． 解答：解：A．由稀释pH的变化可知一水合氨为弱电解质，稀释促进弱电解质的电离，则 稀释后NH3?H2O的电离程度增大，故A错误； B．饱和Na2CO3溶液与饱和NaHCO3溶液的浓度不同，应测定等浓度溶液的pH，比较水解程度，故B错误； C．水解为吸热反应，前者为黄色，后者为红褐色，可知沸水中铁离子水解程度大，则温度升高，Fe3+的水解程度增大，故C正确； D．消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，不能说明生成气体为乙烯，故D错误； 故选C． 点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及电离、水解、物质检验及有机物性 质等，侧重物质的性质及化学反应原理、实验技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

二、解答题（共3小题，满分51分）

8．（16分）（2015?河北模拟）高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：

已知：

Ⅰ．RCOOR′+R″18OH

RCO18OR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）’

Ⅱ．

（1）①的反应类型是 加成反应 ．

（2）②的化学方程式为

（3）PMMA单体的官能团名称是 碳碳双键和 、 酯基 ． （4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为

．

．

（5）G的结构简式为 ．

（6）下列说法正确的是 ac （填字母序号）． a．⑦为酯化反应 b．B和D互为同系物

c．D的沸点比同碳原子数的烷烃高

d．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4mol NaOH

（7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是

．

（8）写出由PET单体制备PET聚酯（化学式为C10nH8nO4n或C10n+2H8n+6O4n+2）并生成B的化学方程式

．

考点：有机物的合成． 分析：根据题中各物质转化关系，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3） COOCH3，E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2=C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息Ⅰ的反应得PET聚酯，据此答题． 解答：解：根据题中各物质转化关系，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3） COOCH3，E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2=C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息Ⅰ的反应得PET聚酯， （1）根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应， 故答案为：加成反应； （2）②的化学方程式为 ， 故答案为：； （3）PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和 酯基， 故答案为：碳碳双键和 酯基； （4）反应⑤的化学方程式为， 故答案为：； （5）G的结构简式为 ， 故答案为：； （6）a．⑦为CH2=C（CH3）COOH与HOCH3发生酯化反应，故a正确； b．D为HOCH3，B为HOCH2CH2OH，它们的羟基的数目不同，所以B和D不是互为同系物，故b错误； c．D中有羟基，能形成氢键，所以D的沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确； d.1mol 故选ac； 与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH，故d错误； （7）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是， 故答案为：； （8）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为， 故答案为：． 点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推 断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等．

9．（17分）（2014?朝阳区一模）综合利用CO2对环境保护及能源开发意义重大．

（1）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2．如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是 ab ．

a．可在碱性氧化物中寻找

b．可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找 c．可在具有强氧化性的物质中寻找

（2）Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2．原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是 CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3 ．

（3）利用反应A可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品． 反应A：CO2+H2O已知：

CO+H2+O2

①反应Ⅱ是 吸热 反应（填“吸热”或“放热”），其原因是 反应物总能量低于生成物总能量（或△H＞0） ．

②反应A的热化学方程式是 CO（+H2O（g）═CO（g）+H（+O（△H=+524.8kJ?mol2g）2g）2g）﹣1

．

（4）高温电解技术能高效实现（3）中反应A，工作原理示意图如图：

①电极b发生 氧化 （填“氧化”或“还原”）反应． ②CO2在电极a放电的反应式是 CO2+2e═CO+O2 ．

﹣

﹣

（5）CO与H2在高温下合成C5H12（汽油的一种成分）减少碳排放．已知燃烧1mol C5H12（g）生成H2O（g）放出约3540kJ的热量．根据化学平衡原理，说明提高合成C5H12的产率可采取的措施是 增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度 ．

考点：常见的生活环境的污染及治理；反应热和焓变；化学电源新型电池． 专题：化学反应中的能量变化；电化学专题；化学应用． 分析：（1）二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关； （2）根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答； （3）①当反应物的能量低于生成物总能量时，反应是吸热反应，吸热反应是化学反应中反应物获得能量在生成物中储存的过程；②根据图示反应Ⅰ和反应Ⅱ书写热化学反应方程式，构造目标方程式利用盖斯定律解答； （4）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子；电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气； （5）反应为5CO+11H2?C5H12+5H2O△H＜0，提高合成C5H12的产率，应使平衡向正反应方向移动，结合方程式的特点和影响化学平衡的条件解答； 解答：解： （1）a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故a正确； b．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，钠、镁为ⅠA、ⅡA族元素，所以可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故b正确； c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故c错误； 故答案为：ab； （2）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3， Li2CO3+Li2SiO3； 故答案为：CO2+Li4SiO4（3）①△H＞0表示吸热，反之放热，当反应物的能量低于生成物总能量时，反应是吸热反应，所以反应Ⅰ为放热反应， 反应Ⅱ为吸热反应， 故答案为：吸热；反应物总能量低于生成物总能量（或△H＞0）； ②根据图示反应Ⅰ：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，根据图示反应Ⅱ：CO2（g）=CO（g）+O2（g）△H=+283.0KJ/mol，反应A：CO2+H2OCO+H2+O2，为Ⅱ﹣Ⅰ所得，所以热化学方程式为：CO2（g）+H2O﹣（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8 kJ?mol1， 故答案为：CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8 kJ?mol1； ﹣（4）①CO2+H2OCO+H2+O2，二氧化碳中的碳元素化合价降低，被还原，水中的氢元素化合价降低被还原，反应物中的氧元素化合价升高，被氧化，失去电子发生氧化反应生成氧气； 故答案为：氧化； ②二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：CO2+2e═CO+O2， ﹣﹣故答案为：CO2+2e═CO+O2； ﹣﹣（5）①CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8 kJ?mol1；②C5H12﹣（l）+8O2（g）=5CO2（g）+6H2O（g）△H=﹣3540KJ?mol1，③H2（g）+O2（g）﹣═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，由三者可知：③×6﹣①×5﹣②可得5CO（g）+11H2（g）?C5H12（g）+5H2O（g）△H=﹣533.6kJ/mol，提高合成C5H12的产率，应使平衡向正反应方向移动，所以可采取增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度， 故答案为：增大压强或及时将生成的C5H12分离出去或降低温度； 点评：本题主要考查了综合利用CO2，涉及热化学反应、电化学、化学平衡影响因素等，较 为综合，运用盖斯定律结合化学平衡移动的影响因素是解答（5）的关键，题目难度中等．

10．（18分）（2014?朝阳区一模）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，加入稀盐酸和少量NaF溶液，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/g CaCO3 1.4×103 ﹣CaSO4 2.55×102 ﹣Mg（OH）2 MgCO3 9×104 ﹣1.1×102 ﹣根据数据，结合化学平衡原理解释清洗CaSO4的过程 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 ． （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 将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉 ． （5）步骤Ⅳ中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe2O3保护膜．

①完成并配平其反应的离子方程式：□Fe+□NO2+□H2O═□N2↑+□ Fe2O3 +□ OH ； ②下面检测钝化效果的方法合理的是 bc ．

a．在炉面上滴加浓H2SO4，观察溶液出现棕黄色的时间 b．在炉面上滴加酸性CuSO4溶液，观察蓝色消失的时间

c．在炉面上滴加酸性K3[Fe（CN）6]溶液，观察出现蓝色沉淀的时间 d．在炉面上滴加浓HNO3，观察出现红棕色气体的时间．

考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 专题： 实验设计题． 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； ②钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，则检测钝化效果，可利用铁的性质分析． 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， 故答案为：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； （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，故答案为：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，还生成氧化铁，由电荷守恒可知还生成OH，则该反应为 2Fe+2NO2+H2O═N2↑+Fe2O3+2OH，故答案为：2；2；1；1；1；Fe2O3；2；OH； ②钝化时表面生成致密的氧化物，阻止Fe反应，ad中浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，不能检测，而bc中均与Fe反应，现象明显，所以检测钝化效果最好为bc，故答案为：bc． 点评： 本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、溶解平衡及氧化还原反应的配平等，侧重高考高频考点的考查，注意（5）中检测钝化效果为解答的难点，注意利用铁的性质来解答，题目难度中等．

﹣﹣﹣﹣﹣

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/rfq8.html