上海市浦东新区2020届高三第一次模拟考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精上海市浦东新区2020届高三第一次模拟考试化学试题含解析上海市浦东新区2020届高三第一次模拟考试化学试题一、选择题(共40分,每小题2分，每小题只有一个正确答案)1。稀土元素铥(Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是（)A.质子数为69 B。电子数为100C。相对原子质量为169 D.质量数为238【答案】A【解析】【详解】A．稀土元素铥（Tm）的质子数为69,故A正确；B．稀土元素铥（Tm）质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69,故B错误；C．其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；D．稀土元素铥（Tm）的质量数为169，故D错误；【点睛】一个元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。2.中国是最早生产和研究合金的国家之一.春秋战国时期的名剑“干将"、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是(）A。钠合金 B。硬铝 C。生铁 D.钛合金【答案】C【解析】【详解】人们利用金属最早的合金是青铜器,是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关,金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。3.下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是(）A.硫酸铵 B。尿素 C。草木灰 D。硝酸钾【答案】A【解析】【详解】A．硫酸铵属于强酸弱碱盐,溶于水显酸性，长期施用容易导致土壤酸化，故A正确；B．尿素是碳酰胺，呈弱碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故B错误；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，呈碱性,长期施用容易导致土壤碱化，故C错误；D．硝酸钾呈中性，植物的根吸收硝酸盐以后会释放出氢氧根离子(OH-)，并在根部区域形成微碱性环境，导致土壤碱化，故D错误；答案选A.4.有关铝及其化合物的用途正确的是()A.氢氧化铝：治疗胃酸过多B。氧化铝：铝热剂C.明矾：消毒净水D。铝槽车：装运稀硫酸【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化铝碱性较弱,能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故A正确；B．铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，不含氧化铝，故B错误；C．明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体,具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误;D．铝会和稀硫酸反应，释放出氢气，不能用铝罐车盛稀硫酸，故D错误；答案选A.【点睛】消毒剂可以是医用酒精，使蛋白质变性，可以是氯气，臭氧,具有强氧化性，可以用于杀菌,明矾只能吸附悬浮物,不能杀菌消毒。5。有关海水提溴的说法错误的是（)A。海水晒盐后的卤水是提溴原料B。可以利用氯气氧化溴离子C。可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出D。吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴【答案】D【解析】【分析】海水提溴的三个步骤是：（1）先将浓缩海水中的Br—用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl（2）将溴吹入吸收塔,使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴。Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42—+4H+(3）用氯气将富集的溴负离子氧化得到产品溴Cl2+2Br-=Br2+2Cl—.【详解】A．海水晒盐后的卤水是提溴原料，故A正确；B．根据提溴的第一个步骤，先将浓缩海水中的Br—用氯气氧化Cl2+2Br—=Br2+2NaCl，故B正确；C．将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴，故C正确；D．吹出的溴蒸气用吸收液吸收后，再用氯气将富集的溴负离子氧化后得到溴，经分离提纯后可以得到纯溴，故D错误；答案选D.【点睛】熟悉海水提溴的流程是解本题的关键。6。一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是(）A。Cl2 B。Fe C.Na D。C【答案】A【解析】【详解】A．Cl2与水反应生成氯化氢和次氯酸,不产生氢气，故A正确;B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气,故C错误；D．C与水反应生成氢气和一氧化碳,故D错误；答案选A。【点睛】熟知元素及其化合物的性质是解题的关键，还要注意氯气是常见的氧化剂，与水反应发生歧化反应,其余物质是还原剂，可将水中的氢元素还原为氢气。7.根据元素周期律可判断（)A.稳定性:H2S＞H2O B。最高化合价:F＞NC.碱性:NaOH＞Mg(OH)2 D.原子半径：Cl＞Al【答案】C【解析】【详解】A．O和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S,故A错误；B．F没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价,故B错误;C．Na和Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱,NaOH＞Mg(OH）2,故C正确;D．Al和Cl位于同一周期,同周期元素原子半径逐渐减小，Al＞Cl,故D错误；答案选C。8。关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是（）A。在烧杯中称量 B.在研钵中研磨C。在蒸发皿中加热 D.在石棉网上冷却【答案】B【解析】【详解】A．实验是在瓷坩埚中称量,故A错误；B．实验是在研钵中研磨，故B正确;C．蒸发除去的是溶液中的溶剂,蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故C错误；D．瓷坩埚是放在干燥器里干燥的，故D错误；答案选B。9.已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀,有关说法正确的是()A.腐蚀时电子从碳转移到铁B.在钢铁上连接铅块可起到防护作用C。正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D。钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．碱性条件下,钢铁发生吸氧腐蚀,铁做负极,碳是正极，电子从负极流向正极，从铁流向碳，故A错误;B．在钢铁上连接铅块，铁比铅活泼，会先腐蚀铁，起不到防护作用,故B错误；C．吸氧腐蚀时,氧气做正极，在正极上得到电子生成氢氧根离子，O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣,故C正确;D．淡水是中性条件，铁在碱性和中性条件下发生的都是吸氧腐蚀，故D错误；答案选C.【点睛】钢铁在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，在中性和碱性条件下发生的是吸氧腐蚀。10。丁苯橡胶的化学组成为,其单体一定有(）A.2﹣丁炔 B。1，3﹣丁二烯 C.乙苯 D。乙烯【答案】B【解析】【详解】根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3﹣丁二烯，答案选B.11.利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是（)气体溶液A硫化氢亚硫酸B二氧化碳氯化钙C氨气氯化铝D氯化氢硝酸银A。A B.B C.C D。D【答案】B【解析】【详解】A．硫化氢与亚硫酸反应生成硫和水，硫是淡黄色固体，所以有黄色沉淀生成，故A错误；B．二氧化碳与氯化钙溶液不能生成沉淀，故B正确；C．氨气溶于水生成氨水,氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀,故C错误；D．氯化氢与水反应生成盐酸,盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D错误；答案选B。【点睛】二氧化碳和氯化钙溶液不能发生复分解反应，如果反应生成碳酸钙和盐酸，属于弱酸制强酸了,不符合化学原理。12。一定呈中性的是（)A。pH＝7的溶液B.25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液C.H+与OH﹣物质的量相等的溶液D.等物质量的酸、碱混合后的溶液【答案】C【解析】【详解】A．100度时，纯水的pH＝6,该温度下pH＝7的溶液呈碱性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A错误；B．25℃，Kw＝1。0×10﹣14是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；C．只要溶液中存在H+与OH﹣物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性,这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质,故D错误；答案选C。【点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高,水的电离平衡常数越大。13.甲烷燃烧时的能量变化如图,有关描述错误的是（）A.反应①和反应②均为放热反应B.等物质的量时，CO2具有的能量比CO低C.由图可以推得:2CO（g）+O2(g）→2CO2（g）+283kJD.反应②的热化学方程式：CH4(g）+O2（g）→CO（g）+2H2O(l)+607。3kJ【答案】C【解析】【详解】A．从图像可以看出,甲烷燃烧后释放能量，故都是放热反应，反应①和反应②均为放热反应，故A正确；B．从图像可以看出CO2具有的能量比CO低，故B正确;C．CH4(g）+O2(g)=CO(g)+2H2O(l）+607。3kJ②,CH4(g)+2O2（g)=CO2(g)+2H2O(l)+890。3kJ①，①-②得到CO(g）+O2（g）=CO2（g）+283kJ,故C错误；D．根据图示，反应②的热化学方程式：CH4（g）+O2（g)=CO（g)+2H2O（l)+607.3kJ,故D正确；答案选C.14。NaHCO3和NaHSO4溶液混合后，实际参加反应的离子是(）A。CO32﹣和H+ B.HCO3﹣和HSO4﹣C.CO32﹣和HSO4﹣ D。HCO3﹣和H+【答案】D【解析】【详解】碳酸氢钠和硫酸氢钠反应时，碳酸氢根电离生成钠离子和碳酸氢根离子，硫酸氢钠电离生成钠离子和氢离子、硫酸根离子,碳酸氢根和氢离子反应生成水和二氧化碳,故答案选D。15。某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是（）A.名称为乙酸乙酯B.显酸性的链状同分异构体有3种C。能发生取代、加成和消除反应D。能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【分析】由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2,含有酯基,可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。【详解】A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH（CH3）COOH，共3种，故B正确；C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应,不能发生消去反应，故C错误；D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同,故D错误；答案选B。16.短周期中同主族元素的单质，晶体类型一定相同的是（)A.ⅠA族 B。ⅢA族 C。ⅣA族 D。ⅦA族【答案】D【解析】【详解】A．ⅠA族的单质有氢气、锂、钠、钾、铷、铯、钫，氢气是分子晶体,锂、钠、钾、铷、铯，钫都是金属晶体，故A错误;B．ⅢA族的单质有硼、铝、鎵、铟、铊，硼是分子晶体，铝、鎵、铟、铊都是金属晶体,故B错误；C．ⅣA族的单质有碳、硅、锗、锡、铅，碳元素可以组成金刚石、石墨、C60等，分别是原子晶体,混合晶体，分子晶体，硅形成原子晶体，锗,锡，铅都形成金属晶体，故C错误；D．ⅦA族有氟、氯、溴、碘、砹，它们形成的单质都是分子晶体，故D正确;答案选D.17。下列有关可逆反应：mA(g)+nB(？)⇌pC(g）+qD(s)分析中，一定正确的是（)A.增大压强，平衡不移动，则m＝pB。升高温度，A的转化率减小，则正反应是吸热反应C。保持容器体积不变，移走C,平衡向右移动,正反应速率增大D.保持容器体积不变，加入B,容器中D的质量增加,则B是气体【答案】D【解析】【详解】A．增大压强，平衡不移动,说明左右两边气体的体积相等，若B为气体,则m+n＝p，故A错误;B．升高温度，A的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应,故B错误;C．移走C,生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；D．加入B，容器中D的质量增加,说明平衡正向移动，说明B为气体；若B为固体，增加固体的量，浓度不改变,不影响速率，故不影响平衡，故D正确.答案选D。18.25℃时，某实验小组同学向铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，并用pH传感器测得pH变化曲线如图所示(B点开始出现白色沉淀）。下列说法错误的是(）A。A点前发生中和反应B.BC段沉淀质量逐渐增加C.D点后的反应为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2OD.E点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH【答案】D【解析】【分析】根据图象可知，铝与过量稀盐酸反应后的残留液中滴加氢氧化钠溶液，pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含氯化铝和过量的盐酸；向残留液中加入氢氧化钠溶液，则NaOH和HCl反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，导致溶液的pH升高，即AB段；在B点时，溶液的pH=4，则此时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和AlCl3；继续滴加氢氧化钠溶液,则NaOH和AlCl3反应:3NaOH+AlCl3=Al(OH）3↓+3NaCl，即BC段，溶液的pH不变;在C点时，溶液中的AlCl3完全反应，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量，故溶液的pH生高，即CD段，发生反应Al(OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，据此进行分析。【详解】A．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝和盐酸,滴加氢氧化钠溶液，酸碱中和反应的速率最快，故氢氧化钠首先和盐酸发生中和反应，A点前发生中和反应,故A正确；B．铝与过量稀盐酸反应后的残留液中含有氯化铝，加入氢氧化钠之后,首先生成氢氧化铝沉淀，故BC段沉淀质量逐渐增加，故B正确;C．CD段pH值突增,说明氢氧化钠过量，则发生反应Al（OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C正确；D．E点溶液中溶质主要是NaAlO2和NaOH,还有氯化钠，故D错误；答案选D。19。由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图:有关该制碱工艺的描述错误的是（）A。X可以是石灰乳B。氨气循环使用C.原料是食盐、NH3、CO2和水D。产品是纯碱和氯化钙【答案】C【解析】【详解】A．饱和食盐水和二氧化碳，氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵，用氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙,氨气和水,故X可以是石灰乳,故A正确；B．根据流程图可知，氨气可以循环使用，故B正确；C．原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳，故C错误；D．根据工艺流程，产品是纯碱和氯化钙，故D正确；答案选C。20.某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是:①测得溶液pH＝2;②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是（)A.一定含有Fe2+ B。一定含有Br﹣C.可能同时含Fe2+、Br﹣ D.一定不含NH4+【答案】A【解析】【详解】溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水,溶液颜色变深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者两者都有，被氯气氧化成Fe3+和Br2,由于溶液中各离子的物质的量浓度相同，符合电荷守恒，如设各离子的浓度是1mol/L，则有可能存在c（H+)+2c（Fe2+）=2c（SO42﹣）+c(Br﹣),还有可能溶液中只含氢离子和溴离子,但NH4+不能存在，故答案选A，Fe2+可能存在，符合题意。二、综合题(共60分）21.碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料.（1)碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3Li2O+CO2；②Li2O+CCO+2Li。锂原子的电子排布式为_____；CO2的结构式为_____；反应②中涉及的化学键类型有_____。(2）氢负离子(H﹣）与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径大小，并用原子结构理论加以解释_____(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高,实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下:称取1。000g样品，溶于2。000mol/L10。00mL的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至100mL.取定容后的溶液10.00mL,加入2滴酚酞试液,用0。100mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00mL。①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。②滴定终点的判断依据为_____。③样品的纯度为_____。【答案】(1）。1s22s1（2）。O＝C＝O(3)。离子键、共价键、金属键(4）。氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数（或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大(5).玻璃棒(6）.100mL容量瓶（7）。当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色(8).0.999【解析】【分析】(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型;（2）根据原子核外电子的排布,核电荷数，比较半径的大小；(3）①根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；②根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；③利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量,根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量,m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。【详解】（1）锂是3号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2的中心原子为C，碳原子和氧原子形成两对共用电子对,Li2O属于离子晶体,含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键,CO属于分子晶体,含有共价键，Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为O＝C＝O;（2）氢是1号元素，质子数为1,锂是3号元素，质子数为3,氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是氢负离子的核电荷数（或核内质子数）比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同），但是氢负离子的核电荷数（或核内质子数)比锂离子少,原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱,所以氢负离子的半径比锂离子大。(3)①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶,玻璃棒，答案为100ml容量瓶，玻璃棒；②定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色,当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH溶液时,锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cV=2.000mol/L×0.01L=0。02mol，Li2CO3与硫酸反应Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，稀释前n（H2SO4)=n(Li2SO4），加水定容至100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(Li2SO4)=n2(Li2SO4）=0.02mol，取定容后的溶液10.00mL，则取出的溶质的物质的量=mol=0.002mol，n（NaOH)=c（NaOH）V(NaOH)=0。1mol/L×0。013L=0.0013mol,由于H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4）=n（NaOH）=×0。0013mol=0。00065mol，反应掉的硫酸的物质的量=0。002mol—0。00065mol=0。00135mol，n（H2SO4)=n（Li2SO4）=n（Li2CO3）=0.00135mol，根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1（Li2CO3）=nM=0。00135×74=0.0999g,100ml溶液中所含m2（Li2CO3)=0.0999g×10=0.999g，故ω===0.999。【点睛】计算质量分数时,需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂,碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键.22。最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O（l)4NH3（g）+3O2（g）﹣Q(Q＞0）。常温下，实验室在10L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：0min2min4min5min6minN221。71.61。62.5H2O109。18.88。88.65O200。45060。60.675（1）该反应的平衡常数表达式K＝_____，0～2min内NH3的平均生成速率为_____。（2）若反应过程中气体密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡_____。(3)在5～6min之间只改变了单一条件，该条件是_____.（4）以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是_____，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_____（用方程式表示).(5)常温下NH4HCO3溶液的pH＞7，由此判断溶液中:c(NH4+)_____c（HCO3﹣）（选填“＞”、“＜"或“＝”），理由是_____。【答案】（1）.(2).0.03mol/（L•min）（3）。能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行,容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态(4）。增加了氮气的量(5)。NH3（6）.NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣（7)。＞(8）。因为pH＞7，说明c（H+）＜c（OH﹣）,根据电荷守恒:c(H+）+c（NH4+）＝c(HCO3﹣)+c(OH﹣）+2c(CO32﹣）,所以c(NH4+)＞c（HCO3﹣）（或NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性,pH＞7,说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c（NH4+）＞c（HCO3﹣）)【解析】【分析】（1)根据表格中的数据可知，第4，5分钟时，各物质的物质的量不变,达到平衡状态，根据平衡状态表达式;根据公式v=计算；（2）根据化学平衡的判断依据判断是否处于平衡状态；(3）根据各物质的浓度的变化量判断改变的条件；(4）根据氨气和二氧化碳的溶解度判断先通什么气体，根据溶液中的成分写出电离方程式；（5）根据电荷守恒,比较离子的浓度大小；【详解】(1）。根据化学方程式，2N2(g）+6H2O(l）4NH3（g)+3O2(g）,化学平衡常数=生成物离子的浓度幂之积/反应物离子的浓度幂之积=，表格中数据，0～2min内N2的物质的量变化=2mol—1。7mol=0。3mol，v（N2)==0。3mol/10L/2min=0。015mol/(L•min），由于氮气和氨气的速率之比为1：2，v（NH3）=2v（N2）=0.015mol/（L•min)×2=0.03mol/（L•min)；（2）因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行,容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变,说明反应达到了平衡状态，故答案为:能判断,因为恒容容器的体积不变,而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行,容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变,说明反应达到了平衡状态；（3)在5~6min，N2的物质的量增加了2.5mol—1.6mol=0.9mol，H2O的物质的量减小了8.8mol-8。65mol=0。15mol，O2的物质的量增加了0.675-0.6=0。075mol，H2O的物质的量在减小,O2的物质的量在增加，平衡正向移动，而表格中N2的物质的量增加的比较多，故条件改变的是增加氮气的量；（4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵（NH4HCO3），氨气在水中的溶解度是一体积水溶解700体积的氨气,而二氧化碳在水中的溶解度较小，故制碳酸氢铵需向氨水中通入二氧化碳，氨气溶于水形成氨水,氨水中含有一水合氨，水分子，氨分子，一水合氨和水分子是弱电解质，可以电离,电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣；(5)常温下NH4HCO3溶液的pH＞7,因为pH＞7，说明c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒：c（H+）+c(NH4+）＝c(HCO3﹣)+c（OH﹣）+2c(CO32﹣)，所以c（NH4+）＞c(HCO3﹣），或者NH4+水解呈酸性,HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c(NH4+)＞c（HCO3﹣）。23.化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____.(2）探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色.他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确,同时排除假设②③。能同时排除假设②③的原因是_____。（3)查阅资料:Cl2可氧化I2,反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。（4)探究氧化性:在盛有FeCl3溶液的试管中，滴入几滴KI溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管,试管a中加入1mL苯振荡静置，出现______（填实验现象)，证明有I2存在；试管b中滴入KSCN溶液,溶液显血红色,证明有_____存在。(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性:Cl2＞FeCl3,理由是_____。【答案】（1).过滤(2).分液漏斗(3).Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣(4）.碘水（5）。变蓝（6）.加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉,所以可以同时排除假设②③（7).5（8)。1（9)。6(10)。2(11）.10（12）.(13）.分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色（14）.Fe3+(15）。由探究(4）可知Fe3+和I2可以共存,由此可知Fe3+不能氧化I2，而由（3）可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】【分析】（1）根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；(2）碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析;（3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为—1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平;（4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN溶液变为血红色;（5)由结合探究（4)和(3）三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析.【详解】（1）海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤;将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗;氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl—；(2）没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉,即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③（3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为—1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为:;(4）FeCl3溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，Fe