2021年上海市长宁区高考化学二模试卷

这是一份2021年上海市长宁区高考化学二模试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2021年上海市长宁区高考化学二模试卷
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）据报道，75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效灭活新型冠状病毒。对于上述化学药品的说法错误的是（　　）
A．CH3CH2OH能与水互溶
B．NaClO通过氧化灭活病毒
C．过氧乙酸与乙酸是同系物
D．氯仿又叫三氯甲烷
2．（2分）金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（　　）
A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O2
3．（2分）合成氨工业上，采用氮氢循环操作的主要目的是（　　）
A．加快反应速率
B．提高氨气的平衡浓度
C．提高氮气和氢气的利用率
D．降低氨气的沸点
4．（2分）卤族元素有关性质比较正确的是（　　）
A．稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B．氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2
C．熔沸点：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D．还原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
5．（2分）已知K3C60熔融状态下能导电。关于K3C60晶体的分析错误的是（　　）
A．是强电解质 B．存在两种化学键
C．是离子晶体 D．阴阳离子个数比为20：1
6．（2分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（　　）
A．加入水中，浮在水面上的是地沟油
B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
C．点燃，能燃烧的是矿物油
D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
7．（2分）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（　　）
A．不可能有很高的熔沸点 B．不可能是单质
C．可能是有机物 D．可能是离子晶体
8．（2分）化学与生活密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放
B．合金材料中可能含有非金属元素
C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
9．（2分）利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是（　　）

A
B
C
D
气体
硫化氢
二氧化碳
氨气
氯化氢
溶液
亚硫酸
氯化钙
氯化铝
硝酸银

A．A B．B C．C D．D
10．（2分）检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（　　）
A．酸性KMnO4溶液 B．NaOH溶液
C．KSCN溶液 D．Cu
11．（2分）具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是（　　）
A．熔点113℃，能溶于CS2 B．熔点44℃，液态不导电
C．熔点1124℃，易溶于水 D．熔点180℃，固态能导电
12．（2分）将等量的Mg（OH）2固体置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（　　）
A．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中
B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中
C．在0.1mol/L的NH3•H2O中
D．在纯水中
13．（2分）硒是人体必需的微量元素，如图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法错误的是（　　）

A．位于第四周期 B．质量数为34
C．原子最外层有6个电子 D．相对原子质量为78.96
14．（2分）关于硫酸工业中的催化氧化反应，可以用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．通入过量氧气 B．选择V2O5做催化剂
C．选择常压条件 D．升温至450℃左右
15．（2分）将已除去氧化膜的镁条投入到盛有稀盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如图所示，其中影响t1～t2段速率的主要因素是（　　）

A．H+的浓度 B．Cl﹣的浓度 C．溶液的温度 D．体系的压强
16．（2分）紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（　　）
A．分子式为C14H14O4
B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生水解反应
D．能够发生消去反应生成双键
17．（2分）下列操作会使相应溶液pH增大的是（　　）
A．AlCl3溶液中再溶入AlCl3
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体
D．醋酸溶液加热
18．（2分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（　　）
A．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH﹣→NH3•H2O
B．同浓度同体积NH4Al（SO4）2溶液与NaOH溶液混合：NH4++Al3++4OH﹣→NH3•H2O+Al（OH）3↓
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2→O2↑+2H++2Fe2+
D．用NaClO溶液吸收少量SO2：3ClO﹣+SO2+H2O→2HClO+Cl﹣+SO42﹣
19．（2分）对金属腐蚀及防护的表述正确的是（　　）
A．金属腐蚀的本质：金属失电子发生还原反应
B．牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极
C．外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源正极相连
D．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用
20．（2分）用物质的量都是0.01mol的HCN和NaCN配成1升混合溶液，已知其中c（CN﹣）＜c（Na+），对该溶液的下列判断正确的是（　　）
A．c（HCN）+c（CN﹣）＜0.02mol/L
B．c（OH﹣）＜c（H+）
C．c（CN﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（HCN）
D．c（HCN）＜c（CN﹣）
二、综合题（共60分）
21．（15分）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中物质涉及的化学键类型有　 　。
（2）碳原子核外电子有　 　种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是　 　。
（3）氢化锂（LiH）是离子化合物，写出其阴离子的电子式　 　，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的大小，并用原子结构理论加以解释　 　。
（4）用Li2CO3、氨水和液溴制备LiBr。除生成LiBr外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物
并配平该反应的化学方程式：　 　Li2CO3+　 　Br2+　 　NH3•H2O→　 　LiBr+　 　。
（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，放电时，负极为　 　（填写化学式）。若用该电池电解饱和食盐水（电解池电极均为惰性电极），当电解池两极共有4480mL气体（标准状况）产生时，该电池消耗锂的质量为　 　。
22．（15分）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值。
（1）大气中SO2含量过高会导致雨水中含有（填化学式）　 　而危害植物和建筑物。工厂排放的SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反应的化学方程式为　 　。由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水可制得Na2S2O5。写出该过程的化学方程式　 　。
（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol•L﹣1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL碘液。补全该滴定反应的离子方程式：S2O52﹣+2I2+3H2O→2SO42﹣+　 　，该样品中Na2S2O5的残留量为　 　g•L﹣1（以SO2计）。
（3）一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16g S（s），该反应　 　（选填“放出”或“吸收”）的热量为　 　。
（4）在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为　 　，对此反应下列说法正确的是　 　。
a.若混合气体密度保持不变，则已达平衡状态
b.从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c.达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d.分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变

23．（15分）（1）G是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如图：

已知：①RCH＝CH2+CH2＝CHR′CH2＝CH2+RCH＝CHR′
②G的结构简式为：
（1）（CH3）2C＝CH2分子中有　 　个碳原子在同一平面内。
（2）D分子中含有的含氧官能团名称是　 　，F的结构简式为　 　。
（3）A→B的化学方程式为　 　，反应类型为　 　。
（4）生成C的化学方程式为　 　。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有多种：①能发生银镜反应；②能水解； ③苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2种物质的结构式　 　、　 　。
（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2＝CHCH＝CH2的合成路线（无机试剂任选）。（合成路线常用的表示方式为：A→B……目标产物）
24．（15分）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：
（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是　 　，a中的试剂为　 　。b中采用的加热方式是　 　，c中化学反应的离子方程式是　 　。
（2）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，　 　，　 　，干燥，得到KClO3晶体。d的作用是　 　，可选用试剂　 　。（填标号）
a．Na2S
b．NaCl
c．Ca（OH）2
d．H2SO4
（3）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显　 　色。可知该条件下KClO3的氧化能力　 　NaClO。（填“大于”或“小于”）
（4）制备NaClO时，温度过高会生成NaClO3。当n（NaClO）：n（NaClO3）＝1：a时，该反应中n（Cl2）：n（NaOH）＝　 　。

2021年上海市长宁区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）据报道，75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效灭活新型冠状病毒。对于上述化学药品的说法错误的是（　　）
A．CH3CH2OH能与水互溶
B．NaClO通过氧化灭活病毒
C．过氧乙酸与乙酸是同系物
D．氯仿又叫三氯甲烷
【分析】A．CH3CH2OH能与水形成氢键；
B．NaClO具有强氧化性；
C．结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物；
D．三氯甲烷俗称氯仿。
【解答】解：A．CH3CH2OH能与水形成氢键，增大了乙醇的溶解性，所以乙醇能与水互溶，故A正确；
B．NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，能杀菌消毒，所以NaClO通过氧化灭活病毒，故B正确；
C．结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，CH3COOOH与CH3COOH不是同系物，故C错误；
D．氯仿的化学名称是三氯甲烷，其化学式为CHCl3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2．（2分）金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（　　）
A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O2
【分析】A、铁与FeCl3反应生成氯化亚铁；
B、铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子；
C、铁与氯气反应只生成FeCl3；
D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；
【解答】解：A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2 价铁，故A正确；
B、铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2 价铁，故B错误；
C、铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；
D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查铁的性质，难度不大，注意基本性质的记忆与应用。
3．（2分）合成氨工业上，采用氮氢循环操作的主要目的是（　　）
A．加快反应速率
B．提高氨气的平衡浓度
C．提高氮气和氢气的利用率
D．降低氨气的沸点
【分析】合成氨为可逆反应，反应物循环使用，可增大反应物的利用率，以此来解答。
【解答】解：合成氨为可逆反应，不能完全转化，则采用氮氢循环操作的主要目的是提高氮气和氢气的利用率，与A、B、D无关，
故选：C。
【点评】本题考查合成氨，为高频考点，把握合成氨反应的特点、反应速率与反应限度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意本题侧重反应限度，题目难度不大。
4．（2分）卤族元素有关性质比较正确的是（　　）
A．稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B．氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2
C．熔沸点：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D．还原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
【分析】A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
B．非金属性越强，对应单质的氧化性越强；
C．相对分子质量越大，沸点越大；
D．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱。
【解答】解：A．非金属性F＞Cl＞Br＞I，稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故A正确；
B．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，故B错误；
C．相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为F2＜Cl2＜Br2＜I2，故C错误；
D．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
5．（2分）已知K3C60熔融状态下能导电。关于K3C60晶体的分析错误的是（　　）
A．是强电解质 B．存在两种化学键
C．是离子晶体 D．阴阳离子个数比为20：1
【分析】A．熔融状态下能导电的化合物是电解质，绝大多数盐类是强电解质，K3C60属于盐类；
B．K3C60熔融状态下电离出自由移动的阴阳离子而导电，K3C60是离子化合物，存在离子键，阴离子存在共价键；
C．K3C60是离子化合物，存在离子键；
D．K3C60＝3K++C603﹣。
【解答】解：A．K3C60熔融状态下能导电，则K3C60属于电解质，且属于盐类，则K3C60是强电解质，故A正确；
B．K3C60是离子化合物，存在离子键，阴离子存在共价键，所以存在两种化学键，故B正确；
C．K3C60是离子化合物，存在离子键，则K3C60是离子晶体，故C正确；
D．K3C60＝3K++C603﹣，则阴阳离子个数比为1：3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子晶体，解题的关键是掌握离子晶体的概念，阴、阳离子以离子键结合形成离子化合物，常温常压下，离子化合物大多数以晶体形式存在，此题难度小，注意基础知识积累。
6．（2分）地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（　　）
A．加入水中，浮在水面上的是地沟油
B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
C．点燃，能燃烧的是矿物油
D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
【分析】地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。
【解答】解：A．地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；
B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；
C．地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；
D．地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，侧重有机物性质的考查，题目难度不大。
7．（2分）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（　　）
A．不可能有很高的熔沸点 B．不可能是单质
C．可能是有机物 D．可能是离子晶体
【分析】一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物，结合不同类型晶体的性质分析．
【解答】解：A．含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有Si﹣O极性键，其熔沸点很高，故A错误；
B．含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确；
C．有机物中含有极性键，如甲烷中含有C﹣H极性键，故C正确；
D．离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH中含有O﹣H极性键，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了极性键、晶体的类型，题目难度不大，注意离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，题目难度不大，注意利用举例法分析．
8．（2分）化学与生活密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放
B．合金材料中可能含有非金属元素
C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【分析】A.燃煤中加入CaO，CaO可与二氧化硫反应；
B.金属与其它金属或非金属熔合成具有金属特性的物质为合金；
C.14C具有放射性，14C与12C的质子数相同、中子数不同；
D.碳酸钡与胃中盐酸反应。
【解答】解：A.燃煤中加入CaO，CaO可与二氧化硫反应，可减少酸雨的发生，故A错误；
B.金属与其它金属或非金属熔合成具有金属特性的物质为合金，则合金材料中可能含有非金属元素，如铁合金含碳，故B正确；
C.14C具有放射性，14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故C错误；
D.碳酸钡与胃中盐酸反应生成有毒的钡离子，硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途、合金及环境保护为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（2分）利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是（　　）

A
B
C
D
气体
硫化氢
二氧化碳
氨气
氯化氢
溶液
亚硫酸
氯化钙
氯化铝
硝酸银

A．A B．B C．C D．D
【分析】A.硫化氢与亚硫酸发生氧化还原反应生成S；
B.盐酸的酸性大于碳酸的酸性；
C.氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝；
D.HCl与硝酸银反应生成AgCl。
【解答】解：A.硫化氢与亚硫酸发生氧化还原反应生成S，有淡黄色沉淀，故A不选；
B.盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则二氧化碳与氯化钙不反应，无白色沉淀，故B选；
C.氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝，有白色沉淀，故C不选；
D.HCl与硝酸银反应生成AgCl，有白色沉淀，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．（2分）检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（　　）
A．酸性KMnO4溶液 B．NaOH溶液
C．KSCN溶液 D．Cu
【分析】亚铁离子具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，以此解答该题。
【解答】解：A．亚铁离子具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，可鉴别，故A正确；
B．硫酸铁、硫酸亚铁均与NaOH反应生成沉淀，不能检验亚铁离子，故B错误；
C．KSCN溶液只检验铁离子，故C错误；
D．加入铜，与铁离子反应，不能检验亚铁离子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握亚铁离子、铁离子的性质及检验方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意亚铁离子还原性的应用，题目难度不大。
11．（2分）具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是（　　）
A．熔点113℃，能溶于CS2 B．熔点44℃，液态不导电
C．熔点1124℃，易溶于水 D．熔点180℃，固态能导电
【分析】离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高，硬度较大、难挥发，固体不导电，但质脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电。
【解答】解：A．熔点低，能溶于CS2，是分子晶体，故A错误；
B．熔点44℃，低熔点，液态不导电是共价化合物，是分子晶体，故B错误；
C．离子晶体的性质：一般熔点较高，固体不导电，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电，故C正确；
D．熔点180℃，固态能导电，属于金属晶体，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查离子晶体的性质，难度不大。要注意离子晶体一般熔点较高，硬度较大、难挥发，固体不导电，但质脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
12．（2分）将等量的Mg（OH）2固体置于等体积的下列液体中，最终固体剩余最少的是（　　）
A．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中
B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中
C．在0.1mol/L的NH3•H2O中
D．在纯水中
【分析】固体Mg（OH）2在溶液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），最终固体剩余最少，说明促进氢氧化镁的溶解，根据溶解平衡移动方向解答该题。
【解答】解：A.加入醋酸，平衡正向移动，促进氢氧化镁溶解；
B.加入氯化镁，镁离子浓度增大，抑制氢氧化镁的溶解；
C.加入氨水，氢氧根离子浓度增大，抑制氢氧化镁的溶解；
D.加入纯水，存在溶解平衡，不收外界因素的影响，
则最终固体剩余最少的是A。
故选：A。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握外界因素对平衡移动的影响以及平衡移动方向的分析，题目难度不大。
13．（2分）硒是人体必需的微量元素，如图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法错误的是（　　）

A．位于第四周期 B．质量数为34
C．原子最外层有6个电子 D．相对原子质量为78.96
【分析】根据图中元素周期表可以获得的信息：左上角的数字表示原子序数；字母表示该元素的元素符号；中间的汉字表示元素名称；汉字下面的数字表示相对原子质量，进行分析判断即可。
【解答】解：A、34号硒位于第四周期ⅥA，故A正确；
B、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为34，表示原子序数为34；根据原子序数＝核电荷数＝质子数，则该元素的原子核内质子数为34，故B错误；
C、34号硒位于第四周期ⅥA，所以原子最外层有6个电子，故C正确；
D、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为78.96，故D正确；
故选：B。
【点评】本题难度不大，考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）进行分析解题的能力。
14．（2分）关于硫酸工业中的催化氧化反应，可以用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．通入过量氧气 B．选择V2O5做催化剂
C．选择常压条件 D．升温至450℃左右
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【解答】解：A、通入过量氧气，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A选；
B、催化剂只能改变反应速率，不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C、增大压强，平衡向体积减小的方向移动，有利于三氧化硫的合成，所以选择常压条件，不可用勒夏特列原理解释，故C不选；
D、正反应是放热反应，升温至450℃，逆向移动，不得于三氧化硫的产生，所以升温是加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故D不选。
故选：A。
【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。
15．（2分）将已除去氧化膜的镁条投入到盛有稀盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如图所示，其中影响t1～t2段速率的主要因素是（　　）

A．H+的浓度 B．Cl﹣的浓度 C．溶液的温度 D．体系的压强
【分析】由图可知，开始反应速率加快，与温度有关，后来反应速率减小与氢离子浓度有关，以此来解答。
【解答】解：镁条投入到盛有盐酸的敞口容器里，发生Mg与盐酸的反应，t1～t2段时刻，浓度不断减小，反应速率应减小，但放热反应，温度升高，且总体反应速率呈不断增大趋势，说明影响t1～t2段时间段反应速率的主要因素是温度，
故选：C。
【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握温度、浓度对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与知识应用能力的考查，注意反应为放热反应，题目难度不大。
16．（2分）紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（　　）
A．分子式为C14H14O4
B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生水解反应
D．能够发生消去反应生成双键
【分析】A、分子中14个碳原子，不饱和度为8；
B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子；
C、分子中含有酯基，能发生水解；
D、与﹣OH相连的C的邻位C上有H原子可发生消去反应；
【解答】解：A、分子的不饱和度为8，则氢原子个数为：14×2+2﹣8×2＝14，四个氧原子，所以分子式为：C14H14O4，故A正确；
B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误；
C、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故C正确；
D、与﹣OH相连的C的邻位C上有H原子可发生消去反应，生成双键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握醇消去反应的结构特点为解答的关键，侧重醇性质的考查，题目难度不大。
17．（2分）下列操作会使相应溶液pH增大的是（　　）
A．AlCl3溶液中再溶入AlCl3
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体
D．醋酸溶液加热
【分析】A．AlCl3溶液中再溶入AlCl3，Al3+的水解平衡正向移动；
B．加热会促进CH3COO﹣的水解；
C．氨水中加入少量NH4Cl固体，会抑制NH3•H2O的电离；
D．加热会促进醋酸的电离。
【解答】解：A．AlCl3溶液中存在水解平衡Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，AlCl3溶液中再溶入AlCl3，Al3+的水解平衡正向移动，溶液中c（H+）增大，则pH减小，故A不选；
B．CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，加热会促进CH3COO﹣的水解，溶液中c（OH﹣）增大，则pH增大，故B选；
C．氨水中加入少量NH4Cl固体，会抑制NH3•H2O的电离，即电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣逆向移动，溶液中c（OH﹣）减小，则pH减小，故C不选；
D．加热会促进醋酸的电离，电离平衡CH3COOH⇌CH3COOH﹣+H+右移，溶液中c（H+）增大，则pH减小，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了盐的水解、弱电解质的电离，把握影响盐的水解平衡的因素、影响电离平衡的因素等知识点是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
18．（2分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（　　）
A．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH﹣→NH3•H2O
B．同浓度同体积NH4Al（SO4）2溶液与NaOH溶液混合：NH4++Al3++4OH﹣→NH3•H2O+Al（OH）3↓
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2→O2↑+2H++2Fe2+
D．用NaClO溶液吸收少量SO2：3ClO﹣+SO2+H2O→2HClO+Cl﹣+SO42﹣
【分析】A．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应；
B．同浓度同体积NH4Al（SO4）2溶液与NaOH溶液混合，只发生铝离子与氢氧根离子的反应；
C．过氧化氢不能还原铁离子；
D．次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子。
【解答】解：A．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子优先反应，铵根离子不反应，离子方程式为H++OH﹣→H2O，故A错误；
B．同浓度同体积NH4Al（SO4）2溶液与NaOH溶液混合，铝离子优先反应，铵根离子不反应，离子方程式为Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓，故B错误；
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，二者不反应，三价铁离子做催化剂，促进过氧化氢分解生成氧气，2H2O2O2↑+2H2O，故C错误；
D．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中，离子方程式为SO2+3ClO﹣+H2O→SO42﹣+2HClO+Cl﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大。
19．（2分）对金属腐蚀及防护的表述正确的是（　　）
A．金属腐蚀的本质：金属失电子发生还原反应
B．牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极
C．外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源正极相连
D．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用
【分析】A．失电子发生氧化反应；
B．牺牲阳极的阴极保护法是原电池原理，在原电池中，正极被保护；
C．外加电流的阴极保护法是电解池原理，在电解池中，阴极被保护；
D．烤蓝生成一层致密的Fe3O4，可保护内部金属。
【解答】解：A．金属被腐蚀是失电子，发生氧化反应，故A错误；
B．牺牲阳极的阴极保护法是原电池原理，在原电池中，正极被保护，负极被腐蚀，故被保护的金属应做正极，故B错误；
C．外加电流的阴极保护法是电解池原理，在电解池中，阴极被保护，阳极被腐蚀，故被保护的金属应与电源的负极相连，故C错误；
D．烤蓝生成一层致密的Fe3O4，可保护内部金属，则能起到防腐蚀作用，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电化学腐蚀和防护的关系，为高考常见考题，侧重分析与应用、电化学知识的考查，题目难度不大。
20．（2分）用物质的量都是0.01mol的HCN和NaCN配成1升混合溶液，已知其中c（CN﹣）＜c（Na+），对该溶液的下列判断正确的是（　　）
A．c（HCN）+c（CN﹣）＜0.02mol/L
B．c（OH﹣）＜c（H+）
C．c（CN﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（HCN）
D．c（HCN）＜c（CN﹣）
【分析】物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，其中c（CN﹣）＜c（Na+），由电荷守恒可知c（CN﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），则有c（H+）＜c（OH﹣），溶液应呈碱性，结合物料守恒来解答。
【解答】解：A．由物料守恒可知，c（HCN）+c（CN﹣）＝0.02mol/L，故A错误；
B．由上述分析可知，溶液显碱性，c（H+）＜c（OH﹣），故B错误；
C．由c（CN﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）、c（HCN）+c（CN﹣）＝2c（Na+），消去钠离子可得c（CN﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（HCN），故C正确；
D．溶液呈碱性，可知等浓度时CN﹣的水解大于HCN的电离，则c（HCN）＞c（CN﹣），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合时溶液的酸碱性判断及离子浓度的比较，为高频考点，把握电荷守恒、物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）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　1s22s1　；CO2的结构式为　O＝C＝O　；反应②中物质涉及的化学键类型有　离子键、共价键、金属键　。
（2）碳原子核外电子有　3　种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是　2px、2py（或2px、2pz或2py、2pz）轨道　。
（3）氢化锂（LiH）是离子化合物，写出其阴离子的电子式　[H：]﹣　，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的大小，并用原子结构理论加以解释　H﹣和Li+具有相同的电子层结构，但H﹣的核内质子数比Li+少，原子核对核外电子的吸引力比Li+弱，所以H﹣的半径比Li+大　。
（4）用Li2CO3、氨水和液溴制备LiBr。除生成LiBr外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物
并配平该反应的化学方程式：　3　Li2CO3+　3　Br2+　2　NH3•H2O→　6　LiBr+　5H2O+N2↑+3CO2↑　。
（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，放电时，负极为　Li　（填写化学式）。若用该电池电解饱和食盐水（电解池电极均为惰性电极），当电解池两极共有4480mL气体（标准状况）产生时，该电池消耗锂的质量为　1.4g　。
【分析】（1）Li核外有3个电子，分两层排布；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子；氧化锂中含有离子键，一氧化碳和碳中含有共价键，锂单质含有金属键；
（2）C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道；
（3）LiH的阴离子为H﹣，最外层电子数为2；核外电子排布相同的离子，其核电荷数越大离子半径越小；
（4）Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，溴氧化氨水生成氮气，同时生成二氧化碳气体，据此写出反应的方程式；
（5）由磷酸亚铁锂电池总反应FePO4+LiLiFePO4可知，放电时Li发生失电子的氧化反应生成Li+，则Li为负极、FePO4为正极，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+；惰性电极电解饱和食盐水时总反应为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣，阳极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，根据电子守恒有：2Li～2e﹣～Cl2，则n（Li）＝2n（Cl2），据此计算消耗锂的质量。
【解答】解：（1）Li核外有3个电子，分两层排布，则基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为：O＝C＝O；氧化锂中含有离子键，一氧化碳和碳中含有共价键，锂单质含有金属键，
故答案为：1s22s1；O＝C＝O；离子键、共价键、金属键；
（2）C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，同一能级上两个电子的能量相等，则碳原子核外电子有3种能量的电子，能量最高的电子在2px、2py（或2px、2pz或2py、2pz）轨道，
故答案为：3；2px、2py（或2px、2pz或2py、2pz）轨道；
（3）LiH的阴离子为H﹣，最外层电子数为2、电子式为[H：]﹣，H﹣和Li+核外电子数相同，核内质子数Li+大于H﹣，其原子核对核外电子的吸引力大，因此Li+离子半径小于H﹣，
故答案为：[H：]﹣；H﹣和Li+具有相同的电子层结构，但H﹣的核内质子数比Li+少，原子核对核外电子的吸引力比Li+弱，所以H﹣的半径比Li+大；
（4）Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，溴氧化氨水生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O＝6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，
故答案为：3；3；2；6；5H2O+N2↑+3CO2↑；
（5）由磷酸亚铁锂电池总反应FePO4+LiLiFePO4可知，放电时Li发生失电子的氧化反应生成Li+，则Li为负极，负极反应为Li﹣e﹣＝Li+，惰性电极电解饱和食盐水时总反应为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣，阳极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，两极共有4480mL气体，即阳极生成氯气2240mL，根据电子守恒有：2Li～2e﹣～Cl2，则n（Li）＝2n（Cl2）＝2×＝0.2mol，m（Li）＝nM＝0.2mol×7g/mol＝1.4g，
故答案为：Li；1.4g。
【点评】本题考查原子结构、化学键、氧化还原反应、原电池工作原理及计算等知识，为高考常考题型和高频考点，把握原子结构和原电池工作原理是解题关键，注意电子守恒的计算应用，题目难度不大。
22．（15分）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值。
（1）大气中SO2含量过高会导致雨水中含有（填化学式）　H2SO4、H2SO3　而危害植物和建筑物。工厂排放的SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反应的化学方程式为　SO2+Na2SO3+H2O＝2NaHSO3　。由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水可制得Na2S2O5。写出该过程的化学方程式　2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O　。
（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol•L﹣1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL碘液。补全该滴定反应的离子方程式：S2O52﹣+2I2+3H2O→2SO42﹣+　4I﹣+6H+　，该样品中Na2S2O5的残留量为　0.128　g•L﹣1（以SO2计）。
（3）一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16g S（s），该反应　放出　（选填“放出”或“吸收”）的热量为　135kJ　。
（4）在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为　K＝　，对此反应下列说法正确的是　ad　。
a.若混合气体密度保持不变，则已达平衡状态
b.从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c.达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d.分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变

【分析】（1）SO2导致硫酸型酸雨、二氧化硫形成酸雨的过程分析判断雨水中成分；工厂排放的SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，正盐转化为酸式盐；NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水可制得Na2S2O5，结合原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；
（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I﹣，根据方程式计算；
（3）根据图象分析，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，正逆反应活化能之差为反应放出的热量；
（4）气相为主的反应中，固相物质的浓度项不列入反应的平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析。
【解答】解：（1）SO2能导致硫酸型酸雨，SO2溶于水：SO2+H2O═H2SO3，H2SO3能被部分氧化：2H2SO3+O2＝2H2SO4，故大气中SO2含量过高会导致雨水中含有H2SO4和未被氧化完的H2SO3；
SO2用饱和Na2SO3溶液吸收可得NaHSO3，反应的化学方程式为：SO2+Na2SO3+H2O＝2NaHSO3；NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水可制得Na2S2O5，则发生反应的化学方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O，
故答案为：H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O＝2NaHSO3；2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；
（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I﹣，则发生滴定反应的离子方程式为：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol•L﹣1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算应为：＝0.128g/L，
故答案为：4I﹣+6H+；0.128；
（3）根据图象分析，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，正逆反应活化能之差为反应放出的热量，则为135kJ，
故答案为：放出；135kJ；
（4）气相为主的反应中，固相物质的浓度项不列入反应的平衡常数表达式，则该反应的平衡常数表达式为K＝，
a．混合气体密度为ρ＝，恒容容器容积V不变，反应前后气体的质量发生改变，则当反应到达平衡时，气体总质量m不变，因此若混合气体密度保持不变可以说明反应已经达到平衡状态，故a可选；
b．反应达到平衡前后，气体总物质的量发生改变，则体系压强改变，故b不选；
c．达平衡后若再充入一定量CO2，促使化学平衡逆向移动，由于反应在绝热容器中进行，因此反应会产生热量变化导致体系温度发生改变，则化学平衡常数改变，故c不选；
d．分离出S，由于S不影响化学平衡，因此正、逆反应速率均保持不变，故d可选；
故答案为：K＝；ad。
【点评】本题考查物质组成及含量的测定，涉及酸雨的形成与危害、反应原理的反应及化学平衡的建立与平衡常数，易错点是平衡状态的判断，综合型较强，难度中等。
23．（15分）（1）G是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如图：

已知：①RCH＝CH2+CH2＝CHR′CH2＝CH2+RCH＝CHR′
②G的结构简式为：
（1）（CH3）2C＝CH2分子中有　4　个碳原子在同一平面内。
（2）D分子中含有的含氧官能团名称是　羟基、羧基　，F的结构简式为　　。
（3）A→B的化学方程式为　+Cl2+HCl　，反应类型为　取代反应　。
（4）生成C的化学方程式为　+2NaOH+2NaCl　。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有多种：①能发生银镜反应；②能水解； ③苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2种物质的结构式　　、　　。
（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2＝CHCH＝CH2的合成路线（无机试剂任选）。（合成路线常用的表示方式为：A→B……目标产物）
【分析】B与HCl反应生成，则B为，可知A的结构简式为：，可知C为，D为．苯乙烯与HBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中Br连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，故F为，D与F生成G，以此解答该题。
【解答】解：（1）碳碳双键 具有平面形结构，与碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，则有4个C原子共平面，故答案为：4；
（2）D为，含有的官能团为羟基、羧基，F为，故答案为：羟基、羧基；；
（3）A与氯气在加热条件下发生取代反应生成，方程式为+Cl2+HCl，为取代反应，
故答案为：+Cl2+HCl；取代反应；
（4）生成C的化学方程式为+2NaOH+2NaCl，
故答案为：+2NaOH+2NaCl；

（5）D为，对应的同分异构体①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能水解，说明含有酯基，可为甲酸酯类； ③苯环上只有一个取代基，则可为等，
故答案为：；；
（6）丙烯分数信息①反应生成2﹣丁烯，2﹣丁烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，然后在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应可生成CH2＝CHCH＝CH2，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断，为高考常见题型，是对有机物知识的综合运用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，注意充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合正推法与逆推法进行推断。
24．（15分）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：
（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是　圆底烧瓶　，a中的试剂为　饱和食盐水　。b中采用的加热方式是　水浴加热　，c中化学反应的离子方程式是　Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O　。
（2）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，　过滤　，　冷水洗涤　，干燥，得到KClO3晶体。d的作用是　吸收尾气，防止污染空气　，可选用试剂　ac　。（填标号）
a．Na2S
b．NaCl
c．Ca（OH）2
d．H2SO4
（3）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显　紫　色。可知该条件下KClO3的氧化能力　小于　NaClO。（填“大于”或“小于”）
（4）制备NaClO时，温度过高会生成NaClO3。当n（NaClO）：n（NaClO3）＝1：a时，该反应中n（Cl2）：n（NaOH）＝　2：1　。
【分析】左侧为氯气的发生装置，利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气，生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，其中，氯气中的杂质气体会影响后面氯酸钾和次氯酸钠的制备，故需要用饱和食盐水（a）除去氯气中的氯化氢，水蒸气对反应无影响，故无需除去，B为氯气与KOH溶液在加热条件下制取氯酸钾的装置，c为氯气与氢氧化钠溶液在较低温度下制取次氯酸钠的装置，d为尾气的吸收装置，可防止污染环境，吸收氯气使用碱性或还原性，
（3）氯酸钾不能氧化碘化钾，而次氯酸钠可以氧化，进而比较氧化行强弱；
（4）结合得失电子守恒进行分析。
【解答】解：（1）由图分析可知，盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶，装置a的作用为除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为饱和食盐水，由题给装置图可知，装置b是在加热条件下制备KClO3，加热方式为水浴加热，装置c在低温条件下制备NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，
故答案为：圆底烧瓶；饱和食盐水；水浴加热；Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O；（2）b中试管，经冷却结晶后，要得到KClO3晶体，还需要进行过滤，用少量冷水洗涤，干燥等操作，装置d为吸收多余氯气的尾气处理装置，吸收氯气可以使用碱性或还原性溶液，故选ac，
故答案为：过滤；少量冷水洗涤；吸收尾气，防止污染空气；ac；
（3）由题目中给出的实际现象可知，KClO3和KI不反应，而NaClO和KI反应生成I2，说明在相同条件下，氧化能力：KClO3＜NaClO。向NaClO和KI反应后的试管中加入CCl4，振荡，静置后生成的I2进入CCl4层，故CCl4层呈紫色，
故答案为：紫；小于；
（4）当时，依据得失电子守恒，配平方程式为：（3a+1）Cl2+（6a+2）NaOH＝NaClO+aNaClO3+（5a+1）NaCl+（3a+1）H2O，结合方程式可知，氯气与水的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2。
【点评】本题以氯酸钾和次氯酸钠的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，氧化还原方程式配平及计算，实验装置评价等内容，考查范围较广，难度适中。
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