9.(16分)甲、乙两同学用下图所示装置进行实验，探究硝酸与铁反应的产物.

文献记载：I.在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有+4、+2、﹣3价等氮的化合物.

II.FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H<0.

III.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收.

甲的实验操作和现象记录如下：

实验操作 实验现象 打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹. 打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞. 无明显现象. 加热烧瓶，反应开始后停止加热. ①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅; B中溶液变棕色; C中溶液紫色变浅.

②反应停止后，A中无固体剩余. 请回答下列问题：

(1)滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生.

(2)检验是否生成﹣3价氮的化合物，应进行的实验操作是取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+.

(3)甲取少量B中溶液，加热，实验现象是棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色.请用化学平衡原理解释原因：FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H<0正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动.甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成.

(4)乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足.为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，乙作出的改变是浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色.

(5)证明A溶液中是否含有Fe2+和Fe3+，选择的药品是(填序号)cd.

a.铁粉 b.溴水 c.鉄氰化钾溶液 d.硫氰化钾溶液.

【考点】硝酸的化学性质;铁及其化合物的性质实验.

【专题】氮族元素.

【分析】(1)常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;

(2)若有﹣3价氮的化合物生成，应生成NH4+，检验A溶液中是否有NH4+离子即可;

(3)B中溶液变棕色，说明B中有Fe(NO)SO4生成，反应FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，棕色溶液变浅(或绿)，生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，气体在空气中变为红棕色;

(4)铜和浓硝酸反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，如果硫酸亚铁溶液再变成棕色则说明有NO生成;

(5)亚铁离子和铁鉄氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液.

【解答】解：(1)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象，

故答案为：常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生;

(2)生成﹣3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+，故答案为：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口.若试纸变蓝，则A中生成NH4+;

(3)取少量B中溶液，加热，棕色溶于变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液颜色变浅，故答案为：棕色溶液变浅(或绿)，无色气体逸出，且在空气中变为红棕色;FeSO4+NO⇌Fe(NO)SO4(棕色)△H<0 正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动;

(4)二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮，

故答案为：浓硝酸换成稀硝酸;A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色;

(5)亚铁离子的特征反应是：亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铁离子的特征反应是：铁离子和无色的硫氰化钾溶液反应血红色溶液，故选cd.

【点评】本题考查铁、硝酸的性质，铵根离子、铁离子和亚铁离子的检验是高考热点，注意：常温时，铁和浓硝酸不是不反应，而是发生了钝化现象，阻止了进一步反应，为易错点.

10.(16分)海水是巨大的化学资源宝库.

Ⅰ.从海水中可以提取氯、溴、碘等卤族元素.

(1)Cl2的电子式是.

(2)已知：X2(g)+H2(g)⇌2HX(g)(X2表示Cl2、Br2和I2).图1表示平衡常数K与温度t的关系.

①△H 表示X2与H2反应的焓变，△H<0.(填“>”、“<”或“=”)

②曲线a表示的是I2(填“Cl2”、“Br2”或“I2”)与H2反应时K与t的关系.

Ⅱ.海水淡化具有广泛的应用前景，淡化前需对海水进行预处理.

(1)通常用明矾[K2SO4•Al2(SO4)3•24H2O]作混凝剂，降低浊度.明矾水解的离子方程式是Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+.

(2)用图2所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭藻处理.

①装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O.

②海水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3﹣等杂质离子，处理过程中装置的阴极易产生水垢，其主要成分是Mg(OH)2和CaCO3.生成CaCO3的离子方程式是Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O.

③若每隔5﹣10min倒换一次电极电性，可有效地解决阴极的结垢问题.试用电极反应式并结合必要的文字进行解释阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的.

【考点】海水资源及其综合利用;化学平衡建立的过程.

【专题】元素及其化合物;化学计算.

【分析】Ⅰ、(1)氯气是非金属单质，氯原子间形成共价键;

(2)依据图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应;Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多;

Ⅱ、(1)明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水;

(2)①电解饱和氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;

②阴极生成氢气，水的电离被破坏电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀;

③阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，酸溶解沉淀;

【解答】解：Ⅰ.(1)Cl2的电子式是;

故答案为：;

(2)①图象分析平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H<0;

故答案为：<;

②Cl2、Br2、I2，与H2反应时K与t的关系分析可知氯气和氢气反应放热多，碘化氢加热分解平衡逆向进行平衡常数减小的大，曲线a表示的是I2;

故答案为：I2;

Ⅱ.(1)明矾中含有铝离子，铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，水解方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+;

故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+;

(2)①装置中由NaCl转化为NaClO的化学方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑;2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;

故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑;2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O;

②阴极生成氢气，电极附近水的电离被破坏，电极附近生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钙，碳酸氢镁反应生成氢氧化镁、碳酸钙沉淀，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成CaCO3的沉淀产生水垢，生成碳酸钙沉淀的反应离子方程式是：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O;

答案为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O;

③阴极电解原理分析可知，阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的;

故答案为：阴极结垢后倒换电极电性，阴极变为阳极，其电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，产生的氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，使该电极附近溶液呈酸性，从而将Mg(OH)2和CaCO3溶解而达到除垢的目的;

【点评】本题考查了海水资源的分析应用，物质制备电解原理的分析应用图象分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等.

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