1、北京石景山区2019-2020届高三统一测试化学试卷考生须知1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分100分。考试时间90分钟。2.在答题卡上准确填写学校名称、姓名和准考证号。3.请将答案填在答题纸的相应位置。可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 K-39 Cu-64 Br-80 I-127第卷（选择题共42分）本部分共14个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意1.用化学沉淀法除去粗盐中的杂质离子，不需要的操作是（ ）A. 分液B. 溶解C. 过滤D. 蒸发【答案】A【解析】【详解】除去粗盐中的杂质离子，首先要将粗盐加水溶解，然后加入除杂试剂，过滤，最后将滤液蒸发结晶，
2、故不需要的操作为分液。A项错误；答案选A2.化学在疫情防控中发挥着重要作用，下列说法不正确的是（ ）A. 二氧化氯可用于自来水消毒B. 医用消毒酒精是95%的乙醇溶液C. 医用防护口罩的材料之一是聚丙烯，聚丙烯属于高分子材料D. 84消毒液和酒精混合消毒作用减弱，可能发生了复杂的化学反应【答案】B【解析】【详解】A二氧化氯可在广泛的pH值范围内杀死水中的细菌和病毒，可用于自来水消毒。A项正确；B医用消毒酒精是75%的乙醇溶液，B项错误；C医用防护口罩中的熔喷布主要以聚丙烯为主要原料，聚丙烯属于高分子材料，C项正确；D84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，具有氧化性，遇到酒精会发生复
3、杂的化学反应而使消毒作用减弱，D项正确；答案选B。3.对以下科学家的发明发现，分析不合理的是（ ）A. 屠呦呦研究小组发现抗疟新药青蒿素，帮助很多人摆脱了疟疾的威胁B. 侯德榜制碱法，最终制得纯碱的化学式为：NaHCO3C. 阿伏加德罗提出分子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段D. 门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循【答案】B【解析】【详解】A. 屠呦呦研究小组发现抗疟新药青蒿素，帮助很多人摆脱了疟疾的威胁，A正确；B. 侯德榜制碱法，最终制得纯碱的化学式为：Na2CO3，B错误；C. 阿伏加德罗提出分子学说，使人们对物质结构的认识发展到一个新的阶段，C正确；D.
4、门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循，D正确。答案选B。4.15N、N5+、NH5（为离子化合物，结构与NH4Cl相似）等均已被发现，下列说法正确的是（ ）A. 15N的原子结构示意图为：B. N5+中含36个电子C. NH5既含离子键，又含共价键D. NH5的电子式为：NH4+：H-【答案】C【解析】【详解】A15N中15为原子的质量数，而不是质子数，A项错误；B一个N原子中含有7个电子，N5+包含5个N原子且构成中失去一个电子，故其中含34个电子，B项错误；CNH4Cl中包含离子键和共价键，由题给信息：NH5为离子化合物，结构与NH4Cl相似可知，NH5既含离子键，又含共价键
5、。C项正确；DNH4+的电子式表示错误，NH5的电子式正确应为：，D项错误；答案选C。5.下列各项比较中，一定相等的是（ ）A. 相同物质的量Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量B. 相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目C. 相同质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数D. 相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)【答案】B【解析】【详解】ACu和浓硝酸反应生成NO2，和稀硝酸反应生成NO，根据电子得失守恒可知，等物质的量的Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量不相等，A项错误；BNa2O和Na2O2中所含阴离
6、子分别为氧离子和过氧根离子，等物质的量的两种物质中，阴离子的物质的量之比为1:1，故相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目一定相等，B项正确；CFe和足量Cl2反应生成FeCl3，每生成1molFeCl3转移3mol电子，Fe和S反应生成FeS，每生成1molFeS转移2mol电子，据此可知，等质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数不相等，C项错误；DNH4Cl溶液中NH4+水解，Cl-不发生水解，对NH4+的水解无影响；NH4HCO3溶液中NH4+和HCO3-会发生互促水解，故相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)不相等，D项错误；答案
7、选B。6.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）物质（括号内为杂质）除杂试剂ACHCH(H2S)CuSO4溶液BCO2(HCl)饱和Na2CO3溶液C铜粉（铁粉）过量盐酸DCl2(HCl)H2OA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ACHCH中含有H2S杂质，H2S可与CuSO4溶液发生反应：H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，可以达到除杂目的，且反应非氧化还原反应，符合题意，A项正确；BCO2也会和Na2CO3溶液反应，除杂试剂选择错误，应选NaHCO3溶液作除杂试剂，B项错误；C铜粉不与盐酸反应，铁粉与盐酸发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H
8、2，该反应属于氧化还原反应，不符合题意，C项错误；DCl2能溶于水，也能和H2O发生反应，除杂试剂选择错误，应选饱和食盐水作除杂试剂，D项错误；答案选A。【点睛】除杂原则：（1）不增，不能引入新杂质；（2）不减，尽量不减少被提纯和分离的物质；（3）易分，应使被提纯或分离的物质与其他物质易分离；（4）易复原，被提纯物质转化后要易被复原。7.脲醛树脂的合成与酚醛树脂类似，生成线型脲甲醛树脂的方程式为：n+nHCHO+xH2O，下列说法不正确的是（ ）A. 网状的脲甲醛树脂以如图所示结构单元为主B. 方程式中的化学计量数x=n-1C. 脲甲醛树脂合成过程中可能存在中间体D. 通过质谱法测定线型脲甲醛
9、树脂的平均相对分子质量，可得其聚合度【答案】A【解析】【详解】A网状的脲甲醛树脂的结构单元为：，A项错误；B分析题给反应方程式，可知n分子HCHO和n分子发生缩聚生成n-1分子H2O，B项正确；C尿素与甲醛在碱性介质中进行加成反应，生成较稳定的羟甲基脲()，C项正确；D质谱法能够测定线型脲甲醛树脂的平均相对分子质量，通过链节以及相对原子质量，可求出聚合度，D项正确；答案选A。8.结合元素周期律，根据下列事实所得推测不合理的是（ ）事实推测ANa比Li活泼Cs比Na更活泼BN、P、As均为非金属元素第A元素均为非金属元素CH2O热稳定性强于H2SH2S热稳定性强于H2SeDMg(OH)2碱性弱于
10、NaOHAl(OH)3碱性更弱A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A根据元素周期律，同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，Li、Na、Cs都属碱金属元素，随着原子序数的增大，金属性逐渐增强，由Na比Li活泼推测Cs比Na更活泼正确，A项正确；B根据元素N、P、As均为非金属元素，不能推测出第A元素均为非金属元素，B项错误；C根据元素周期律，非金属性越强，生成氢化物的稳定性越强，故由H2O热稳定性强于H2S，可以推测出H2S热稳定性强于H2Se，C项正确；D根据元素周期律，同一周期元素从左至右，金属性逐渐减弱，相应的最高价氧化物对应水化物的碱性越弱。故由M
11、g(OH)2碱性弱于NaOH可以推测出Al(OH)3碱性更弱，D项正确；答案选B。9.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：下列说法正确的是（ ）A. 反应的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H=+akJ/mol(a0)B. 1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量C. 选择优良的催化剂降低反应和的活化能，有利于减少过程中的能耗D. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂【答案】C【解
12、析】【分析】由反应机理图可知，反应为：CH3OH =2H2+CO，反应为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应为吸热反应，反应为放热反应，对比能量图中反应的反应物所具有的能量和反应的生成物所具有的能量，可知反应的反应物和反应的生成物所具有的能量的大小关系为：E生E反。据此进行分析。【详解】A结合能量图可知，反应为放热反应，根据反应机理图可知，反应的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) H=-akJ/mol(a0)，A项错误；B结合反应机理和能量图可知，E生E反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2
13、(g)的总能量，B项错误；C催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，C项正确；DCO(g)属于中间产物，不是催化剂。D项错误；答案选C。10.印刷电路板（PCB）是用腐蚀液将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。一种用FeCl3溶液制作PCB并将腐蚀后废液回收再生的流程如图：下列说法不正确的是（ ）A. 腐蚀池中发生反应的化学方程式是：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2B. 腐蚀后的废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+C. 置换池中发生的主要反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+D. 再生池中加入酸化的H2
14、O2，反应过程中pH降低【答案】D【解析】【分析】分析流程图，覆铜板在腐蚀池中发生反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，在沉降池中沉降后，在置换池中加入铁粉置换出Cu，同时发生Fe3+被铁粉还原为Fe2+的反应，则固体为Cu以及剩余的Fe，再生池中为FeCl2，通过加入氧化剂将FeCl2氧化为FeCl3，再度循环利用。据此分析。【详解】A腐蚀池中为FeCl3溶液与覆铜板发生反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，A项正确；B腐蚀后废液中，有未反应完的FeCl3和反应过程中生成的CuCl2及FeCl2，故废液中，主要的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，B项正确；
15、C置换池中铁粉分别与CuCl2、FeCl3发生了化学反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+和Fe+2Fe3+=3Fe2+，C项正确；D再生池中加入酸化的H2O2，发生反应：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，反应中消耗H+生成H2O，反应过程中pH增大，D项错误；答案选D。11.室温下有下列四种溶液，下列叙述正确的是（ ）编号pH331111溶液盐酸醋酸溶液氢氧化钠溶液氨水A. 、三种溶液的物质的量浓度大小为：=B. 相同体积的、溶液分别与溶液完全中和，消耗溶液的体积：C. 、两溶液等体积混合，所得溶液中c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)D. 、溶液以体积比为9：
16、11混合，则混合溶液的pH=4【答案】C【解析】【分析】分析题给表格，溶液分别为强酸、强碱溶液，在水溶液中完全电离。溶液分别为弱酸、弱碱溶液，在水溶液中部分电离。据此分析。【详解】A盐酸为强电解质，pH=3的盐酸，其物质的量的浓度为10-3molL-1，氢氧化钠为强电解质，pH=11的氢氧化钠溶液，其物质的量浓度为，醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，pH=3的醋酸溶液，其物质的量浓度大于pH=3的盐酸溶液。故、三种溶液的物质的量浓度大小为：=，A项错误；BpH相同，相同体积的、溶液，溶液的物质的量：，则相同体积的、溶液分别与溶液完全中和，消耗溶液的体积：，B项错误；C、两溶液等体积混合，得到了醋
17、酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，C项正确；D根据以上分析，、溶液其物质的量浓度相等，二者混合，发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，反应中HCl和NaOH的物质的量之比为1:1，设溶液体积为9V，则溶液体积为11V，反应后所得溶液为NaCl和NaOH的混合溶液，混合溶液中c(OH-)=，则溶液的pH=10，D项错误；答案选C。【点睛】求算碱性溶液的pH时，一般先根据求出c(H+)，再由求出pH。12.潮湿环境、Cl-、溶解氧是造成青铜器锈蚀的主要环境因素，腐蚀严重的青铜器表面大多存在起催化作用的多孔催化层。图为青铜
18、器发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是（ ）A. 腐蚀过程中，青铜基体是正极B. 若有64gCu腐蚀，理论上耗氧体积为22.4L（标准状况）C. 多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率，是因为改变了反应的焓变D. 环境中的Cl-、正负极产物作用生成多孔粉状锈，其离子方程式为：2Cu2+3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl【答案】D【解析】【分析】据图可知，O2得电子生成OH，Cu失去电子生成Cu2+，过程中发生了吸氧腐蚀。据此可判断出原电池的正负极。根据原电池的工作原理，可写出电极反应式，根据得失电子守恒可进行相关计算。据此分析。【详解】A根据图示可知，Cu失去电子生成Cu2+，故腐蚀
19、过程中，青铜基体是负极，A项错误；B由题给信息可知，原电池负极的电极反应式为：Cu-2e=Cu2+，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，根据得失电子守恒可得关系式：2CuO2，据此可知，若有64gCu腐蚀，理论上耗氧体积为（标准状况），B项错误；C多孔催化层起催化剂的作用，催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变反应的初态和终态，所以反应焓变不变，C项错误；D根据题给信息，结合原电池的电极产物，可知Cl与正负极产物发生反应：2Cu2+3OH+ClCu2(OH)3Cl，D项正确；答案选D。13.钠的燃烧产物中混有黑色物质，研究小组进行如图所示的实验探究。下列推测不正确的
20、是（ ）A. 过氧化钠与硫酸的反应可能有：Na2O2+2H+=2Na+H2O2B. a试管中的现象说明燃烧前钠块中含有铁元素C. c试管的溶液为无色，推测发生的反应为：5H2O2+6H+2MnO4-=2Mn2+5O2+8H2OD. 根据以上实验可判定：该实验中钠的燃烧产物里含Fe2O3，不含Fe3O4【答案】D【解析】【分析】分析实验过程，a试管中溶液颜色变浅红色，发生反应：Fe3+SCN=Fe(SCN)3（血红色），说明滤液中含有Fe3+；b试管中无蓝色沉淀，说明滤液中无Fe2+。c试管溶液最终变无色，有气泡放出，说明滤液中的某物质与酸性KMnO4发生了氧化还原反应，并产生了气体，据此进行分
21、析推测。【详解】A钠的燃烧产物为Na2O2，结合c试管的现象，推测可能Na2O2与稀硫酸反应：Na2O2+2H+=2Na+H2O2，A项正确；Ba试管中溶液颜色变浅红色，说明滤液中含有Fe3+，则燃烧前钠块中含有铁元素，B项正确；C根据c的实验现象，说明滤液中的某物质与酸性KMnO4发生了氧化还原反应，并产生了气体，分析钠的燃烧产物的性质及与稀硫酸可能的反应过程，推测c中发生了反应：5H2O2+6H+2MnO4-=2Mn2+5O2+8H2O，C项正确；D根据以上实验，可以推断出钠的燃烧产物里含有+3价的铁元素，不能判定该物质是Fe2O3，D项错误；答案选D。14.SiHCl3在催化剂作用下主要
22、发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) H=+48kJmol-1。已知：反应速率，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 343K时反应物的平衡转化率为21%B. a点的反应速率小于b点的反应速率C. 343K时=D. 由323K的平衡转化率数据，不能计算323K的平衡常数K【答案】C【解析】【分析】分析题给信息，该可逆反应为气体分子数不变且吸热的反应。则对于该可逆反应来说，温度升高，反应向正反应方向进行。根据题中t-SiHCl3%图，可知曲线a为343
23、K时SiHCl3的转化率-时间曲线，曲线b为323K时SiHCl3的转化率-时间曲线。据此进行分析。【详解】A由分析可知，曲线a为343K时的变化曲线，由图可知，343K时反应物的平衡转化率为22%，A项错误；B由图可知，a、b两点的转化率相等，可认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即a点的反应速率大于b点的反应速率，B项错误；C由图可知，343K时SiHCl3的转化率为22%，设起始时SiHCl3的浓度为1mol/L，则根据反应方程式有： 平衡时v正=v逆，则，则，C项正确；D由图可知，323K时SiHCl3的转化率为21%，设起始时SiHCl3的浓度为1mol/L，由
24、反应方程式可知：该可逆反应的平衡常数K=，故由323K的平衡转化率数据，可以计算323K的平衡常数K，D项错误；答案选C。第卷（非选择题共58分）本部分共5小题，共58分15.汽车尾气中NOx的生成和消除是科学家研究的重要课题。（1）NOx能形成酸雨，NO2转化为HNO3的化学方程式是_。（2）汽车发动机工作时会引发N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180kJmol-1，其能量变化示意图如下：则NO中氮氧键的键能是_kJmol-1。（3）用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH3+6NO5N2+6H2O，以n(NH3)：n(NO)分别为4:1、3:1、1:3投料，得到NO脱除率随温
25、度变化的曲线如图所示：曲线a对应的n(NH3):n(NO)=_。曲线c中NO的起始浓度为410-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_mg/(m3s)。由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是_（至少写两条）。【答案】 (1). 3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3 (2). 632 (3). 1:3 (4). 110-4 (5). 、催化剂的活性下降；、氨气可能发生分解；、反应为放热反应，温度高反应速率快，达到平衡后平衡逆向移动【解析】【分析】（1）NO2和水反应生成HNO3和NO。
26、（2）根据H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，计算氮氧键的键能；（3）NH3和NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则n(NH3):n(NO)为4:1、3:1、1:3时，对应的曲线为c、b、a。由题给信息，可类比反应速率的定义进行NO的脱出速率的计算。温度升高，NO的脱除率降低，可根据可逆反应的平衡移动进行分析。【详解】（1）NO2与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3；（2）根据H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放
27、的能量，可得：946kJmol-1+498 kJmol-1-2a kJmol-1=180kJ，解得：a=632。答案为：632；（3）由分析可知，曲线a对应的n(NH3):n(NO)=1:3；答案为：1:3；由图可知，A点到B点，NO的脱除率为0.75-0.55=0.20，则从A点到B点，则从A点到B点内NO的脱除率为，答案为：110-4；可从催化剂、可逆反应的平衡移动、反应物或生成物随温度变化的角度进行分析。在温度超过900时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因有：、催化剂的活性下降；、氨气可能发生分解；、反应为放热反应，升高温度，达到平衡后平衡逆向移动；答案为：、催化剂的活性下降；、氨气可能
28、发生分解；、反应为放热反应，升高温度，达到平衡后平衡逆向移动。16.清代化学家徐寿创立了化学元素的中文名称和造字原则，推动了化学知识在中国的传播和应用。物质A由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z组成，其中Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，物质A的结构式如图所示：回答下列问题：（1）Y、Z元素的名称为徐寿确定并使用至今，Y在周期表中的位置是_。（2）比较X、Y、Z简单离子的半径大小（用对应离子符号表示）_。（3）在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2是工业制取A的一种方法，写出该反应的化学方程式_。（4）与X同主族的元素溴和碘可以发生下列置换反应：Br2+2I-=2Br
29、-+I2，I2+2BrO3-2IO3-+Br2，这两个置换反应矛盾吗？简述理由_。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). FNa+Al3+ (3). NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3 (4). 不矛盾。前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）【解析】【分析】分析A的结构式，其中Y形成+1价的阳离子，X可形成一个共价键，Z成六个共价键，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中
30、Z为金属元素。由此可推断X形成-1价的阴离子，可推测X为F元素，根据X和Z形成显-3价的阴离子，可知Z应显+3价，且Z为金属元素，则Z为Al元素。由X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，可知Y为Na元素，据此进行分析。【详解】（1）Na元素在元素周期表中位于第三周期第A族，答案为：第三周期第A族；（2）根据核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，则其离子半径大小关系为：FNa+Al3+；答案为：FNa+Al3+；（3）根据题意及原子守恒，可知化学反应方程式为：NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；答案为：NaA
31、lO2+6NaF+4CO2+2H2O=Na3AlF6+4NaHCO3；（4）不矛盾；分析两个反应，在前一个反应中，Br2作为氧化剂，将I-氧化为I2，I2为氧化产物，体现了氧化性：Br2I2；在后一个反应中，BrO3-中Br的化合价降低，被还原为Br2，Br2为还原产物，I2作为还原剂，体现了还原性：I2Br2。答案为：不矛盾；前者Br2是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；后者I2是还原剂，Br2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物。（不矛盾；前者是“Br”得电子倾向强于“I”，后者是“I”失电子倾向强于“Br”）。17.海水是巨大的化学资源宝库，利用海水可以获取很多物质。
32、海水中主要离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-等。利用1：淡水工业（1）海水淡化的方法主要有_、电渗析法、离子交换法等。（2）电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示。淡水在_室（填X、Y或Z）形成后流出。一般海水不直接通入到阴极室中，原因是_。（3）离子交换法净化海水模拟过程如图所示，氢型阳离子交换原理可表示为：HR+Na+=NaR+H+，。羟型阴离子交换树脂填充段存在的反应有_。利用2：提溴工业（4）用海水晒盐之后的盐卤可提取溴，提取流程如图：用热空气将溴赶出，在吸收塔先用浓Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化为Br-和BrO3-，再加入W溶液
33、得到Br2。推测W是_。蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是_。将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到38.4gBr2，若总提取率为60%，则原海水中溴的浓度是_mg/L。【答案】 (1). 蒸馏法 (2). X、Z (3). 海水中含有较多的Mg2+、Ca2+等阳离子，阴极电解产生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜 (4). ROH+Cl=RCl+OH；2ROH+SO42=R2SO4+2OH；H+OH=H2O (5). 硫酸 (6). 温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气 (7). 64【解析】【详解】（1
34、）海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；答案为：蒸馏法；（2）在电解池中，溶液中阴、阳离子分别通过阴、阳离子交换膜移向阳、阴极，从而在X、Z室形成淡水而流出；答案为：X、Z；海水中含Ca2+、Mg2+，在电解池的阴极中，阳离子放电后产生OH-，从而易形成沉淀附着在电极表面或堵塞离子交换膜。答案为：海水中含有较多的Mg2+、Ca2+等阳离子，阴极电解产生OH-，容易生成Mg(OH)2和Ca(OH)2等沉淀附着在电极表面或堵塞阳离子交换膜；（3）分析氢型阳离子的交换原理可知，羟型阴离子发生的阴离子交换类似氢型阳离子的交换过程，根据图中海水净化模拟过程，其中涉及的反应方程式有：ROH+Cl=
35、RCl+OH；2ROH+SO42=R2SO4+2OH；H+OH=H2O；答案为：ROH+Cl=RCl+OH；2ROH+SO42=R2SO4+2OH；H+OH=H2O；（4）分析溴的提取流程，Cl2将盐卤中的Br-氧化为Br2，再通热空气将Br2吹出塔，在吸收塔先用浓Na2CO3溶液吸收Br2，Br2歧化为Br-和BrO3-，再加入H2SO4酸化歧化溶液得到Br2。在歧化溶液中加入H2SO4溶液，使其生成Br2，故答案为：硫酸；温度在90左右进行蒸馏，是因为温度过高有更多的水蒸气蒸出，温度过低，不利于溴的蒸出，答案为：温度过低不利于溴的蒸出，温度过高会蒸出较多水蒸气；根据题意，设原海水中溴的浓度
36、是x mg/L，则有，x=64，答案为：64。【点睛】解决这类问题可以分为三步：第一步，分清隔膜类型，即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜；第二步，写出电极反应式，判断交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向；第三步，分析隔膜作用，在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险。18.由化合物A制备可降解环保塑料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：已知：.+R3COOH（R1、R2、R3均为烃基）.+2RBr+2HBr回答下列问题：（1）CPHB的反应类型是_。（2）B中官能团的名称是_
37、。（3）A的结构简式是_。（4）DE的反应方程式是_。（5）E+GH的反应方程式是_。（6）X是J的同分异构体，满足下列条件的有_种（不考虑顺反异构）。链状结构；既能发生银镜反应，又能发生水解反应。其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6:1:1的结构简式是_。（7）已知：2CH3CHO。以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成C，写出合成路线_。【答案】 (1). 缩聚（聚合）反应 (2). 羰基、羧基 (3). (4). HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O (5). C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr
38、(6). 8 (7). C(CH3)2CHOOCH (8). H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO【解析】【分析】分析PHB的结构简式，可知其为缩聚物，即C发生缩聚反应生成PHB。C的结构简式为，结合题中已知可知，A被酸性高锰酸钾氧化为B和D，B的结构简式为CH3COCH2COOH，根据D的分子式，可知D的结构简式为HOOCCH2COOH。故A的结构简式为：。D与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为：CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，据F的分子式，可知F的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，F和浓氢溴酸发生取代反应生成G，G
39、的结构简式为BrCH2CH2CH2Br。根据已知条件.+2RBr+2HBr，可知E(CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3)和G(BrCH2CH2CH2Br)在C2H5ONa的作用下发生反应，生成H，H的结构简式为：。根据HI的反应条件，可知HI的过程为酯的水解酸化过程，生成I的结构简式为：，I发生脱羧反应生成J。据此进行分析。【详解】（1）根据PHB的结构简式，可知CPHB的反应类型为缩聚反应，答案为：缩聚反应；（2）根据分析，B的结构简式为：CH3COCH2COOH，其中包含的官能团为羰基和羧基，答案为：羰基、羧基；（3）结合以上分析，可知A结构简式为：，答案为：；（4）D与C2H5O
40、H在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成E，结合分析可知反应方程式为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；答案为：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；（5）根据已知条件可得出E+GH反应方程式是C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；答案为：C2H5OOCCH2COOC2H5+BrCH2CH2CH2Br+2HBr；（6）X的同分异构体能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明其分子中含有甲酸酯基，根据题给限制条件，X为链状的含甲酸酯基的同分异构体有：HCOOCH2CH2
41、CHCH2、CH2CHCH(OOCH)CH3、CH2C(OOCH)CH2CH3、HCOOCHCHCH2CH3、HCOOCH2CHCHCH3、CH3C(OOCH)CHCH3、HCOOCH2C(CH3)CH2、C(CH3)2CHOOCH。共8种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式是C(CH3)2CHOOCH。其中答案为：8；C(CH3)2CHOOCH。（7）根据题意，以乙烯为原料合成目标产物涉及碳链增长，根据题给信息，可先将乙烯转化为乙醇，进而转化为乙醛，然后2个乙醛分子在碱性条件下生成，再通过银氨溶液氧化并酸化后可得目标产物。故合成路线为：H2C=CH2CH3CH2OH
42、CH3CHO；答案为：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHO。【点睛】要注意有机信息的应用。一些反应中有新信息，一定要理解新信息的反应机理，将其应用于解题中，同时有些合成路线需要用到的信息在题目的合成路线中。19.“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.710-8；H2CO3的电离常数为K1=4.310-7、K2=5.610-11。ii.碘的化合物主要以I-和IO3-的形式存在，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。iii.碘单质能与I-反应：I2+I-I3-（I3-低浓度时
43、显黄色，高浓度时为棕色）。.制备消毒液（夹持装置略）（1）制备NaClO消毒液的装置是_（填C或D）。（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成份相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用_。（3）结合资料i，写出D中反应的化学方程式_。.利用消毒液的性质探究碘水的制备方法将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：方案操作现象反应后加淀粉溶液1烧杯1溶液中加入9gKI固体溶液为橙黄色2烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mo/L盐酸10mL溶液颜色快速加深，呈紫红色变蓝3烧杯3溶液中加入少量KI固体（小
44、于0.5g）振荡后溶液保持无色不变蓝（4）对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是_。（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为IO3-。设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成IO3-的离子方程式是_。假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是_。（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含IO3-：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在IO3-，说明理由_。（7）预测烧杯1反应
45、后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据_。【答案】 (1). C (2). ClO-+H2OOH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定） (3). Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2 (4). 溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量 (5). 5ClO-+I2+H2O=2IO3+5Cl-+2H+ (6). 向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去 (7). 不能，溶液中存在大量ClO的干扰，ClO也可将I氧化为I2使溶液变蓝 (8). “变蓝，因为发生反应ClO+2I-+H2
46、O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O”【解析】【分析】（4）（5）根据得失电子数目和原子守恒写出离子方程式。可通过向碱性溶液中加入淀粉溶液的碘水验证生成的I2在碱性溶液中不能存在。（6）84消毒液中存在ClO，ClO具有氧化性，可将I氧化为I2，进而对实验产生干扰。（7）结合题给资料iii进行分析，烧杯1可能出现变蓝、不变蓝或橙黄色，据此进行合理分析。【详解】（1）
47、分析题中.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题。分析实验装置图，可知装置C为制备NaClO消毒液的装置。答案为：C；（2）C装置生成了消毒液的主要成分NaClO，ClO在水溶液中发生水解：ClO+H2OHClO+OH，HClO不稳定易分解，故为了使消毒液保持稳定，应抑制ClO的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH浓度增大，使得ClO的水解平衡左移，进而达到稳定消毒液的目的，答案为：ClO+H2OOH+HClO，加入NaOH使c(O
48、H)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；（3）根据资料i，可知酸性：H2CO3HClOHCO3，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；（4）分析中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量；（5）根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO+I2+H2O=2IO3+5Cl
49、+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；答案为：5ClO+I2+H2O=2IO3+5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；（6）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO具有氧化性，同样可以氧化I生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在IO3-，答案为：不能，溶液中存在大量ClO的干扰，ClO也可将I氧化为I2使溶液变蓝；（7）为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O”。
