1、北京市石景山区2020届高三化学第一次模拟试题（含解析）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，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%
2、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
3、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. 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
4、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。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
5、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；
6、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Na
7、2CO3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+H2，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。【
8、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
9、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
10、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Mg(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（
11、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
12、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(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
13、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H2O2，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
14、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；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H2O
15、2，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9：11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
16、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，
17、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
18、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
19、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
20、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
21、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
22、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343K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
23、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
24、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
25、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。（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(N
26、H3):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
27、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
28、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-+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).
29、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、
30、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：NaAlO2+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
31、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。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
32、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
33、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）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
34、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=RCl+OH；2ROH+SO42=R2SO4+2OH；H+OH=H2O；答案为：ROH+Cl=RCl+OH；2ROH+SO42=R2SO4+2OH；H+OH
35、=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
36、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_。（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
37、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 (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
38、，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的结构简式为BrCH2CH2CH2Br。根据已知条件.+2RBr+2HBr，可知E(CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3)和G(BrCH2CH2CH2
39、Br)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C2H5OH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
40、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：HCOOCH2CH2CHCH2、CH2CHCH(OOCH)CH3、CH2C(OOCH)CH2CH3、HCOOCHCHCH2CH3、HCOOCH2CHCHCH3、CH3C(OOC
41、H)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=CH2CH3CH2OHCH3CHO；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
42、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、Na2
43、SiO3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
44、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
45、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-+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-
46、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）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
47、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(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）根据资料i，可知酸性：H2CO3HClOHCO3，Cl2与水发生反应生成HC
48、l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+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：5Cl
49、O+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”。