北京市昌平区昌平区第一中学2020届高三下学期第三次模拟考试化学试题 Word版含解析

北京市昌平区昌平区第一中学2020届高三下学期第三次模拟考试化学试题 Word版含解析

高考前适应性练习化学试卷 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。‎ ‎3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。‎ ‎4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5‎ 第Ⅰ卷（选择题共 42 分）‎ 共 14 小题，每小题 3 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1. 垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是 A B C D 垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸 垃圾分类 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类，故废旧易拉罐属于可回收垃圾，A正确，不合题意；‎ B．可回收物主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类，废塑料属于可回收垃圾，B错误，符合题意；‎ C．有害垃圾含有对人体健康有害的重金属 - 20 -‎ ‎、有毒的物质或者对环境造成现实危害或者潜在危害的废弃物。包括电池、荧光灯管、灯泡、水银温度计、油漆桶、部分家电、过期药品、过期化妆品等，故废荧光灯管属于有害垃圾，C正确，不合题意；‎ D．不可回收垃圾不属于可回收物，但废纸可以燃烧，故不可回收废纸属于可燃垃圾，D正确，不合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎2. 下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：‎ A. 氮元素均被氧化 B. 工业合成氨属于人工固氮 C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化 D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；‎ B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；‎ C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；‎ D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；‎ 故选A。‎ - 20 -‎ ‎3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 乙烯的比例模型：‎ B. 质量数为16的O原子：16O C. 氯离子的结构示意图：‎ D. CO2的电子式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯分子中两个C原子形成共价双键，每个C原子与两个H原子形成两个共价键，分子中6个原子位于同一平面上，由于原子半径C>H，所以该分子比例模型为，A正确；‎ B. 质量数为16的O原子：16O，B 错误；‎ C.Cl原子获得1个电子变为Cl-，最外层有8个电子，结构简式为：，C错误；‎ D. CO2分子中C原子与2个O原子形成四对共用电子对，其电子式：，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4. 糖类、油脂和蛋白质是人类所需的重要营养物质。下列叙述正确的是 A. 葡萄糖和麦芽糖互为同分异构体 B. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖 C. 油脂是高分子化合物 D. 鸡蛋清遇醋酸铅溶液发生盐析 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，而麦芽糖分子式为C12H22O11，故二者不互为同分异构体，A错误；‎ B．淀粉水解最终产物是葡萄糖，B正确；‎ - 20 -‎ C．油脂的相对分子质量不超过1000，故不是高分子化合物，C错误；‎ D．由于醋酸铅为重金属盐，故鸡蛋清遇醋酸铅溶液发生变性，D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎5. 过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2CO2= Na2CO3+O2。用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 室温下，22.4 L CO2 中所含原子总数为 3 NA B. 78 g Na2O2 中含有阴离子的数目为 NA C. 上述反应，生成 1 molO2 转移电子的数目为 4NA D. 1L1mol/LNa2CO3 溶液中 CO离子的数目为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．室温下并不是标准状况，22.4 L CO2中所含原子总数小于3 NA，A错误；‎ B．Na2O2中含有Na+和，故78 g Na2O2中含有阴离子的数目为NA，B正确；‎ C．上述反应中，Na2O2中O由-1价转化为0价，故生成 1 molO2 转移电子的数目为2NA，C错误；‎ D．由于CO在溶液中将发生水解，故1L1mol/LNa2CO3 溶液中 CO离子的数目小于NA，D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎6. 已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是 A. 原子半径：As＞Cl＞P B. 热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr C. 还原性：As3-＞S2-＞Cl- D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；‎ B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；‎ C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；‎ D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；‎ 故选C．‎ - 20 -‎ ‎7. 下列解释实验现象的反应方程式不正确的是 A. 切开的金属 Na 暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2O B. 向 AgCl 悬浊液中滴加 Na2S 溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)= Ag2S(s)＋2Cl–(aq)‎ C. 向 Na2CO3 溶液中滴入酚酞，溶液变红： CO＋2H2OH2CO3＋2OH–‎ D. 向NaHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液恰好至溶液呈中性： H++SO＋Ba2+＋OH–＝BaSO4↓＋H2O ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．切开的金属 Na 暴露在空气中，光亮表面失去金属光泽生成白色的Na2O而逐渐变暗：4Na＋O2＝2Na2O，A正确；‎ B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl(s)＋S2–(aq)=Ag2S(s)＋2Cl–(aq)，B正确；‎ C．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红是由于CO水解而呈碱性，由于碳酸是多元弱酸，故碳酸根的水解反应为分步进行，以第一步为主，故正确CO＋H2O ＋OH–，C错误；‎ D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液恰好至溶液呈中性： 2H++SO＋Ba2+＋2OH–＝BaSO4↓＋2H2O，D错误；‎ 故答案为：CD。‎ ‎8. 下列试验中，所选装置不合理的是 A. 分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④‎ B. 用CC14提取碘水中的碘，选③‎ C. 用FeC12，溶液吸收C12，选⑤‎ - 20 -‎ D. 粗盐提纯，选①和②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。‎ ‎【详解】A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；‎ B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故B正确；‎ C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；‎ D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。‎ ‎9. 某消毒液的主要成分为 NaClO，还含有一定量的 NaOH。下列说法不合理的是 A. 该消毒液可用 NaOH 溶液吸收 Cl2制备 B. 用 pH 试纸测得该消毒液 pH 约为 12‎ C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为 HCl）混用，产生有毒气体 D. 该消毒液加白醋生成 HClO，可增强漂白作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该消毒液主要成分是NaClO、还含有一定量的NaOH，故可用NaOH溶液吸收Cl2制备，反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，A正确；‎ B．由于NaClO具有强氧化性，故用 pH 试纸测量时，pH试纸最终变为白色，故不能用pH试纸测得该消毒液 pH 约为 12，B错误；‎ C．该消毒液主要成分为NaClO与洁厕灵（主要成分为 HCl）混用，将发生反应：‎ - 20 -‎ NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，产生有毒气体Cl2，C正确；‎ D．该消毒液主要成分为NaClO，加白醋发生反应：CH3COOH+NaClO=CH3COONa+HClO，生成 HClO，可增强漂白作用，D正确；‎ 故答案为：B。‎ ‎10. 合成导电高分子材料 PPV 的反应：‎ n+n+（2n-1）HI 下列说法正确的是（ ）‎ A. 合成 PPV 反应为加聚反应 B. PPV 与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元 C. 和苯乙烯互为同系物 D. 通过质谱法测定 PPV 的平均相对分子质量，可得其聚合度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题干反应方程式可知，合成PPV的反应为缩聚反应，A错误；‎ B．由题干图可知，合成PPV的反应为缩聚反应，而不是加聚反应，PPV的重复结构单元为，聚苯乙烯的重复结构单元为，二者不相同，B错误；‎ C．同系物是指结构相似，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故和苯乙烯不互为同系物，C错误；‎ D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，可得其聚合度，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎11. 用下图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，有②中现象，不能证实①中反应发生的是（ ）‎ - 20 -‎ ‎①中实验 ‎②中现象 A 铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡 B 加热NH4Cl和Ca(OH)2混合物 酚酞溶液变红 C NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊 D 石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；‎ B．NH4Cl+Ca(OH)2NH3↑+CaCl2+H2O、NH3+H2O⇌NH3．H2O⇌NH4++OH﹣，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；‎ C.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果②中澄清石灰水变浑浊，则①中一定发生反应，故C正确；‎ D．溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以①中一定发生化学反应，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎12. 常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ - 20 -‎ A. a点pH约为3，可以判断HA是弱酸 B. b点溶液：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)‎ C. c点溶液：c(K+)=c(A-)‎ D. 水的电离程度：c点＞d点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点为0.1mol/LHA溶液，若是强酸，pH=1，但pH约为3，HA是弱酸，A正确；‎ B．b点溶液中溶质为等物质的量的KA和HA，溶液显酸性，离子浓度关系为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；‎ C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(K+)=c(A-)，C正确；‎ D．c点溶液的pH=7，溶质为HA和KA，HA抑制水的电离，d点溶液的溶质为KA，KA促进水的电离，水的电离程度：c点 H+ > Na+‎ B. 对比①③可知，阳极放电顺序是：Cl- > OH- > SO42-‎ C. 对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电 D 对比①⑤可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、①中阳离子是Cu2＋和H＋，阴极产物是Cu，放电顺序是Cu2＋>H＋，②中阳离子是Na＋和H＋，阴极产物是H2，放电顺序是H＋>Na＋，综上所述，放电顺序是Cu2＋>H＋>Na＋，故A说法正确；‎ B、根据①知道，离子放电顺序是：Cl-＞OH-，根据③知道离子放电顺序是：OH-＞SO42-，故B说法正确；‎ C、电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电，故C说法正确；‎ D、①⑤用到的电解质成分不一样，铜离子优先于钠离子放电，但是电解得到金属不一定只能用熔融态，电解氯化铜溶液也是得到金属铜，故D说法错误；‎ 故答案选D。‎ ‎14. 向20 mL 0.40 mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液：ⅰ．H2O2+I-=H2O+IO﹣；ⅱ．H2O2+IO﹣= H2O+O2↑+ I﹣。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下。‎ ‎ t/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎12.6‎ ‎20.16‎ ‎28.0‎ ‎32.7‎ 下列判断不正确的是 - 20 -‎ A. 从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率 B. 反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应 C. 0~10 min的平均反应速率：v(H2O2)≈9.0×10-3 mol/(L·min)‎ D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从反应过程示意图可以看出KI能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，A正确；‎ B.根据图示可知反应i的生成物比反应物的能量高，为吸热反应；反应ii的反应物比生成物的能量高，是放热反应，B错误；‎ C.0~10 min内，反应产生O2的物质的量是n(O2)= 20.16×10-3L÷22.4L/mol=9.0×10-4mol，根据方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知△n(H2O2)=2×9.0×10-4mol=1.8×10-3mol，则v(H2O2)= (1.8×10-3mol)÷0.02L÷10min=9.0×10-3 mol/(L·min)，C正确；‎ D.在反应i中H2O2的作用是氧化剂，在反应ii中是还原剂，所以在整个反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ 第II卷（解答题，共 58 分）‎ ‎15. NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。‎ ‎(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：__________________________。‎ ‎(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：‎ ‎①写出该反应的热化学方程式：_______________________________。‎ ‎②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是____。‎ ‎(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。‎ ‎①当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：______________________________‎ ‎②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO＜20CaO＜38SrO＜56BaO。原因是___________________________________________，‎ - 20 -‎ 元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。‎ ‎(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：‎ ‎①Pt电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”)‎ ‎②写出NiO电极的电极反应式：______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO (2). N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH＝＋183 kJ·mol－1 (3). 增大 (4). 2CO＋2NON2＋2CO2 (5). 根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大 (6). 还原 (7). NO＋O2－－2e－=NO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；‎ ‎（2）①该反应中的反应热=（945+498）kJ/mol-2×630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183 kJ•moL-1，答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183 kJ•moL-1；②该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以平衡常数增大，答案为：增大；‎ ‎（3）①在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2，答案为：2CO+2NON2+2CO2；②根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，答案为：根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；‎ ‎（4）①铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，答案为：还原；②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，答案为：NO+O2--2e-=NO2．‎ ‎16. ‎ - 20 -‎ 有效控制大气温室气体浓度，推动绿色低碳发展，是人类可持续发展的重要战略之一，因此捕集、利用 CO2始终是科学研究的热点。‎ ‎(1)新的研究表明，可以将 CO2转化为炭黑回收利用， 反应原理如图所示。‎ ‎①碳在元素周期表中位置是__________。‎ ‎②整个过程中 FeO 的作用是__________。‎ ‎③写出 CO2转化为炭黑的总反应化学方程式__________。‎ ‎(2)我国科学家用 Fe3(CO)12/ZSM-5 催化 CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含 CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。‎ ‎ ‎ 催化剂中添加 Na、K、Cu 助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时， 添加不同助剂，经过相同时间后测得 CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。‎ 助剂 CO2转化率 ‎（%）‎ 各产物在所有产物中的占比（%）‎ C2H4‎ C3H6‎ 其他 Na ‎42.5‎ ‎35.9‎ ‎39.6‎ ‎24.5‎ K ‎27.2‎ ‎75.6‎ ‎22.8‎ ‎1.6‎ Cu ‎9.8‎ ‎80.7‎ ‎12.5‎ ‎6.8‎ ‎①欲提高单位时间内乙烯的产量，在 Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_________助剂效果最好； ‎ ‎②加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_________。‎ - 20 -‎ ‎【答案】 (1). 第二周期IVA族 (2). 做催化剂 (3). CO2C+O2 (4). K (5). 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据碳的原子序数6确定其位置；‎ ‎②结合图示中氧化亚铁反应前后均存在分析作用；‎ ‎③根据图示中二氧化碳为反应为最终产生碳单质和一氧化碳确定反应；‎ ‎(2)①结合图表数据分析三种助剂对CO2转化率和乙烯在产物中的百分比分析；‎ ‎②根据助剂起催化作用，结合催化剂在反应中的作用分析。‎ ‎【详解】(1)①碳的原子序数6，有两个电子层，最外层电子数4，处于第二周期，IVA族，故答案为：第二周期IVA族；‎ ‎②根据图示可知氧化亚铁反应前后均存在质量和化学性质均未改变，作催化剂，故答案为：做催化剂；‎ ‎③根据图示中二氧化碳为反应为最终产生碳单质和一氧化碳，反应为CO2C+O2，故答案为：CO2C+O2；‎ ‎(2)①结合图表数据分析可知加钠时CO2转化率最大，但乙烯在产物中百分比太低，副产物过多，加铜时乙烯在产物中的百分比最大，但CO2转化率却太低，综合考虑加K时转化率不算低，同时乙烯在产物中的百分比较高；故答案为：K；‎ ‎②助剂本身也起催化作用，而催化剂在反应过程中可以降低反应的活化能，从而加快反应速率，因此助剂可以起到降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响，故答案为：降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。‎ ‎17. 可降解高分子材料 P 的结构为：‎ - 20 -‎ 下图是P的合成路线。‎ 已知：+R3OH +R2OH ‎（1）B的结构简式是_______。‎ ‎（2） 中的官能团名称是_______、_______。‎ ‎（3）试剂 a是______。‎ ‎（4）③的化学方程式是_____。‎ ‎（5）⑥的反应类型是_____。‎ ‎（6）当④中反应物以物质的量之比 1︰1 发生反应时，反应⑤的化学方程式是___。‎ ‎【答案】 (1). BrCH2CH2Br (2). 碳碳双键或羧基 (3). 羧基或碳碳双键 (4). NaOH水溶液 (5). (6). 取代反应 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成流程可知，A为CH2=CH2，A发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，B发生水解反应生成D为HOCH2CH2OH，D与2-甲基丙烯酸发生酯化反应生成E，故E为，④中发生信息中的交换反应生成F为，F反应生成，⑥为取代反应，最后合成高分子P，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）B的结构简式是BrCH2CH2Br，故答案为：BrCH2CH2Br；‎ ‎（2） 中的官能团是碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；‎ ‎（3）为卤代烃的水解反应，试剂a是NaOH水溶液，故答案为：NaOH水溶液；‎ ‎（4）③的化学方程式是 - 20 -‎ ‎，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）⑥的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎（6）当④中反应物以物质的量之比1：1发生反应时，反应⑤的化学方程式是，‎ 故答案为：。‎ ‎18. 已知：①工业上用硫酸与β-锂辉矿（LiAlSi2O6 和少量钙镁杂质）反应，生成 Li2SO4、MgSO4等，最终制备金属锂。‎ ‎②某些物质的溶解度（S）如下表所示。‎ T/℃‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ S（Li2CO3）/g ‎1.33‎ ‎1.17‎ ‎1.01‎ ‎0.85‎ S（Li2SO4）/g ‎34.2‎ ‎32.8‎ ‎31.9‎ ‎30.7‎ 用硫酸与β-锂辉矿生产金属锂的工业流程如下：‎ 请回答：‎ ‎（1）β-锂辉矿经初步处理后从溶液中分离出铝硅化合物沉淀的操作是_____。‎ ‎（2）沉淀 x 的主要成份的化学式是______。‎ ‎（3）流程中使用了不同浓度的 Na2CO3 溶液，从物质溶解度大小的角度解释其浓度不同的原因是_______。‎ ‎（4）由 Li2CO3 与盐酸反应得到LiCl 溶液的离子方程式是_______。‎ - 20 -‎ ‎（5）工业上，将 Li2CO3 粗品制备成高纯 Li2CO3的部分工艺如下：‎ a.将 Li2CO3 溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开， 用惰性电极电解。‎ b.电解后向 LiOH 溶液中加入过量 NH4HCO3 溶液，过滤、烘干得高纯 Li2CO3。‎ ‎① a 中，阳极的电极反应式是_____。‎ ‎② b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). CaCO3和Mg(OH)2 (3). CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大 (4). Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑ (5). 2Cl--2e-=Cl2↑ (6). 2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3 +2H2O+NH3↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据难溶物和液体不溶，用过滤的方法进行分离；‎ ‎（2）根据MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg（OH）2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀；‎ ‎（3）根据CaCO3的溶解度比Li2CO3小；‎ ‎（4）盐酸与Li2CO3反应生成氯化锂，水和二氧化碳；‎ ‎（5）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，据此书写阳极反应式 ‎②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，LiOH溶液的浓度增大，碳酸氢铵与LiOH反应生成碳酸锂、水和氨气。‎ ‎【详解】（1）铝硅化合物沉淀和液体不溶，用过滤的方法进行分离，故答案为：过滤；‎ ‎（2）MgSO4能与氢氧化钙反应生成Mg(OH)2沉淀；氢氧化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀x的主要成份的化学式是CaCO3和Mg(OH)2，故答案为：CaCO3和Mg(OH)2；‎ ‎（3）CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大，故答案为：CaCO3的溶解度比Li2CO3小，所以用Na2CO3溶液沉淀Li+所用的浓度比沉淀Ca2+所用的浓度大；‎ ‎（4）盐酸与Li2CO3反应的离子方程式Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑，故答案为：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；‎ ‎（4）①Li2CO3‎ - 20 -‎ 溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑； ②阴极区由水电离出氢离子放电剩余氢氧根离子，锂离子向阴极移动，导致LiOH溶液的浓度增大；电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3 +2H2O+NH3↑，故答案为： 2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3 +2H2O+NH3↑；‎ ‎19. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下：‎ ‎（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到________。‎ ‎（2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中________造成的影响。‎ ‎（3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因：______。‎ ‎（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用下图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。‎ ‎①K闭合时，指针向右偏转，b作______极。‎ ‎②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是________。‎ - 20 -‎ ‎（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，‎ ‎①转化原因是_______。‎ ‎②与（4）实验对比，不同的操作是______。‎ ‎（6）实验I中，还原性：I->Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是_________。‎ ‎【答案】 (1). 化学平衡状态 (2). 溶液稀释，c（Fe2+）降低 (3). 加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）平衡均逆向移动 (4). 正 (5). 左管产生黄色沉淀，指针向左偏转 (6). Fe2+随浓度增大，还原性增强 ，使Fe2+还原性强于I- (7). 向U型管右管中滴加1mol/L FeSO4溶液 (8). 该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；‎ ‎（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释，c（Fe2+）降低；‎ ‎（3）加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：i中Ag+消耗I-：Ag+（aq）+I-（aq）AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2逆向移动；ⅱ中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2逆向移动；‎ ‎（4）加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；‎ ‎①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；‎ ‎②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左侧溶液颜色褪色，有黄色沉淀生成，电流计指针向左偏转；‎ ‎（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；‎ ‎②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：当指针归零后，不向左管滴加AgNO3溶液，而是向右管加入1mL1mol•L-1FeSO4溶液；‎ - 20 -‎ ‎（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。‎ - 20 -‎