北京市石景山区2020届高三第一次模拟化学试题 Word版含解析

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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Ⅰ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A ‎2.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；‎ - 23 -‎ D．84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疾的威胁 B. 侯德榜制碱法，最终制得纯碱的化学式为：NaHCO3‎ 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 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】A．15N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；‎ C．NH4Cl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；‎ - 23 -‎ D．NH4+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】A．Cu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；‎ B．Na2O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；‎ C．Fe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；‎ D．NH4Cl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 A CH≡CH(H2S)‎ CuSO4溶液 B CO2(HCl)‎ 饱和Na2CO3溶液 C 铜粉（铁粉）‎ 过量盐酸 D Cl2(HCl)‎ H2O - 23 -‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH≡CH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；‎ B．CO2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；‎ D．Cl2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-1‎ - 23 -‎ C. 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 A Na比Li活泼 Cs比Na更活泼 B N、P、As均为非金属元素 第ⅤA元素均为非金属元素 C H2O热稳定性强于H2S H2S热稳定性强于H2Se D Mg(OH)2碱性弱于NaOH Al(OH)3碱性更弱 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B - 23 -‎ ‎【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ⅤA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（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Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=+akJ/mol(a>0)‎ 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Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2‎ - 23 -‎ ‎。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。‎ ‎【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=-akJ/mol(a>0)，A项错误；‎ B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ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；‎ D．CO(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+2FeCl2‎ B. 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；‎ - 23 -‎ 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 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎3‎ ‎3‎ ‎11‎ ‎11‎ 溶液 盐酸 醋酸溶液 氢氧化钠溶液 氨水 A. ①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为：①=③＞②‎ B. 相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＞②‎ C. ②、③两溶液等体积混合，所得溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)‎ D. ①、③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，①③溶液分别为强酸、强碱溶液，在水溶液中完全电离。②④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10-3mol·L-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①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为：①=③＜②，A项错误；‎ B．pH相同，相同体积的①、②溶液，溶液的物质的量：②＞①，则相同体积的①、②‎ - 23 -‎ 溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＜②，B项错误；‎ C．②、③两溶液等体积混合，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，①、③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①溶液体积为9V，则③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+‎ - 23 -‎ ‎，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–，根据得失电子守恒可得关系式：2Cu～O2，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–+Cl–＝Cu2(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++H2O2‎ B. 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↑+8H2O D. 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。‎ - 23 -‎ ‎【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；‎ B．a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发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) ΔH=+48kJ·mol-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】‎ - 23 -‎ 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Ⅱ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=+180kJ·mol-1，其能量变化示意图如下：‎ - 23 -‎ 则NO中氮氧键的键能是__kJ·mol-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：‎ ‎①曲线a对应的n(NH3):n(NO)=__。‎ ‎②曲线c中NO的起始浓度为4×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为__mg/(m3·s)。‎ ‎③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). 1×10-4 (5). ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、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(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的能量，可得：946kJ·mol-1+498 kJ·mol-1‎-2a kJ·mol-1=180kJ，解得：a=632。答案为：632；‎ - 23 -‎ ‎（3）①由分析可知，曲线a对应的n(NH3):n(NO)=1:3；答案为：1:3；‎ ‎②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：1×10-4；‎ ‎③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：ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、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：ⅰ、催化剂的活性下降；ⅱ、氨气可能发生分解；ⅲ、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-+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ⅠA族 (2). F−＞Na+＞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】‎ - 23 -‎ 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、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ⅠA族，答案为：第三周期第ⅠA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：F−＞Na+＞Al3+；答案为：F−＞Na+＞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为氧化产物，体现了氧化性：Br2＞I2；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：I2＞Br2。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。‎ ‎①淡水在__室（填X、Y或Z）形成后流出。‎ ‎②一般海水不直接通入到阴极室中，原因是______________。‎ - 23 -‎ ‎（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：‎ ‎①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______________。‎ ‎②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____________。‎ ‎③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）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）①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；‎ ‎②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−；‎ - 23 -‎ ‎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。‎ ‎①在歧化溶液中加入H2SO4溶液，使其生成Br2，故答案为：硫酸；‎ ‎②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；‎ ‎③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：‎ ⅰ.+R3—COOH（—R1、—R2、—R3均为烃基）‎ ⅱ.+2RBr+2HBr 回答下列问题：‎ - 23 -‎ ‎（1）C→PHB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）D→E的反应方程式是_____________________________。‎ ‎（5）E+G→H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）。‎ ‎①链状结构；‎ ‎②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)2＝CHOOCH (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ⅰ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 - 23 -‎ ‎。根据已知条件ⅱ.+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H→I的反应条件，可知H→I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C→PHB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；答案为：HOOCCH2COOH+‎2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；‎ ‎（5）根据已知条件ⅱ可得出E+G→H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：HCOOCH2CH2CH＝CH2、CH2＝CHCH(OOCH)CH3、CH2＝C(OOCH)CH2CH3、HCOOCH＝CHCH2CH3、HCOOCH2CH＝CHCH3、CH‎3C(OOCH)＝CHCH3、HCOOCH‎2C(CH3)＝CH2、C(CH3)2＝CHOOCH。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)2＝CHOOCH - 23 -‎ ‎。其中答案为：8；C(CH3)2＝CHOOCH。‎ ‎（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=4.7×10-8；‎ H2CO3的电离常数为K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11。‎ 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）。‎ Ⅰ.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______________________。‎ Ⅱ.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 - 23 -‎ ‎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-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 - 23 -‎ ‎）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Ⅰ.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(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：H2CO3＞HClO＞HCO3−，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Ⅱ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：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”。‎ - 23 -‎ - 23 -‎