北京市丰台区2020届高三化学第一次模拟试题（Word版附解析）

丰台区 2020 年高三年级第二学期高三综合练习（一） 化学 本试卷满分共 100 分。考试时间 90 分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Mn 55 第一部分 本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的四个选项中，选出最 符合题目要求的一项。 1.2020 年 2 月 4 日投入使用的武汉火神山医院在建设中使用了大量建筑材料。下列主要成分 为无机非金属材料的是 A. 瓷砖 B. 硫氧镁彩钢板 C. 塑料管道 D. 螺纹钢 【答案】A 【解析】 【详解】A．瓷砖为硅酸盐材料属于无机非金属材料，A 项正确； B．钢板属于金属材料，B 项错误； C．塑料属于有机高分子材料，C 项错误； D．螺纹钢属于金属材料，D 项错误； 答案选 A。 2.下列化学用语或图示表达正确的是 A. 乙烯的结构式是 CH2＝CH2 B. 质量数为 3 的氢原子是 3 1HC. 钠离子的结构示意图是 D. CO2 的电子式是 【答案】B 【解析】 【详解】A．结构式中的所有共价键都应用短线代替标记出，CH2=CH2 为乙烯的结构简式，是 结构式中略去单键后的式子，A 项错误； B．H 原子原子序数为 1，所以质量数为 3 的氢原子可表示成 ，B 项正确； C．钠离子只有两个电子层，且最外层达到 8 电子稳定结构，所以钠离子的结构示意图为： ，C 项错误； D．CO2 中 C 与每个氧原子之间都有两对共用电子对，因此其电子式为： ，D 项错误； 答案选 B。 3.下列说法不正确的是 A. 毛发和蚕丝的主要成分都是蛋白质 B. 天然气和沼气的主要成分都是甲烷 C. 油脂氢化、氨基酸形成多肽、蛋白质水解都属于取代反应 D. 氨基乙酸、乙醛、乙二醇均可发生聚合反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．毛发和蚕丝主要成分都是蛋白质，A 项正确； B．天然气属于化石能源，其与沼气的主要成分都是甲烷，B 项正确； C．油脂氢化是加成反应，氨基酸形成多肽属于缩聚反应，蛋白质水解属于取代反应，C 项错 误； D．氨基乙酸分子中既有氨基又有羧基，可以发生聚合反应；乙醛在酸性条件下可以转化为乙 烯醇，乙烯醇则可发生加聚反应生成聚乙烯醇；乙二醇结构中含有两个羟基，可以与乙二酸 发生缩聚反应生成聚酯，D 项正确； 答案选 C。 4.下列各项比较中，一定相等的是 A. 等物质的量的 OH-和-OH 中所含电子数 3 1H O::C::O   B. 等质量的氧气和臭氧中含有的氧原子数目 C. 1molNa2O2 固体中阳离子与阴离子的数目 D. 等物质的量的 Cu 与 Fe 分别与足量的稀硝酸反应时转移的电子数 【答案】B 【解析】 【详解】A．1 个 OH-含有 10 个电子，一个羟基含有 9 个电子，所以等物质的量的氢氧根和羟 基所含电子数不相等，A 项错误； B．氧气与臭氧都是由氧原子构成的，因此，质量相等时，所含的氧原子数目一定相等，B 项 正确； C．Na2O2 中的阳离子是 Na+，阴离子是 ，因此其中的阴阳离子个数比为 1:2，数目不相等， C 项错误； D．稀硝酸足量时，能够将 Fe 全部氧化为 Fe3+，而 Cu 只能被氧化为 Cu2+，所以相等物质的量 的 Fe 和 Cu 与足量稀硝酸反应时，Fe 转移的电子数更多，D 项错误； 答案选 B。 5.根据元素周期律判断，不正确的是 A. 酸性：H3PO4＞H2SO4 B. 稳定性：HF＞HCl C. 原子半径：Na＞S D. 失电子能力：Ca＞Mg 【答案】A 【解析】 【详解】A．S 和 P 同周期，S 的非金属性更强，所以 S 的最高价氧化物形成的水化物 H2SO4 酸性强于 P 对应的 H3PO4，A 项错误； B．F 的非金属性强于 Cl，所以其简单氢化物 HF 相比于 HCl 更稳定，B 项正确； C．同周期从左至右，原子半径逐渐减小，所以 Na 原子的半径比 S 原子半径大，C 项正确； D．元素金属性越强，对应单质的失电子能力越强；同主族从上至下，金属性逐渐增强，所以 Ca 的失电子能力强于 Mg，D 项正确； 答案选 A。 【点睛】元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其形成的简单氢化 物稳定性越强；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强。 6.下列实验对应的化学用语正确的是 2 2O −A. FeSO4 溶液中滴加 NaOH 溶液，静置一段时间后：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓ B. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2＋+H2O2=2Fe3＋+O2↑+2H＋ C. AgCl 悬浊液中滴入 Na2S 溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓ D. 澄清石灰水中加入过量 NaHCO3 溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32- 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A ． Fe(OH)2 容 易 被 氧 化 转 变 为 Fe(OH)3 ， 相 关 的 方 程 式 为 ： ，A 项错误； B．Fe2+具有还原性与 H2O2 反应时做还原剂，H2O2 则作氧化剂，O 从-1 价降价至-2 价，因此， 不会有 O2 生成；正确的离子方程式为： ，B 项错误； C．AgCl 在离子方程式中不能拆分，并且该反应是可逆反应，正确的离子方程式为： ，C 项错误； D．由于加入的 NaHCO3 是过量的，所以 Ca(OH)2 解离出的 OH-被全部消耗，Ca2+则又与生成 的 结合生成沉淀，所以离子方程式为 Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，D 项正 确； 答案选 D。 【点睛】判断离子方程式是否正确，可以先验证其是否守恒(原子守恒，电荷守恒，电子得失 守恒)，再验证其物质的拆分是否正确，最后查验反应是否符合实际，产物是否正确，化学计 量系数是否正确等。 7.反应条件会影响化学反应产物或现象。下列有关影响因素 分析不正确的是 选项 反应物 反应产物或现象 影响因素 A C2H5OH、浓硫酸 C2H4 或乙醚 温度 B Fe、H2SO4 FeSO4 或钝化 H2SO4 的浓度 C Na、O2 Na2O 或 Na2O2 O2 用量 D AgNO3 溶液、氨 现象不同 试剂滴加顺序 的 ( ) ( )2 22 34Fe OH O 2H O=4Fe OH+ + 2 3 2 2 22Fe H O 2H =2Fe 2H O+ + ++ + + 2 22AgCl+S Ag S 2Cl− −+ 2 3CO −A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．温度为 140℃时，乙醇在浓硫酸的作用下生成乙醚；而温度升高到 170℃，乙醇 则在浓硫酸的作用下生成乙烯；这体现了温度对反应的影响，A 项正确； B．Fe 与稀硫酸反应生成 FeSO4，Fe 在常温下遇浓硫酸则发生钝化；这体现了浓度对于反应 的影响，B 项正确； C．Na 与 O2 在常温下反应生成 Na2O，加热或点燃的条件下，则生成 Na2O2；这体现了温度对 于反应的影响，C 项错误； D．若向 AgNO3 溶液中滴加稀氨水，随着稀氨水的量逐渐增大，会观察到先有沉淀生成，后 沉淀又溶解的现象；若向稀氨水中滴加 AgNO3 溶液，则无法观察到沉淀先出现后溶解的现象； 这体现了试剂滴加顺序对反应的影响，D 项正确； 答案选 C。 8.工业排放的对苯二甲酸回收困难，经研究采用 ZnO 为催化剂，催化脱羧制备苯，脱羧反 应机理如下。下列说法中不正确的是 A. 过程(1)中断开 O—H 键需要吸收能量 B. 过程(2)中断开 C—C 键，形成 C—H 键 C. 对苯二甲酸在脱羧反应中被还原为苯 D. ZnO 能降低对苯二甲酸脱羧反应的焓 【答案】D 【解析】 【详解】A．化学键断裂，需要吸收能量，所以过程(1)中断开 O-H 键需要吸收能量，A 项正 确；B．过程(2)发生前， 中的 C 原子与苯环上的 C 原子成键；过程(2)发生后，苯环上的 被取代为 H 原子；因此，过程(2)发生了 C-C 键的断裂和 C-H 键的生成，B 项正确； C．由反应机理示意图可知，对苯二甲酸经过脱羧反应后生成了苯，C 项正确； D．由题可知，ZnO 为对苯二甲酸脱羧反应的催化剂，催化剂不会影响反应的焓变，D 项错误； 答案选 D。 9.PTMC 属于可降解脂肪族聚酯，在药物释放、医疗器械等生物医学领域有广泛的应用。PTMC 由 X[ ]、Y（HOCH2CH2CH2OH）、Z ]反应而成，其结构 如下。下列说法正确的是 A. X 与 Z 单体相同 B. X 与 Z 互 同分异构体 C. 生成 PTMC 的反应为缩聚反应 D 1molPTMC 完全水解需要消耗(m+n－1)molNaOH 【答案】A 【解析】 【详解】A．由 X 和 Z 的结构可知，其单体均为 HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH，A 项正确； B．由于 X 和 Z 的聚合度不相等，所以 X 和 Z 并非同分异构体，B 项错误； C．由 PTMC 的结构可知，生成一分子 PTMC 时，需要一分子的 X 和一分子 Z 中的羧基与一 分子 Y 中的羟基分别发生酯化反应，因此，反应类型为酯化而非缩聚，C 项错误； D．由 PTMC 结构可知，其分子中一共含有 m+n 个酯基，所以 1molPTMC 完全水解时会消耗 (m+n)mol 的 NaOH，D 项错误； 答案选 A。 10.直接碳固体氧化物燃料电池作为全固态的能量转换装置，采用固体碳作为燃料，以多孔 Pt 作电极、氧化锆为电解质，其工作原理如下图。下列说法不正确的是 为 COO−− COO−−已知：CO2(g)+C=2CO(g) △H=+172.5kJ•mol-1 CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ•mol-1 A. 电极 a 为正极，电子由 b 经过导线到 a B. 电极 b 发生的电极反应为：CO+O2--2e-=CO2 C. 依据装置原理可推测，该条件下 CO 放电比固体 C 更容易 D. 若 1molC(s)充分燃烧，理论上放出的热量为 110.5kJ 【答案】D 【解析】 【分析】 分析电池的工作原理示意图，电池在工作时，氧化锆电解质中的 O2-由 a 电极向 b 电极迁移， 因此 a 为正极，b 为负极；电池在工作时，固体碳首先转化为 CO，再扩散到 b 电极上发生电 化学反应，相比于直接利用固体碳，这种方式更容易反应。 【详解】A．通过分析可知，a 电极为正极，b 电极为负极；所以电子通过导线，由 b 电极向 a 电极迁移，A 项正确； B．由电池的工作原理示意图可知，b 电极上发生的是 CO 的氧化反应，因此电极反应式为： ，B 项正确； C．通过分析可知，电池在工作时，是将固体碳转变为 CO 后再利用 CO 发生的电化学反应， 这种方式相比于直接利用固体碳，更容易放电，C 项正确； D．由题可知，C 完全燃烧的热化学方程式为： ，所以 1molC(s)充分燃烧理论上放出的热量为 393.5kJ，D 项错误； 答案选 D。 【点睛】原电池中的三个方向：(1)电子的方向：在外电路中沿着导线从负极传递至正极；(2) 电流的方向：对于外电流，从正极流向负极；对于内电流，从负极流向正极；(3)电解质溶液 中离子的迁移方向：带正电的阳离子朝正极迁移，带负电的阴离子朝负极迁移。 11.由下列实验及现象推出相应结论正确的是 1 2 2 2CO O 2e =CO− −+ − ( ) ( ) ( )2 2C s O g =CO g+ 393.5kJ/molH∆ = −选项 实验 现象 结论 A 某溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液,再加 足量盐酸 先有白色沉淀生成，加 盐酸后白色沉淀不消 失 原溶液中有 SO42- B 将湿润的淀粉碘化钾试纸放在盛有 红棕色气体的集气瓶口 试纸变蓝 红棕色气体为溴蒸气 C 将碳酸钠与盐酸反应产生的气体通 入盛有硅酸钠溶液的烧杯中 烧杯中液体变浑浊 非金属性：Cl＞C＞Si D 将 0.1mol/LMgSO4 溶液滴入 NaOH 溶液至不再有沉淀产生，再滴加 0.1mol/LCuSO4 溶液 先有白色沉淀生成，后 转变为蓝色沉淀 溶解度：Cu(OH)2＜Mg(OH)2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．若原溶液中含有 ，由于加入的 Ba(NO3)2 中的 会在酸性条件下能体现氧 化性从而将 氧化为 ， 再与 Ba2+生成不溶于盐酸的 BaSO4 沉淀，所以原溶液中 不一定含有 ，A 项错误； B．NO2 也是红棕色的气体，也能将 I-氧化为 I2，从而使试纸变蓝，因此红棕色气体不一定是 溴蒸汽，B 项错误； C．非金属性的强弱是通过比较最高价氧化物对应的水化物也就是最高价含氧酸酸性来证明的， 因此盐酸能使碳酸钠反应放出 CO2 气体只能说明盐酸酸性强于碳酸，不能说明 Cl 的非金属性 强于 C；此外，由于盐酸具有挥发性，其与碳酸钠反应产生的 CO2 气体中一定会含有一部分 HCl 杂质，由于盐酸酸性强于硅酸，HCl 气体也能使 Na2SiO3 水溶液生成 H2SiO3 沉淀而变浑 2 3SO − 3NO− 2 3SO − 2 4SO − 2 4SO − 2 4SO −浊；因此，若不除去 CO2 中的 HCl 杂质，那么也无法验证 C 的非金属性强于 Si，C 项错误； D．MgSO4 溶液中加 NaOH 会生成 Mg(OH)2 白色沉淀，沉淀不再生成时，说明原溶液中的 MgSO4 全部转变为 Mg(OH)2，体系为 Mg(OH)2 的饱和溶液；向其中加入少量 CuSO4 溶液后出 现蓝色沉淀，说明沉淀由 Mg(OH)2 转化为 Cu(OH)2，因此 Cu(OH)2 比 Mg(OH)2 更难溶，溶解 度更小，D 项正确； 答案选 D。 12.已知常温下，3 种物质的电离平衡常数如下表： 物质 HCOOH CH3COOH NH3·H2O 电离平衡常数 K 1.77×10−4 1.75×10−5 1.76×10−5 下列说法不正确的是 A. 等物质的量浓度时，溶液 pH：HCOONa＜CH3COONa B. pH 均为 3 时，溶液浓度：c(HCOOH)＞c(CH3COOH) C. HCOOH 溶液与氨水混合，当溶液 pH＝7 时，c(HCOO-)＝c(NH4+) D. 等物质的量浓度等体积的 CH3COOH 溶液和氨水混合，溶液 pH 约为 7 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题可知， ，所以相同浓度时， 的水解程度更大，CH3COONa 溶液的碱性更强，A 项正确； B．由题可知， ，所以相同 pH 时， 的浓度更 大，B 项错误； C． 溶液与氨水混合后，若溶液常温下 pH=7，则 ；根据溶液中的 电荷守恒关系： ，可知 ， C 项正确； D．等体积等浓度的醋酸与氨水混合后，溶液即可视为 CH3COONH4 的溶液，由题可知， ，溶液中 和 的水解程度相近，所以溶液 pH 值约为 7，D 项正确； ( ) ( )a a 3HCOOH CH COOHK K＞ 3CH COO− ( ) ( )a a 3HCOOH CH COOHK K＞ 3CH COOH HCOOH (H ) (OH )c c+ −= ( ) ( ) ( ) ( )4H NH OH HCOOc c c c+ + − −+ = + ( ) ( )4HCOO = NHc c− + ( ) ( )a 3 b 3 2CH COOH NH H OK K≈ ⋅ 4NH + 3CH COO−答案选 B。 【点睛】弱酸或弱碱的电离常数越小，则可认为其“越弱”；相同浓度时，越弱的酸或碱的溶 液，酸性或碱性就越弱；其他条件相同时，越弱的酸或碱形成的盐在发生水解时，水解程度 就越大；电离常数相同的弱酸和弱碱形成的盐，由于对应的离子水解程度相同，所以其溶液 可能显中性。 13.在一定温度下，将气体 X 和气体 Y 各 0.4mol 充入 4L 恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g) 2Z(g)ΔH＜0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表，下列说法不正确的 是 t/min 2 4 10 15 n(Y)/mol 0.32 0.28 0.20 0.20 A. 反应前 4min 平均速率 v(X)＝7.5×10-3mol·L-1·min-1 B. 该温度下此反应的平衡常数：K＝20 C. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v(逆)＜v(正) D. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入 0.8mol 气体 X 和 0.8mol 气体 Y，到达平衡时，Y 的转化率为 50% 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题可知，4min 时，Y 的物质的量减少 0.12mol，那么 X 的物质的量也减少 0.12mol， 根据公式： ，A 项正确； B．由题可知，10min 时反应达到平衡状态；平衡状态时，Y 的物质的量为 0.2mol，浓度为 0.05mol/L，X 的物质的量为 0.2mol，浓度为 0.05mol/L，Z 的物质的量为 0.4mol，浓度为 0.1mol/L，所以平衡常数为： ，B 项错误； C．由于该反应为放热反应，降低温度会使反应正向进行，达到新的平衡状态前 1 10.12mol =0.0075mol L min4L 4min c nv t V t − −∆ ∆= = = ⋅ ⋅∆ ×∆ × 2 2(Z) 0.1= =4(X) (Y) 0.05 0.05 cK c c = ×，C 项正确； D．温度不变，平衡常数仍为 4，列三段式： ，那么有： ，解得 x=0.1，所以 X 的转化率即 50%，D 项正确； 答案选 B。 【点睛】外界条件的改变可能会使可逆反应的 与 不再相等，会发生平衡移动； 若条件改变后， ，反应正向进行建立新的平衡状态；若条件改变后， ，反应逆向进行建立新的平衡状态。 14.某小组同学探究 SO2 与 Fe3+盐溶液的反应，进行了如下实验：已知： Fe3++HSO3-⇌Fe(HSO3)2+(红棕色) 结合上述实验，下列说法不正确的是 A. 产生红棕色物质的反应速率快于 SO2 与 Fe3+氧化还原反应的速率 B. ①与②对照，说明阴离子种类对 SO2 与 Fe3+氧化还原反应的速率有影响 C. Fe(NO3)3 溶液中加入 1 滴浓硝酸后变为无色，说明浓硝酸具有漂白性 D. 5h 后③比①黄色更深不能证明是 NO3-浓度的增大减慢了 SO2 与 Fe3+反应的速率 ( ) ( )v v正 ＞ 逆 X Y 2Z 0.2mol/L 0.2mol/L 0 x x 2x 0.2 x 0.2 x 2x + − − + − −  初始 反应 平衡 ( ) ( ) ( ) 22x =40.2 x 0.2 x− ⋅ − ( )v 正 ( )v 逆 ( ) ( )v v正 ＞ 逆 ( ) ( )v v正 ＜ 逆【答案】C 【解析】 【详解】A．三组实验在通入 SO2 后，都迅速的产生了大量红棕色物质，并且无丁达尔效应， 因此红棕色物质即 ；在静置了 5 个小时后，红棕色物质才消失；尤其是第二组实 验，在溶液中不存在其他氧化性粒子即 时，仍然先产生大量的红棕色物质，在 5h 后才 发生褪色，说明产生红棕色物质的反应速率要明显快于 Fe3+和 SO2 的氧化还原反应速率，A 项 正确； B．实验②的溶液中阴离子中不含具有氧化性的离子，其在静置 5h 后，加入铁氰化钾溶液， 产生大量蓝色沉淀，说明生成了大量的 Fe2+；而实验①的溶液中含有能够在一定条件下体现氧 化性的 ，其在静置 5h 后，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，说明相比于实验①生成 的 Fe2+量较少；因此能证明阴离子种类对 SO2 与 Fe3+的氧化还原反应的速率有影响，B 项正确； C．由于 Fe3+容易发生水解，在较浓的 Fe3+的溶液(1mol/L)中，Fe3+会水解生成 ，从而显现出较深的黄色，若向其中加入浓硝酸，则溶液 的酸性增强，那么 Fe3+水解被抑制，在溶液中则更多地以 形式存在； 具有极浅的紫色，肉眼观察近乎无色；因此溶液由黄色变为“无色”，并不是 硝酸具有漂白性，而是 Fe3+的水解平衡受抑制的结果，C 项错误； D．由题可知，实验①和实验③的溶液，在静置 5h 后，加入铁氰化钾溶液，产生的蓝色沉淀 的量并无明显差异，所以说明 Fe3+和 SO2 的氧化还原反应速率并没有产生明显的差异；结合 C 项的分析，黄色是由于 Fe3+发生水解产生的，因此实验③的溶液后来变成比实验①更黄的颜色， 可能是由于 在体现氧化性的过程中消耗了较多的 H+而使得溶液的酸性变弱，Fe3+水解平 衡正向移动导致溶液黄色加深；D 项正确； 答案选 C。 第二部分 本部分共 5 小题，共 58 分 15.乙醇俗称酒精，在生活中使用广泛。 资料 1：乙醇分子有两个末端，一端是憎水（易溶于油）的—C2H5；一端是亲水（易溶于水） 的—OH。 2 3Fe(HSO ) + 3NO− 3NO− ( ) ( ) ( ) 4 2 24 2 4H O Fe OH Fe H O +   ( ) 3 2 6Fe H O +   ( ) 3 2 6Fe H O +   3NO−资料 2：破坏蛋白质分子中形成蜷曲和螺旋的各种力，使长链舒展、松弛，可导致蛋白质变性。 资料 3：水分子可以松弛蛋白质外部亲水基团之间的吸引力，而—OH 不能；—C2H5 可以破坏 蛋白质内部憎水基团之间的吸引力。 （1）乙醇的结构及性质 ①1mol 乙醇分子中的极性共价键有___________mol。 ②从结构角度解释乙醇的沸点比乙烷高的原因____________________ 。 （2）乙醇 用途 ①医用酒精（75%）制备过程与制酒的过程类似，不能饮用，但可接触人体医用。 结合题中资料，下列说法正确的是________________（填字母）。 a．糖化、发酵的过程均含有化学变化 b．获得医用酒精常采用的分离提纯方法是蒸馏 c．浓度 99%的酒精消毒杀菌效果一定大于 75%的酒精 ②乙醇是一种很好的溶剂，在油脂的皂化反应中，加入乙醇可加快反应速率，其原因是 ______________ 。 （3）乙醇的工业制取 乙醇的工业制取方法很多，由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产。下图是由二 氧化碳合成乙 醇的工艺流程。 该流程中能循环使用的物质是_________________________。 【答案】 (1). 7 (2). 乙醇分子中含有羟基，分子之间能形成氢键 (3). ab (4). 增 大反应物的接触几率或接触面积 (5). K2CO3 或碳酸钾 【解析】 【详解】(1)①乙醇分子的结构式为： ，分子中含有 7 个极性共价键，因此 的1mol 乙醇，含有 7mol 极性键； ②乙醇的分子中含有羟基，因此乙醇分子之间可以形成氢键，所以沸点比乙烷高； (2)①a．糖化的过程即淀粉转变为葡萄糖的过程，发酵的过程即葡萄糖转变为乙醇的过程，因 此均含有化学变化，a 项正确； b．医用酒精可采用蒸馏的方法分离提纯，b 项正确； c．浓度 75%的酒精杀菌消毒效果最好，c 项错误； 答案选 ab； ②油脂皂化即油脂在碱性条件下的水解反应，由于油脂与 NaOH 水溶液不互溶，所以二者混 合不充分会导致反应速率较慢，若加入乙醇，则可利用乙醇亲水又亲油的结构特点，使二者 混合更充分，进而提高反应速率； (3)向吸收池中通入含 CO2 的空气后，会使吸收池中的 K2CO3 转化为 KHCO3；向分解池中通高 温水蒸气，将 CO2 提取出的同时，也使得 KHCO3 又转化为 K2CO3；随后 CO2 在合成塔中与 H2 反应生成乙醇；综上所述，K2CO3 在流程中再生，因此可以循环利用。 16.加工含硫原油时，需除去其中含硫物质。 （1）铁离子浓度是原油加工中防腐监测的重要指标。测定铁离子浓度前，需去除原油加工产 生的酸性废水中的硫化氢及其盐。实验室模拟过程如下。 Ⅰ．将 250mL 酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调节 pH 小于 5。 Ⅱ．在吸收瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。 Ⅲ．打开脱气—吸收装置，通入氮气，调节气流速度，使气体依次经过反应瓶和吸收瓶。当 吹出气体中 H2S 体积分数达到标准，即可停止吹气。 已知：含硫微粒的物质的量分数（δ）随 pH 变化情况如下图所示。 ①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调节 pH＜5 的原因是_______________________。 ②步骤Ⅱ中，当测得吸收液的 pH 为 ______时，需要更换 NaOH 溶液。 ③利用邻菲罗啉分光光度法可测定样品中的含铁量。测定前需用盐酸羟基胺（NH2OH·HCl）将 Fe3+还原为 Fe2+。将下述离子方程式补充完整： _______Fe3++______NH2OH·HCl=____Fe2++N2↑+________+_________+__________Cl- （2）原油中的硫化氢还可采用电化学法处理，并制取氢气，其原理如下图所示。 ①写出反应池内发生反应的离子方程式_____________________________________。 ②电解池中，阳极的电极反应为_____________________________________________。 【答案】 (1). 可将硫元素全部转化为 H2S 吹出 (2). 9~11 均可 (3). 2 (4). 2 (5). 2 (6). 4H+ (7). 2H2O (8). 2 (9). 2Fe3+＋H2S=2Fe2++S↓+2H+ (10). Fe2+-e-= Fe3+ 【解析】 【分析】 测定铁离子浓度前，先要去除酸性废水中 H2S 以及相应的盐；第一步向废水中加稀盐酸，将 其 pH 调至小于 5；通过溶液中含硫微粒的物质的量分数随 pH 变化的情况可知，pH 小于 5 时， 含硫微粒几乎只有 H2S；这样通过向反应瓶中吹扫氮气，就可以将溶液中的 H2S 吹扫出去，从 而实现硫化氢及其盐的脱除；考虑到硫化氢的毒性，因此需要用 NaOH 溶液吸收吹扫出的 H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随 pH 变化的图像分析，当 pH＜9 时溶液中的 HS-含量开始快速增加，而 HS-的含量较多不利于 H2S 的吸收；因此为了保证吸收效果，在溶 液的 pH 降低至 9 时，务必要更换吸收液。电化学法脱除原油中的 H2S，由原理图可知，采用 的是电解的方式实现的；那么产生 H2 的电极是阴极，而与反应池存在溶液交换的极室则为阳 极区；由图可知，H2S 是在反应池中被氧化为 S 单质，那么 Fe3+则在反应池内被还原为 Fe2+； 将含有 Fe2+的溶液再回流回电解池的阳极池中，就可以将 Fe2+再次氧化为 Fe3+，实现再生后， 再次通入反应池中使用。 【详解】(1)①通过分析可知，第一步中将废水调至 pH＜5，是为了使含硫微粒全部转化为 H2S 以便利用 N2 将其吹出； ②通过分析可知，务必要在吸收液的 pH 降至 9 以下之前更换吸收液，这样才能保证吸收效果；③配平离子方程式时，可先配平电子得失守恒，再利用 H+，OH-和水等配平电荷守恒，最后 检查原子守恒并配平；反应过程中盐酸羟胺中的 N 原子发生升价从-1 价升高至 0 价，而 Fe3+ 发生降价从+3 价降低至 0 价；因此最终的离子方程式为： ； (2)①通过分析可知，反应池内 Fe3+将 H2S 氧化，离子方程式为： ； ②通过分析可知，电解池左边为阳极池，发生的是 Fe2+的氧化反应，电极反应式为： 。 17.有机物 K 是一种化工原料，其合成路线如下： 已知：i： ii： iii： （R1 为烃基） （1）按照官能团分类，A 的类别是_______________________。 （2）C 分子中只有一种类型的氢原子，B→C 的化学方程式是_____________________。 （3）已知 D 的核磁共振氢谱有 2 个峰，1molD 与足量 Na 反应可生成 1molH2，写出 D→E 的 化学方程式是 ___________________________ 。 （4）G 的结构简式是___________________________。 （5）由 F 制备 G，产物 G 与 CO2 物质的量之比为___________________________。 3 2 2 2 22Fe 2NH OH HCl=2Fe N 4H 2H O 2Cl+ + + −+ ⋅ + ↑ + + + 3 2 22Fe H S=2Fe S 2H+ + ++ + ↓ + 2 3Fe e =Fe+ − +−（6）M 是 G 的同分异构体，写出符合下列条件的 M 的结构简式_________________。 a．能与 NaHCO3 反应产生气泡 b．能发生银镜反应 （7）写出结构简式：I _____________、J _________________ 。 【答案】 (1). 烯烃 (2). 2 O2 2 +2H2O (3). +2H2O (4). (5). 1∶2 (6). (7). (8). 【解析】 【分析】 由 E 和 G 反应生成的 H 的结构特点推测，其发生的是已知信息中的反应ⅰ；因此，根据 E 和 G 的分子式推测，E 的结构为 ，G 的结构为 ；由 D 生成 E，分子式中少了 4 个 H 原子和 2 个氧原子，又因为 1molD 能够和足量的 Na 反应生成 1molH2，所以推测 D 中含有 2 个羟基，D 生成 E 即发生消去反应；又因为 D 的结构中含有 2 种等效氢原子，所以结合 E 的 结构推测，D 的结构为 ；由 C 的分子式可知，C 中含有一个不饱和度，又因为 C 的结构 中仅有一种等效氢原子，所以结合 D 的结构推测，C 的结构为 ；由 B 的分子式可知， B 为饱和结构，由 B 生成 C 分子中少了 2 个氢原子和 1 个氧原子；因此推测 B 生成 C 发生的 是醇的催化氧化，所以 B 为 ；那么 A 生成 B 发生的即为加成反应，A 为 ；由 I 生成 J 的条件可知，发生的是已知信息中的反应ⅱ，反应结束后碳碳双键断裂，生成羰基； 由 J 生成 K 的条件可知，发生的是已知信息中的反应ⅲ，那么 J 的结构中除了含有羰基外还 + Cu ∆ → 2 4H SO ∆→浓 OHCC CCOOH≡含有酯基，因此由 H 生成 I 的反应，则在分子结构中引入了酯基，所以推测 I 的结构为 ，那么 J 的结构为 ，J 再经过反应最终得到产物 K。 【详解】(1)通过分析可知，A 为丙烯，属于烯烃； (2)通过分析可知，B 生成 C 发生的即醇的催化氧化反应，B 的结构为 ，所以反应的方 程式为：2 O2 2 +2H2O； (3)通过分析可知 D 的结构为 ，D 生成 E 发生的即醇的消去反应，方程式为： +2H2O； (4)通过分析可知，G 的结构为 ； (5)F 的分子中含有 6 个碳原子，由 F 生成的 G 中含有 4 个碳原子，因此生成 G 和 CO2 的物质 的量之比为 1:2； (6)通过分析可知 G 的结构为 ，其同分异构体 M 能与 NaHCO3 反应放出气体，所以 M 的 结构中一定含有羧基；M 还能发生银镜反应，所以 M 的结构中一定含有醛基；所以 M 的结构 中就只剩下两个碳原子，并且还要保证 M 的不饱和度为 4，所以这两个碳原子只能形成碳碳 三键；综上所述，M 的结构为： ； (7)通过分析可知，I 的结构为 ，J 的结构为 ； 【点睛】在书写有机物的符合特定要求的同分异构体时，可以先计算有机物的不饱和度，再 依次统计 C，O，N 等原子的个数；结合题干中给出的关于同分异构体性质和结构的描述，推 + Cu ∆ → 2 4H SO ∆→浓 OHC-C C-COOH≡测有机物中可能含有的基团；然后再统计形成这些基团所需的 C，O，N 等原子个数以及具有 的不饱和度，得出剩余的未被使用的 C，O，N 等原子以及不饱和度；再对上述的 C，O，N 以及不饱和度进行合理的组合即可。 18.高铁酸钾（K2FeO4）是一种安全性很高的水处理剂，其合成的部分流程如下。 资料： ⅰ．高铁酸钾可溶于水，微溶于浓 KOH 溶液，在碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快 速产生 O2，且﹢3 价铁能催化该反应。 ⅱ．次氯酸钾容易分解，2KClO 2KCl＋O2。 （1）实验室使用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气时，应选择下列装置中的_______。 （2）写出步骤①的离子反应方程式_________________________________ 。 （3）加入 KOH 固体是为了过滤除盐，过滤除去的是__________________________________。 （4）相同投料比、相同反应时间内，反应温度对高铁酸钾产率的影响如图 1 所示： 请分析高铁酸钾产率随温度变化的原因：________________ 。 （5）相同投料比、相同反应时间内，硝酸铁浓度对产率的影响如图 2 所示：当 Fe3+浓度大于 2.0mol/L 时，高铁酸钾产率变化的原因可能是： _________________________________________。 （6）高铁酸钾可用于除去水体中 Mn(＋2 价），生成 Mn（＋4 价）和 Fe（＋3 价）。一定条件 下，除去水体中 1.1gMn（＋2 价），当去除率为 90%时，消耗高铁酸钾的物质的量为 ______mol。 【答案】 (1). B (2). (3). (4). 温度 5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时，温度升高，次氯酸钾分 解加剧， 浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降 (5). Fe3+的浓度过高催化了 K2FeO4 分解，导致产率下降 (6). 0.012 【解析】 【分析】 向 KOH 溶液中通入 Cl2 发生歧化反应生成 KClO 以及 KCl，KCl 对于后续合成高铁酸钾没有 帮助，因此在第二步加入 KOH 固体时被除去；第三步，向溶液中加入硝酸铁，开始反应生成 K2FeO4；题干中指出，高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会分解，并且 Fe3+会催 化该反应，因此，加硝酸铁时，量不能过多，避免 Fe3+浓度过高，使 K2FeO4 分解；题干中还 指出，KClO 不稳定，因此在步骤三中，温度要控制得当，过低时反应速率太慢，过高时会加 剧 KClO 分解，也不利于制备。 【详解】(1)浓盐酸与高锰酸钾反应制备 Cl2，由于高锰酸钾易溶于水，所以可以认为是液体反 应，因此装置 A 不可行；装置 C 中的塑料板也没有阻拦高锰酸钾的作用，C 装置也不可行； 故应选用 B 装置； (2)第一步即向 KOH 溶液中通 Cl2，发生的离子反应方程式为： ； (3)通过分析可知，第二步加 KOH 目的是除去 KCl； (4)通过分析可知，温度 5℃≤T≤25℃时，温度升高速率加快，导致产率逐渐增加；T＞25℃时， 2 2Cl 2OH =Cl ClO H O− − −+ + + KCl ClO− 2 2Cl 2OH =Cl ClO H O− − −+ + +温度升高，次氯酸钾分解加剧，ClO-浓度减小，反应速率减慢，导致产率下降； (5)通过分析可知，Fe3+的浓度过高催化了 K2FeO4 分解，导致产率下降； (6)由题可知，K2FeO4 除 Mn(+2 价)时，K2FeO4 和 Mn(+2 价) 物质的量之比为 2:3；去除率为 90%时，水体中的 1.1gMn(+2 价)被去除了 0.018mol，所以消耗的 K2FeO4 的物质的量为 0.012mol。 19.某小组探究酸化条件对 0.1mol/LKI 溶液氧化反应的影响。 序号 操作及现象 实验 1 取放置一段时间后依然无色的 0.1mol/LKI 溶液，加入淀粉溶液，溶 液不变蓝；向溶液中继续加入 2 滴 6mol/L 的稀硫酸，溶液立即变蓝 实验 2 取新制的 0.1mol/LKI 溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中 继续加入 2 滴 6mol/L 的稀硫酸，溶液 10s 后微弱变蓝 （1）溶液变蓝，说明溶液中含有____________ 。结合实验 1 和实验 2，该小组同学认为酸化 能够加快 I-氧化反应的速率。 （2）同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的 0.1mol/LKI 溶液成分与新制 0.1mol/LKI 溶液可能存在差异，并继续进行探究。 实验 3：取新制 0.1mol/LKI 溶液在空气中放置，测得 pH 如下： 时间 5 分钟 1 天 3 天 10 天 pH 7.2 7.4 7.8 8.7 资料： ⅰ．pH＜11.7 时，I－能被 O2 氧化为 I。 ⅱ．一定碱性条件下，I2 容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1∶5。 ①用化学用语，解释 0.1mol/LKI 溶液放置初期 pH 升高的原因： 的_________________________________________________________。 ②对比实验 1 和实验 2，结合化学用语和必要的文字，分析实验 1 中加稀硫酸后“溶液立即变 蓝”的主要原因可能是 ________________________________________________________________________________ _____。 （3）同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。 序号 操作 现象 实验 4 重复实验 2 操作后，继续向溶液中加入 ________________。 溶液立即变蓝 （4）该组同学想进一步探究 pH 对 I2 发生歧化反应的影响，进行了如下实验。 实验 5：用 20mL 4 种不同浓度的 KOH 溶液与 2mL 淀粉溶液进行混合，测量混合液的 pH 后， 向其中加入 2 滴饱和碘水，观察现象。记录如下： 实验组 A B C D pH 11.4 10.6 9.5 8.4 现象 无颜色变化 产生蓝色后瞬间消失 产生蓝色，30s 后蓝色消失 从实验 5 可以看出 pH 越大，歧化反应速率越_______________（填“快”或“慢”）。 解释 pH＝8.4 时，“产生蓝色，30s 后蓝色消失”的原因：_________________________。 【答案】 (1). I2 或碘单质 (2). 2H2O+4I-+O2=2I2+4OH- (3). IO3-+5I-+6H+=3H2O+3I2， 该反应的速度快 (4). 少量 KIO3 固体 (5). 快 (6). pH＝8.4 时，同时发生了：碘与淀 粉变蓝和碘单质与氢氧化钾的歧化反应。由于碘与淀粉变蓝反应快，所以先产生蓝色，随着 歧化反应的进行，碘单质浓度降低，蓝色消失 【解析】【分析】 由题可知，pH＜11.7 时，I-可被 O2 氧化为 I2，通过书写反应的方程式可知，这会导致溶液的 碱性逐渐增强；又因为，一定碱性条件下，I2 容易发生歧化反应，生成 和 I-；那么长时间 放置 KI 溶液，溶液中会含有 和 I-，这两种离子发生归中反应生成 I2 的速率较快，应该就 是实验 1 中酸化后溶液更迅速变蓝的原因。为了进一步验证上述猜想，设计实验 4 时，就要 验证 的存在对于溶液变蓝速率的影响。实验 5 的设计是为了验证 pH 对 I2 歧化速率的影响， 分析几组平行实验的现象差异即可得出相关的结论。 【详解】(1)淀粉遇 I2 会变蓝，因此溶液变蓝说明其中含有 I2； (2)①由题可知，pH＜11.7 时，I-可被 O2 氧化，所以反应初期 pH 升高，相关的方程式为： ； ②通过分析可知，相比于实验 2，实验 1 中的溶液加酸后迅速变蓝，原因是 的反应速率更快； (3)通过分析可知，为了验证题目(2)②的猜想，需要向溶液中加入 KIO3 固体； (4)通过分析四组平行实验的现象差异可知，pH 越大，歧化反应速率越大，加入碘水后越难观 察到溶液变蓝的现象；pH=8.4 时，溶液先产生蓝色，是因为碘单质与淀粉相互作用导致的， 在较弱的碱性条件下，I2 的歧化反应进行的较慢，因此经过一段时间后，I2 逐渐歧化反应消耗 完全，蓝色才逐渐褪去。 3IO− 3IO− 3IO− 2 2 22H O 4I O =I 4OH− −+ + + 3 2 2IO 5I 6H =3H O 3I− − ++ + +