北京市豐臺區(qū)2025屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題含解析

PAGE23-北京市豐臺區(qū)2025屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題（含解析）本試卷滿分共100分。考試時間90分鐘可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Fe56Mn55第一部分本部分共14小題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.2020年A.瓷磚 B.硫氧鎂彩鋼板C.塑料管道 D.螺紋鋼【答案】A【解析】【詳解】A．瓷磚為硅酸鹽材料屬于無機(jī)非金屬材料，A項正確；B．鋼板屬于金屬材料，B項錯誤；C．塑料屬于有機(jī)高分子材料，C項錯誤；D．螺紋鋼屬于金屬材料，D項錯誤；答案選A。2.下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)正確的是A.乙烯的結(jié)構(gòu)式是CH2＝CH2 B.質(zhì)量數(shù)為3的氫原子是C.鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖是 D.CO2的電子式是【答案】B【解析】【詳解】A．結(jié)構(gòu)式中的全部共價鍵都應(yīng)用短線代替標(biāo)記出，CH2=CH2為乙烯的結(jié)構(gòu)簡式，是結(jié)構(gòu)式中略去單鍵后的式子，A項錯誤；B．H原子原子序數(shù)為1，所以質(zhì)量數(shù)為3的氫原子可表示成，B項正確；C．鈉離子只有兩個電子層，且最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以鈉離子的結(jié)構(gòu)示意圖為：，C項錯誤；D．CO2中C與每個氧原子之間都有兩對共用電子對，因此其電子式為：，D項錯誤；答案選B。3.下列說法不正確的是A.毛發(fā)和蠶絲的主要成分都是蛋白質(zhì)B.自然氣和沼氣的主要成分都是甲烷C.油脂氫化、氨基酸形成多肽、蛋白質(zhì)水解都屬于取代反應(yīng)D.氨基乙酸、乙醛、乙二醇均可發(fā)生聚合反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．毛發(fā)和蠶絲主要成分都是蛋白質(zhì)，A項正確；B．自然氣屬于化石能源，其與沼氣的主要成分都是甲烷，B項正確；C．油脂氫化是加成反應(yīng)，氨基酸形成多肽屬于縮聚反應(yīng)，蛋白質(zhì)水解屬于取代反應(yīng)，C項錯誤；D．氨基乙酸分子中既有氨基又有羧基，可以發(fā)生聚合反應(yīng)；乙醛在酸性條件下可以轉(zhuǎn)化為乙烯醇，乙烯醇則可發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯醇；乙二醇結(jié)構(gòu)中含有兩個羥基，可以與乙二酸發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚酯，D項正確；答案選C。4.下列各項比較中，肯定相等的是A.等物質(zhì)的量的OH-和-OH中所含電子數(shù)B.等質(zhì)量的氧氣和臭氧中含有的氧原子數(shù)目C.1molNa2O2固體中陽離子與陰離子的數(shù)目D.等物質(zhì)的量的Cu與Fe分別與足量的稀硝酸反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)【答案】B【解析】【詳解】A．1個OH-含有10個電子，一個羥基含有9個電子，所以等物質(zhì)的量的氫氧根和羥基所含電子數(shù)不相等，A項錯誤；B．氧氣與臭氧都是由氧原子構(gòu)成的，因此，質(zhì)量相等時，所含的氧原子數(shù)目肯定相等，B項正確；C．Na2O2中的陽離子是Na+，陰離子是，因此其中的陰陽離子個數(shù)比為1:2，數(shù)目不相等，C項錯誤；D．稀硝酸足量時，能夠?qū)e全部氧化為Fe3+，而Cu只能被氧化為Cu2+，所以相等物質(zhì)的量的Fe和Cu與足量稀硝酸反應(yīng)時，F(xiàn)e轉(zhuǎn)移的電子數(shù)更多，D項錯誤；答案選B。5.依據(jù)元素周期律推斷，不正確的是A.酸性：H3PO4＞H2SO4 B.穩(wěn)定性：HF＞HClC.原子半徑：Na＞S D.失電子實力：Ca＞Mg【答案】A【解析】【詳解】A．S和P同周期，S的非金屬性更強(qiáng)，所以S的最高價氧化物形成的水化物H2SO4酸性強(qiáng)于P對應(yīng)的H3PO4，A項錯誤；B．F的非金屬性強(qiáng)于Cl，所以其簡潔氫化物HF相比于HCl更穩(wěn)定，B項正確；C．同周期從左至右，原子半徑漸漸減小，所以Na原子的半徑比S原子半徑大，C項正確；D．元素金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)單質(zhì)的失電子實力越強(qiáng)；同主族從上至下，金屬性漸漸增加，所以Ca的失電子實力強(qiáng)于Mg，D項正確；答案選A?！军c睛】元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性越強(qiáng)，其形成的簡潔氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng)；元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性越強(qiáng)。6.下列試驗對應(yīng)的化學(xué)用語正確的是A.FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，靜置一段時間后：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓B.酸性氯化亞鐵溶液中加入雙氧水：2Fe2＋+H2O2=2Fe3＋+O2↑+2H＋C.AgCl懸濁液中滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D.澄清石灰水中加入過量NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-【答案】D【解析】【詳解】A．Fe(OH)2簡潔被氧化轉(zhuǎn)變?yōu)镕e(OH)3，相關(guān)的方程式為：，A項錯誤；B．Fe2+具有還原性與H2O2反應(yīng)時做還原劑，H2O2則作氧化劑，O從-1價降價至-2價，因此，不會有O2生成；正確的離子方程式為：，B項錯誤；C．AgCl在離子方程式中不能拆分，并且該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，正確的離子方程式為：，C項錯誤；D．由于加入的NaHCO3是過量的，所以Ca(OH)2解離出的OH-被全部消耗，Ca2+則又與生成的結(jié)合生成沉淀，所以離子方程式為Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，D項正確；答案選D。【點睛】推斷離子方程式是否正確，可以先驗證其是否守恒(原子守恒，電荷守恒，電子得失守恒)，再驗證其物質(zhì)的拆分是否正確，最終查驗反應(yīng)是否符合實際，產(chǎn)物是否正確，化學(xué)計量系數(shù)是否正確等。7.反應(yīng)條件會影響化學(xué)反應(yīng)產(chǎn)物或現(xiàn)象。下列有關(guān)影響因素分析不正確的是選項反應(yīng)物反應(yīng)產(chǎn)物或現(xiàn)象影響因素AC2H5OH、濃硫酸C2H4或乙醚溫度BFe、H2SO4FeSO4或鈍化H2SO4的濃度CNa、O2Na2O或Na2O2O2用量DAgNO3溶液、氨現(xiàn)象不同試劑滴加依次A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．溫度為140℃時，乙醇在濃硫酸的作用下生成乙醚；而溫度上升到170℃，乙醇則在濃硫酸的作用下生成乙烯；這體現(xiàn)了溫度對反應(yīng)的影響，B．Fe與稀硫酸反應(yīng)生成FeSO4，F(xiàn)e在常溫下遇濃硫酸則發(fā)生鈍化；這體現(xiàn)了濃度對于反應(yīng)的影響，B項正確；C．Na與O2在常溫下反應(yīng)生成Na2O，加熱或點燃的條件下，則生成Na2O2；這體現(xiàn)了溫度對于反應(yīng)的影響，C項錯誤；D．若向AgNO3溶液中滴加稀氨水，隨著稀氨水的量漸漸增大，會視察到先有沉淀生成，后沉淀又溶解的現(xiàn)象；若向稀氨水中滴加AgNO3溶液，則無法視察到沉淀先出現(xiàn)后溶解的現(xiàn)象；這體現(xiàn)了試劑滴加依次對反應(yīng)的影響，D項正確；答案選C。8.工業(yè)排放的對苯二甲酸回收困難，經(jīng)探討采納ZnO為催化劑，催化脫羧制備苯，脫羧反應(yīng)機(jī)理如下。下列說法中不正確的是A.過程(1)中斷開O—H鍵須要汲取能量B.過程(2)中斷開C—C鍵，形成C—H鍵C.對苯二甲酸在脫羧反應(yīng)中被還原為苯D.ZnO能降低對苯二甲酸脫羧反應(yīng)的焓【答案】D【解析】【詳解】A．化學(xué)鍵斷裂，須要汲取能量，所以過程(1)中斷開O-H鍵須要汲取能量，A項正確；B．過程(2)發(fā)生前，中的C原子與苯環(huán)上的C原子成鍵；過程(2)發(fā)生后，苯環(huán)上的被取代為H原子；因此，過程(2)發(fā)生了C-C鍵的斷裂和C-H鍵的生成，B項正確；C．由反應(yīng)機(jī)理示意圖可知，對苯二甲酸經(jīng)過脫羧反應(yīng)后生成了苯，C項正確；D．由題可知，ZnO為對苯二甲酸脫羧反應(yīng)的催化劑，催化劑不會影響反應(yīng)的焓變，D項錯誤；答案選D。9.PTMC屬于可降解脂肪族聚酯，在藥物釋放、醫(yī)療器械等生物醫(yī)學(xué)領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用。PTMC由X[]、Y（HOCH2CH2CH2OH）、Z]反應(yīng)而成，其結(jié)構(gòu)如下。下列說法正確的是A.X與Z單體相同B.X與Z互同分異構(gòu)體C.生成PTMC的反應(yīng)為縮聚反應(yīng)D1molPTMC完全水解須要消耗(m+n－1)molNaOH【答案】A【解析】【詳解】A．由X和Z的結(jié)構(gòu)可知，其單體均為HOCH2CH2CH2CH2CH2COOH，A項正確；B．由于X和Z的聚合度不相等，所以X和Z并非同分異構(gòu)體，B項錯誤；C．由PTMC的結(jié)構(gòu)可知，生成一分子PTMC時，須要一分子的X和一分子Z中的羧基與一分子Y中的羥基分別發(fā)生酯化反應(yīng)，因此，反應(yīng)類型為酯化而非縮聚，C項錯誤；D．由PTMC結(jié)構(gòu)可知，其分子中一共含有m+n個酯基，所以1molPTMC完全水解時會消耗(m+n)mol的NaOH，D項錯誤；答案選A。10.干脆碳固體氧化物燃料電池作為全固態(tài)的能量轉(zhuǎn)換裝置，采納固體碳作為燃料，以多孔Pt作電極、氧化鋯為電解質(zhì)，其工作原理如下圖。下列說法不正確的是已知：CO2(g)+C=2CO(g)△H=+172.5kJ?mol-1CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ?mol-1A.電極a為正極，電子由b經(jīng)過導(dǎo)線到aB.電極b發(fā)生的電極反應(yīng)為：CO+O2--2e-=CO2C.依據(jù)裝置原理可推想，該條件下CO放電比固體C更簡潔D.若1molC(s)充分燃燒，理論上放出的熱量為110.5kJ【答案】D【解析】【分析】分析電池的工作原理示意圖，電池在工作時，氧化鋯電解質(zhì)中的O2-由a電極向b電極遷移，因此a為正極，b為負(fù)極；電池在工作時，固體碳首先轉(zhuǎn)化為CO，再擴(kuò)散到b電極上發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)，相比于干脆利用固體碳，這種方式更簡潔反應(yīng)。【詳解】A．通過分析可知，a電極為正極，b電極為負(fù)極；所以電子通過導(dǎo)線，由b電極向a電極遷移，A項正確；B．由電池的工作原理示意圖可知，b電極上發(fā)生的是CO的氧化反應(yīng)，因此電極反應(yīng)式為：，B項正確；C．通過分析可知，電池在工作時，是將固體碳轉(zhuǎn)變?yōu)镃O后再利用CO發(fā)生的電化學(xué)反應(yīng)，這種方式相比于干脆利用固體碳，更簡潔放電，C項正確；D．由題可知，C完全燃燒的熱化學(xué)方程式為：，所以1molC(s)充分燃燒理論上放出的熱量為393.5kJ，D項錯誤；答案選D?！军c睛】原電池中的三個方向：(1)電子的方向：在外電路中沿著導(dǎo)線從負(fù)極傳遞至正極；(2)電流的方向：對于外電流，從正極流向負(fù)極；對于內(nèi)電流，從負(fù)極流向正極；(3)電解質(zhì)溶液中離子的遷移方向：帶正電的陽離子朝正極遷移，帶負(fù)電的陰離子朝負(fù)極遷移。11.由下列試驗及現(xiàn)象推出相應(yīng)結(jié)論正確的是選項試驗現(xiàn)象結(jié)論A某溶液中加入Ba(NO3)2溶液,再加足量鹽酸先有白色沉淀生成，加鹽酸后白色沉淀不消逝原溶液中有SO42-B將潮濕的淀粉碘化鉀試紙放在盛有紅棕色氣體的集氣瓶口試紙變藍(lán)紅棕色氣體為溴蒸氣C將碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體通入盛有硅酸鈉溶液的燒杯中燒杯中液體變渾濁非金屬性：Cl＞C＞SiD將0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液先有白色沉淀生成，后轉(zhuǎn)變?yōu)樗{(lán)色沉淀溶解度：Cu(OH)2＜Mg(OH)2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．若原溶液中含有，由于加入的Ba(NO3)2中的會在酸性條件下能體現(xiàn)氧化性從而將氧化為，再與Ba2+生成不溶于鹽酸的BaSO4沉淀，所以原溶液中不肯定含有，A項錯誤；B．NO2也是紅棕色的氣體，也能將I-氧化為I2，從而使試紙變藍(lán)，因此紅棕色氣體不肯定是溴蒸汽，B項錯誤；C．非金屬性的強(qiáng)弱是通過比較最高價氧化物對應(yīng)的水化物也就是最高價含氧酸酸性來證明的，因此鹽酸能使碳酸鈉反應(yīng)放出CO2氣體只能說明鹽酸酸性強(qiáng)于碳酸，不能說明Cl的非金屬性強(qiáng)于C；此外，由于鹽酸具有揮發(fā)性，其與碳酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體中肯定會含有一部分HCl雜質(zhì)，由于鹽酸酸性強(qiáng)于硅酸，HCl氣體也能使Na2SiO3水溶液生成H2SiO3沉淀而變渾濁；因此，若不除去CO2中的HCl雜質(zhì)，那么也無法驗證C的非金屬性強(qiáng)于Si，C項錯誤；D．MgSO4溶液中加NaOH會生成Mg(OH)2白色沉淀，沉淀不再生成時，說明原溶液中的MgSO4全部轉(zhuǎn)變?yōu)镸g(OH)2，體系為Mg(OH)2的飽和溶液；向其中加入少量CuSO4溶液后出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說明沉淀由Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2，因此Cu(OH)2比Mg(OH)2更難溶，溶解度更小，D項正確；答案選D。12.已知常溫下，3種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如下表：物質(zhì)HCOOHCH3COOHNH3·H2O電離平衡常數(shù)K1.77×10?41.75×10?51.76×10?5下列說法不正確的是A.等物質(zhì)的量濃度時，溶液pH：HCOONa＜CH3COONaB.pH均為3時，溶液濃度：c(HCOOH)＞c(CH3COOH)C.HCOOH溶液與氨水混合，當(dāng)溶液pH＝7時，c(HCOO-)＝c(NH4+)D.等物質(zhì)的量濃度等體積的CH3COOH溶液和氨水混合，溶液pH約為7【答案】B【解析】【詳解】A．由題可知，，所以相同濃度時，的水解程度更大，CH3COONa溶液的堿性更強(qiáng)，A項正確；B．由題可知，，所以相同pH時，的濃度更大，B項錯誤；C．溶液與氨水混合后，若溶液常溫下pH=7，則；依據(jù)溶液中的電荷守恒關(guān)系：，可知，C項正確；D．等體積等濃度的醋酸與氨水混合后，溶液即可視為CH3COONH4的溶液，由題可知，，溶液中和的水解程度相近，所以溶液pH值約為7，D項正確；答案選B?！军c睛】弱酸或弱堿的電離常數(shù)越小，則可認(rèn)為其“越弱”；相同濃度時，越弱的酸或堿的溶液，酸性或堿性就越弱；其他條件相同時，越弱的酸或堿形成的鹽在發(fā)生水解時，水解程度就越大；電離常數(shù)相同的弱酸和弱堿形成的鹽，由于對應(yīng)的離子水解程度相同，所以其溶液可能顯中性。13.在肯定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.4mol充入4L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH＜0。一段時間后達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中測定的數(shù)據(jù)如下表，下列說法不正確的是t/min241015n(Y)/mol0.320.280.200.20A.反應(yīng)前4min平均速率v(X)＝7.510-3mol·L-1·min-1B.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)：K＝20C.其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡前：v(逆)＜v(正)D.保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.8mol氣體X和0.8mol氣體Y，到達(dá)平衡時，Y的轉(zhuǎn)化率為50%【答案】B【解析】【詳解】A．由題可知，4min時，Y的物質(zhì)的量削減0.12mol，那么X的物質(zhì)的量也削減0.12mol，依據(jù)公式：，A項正確；B．由題可知，10min時反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；平衡狀態(tài)時，Y的物質(zhì)的量為0.2mol，濃度為0.05mol/L，X的物質(zhì)的量為0.2mol，濃度為0.05mol/L，Z的物質(zhì)的量為0.4mol，濃度為0.1mol/L，所以平衡常數(shù)為：，B項錯誤；C．由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度會使反應(yīng)正向進(jìn)行，達(dá)到新的平衡狀態(tài)前，C項正確；D．溫度不變，平衡常數(shù)仍為4，列三段式：，那么有：，解得x=0.1，所以X的轉(zhuǎn)化率即50%，D項正確；答案選B。【點睛】外界條件的變更可能會使可逆反應(yīng)的與不再相等，會發(fā)生平衡移動；若條件變更后，，反應(yīng)正向進(jìn)行建立新的平衡狀態(tài)；若條件變更后，，反應(yīng)逆向進(jìn)行建立新的平衡狀態(tài)。14.某小組同學(xué)探究SO2與Fe3+鹽溶液的反應(yīng)，進(jìn)行了如下試驗：已知：Fe3++HSO3-?Fe(HSO3)2+(紅棕色)結(jié)合上述試驗，下列說法不正確的是A.產(chǎn)生紅棕色物質(zhì)的反應(yīng)速率快于SO2與Fe3+氧化還原反應(yīng)的速率B.①與②比照，說明陰離子種類對SO2與Fe3+氧化還原反應(yīng)的速率有影響C.Fe(NO3)3溶液中加入1滴濃硝酸后變?yōu)闊o色，說明濃硝酸具有漂白性D.5h后③比①黃色更深不能證明是NO3-濃度的增大減慢了SO2與Fe3+反應(yīng)的速率【答案】C【解析】【詳解】A．三組試驗在通入SO2后，都快速的產(chǎn)生了大量紅棕色物質(zhì)，并且無丁達(dá)爾效應(yīng)，因此紅棕色物質(zhì)即；在靜置了5個小時后，紅棕色物質(zhì)才消逝；尤其是其次組試驗，在溶液中不存在其他氧化性粒子即時，仍舊先產(chǎn)生大量的紅棕色物質(zhì)，在5h后才發(fā)生褪色，說明產(chǎn)生紅棕色物質(zhì)的反應(yīng)速率要明顯快于Fe3+和SO2的氧化還原反應(yīng)速率，A項正確；B．試驗②的溶液中陰離子中不含具有氧化性的離子，其在靜置5h后，加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生大量藍(lán)色沉淀，說明生成了大量的Fe2+；而試驗①的溶液中含有能夠在肯定條件下體現(xiàn)氧化性的，其在靜置5h后，加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，說明相比于試驗①生成的Fe2+量較少；因此能證明陰離子種類對SO2與Fe3+的氧化還原反應(yīng)的速率有影響，B項正確；C．由于Fe3+簡潔發(fā)生水解，在較濃的Fe3+的溶液(1mol/L)中，F(xiàn)e3+會水解生成，從而顯現(xiàn)出較深的黃色，若向其中加入濃硝酸，則溶液的酸性增加，那么Fe3+水解被抑制，在溶液中則更多地以形式存在；具有極淺的紫色，肉眼視察近乎無色；因此溶液由黃色變?yōu)椤盁o色”，并不是硝酸具有漂白性，而是Fe3+的水解平衡受抑制的結(jié)果，C項錯誤；D．由題可知，試驗①和試驗③的溶液，在靜置5h后，加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生的藍(lán)色沉淀的量并無明顯差異，所以說明Fe3+和SO2的氧化還原反應(yīng)速率并沒有產(chǎn)生明顯的差異；結(jié)合C項的分析，黃色是由于Fe3+發(fā)生水解產(chǎn)生的，因此試驗③的溶液后來變成比試驗①更黃的顏色，可能是由于在體現(xiàn)氧化性的過程中消耗了較多的H+而使得溶液的酸性變?nèi)?，F(xiàn)e3+水解平衡正向移動導(dǎo)致溶液黃色加深；D項正確；答案選C。其次部分本部分共5小題，共58分15.乙醇俗稱酒精，在生活中運用廣泛。資料1：乙醇分子有兩個末端，一端是憎水（易溶于油）的—C2H5；一端是親水（易溶于水）的—OH。資料2：破壞蛋白質(zhì)分子中形成蜷曲和螺旋的各種力，使長鏈伸展、松弛，可導(dǎo)致蛋白質(zhì)變性。資料3：水分子可以松弛蛋白質(zhì)外部親水基團(tuán)之間的吸引力，而—OH不能；—C2H5可以破壞蛋白質(zhì)內(nèi)部憎水基團(tuán)之間的吸引力。（1）乙醇的結(jié)構(gòu)及性質(zhì)①1mol乙醇分子中的極性共價鍵有___________mol。②從結(jié)構(gòu)角度說明乙醇的沸點比乙烷高的緣由____________________。（2）乙醇用途①醫(yī)用酒精（75%）制備過程與制酒的過程類似，不能飲用，但可接觸人體醫(yī)用。結(jié)合題中資料，下列說法正確的是________________（填字母）。a．糖化、發(fā)酵的過程均含有化學(xué)變更b．獲得醫(yī)用酒精常采納的分別提純方法是蒸餾c．濃度99%的酒精消毒殺菌效果肯定大于75%的酒精②乙醇是一種很好的溶劑，在油脂的皂化反應(yīng)中，加入乙醇可加快反應(yīng)速率，其緣由是______________。（3）乙醇的工業(yè)制取乙醇的工業(yè)制取方法許多，由碳的氧化物干脆合成乙醇燃料已進(jìn)入大規(guī)模生產(chǎn)。下圖是由二氧化碳合成乙醇的工藝流程。該流程中能循環(huán)運用的物質(zhì)是_________________________?！敬鸢浮?1).7(2).乙醇分子中含有羥基，分子之間能形成氫鍵(3).ab(4).增大反應(yīng)物的接觸幾率或接觸面積(5).K2CO3或碳酸鉀【解析】【詳解】(1)①乙醇分子的結(jié)構(gòu)式為：，分子中含有7個極性共價鍵，因此1mol乙醇，含有7mol極性鍵；②乙醇的分子中含有羥基，因此乙醇分子之間可以形成氫鍵，所以沸點比乙烷高；(2)①a．糖化的過程即淀粉轉(zhuǎn)變?yōu)槠咸烟堑倪^程，發(fā)酵的過程即葡萄糖轉(zhuǎn)變?yōu)橐掖嫉倪^程，因此均含有化學(xué)變更，a項正確；b．醫(yī)用酒精可采納蒸餾的方法分別提純，b項正確；c．濃度75%的酒精殺菌消毒效果最好，c項錯誤；答案選ab；②油脂皂化即油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)，由于油脂與NaOH水溶液不互溶，所以二者混合不充分會導(dǎo)致反應(yīng)速率較慢，若加入乙醇，則可利用乙醇親水又親油的結(jié)構(gòu)特點，使二者混合更充分，進(jìn)而提高反應(yīng)速率；(3)向汲取池中通入含CO2的空氣后，會使汲取池中的K2CO3轉(zhuǎn)化為KHCO3；向分解池中通高溫水蒸氣，將CO2提取出的同時，也使得KHCO3又轉(zhuǎn)化為K2CO3；隨后CO2在合成塔中與H2反應(yīng)生成乙醇；綜上所述，K2CO3在流程中再生，因此可以循環(huán)利用。16.加工含硫原油時，需除去其中含硫物質(zhì)。（1）鐵離子濃度是原油加工中防腐監(jiān)測的重要指標(biāo)。測定鐵離子濃度前，需去除原油加工產(chǎn)生的酸性廢水中的硫化氫及其鹽。試驗室模擬過程如下。Ⅰ．將250mL酸性廢水置于反應(yīng)瓶中，加入少量濃鹽酸，調(diào)整pH小于5。Ⅱ．在汲取瓶中加入飽和氫氧化鈉溶液。Ⅲ．打開脫氣—汲取裝置，通入氮氣，調(diào)整氣流速度，使氣體依次經(jīng)過反應(yīng)瓶和汲取瓶。當(dāng)吹出氣體中H2S體積分?jǐn)?shù)達(dá)到標(biāo)準(zhǔn)，即可停止吹氣。已知：含硫微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)（δ）隨pH變更狀況如下圖所示。①步驟Ⅰ中加入濃鹽酸調(diào)整pH＜5的緣由是_______________________。②步驟Ⅱ中，當(dāng)測得汲取液的pH為______時，須要更換NaOH溶液。③利用鄰菲羅啉分光光度法可測定樣品中的含鐵量。測定前需用鹽酸羥基胺（NH2OH·HCl）將Fe3+還原為Fe2+。將下述離子方程式補(bǔ)充完整：_______Fe3++______NH2OH·HCl=____Fe2++N2↑+________+_________+__________Cl-（2）原油中的硫化氫還可采納電化學(xué)法處理，并制取氫氣，其原理如下圖所示。①寫出反應(yīng)池內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_____________________________________。②電解池中，陽極的電極反應(yīng)為_____________________________________________。【答案】(1).可將硫元素全部轉(zhuǎn)化為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】測定鐵離子濃度前，先要去除酸性廢水中H2S以及相應(yīng)的鹽；第一步向廢水中加稀鹽酸，將其pH調(diào)至小于5；通過溶液中含硫微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變更的狀況可知，pH小于5時，含硫微粒幾乎只有H2S；這樣通過向反應(yīng)瓶中吹掃氮氣，就可以將溶液中的H2S吹掃出去，從而實現(xiàn)硫化氫及其鹽的脫除；考慮到硫化氫的毒性，因此須要用NaOH溶液汲取吹掃出的H2S；再結(jié)合溶液中含硫微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變更的圖像分析，當(dāng)pH＜9時溶液中的HS-含量起先快速增加，而HS-的含量較多不利于H2S的汲取；因此為了保證汲取效果，在溶液的pH降低至9時，務(wù)必要更換汲取液。電化學(xué)法脫除原油中的H2S，由原理圖可知，采納的是電解的方式實現(xiàn)的；那么產(chǎn)生H2的電極是陰極，而與反應(yīng)池存在溶液交換的極室則為陽極區(qū)；由圖可知，H2S是在反應(yīng)池中被氧化為S單質(zhì)，那么Fe3+則在反應(yīng)池內(nèi)被還原為Fe2+；將含有Fe2+的溶液再回流回電解池的陽極池中，就可以將Fe2+再次氧化為Fe3+，實現(xiàn)再生后，再次通入反應(yīng)池中運用?！驹斀狻?1)①通過分析可知，第一步中將廢水調(diào)至pH＜5，是為了使含硫微粒全部轉(zhuǎn)化為H2S以便利用N2將其吹出；②通過分析可知，務(wù)必要在汲取液的pH降至9以下之前更換汲取液，這樣才能保證汲取效果；③配平離子方程式時，可先配平電子得失守恒，再利用H+，OH-和水等配平電荷守恒，最終檢查原子守恒并配平；反應(yīng)過程中鹽酸羥胺中的N原子發(fā)生升價從-1價上升至0價，而Fe3+發(fā)生降價從+3價降低至0價；因此最終的離子方程式為：；(2)①通過分析可知，反應(yīng)池內(nèi)Fe3+將H2S氧化，離子方程式為：；②通過分析可知，電解池左邊為陽極池，發(fā)生的是Fe2+的氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：。17.有機(jī)物K是一種化工原料，其合成路途如下：已知：i：ii：iii：（R1為烴基）（1）依據(jù)官能團(tuán)分類，A的類別是_______________________。（2）C分子中只有一種類型的氫原子，B→C的化學(xué)方程式是_____________________。（3）已知D的核磁共振氫譜有2個峰，1molD與足量Na反應(yīng)可生成1molH2，寫出D→E的化學(xué)方程式是___________________________。（4）G的結(jié)構(gòu)簡式是___________________________。（5）由F制備G，產(chǎn)物G與CO2物質(zhì)的量之比為___________________________。（6）M是G的同分異構(gòu)體，寫出符合下列條件的M的結(jié)構(gòu)簡式_________________。a．能與NaHCO3反應(yīng)產(chǎn)生氣泡b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（7）寫出結(jié)構(gòu)簡式：I_____________、J_________________?！敬鸢浮?1).烯烴(2).2O22+2H2O(3).+2H2O(4).(5).1∶2(6).(7).(8).【解析】【分析】由E和G反應(yīng)生成的H的結(jié)構(gòu)特點推想，其發(fā)生的是已知信息中的反應(yīng)?。灰虼?，依據(jù)E和G的分子式推想，E的結(jié)構(gòu)為，G的結(jié)構(gòu)為；由D生成E，分子式中少了4個H原子和2個氧原子，又因為1molD能夠和足量的Na反應(yīng)生成1molH2，所以推想D中含有2個羥基，D生成E即發(fā)生消去反應(yīng)；又因為D的結(jié)構(gòu)中含有2種等效氫原子，所以結(jié)合E的結(jié)構(gòu)推想，D的結(jié)構(gòu)為；由C的分子式可知，C中含有一個不飽和度，又因為C的結(jié)構(gòu)中僅有一種等效氫原子，所以結(jié)合D的結(jié)構(gòu)推想，C的結(jié)構(gòu)為；由B的分子式可知，B為飽和結(jié)構(gòu)，由B生成C分子中少了2個氫原子和1個氧原子；因此推想B生成C發(fā)生的是醇的催化氧化，所以B為；那么A生成B發(fā)生的即為加成反應(yīng)，A為；由I生成J的條件可知，發(fā)生的是已知信息中的反應(yīng)ⅱ，反應(yīng)結(jié)束后碳碳雙鍵斷裂，生成羰基；由J生成K的條件可知，發(fā)生的是已知信息中的反應(yīng)ⅲ，那么J的結(jié)構(gòu)中除了含有羰基外還含有酯基，因此由H生成I的反應(yīng)，則在分子結(jié)構(gòu)中引入了酯基，所以推想I的結(jié)構(gòu)為，那么J的結(jié)構(gòu)為，J再經(jīng)過反應(yīng)最終得到產(chǎn)物K?！驹斀狻?1)通過分析可知，A為丙烯，屬于烯烴；(2)通過分析可知，B生成C發(fā)生的即醇的催化氧化反應(yīng)，B的結(jié)構(gòu)為，所以反應(yīng)的方程式為：2O22+2H2O；(3)通過分析可知D的結(jié)構(gòu)為，D生成E發(fā)生的即醇的消去反應(yīng)，方程式為：+2H2O；(4)通過分析可知，G的結(jié)構(gòu)為；(5)F的分子中含有6個碳原子，由F生成的G中含有4個碳原子，因此生成G和CO2的物質(zhì)的量之比為1:2；(6)通過分析可知G的結(jié)構(gòu)為，其同分異構(gòu)體M能與NaHCO3反應(yīng)放出氣體，所以M的結(jié)構(gòu)中肯定含有羧基；M還能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，所以M的結(jié)構(gòu)中肯定含有醛基；所以M的結(jié)構(gòu)中就只剩下兩個碳原子，并且還要保證M的不飽和度為4，所以這兩個碳原子只能形成碳碳三鍵；綜上所述，M的結(jié)構(gòu)為：；(7)通過分析可知，I的結(jié)構(gòu)為，J的結(jié)構(gòu)為；【點睛】在書寫有機(jī)物的符合特定要求的同分異構(gòu)體時，可以先計算有機(jī)物的不飽和度，再依次統(tǒng)計C，O，N等原子的個數(shù)；結(jié)合題干中給出的關(guān)于同分異構(gòu)體性質(zhì)和結(jié)構(gòu)的描述，推想有機(jī)物中可能含有的基團(tuán)；然后再統(tǒng)計形成這些基團(tuán)所需的C，O，N等原子個數(shù)以及具有的不飽和度，得出剩余的未被運用的C，O，N等原子以及不飽和度；再對上述的C，O，N以及不飽和度進(jìn)行合理的組合即可。18.高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種平安性很高的水處理劑，其合成的部分流程如下。資料：?。哞F酸鉀可溶于水，微溶于濃KOH溶液，在堿性溶液中較穩(wěn)定，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，且﹢3價鐵能催化該反應(yīng)。ⅱ．次氯酸鉀簡潔分解，2KClO2KCl＋O2。（1）試驗室運用高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣時，應(yīng)選擇下列裝置中的_______。（2）寫出步驟①的離子反應(yīng)方程式_________________________________。（3）加入KOH固體是為了過濾除鹽，過濾除去的是__________________________________。（4）相同投料比、相同反應(yīng)時間內(nèi)，反應(yīng)溫度對高鐵酸鉀產(chǎn)率的影響如圖1所示：請分析高鐵酸鉀產(chǎn)率隨溫度變更的緣由：________________。（5）相同投料比、相同反應(yīng)時間內(nèi)，硝酸鐵濃度對產(chǎn)率的影響如圖2所示：當(dāng)Fe3+濃度大于2.0mol/L時，高鐵酸鉀產(chǎn)率變更的緣由可能是：_________________________________________。（6）高鐵酸鉀可用于除去水體中Mn(＋2價），生成Mn（＋4價）和Fe（＋3價）?？隙l件下，除去水體中1.1gMn（＋2價），當(dāng)去除率為90%時，消耗高鐵酸鉀的物質(zhì)的量為______mol。【答案】(1).B(2).(3).(4).溫度5℃≤T≤25℃時，溫度上升速率加快，導(dǎo)致產(chǎn)率漸漸增加；T＞25℃時，溫度上升，次氯酸鉀分解加劇，濃度減小，反應(yīng)速率減慢，導(dǎo)致產(chǎn)率下降(5).Fe3+的濃度過高催化了K2FeO4分解，導(dǎo)致產(chǎn)率下降(6).0.012【解析】【分析】向KOH溶液中通入Cl2發(fā)生歧化反應(yīng)生成KClO以及KCl，KCl對于后續(xù)合成高鐵酸鉀沒有幫助，因此在其次步加入KOH固體時被除去；第三步，向溶液中加入硝酸鐵，起先反應(yīng)生成K2FeO4；題干中指出，高鐵酸鉀在堿性溶液中較穩(wěn)定，在酸性溶液中會分解，并且Fe3+會催化該反應(yīng)，因此，加硝酸鐵時，量不能過多，避開Fe3+濃度過高，使K2FeO4分解；題干中還指出，KClO不穩(wěn)定，因此在步驟三中，溫度要限制得當(dāng)，過低時反應(yīng)速率太慢，過高時會加劇KClO分解，也不利于制備?！驹斀狻?1)濃鹽酸與高錳酸鉀反應(yīng)制備Cl2，由于高錳酸鉀易溶于水，所以可以認(rèn)為是液體反應(yīng)，因此裝置A不行行；裝置C中的塑料板也沒有阻攔高錳酸鉀的作用，C裝置也不行行；故應(yīng)選用B裝置；(2)第一步即向KOH溶液中通Cl2，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：；(3)通過分析可知，其次步加KOH目的是除去KCl；(4)通過分析可知，溫度5℃≤T≤25℃時，溫度上升速率加快，導(dǎo)致產(chǎn)率漸漸增加；T＞25℃時，溫度上升，次氯酸鉀分解加劇，ClO-濃度減小，反應(yīng)速率減慢，導(dǎo)致產(chǎn)率下降；(5)通過分析可知，F(xiàn)e3+的濃度過高催化了K2FeO4分解，導(dǎo)致產(chǎn)率下降；(6)由題可知，K2FeO4除Mn(+2價)時，K2FeO4和Mn(+2價)物質(zhì)的量之比為2:3；去除率為90%時，水體中的1.1gMn(+2價)被去除了0.018mol，所以消耗的K2FeO4的物質(zhì)的量為0.012mol。19.某小組探究酸化條件對0.1mol/LKI溶液氧化反應(yīng)的影響。序號操作及現(xiàn)象試驗1取放置一段時間后依舊無色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不變藍(lán)；向溶液中接著加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液馬上變藍(lán)試驗2取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不變藍(lán)；向溶液中接著加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱變藍(lán)（1）溶液變藍(lán)，說明溶液中含有____________。結(jié)合試驗1和試驗2，該小組同學(xué)認(rèn)為酸化能夠加快I-氧化反應(yīng)的速率。（2）同學(xué)甲對滴加稀硫酸后溶液變藍(lán)速率不同的緣由提出猜想：放置一段時間后的0.1mol/LKI溶液成分與新制0.1mol/LKI溶液可能存在差異，并接著進(jìn)行探究。