2022届高三下学期开学摸底考试卷-化学卷（北京）（解析版）

绝密★考试结束前

2022届高三下学期开学摸底考试卷（北京专用）

化学

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-lC-120-16Ca-40Mn-551-127

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求。

1.中国工程院院士李兰娟团队研究发现，阿比朵尔对新型冠状病毒具有有效的抑制作用，其结构简式如图

所示。下列有关阿比朵尔的说法，正确的是

B.所有碳原子一定处于同一平面

C.其酸性水解产物之一能与NaHCCh反应

D.Imol该分子最多能与5mol氢气发生加成反应

【答案】C

【解析】

A.从阿比朵尔的结构简式可看出含有硫、氧、氮、澳，是燃的衍生物，故A错误；

B.单键可以旋转，从阿比朵尔的结构简式可看出，与酯基相连的乙基的两个碳原子、与硫原子相连的碳原

子可能不与苯环共面，所以所有碳原子不一定处于同一平面，故B错误；

C.阿比朵尔中含有酯基，其酸性水解产物之一含有竣基，能与NaHCCh反应，故CiE确；

D.酯基中的碳氧双键不能和氢气加成，Imol该分子最多能与4moi氢气发生加成反应，故D错误；

故答案为：C„

2.自2011年福岛核电站泄漏以来，日本核污水即将蓄满，日本政府最近打算将其排放入海，引起了全世界

人民的恐慌。据悉，福岛核电站受损以来，一直在对核污水进行处理，其中晁很难被清除，此次拟排放的

废水中主要污染物为僦，下列与笳有关说法中正确的是

A.疑是核反应产生的一种新元素

B.旅与气、笊互为同位素

C.超重水T2I6O分子中的中子总数为22

D.皿、2H?、3H,互为同分异构体

【答案】B

【解析】

A.僦的质子数为1,是氢元素的同位素，不是新元素，A错误；

B.敬与笈、笊是氢元素的不同原子，互为同位素，B正确；

C.超重水TfO分子中的中子总数=（37）x2+06-8）=12,C错误；

D.匕2、2H2、%2是氢气单质，为同种物质，D错误；

故答案为：B。

3.下列表示正确的是

A.MN2与用2互为同位素

B.正丁烷的球棍模型:

C.NaClO的电子式：N.0CI

D.NaHCCh水解的离子方程式：HCO；+H2。脩4H3O++CO：

【答案】B

【解析】

A.再用与I5N2均表示分子，不是原子，不互为同位素，故A错误;

正丁烷分子中含有2个甲基和2个亚甲基，其球棍模型为故B正确;

C.NaClO是离子化合物，由Na+禽子和CIO离子构成，NaClO的电子式为Na卡：。：6：，故C错误;

D.NaHCO.s水解的离子方程式为HCO；+H2O^H2CO3+OH-,故D错误;

故选：Bo

4.已知A、B、C、D是原子序数逐渐增大的四种短周期元素，其中A、D位于同主族，B、C位于同周期,

且A的一种核素的原子核中没有中子，B和C的单质是空气中的两种主要成分。下列有关说法正确的是

A.离子半径：D>B>C

B.简单氢化物的稳定性：B>C

C.A和B形成的某种化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

D.C和D形成的物质一定能使品红溶液褪色

【答案】C

【解析】

A.的一种核素的原子核中没有中子，说明A是氢元素，B和C的单质是空气中的两种主要成分，所以B

和C分别为氮和氧，A、D位于同主族，所以D为钠.离子半径：N3->O2>Na+,A错误；

B.简单氢化物的稳定性HzONH-B错误；

C.N和H可形成NH,,NH,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C正确;

D.Na和0可以形成NaQ和Naz。。，其中NaQ不能使品红溶液褪色，D错误;

故答案选C。

5.下列实验装置、实验现象和实验结论均正确的是

实验装置实验现象实验结论

还原铁粉

肥皂液中有气泡说明Fe与出0&）反应生

A

湿棉花产生

成了H2

肥皂液

C1?

未干燥

卜燥的,a中布条不褪色

Bi'湿润的।口NaOH说明CL没有漂白性

b中布条褪色

有色布.有色布於、高彳溶液

L11.0—^^

ab

圆底烧瓶中看到说明NH3是密度小于空

红色的喷泉气的碱性气体

同丝

一

品品红溶液褪色说明该反应生成了S02

红

溶

液

【答案】D

【解析】

A.蒸发皿中的气泡可以是空气，故不能说明Fe与H2O(g)反应生成了H2,故A错误；

B.Cl?未干燥，a中有色布条会褪色，故不能说明C1?没有漂白性，故B错误；

C.说明NH：易溶于水，且溶于水后溶液呈碱性，不能说明密度大小，故C错误；

D.铜与浓硫酸产生二氧化硫气体，故品红褪色，故D正确；

故选D。

6.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含

SO2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不至碘的是

［样品］——物热.,喈嬲明—>［气体A］——喈^~~>［含H2so4］——~>［中和液］

A.葡萄酒酿造时通入S02起到了杀菌和增酸的作用

B.反应①中若不通入N2,则测得的S02含量偏低

C.反应①中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SCh的溶解度

D.若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“浸水”，对测定结果无影响

【答案】D

【解析】

A.葡萄酒酿造时通入SCh起到杀菌和增酸的作用，A项正确：

B.反应①中若不通入N2,则在反应①中部分SCh被氧化，气体A偏小，测得的S02含量偏低，B项正确;

c.反应①中煮沸的目的是加快H2SO3的分解，降低S02的溶解度，使葡萄酒中S02全部蒸出，C项正确；

D.将“H2O2溶液”替换为“滨水”，发生反应Bn+S02+2H9=H2so」+2HBr,为保证SO2完全吸收，滨水要略

过量，用NaOH溶液中和，消耗的NaOH增多，测得的SCh含量偏高，对测定结果有影响，D项错误；

答案选D。

7.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，能正确表示下列化学反应的离子方程式的是

t

A.氯气通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl+ClO

B.漂白粉的漂白原理：2C10+CO,+H2O=2HC1O+CO^

C.少量C02通入饱和Na2cCh溶液：CO2+CO；-+2Na++H2O=2NaHCO3J

3+

D.向H2O2溶液中滴加少量FeCb溶液：2Fe+H2O2=O2T+2H，+2Fe"

【答案】C

【解析】

A.氯气与水反应生成HCI和HC10,HCIO是弱酸，不拆，反应的离子方程式为CL+HQuH++Cl+HClO,

A错误；

B.碳酸的酸性强于次氯酸，漂白粉的漂白原理是次氯酸钙、二氧化碳、水反应生成具有漂白性的HCIO和

碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为Ca"+2ClCr+CO2+H2O=2HClO+CaCCM，B错误；

C.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，少量C02通入饱和Na2co3溶液会产生碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程

式为COz+COj+ZNa'+HzOZNaHCO,J，C正确；

FeCl,

D.FeCb可作过氧化氢分解的催化剂，向H2O2溶液中滴加少量FeCb溶液，发生2H202=2&0+04，

D错误；

选C。

8.电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷数均呈正相关，现分别向25mL0.015moi/LBa(OH)2

溶液、25mL0.01mol/LNaOH溶液中滴加0.02mol/LNaHSO4溶液，其电导率的变化情况如图所示，下列说

法中正确的是

9000

7000

5000

3000

0204060

体枳，mL

A.①线代表向NaOH溶液中滴加NaHSO,溶液的变化曲线

B.b点后，两溶液发生的反应均为H*+OH=H2。

C.b点两溶液导电能力相同，此时两溶液中溶质组成相同

D.a点溶液呈中性，d点溶液呈酸性

【答案】D

【解析】

A.未加入NaHSO4前，Ba(OH”溶液的离子浓度大，电导率比NaOH大，则曲线①代表Ba(OH)2和NaHSC)4

溶液反应，故A错误；

B.曲线②在a点时已经消耗完NaOH,在b点只是NaHSCM溶质，不发生化学反应，故B错误；

C.对曲线①,b点是少量的NaHSO4和足量的Ba(OH)2反应生成Na2s0」和BaSCh,溶质有Na2s和Ba(OH)2,

对曲线②是Na2so4和NaHSOa,溶质不同，故C错误；

D.a点是NaOH和NaHSCU恰好反应的点，溶液是中性,d点为Ba(OH)2恰好反应的点，还有多余的NaHSO4,

其电离的氢离子使溶液呈酸性，故D正确；

故选：D。

9.酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO；过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以Fe?+形式存在。下列有

关说法不思颈的是

+2+

A.反应ii的离子方程式为：NO2+3Fe+8H=NH；+3Fe+2H2O

B.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO；的去除效果

C.假设反应过程都能彻底进行，反应i、ii消耗的铁的物质的量之比为3:1

D.amolNO；完全转化为NH：至少需要4amol的铁

【答案】C

【解析】

A.据图可知反应ii中NO£被Fe还原为NH：,根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为

2+

NO；+3Fe+8H+=NH:+3Fe+2H2O,A正确；

B.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高NO；

的去除效果，B正确；

C.反应i中NO,中被Fe还原为NO,Fe被氧化为Fe2+,根据电子守恒可知ImolNO,氧化ImolFe,同时

生成ImolNO；,根据A选项可知，1molN("可以氧化3moiFe,所以反应i、ii消耗的铁的物质的量之比

为1:3,C错误；

D.根据C选项分析可知，将amolNO；完全转化为NH；至少需要amol+3amol=4amol的铁，D正确；

综上所述答案为Co

10.甲醛中木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇利用脱氢法可制备甲醛，主要反应为：

CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)A//=+85.2kJ-molLNa2cO3是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反

应的部分机理如下：，0C

80

历程i:CH3OH->H+CH2OH历程ii：-CH2OHH+HCHO

60

历程iii：CH2OH^3H+CO历程iv：H+Hf%55

40

如图所示为在体积2L的恒容容器中，投入ImolCEOH,在碳

酸钠催化剂作用下，经过5min反应，测得甲醇转化率与甲醛的20

选择性与温度的关系(甲醛的选择性：转化的CH30H中生成°5

600650700750800

HCHO的百分比)，下列有关说法正确的是温度(r)

A.600℃时，前5min内生成甲醛的平均速率u(HCHO)=0.055molL【min”

B.700℃时，反应历程ii的速率小于反应历程出的速率

C.脱氢法制甲醛中，在高温高压条件下更有利于提高平衡产率

D.反应历程i的活化能大于CH30H(g)UHCHO(g)+H2(g)的活化能

【答案】B

【解析】

A.由图可知,600℃时甲醇转化率为55%、甲醛的选择性为60%,则前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)=

Imolx55%x60%

2L=0.033mol-L'min1,故A错误；

5min

B.由图可知，600℃后，甲醉的转化率增大、甲醛的选择性降低，说明历程出的反应程度大，相同时间内

反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率，故B正确；

C.该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醛的产率降低，故C错误；

D.使用催化剂，降低反应的活化能，则使用碳酸钠做反应催化剂的反应历程i的活化能小于

CH3OH(g)UHCHO(g)+H2(g)的活化能，故D错误；

故选B。

11.维纶(聚乙烯醇缩甲醛纤维)可用于生成服装、绳索等。其合成路线如下：

聚合NaOH溶液.△

①②

维纶

下列说法错误的是

A.室温下，在水中的溶解度：B>A

+nNaOH-[H*CH+nCH3COONa

B.反应②的化学方程式为

OH

C.通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度

D.反应③原子利用率100%,符合原子经济性

【答案】D

【解析】

由合成流程可知,CH?=CHOOCCH3发生加聚反应生成的A为”，A中含有酯基，则A在NaOH

。一C-CH3

O

的水溶液中水解生成的B为~|H"-F+一,B与HCHO发生缩聚反应生成维纶，以此来解答。

OH

【详解】

A.A含有酯基，B含有醇羟基，则室温下，在水中的溶解度：B>A,故A正确；

B.反应②是酯基的水解反应，反应的化学方程式为

"出C+nNaOH^^THzC-pb+nCH3coONa,故B正确；

0H网OH

O

C.由于平均相对分子质量=链节的相对分子质量X聚合度，因此通过质谱法测定高分子B的平均相对分子

质量，可得其聚合度，故C正确；

D.维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，反应中有水生成，所以原子利用率小于100%,故D错误；

故选D。

3+

12.已知：/。式也。）]为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe+4Cl+2H2O^^[FeCl4（H2O）J',下

列实验所得结论不正确的是

（溶液中有少量的Fe（0I【）3时呈浅黄色；加热为微热，忽略体积变化）

①②③④

;少量一

一NaCl

固体

—

w

二

酸化f枷ImolL*1

0.1n1()1•L"1

酸”/机Imol'L*1

FC(M%)，溶液0.1moIL-

力溶液2

FeQ。4灌液

FeC芋液

加热前溶液接近无色，加入NaCl后，溶液立

加热前溶液为浅加热加热前溶液为黄色，

加热后溶液颜色无明即变为黄色，加热后溶

黄色,加热后颜色变深加热后溶液颜色变深

显变化液颜色变深

A.实验①中，Fe2（SOj溶液显浅黄色原因是Fe?+水解产生了少量Fe（0H）3

B.实验②中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响

C.实验③中，加热，可逆反应：Fe"+4C1+2H2O^^[FeCL（H?O）J正向移动

D.实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe"水解平衡正向移动

【答案】D

【解析】

A.实验①中，0.1mol/LFe2（SO4）3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，说明升高温度水解程度增大,

颜色加深，故Fe2（SCU）3溶液显浅黄色原因是Fe"水解产性了少量Fe（0H）3,选项A正确；

B.实验②中，酸化的0」mol/LFe2（SO4）3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，说明温度

升高几乎不能引起变化，则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，选项B正确；

C.实验③中，酸化的0.1mol/LFe2（SO4）3溶液加入NaCl后，溶液立即变为黄色，则氯离子影响平衡移动，

3+

加热后溶液颜色变深，则存在可逆反应：Fe+4Cl+2H2O^^[FeCl4（H2O）2]',即加热平衡正向移动，

选项C正确；

D.实验④，加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深，水解平衡或平衡Fe3"4C「+2H20^^^6。4（凡0）2，

均可能使颜色变深，故不可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动，选项D不正确。

答案选D。

13.下列有关说法正确的是

A.图1中气体甲为02

B.图2电路中流过7.5mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L

C.图1中若不考虑溶液体积变化，阳极室溶液的pH减小

D.图2中微生物的硝化过程是缺氧环境下进行的

【答案】C

【解析】

A.图1中左侧CN-发生氧化反应生成N2,左侧为阳极，右侧为阴极，阴极发生还原反应生成H。，故A错

误；

B.图2电池总反应为5NH3+3NO；-4N2+6H2O+3OH-,该反应每转移15moi电子生成4moi氮气，故电

路中流过7.5mol电子时，产生2moi氮气，即标准状况下的体积为44.8L,故B错误；

C.图1中左侧CN-发生氧化反应生成N2,左侧为阳极，发生反应为

2CN-+120H--10e-=2CO；-+N,t+6H2O,pH会下降，故C正确：

D.图2微生物的硝化是镂根离子被氧化为硝酸根离子的过程，发生氧化反应，有氧气参加反应，故D错

误；

选C。

14.利用C02制备甲醇是温室气体资源化重要途径。在某C02催化加氢制甲醇的反应体系中主要存在如下

反应：

1

反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AHi=-48.2kJmol-

1

反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2=+42.5kJ-mol-

反应III：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH3

向恒压、密闭容器中通入ImolCCh和3mO1H2,平衡时CO、CO2和CH30H的物质的量分数随温度变化如图

所示。下列说法不正确的是

?

/、

40

会

曰

：30

之

2()

'i6s

24025026027()28()

77℃

A.AH3=-90.7kJ-mol"

B.曲线a表示CO的物质的量分数随温度的变化

C.在不改变反应时间和温度条件下，增大压强能提高CH30H的产量

D.在240〜270℃内，温度改变对反应I和反应II平衡影响相反且程度接近

【答案】B

【解析】

A.根据盖斯定律可知反应I-H可得反应in,所以△H3=2\H7H2=-48.2kJ/mol-42.5kJ/mol=-90.7kJ/mol,故A

正确；

B.AHi<0,AH3<0,即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小,

△H2>0,生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用

导致水蒸气减小幅度小于甲醇，a代表CHQH,b代表CO,故B错误；

C.反应I、III都能生成CH.QH,温度不变，增大压强，平衡正向移动，CH.QH的产量提高，故C正确；

D.AHI<0,AH2>0,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反，且平衡移动

程度相近，故D正确；

故选：B.

二、非选择题：本题共5小题，共58分。

15.(10分)铭系和非铭系铜银电镀污泥均含有Cu(H)、Ni(II)、Fe(H)、Al(III)的氢氧化物，前者还含有

Cr(IH)的氢氧化物，一种综合回收铜、银的新工艺流程如下：

氢辄化钠

珞系铜钱

电镀污泥

非格系铜锲

电镀污泥

水相।水相2有机相

已知:

I、FePCU、CrPCU、AIPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.3x10-22、2.4x10-2\5.8x1079、5.0x1O-31.)

II.Cr及其化合物的性质与铝类似。

回答下列问题：

(1)“电解I”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是,可通过一种试剂证明第二

个目的是否达成，该试剂为(填化学式)。

(2)“除杂”时，若镁离子浓度为0.05mol-LT,则应调整溶液中P0：浓度范围为molLT(溶液中离子

浓度WCPmoi.LT时，认为该离子沉淀完全；9=3.2)。

(3)“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为(用离子方程式表示)。

(4)“浸出H”时，采取了多次浸取的方式，其目的为o

(5)“萃取II”时:发生的反应为Cu(NH3)；+2HR=CuR2+2NH；+2NH3和Ni(NH3)f+2HR=NiR2+2NH；+4NH3

和，贝广反萃取II”时含铜微粒发生反应的离子方程式为。

(6)“电解H”时，若维持电流强度为0.5A,电流效率为90%,电解8min,理论上可获得铜g.(已

知：电流效率是指电解时电极上实际沉积与理论沉积物质的量之比，F=96500C.mol')

(7)流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有(填化学式)。

【答案】(1)将二价铁转化为三价铁K3[Fe(CN)6]或KMnO4

(2)5.8x10-4〜6.4xior4

(3)A1(OH)3+OH=A1(OH)；、Cr(OH)3+OH=Cr(OH)；

(4)提高铜、银元素的浸取率

+2+

(5)CUR2+2H=CU+2HR

(6)0.07

(7)NH3H式)或(NHG2CO3；Na3P04

【解析】铭系铜银电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有CF+、Ni2\Fe2+、AP\C产的滤液，电解滤液得到

铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPOa、AlPOa沉淀，过滤后向沉淀中加入

NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铭系铜银电镀污泥加入氨水、碳酸核浸取，过滤得到含

有Cu(NH3)：和Ni(NH3)；的滤液，向滤液中力口入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进

行反萃取，分液得到含CM+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与辂系铜锲电镀污泥处理流程中除杂

的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸银。

(1)络系铜锲电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二

价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+,可以用K3[Fe(CN)6]或KMnCU

检验，若有Fe2+,现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色；

(2)除杂的目的是使Fe3+、CN+、AF+沉淀，Ni?+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只

要保证AP+完全沉淀,则FeS+'Cr3+也一定完全沉淀,此时溶液中c(PO:=网需:mol/L=5.8x10

l4mol/L；Ni2+开始沉淀时CTO,AFR?5)?]=J,黑名；mol/L=6.4xlOl4mol/L,所以PO：浓度范围

为5.8x10*〜6.4x1014mol/L；

(3)Cr及其化合物的性质与铝类似，所以A1(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶

解，离子方程式为AI(OH)3+OH=A1(OH)；、Cr(OHh+OH=Cr(OH)；；

(4)根据后续流程的处理可知“浸出0”是为了得到Cu(NH3)；和Ni(NH3)：,,多次浸取可以提高铜、银元素的

浸取率；

(5)根据流程可知，反萃取的过程中CuR?在硫酸的作用下转化为CM+,离子方程式为CUR2+2H+=CU2++2HR；

⑹若维持电流强度为0.5A,电流效率为90%,电解8min即480s,则理论上转移电子数为黑窑3nolx90%,

所以获得的铜为molx90%4-2x64g/mol=0.07g；

96500

(7)根据“萃取n”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3H2O、(NHQ2CO3,可以循环使用；转溶时磷酸盐

沉淀转化为氢氧化物，所得滤液I中主要溶质为Na3P04,可以循环使用。

16.(13分)冠状病毒病(COVID-19)正在影响全球，口罩用聚丙烯纤维增长速度加剧，目前我国丙烯的使用

量已超过乙烯。为了环境的友好，降解塑料需求也越来越大。PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有

良好的可降解性。它可由石油裂解气之一丙烯为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA

塑料的流程图（图中有部分产物及反应条件未列出）。

请回答下列问题:

（1）属于加成反应的有（填编号），F的结构简式___________•

（2）写出下列反应的化学方程式：

反应③：；

反应⑤：。

（3）已知E（C3H6。3）存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例（E除外）并写出其结构简式:

（4）制取丙烯月青的方法常有如下两种：

方法1:CH=CH+HCN——阳城~>CH2=CH-CN

3

方法2:CH2=CH-CH3+NH3+工。2------_>CH2=CH-CN+3H2。

2

相比较而言，方法②的优点是

,块烧也有类似的性质，设计由丙烯合成/J1的合成路线

(5)已知：2cH2=CH2------2^_>

-------（表示方法为：A—S>B......一黑葬>目标产物）

CHT<H-C=O

【答案】⑴②⑥A0

O=CH-CH-€HI

⑵皆L.CH，+2NaOH——>器k£-CH，+2NaBr

0

，"HO+2CU(OH)2CH3COCOOH+2Cu2O1+2H2O

OHOH

(3)ICH3COOCH2OH

HOCH2-CH—CHOHOCH2-CH—CHO

(4)生产成本低(原料易得、节能)，无毒性

⑶CIIB./CJ.[LfCH,一毁®_>CH-c_CHj一定条件

【解析】根据PLLA的结构简式可知E的结构筒式为：两分子通过反应⑧酯化反应

CHnCH-

生成F；D与氢气通过反应⑥生成E,则D的结构简式为：CH3COCOOH：C通过反应

0o

AB

CH«—C-CHO+2Cu(0H)；>-CH;COC00H+CuzO]+2HzO生成则。为CH。-2-CHO；通过反应

④加热氧化成C,则B为更需做A通过反应③产亡E-.T►贫1E一.生成B,丙

烯通过与澳发生加成反应生成A,则A为广广6；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答.

(1)由分析可知，反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应

⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，属于加成反应的有②⑥，F的结构

4厂产一『0

简式o上G一Q凰个1；

⑵反应③为卤代姓发生水解反应，反应的化学方程式为：^-^"CHj+2Na0H—CHi+2NaBr：

反应⑤为醛基的氧化反应，反应的化学方程式为：

0

rH,___：、H,+2CU(OH)2CH3COCOOH+2CU2O1+2H2O；

(3)E的结构简式为可能的官能团有翔基、醛基、酯基，则E存在三种常见不同类别物质的异构

CH4

体有：??HCH3coOCH2OH；

HOCli-C-CHrOHHOCH?—CH-CHO

(4)HCN为有毒物质，相比较而言，方法②的优点是生产成本低、原料易得、节能，无毒性；

(5)根据逆合成法可知，fl可以通过CH三C-CH3通过信息反应合成，内快可以用丙烯分别通过加成反应、

消去反应获得，所以合成路线为：|C3H|BMC5>

廿___>|CH=C-CH,|___~>A»

17.(12分)阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示:

(1)电解饱和食盐水的化学方程式为。

(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是(填字母序号)。

a.Na2sChb.Na2so3

c.热空气吹出d.降低阳极区液面上方的气压

(3)食盐水中的1-若进入电解槽，可被电解产生的C12氧化为IC1,并进一步转化为103-。103-可继续被氧化

为高碘酸根(1。4),与Na+结合生成溶解度较小的NaI04沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。

①从原子结构的角度解释IC1中碘元素的化合价为+1价的原因：。

②NalCh被氧化为NaI04的化学方程式为。

(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的「转化为12,再进一步除去。通过测定体系的吸光度，

可以检测不同pH下h的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(h)越大。

①结合化学用语解释10min时不同pH体系吸光度不同的原因：。

②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：o

③研究表明食盐水中含量式.2mg・U时对离子交换膜影响可忽略。现将In?含浓度为1.47mg・L”的食

盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05mobL_1NaClO溶液L。(已知NaClO的反应

产物为NaCL溶液体积变化忽略不计)

【答案】(l)2NaCl+2H2。通电Cl#+H2T+2NaOH(2)bed(3)①碘元素和氯元素处于同一主族

(VIIA),二者最外层电子数均为7,IC1中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力

+

弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价②Na+IO3-+Ch+H2O===NaIO4；+

2H++2C|-(4)①C1O+2H++2r===I2+CI+H2OIOmin时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或CIO

氧化性增强)，c(l2)越高，吸光度越大。②C(H*)较高，CIO-继续将12氧化为高价含碘微粒，c(h)降低，

吸光度下降③0.1

【解析】(1)电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得

电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl+2H2O型CI2T+H2T+2NaOH。本小题答案为:

2NaCl+2H2O电解CbT+H2T+2NaOH。

(2)a.Na2sO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；

b.Na2sCh有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2sCh有可以除去阳极液中游离氯，

故b符合题意；

c.海水中提取浪用至U"空气吹出法”将游离态的溟吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题

思；

d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸

出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bed。

(3)①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA),二者最外层电子数均为7,IC1中共用一对电子，由于碘原子

半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。本小题

答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VHA),二者最外层电子数均为7,IC1中共用一对电子，由于碘原

子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。

②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4,CI2中氯元素得电子发生还

原反应，化合价由0价降低到-1价生成Ch离子方程式为Na++ICh—+CI2+氏0===NaIO4+2H++2CL。本

+

小题答案为：Na+IO.-+Ch+H2O===NaIO」l+2甲+2c

(4)①C1O+2H++2I-==I2+CI+H2O10min时pH越低,c(H+)越大,反应速率加快(或CIO氧化性增

++

强)，以㈤越高，吸光度越大。本小题答案为：CIO-+2H+2I==I2+Cl-+H2O10min时pH越低,c(H)

越大，反应速率加快(或CIO氧化性增强)，c(L)越高(1分)，吸光度越大。

②c(H+)较高，C。继续将h氧化为高价含碘微粒，c(k)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，C10'

继续将I2氧化为高价含碘微粒，C(l2)降低，吸光度下降。

③研究表明食盐水中「含量WO.2mg时对离子交换膜影响可忽略。即In?食盐水中［-的含量《).2

mg,LTxlm3xl000=0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则In?含1-浓度为1.47mg・L」的食盐水需处理掉1.47

mg«Llxlm3-0.2g=1.27g的1一时对离子交换膜影响可忽略。1.27g1的物质的量为O.OlmoL根据反应方程式CIO

+

+2H+2I-==I2+CI+H2O,需NaClO的物质的量为0.005mol,则此NaClO的体积为

0.005mol/0.05mol/L=0.1Lo本小题答案为：0.1。

18.(12分)已知K”、Kb、Kw、Kh、K，p分别表示弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数，水的离子积

常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25℃时以下数据:Kw=l.OxlO

4-11

-14,Ka(CH3coOH)=1.8X10-5,Ka(HSCN)=0.13,K;,(HF)=4.0xl0^,Ksp[Mg(OH)2]=1.8xl0

(1)有关上述常数的说法正确的是。

a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度

b.所有弱电解质的电离常数和难溶电解质的Ksp都随温度的升高而增大

c.常温下，CH3coOH在水中的降大于在饱和CH3coONa溶液中的Ka

dL定温度下，在CH3coONa溶液中，Kw=KrKh

(2)25℃时，1.0mol-L1HF溶液的pH约等于(已知1g2M.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液等体

积混合，判断溶液呈_______(填“酸”、“碱"或"中”)性，并结合有关数据解释原因：。

(3)已知CH3co0NH4溶液为中性，又知CH3co0H溶液加到Na2cCh溶液中有气体放出，现有25℃时等浓

度的四种溶液：A.NH4C1,B.NH4SCN,C.CH3COONH4,D.NH4HCO3O回答下列问题：

①试推断NKHCCh溶液的pH7(填或"=")；

②将四种溶液按NHJ浓度由大到小的顺序排列是：(填序号)。

③NFUSCN溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为o

(4)为探究Mg(0H)2在酸中的溶解性，利用以上数据可以计算出反应：Mg(OH)2(s)+2CH3co0H(aq)UMg2

+(aq)+2CH3co0一网)+2比0⑴在25℃时的平衡常数K=,并据此推断Mg(OH)2(填“能”

或"不能”)溶解于醋酸。(已知1.83w8)

【答案】(l)ad⑵1.7酸HF和NaF的浓度相等，Ka(HF)=4.0xl()-4,NaF溶液中Kh=

Kw/Ka=2.5xl0-9,所以HF电离程度大于NaF的水解程度，溶液显酸性⑶①>②A>B>C>D③

++7

c(SCN)>C(NH4)>C(H)>C(OH)(4)5.8X10能

【解析】(1)a.平衡常数等于生成物浓度塞之积与反应物浓度事之积的比，所以它们都能反映一定条件下

对应变化进行的程度，a正确；

b.难溶电解质Ca(0H)2的Kw随温度的升高而减小，b错误；

c.电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，c错误；

C(CH,COOH)-C(OH-)C(CH,COOH)-C(oH-)-C(ir)K

5c

d.一定温度下，在CH3coONa溶液中，Kh=---------------=-------------------=e，所以

c-c-cK

(CHjCOO)(CH3COO)*a

Kw=K；「Kh,d正确；故答案为：ad；

2

(2)25℃时，LOmoLLrHF溶液中，Ka(HF)=»=—^1=4.0x107,c(H+>2.0xl0-2,pH®1.7,

C(HF)C(HF)

-4

HF和NaF的浓度相等，K