北京市丰台区2025届高三化学第一次模拟考试试题含解析

PAGE23-北京市丰台区2025届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）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：H1C12N14O16Fe56Mn55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C.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．结构式中的全部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.自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．自然气属于化石能源，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，肯定相等的是A.等物质的量的OH-和-OH中所含电子数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，所含的氧原子数目肯定相等，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.依据元素周期律推断，不正确的是A.酸性：H3PO4＞H2SO4 B.稳定性：HF＞HClC.原子半径：Na＞S D.失电子实力：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，所以其简洁氢化物HF相比于HCl更稳定，B项正确；C．同周期从左至右，原子半径渐渐减小，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，对应单质的失电子实力越强；同主族从上至下，金属性渐渐增加，所以Ca的失电子实力强于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，其形成的简洁氢化物稳定性越强；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.下列试验对应的化学用语正确的是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简洁被氧化转变为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】推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，最终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AC2H5OH、浓硫酸C2H4或乙醚温度BFe、H2SO4FeSO4或钝化H2SO4的浓度CNa、O2Na2O或Na2O2O2用量DAgNO3溶液、氨现象不同试剂滴加依次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；而温度上升到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，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，随着稀氨水的量渐渐增大，会视察到先有沉淀生成，后沉淀又溶解的现象；若向稀氨水中滴加AgNO3溶液，则无法视察到沉淀先出现后溶解的现象；这体现了试剂滴加依次对反应的影响，D项正确；答案选C。8.工业排放的对苯二甲酸回收困难，经探讨采纳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键须要汲取能量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，须要汲取能量，所以过程(1)中断开O-H键须要汲取能量，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D1molPTMC完全水解须要消耗(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，须要一分子的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.干脆碳固体氧化物燃料电池作为全固态的能量转换装置，采纳固体碳作为燃料，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已知：CO2(g)+C=2CO(g)△H=+172.5kJ•mol-1CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ•mol-1A.电极a为正极，电子由b经过导线到aB.电极b发生的电极反应为：CO+O2--2e-=CO2C.依据装置原理可推想，该条件下CO放电比固体C更简洁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，相比于干脆利用固体碳，这种方式更简洁反应。【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，这种方式相比于干脆利用固体碳，更简洁放电，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.由下列试验及现象推出相应结论正确的是选项试验现象结论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逝原溶液中有SO42-B将潮湿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＞SiD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)2A.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，所以原溶液中不肯定含有，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，因此红棕色气体不肯定是溴蒸汽，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气体中肯定会含有一部分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HCOOHCH3COOHNH3·H2O电离平衡常数K1.77×10−41.75×10−51.76×10−5下列说法不正确的是A.等物质的量浓度时，溶液pH：HCOONa＜CH3COONaB.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；依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；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.在肯定温度下，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/min241015n(Y)/mol0.320.280.200.20A.反应前4min平均速率v(X)＝7.510-3mol·L-1·min-1B.该温度下此反应的平衡常数：K＝20C.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的物质的量削减0.12mol，那么X的物质的量也削减0.12mol，依据公式：，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，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】外界条件的变更可能会使可逆反应的与不再相等，会发生平衡移动；若条件变更后，，反应正向进行建立新的平衡状态；若条件变更后，，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，进行了如下试验：已知：Fe3++HSO3-⇌Fe(HSO3)2+(红棕色)结合上述试验，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比照，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【答案】C【解析】【详解】A．三组试验在通入SO2后，都快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，红棕色物质才消逝；尤其是其次组试验，在溶液中不存在其他氧化性粒子即时，仍旧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．试验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+；而试验①的溶液中含有能够在肯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，说明相比于试验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+简洁发生水解，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，则溶液的酸性增加，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，肉眼视察近乎无色；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，试验①和试验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，因此试验③的溶液后来变成比试验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。其次部分本部分共5小题，共58分15.乙醇俗称酒精，在生活中运用广泛。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。资料2：破坏蛋白质分子中形成蜷曲和螺旋的各种力，使长链伸展、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从结构角度说明乙醇的沸点比乙烷高的缘由____________________。（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更b．获得医用酒精常采纳的分别提纯方法是蒸馏c．浓度99%的酒精消毒杀菌效果肯定大于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，其缘由是______________。（3）乙醇的工业制取乙醇的工业制取方法许多，由碳的氧化物干脆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。该流程中能循环运用的物质是_________________________。【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，因此均含有化学变更，a项正确；b．医用酒精可采纳蒸馏的方法分别提纯，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)向汲取池中通入含CO2的空气后，会使汲取池中的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。试验室模拟过程如下。Ⅰ．将250mL酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调整pH小于5。Ⅱ．在汲取瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。Ⅲ．打开脱气—汲取装置，通入氮气，调整气流速度，使气体依次经过反应瓶和汲取瓶。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变更状况如下图所示。①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调整pH＜5的缘由是_______________________。②步骤Ⅱ中，当测得汲取液的pH为______时，须要更换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纳电化学法处理，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变更的状况可知，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，因此须要用NaOH溶液汲取吹扫出的H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变更的图像分析，当pH＜9时溶液中的HS-含量起先快速增加，而HS-的含量较多不利于H2S的汲取；因此为了保证汲取效果，在溶液的pH降低至9时，务必要更换汲取液。电化学法脱除原油中的H2S，由原理图可知，采纳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，再次通入反应池中运用。【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，务必要在汲取液的pH降至9以下之前更换汲取液，这样才能保证汲取效果；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，最终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价上升至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，其合成路途如下：已知：i：ii：iii：（R1为烃基）（1）依据官能团分类，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___________________________。（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).2O22+2H2O(3).+2H2O(4).(5).1∶2(6).(7).(8).【解析】【分析】由E和G反应生成的H的结构特点推想，其发生的是已知信息中的反应ⅰ；因此，依据E和G的分子式推想，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，所以推想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的结构推想，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的结构推想，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；因此推想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，所以推想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：2O22+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的结构中肯定含有羧基；M还能发生银镜反应，所以M的结构中肯定含有醛基；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，推想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，得出剩余的未被运用的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）是一种平安性很高的水处理剂，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．次氯酸钾简洁分解，2KClO2KCl＋O2。（1）试验室运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更的缘由：________________。（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，高铁酸钾产率变更的缘由可能是：_________________________________________。（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）。肯定条件下，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，温度上升速率加快，导致产率渐渐增加；T＞25℃时，温度上升，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，因此在其次步加入KOH固体时被除去；第三步，向溶液中加入硝酸铁，起先反应生成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，避开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，温度要限制得当，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不行行；装置C中的塑料板也没有阻拦高锰酸钾的作用，C装置也不行行；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，其次步加KOH目的是除去KCl；(4)通过分析可知，温度5℃≤T≤25℃时，温度上升速率加快，导致产率渐渐增加；T＞25℃时，温度上升，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。序号操作及现象试验1取放置一段时间后依旧无色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中接着加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液马上变蓝试验2取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中接着加入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____________。结合试验1和试验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缘由提出猜想：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，并接着进行探究。