【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高二上学期期末
考试
一、单项选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分）
1.下列有关资源的开发利用的说法正确的是 （ ）
A. 海水提取溴的过程中不发生氧化还原反应
B. 全球“低碳”行动能减少CO2的排放量，从而降低酸雨的形成及危害
C. 从海带中提取碘单质的过程一定涉及氧化还原反应
D. 石油的分馏、煤的气化、海水晒盐、从花生中提取花生油等过程都是物理变化
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 海水提溴的目的是将海水中的Br-转化为Br2；
B. 酸雨的形成与CO2无关；
C. 海带中提取碘是将I-转化为I2；
D. 煤的气化是将煤转化为气态燃料的过程，产生了新物质。
【详解】A. 海水提溴的目的是将海水中的Br-变为Br2，发生了氧化还原反应，A项错误；
B. 酸雨的形成与氮的氧化物和硫的氧化物有关，与CO2无关，B项错误；
C. 海带中提取碘是将I-转化为I2，发生了氧化还原反应，C项正确；
D. 煤的气化是将煤转化为气态燃料的过程，产生了新物质，发生了化学变化，D项错误；
答案选C。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 羟基的电子式:
B. 乙酸的分子式：
C. 四氯化碳分子比例模型:
D. 丙烷分子的比例模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧原子与氢原子通过一对共用电子对成键，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，电子式为，选项A错误；
B．CH3COOH为乙酸的结构简式，乙酸的分子式为C2H4O2，选项B错误；
C、Cl原子半径大于C原子，四氯化碳分子比例模型不正确，比例模型应符合原子的大小比例，选项C错误；
D、是丙烷的球棍模型，不是丙烷的比例模型，选项D错误；
答案选A。
3.下列关于物质水解的说法正确的是 （ ）
A. 纤维素属于营养物质，可被人体水解
B. 油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
C. 淀粉水解液加碘水，可检测是否发生水解
D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A. 纤维素属于营养物质，但人体中没有能够水解纤维素的酶，不能被人体水解，A项错误；
B. 油脂在酸性或碱性条件下均可水解，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，糖类中单糖不能水解，双糖或多糖均能水解，B项错误；
C. 淀粉遇碘变为蓝色，当淀粉部分水解时，遇碘也变为蓝色，因此不能测定淀粉是否发生水解，C项错误；
D. 淀粉和纤维素都属于多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，D项正确；
答案选D。
4.某有机物的结构简式如下，此有机化合物属于 （ ）

①烯烃 ②多官能团有机化合物 ③芳香化合物 ④烃的衍生物
A. ①②③④ B. ② ④ C. ② ③ ④ D. ① ③
【答案】C
【解析】
【详解】由有机物的结构可知结构中含有酚羟基、羧基和碳碳双键，属于多官能团有机物，属于烃的衍生物，结构中含有苯环，还属于芳香族化合物；虽含碳碳双键，但分子中含O，不属于烃类，C项符合题意，
答案选C。
5.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 （ ）
A. 标准状况下，8.4g己烷中共价键数目为1.8NA
B. 常温下，0.1mol乙烷与乙烯混合气体中所含碳原子数为0.2NA
C. 在标准状况下，2.24 L氯仿中所含分子数为0.1NA
D. 1mol苯分子中含有碳碳双键数为3NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 1mol己烷中含有16mol共价键；
B. 1mol乙烷和乙烯中均含有2mol碳原子；
C. 在标准状况下，氯仿为液态；
D. 苯分子中不存在碳碳双键。
【详解】A. 标准状况下，8.4g己烷中共价键数目为×16=1.9NA，A项错误；
B. 1mol乙烷和乙烯中均含有2mol碳原子，因此0.1mol乙烷与乙烯混合气体中所含碳原子数为0.2NA，B项正确；
C. 在标准状况下，氯仿为液态，不能计算2.24 L氯仿的物质的量，C项错误；
D. 苯分子中碳原子之间的共价键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，不存在碳碳单键和碳碳双键，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题计算时要注意气体摩尔体积的研究对象，物质在标准状况下的状态是易错点。
6.除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是 （ ）

混合物
试剂
分离方法
A
乙醇（水）
生石灰
分液
B
乙烷（乙烯）
氢气
加热
C
乙酸乙酯（乙酸）
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
D
淀粉（氯化钠）
蒸馏水
渗析
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
A. CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点的差异；
B. 乙烯不能在加热的条件下与H2完全反应；
C. 将混合物置于饱和的Na2CO3溶液上方，分液即可除去其中杂质；
D. 淀粉属于胶体，不能透过半透膜，氯化钠属于小分子，能透过半透膜；
【详解】A. CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点的差异，用蒸馏的方法进行分离，A项错误；
B. 乙烯不能在加热的条件下与H2完全反应，会引入新杂质，B项错误；
C. 将混合物置于饱和的Na2CO3溶液上方，分液即可除去其中杂质，C项错误；
D. 淀粉属于胶体粒子，不能透过半透膜，氯化钠属于小分子，能透过半透膜，因此可用渗析方法除去淀粉中混有的氯化钠，D项正确；
答案选D。
7.常温下，下列溶液中由水电离的氢离子浓度为1×10-5的是 （ ）
A. pH=5的HClO 溶液 B. pH=9的氨水
C. pH=5的AlCl3溶液 D. pH=5的NaHSO4溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
A. pH=5的HClO 溶液中由酸电离出的c(H+)为10-5mol/L，根据水的离子积计算由水电离出的c(H+)；
B. pH=9的氨水中由碱电离出的c(OH-)为10-5 mol/L，根据水的离子积计算由水电离出的c(H+)；
C. AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+水解使溶液显弱酸性，pH=5的AlCl3溶液中的c(H+)即为由水电离出的c(H+)；
D. NaHSO4为强电解质，完全电离后生成Na+、H+和SO42-，根据水的离子积计算由水电离出的c(H+)。
【详解】A. pH=5的HClO 溶液中由酸电离出的c(H+)为10-5mol/L，那么由水电离出的c(H+)=由水电离出的c(OH-)==10-9mol/L，A项错误；
B. pH=9的氨水中由碱电离出的c(OH-)为10-5 mol/L，那么由水电离出的c(H+)=由水电离出的c(H+)==10-9mol/L，B项错误；
C. AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+水解使溶液显弱酸性，pH=5的AlCl3溶液中的c(H+)即为由水电离出的c(H+)，因此由水电离出的c(H+)=10-5 mol/L，C项正确；
D. NaHSO4为强电解质，完全电离后生成Na+、H+和SO42-，当溶液的pH=5时，即NaHSO4完全电离生成的H+的浓度为10-5 mol/L，那么由水电离出的c(H+)=由水电离出的c(OH-)==10-9mol/L，D项错误；
答案选C
8.有关烷烃的命名正确的是
A. 2-甲基丁烷
B. 2,4,4-三甲基戊烷
C. 1,3-二甲基丁烷
D. 如图所示烷烃的名称为：异戊烷

【答案】A
【解析】
【分析】
烷烃系统命名法的步骤为：（1）选主链，称某烷。选择最长碳链作为主链，较短的碳链作为支链。如果最长碳链不止一条时，则选择取代基数目最多的一条链作为主链。
（2）编号。从最接近取代基的一段开始编号，且要求位次之和要最小。如果两种不同取代基位置编号相同，则从小的基团一端开始编号。
（3）命名。如果有相同的取代基，合并，在基团名称之前写明位次和数目，数目要用汉字，取代基位次用逗号隔开。小的取代基在前，大的取代基在后。
【详解】A. 根据烷烃系统命名法的步骤可知，该有机物的名称为：2-甲基丁烷，A项正确；
B. 根据烷烃系统命名法的步骤可知，该有机物的名称为：2,2,4-三甲基戊烷；B项错误；
C. 根据烷烃系统命名法的步骤可知，该有机物的名称为：2-甲基戊烷，C项错误；
D. 根据球棍模型可知，该有机物的名称为：2-甲基戊烷，不是异戊烷，D项错误；
答案选A。
【点睛】命名编号时要注意以下原则：
原则
解释
首先要考虑“近”
以离支链较近的主链一端为起点编号
同“近”考虑“简”
有两个不同的支链，且分别处于距主链两端同近的位置，则从较简单的支链一端开始编号
同“近”、同“简”，考虑“小”
若有两个相同的支链，且分别处于距主链两端同近的位置，而中间还有其他支链，从主链的两个方向编号，可得到两种不同的编号系列，两系列中各位次之和最小者即为正确的编号

9.已知：H2A=H++HA-，HA- ⇌ H++A2-，则下列说法正确的是 （ ）
A. H2A是弱酸
B. 向H2A溶液中通入HCl气体，电离平衡逆向移动，则H2A浓度增大
C. 向H2A溶液中加入金属Na，电离平衡常数增大
D. 0.1mol/L H2A中pHc (OH-)>c(H+)
B. 0.lmol/L 的 CH3COOH 溶液：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)
C. 某 FeCl3溶液 pH=4: c(H+)>c(Cl-)>c(Fe3+)>c(OH-)
D. 某弱酸的酸式盐 NaHA 溶液中一定有：c(OH-)+ 2c(A2-)= c(H+)+c(Na+)
【答案】B
【解析】
【分析】
A. NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显弱酸性；
B. 醋酸为弱酸，在溶液中电离程度较小，溶液中的H+来自水的电离和醋酸的电离；
C. Fe3+水解使溶液显酸性，但水解较微弱，据此进行分析判断；
D. 根据电荷守恒进行计算。
【详解】A. NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显弱酸性，即c(H+)>c(OH-)，A项错误；
B. 醋酸为弱酸，在溶液中电离程度较小，溶液中的H+来自水的电离和醋酸的电离，因此c(H+)>c(CH3COO-)，由于醋酸的电离程度较小，因此c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，B项正确；
C. Fe3+水解使溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，但水解较微弱，因此c(Fe3+)> c(H+)，所以离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c(Fe3+)>c(H+)> c(OH-)，C项错误；
D. 根据电荷守恒有：c(OH-)+ 2c(A2-)+c(HA-)= c(H+)+c(Na+)，D项错误；
答案选B。
【点睛】电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。
12.下列说法正确的是
A. 与都是α-氨基酸且互为同系物
B. CH3CH＝CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上
C. 按系统命名法，化合物按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷
D. 的一溴代物和的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）
【答案】D
【解析】
与羟基数不同，不属于同系物，故A错误；CH3CH＝CHCH3可以看做乙烯分子中2个H原子被2个甲基代替，分子中的四个碳原子不在同一直线上，故B错误；按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基-2-己烷，故C错误；的一溴代物、包括邻间对，共4种；的一溴代物有CH2BrCH(CH3)CH2CH3、 (CH3)2CBrCH2CH3、(CH3)2CHCHBrCH3、(CH3)2CHCH2CH2Br共4种，故D正确。
13.下列叙述正确的个数 （ ）
①己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
②用酸性高锰酸钾溶液可区分甲烷和乙烯
③乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应
④乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
⑤甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明生成的甲烷的氯代物具有酸性
⑥甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应
⑦甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
①己烷有(CH3)2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3、CH3CH2CH2CH2CH2CH3共5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
②甲烷与高锰酸钾不反应，乙烯能使高锰酸钾溶液褪色；
③乙烷在光照的条件下能与Cl2发生取代反应；
④乙烯结构中存在碳碳双键，聚氯乙烯分子中不存在碳碳双键；
⑤甲烷与氯气在光照下发生取代反应，反应后的混合气体中含有HCl；
⑥甲烷和Cl2的反应属于取代反应，乙烯和Br2的反应加成反应；
⑦甲烷与足量氯气在光照下发生取代反应，产物为氯代产物和HCl。
【详解】①己烷有(CH3)2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3、CH3CH2CH2CH2CH2CH3共5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同，错误；
②甲烷与高锰酸钾不反应，乙烯能使高锰酸钾溶液褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液区分甲烷和乙烯，正确；
③乙烷在光照的条件下能与Cl2发生取代反应，与浓盐酸不发生反应，错误；
④乙烯结构中存在碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，聚氯乙烯分子中不存在碳碳双键，不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，错误；
⑤甲烷与氯气在光照下发生取代反应，反应后的混合气体中含有HCl，HCl能使湿润的石蕊试纸变红，而氯代产物为中性，错误；
⑥甲烷和Cl2的反应属于取代反应，乙烯和Br2的反应加成反应，反应类型不同，错误；
⑦甲烷与足量氯气在光照下发生取代反应，产物为氯代产物和HCl，其中一氯甲烷为气态，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳为液态，正确；
因此正确的是②⑦；
答案选B。
14.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是(　 　)

A. 分子中含有2种含氧官能团
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C. 1 mol分枝酸最多可与3 mol NaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】B
【解析】
分析】
A. 由分支酸的结构可知，结构中存在羧基、醇羟基、醚键、碳碳双键；
B. 分支酸的结构中存在醇羟基和羧基可与乙醇、乙酸反应；
C. 1mol分支酸的结构中存在2mol羧基；
D. 分支酸的结构中存在碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾发生反应。
【详解】A. 由分支酸的结构可知，结构中存在羧基、醇羟基、醚键、碳碳双键，其中含氧官能团有3种，A项错误；
B. 分支酸的结构中存在醇羟基和羧基，可与乙醇发生、乙酸酯化反应，反应类型相同，B项正确；
C. 1mol分支酸的结构中存在2mol羧基，因此1 mol分枝酸最多可与2 mol NaOH发生中和反应，C项错误；
D. 分支酸的结构中存在碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，反应类型不同，D项错误；
答案选B。
【点睛】确定多官能团有机物性质的一般分为三个步骤

15.两种烃组成的2L混合气体与足量的氧气充分反应后生成5L CO2、7L H2O(所有体积都在120℃下测定)，则这两种混合气体的可能组成是 (　 )
A. C2H4、C3H8 B. CH4、C3H6
C. CH4、C4H8 D. C2H6、C3H8
【答案】D
【解析】
【分析】
同温同压下，气体的体积之比等于物质的良知比，可得混合气体的最简式为C2.5H7，根据碳原子可计算混合气体的物质的量之比，进而计算氢原子数是否为7，以此解答计算。
【详解】同温同压下，气体的体积之比等于物质的良知比，可得混合气体的最简式为C2.5H7，
A. 当C的个数为2.5时，两种烃的物质的量之比为1:1，含H原子数为6，A项错误；
B. 当C的个数为2.5时，两种烃的物质的量之比为5:3，含H原子数为5.5，B项错误；
C. 当C的个数为2.5时，两种烃的物质的量之比为1:1，含H原子数为6，C项错误；
D. 当C的个数为2.5时，两种烃的物质的量之比为1:1，含H原子数为7，D项正确；
答案选D。
16.25 ℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液。观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25 ℃)如下：

AgCl
AgI
Ag2S
Ksp(单位省略)
1.8×10－10
1.5×10－16
6.3×10－50
下列叙述错误的是 (　 　)
A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B. 溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C. AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度相同
D. 25 ℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag＋的浓度不同
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 根据平衡移动原理进行分析；
B. 对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀可转化为溶度积小的沉淀；
C. 根据同离子效应进行分析判断；
D. 根据AgCl、AgI、Ag2S的溶度积计算。
【详解】A. 沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，A项正确，不符合题意；
B. 对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀可转化为溶度积小的沉淀，B项正确，不符合题意；
C. 溶度积是常数，只随温度的变化而变化，因此氯离子浓度增大，银离子浓度减小，C项错误，符合题意；
D. Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，Ksp(AgI)= c(Ag+)c(I-)，Ksp(Ag2S)= c2(Ag+)c(S2-)，那么饱和AgCl溶液中c(Ag+)==1×10-5mol/L，饱和AgI溶液中c(Ag+)==3×10-8mol/L，饱和 Ag2S溶液中c(Ag+)=mol/L，因此所含Ag＋的浓度不同，D项正确，不符合题意；
答案选C。
17.已知25℃时有关弱酸（或弱碱）的电离平衡常数：
弱酸（或弱碱）化学式
CH3COOH
NH3·H2O
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
1.8×l0–5
1.8×l0–5
K1=4.3×l0–7 K2=5.6×l0–11

在25℃时，下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A. pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaHCO3 d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d < b < c < a
B. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋) ＞ c(HCO3－) ＞ c(CO32－)＞ c(H2CO3)
C. 1 L 0.50 mol·L－1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl 溶液，前者含NH4+ 物质的量多
D. 浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－) ＞ c(CH3COOH)＋c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】
A、NaOH是强碱，当pH相等时，浓度最小；酸性CH3COOH >H2CO3> HCO3-，所以水解程度: Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa。
B、根据电离平衡常数计算HCO3-的水解平衡常数，分析HCO3－水解程度与电离程度的相对大小；
C、NH4Cl 浓度越小，NH4+水解程度越大；
D、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，醋酸电离程度大于醋酸钠水解水解程度。
【详解】A、NaOH是强碱，当pH相等时，浓度最小；酸性CH3COOH >H2CO3> HCO3-，所以水解程度: Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa。所以pH相同时，溶液物质的量浓度: NaOH< Na2CO3＜NaHCO3＜CH3COONa，即d < b < c < a，故A正确；
B、HCO3-的水解平衡常数为1×10-14÷（4.3×10-7）=2.3×10-8>5.6×10-11，说明HCO3－水解大于电离，NaHCO3溶液呈碱性，所以c(CO32－)c(A- )>c(HA)> c (H+)>c(OH- )
B. 欲得W 点所示溶液，起始所加溶液应符合c(HA)+c(A-)=0.1mol/L 且c(KA) c(K+) >c(HA)> c (H+)>c(OH- )，A项错误，符合题意；
B. W点的溶液中c(HA)= c(A- )，酸的电离程度大于A-的水解程度，欲得W 点所示溶液满足c(HA)+c(A-)=0.1mol/L且 c(KA)>c(HA)，才能满足c(HA)= c(A- )，B项正确，不符合题意；
C. pH=3.75的溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，又c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，因此c(K+)+c(H+)-c(OH-)+c(HA)=0.1mol/L，C项正确，不符合题意；
D. 当pH=4.75时，c(HA)= c(A- )，Ka== c(H+)=10-4.75mol/L，因此Kh=====10-9.25，所以lgKh=-9.25，D项正确，不符合题意；
答案选A。
二、非选择题(本题包括5题，共46分)
19.海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品。
（1）海水淡化的方法有蒸馏法、________________________(填1种方法)。
（2）海水中制得的饱和氯化钠溶液可以利用电解法直接制取次氯酸钠，制取的离子方程式为____。
（3）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下(部分操作和条件已略去)：

将Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整：
___Br2＋___Na2CO3===___NaBrO3＋___ ________＋___ ________
（4）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2＋、Fe3＋、Mn2＋等离子。以卤块为原料制得镁的工艺流程如下(部分操作和条件已略去)：

已知：常温下0.010 mol·L－1金属离子在不同pH下的沉淀情况如下：
物质
开始沉淀
沉淀完全
Fe(OH)3
2.7
3.7
Fe(OH)2
7.6
9.6
Mn(OH)2
8.3
9.8
Mg(OH)2
9.6
11.1

①步骤②中需控制pH＝9.8，其目的是_____________。
②NaClO还能除去盐卤中的CO(NH2)2，生成盐和一种能参与大气循环的物质。除去0.2 mol CO(NH2)2时消耗NaClO ________g。
【答案】 (1). 电渗析法(或离子交换法) (2). Cl－＋H2OClO－＋H2↑ (3). 3 (4). 3 (5). 1 (6). 5 (7). NaBr (8). 3 (9). CO2↑ (10). 除去溶液中含有的Fe2＋、Fe3＋、Mn2＋杂质，使之完全生成沉淀而除去 (11). 44.7
【解析】
【分析】
（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析发和离子交换法；
（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（3）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，根据化合价升降守恒配平方程式；
（4）盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节溶液的pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为沉淀，过滤后，滤液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤可得到氯化镁的晶体，在HCl氛围中加热可得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁的可制取单质镁，以此解答。
【详解】（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析发和离子交换法；
（2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl－＋H2OClO－＋H2↑；
（3）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，根据化合价升降守恒配平后反应的方程式为：3Br2＋3Na2CO3=NaBrO3＋5NaBr＋3CO2；
（4）①步骤②中加入NaOH调节溶液的pH为9.8，可使除Mg2+以外的所有金属离子均成为沉淀，以便过滤除去；
②NaClO还能除去盐卤中的CO(NH2)2，生成盐和一种能参与大气循环的物质，反应的方程式为：3NaClO+ CO(NH2)2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O，因此除去0.2 mol CO(NH2)2时消耗NaClO的物质的量为0.6mol，其质量为0.6mol×74.5g/mol=44.7g。
20.醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法。已知：溴乙烷及1-溴丁烷均难溶于水且二者在氢氧化钠作用下会发生水解反应。实验室制备溴乙烷和 1­溴丁烷的反应如下：
NaBr＋H2SO 4 =HBr＋NaHSO4 ①
R—OH＋HBr→ R—Br＋H2O②
可能存在的副反应有：醇在浓硫酸的存在下脱水生成烯和醚，Br－ 被浓硫酸氧化为 Br2等。有关数据列表如下：

请回答下列问题：
（1）在蒸馏过程中，仪器选择及安装都正确的是____________(填标号)。

（2）醇的水溶性______(填“大于”、“等于”或“小于”)相应的溴代烃。
（3）将 1­溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，水在________(填“上层”“下层”或“不分层”)。
（4）制备操作中，加入的浓硫酸必须进行稀释，其目的是________(填字母)。
a．水是反应的催化剂 b．减少 Br2 的生成
c．减少 HBr 的挥发 d．减少副产物烯和醚的生成
（5）欲除去溴乙烷中的少量杂质 Br 2 ，下列物质中最适合的是________(填字母)。
a．NaI b．KCl c．NaOH d．NaHSO 3
（6）在制备溴乙烷时，采用边反应边蒸出产物的方法，其有利于_______；但在制备 1­溴丁烷时却不能边反应边蒸出产物，其原因是________________。
【答案】 (1). b (2). 大于 (3). 上层 (4). bcd (5). d (6). 平衡向生成溴乙烷的方向移动(或反应②向右移动) (7). 1-溴丁烷与正丁醇的沸点差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出
【解析】
【分析】
（1）根据蒸馏的注意事项进行选择；
（2）醇羟基属于亲水基团，能与水分子之间形成氢键；
（3）1­溴丁烷的密度大于水的密度；
（4）a. 水是产物，不是催化剂；
b. 浓硫酸具有强氧化性，能将Br-氧化为Br2，稀释后能降低硫酸的额氧化性；
c. 浓硫酸稀释时放热，温度升高，促使HBr挥发；
d. 醇在浓硫酸存在下脱水生成烯和醚，硫酸稀释后，可减少烯和醚的生成；
（5）a. I-可以被Br2氧化，生成的I2溶于溴代烷中引入新杂质；
b. KCl不能除去Br2；
c. 卤代烃在NaOH溶液中易水解；
d. Br2和NaHSO3溶液发生氧化还原反应；
（6）根据物质的沸点的差异进行分析判断。
【详解】（1）蒸馏时用温度计测量蒸气的温度，因此温度计应置于温度计蒸馏烧瓶支管口处，并选择直形冷凝管，选择装置b；
（2）醇羟基属于亲水基团，能与水分子之间形成氢键，因此醇的水溶性大于相应的溴代烃；
（3）1­溴丁烷的密度大于水的密度，因此将 1­溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，水在上层；
（4）a. 水是产物，不是催化剂，a项错误；
b. 浓硫酸具有强氧化性，能将Br-氧化为Br2，稀释后能降低硫酸的额氧化性，减少Br2的生成，b项正确；
c. 浓硫酸稀释时放热，温度升高，促使HBr挥发，因此稀释硫酸后能减少HBr的挥发，c项正确；
d. 醇在浓硫酸存在下脱水生成烯和醚，硫酸稀释后，可减少烯和醚的生成，d项正确；
答案选bcd；
（5）a. I-可以被Br2氧化，生成的I2溶于溴代烷中引入新杂质，a项错误；
b. KCl不能除去Br2，b项错误；
c. Br2能和NaOH反应，而卤代烃在NaOH溶液中易水解，使卤代烃量减少，c项错误；
d. Br2和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，可以除去Br2，d项正确；
答案选d；
（6）根据题干可知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，可以制得更多的溴乙烷；而1-溴丁烷与正丁醇的沸点差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，所以不能边反应边蒸出。
21.Ⅰ.有机物A的质谱图和红外光谱图分别如下：

（1）A结构简式为________。
Ⅱ.相对分子质量不超过100的有机物B，既能与金属钠反应产生无色气体，又能与碳酸钠反应产生无色气体，还可以使溴的四氯化碳溶液褪色。B完全燃烧只生成CO2和H2O。经分析其含氧元素的质量分数为37.21%。经核磁共振检测发现B的氢谱如图：

（2）B的结构简式为________。
【答案】 (1). CH3CH2OCH2CH3 (2).
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）由质谱图可知有机物A的相对分子质量为74，由红外光谱图可知，有机物结构中存在对称的-CH3，对称的-CH2-及，据此判断A的结构；
Ⅱ.（2）有机物B能与金属钠反应产生无色气体说明存在醇羟基或羧基，能与碳酸钠反应产生无色气体，进一步说明B中存在的官能团为羧基，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，说明B中存在碳碳双键，由核磁共振氢谱图可知B中含有三种不同环境的氢原子，且个数比为3：2:1，结合李比希法确定B的结构。
【详解】（1）有机物A的相对分子质量为74，结构中存在对称的-CH3，对称的-CH2-及，因此A的结构为CH3CH2OCH2CH3；
Ⅱ.（2）有机物B能与金属钠反应产生无色气体说明存在醇羟基或羧基，能与碳酸钠反应产生无色气体，进一步说明B中存在的官能团为羧基，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，说明B中存在碳碳双键，由核磁共振氢谱图可知B中含有三种不同环境的氢原子，且个数比为3：2:1； 有机物B中氧元素的质量分数为37.21%，相对分子质量不超过100，因此分子中氧原子的数目N(O)c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+) (6). AD
【解析】
【分析】
（1）NH4Al(SO4)2中Al3+水解使溶液显酸性，可抑制NH4+的水解，HSO4-电离出H+，也能抑制NH4+的水解；
（2）①NH4Al(SO4)2水解使溶液显酸性，升高温度其水解程度增大；
②根据电荷守恒分析解答；
（3）a、b、c、d4个点，a点恰好将H+消耗完，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；
（4）根据c(待测)=判断不当操作度相关物理量的影响。
【详解】（1）NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但NH4Al(SO4)2中Al3+水解使溶液显酸性，可抑制NH4+的水解，HSO4-电离出H+，也能抑制NH4+的水解，因HSO4-电离出的H+浓度大于Al3+水解生成的H+浓度，因此NH4HSO4溶液中c((NH4+)小于0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中c(NH4+)；
（2）①NH4Al(SO4)2水解使溶液显酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为A；
②根据电荷守恒，可以得出2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3mol/L-10-11mol/L≈10-3mol/L；
（3）a、b、c、d4个点，a点恰好将H+消耗完，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性，即溶液中含有NH3•H2O、(NH4)2SO4、Na2SO4三种成分，a点c(Na+)=c(SO42-)，b点c(Na+)>c(SO42-)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO42-)>c(NH4+)，因此有：c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)；
（4）A. 盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，所需标准液的体积增大，导致待测液的浓度偏高，A项正确；
B. 锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需的标准液的体积不变，导致待测液的浓度不变，B项错误；
C. 读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，所需标准液的体积偏小，导致待测液的浓度偏小，C项错误；
D. 滴定前盛标准液的滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，所需标准液的体积偏大，导致待测液的浓度偏大，D项正确；
答案选AD。
【点睛】解答本题时要注意误差分析的原理：依据c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即可分析出结果。
24.pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH。已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2OH2CO3 H2CO3H+ + HCO3- HCO3-H+ + CO32-，下图为H2CO3、HCO3— 、CO32—在加入强酸或强碱溶液后达到平衡时溶液中三种成分的pC-pH图。

（1）在pH＝11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为__________。
（2）由图可知，碳酸的一级电离常数Ka1大约为______
【答案】 (1). CO32- (2). 10－6
【解析】
【分析】
（1）根据图象可知，pH=11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为CO32-；
（2）pH=6时，c(H2CO3)=c(HCO3-)，c(H+)=10-6mol/L，结合Ka1=进行计算。
【详解】（1）根据图象可知，pH=11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为CO32-；
（2）pH=6时，c(H2CO3)=c(HCO3-)，c(H+)=10-6mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1==10-6。
25.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：

“酸浸”后，钛主要以形式存在，若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol ·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ 已知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－2 _____________(列式计算)。
【答案】不会生成Mg3(PO4)2沉淀
【解析】
【分析】
根据Qc与Ksp之间的关系判断是否能生成沉淀。
【详解】Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)=1.0×10-5mol/L，由Ksp(FePO4)可知c(PO43-)==1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]= c3(Mg2+) c2(PO43-)=×(1.3×10-17mol/L)2=1.69×10-40