2022年广东省江门市高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年广东省江门市高考化学一模试卷（含答案解析），共28页。试卷主要包含了1，硅的电负性为1，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2022年广东省江门市高考化学一模试卷

1. 化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是( )
A. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的
B. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
C. 垃圾分类并回收利用，废易拉罐对应的垃圾分类标志如图 
D. 废旧电池深度填埋处理不会造成土壤重金属污染
2. 中医是传统医学，中药的煎制直接关系其疗效，下列中草药的煎制步骤中有关的操作解释错误的是( )
A. 冷水浸泡属于物质的溶解
B. 熬煮操作属于加热
C. 箅(bi)渣取液属 于过滤
D. 灌装属于分液
3. 下列相关化学用语表示正确的是( )
A. N4()和N2互为同素异形体.
B. O22−的电子式为
C. Ca(OH)2 中不含共价键
D. 乙烯的结构简式为CH2CH2
4. 常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力(吸附时会放出热量)，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 物质b分子有三种官能团
B. 该过程中有非极性共价键的断裂
C. 升温将有利于CO2的吸附
D. 该材料的吸附作用具有选择性，利用此法利于“碳达峰”目标的实现
5. 阿司匹林的化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 乙酰水杨酸属于芳香烃
B. 乙酰水杨酸分子中所有原子可能共面
C. 乙酰水杨酸能发生水解反应
D. 乙酰水杨酸的分子式为C9H10O4
6. 新型材料在各领域中的应用越来越广泛，下列相关说法错误的是( )
A. “嫦娥五号”组装材料中使用钛合金， 2248Ti的中子数为26
B. 高温结构陶瓷是生产汽车发动机的理想材料
C. 电子芯片使用新型半导体材料砷化镓属于金属材料
D. 飞机上所用由碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料
7. 探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是( )
A. 用装置进行铜和浓硫酸的反应
B. 用装置收集二氧化硫并吸收尾气
C. 用装置稀释反应后的混合液
D. 用装置测定余酸的浓度
8. 室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质：
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定某NaHSO3溶液的pH，测得pH约为6
2
向某NaHSO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3
向某NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的烧碱溶液，测得溶液pH约为9
4
向碳酸氢钠溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，未观察到明显实验现象
下列有关说法正确的是( )
A. NaHSO3溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH− )+c(SO32− )+c(HSO3−)
B. 实验2反应静置后的上层清液中有c(Ba2+)×c(SO32−)>Ksp(BaSO3)
C. 实验3得到的溶液中有c(Na+)=c(SO32− )+c(HSO3−)+c(H2SO3)
D. 由实验4得出，酸性：H2CO3>HSO3−
9. 自嗨锅的发热包主要成分有：硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、碳酸钠、生石灰，使用时使发热包里面的物质与水接触即可。下列说法错误的是( )
A. 硅藻土可增大反应物的接触面积
B. 碳酸钠与生石灰、水反应，生成的产物可破坏铝表面的氧化膜，促进铝和水反应，放出大量的热
C. 铁粉发生析氢腐蚀，缓慢放出热量，延长放热时间
D. 焦炭粉的作用是做正极材料
10. 部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 从氮元素的化合价角度考虑：a有还原性
B. b、c都是大气污染物，可引起光化学烟雾
C. d的溶液与金属银反应可生成b、c
D. a与d形成的化合物对水的电离没有影响
11. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl−、ClO−和HClO的微粒数之和为NA
B. 常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NA
C. 向1L1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH4+数目为NA
D. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA
12. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S>C
B
将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍
稀释后溶液pH相同
a>b
C
向25mL沸水中滴加5∼6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸
生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
D
向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液
溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡
Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2
A. A B. B C. C D. D
13. M是合成高分子材料聚醚砜的一种单体，结构式如图所示，其中短周期主族元素 R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z位于同主族。下列说法正确的是( )
A. .单质的沸点Y>X
B. 1molM分子中含有8mol双键结构
C. 简单离子结合质子能力：W D. 把ZY2通入石蕊溶液中先变红后褪色
14. 25∘C时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX=lgc(CO32−)c(HCO3−)或lgc(HCO3−)c(H2CO3)，下列叙述错误的是( )
A. 曲线m表示pH与lgc(CO32−)c(HCO3−)的变化关系
B. 当溶液呈中性时，c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl− )
C. Ka1(H2CO3)=1.0×10−6.4
D. 25∘C时，CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−的平衡常数为1.0×10−7.6
15. 不能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A. 将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中：Br2+H2O+SO32−=2Br−+2H++SO42−
B. 将足量Fe2(SO4)3溶液滴入Mg(OH)2浊液中：2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+
C. 将过量SO2通入K2S溶液中：5SO2+2S2−+2H2O=3S↓+4HSO3−
D. 将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH−→△CH2OH(CHOH)4COO−+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O
16. 生活污水中的氮元素和磷元素主要以铵盐和磷酸盐的形式存在，可用电解法(铁、石墨作电极)去除。电解时，用如图所示原理可进行“除氮”，翻转电源正负极可进行“除磷”，原理是利用Fe2+将PO43−转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法错误的是( )

A. 图2中0∼20min内去除的是氮元素，此时石墨作阳极
B. 溶液pH越小，有效氯浓度越大，氮元素的去除率越高
C. 图2中20∼40min内去除的是磷元素，此时阴极的电极反应式为2H++2e−=H2↑
D. 电解法“除氮”过程中ClO−氧化NH3的离子方程式为3ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2O
17. 氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的装置如图所示。

已知：+4价钒的化合物易被氧化。
回答下列问题：
(1)制备过程中，上述装置依次连接的合理顺序为e→______(按气流方向，用小写字母表示)。装置A中饱和NaHCO3的作用是 ______。
(2)连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先 ______(填实验操作)，当B中溶液变浑浊，关闭K1，打开K2，进行实验。
(3)写出装置D中生成氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学方程式为 ______，检验氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体中的铵根离子的操作与现象为：______。
(4)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol⋅L−1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)
①NaNO2溶液的作用是 ______。
②粗产品中钒的质量分数表达式为 ______(以VO2计)。
18. 从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图1：

已知：①(NH4)2SO4在350∘C以上会分解生成NH3和H2SO4；
②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。
.回答下列问题：
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是 ______。
(2)600∘C焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式 ______。
(3)浸泡过程中；Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为 ______。
(4)“浸取液”中c(Ca2+)=1.0×10−3mol⋅L−1，当除钙率达到9%时，溶液中的c(F−)=______mol⋅L−1。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10−11]
(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图2所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42−，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。

①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液可使沉淀溶解。该反应的离子方程式为 ______。
②电解时离子交换膜(b)为 ______ (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
(6)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相)⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比(V0VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图3所示，V0VA的最佳取值为 ______。在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
19. 将CH4和CO2两种引发温室效应气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。
(1)利用CH4、CO2在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如图1所示。

已知：i.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206kJ⋅mol−1
ii.CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)ΔH2=+165kJ⋅mol−1
①过程I反应的化学方程式为 ______。
②该技术总反应的热化学方程式为 ______。
③反应i甲烷含量随温度变化如图2，图2中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1MPa、2MPa时
甲烷含量曲线，其中表示2MPa的是 ______。

(2)甲烷的水蒸气重整涉及以下反应
I.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206kJ⋅mol−1
II.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1
在一密闭体积可变容器中，通入1molCH4和3molH2O(g)发生甲烷的水蒸气重整反应。
①反应II平衡常数K(500∘C)______K(700℃)(填“>”“<”或“=”)。
②压强为P0kPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系H2的物质的量随温度变化如图3所示。温度低于700∘C时，加入CaO可明显提高混合气中H2的量，原因是 ______。
③500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图4所示。则图3中E点和G点CH4的浓度大小关系为c(G)______c(E)((填“>”“<”或“=”)；结合的图3、图4，计算500℃、P0kPa下反应II的分压平衡常数Kp(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数)为 ______。
20. 硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：
(1)基态Fe原子的核外电子排布式为 ______，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 ______形。
(2)已知氢的电负性为2.1，硅的电负性为1.8，SiH4分子中氢元素的化合价为 ______。
(3)SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为 ______，分子的立体构型为 ______；
四卤化硅的沸点如下，分析其变化规律及原因 ______。

SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
沸点/K
187.4
330.1
408
460.6
(4)[Fe(H2O)6]2+可与乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为en)发生如下反应：[Fe(H2O)6]2++en=[Fe(H2O)4(en)]2++2H2O。[Fe(H2O)6]2+的中心原子的配位数为 ______；[Fe(H2O)4(en)]2+的配位原子为 ______。
(5)在硅酸盐中，SiO44−四面体(图a)通过共用项角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为 ______，化学式为 ______。


图a
图b
21. 2−氧代环戊羧酸乙酯(X)是常见医药中间体，聚酯VIII是常见高分子材料，它们的合成路线如图所示：

已知：++R2OH
回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为 ______；反应②的反应条件为 ______。
(2)化合物V的结构简式为 ______。
(3)反应③的化学方程式为 ______。
(4)与化合物VI的官能团的种类和数目完全相同，且核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：2：3：4的同分异构体的结构简式 ______。
(5)化合物X的结构简式为 ______。
(6)利用以上合成路线中的相关信息，请写出以乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线：______。
答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.汽车尾气中含有的氮氧化物是电火花、高温下氮气与氧气反应生成NO、NO与氧气反应生成二氧化氮造成的，故A错误；
B.传统油漆含有大量甲醛，甲醛有毒，对人体有害，故B正确；
C.废易拉罐可回收利用，应放入可回收垃圾桶，图示标志为有害垃圾，故C错误；
D.废旧电池含有重金属，废旧电池深度填埋处理会造成土壤重金属污染，故D错误；
故选：B。
A.汽油中不含氮元素；
B.传统油漆含有大量甲醛；
C.废易拉罐可回收利用；
D.废旧电池含有重金属。
本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的性质是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：A.冷水浸泡是把药材中的物质溶解到水中，属于物质的溶解，故A正确；
B.熬煮属于加热物质，是对溶液的加热，故B正确；
C.算渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故C正确；
D.灌装是把液体由一个仪器转移到另外的仪器，属于液体转移，故D错误；
故选：D。
A.冷水浸泡是把药材中的物质溶解到水中；
B.熬煮属于加热物质；
C.算渣用于分离液体和固体；
D.灌装是把液体由一个仪器转移到另外的仪器。
本题考查物质的分离，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目密切联系生活，有利于培养学生良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.N4()和N2是N元素形成的两种单质，它们互为同素异形体，故A正确；
B.O22−中两个O原子间共用1对电子，O原子外围达到8e−结构，其电子式为，故B错误；
C.Ca(OH)2是离子化合物，含有氢氧根离子，氢氧根离子中含有O−H键，故C错误；
D.乙烯分子中含有碳碳双键，书写结构简式时不能省略，则乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误；
故选：A。
A.根据同素异形体概念分析；
B.O22−中两个O原子间共用1对电子；
C.氢氧根离子中含有O−H键；
D.乙烯分子中含有碳碳双键，书写结构简式时不能省略。
本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及同素异形体、物质组成及化学键、结构简式、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则、物质的组成为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.物质b分子有羰基、醚键，2种官能团，故A错误；
B.该过程中不存在同种原子之间化学键的断裂，没有非极性共价键的断裂，故B错误；
C.结合题干信息，升温将不利于CO2的吸附，故C错误；
D.该材料的吸附作用具有选择性，可以吸附CO2，利用此法利于“碳达峰”目标的实现，故D正确；
故选：D。
A.b物质的官能团为羰基、醚键；
B.同种原子形成非极性共价键；
C.根据吸附时会放出热量，升高温度不利于反应进行；
D.该反应可以吸附CO2，可以减少CO2。
本题以反应历程为载体考查有机物结构和性质，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、同分异构体种类判断方法是解本题关键，B为解答易错点。

5.【答案】C

【解析】解：A.该分子中含有苯环，但含有O元素，所以不属于芳香烃，故A错误；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故B错误；
C.含有酯基，所以能发生水解反应，故C正确；
D.该分子中含有9个碳原子、8个碳原子、4个氧原子，分子式为C9H8O4，故D错误；
故选：C。
A.含有苯环且只含C、H元素的有机物为芳香烃；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点；
C.酯基、酰胺键、卤原子能发生水解反应；
D.该分子中含有9个碳原子、8个碳原子、4个氧原子。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.Ti的质子数为22，质量数为48，中子数为质量数减去质子数，即48−22=26，故A正确；
B.高温结构陶瓷耐高温、耐磨、强度和硬度大，是生产汽车发动机的理想材料，故B正确；
C.半导体材料砷化镓，是无机非金属材料，不是金属，故C错误；
D.两种或两种以上的物质组成具有多功能的材料称为复合材料，由碳纤维和环氧树脂合成的材料就具有增强作用的复合材料，故D正确；
故选：C。
A.抓住中子数=质量数-质子数；
B.生产汽车发动机的理想材料必须耐高温、耐磨、强度和硬度大；
C.电子芯片使用新型半导体材料砷化镓属于非金属材料；
D.两种或两种以上的物质组成具有多功能的材料称为复合材料。
本题主要考查原子的表示，以及材料有关的问题，掌握质量数、质子数、中子数之间的关系是根本，了解常见的材料是解题的关键，题目难度不大，但涉及知识面广。

7.【答案】C

【解析】解：A、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备，图中无加热装置，故A错误；
B、二氧化硫的密度大于空气，适用与向上排空气法收集，即应长进短出，此图方向相反，故B错误；
C、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌，故C正确；
D、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中，图中滴定管为酸式滴定管，故D错误，
故选：C。
A、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备；
B、二氧化硫的密度大于空气，适用与向上排空气法收集；
C、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌；
D、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中．
本题主要考查的是实验室中常见化学操作与仪器的使用，综合性较强，有一定的难度，注意总结．

8.【答案】D

【解析】解：A.NaHSO3溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH− )+2c(SO32− )+c(HSO3−)，故A错误；
B.静置后的上层清液为饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡，所以有：c(Ba2+)⋅c(SO32−)=Ksp(BaSO3)，故B错误；
C.等体积等浓度NaHSO3和NaOH溶液反应生成溶质为Na2SO3，由物料守恒：c(Na+)=2[c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)]，故C错误；
D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，没有气泡生成，即不生成碳酸，即酸性：H2CO3>HSO3−，故D正确；
故选：D。
A.NaHSO3溶液中存在电荷守恒；
B.静置后的上层清液为饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡；
C.等体积等浓度NaHSO3和NaOH溶液反应生成溶质为Na2SO3；
D.强酸可制备弱酸，向碳酸氢钠溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，没有气泡生成，即不生成碳酸。
本题考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确溶液酸碱性、元素化合物的性质等知识点是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A.硅藻土具有疏松多孔结构，可作反应物的载体，增大反应物的接触面积，加快反应速率，故A正确；
B.生石灰和水反应生成Ca(OH)2且放出大量的热，Ca(OH)2和Al2O3反应生成偏铝酸钙和水，Al和氢氧化钙、水反应生成偏铝酸钙，故B正确；
C.铁粉、焦炭粉、盐溶液可构成原电池，溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，该过程是缓慢氧化的放热过程，可延长放热时间，故C错误；
D.铁粉、焦炭粉、盐溶液可构成原电池，活泼的铁做负极，焦炭粉做正极材料，故D正确；
故选：C。
A.硅藻土具有疏松多孔结构，可作反应物的载体；
B.生石灰和水反应生成Ca(OH)2且放出大量的热，Ca(OH)2和Al2O3反应生成偏铝酸钙和水，Al和氢氧化钙溶液反应；
C.中性或弱酸性条件下Fe发生吸氧腐蚀；
D.铁粉、焦炭粉、盐溶液可构成原电池，Fe易失电子而作负极。
本题考查原电池和电解池原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、原电池原理是解本题关键，知道析氢腐蚀和吸氧腐蚀条件的区别，题目难度不大。

10.【答案】D

【解析】解：A.从氮元素的化合价角度考虑：a中N元素为−3价，只能升高，故具有还原性，故A正确；
B.b、c为NO、NO2，都是大气污染物，可引起光化学烟雾，故B正确；
C.d为HNO3，b为NO，c为NO2，浓硝酸与银反应可以生成NO2，稀硝酸与银反应可以生成NO，故C正确；
D.a为NH3，d为HNO3，a与d形成的化合物为硝酸铵，铵根离子水解可以促进水的电离，故D错误；
故选：D。
由图可知，a为−3价的氢化物，即NH3，b为+2价的氧化物，即NO，c为+4价的氧化物，即NO2，d为+5价的酸，即HNO3，据此分析作答即可。
本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，同时考查了学生对价类二维图的理解，属于高频考点，难度不大。

11.【答案】C

【解析】解：A.标准状况下，11.2LCl2的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，由原子守恒可知n(Cl2)×2+n(Cl−)+n(ClO−)+n(HClO)=0.5mol×2=1mol，故溶液中Cl−、ClO−和HClO的微粒数之和小于NA，故A错误；
B.常温下，铁遇浓硝酸钝化，无法计算转移电子数目，故B错误；
C.向1L1mol⋅L−1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，由电荷守恒可知n(NH4+)+n(H+)=n(Cl−)+n(OH−)，溶液呈中性，n(H+)=n(OH−)，故n(NH4+)=n(Cl−)=1L×1mol/L=1mol，溶液含NH4+数目为NA，故C正确；
D.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5mol×NA/mol=5NA，故D错误；
故选：C。
A.氯气与水的反应为可逆反应，反应不能完全；
B.常温下，铁遇浓硝酸钝化；
C.由电荷守恒计算铵根离子数目；
D.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移5mol电子。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。

12.【答案】A

【解析】解：A.前者水解显碱性，而后者电离显酸性，可知硫酸的酸性大于碳酸的酸性，则非金属性：S>C，故A正确；
B.等pH时稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，由稀释后溶液pH相同，可知a C.水解生成胶体，不能生成沉淀，故C错误；
D.过氧化氢可氧化亚铁离子，铁离子可催化过氧化氢分解生成氧气，故D错误；
故选：A。
A.前者水解显碱性，而后者电离显酸性；
B.等pH时稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大；
C.水解生成胶体；
D.过氧化氢可氧化亚铁离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

13.【答案】C

【解析】解：由分析可知，R为H、X为C、Y为O、Z为S、W为Cl；
A.X为C、Y为O，碳的单质常温下为固体，而O元素单质为气体，故单质的沸点Y B.含有2个苯环，苯环没有碳碳双键，是介于碳碳单键、碳碳双键之间的一种独特的键，分子只有2个S=O键，1molM分子中含有2mol双键结构，故B错误；
C.H2S是弱电解质，HCl是强电解质，简单离子结合质子能力：Cl− D.把SO2通入石蕊溶液中，溶液变红，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，溶液不褪色，故D错误；
故选：C。
短周期主族元素R、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z位于同主族，则Y处于第二周期、Z处于第三周期，结构式中Y形成2个共价键、Z形成6个共价键，则Y为O元素、Z为S元素；W形成1个共价键，W的原子序数大于硫，故W为Cl元素；X形成4个共价键，原子序数小于氧，故X为C元素；R形成1个共价键，原子序数小于碳，故R为H元素。
本题考查原子结构与元素周期律关系，推断元素是解题的关键，紧扣短周期主族元素、价键结构进行分析推断，题目侧重考查学分析推理能力、综合运用知识的能力。

14.【答案】D

【解析】解：A.溶液的pH越小，HCO3−和H2CO3的浓度越大，m曲线代表lgc(CO32−)c(HCO3−)，n曲线代表lgc(HCO3−)c(H2CO3)，故A正确；
B.当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)，则c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)，故B正确；
C.Ka1(H2CO3)=c(H+)c(HCO3−)c(H2CO3)，在N点lgc(HCO3−)c(H2CO3)=1，即c(HCO3−)c(H2CO3)=10，N点的pH=7.4，则c(H+)=10−7.4mol/L，所以Ka1(H2CO3)=10×10−7.4=1.0×10−6.4，故C正确；
D.M点的pH=9.3，lgc(CO32−)c(HCO3−)=−1，可得Ka2(H2CO3)=c(H+)c(CO32−)c(HCO3−)=10−1×10−9.3=1.0×10−10.3，25℃时，CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−的平衡常数为Kh=KwKa2=10−1410−10.3=1.0×10−3.7，故D错误；
故选：D。
溶液的pH越小，HCO3−和H2CO3的浓度越大，则m曲线代表lgc(CO32−)c(HCO3−)，n曲线代表lgc(HCO3−)c(H2CO3)；
A.溶液的pH越小，HCO3−和H2CO3的浓度越大；
B.由溶液中存在的电荷守恒分析；
C.Ka1(H2CO3)=c(H+)c(HCO3−)c(H2CO3)，在M点lgc(HCO3−)c(H2CO3)=1，即c(HCO3−)c(H2CO3)=10，结合pH计算；
D.Kh=KwKa，结合图中的数据计算。
本题考查了盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，题目难度中等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。

15.【答案】A

【解析】解：A.将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中，离子方程式：Br2+H2O+3SO32−=2Br−+2HSO3−+SO42−，故A错误；
B.向Mg(OH)2浊液中滴入FeCl3溶液的离子反应为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+，故B正确；
C.向硫化钾溶液中通入过量SO2，该反应的离子方程式为：2S2−+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3−，故C正确；
D.将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热，离子方程式：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH−→△CH2OH(CHOH)4COO−+NH4++2Ag↓+3NH3+H2O，故D正确。
故选：A。
A.溴水少量，反应生成硫酸根离子和溴离子、亚硫酸氢根离子；
B.发生沉淀的转化，氢氧化铁比氢氧化镁更难溶；
C.硫化钾与过量二氧化硫反应生成硫单质和亚硫酸氢钾；
D.葡萄糖含醛基，能够与银氨溶液发生银镜反应。
本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

16.【答案】B

【解析】解：A.根据图2中0∼20min溶液pH的变化可知，脱除的元素是氮元素，此时石墨作阳极，铁作阴极，故A正确；
B.随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2O=H++Cl−+HClO的平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C.除磷时，Fe作阳极，石墨作阴极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，溶液pH会增大，则图2中20∼40min溶液pH增大，所以20∼40min脱除的元素是磷元素，故C正确；
D.电解法除氮有效氯HClO、ClO−将NH4+氧化为N2，ClO−氧化NH3的离子方程式为3ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2O，故D正确；
故选：B。
A.图2中0∼20min脱除的元素是氮元素；
B.氮的去除率随pH的降低而下降，是因为氯气和水的反应为可逆反应，pH减小，酸性增加，氢离子浓度增大，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小；
C.除磷时，Fe作阳极，石墨作阴极，溶液的pH增大，则脱除的元素是磷元素；
D.HClO氧化NH4+的反应生成氮气，次氯酸被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式。
本题主要考查电解法去除生活污水中的氮和磷的原理和图象信息分析，侧重学生图象信息分析能力和灵活运用能力，把握去除原理是解题关键，注意氯气与水反应的应用，题目难度中等。

17.【答案】a→b→f→g→c→d除去二氧化碳中的HCl杂质  关闭K2，打开K1  6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl取少量晶体于试管中，加水溶解后加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明晶体中含有银根离子  除去过量的KMnO4 83bc×10−3a×100%

【解析】解：(1)由于+4价钒的化合物易被氧化，因此装置D反应前需要用装置C产生的CO2排除装置内的空气，而装置C中产生的CO2中会混入HCl杂质，用装置A中的饱和NaHCO3溶液除去，用装置B检验CO2，故上述装置的接口依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d，
故答案为：a→b→f→g→c→d；除去二氧化碳中的HCl杂质；
(2)实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中溶液变浑浊时，说明装置内的空气已经排尽，此时关闭K1，打开K2，进行实验，
故答案为：关闭K2，打开K1；
(3)在装置D中生成氧钒碱式碳酸铵晶体的化学方程式为6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl；检验氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体中的铵根离子的操作与现象为：取少量晶体于试管中，加水溶解后加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明晶体中含有银根离子，
故答案为：6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl；取少量晶体于试管中，加水溶解后加入过量氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明晶体中含有银根离子；
(4)①KMnO4溶液具有氧化性，其作用是将+4价的V化合物氧化为VO2+，NaNO2具有还原性，所以NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，
故答案为：除去过量的KMnO4；
②n(VO2+)=n(Fe2+)=bc×10−3 mol，则产品中钒的质量分数(以VO2计)为83bc×10−3a×100%，
故答案为：83bc×10−3a×100%。
在装置C中用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2，在装置A中用饱和NaHCO3除去CO2中的杂质HCl，然后通入装置排出装置中的空气，防止空气中的氧气氧化+4价钒的化合物，通过装置B检验CO2是否充满整个实验装置。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用，题目难度较大。

18.【答案】增大接触面积，加快反应速率  4(NH4)2SO4+NiFe2O4−600℃NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2OFe3++2H2O−△FeO(OH)↓+3H+  2.0×10−3  2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O阴  0.25

【解析】解：(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(2)由题干信息可知，①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，故600℃焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式为：4(NH4)2SO4+NiFe2O4−600℃NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O，
故答案为：4(NH4)2SO4+NiFe2O4−600℃NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O；
(3)浸泡过程中；Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe3++2H2O−△FeO(OH)↓+3H+，
故答案为：Fe3++2H2O−△FeO(OH)↓+3H+；
(4)“浸取液”中c(Ca2+)=1.0×10−3mol⋅L−1，当除钙率达到9%时，即此时的上层清液中的Ca2+浓度为：1.0×10−3mol⋅L−1×1%=1.0×10−5mol⋅L−1，故溶液中的c(F−)=Ksp(CaF2)c(Ca2+)=4.0×10−111×10−5mol/L=2.0×10−3mol⋅L−1，
故答案为：2.0×10−3；
(5)①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O，
故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；
②电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe−6e−+8OH−=FeO42−+4H2O，结合方程式可知，离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区，
故答案为：阴；
(6)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，V0/VA的最佳取值是0.25，
故答案为：0.25。
某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，可知NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，“浸渣”的成分除 Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4 外还含有SiO2，浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题。
本题考查分离提纯实验方案的设计，是高考中的常见题型，题目难度较大，根据制备流程明确实验原理、实验目的为解答关键，试题基础性强，在注重对学生基础知识训练和检验的同时，侧重对学生实验答题能力的培养和方法与技巧的指导和训练，有利于提高学生的实验设计能力和应试能力，提升学生的学科素养。

19.【答案】CH4(g)+CO2(g)→Ni2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.4kJ/molCH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)ΔH=+329.8kJ/molb>加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大  >1

【解析】解：(1)①由题图可知，过程I发生CH4+CO2→Ni2CO+2H2反应，根据I.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.2kJ/mol；II.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=−165kJ/mol；根据盖斯定律，则I×2+II得：，
故答案为：CH4(g)+CO2(g)→Ni2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.4kJ/mol；
②由题图可知，该技术总反应的化学方程式为CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)根据盖斯定律，由得反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3×2+ΔH2=(2×247.4−165)kJ/mol=+329.8kJ/mol，
故答案为：CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)ΔH=+329.8kJ/mol；
③对于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线b表示2MPa时的甲烷含量曲线，
故答案为：b；
(2)①反应II是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K(500℃)>K(700℃)，
故答案为：>；
②CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应Ⅰ的平衡也正向移动，使氢气含量增大，
故答案为：加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大；
③500∘C时，E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大。根据题中图像分析，500∘C时，压强为P0，氢气含量为2.1mol，甲烷转化率为0.6，所以反应I中消耗1mol×0.6=0.6molCH4，同时消耗0.6molH2O、生成0.6molCO、生成1.8molH2，反应Ⅱ生成2.1mol−1.8mol=0.3molH2，同时消耗0.3molH2O、消耗0.3molCO、生成0.3molCO2，平衡时，CO、H2O、CO2、H2、CH4别为0.3mol、2.1mol、0.3mol、2.1mol、0.4mol，平衡分压分别为352P0、2152P0、352P0、2152P0，所以Kp=p(H2)p(CO2)p(CO)p(H2O)=352P0×2152P02152P0×352P0=1，
故答案为：>；1。
(1)①由题图可知，过程I发生CH4+CO2→Ni2CO+2H2反应，根据I.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.2kJ/mol；II.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=−165kJ/mol；根据盖斯定律，则I×2+II得：；
②由题图可知，该技术总反应的化学方程式为CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)根据盖斯定律，由得反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)；
③对于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线b表示2MPa时的甲烷含量曲线；
(2)①反应II是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
②CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应Ⅰ的平衡也正向移动；
③500∘C时，E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大。根据题中图像分析，500∘C时，压强为P0，氢气含量为2.1mol，甲烷转化率为0.6，所以反应I中消耗1mol×0.6=0.6molCH4，同时消耗0.6molH2O、生成0.6molCO、生成1.8molH2，反应Ⅱ生成2.1mol−1.8mol=0.3molH2，同时消耗0.3molH2O、消耗0.3molCO、生成0.3molCO2，平衡时，CO、H2O、CO2、H2、CH4别为0.3mol、2.1mol、0.3mol、2.1mol、0.4mol，平衡分压分别为352P0、2152P0、352P0、2152P0，所以Kp=p(H2)p(CO2)p(CO)p(H2O)。
本题考查化学原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动与平衡的判断，均为高频考点，整体难度中等，是中档题。

20.【答案】1s22s22p63s23p63d64s2  哑铃形  −14正四面体  熔沸点依次升高；分子结构相似，分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强  6 O、Nsp3  Si2O52−

【解析】解：(1)铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；哑铃形；
(2)H的电负性越大，得电子能力越强，H元素显示负价，所以SiH4分子中H为−1价，
故答案为：−1；
(3)SiCl4分子的中心原子的价层电子对数个数=4+4−4×12=4，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为正四面体；根据表中数据知，其熔沸点依次升高，这几种物质熔沸点都较低，说明为分子晶体，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，所以其熔沸点依次升高，
故答案为：4；正四面体；熔沸点依次升高，分子结构相似，分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强；
(4)[Fe(H2O)6]2+的中心离子的配体是水分子，该离子中含有6个水分子，所以配位数为6；[Fe(H2O)4(en)]2+中的配位原子为配体中含有孤电子对的原子，配体水分子中O原子、en分子中N原子都含有孤电子对，所以O、N原子为配原子，
故答案为：6；O、N；
(5)该图中每个Si原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Si原子杂化类型为sp3；根据图知，每个Si原子含有O原子个数=1+3×12=2.5，则Si、O原子个数之比为2：5，其化学式为Si2O52−，
故答案为：sp3；Si2O52−。
(1)铁元素为26号元素，核外有4个电子层；Si处于第三周期第IVA族，外围电子排布式为3s23p2，基态Si原子的电子占据最高能级为3p能级；
(2)电负性大的元素显负价；
(3)SiCl4分子的中心原子的价层电子对数个数=4+4−4×12，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型；这几种物质熔沸点都较低，说明为分子晶体，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比；
(4)[Fe(H2O)6]2+的中心离子的配位数为6；[Fe(H2O)4(en)]2+中的配位原子为配体中含有孤电子对的原子；
(5)该图中每个Si原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Si原子杂化类型；根据图知，每个Si原子含有O原子个数=1+3×12=2.5，则Si、O原子个数之比为2：5。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物中配原子判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查对基本公式、基本理论的灵活运用及空间想像能力和计算能力，难点是(5)题计算，注意Si、O原子个数之比计算方法，题目难度中等。

21.【答案】加成反应  NaOH的溶液、加热     

【解析】解：(1)反应①的反应类型为加成反应；反应②氯代烃的水解反应，该反应的反应条件为NaOH的水溶液、加热，
故答案为：加成反应；NaOH的水溶液、加热；
(2)化合物V的结构简式为，
故答案为：；
(3)反应③的化学方程式为，
故答案为：；
(4)与化合物VI的官能团的种类和数目完全相同，说明含有2个羧基，且核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：2：3：4的同分异构体的结构简式为，
故答案为：；
(5)化合物X的结构简式为，
故答案为：；
(6)以乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备，得到，可以由CH3COOCH2CH3发生信息②得到，CH3COOCH2CH3可以由CH3COOH和CH3CH2OH发生酯化反应得到，CH3COOH可以由CH3CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，其合成路线为，
故答案为：。
Ⅰ为CH2=CHCH3，Ⅰ和氯气反应生成Ⅱ，Ⅱ反应生成Ⅲ，且Ⅲ能和反应，则Ⅲ为醇，Ⅰ发生加成反应生成Ⅱ为CH2ClCHClCH3，Ⅱ发生水解反应生成Ⅲ为HOCH2CHOHCH3；V被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，则中含有碳碳双键，为；、发生酯化反应生成IX，根据IX的结构简式知，为CH3CH2OH，IX为CH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3，IX发生信息中的反应生成乙醇和X，X为，为高分子化合物，Ⅲ和发生缩聚反应生成，为；
(6)以乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备，得到，可以由CH3COOCH2CH3发生信息中的反应得到，CH3COOCH2CH3可以由CH3COOH和CH3CH2OH发生酯化反应得到，CH3COOH可以由CH3CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化得到。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断及信息灵活运用能力，根据分子式、反应条件、结构简式结合题给信息采用正逆结合的方法推断，难点是合成路线设计。