2023年高考押题预测卷02（上海卷）-化学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷02（上海卷）-化学（全解全析），共20页。试卷主要包含了环辛四烯中碳碳键键长有两种等内容，欢迎下载使用。

2023年高考押题预测卷02【上海卷】
化 学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一．选择题（合计20题，每题2分，共40分）
1．化学创造美好生活，下列物质用途与所述的化学知识没有关联的是
选项
物质用途
化学知识
A
二氧化硫用作红酒防腐剂
SO2溶于水显弱酸性
B
乙炔用于金属切割与焊接
C2H2燃烧放出大量热
C
碳酸氢钠用作面团膨松剂
NaHCO3受热分解会产生CO2
D
铁触媒用作合成氨的催化剂
催化剂可以提高反应速率

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．二氧化硫用作红酒防腐剂，主要是由于二氧化硫的抗氧化性和杀菌作用，而且还能保持葡萄酒的天然香味，故A符合题意；
B．乙炔与氧气燃烧放出大量热，可用于金属切割与焊接，故B不符合题意；
C．NaHCO3受热分解会产生CO2，可用作面团膨松剂，故C不符合题意；
D．铁触媒可用作合成氨的催化剂，提高反应速率，故D不符合题意；
故答案选A。
2．已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系A→O2B→O2C→H2OD，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正确的是
A．若A为非金属单质，C转化为D可能为氧化还原反应
B．若A为非金属单质，其所含的元素在周期表中可能处于第二周期第IVA族
C．不论A为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质
D．若A是共价化合物，0.1 mol A分子中含有的电子数可能为NA
【答案】B
【解析】A．若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A可能为N2或S，若为氮，则C转化为D是二氧化氮和水生成硝酸和一氧化氮的反应，为氧化还原反应，故A正确；
B．若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；
C．若A为氮气或氨气，均可生成D（硝酸），故C正确；
D．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，0.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，故D正确；
故选B。
3．春季是流感、诺如病毒等疾病的高发期，需要对重点场所做好定期清洁消毒。下列物质中，不是消毒剂的是
A．漂粉精 B．洁厕灵 C．碘酒 D．臭氧
【答案】B
【解析】A．漂粉精中含有次氯酸钙，次氯酸钙能与CO2、H2O反应生成HClO具有消毒作用，漂粉精为消毒剂，A错误；
B．洁厕灵的主要成分为较高浓度的盐酸，不具备消毒作用，不是消毒剂，B正确；
C．碘酒中碘单质具有氧化性，能杀菌消毒，碘酒是消毒剂，C错误；
D．臭氧具有强氧化性，能杀菌消毒，臭氧是消毒剂，D错误；
故答案选B。
4．反应8NH3+3Cl2=6NH4C1+N2可用于氯气管道的检漏。下列化学用语正确的是
A．中子数为1的氢原子：11H
B．N2分子结构式N≡N
C．NH4Cl的电子式：
D．Cl-的结构示意图：
【答案】B
【解析】A．中子数为1的氢原子的质量数为2，表示为12H；故A错误；
B．N2分子结构式N≡N；故B正确；
C．NH4Cl的电子式为 ；故C错误；
D．Cl-的结构示意图中最外层电子为8；故D错误；
故答案选B。
5．用括号内试剂及操作方法除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是
A．二氧化碳中的氯化氢（饱和碳酸钠溶液、洗气）
B．乙酸乙酯中的乙酸（饱和碳酸钠溶液、分液）
C．溴乙烷中的乙醇（水、分液）
D．溴苯中的溴（NaOH溶液、分液）
【答案】A
【解析】A. CO2也能被碳酸钠溶液吸收，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B. 乙酸乙酯不溶于水，乙酸和碳酸钠反应，乙酸乙酯中的乙酸可以用饱和碳酸钠溶液除去，B正确；C. 乙醇和水互溶，可以用水除去溴乙烷中的乙醇，C正确；D. 溴能溶解在氢氧化钠溶液中，可以除去溴苯中的溴，D正确，答案选A。
点睛：掌握物质的性质差异是解答的关键，注意了解分离与提纯的原则和常用方法。物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。
6．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO4
【答案】B
【解析】A．Cu的活泼性弱于H， 稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故A不选；
B．铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ，故B选；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入K2S，生成H2S，铜粉仍不溶解 ，故C不选；
D．向稀硫酸反应加入FeSO4后，铜与FeSO4不反应，不能溶解铜，故 D不选；
故选：B。
7．某中德联合研究小组制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是
A．“水瓶”是纯净物 B．水分子空间构型是V型
C．C60是极性分子 D．富勒烯与石墨是同位素
【答案】B
【解析】A．“水瓶”中存在富勒烯(C60)、磷酸盐和水分子，所以是混合物，A错误；
B．水分子中中心原子的价层电子对是4，2个孤电子对，所以空间构型是V型，B正确；
C．C60是由非极性键构成的非极性分子，C错误；
D．富勒烯与石墨是同种元素构成的不同单质互为同素异形体，D错误；
故选B。
8．反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：

下列有关说法正确的是
A．进程Ⅰ是吸热反应 B．X是催化剂
C．M·X比N·X稳定 D．反应热：Ⅰ>Ⅱ
【答案】B
【解析】A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A错误；
B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B正确；
C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C错误；
D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D错误；
故答案选B。
9．环辛四烯()中碳碳键键长有两种：1.33×10−10m和1.46×10−10m，则环辛四烯
A．与乙苯互为同分异构体 B．与等物质的量的溴加成，产物只有1种
C．邻二氯代物只有1种 D．化学键b的键长为1.33×10−10m
【答案】D
【解析】A．环辛四烯分子式为C8H8，乙苯分子式为C8H10，二者分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；
B．与等物质的量的溴加成，其加成位置可以为1，2加成，产物为；或1，4加成，产物为，产物多于1种，故B错误；
C．环辛四烯相邻碳原子之间可以存在碳碳单键或碳碳双键，故邻二氯代物有和两种，故C错误；
D．由分析可知，化学键b的键长为1.33×10−10m，故D正确；
故答案为：D。
10．下列实验装置不能达到实验目的的是（  ）

A．装置甲用SO2做喷泉实验 B．装置乙验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C．装置丙验证NH3易溶于水 D．装置丁用该装置制取NH3
【答案】D
【解析】A．二氧化硫能与浓氢氧化钠溶液反应，烧瓶中气体压强迅速减小，形成内外压强差，从而形成喷泉，故A正确；
B．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，若此反应为放热反应，气体膨胀会使U试管中液面左低右高，故B正确；
C．将胶头滴管中的水滴入烧瓶中，氨气极易溶于水，烧瓶中的气体的物质的量减小，气球会立刻膨胀起来，故C正确；
D．盛有氯化铵的大试管直接受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口重新结合生成NH4Cl，不能制取氨气，故D错误；
故选D。
11．以下元素为短周期元素，其原子半径及主要化合价见下表。
元素
X
Y
Z
W
T
原子半径/nm
0.152
0.186
0.066
0.102
0.099
最外层电子数
1
1
6
6
7
下列有关说法正确的是
A．简单离子的半径：Y>Z>X
B．气态氢化物的热稳定性：W>Z
C．Y与Z形成的化合物可能具有强氧化性
D．常温下，W单质的分子间作用力小于T单质
【答案】C
【解析】A．据分析可知，Y为Na；Z为O；X为Li，电子层数越多半径越大；电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径减小。所以简单离子的半径：Z>Y>X；故A错误；
B．W为S；Z为O；电负性大小为Z>W，所以气态氢化物的热稳定性：Z>W；故B错误；
C．Y为K；Z为O；K和O形成的过氧化钾即可以做氧化剂又可以做还原剂；故C正确；
D．W为S；T为F；S单质为分子晶体；F单质为分子晶体；分子晶体之间作用力与分子量大小有关，S是以S8存在，F以F2存在，所以W单质的分子间作用力大于T单质；故D错误；
故答案选C。
12．乙炔的二聚体CH≡C-CH=CH2(乙烯基乙炔)是一种重要化工原料。下列关于CH≡C-CH=CH2说法错误的是
A．其加聚产物还可以使溴水褪色
B．与互为同分异构体
C．催化加氢后所得烷烃的一氯代物有2种
D．完全燃烧的耗氧量与等质量乙炔耗氧量相同
【答案】B
【解析】A．碳碳三键发生加聚反应后还存在碳碳双键，能使溴水褪色，选项A正确；
B．CH≡C-CH=CH2(乙烯基乙炔)分子式为C4H4，的分子式为C4H6，两者不可能形成同分异构体，选项B错误；
C．催化加氢后所得烷烃为正丁烷，分子中有种不同化学环境的氢，其一氯代物有2种，选项C正确；
D．CH≡C-CH=CH2(乙烯基乙炔)和乙炔的最简式均为CH，完全燃烧的耗氧量与等质量乙炔耗氧量相同，选项D正确；
答案选B。
13．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述正确的是

A．迷迭香酸属于芳香烃
B．迷迭香酸分子式为C17H16O8
C．迷迭香酸可以发生加成反应、水解反应和酯化反应
D．1 mol迷迭香酸最多能和9 mol氢气发生加成反应
【答案】C
【解析】A．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸中含有苯环，则属于芳香族化合物，含有氧原子，不属于烃，A错误；
B．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸分子式为C18H16O8，B错误；
C．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有羟基、羧基和酯基三种含氧官能团，且含有苯环，迷迭香酸可以发生水解反应、加成反应和酯化反应，C正确；
D．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有2个苯环，1个碳碳双键可以和H2加成，故1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
14．以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g) ⇌ 3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g) ⇌3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．Q2＜0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
【答案】D
【解析】A．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数减小，而图中温度在570℃以下，CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应即Q2＞0，故A错误；
B．根据图中信息可知，温度在570℃以上，CO的体积分数随温度升高不断减小，说明以反应Ⅰ为主，反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ都是等体积反应，因此在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ不能说明达到平衡状态，故C错误；
D．由图中信息可知，在1040℃时，发生的反应为反应Ⅰ，一氧化碳体积分数为20%，则反应的平衡常数K=1−20%20%=4，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，当温度高于1040℃时，因此反应I的化学平衡常数K＞4，故D正确。
综上所述，答案为D。
15．体积均为2.0L的恒容密闭容器甲、乙、丙中，发生反应：CO2(g)+C(s) ⇌2CO(g)，起始投料量如表，在不同温度下CO平衡浓度随温度变化如下图。下列说法正确的是

容器
n(CO2)/mol
n(C)/mol
n(CO)/mol
甲
0.2
0.6
0
乙
0.4
0.8
0
丙
X<0.6
1
0

A．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的容器分别是乙、甲、丙
B．a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pc>pb>pa
C．1100K时，平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：甲>乙>丙
D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)>v(逆)
【答案】A
【解析】A．CO2(g)+C(s) ⇌2CO(g)反应中，C为固体，不影响平衡移动，CO的化学计量数大于CO2的化学计量数，且反应发生在恒容密闭容器中，所以增大CO2的物质的量，则平衡左移。甲容器中n(CO2)初始为0.2mol，若全部转化为CO，则c(CO)=0.2mol/L，所以曲线Ⅰ对应的容器不是甲；若曲线Ⅲ对应的容器为甲，则在1100℃时，乙容器中的c(CO)应小于0.08mol/L，不符合图示。综上分析，曲线Ⅱ对应的容器是甲，故曲线Ⅰ对应的容器是乙，曲线Ⅲ对应的容器是丙，A项正确；
B．该反应生成物中气体的化学计量数大于反应物中气体的化学计量数。b、c两点为同一容器的不同状态，b点的c(CO)更大，该状态下气体的总物质的量大于c点状态，故pb>pc；a点为容器乙状态，该状态下气体的总物质的量大于b点，故pa>pb，所以a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pa>pb>pc，B项错误；
C．CO2的分子量大于CO，所以CO2的转化率越高则混合气体的平均分子量大小越小。相同温度下，容器中转化率丙>甲>乙，故平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：乙>甲>丙，C项错误；
D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=c2(CO)c(CO2)=0.520.5=0.5，而1000K时，根据图示可知反应CO2(g)+C(s) ⇌2CO(g)的平衡常数K<0.5，Q>K，则起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，反应v(正) 答案选A。
16．为实现碳中和，可通过电解法用CO2制备C2H4，电解装置如图，下列说法不正确的是

A．玻碳电极为阳极，发生氧化反应
B．铂电极的电极反应：2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O
C．制得28gC2H4时，产生32gO2
D．电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变
【答案】C
【解析】A．由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．铂电极为阴极，CO2得电子得到C2H4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O，故B正确；
C．制得28gC2H4的物质的量为28g28g/mol=1mol，由电极方程式2CO2+12e−+12H+=C2H4+4H2O可知，转移12mol电子，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，则生成3molO2，质量为3mol×32g/mol=96g，故C错误；
D．电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；
故选C。
17．下列变化规律正确的是
A．HCl、HBr、HI热稳定性由弱到强
B．H2CO3、HClO、CH3COOH的酸性由弱到强
C．物质的量浓度相等的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的pH值由小到大
D．等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少
【答案】D
【解析】A．氯原子、溴原子、碘原子半径依次增大，氢氯键、氢溴键、氢碘键键长依次增大，键能依次减小，导致HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，A错误；
B．二氧化碳和次氯酸钠生成次氯酸，说明碳酸酸性大于次氯酸，B错误；
C．氯化钠为强酸强碱盐，溶液显中性；氯化镁、氯化铝为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，故氯化钠溶液的pH最大，C错误；
D．烃燃烧通式为CxHy+（x+14y）O2点燃xCO2+12y H2O，则等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少，D正确；
故选D。
18．下列条件下的化学反应，相应的离子方程式一定正确的是
A．将2.24L CO2通入500mL0.3mol⋅L−1的NaOH溶液中：2CO2+3OH−=CO32−+HCO3−+H2O
B．向NH4FeSO42溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH−=NH3⋅H2O
C．1L1mol⋅L−1FeBr2溶液与一定量氯气反应转移的电子数为2×6.02×1023时，反应的离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−
D．向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
【答案】C
【解析】A．没有明确是否为标准状况，2.24L CO2的物质的量不一定是0.1mol，A错误；
B．向NH4FeSO42溶液中加入少量NaOH溶液，OH-先与Fe3+反应，反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，B错误；
C．1L1mol⋅L−1FeBr2溶液与一定量氯气反应转移的电子数为2×6.02×1023时，说明消耗的氯气为1mol，还原性Fe2+>Br-，1molFe2+、1molBr-被氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，C正确；
D．次氯酸具有强氧化性，会将亚硫酸钙氧化为硫酸钙，两者不能同时生成，D错误；
故选C。
19．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y 同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法错误的是

A．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡
B．在Z导管出来的气体中有二氧化碳
C．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
D．在Z导管口有红棕色气体出现
【答案】A
【解析】A．碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，故A错误；
B．Z处逸出的气体中有CO2和NO，故B正确；
C．碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，故C正确；
D．Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，故D正确；
故选A。
20．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
物质
乙酸
1−丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
下列叙述正确的是
A．采用加热回流装置
B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D．粗品精制：加吸水剂分液
【答案】A
【解析】A．由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，采用加热回流装置，以提高反应物的利用率，A正确；
B．不用水浴加热是因为反应温度在115℃~125℃之间，而水沸腾温度为100℃，B错误；
C．反应后混合物中含有乙酸、1-丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用饱和Na2CO3溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，用NaOH洗涤会导致产物乙酸丁酯水解，C错误；
D．粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏得到产品，不能分液，D错误；
故选A。
第II卷（非选择题）
二、非选择题(共4题，合计60分)
21．（16分）
H2O2 (过氧化氢) 应用领域非常广泛。
已知：2H2O2(l) ⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(aq) ⇌H+(aq)+HO2-(aq) ，K(25oC)=2.24×10-12
完成下列填空：
(1)氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为_______。
(2)H2O2的电子式为_______。对H2O2分子结构，有以下两种推测：

要确定H2O2分子结构，需要测定H2O2分子中的_______。(选填序号)
a. H—O键长   b. O—O键长  c. H—O—O键角  d. H—O、O—O键能
(3)H2O2分解反应的平衡常数表达式K=_______。不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25oC)_______K(40oC) (选填“>”“<”或“=”)。标准状况下，某5mL H2O2溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)。则0~60s v(H2O2)= _______。
(4)25oC，pH(H2O2) _______pH(H2O) (选填“>”“<”或“=”)。研究表明，H2O2溶液中HO2-浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，经过相同时间，不同浓度H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是_______。相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是_______。

(5)蒽醌法是过氧化氢主要的生产方法。其生产过程可简单表示如下：

试从绿色化学角度评价该生产方法。_______
【答案】(1)2：1
(2) c
(3) c(O2) > 0.4mol·L-1·min-1(或0.0067mol·L-1·s-1)
(4) < pH升高，HO2−的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度越高，电离程度越低，分解率越小
(5)该法生产原子利用率是100％，符合“绿色化学工艺”

【解析】（1）O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，最外层成对电子数为4个，未成对电子数为2个，成对电子数和未成对电子数之比为2：1。
（2）H2O2的电子式为，对于H2O2的分子结构有图示两种推测，这两种结构的不同之处在于H-O-O的键角不同，因此需要测定H2O2分子内H-O-O键角，故答案选c。
（3）H2O2分解反应为2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)，平衡常数表达式K= c(O2)。已知H2O2的分解反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，则平衡常数K(25℃)>K(40℃)。5mLH2O2溶液60s内生成氧气22.4mL即1×10-3mol，则参与反应的H2O2有2×10-3mol，v(H2O2)=2×10−3mol5×10−3L·60s=0.0067mol·L−1·s−1。
（4）25℃时，H2O2电离生成H+和HO2−的平衡常数K=2.24×10-12>1×10-14，同温度下过氧化氢电离程度大于水，故25℃时pH(H2O2) （5）从生成过程图可知，该反应过程中原子利用率为100%，符合绿色化学工艺。
22．（15分）
砷与氮为同主族元素，砷及其化合物可应用于农药、除草剂、杀虫剂等。完成下列填空：
(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As2O3)中毒：把试样与锌和盐酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，写出该反应的化学方程式_______。
(2)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4(其中As为+2价)和SnCl4并放出H2S气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
(3)一定条件下，雄黄(As4S4)与O2生成As2O3与物质a。若该反应中1molAs4S4参加反应时，转移28 mol电子。写出物质a的化学式_______。
(4)三元弱酸亚砷酸(H3AsO3)溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。

向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为_______。Na2HAsO3溶液中c(H2AsO3-)_______c(AsO33-) (填“>” “<”或“=”)。理由是_______。
(5)已知I2 + AsO33−+2OH-⇌2I-+AsO43-＋H2O。为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与Na3AsO3溶液按体积比为V1：V2的比例混合(另加入适量的碱)。当V1_______V2 (填“>”或“<”) 时，只需加入_______ (填试剂名称)就可以确定该反应具有可逆性。上述反应显示：AsO33-能在碱性溶液中被I2氧化成AsO43-，而H3AsO4又能在酸性溶液中被I-还原成H3AsO3，这表明_______。
【答案】(1)6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O
(2)2：1
(3)SO2
(4) H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O > Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度
(5) < 淀粉溶液 溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性

【解析】（1）As2O3与Zn、HCl反应生成AsH3、ZnCl2和H2O，化学方程式为6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O。
（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应生成As4S4、SnCl4和H2S，化学方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应As2S3中As得电子化合价降低，As4S4为还原产物，SnCl2中Sn失电子化合价升高，SnCl4为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1。
（3）As4S4与O2反应生成As2O3和物质a，1molAs4S4参与反应时，转移28mol电子，1molAs4S4转化为As2O3时As转移4mol电子，则剩余24mol电子为S失电子所转移，1mol As4S4含有4molS，S化合价为-2价，则产物中S为+4价，因此物质a为SO2。
（4）pH=11时，H2AsO3−的量最多，其余物质相对较少，则此过程的离子反应为H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O。从图中可知，溶液中溶质为Na2HAsO3时溶液呈碱性，说明HAsO32−的水解程度大于电离程度，故Na2HAsO3溶液中c(H2AsO3−)>c(AsO33−)。
（5）为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水和Na3AsO3溶液按体积比V1：V2的比例混合，只要确保Na3AsO3过量，再用淀粉溶液检验混合物中是否存在I2即可验证该反应是否具有可逆性，如不可逆，则加入淀粉溶液后，混合液不变蓝。因此V1
23．（13分）
用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。

已知：→KMnO4，H+(-R表示烃基，其和苯环相连的碳上有氢原子)
完成下列填空：
(1)A中含氧官能团名称是______________；反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_________。
(2)检验C中“碳碳双键”的操作是___________________________________________。
(3)E的结构简式为_____________________。
(4)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾溶液反应后可以得到对苯二甲酸()，写出X的结构简式_______________________。
(5)参考上述信息，设计以甲苯和乙醛为原料，合成肉桂醛()的合成路线(其他无机试剂任选) _______________。(合成路线可表示为：A→反应条件反应试剂B⋯⋯→反应条件反应试剂目标产物)
【答案】(1) 羟基 消除(或消去)反应
(2)取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”
(3)
(4)
(5)→光照氯气→Δ氢氧化钠溶液→Δ氧气/铜→NaOHΔCH3CHO

【解析】（1）由分析可知，A的结构简式为，A中含氧官能团名称是羟基；根据以上分析可知第二步的反应类型为消去反应；
（2）C中含有碳碳双键和醛基，所以不能利用酸性高锰酸钾检验，应该用溴和碳碳双键的加成反应，即取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”；
（3）根据以上分析可知E的结构简式为；
（4）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；
（5）依据逆推法可知肉桂醛需要苯甲醛和乙醛，苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，卤代烃水解引入羟基，甲苯氟气取代反应引入氯原子，则合成路线为→光照氯气→Δ氢氧化钠溶液→Δ氧气/铜→NaOHΔCH3CHO。
24．(16分)
PCl3是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。

经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，PCl3遇O2会生成POCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见如表。
物质
熔点/ oC
沸点/ oC
PCl3
-112
75.5
POCl3
2
105.3
完成下列填空：
(1)仪器D的名称是_______。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是_______。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷。通入CO2的作用是_______。
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一与B、E相似，作用二为_______。
(4)装置C中的反应需要65~70 oC，最适合的加热方式为_______加热，该方法的优点是_______。制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入红磷加热除去PCl5后，通过_______(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。
(5)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
第一步：迅速移取20.000 g PCl3粗产品，加水完全水解；
第二步：配成500mL溶液，移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；
第三步：加入0. 500mol·L-1碘溶液20.00 mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4，反应方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；
第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。
第二步需要的定量仪器名称为_______。根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为_______。
【答案】(1) 干燥管 使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出
(2)赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化
(3)吸收未反应的氯气，防止污染空气
(4) 水浴 受热均匀，便于控制加热温度 蒸馏
(5) 滴定管(或移液管)及500mL容量瓶 0.55

【解析】（1）仪器D的名称为干燥管，装置F和G由橡胶管a相连通，a的作用为平衡压强，使浓盐酸顺利滴出。
（2）根据题干可知，PCl3能与水、O2反应，故实验前先检查装置气密性，再通入CO2，排尽装置内的空气。防止PCl3被氧化。
（3）装置D中为碱石灰，除了防止外界空气中水蒸气进入装置外，还能吸收多余的氯气，防止其污染环境。
（4）装置C温度须控制在65-70℃，最适合的加热方式为水浴加热。该方法的优点是受热均匀，便于控制加热温度。从题干表中可知，PCl3和POCl3沸点差距较大，因此可用蒸馏的方式得到较纯净的PCl3。
（5）第二步配制500mL溶液需要的仪器为500mL容量瓶，转移25mL溶液时需要酸式滴定管。已知消耗Na2S2O3的物质的量为1mol/L×0.012L=0.012mol，则剩余的I2有0.006mol，则与H3PO3反应的I2有0.5mol/L×0.02L-0.006mol=0.004mol，则参与反应的H3PO3有0.004mol，则根据P守恒，20gPCl3中有PCl30.08mol，产品中PCl3的质量分数为0.08mol×137.5g/mol20g=55%。