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2021年上海市普陀区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市普陀区高考化学二模试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市普陀区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）原子是一种很小的微粒。钠原子半径为1.91×10﹣am，则a等于（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
2．（2分）关于电解质的说法错误的是（ ）
A．能电离的物质是电解质
B．强电解质在水溶液中完全电离
C．能导电的物质不一定是电解质
D．水是一种极弱的电解质
3．（2分）下列晶体中，任何一个原子都被相四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构的是（ ）
A．石墨 B．金刚石 C．足球烯 D．水晶
4．（2分）火箭燃料肼（N2H4）的一种制备原理：2NH3+NaClO→N2H4+NaCl+H2O。下列表述错误的是（ ）
A．N2H4的结构式：
B．NaClO的电子式：
C．H2O的球棍模型：
D．N2H4燃烧的化学方程式：N2H4+O2N2+2H2O
5．（2分）关于有机物甲和乙的叙述正确的是（ ）
A．甲与乙互为同分异构体
B．甲分子中所有碳原子均共面
C．乙的一氯取代物共有3种
D．甲与乙均能使溴的四氯化碳溶液褪色
6．（2分）下列物质间的每次转化都能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2→NO2→HNO3 B．FeS→Fe2O3→Fe（OH）3
C．NaCl→NaHCO3→Na2CO3 D．Al2O3→AlCl3→Al
7．（2分）下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．干冰升华 B．氯气被活性炭吸附
C．酒精溶于水 D．碘化氢气体溶于水
8．（2分）接触法制硫酸工业中，无需用到的设备是（ ）
A．沸腾炉 B．接触室 C．过滤器 D．吸收塔
9．（2分）将摩擦带电的玻璃棒接近液流，实验现象如图。该实验能说明（ ）
A．H2O分子带电，CCl4分子不带电
B．H2O是由非极性键形成的极性分子
C．CCl4是正四面体形分子
D．CCl4分子中正负电荷的重心是重合的
10．（2分）实验室按如下过程测量海带中碘的含量，不需要使用的实验装置是（ ）
灼烧海带→过滤海带灰浊液→配制溶液→滴定分析
A． B．
C． D．
11．（2分）在反应前后固体质量不变的化学反应是（ ）
A．H2通过灼热的CuO粉末
B．CO2通过Na2O2粉末
C．Al与Fe2O3发生铝热反应
D．将铁钉投入CuSO4溶液
12．（2分）有关卤素性质的判断正确，且可用元素周期律解释的是（ ）
A．相对原子质量：I＞Cl B．稳定性：HI＜HCl
C．密度：I2＞Cl2 D．酸性：HClO＞HIO
13．（2分）将体积为V1mL的某一元强酸溶液与体积为V2mL的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是（ ）
A．溶质物质的量 B．溶液质量
C．H+和OH﹣的物质的量 D．物质的量浓度
14．（2分）少量小苏打溶液与足量石灰水反应的离子方程式正确的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．CO32﹣+Ca2+→CaCO3↓
C．HCO3﹣+Ca2++OH﹣→CaCO3↓+H2O
D．2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣→CaCO3↓+CO32﹣+H2O
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表，则2O（g）→O2（g）+QkJ的Q为（ ）
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ•mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
A．428 B．﹣428 C．498 D．﹣498
16．（2分）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液。以上反应可以反复多次。有关说法错误的是（ ）
A．Cu2+将H2O2还原为O2
B．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
17．（2分）在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，其中一种厌氧腐蚀的理论为厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．正极的电极反应式为O2+4e+2H2O→4OH﹣
B．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2
C．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀
D．SO42﹣与H2的反应可表示为4H2+SO42﹣﹣8eS2﹣+4H2O
18．（2分）恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应A（s）⇌B+C（g）﹣QkJ（Q＞0），达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：v（B）生成＝（C）生成
C．若开始时向容器中加入1mol A，达到平衡时吸收热量QkJ
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等
19．（2分）室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵稀溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．a点：pH＝2
B．b点：c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点：pH可能大于7
D．ac段：溶液pH增大是 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+逆向移动的结果
20．（2分）已知某100mL溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有Fe3+、Ba2+、H+、SO42﹣。为了进一步确认，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是（ ）
A．肯定不存在Fe3+、Ba2+
B．H+的物质的量浓度为2mol/L
C．加入含0.2mol Ba（OH）2的溶液时，沉淀质量达到最大量
D．加入少量 NaHCO3溶液，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业烟气可用氯酸氧化法脱硫脱硝，涉及反应： NO+ HClO3+ H2O→ HCl+2aHNO3+3bNO2（未配平）
完成下列填空：
（1）写出N原子核外电子排布的轨道表示式。
（2）用含字母a、b的代数式配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。该化学方程式配平系数不唯一，请说明理由。
（3）氯酸是一元强酸，可由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到。写出该反应的化学方程式。
（4）工业烟气中的SO2也可用 NaClO2和（NH4）2CO3的混合液脱除。
NaClO2脱除SO2的离子方程式为 ；（NH4）2CO3溶液呈碱性的原因是 。
22．（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为：C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）﹣QkJ（Q＞0）。
完成下列填空：
（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率v（H2）＝ 。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是 。
（2）T2℃时，该反应平衡常数K＝1.2，则T1 T2。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是 ；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是 。
（4）已知：C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
则Q＝ 。
（5）写出2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式。
23．（15分）碳酸镧[La2（CO3）3，M＝458gmol]可用于治疗肾病患者的高磷酸盐血症。其制备反应的原理为：2LaCl3+6NH4HCO3→La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O。利用如图装置在实验室中模拟制备La2（CO3）3。
完成下列填空：
（1）Y中盛放浓氨水的仪器名称为 。
（2）制备La2（CO3）3实验流程中装置接口的连接顺序为F→ → → ；C→ 。
（3）Y中发生反应的化学方程式为 。
（4）X中盛放的试剂是 。
（5）Z中应先通NH3，后通入过量的CO2，原因是 。
（6）La2（CO3）3质量分数的测定（杂质不与盐酸反应）：准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的CO2全部通入过量的Ba（OH）2溶液中，得到沉淀8.865g。La2（CO3）3的质量分数为 。
24．（16分）一种合成解热镇病类药物布洛芬方法如图。
完成下列填空：
（1）A与C互称为 ，B→C的反应类型是 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 。
（4）写出检验F中溴原子的实验方法。
（5）布洛芬分子中的含氧官能团的结构简式为 ，写出一种满足以下条件的布洛芬的同分异构体。
①含有苯环；
②能发生银镜反应和水解反应；
③分子中有4种不同化学环境下的氢原子。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2 CHCOCl的合成路线。
2021年上海市普陀区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）原子是一种很小的微粒。钠原子半径为1.91×10﹣am，则a等于（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】原子半径的数量级是10﹣10m，据此分析判断。
【解答】解：原子是一种很小的微粒。钠原子半径为1.91×10﹣am，则a等于10，
故选：B。
【点评】本题考查了原子半径的数量级，注意知识积累，题目难度不大。
2．（2分）关于电解质的说法错误的是（ ）
A．能电离的物质是电解质
B．强电解质在水溶液中完全电离
C．能导电的物质不一定是电解质
D．水是一种极弱的电解质
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：部分有机物，非金属氧化物等；
强电解质：水溶液或者熔融状态下能完全电离电解质；
弱电解质：水溶液或者熔融状态下能部分电离电解质。
【解答】解：A．电解质是在水溶液或者熔融状态下能导电的化合物，能电离的物质不一定在水溶液或者熔融状态下，所以不一定为电解质，故A错误；
B．强电解质在溶液中能够完全电离为离子，弱电解质只能部分电离，故B正确；
C．能导电的物质不一定是电解质，如二氧化碳水溶液，铜都能导电，都不是电解质，故C正确；
D．水只能部分电离产生很少的氢离子和氢氧根离子，属于极弱的电解质，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了物质导电、物质电离的实质分析，主要是电解质导电的条件是水溶液中或熔融状态下，注意知识积累，题目难度不大。
3．（2分）下列晶体中，任何一个原子都被相四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构的是（ ）
A．石墨 B．金刚石 C．足球烯 D．水晶
【分析】晶体中以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构是属于原子晶体，
A．石墨是混合晶体；
B．金刚石中任何一个原子都被相邻四个原子包围；
C．足球烯是分子晶体；
D．水晶是二氧化硅属于原子晶体，但是一个氧原子连2个硅原子。
【解答】解：A．石墨是混合晶体，其中任何一个原子都被相邻3个原子包围，故A错误；
B．金刚石是原子晶体，其中任何一个原子都被相邻四个原子包围，以共价键形成正四面体，故B正确；
C．足球烯是分子晶体，其中任何一个原子都被相邻3个原子包围，故C错误；
D．水晶是原子晶体，但是一个氧原子连2个硅原子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构，题目难度不大，能判断晶体类型是解题的关键。
4．（2分）火箭燃料肼（N2H4）的一种制备原理：2NH3+NaClO→N2H4+NaCl+H2O。下列表述错误的是（ ）
A．N2H4的结构式：
B．NaClO的电子式：
C．H2O的球棍模型：
D．N2H4燃烧的化学方程式：N2H4+O2N2+2H2O
【分析】A．肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，氮原子和氮原子间形成共价单键；
B．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成；
C．球棍模型中短线表示化学键、小球表示原子，表现分子中原子的连接、成键方式、空间结构，图示为比例模型；
D．N2H4在O2中燃烧，生成N2和H2O。
【解答】解：A．N2H4是共价化合物氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间形成共价单键，肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，结构式为，故A正确；
B．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成，NaClO的电子式为，故B正确；
C．水是V型结构，故其球棍模型为，故C错误；
D．肼燃烧生成氮气和水，反应的方程式为：N2H4+O2N2+2H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了常见化学用语的书写方法，题目难度不大，涉及结构式、球棍模型、电子式、反应的方程式书写等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
5．（2分）关于有机物甲和乙的叙述正确的是（ ）
A．甲与乙互为同分异构体
B．甲分子中所有碳原子均共面
C．乙的一氯取代物共有3种
D．甲与乙均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【分析】A.二者均含7个C、8个H；
B.甲中含3个四面体结构的C；
C.乙中含4种H；
D.甲含碳碳双键。
【解答】解：A.二者均含7个C、8个H，分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B.甲中含3个四面体结构的C，则所有碳原子不能共面，故B错误；
C.乙中含4种H，则一氯取代物共有4种，故C错误；
D.甲含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙不能，故D错误；
故选：A。
【点评】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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃及苯的同系物的性质，题目难度不大。
6．（2分）下列物质间的每次转化都能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2→NO2→HNO3 B．FeS→Fe2O3→Fe（OH）3
C．NaCl→NaHCO3→Na2CO3 D．Al2O3→AlCl3→Al
【分析】A.氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；
B.Fe2O3不溶于水，与水不反应；
C.氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
D.氯化铝为共价化合物，不能一步转化为Al。
【解答】解：A.氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，则N2→NO2不能一步实现转化，故A不选；
B.Fe2O3不溶于水，与水不反应，则Fe2O3→Fe（OH）3不能一步实现转化，故B不选；
C.氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，均可一步实现转化，故C选；
D.氯化铝为共价化合物，不能一步转化为Al，则AlCl3→Al不能一步实现转化，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、相互转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．干冰升华 B．氯气被活性炭吸附
C．酒精溶于水 D．碘化氢气体溶于水
【分析】化学变化中及共价化合物的电离等破坏共价键，而分子晶体的三态变化，不破坏化学键，只破坏分子间作用力，以此来解答。
【解答】解：A．干冰升华破坏了分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；
B．氯气被活性炭吸附，发生物理变化，共价键没有被破坏，故B错误；
C．酒精溶于水，破坏了分子间作用力，共价键没有破坏，故C错误；
D．碘化氢气体溶于水，HI发生电离，共价键被破坏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握物质中的化学键及变化中化学键的变化为解答的关键，注意分子晶体状态改变化学键不变，题目难度不大。
8．（2分）接触法制硫酸工业中，无需用到的设备是（ ）
A．沸腾炉 B．接触室 C．过滤器 D．吸收塔
【分析】在沸腾炉内煅烧黄铁矿生成二氧化硫，在接触室内有催化剂存在下二氧化硫进一步与氧气结合，生成三氧化硫，三氧化硫流经吸收塔时，采用98.3%的浓硫酸吸收，使三氧化硫最终与水化合形成硫酸。
【解答】解：接触法制硫酸工业中，在沸腾炉内煅烧黄铁矿生成二氧化硫，在接触室内有催化剂存在下二氧化硫进一步与氧气结合，生成三氧化硫，三氧化硫流经吸收塔时，采用98.3%的浓硫酸吸收，使三氧化硫最终与水化合形成硫酸，所以接触法制硫酸用到三个设备，分别是沸腾炉、接触室、吸收塔，不需要的是过滤器，
故选：C。
【点评】本题考查了物质的制备和应用，熟悉硫酸的工艺流程等知识点是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
9．（2分）将摩擦带电的玻璃棒接近液流，实验现象如图。该实验能说明（ ）
A．H2O分子带电，CCl4分子不带电
B．H2O是由非极性键形成的极性分子
C．CCl4是正四面体形分子
D．CCl4分子中正负电荷的重心是重合的
【分析】将摩擦带电的玻璃棒接近液流，若液体是由极性分子构成的，则液体的流向会发生偏移，若液体是由非极性分子构成的，则液体的流向不会发生偏移；正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此分析。
【解答】解：A．分子是中性微粒，所以H2O、CCl4均不带电荷，故A错误；
B．H2O为V形结构，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，当摩擦带电的玻璃棒接近水流时，水流方向会偏移，故B错误；
C．该实验只能验证CCl4是非极性分子，不能判断其分子构型，故C错误；
D．该实验能验证了CCl4是非极性分子，所以分子中正负电荷的重心是重合的，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
10．（2分）实验室按如下过程测量海带中碘的含量，不需要使用的实验装置是（ ）
灼烧海带→过滤海带灰浊液→配制溶液→滴定分析
A． B．
C． D．
【分析】测量海带中碘的含量，灼烧后溶液、过滤得到含碘离子的溶液，配制标准液与碘离子发生定量反应，可测定含量，以此来解答。
【解答】解：A.该实验不涉及萃取、分液，故A选；
B.灼烧需要坩埚等，故B不选；
C.过滤分离出含碘离子的溶液，故C不选；
D.配制的溶液可滴定含碘离子的溶液，需要滴定操作，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查碘的含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11．（2分）在反应前后固体质量不变的化学反应是（ ）
A．H2通过灼热的CuO粉末
B．CO2通过Na2O2粉末
C．Al与Fe2O3发生铝热反应
D．将铁钉投入CuSO4溶液
【分析】A.氢气还原CuO生成Cu；
B.二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；
C.Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe；
D.Fe与硫酸铜溶液发生置换反应生成Cu、硫酸亚铁。
【解答】解：A.氢气还原CuO生成Cu，可知固体质量减少，故A不选；
B.二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，可知固体质量增加，故B不选；
C.Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，均为固体，反应前后固体质量不变，故C选；
D.Fe与硫酸铜溶液发生置换反应生成Cu、硫酸亚铁，可知固体质量增加，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）有关卤素性质的判断正确，且可用元素周期律解释的是（ ）
A．相对原子质量：I＞Cl B．稳定性：HI＜HCl
C．密度：I2＞Cl2 D．酸性：HClO＞HIO
【分析】A．相对分子质量与元素周期律无关；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
C．单质密度属于物理性质，与元素周期律无关；
D．二者不是最高价含氧酸。
【解答】解：A．I、Cl的相对原子质量分别为127、35.5，则相对原子质量I＞Cl，但相对原子质量没有呈现周期性变化，与元素周期律无关，故A不选；
B．非金属性I＜Cl，则简单氢化物的稳定性：HI＜HCl，能够用元素周期律解释，故B选；
C．密度I2＞Cl2，属于单质物理性质，与元素周期律无关，故C不选；
D．HClO、HIO不是最高价含氧酸，不能用元素周期律比较二者酸性强弱，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查卤素性质、元素周期律应用，为高频考点，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握卤素性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
13．（2分）将体积为V1mL的某一元强酸溶液与体积为V2mL的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是（ ）
A．溶质物质的量 B．溶液质量
C．H+和OH﹣的物质的量 D．物质的量浓度
【分析】若为一元强碱，恰好反应时生成强酸强碱盐，若为一元弱碱，恰好反应时生成强弱弱碱盐，一定满足n（酸）＝n（碱），以此来解答。
【解答】解：A.一元强酸与一元碱恰好完全反应，溶质的物质的量一定相等，故A正确；
B.溶质不确定，不能确定溶液的质量关系，故B错误；
C.若为弱碱，电离出氢氧根离子浓度小于酸电离出氢离子浓度，故C错误；
D.体积不一定相等，则物质的量浓度不一定相等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合，为高频考点，把握酸碱混合的实质及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意碱可能为弱碱，题目难度不大。
14．（2分）少量小苏打溶液与足量石灰水反应的离子方程式正确的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．CO32﹣+Ca2+→CaCO3↓
C．HCO3﹣+Ca2++OH﹣→CaCO3↓+H2O
D．2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣→CaCO3↓+CO32﹣+H2O
【分析】少量小苏打溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，据此书写离子方程式。
【解答】解：少量小苏打溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，离子方程式：HCO3 ﹣+Ca2++OH﹣→CaCO3↓+H2O，
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确反应物用量对反应产物的影响，题目难度不大。
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表，则2O（g）→O2（g）+QkJ的Q为（ ）
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ•mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
A．428 B．﹣428 C．498 D．﹣498
【分析】焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
【解答】解：焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，由热化学方程式及键能可知，2×436+Q﹣2×2×463＝﹣482，解得Q＝498，
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握键能与焓变的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热量与焓变的数值，题目难度不大。
16．（2分）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液。以上反应可以反复多次。有关说法错误的是（ ）
A．Cu2+将H2O2还原为O2
B．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
【分析】向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），铜离子被还原成+1价，双氧水表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，双氧水表现了氧化性，据此进行解答。
【解答】解：A．由分析可知，铜离子被还原成+1价，双氧水表现了还原性，即Cu2+将H2O2氧化为O2，故A错误；
B．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故B正确；
C．根据“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确题干信息的含义为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。
17．（2分）在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，其中一种厌氧腐蚀的理论为厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．正极的电极反应式为O2+4e+2H2O→4OH﹣
B．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2
C．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀
D．SO42﹣与H2的反应可表示为4H2+SO42﹣﹣8eS2﹣+4H2O
【分析】由图可知，发生电化学腐蚀时，负极反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，发生4H2+SO42﹣S2﹣+4H2O，且亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫离子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以钢管腐蚀的产物中含有FeS、Fe（OH）2，以此来解答。
【解答】解：A．由图可知，在潮湿的深层土壤中，钢铁发生析氢腐蚀，正极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故A错误；
B．由上述分析可知，钢管腐蚀的产物中含有FeS、Fe（OH）2，故B正确；
C．在钢管表面镀锌，构成原电池时Fe为正极被保护，而钢管表面镀铜时Fe为负极可加快钢管的腐蚀，故C错误；
D．厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，发生4H2+SO42﹣S2﹣+4H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学腐蚀，为高频考点，把握腐蚀的原理、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属腐蚀的类型，题目难度不大。
18．（2分）恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应A（s）⇌B+C（g）﹣QkJ（Q＞0），达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：v（B）生成＝（C）生成
C．若开始时向容器中加入1mol A，达到平衡时吸收热量QkJ
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等
【分析】A.增大生成物浓度，平衡逆向移动，但B不一定为气体；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；
C.若开始时向容器中加入1mol A，不能完全转化；
D.缩小容器体积，平衡逆向移动，但K不变。
【解答】解：A.若B为非气体，加入少量B，平衡不移动，故A错误；
B.若B为气体时，达到平衡的标志之一：v（B）消耗＝（C）生成，故B错误；
C.若开始时向容器中加入1mol A，不能完全转化，则达到平衡时吸收热量一定小于QkJ，故C错误；
D.缩小容器体积，平衡逆向移动，但K不变，B不一定为气体，由K＝c（C）或K＝c（B）•c（C）可知，重新达到平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、平衡特征及判定、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
19．（2分）室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵稀溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．a点：pH＝2
B．b点：c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点：pH可能大于7
D．ac段：溶液pH增大是 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+逆向移动的结果
【分析】A.醋酸为弱酸，0.01mol/L的醋酸电离出氢离子浓度小于0.01mol/L；
B.b点溶液显酸性，结合电荷守恒判断；
C.pH＝7的醋酸铵稀溶液显中性，醋酸电离显酸性；
D.醋酸铵电离出铵根离子可抑制醋酸的电离，bc段溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大。
【解答】解：A.醋酸为弱酸，0.01mol/L的醋酸电离出氢离子浓度小于0.01mol/L，则a点：pH＞2，故A错误；
B.b点溶液显酸性，c（H+）＞c（OH﹣），由电荷守恒可知b点存在c（CH3COO﹣）＞c（NH4+），故B正确；
C.pH＝7的醋酸铵稀溶液显中性，醋酸电离显酸性，则c点pH不可能大于7，故C错误；
D.ab段，溶液的pH增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol⋅L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO﹣）增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c（H+）减小，则溶液的pH增大，而在bc段，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c（H+）减小，使pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡移动、溶液酸碱性、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
20．（2分）已知某100mL溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有Fe3+、Ba2+、H+、SO42﹣。为了进一步确认，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是（ ）
A．肯定不存在Fe3+、Ba2+
B．H+的物质的量浓度为2mol/L
C．加入含0.2mol Ba（OH）2的溶液时，沉淀质量达到最大量
D．加入少量 NaHCO3溶液，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
【分析】根据电荷守恒，阳离子正电荷浓度总和：1mol/L+0.5×2mol/L＝2mol/L，该溶液呈无色、透明、均一状态，一定不含Fe3+，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g即0.1mol白色沉淀硫酸钡，再加HCl，沉淀不消失，一定含有硫酸根0.1mol，一定不含钡离子，阴离子负电荷总浓度3mol/L+1mol/L×2＝5mol/L，所以一定含有氢离子，浓度是3mol/L，据此计算即可。
【解答】解：A．由分析可知，溶液中肯定不存在Fe3+、Ba2+，故A正确；
B．H+的物质的量浓度为3mol/L，故B错误；
C．H+的物质的量为3mol/L×0.1L＝0.3mol，加0.2mol Ba（OH）2，反应后剩余氢氧根离子为0.1mol，Mg2+为0.5mol/L×0.1L＝0.05mol，二者恰好反应生成0.05molMg（OH）2，另外钡离子与0.2mol硫酸根离子反应生成0.2mol硫酸钡沉淀，所以沉淀质量达到最大量，故C正确；
D．溶液中含有氢离子，向溶液中加入少量NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：H++HCO3﹣＝H2O+CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了离子反应，为高频考点，把握离子之间的反应与现象、离子浓度的计算为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意白色沉淀推断及电荷守恒应用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业烟气可用氯酸氧化法脱硫脱硝，涉及反应： （2a+3b） NO+ （a+b） HClO3+ a H2O→ （a+b） HCl+2aHNO3+3bNO2（未配平）
完成下列填空：
（1）写出N原子核外电子排布的轨道表示式。
（2）用含字母a、b的代数式配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。该化学方程式配平系数不唯一，请说明理由。 一氧化氮的氧化产物HNO3和NO2的比例不唯一
（3）氯酸是一元强酸，可由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到。写出该反应的化学方程式。 Ba（ClO3）2+H2SO4＝BaSO4↓+2HClO3
（4）工业烟气中的SO2也可用 NaClO2和（NH4）2CO3的混合液脱除。
NaClO2脱除SO2的离子方程式为 ClO2﹣+2SO2+4OH﹣＝Cl﹣+2SO42﹣+2H2O ；（NH4）2CO3溶液呈碱性的原因是 CO32﹣水解程度大于NH4+ 。
【分析】氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，配平的化学方程式，
（1）N原子核电荷数7，核外电子层数2个，第二层电子数5，分别位于2s、2p能级；
（2）氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，最后得到配平的化学方程式，利用双线桥标注电子转移总数，配平时，涉及字母ab，因为得到的氧化产物分别为硝酸和二氧化氮，两者的化学计量数不唯一，配平的计量数不唯一；
（3）由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到氯酸和硫酸钡；
（4）工业烟气中的SO2也可用 NaClO2和（NH4）2CO3的混合液脱除，氧化二氧化硫生成硫酸，（NH4）2CO3溶液呈碱性，说明碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度。
【解答】解：氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，配平的化学方程式为：（2a+3b）NO+（a+b）HClO3+aH2O＝（a+b）HCl+2aHNO3+3bNO2，
故答案为：（2a+3b）；（a+b）；a；（a+b）；
（1）N原子核外电子排布的轨道表示式为：，
故答案为：；
（2）氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，配平的化学方程式为：（2a+3b）NO+（a+b）HClO3+aH2O＝（a+b）HCl+2aHNO3+3bNO2，利用双线桥标注电子转移总数为：，配平时，涉及字母ab，因为得到的氧化产物分别为硝酸和二氧化氮，两者的化学计量数不唯一，配平的计量数不唯一，
故答案为：；一氧化氮的氧化产物HNO3和NO2的比例不唯一；
（3）由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到氯酸和硫酸钡，反应的化学方程式：Ba（ClO3）2+H2SO4＝BaSO4↓+2HClO3，
故答案为：Ba（ClO3）2+H2SO4＝BaSO4↓+2HClO3；
（4）NaClO2脱除SO2的离子方程式为：ClO2﹣+2SO2+4OH﹣＝Cl﹣+2SO42﹣+2H2O，（NH4）2CO3溶液呈碱性的原因是：CO32﹣水解程度大于NH4+，
故答案为：ClO2﹣+2SO2+4OH﹣＝Cl﹣+2SO42﹣+2H2O；CO32﹣水解程度大于NH4+。
【点评】本题考查知识点较多，涉及氧化还原反应、元素周期表、原子结构、氧化还原配平与计算等，注意掌握电子转移守恒在氧化还原反应配平与计算中的应用，题目难度不大。
22．（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为：C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）﹣QkJ（Q＞0）。
完成下列填空：
（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率v（H2）＝ 0.0005mol/（L•min） 。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是 减小压强 。
（2）T2℃时，该反应平衡常数K＝1.2，则T1 ＜ T2。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是 温度越高，反应速率越快 ；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是 丁烯在高温条件下裂解生成短链烃类 。
（4）已知：C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
则Q＝ 123 。
（5）写出2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式。 nCH3CH＝CHCH3
【分析】（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%，△n（C4H10）＝5mol×30%＝1.5mol，则△n（H2）＝1.5mol，结合v＝计算；提高反应的平衡转化率，即要使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
（2）根据（1）中数据，计算T1℃时，该反应平衡常数，与T2℃时，该反应平衡常数比较得出结论；
（3）温度越高，反应速率越快；高温条件下，丁烯发生裂解反应；
（4）①C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
②H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
根据盖斯定律①﹣②得C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）；
（5）2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应生成聚2﹣丁烯。
【解答】解：（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%，△n（C4H10）＝5mol×30%＝1.5mol，则△n（H2）＝1.5mol，则30min内的平均反应速率v（H2）＝＝0.0005mol/（L•min）；由题意得该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，反应的平衡转化率增大，
故答案为：0.0005mol/（L•min）；减小压强；
（2）由（1）可知，T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%，△n（C4H10）＝1.5mol，则平衡时n（C4H10）＝5mol﹣1.5mol＝3.5mol，n（H2）＝n（C4H8）＝1.5mol，K＝≈0.006＜1.2，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，则T1＜T2，
故答案为：＜；
（3）温度越高，反应速率越快，所以丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大；590℃之后，丁烯在高温条件下裂解生成短链烃类，所以丁烯的产率快速降低，
故答案为：温度越高，反应速率越快；丁烯在高温条件下裂解生成短链烃类；
（4）①C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
②H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
根据盖斯定律①﹣②得C4H10（g）→C4H8（g）+H2（g），则﹣QkJ＝（119﹣242）kJ，解得Q＝123，
故答案为：123；
（5）2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应生成聚2﹣丁烯，则化学方程式为：nCH3CH＝CHCH3，
故答案为：nCH3CH＝CHCH3。
【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数及其计算等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握勒夏特列原理。
23．（15分）碳酸镧[La2（CO3）3，M＝458gmol]可用于治疗肾病患者的高磷酸盐血症。其制备反应的原理为：2LaCl3+6NH4HCO3→La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O。利用如图装置在实验室中模拟制备La2（CO3）3。
完成下列填空：
（1）Y中盛放浓氨水的仪器名称为 分液漏斗 。
（2）制备La2（CO3）3实验流程中装置接口的连接顺序为F→ A → B → D ；C→ E 。
（3）Y中发生反应的化学方程式为 NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑ 。
（4）X中盛放的试剂是 饱和碳酸氢钠溶液 。
（5）Z中应先通NH3，后通入过量的CO2，原因是 增大二氧化碳的溶解度 。
（6）La2（CO3）3质量分数的测定（杂质不与盐酸反应）：准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的CO2全部通入过量的Ba（OH）2溶液中，得到沉淀8.865g。La2（CO3）3的质量分数为 68.7% 。
【分析】制备反应原理为LaCl3+6NH4HCO3═La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去二氧化碳中的HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，以此解答该题。
【解答】解：（1）Y中盛放浓氨水的仪器名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）由上述分析可知，制备La2（CO3）3实验流程中装置接口的连接顺序为F→A→B→D；C→E，氨气极易溶于水，需防止倒吸，
故答案为：A；B；D；E；
（3）Y中发生反应的化学方程式为NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑，
故答案为：NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑；
（4）X中盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，
故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；
（5）Z中应先通NH3，后通入过量的CO2，原因是增大二氧化碳的溶解度，
故答案为：增大二氧化碳的溶解度；
（6）碳酸钡的物质的量为＝0.045mol，由碳原子守恒可知La2（CO3）3的质量为0.045mol××458g/mol＝6.87g，10.000g产品中La2（CO3）3的质量分数为×100%＝68.7%，
故答案为：68.7%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．（16分）一种合成解热镇病类药物布洛芬方法如图。
完成下列填空：
（1）A与C互称为 同系物 ，B→C的反应类型是 还原反应 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 +HBr+H2O 。
（4）写出检验F中溴原子的实验方法。 取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现淡黄色沉淀，原物质中含有溴原子
（5）布洛芬分子中的含氧官能团的结构简式为 ﹣COOH ，写出一种满足以下条件的布洛芬的同分异构体。
①含有苯环；
②能发生银镜反应和水解反应；
③分子中有4种不同化学环境下的氢原子。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2 CHCOCl的合成路线。
【分析】A为苯，与和AlCl3发生取代反应生成B，B与Zn/Hg，HCl发生还原反应生成C；CH3COOH在SOCl2加热的条件下反应生成CH3COCl；C与CH3COCl在AlCl3存在下发生取代反应生成D，结合E的结构可知D为（），D与NaBH4反应生成E，E与溴化氢在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成F，F与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成，由此分析；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl。
【解答】解：（1）A为，C为，A与C的结构中都含有苯环，且结构相似，分子组成上相差4个CH2基团，互称为同系物，B是，与Zn/Hg，HCl发生还原反应生成C（），
故答案为：同系物；还原反应；
（2）C（）与CH3COCl在AlCl3存在下发生取代反应生成D，D的结构简式是，
故答案为：；
（3）E（）与溴化氢在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成F（），E→F的化学方程式为+HBr+H2O，
故答案为：+HBr+H2O；
（4）F的结构简式为，要检验溴原子，需先水解产生溴离子，取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化，中和多余的氢氧化钠，再滴入AgNO3溶液，若出现淡黄色沉淀，淡黄色沉淀为溴化银，溶液中含有溴离子，原物质中含有溴原子，
故答案为：取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现淡黄色沉淀，原物质中含有溴原子；
（5）布洛芬分子（）中的含氧官能团为羧基，结构简式为﹣COOH；布洛芬的同分异构体中，①含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，发生水解反应说明含有酯基；③分子中有4种不同化学环境下的氢原子，则分子应该满足对称结构，符合条件的结构简式为，
故答案为：﹣COOH；；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl；
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，难度中等。
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2021年上海市普陀区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）原子是一种很小的微粒。钠原子半径为1.91×10﹣am，则a等于（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
2．（2分）关于电解质的说法错误的是（ ）
A．能电离的物质是电解质
B．强电解质在水溶液中完全电离
C．能导电的物质不一定是电解质
D．水是一种极弱的电解质
3．（2分）下列晶体中，任何一个原子都被相四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构的是（ ）
A．石墨 B．金刚石 C．足球烯 D．水晶
4．（2分）火箭燃料肼（N2H4）的一种制备原理：2NH3+NaClO→N2H4+NaCl+H2O。下列表述错误的是（ ）
A．N2H4的结构式：
B．NaClO的电子式：
C．H2O的球棍模型：
D．N2H4燃烧的化学方程式：N2H4+O2N2+2H2O
5．（2分）关于有机物甲和乙的叙述正确的是（ ）
A．甲与乙互为同分异构体
B．甲分子中所有碳原子均共面
C．乙的一氯取代物共有3种
D．甲与乙均能使溴的四氯化碳溶液褪色
6．（2分）下列物质间的每次转化都能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2→NO2→HNO3 B．FeS→Fe2O3→Fe（OH）3
C．NaCl→NaHCO3→Na2CO3 D．Al2O3→AlCl3→Al
7．（2分）下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．干冰升华 B．氯气被活性炭吸附
C．酒精溶于水 D．碘化氢气体溶于水
8．（2分）接触法制硫酸工业中，无需用到的设备是（ ）
A．沸腾炉 B．接触室 C．过滤器 D．吸收塔
9．（2分）将摩擦带电的玻璃棒接近液流，实验现象如图。该实验能说明（ ）
A．H2O分子带电，CCl4分子不带电
B．H2O是由非极性键形成的极性分子
C．CCl4是正四面体形分子
D．CCl4分子中正负电荷的重心是重合的
10．（2分）实验室按如下过程测量海带中碘的含量，不需要使用的实验装置是（ ）
灼烧海带→过滤海带灰浊液→配制溶液→滴定分析
A． B．
C． D．
11．（2分）在反应前后固体质量不变的化学反应是（ ）
A．H2通过灼热的CuO粉末
B．CO2通过Na2O2粉末
C．Al与Fe2O3发生铝热反应
D．将铁钉投入CuSO4溶液
12．（2分）有关卤素性质的判断正确，且可用元素周期律解释的是（ ）
A．相对原子质量：I＞Cl B．稳定性：HI＜HCl
C．密度：I2＞Cl2 D．酸性：HClO＞HIO
13．（2分）将体积为V1mL的某一元强酸溶液与体积为V2mL的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是（ ）
A．溶质物质的量 B．溶液质量
C．H+和OH﹣的物质的量 D．物质的量浓度
14．（2分）少量小苏打溶液与足量石灰水反应的离子方程式正确的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．CO32﹣+Ca2+→CaCO3↓
C．HCO3﹣+Ca2++OH﹣→CaCO3↓+H2O
D．2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣→CaCO3↓+CO32﹣+H2O
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表，则2O（g）→O2（g）+QkJ的Q为（ ）
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ•mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
A．428 B．﹣428 C．498 D．﹣498
16．（2分）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液。以上反应可以反复多次。有关说法错误的是（ ）
A．Cu2+将H2O2还原为O2
B．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
17．（2分）在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，其中一种厌氧腐蚀的理论为厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．正极的电极反应式为O2+4e+2H2O→4OH﹣
B．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2
C．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀
D．SO42﹣与H2的反应可表示为4H2+SO42﹣﹣8eS2﹣+4H2O
18．（2分）恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应A（s）⇌B+C（g）﹣QkJ（Q＞0），达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：v（B）生成＝（C）生成
C．若开始时向容器中加入1mol A，达到平衡时吸收热量QkJ
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等
19．（2分）室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵稀溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．a点：pH＝2
B．b点：c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点：pH可能大于7
D．ac段：溶液pH增大是 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+逆向移动的结果
20．（2分）已知某100mL溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有Fe3+、Ba2+、H+、SO42﹣。为了进一步确认，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是（ ）
A．肯定不存在Fe3+、Ba2+
B．H+的物质的量浓度为2mol/L
C．加入含0.2mol Ba（OH）2的溶液时，沉淀质量达到最大量
D．加入少量 NaHCO3溶液，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业烟气可用氯酸氧化法脱硫脱硝，涉及反应： NO+ HClO3+ H2O→ HCl+2aHNO3+3bNO2（未配平）
完成下列填空：
（1）写出N原子核外电子排布的轨道表示式。
（2）用含字母a、b的代数式配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。该化学方程式配平系数不唯一，请说明理由。
（3）氯酸是一元强酸，可由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到。写出该反应的化学方程式。
（4）工业烟气中的SO2也可用 NaClO2和（NH4）2CO3的混合液脱除。
NaClO2脱除SO2的离子方程式为 ；（NH4）2CO3溶液呈碱性的原因是 。
22．（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为：C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）﹣QkJ（Q＞0）。
完成下列填空：
（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率v（H2）＝ 。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是 。
（2）T2℃时，该反应平衡常数K＝1.2，则T1 T2。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是 ；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是 。
（4）已知：C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
则Q＝ 。
（5）写出2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式。
23．（15分）碳酸镧[La2（CO3）3，M＝458gmol]可用于治疗肾病患者的高磷酸盐血症。其制备反应的原理为：2LaCl3+6NH4HCO3→La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O。利用如图装置在实验室中模拟制备La2（CO3）3。
完成下列填空：
（1）Y中盛放浓氨水的仪器名称为 。
（2）制备La2（CO3）3实验流程中装置接口的连接顺序为F→ → → ；C→ 。
（3）Y中发生反应的化学方程式为 。
（4）X中盛放的试剂是 。
（5）Z中应先通NH3，后通入过量的CO2，原因是 。
（6）La2（CO3）3质量分数的测定（杂质不与盐酸反应）：准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的CO2全部通入过量的Ba（OH）2溶液中，得到沉淀8.865g。La2（CO3）3的质量分数为 。
24．（16分）一种合成解热镇病类药物布洛芬方法如图。
完成下列填空：
（1）A与C互称为 ，B→C的反应类型是 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 。
（4）写出检验F中溴原子的实验方法。
（5）布洛芬分子中的含氧官能团的结构简式为 ，写出一种满足以下条件的布洛芬的同分异构体。
①含有苯环；
②能发生银镜反应和水解反应；
③分子中有4种不同化学环境下的氢原子。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2 CHCOCl的合成路线。
2021年上海市普陀区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）原子是一种很小的微粒。钠原子半径为1.91×10﹣am，则a等于（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】原子半径的数量级是10﹣10m，据此分析判断。
【解答】解：原子是一种很小的微粒。钠原子半径为1.91×10﹣am，则a等于10，
故选：B。
【点评】本题考查了原子半径的数量级，注意知识积累，题目难度不大。
2．（2分）关于电解质的说法错误的是（ ）
A．能电离的物质是电解质
B．强电解质在水溶液中完全电离
C．能导电的物质不一定是电解质
D．水是一种极弱的电解质
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：部分有机物，非金属氧化物等；
强电解质：水溶液或者熔融状态下能完全电离电解质；
弱电解质：水溶液或者熔融状态下能部分电离电解质。
【解答】解：A．电解质是在水溶液或者熔融状态下能导电的化合物，能电离的物质不一定在水溶液或者熔融状态下，所以不一定为电解质，故A错误；
B．强电解质在溶液中能够完全电离为离子，弱电解质只能部分电离，故B正确；
C．能导电的物质不一定是电解质，如二氧化碳水溶液，铜都能导电，都不是电解质，故C正确；
D．水只能部分电离产生很少的氢离子和氢氧根离子，属于极弱的电解质，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了物质导电、物质电离的实质分析，主要是电解质导电的条件是水溶液中或熔融状态下，注意知识积累，题目难度不大。
3．（2分）下列晶体中，任何一个原子都被相四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构的是（ ）
A．石墨 B．金刚石 C．足球烯 D．水晶
【分析】晶体中以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构是属于原子晶体，
A．石墨是混合晶体；
B．金刚石中任何一个原子都被相邻四个原子包围；
C．足球烯是分子晶体；
D．水晶是二氧化硅属于原子晶体，但是一个氧原子连2个硅原子。
【解答】解：A．石墨是混合晶体，其中任何一个原子都被相邻3个原子包围，故A错误；
B．金刚石是原子晶体，其中任何一个原子都被相邻四个原子包围，以共价键形成正四面体，故B正确；
C．足球烯是分子晶体，其中任何一个原子都被相邻3个原子包围，故C错误；
D．水晶是原子晶体，但是一个氧原子连2个硅原子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构，题目难度不大，能判断晶体类型是解题的关键。
4．（2分）火箭燃料肼（N2H4）的一种制备原理：2NH3+NaClO→N2H4+NaCl+H2O。下列表述错误的是（ ）
A．N2H4的结构式：
B．NaClO的电子式：
C．H2O的球棍模型：
D．N2H4燃烧的化学方程式：N2H4+O2N2+2H2O
【分析】A．肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，氮原子和氮原子间形成共价单键；
B．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成；
C．球棍模型中短线表示化学键、小球表示原子，表现分子中原子的连接、成键方式、空间结构，图示为比例模型；
D．N2H4在O2中燃烧，生成N2和H2O。
【解答】解：A．N2H4是共价化合物氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间形成共价单键，肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，结构式为，故A正确；
B．NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO﹣离子构成，NaClO的电子式为，故B正确；
C．水是V型结构，故其球棍模型为，故C错误；
D．肼燃烧生成氮气和水，反应的方程式为：N2H4+O2N2+2H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了常见化学用语的书写方法，题目难度不大，涉及结构式、球棍模型、电子式、反应的方程式书写等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
5．（2分）关于有机物甲和乙的叙述正确的是（ ）
A．甲与乙互为同分异构体
B．甲分子中所有碳原子均共面
C．乙的一氯取代物共有3种
D．甲与乙均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【分析】A.二者均含7个C、8个H；
B.甲中含3个四面体结构的C；
C.乙中含4种H；
D.甲含碳碳双键。
【解答】解：A.二者均含7个C、8个H，分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B.甲中含3个四面体结构的C，则所有碳原子不能共面，故B错误；
C.乙中含4种H，则一氯取代物共有4种，故C错误；
D.甲含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙不能，故D错误；
故选：A。
【点评】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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃及苯的同系物的性质，题目难度不大。
6．（2分）下列物质间的每次转化都能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2→NO2→HNO3 B．FeS→Fe2O3→Fe（OH）3
C．NaCl→NaHCO3→Na2CO3 D．Al2O3→AlCl3→Al
【分析】A.氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；
B.Fe2O3不溶于水，与水不反应；
C.氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
D.氯化铝为共价化合物，不能一步转化为Al。
【解答】解：A.氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，则N2→NO2不能一步实现转化，故A不选；
B.Fe2O3不溶于水，与水不反应，则Fe2O3→Fe（OH）3不能一步实现转化，故B不选；
C.氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，均可一步实现转化，故C选；
D.氯化铝为共价化合物，不能一步转化为Al，则AlCl3→Al不能一步实现转化，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、相互转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．干冰升华 B．氯气被活性炭吸附
C．酒精溶于水 D．碘化氢气体溶于水
【分析】化学变化中及共价化合物的电离等破坏共价键，而分子晶体的三态变化，不破坏化学键，只破坏分子间作用力，以此来解答。
【解答】解：A．干冰升华破坏了分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；
B．氯气被活性炭吸附，发生物理变化，共价键没有被破坏，故B错误；
C．酒精溶于水，破坏了分子间作用力，共价键没有破坏，故C错误；
D．碘化氢气体溶于水，HI发生电离，共价键被破坏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握物质中的化学键及变化中化学键的变化为解答的关键，注意分子晶体状态改变化学键不变，题目难度不大。
8．（2分）接触法制硫酸工业中，无需用到的设备是（ ）
A．沸腾炉 B．接触室 C．过滤器 D．吸收塔
【分析】在沸腾炉内煅烧黄铁矿生成二氧化硫，在接触室内有催化剂存在下二氧化硫进一步与氧气结合，生成三氧化硫，三氧化硫流经吸收塔时，采用98.3%的浓硫酸吸收，使三氧化硫最终与水化合形成硫酸。
【解答】解：接触法制硫酸工业中，在沸腾炉内煅烧黄铁矿生成二氧化硫，在接触室内有催化剂存在下二氧化硫进一步与氧气结合，生成三氧化硫，三氧化硫流经吸收塔时，采用98.3%的浓硫酸吸收，使三氧化硫最终与水化合形成硫酸，所以接触法制硫酸用到三个设备，分别是沸腾炉、接触室、吸收塔，不需要的是过滤器，
故选：C。
【点评】本题考查了物质的制备和应用，熟悉硫酸的工艺流程等知识点是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
9．（2分）将摩擦带电的玻璃棒接近液流，实验现象如图。该实验能说明（ ）
A．H2O分子带电，CCl4分子不带电
B．H2O是由非极性键形成的极性分子
C．CCl4是正四面体形分子
D．CCl4分子中正负电荷的重心是重合的
【分析】将摩擦带电的玻璃棒接近液流，若液体是由极性分子构成的，则液体的流向会发生偏移，若液体是由非极性分子构成的，则液体的流向不会发生偏移；正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此分析。
【解答】解：A．分子是中性微粒，所以H2O、CCl4均不带电荷，故A错误；
B．H2O为V形结构，含有极性键，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀，为极性分子，当摩擦带电的玻璃棒接近水流时，水流方向会偏移，故B错误；
C．该实验只能验证CCl4是非极性分子，不能判断其分子构型，故C错误；
D．该实验能验证了CCl4是非极性分子，所以分子中正负电荷的重心是重合的，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
10．（2分）实验室按如下过程测量海带中碘的含量，不需要使用的实验装置是（ ）
灼烧海带→过滤海带灰浊液→配制溶液→滴定分析
A． B．
C． D．
【分析】测量海带中碘的含量，灼烧后溶液、过滤得到含碘离子的溶液，配制标准液与碘离子发生定量反应，可测定含量，以此来解答。
【解答】解：A.该实验不涉及萃取、分液，故A选；
B.灼烧需要坩埚等，故B不选；
C.过滤分离出含碘离子的溶液，故C不选；
D.配制的溶液可滴定含碘离子的溶液，需要滴定操作，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查碘的含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11．（2分）在反应前后固体质量不变的化学反应是（ ）
A．H2通过灼热的CuO粉末
B．CO2通过Na2O2粉末
C．Al与Fe2O3发生铝热反应
D．将铁钉投入CuSO4溶液
【分析】A.氢气还原CuO生成Cu；
B.二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；
C.Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe；
D.Fe与硫酸铜溶液发生置换反应生成Cu、硫酸亚铁。
【解答】解：A.氢气还原CuO生成Cu，可知固体质量减少，故A不选；
B.二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，可知固体质量增加，故B不选；
C.Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，均为固体，反应前后固体质量不变，故C选；
D.Fe与硫酸铜溶液发生置换反应生成Cu、硫酸亚铁，可知固体质量增加，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）有关卤素性质的判断正确，且可用元素周期律解释的是（ ）
A．相对原子质量：I＞Cl B．稳定性：HI＜HCl
C．密度：I2＞Cl2 D．酸性：HClO＞HIO
【分析】A．相对分子质量与元素周期律无关；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
C．单质密度属于物理性质，与元素周期律无关；
D．二者不是最高价含氧酸。
【解答】解：A．I、Cl的相对原子质量分别为127、35.5，则相对原子质量I＞Cl，但相对原子质量没有呈现周期性变化，与元素周期律无关，故A不选；
B．非金属性I＜Cl，则简单氢化物的稳定性：HI＜HCl，能够用元素周期律解释，故B选；
C．密度I2＞Cl2，属于单质物理性质，与元素周期律无关，故C不选；
D．HClO、HIO不是最高价含氧酸，不能用元素周期律比较二者酸性强弱，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查卤素性质、元素周期律应用，为高频考点，明确元素周期律内容为解答关键，注意掌握卤素性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
13．（2分）将体积为V1mL的某一元强酸溶液与体积为V2mL的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是（ ）
A．溶质物质的量 B．溶液质量
C．H+和OH﹣的物质的量 D．物质的量浓度
【分析】若为一元强碱，恰好反应时生成强酸强碱盐，若为一元弱碱，恰好反应时生成强弱弱碱盐，一定满足n（酸）＝n（碱），以此来解答。
【解答】解：A.一元强酸与一元碱恰好完全反应，溶质的物质的量一定相等，故A正确；
B.溶质不确定，不能确定溶液的质量关系，故B错误；
C.若为弱碱，电离出氢氧根离子浓度小于酸电离出氢离子浓度，故C错误；
D.体积不一定相等，则物质的量浓度不一定相等，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合，为高频考点，把握酸碱混合的实质及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意碱可能为弱碱，题目难度不大。
14．（2分）少量小苏打溶液与足量石灰水反应的离子方程式正确的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．CO32﹣+Ca2+→CaCO3↓
C．HCO3﹣+Ca2++OH﹣→CaCO3↓+H2O
D．2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣→CaCO3↓+CO32﹣+H2O
【分析】少量小苏打溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，据此书写离子方程式。
【解答】解：少量小苏打溶液与足量石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水，离子方程式：HCO3 ﹣+Ca2++OH﹣→CaCO3↓+H2O，
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确反应物用量对反应产物的影响，题目难度不大。
15．（2分）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表，则2O（g）→O2（g）+QkJ的Q为（ ）
共价键
H﹣H
H﹣O
键能/（kJ•mol﹣1）
436
463
热化学方程式
2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+482kJ
A．428 B．﹣428 C．498 D．﹣498
【分析】焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
【解答】解：焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，由热化学方程式及键能可知，2×436+Q﹣2×2×463＝﹣482，解得Q＝498，
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握键能与焓变的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热量与焓变的数值，题目难度不大。
16．（2分）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液。以上反应可以反复多次。有关说法错误的是（ ）
A．Cu2+将H2O2还原为O2
B．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
C．H2O2既表现氧化性又表现还原性
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
【分析】向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），铜离子被还原成+1价，双氧水表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，双氧水表现了氧化性，据此进行解答。
【解答】解：A．由分析可知，铜离子被还原成+1价，双氧水表现了还原性，即Cu2+将H2O2氧化为O2，故A错误；
B．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故B正确；
C．根据“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确题干信息的含义为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。
17．（2分）在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，其中一种厌氧腐蚀的理论为厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．正极的电极反应式为O2+4e+2H2O→4OH﹣
B．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2
C．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀
D．SO42﹣与H2的反应可表示为4H2+SO42﹣﹣8eS2﹣+4H2O
【分析】由图可知，发生电化学腐蚀时，负极反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，发生4H2+SO42﹣S2﹣+4H2O，且亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫离子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以钢管腐蚀的产物中含有FeS、Fe（OH）2，以此来解答。
【解答】解：A．由图可知，在潮湿的深层土壤中，钢铁发生析氢腐蚀，正极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故A错误；
B．由上述分析可知，钢管腐蚀的产物中含有FeS、Fe（OH）2，故B正确；
C．在钢管表面镀锌，构成原电池时Fe为正极被保护，而钢管表面镀铜时Fe为负极可加快钢管的腐蚀，故C错误；
D．厌氧细菌可促使SO42﹣与H2反应生成S2﹣，发生4H2+SO42﹣S2﹣+4H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电化学腐蚀，为高频考点，把握腐蚀的原理、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属腐蚀的类型，题目难度不大。
18．（2分）恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应A（s）⇌B+C（g）﹣QkJ（Q＞0），达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：v（B）生成＝（C）生成
C．若开始时向容器中加入1mol A，达到平衡时吸收热量QkJ
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等
【分析】A.增大生成物浓度，平衡逆向移动，但B不一定为气体；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；
C.若开始时向容器中加入1mol A，不能完全转化；
D.缩小容器体积，平衡逆向移动，但K不变。
【解答】解：A.若B为非气体，加入少量B，平衡不移动，故A错误；
B.若B为气体时，达到平衡的标志之一：v（B）消耗＝（C）生成，故B错误；
C.若开始时向容器中加入1mol A，不能完全转化，则达到平衡时吸收热量一定小于QkJ，故C错误；
D.缩小容器体积，平衡逆向移动，但K不变，B不一定为气体，由K＝c（C）或K＝c（B）•c（C）可知，重新达到平衡时，C（g）的浓度与原平衡浓度相等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、平衡特征及判定、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
19．（2分）室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵稀溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．a点：pH＝2
B．b点：c（CH3COO﹣）＞c（NH4+）
C．c点：pH可能大于7
D．ac段：溶液pH增大是 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+逆向移动的结果
【分析】A.醋酸为弱酸，0.01mol/L的醋酸电离出氢离子浓度小于0.01mol/L；
B.b点溶液显酸性，结合电荷守恒判断；
C.pH＝7的醋酸铵稀溶液显中性，醋酸电离显酸性；
D.醋酸铵电离出铵根离子可抑制醋酸的电离，bc段溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大。
【解答】解：A.醋酸为弱酸，0.01mol/L的醋酸电离出氢离子浓度小于0.01mol/L，则a点：pH＞2，故A错误；
B.b点溶液显酸性，c（H+）＞c（OH﹣），由电荷守恒可知b点存在c（CH3COO﹣）＞c（NH4+），故B正确；
C.pH＝7的醋酸铵稀溶液显中性，醋酸电离显酸性，则c点pH不可能大于7，故C错误；
D.ab段，溶液的pH增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向0.01mol⋅L﹣1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO﹣）增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c（H+）减小，则溶液的pH增大，而在bc段，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c（H+）减小，使pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡移动、溶液酸碱性、离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
20．（2分）已知某100mL溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有Fe3+、Ba2+、H+、SO42﹣。为了进一步确认，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是（ ）
A．肯定不存在Fe3+、Ba2+
B．H+的物质的量浓度为2mol/L
C．加入含0.2mol Ba（OH）2的溶液时，沉淀质量达到最大量
D．加入少量 NaHCO3溶液，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+→CO2↑+H2O
【分析】根据电荷守恒，阳离子正电荷浓度总和：1mol/L+0.5×2mol/L＝2mol/L，该溶液呈无色、透明、均一状态，一定不含Fe3+，加入足量BaCl2溶液，生成23.3g即0.1mol白色沉淀硫酸钡，再加HCl，沉淀不消失，一定含有硫酸根0.1mol，一定不含钡离子，阴离子负电荷总浓度3mol/L+1mol/L×2＝5mol/L，所以一定含有氢离子，浓度是3mol/L，据此计算即可。
【解答】解：A．由分析可知，溶液中肯定不存在Fe3+、Ba2+，故A正确；
B．H+的物质的量浓度为3mol/L，故B错误；
C．H+的物质的量为3mol/L×0.1L＝0.3mol，加0.2mol Ba（OH）2，反应后剩余氢氧根离子为0.1mol，Mg2+为0.5mol/L×0.1L＝0.05mol，二者恰好反应生成0.05molMg（OH）2，另外钡离子与0.2mol硫酸根离子反应生成0.2mol硫酸钡沉淀，所以沉淀质量达到最大量，故C正确；
D．溶液中含有氢离子，向溶液中加入少量NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：H++HCO3﹣＝H2O+CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了离子反应，为高频考点，把握离子之间的反应与现象、离子浓度的计算为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意白色沉淀推断及电荷守恒应用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）工业烟气可用氯酸氧化法脱硫脱硝，涉及反应： （2a+3b） NO+ （a+b） HClO3+ a H2O→ （a+b） HCl+2aHNO3+3bNO2（未配平）
完成下列填空：
（1）写出N原子核外电子排布的轨道表示式。
（2）用含字母a、b的代数式配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目 。该化学方程式配平系数不唯一，请说明理由。 一氧化氮的氧化产物HNO3和NO2的比例不唯一
（3）氯酸是一元强酸，可由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到。写出该反应的化学方程式。 Ba（ClO3）2+H2SO4＝BaSO4↓+2HClO3
（4）工业烟气中的SO2也可用 NaClO2和（NH4）2CO3的混合液脱除。
NaClO2脱除SO2的离子方程式为 ClO2﹣+2SO2+4OH﹣＝Cl﹣+2SO42﹣+2H2O ；（NH4）2CO3溶液呈碱性的原因是 CO32﹣水解程度大于NH4+ 。
【分析】氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，配平的化学方程式，
（1）N原子核电荷数7，核外电子层数2个，第二层电子数5，分别位于2s、2p能级；
（2）氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，最后得到配平的化学方程式，利用双线桥标注电子转移总数，配平时，涉及字母ab，因为得到的氧化产物分别为硝酸和二氧化氮，两者的化学计量数不唯一，配平的计量数不唯一；
（3）由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到氯酸和硫酸钡；
（4）工业烟气中的SO2也可用 NaClO2和（NH4）2CO3的混合液脱除，氧化二氧化硫生成硫酸，（NH4）2CO3溶液呈碱性，说明碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度。
【解答】解：氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，配平的化学方程式为：（2a+3b）NO+（a+b）HClO3+aH2O＝（a+b）HCl+2aHNO3+3bNO2，
故答案为：（2a+3b）；（a+b）；a；（a+b）；
（1）N原子核外电子排布的轨道表示式为：，
故答案为：；
（2）氧化还原反应中元素化合价变化，N元素化合价升高6a+6b，Cl元素化合价降低6价，则HClO3和HCl的计量数为（a+b），氮元素守恒得到NO的化学计量数为（2a+3b），则结合产物中H原子的个数，配平H2O的计量数为a，配平的化学方程式为：（2a+3b）NO+（a+b）HClO3+aH2O＝（a+b）HCl+2aHNO3+3bNO2，利用双线桥标注电子转移总数为：，配平时，涉及字母ab，因为得到的氧化产物分别为硝酸和二氧化氮，两者的化学计量数不唯一，配平的计量数不唯一，
故答案为：；一氧化氮的氧化产物HNO3和NO2的比例不唯一；
（3）由氯酸钡溶液和稀硫酸反应得到氯酸和硫酸钡，反应的化学方程式：Ba（ClO3）2+H2SO4＝BaSO4↓+2HClO3，
故答案为：Ba（ClO3）2+H2SO4＝BaSO4↓+2HClO3；
（4）NaClO2脱除SO2的离子方程式为：ClO2﹣+2SO2+4OH﹣＝Cl﹣+2SO42﹣+2H2O，（NH4）2CO3溶液呈碱性的原因是：CO32﹣水解程度大于NH4+，
故答案为：ClO2﹣+2SO2+4OH﹣＝Cl﹣+2SO42﹣+2H2O；CO32﹣水解程度大于NH4+。
【点评】本题考查知识点较多，涉及氧化还原反应、元素周期表、原子结构、氧化还原配平与计算等，注意掌握电子转移守恒在氧化还原反应配平与计算中的应用，题目难度不大。
22．（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为：C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）﹣QkJ（Q＞0）。
完成下列填空：
（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率v（H2）＝ 0.0005mol/（L•min） 。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是 减小压强 。
（2）T2℃时，该反应平衡常数K＝1.2，则T1 ＜ T2。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是 温度越高，反应速率越快 ；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是 丁烯在高温条件下裂解生成短链烃类 。
（4）已知：C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
则Q＝ 123 。
（5）写出2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式。 nCH3CH＝CHCH3
【分析】（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%，△n（C4H10）＝5mol×30%＝1.5mol，则△n（H2）＝1.5mol，结合v＝计算；提高反应的平衡转化率，即要使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
（2）根据（1）中数据，计算T1℃时，该反应平衡常数，与T2℃时，该反应平衡常数比较得出结论；
（3）温度越高，反应速率越快；高温条件下，丁烯发生裂解反应；
（4）①C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
②H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
根据盖斯定律①﹣②得C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）；
（5）2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应生成聚2﹣丁烯。
【解答】解：（1）T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%，△n（C4H10）＝5mol×30%＝1.5mol，则△n（H2）＝1.5mol，则30min内的平均反应速率v（H2）＝＝0.0005mol/（L•min）；由题意得该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，反应的平衡转化率增大，
故答案为：0.0005mol/（L•min）；减小压强；
（2）由（1）可知，T1℃时，5mol C4H10在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%，△n（C4H10）＝1.5mol，则平衡时n（C4H10）＝5mol﹣1.5mol＝3.5mol，n（H2）＝n（C4H8）＝1.5mol，K＝≈0.006＜1.2，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，则T1＜T2，
故答案为：＜；
（3）温度越高，反应速率越快，所以丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大；590℃之后，丁烯在高温条件下裂解生成短链烃类，所以丁烯的产率快速降低，
故答案为：温度越高，反应速率越快；丁烯在高温条件下裂解生成短链烃类；
（4）①C4H10（g）+O2（g）→C4H8（g）+H2O（g）+119kJ
②H2（g）+O2（g）→H2O（g）+242kJ
根据盖斯定律①﹣②得C4H10（g）→C4H8（g）+H2（g），则﹣QkJ＝（119﹣242）kJ，解得Q＝123，
故答案为：123；
（5）2﹣丁烯在一定条件下发生聚合反应生成聚2﹣丁烯，则化学方程式为：nCH3CH＝CHCH3，
故答案为：nCH3CH＝CHCH3。
【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数及其计算等，难度中等，注意基础知识理解掌握，注意掌握勒夏特列原理。
23．（15分）碳酸镧[La2（CO3）3，M＝458gmol]可用于治疗肾病患者的高磷酸盐血症。其制备反应的原理为：2LaCl3+6NH4HCO3→La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O。利用如图装置在实验室中模拟制备La2（CO3）3。
完成下列填空：
（1）Y中盛放浓氨水的仪器名称为 分液漏斗 。
（2）制备La2（CO3）3实验流程中装置接口的连接顺序为F→ A → B → D ；C→ E 。
（3）Y中发生反应的化学方程式为 NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑ 。
（4）X中盛放的试剂是 饱和碳酸氢钠溶液 。
（5）Z中应先通NH3，后通入过量的CO2，原因是 增大二氧化碳的溶解度 。
（6）La2（CO3）3质量分数的测定（杂质不与盐酸反应）：准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的CO2全部通入过量的Ba（OH）2溶液中，得到沉淀8.865g。La2（CO3）3的质量分数为 68.7% 。
【分析】制备反应原理为LaCl3+6NH4HCO3═La2（CO3）3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去二氧化碳中的HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，以此解答该题。
【解答】解：（1）Y中盛放浓氨水的仪器名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）由上述分析可知，制备La2（CO3）3实验流程中装置接口的连接顺序为F→A→B→D；C→E，氨气极易溶于水，需防止倒吸，
故答案为：A；B；D；E；
（3）Y中发生反应的化学方程式为NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑，
故答案为：NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑；
（4）X中盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，
故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；
（5）Z中应先通NH3，后通入过量的CO2，原因是增大二氧化碳的溶解度，
故答案为：增大二氧化碳的溶解度；
（6）碳酸钡的物质的量为＝0.045mol，由碳原子守恒可知La2（CO3）3的质量为0.045mol××458g/mol＝6.87g，10.000g产品中La2（CO3）3的质量分数为×100%＝68.7%，
故答案为：68.7%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．（16分）一种合成解热镇病类药物布洛芬方法如图。
完成下列填空：
（1）A与C互称为 同系物 ，B→C的反应类型是 还原反应 。
（2）D的结构简式是 。
（3）E→F的化学方程式为 +HBr+H2O 。
（4）写出检验F中溴原子的实验方法。 取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现淡黄色沉淀，原物质中含有溴原子
（5）布洛芬分子中的含氧官能团的结构简式为 ﹣COOH ，写出一种满足以下条件的布洛芬的同分异构体。
①含有苯环；
②能发生银镜反应和水解反应；
③分子中有4种不同化学环境下的氢原子。
（6）设计一条以丙醇为主要原料合成（CH3）2 CHCOCl的合成路线。
【分析】A为苯，与和AlCl3发生取代反应生成B，B与Zn/Hg，HCl发生还原反应生成C；CH3COOH在SOCl2加热的条件下反应生成CH3COCl；C与CH3COCl在AlCl3存在下发生取代反应生成D，结合E的结构可知D为（），D与NaBH4反应生成E，E与溴化氢在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成F，F与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成，由此分析；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl。
【解答】解：（1）A为，C为，A与C的结构中都含有苯环，且结构相似，分子组成上相差4个CH2基团，互称为同系物，B是，与Zn/Hg，HCl发生还原反应生成C（），
故答案为：同系物；还原反应；
（2）C（）与CH3COCl在AlCl3存在下发生取代反应生成D，D的结构简式是，
故答案为：；
（3）E（）与溴化氢在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成F（），E→F的化学方程式为+HBr+H2O，
故答案为：+HBr+H2O；
（4）F的结构简式为，要检验溴原子，需先水解产生溴离子，取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化，中和多余的氢氧化钠，再滴入AgNO3溶液，若出现淡黄色沉淀，淡黄色沉淀为溴化银，溶液中含有溴离子，原物质中含有溴原子，
故答案为：取样品少量于洁净试管中，加入NaOH水溶液后加热10分钟、冷却后用稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现淡黄色沉淀，原物质中含有溴原子；
（5）布洛芬分子（）中的含氧官能团为羧基，结构简式为﹣COOH；布洛芬的同分异构体中，①含有苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基，发生水解反应说明含有酯基；③分子中有4种不同化学环境下的氢原子，则分子应该满足对称结构，符合条件的结构简式为，
故答案为：﹣COOH；；
（6）以丙醇为主要原料合成（CH3）2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2﹣溴丙烷，与Mg（C2H5）2O、CO2、H+、水反应生成（CH3）2CHCOOH，（CH3）2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成（CH3）2CHCOCl；
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，难度中等。
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