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2021年上海市徐汇区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市徐汇区高考化学二模试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市徐汇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）下列说法错误的是（ ）
A．不锈钢属于合金
B．14C的中子数为8
C．氯气常用于自来水杀菌消毒
D．铝热反应属于吸热反应
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．风化 B．升华 C．干馏 D．裂化
3．（2分）将铁钉投入热的浓硝酸中，一段时间后，下列说法错误的是（ ）
A．铁钉表面形成致密的氧化膜
B．溶液可能呈棕黄色
C．铁钉会溶解
D．产生红棕色的气体
4．（2分）关于氯气变成液氯的过程，下列说法正确的是（ ）
A．氯原子半径减小 B．分子间作用力变大
C．可以通过降低压强实现 D．液氯颜色比氯气浅
5．（2分）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（ ）
A．B﹣F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
6．（2分）不能说明Mg的金属性强于Al的是（ ）
A．碱性：Mg（OH）2＞Al（OH）3 B．镁、铝与热水的反应
C．镁、铝与强碱溶液反应 D．镁、铝与盐酸的反应
7．（2分）下列转化在给定条件下能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2NO2
B．Fe（OH）2Fe（OH）3
C．SSO3
D．Al2O3Al（OH）3
8．（2分）电解法是制备物质的重要途径，下列物质不能通过电解盐溶液制备的是（ ）
A．Na B．Cl2 C．H2 D．Cu
9．（2分）露置于空气不易因氧化而变质的是（ ）
A．NaOH B．Na2SO3 C．KI D．FeCl2
10．（2分）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是（ ）
A．阴离子的电子数为10 B．阴阳离子个数比1：1
C．属于离子化合物 D．属于非电解质
11．（2分）需要使用温度计测定反应物温度的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．银镜反应
C．制备硝基苯 D．制备乙烯
12．（2分）S2Cl2常用于制作橡胶的粘结剂，S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体，下列说法正确的是（ ）
A．S2Cl2可使品红溶液褪色
B．S2Cl2只做还原剂
C．S2Cl2结构式为Cl﹣S﹣Cl﹣S
D．1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为2NA
13．（2分）锥形瓶内壁用某溶液润洗后，放入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时测量锥形瓶内压强的变化，如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．0～t1时，铁可能发生了析氢腐蚀
B．0～t1时，铁可能发生了吸氧腐蚀
C．t1～t2时，铁一定发生了吸氧腐蚀
D．用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性
14．（2分）下列有关化工生产的说法正确的是（ ）
A．侯氏制碱法通过蒸氨实现氨气循环使用
B．工业合成氨使用铁触媒提高氢气的平衡转化率
C．海带提碘通入过量的氯气将I﹣完全氧化
D．工业制硫酸使用热交换器提高能量利用率
15．（2分）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HCN和HNC中碳氮键完全相同
B．HCN和HNC互为同素异形体
C．1mol HNC（g）的能量高于1mol HCN（g）
D．HCN（g）⇌HNC（g）+59.3kJ
16．（2分）是一种通过加聚反应制备的工程塑料，具有类似金属的硬度和强度，下列有关的说法错误的是
（ ）
A．单体为甲醛
B．不溶于水
C．属于高分子化合物
D．与环氧乙烷（）互为同系物
17．（2分）下列物质分离（括号内的物质为杂质）方法正确的是（ ）
A．溴苯（Br2）﹣﹣分液
B．乙酸丁酯（正丁醇）﹣﹣过滤
C．乙酸乙酯（乙酸）﹣﹣蒸馏
D．氯化铵（I2）﹣﹣加热
18．（2分）测定ag小苏打（含少量氯化钠）中NaHCO3含量，下列说法错误的是（ ）
测定方法
选用试剂
测量数据
A
重量法
稀硝酸、硝酸银
m（AgCl）
B
气体法
稀硫酸
V（CO2）
C
滴定法
甲基橙、稀盐酸
V（HCl）
D
重量法
氢氧化钡
m（BaCO3）
A．A B．B C．C D．D
19．（2分）800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K＝1。800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如下表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度（mol/L）
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时，v（正）＞v（逆）
B．一段时间后，气体压强降低
C．一段时间后，H2O的体积分数增加
D．一段时间后，正反应速率减小
20．（2分）25℃时，向20mL 0.10mol•L﹣1一元酸HA中逐滴加入0.10mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
（ ）
A．HA是强酸
B．a点，c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA）
C．b点为滴定终点，c（Na+）＞c（A﹣）
D．c点，水的电离程度最大
二、综合题（共60分）
21．（15分）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
（1）N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有 个；CS2的电子式 。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），在5L密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度的关系如图所示。
（2）该反应的平衡常数K＝ ；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ＝ 。
（3）该反应是 反应（选填“吸热”或“放热”）；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率 CH3OH在b点的正反应速率（选填“＞”、“＜”或“＝”）；解释温度低于T时，φ（CH3OH）逐渐增加的原因 。
化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：
ClO2﹣+ NO+ OH﹣→ NO3﹣+ Cl﹣+ H2O
（4）配平上述方程式。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法 。
22．（15分）硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
（1）无水硫酸铜为 色粉末，CuSO4•5H2O属于 晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体的方法 。
（2）向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu（OH）2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因 。
（3）写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法 。
（4）实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式 。0.80g CuSO4•5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。
（5）计算确定200℃时固体物质的化学式 。
（6）用 法分离混合液中的铜离子和铁离子。
23．（15分）H是一种治疗高血压的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：a.化合物G中除苯环还有其它环
b.
c.
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 。
（2）C中含氧官能团名称 。
（3）写出E的结构简式为 。
（4）H发生消去反应所需的试剂和条件 。
（5）写出F→G的化学方程式 。
（6）写出满足下列条件，D同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；
②苯环上的一卤代物只有一种；
反应试剂反应条件反应试剂反应条件。
（7）设计从芳香烃A到B的合成路线（其它无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）
24．（15分）苯乙酮（）广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐（）制备。
已知：
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g•mL﹣1）
溶解性
苯
78
5.5
80.1
0.88
不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮
120
19.6
203
1.03
微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐
102
﹣73
139
1.08
有吸湿性，易溶于有机溶剂
乙酸
60
16.6
118
1.05
易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应如下：
步骤Ⅱ冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL 5% NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤Ⅲ常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
（1）AlCl3在反应中作用 ；步骤Ⅰ中的加热方式为 。
（2）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为 。（填标号）
A．100mL
B．250mL
C．500mL
D．1000mL
（3）图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为 。
（4）步骤Ⅱ中生成的白色胶状沉淀的化学式为 。
（5）步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是 。
（6）步骤Ⅲ中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度 。
（7）实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为 。
2021年上海市徐汇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）下列说法错误的是（ ）
A．不锈钢属于合金
B．14C的中子数为8
C．氯气常用于自来水杀菌消毒
D．铝热反应属于吸热反应
【分析】A.不锈钢中含有铁、碳等元素；
B.C的质量数为14，质子数为6；
C.氯气可与水反应生成具有强氧化性的次氯酸；
D.铝热反应为放热反应。
【解答】解：A.不锈钢中含有铁、碳等元素，是一种铁合金，故A正确；
B.C的质量数为14，质子数为6，则中子数为14﹣6＝8，故B正确；
C.氯气与水反应生成HClO，具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D.铝热反应放出大量的热，为放热反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，为高频考点，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．风化 B．升华 C．干馏 D．裂化
【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，据此分析解答。
【解答】解：A．风化过程中物质失去结晶水生成新物质，属于化学变化，故A不选；
B．升华为固体物质转化为气体，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B选；
C．干馏是隔绝空气加强热使煤分解过程，有新物质生成，是化学变化，故C不选；
D．裂化是大分子烃断裂为小分子，有新物质生成，是化学变化，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的区别，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）将铁钉投入热的浓硝酸中，一段时间后，下列说法错误的是（ ）
A．铁钉表面形成致密的氧化膜
B．溶液可能呈棕黄色
C．铁钉会溶解
D．产生红棕色的气体
【分析】浓硝酸具有强的氧化性，常温下与铁发生钝化，在铁的表面形成致密的氧化膜，加热发生氧化还原反应生成硝酸铁与二氧化氮和水，据此分析解答。
【解答】解：A．铁钉与浓硝酸在加热条件下发生氧化还原反应，在低温条件下才能发生钝化，故A错误；
B．铁钉与浓硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁溶液显棕黄色，故B正确；
C．铁钉与浓硝酸反应生成硝酸铁，不断溶解，故C正确；
D．铁钉与浓硝酸加热生成硝酸铁和二氧化氮和水，二氧化氮为红棕色，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硝酸的强氧化性是解题关键，题目难度不大，注意铁与浓硝酸钝化的条件为常温或者低温条件。
4．（2分）关于氯气变成液氯的过程，下列说法正确的是（ ）
A．氯原子半径减小 B．分子间作用力变大
C．可以通过降低压强实现 D．液氯颜色比氯气浅
【分析】A．氯气变为液氯，分子间距离发生变化，原子不发生变化；
B．氯气变为液氯，分子间距离缩小，分子间作用力增强；
C．降压，分子间距离变大；
D．氯气变成液氯的过程单位体积含有氯气分子数量增多。
【解答】解：A．氯气变成液氯的过程，分子间距离发生变化，但是原子半径不变，故A错误；
B．氯气变成液氯的过程，分子间作用力变大，故B正确；
C．氯气变成液氯的过程，分子间距离小，可以通过加压实现，故C错误；
D．氯气变成液氯的过程单位体积含有氯气分子数量增多，颜色变深，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气液化过程是分子间作用力发生概念即可解答，题目难度不大。
5．（2分）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（ ）
A．B﹣F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
【分析】A．不同种原子间形成的共价键是极性键；
B．根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；
C．BF3为平面正三角形结构，则F﹣B﹣F间的夹角为120°；
D．BF3为平面正三角形结构。
【解答】解：A．不同种原子间形成的共价键是极性键，则B﹣F键是极性键，故A正确；
B．BF3中B原子价层电子对个数＝3+×（3﹣1×3）＝3，B原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以为平面三角形结构，故B错误；
C．BF3为平面正三角形结构，则F﹣B﹣F间的夹角为120°，故C正确；
D．BF3为平面正三角形结构，所以所有原子共平面，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了分子构型、夹角等知识点，根据价层电子对互斥理论确定分子构型即可解题，题目难度不大.
6．（2分）不能说明Mg的金属性强于Al的是（ ）
A．碱性：Mg（OH）2＞Al（OH）3 B．镁、铝与热水的反应
C．镁、铝与强碱溶液反应 D．镁、铝与盐酸的反应
【分析】金属性强弱取决于失去电子的难易程度，失去电子越容易金属性越强，失去电子越难金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则对应元素的金属性越强，与水或酸反应程度越剧烈，金属性越强，元素的金属性越强，其单质能置换出金属性较弱的金属，金属与碱反应不能作为比较金属性强弱的依据。
【解答】解：A．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则对应元素的金属性越强，碱性：Mg（OH）2＞Al（OH）3，能说明Mg的金属性强于Al，故A正确；
B．镁、铝与热水的反应，镁能反应，铝需要持续加热发生微弱反应，反应剧烈程度不同，可以比较Mg的金属性强于Al，故B正确；
C．镁不能与强碱溶液反应，铝与强碱溶液反应，但不能说明金属性强弱，故C错误；
D．比较金属金属性可以与稀非氧化性酸反应，利用置换出氢气的快慢来比较，镁与盐酸反应快，能说明Mg的金属性强于Al，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查金属性强弱的比较，题目难度不大，注意把握比较的角度和方法，结合常见物质的性质解答。
7．（2分）下列转化在给定条件下能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2NO2
B．Fe（OH）2Fe（OH）3
C．SSO3
D．Al2O3Al（OH）3
【分析】A．氮气与氧气反应生成一氧化氮；
B．氢氧化亚铁与氧气和水化合生成氢氧化铁；
C．硫与氧气反应生成二氧化硫；
D．氧化铝不溶于水，与水不反应。
【解答】解：A．氮气与氧气反应生成一氧化氮，所以N2NO2不能一步实现，故A不选；
B．氢氧化亚铁与氧气和水化合生成氢氧化铁，所以Fe（OH）2Fe（OH）3能一步实现，故B选；
C．硫与氧气反应生成二氧化硫，所以SSO3不能一步实现，故C不选；
D．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al2O3Al（OH）3不能实现，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的性质及转化，熟悉相关物质的性质及发生的反应，题目难度不大。
8．（2分）电解法是制备物质的重要途径，下列物质不能通过电解盐溶液制备的是（ ）
A．Na B．Cl2 C．H2 D．Cu
【分析】电解盐溶液过程中，在阳极上是阴离子失电子的氧化反应，在阴极上是溶液中阳离子得电子的还原反应，根据两电极上离子的放电顺序，排在氢前边的金属阳离子不会参与放电，据此回答即可。
【解答】解：电解池中，阳极上是阴离子失电子的氧化反应，在阴极上是溶液中阳离子得电子的还原反应，根据两电极上离子的放电顺序，排在氢前边的金属阳离子钠离子不会参与放电，金属钠不能通过电解盐溶液制备，需要电解熔融的氯化钠来制取，
故选：A。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及两个电极上离子的放电顺序知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
9．（2分）露置于空气不易因氧化而变质的是（ ）
A．NaOH B．Na2SO3 C．KI D．FeCl2
【分析】A．氢氧化钠露置于空气中与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水；
B．亚硫酸钠露置于空气中被氧气氧化生成硫酸钠；
C．碘离子在空气中能够被氧气氧化生成碘单质；
D．二价铁离子在酸性环境下被氧气氧化生成三价铁离子和水。
【解答】解：A．氢氧化钠露置于空气中与空气中的二氧化碳反应变质，反应为CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O，不是因氧化而变质，故A正确；
B．亚硫酸钠露置于空气因被氧气氧化而变质，反应为2Na2SO3+O2＝2Na2SO4，故B错误；
C．碘离子在空气中能够被氧气氧化生成碘单质，离子方程式为4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O，故C错误；
D．二价铁离子在酸性环境下被氧气氧化生成三价铁离子和水，离子方程式为4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应以及元素化合物知识的应用，注意氧化还原反应原理和硫、碘、铁元素化合物等知识的灵活应用，重点考查了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度不大。
10．（2分）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是（ ）
A．阴离子的电子数为10 B．阴阳离子个数比1：1
C．属于离子化合物 D．属于非电解质
【分析】过氧化钠为离子化合物，阴离子为过氧根离子，电子式为，以此解答该题。
【解答】解：A.阴离子为O22﹣，电子数为18，故A错误；
B.由电子式可知，阴阳离子个数比1：2，故B错误；
C.为活泼金属的氧化物，由离子构成，属于离子化合物，故C正确；
D.在熔融状态下可导电，属于电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查钠的重要化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠组成和结构特点，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
11．（2分）需要使用温度计测定反应物温度的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．银镜反应
C．制备硝基苯 D．制备乙烯
【分析】A.制乙酸乙酯直接用酒精灯给大试管加热；
B.银镜反应用温水浴加热；
C.制硝基苯需要50℃～60℃的水浴加热；
D.制乙烯需要温度控制在170℃。
【解答】解：A.制乙酸乙酯直接用酒精灯给大试管加热，不用温度计，故A错误；
B.银镜反应用温水浴加热即可，不用温度计控温，故B错误；
C.制硝基苯需要50℃～60℃的水浴加热，要使用温度计控制水浴的温度，故C错误；
D.制乙烯需要温度快速升高到170℃，且保持该温度，必须使用温度计，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机反应条件，题目难度不大，掌握相关基础知识是解题的关键。
12．（2分）S2Cl2常用于制作橡胶的粘结剂，S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体，下列说法正确的是（ ）
A．S2Cl2可使品红溶液褪色
B．S2Cl2只做还原剂
C．S2Cl2结构式为Cl﹣S﹣Cl﹣S
D．1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为2NA
【分析】A．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，SO2具有漂白性；
B．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，S元素的化合价升高又降低；
C．S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对；
D．S2Cl2中S的化合价部分升高为+3价，部分降低为0价。
【解答】解：A．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，SO2具有漂白性，所以S2Cl2可使品红溶液褪色，故A正确；
B．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，S元素的化合价升高又降低，所以S2Cl2是还原剂也是氧化剂，故B错误；
C．S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对，则S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，故C错误；
D．S2Cl2中S的化合价部分升高为+3价，部分降低为0价，所以2mol S2Cl2与水完全反应，转移3mol电子，则1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为1.5NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、氧化还原反应、元素化合物的性质等，题目难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握。
13．（2分）锥形瓶内壁用某溶液润洗后，放入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时测量锥形瓶内压强的变化，如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．0～t1时，铁可能发生了析氢腐蚀
B．0～t1时，铁可能发生了吸氧腐蚀
C．t1～t2时，铁一定发生了吸氧腐蚀
D．用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性
【分析】图中0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；t1～t2时，容器中压强逐渐减小，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，以此分析解答。
【解答】解：A．0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大，故A正确；
B．用于润洗锥形瓶的溶液为中性时，0～t1时铁会发生了吸氧腐蚀，由于反应放热，导致锥形瓶中压强增大，故B正确；
C． t1～t2时，容器中压强逐渐减小，说明锥形瓶中气体体积减小，一定发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．0～t1段发生吸氧腐蚀时，用于润洗锥形瓶可能为中性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀原理，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握析氢腐蚀与吸氧腐蚀的原理及区别，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
14．（2分）下列有关化工生产的说法正确的是（ ）
A．侯氏制碱法通过蒸氨实现氨气循环使用
B．工业合成氨使用铁触媒提高氢气的平衡转化率
C．海带提碘通入过量的氯气将I﹣完全氧化
D．工业制硫酸使用热交换器提高能量利用率
【分析】A．“侯氏制碱法”的原料是食盐、氨和二氧化碳（合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气），“侯氏制碱法”的原理是：在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，发生反应：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3．在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子、碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，发生反应：NH4HCO3+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓．再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱，受热容易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥；
B．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡；
C．用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3﹣）；
D．使用热交换器，目的是将二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体。
【解答】解：A．上述分析可知侯氏制碱法，不是通过蒸氨实现氨气循环使用，故A错误；
B．工业合成氨使用铁触媒为反应的催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，不能提高氢气的平衡转化率，故B错误；
C．海带提碘通入过量的氯气，会将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3﹣），应通入适量氯气将I﹣完全氧化，故C错误；
D．使用热交换器，目的是将二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，所以可以提高能量的利用率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化工生产工艺和原理分析判断，为高频考点，把握化学反应速率、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意工业制备硫酸、氨气、纯碱、提取海带等流程的理解应用，题目难度不大。
15．（2分）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HCN和HNC中碳氮键完全相同
B．HCN和HNC互为同素异形体
C．1mol HNC（g）的能量高于1mol HCN（g）
D．HCN（g）⇌HNC（g）+59.3kJ
【分析】A．根据HCN和HNC的结构分析；
B．同种元素形成的不同单质互称为同素异形体；
C．由图可知，HNC（g）的相对能量为59.3kJ/mol，HCN（g）相对能量为0kJ/mol；
D．HCN（g）⇌HNC（g）该反应为吸热反应。
【解答】解：A．HCN中碳氮键为C≡N键，HNC中碳氮键为N＝C键，二者的碳氮键不一样，故A错误；
B．同种元素形成的不同单质互称为同素异形体，HCN和HNC不属于单质，不符合同素异形体的定义，故B错误；
C．由图可知，1mol HNC（g）的能量高于1mol HCN（g），故C正确；
D．HCN（g）⇌HNC（g）该反应为吸热反应，则HCN（g）⇌HNC（g）﹣59.3kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，解题的关键是掌握从物质本身能量角度理解化学反应能量变化，此题难度中等，注意基础知识积累。
16．（2分）是一种通过加聚反应制备的工程塑料，具有类似金属的硬度和强度，下列有关的说法错误的是
（ ）
A．单体为甲醛
B．不溶于水
C．属于高分子化合物
D．与环氧乙烷（）互为同系物
【分析】A．含有C＝C、C≡C、C＝O，都可以发生加聚反应，甲醛中含有C＝O双键；
B．有机高分子化合物极性较小几乎都不溶于水；
C．通过聚合反应得到的有机化合物都是高分子化合物；
D．环氧乙烷与结构不相似，组成上也不是相差若干个”CH2“原子团。
【解答】解：A．甲醛中含有C＝O双键，能发生加聚反应，是甲醛发生加聚反应得到的产物，故A正确；
B．高分子化合物极性较小，相对分子质量较大，几乎都不溶于水，故B正确；
C．是由小分子通过加聚反应得到的高分子化合物，故C正确；
D．结构相似，分子组成相差一个或若干个”CH2“原子团的化合物互称为同系物，环氧乙烷与结构不相似，组成上也不是相差若干个”CH2“原子团，故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查加聚反应以及对应的单体，有机高分子化合物的判断及性质，同系物的判断，属于基本知识，基础题型，难度不大。
17．（2分）下列物质分离（括号内的物质为杂质）方法正确的是（ ）
A．溴苯（Br2）﹣﹣分液
B．乙酸丁酯（正丁醇）﹣﹣过滤
C．乙酸乙酯（乙酸）﹣﹣蒸馏
D．氯化铵（I2）﹣﹣加热
【分析】A．溴易溶于溴苯；
B．乙酸丁酯与正丁醇混合没有沉淀，二者沸点不同；
C．乙酸与乙酸乙酯的沸点不同；
D．氯化铵受热易分解。
【解答】解：A．溴易溶于溴苯，混合物不分层，不能分液，故A错误；
B．乙酸丁酯与正丁醇混合没有沉淀，不能过滤，二者沸点不同，可以分馏分离，故B错误；
C．乙酸与乙酸乙酯的沸点不同，蒸馏可分离，故C正确；
D．氯化铵受热易分解，加热不能分离，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
18．（2分）测定ag小苏打（含少量氯化钠）中NaHCO3含量，下列说法错误的是（ ）
测定方法
选用试剂
测量数据
A
重量法
稀硝酸、硝酸银
m（AgCl）
B
气体法
稀硫酸
V（CO2）
C
滴定法
甲基橙、稀盐酸
V（HCl）
D
重量法
氢氧化钡
m（BaCO3）
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀，可能混有杂质；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应；
D.碳酸氢钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀。
【解答】解：A.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀，可能混有杂质，需洗涤、干燥后称量，测定不准确，故A选；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体，测定气体的体积，由C原子守恒可计算碳酸氢钠的含量，故B不选；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应，中和滴定可测定碳酸氢钠的含量，故C不选；
D.碳酸氢钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，由C原子守恒可计算碳酸氢钠的含量，故D不选；
故选：A。
【点评】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、含量测定的原理、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。
19．（2分）800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K＝1。800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如下表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度（mol/L）
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时，v（正）＞v（逆）
B．一段时间后，气体压强降低
C．一段时间后，H2O的体积分数增加
D．一段时间后，正反应速率减小
【分析】A.平衡常数K＝1，由表中数据可知Qc＝≈1.04＞K；
B.为气体体积不变的反应；
C.结合选项A可知平衡逆向移动；
D.由选项A可知，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，正反应速率增大至不变。
【解答】解：A.平衡常数K＝1，由表中数据可知Qc＝≈1.04＞K，此时平衡逆向移动，则v（正）＜v（逆），故A错误；
B.为气体体积不变的反应，则气体的压强始终不变，故B错误；
C.结合选项A可知平衡逆向移动，一段时间后，H2O的体积分数增加，故C正确；
D.由选项A可知，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，正反应速率增大至不变，则一段时间后，正反应速率增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握Qc与K的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动的方向，题目难度不大。
20．（2分）25℃时，向20mL 0.10mol•L﹣1一元酸HA中逐滴加入0.10mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
（ ）
A．HA是强酸
B．a点，c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA）
C．b点为滴定终点，c（Na+）＞c（A﹣）
D．c点，水的电离程度最大
【分析】A．如果HA为强酸，则0.10mol/L的HA溶液pH＝1；
B．a点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C．b点溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）；
D．酸或碱抑制水电离，A﹣促进水电离，且溶液中c（A﹣）越大，水电离程度越大。
【解答】解：A．如果HA为强酸，则0.10mol/L的HA溶液pH＝1，根据图知，0.10mol/LHA溶液的pH＞1，则HA为弱酸，故A错误；
B．a点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得：2c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA），故B错误；
C．b点溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），所以存在c（Na+）＝c（A﹣），故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，A﹣促进水电离，且溶液中c（A﹣）越大，水电离程度越大，a点溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，水呈酸性，则HA电离程度大于NaA水解程度，抑制水电离，b点溶液呈中性，不影响水电离，c点溶质为NaA且溶液中c（A﹣），则c点水电离程度最大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
（1）N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有 3 个；CS2的电子式 。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），在5L密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度的关系如图所示。
（2）该反应的平衡常数K＝ ；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ＝ 0.015mol/（L•min） 。
（3）该反应是 放热 反应（选填“吸热”或“放热”）；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率 ＜ CH3OH在b点的正反应速率（选填“＞”、“＜”或“＝”）；解释温度低于T时，φ（CH3OH）逐渐增加的原因 T温度之前反应未达到平衡，向生成物方向进行 。
化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：
3 ClO2﹣+ 4 NO+ 4 OH﹣→ 4 NO3﹣+ 3 Cl﹣+ 2 H2O
（4）配平上述方程式。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法 取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值 。
【分析】（1）N是7号元素，其核外电子排布为[He]2s22p3；CO2和CS2是等电子体；
（2）平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为化学平衡常数；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，列化学平衡三段式计算；
（3）由图可知，c点之前，反应未达到平衡状态，c点反应达到平衡状态，c点之后升高温度，φ（CH3OH）减小，说明平衡逆向移动；温度越高，反应速率越快；ClO2﹣→Cl﹣，Cl化合价降低4，NO→NO3﹣，N化合价升高3，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析；
（4）使用广范pH试纸测定溶液pH时不能将pH试纸伸入待测液中，不能用水湿润。
【解答】解：（1）N是7号元素，其核外电子排布为[He]2s22p3，原子核外2p轨道的3个电子未成对，分列3个p轨道，因此未成对电子的电子云空间伸展方向有3个；CO2和CS2是等电子体，则CS2的电子式为，
故答案为：3；；
（2）平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为化学平衡常数，则K＝；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，设10分钟内CO2反应了xmol，则列化学平衡三段式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） x 3x x x
10min（mol） 1﹣x 3﹣3x x x
φ（CH3OH）＝30%＝，解得x＝0.75，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ＝＝0.015mol/（L•min），
故答案为：；0.015mol/（L•min）；
（3）由图可知，c点之前，反应未达到平衡状态，反应正向进行，c点反应达到平衡状态，c点之后升高温度，φ（CH3OH）减小，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应；其他条件相同，b点温度更高，CH3OH在a点的正反应速率＜CH3OH在b点的正反应速率；由图可知，T温度之前反应未达到平衡，向生成物方向进行，所以温度低于T时，φ（CH3OH）逐渐增加；ClO2﹣→Cl﹣，Cl化合价降低4，NO→NO3﹣，N化合价升高3，根据得失电子守恒，因此3ClO2﹣+4NO→3Cl﹣+4NO3﹣，根据电荷守恒、原子守恒可知，配平后的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣→4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，
故答案为：放热；＜；T温度之前反应未达到平衡，向生成物方向进行；3、4、4、4、3、2；
（4）取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值，
故答案为：取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及原子核外电子排布、电子式、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，根据题目信息结合等电子体、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度中等。
22．（15分）硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
（1）无水硫酸铜为 白 色粉末，CuSO4•5H2O属于 离子 晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体的方法 降温结晶 。
（2）向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu（OH）2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因 硫酸铜溶液中存在Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3﹣会与H+反应生成二氧化碳气体，H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出 。
（3）写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法 向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液 。
（4）实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式 Cu2++H2S＝CuS↓+2H+ 。0.80g CuSO4•5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。
（5）计算确定200℃时固体物质的化学式 CuSO4•H2O 。
（6）用 纸层析 法分离混合液中的铜离子和铁离子。
【分析】（1）无水硫酸铜为白色粉末，CuSO4•5H2O属于离子化合物，可以采用降温结晶方法由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体，不能将溶液蒸干，否则CuSO4•5H2O易失去结晶水；
（2）硫酸铜在水溶液中发生水解反应生成氢离子，碳酸氢根离子消耗氢离子，使水解平衡正向移动；
（3）制备新制氢氧化铜悬浊液要求碱过量；
（4）CuS沉淀不溶于硫酸；
（5）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．0.8g0.80g CuSO4•5H2O物质的量为0.0032mol，完全失水质量为0.0032mol×5×18g/mol＝0.288g，在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g＝0.23g，故200℃时未失去全部的水；
（6）纸层析的原理是利用离子在展开剂中的扩散速度不同而分离的。
【解答】解：（1）无水硫酸铜为白色粉末，遇水转化为蓝色的CuSO4•5H2O，可用此反应检验水蒸气；CuSO4•5H2O属于离子化合物，属于离子晶体；由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体，可采用降温结晶的方式，
故答案为：白；离子；降温结晶；
（2）硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3﹣会与H+反应生成二氧化碳气体，使水解反应生成物H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出，
故答案为：硫酸铜溶液中存在Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3﹣会与H+反应生成二氧化碳气体，H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出；
（3）使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液，要求碱过量，故方法为向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液，
故答案为：向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液；
（4）硫酸铜与H2S反应生成CuS和硫酸，故离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，
故答案为：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+；
（5）在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g＝0.23g，设CuSO4•5H2O晶体中失去结晶水的个数位x个；
CuSO4•5H2OCuSO4•（5﹣x）H2O+xH2O
250g 18xg
0.8g 0.23g
解得x＝4，200℃时固体物质的化学式CuSO4•H2O，
故答案为：CuSO4•H2O；
（6）纸层析的原理是利用离子在展开剂中的扩散速度不同而分离的，铁离子和铜离子在滤纸条上展开剂（丙酮和盐酸）中的扩散速度不同，从而可以分离．
故答案为：纸层析。
【点评】本题考查硫酸铜结晶水含量的测定以及铜盐的基本反应，题目较为综合，分析图象信息是完成本题目的关键，题目难度中等．
23．（15分）H是一种治疗高血压的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：a.化合物G中除苯环还有其它环
b.
c.
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 还原反应 。
（2）C中含氧官能团名称 羧基 。
（3）写出E的结构简式为 。
（4）H发生消去反应所需的试剂和条件 浓硫酸、加热 。
（5）写出F→G的化学方程式 。
（6）写出满足下列条件，D同分异构体的结构简式 、 。
①能发生银镜反应；
②苯环上的一卤代物只有一种；
反应试剂反应条件反应试剂反应条件。
（7）设计从芳香烃A到B的合成路线（其它无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）
【分析】根据合成路线图分析知，A为甲苯，结合C的结构简式及B的分子式知，B为对硝基苯乙酸，反应①为还原反应，硝基转化为氨基，结合D的分子式分析，D为对羟基苯乙酸，反应②为酯化反应，则E为对羟基苯乙酸乙酯（），E到F为乙氧基被氨基取代，F到G发生了信息中的c反应，则G的结构简式为，据此分析解答；
（7）比较A和B的结构简式知，甲苯先发生取代反应，在甲基上引入氯原子得到卤代烃，再发生硝化反应，在对位引入硝基，再发生信息中反应c引入羧基。
【解答】解：（1）根据上述分析，反应①中硝基转化为氨基，是还原反应，
故答案为：还原反应；
（2）C的结构简式为，其中含氧官能团为羧基，
故答案为：羧基；
（3）D为对羟基苯乙酸，反应②为酯化反应，则E为对羟基苯乙酸乙酯，
故答案为：；
（4）H中含有羟基，根据乙醇性质分析，发生消去反应所需的试剂和条件为浓硫酸、加热，
故答案为：浓硫酸、加热；
（5）F→G发生了信息中的c反应，化学方程式为，
故答案为：；
（6）D为对羟基苯乙酸，①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②苯环上的一卤代物只有一种，则对称程度较大，根据不饱和度分析，苯环上的取代基有醛基、两个羟基和甲基，结构简式为、，
故答案为：、；
（7）比较A和B的结构简式知，甲苯先发生取代反应，在甲基上引入氯原子得到卤代烃，再发生硝化反应，在对位引入硝基，再发生信息中反应c引入羧基，则合成路线为：
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，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，注意官能团及碳原子数的变化，题目难度中等。
24．（15分）苯乙酮（）广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐（）制备。
已知：
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g•mL﹣1）
溶解性
苯
78
5.5
80.1
0.88
不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮
120
19.6
203
1.03
微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐
102
﹣73
139
1.08
有吸湿性，易溶于有机溶剂
乙酸
60
16.6
118
1.05
易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应如下：
步骤Ⅱ冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL 5% NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤Ⅲ常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
（1）AlCl3在反应中作用 催化剂 ；步骤Ⅰ中的加热方式为 70～80℃水浴加热 。
（2）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为 B 。（填标号）
A．100mL
B．250mL
C．500mL
D．1000mL
（3）图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为 冷凝回流 。
（4）步骤Ⅱ中生成的白色胶状沉淀的化学式为 Al（OH）3 。
（5）步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是 除去产品中的乙酸 。
（6）步骤Ⅲ中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度 80.1℃～203℃ 。
（7）实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为 82.4% 。
【分析】（1）由反应原理可知，氯化铝是反应发生条件，反应前后均存在；反应控制温度70～80℃；
（2）使用时，所盛的液体体积一般不少于容积的且不超过容积的；
（3）有机物易挥发，需要冷凝回流，以提高原料的利用率；
（4）氯化铝易水解，冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀是氢氧化铝；氢氧化铝能与酸反应；
（5）乙酸易溶于有机溶剂，苯层溶液含有乙酸；
（6）苯的沸点是80.1℃，而苯乙酮的沸点是203℃，控制温度只蒸出苯；
（7）计算苯、乙酸酐的物质的量，进行过量计算，根据不足量的物质计算苯乙酮的理论质量，产率＝×100%。
【解答】解：（1）由反应原理：，可知氯化铝是反应发生条件，反应前后均存在，故AlCl3在反应中作催化剂；反应控制温度70～80℃，未便于控制温度且未超过100℃，加热方式采取70～80℃水浴加热，
故答案为：催化剂；70～80℃水浴加热；
（2）39g苯的体积约是：≈44.3mL，25.5g乙酸酐的体积约是：≈23.6mL，氯化铝的体积可以忽略，液体总体积约是44.3mL+23.6mL＝67.9mL，反应液总体积不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积大于≈102mL，故选250mL的三颈烧瓶，
故答案为：B；
（3）苯的沸点为80.1℃，反应控制温度70～80℃，这样苯易挥发，不利于产品的制取，需要冷凝回流装置，即缺少一种仪器为冷凝管，
故答案为：冷凝回流；
（4）产物易溶于有机物溶剂，而氯化铝易水解，故冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀是氢氧化铝，化学式为Al（OH）3，
故答案为：Al（OH）3；
（5）产物中的乙酸易溶于有机溶剂，苯层溶液含有乙酸，苯层溶液用30mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸，
故答案为：除去产品中的乙酸；
（6）苯的沸点是80.1℃，而苯乙酮的沸点是203℃，常压蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，需要控制温度80.1℃～203℃，
故答案为：80.1℃～203℃；
（7）39g苯的物质的量为＝0.5mol，乙酸酐的物质的量为＝0.25mol，由方程式可知苯与乙酸酐按物质的量1：1反应，故苯过量，所以苯乙酮的理论产量为：0.25mol×120g/mol＝30g，苯乙酮的实际产量为：24mL×1.03g/mL＝24.72g，故苯乙酮的产率为：×100%＝82.4%，
故答案为：82.4%。
【点评】本题考查有机物的制备实验，注意理解掌握有机物分离提纯常用的方法与有关仪器，题目侧重考查学生对信息获取与迁移运用。
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2021年上海市徐汇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）下列说法错误的是（ ）
A．不锈钢属于合金
B．14C的中子数为8
C．氯气常用于自来水杀菌消毒
D．铝热反应属于吸热反应
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．风化 B．升华 C．干馏 D．裂化
3．（2分）将铁钉投入热的浓硝酸中，一段时间后，下列说法错误的是（ ）
A．铁钉表面形成致密的氧化膜
B．溶液可能呈棕黄色
C．铁钉会溶解
D．产生红棕色的气体
4．（2分）关于氯气变成液氯的过程，下列说法正确的是（ ）
A．氯原子半径减小 B．分子间作用力变大
C．可以通过降低压强实现 D．液氯颜色比氯气浅
5．（2分）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（ ）
A．B﹣F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
6．（2分）不能说明Mg的金属性强于Al的是（ ）
A．碱性：Mg（OH）2＞Al（OH）3 B．镁、铝与热水的反应
C．镁、铝与强碱溶液反应 D．镁、铝与盐酸的反应
7．（2分）下列转化在给定条件下能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2NO2
B．Fe（OH）2Fe（OH）3
C．SSO3
D．Al2O3Al（OH）3
8．（2分）电解法是制备物质的重要途径，下列物质不能通过电解盐溶液制备的是（ ）
A．Na B．Cl2 C．H2 D．Cu
9．（2分）露置于空气不易因氧化而变质的是（ ）
A．NaOH B．Na2SO3 C．KI D．FeCl2
10．（2分）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是（ ）
A．阴离子的电子数为10 B．阴阳离子个数比1：1
C．属于离子化合物 D．属于非电解质
11．（2分）需要使用温度计测定反应物温度的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．银镜反应
C．制备硝基苯 D．制备乙烯
12．（2分）S2Cl2常用于制作橡胶的粘结剂，S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体，下列说法正确的是（ ）
A．S2Cl2可使品红溶液褪色
B．S2Cl2只做还原剂
C．S2Cl2结构式为Cl﹣S﹣Cl﹣S
D．1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为2NA
13．（2分）锥形瓶内壁用某溶液润洗后，放入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时测量锥形瓶内压强的变化，如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．0～t1时，铁可能发生了析氢腐蚀
B．0～t1时，铁可能发生了吸氧腐蚀
C．t1～t2时，铁一定发生了吸氧腐蚀
D．用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性
14．（2分）下列有关化工生产的说法正确的是（ ）
A．侯氏制碱法通过蒸氨实现氨气循环使用
B．工业合成氨使用铁触媒提高氢气的平衡转化率
C．海带提碘通入过量的氯气将I﹣完全氧化
D．工业制硫酸使用热交换器提高能量利用率
15．（2分）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HCN和HNC中碳氮键完全相同
B．HCN和HNC互为同素异形体
C．1mol HNC（g）的能量高于1mol HCN（g）
D．HCN（g）⇌HNC（g）+59.3kJ
16．（2分）是一种通过加聚反应制备的工程塑料，具有类似金属的硬度和强度，下列有关的说法错误的是
（ ）
A．单体为甲醛
B．不溶于水
C．属于高分子化合物
D．与环氧乙烷（）互为同系物
17．（2分）下列物质分离（括号内的物质为杂质）方法正确的是（ ）
A．溴苯（Br2）﹣﹣分液
B．乙酸丁酯（正丁醇）﹣﹣过滤
C．乙酸乙酯（乙酸）﹣﹣蒸馏
D．氯化铵（I2）﹣﹣加热
18．（2分）测定ag小苏打（含少量氯化钠）中NaHCO3含量，下列说法错误的是（ ）
测定方法
选用试剂
测量数据
A
重量法
稀硝酸、硝酸银
m（AgCl）
B
气体法
稀硫酸
V（CO2）
C
滴定法
甲基橙、稀盐酸
V（HCl）
D
重量法
氢氧化钡
m（BaCO3）
A．A B．B C．C D．D
19．（2分）800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K＝1。800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如下表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度（mol/L）
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时，v（正）＞v（逆）
B．一段时间后，气体压强降低
C．一段时间后，H2O的体积分数增加
D．一段时间后，正反应速率减小
20．（2分）25℃时，向20mL 0.10mol•L﹣1一元酸HA中逐滴加入0.10mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
（ ）
A．HA是强酸
B．a点，c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA）
C．b点为滴定终点，c（Na+）＞c（A﹣）
D．c点，水的电离程度最大
二、综合题（共60分）
21．（15分）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
（1）N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有 个；CS2的电子式 。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），在5L密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度的关系如图所示。
（2）该反应的平衡常数K＝ ；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ＝ 。
（3）该反应是 反应（选填“吸热”或“放热”）；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率 CH3OH在b点的正反应速率（选填“＞”、“＜”或“＝”）；解释温度低于T时，φ（CH3OH）逐渐增加的原因 。
化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：
ClO2﹣+ NO+ OH﹣→ NO3﹣+ Cl﹣+ H2O
（4）配平上述方程式。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法 。
22．（15分）硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
（1）无水硫酸铜为 色粉末，CuSO4•5H2O属于 晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体的方法 。
（2）向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu（OH）2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因 。
（3）写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法 。
（4）实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式 。0.80g CuSO4•5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。
（5）计算确定200℃时固体物质的化学式 。
（6）用 法分离混合液中的铜离子和铁离子。
23．（15分）H是一种治疗高血压的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：a.化合物G中除苯环还有其它环
b.
c.
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 。
（2）C中含氧官能团名称 。
（3）写出E的结构简式为 。
（4）H发生消去反应所需的试剂和条件 。
（5）写出F→G的化学方程式 。
（6）写出满足下列条件，D同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；
②苯环上的一卤代物只有一种；
反应试剂反应条件反应试剂反应条件。
（7）设计从芳香烃A到B的合成路线（其它无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）
24．（15分）苯乙酮（）广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐（）制备。
已知：
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g•mL﹣1）
溶解性
苯
78
5.5
80.1
0.88
不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮
120
19.6
203
1.03
微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐
102
﹣73
139
1.08
有吸湿性，易溶于有机溶剂
乙酸
60
16.6
118
1.05
易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应如下：
步骤Ⅱ冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL 5% NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤Ⅲ常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
（1）AlCl3在反应中作用 ；步骤Ⅰ中的加热方式为 。
（2）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为 。（填标号）
A．100mL
B．250mL
C．500mL
D．1000mL
（3）图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为 。
（4）步骤Ⅱ中生成的白色胶状沉淀的化学式为 。
（5）步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是 。
（6）步骤Ⅲ中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度 。
（7）实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为 。
2021年上海市徐汇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）下列说法错误的是（ ）
A．不锈钢属于合金
B．14C的中子数为8
C．氯气常用于自来水杀菌消毒
D．铝热反应属于吸热反应
【分析】A.不锈钢中含有铁、碳等元素；
B.C的质量数为14，质子数为6；
C.氯气可与水反应生成具有强氧化性的次氯酸；
D.铝热反应为放热反应。
【解答】解：A.不锈钢中含有铁、碳等元素，是一种铁合金，故A正确；
B.C的质量数为14，质子数为6，则中子数为14﹣6＝8，故B正确；
C.氯气与水反应生成HClO，具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D.铝热反应放出大量的热，为放热反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，为高频考点，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
2．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．风化 B．升华 C．干馏 D．裂化
【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，据此分析解答。
【解答】解：A．风化过程中物质失去结晶水生成新物质，属于化学变化，故A不选；
B．升华为固体物质转化为气体，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B选；
C．干馏是隔绝空气加强热使煤分解过程，有新物质生成，是化学变化，故C不选；
D．裂化是大分子烃断裂为小分子，有新物质生成，是化学变化，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的区别，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）将铁钉投入热的浓硝酸中，一段时间后，下列说法错误的是（ ）
A．铁钉表面形成致密的氧化膜
B．溶液可能呈棕黄色
C．铁钉会溶解
D．产生红棕色的气体
【分析】浓硝酸具有强的氧化性，常温下与铁发生钝化，在铁的表面形成致密的氧化膜，加热发生氧化还原反应生成硝酸铁与二氧化氮和水，据此分析解答。
【解答】解：A．铁钉与浓硝酸在加热条件下发生氧化还原反应，在低温条件下才能发生钝化，故A错误；
B．铁钉与浓硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁溶液显棕黄色，故B正确；
C．铁钉与浓硝酸反应生成硝酸铁，不断溶解，故C正确；
D．铁钉与浓硝酸加热生成硝酸铁和二氧化氮和水，二氧化氮为红棕色，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硝酸的强氧化性是解题关键，题目难度不大，注意铁与浓硝酸钝化的条件为常温或者低温条件。
4．（2分）关于氯气变成液氯的过程，下列说法正确的是（ ）
A．氯原子半径减小 B．分子间作用力变大
C．可以通过降低压强实现 D．液氯颜色比氯气浅
【分析】A．氯气变为液氯，分子间距离发生变化，原子不发生变化；
B．氯气变为液氯，分子间距离缩小，分子间作用力增强；
C．降压，分子间距离变大；
D．氯气变成液氯的过程单位体积含有氯气分子数量增多。
【解答】解：A．氯气变成液氯的过程，分子间距离发生变化，但是原子半径不变，故A错误；
B．氯气变成液氯的过程，分子间作用力变大，故B正确；
C．氯气变成液氯的过程，分子间距离小，可以通过加压实现，故C错误；
D．氯气变成液氯的过程单位体积含有氯气分子数量增多，颜色变深，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气液化过程是分子间作用力发生概念即可解答，题目难度不大。
5．（2分）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（ ）
A．B﹣F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
【分析】A．不同种原子间形成的共价键是极性键；
B．根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；
C．BF3为平面正三角形结构，则F﹣B﹣F间的夹角为120°；
D．BF3为平面正三角形结构。
【解答】解：A．不同种原子间形成的共价键是极性键，则B﹣F键是极性键，故A正确；
B．BF3中B原子价层电子对个数＝3+×（3﹣1×3）＝3，B原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以为平面三角形结构，故B错误；
C．BF3为平面正三角形结构，则F﹣B﹣F间的夹角为120°，故C正确；
D．BF3为平面正三角形结构，所以所有原子共平面，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了分子构型、夹角等知识点，根据价层电子对互斥理论确定分子构型即可解题，题目难度不大.
6．（2分）不能说明Mg的金属性强于Al的是（ ）
A．碱性：Mg（OH）2＞Al（OH）3 B．镁、铝与热水的反应
C．镁、铝与强碱溶液反应 D．镁、铝与盐酸的反应
【分析】金属性强弱取决于失去电子的难易程度，失去电子越容易金属性越强，失去电子越难金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则对应元素的金属性越强，与水或酸反应程度越剧烈，金属性越强，元素的金属性越强，其单质能置换出金属性较弱的金属，金属与碱反应不能作为比较金属性强弱的依据。
【解答】解：A．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则对应元素的金属性越强，碱性：Mg（OH）2＞Al（OH）3，能说明Mg的金属性强于Al，故A正确；
B．镁、铝与热水的反应，镁能反应，铝需要持续加热发生微弱反应，反应剧烈程度不同，可以比较Mg的金属性强于Al，故B正确；
C．镁不能与强碱溶液反应，铝与强碱溶液反应，但不能说明金属性强弱，故C错误；
D．比较金属金属性可以与稀非氧化性酸反应，利用置换出氢气的快慢来比较，镁与盐酸反应快，能说明Mg的金属性强于Al，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查金属性强弱的比较，题目难度不大，注意把握比较的角度和方法，结合常见物质的性质解答。
7．（2分）下列转化在给定条件下能通过一步反应实现的是（ ）
A．N2NO2
B．Fe（OH）2Fe（OH）3
C．SSO3
D．Al2O3Al（OH）3
【分析】A．氮气与氧气反应生成一氧化氮；
B．氢氧化亚铁与氧气和水化合生成氢氧化铁；
C．硫与氧气反应生成二氧化硫；
D．氧化铝不溶于水，与水不反应。
【解答】解：A．氮气与氧气反应生成一氧化氮，所以N2NO2不能一步实现，故A不选；
B．氢氧化亚铁与氧气和水化合生成氢氧化铁，所以Fe（OH）2Fe（OH）3能一步实现，故B选；
C．硫与氧气反应生成二氧化硫，所以SSO3不能一步实现，故C不选；
D．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al2O3Al（OH）3不能实现，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的性质及转化，熟悉相关物质的性质及发生的反应，题目难度不大。
8．（2分）电解法是制备物质的重要途径，下列物质不能通过电解盐溶液制备的是（ ）
A．Na B．Cl2 C．H2 D．Cu
【分析】电解盐溶液过程中，在阳极上是阴离子失电子的氧化反应，在阴极上是溶液中阳离子得电子的还原反应，根据两电极上离子的放电顺序，排在氢前边的金属阳离子不会参与放电，据此回答即可。
【解答】解：电解池中，阳极上是阴离子失电子的氧化反应，在阴极上是溶液中阳离子得电子的还原反应，根据两电极上离子的放电顺序，排在氢前边的金属阳离子钠离子不会参与放电，金属钠不能通过电解盐溶液制备，需要电解熔融的氯化钠来制取，
故选：A。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及两个电极上离子的放电顺序知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
9．（2分）露置于空气不易因氧化而变质的是（ ）
A．NaOH B．Na2SO3 C．KI D．FeCl2
【分析】A．氢氧化钠露置于空气中与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水；
B．亚硫酸钠露置于空气中被氧气氧化生成硫酸钠；
C．碘离子在空气中能够被氧气氧化生成碘单质；
D．二价铁离子在酸性环境下被氧气氧化生成三价铁离子和水。
【解答】解：A．氢氧化钠露置于空气中与空气中的二氧化碳反应变质，反应为CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O，不是因氧化而变质，故A正确；
B．亚硫酸钠露置于空气因被氧气氧化而变质，反应为2Na2SO3+O2＝2Na2SO4，故B错误；
C．碘离子在空气中能够被氧气氧化生成碘单质，离子方程式为4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O，故C错误；
D．二价铁离子在酸性环境下被氧气氧化生成三价铁离子和水，离子方程式为4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应以及元素化合物知识的应用，注意氧化还原反应原理和硫、碘、铁元素化合物等知识的灵活应用，重点考查了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度不大。
10．（2分）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是（ ）
A．阴离子的电子数为10 B．阴阳离子个数比1：1
C．属于离子化合物 D．属于非电解质
【分析】过氧化钠为离子化合物，阴离子为过氧根离子，电子式为，以此解答该题。
【解答】解：A.阴离子为O22﹣，电子数为18，故A错误；
B.由电子式可知，阴阳离子个数比1：2，故B错误；
C.为活泼金属的氧化物，由离子构成，属于离子化合物，故C正确；
D.在熔融状态下可导电，属于电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查钠的重要化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠组成和结构特点，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
11．（2分）需要使用温度计测定反应物温度的是（ ）
A．制备乙酸乙酯 B．银镜反应
C．制备硝基苯 D．制备乙烯
【分析】A.制乙酸乙酯直接用酒精灯给大试管加热；
B.银镜反应用温水浴加热；
C.制硝基苯需要50℃～60℃的水浴加热；
D.制乙烯需要温度控制在170℃。
【解答】解：A.制乙酸乙酯直接用酒精灯给大试管加热，不用温度计，故A错误；
B.银镜反应用温水浴加热即可，不用温度计控温，故B错误；
C.制硝基苯需要50℃～60℃的水浴加热，要使用温度计控制水浴的温度，故C错误；
D.制乙烯需要温度快速升高到170℃，且保持该温度，必须使用温度计，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机反应条件，题目难度不大，掌握相关基础知识是解题的关键。
12．（2分）S2Cl2常用于制作橡胶的粘结剂，S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，S2Cl2遇水会产生淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体，下列说法正确的是（ ）
A．S2Cl2可使品红溶液褪色
B．S2Cl2只做还原剂
C．S2Cl2结构式为Cl﹣S﹣Cl﹣S
D．1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为2NA
【分析】A．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，SO2具有漂白性；
B．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，S元素的化合价升高又降低；
C．S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对；
D．S2Cl2中S的化合价部分升高为+3价，部分降低为0价。
【解答】解：A．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，SO2具有漂白性，所以S2Cl2可使品红溶液褪色，故A正确；
B．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，S元素的化合价升高又降低，所以S2Cl2是还原剂也是氧化剂，故B错误；
C．S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对，则S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，故C错误；
D．S2Cl2中S的化合价部分升高为+3价，部分降低为0价，所以2mol S2Cl2与水完全反应，转移3mol电子，则1mol S2Cl2与水完全反应，转移电子的个数为1.5NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、氧化还原反应、元素化合物的性质等，题目难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握。
13．（2分）锥形瓶内壁用某溶液润洗后，放入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时测量锥形瓶内压强的变化，如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．0～t1时，铁可能发生了析氢腐蚀
B．0～t1时，铁可能发生了吸氧腐蚀
C．t1～t2时，铁一定发生了吸氧腐蚀
D．用于润洗锥形瓶的溶液一定显酸性
【分析】图中0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；t1～t2时，容器中压强逐渐减小，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，以此分析解答。
【解答】解：A．0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大，故A正确；
B．用于润洗锥形瓶的溶液为中性时，0～t1时铁会发生了吸氧腐蚀，由于反应放热，导致锥形瓶中压强增大，故B正确；
C． t1～t2时，容器中压强逐渐减小，说明锥形瓶中气体体积减小，一定发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．0～t1段发生吸氧腐蚀时，用于润洗锥形瓶可能为中性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查金属的腐蚀原理，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握析氢腐蚀与吸氧腐蚀的原理及区别，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
14．（2分）下列有关化工生产的说法正确的是（ ）
A．侯氏制碱法通过蒸氨实现氨气循环使用
B．工业合成氨使用铁触媒提高氢气的平衡转化率
C．海带提碘通入过量的氯气将I﹣完全氧化
D．工业制硫酸使用热交换器提高能量利用率
【分析】A．“侯氏制碱法”的原料是食盐、氨和二氧化碳（合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气），“侯氏制碱法”的原理是：在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，发生反应：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3．在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子、碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，发生反应：NH4HCO3+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓．再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱，受热容易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，得到纯碱，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl单独结晶析出供做氮肥；
B．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡；
C．用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量就能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3﹣）；
D．使用热交换器，目的是将二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体。
【解答】解：A．上述分析可知侯氏制碱法，不是通过蒸氨实现氨气循环使用，故A错误；
B．工业合成氨使用铁触媒为反应的催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，不能提高氢气的平衡转化率，故B错误；
C．海带提碘通入过量的氯气，会将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3﹣），应通入适量氯气将I﹣完全氧化，故C错误；
D．使用热交换器，目的是将二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，放出的热量是用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，所以可以提高能量的利用率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化工生产工艺和原理分析判断，为高频考点，把握化学反应速率、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意工业制备硫酸、氨气、纯碱、提取海带等流程的理解应用，题目难度不大。
15．（2分）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HCN和HNC中碳氮键完全相同
B．HCN和HNC互为同素异形体
C．1mol HNC（g）的能量高于1mol HCN（g）
D．HCN（g）⇌HNC（g）+59.3kJ
【分析】A．根据HCN和HNC的结构分析；
B．同种元素形成的不同单质互称为同素异形体；
C．由图可知，HNC（g）的相对能量为59.3kJ/mol，HCN（g）相对能量为0kJ/mol；
D．HCN（g）⇌HNC（g）该反应为吸热反应。
【解答】解：A．HCN中碳氮键为C≡N键，HNC中碳氮键为N＝C键，二者的碳氮键不一样，故A错误；
B．同种元素形成的不同单质互称为同素异形体，HCN和HNC不属于单质，不符合同素异形体的定义，故B错误；
C．由图可知，1mol HNC（g）的能量高于1mol HCN（g），故C正确；
D．HCN（g）⇌HNC（g）该反应为吸热反应，则HCN（g）⇌HNC（g）﹣59.3kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，解题的关键是掌握从物质本身能量角度理解化学反应能量变化，此题难度中等，注意基础知识积累。
16．（2分）是一种通过加聚反应制备的工程塑料，具有类似金属的硬度和强度，下列有关的说法错误的是
（ ）
A．单体为甲醛
B．不溶于水
C．属于高分子化合物
D．与环氧乙烷（）互为同系物
【分析】A．含有C＝C、C≡C、C＝O，都可以发生加聚反应，甲醛中含有C＝O双键；
B．有机高分子化合物极性较小几乎都不溶于水；
C．通过聚合反应得到的有机化合物都是高分子化合物；
D．环氧乙烷与结构不相似，组成上也不是相差若干个”CH2“原子团。
【解答】解：A．甲醛中含有C＝O双键，能发生加聚反应，是甲醛发生加聚反应得到的产物，故A正确；
B．高分子化合物极性较小，相对分子质量较大，几乎都不溶于水，故B正确；
C．是由小分子通过加聚反应得到的高分子化合物，故C正确；
D．结构相似，分子组成相差一个或若干个”CH2“原子团的化合物互称为同系物，环氧乙烷与结构不相似，组成上也不是相差若干个”CH2“原子团，故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查加聚反应以及对应的单体，有机高分子化合物的判断及性质，同系物的判断，属于基本知识，基础题型，难度不大。
17．（2分）下列物质分离（括号内的物质为杂质）方法正确的是（ ）
A．溴苯（Br2）﹣﹣分液
B．乙酸丁酯（正丁醇）﹣﹣过滤
C．乙酸乙酯（乙酸）﹣﹣蒸馏
D．氯化铵（I2）﹣﹣加热
【分析】A．溴易溶于溴苯；
B．乙酸丁酯与正丁醇混合没有沉淀，二者沸点不同；
C．乙酸与乙酸乙酯的沸点不同；
D．氯化铵受热易分解。
【解答】解：A．溴易溶于溴苯，混合物不分层，不能分液，故A错误；
B．乙酸丁酯与正丁醇混合没有沉淀，不能过滤，二者沸点不同，可以分馏分离，故B错误；
C．乙酸与乙酸乙酯的沸点不同，蒸馏可分离，故C正确；
D．氯化铵受热易分解，加热不能分离，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
18．（2分）测定ag小苏打（含少量氯化钠）中NaHCO3含量，下列说法错误的是（ ）
测定方法
选用试剂
测量数据
A
重量法
稀硝酸、硝酸银
m（AgCl）
B
气体法
稀硫酸
V（CO2）
C
滴定法
甲基橙、稀盐酸
V（HCl）
D
重量法
氢氧化钡
m（BaCO3）
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀，可能混有杂质；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应；
D.碳酸氢钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀。
【解答】解：A.NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀，可能混有杂质，需洗涤、干燥后称量，测定不准确，故A选；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体，测定气体的体积，由C原子守恒可计算碳酸氢钠的含量，故B不选；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应，中和滴定可测定碳酸氢钠的含量，故C不选；
D.碳酸氢钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，由C原子守恒可计算碳酸氢钠的含量，故D不选；
故选：A。
【点评】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、含量测定的原理、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。
19．（2分）800℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K＝1。800℃时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如下表，下列说法正确的是（ ）
物质
CO
H2O
CO2
H2
浓度（mol/L）
0.002
0.003
0.0025
0.0025
A．此时，v（正）＞v（逆）
B．一段时间后，气体压强降低
C．一段时间后，H2O的体积分数增加
D．一段时间后，正反应速率减小
【分析】A.平衡常数K＝1，由表中数据可知Qc＝≈1.04＞K；
B.为气体体积不变的反应；
C.结合选项A可知平衡逆向移动；
D.由选项A可知，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，正反应速率增大至不变。
【解答】解：A.平衡常数K＝1，由表中数据可知Qc＝≈1.04＞K，此时平衡逆向移动，则v（正）＜v（逆），故A错误；
B.为气体体积不变的反应，则气体的压强始终不变，故B错误；
C.结合选项A可知平衡逆向移动，一段时间后，H2O的体积分数增加，故C正确；
D.由选项A可知，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，正反应速率增大至不变，则一段时间后，正反应速率增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握Qc与K的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动的方向，题目难度不大。
20．（2分）25℃时，向20mL 0.10mol•L﹣1一元酸HA中逐滴加入0.10mol•L﹣1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
（ ）
A．HA是强酸
B．a点，c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA）
C．b点为滴定终点，c（Na+）＞c（A﹣）
D．c点，水的电离程度最大
【分析】A．如果HA为强酸，则0.10mol/L的HA溶液pH＝1；
B．a点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C．b点溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）；
D．酸或碱抑制水电离，A﹣促进水电离，且溶液中c（A﹣）越大，水电离程度越大。
【解答】解：A．如果HA为强酸，则0.10mol/L的HA溶液pH＝1，根据图知，0.10mol/LHA溶液的pH＞1，则HA为弱酸，故A错误；
B．a点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得：2c（Na+）＝c（A﹣）+c（HA），故B错误；
C．b点溶液pH＝7，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），所以存在c（Na+）＝c（A﹣），故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，A﹣促进水电离，且溶液中c（A﹣）越大，水电离程度越大，a点溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，水呈酸性，则HA电离程度大于NaA水解程度，抑制水电离，b点溶液呈中性，不影响水电离，c点溶质为NaA且溶液中c（A﹣），则c点水电离程度最大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
（1）N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有 3 个；CS2的电子式 。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），在5L密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度的关系如图所示。
（2）该反应的平衡常数K＝ ；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ＝ 0.015mol/（L•min） 。
（3）该反应是 放热 反应（选填“吸热”或“放热”）；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率 ＜ CH3OH在b点的正反应速率（选填“＞”、“＜”或“＝”）；解释温度低于T时，φ（CH3OH）逐渐增加的原因 T温度之前反应未达到平衡，向生成物方向进行 。
化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：
3 ClO2﹣+ 4 NO+ 4 OH﹣→ 4 NO3﹣+ 3 Cl﹣+ 2 H2O
（4）配平上述方程式。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法 取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值 。
【分析】（1）N是7号元素，其核外电子排布为[He]2s22p3；CO2和CS2是等电子体；
（2）平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为化学平衡常数；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，列化学平衡三段式计算；
（3）由图可知，c点之前，反应未达到平衡状态，c点反应达到平衡状态，c点之后升高温度，φ（CH3OH）减小，说明平衡逆向移动；温度越高，反应速率越快；ClO2﹣→Cl﹣，Cl化合价降低4，NO→NO3﹣，N化合价升高3，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析；
（4）使用广范pH试纸测定溶液pH时不能将pH试纸伸入待测液中，不能用水湿润。
【解答】解：（1）N是7号元素，其核外电子排布为[He]2s22p3，原子核外2p轨道的3个电子未成对，分列3个p轨道，因此未成对电子的电子云空间伸展方向有3个；CO2和CS2是等电子体，则CS2的电子式为，
故答案为：3；；
（2）平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为化学平衡常数，则K＝；若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，设10分钟内CO2反应了xmol，则列化学平衡三段式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） x 3x x x
10min（mol） 1﹣x 3﹣3x x x
φ（CH3OH）＝30%＝，解得x＝0.75，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率ʋ＝＝0.015mol/（L•min），
故答案为：；0.015mol/（L•min）；
（3）由图可知，c点之前，反应未达到平衡状态，反应正向进行，c点反应达到平衡状态，c点之后升高温度，φ（CH3OH）减小，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应；其他条件相同，b点温度更高，CH3OH在a点的正反应速率＜CH3OH在b点的正反应速率；由图可知，T温度之前反应未达到平衡，向生成物方向进行，所以温度低于T时，φ（CH3OH）逐渐增加；ClO2﹣→Cl﹣，Cl化合价降低4，NO→NO3﹣，N化合价升高3，根据得失电子守恒，因此3ClO2﹣+4NO→3Cl﹣+4NO3﹣，根据电荷守恒、原子守恒可知，配平后的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣→4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，
故答案为：放热；＜；T温度之前反应未达到平衡，向生成物方向进行；3、4、4、4、3、2；
（4）取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值，
故答案为：取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及原子核外电子排布、电子式、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，根据题目信息结合等电子体、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度中等。
22．（15分）硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
（1）无水硫酸铜为 白 色粉末，CuSO4•5H2O属于 离子 晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体的方法 降温结晶 。
（2）向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu（OH）2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因 硫酸铜溶液中存在Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3﹣会与H+反应生成二氧化碳气体，H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出 。
（3）写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法 向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液 。
（4）实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式 Cu2++H2S＝CuS↓+2H+ 。0.80g CuSO4•5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。
（5）计算确定200℃时固体物质的化学式 CuSO4•H2O 。
（6）用 纸层析 法分离混合液中的铜离子和铁离子。
【分析】（1）无水硫酸铜为白色粉末，CuSO4•5H2O属于离子化合物，可以采用降温结晶方法由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体，不能将溶液蒸干，否则CuSO4•5H2O易失去结晶水；
（2）硫酸铜在水溶液中发生水解反应生成氢离子，碳酸氢根离子消耗氢离子，使水解平衡正向移动；
（3）制备新制氢氧化铜悬浊液要求碱过量；
（4）CuS沉淀不溶于硫酸；
（5）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．0.8g0.80g CuSO4•5H2O物质的量为0.0032mol，完全失水质量为0.0032mol×5×18g/mol＝0.288g，在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g＝0.23g，故200℃时未失去全部的水；
（6）纸层析的原理是利用离子在展开剂中的扩散速度不同而分离的。
【解答】解：（1）无水硫酸铜为白色粉末，遇水转化为蓝色的CuSO4•5H2O，可用此反应检验水蒸气；CuSO4•5H2O属于离子化合物，属于离子晶体；由饱和CuSO4溶液获取CuSO4•5H2O晶体，可采用降温结晶的方式，
故答案为：白；离子；降温结晶；
（2）硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3﹣会与H+反应生成二氧化碳气体，使水解反应生成物H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出，
故答案为：硫酸铜溶液中存在Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3﹣会与H+反应生成二氧化碳气体，H+浓度降低，水解平衡正向移动生成Cu（OH）2沉淀析出；
（3）使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液，要求碱过量，故方法为向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液，
故答案为：向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液；
（4）硫酸铜与H2S反应生成CuS和硫酸，故离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，
故答案为：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+；
（5）在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g＝0.23g，设CuSO4•5H2O晶体中失去结晶水的个数位x个；
CuSO4•5H2OCuSO4•（5﹣x）H2O+xH2O
250g 18xg
0.8g 0.23g
解得x＝4，200℃时固体物质的化学式CuSO4•H2O，
故答案为：CuSO4•H2O；
（6）纸层析的原理是利用离子在展开剂中的扩散速度不同而分离的，铁离子和铜离子在滤纸条上展开剂（丙酮和盐酸）中的扩散速度不同，从而可以分离．
故答案为：纸层析。
【点评】本题考查硫酸铜结晶水含量的测定以及铜盐的基本反应，题目较为综合，分析图象信息是完成本题目的关键，题目难度中等．
23．（15分）H是一种治疗高血压的药物，合成该药物的一种路线如图。
已知：a.化合物G中除苯环还有其它环
b.
c.
完成下列填空：
（1）写出①的反应类型 还原反应 。
（2）C中含氧官能团名称 羧基 。
（3）写出E的结构简式为 。
（4）H发生消去反应所需的试剂和条件 浓硫酸、加热 。
（5）写出F→G的化学方程式 。
（6）写出满足下列条件，D同分异构体的结构简式 、 。
①能发生银镜反应；
②苯环上的一卤代物只有一种；
反应试剂反应条件反应试剂反应条件。
（7）设计从芳香烃A到B的合成路线（其它无机试剂任选） 。（合成路线常用的表达方式为：AB目标产物）
【分析】根据合成路线图分析知，A为甲苯，结合C的结构简式及B的分子式知，B为对硝基苯乙酸，反应①为还原反应，硝基转化为氨基，结合D的分子式分析，D为对羟基苯乙酸，反应②为酯化反应，则E为对羟基苯乙酸乙酯（），E到F为乙氧基被氨基取代，F到G发生了信息中的c反应，则G的结构简式为，据此分析解答；
（7）比较A和B的结构简式知，甲苯先发生取代反应，在甲基上引入氯原子得到卤代烃，再发生硝化反应，在对位引入硝基，再发生信息中反应c引入羧基。
【解答】解：（1）根据上述分析，反应①中硝基转化为氨基，是还原反应，
故答案为：还原反应；
（2）C的结构简式为，其中含氧官能团为羧基，
故答案为：羧基；
（3）D为对羟基苯乙酸，反应②为酯化反应，则E为对羟基苯乙酸乙酯，
故答案为：；
（4）H中含有羟基，根据乙醇性质分析，发生消去反应所需的试剂和条件为浓硫酸、加热，
故答案为：浓硫酸、加热；
（5）F→G发生了信息中的c反应，化学方程式为，
故答案为：；
（6）D为对羟基苯乙酸，①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②苯环上的一卤代物只有一种，则对称程度较大，根据不饱和度分析，苯环上的取代基有醛基、两个羟基和甲基，结构简式为、，
故答案为：、；
（7）比较A和B的结构简式知，甲苯先发生取代反应，在甲基上引入氯原子得到卤代烃，再发生硝化反应，在对位引入硝基，再发生信息中反应c引入羧基，则合成路线为：
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，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，注意官能团及碳原子数的变化，题目难度中等。
24．（15分）苯乙酮（）广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐（）制备。
已知：
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/（g•mL﹣1）
溶解性
苯
78
5.5
80.1
0.88
不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮
120
19.6
203
1.03
微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐
102
﹣73
139
1.08
有吸湿性，易溶于有机溶剂
乙酸
60
16.6
118
1.05
易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤Ⅰ向三颈烧瓶中加入39g苯和44.5g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应如下：
步骤Ⅱ冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30mL 5% NaOH溶液和30mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤Ⅲ常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
（1）AlCl3在反应中作用 催化剂 ；步骤Ⅰ中的加热方式为 70～80℃水浴加热 。
（2）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为 B 。（填标号）
A．100mL
B．250mL
C．500mL
D．1000mL
（3）图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为 冷凝回流 。
（4）步骤Ⅱ中生成的白色胶状沉淀的化学式为 Al（OH）3 。
（5）步骤Ⅱ中用NaOH溶液洗涤的目的是 除去产品中的乙酸 。
（6）步骤Ⅲ中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度 80.1℃～203℃ 。
（7）实验中收集到24.0mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为 82.4% 。
【分析】（1）由反应原理可知，氯化铝是反应发生条件，反应前后均存在；反应控制温度70～80℃；
（2）使用时，所盛的液体体积一般不少于容积的且不超过容积的；
（3）有机物易挥发，需要冷凝回流，以提高原料的利用率；
（4）氯化铝易水解，冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀是氢氧化铝；氢氧化铝能与酸反应；
（5）乙酸易溶于有机溶剂，苯层溶液含有乙酸；
（6）苯的沸点是80.1℃，而苯乙酮的沸点是203℃，控制温度只蒸出苯；
（7）计算苯、乙酸酐的物质的量，进行过量计算，根据不足量的物质计算苯乙酮的理论质量，产率＝×100%。
【解答】解：（1）由反应原理：，可知氯化铝是反应发生条件，反应前后均存在，故AlCl3在反应中作催化剂；反应控制温度70～80℃，未便于控制温度且未超过100℃，加热方式采取70～80℃水浴加热，
故答案为：催化剂；70～80℃水浴加热；
（2）39g苯的体积约是：≈44.3mL，25.5g乙酸酐的体积约是：≈23.6mL，氯化铝的体积可以忽略，液体总体积约是44.3mL+23.6mL＝67.9mL，反应液总体积不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积大于≈102mL，故选250mL的三颈烧瓶，
故答案为：B；
（3）苯的沸点为80.1℃，反应控制温度70～80℃，这样苯易挥发，不利于产品的制取，需要冷凝回流装置，即缺少一种仪器为冷凝管，
故答案为：冷凝回流；
（4）产物易溶于有机物溶剂，而氯化铝易水解，故冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀是氢氧化铝，化学式为Al（OH）3，
故答案为：Al（OH）3；
（5）产物中的乙酸易溶于有机溶剂，苯层溶液含有乙酸，苯层溶液用30mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸，
故答案为：除去产品中的乙酸；
（6）苯的沸点是80.1℃，而苯乙酮的沸点是203℃，常压蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，需要控制温度80.1℃～203℃，
故答案为：80.1℃～203℃；
（7）39g苯的物质的量为＝0.5mol，乙酸酐的物质的量为＝0.25mol，由方程式可知苯与乙酸酐按物质的量1：1反应，故苯过量，所以苯乙酮的理论产量为：0.25mol×120g/mol＝30g，苯乙酮的实际产量为：24mL×1.03g/mL＝24.72g，故苯乙酮的产率为：×100%＝82.4%，
故答案为：82.4%。
【点评】本题考查有机物的制备实验，注意理解掌握有机物分离提纯常用的方法与有关仪器，题目侧重考查学生对信息获取与迁移运用。
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