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2022年上海市青浦区高考化学二模试卷
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这是一份2022年上海市青浦区高考化学二模试卷，共36页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市青浦区高考化学二模试卷
一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案。）
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．碳﹣14原子表示为：14C
B．CH4的比例模型
C．醋酸钠的分子式：CH3COONa
D．二氧化碳的结构式 O﹣C﹣O
2．（2分）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）
A．石油裂化主要得到乙烯
B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油
C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气
D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
3．（2分）物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是（ ）
A．洗气 B．蒸馏 C．升华 D．过滤
4．（2分）下列变化一定为放热反应的是（ ）
A．碳酸钙分解 B．水蒸气液化
C．双氧水分解 D．氯化铵溶于水
5．（2分）关于 Al（OH）3的叙述错误的是（ ）
A．是两性氢氧化物
B．是难溶于水的白色胶状物质，是弱电解质
C．既溶于氢氧化钠溶液、氨水，又能溶于盐酸、醋酸
D．能凝聚水中悬浮物，可用做净水剂
6．（2分）以下事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
B．氧化性：FeCl3＞CuCl2
C．酸性：HI＞HF
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1AlCl3溶液含Cl﹣为0.3NA
B．92gNO2和92g N2O4都含有4NA个氧原子
C．标准状况下，22.4LCCl4中共价键数目为4NA
D．0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，被氧化的Br﹣数为0.2NA
8．（2分）以下变化过程与氧化还原反应有关的是（ ）
A．氮的固定
B．粗盐提纯
C．有机溶剂用作提取豆油
D．NaHCO3和Al2（SO4）3混合用作灭火
9．（2分）用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
用此装置制备无水MgCl2
检验溴乙烷消去产物中的乙烯
观察气泡鉴别乙醇与甲醚（CH3OCH3）
用此装置制备溴苯并验证有HBr产生
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
11．（2分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A．Cl2通入FeCl2溶液中
B．SO2通入BaCl2溶液中
C．NH3通入AlCl3溶液中
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中
12．（2分）香豆素﹣3﹣羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成，下列说法正确的是（ ）
A．水杨醛的分子式为C7H8O2
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A、香豆素﹣3﹣羧酸互为同系物
D．1mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能与4mol H2发生加成反应
13．（2分）可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示，其工作原理与铜﹣锌原电池相似。下列说法正确的是（ ）
A．工作过程中电能转化为化学能
B．电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极Ⅱ
C．电极Ⅱ上发生反应：O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．电极Ⅰ为负极，发生氧化反应
14．（2分）以下关于纸上层析的叙述，正确的是（ ）
A．纸上层析法是使用的展开剂一般是蒸馏水
B．有颜色的分子或离子的分离才可以用纸上层析法
C．纸上层析法适用于分离和检验化学性质十分相近的分子或离子
D．纸上层析法适用于分离和检验化学性质差异明显的分子或离子
15．（2分）合成高聚物所需单体为（ ）
A．
B．
C．CH2＝CHCH＝CH2和CH3CH＝CH2
D．和CH2＝CH2
16．（2分）实验室制备下列物质的装置正确的是（ ）
A．乙炔 B．乙烯
C．乙酸乙酯 D．氢气
17．（2分）下列有关说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）＝3c（CO32−）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．将0.2mol•L﹣1的NH3•H2O与0.1mol•L﹣1的HCl溶液等体积混合后pH＞7，则：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．0.2mol•L﹣1HCOOH与0.1mol•L﹣1 NaOH等体积混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+）
18．（2分）反应A（g）+B（g）⇌3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c（A）如下表：
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c（A）（ mol•L﹣1）
0.022a
0.05a
0.75a
下列分析不正确的是（ ）
A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断减小
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
19．（2分）用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以T形式存在）的工艺流程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）＝5：2
B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
C．经①和④所得溶液中，c（I﹣）后者大于前者
D．由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
20．（2分）有4.8g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28g，反应后全部气体用0.6mol/L Ba（OH）2溶液100mL吸收。下列有关叙述中正确的是（ ）
A．原混合物中CuO与Fe2O3的质量之比为2：1
B．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量之比为3：1
C．反应中生成的CO2体积为1.792L
D．吸收CO2后溶液中一定有Ba（HCO3）2
二、综合题（共60分）
21．（15分）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
（1）画出铋元素最外层电子的电子排布式 ，该元素的原子核外共有 个未成对电子。
（2）铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点 金属铋的熔点（填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”）。
（3）请尝试画出BiH3的电子式 。推测以下说法正确的是 。
A.BiH3是非极性分子
B.热稳定性：NH3＞BiH3
C.酸性HBiO3＞HNO3
D.原子半径r（Bi）＜r（P）
（4）下表为两种铋的卤化物的熔点数据，请从结构的角度解释它们熔点高低的原因 。
BiF3
BiCl3
熔点/°C
649
233.5
（5）铋酸钠（NaBiO3）在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目 。 BiO3﹣+ Mn+ H+→ Bi3++ MnO4﹣+ 。
22．（15分）Ⅰ.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：
①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）+Q2
③CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）+Q3
④2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）+Q4
⑤CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）+Q5
（1）若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c（CH4）：c（CO2）分别等于1：2、1：5、1：7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如图1所示：
①曲线a的进料浓度比c（CH4）：c（CO2）为 。
②条件X是 （填“温度”或“压强”），依据是 。
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K＝ ，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为 。
（3）下列说法正确的是 。
A．当v（CO2）＝v（CO），反应②达到平衡状态
B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大
C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小
D．移去部分C（s），反应③④⑤的平衡均向右移动
Ⅱ.在Zn/ZSM﹣5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。常温下，向10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图2所示。
（4）b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是 （填“强碱”或“弱碱”），此时溶液中所含离子浓度大小的顺序 。
（5）b点由水电离出的氢离子浓度[H+] （填“＞”“＝”或“＜”）1×10﹣7mol/L。
23．（15分）Ⅰ.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如图：
已知：乙醚[（C2H5）2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[（C2H5）2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。完成下列填空：
（1）操作A的名称是 。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留。
（2）滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是 。
a.H2SO3﹣H3PO4
b.H2SO4﹣H3PO4
c.HNO3﹣H3PO4
d.HI﹣H3PO4
（3）滴定达到终点时，消耗0.1000mol•L﹣1K2Cr2O7溶液6.00mL（生成物中Cr元素为+3价）。根据该实验数据，试样X中c（Fe3+）为 。
（4）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是 。
A.稀释被测试样
B.减少被测试样取量
C.增加平行测定次数
D.降低滴定剂浓度
Ⅱ.利用如图装所示置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。
请回答：
（5）下列有关该实验的说法中正确的是 。
A．由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平
C．反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中
D．需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量 ，（填“偏大”、“偏小”或“不变”），请说明理由 。
24．（15分）早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。如图合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线。
已知：
（1）
（2）RONaROCH3
回答下列问题：
（1）由B制备C的反应类型是 ，B中含氧官能团的名称 。
（2）书写C+F→G的反应方程式 。
（3）化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的所有H的同分异构体 。
（ⅰ）可以发生银镜反应；
（ⅱ）可以发生水解反应；
（ⅲ）含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢；
（4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请简要评价两种合成路线。 。
①
②
（5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，请完成下列合成过程，无机试剂和必要的有机试剂任选 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
2022年上海市青浦区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案。）
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．碳﹣14原子表示为：14C
B．CH4的比例模型
C．醋酸钠的分子式：CH3COONa
D．二氧化碳的结构式 O﹣C﹣O
【分析】A．表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角；
B．甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径；
C．醋酸钠是离子晶体；
D．二氧化碳中C原子与O原子之间以双键结合。
【解答】解：A．表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角，表示为14C，故A错误；
B．甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径，其比例模型为，故B正确；
C．醋酸钠是离子晶体，无分子式，CH3COONa是其化学式，故C错误；
D．二氧化碳中C原子与O原子之间以双键结合，其结构式为O＝C＝O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意基础知识的掌握和巩固。
2．（2分）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）
A．石油裂化主要得到乙烯
B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油
C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气
D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
【分析】A．石油裂化主要得到汽油；
B．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化；
C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气；
D．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化。
【解答】解：A．催化裂化的目的是得到轻质液体燃料汽油，故A错误；
B．石油分馏是物理变化，故B错误；
C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；
D．煤制煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，是化学变化，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查石油的分馏、物理变化与化学变化的区别，难度不大，注意有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化。
3．（2分）物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是（ ）
A．洗气 B．蒸馏 C．升华 D．过滤
【分析】有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化，据此分析。
【解答】解：A．用溶液来洗气，有的是将气体溶解吸收，有的是将气体反应吸收，故可能含化学变化，故A正确；
B．蒸馏是控制温度，利用物质沸点不同，分离混合物，过程中无新物质生成，为物理变化，故B错误；
C．升华是由固态直接变为气态的过程，无新物质生成，故为物理变化，故C错误；
D．过滤是利用分散质微粒直径大小不同，分离浊液和溶液、胶体的分离方法，无新物质生成，为物理变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见的化学操作的实质以及物理变化、化学变化的判断，难度不大，应掌握常见的化学操作的实质。
4．（2分）下列变化一定为放热反应的是（ ）
A．碳酸钙分解 B．水蒸气液化
C．双氧水分解 D．氯化铵溶于水
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应。
【解答】解：A．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳的反应是吸热反应，故A错误；
B．水蒸气液化是放热过程，不是放热反应，故B错误；
C．双氧水分解是放热反应，故C正确；
D．氯化铵溶于水属于物理变化过程，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。
5．（2分）关于 Al（OH）3的叙述错误的是（ ）
A．是两性氢氧化物
B．是难溶于水的白色胶状物质，是弱电解质
C．既溶于氢氧化钠溶液、氨水，又能溶于盐酸、醋酸
D．能凝聚水中悬浮物，可用做净水剂
【分析】A．能和酸反应同时又能和碱反应生成盐和水的氢氧化物属于两性氢氧化物；
B．部分电离的电解质是弱电解质；
C．Al（OH）3不能和弱酸以及弱碱之间发生反应；
D．胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用。
【解答】解：A．Al（OH）3能和酸反应也能和碱反应生成盐和水，所以属于两性氢氧化物，故A正确；
B．Al（OH）3是难溶于水的白色胶状物质，Al（OH）3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，电离方程式为：AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣，故B正确；
C．氢氧化铝能和强酸以及强碱之间发生反应，但是不能和弱酸以及弱碱之间发生反应，氢氧化铝与氨水不反应，故C错误；
D．Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生氢氧化铝的性质，侧重两性性质的考查，注意氢氧化铝只能和强酸以及强碱发生反应，题目难度不大。
6．（2分）以下事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
B．氧化性：FeCl3＞CuCl2
C．酸性：HI＞HF
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强；
D．盐的稳定性与元素周期律无关。
【解答】解：A．金属性Na＞Mg，最该价氧化物对应水化物的碱性NaOH＞Mg（OH）2，故A正确；
B．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氧化剂的氧化性大于氧化产物，2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，氧化性：FeCl3＞CuCl2，不能用元素周期律解释，故B错误；
C．HI和HF是氢化物，酸性：HI＞HF，不能用元素周期律解释，故C错误；
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，是物质性质决定，和元素周期律无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期律的运用，为高频考点，侧重考查热稳定性，氧化性，酸碱性强弱判断，题目难度不大。
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1AlCl3溶液含Cl﹣为0.3NA
B．92gNO2和92g N2O4都含有4NA个氧原子
C．标准状况下，22.4LCCl4中共价键数目为4NA
D．0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，被氧化的Br﹣数为0.2NA
【分析】A．溶液体积不明确；
B．NO2和 N2O4的最简式均为“NO2”；
C．标况下四氯化碳为液体；
D．还原性Fe2+＞Br﹣。
【解答】解：A．溶液体积不明确，溶液中氯离子的个数无法计算，故A错误；
B．NO2和 N2O4的最简式均为“NO2”，92gNO2和92g N2O4中含有的“NO2”物质的量均为n＝＝2mol，均含有4NA个氧原子，故B正确；
C．标况下四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D．还原性Fe2+＞Br﹣，0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，氯气只氧化亚铁离子，被氧化的Br﹣数为0，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的选用以及物质结构特点的掌握。
8．（2分）以下变化过程与氧化还原反应有关的是（ ）
A．氮的固定
B．粗盐提纯
C．有机溶剂用作提取豆油
D．NaHCO3和Al2（SO4）3混合用作灭火
【分析】氧化还原反应实质是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答。
【解答】解：A．固氮过程中N2转化为含氮化合物，氮元素化合价发生了改变，与氧化还原反应有关，故A正确；
B．粗盐提纯，元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．有机溶剂用作提取豆油，利用物质的溶解性，属于物理性质，与氧化还原反应无关，故C错误；
D．NaHCO3和Al2（SO4）3混合反应制得泡沫灭火器，反应过程中无元素化合价的变化，是盐类水解相互促进的反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9．（2分）用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
用此装置制备无水MgCl2
检验溴乙烷消去产物中的乙烯
观察气泡鉴别乙醇与甲醚（CH3OCH3）
用此装置制备溴苯并验证有HBr产生
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．通入氯化氢，可避免氯化镁水解；
B．乙醇易挥发，且乙醇能溶于水，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．乙醇和钠反应生成氢气，甲醚和钠不反应；
D．挥发的溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成溴化银淡黄色沉淀。
【解答】解：A．氯化镁晶体在加热条件下易水解生成氢氧化镁，通入氯化氢，可避免氯化镁水解，该装置可制备无水MgCl2固体，能达到实验目的，故A不选；
B．乙醇和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇易挥发，且乙醇能溶于水，用水除去乙烯中的乙醇，然后用酸性高锰酸钾溶液检验生成的乙烯，能实现实验目的，故B不选；
C．乙醇和钠反应生成氢气，甲醚和钠不反应，现象不同可以鉴别，能实现实验目的，故C不选；
D．挥发的溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成溴化银淡黄色沉淀，挥发的溴干扰HBr的检验，不能实现实验目的，故D选；
故选：D。
【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、物质的制备方法、物质检验方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
10．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
【分析】侯氏制碱法中向母液中先通入NH3，目的是使溶液显碱性，增大二氧化碳在水溶液中溶解度，据此分析。
【解答】解：由于二氧化碳在水溶液中溶解度小，故直接向母液中通入二氧化碳，所溶解的二氧化碳很少，则影响NaHCO3的产量，故先向母液通入氨气，使溶液显碱性，从而能增大二氧化碳的溶解度：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3，增大溶液中NH4HCO3的产量，即增大NH4+浓度，故A错误；
而由于NaHCO3的溶解度较NH4HCO3更小，故发生反应：NH4HCO3+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，故还有利于生成NaHCO3和NH4Cl，故B、C错误；
但通入氨气的目的不是为了降低HCO3﹣浓度，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了纯碱工业制备原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是交通工具，题目难度不大。
11．（2分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A．Cl2通入FeCl2溶液中
B．SO2通入BaCl2溶液中
C．NH3通入AlCl3溶液中
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中
【分析】根据物质之间的反应，如生产气体、沉淀或颜色明显变化，则有明显现象；而反应中生成水或不反应等，则无明显现象，以此来解答。
【解答】解：A．Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣，Fe2+被氧化成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故A错误；
B．SO2通入BaCl2溶液中，因为盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则没有明显现象，故B正确；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，现象为产生白色沉淀，故C错误；
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜过饱和，析出蓝色晶体，故D错误；
故选：B。
【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、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）香豆素﹣3﹣羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成，下列说法正确的是（ ）
A．水杨醛的分子式为C7H8O2
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A、香豆素﹣3﹣羧酸互为同系物
D．1mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能与4mol H2发生加成反应
【分析】A．由结构可知，水杨醛分子中含有7个C原子、6个H原子、2个O原子；
B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质；
C．中间体A与香豆素﹣3﹣羧酸含有的官能团种类不完全相同；
D．香豆素﹣3﹣羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应。
【解答】解：A．由结构可知，水杨醛分子中含有7个C原子、6个H原子、2个O原子，故水杨醛的分子式为C7H6O2，故A错误；
B．水杨醛含有醛基和酚羟基，中间体A中含有碳碳双键，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；
C．中间体A中含有酯基，而香豆酸﹣3羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；
D．香豆素﹣3﹣羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能和4mol氢气发生加成反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查羧酸、醛、酯的性质，注意苯环、碳碳双键、羰基、醛基能和氢气发生加成反应，但是羧基和酯基不能和氢气发生加成反应。
13．（2分）可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示，其工作原理与铜﹣锌原电池相似。下列说法正确的是（ ）
A．工作过程中电能转化为化学能
B．电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极Ⅱ
C．电极Ⅱ上发生反应：O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．电极Ⅰ为负极，发生氧化反应
【分析】电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，为原电池负极，电极II为正极，负极反应式为CO﹣2e﹣+H2O═CO2+2H+，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，据此分析解答。
【解答】解：A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；
B．原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，不能进入溶液中，故B错误；
C．原电池工作时电极II为正极，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故C错误；
D．原电池工作时电极I为负极，电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，把握电极的判断、电极反应及书写电极反应式是解题关键，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目难度不大。
14．（2分）以下关于纸上层析的叙述，正确的是（ ）
A．纸上层析法是使用的展开剂一般是蒸馏水
B．有颜色的分子或离子的分离才可以用纸上层析法
C．纸上层析法适用于分离和检验化学性质十分相近的分子或离子
D．纸上层析法适用于分离和检验化学性质差异明显的分子或离子
【分析】纸上层析法依据极性相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相．由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，纸上层析法的原理既利用了毛细现象，又利用了极性相似相溶原理。
【解答】解：A.纸上层析法依据极性相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相，即有机溶剂为展开剂，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，故A错误；
B.无色离子可以先层析，然后再用显色剂来显色，因此无论是有颜色的分子或离子，还是无色的离子或分子，都可以用纸上层析法分离，故B错误；
C.化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，但各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，可用纸上层析法，故C正确；
D.化学性质差异明显的分子或离子用一般的检验方法就可以分离和检验，不需要使用纸上层析法，只有化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，可各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，用纸上层析法区分，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查纸上层析法，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大，注意把握纸上层析法的原理和操作方法，本题侧重于原理的考查，希在学习中注意积累。
15．（2分）合成高聚物所需单体为（ ）
A．
B．
C．CH2＝CHCH＝CH2和CH3CH＝CH2
D．和CH2＝CH2
【分析】根据高聚物结构简式知，形成该物质的单体有两种。
【解答】解：根据结构简式可知，该物质中只含碳碳双键，是由CH2＝CHCH＝CH2和CH3CH＝CH2通过加聚反应得到的，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握高聚物单体的判断，难度不大。
16．（2分）实验室制备下列物质的装置正确的是（ ）
A．乙炔 B．乙烯
C．乙酸乙酯 D．氢气
【分析】A．乙炔制备需要电石和饱和食盐水反应生成，反应剧烈生成氢氧化钙微溶，易堵塞启普发生器瓶颈，不能用启普发生器制备；
B．实验室制备乙烯需要乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃反应生成；
C．乙酸乙酯制备反应是乙酸和乙醇浓硫酸催化剂加热反应生成；
D．氢气比空气轻用向下排气法收集。
【解答】解：A．乙炔制备需要电石和饱和食盐水反应生成，反应剧烈，生成氢氧化钙微溶，易堵塞启普发生器瓶颈，可利用制取氢气的简易装置制备乙炔，则实验室不能用启普发生器来制取乙炔，故A错误；
B．实验室制备乙烯需要乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃反应生成，装置中缺少温度计控制反应溶液的温度，故B错误；
C．乙酸乙酯制备反应是乙酸和乙醇浓硫酸催化剂加热反应生成，装置图中水浴加热，冷却得到乙酸乙酯，符合制备要求，故C正确；
D．氢气比空气轻用向下排气法收集，装置图中收集方法错误，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了气体制备的装置选择、反应条件控制、气体收集方法等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
17．（2分）下列有关说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）＝3c（CO32−）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．将0.2mol•L﹣1的NH3•H2O与0.1mol•L﹣1的HCl溶液等体积混合后pH＞7，则：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．0.2mol•L﹣1HCOOH与0.1mol•L﹣1 NaOH等体积混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+）
【分析】A．混合液中n（Na）：n（C）＝3：2，根据溶液中的物料守恒判断；
B．消耗V（NaOH）与酸的物质的量成正比；
C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）违反了电荷守恒；
D.0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液与0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCOOH和HCOONa，根据电荷守恒可知：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（HCOO﹣）+c（HCOOH）＝2c（Na+）。
【解答】解：A.C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n（Na）：n（C）＝3：2，溶液中物料守恒得到：2c（Na+）＝3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故A正确
B．pH相同的盐酸和CH3COOH，浓度：c（HCl）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCl和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCl和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；
C．将0.2mol/L的NH3•H2O与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合后，溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于其水解程度，则c（NH4+）＞c（Cl﹣）、c（OH﹣）＞c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D.0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液与0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCOOH和HCOONa，根据电荷守恒可知：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（HCOO﹣）+c（HCOOH）＝2c（Na+），二者结合得到：2c（H+）+c（HCOOH）＝c（HCOO﹣）+2c（OH﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。
18．（2分）反应A（g）+B（g）⇌3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c（A）如下表：
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c（A）（ mol•L﹣1）
0.022a
0.05a
0.75a
下列分析不正确的是（ ）
A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断减小
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
【分析】A．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c（A）由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动；
B．②到③的过程中，平衡时c（A）由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，X在压缩的某个过程中变成了非气态；
C．结合A、B项分析，平衡首先逆向移动然后正向移动；
D．③状态下A物质的量最小，A转化率最大。
【解答】解：A．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c（A）由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动，且X此时应为气态，故A正确；
B．②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时c（A）由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，且X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化，故B正确；
C．结合A、B选项的分析，平衡首先逆向移动，然后正向移动，故A的转化率先减小后增大，故C错误；
D．③状态下A物质的量为0.75amol＜①的0.88amol＜②的amol，其物质的量最小，即A转化率最大，则X的物质的量最大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡原理有关知识，涉及化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响等知识点，侧重考查学生对基本概念的理解、掌握和灵活运用能力。
19．（2分）用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以T形式存在）的工艺流程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）＝5：2
B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
C．经①和④所得溶液中，c（I﹣）后者大于前者
D．由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，以此来解答。
【解答】解：A．若②和⑤中分别得到等量I2，设生成1mol碘，由电子守恒可知消耗的n（Cl2）：n（KClO3）＝1mol：mol＝3：1，故A错误；
B．碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，则④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；
C．经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c（I﹣）后者大于前者，故C正确；
D．由⑥得到碘产品的过程，为升华过程，主要发生的是物理变化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查卤水提碘及混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答关键，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。
20．（2分）有4.8g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28g，反应后全部气体用0.6mol/L Ba（OH）2溶液100mL吸收。下列有关叙述中正确的是（ ）
A．原混合物中CuO与Fe2O3的质量之比为2：1
B．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量之比为3：1
C．反应中生成的CO2体积为1.792L
D．吸收CO2后溶液中一定有Ba（HCO3）2
【分析】CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为＝0.08mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，则：①x+3y＝0.08；②80x+160y＝4.8，解得x＝0.02、y＝0.02，即原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，据此分析。
【解答】解：A．原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO、Fe2O3的质量之比为80g/mol×0.02mol：160g/mol×0.02mol＝1：2，故A错误；
B．原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为0.02mol：0.02mol＝1：1，故B错误；
C．没有说明是否是标准状况下，气体摩尔体积不知，所以无法求体积，故C错误；
D．CO获得1个O原子生成CO2，故n（CO2）＝n（O）＝＝0.08mol，n[Ba（OH）2]＝0.6mol/L×0.1L＝0.06mol，故n（CO2）：n[Ba（OH）2]＝0.08mol：0.06mol＝4：3，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了混合物的有关计算，题目难度中等，注意利用守恒思想进行的计算，注意判断二氧化碳与氢氧化钡反应的生成物，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
（1）画出铋元素最外层电子的电子排布式 6s26p3 ，该元素的原子核外共有 3 个未成对电子。
（2）铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点 小于 金属铋的熔点（填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”）。
（3）请尝试画出BiH3的电子式 。推测以下说法正确的是 B 。
A.BiH3是非极性分子
B.热稳定性：NH3＞BiH3
C.酸性HBiO3＞HNO3
D.原子半径r（Bi）＜r（P）
（4）下表为两种铋的卤化物的熔点数据，请从结构的角度解释它们熔点高低的原因 BiF3为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，BiCl3为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，离子键强于分子间作用力，因此BiF3的熔点高于BiCl3 。
BiF3
BiCl3
熔点/°C
649
233.5
（5）铋酸钠（NaBiO3）在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目 。 7 BiO3﹣+ 2 Mn+ 26 H+→ 7 Bi3++ 2 MnO4﹣+ 13H2O 。
【分析】（1）铋元素位于第六周期第ⅤA族；
（2）一般合金的熔点比纯金属的熔点低；
（3）先判断化合物类型，然后根据共价化合物的电子式的表示方法写出电子式；
A.结构对称，正负电荷重心的分子为非极性分子；
B.非金属性越强，氢化物的热稳定性越强；
C.同一主族元素，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
D.同一主族，从上到下，原子半径越来越大；
（4）离子晶体熔点比分子晶体的高；
（5）根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式。
【解答】解：（1）铋元素位于第六周期第ⅤA族，其最外层电子的电子排布式6s26p3，6p轨道上有3个未成对电子，
故答案为：6s26p3；3；
（2）一般合金的熔点比纯金属的熔点低，铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，可知该合金的熔点小于金属铋的熔点，
故答案为：小于；
（3）BiH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，BiH3的电子式为，
A.BiH3中Bi原子形成3个σ键，还存在一个孤电子对，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A错误；
B.非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，非金属性：N＞Bi，则氢化物的稳定性：NH3＞BiH3，故B正确；
C.同一主族元素，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：N＞Bi，酸性：HBiO3＜HNO3，故C错误；
D.同一主族，从上到下，原子半径越来越大，P、Bi分别位于第ⅤA族第三周期、第六周期，原子半径r（Bi）＞r（P），故D错误；
故答案为：；B；
（4）BiF3为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，BiCl3为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，离子键强于分子间作用力，因此BiF3的熔点高于BiCl3，
故答案为：BiF3为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，BiCl3为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，离子键强于分子间作用力，因此BiF3的熔点高于BiCl3；
（5）根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式，7BiO3﹣+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO4﹣+13H2O，电子转移的方向和数目为，
故答案为：；7；2；26；7；2；13H2O。
【点评】本题考查了核外电子排布、合金、元素周期律的应用、氧化还原反应方程式的书写等知识点，考查学生的分析推理能力、逻辑思维能力，难度中等。
22．（15分）Ⅰ.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：
①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）+Q2
③CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）+Q3
④2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）+Q4
⑤CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）+Q5
（1）若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c（CH4）：c（CO2）分别等于1：2、1：5、1：7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如图1所示：
①曲线a的进料浓度比c（CH4）：c（CO2）为 1：2 。
②条件X是 温度 （填“温度”或“压强”），依据是 该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大 。
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K＝ ，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为 50% 。
（3）下列说法正确的是 B 。
A．当v（CO2）＝v（CO），反应②达到平衡状态
B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大
C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小
D．移去部分C（s），反应③④⑤的平衡均向右移动
Ⅱ.在Zn/ZSM﹣5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。常温下，向10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图2所示。
（4）b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是 弱碱 （填“强碱”或“弱碱”），此时溶液中所含离子浓度大小的顺序 c（CH3COO﹣）＝c（R+）＞c（OH﹣）＝c（H+） 。
（5）b点由水电离出的氢离子浓度[H+] ＞ （填“＞”“＝”或“＜”）1×10﹣7mol/L。
【分析】（1）①根据浓度对平衡和转化率的影响分析投料比；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）根据反应方程式书写该反应的平衡常数表达式为K，列三段式，根据平衡时CH4的体积分数求出平转化浓度计算转化率；
（3）A．化学反应速率没有指明反应进行的方向；
B．升高温度反应速率都增大；
C．平衡常数只与温度有关；
D．固体的多少对化学平衡没有影响；
（4）从图中可以看出，b点时，V（ROH）＝10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，根据电离平衡常数判断碱性强弱和离子浓度大小；
（5）b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离。
【解答】解：（1）①恒容密闭容器中发生反应①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1，Q1＜0，增大c（CO2），平衡正向移动，α（CH4）增大，则c（CH4）：c（CO2）越小，α（CH4）越大，所以曲线a的进料浓度比c（CH4）：c（CO2）为1：2，
故答案为：1：2；
②Q1＜0，正反应为吸热反应，温度越高，α（CH4）越大，则依据曲线判断，条件X是温度，依据是：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大，
故答案为：温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1，该反应的平衡常数表达式为K＝，平衡时CH4的体积分数为，设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立以下三段式：
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 1 0 0
变化（mol） x x 2x 2x
平衡（mol） 1﹣x 1﹣x 2x 2x
则＝，x＝0.5mol，CO2的转化率为×100%＝×100%＝50%，
故答案为：K＝；50%；
（3）A．反应②为CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）+Q2，当v（CO2）＝v（CO），虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但由于没有指明反应进行的方向，所以反应②不一定达到平衡状态，故A不正确；
B．升高温度，反应②中反应物的有效碰撞次数增多，正、逆反应速率都增大，故B正确；
C．增大压强，反应①的温度不变，平衡常数K不变，故C不正确；
D．移去部分C（s），反应③④⑤中气体的浓度都不变，平衡不发生移动，故D不正确；
故答案为：B；
（4）从图中可以看出，b点时，V（ROH）＝10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，则碱ROH的电离常数与CH3COOH相同，CH3COOH为弱酸，所以ROH是弱碱，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序：c（CH3COO﹣）＝c（R+）＞c（OH﹣）＝c（H+），
故答案为：弱碱；c（CH3COO﹣）＝c（R+）＞c（OH﹣）＝c（H+）；
（5）b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离，所以由水电离出的氢离子浓度c（H+）＞1×10﹣7mol/L，
故答案为：＞。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、离子浓度大小比较等知识点，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
23．（15分）Ⅰ.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如图：
已知：乙醚[（C2H5）2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[（C2H5）2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。完成下列填空：
（1）操作A的名称是 分液 。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留。
（2）滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是 b 。
a.H2SO3﹣H3PO4
b.H2SO4﹣H3PO4
c.HNO3﹣H3PO4
d.HI﹣H3PO4
（3）滴定达到终点时，消耗0.1000mol•L﹣1K2Cr2O7溶液6.00mL（生成物中Cr元素为+3价）。根据该实验数据，试样X中c（Fe3+）为 0.576mol/L 。
（4）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是 BD 。
A.稀释被测试样
B.减少被测试样取量
C.增加平行测定次数
D.降低滴定剂浓度
Ⅱ.利用如图装所示置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。
请回答：
（5）下列有关该实验的说法中正确的是 B 。
A．由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平
C．反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中
D．需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量 偏小 ，（填“偏大”、“偏小”或“不变”），请说明理由 分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大 。
【分析】（1）由操作A得到溶液Ⅰ和溶液Ⅱ，操作A的名称是分液，经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，设计实验方案为取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留；
（2）a．H2SO3﹣H3PO4 中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差；
b．H2SO4﹣H3PO4 中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应；
c．HNO3﹣H3PO4 中硝 酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低；
d．HI﹣H3PO4 中HI酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高；
（3）依据离子反应定量关系计算；
（4）A．为了减少滴定误差，滴定管须用待装液润洗，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会测定结果偏高；
B．标准KMnO4溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
C．开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，读取标准溶液体积偏大，则测得 Fe3+的浓度偏高；
D．高锰酸钾为紫红色，接近滴定终点时最后一滴标准KMnO4溶液滴下，溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不变化；
II．（5）A．恒压分液漏斗的存在，不影响该装置气密性检查；
B．在反应前后应注意使左右两管液面相平，即使烧瓶中的压强与外界大气压相等，使读取的气体体积为外界大气压下的体积；
C．改装置为密闭容器，反应完成后生成的氢气不需要全部转移至装置B中，仅需要测量变化量；
D．测定铁铝合金样品中的铝含量，氢氧化钠要过量，需要控制镁铝合金的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程；
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大。
【解答】解：（1）由操作A得到溶液Ⅰ和溶液Ⅱ，操作A的名称是分液，经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，设计实验方案为取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留，
故答案为：分液；取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留；
（2）滴定需要的酸性环境，所需酸不能具有还原性、氧化性，不能被氧化剂氧化，也不能被亚铁离子还原，
a．H2SO3﹣H3PO4 中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差，故a错误；
b．H2SO4﹣H3PO4 中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应，故b正确；
c．HNO3﹣H3PO4 中硝 酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低，故c错误；
d．HI﹣H3PO4 中HI酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高，故d错误；
故答案为：b；
（3）依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1000 mol•L﹣1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量＝0.1000mol/L×0.00600L＝0.00060mol
反应为 Cr2O72﹣+6Fe2++H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
1 6
0.00060mol 0.00360mol
c＝＝0.144mol/L
则试样X中c（Fe3+）＝0.144mol/L×＝0.576mol/L，
故答案为：0.576mol/L；
（4）A．为了减少滴定误差，滴定管须用待装液润洗，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会测定结果偏高，故A错误；
B．标准KMnO4溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，故B正确；
C．开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，读取标准溶液体积偏大，则测得 Fe3+的浓度偏高，故C错误；
D．高锰酸钾为紫红色，接近滴定终点时最后一滴标准KMnO4溶液滴下，溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不变化，故D正确；
故答案为：BD；
II．（5）A．恒压分液漏斗的存在，不影响该装置气密性检查，故A错误；
B．在反应前后应注意使左右两管液面相平，即使烧瓶中的压强与外界大气压相等，使读取的气体体积为外界大气压下的体积，故B正确；
C．改装置为密闭容器，反应完成后生成的氢气不需要全部转移至装置B中，仅需要测量变化量，故C错误；
D．测定铁铝合金样品中的铝含量，氢氧化钠要过量，需要控制镁铝合金的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程，故D错误；
故答案为：B；
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大，
故答案为：偏大；分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大。
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、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。
24．（15分）早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。如图合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线。
已知：
（1）
（2）RONaROCH3
回答下列问题：
（1）由B制备C的反应类型是 取代反应 ，B中含氧官能团的名称 硝基、羧基 。
（2）书写C+F→G的反应方程式 。
（3）化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的所有H的同分异构体 、 。
（ⅰ）可以发生银镜反应；
（ⅱ）可以发生水解反应；
（ⅲ）含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢；
（4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请简要评价两种合成路线。 ①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低 。
①
②
（5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，请完成下列合成过程，无机试剂和必要的有机试剂任选 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】根据G的结构简式及C的分子式知，甲苯和浓硝酸发生甲基对位上的取代反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，根据C的分子式知，B发生取代反应生成C为；D和NaOH反应生成E为，E发生信息（2）的反应生成F为，根据G的结构简式知，C和F发生取代反应生成G；
（5）以为原料合成，和NaOH反应生成，和CH3I发生信息（2）的反应生成，发生催化氧化生成，发生氧化反应生成目标产物。
【解答】解：（1）B中﹣OH被氯原子取代生成C，由B制备C的反应类型是取代反应，B为，B中含氧官能团的名称是硝基、羧基，
故答案为：取代反应；硝基、羧基；
（2）C为、F为，C和F发生取代反应生成G，C+F→G的反应方程式为，
故答案为：；
（3）F为，化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，H的同分异构体符合下列条件：
（ⅰ）可以发生银镜反应，说明含有醛基；
（ⅱ）可以发生水解反应说明含有酯基，根据氧原子个数知，存在HCOO﹣；
（ⅲ）含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢，其结构对称，符合条件的结构简式为、，
故答案为：、；
（4）根据题给信息知，①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低，
故答案为：①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低；
（5）以为原料合成，和NaOH反应生成，和CH3I发生信息（2）的反应生成，发生催化氧化生成，发生氧化反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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2022年上海市青浦区高考化学二模试卷
一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案。）
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．碳﹣14原子表示为：14C
B．CH4的比例模型
C．醋酸钠的分子式：CH3COONa
D．二氧化碳的结构式 O﹣C﹣O
2．（2分）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）
A．石油裂化主要得到乙烯
B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油
C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气
D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
3．（2分）物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是（ ）
A．洗气 B．蒸馏 C．升华 D．过滤
4．（2分）下列变化一定为放热反应的是（ ）
A．碳酸钙分解 B．水蒸气液化
C．双氧水分解 D．氯化铵溶于水
5．（2分）关于 Al（OH）3的叙述错误的是（ ）
A．是两性氢氧化物
B．是难溶于水的白色胶状物质，是弱电解质
C．既溶于氢氧化钠溶液、氨水，又能溶于盐酸、醋酸
D．能凝聚水中悬浮物，可用做净水剂
6．（2分）以下事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
B．氧化性：FeCl3＞CuCl2
C．酸性：HI＞HF
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1AlCl3溶液含Cl﹣为0.3NA
B．92gNO2和92g N2O4都含有4NA个氧原子
C．标准状况下，22.4LCCl4中共价键数目为4NA
D．0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，被氧化的Br﹣数为0.2NA
8．（2分）以下变化过程与氧化还原反应有关的是（ ）
A．氮的固定
B．粗盐提纯
C．有机溶剂用作提取豆油
D．NaHCO3和Al2（SO4）3混合用作灭火
9．（2分）用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
用此装置制备无水MgCl2
检验溴乙烷消去产物中的乙烯
观察气泡鉴别乙醇与甲醚（CH3OCH3）
用此装置制备溴苯并验证有HBr产生
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
11．（2分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A．Cl2通入FeCl2溶液中
B．SO2通入BaCl2溶液中
C．NH3通入AlCl3溶液中
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中
12．（2分）香豆素﹣3﹣羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成，下列说法正确的是（ ）
A．水杨醛的分子式为C7H8O2
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A、香豆素﹣3﹣羧酸互为同系物
D．1mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能与4mol H2发生加成反应
13．（2分）可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示，其工作原理与铜﹣锌原电池相似。下列说法正确的是（ ）
A．工作过程中电能转化为化学能
B．电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极Ⅱ
C．电极Ⅱ上发生反应：O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．电极Ⅰ为负极，发生氧化反应
14．（2分）以下关于纸上层析的叙述，正确的是（ ）
A．纸上层析法是使用的展开剂一般是蒸馏水
B．有颜色的分子或离子的分离才可以用纸上层析法
C．纸上层析法适用于分离和检验化学性质十分相近的分子或离子
D．纸上层析法适用于分离和检验化学性质差异明显的分子或离子
15．（2分）合成高聚物所需单体为（ ）
A．
B．
C．CH2＝CHCH＝CH2和CH3CH＝CH2
D．和CH2＝CH2
16．（2分）实验室制备下列物质的装置正确的是（ ）
A．乙炔 B．乙烯
C．乙酸乙酯 D．氢气
17．（2分）下列有关说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）＝3c（CO32−）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．将0.2mol•L﹣1的NH3•H2O与0.1mol•L﹣1的HCl溶液等体积混合后pH＞7，则：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．0.2mol•L﹣1HCOOH与0.1mol•L﹣1 NaOH等体积混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+）
18．（2分）反应A（g）+B（g）⇌3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c（A）如下表：
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c（A）（ mol•L﹣1）
0.022a
0.05a
0.75a
下列分析不正确的是（ ）
A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断减小
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
19．（2分）用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以T形式存在）的工艺流程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）＝5：2
B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
C．经①和④所得溶液中，c（I﹣）后者大于前者
D．由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
20．（2分）有4.8g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28g，反应后全部气体用0.6mol/L Ba（OH）2溶液100mL吸收。下列有关叙述中正确的是（ ）
A．原混合物中CuO与Fe2O3的质量之比为2：1
B．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量之比为3：1
C．反应中生成的CO2体积为1.792L
D．吸收CO2后溶液中一定有Ba（HCO3）2
二、综合题（共60分）
21．（15分）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
（1）画出铋元素最外层电子的电子排布式 ，该元素的原子核外共有 个未成对电子。
（2）铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点 金属铋的熔点（填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”）。
（3）请尝试画出BiH3的电子式 。推测以下说法正确的是 。
A.BiH3是非极性分子
B.热稳定性：NH3＞BiH3
C.酸性HBiO3＞HNO3
D.原子半径r（Bi）＜r（P）
（4）下表为两种铋的卤化物的熔点数据，请从结构的角度解释它们熔点高低的原因 。
BiF3
BiCl3
熔点/°C
649
233.5
（5）铋酸钠（NaBiO3）在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目 。 BiO3﹣+ Mn+ H+→ Bi3++ MnO4﹣+ 。
22．（15分）Ⅰ.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：
①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）+Q2
③CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）+Q3
④2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）+Q4
⑤CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）+Q5
（1）若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c（CH4）：c（CO2）分别等于1：2、1：5、1：7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如图1所示：
①曲线a的进料浓度比c（CH4）：c（CO2）为 。
②条件X是 （填“温度”或“压强”），依据是 。
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K＝ ，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为 。
（3）下列说法正确的是 。
A．当v（CO2）＝v（CO），反应②达到平衡状态
B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大
C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小
D．移去部分C（s），反应③④⑤的平衡均向右移动
Ⅱ.在Zn/ZSM﹣5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。常温下，向10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图2所示。
（4）b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是 （填“强碱”或“弱碱”），此时溶液中所含离子浓度大小的顺序 。
（5）b点由水电离出的氢离子浓度[H+] （填“＞”“＝”或“＜”）1×10﹣7mol/L。
23．（15分）Ⅰ.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如图：
已知：乙醚[（C2H5）2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[（C2H5）2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。完成下列填空：
（1）操作A的名称是 。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留。
（2）滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是 。
a.H2SO3﹣H3PO4
b.H2SO4﹣H3PO4
c.HNO3﹣H3PO4
d.HI﹣H3PO4
（3）滴定达到终点时，消耗0.1000mol•L﹣1K2Cr2O7溶液6.00mL（生成物中Cr元素为+3价）。根据该实验数据，试样X中c（Fe3+）为 。
（4）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是 。
A.稀释被测试样
B.减少被测试样取量
C.增加平行测定次数
D.降低滴定剂浓度
Ⅱ.利用如图装所示置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。
请回答：
（5）下列有关该实验的说法中正确的是 。
A．由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平
C．反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中
D．需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量 ，（填“偏大”、“偏小”或“不变”），请说明理由 。
24．（15分）早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。如图合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线。
已知：
（1）
（2）RONaROCH3
回答下列问题：
（1）由B制备C的反应类型是 ，B中含氧官能团的名称 。
（2）书写C+F→G的反应方程式 。
（3）化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的所有H的同分异构体 。
（ⅰ）可以发生银镜反应；
（ⅱ）可以发生水解反应；
（ⅲ）含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢；
（4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请简要评价两种合成路线。 。
①
②
（5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，请完成下列合成过程，无机试剂和必要的有机试剂任选 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
2022年上海市青浦区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案。）
1．（2分）下列化学用语正确的是（ ）
A．碳﹣14原子表示为：14C
B．CH4的比例模型
C．醋酸钠的分子式：CH3COONa
D．二氧化碳的结构式 O﹣C﹣O
【分析】A．表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角；
B．甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径；
C．醋酸钠是离子晶体；
D．二氧化碳中C原子与O原子之间以双键结合。
【解答】解：A．表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角，表示为14C，故A错误；
B．甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径，其比例模型为，故B正确；
C．醋酸钠是离子晶体，无分子式，CH3COONa是其化学式，故C错误；
D．二氧化碳中C原子与O原子之间以双键结合，其结构式为O＝C＝O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意基础知识的掌握和巩固。
2．（2分）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）
A．石油裂化主要得到乙烯
B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油
C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气
D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
【分析】A．石油裂化主要得到汽油；
B．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化；
C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气；
D．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化。
【解答】解：A．催化裂化的目的是得到轻质液体燃料汽油，故A错误；
B．石油分馏是物理变化，故B错误；
C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；
D．煤制煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，是化学变化，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查石油的分馏、物理变化与化学变化的区别，难度不大，注意有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化。
3．（2分）物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是（ ）
A．洗气 B．蒸馏 C．升华 D．过滤
【分析】有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化，据此分析。
【解答】解：A．用溶液来洗气，有的是将气体溶解吸收，有的是将气体反应吸收，故可能含化学变化，故A正确；
B．蒸馏是控制温度，利用物质沸点不同，分离混合物，过程中无新物质生成，为物理变化，故B错误；
C．升华是由固态直接变为气态的过程，无新物质生成，故为物理变化，故C错误；
D．过滤是利用分散质微粒直径大小不同，分离浊液和溶液、胶体的分离方法，无新物质生成，为物理变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见的化学操作的实质以及物理变化、化学变化的判断，难度不大，应掌握常见的化学操作的实质。
4．（2分）下列变化一定为放热反应的是（ ）
A．碳酸钙分解 B．水蒸气液化
C．双氧水分解 D．氯化铵溶于水
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应。
【解答】解：A．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳的反应是吸热反应，故A错误；
B．水蒸气液化是放热过程，不是放热反应，故B错误；
C．双氧水分解是放热反应，故C正确；
D．氯化铵溶于水属于物理变化过程，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。
5．（2分）关于 Al（OH）3的叙述错误的是（ ）
A．是两性氢氧化物
B．是难溶于水的白色胶状物质，是弱电解质
C．既溶于氢氧化钠溶液、氨水，又能溶于盐酸、醋酸
D．能凝聚水中悬浮物，可用做净水剂
【分析】A．能和酸反应同时又能和碱反应生成盐和水的氢氧化物属于两性氢氧化物；
B．部分电离的电解质是弱电解质；
C．Al（OH）3不能和弱酸以及弱碱之间发生反应；
D．胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用。
【解答】解：A．Al（OH）3能和酸反应也能和碱反应生成盐和水，所以属于两性氢氧化物，故A正确；
B．Al（OH）3是难溶于水的白色胶状物质，Al（OH）3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，电离方程式为：AlO2﹣+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣，故B正确；
C．氢氧化铝能和强酸以及强碱之间发生反应，但是不能和弱酸以及弱碱之间发生反应，氢氧化铝与氨水不反应，故C错误；
D．Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查学生氢氧化铝的性质，侧重两性性质的考查，注意氢氧化铝只能和强酸以及强碱发生反应，题目难度不大。
6．（2分）以下事实能用元素周期律解释的是（ ）
A．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
B．氧化性：FeCl3＞CuCl2
C．酸性：HI＞HF
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【分析】A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强；
D．盐的稳定性与元素周期律无关。
【解答】解：A．金属性Na＞Mg，最该价氧化物对应水化物的碱性NaOH＞Mg（OH）2，故A正确；
B．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氧化剂的氧化性大于氧化产物，2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，氧化性：FeCl3＞CuCl2，不能用元素周期律解释，故B错误；
C．HI和HF是氢化物，酸性：HI＞HF，不能用元素周期律解释，故C错误；
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，是物质性质决定，和元素周期律无关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期律的运用，为高频考点，侧重考查热稳定性，氧化性，酸碱性强弱判断，题目难度不大。
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1AlCl3溶液含Cl﹣为0.3NA
B．92gNO2和92g N2O4都含有4NA个氧原子
C．标准状况下，22.4LCCl4中共价键数目为4NA
D．0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，被氧化的Br﹣数为0.2NA
【分析】A．溶液体积不明确；
B．NO2和 N2O4的最简式均为“NO2”；
C．标况下四氯化碳为液体；
D．还原性Fe2+＞Br﹣。
【解答】解：A．溶液体积不明确，溶液中氯离子的个数无法计算，故A错误；
B．NO2和 N2O4的最简式均为“NO2”，92gNO2和92g N2O4中含有的“NO2”物质的量均为n＝＝2mol，均含有4NA个氧原子，故B正确；
C．标况下四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D．还原性Fe2+＞Br﹣，0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，氯气只氧化亚铁离子，被氧化的Br﹣数为0，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的选用以及物质结构特点的掌握。
8．（2分）以下变化过程与氧化还原反应有关的是（ ）
A．氮的固定
B．粗盐提纯
C．有机溶剂用作提取豆油
D．NaHCO3和Al2（SO4）3混合用作灭火
【分析】氧化还原反应实质是有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答。
【解答】解：A．固氮过程中N2转化为含氮化合物，氮元素化合价发生了改变，与氧化还原反应有关，故A正确；
B．粗盐提纯，元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．有机溶剂用作提取豆油，利用物质的溶解性，属于物理性质，与氧化还原反应无关，故C错误；
D．NaHCO3和Al2（SO4）3混合反应制得泡沫灭火器，反应过程中无元素化合价的变化，是盐类水解相互促进的反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9．（2分）用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
用此装置制备无水MgCl2
检验溴乙烷消去产物中的乙烯
观察气泡鉴别乙醇与甲醚（CH3OCH3）
用此装置制备溴苯并验证有HBr产生
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．通入氯化氢，可避免氯化镁水解；
B．乙醇易挥发，且乙醇能溶于水，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．乙醇和钠反应生成氢气，甲醚和钠不反应；
D．挥发的溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成溴化银淡黄色沉淀。
【解答】解：A．氯化镁晶体在加热条件下易水解生成氢氧化镁，通入氯化氢，可避免氯化镁水解，该装置可制备无水MgCl2固体，能达到实验目的，故A不选；
B．乙醇和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇易挥发，且乙醇能溶于水，用水除去乙烯中的乙醇，然后用酸性高锰酸钾溶液检验生成的乙烯，能实现实验目的，故B不选；
C．乙醇和钠反应生成氢气，甲醚和钠不反应，现象不同可以鉴别，能实现实验目的，故C不选；
D．挥发的溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成溴化银淡黄色沉淀，挥发的溴干扰HBr的检验，不能实现实验目的，故D选；
故选：D。
【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、物质的制备方法、物质检验方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
10．（2分）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大NH4+浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低HCO3﹣浓度
【分析】侯氏制碱法中向母液中先通入NH3，目的是使溶液显碱性，增大二氧化碳在水溶液中溶解度，据此分析。
【解答】解：由于二氧化碳在水溶液中溶解度小，故直接向母液中通入二氧化碳，所溶解的二氧化碳很少，则影响NaHCO3的产量，故先向母液通入氨气，使溶液显碱性，从而能增大二氧化碳的溶解度：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3，增大溶液中NH4HCO3的产量，即增大NH4+浓度，故A错误；
而由于NaHCO3的溶解度较NH4HCO3更小，故发生反应：NH4HCO3+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，故还有利于生成NaHCO3和NH4Cl，故B、C错误；
但通入氨气的目的不是为了降低HCO3﹣浓度，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了纯碱工业制备原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是交通工具，题目难度不大。
11．（2分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A．Cl2通入FeCl2溶液中
B．SO2通入BaCl2溶液中
C．NH3通入AlCl3溶液中
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中
【分析】根据物质之间的反应，如生产气体、沉淀或颜色明显变化，则有明显现象；而反应中生成水或不反应等，则无明显现象，以此来解答。
【解答】解：A．Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣，Fe2+被氧化成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故A错误；
B．SO2通入BaCl2溶液中，因为盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则没有明显现象，故B正确；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，现象为产生白色沉淀，故C错误；
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜过饱和，析出蓝色晶体，故D错误；
故选：B。
【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、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
12．（2分）香豆素﹣3﹣羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成，下列说法正确的是（ ）
A．水杨醛的分子式为C7H8O2
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A、香豆素﹣3﹣羧酸互为同系物
D．1mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能与4mol H2发生加成反应
【分析】A．由结构可知，水杨醛分子中含有7个C原子、6个H原子、2个O原子；
B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质；
C．中间体A与香豆素﹣3﹣羧酸含有的官能团种类不完全相同；
D．香豆素﹣3﹣羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应。
【解答】解：A．由结构可知，水杨醛分子中含有7个C原子、6个H原子、2个O原子，故水杨醛的分子式为C7H6O2，故A错误；
B．水杨醛含有醛基和酚羟基，中间体A中含有碳碳双键，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；
C．中间体A中含有酯基，而香豆酸﹣3羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；
D．香豆素﹣3﹣羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能和4mol氢气发生加成反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查羧酸、醛、酯的性质，注意苯环、碳碳双键、羰基、醛基能和氢气发生加成反应，但是羧基和酯基不能和氢气发生加成反应。
13．（2分）可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示，其工作原理与铜﹣锌原电池相似。下列说法正确的是（ ）
A．工作过程中电能转化为化学能
B．电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极Ⅱ
C．电极Ⅱ上发生反应：O2+2H2O+4e→4OH﹣
D．电极Ⅰ为负极，发生氧化反应
【分析】电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，为原电池负极，电极II为正极，负极反应式为CO﹣2e﹣+H2O═CO2+2H+，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，据此分析解答。
【解答】解：A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；
B．原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，不能进入溶液中，故B错误；
C．原电池工作时电极II为正极，正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故C错误；
D．原电池工作时电极I为负极，电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，把握电极的判断、电极反应及书写电极反应式是解题关键，注意结合电解质条件书写电极反应式，题目难度不大。
14．（2分）以下关于纸上层析的叙述，正确的是（ ）
A．纸上层析法是使用的展开剂一般是蒸馏水
B．有颜色的分子或离子的分离才可以用纸上层析法
C．纸上层析法适用于分离和检验化学性质十分相近的分子或离子
D．纸上层析法适用于分离和检验化学性质差异明显的分子或离子
【分析】纸上层析法依据极性相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相．由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，纸上层析法的原理既利用了毛细现象，又利用了极性相似相溶原理。
【解答】解：A.纸上层析法依据极性相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相，即有机溶剂为展开剂，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，故A错误；
B.无色离子可以先层析，然后再用显色剂来显色，因此无论是有颜色的分子或离子，还是无色的离子或分子，都可以用纸上层析法分离，故B错误；
C.化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，但各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，可用纸上层析法，故C正确；
D.化学性质差异明显的分子或离子用一般的检验方法就可以分离和检验，不需要使用纸上层析法，只有化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，可各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，用纸上层析法区分，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查纸上层析法，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大，注意把握纸上层析法的原理和操作方法，本题侧重于原理的考查，希在学习中注意积累。
15．（2分）合成高聚物所需单体为（ ）
A．
B．
C．CH2＝CHCH＝CH2和CH3CH＝CH2
D．和CH2＝CH2
【分析】根据高聚物结构简式知，形成该物质的单体有两种。
【解答】解：根据结构简式可知，该物质中只含碳碳双键，是由CH2＝CHCH＝CH2和CH3CH＝CH2通过加聚反应得到的，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握高聚物单体的判断，难度不大。
16．（2分）实验室制备下列物质的装置正确的是（ ）
A．乙炔 B．乙烯
C．乙酸乙酯 D．氢气
【分析】A．乙炔制备需要电石和饱和食盐水反应生成，反应剧烈生成氢氧化钙微溶，易堵塞启普发生器瓶颈，不能用启普发生器制备；
B．实验室制备乙烯需要乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃反应生成；
C．乙酸乙酯制备反应是乙酸和乙醇浓硫酸催化剂加热反应生成；
D．氢气比空气轻用向下排气法收集。
【解答】解：A．乙炔制备需要电石和饱和食盐水反应生成，反应剧烈，生成氢氧化钙微溶，易堵塞启普发生器瓶颈，可利用制取氢气的简易装置制备乙炔，则实验室不能用启普发生器来制取乙炔，故A错误；
B．实验室制备乙烯需要乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃反应生成，装置中缺少温度计控制反应溶液的温度，故B错误；
C．乙酸乙酯制备反应是乙酸和乙醇浓硫酸催化剂加热反应生成，装置图中水浴加热，冷却得到乙酸乙酯，符合制备要求，故C正确；
D．氢气比空气轻用向下排气法收集，装置图中收集方法错误，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了气体制备的装置选择、反应条件控制、气体收集方法等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
17．（2分）下列有关说法正确的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）＝3c（CO32−）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．将0.2mol•L﹣1的NH3•H2O与0.1mol•L﹣1的HCl溶液等体积混合后pH＞7，则：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．0.2mol•L﹣1HCOOH与0.1mol•L﹣1 NaOH等体积混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+）
【分析】A．混合液中n（Na）：n（C）＝3：2，根据溶液中的物料守恒判断；
B．消耗V（NaOH）与酸的物质的量成正比；
C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）违反了电荷守恒；
D.0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液与0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCOOH和HCOONa，根据电荷守恒可知：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（HCOO﹣）+c（HCOOH）＝2c（Na+）。
【解答】解：A.C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n（Na）：n（C）＝3：2，溶液中物料守恒得到：2c（Na+）＝3[c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）]，故A正确
B．pH相同的盐酸和CH3COOH，浓度：c（HCl）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCl和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCl和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；
C．将0.2mol/L的NH3•H2O与0.1mol/L的HCl溶液等体积混合后，溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于其水解程度，则c（NH4+）＞c（Cl﹣）、c（OH﹣）＞c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D.0.2mol•L﹣1的HCOOH溶液与0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCOOH和HCOONa，根据电荷守恒可知：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：c（HCOO﹣）+c（HCOOH）＝2c（Na+），二者结合得到：2c（H+）+c（HCOOH）＝c（HCOO﹣）+2c（OH﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。
18．（2分）反应A（g）+B（g）⇌3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c（A）如下表：
平衡状态
①
②
③
容器体积/L
40
20
1
c（A）（ mol•L﹣1）
0.022a
0.05a
0.75a
下列分析不正确的是（ ）
A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断减小
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
【分析】A．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c（A）由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动；
B．②到③的过程中，平衡时c（A）由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，X在压缩的某个过程中变成了非气态；
C．结合A、B项分析，平衡首先逆向移动然后正向移动；
D．③状态下A物质的量最小，A转化率最大。
【解答】解：A．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c（A）由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动，且X此时应为气态，故A正确；
B．②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时c（A）由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，且X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化，故B正确；
C．结合A、B选项的分析，平衡首先逆向移动，然后正向移动，故A的转化率先减小后增大，故C错误；
D．③状态下A物质的量为0.75amol＜①的0.88amol＜②的amol，其物质的量最小，即A转化率最大，则X的物质的量最大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡原理有关知识，涉及化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响等知识点，侧重考查学生对基本概念的理解、掌握和灵活运用能力。
19．（2分）用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以T形式存在）的工艺流程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）＝5：2
B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
C．经①和④所得溶液中，c（I﹣）后者大于前者
D．由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，以此来解答。
【解答】解：A．若②和⑤中分别得到等量I2，设生成1mol碘，由电子守恒可知消耗的n（Cl2）：n（KClO3）＝1mol：mol＝3：1，故A错误；
B．碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，则④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；
C．经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c（I﹣）后者大于前者，故C正确；
D．由⑥得到碘产品的过程，为升华过程，主要发生的是物理变化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查卤水提碘及混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答关键，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。
20．（2分）有4.8g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28g，反应后全部气体用0.6mol/L Ba（OH）2溶液100mL吸收。下列有关叙述中正确的是（ ）
A．原混合物中CuO与Fe2O3的质量之比为2：1
B．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量之比为3：1
C．反应中生成的CO2体积为1.792L
D．吸收CO2后溶液中一定有Ba（HCO3）2
【分析】CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为＝0.08mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，则：①x+3y＝0.08；②80x+160y＝4.8，解得x＝0.02、y＝0.02，即原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，据此分析。
【解答】解：A．原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO、Fe2O3的质量之比为80g/mol×0.02mol：160g/mol×0.02mol＝1：2，故A错误；
B．原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为0.02mol：0.02mol＝1：1，故B错误；
C．没有说明是否是标准状况下，气体摩尔体积不知，所以无法求体积，故C错误；
D．CO获得1个O原子生成CO2，故n（CO2）＝n（O）＝＝0.08mol，n[Ba（OH）2]＝0.6mol/L×0.1L＝0.06mol，故n（CO2）：n[Ba（OH）2]＝0.08mol：0.06mol＝4：3，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了混合物的有关计算，题目难度中等，注意利用守恒思想进行的计算，注意判断二氧化碳与氢氧化钡反应的生成物，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
（1）画出铋元素最外层电子的电子排布式 6s26p3 ，该元素的原子核外共有 3 个未成对电子。
（2）铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点 小于 金属铋的熔点（填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”）。
（3）请尝试画出BiH3的电子式 。推测以下说法正确的是 B 。
A.BiH3是非极性分子
B.热稳定性：NH3＞BiH3
C.酸性HBiO3＞HNO3
D.原子半径r（Bi）＜r（P）
（4）下表为两种铋的卤化物的熔点数据，请从结构的角度解释它们熔点高低的原因 BiF3为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，BiCl3为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，离子键强于分子间作用力，因此BiF3的熔点高于BiCl3 。
BiF3
BiCl3
熔点/°C
649
233.5
（5）铋酸钠（NaBiO3）在酸性溶液中具有很强的氧化性，可用于测定钢铁试样中锰的含量。完成并配平下列反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目 。 7 BiO3﹣+ 2 Mn+ 26 H+→ 7 Bi3++ 2 MnO4﹣+ 13H2O 。
【分析】（1）铋元素位于第六周期第ⅤA族；
（2）一般合金的熔点比纯金属的熔点低；
（3）先判断化合物类型，然后根据共价化合物的电子式的表示方法写出电子式；
A.结构对称，正负电荷重心的分子为非极性分子；
B.非金属性越强，氢化物的热稳定性越强；
C.同一主族元素，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
D.同一主族，从上到下，原子半径越来越大；
（4）离子晶体熔点比分子晶体的高；
（5）根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式。
【解答】解：（1）铋元素位于第六周期第ⅤA族，其最外层电子的电子排布式6s26p3，6p轨道上有3个未成对电子，
故答案为：6s26p3；3；
（2）一般合金的熔点比纯金属的熔点低，铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，可知该合金的熔点小于金属铋的熔点，
故答案为：小于；
（3）BiH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，BiH3的电子式为，
A.BiH3中Bi原子形成3个σ键，还存在一个孤电子对，正负电荷重心不重合，为极性分子，故A错误；
B.非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，非金属性：N＞Bi，则氢化物的稳定性：NH3＞BiH3，故B正确；
C.同一主族元素，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：N＞Bi，酸性：HBiO3＜HNO3，故C错误；
D.同一主族，从上到下，原子半径越来越大，P、Bi分别位于第ⅤA族第三周期、第六周期，原子半径r（Bi）＞r（P），故D错误；
故答案为：；B；
（4）BiF3为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，BiCl3为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，离子键强于分子间作用力，因此BiF3的熔点高于BiCl3，
故答案为：BiF3为离子晶体，熔化时需要破坏离子键，BiCl3为分子晶体，熔化时需要破坏分子间作用力，离子键强于分子间作用力，因此BiF3的熔点高于BiCl3；
（5）根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式，7BiO3﹣+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO4﹣+13H2O，电子转移的方向和数目为，
故答案为：；7；2；26；7；2；13H2O。
【点评】本题考查了核外电子排布、合金、元素周期律的应用、氧化还原反应方程式的书写等知识点，考查学生的分析推理能力、逻辑思维能力，难度中等。
22．（15分）Ⅰ.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：
①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）+Q2
③CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）+Q3
④2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）+Q4
⑤CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）+Q5
（1）若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c（CH4）：c（CO2）分别等于1：2、1：5、1：7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如图1所示：
①曲线a的进料浓度比c（CH4）：c（CO2）为 1：2 。
②条件X是 温度 （填“温度”或“压强”），依据是 该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大 。
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K＝ ，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为 50% 。
（3）下列说法正确的是 B 。
A．当v（CO2）＝v（CO），反应②达到平衡状态
B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大
C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小
D．移去部分C（s），反应③④⑤的平衡均向右移动
Ⅱ.在Zn/ZSM﹣5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。常温下，向10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L﹣1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图2所示。
（4）b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是 弱碱 （填“强碱”或“弱碱”），此时溶液中所含离子浓度大小的顺序 c（CH3COO﹣）＝c（R+）＞c（OH﹣）＝c（H+） 。
（5）b点由水电离出的氢离子浓度[H+] ＞ （填“＞”“＝”或“＜”）1×10﹣7mol/L。
【分析】（1）①根据浓度对平衡和转化率的影响分析投料比；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）根据反应方程式书写该反应的平衡常数表达式为K，列三段式，根据平衡时CH4的体积分数求出平转化浓度计算转化率；
（3）A．化学反应速率没有指明反应进行的方向；
B．升高温度反应速率都增大；
C．平衡常数只与温度有关；
D．固体的多少对化学平衡没有影响；
（4）从图中可以看出，b点时，V（ROH）＝10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，根据电离平衡常数判断碱性强弱和离子浓度大小；
（5）b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离。
【解答】解：（1）①恒容密闭容器中发生反应①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1，Q1＜0，增大c（CO2），平衡正向移动，α（CH4）增大，则c（CH4）：c（CO2）越小，α（CH4）越大，所以曲线a的进料浓度比c（CH4）：c（CO2）为1：2，
故答案为：1：2；
②Q1＜0，正反应为吸热反应，温度越高，α（CH4）越大，则依据曲线判断，条件X是温度，依据是：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大，
故答案为：温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）+Q1，该反应的平衡常数表达式为K＝，平衡时CH4的体积分数为，设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立以下三段式：
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 1 0 0
变化（mol） x x 2x 2x
平衡（mol） 1﹣x 1﹣x 2x 2x
则＝，x＝0.5mol，CO2的转化率为×100%＝×100%＝50%，
故答案为：K＝；50%；
（3）A．反应②为CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）+Q2，当v（CO2）＝v（CO），虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但由于没有指明反应进行的方向，所以反应②不一定达到平衡状态，故A不正确；
B．升高温度，反应②中反应物的有效碰撞次数增多，正、逆反应速率都增大，故B正确；
C．增大压强，反应①的温度不变，平衡常数K不变，故C不正确；
D．移去部分C（s），反应③④⑤中气体的浓度都不变，平衡不发生移动，故D不正确；
故答案为：B；
（4）从图中可以看出，b点时，V（ROH）＝10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，则碱ROH的电离常数与CH3COOH相同，CH3COOH为弱酸，所以ROH是弱碱，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序：c（CH3COO﹣）＝c（R+）＞c（OH﹣）＝c（H+），
故答案为：弱碱；c（CH3COO﹣）＝c（R+）＞c（OH﹣）＝c（H+）；
（5）b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离，所以由水电离出的氢离子浓度c（H+）＞1×10﹣7mol/L，
故答案为：＞。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、离子浓度大小比较等知识点，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
23．（15分）Ⅰ.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如图：
已知：乙醚[（C2H5）2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[（C2H5）2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。完成下列填空：
（1）操作A的名称是 分液 。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留。
（2）滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是 b 。
a.H2SO3﹣H3PO4
b.H2SO4﹣H3PO4
c.HNO3﹣H3PO4
d.HI﹣H3PO4
（3）滴定达到终点时，消耗0.1000mol•L﹣1K2Cr2O7溶液6.00mL（生成物中Cr元素为+3价）。根据该实验数据，试样X中c（Fe3+）为 0.576mol/L 。
（4）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是 BD 。
A.稀释被测试样
B.减少被测试样取量
C.增加平行测定次数
D.降低滴定剂浓度
Ⅱ.利用如图装所示置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。
请回答：
（5）下列有关该实验的说法中正确的是 B 。
A．由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平
C．反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中
D．需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量 偏小 ，（填“偏大”、“偏小”或“不变”），请说明理由 分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大 。
【分析】（1）由操作A得到溶液Ⅰ和溶液Ⅱ，操作A的名称是分液，经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，设计实验方案为取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留；
（2）a．H2SO3﹣H3PO4 中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差；
b．H2SO4﹣H3PO4 中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应；
c．HNO3﹣H3PO4 中硝 酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低；
d．HI﹣H3PO4 中HI酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高；
（3）依据离子反应定量关系计算；
（4）A．为了减少滴定误差，滴定管须用待装液润洗，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会测定结果偏高；
B．标准KMnO4溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
C．开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，读取标准溶液体积偏大，则测得 Fe3+的浓度偏高；
D．高锰酸钾为紫红色，接近滴定终点时最后一滴标准KMnO4溶液滴下，溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不变化；
II．（5）A．恒压分液漏斗的存在，不影响该装置气密性检查；
B．在反应前后应注意使左右两管液面相平，即使烧瓶中的压强与外界大气压相等，使读取的气体体积为外界大气压下的体积；
C．改装置为密闭容器，反应完成后生成的氢气不需要全部转移至装置B中，仅需要测量变化量；
D．测定铁铝合金样品中的铝含量，氢氧化钠要过量，需要控制镁铝合金的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程；
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大。
【解答】解：（1）由操作A得到溶液Ⅰ和溶液Ⅱ，操作A的名称是分液，经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，设计实验方案为取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留，
故答案为：分液；取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则判断没有Fe3+残留；
（2）滴定需要的酸性环境，所需酸不能具有还原性、氧化性，不能被氧化剂氧化，也不能被亚铁离子还原，
a．H2SO3﹣H3PO4 中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差，故a错误；
b．H2SO4﹣H3PO4 中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应，故b正确；
c．HNO3﹣H3PO4 中硝 酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低，故c错误；
d．HI﹣H3PO4 中HI酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高，故d错误；
故答案为：b；
（3）依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1000 mol•L﹣1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量＝0.1000mol/L×0.00600L＝0.00060mol
反应为 Cr2O72﹣+6Fe2++H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
1 6
0.00060mol 0.00360mol
c＝＝0.144mol/L
则试样X中c（Fe3+）＝0.144mol/L×＝0.576mol/L，
故答案为：0.576mol/L；
（4）A．为了减少滴定误差，滴定管须用待装液润洗，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会测定结果偏高，故A错误；
B．标准KMnO4溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，故B正确；
C．开始滴定前，滴定管标准液内有气泡，滴定终点时，气泡消失了，读取标准溶液体积偏大，则测得 Fe3+的浓度偏高，故C错误；
D．高锰酸钾为紫红色，接近滴定终点时最后一滴标准KMnO4溶液滴下，溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不变化，故D正确；
故答案为：BD；
II．（5）A．恒压分液漏斗的存在，不影响该装置气密性检查，故A错误；
B．在反应前后应注意使左右两管液面相平，即使烧瓶中的压强与外界大气压相等，使读取的气体体积为外界大气压下的体积，故B正确；
C．改装置为密闭容器，反应完成后生成的氢气不需要全部转移至装置B中，仅需要测量变化量，故C错误；
D．测定铁铝合金样品中的铝含量，氢氧化钠要过量，需要控制镁铝合金的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程，故D错误；
故答案为：B；
（6）若将恒压分液漏斗（A）去掉导管a，改成普通分液漏斗，分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大，
故答案为：偏大；分液漏斗中液体的体积加上生成气体的体积等于量气筒的体积，使测量数值变大。
【点评】本题考查物质含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、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。
24．（15分）早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。如图合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线。
已知：
（1）
（2）RONaROCH3
回答下列问题：
（1）由B制备C的反应类型是 取代反应 ，B中含氧官能团的名称 硝基、羧基 。
（2）书写C+F→G的反应方程式 。
（3）化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的所有H的同分异构体 、 。
（ⅰ）可以发生银镜反应；
（ⅱ）可以发生水解反应；
（ⅲ）含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢；
（4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请简要评价两种合成路线。 ①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低 。
①
②
（5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，请完成下列合成过程，无机试剂和必要的有机试剂任选 。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】根据G的结构简式及C的分子式知，甲苯和浓硝酸发生甲基对位上的取代反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，根据C的分子式知，B发生取代反应生成C为；D和NaOH反应生成E为，E发生信息（2）的反应生成F为，根据G的结构简式知，C和F发生取代反应生成G；
（5）以为原料合成，和NaOH反应生成，和CH3I发生信息（2）的反应生成，发生催化氧化生成，发生氧化反应生成目标产物。
【解答】解：（1）B中﹣OH被氯原子取代生成C，由B制备C的反应类型是取代反应，B为，B中含氧官能团的名称是硝基、羧基，
故答案为：取代反应；硝基、羧基；
（2）C为、F为，C和F发生取代反应生成G，C+F→G的反应方程式为，
故答案为：；
（3）F为，化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，H的同分异构体符合下列条件：
（ⅰ）可以发生银镜反应，说明含有醛基；
（ⅱ）可以发生水解反应说明含有酯基，根据氧原子个数知，存在HCOO﹣；
（ⅲ）含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢，其结构对称，符合条件的结构简式为、，
故答案为：、；
（4）根据题给信息知，①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低，
故答案为：①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低；
（5）以为原料合成，和NaOH反应生成，和CH3I发生信息（2）的反应生成，发生催化氧化生成，发生氧化反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 18:54:12；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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