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2021年上海市崇明区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市崇明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。
2021年上海市崇明区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是（ ）
A．NaOH B．NaCl C．NaClO D．Na2CO3
2．（2分）下列金属化合物中最方便用于潜水艇舱内供氧的是（ ）
A．KMnO4 B．KClO3 C．KNO3 D．Na2O2
3．（2分）下列含有共价键的盐是（ ）
A．CaCl2 B．H2SO4 C．Ba（OH）2 D．Na2CO3
4．（2分）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
5．（2分）有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是（ ）
A．CO2的电子式：
B．C原子最外层电子的轨道表示式：
C．醋酸的分子式：CH3COOH
D．乙烯的比例模型：
6．（2分）下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是（ ）
A．木炭和浓硫酸共热
B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应
C．Na2O2与足量的稀硫酸反应
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．1molCH2＝CH2分子中含有的共用电子对数为6NA
B．500mL0.5mol•L﹣1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C．30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
8．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解，可用于净水
9．（2分）在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣
C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣ D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
10．（2分）室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O的pH小于13
B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色
11．（2分）化学家TimRichard将分子结构像小狗的某有机物（如图所示）取名为“doggycene”﹣﹣“狗烯”，其化学式为C26H26，下列有关该“狗烯”物质的叙述正确的是（ ）
A．“狗烯”能燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出
B．“狗烯”分子中所有碳原子一定共平面
C．“狗烯”的一氯代物有14种（不含立体异构）
D．“狗烯”能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应
12．（2分）下列关于晶体的叙述中，正确的是（ ）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
13．（2分）在合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程中，具有的共同点是（ ）
A．原料气循环使用 B．使用热交换器
C．原料气净化 D．加热
14．（2分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B．由H2（g）、I2（g）、HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深
C．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
D．石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞
15．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠投入水中的离子方程式：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．氯气溶于水的离子方程式：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．制印刷电路板的反应：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
D．Ba（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
16．（2分）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．X是阳极
B．Y极发生还原反应
C．该装置将电能转化为化学能
D．X极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣→Fe3+
17．（2分）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）+9.48kJ
②H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）﹣26.48kJ
下列判断正确的是（ ）
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
18．（2分）某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（ ）
①肯定不含I﹣ ②肯定不含Cu2+ ③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．
A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④
19．（2分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（ ）
A．加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体
B．加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色
C．加热时③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现二氧化硫的漂白性
D．三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
20．（2分）与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类的结构有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
二、综合题（共60分）
21．（16分）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？
（1）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 （填化学式，下同）所致。②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 所致。
（2）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a．酚酞试液b．CCl4c．无水酒精d．KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂（填序号）
实验现象
方案1
方案2
（3）结论：氧化性Br2＞Fe3+。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为 。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是 。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如图。
已知：Fe3+在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；Cu2+在pH为4.7时开始沉淀。
（4）“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式： 。
（5）试剂b是 （填物质名称），其反应的离子方程式： 。
（6）调节pH的目的是 。滤渣c是 。
（7）将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为 。
22．（14分）分解水制氢气的工业制法之一是硫﹣碘循环，主要涉及下列反应：（Ⅰ）SO2+2H2O+I2→H2SO4+2HI，（Ⅱ）2HI⇌H2+I2，（Ⅲ）2H2SO4→2SO2+O2+2H2O。
（1）分析上述反应，下列判断正确的是
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向2L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0～2min内的平均反应速率v（HI）＝ 。该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数表达式为 。相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 （从a～d中选择）是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
（3）SO2在一定条件下可氧化生成SO3，其主反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q，若此反应起始的物质的量相同，则下列关系图正确的是 。（填序号）
实际工业生产使用的条件是：常压、 、 。
（4）实际生产用氨水吸收SO2生成亚硫酸的铵盐。现取a克该铵盐，若将其中的铵盐全部反应生成SO2，应加入18.4mol/L的硫酸溶液的体积（V）范围为 L。（只列出算式即可）
23．（15分）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
（1）A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置 ，其原子核外电子排布式为 ，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为 。
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式 ，推断该化合物 （难、微、易）溶于水。
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式 、 ，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法 。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
②MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
（4）①下列关于反应①的说法中错误的是 。（选填编号）
a．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
②写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目： MnO4﹣+ CuS+ H+ 。
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为Mn2+；H2O2在前面反应生成Mn2+的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
（5）稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是 mol，反应中的氧化剂是 ，氧化剂与还原剂的物质的量比为 。
24．（15分）某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图。
已知：①+；②+R2﹣OH→
回答下列问题：
（1）①有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是 。
②有机物B的结构简式为 。
③反应①的反应类型是 。
④写出A物质发生1，4﹣加聚的反应方程式 。
（2）有机物F中官能团的名称是醚键、 、 。反应②的目的是 。
（3）反应D→E中第（1）步的反应方程式是 。
（4）参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线 。（无机试剂任选，合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
2021年上海市崇明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，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是（ ）
A．NaOH B．NaCl C．NaClO D．Na2CO3
【分析】“84消毒液”是一种以次氯酸钠为主的高效消毒剂，主要成分为：NaClO，得名于1984年地坛医院的前身研制成功的，具有强氧化性，能杀灭新冠病毒的消毒液。
【解答】解：A、NaOH对皮肤或眼接触可引起灼伤，对人体有损伤，不是84消毒液”的主要有效成分，故A错误；
B、NaCl是食盐的主要成分，对新冠病毒无影响，故B错误；
C、工业上用Cl2与NaOH溶液反应制取“84消毒液”，反应原理为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故C正确；
D、Na2CO3俗称纯碱，是重要的化工原料之一，用于食品工业、玻璃工业、冶金工业、生产洗涤剂工业等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生对“84消毒液”的主要有效成分的理解和掌握，题目难度不大，掌握常见物质的用途等，明确物质的主要性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
2．（2分）下列金属化合物中最方便用于潜水艇舱内供氧的是（ ）
A．KMnO4 B．KClO3 C．KNO3 D．Na2O2
【分析】最方便用于潜水艇舱内供氧的物质，应能与空气中的水或二氧化碳反应生成氧气，以此解答．
【解答】解：题中KMnO4、KClO3（加入催化剂）只能在加热条件下分解生成氧气，而硝酸钾加热生成氧气的同时还生成二氧化氮气体，都不适合用于制备氧气，而过氧化钠常温下易与二氧化碳、水反应生成氧气，可用于供氧剂。
故选：D。
【点评】本题考查钠的化合物，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意把握相关物质的性质．
3．（2分）下列含有共价键的盐是（ ）
A．CaCl2 B．H2SO4 C．Ba（OH）2 D．Na2CO3
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子形成的化合物属于盐，据此分析。
【解答】解：A．CaCl2由Ca2+和Cl﹣构成，只含有离子键不含有共价键，故A错误；
B．H2SO4由分子构成，只含有共价键，但不属于盐，故B错误；
C．Ba（OH）2由Ba2+和OH﹣构成，属于碱，不属于盐，故C错误；
D．Na2CO3有Na+和CO32﹣构成，含有离子键，CO32﹣内部C与O原子之间还含有共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学键、盐，侧重考查对基本概念的理解和掌握，明确离子键、共价键、盐的概念及其联系是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
【分析】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，据此分析。
【解答】解：蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，
故选：A。
【点评】本题考查了蒸馏操作所需的仪器，难度不大，应从实验原理来掌握实验仪器。
5．（2分）有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是（ ）
A．CO2的电子式：
B．C原子最外层电子的轨道表示式：
C．醋酸的分子式：CH3COOH
D．乙烯的比例模型：
【分析】A．二氧化碳分子中碳原子与氧原子共用2对电子；
B．轨道表示式能够表示出电子层、能级和自旋状态，C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，尽可能分占不同轨道，不是在同一轨道；
C．表示物质的元素组成的式子为分子式，CH3COOH为结构简式；
D．乙烯为平面结构，6个原子在同一平面上，且H原子半径小于C原子半径。
【解答】解：A．二氧化碳中C原子和O原子之间以双键相结合，故其电子式为，故A错误；
B．C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，故碳原子最外层电子轨道表示式为，故B错误；
C．CH3COOH是醋酸的结构简式，醋酸的分子式为C2H4O2，故C错误；
D．乙烯为平面结构，6个原子在同一平面上，且H原子半径小于C原子半径，故其比例模型为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、轨道表示式、分子式、比例模型等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。
6．（2分）下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是（ ）
A．木炭和浓硫酸共热
B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应
C．Na2O2与足量的稀硫酸反应
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体
【分析】A．木炭和浓硫酸共热生成二氧化碳和二氧化硫；
B．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO；
C．过氧化钠与酸反应生成氧气；
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2。
【解答】解：A．浓硫酸具有强氧化性，木炭和浓硫酸共热生成二氧化碳和二氧化硫，故A错误；
B．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，故B错误；
C．过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和氧气，生成一种气体，故C正确；
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及物质性质的应用，侧重于考查浓硝酸反应过程中的浓度变化生成气体不同，碳和浓硫酸的反应以及过氧化钠的性质，题目较简单，注意相关基础知识的积累。
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．1molCH2＝CH2分子中含有的共用电子对数为6NA
B．500mL0.5mol•L﹣1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C．30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
【分析】A、乙烯中含6对共用电子对；
B．微粒包括离子、分子、原子等；
C．甲醛和乙酸的最简式均为CH2O，可通过最简式计算混合物所含碳原子的数目；
D钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都变为+1价钠离子。
【解答】解：A．1个乙烯分子中含有6个共价键，因而1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，故A正确；
B．n（Na+）＝n（Cl﹣）＝0.5L×0.5mol•L﹣1＝0.25mol，n（Na+）+n（Cl﹣）＝0.5mol，因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但溶液中还有水分子，水会电离出极少量的H+和OH﹣，因此NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，故B正确；
C．HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n（CH2O）＝1mol，因而C原子数为NA，故C正确；
D．不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol×1×NA＝0.1NA，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度不大。
8．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解，可用于净水
【分析】A．铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成了氧化膜、不容易受到腐蚀；
B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料；
C．氢氧化铝可与盐酸反应；
D．铝离子水解生成的胶体有很强的吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质形成沉淀。
【解答】解：A．铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成的氧化膜可阻止铝继续氧化，与铝的金属活泼性强无关，故A错误；
B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料，与氧化铝熔点高无关，故B错误；
C．氢氧化铝可与胃中盐酸反应，用于中和胃酸过多，与氢氧化铝受热分解无关，故C错误；
D．胶明矾电离的铝离子水解形成氢氧化铝胶体，胶体有很强的吸附性，可吸附水中悬浮的杂质而净水，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物的性质与用途的关系，把握物质的性质、性质与用途关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活、社会的联系，题目难度不大。
9．（2分）在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣
C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣ D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
【分析】Na2O2具有强氧化性，与水反应生成OH﹣，溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与Na2O2或OH﹣反应，且离子之间不发生任何反应．
【解答】解：A．NH4+与OH﹣反应而不能大量共存，故A错误；
B．在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．Mg2+与OH﹣反应，Ca2+、HCO3﹣与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D．SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握题中所给信息，把握离子的性质，易错点为D，注意SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应．
10．（2分）室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O的pH小于13
B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O部分电离就说明NH3．H2O是弱电解质，据此分析解答。
【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O的pH小于13，则溶液中c（OH﹣）＜0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH3．H2O），说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故A不选；
B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3•H2O是弱电解质，故B不选；
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；
D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3•H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了强弱电解质的判断，根据电解质的电离程度划分强弱电解质，不能根据电解质溶液的导电性强弱及物质的溶解性强弱判断强弱电解质，为易错点。
11．（2分）化学家TimRichard将分子结构像小狗的某有机物（如图所示）取名为“doggycene”﹣﹣“狗烯”，其化学式为C26H26，下列有关该“狗烯”物质的叙述正确的是（ ）
A．“狗烯”能燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出
B．“狗烯”分子中所有碳原子一定共平面
C．“狗烯”的一氯代物有14种（不含立体异构）
D．“狗烯”能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应
【分析】有机物含有2个苯环以及碳碳双键，具有苯和烯烃的结构和性质，以此解答该题。
【解答】解：A．“狗烯”含碳量较大，则易燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出，故A正确；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不在同一个平面上，故B错误；
C．结构不对称，含有15种H，一氯代物有15种，故C错误；
D．含有碳碳双键，可发生氧化反应，为烃类，可发生取代反应，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，侧重于学生的分析能力的考查，明确有机物的结构及官能团是解答本题的关键，题目难度中等。
12．（2分）下列关于晶体的叙述中，正确的是（ ）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
【分析】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高；
B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大；
C．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大；
D．分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子。
【解答】解：A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；
B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故B错误；
C．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故C错误；
D．分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子，如HCl、NaCl，而熔融状态能电离产生离子的化合物一定是离子晶体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶体类型与物质稳定性、熔沸点的关系，明确分子晶体、原子晶体的熔沸点的比较方法即可解答，难度不大。
13．（2分）在合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程中，具有的共同点是（ ）
A．原料气循环使用 B．使用热交换器
C．原料气净化 D．加热
【分析】合成氨工业中采用了高温高压催化剂的条件，原料气净化循环使用；硫酸工业中，硫铁矿的燃烧、二氧化硫在加热有催化剂的条件下生成三氧化硫，三氧化硫被吸收得浓硫酸，使用热交换器且原料气循环使用；纯碱工业中，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，二氧化碳、氯化钠可循环利用，加热碳酸氢钠生成碳酸钠和二氧化碳，据此分析解答。
【解答】解：A．硫酸工业中，通入过量的空气以提高二氧化硫的转化率，原料气不循环利用；合成氨工业中氮气、氢气循环使用；纯碱工业中，二氧化碳循环使用，故A错误；
B．放热反应有热量放出，要合理利用热能，所以合成氨、硫酸工业生产中都要用到热交换器，而纯碱工业中没有用到热交换器，故B错误；
C．合成氨、硫酸工业生产中都要使用催化剂，为防止催化剂中毒，原料气要净化，而纯碱工业中不需要原料气净化，故C错误；
D．在合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程中，都用到了加热，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程，为高考常见题型，把握发生的化学反应原理为解答的关键，题目难度不大。
14．（2分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B．由H2（g）、I2（g）、HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深
C．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
D．石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞
【分析】勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。
【解答】解：A．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．实验室制乙酸乙酯的反应为可逆反应，减少生成物浓度导致平衡向正反应方向移动，从而提高乙酸乙酯产率，可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D．发生化学反应CaCO3+H2O+CO2⇌Ca（HCO3）2，从而增大二氧化碳溶解度，平衡正向移动，所以能用平衡移动原理解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起平衡移动的可逆反应才能用平衡移动原理解释，易错选项是B。
15．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠投入水中的离子方程式：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．氯气溶于水的离子方程式：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．制印刷电路板的反应：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
D．Ba（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A．电荷不守恒；
B．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
C．电荷不守恒；
D．硫酸氢钠过量，反应生成硫酸钡和硫酸钠和水。
【解答】解：A．钠投入水中的离子方程式：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；
B．氯气溶于水的离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．制印刷电路板的反应，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．Ba（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
16．（2分）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．X是阳极
B．Y极发生还原反应
C．该装置将电能转化为化学能
D．X极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣→Fe3+
【分析】氢离子移向的电极为阴极，电极反应左边化合价降低，得到电子，为电解池的阴极，阴极发生的电极反应为：Fe3++e﹣═Fe2+，亚铁离子和氧气反应生成铁离子和水，发生4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，右边化合价升高，失去电子，为电解池的阳极，阳极反应为：2HCl﹣2e﹣═Cl2↑+2H+，总的反应为：4HCl+O22H2O+Cl2↑，题中信息得到Fe3+在反应中起催化剂作用。
【解答】解：A．氢离子移向电解池的阴极，X为阴极，故A错误；
B．Y电极上是发生反应：2HCl﹣2e﹣═Cl2↑+2H+，为电解池的阳极，氯化氢失电子发生氧化反应，故B错误；
C．装置为电解池，是将电能转化为化学能，故C正确；
D．X为电解池的阴极，阴极发生的电极反应为：Fe3++e﹣═Fe2+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确新的工艺方案的流程图、电解池原理以及电极方程式是解题关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
17．（2分）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）+9.48kJ
②H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）﹣26.48kJ
下列判断正确的是（ ）
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
【分析】根据同种物质气态时具有的能量比固态时高，所以等量时反应放出能量高，已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态；据此分析．
【解答】解：A．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态，②中的I2为固态，故A错误；
B．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，所以②的反应物总能量比①的反应物总能量低，故B正确；
C．反应①②的产物都是气态碘化氢，所以二者热稳定性相同，故C错误；
D．根据盖斯定律，②﹣①为，即I2（s）⇌I2（g）﹣35.96KJ，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了反应中的能量变化，注意同种物质气态时能量大于固态，题目难度不大．
18．（2分）某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（ ）
①肯定不含I﹣ ②肯定不含Cu2+ ③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．
A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④
【分析】还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，原来溶液呈无色，说明不含Cu2+离子，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在．
【解答】解：还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，因加入溴水少量，I﹣没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中含有铵根离子，故正确的有②③④，
故选：D。
【点评】本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，再结合离子的性质来分析解答即可，难度中等．
19．（2分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（ ）
A．加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体
B．加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色
C．加热时③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现二氧化硫的漂白性
D．三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
【分析】A．氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；
C．依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；
D．可逆反应应在同一条件下进行。
【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，故A正确；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，故B错误；
C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故C错误；
D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的因素、氯化铵的性质等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等。
20．（2分）与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类的结构有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
【分析】与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类，则同分异构体含有苯环、酯基，可为苯甲酸酯类、甲酸酯类、乙酸酯类，以此解答该题。
【解答】解：与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类，则同分异构体含有苯环、酯基，如苯环含有1个取代基，可为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH2OOCH；如含有2个取代基，为﹣CH3、﹣OOCH，有邻、间、对3种，共6种，
故选：C。
【点评】本题考查了同分异构体的判断，题目难度不大，注意掌握同分异构体的概念及判断方法，试题有利于提高学生灵活应用所学知识的能力．
二、综合题（共60分）
21．（16分）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？
（1）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 Br2 （填化学式，下同）所致。②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 Fe3+ 所致。
（2）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a．酚酞试液b．CCl4c．无水酒精d．KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂（填序号）
实验现象
方案1
d
溶液变成血红色
方案2
b
下层的四氯化碳溶液依然无色
（3）结论：氧化性Br2＞Fe3+。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为 2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣ 。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是 Fe2+ 。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如图。
已知：Fe3+在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；Cu2+在pH为4.7时开始沉淀。
（4）“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式： 3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O 。
（5）试剂b是 氧化铜或氢氧化铜 （填物质名称），其反应的离子方程式： CuO+2H+＝Cu2++H2O或Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2O 。
（6）调节pH的目的是 除去浸出液中的Fe3+ 。滤渣c是 Fe（OH）3 。
（7）将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为 过滤 。
【分析】（1）①根据溴水的颜色来进行猜想；②发生氧化还原反应生成Fe3+及Fe3+在水中的颜色来猜想；
（2）利用Fe3+的检验及萃取来进行实验的设计，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶；
（3）由氧化性Br2＞Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入1～2滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，还原性强的离子先被氧化；
废铜渣中铜和硝酸、硫酸反应方程式为：3Cu+2HNO3+3H2SO4＝3CuSO4+2NO↑+4H2O，废铜渣中铁也发生类似反应，调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，故试剂b用CuO或Cu（OH）2，滤渣C为氢氧化铁，滤液中含硫酸铜；通过蒸发浓缩、冷却结晶析出硫酸铜晶体，
（4）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体；
（5）调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，故试剂b用CuO或Cu（OH）2，反应为和酸反应促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；
（6）调节溶液pH沉淀铁离子；由工艺流程图转化关系可知，滤渣的主要成分为氢氧化铁；
（7）固体和溶液分离用过滤。
【解答】解：（1）①因溴水的颜色为黄色，则溶液呈黄色是因为含有Br2所致，
故答案为：Br2；
②氧化性：Br2＞Fe3+，则发生2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，生成Fe3+且Fe3+在水中为黄色，溶液呈黄色是因为含有Fe3+所致，
故答案为：Fe3+；
（2）因Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶，则
试剂
实验现象
方案1
d
溶液变成血红色
方案2
b
下层的四氯化碳溶液依然无色
，
故答案为：
试剂
实验现象
方案1
d
溶液变成血红色
方案2
b
下层的四氯化碳溶液依然无色
；
（3）由氧化性Br2＞Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入1～2滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，反应为2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，因还原性Fe2+＞Br﹣，通入氯气时还原性强的离子先被氧化，即Fe2+先被氧化，
故答案为：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣；Fe2+；
（4）铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
（5）调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，故试剂b用CuO或Cu（OH）2，名称为氧化铜或氢氧化铜，反应的离子方程式为：CuO+2H+＝Cu2++H2O或Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2O，
故答案为：氧化铜或氢氧化铜；CuO+2H+＝Cu2++H2O或Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2O；
（6）由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节pH值后，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，加入试剂调节溶液的pH除去浸出液中的Fe3+，滤渣c的主要成分为Fe（OH）3，
故答案为：除去浸出液中的Fe3+；Fe（OH）3；
（7）将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为：过滤，
故答案为：过滤。
【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操作，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力。
22．（14分）分解水制氢气的工业制法之一是硫﹣碘循环，主要涉及下列反应：（Ⅰ）SO2+2H2O+I2→H2SO4+2HI，（Ⅱ）2HI⇌H2+I2，（Ⅲ）2H2SO4→2SO2+O2+2H2O。
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 bc
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向2L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0～2min内的平均反应速率v（HI）＝ 0.05mol•L﹣1•min﹣1 。该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数表达式为 K＝ 。相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 b （从a～d中选择）是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
（3）SO2在一定条件下可氧化生成SO3，其主反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q，若此反应起始的物质的量相同，则下列关系图正确的是 bd 。（填序号）
实际工业生产使用的条件是：常压、 催化剂 、 加热 。
（4）实际生产用氨水吸收SO2生成亚硫酸的铵盐。现取a克该铵盐，若将其中的铵盐全部反应生成SO2，应加入18.4mol/L的硫酸溶液的体积（V）范围为 或 L。（只列出算式即可）
【分析】（1）a．常温下硫酸不分解；
b．同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
c．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2；
d．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2，据此确定循环过程中产生O2、H2的关系；
（2）0～2min内的平均反应速率v（H2）＝mol•L﹣1•min﹣1＝0.025 mol•L﹣1•min﹣1，相同时间内v（HI）＝2v（H2）；该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，相当于恒温恒容条件下增大压强，增大压强平衡不移动，化学平衡常数只与温度有关；
（3）a．升高温度增大反应速率，平衡向吸热方向移动；
b．增大压强化学反应速率增大，平衡正向移动；
c．升高温度化学反应速率加快，平衡向吸热方向移动；
d．催化剂能加快化学反应速率，不影响平衡移动；
增大压强平衡正向移动，加入催化剂能加快反应速率；
（4）SO2和氨水反应可生成（NH4）2SO3或NH4HSO3，计算出ag（NH4）2SO3或NH4HSO3放出SO2消耗V（H2SO4）。
【解答】解：（1）a．常温下硫酸很稳定而不分解，所以反应Ⅲ不易在常温下进行，故a错误；
b．反应I中S元素化合价由+4价变为+6价、I元素化合价由0价变为﹣1价，则二氧化硫是还原剂、HI是还原产物，则还原性：SO2＞HI，故b正确；
c．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2，实际上是分解水制取氢气，所以需要补充H2O，故c正确；
d．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2，据此确定循环过程中产生O2、H2的物质的量之比为1：2，即产生1mol O2的同时产生2mol H2，故d错误；
故答案为：bc；
（2）0～2min内的平均反应速率v（H2）＝mol•L﹣1•min﹣1＝0.025 mol•L﹣1•min﹣1，相同时间内v（HI）＝2v（H2）＝2×0.025 mol•L﹣1•min﹣1＝0.05mol•L﹣1•min﹣1；该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数K＝；相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，相当于恒温恒容条件下增大压强，
a．平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，故a错误；
b．该反应前后气体计量数之和不变，增大压强平衡不移动，则平衡时c（HI）是原来的2倍，故b正确；
c．增大压强化学反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，故c错误；
d．该反应前后气体计量数之和不变，增大压强平衡不移动，则平衡时各物质浓度是原来的2倍，所以平衡时H2的体积分数不变，故d错误；
故答案为：0.05mol•L﹣1•min﹣1；K＝；b；
（3）a．该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则二氧化硫含量增大；升高温度反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，图象不符合，故a错误；
b．增大压强化学反应速率增大，反应达到平衡时间缩短，平衡正向移动，二氧化硫含量降低，图象符合，故b正确；
c．升高温度化学反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，平衡正向移动，二氧化硫含量降低，图象不符合，故c错误；
d．催化剂能加快化学反应速率，缩短平衡时间，但不影响平衡移动，则二氧化硫含量不变，图象符合，故d正确；
增大压强平衡正向移动，加入催化剂能加快反应速率，则实际工业生产使用的条件是：常压、催化剂、加热，
故答案为：bd；催化剂；加热；
（4）设ag（NH4）2SO3完全转化为二氧化硫消耗V（H2SO4）为xL，设agNH4HSO3完全转化为二氧化硫消耗V（H2SO4）为yL：
（NH4）2SO3～H2SO4
116g 1mol
ag 18.4xmol
＝，解得x＝；
2NH4HSO3～H2SO4
198g 1mol
ag 18.4ymol
＝，解得y＝，
因NH3和SO2反应可能生成（NH4）2SO3或NH4HSO3或为（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合物，故消耗硫酸的范围为：或，
故答案为：或。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡计算等知识点，侧重考查分析、推断及知识综合应用、计算能力，明确外界条件对平衡影响原理、化学平衡计算方法等知识点是解本题关键，注意（4）题计算量较大，题目难度中等。
23．（15分）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
（1）A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置 第三周期，第ⅣA族 ，其原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2 ，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为 原子晶体 。
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式 CS2 ，推断该化合物 难 （难、微、易）溶于水。
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式 H2CO3 、 H2SO3 ，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法 取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸测定它们的pH，若测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性强 。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
②MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
（4）①下列关于反应①的说法中错误的是 a 。（选填编号）
a．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
②写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目： 6 MnO4﹣+ 5 CuS+ 28 H+ 。
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为Mn2+；H2O2在前面反应生成Mn2+的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
（5）稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是 2.5 mol，反应中的氧化剂是 KMnO4、H2O2 ，氧化剂与还原剂的物质的量比为 1：2 。
【分析】（1）在短周期元素中，元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的元素为C、Si、O、S，A元素原子的半径最大为Si，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物为SiO2；
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，判断C为S，CD形成的化合物为CS2，相似相溶原理推断物质水中的溶解性；
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，2种化合物都可与水反应形成对应的酸，说明生成的氧化物为酸性氧化物，B元素为O元素，C为碳元素，和氧气反应生成氧化物为CO2，D为S元素，和氧气反应生成的氧化物为SO2，证明两种酸的酸性强弱，可以利用NaHSO3、NaHCO3溶液的酸碱性设计实验验证对应酸的酸性强弱；
（4）①MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，Mn元素的化合价降低，而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；
②反应MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，锰元素化合价+7价降低到+2价，共降低5价，硫元素化合价﹣2价升高到+4价，共升高6价，氧化还原反应电子守恒得到，反应的离子方程式：6MnO4﹣+5CuS+28H+＝5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，反应过程中共转移30个电子，单线桥标注电子转移数目和方向；
（5）2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O的方程式可改写成：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O和2H2O2═2H2O+O2↑的加和形式，所以被1 mol KMnO4氧化的H2O2是2.5 mol，2mol过氧化氢中1mol做氧化剂，1mol做还原剂，据此分析判断。
【解答】解：（1）在短周期元素中，元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的元素为C、Si、O、S，A元素原子的半径最大为Si，位于第三周期，第ⅣA族，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，A与上述元素中原子半径最小的元素B为O元素，形成的化合物为SiO2，属于原子晶体，
故答案为：第三周期，第ⅣA族；1s22s22p63s23p2；原子晶体；
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，判断C为S，CD形成的化合物为二硫化碳，该化合物的分子式为：CS2，硫单质为非极性分子，易溶于二硫化碳，说明二硫化碳为非极性溶剂，水为极性溶剂，相似相溶原理判断二硫化碳难溶于水，
故答案为：CS2；难；
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，2种化合物都可与水反应形成对应的酸，说明生成的氧化物为酸性氧化物，B元素为O元素，C为碳元素，和氧气反应生成氧化物为CO2，D为S元素，和氧气反应生成的氧化物为SO2，溶于水生成的酸分别为：H2CO3、H2SO3，证明2种酸酸性相对强弱的方法：取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸测定它们的pH，若测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性强，
故答案为：H2CO3；H2SO3；取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸测定它们的pH，若测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性强；
（4）①反应中锰元素化合价+7价降低到+2价，铜元素化合价+1价升高到+2价，硫元素化合价﹣2价升高到+4价，利用氧化还原反应电子守恒得到配平的离子方程式为：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+＝10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
a．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2+，故a错误；
b．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x＝（2+6）y，＝，故b正确；
c．根据b项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故c正确；
d．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，均被氧化，故d正确；
故答案为：a；
②反应MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，锰元素化合价+7价降低到+2价，共降低5价，硫元素化合价﹣2价升高到+4价，共升高6价，氧化还原反应电子守恒得到，反应的离子方程式：6MnO4﹣+5CuS+28H+＝5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，反应过程中共转移30个电子，单线桥标注电子转移数目和方向为：，
故答案为：6；5；28；；
（5）KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为Mn2+，H2O2在前面反应生成Mn2+的催化下能发生分解反应生成H2O和O2，2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O的方程式可改写成：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O和2H2O2═2H2O+O2↑的加和形式，由2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O可知，被2 mol KMnO4氧化的H2O2是5 mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol，2H2O2═2H2O+O2↑，反应中过氧化氢做氧化剂和还原剂，反应中氧化剂为KMnO4、H2O2，氧化剂和还原剂物质的量之比＝3：6＝1：2，
故答案为：2.5；KMnO4、H2O2；1：2。
【点评】本题考查原子结构、弱电解质的分析判断、氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，题目难度中等。
24．（15分）某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图。
已知：①+；②+R2﹣OH→
回答下列问题：
（1）①有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是 1﹣氯丁烷 。
②有机物B的结构简式为 。
③反应①的反应类型是 取代反应 。
④写出A物质发生1，4﹣加聚的反应方程式 n 。
（2）有机物F中官能团的名称是醚键、 羟基 、 酯基 。反应②的目的是 保护其它羟基，防止其转化为酯基 。
（3）反应D→E中第（1）步的反应方程式是 +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O 。
（4）参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线 。（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】与发生信息①中加成反应生成B为，由C的分子式、D的结构简式（）可知，C中氢原子被溴原子替代生成D，逆推可知C为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后经酸化得到，在酸性条件下与丙酮发生加成反应等生成，与发生取代反应后，经酸化得到绿原酸；
（4）由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式，运用逆推法可知，在溴化磷的作用下丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成。
【解答】解：（1）①在催化剂作用下，化合物A与足量氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2Cl，CH3CH2CH2CH2Cl属于饱和氯代烃，名称为1﹣氯丁烷，
故答案为：1﹣氯丁烷；
②有机物B的结构简式为，
故答案为：；
③反应①为在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成，
故答案为：取代反应；
④A物质发生1，4﹣加聚的反应方程式为n，
故答案为：n；
（2）有机物F中官能团的名称是醚键、羟基、酯基；反应②中部分羟基参加反应，后续反应中剩余的羟基发生酯化反应，并且又重新引入羟基，可知反应②的目的是保护羟基，防止E分子中的羟基全部转化为酯基，
故答案为：羟基；酯基；保护其它羟基，防止其转化为酯基；
（3）反应D→E中第（1）步的反应为氯原子、溴原子的水解反应和羧酸的中和反应，然后再酸化得到E，该反应的方程式是+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O，
故答案为：+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；
（4）由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式，运用逆推法可知，在溴化磷的作用下丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应中分子式差异性及某些结构简式、题给信息正确推断各物质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，注意（3）题中羧基和NaOH发生中和反应，为解答易错点。
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2021年上海市崇明区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是（ ）
A．NaOH B．NaCl C．NaClO D．Na2CO3
2．（2分）下列金属化合物中最方便用于潜水艇舱内供氧的是（ ）
A．KMnO4 B．KClO3 C．KNO3 D．Na2O2
3．（2分）下列含有共价键的盐是（ ）
A．CaCl2 B．H2SO4 C．Ba（OH）2 D．Na2CO3
4．（2分）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
5．（2分）有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是（ ）
A．CO2的电子式：
B．C原子最外层电子的轨道表示式：
C．醋酸的分子式：CH3COOH
D．乙烯的比例模型：
6．（2分）下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是（ ）
A．木炭和浓硫酸共热
B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应
C．Na2O2与足量的稀硫酸反应
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．1molCH2＝CH2分子中含有的共用电子对数为6NA
B．500mL0.5mol•L﹣1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C．30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
8．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解，可用于净水
9．（2分）在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣
C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣ D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
10．（2分）室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O的pH小于13
B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色
11．（2分）化学家TimRichard将分子结构像小狗的某有机物（如图所示）取名为“doggycene”﹣﹣“狗烯”，其化学式为C26H26，下列有关该“狗烯”物质的叙述正确的是（ ）
A．“狗烯”能燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出
B．“狗烯”分子中所有碳原子一定共平面
C．“狗烯”的一氯代物有14种（不含立体异构）
D．“狗烯”能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应
12．（2分）下列关于晶体的叙述中，正确的是（ ）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
13．（2分）在合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程中，具有的共同点是（ ）
A．原料气循环使用 B．使用热交换器
C．原料气净化 D．加热
14．（2分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B．由H2（g）、I2（g）、HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深
C．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
D．石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞
15．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠投入水中的离子方程式：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．氯气溶于水的离子方程式：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．制印刷电路板的反应：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
D．Ba（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
16．（2分）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．X是阳极
B．Y极发生还原反应
C．该装置将电能转化为化学能
D．X极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣→Fe3+
17．（2分）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）+9.48kJ
②H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）﹣26.48kJ
下列判断正确的是（ ）
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
18．（2分）某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（ ）
①肯定不含I﹣ ②肯定不含Cu2+ ③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．
A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④
19．（2分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（ ）
A．加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体
B．加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色
C．加热时③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现二氧化硫的漂白性
D．三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
20．（2分）与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类的结构有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
二、综合题（共60分）
21．（16分）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？
（1）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 （填化学式，下同）所致。②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 所致。
（2）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a．酚酞试液b．CCl4c．无水酒精d．KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂（填序号）
实验现象
方案1
方案2
（3）结论：氧化性Br2＞Fe3+。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为 。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是 。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如图。
已知：Fe3+在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；Cu2+在pH为4.7时开始沉淀。
（4）“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式： 。
（5）试剂b是 （填物质名称），其反应的离子方程式： 。
（6）调节pH的目的是 。滤渣c是 。
（7）将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为 。
22．（14分）分解水制氢气的工业制法之一是硫﹣碘循环，主要涉及下列反应：（Ⅰ）SO2+2H2O+I2→H2SO4+2HI，（Ⅱ）2HI⇌H2+I2，（Ⅲ）2H2SO4→2SO2+O2+2H2O。
（1）分析上述反应，下列判断正确的是
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向2L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0～2min内的平均反应速率v（HI）＝ 。该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数表达式为 。相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 （从a～d中选择）是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
（3）SO2在一定条件下可氧化生成SO3，其主反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q，若此反应起始的物质的量相同，则下列关系图正确的是 。（填序号）
实际工业生产使用的条件是：常压、 、 。
（4）实际生产用氨水吸收SO2生成亚硫酸的铵盐。现取a克该铵盐，若将其中的铵盐全部反应生成SO2，应加入18.4mol/L的硫酸溶液的体积（V）范围为 L。（只列出算式即可）
23．（15分）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
（1）A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置 ，其原子核外电子排布式为 ，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为 。
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式 ，推断该化合物 （难、微、易）溶于水。
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式 、 ，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法 。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
②MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
（4）①下列关于反应①的说法中错误的是 。（选填编号）
a．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
②写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目： MnO4﹣+ CuS+ H+ 。
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为Mn2+；H2O2在前面反应生成Mn2+的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
（5）稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是 mol，反应中的氧化剂是 ，氧化剂与还原剂的物质的量比为 。
24．（15分）某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图。
已知：①+；②+R2﹣OH→
回答下列问题：
（1）①有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是 。
②有机物B的结构简式为 。
③反应①的反应类型是 。
④写出A物质发生1，4﹣加聚的反应方程式 。
（2）有机物F中官能团的名称是醚键、 、 。反应②的目的是 。
（3）反应D→E中第（1）步的反应方程式是 。
（4）参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线 。（无机试剂任选，合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
2021年上海市崇明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，每小题只有一个正确选项）
1．（2分）在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是（ ）
A．NaOH B．NaCl C．NaClO D．Na2CO3
【分析】“84消毒液”是一种以次氯酸钠为主的高效消毒剂，主要成分为：NaClO，得名于1984年地坛医院的前身研制成功的，具有强氧化性，能杀灭新冠病毒的消毒液。
【解答】解：A、NaOH对皮肤或眼接触可引起灼伤，对人体有损伤，不是84消毒液”的主要有效成分，故A错误；
B、NaCl是食盐的主要成分，对新冠病毒无影响，故B错误；
C、工业上用Cl2与NaOH溶液反应制取“84消毒液”，反应原理为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故C正确；
D、Na2CO3俗称纯碱，是重要的化工原料之一，用于食品工业、玻璃工业、冶金工业、生产洗涤剂工业等，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生对“84消毒液”的主要有效成分的理解和掌握，题目难度不大，掌握常见物质的用途等，明确物质的主要性质是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
2．（2分）下列金属化合物中最方便用于潜水艇舱内供氧的是（ ）
A．KMnO4 B．KClO3 C．KNO3 D．Na2O2
【分析】最方便用于潜水艇舱内供氧的物质，应能与空气中的水或二氧化碳反应生成氧气，以此解答．
【解答】解：题中KMnO4、KClO3（加入催化剂）只能在加热条件下分解生成氧气，而硝酸钾加热生成氧气的同时还生成二氧化氮气体，都不适合用于制备氧气，而过氧化钠常温下易与二氧化碳、水反应生成氧气，可用于供氧剂。
故选：D。
【点评】本题考查钠的化合物，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意把握相关物质的性质．
3．（2分）下列含有共价键的盐是（ ）
A．CaCl2 B．H2SO4 C．Ba（OH）2 D．Na2CO3
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子形成的化合物属于盐，据此分析。
【解答】解：A．CaCl2由Ca2+和Cl﹣构成，只含有离子键不含有共价键，故A错误；
B．H2SO4由分子构成，只含有共价键，但不属于盐，故B错误；
C．Ba（OH）2由Ba2+和OH﹣构成，属于碱，不属于盐，故C错误；
D．Na2CO3有Na+和CO32﹣构成，含有离子键，CO32﹣内部C与O原子之间还含有共价键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学键、盐，侧重考查对基本概念的理解和掌握，明确离子键、共价键、盐的概念及其联系是解本题关键，题目难度不大。
4．（2分）蒸馏操作中需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
【分析】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，据此分析。
【解答】解：蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，
故选：A。
【点评】本题考查了蒸馏操作所需的仪器，难度不大，应从实验原理来掌握实验仪器。
5．（2分）有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是（ ）
A．CO2的电子式：
B．C原子最外层电子的轨道表示式：
C．醋酸的分子式：CH3COOH
D．乙烯的比例模型：
【分析】A．二氧化碳分子中碳原子与氧原子共用2对电子；
B．轨道表示式能够表示出电子层、能级和自旋状态，C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，尽可能分占不同轨道，不是在同一轨道；
C．表示物质的元素组成的式子为分子式，CH3COOH为结构简式；
D．乙烯为平面结构，6个原子在同一平面上，且H原子半径小于C原子半径。
【解答】解：A．二氧化碳中C原子和O原子之间以双键相结合，故其电子式为，故A错误；
B．C原子最外层有4个电子，2s能级上2个电子，2p能级上2个电子，故碳原子最外层电子轨道表示式为，故B错误；
C．CH3COOH是醋酸的结构简式，醋酸的分子式为C2H4O2，故C错误；
D．乙烯为平面结构，6个原子在同一平面上，且H原子半径小于C原子半径，故其比例模型为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、轨道表示式、分子式、比例模型等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。
6．（2分）下列各组物质充分反应后，只能得到一种气体的是（ ）
A．木炭和浓硫酸共热
B．足量的铜跟一定量的浓硝酸反应
C．Na2O2与足量的稀硫酸反应
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体
【分析】A．木炭和浓硫酸共热生成二氧化碳和二氧化硫；
B．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO；
C．过氧化钠与酸反应生成氧气；
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2。
【解答】解：A．浓硫酸具有强氧化性，木炭和浓硫酸共热生成二氧化碳和二氧化硫，故A错误；
B．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸浓度变稀后和铜反应生成一氧化氮气体，故B错误；
C．过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和氧气，生成一种气体，故C正确；
D．汽油在汽车发动机中燃烧后排出的气体为碳氢化合物、NOx、CO、CO2、O2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及物质性质的应用，侧重于考查浓硝酸反应过程中的浓度变化生成气体不同，碳和浓硫酸的反应以及过氧化钠的性质，题目较简单，注意相关基础知识的积累。
7．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．1molCH2＝CH2分子中含有的共用电子对数为6NA
B．500mL0.5mol•L﹣1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C．30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
【分析】A、乙烯中含6对共用电子对；
B．微粒包括离子、分子、原子等；
C．甲醛和乙酸的最简式均为CH2O，可通过最简式计算混合物所含碳原子的数目；
D钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都变为+1价钠离子。
【解答】解：A．1个乙烯分子中含有6个共价键，因而1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，故A正确；
B．n（Na+）＝n（Cl﹣）＝0.5L×0.5mol•L﹣1＝0.25mol，n（Na+）+n（Cl﹣）＝0.5mol，因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但溶液中还有水分子，水会电离出极少量的H+和OH﹣，因此NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，故B正确；
C．HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n（CH2O）＝1mol，因而C原子数为NA，故C正确；
D．不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol×1×NA＝0.1NA，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，题目难度不大。
8．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．铝的金属活泼性强，可用于制作铝金属制品
B．氧化铝熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．氢氧化铝受热分解，可用于中和过多的胃酸
D．明矾溶于水并水解，可用于净水
【分析】A．铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成了氧化膜、不容易受到腐蚀；
B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料；
C．氢氧化铝可与盐酸反应；
D．铝离子水解生成的胶体有很强的吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质形成沉淀。
【解答】解：A．铝可用于制作铝金属制品是由于铝的表面形成的氧化膜可阻止铝继续氧化，与铝的金属活泼性强无关，故A错误；
B．氧化铝熔融时可以电离出自由移动的离子，可用作电解冶炼铝的原料，与氧化铝熔点高无关，故B错误；
C．氢氧化铝可与胃中盐酸反应，用于中和胃酸过多，与氢氧化铝受热分解无关，故C错误；
D．胶明矾电离的铝离子水解形成氢氧化铝胶体，胶体有很强的吸附性，可吸附水中悬浮的杂质而净水，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物的性质与用途的关系，把握物质的性质、性质与用途关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活、社会的联系，题目难度不大。
9．（2分）在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A．NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣ B．K+、AlO2﹣、Cl﹣、SO42﹣
C．Ca2+、Mg2+、NO3﹣、HCO3﹣ D．Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣
【分析】Na2O2具有强氧化性，与水反应生成OH﹣，溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与Na2O2或OH﹣反应，且离子之间不发生任何反应．
【解答】解：A．NH4+与OH﹣反应而不能大量共存，故A错误；
B．在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．Mg2+与OH﹣反应，Ca2+、HCO3﹣与OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D．SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握题中所给信息，把握离子的性质，易错点为D，注意SO32﹣具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应．
10．（2分）室温下，下列事实不能说明NH3•H2O为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O的pH小于13
B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O部分电离就说明NH3．H2O是弱电解质，据此分析解答。
【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O的pH小于13，则溶液中c（OH﹣）＜0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH3．H2O），说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故A不选；
B．0.1 mol•L﹣1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3•H2O是弱电解质，故B不选；
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3•H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；
D．0.1 mol•L﹣1 NH3•H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3•H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了强弱电解质的判断，根据电解质的电离程度划分强弱电解质，不能根据电解质溶液的导电性强弱及物质的溶解性强弱判断强弱电解质，为易错点。
11．（2分）化学家TimRichard将分子结构像小狗的某有机物（如图所示）取名为“doggycene”﹣﹣“狗烯”，其化学式为C26H26，下列有关该“狗烯”物质的叙述正确的是（ ）
A．“狗烯”能燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出
B．“狗烯”分子中所有碳原子一定共平面
C．“狗烯”的一氯代物有14种（不含立体异构）
D．“狗烯”能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应
【分析】有机物含有2个苯环以及碳碳双键，具有苯和烯烃的结构和性质，以此解答该题。
【解答】解：A．“狗烯”含碳量较大，则易燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出，故A正确；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不在同一个平面上，故B错误；
C．结构不对称，含有15种H，一氯代物有15种，故C错误；
D．含有碳碳双键，可发生氧化反应，为烃类，可发生取代反应，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，侧重于学生的分析能力的考查，明确有机物的结构及官能团是解答本题的关键，题目难度中等。
12．（2分）下列关于晶体的叙述中，正确的是（ ）
A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B．分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D．某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
【分析】A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔沸点越高；
B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大；
C．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大；
D．分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子。
【解答】解：A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；
B．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故B错误；
C．分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故C错误；
D．分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子，如HCl、NaCl，而熔融状态能电离产生离子的化合物一定是离子晶体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶体类型与物质稳定性、熔沸点的关系，明确分子晶体、原子晶体的熔沸点的比较方法即可解答，难度不大。
13．（2分）在合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程中，具有的共同点是（ ）
A．原料气循环使用 B．使用热交换器
C．原料气净化 D．加热
【分析】合成氨工业中采用了高温高压催化剂的条件，原料气净化循环使用；硫酸工业中，硫铁矿的燃烧、二氧化硫在加热有催化剂的条件下生成三氧化硫，三氧化硫被吸收得浓硫酸，使用热交换器且原料气循环使用；纯碱工业中，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，二氧化碳、氯化钠可循环利用，加热碳酸氢钠生成碳酸钠和二氧化碳，据此分析解答。
【解答】解：A．硫酸工业中，通入过量的空气以提高二氧化硫的转化率，原料气不循环利用；合成氨工业中氮气、氢气循环使用；纯碱工业中，二氧化碳循环使用，故A错误；
B．放热反应有热量放出，要合理利用热能，所以合成氨、硫酸工业生产中都要用到热交换器，而纯碱工业中没有用到热交换器，故B错误；
C．合成氨、硫酸工业生产中都要使用催化剂，为防止催化剂中毒，原料气要净化，而纯碱工业中不需要原料气净化，故C错误；
D．在合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程中，都用到了加热，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查合成氨、硫酸、纯碱的工业生产流程，为高考常见题型，把握发生的化学反应原理为解答的关键，题目难度不大。
14．（2分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B．由H2（g）、I2（g）、HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深
C．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
D．石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞
【分析】勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。
【解答】解：A．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．实验室制乙酸乙酯的反应为可逆反应，减少生成物浓度导致平衡向正反应方向移动，从而提高乙酸乙酯产率，可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D．发生化学反应CaCO3+H2O+CO2⇌Ca（HCO3）2，从而增大二氧化碳溶解度，平衡正向移动，所以能用平衡移动原理解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起平衡移动的可逆反应才能用平衡移动原理解释，易错选项是B。
15．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠投入水中的离子方程式：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．氯气溶于水的离子方程式：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
C．制印刷电路板的反应：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
D．Ba（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A．电荷不守恒；
B．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
C．电荷不守恒；
D．硫酸氢钠过量，反应生成硫酸钡和硫酸钠和水。
【解答】解：A．钠投入水中的离子方程式：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；
B．氯气溶于水的离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．制印刷电路板的反应，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．Ba（OH）2溶液中加入过量的NaHSO4溶液，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
16．（2分）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．X是阳极
B．Y极发生还原反应
C．该装置将电能转化为化学能
D．X极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣→Fe3+
【分析】氢离子移向的电极为阴极，电极反应左边化合价降低，得到电子，为电解池的阴极，阴极发生的电极反应为：Fe3++e﹣═Fe2+，亚铁离子和氧气反应生成铁离子和水，发生4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，右边化合价升高，失去电子，为电解池的阳极，阳极反应为：2HCl﹣2e﹣═Cl2↑+2H+，总的反应为：4HCl+O22H2O+Cl2↑，题中信息得到Fe3+在反应中起催化剂作用。
【解答】解：A．氢离子移向电解池的阴极，X为阴极，故A错误；
B．Y电极上是发生反应：2HCl﹣2e﹣═Cl2↑+2H+，为电解池的阳极，氯化氢失电子发生氧化反应，故B错误；
C．装置为电解池，是将电能转化为化学能，故C正确；
D．X为电解池的阴极，阴极发生的电极反应为：Fe3++e﹣═Fe2+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确新的工艺方案的流程图、电解池原理以及电极方程式是解题关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度不大。
17．（2分）碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）+9.48kJ
②H2（g）+I2（？）⇌2HI（g）﹣26.48kJ
下列判断正确的是（ ）
A．①中的I2为固态，②中的I2为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C．①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
【分析】根据同种物质气态时具有的能量比固态时高，所以等量时反应放出能量高，已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态；据此分析．
【解答】解：A．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态，②中的I2为固态，故A错误；
B．已知反应①放出能量，反应②吸收能量，所以反应①中碘的能量高，所以②的反应物总能量比①的反应物总能量低，故B正确；
C．反应①②的产物都是气态碘化氢，所以二者热稳定性相同，故C错误；
D．根据盖斯定律，②﹣①为，即I2（s）⇌I2（g）﹣35.96KJ，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了反应中的能量变化，注意同种物质气态时能量大于固态，题目难度不大．
18．（2分）某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（ ）
①肯定不含I﹣ ②肯定不含Cu2+ ③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．
A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④
【分析】还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，原来溶液呈无色，说明不含Cu2+离子，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在．
【解答】解：还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，因加入溴水少量，I﹣没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中含有铵根离子，故正确的有②③④，
故选：D。
【点评】本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，再结合离子的性质来分析解答即可，难度中等．
19．（2分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（ ）
A．加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体
B．加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色
C．加热时③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现二氧化硫的漂白性
D．三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应
【分析】A．氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；
C．依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；
D．可逆反应应在同一条件下进行。
【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，故A正确；
B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，故B错误；
C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故C错误；
D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的因素、氯化铵的性质等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等。
20．（2分）与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类的结构有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
【分析】与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类，则同分异构体含有苯环、酯基，可为苯甲酸酯类、甲酸酯类、乙酸酯类，以此解答该题。
【解答】解：与苯乙酸（C6H5CH2COOH）是同分异构体关系且属于芳香酯类，则同分异构体含有苯环、酯基，如苯环含有1个取代基，可为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH2OOCH；如含有2个取代基，为﹣CH3、﹣OOCH，有邻、间、对3种，共6种，
故选：C。
【点评】本题考查了同分异构体的判断，题目难度不大，注意掌握同分异构体的概念及判断方法，试题有利于提高学生灵活应用所学知识的能力．
二、综合题（共60分）
21．（16分）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：Fe3+、Br2哪个氧化性更强？
（1）猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 Br2 （填化学式，下同）所致。②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 Fe3+ 所致。
（2）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a．酚酞试液b．CCl4c．无水酒精d．KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂（填序号）
实验现象
方案1
d
溶液变成血红色
方案2
b
下层的四氯化碳溶液依然无色
（3）结论：氧化性Br2＞Fe3+。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为 2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣ 。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是 Fe2+ 。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如图。
已知：Fe3+在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；Cu2+在pH为4.7时开始沉淀。
（4）“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式： 3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O 。
（5）试剂b是 氧化铜或氢氧化铜 （填物质名称），其反应的离子方程式： CuO+2H+＝Cu2++H2O或Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2O 。
（6）调节pH的目的是 除去浸出液中的Fe3+ 。滤渣c是 Fe（OH）3 。
（7）将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为 过滤 。
【分析】（1）①根据溴水的颜色来进行猜想；②发生氧化还原反应生成Fe3+及Fe3+在水中的颜色来猜想；
（2）利用Fe3+的检验及萃取来进行实验的设计，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶；
（3）由氧化性Br2＞Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入1～2滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，还原性强的离子先被氧化；
废铜渣中铜和硝酸、硫酸反应方程式为：3Cu+2HNO3+3H2SO4＝3CuSO4+2NO↑+4H2O，废铜渣中铁也发生类似反应，调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，故试剂b用CuO或Cu（OH）2，滤渣C为氢氧化铁，滤液中含硫酸铜；通过蒸发浓缩、冷却结晶析出硫酸铜晶体，
（4）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体；
（5）调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，故试剂b用CuO或Cu（OH）2，反应为和酸反应促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；
（6）调节溶液pH沉淀铁离子；由工艺流程图转化关系可知，滤渣的主要成分为氢氧化铁；
（7）固体和溶液分离用过滤。
【解答】解：（1）①因溴水的颜色为黄色，则溶液呈黄色是因为含有Br2所致，
故答案为：Br2；
②氧化性：Br2＞Fe3+，则发生2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，生成Fe3+且Fe3+在水中为黄色，溶液呈黄色是因为含有Fe3+所致，
故答案为：Fe3+；
（2）因Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶，则
试剂
实验现象
方案1
d
溶液变成血红色
方案2
b
下层的四氯化碳溶液依然无色
，
故答案为：
试剂
实验现象
方案1
d
溶液变成血红色
方案2
b
下层的四氯化碳溶液依然无色
；
（3）由氧化性Br2＞Fe3+，则氯化亚铁溶液中加入1～2滴溴水发生氧化还原反应生成Fe3+，反应为2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣，因还原性Fe2+＞Br﹣，通入氯气时还原性强的离子先被氧化，即Fe2+先被氧化，
故答案为：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br﹣；Fe2+；
（4）铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
（5）调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，故试剂b用CuO或Cu（OH）2，名称为氧化铜或氢氧化铜，反应的离子方程式为：CuO+2H+＝Cu2++H2O或Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2O，
故答案为：氧化铜或氢氧化铜；CuO+2H+＝Cu2++H2O或Cu（OH）2+2H+＝Cu2++2H2O；
（6）由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节pH值后，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，加入试剂调节溶液的pH除去浸出液中的Fe3+，滤渣c的主要成分为Fe（OH）3，
故答案为：除去浸出液中的Fe3+；Fe（OH）3；
（7）将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为：过滤，
故答案为：过滤。
【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质分离提纯等基本操作，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力。
22．（14分）分解水制氢气的工业制法之一是硫﹣碘循环，主要涉及下列反应：（Ⅰ）SO2+2H2O+I2→H2SO4+2HI，（Ⅱ）2HI⇌H2+I2，（Ⅲ）2H2SO4→2SO2+O2+2H2O。
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 bc
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向2L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0～2min内的平均反应速率v（HI）＝ 0.05mol•L﹣1•min﹣1 。该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数表达式为 K＝ 。相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 b （从a～d中选择）是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
（3）SO2在一定条件下可氧化生成SO3，其主反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q，若此反应起始的物质的量相同，则下列关系图正确的是 bd 。（填序号）
实际工业生产使用的条件是：常压、 催化剂 、 加热 。
（4）实际生产用氨水吸收SO2生成亚硫酸的铵盐。现取a克该铵盐，若将其中的铵盐全部反应生成SO2，应加入18.4mol/L的硫酸溶液的体积（V）范围为 或 L。（只列出算式即可）
【分析】（1）a．常温下硫酸不分解；
b．同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
c．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2；
d．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2，据此确定循环过程中产生O2、H2的关系；
（2）0～2min内的平均反应速率v（H2）＝mol•L﹣1•min﹣1＝0.025 mol•L﹣1•min﹣1，相同时间内v（HI）＝2v（H2）；该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，相当于恒温恒容条件下增大压强，增大压强平衡不移动，化学平衡常数只与温度有关；
（3）a．升高温度增大反应速率，平衡向吸热方向移动；
b．增大压强化学反应速率增大，平衡正向移动；
c．升高温度化学反应速率加快，平衡向吸热方向移动；
d．催化剂能加快化学反应速率，不影响平衡移动；
增大压强平衡正向移动，加入催化剂能加快反应速率；
（4）SO2和氨水反应可生成（NH4）2SO3或NH4HSO3，计算出ag（NH4）2SO3或NH4HSO3放出SO2消耗V（H2SO4）。
【解答】解：（1）a．常温下硫酸很稳定而不分解，所以反应Ⅲ不易在常温下进行，故a错误；
b．反应I中S元素化合价由+4价变为+6价、I元素化合价由0价变为﹣1价，则二氧化硫是还原剂、HI是还原产物，则还原性：SO2＞HI，故b正确；
c．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2，实际上是分解水制取氢气，所以需要补充H2O，故c正确；
d．将方程式2[（Ⅰ）+（Ⅱ）]+（Ⅲ）得方程式2H2O→2H2+O2，据此确定循环过程中产生O2、H2的物质的量之比为1：2，即产生1mol O2的同时产生2mol H2，故d错误；
故答案为：bc；
（2）0～2min内的平均反应速率v（H2）＝mol•L﹣1•min﹣1＝0.025 mol•L﹣1•min﹣1，相同时间内v（HI）＝2v（H2）＝2×0.025 mol•L﹣1•min﹣1＝0.05mol•L﹣1•min﹣1；该温度下，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数K＝；相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，相当于恒温恒容条件下增大压强，
a．平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，故a错误；
b．该反应前后气体计量数之和不变，增大压强平衡不移动，则平衡时c（HI）是原来的2倍，故b正确；
c．增大压强化学反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，故c错误；
d．该反应前后气体计量数之和不变，增大压强平衡不移动，则平衡时各物质浓度是原来的2倍，所以平衡时H2的体积分数不变，故d错误；
故答案为：0.05mol•L﹣1•min﹣1；K＝；b；
（3）a．该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则二氧化硫含量增大；升高温度反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，图象不符合，故a错误；
b．增大压强化学反应速率增大，反应达到平衡时间缩短，平衡正向移动，二氧化硫含量降低，图象符合，故b正确；
c．升高温度化学反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，平衡正向移动，二氧化硫含量降低，图象不符合，故c错误；
d．催化剂能加快化学反应速率，缩短平衡时间，但不影响平衡移动，则二氧化硫含量不变，图象符合，故d正确；
增大压强平衡正向移动，加入催化剂能加快反应速率，则实际工业生产使用的条件是：常压、催化剂、加热，
故答案为：bd；催化剂；加热；
（4）设ag（NH4）2SO3完全转化为二氧化硫消耗V（H2SO4）为xL，设agNH4HSO3完全转化为二氧化硫消耗V（H2SO4）为yL：
（NH4）2SO3～H2SO4
116g 1mol
ag 18.4xmol
＝，解得x＝；
2NH4HSO3～H2SO4
198g 1mol
ag 18.4ymol
＝，解得y＝，
因NH3和SO2反应可能生成（NH4）2SO3或NH4HSO3或为（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合物，故消耗硫酸的范围为：或，
故答案为：或。
【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡计算等知识点，侧重考查分析、推断及知识综合应用、计算能力，明确外界条件对平衡影响原理、化学平衡计算方法等知识点是解本题关键，注意（4）题计算量较大，题目难度中等。
23．（15分）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
（1）A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置 第三周期，第ⅣA族 ，其原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2 ，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为 原子晶体 。
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式 CS2 ，推断该化合物 难 （难、微、易）溶于水。
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式 H2CO3 、 H2SO3 ，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法 取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸测定它们的pH，若测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性强 。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
②MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）
（4）①下列关于反应①的说法中错误的是 a 。（选填编号）
a．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
c．生成2.24L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d．被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
②写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目： 6 MnO4﹣+ 5 CuS+ 28 H+ 。
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为Mn2+；H2O2在前面反应生成Mn2+的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
（5）稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是 2.5 mol，反应中的氧化剂是 KMnO4、H2O2 ，氧化剂与还原剂的物质的量比为 1：2 。
【分析】（1）在短周期元素中，元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的元素为C、Si、O、S，A元素原子的半径最大为Si，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物为SiO2；
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，判断C为S，CD形成的化合物为CS2，相似相溶原理推断物质水中的溶解性；
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，2种化合物都可与水反应形成对应的酸，说明生成的氧化物为酸性氧化物，B元素为O元素，C为碳元素，和氧气反应生成氧化物为CO2，D为S元素，和氧气反应生成的氧化物为SO2，证明两种酸的酸性强弱，可以利用NaHSO3、NaHCO3溶液的酸碱性设计实验验证对应酸的酸性强弱；
（4）①MnO4﹣+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，Mn元素的化合价降低，而铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；
②反应MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，锰元素化合价+7价降低到+2价，共降低5价，硫元素化合价﹣2价升高到+4价，共升高6价，氧化还原反应电子守恒得到，反应的离子方程式：6MnO4﹣+5CuS+28H+＝5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，反应过程中共转移30个电子，单线桥标注电子转移数目和方向；
（5）2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O的方程式可改写成：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O和2H2O2═2H2O+O2↑的加和形式，所以被1 mol KMnO4氧化的H2O2是2.5 mol，2mol过氧化氢中1mol做氧化剂，1mol做还原剂，据此分析判断。
【解答】解：（1）在短周期元素中，元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的元素为C、Si、O、S，A元素原子的半径最大为Si，位于第三周期，第ⅣA族，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，A与上述元素中原子半径最小的元素B为O元素，形成的化合物为SiO2，属于原子晶体，
故答案为：第三周期，第ⅣA族；1s22s22p63s23p2；原子晶体；
（2）C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，判断C为S，CD形成的化合物为二硫化碳，该化合物的分子式为：CS2，硫单质为非极性分子，易溶于二硫化碳，说明二硫化碳为非极性溶剂，水为极性溶剂，相似相溶原理判断二硫化碳难溶于水，
故答案为：CS2；难；
（3）C、D元素均可与B元素形成化合物，2种化合物都可与水反应形成对应的酸，说明生成的氧化物为酸性氧化物，B元素为O元素，C为碳元素，和氧气反应生成氧化物为CO2，D为S元素，和氧气反应生成的氧化物为SO2，溶于水生成的酸分别为：H2CO3、H2SO3，证明2种酸酸性相对强弱的方法：取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸测定它们的pH，若测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性强，
故答案为：H2CO3；H2SO3；取等浓度的NaHSO3、NaHCO3溶液，分别用pH试纸测定它们的pH，若测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性强；
（4）①反应中锰元素化合价+7价降低到+2价，铜元素化合价+1价升高到+2价，硫元素化合价﹣2价升高到+4价，利用氧化还原反应电子守恒得到配平的离子方程式为：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+＝10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
a．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2+，故a错误；
b．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x＝（2+6）y，＝，故b正确；
c．根据b项，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故c正确；
d．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，均被氧化，故d正确；
故答案为：a；
②反应MnO4﹣+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，锰元素化合价+7价降低到+2价，共降低5价，硫元素化合价﹣2价升高到+4价，共升高6价，氧化还原反应电子守恒得到，反应的离子方程式：6MnO4﹣+5CuS+28H+＝5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O，反应过程中共转移30个电子，单线桥标注电子转移数目和方向为：，
故答案为：6；5；28；；
（5）KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为Mn2+，H2O2在前面反应生成Mn2+的催化下能发生分解反应生成H2O和O2，2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O的方程式可改写成：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O和2H2O2═2H2O+O2↑的加和形式，由2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O可知，被2 mol KMnO4氧化的H2O2是5 mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol，2H2O2═2H2O+O2↑，反应中过氧化氢做氧化剂和还原剂，反应中氧化剂为KMnO4、H2O2，氧化剂和还原剂物质的量之比＝3：6＝1：2，
故答案为：2.5；KMnO4、H2O2；1：2。
【点评】本题考查原子结构、弱电解质的分析判断、氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，题目难度中等。
24．（15分）某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图。
已知：①+；②+R2﹣OH→
回答下列问题：
（1）①有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是 1﹣氯丁烷 。
②有机物B的结构简式为 。
③反应①的反应类型是 取代反应 。
④写出A物质发生1，4﹣加聚的反应方程式 n 。
（2）有机物F中官能团的名称是醚键、 羟基 、 酯基 。反应②的目的是 保护其它羟基，防止其转化为酯基 。
（3）反应D→E中第（1）步的反应方程式是 +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O 。
（4）参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线 。（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】与发生信息①中加成反应生成B为，由C的分子式、D的结构简式（）可知，C中氢原子被溴原子替代生成D，逆推可知C为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后经酸化得到，在酸性条件下与丙酮发生加成反应等生成，与发生取代反应后，经酸化得到绿原酸；
（4）由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式，运用逆推法可知，在溴化磷的作用下丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成。
【解答】解：（1）①在催化剂作用下，化合物A与足量氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2Cl，CH3CH2CH2CH2Cl属于饱和氯代烃，名称为1﹣氯丁烷，
故答案为：1﹣氯丁烷；
②有机物B的结构简式为，
故答案为：；
③反应①为在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成，
故答案为：取代反应；
④A物质发生1，4﹣加聚的反应方程式为n，
故答案为：n；
（2）有机物F中官能团的名称是醚键、羟基、酯基；反应②中部分羟基参加反应，后续反应中剩余的羟基发生酯化反应，并且又重新引入羟基，可知反应②的目的是保护羟基，防止E分子中的羟基全部转化为酯基，
故答案为：羟基；酯基；保护其它羟基，防止其转化为酯基；
（3）反应D→E中第（1）步的反应为氯原子、溴原子的水解反应和羧酸的中和反应，然后再酸化得到E，该反应的方程式是+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O，
故答案为：+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；
（4）由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式，运用逆推法可知，在溴化磷的作用下丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用反应中分子式差异性及某些结构简式、题给信息正确推断各物质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，注意（3）题中羧基和NaOH发生中和反应，为解答易错点。
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