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2021年上海市虹口区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市虹口区高考化学二模试卷，共38页。试卷主要包含了选择题，综合题本题共15分，综合题共15分，综合题共14分，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年上海市虹口区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是（ ）
A．石油分馏是利用各组分沸点不同
B．石油裂化过程涉及碳碳键的断裂
C．聚丙烯含有不饱和键，易被KMnO4氧化
D．沥青可用于铺设马路
2．（2分）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是（ ）
A．水的电子式：
B．乙炔的结构式：CH≡CH
C．钙离子的结构示意图：
D．碳原子的电子排布式：1s22s22p2
3．（2分）下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（ ）
A．NH3 B．Na2S C．KOH D．NH4Cl
4．（2分）向溴水中加入或通入足量下列物质，最终不能得到无色溶液的是（ ）
A．二氧化硫 B．氢氧化钠溶液
C．碘化钾溶液 D．热空气
5．（2分）含有极性键的非极性分子是（ ）
A．SiO2 B．CO2 C．N2 D．NaOH
6．（2分）下列除杂方法正确的是（括号中为杂质）（ ）
A．Al2O3（Fe2O3）：盐酸，过滤
B．硝基苯（苯）：蒸馏
C．己烷（己烯）：加溴水，分液
D．CO2（SO2）：饱和Na2CO3溶液，洗气
7．（2分）某烃结构如图所示，其系统命名应为（ ）
A．五甲基十一烷 B．1，2，2，6﹣四甲基庚烷
C．3，3，7﹣三甲基辛烷 D．2，6，6﹣三甲基辛烷
8．（2分）下列物质不能用于吸收H2S的是（ ）
A．NaOH溶液 B．FeSO4溶液
C．CuCl2溶液 D．酸性KMnO4溶液
9．（2分）下列物质转化路线符合工业生产实际的是（ ）
A．SSO3H2SO4
B．淀粉葡萄糖乙醇乙烯
C．N2NONO2HNO3
D．饱和NaClNaHCO3晶体
10．（2分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．非金属性：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．气态氢化物的热稳定性：W＞X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
11．（2分）在指定溶液中下列离子能大量共存的是（ ）
A．透明澄清的溶液：NH4+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣
B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO2﹣、Cl﹣
C．c（ClO﹣）＝0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO32﹣、S2﹣
D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH4+、HCO3﹣、NO3﹣
12．（2分）下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是（ ）
A．干燥氯气
B．收集氯气
C．探究氯气与甲烷的反应
D．证明氯气具有漂白性
13．（2分）一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式（图1）和修复原理（图2）如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该高分子可通过加聚反应合成
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．合成该高分子的两种单体含有相同的官能团
D．自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
14．（2分）如图是离子交换膜电解槽，电解饱和食盐水时，离子交换膜只允许阳离子通过，下列说法错误的是（ ）
A．a是电源的正极
B．X处产生的是氯气
C．可用铁做电极A的材料
D．Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液
15．（2分）向等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Ba2++OH﹣+HCO3﹣→BaCO3↓+H2O
C．Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣→BaCO3↓+CO32﹣+H2O
D．2Ba2++3OH﹣+3HCO3﹣→2BaCO3↓+CO32﹣+3H2O
16．（2分）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，SO2未被氧化
B．过程Ⅱ中，1mol O2可氧化2mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，Ca（OH）2可以循环利用
D．总反应为2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O
17．（2分）饱和氯化钠溶液中存在如图示过程，下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Na+，b离子为Cl﹣
B．此过程中溶解速率大于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度不变
D．此过程可以说明NaCl的电离：NaCl→Na++Cl﹣
18．（2分）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量（杂质为NaCl），下列实验方案不可行的是（ ）
A．加热至恒重，称量剩余固体质量
B．加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积
C．溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定
D．溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量
19．（2分）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法错误的是（ ）
A．①→②过程有热量放出
B．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
D．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
20．（2分）I﹣具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I﹣、I2、IO3﹣在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为1：5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+I﹣+3H2O→6Cl﹣+IO3﹣+6H+
二、综合题（一）本题共15分
21．（15分）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法（Pidgeon法）冶炼镁，以煅白（CaO•MgO，M＝96g/mol）为原料与硅铁（含硅75%）混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2（CaO•MgO）（s）+Si（s）⇌Ca2SiO4（l）+2Mg（g）
完成下列填空：
（1）已知还原性Mg＞Si，上述反应仍能发生的原因是 。
（2）由如图推测上述反应正向为 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是 。（选填序号）
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n（CaO•MgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成＝2：1
（4）平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg（g）的浓度将 。（填“升高”、“降低”或“不变”）
（5）若还原炉容积为400m3，原料中煅白质量为9600kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 mol/（L•h）。
（6）工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如下表所示。
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有 种能量不同的电子，它们的运动状态有 种。
②MgCl2的电子式为 。
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由 。
三、综合题（二）共15分
22．（15分）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。
完成下列填空：
（1）“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：
ClO2﹣+ → Cl﹣+ ClO2↑+ H2O。完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目 。氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为： 。
常温下，向20mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系（不考虑HClO分解）如图所示。
（3）①→②过程中，水的电离程度的变化是 。
（4）用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： 。
（5）在②点所示溶液中，用“＞、＜或＝”判断下列关系：
Ⅰ.V1 40mL；
Ⅱ.[Cl﹣] [ClO﹣]+[HClO]。
四、综合题（三）共14分
23．（14分）化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。
已知：
完成下列填空：
（1）写出反应类型：反应① ；反应② 。
（2）写出X的结构简式： 。
（3）仅以B为单体形成的高分子的结构简式为 。
（4）检验D中含有碳碳双键的实验方法是 。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式 。
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子；
ⅱ.能发生银镜反应，1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag。
（6）设计以和为原料制备的合成路线 。
五、解答题（共16分）
24．（16分）葡萄糖酸亚铁（C6H11O7）2Fe （M＝446g•mol﹣1） 易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示。
（1）为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
（2）反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。 。
（3）反应Ⅱ的化学方程式为 。（葡萄糖酸用化学式表示）
（4）反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是 。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是 。
（5）为测定（C6H11O7）2Fe•nH2O的结晶水数目，称取1.205g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140g铁单质。晶体中结晶水数目n＝ 。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值 。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
2021年上海市虹口区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是（ ）
A．石油分馏是利用各组分沸点不同
B．石油裂化过程涉及碳碳键的断裂
C．聚丙烯含有不饱和键，易被KMnO4氧化
D．沥青可用于铺设马路
【分析】A．石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的操作；
B．石油裂化是用碳链较长的重油来生产碳链较短的轻质油的过程；
C．聚丙烯不含碳碳双键；
D．沥青是固态的烃的混合物。
【解答】解：A．石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的操作，故是一种物理过程，故A正确；
B．石油裂化是用碳链较长的重油来生产碳链较短的轻质油的过程，故其过程中存在碳碳键的断裂，故B正确；
C．聚丙烯不含碳碳双键，不能使高锰酸钾褪色，故C错误；
D．沥青是固态的烃的混合物，可以用于铺设路面，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了石油的综合利用以及聚单烯烃的结构和性质，应注意的是聚单烯烃中无碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色。
2．（2分）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是（ ）
A．水的电子式：
B．乙炔的结构式：CH≡CH
C．钙离子的结构示意图：
D．碳原子的电子排布式：1s22s22p2
【分析】A．水是共价化合物，不存在阴阳离子；
B．CH≡CH是乙炔的结构简式；
C．钙离子的质子数为20，核外电子数为18；
D．碳原子的原子序数为6，排布于1s、2s、2p轨道上。
【解答】解：A．水是共价化合物，O原子与每个H原子间共用1对电子，O原子达到8个电子的稳定结构，电子式为，故A错误；
B．乙炔是直线形分子，其结构式为H﹣C≡C﹣H，故B错误；
C．钙离子的质子数为20，核外电子数为18，分层排布，最外层电子数为8，其结构示意图为，故C错误；
D．碳原子的原子序数和核外电子总数均为6，根据能级排布规则写出其原子核外电子排布式为1s22s22p2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学用语的书写判断，涉及结构式及结构简式、电子式、核外电子排布式、离子结构示意图等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（ ）
A．NH3 B．Na2S C．KOH D．NH4Cl
【分析】强碱弱酸盐的水溶液因水解而呈碱性，以此来解答。
【解答】解：A.氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，电离显碱性，故A不选；
B.硫化钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故B选；
C.KOH为强碱，电离显碱性，故C不选；
D.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握酸碱性的判断、盐类水解规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意水解与电离的区别，题目难度不大。
4．（2分）向溴水中加入或通入足量下列物质，最终不能得到无色溶液的是（ ）
A．二氧化硫 B．氢氧化钠溶液
C．碘化钾溶液 D．热空气
【分析】A．二氧化硫与溴水反应生成HBr和硫酸；
B．NaOH溶液与溴水反应生成NaBr、NaBrO和水；
C．KI溶液与溴水反应生成NaBr和I2；
D．向溴水中通入足量的热空气，能把溴单质从溶液中吹出。
【解答】解：A．二氧化硫与溴水反应生成HBr和硫酸，反应后溶液为无色，所以最终能得到无色溶液，故A不选；
B．NaOH溶液与溴水反应生成NaBr、NaBrO和水，反应后溶液为无色，所以最终能得到无色溶液，故B不选；
C．KI溶液与溴水反应生成NaBr和I2，I2溶于水形成棕黄色溶液，所以最终不能得到无色溶液，故C选；
D．向溴水中通入足量的热空气，能把溴单质从溶液中吹出，所以最终能得到无色溶液，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了元素的单质及其化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和应用，明确Br及其化合物性质、物质之间的反应等知识点是解本题关键，注意基础知识的积累和应用，题目难度不大。
5．（2分）含有极性键的非极性分子是（ ）
A．SiO2 B．CO2 C．N2 D．NaOH
【分析】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此答题。
【解答】解：A．二氧化硅不是分子晶体，不含分子，故A不选；
B．CO2为直线形结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故B选；
C．氮气只含非极性共价键，故C不选；
D．氢氧化钠属于离子化合物，不含分子，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。
6．（2分）下列除杂方法正确的是（括号中为杂质）（ ）
A．Al2O3（Fe2O3）：盐酸，过滤
B．硝基苯（苯）：蒸馏
C．己烷（己烯）：加溴水，分液
D．CO2（SO2）：饱和Na2CO3溶液，洗气
【分析】A.二者均与盐酸反应；
B.二者互溶，但沸点不同；
C.己烯与溴水发生加成反应，溴及加成产物均易溶于己烷；
D.二者均与饱和碳酸钠溶液反应。
【解答】解：A.二者均与盐酸反应，不能除去杂质，故A错误；
B.二者互溶，但沸点不同，蒸馏可分离，故B正确；
C.己烯与溴水发生加成反应，溴及加成产物均易溶于己烷，引入洗杂质，不能除杂，故C错误；
D.二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，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。
7．（2分）某烃结构如图所示，其系统命名应为（ ）
A．五甲基十一烷 B．1，2，2，6﹣四甲基庚烷
C．3，3，7﹣三甲基辛烷 D．2，6，6﹣三甲基辛烷
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范，烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
【解答】解：，选取最长碳链为主碳链，含8个碳原子，离取代基近的一端编号确定取代基位置，得到有机物的名称为：2，6，6﹣三甲基辛烷，
故选：D。
【点评】本题综合考查有机物的命名，主要是烷烃的命名原则和方法，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8．（2分）下列物质不能用于吸收H2S的是（ ）
A．NaOH溶液 B．FeSO4溶液
C．CuCl2溶液 D．酸性KMnO4溶液
【分析】A．H2S属于弱酸，能与NaOH溶液反应；
B．H2S的酸性小于硫酸；
C．H2S与CuCl2溶液反应生成更难溶的CuS沉淀；
D．H2S具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化。
【解答】解：A．H2S属于弱酸，能与NaOH溶液反应生成硫化钠和水，所以NaOH溶液能用于吸收H2S，故A不选；
B．H2S的酸性小于硫酸，所以FeSO4溶液不能用于吸收H2S，故B选；
C．H2S与CuCl2溶液反应生成更难溶的CuS沉淀，所以CuCl2溶液能用于吸收H2S，故C不选；
D．H2S具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，所以酸性KMnO4溶液能用于吸收H2S，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查H2S的性质，题目难度不大，注意H2S能与铜离子形成更难溶的CuS沉淀，学习中注意相关基础知识的积累。
9．（2分）下列物质转化路线符合工业生产实际的是（ ）
A．SSO3H2SO4
B．淀粉葡萄糖乙醇乙烯
C．N2NONO2HNO3
D．饱和NaClNaHCO3晶体
【分析】A．硫和氧气反应生成二氧化硫；
B．淀粉水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，乙醇在浓硫酸作用下加热生成乙烯是实验室制备方法；
C．工业生产中利用的是氨气催化氧化生成NO，NO氧化生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；
D．向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵。
【解答】解：A．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，物质转化路线不符合工业生产实际，故A错误；
B．淀粉发酵水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，乙醇在浓硫酸作用下加热生成乙烯是实验室制备方法，工业制备乙烯是利用石油的裂解，物质转化路线不符合工业生产实际，故B错误；
C．氮气和氧气放电条件生成一氧化氮的反应不能用于工业生产，物质转化路线不符合工业生产实际，故C错误；
D．向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，是工业制备纯碱的反应过程，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的工业制法，题目难度不大，掌握制备的原理是解题的关键。
10．（2分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．非金属性：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．气态氢化物的热稳定性：W＞X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
【分析】由短周期元素 W、X、Y 和 Z 在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为n，这四种元素原子的最外层电子数之和为 21，n﹣2+n+n+1+n+2＝21，解得n＝5，可知W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，以此解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，
A.同周期从左到右元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性X＞W，故A错误；
B.具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y＜X，故B正确；
C.非金属性X＞W，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；
D.非金属N＞Al，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11．（2分）在指定溶液中下列离子能大量共存的是（ ）
A．透明澄清的溶液：NH4+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣
B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO2﹣、Cl﹣
C．c（ClO﹣）＝0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO32﹣、S2﹣
D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH4+、HCO3﹣、NO3﹣
【分析】A．四种离子之间不反应，能够共存；
B．该溶液呈酸性，偏铝酸根离子与氢离子反应；
C．次氯酸根离子能够氧化硫离子；
D．该溶液呈酸性或强碱性，镁离子、铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应。
【解答】解：A．NH4+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，为透明澄清的溶液，能够大量共存，故A正确；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+、AlO2﹣之间发生反应，不能大量共存，故B错误；
C．ClO﹣、S2﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH﹣，HCO3﹣、Mg2+、NH4+与OH﹣反应，HCO3﹣与H+反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”，是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
12．（2分）下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是（ ）
A．干燥氯气
B．收集氯气
C．探究氯气与甲烷的反应
D．证明氯气具有漂白性
【分析】A.氯气与碱石灰反应；
B.氯气应短导管进气；
C.光照下发生取代反应，生成HCl易溶于水；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性。
【解答】解：A.氯气与碱石灰反应，不能干燥氯气，故A错误；
B.氯气应短导管进气，图中无法收集气体，故B错误；
C.光照下发生取代反应，生成HCl极易溶于水，观察气体的颜色及试管中液体的高度可探究氯气与甲烷的反应，故C正确；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，湿润的有色布条褪色，而氯气不具有漂白性，故D错误；
故选：C。
【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，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（2分）一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式（图1）和修复原理（图2）如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该高分子可通过加聚反应合成
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．合成该高分子的两种单体含有相同的官能团
D．自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
【分析】A．该高分子化合物是加聚反应产物；
B．酯基能和酸、碱反应；
C．合成该高分子化合物的单体分别为CH2＝C（CH3）COOCH3、CH2＝CHCOOCH2CH2CH2CH3；
D．自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键。
【解答】解：A.该高分子化合物是加聚反应产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；
B.该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，故B正确；
C.合成该高分子化合物的单体分别为CH2＝C（CH3）COOCH3、CH2＝CHCOOCH2CH2CH2CH3，含有相同的官能团，故C正确；
D.自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、基本概念内涵是解本题关键，本题主要高聚物单体的判断，题目难度不大。
14．（2分）如图是离子交换膜电解槽，电解饱和食盐水时，离子交换膜只允许阳离子通过，下列说法错误的是（ ）
A．a是电源的正极
B．X处产生的是氯气
C．可用铁做电极A的材料
D．Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液
【分析】电解食盐水时，阳极发生氧化反应，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，左侧应为电解池的阳极区；右侧应为电解池的阴极区，电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动，据此分析。
【解答】解：A．电解食盐水时，阳极发生氧化反应，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，左侧应为电解池的阳极区，所以a是电源的正极，故A正确；
B．阳极上氯离子失电子生成氯气，即X处产生的是氯气，故B正确；
C．A电极为阳极，阳极不能用活性电极，否则电极会失电子，所以不能用铁做电极A的材料，故C错误；
D．阴极生成OH﹣，且Na+向阴极移动，则产品烧碱溶液从阴极区流出，即Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的应用，侧重于氯碱工业的考查，把握题给信息以及阳离子交换膜为解答该题的关键，题目难度不大。
15．（2分）向等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Ba2++OH﹣+HCO3﹣→BaCO3↓+H2O
C．Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣→BaCO3↓+CO32﹣+H2O
D．2Ba2++3OH﹣+3HCO3﹣→2BaCO3↓+CO32﹣+3H2O
【分析】氢氧化钡、氯化钡中加入碳酸氢钠，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，据此分析．
【解答】解：A．等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；
B．Ba2++OH﹣+HCO3﹣→BaCO3↓+H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；
C．若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；
D．依据方程式可知：3molOH﹣对应对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键，题目难度较大．
16．（2分）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，SO2未被氧化
B．过程Ⅱ中，1mol O2可氧化2mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，Ca（OH）2可以循环利用
D．总反应为2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O
【分析】A．过程Ⅰ中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2与O2反应，生成NaOH和CaSO4；
C．反应开始需要的物质，中间过程又能生成，这样的物质可以循环使用；
D．过程Ⅰ和过程Ⅱ中的两个反应相加就为总反应。
【解答】解：A．过程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成Na2SO3，化合价未发生变化，SO2未被氧化，故A正确；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1mol O2可氧化2mol Na2SO3，故B正确；
C．双碱法脱硫过程中，Ca（OH）2参与过程Ⅱ反应转化为硫酸钙，没有再生成，不能循环使用，故C错误；
D．由以上分析可知，总反应为2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题以双碱法脱硫工艺流程为载体考查物质性质及基本操作方法、反应原理，为高频考点，涉及元素化合物性质及相互转化、方程式等，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17．（2分）饱和氯化钠溶液中存在如图示过程，下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Na+，b离子为Cl﹣
B．此过程中溶解速率大于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度不变
D．此过程可以说明NaCl的电离：NaCl→Na++Cl﹣
【分析】A．Na+、Cl﹣的离子半径大小为：Na+＜Cl﹣；
B．饱和氯化钠溶液中溶解和结晶达到平衡状态；
C．一定温度下，饱和氯化钠溶液中的离子浓度不变；
D．图示是饱和氯化钠溶液中结晶和溶解达到平衡状态。
【解答】解：A．Na+、Cl﹣的离子半径大小为：Na+＜Cl﹣，a为氯离子，b为钠离子，故A错误；
B．饱和氯化钠溶液中，此过程中的溶解速率等于结晶速率，故B错误；
C．饱和氯化钠溶液中，再加入NaCl固体，溶质微粒浓度保持不变，故C正确；
D．图示是饱和氯化钠溶液中结晶和溶解达到平衡状态，此过程不能说明NaCl的电离，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解质在水溶液中的电离以及存在，题目难度不大，应注意的是当物质中有自由移动的离子或电子时才能导电。
18．（2分）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量（杂质为NaCl），下列实验方案不可行的是（ ）
A．加热至恒重，称量剩余固体质量
B．加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积
C．溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定
D．溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量
【分析】A.加热只有碳酸氢钠分解；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应；
D.二者均与氯化钙不反应。
【解答】解：A.加热只有碳酸氢钠分解，加热至恒重，称量剩余固体质量，可利用差量法计算碳酸氢钠的质量，故A正确；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体，可利用二氧化碳的体积计算碳酸氢钠的质量，故B正确；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应，用标准盐酸溶液的量可计算碳酸氢钠的质量，故C正确；
D.二者均与氯化钙不反应，应选氢氧化钡反应后称量沉淀的质量，故D错误；
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、发生的反应、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19．（2分）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法错误的是（ ）
A．①→②过程有热量放出
B．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
D．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
【分析】A．由图可知②能量低于①能量；
B．根据图中各分子结构即可得出答案；
C．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成；
D．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应。
【解答】解：A．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故A正确；
B．由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故B正确；
C．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成，无C﹣H键，故C错误；
D．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
20．（2分）I﹣具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I﹣、I2、IO3﹣在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为1：5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+I﹣+3H2O→6Cl﹣+IO3﹣+6H+
【分析】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
B．I﹣、IO3﹣在酸性条件下反应生成碘单质；
C．反应①中2I﹣～I2～2e﹣，生成1mol碘单质转移2mol电子，反应②发生反应5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O，生成3mol碘单质转移5mol电子；
D．反应③反应是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子。
【解答】解：A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故A正确；
B．I﹣和IO3﹣酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉碘化钾试纸和白醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①中2I﹣～I2～2e﹣，生成1mol碘单质转移2mol电子，反应②发生反应5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O，生成3mol碘单质转移5mol电子，生成1mol碘单质转移电子的物质的量为mol，所以生产等量的碘时，反应①和反应②转移电子数目之比为2mol：mol＝6：5，故C错误；
D．反应③中通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I﹣+3H2O═6Cl﹣+IO3﹣+6H+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素化合价变化、电子守恒为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
二、综合题（一）本题共15分
21．（15分）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法（Pidgeon法）冶炼镁，以煅白（CaO•MgO，M＝96g/mol）为原料与硅铁（含硅75%）混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2（CaO•MgO）（s）+Si（s）⇌Ca2SiO4（l）+2Mg（g）
完成下列填空：
（1）已知还原性Mg＞Si，上述反应仍能发生的原因是 1200℃时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，故能发生 。
（2）由如图推测上述反应正向为 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是 ac 。（选填序号）
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n（CaO•MgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成＝2：1
（4）平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg（g）的浓度将 不变 。（填“升高”、“降低”或“不变”）
（5）若还原炉容积为400m3，原料中煅白质量为9600kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 0.025 mol/（L•h）。
（6）工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如下表所示。
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有 4 种能量不同的电子，它们的运动状态有 12 种。
②MgCl2的电子式为 。
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由 因为MgO的熔点很高，熔融时会耗费大量的能量而增加成本，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁 。
【分析】（1）根据化学平衡移动原理来回答；
（2）根据图象中Mg的产率随温度的变化考虑；
（3）根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；一定条件下若反应达到最大限度，说明达到了平衡状态；
（4）根据图象中Mg的产率随温度的变化考虑，根据平衡常数来判断Mg（g）的浓度；
（5）根据题目提供信息，结合v＝计算；
（6）①电子的运动状态由能层、能级、原子轨道和电子的自旋状态共同决定，没有运动状态完全相同的电子存在，处于同一能层中的电子，具有相同的能量，不同能层中电子，能量不同，即原子有几个能级具有几种不同能量的电子；
②氯化镁由1个镁离子和2个氯离子构成；
③氧化镁熔点较高，电解熔融氧化镁会耗费大量能量而增加成本，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。
【解答】解：（1）还原性：Mg＞Si，上述反应仍能发生的原因是1200℃时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，故能发生，
故答案为：1200℃时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，故能发生；
（2）由图可知，升高温度Mg的产率增大，正反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
（3）a．平衡常数到达最大值，说明各个组分的浓度不随时间的变化而改变，化学平衡是动态平衡，故a正确；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物的说法错误，故b错误；
c．炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故c正确；
d．单位时间内，n（CaO•MgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成＝2：1，不能证明正逆反应速率相等，故d错误；
故答案为：ac；
（4）因为该反应的K＝C2（Mg），平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg（g）的浓度不变；
故答案为：不变；
（5）还原炉容积为400m3，原料中煅白质量为9.6t，5小时后，测得煅白的转化率为50%，生成Mg为＝5×104mol，则这段时间Mg的生成速率为＝0.025 mol/（L•h），
故答案为：0.025 mol/（L•h）；
（6）①镁元素原子的核外共有1s、2s、2p、3s共4个能级，4种不同能量状态的电子，有12个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有12种，
故答案为：4；12；
②氯化镁由1个镁离子和2个氯离子构成，故其电子式为，
故答案为：；
③氧化镁熔点较高，电解熔融氧化镁会耗费大量能量而增加成本，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，
故答案为：因为MgO的熔点很高，熔融时会耗费大量的能量而增加成本，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。
【点评】本题考查了镁及其化合物的性质应用制备，涉及平衡的移动、反应速率、金属的冶炼、电子式、核外电子排布等知识点，涉及知识点多，注重能力培养。
三、综合题（二）共15分
22．（15分）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。
完成下列填空：
（1）“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：
5 ClO2﹣+ 4H+ → 1 Cl﹣+ 4 ClO2↑+ 2 H2O。完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目 。氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：4 。
（2）“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为： H++HCO3﹣＝CO2↑+H2O 。
常温下，向20mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系（不考虑HClO分解）如图所示。
（3）①→②过程中，水的电离程度的变化是 增大 。
（4）用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣ 。
（5）在②点所示溶液中，用“＞、＜或＝”判断下列关系：
Ⅰ.V1 ＜ 40mL；
Ⅱ.[Cl﹣] ＝ [ClO﹣]+[HClO]。
【分析】（1）由题意可知该反应为ClO2﹣的自身歧化，一部分被还原为Cl﹣，一部分被氧化为ClO2，根据化合价升降守恒和电荷守恒，可写出离子方程式，标出电子转移的数目和方向并判断除氧化剂与还原剂物质的量之比；
（2）由题意可知使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：H+和HCO3﹣反应生成了CO2；
（3）①→②过程中，加入的NaOH溶液逐渐中和氯水中的盐酸和次氯酸，酸性减弱，水的电离程度增大；
（4）③所示的溶液中存在NaClO的水解；
（5）Ⅰ.若V1＝40mL，则溶液为NaCl和NaClO的混合溶液，该溶液存在NaClO的水解，使溶液呈碱性，pH＞7，则可知V1与40mL的大小关系；
Ⅱ.根据物料守恒可知：n（Cl﹣）＝n（ClO﹣）+n（HClO），则可判断[Cl﹣]与[ClO﹣]+[HClO]的关系。
【解答】解：（1）由题意可知“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为ClO2﹣的自身歧化，一部分被还原为Cl﹣，一部分被氧化为ClO2，根据化合价升降守恒和电荷守恒，可得离子方程式为：5ClO2﹣+4H+＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O，电子转移的数目和方向为：，该反应中，1个ClO2﹣中Cl化合价降低做氧化剂，有4个ClO2﹣中Cl化合价升高，做还原剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，
故答案为：5；4H+；1；4；2；；1：4；
（2）由题意可知：“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：H++HCO3﹣＝CO2↑+H2O，
故答案为：H++HCO3﹣＝CO2↑+H2O；
（3）①→②过程中，加入的NaOH溶液逐渐中和氯水中的盐酸和次氯酸，酸性减弱，水的电离受到酸的抑制作用减弱，水的电离程度增大，
故答案为：增大；
（4）③所示的溶液中存在NaClO的水解，水解的离子方程式为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
（5）Ⅰ.若V1＝40mL，则溶液为NaCl和NaClO的混合溶液，该溶液存在NaClO的水解，使溶液呈碱性，pH＞7，现pH＝7，故V1＜40mL，
Ⅱ.根据物料守恒可知：n（Cl﹣）＝n（ClO﹣）+n（HClO），故有[Cl﹣]＝[ClO﹣]+[HClO]，
故答案为：＜；＝。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的有关知识，如双线桥表示电子转移，氧化剂与还原剂之比，方程式书写等，还考查了水的电离的影响因素，盐类水解，物料守恒等，具有较强的综合性，属于中等难度题型。
四、综合题（三）共14分
23．（14分）化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。
已知：
完成下列填空：
（1）写出反应类型：反应① 取代反应 ；反应② 加成反应 。
（2）写出X的结构简式： 。
（3）仅以B为单体形成的高分子的结构简式为 。
（4）检验D中含有碳碳双键的实验方法是 取样，加入足量银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，或取样后加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色褪去，说明D中含有碳碳双键 。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式 、、、（任写一种） 。
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子；
ⅱ.能发生银镜反应，1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag。
（6）设计以和为原料制备的合成路线 。
【分析】对比A、B的结构简式知，A中酚羟基上的氢原子被取代生成B，B发生异构生成C，C中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成D，D和X发生信息中的反应生成E，根据D、E的结构简式知，X为，E发生加成反应生成M；
（6）以和为原料制备，与在碱性条件反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成。
【解答】解：（1）反应①A中酚羟基上的氢原子被取代生成B，则该反应为取代反应；反应②中酚羟基上的氢原子和碳碳双键发生加成反应生成M，该反应为加成反应，
故答案为：取代反应；加成反应；
（2）通过以上分析知，X的结构简式：，
故答案为：；
（3）B中含有碳碳双键而能发生加聚反应，则仅以B为单体形成的高分子的结构简式为，
故答案为：；
（4）D中含有碳碳双键、醛基，均可以使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，可以用溴的四氯化碳溶液检验碳碳双键，也可以用弱氧化剂（如：新制氢氧化铜或银氨溶液）将醛基氧化为羧基，再用溴水检验碳碳双键，故实验方法为：取样，加入足量银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，或取样后加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色褪去，说明D中含有碳碳双键，
故答案为：取样，加入足量银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，或取样后加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色褪去，说明D中含有碳碳双键；
（5）C的同分异构体符合下列条件：
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子；
ⅱ.能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag，结合不饱和度及O原子个数知，符合条件的结构简式中含有2个醛基且不再含有其它环或碳碳不饱和键，
符合条件的结构简式有、、、，
故答案为：、、、（任写一种）；
（6）以和为原料制备，与在碱性条件反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。
五、解答题（共16分）
24．（16分）葡萄糖酸亚铁（C6H11O7）2Fe （M＝446g•mol﹣1） 易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示。
（1）为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中
（2）反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净 。
（3）反应Ⅱ的化学方程式为 FeCO3+2C6H12O7→（C6H11O7）2Fe+H2O+CO2↑ 。（葡萄糖酸用化学式表示）
（4）反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是 抑制Fe2+水解 。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是 葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇 。
（5）为测定（C6H11O7）2Fe•nH2O的结晶水数目，称取1.205g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140g铁单质。晶体中结晶水数目n＝ 2 。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值 偏小 。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3；目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到（C6H11O7）2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到（C6H11O7）2Fe结晶。
【解答】解：（1）①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，
故答案为：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气；
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中，
故答案为：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
（2）检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净，
故答案为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
（3）反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到（C6H11O7）2Fe，其化学方程式为：FeCO3+2C6H12O7→（C6H11O7）2Fe+H2O+CO2↑，
故答案为：FeCO3+2C6H12O7→（C6H11O7）2Fe+H2O+CO2↑；
（4）由于Fe2+水解，在将（C6H11O7）2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇，
故答案为：抑制Fe2+水解；葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
（5）0.140 g铁单质的物质的量为n（Fe）＝＝＝0.0025mol，则（C6H11O7）2Fe•nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得M＝＝＝[（12×6+1×11+16×7）×2+56+n×18]g/mol，解得n＝2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小，
故答案为：2；偏小。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
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2021年上海市虹口区高考化学二模试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是（ ）
A．石油分馏是利用各组分沸点不同
B．石油裂化过程涉及碳碳键的断裂
C．聚丙烯含有不饱和键，易被KMnO4氧化
D．沥青可用于铺设马路
2．（2分）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是（ ）
A．水的电子式：
B．乙炔的结构式：CH≡CH
C．钙离子的结构示意图：
D．碳原子的电子排布式：1s22s22p2
3．（2分）下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（ ）
A．NH3 B．Na2S C．KOH D．NH4Cl
4．（2分）向溴水中加入或通入足量下列物质，最终不能得到无色溶液的是（ ）
A．二氧化硫 B．氢氧化钠溶液
C．碘化钾溶液 D．热空气
5．（2分）含有极性键的非极性分子是（ ）
A．SiO2 B．CO2 C．N2 D．NaOH
6．（2分）下列除杂方法正确的是（括号中为杂质）（ ）
A．Al2O3（Fe2O3）：盐酸，过滤
B．硝基苯（苯）：蒸馏
C．己烷（己烯）：加溴水，分液
D．CO2（SO2）：饱和Na2CO3溶液，洗气
7．（2分）某烃结构如图所示，其系统命名应为（ ）
A．五甲基十一烷 B．1，2，2，6﹣四甲基庚烷
C．3，3，7﹣三甲基辛烷 D．2，6，6﹣三甲基辛烷
8．（2分）下列物质不能用于吸收H2S的是（ ）
A．NaOH溶液 B．FeSO4溶液
C．CuCl2溶液 D．酸性KMnO4溶液
9．（2分）下列物质转化路线符合工业生产实际的是（ ）
A．SSO3H2SO4
B．淀粉葡萄糖乙醇乙烯
C．N2NONO2HNO3
D．饱和NaClNaHCO3晶体
10．（2分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．非金属性：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．气态氢化物的热稳定性：W＞X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
11．（2分）在指定溶液中下列离子能大量共存的是（ ）
A．透明澄清的溶液：NH4+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣
B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO2﹣、Cl﹣
C．c（ClO﹣）＝0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO32﹣、S2﹣
D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH4+、HCO3﹣、NO3﹣
12．（2分）下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是（ ）
A．干燥氯气
B．收集氯气
C．探究氯气与甲烷的反应
D．证明氯气具有漂白性
13．（2分）一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式（图1）和修复原理（图2）如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该高分子可通过加聚反应合成
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．合成该高分子的两种单体含有相同的官能团
D．自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
14．（2分）如图是离子交换膜电解槽，电解饱和食盐水时，离子交换膜只允许阳离子通过，下列说法错误的是（ ）
A．a是电源的正极
B．X处产生的是氯气
C．可用铁做电极A的材料
D．Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液
15．（2分）向等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Ba2++OH﹣+HCO3﹣→BaCO3↓+H2O
C．Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣→BaCO3↓+CO32﹣+H2O
D．2Ba2++3OH﹣+3HCO3﹣→2BaCO3↓+CO32﹣+3H2O
16．（2分）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，SO2未被氧化
B．过程Ⅱ中，1mol O2可氧化2mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，Ca（OH）2可以循环利用
D．总反应为2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O
17．（2分）饱和氯化钠溶液中存在如图示过程，下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Na+，b离子为Cl﹣
B．此过程中溶解速率大于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度不变
D．此过程可以说明NaCl的电离：NaCl→Na++Cl﹣
18．（2分）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量（杂质为NaCl），下列实验方案不可行的是（ ）
A．加热至恒重，称量剩余固体质量
B．加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积
C．溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定
D．溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量
19．（2分）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法错误的是（ ）
A．①→②过程有热量放出
B．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
D．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
20．（2分）I﹣具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I﹣、I2、IO3﹣在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为1：5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+I﹣+3H2O→6Cl﹣+IO3﹣+6H+
二、综合题（一）本题共15分
21．（15分）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法（Pidgeon法）冶炼镁，以煅白（CaO•MgO，M＝96g/mol）为原料与硅铁（含硅75%）混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2（CaO•MgO）（s）+Si（s）⇌Ca2SiO4（l）+2Mg（g）
完成下列填空：
（1）已知还原性Mg＞Si，上述反应仍能发生的原因是 。
（2）由如图推测上述反应正向为 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是 。（选填序号）
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n（CaO•MgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成＝2：1
（4）平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg（g）的浓度将 。（填“升高”、“降低”或“不变”）
（5）若还原炉容积为400m3，原料中煅白质量为9600kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 mol/（L•h）。
（6）工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如下表所示。
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有 种能量不同的电子，它们的运动状态有 种。
②MgCl2的电子式为 。
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由 。
三、综合题（二）共15分
22．（15分）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。
完成下列填空：
（1）“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：
ClO2﹣+ → Cl﹣+ ClO2↑+ H2O。完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目 。氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为： 。
常温下，向20mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系（不考虑HClO分解）如图所示。
（3）①→②过程中，水的电离程度的变化是 。
（4）用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： 。
（5）在②点所示溶液中，用“＞、＜或＝”判断下列关系：
Ⅰ.V1 40mL；
Ⅱ.[Cl﹣] [ClO﹣]+[HClO]。
四、综合题（三）共14分
23．（14分）化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。
已知：
完成下列填空：
（1）写出反应类型：反应① ；反应② 。
（2）写出X的结构简式： 。
（3）仅以B为单体形成的高分子的结构简式为 。
（4）检验D中含有碳碳双键的实验方法是 。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式 。
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子；
ⅱ.能发生银镜反应，1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag。
（6）设计以和为原料制备的合成路线 。
五、解答题（共16分）
24．（16分）葡萄糖酸亚铁（C6H11O7）2Fe （M＝446g•mol﹣1） 易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示。
（1）为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
（2）反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。 。
（3）反应Ⅱ的化学方程式为 。（葡萄糖酸用化学式表示）
（4）反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是 。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是 。
（5）为测定（C6H11O7）2Fe•nH2O的结晶水数目，称取1.205g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140g铁单质。晶体中结晶水数目n＝ 。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值 。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
2021年上海市虹口区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是（ ）
A．石油分馏是利用各组分沸点不同
B．石油裂化过程涉及碳碳键的断裂
C．聚丙烯含有不饱和键，易被KMnO4氧化
D．沥青可用于铺设马路
【分析】A．石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的操作；
B．石油裂化是用碳链较长的重油来生产碳链较短的轻质油的过程；
C．聚丙烯不含碳碳双键；
D．沥青是固态的烃的混合物。
【解答】解：A．石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的操作，故是一种物理过程，故A正确；
B．石油裂化是用碳链较长的重油来生产碳链较短的轻质油的过程，故其过程中存在碳碳键的断裂，故B正确；
C．聚丙烯不含碳碳双键，不能使高锰酸钾褪色，故C错误；
D．沥青是固态的烃的混合物，可以用于铺设路面，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了石油的综合利用以及聚单烯烃的结构和性质，应注意的是聚单烯烃中无碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色。
2．（2分）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是（ ）
A．水的电子式：
B．乙炔的结构式：CH≡CH
C．钙离子的结构示意图：
D．碳原子的电子排布式：1s22s22p2
【分析】A．水是共价化合物，不存在阴阳离子；
B．CH≡CH是乙炔的结构简式；
C．钙离子的质子数为20，核外电子数为18；
D．碳原子的原子序数为6，排布于1s、2s、2p轨道上。
【解答】解：A．水是共价化合物，O原子与每个H原子间共用1对电子，O原子达到8个电子的稳定结构，电子式为，故A错误；
B．乙炔是直线形分子，其结构式为H﹣C≡C﹣H，故B错误；
C．钙离子的质子数为20，核外电子数为18，分层排布，最外层电子数为8，其结构示意图为，故C错误；
D．碳原子的原子序数和核外电子总数均为6，根据能级排布规则写出其原子核外电子排布式为1s22s22p2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学用语的书写判断，涉及结构式及结构简式、电子式、核外电子排布式、离子结构示意图等知识，为高频考点，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（ ）
A．NH3 B．Na2S C．KOH D．NH4Cl
【分析】强碱弱酸盐的水溶液因水解而呈碱性，以此来解答。
【解答】解：A.氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，电离显碱性，故A不选；
B.硫化钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故B选；
C.KOH为强碱，电离显碱性，故C不选；
D.氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握酸碱性的判断、盐类水解规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意水解与电离的区别，题目难度不大。
4．（2分）向溴水中加入或通入足量下列物质，最终不能得到无色溶液的是（ ）
A．二氧化硫 B．氢氧化钠溶液
C．碘化钾溶液 D．热空气
【分析】A．二氧化硫与溴水反应生成HBr和硫酸；
B．NaOH溶液与溴水反应生成NaBr、NaBrO和水；
C．KI溶液与溴水反应生成NaBr和I2；
D．向溴水中通入足量的热空气，能把溴单质从溶液中吹出。
【解答】解：A．二氧化硫与溴水反应生成HBr和硫酸，反应后溶液为无色，所以最终能得到无色溶液，故A不选；
B．NaOH溶液与溴水反应生成NaBr、NaBrO和水，反应后溶液为无色，所以最终能得到无色溶液，故B不选；
C．KI溶液与溴水反应生成NaBr和I2，I2溶于水形成棕黄色溶液，所以最终不能得到无色溶液，故C选；
D．向溴水中通入足量的热空气，能把溴单质从溶液中吹出，所以最终能得到无色溶液，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了元素的单质及其化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和应用，明确Br及其化合物性质、物质之间的反应等知识点是解本题关键，注意基础知识的积累和应用，题目难度不大。
5．（2分）含有极性键的非极性分子是（ ）
A．SiO2 B．CO2 C．N2 D．NaOH
【分析】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此答题。
【解答】解：A．二氧化硅不是分子晶体，不含分子，故A不选；
B．CO2为直线形结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故B选；
C．氮气只含非极性共价键，故C不选；
D．氢氧化钠属于离子化合物，不含分子，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。
6．（2分）下列除杂方法正确的是（括号中为杂质）（ ）
A．Al2O3（Fe2O3）：盐酸，过滤
B．硝基苯（苯）：蒸馏
C．己烷（己烯）：加溴水，分液
D．CO2（SO2）：饱和Na2CO3溶液，洗气
【分析】A.二者均与盐酸反应；
B.二者互溶，但沸点不同；
C.己烯与溴水发生加成反应，溴及加成产物均易溶于己烷；
D.二者均与饱和碳酸钠溶液反应。
【解答】解：A.二者均与盐酸反应，不能除去杂质，故A错误；
B.二者互溶，但沸点不同，蒸馏可分离，故B正确；
C.己烯与溴水发生加成反应，溴及加成产物均易溶于己烷，引入洗杂质，不能除杂，故C错误；
D.二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，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。
7．（2分）某烃结构如图所示，其系统命名应为（ ）
A．五甲基十一烷 B．1，2，2，6﹣四甲基庚烷
C．3，3，7﹣三甲基辛烷 D．2，6，6﹣三甲基辛烷
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范，烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
【解答】解：，选取最长碳链为主碳链，含8个碳原子，离取代基近的一端编号确定取代基位置，得到有机物的名称为：2，6，6﹣三甲基辛烷，
故选：D。
【点评】本题综合考查有机物的命名，主要是烷烃的命名原则和方法，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8．（2分）下列物质不能用于吸收H2S的是（ ）
A．NaOH溶液 B．FeSO4溶液
C．CuCl2溶液 D．酸性KMnO4溶液
【分析】A．H2S属于弱酸，能与NaOH溶液反应；
B．H2S的酸性小于硫酸；
C．H2S与CuCl2溶液反应生成更难溶的CuS沉淀；
D．H2S具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化。
【解答】解：A．H2S属于弱酸，能与NaOH溶液反应生成硫化钠和水，所以NaOH溶液能用于吸收H2S，故A不选；
B．H2S的酸性小于硫酸，所以FeSO4溶液不能用于吸收H2S，故B选；
C．H2S与CuCl2溶液反应生成更难溶的CuS沉淀，所以CuCl2溶液能用于吸收H2S，故C不选；
D．H2S具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，所以酸性KMnO4溶液能用于吸收H2S，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查H2S的性质，题目难度不大，注意H2S能与铜离子形成更难溶的CuS沉淀，学习中注意相关基础知识的积累。
9．（2分）下列物质转化路线符合工业生产实际的是（ ）
A．SSO3H2SO4
B．淀粉葡萄糖乙醇乙烯
C．N2NONO2HNO3
D．饱和NaClNaHCO3晶体
【分析】A．硫和氧气反应生成二氧化硫；
B．淀粉水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，乙醇在浓硫酸作用下加热生成乙烯是实验室制备方法；
C．工业生产中利用的是氨气催化氧化生成NO，NO氧化生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；
D．向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵。
【解答】解：A．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，物质转化路线不符合工业生产实际，故A错误；
B．淀粉发酵水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，乙醇在浓硫酸作用下加热生成乙烯是实验室制备方法，工业制备乙烯是利用石油的裂解，物质转化路线不符合工业生产实际，故B错误；
C．氮气和氧气放电条件生成一氧化氮的反应不能用于工业生产，物质转化路线不符合工业生产实际，故C错误；
D．向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，是工业制备纯碱的反应过程，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的工业制法，题目难度不大，掌握制备的原理是解题的关键。
10．（2分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．非金属性：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．气态氢化物的热稳定性：W＞X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
【分析】由短周期元素 W、X、Y 和 Z 在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为n，这四种元素原子的最外层电子数之和为 21，n﹣2+n+n+1+n+2＝21，解得n＝5，可知W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，以此解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，
A.同周期从左到右元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性X＞W，故A错误；
B.具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y＜X，故B正确；
C.非金属性X＞W，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；
D.非金属N＞Al，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11．（2分）在指定溶液中下列离子能大量共存的是（ ）
A．透明澄清的溶液：NH4+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣
B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO2﹣、Cl﹣
C．c（ClO﹣）＝0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO32﹣、S2﹣
D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH4+、HCO3﹣、NO3﹣
【分析】A．四种离子之间不反应，能够共存；
B．该溶液呈酸性，偏铝酸根离子与氢离子反应；
C．次氯酸根离子能够氧化硫离子；
D．该溶液呈酸性或强碱性，镁离子、铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应。
【解答】解：A．NH4+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，为透明澄清的溶液，能够大量共存，故A正确；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+、AlO2﹣之间发生反应，不能大量共存，故B错误；
C．ClO﹣、S2﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH﹣，HCO3﹣、Mg2+、NH4+与OH﹣反应，HCO3﹣与H+反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”，是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
12．（2分）下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是（ ）
A．干燥氯气
B．收集氯气
C．探究氯气与甲烷的反应
D．证明氯气具有漂白性
【分析】A.氯气与碱石灰反应；
B.氯气应短导管进气；
C.光照下发生取代反应，生成HCl易溶于水；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性。
【解答】解：A.氯气与碱石灰反应，不能干燥氯气，故A错误；
B.氯气应短导管进气，图中无法收集气体，故B错误；
C.光照下发生取代反应，生成HCl极易溶于水，观察气体的颜色及试管中液体的高度可探究氯气与甲烷的反应，故C正确；
D.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，湿润的有色布条褪色，而氯气不具有漂白性，故D错误；
故选：C。
【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，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．（2分）一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式（图1）和修复原理（图2）如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该高分子可通过加聚反应合成
B．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
C．合成该高分子的两种单体含有相同的官能团
D．自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键
【分析】A．该高分子化合物是加聚反应产物；
B．酯基能和酸、碱反应；
C．合成该高分子化合物的单体分别为CH2＝C（CH3）COOCH3、CH2＝CHCOOCH2CH2CH2CH3；
D．自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键。
【解答】解：A.该高分子化合物是加聚反应产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；
B.该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，故B正确；
C.合成该高分子化合物的单体分别为CH2＝C（CH3）COOCH3、CH2＝CHCOOCH2CH2CH2CH3，含有相同的官能团，故C正确；
D.自修复过程中“﹣COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、基本概念内涵是解本题关键，本题主要高聚物单体的判断，题目难度不大。
14．（2分）如图是离子交换膜电解槽，电解饱和食盐水时，离子交换膜只允许阳离子通过，下列说法错误的是（ ）
A．a是电源的正极
B．X处产生的是氯气
C．可用铁做电极A的材料
D．Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液
【分析】电解食盐水时，阳极发生氧化反应，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，左侧应为电解池的阳极区；右侧应为电解池的阴极区，电解时，阳离子经过离子交换膜向阴极区移动，据此分析。
【解答】解：A．电解食盐水时，阳极发生氧化反应，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，左侧应为电解池的阳极区，所以a是电源的正极，故A正确；
B．阳极上氯离子失电子生成氯气，即X处产生的是氯气，故B正确；
C．A电极为阳极，阳极不能用活性电极，否则电极会失电子，所以不能用铁做电极A的材料，故C错误；
D．阴极生成OH﹣，且Na+向阴极移动，则产品烧碱溶液从阴极区流出，即Z处流出溶液是较浓的NaOH溶液，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的应用，侧重于氯碱工业的考查，把握题给信息以及阳离子交换膜为解答该题的关键，题目难度不大。
15．（2分）向等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是（ ）
A．HCO3﹣+OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Ba2++OH﹣+HCO3﹣→BaCO3↓+H2O
C．Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣→BaCO3↓+CO32﹣+H2O
D．2Ba2++3OH﹣+3HCO3﹣→2BaCO3↓+CO32﹣+3H2O
【分析】氢氧化钡、氯化钡中加入碳酸氢钠，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，据此分析．
【解答】解：A．等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；
B．Ba2++OH﹣+HCO3﹣→BaCO3↓+H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；
C．若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；
D．依据方程式可知：3molOH﹣对应对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键，题目难度较大．
16．（2分）双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，SO2未被氧化
B．过程Ⅱ中，1mol O2可氧化2mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，Ca（OH）2可以循环利用
D．总反应为2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O
【分析】A．过程Ⅰ中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2与O2反应，生成NaOH和CaSO4；
C．反应开始需要的物质，中间过程又能生成，这样的物质可以循环使用；
D．过程Ⅰ和过程Ⅱ中的两个反应相加就为总反应。
【解答】解：A．过程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成Na2SO3，化合价未发生变化，SO2未被氧化，故A正确；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1mol O2可氧化2mol Na2SO3，故B正确；
C．双碱法脱硫过程中，Ca（OH）2参与过程Ⅱ反应转化为硫酸钙，没有再生成，不能循环使用，故C错误；
D．由以上分析可知，总反应为2Ca（OH）2+2SO2+O2→2CaSO4+2H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题以双碱法脱硫工艺流程为载体考查物质性质及基本操作方法、反应原理，为高频考点，涉及元素化合物性质及相互转化、方程式等，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
17．（2分）饱和氯化钠溶液中存在如图示过程，下列说法正确的是（ ）
A．a离子为Na+，b离子为Cl﹣
B．此过程中溶解速率大于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度不变
D．此过程可以说明NaCl的电离：NaCl→Na++Cl﹣
【分析】A．Na+、Cl﹣的离子半径大小为：Na+＜Cl﹣；
B．饱和氯化钠溶液中溶解和结晶达到平衡状态；
C．一定温度下，饱和氯化钠溶液中的离子浓度不变；
D．图示是饱和氯化钠溶液中结晶和溶解达到平衡状态。
【解答】解：A．Na+、Cl﹣的离子半径大小为：Na+＜Cl﹣，a为氯离子，b为钠离子，故A错误；
B．饱和氯化钠溶液中，此过程中的溶解速率等于结晶速率，故B错误；
C．饱和氯化钠溶液中，再加入NaCl固体，溶质微粒浓度保持不变，故C正确；
D．图示是饱和氯化钠溶液中结晶和溶解达到平衡状态，此过程不能说明NaCl的电离，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解质在水溶液中的电离以及存在，题目难度不大，应注意的是当物质中有自由移动的离子或电子时才能导电。
18．（2分）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量（杂质为NaCl），下列实验方案不可行的是（ ）
A．加热至恒重，称量剩余固体质量
B．加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积
C．溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定
D．溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量
【分析】A.加热只有碳酸氢钠分解；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应；
D.二者均与氯化钙不反应。
【解答】解：A.加热只有碳酸氢钠分解，加热至恒重，称量剩余固体质量，可利用差量法计算碳酸氢钠的质量，故A正确；
B.只有碳酸氢钠与硫酸反应生成气体，可利用二氧化碳的体积计算碳酸氢钠的质量，故B正确；
C.只有碳酸氢钠与盐酸反应，用标准盐酸溶液的量可计算碳酸氢钠的质量，故C正确；
D.二者均与氯化钙不反应，应选氢氧化钡反应后称量沉淀的质量，故D错误；
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、发生的反应、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19．（2分）我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法错误的是（ ）
A．①→②过程有热量放出
B．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C．反应过程中有C﹣H键、C﹣C键、O﹣H键生成
D．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
【分析】A．由图可知②能量低于①能量；
B．根据图中各分子结构即可得出答案；
C．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成；
D．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应。
【解答】解：A．由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故A正确；
B．由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故B正确；
C．由图可知，反应过程中有C﹣C键、O﹣H键生成，无C﹣H键，故C错误；
D．该反应CH4+CO2CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
20．（2分）I﹣具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I﹣、I2、IO3﹣在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为1：5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+I﹣+3H2O→6Cl﹣+IO3﹣+6H+
【分析】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
B．I﹣、IO3﹣在酸性条件下反应生成碘单质；
C．反应①中2I﹣～I2～2e﹣，生成1mol碘单质转移2mol电子，反应②发生反应5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O，生成3mol碘单质转移5mol电子；
D．反应③反应是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子。
【解答】解：A．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故A正确；
B．I﹣和IO3﹣酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉碘化钾试纸和白醋检验加碘盐中是否含有碘，故B正确；
C．反应①中2I﹣～I2～2e﹣，生成1mol碘单质转移2mol电子，反应②发生反应5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O，生成3mol碘单质转移5mol电子，生成1mol碘单质转移电子的物质的量为mol，所以生产等量的碘时，反应①和反应②转移电子数目之比为2mol：mol＝6：5，故C错误；
D．反应③中通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I﹣+3H2O═6Cl﹣+IO3﹣+6H+，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素化合价变化、电子守恒为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
二、综合题（一）本题共15分
21．（15分）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法（Pidgeon法）冶炼镁，以煅白（CaO•MgO，M＝96g/mol）为原料与硅铁（含硅75%）混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2（CaO•MgO）（s）+Si（s）⇌Ca2SiO4（l）+2Mg（g）
完成下列填空：
（1）已知还原性Mg＞Si，上述反应仍能发生的原因是 1200℃时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，故能发生 。
（2）由如图推测上述反应正向为 吸热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是 ac 。（选填序号）
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n（CaO•MgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成＝2：1
（4）平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg（g）的浓度将 不变 。（填“升高”、“降低”或“不变”）
（5）若还原炉容积为400m3，原料中煅白质量为9600kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 0.025 mol/（L•h）。
（6）工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如下表所示。
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有 4 种能量不同的电子，它们的运动状态有 12 种。
②MgCl2的电子式为 。
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由 因为MgO的熔点很高，熔融时会耗费大量的能量而增加成本，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁 。
【分析】（1）根据化学平衡移动原理来回答；
（2）根据图象中Mg的产率随温度的变化考虑；
（3）根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；一定条件下若反应达到最大限度，说明达到了平衡状态；
（4）根据图象中Mg的产率随温度的变化考虑，根据平衡常数来判断Mg（g）的浓度；
（5）根据题目提供信息，结合v＝计算；
（6）①电子的运动状态由能层、能级、原子轨道和电子的自旋状态共同决定，没有运动状态完全相同的电子存在，处于同一能层中的电子，具有相同的能量，不同能层中电子，能量不同，即原子有几个能级具有几种不同能量的电子；
②氯化镁由1个镁离子和2个氯离子构成；
③氧化镁熔点较高，电解熔融氧化镁会耗费大量能量而增加成本，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。
【解答】解：（1）还原性：Mg＞Si，上述反应仍能发生的原因是1200℃时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，故能发生，
故答案为：1200℃时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，故能发生；
（2）由图可知，升高温度Mg的产率增大，正反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
（3）a．平衡常数到达最大值，说明各个组分的浓度不随时间的变化而改变，化学平衡是动态平衡，故a正确；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物的说法错误，故b错误；
c．炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故c正确；
d．单位时间内，n（CaO•MgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成＝2：1，不能证明正逆反应速率相等，故d错误；
故答案为：ac；
（4）因为该反应的K＝C2（Mg），平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg（g）的浓度不变；
故答案为：不变；
（5）还原炉容积为400m3，原料中煅白质量为9.6t，5小时后，测得煅白的转化率为50%，生成Mg为＝5×104mol，则这段时间Mg的生成速率为＝0.025 mol/（L•h），
故答案为：0.025 mol/（L•h）；
（6）①镁元素原子的核外共有1s、2s、2p、3s共4个能级，4种不同能量状态的电子，有12个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有12种，
故答案为：4；12；
②氯化镁由1个镁离子和2个氯离子构成，故其电子式为，
故答案为：；
③氧化镁熔点较高，电解熔融氧化镁会耗费大量能量而增加成本，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，
故答案为：因为MgO的熔点很高，熔融时会耗费大量的能量而增加成本，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁。
【点评】本题考查了镁及其化合物的性质应用制备，涉及平衡的移动、反应速率、金属的冶炼、电子式、核外电子排布等知识点，涉及知识点多，注重能力培养。
三、综合题（二）共15分
22．（15分）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。
完成下列填空：
（1）“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：
5 ClO2﹣+ 4H+ → 1 Cl﹣+ 4 ClO2↑+ 2 H2O。完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目 。氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：4 。
（2）“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为： H++HCO3﹣＝CO2↑+H2O 。
常温下，向20mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系（不考虑HClO分解）如图所示。
（3）①→②过程中，水的电离程度的变化是 增大 。
（4）用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣ 。
（5）在②点所示溶液中，用“＞、＜或＝”判断下列关系：
Ⅰ.V1 ＜ 40mL；
Ⅱ.[Cl﹣] ＝ [ClO﹣]+[HClO]。
【分析】（1）由题意可知该反应为ClO2﹣的自身歧化，一部分被还原为Cl﹣，一部分被氧化为ClO2，根据化合价升降守恒和电荷守恒，可写出离子方程式，标出电子转移的数目和方向并判断除氧化剂与还原剂物质的量之比；
（2）由题意可知使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：H+和HCO3﹣反应生成了CO2；
（3）①→②过程中，加入的NaOH溶液逐渐中和氯水中的盐酸和次氯酸，酸性减弱，水的电离程度增大；
（4）③所示的溶液中存在NaClO的水解；
（5）Ⅰ.若V1＝40mL，则溶液为NaCl和NaClO的混合溶液，该溶液存在NaClO的水解，使溶液呈碱性，pH＞7，则可知V1与40mL的大小关系；
Ⅱ.根据物料守恒可知：n（Cl﹣）＝n（ClO﹣）+n（HClO），则可判断[Cl﹣]与[ClO﹣]+[HClO]的关系。
【解答】解：（1）由题意可知“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为ClO2﹣的自身歧化，一部分被还原为Cl﹣，一部分被氧化为ClO2，根据化合价升降守恒和电荷守恒，可得离子方程式为：5ClO2﹣+4H+＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O，电子转移的数目和方向为：，该反应中，1个ClO2﹣中Cl化合价降低做氧化剂，有4个ClO2﹣中Cl化合价升高，做还原剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，
故答案为：5；4H+；1；4；2；；1：4；
（2）由题意可知：“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：H++HCO3﹣＝CO2↑+H2O，
故答案为：H++HCO3﹣＝CO2↑+H2O；
（3）①→②过程中，加入的NaOH溶液逐渐中和氯水中的盐酸和次氯酸，酸性减弱，水的电离受到酸的抑制作用减弱，水的电离程度增大，
故答案为：增大；
（4）③所示的溶液中存在NaClO的水解，水解的离子方程式为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
（5）Ⅰ.若V1＝40mL，则溶液为NaCl和NaClO的混合溶液，该溶液存在NaClO的水解，使溶液呈碱性，pH＞7，现pH＝7，故V1＜40mL，
Ⅱ.根据物料守恒可知：n（Cl﹣）＝n（ClO﹣）+n（HClO），故有[Cl﹣]＝[ClO﹣]+[HClO]，
故答案为：＜；＝。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的有关知识，如双线桥表示电子转移，氧化剂与还原剂之比，方程式书写等，还考查了水的电离的影响因素，盐类水解，物料守恒等，具有较强的综合性，属于中等难度题型。
四、综合题（三）共14分
23．（14分）化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。
已知：
完成下列填空：
（1）写出反应类型：反应① 取代反应 ；反应② 加成反应 。
（2）写出X的结构简式： 。
（3）仅以B为单体形成的高分子的结构简式为 。
（4）检验D中含有碳碳双键的实验方法是 取样，加入足量银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，或取样后加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色褪去，说明D中含有碳碳双键 。
（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式 、、、（任写一种） 。
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子；
ⅱ.能发生银镜反应，1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag。
（6）设计以和为原料制备的合成路线 。
【分析】对比A、B的结构简式知，A中酚羟基上的氢原子被取代生成B，B发生异构生成C，C中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成D，D和X发生信息中的反应生成E，根据D、E的结构简式知，X为，E发生加成反应生成M；
（6）以和为原料制备，与在碱性条件反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成。
【解答】解：（1）反应①A中酚羟基上的氢原子被取代生成B，则该反应为取代反应；反应②中酚羟基上的氢原子和碳碳双键发生加成反应生成M，该反应为加成反应，
故答案为：取代反应；加成反应；
（2）通过以上分析知，X的结构简式：，
故答案为：；
（3）B中含有碳碳双键而能发生加聚反应，则仅以B为单体形成的高分子的结构简式为，
故答案为：；
（4）D中含有碳碳双键、醛基，均可以使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，可以用溴的四氯化碳溶液检验碳碳双键，也可以用弱氧化剂（如：新制氢氧化铜或银氨溶液）将醛基氧化为羧基，再用溴水检验碳碳双键，故实验方法为：取样，加入足量银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，或取样后加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色褪去，说明D中含有碳碳双键，
故答案为：取样，加入足量银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，或取样后加入溴的四氯化碳溶液，溴的颜色褪去，说明D中含有碳碳双键；
（5）C的同分异构体符合下列条件：
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子；
ⅱ.能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol该同分异构体最多能生成4mol Ag，结合不饱和度及O原子个数知，符合条件的结构简式中含有2个醛基且不再含有其它环或碳碳不饱和键，
符合条件的结构简式有、、、，
故答案为：、、、（任写一种）；
（6）以和为原料制备，与在碱性条件反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。
五、解答题（共16分）
24．（16分）葡萄糖酸亚铁（C6H11O7）2Fe （M＝446g•mol﹣1） 易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示。
（1）为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中
（2）反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净 。
（3）反应Ⅱ的化学方程式为 FeCO3+2C6H12O7→（C6H11O7）2Fe+H2O+CO2↑ 。（葡萄糖酸用化学式表示）
（4）反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是 抑制Fe2+水解 。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是 葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇 。
（5）为测定（C6H11O7）2Fe•nH2O的结晶水数目，称取1.205g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140g铁单质。晶体中结晶水数目n＝ 2 。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值 偏小 。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3；目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到（C6H11O7）2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到（C6H11O7）2Fe结晶。
【解答】解：（1）①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，
故答案为：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气；
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中，
故答案为：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
（2）检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净，
故答案为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
（3）反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到（C6H11O7）2Fe，其化学方程式为：FeCO3+2C6H12O7→（C6H11O7）2Fe+H2O+CO2↑，
故答案为：FeCO3+2C6H12O7→（C6H11O7）2Fe+H2O+CO2↑；
（4）由于Fe2+水解，在将（C6H11O7）2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇，
故答案为：抑制Fe2+水解；葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
（5）0.140 g铁单质的物质的量为n（Fe）＝＝＝0.0025mol，则（C6H11O7）2Fe•nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得M＝＝＝[（12×6+1×11+16×7）×2+56+n×18]g/mol，解得n＝2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小，
故答案为：2；偏小。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答关键，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 18:53:32；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
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