2025年高考第二次模拟考试卷：化学（上海卷）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：化学（上海卷）（解析版），共16页。
1．本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
2．选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个符合条件的选项；标注“双选”的试题，每小题有两个符合条件的选项；标注“单选”的试题，每小题只有一个符合条件的选项。
3．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64
一、磷及其化合物(共22分)
磷是重要的非金属元素，磷单质及其化合物在工业生产中有着广泛的应用。
1．书写基态P原子价电子的轨道表达式 。
2．第一电离能：P_____S
A．＞ B．＜ C．= D．不确定
3．分析PCl3分子，下列说法正确的是 。
A．价层电子对的空间结构为三角锥型 B．含有极性键，是非极性分子
C．分子空间结构为平面正三角型 D．在苯、CCl4中溶解性差
4．比较PCl4+和PCl3中P-Cl键之间的夹角大小：PCl4+_____ PCl3。
A．＞ B．＜ C．= D．不确定
5．“敌敌畏”是一种含磷杀虫剂，但是施用在农作物上容易有残留。因此科学家改进出了“敌百虫”，通过水洗可以顺利洗去杀虫剂残留。两种杀虫剂的结构如下图所示。
从分子间作用力的角度，分析为何“敌百虫”比“敌敌畏”能更好地避免杀虫剂残留： 。
6．磷酸、亚磷酸和次磷酸(均为弱电解质，其中亚磷酸是一种二元酸)结构如下：
(1)请根据结构分析，H3PO2是一种_____元酸。
A．三 B．二 C．一 D．不确定
(2)若时，Ka(H3PO2)=1.0×10-2，则0.02ml·L-1的H3PO2溶液的pH= 。
(3)H3PO3中的杂化方式为 ____。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp4
(4)H3PO3有很强的还原性，可以将Ag+还原。请写出H3PO3还原硝酸银的离子方程式 。
_____ Ag++_____H3PO3+_____=_____+_____ H3PO4+_____
7．向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液
(1)恰好中和生成Na2HPO3时，所得溶液的pH 7.
(2)溶液呈中性时，所得溶液的cNa＋_____ cH2PO3-＋2cHPO32-。
A．＞ B．＜ C．= D．不确定
8．磷酸(H3PO4)是三元中强酸，若含Fe3+和Mg2+的溶液中c(Mg2+)=0.02ml·L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全[c(Fe3+)=1.0×10-5ml·L-1]，此时 有Mg3(PO4)2沉淀生成？(填“A．会”或“B．不会”)并书写计算过程 。已知：FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
【答案】1．(2分)
2．A(1分) 3．D(2分) 4．A(2分)
5．“敌百虫”有羟基，与水形成分子间氢键，氢键数目更多，增大水溶性，更易水洗除去残留(2分)
6．(1)C(1分) (2)2(2分) (3)C(2分)
(4)H3PO3+2Ag++H2O=2Ag↓+ H3PO4+2H+(2分)
7．(1)A(1分) (2)C(2分)
8．B(1分) Fe3+恰好完全沉淀时，溶液中Mg2+的浓度减半，结合磷酸铁的Ksp可得：，则磷酸镁的浓度积，则不会生成磷酸镁沉淀(2分)
【解析】1．P原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，价电子的轨道表达式 ；
2．同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，P的3p轨道处于半充满状态、比较稳定、能量比较低，则其第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能：P＞S；故选A。
3．PCl3的成键电子对是3，孤对电子对是，价层电子对是4。A项，价层电子对是4，价电子对互斥模型是四面体形，A错误；B项，分子空间结构是三角锥形，是含有极性键的极性分子，B错误；C项，价层电子对是4，有一对孤对电子对，空间结构是三角锥形，C错误；D项，空间结构是三角锥形，是极性分子，故在苯和四氯化碳非极性溶剂中溶解性差，D正确；故选D。
4．PCl4+中心P原子的价层电子对数为：，无孤对电子，该离子呈正四面体构型，键角109°28′，PCl3中心P原子的价层电子对数为：，有一对孤对电子，该分子呈三角锥形，键角约107°18′，故A正确；故选A。
5．由结构简式可知“敌百虫”有羟基，与水形成分子间氢键，氢键数目更多，增大水溶性，更易水洗除去残留。
6．(1)亚磷酸是一种二元酸，结合亚磷酸的结构可知，几元酸取决于羟基氢的个数，据此判断H3PO2为一元酸，故C正确；故选C。(2)H3PO2为弱酸，0.02ml·L-1的H3PO2溶液中，设溶液中H+的浓度为x，，忽略水的电离有=x，，解得：x=0.01，则pH=-lgc(H+)=2；(3)根据亚磷酸的结构可知，与P相连共价键中有一个O原子与之形成双键，有1个σ键、1个π键，剩余的-OH、-H均与P以单键连接，即均为σ键，因此H3PO3的中心原子P的价层电子对数为：4+，则P的杂化方式为sp3，故选C。(4)1mlAg+得1ml电子生成Ag，1ml H3PO3失去2ml电子生成H3PO4，根据得失电子守恒以及元素守恒得离子方程式：H3PO3+2Ag++H2O=2Ag↓+ H3PO4+2H+。
7．(1)亚磷酸是一种二元弱酸，则向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液恰好中和生成Na2HPO3时，所得为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故pH＞7，选A。(2)根据电荷守恒cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cH2PO3-＋2cHPO32-，溶液呈中性时，氢离子和氢氧根离子浓度相等，则cNa＋＝cH2PO3-＋2cHPO32-，选C。
8．含Fe3+和Mg2+的溶液中c(Mg2+)=0.02ml·L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中Mg2+的浓度减半，c(Mg2+)=0.01ml·L-1；Fe3+恰好完全沉淀时，结合磷酸铁的Ksp可得：，则磷酸镁的浓度积，则不会生成磷酸镁沉淀。
二、应用广泛的铁(共21分)
铁金属是地球上分布最广的金属之一。约占地壳质量的5.1%，居元素分布序列中的第四位，铁及其化合物在工农业生产、环境保护等领域中有着重要的作用。
1．金属腐蚀现象在生产生活中普遍存在，依据下列两种腐蚀现象回答下列问题：
(1)图1中被腐蚀的金属为 (填化学式)；图2中金属腐蚀类型属于 。
A．化学腐蚀 B．析氢腐蚀 C．吸氧腐蚀
(2)图1中Cu作 (填“负极”或“正极”)。
(3)图2中铁的生锈过程中正极反应式为 。
2．不同价态的铁元素在生产、生活乃至生命活动中有独特的作用。
(1)能说明Fe的还原性弱于Na的是 。
A．Na的熔点比Fe的熔点低
B．Na与冷水剧烈反应，Fe与冷水不反应
C．1ml的Fe、Na分别与S反应，Fe失电子数多
(2)水处理厂可用Fe2(SO4)3制备的Na2FeO4对水进行杀菌、消毒等。Fe2(SO4)3制备Na2FeO4时，从氧化还原角度考虑，无法实现该过程的是_______。
A．Na2SO3 B．Na2O2 C．NaClO D．KMnO4
(3)向新配制的FeSO4溶液中，加入一定量的稀硝酸，发生如下反应：
____Fe2++___H++____ NO3- = ____Fe3++____NO↑+____H2O。
①配平上述反应 。
②每生成0.5ml NO气体，转移电子数为 。
A．1.5个 B．3NA个 C． 1.5NA个 D．3个
③要检验该反应后的溶液中是否还有Fe2+，实验方案是 。
(4)FeCl3能水解生成Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮物。请写出检验是否有胶体生成的方法 。
3．工业制胆矾时，需要除去Cu2+中的Fe3+。甲同学认为室温时可通过调整溶液pH=4来实现。查阅资料：常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10-5ml·L-1时沉淀完全。常温下，若溶液中CuSO4的浓度为3.0ml·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为 ，Fe3+恰好完全沉淀(即[Fe3+]1.0×10-5ml·L-1)时溶液的pH为 ，通过计算确定上述方案 (填“可行”或“不可行”)。
【答案】1．(1) Fe(1分) C(1分)
(2)正极(1分) (3)O2+4e－+2H2O=4OH－(2分)
2．(1)B(2分)
(2)A(2分)
(3)3Fe2++4H++NO3-= 3Fe3++NO↑+2H2O(2分) C(2分) 取样，加入少量酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，说明还含有Fe2+，若仍显紫红色，说明不含有Fe2+(2分)
(4)用红光激光笔照射混合液，若液体中出现明亮的光线轨迹，则生成了胶体或产生了丁达尔现象(2分)
3．4(2分) 3(2分) 不可行(2分)
【解析】1．(1)图1中，Cu、Fe是两个活泼性不同的电极，SO2与水反应生成H2SO3，形成电解质溶液，构成闭合回路，形成原电池。铁比铜活泼，Fe作负极，失去电子被腐蚀；则图1中被腐蚀的金属为铁。图2中O2得电子，金属腐蚀类型属于吸氧腐蚀，C符合题意。(2)图1中，Cu、Fe是两个活泼性不同的电极，SO2与水反应生成H2SO3，形成电解质溶液，构成闭合回路，形成原电池。铁比铜活泼，Fe作负极，Cu作正极。(3)图2中，发生的是吸氧腐蚀，Fe失去电子生成Fe2＋，Fe作负极；C作正极，在正极上O2得到电子发生还原反应，正极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－。
2．(1)A项，Na的熔点比Fe的熔点低，属于物理性质，不能说明Fe的还原性弱于Na，A不符合题意；B项，金属单质与水反应越剧烈，元素的金属性越强，金属的还原性越强，所以Na与冷水剧烈反应，Fe与冷水不反应，能说明Fe的还原性弱于Na，B符合题意；C项，还原性的强弱与失电子能力有关，与失电子多少无关，则1ml Fe、Na分别与S反应，Fe失电子数多，不能说明Fe的还原性弱于Na，C不符合题意；故选C；(2)Fe2(SO4)3制备Na2FeO4时，从氧化还原角度考虑，铁的化合价从+3价升高至+6价，需要加入氧化剂，不能添加还原剂，而Na2SO3具有较强还原性，无法实现该过程，而Na2O2、NaClO、KMnO4均是强氧化剂，故选A；(3)①硝酸具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、NO气体，Fe元素的化合价升高1，N元素的化合价降低3，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：3Fe2++4H++ NO3-= 3Fe3++NO↑+2H2O；②根据反应：3Fe2++4H++ NO3-= 3Fe3++NO↑+2H2O，每生成1个NO气体，转移电子3e-，则每生成0.5ml NO气体，转移电子数为：n(e-)=3n(NO)=3×0.5ml=1.5ml，即1.5NA，故选C；③检验反应后溶液中是否存在Fe2+，可利用其还原性，用酸性KMnO4溶液检验，则实验方案是：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，说明还含有Fe2+，若仍显紫红色，说明不含有Fe2+；(4)检验Fe(OH)3胶体，可以利用胶体能产生丁达尔效应来检验，则检验是否有胶体生成的方法是：用红光激光笔照射混合液，若液体中出现明亮的光线轨迹，则生成了胶体或产生了丁达尔现象。
3．溶液中CuSO4的浓度为3ml·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时c(OH-)===1×10-10ml·L-1，即c(H＋)= 10-4ml·L-1，pH=4；Fe3+完全沉淀时溶液的c(OH-)==ml·L-1=1×10-11ml·L-1，即c(H＋)= 10-3ml·L-1，pH=3；由上述计算可知，当pH为4时，Cu(OH)2开始沉淀，故该方案不可行。
三、充分利用碳资源(共20分)
1．利用CO2制备CO，一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量CO2和H2进行反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。
(1)下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是_______。
A．体系压强不再发生变化
B．体系内气体平均摩尔质量不再发生变化
C．1mlH-H键断裂，同时生成2mlH-O键
D．体系内CO2与H2O的物质的量之比保持不变
(2)在恒定温度与容积下，可以提高CO2平衡转化率的措施有_______(双选)。
A．向反应容器中充入H2 B．向反应容器中充入CO2
C．添加更有效的催化剂 D．利用合适试剂干燥混合气体
(3)其他条件相同，在甲、乙、丙三种不同催化剂作用下，相同时间内测得氢气转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是_______。
A．850℃下，甲、乙、丙可能均达到平衡
B．700℃下，甲对应的活化能最大
C．一般催化剂能降低活化能，但不改变反应的焓变
D．其它条件一定时，随着温度升高，活化分子百分数增大
2．CH4芳构化。在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。
(1)有人认为CH4是四棱锥型，碳原子位于四棱锥的顶点(图2)，判断CH4不是四棱锥型分子的依据是_______(双选)。
A．CH4是非极性分子 B．一氯甲烷只有一种结构
C．二氯甲烷只有一种沸点 D．CH4中碳的质量分数 75%
(2)一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ． H1=＋74.6 kJml-1 S=80.84 Jml-1K-1
ⅱ．
分析反应ⅰ的信息可知。
①正反应的活化能 逆反应的活化能。
A．大于 B． 小于 C．等于
②通过计算判断，在500 K时能不能自发进行 。
(3)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表。
①试写出能表示C6H6(l)燃烧热的热化学方程式： 。
②则反应ⅱ的H2= kJml-1(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是 。
(5)保持温度和压强不变，在某密闭容器中按n(C6H6)∶n(CH4)=1∶5充入气体，发生反应，平衡时C6H6与C7H8的物质的量之比为3∶1.该条件下，平衡常数K= (保留3位有效数字)。
【答案】1．(1)D(2分) (2)AD(2分) (3)B(2分)
2．(1)AC(2分)
(2) A(2分) ，故反应ⅰ在500K时不能自发进行(2分)
(3) (2分) 6a-b-9c(2分)
(4)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小(2分)
(5)0.0175(2分)
【解析】1．(1)A项，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是反应前后气体体积不变的反应，压强始终不变，压强不能作为平衡的判断依据，A错误；B项，密闭容器中物质的质量不变，反应前后气体的物质的量不变，故平均摩尔质量始终不变，不能作为平衡判断的依据，B错误；C项，1mlH-H键断裂，同时生成2mlH-O键都是正反应速率，不能作为平衡判断依据，C错误；D项，体系内CO2与H2O的物质的量之比保持不变，证明反应达到了动态平衡状态，D正确； 故选D。(2)A项，通入氢气平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率增大，A正确；B项，通入二氧化碳，根据勒夏特列原理其转化率降低，B错误；C项，催化剂只能改变反应速率不能改变反应限度，C错误；D项，干燥混合气体，降低生成物水的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，D正确；故选AD。(3)A项，催化剂只影响反应速率，不影响化学平衡，投料比和温度等条件都相同的情况下，三个反应达到平衡时氢气的转化率相同，850℃时，氢气的转化率相等，则甲乙丙可能均达到平衡，A正确；B项，活化能越大反应速率越慢，相同时间内的转化率越低，则该条件下甲对应的活化能最低，B错误；C项，一般的催化剂降低了过渡态的能量从而降低活化能，但是不改变焓变，C正确；D项，升高温度，分子的能量升高，活化分子百分数增大，D正确； 故选B。
2．(1)A项，CH4是非极性分子，说明分子中正负电荷重心重合，如果CH4的结构是四棱锥型，则正负电荷重心不能重合，为极性分子，A符合题意；B项，四棱锥型、四面体型结构中氢原子都只有一种情况，一氯甲烷只有一种结构，不能判断是否为四棱锥型，B不符合题意；C项，二氯甲烷只有一种沸点，说明只有一种结构，而四棱锥型的甲烷结构的二氯取代物有两种机构，故C符合题意；D项，CH4中碳的质量分数75%，不能判断是否为四棱锥型，D不符合题意；故选AC；(2)①反应ⅰ的是吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故选A；②，故反应ⅰ在500K时不能自发进行；(3)①由信息可知，C6H6(l)燃烧热为，则表示C6H6(l)燃烧热的热化学方程式为；②的=(6a-b-9c)kJ·ml−1；(4)反应i生成固态碳，会覆盖在催化剂的表面，减小气体与催化剂的接触面积，所以随着反应的进行，单位时间内甲烷的转化率和芳烃的产率逐渐降低，故答案为：反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小；(5)设初始通入C6H6、CH4的物质的量分别为1ml、5ml，可列三段式：
则，解得x＝0.25，所以平衡常数。
四、工业制备亚氯酸钠(共18分)
ClO2是一种高效消毒灭菌剂，稳定性差，沸点11℃，工业上将其转化为较稳定的亚氯酸钠(NaClO2)保存。一种由NaClO3制备NaClO2的流程如下：
已知：
①ClO2浓度高时易发生分解爆炸，可用气体稀释其含量至10%以下
②高于60℃时，NaClO2溶液会分解
③ClO2-在酸性溶液中发生的离子反应为5ClO2-+4H+4ClO2+ Cl-+2H2O
Ⅰ.制备NaClO2
1．写出ClO2发生器中发生的离子方程式 。
2．发生器中鼓入空气的目的除了推动气流外，还有 。
3．若吸收塔内反应转移了2NA个电子，则生成氧气 克；吸收塔的温度需控制在10℃以下，除了避免制备出的NaClO2发生分解外，其他原因可能是 、 。已知：25℃时，Ka(HClO2)=1.1×10-2，Ka2(HClO)=2.98×10-8。
4．25℃时，有1L0.5ml·L-1的NaClO2、NaClO的两瓶溶液，说法错误的是 。
A．c(ClO2-)＞c(ClO-
B．水的电离程度：NaClO2＜NaClO
C．离子总数：NaClO2＜NaClO
D．c(ClO2-)+c(HClO2)= c(ClO-)+ c(HClO)
5．取0.5ml·L-1 NaClO2溶液，调节溶液pH=5，再加入适量AgNO3溶液，灭菌效果明显增强，请结合化学语言，用化学平衡移动原理解释原因 。
6．欲从NaClO2溶液中获得NaClO2无水晶体，操作时先减压，再将NaClO2溶液加热浓缩，浓缩时的最佳温度为 ；当加热浓缩至有晶膜出现时，再在常压下 (填操作)、过滤、洗涤、干燥。
已知NaClO2的溶解度随温度变化曲线如图所示：
A．略高于38℃ B．略低于38℃ C．略高于60℃ D．略低于60℃
II.测定产品的纯度
称取mg样品，溶解，加入稍过量的KI溶液，再滴加适量稀硫酸，充分反应后，稀释到500mL溶液，再移取25.00mL上述溶液，用cml·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗VmLNa2S2O3标准溶液。
已知：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl-
I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
7．计算NaClO2产品的纯度(用含m、c、V的代数式表示，写出计算过程) 。
【答案】1．2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-(2分)
2．稀释ClO2，防止其浓度过高时发生爆炸(2分)
3．32(2分) 利于ClO2液化，使其充分吸收(1分) 减少(或防止)H2O2分解(1分)
4．C(2分)
5．酸性溶液中存在5ClO2-+4H+4ClO2+ Cl-+2H2O，加入硝酸银溶液后，Ag+与Cl-生成氯化银沉淀，c(Cl-)降低，平衡正向移动，c(ClO2)增大，溶液灭菌效果增强(2分)
6．D(2分) 冷却至略高于38℃结晶(2分)
7．或(2分)
【解析】NaClO3固体溶解，向溶液中通入SO2和空气混合气，NaClO3被SO2还原生成ClO2，ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，空气的作用是将ClO2稀释，防止发生爆炸，然后在碱性条件下在吸收塔用过氧化氢还原，得到NaClO2溶液，并从溶液得到粗产品NaClO2晶体。
1．在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，氯化合价从+5降低到+4、硫化合价从+4升高到+6，则该反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-。
2．由题给信息可知，二氧化氯浓度高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10 %以下，所以发生器中鼓入空气的作用是稀释二氧化氯，防止二氧化氯浓度过高时发生分解爆炸。
3．由分析可知，二氧化氯在吸收塔中与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，则转移2NA个电子时，生成氧气的质量为×32g/ml=32g；温度越低，气体的溶解度越大，二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的反应越充分，吸收越充分；过氧化氢受热易分解，温度较低，有利于防止过氧化氢分解；由题给信息可知，二氧化氯的沸点低，易液化，且亚氯酸钠在温度高于60℃时易分解生成氯酸钠和氯化钠，所以吸收塔的温度需控制在10℃以下。
4．A项，由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于亚氯酸，由盐类水解规律可知，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于亚氯酸根离子，所以离子浓度：c(ClO2-)＞c(ClO-)，故A正确；B项，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于亚氯酸根离子，盐类的水解促进水的电离，所以水的电离程度NaClO2＜NaClO，故B正确；C项，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于亚氯酸根离子，溶液碱性更强，氢离子浓度更小，所以依据电荷守恒可知NaClO溶液中离子总数小于NaClO2，故C错误；D项，等浓度的次氯酸钠溶液和亚氯酸钠溶液中存在如下物料守恒：c(ClO2-)+c(HClO2)= c(ClO-)+ c(HClO)，故D正确；故选C。
5．由题给信息可知，亚氯酸钠的酸性溶液中存在如下平衡：5 ClO2-+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，向溶液中加入适量硝酸银溶液，溶液中氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，氯离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液中二氧化氯的浓度增大，灭菌效果增强。
6．由题给信息可知，亚氯酸钠在温度高于60℃时易分解生成氯酸钠和氯化钠，温度低于38 ℃时会析出三水亚氯酸钠晶体，所以次氯酸钠溶液减压条件下，加热浓缩的最佳温度为略低于60℃，故选C；由题给信息可知，亚氯酸钠在温度高于60℃时易分解生成氯酸钠和氯化钠，温度低于38℃时会析出三水亚氯酸钠晶体，所以当加热浓缩至有晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶、过滤、洗涤、干燥得到亚硫酸钠晶体。
7．由题意可得到如下转化关系：NaClO2-2I2-4Na2S2O3，滴定消耗VmLcml/L硫代硫酸钠溶液，则次氯酸钠产品的纯度为。
五、合成治疗神经功能障碍药物(共19分)
L是一种治疗自主神经功能障碍药物的活性成分，以A为原料合成L的流程如图所示。
1．C中的官能团有酯基和 。
2．反应E→F的反应类型属于___________。
A．取代反应 B．加成反应 C．氧化反应 D．还原反应
3．反应F→G的反应方程式为 。
4．反应H→I所需的试剂和条件为___________。
A．浓硫酸，加热 B．稀硫酸，加热 C．氢氧化钠溶液，加热 D．Cu，加热
5．写出一种同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：
Ⅰ．1ml有机物最多能与4ml NaOH反应；
Ⅱ．核磁共振谱中显示分子中含有4类化学环境不同的氢原子，其个数之比为3：2：2：1
6．设计F→G步骤的目的是 。
7．G→H中K2CO3可以用碱性的吡啶()替代，吡啶的作用是 。
8．参考合成L的流程图，设计以苯乙醛为原料制备吸湿性高分子材料()的合成路线 。(无机试剂任选)(可表示为)
9．L的同分异构体M其结构为
(1)化合物M中不对称碳原子数为 。
A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
(2)鉴别L和M的试剂是 。
A． 硝酸 B． 希夫试剂 C． 氢氧化钠 D． 茚三酮
【答案】1．醛基(1分)
2．D(1分)
3．+CH3OH+H2O(2分)
4．B(2分)
5．或(2分)
6．保护羧基，防止生成副产物(2分)
7．消耗HBr，提高平衡产率(2分)
8．(3分)
9．(1)A(2分) (2)D(2分)
【解析】根据分子式以及B的结构可知：A为；D→E首先发生加成反应延长碳链，再发生水解生成E为：；F→G，根据F、H结构可知，G为：，F→G，H→I先将羧基反应保护起来，再还原。
1．根据C的结构，含有酯基和醛基。
2．根据分析可知，E的结构为在SnCl2下转化为F：，羟基转化为H，发生还原反应，故选D。
3．F()与甲醇在浓硫酸作用下，发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O。
4．H→I过程中，由转化为，酯基发生水解生成羧基，故在稀硫酸加热条件下进行，故选B
5．1mlE()的同分异构体能与4mlNaOH反应，说明除了两个酚羟基外还有一个酚羟基形成的酯，又因为含有4类化学环境不同的氢原子，其个数之比为3：2：2：1，故有甲基结构，且为甲酸形成的酯，结构对称，可能为：或。
6．根据题干流程可知：F→G，H→I先将羧基反应，再还原。因此这两步是保护官能团，G→H发生羟基氢被烃基取代的反应，因此不保护容易生成副产物。故答案为：保护羧基，防止生成副产物。
7．在G→H反应过程中生成物有HBr。碳酸钾和吡啶都可以和HBr反应，根据平衡原理，生成物被消耗，平衡正向移动，故答案为：消耗HBr，提高平衡产率。
8．要制得)，需要，可由在浓硫酸加热下发生消去反应制得，由与HCN反应后再水解而来。故答案为：
9．(1)M其结构为，只有一个不对称碳，即氨基相连的碳，故选A；(2)根据L()和M()的结构可以看出，M中由羧基和氨基，是氨基酸，L中没有，故可以使用茚三酮鉴别，可以时茚三酮显蓝色，希夫试剂与醛的反应现象是生成紫红色的络合物，常用于鉴别醛类化合物，故选D。
磷酸(H3PO4)
亚磷酸(H3PO3)
次磷酸(H3PO2)
物质
CH4(g)
C6H6(l)
H2(g)
H/(kJml-1)
a
b
c