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四川省内江市2021年高考化学二模试卷及答案
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这是一份四川省内江市2021年高考化学二模试卷及答案，共13页。试卷主要包含了单选题，综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.垃圾分类是生态文明的进步，也是每个人都能参与的环保方式。下列关于垃圾处理的说法错误的是（ ）
A. 用过的脏餐巾纸不属于可回收垃圾 B. 回收废医用塑料制造餐具
C. 厨余垃圾经发酵可制成肥料 D. 废电池属于有害垃圾
2.近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化剂，图为其电催化固氮的机理示意图。设NA为阿伏加德罗常数的值。关于该电催化过程叙述正确的是（ ）
A. 该反应是在强碱性条件下进行的 B. 1 mol N2反应最多消耗3NA个H+离子
C. 反应中间产物为不同的氮氢化合物 D. 每当产生17 g NH3 ， 转移电子数为6NA
3.用如图实验装置进行有关实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用甲装置定量测定化学反应速率 B. 用乙装置加热NH4Cl固体制少量氨
C. 用丙装置分离甲醇(沸点64.7℃)与水的混合物 D. 用丁装置除去溶在CCl4中的Br2
4.离子化合物Z2Y2X8是一种强氧化剂，结构如图所示，X、Y、Z为处于不同周期的主族元素，其原子序数依次增大且不超过20，X、Y在同一主族，且质子数为1：2。下列叙述正确的是（ ）
A. Y的氧化物对应的水化物一定是强酸 B. 原子半径：Y
5.我国科技工作者提出了一种新型高效的固碳技术(如图)。利用金属锂和CO2构成电池放电，产生碳和Li2CO3 ， 充电时使Li2CO3单独分解，而碳留聚合物电解质膜材料在电池内，下列说法错误的是（ ）
A. 该电池放电时，CO2从右侧进气口进入
B. 该电池放电时，正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C
C. 该电池充电时，右侧电极释放出Li+
D. 该电池放电时，每转移2 mol电子，可固定44 g CO2
6.有三种分子式均为C8H12的化合物甲、乙、丙，下列有关说法错误的是（ ）
A. 乙、丙为单体时，所合成的高分子化合物相同
B. 甲中所有原子不可能共平面
C. 乙可发生加成反应、氧化反应、取代反应
D. 三者的一氯代物均有3种(不考虑顺反异构、手性异构)
7.室温时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. pH=8的NaClO溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)
B. 新制氯水中：c(H+)=c(HClO)+c(ClO-)+c(OH-)
C. 0.1 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L NH3·H2O溶液等体积混合后pH>7：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH )>c(OH-)
D. 0.1 mol/L K2C2O4溶液与0.2 mol/L KHC2O4溶液等体积混合：4c(K+)=3[c(C2O )+c(HC2O )+c(H2C2O4)]
二、综合题
8.实验室用废旧铝制易拉罐(含有少量铁)制备净水剂明矾有以下方案：
铝制易拉罐经稀硫酸微热溶解，加入H2O2溶液，调节pH=3.7，第一次过滤后向滤液中加入少量NaHCO3饱和溶液，第二次过滤出白色沉淀。趁热加入质量分数为a% H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、第三次过滤，得到粗明矾。
完成实验报告：
（1）实验准备：
①为了加快溶解，铝制易拉罐首先要________；
②配制a% H2SO4溶液的仪器：烧杯、玻璃棒、________(从图中选择，写出名称)。
（2）溶解、除杂(Fe2+、Fe3+)：
①加入H2O2氧化Fe2+时，H2O2实际消耗量常超出氧化还原计算的用量，你预计可能的原因是________；
②思考：在本实验中，含铁杂质在第________次过滤中被去除。
（3）沉铝：
①现象记录：“向滤液中加入少量NaHCO3饱和溶液”处理，溶液中产生________。
②思考：________(填“有”或“无”)必要用KHCO3替代NaHCO3。
（4）明矾的制备与结晶(15℃时明矾溶解度为4.9 g/100 g H2O)：
①加入a%H2SO4溶液时，a最好是________(选填“20%”、“60%”或“98%”)。
②为了提高明矾收率，可采取________、________措施。
（5）实验改进：
为减少试剂用量、方便除杂，设计制备明矾的新方案如下：
易拉罐经________溶液微热溶解，过滤后向滤液中加入________溶液，第二次过滤出白色沉淀。加入H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、过滤，得到粗明矾。
9.氢燃料电池汽车是未来汽车发展的重要方向之一。二甲醚重整制氢技术是一种理想制氢方案。
（1）.1 mol二甲醚CH3OCH3(g)与水蒸气发生可逆反应，生成CO2(g)和H2(g)的化学方程式为 。
（2）.根据下列两个热化学方程式，计算上述反应的反应热∆H= kJ·mol-1。
反应I：CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH(g) ∆H1=+37 kJ·mol-1
反应II：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49 kJ·mol-1
若升高温度，会造成反应速率 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
（3）.在一个恒压(起始体积为3 L)的密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)，仅研究反应II。CH3OH的平衡含量随温度、压强的变化如图所示。
①判断图中物理量L1 L2(填“>”、“<”)；
②A点平衡常数KA的计算表达式为 ， B、C两点平衡常数KB KC(填“>”、“<”或“=”)。
（4）.二甲醚与水蒸气按体积比为1：3.5，且以一定流速通过催化剂，发生反应I，记录相关数据，得图：
由图可知，280℃时二甲醚转化率随时间迅速衰减，可能的原因是 。为了有利于氢气的生成，可采取 合理措施(写一条)。
（5）.我国科学家开发了一种运用质子交换膜的电解甲醇制氢装置(见图)，甲醇的电解电压相对于水可降低近2/3，降低了制氢的能耗。写出阳极反应式 。
10.沉降法和吸附法是去除水体中砷(As)污染的有效措施，并可以实现As2O3的回收提取，流程见图：
（1）参考图1与图2，将废水pH调节至8.0时，其中所含三价砷和五价砷的最主要微粒分别是________、________。H3AsO4的pKa1=-lgKa1=________(具体数值)。
注：物种分布分数为各物种占其总和的比例
（2）通入空气的目的是________。
（3）溶液pH对吸附剂A表面所带电荷情况的影响如表：
pH范围
<7.2
=7.2
>7.2
吸附剂A表面
带正电荷
不带电荷
带负电荷
在pH=4~7之间，吸附剂A对水中三价砷的去除能力________(填“强于”或“弱于”)五价砷的，原因是________。
（4）“SO2还原”产生了粗As2O3中的微溶杂质，它是________。用离子方程式表示其产生过程为________。
11.半导体芯片的关键材料是我国优先发展的新材料。经过半个多世纪的发展，硅基材料的半导体器件性能已经接近其物理极限，以碳化硅、氮化镓等为代表的第二代半导体材料成为当今热点。回答如下问题：
（1）.材料所涉及的四种元素中，原子半径最大的是 (填元素符号，下同)，这四种元素中第一电离能最大的是 ， 基态Si原子的电子占据的轨道数目是 个。
（2）.原硅酸根SiO 的空间构型是 ， 其中Si的价层电子对数目为 、杂化轨道类型为 。
（3）.材料所涉及的四种元素对应的单质中，熔沸点最低的是 ， 原因是 。
（4）.GaN被誉为21世纪引领5G时代的基石材料，是目前全球半导体研究的前沿和热点。有一种氮化镓的六方晶胞结构如图所示，请在图中构建一个以Ga原子为中心的四面体结构(涂成◎)。
（5）.材料密度是制作芯片的重要参数之一，已知Si的共价半径是125pm。求每立方厘米体积的单晶硅中硅的原子数目为 (保留2位有效数字)。
三、有机推断题
12.以苯酚为原料可以制备酚酞等多种重要的有机物。
已知：(I) +
(Ⅱ) +H2O
（1）双酚A的分子式是________，其官能团的名称为________。
（2）酸性条件下，以苯酚和甲醛为原料可以制备一种重要的高分子化合物，写出该反应的化学方程式________；同样条件下苯酚与丙酮反应得不到聚合物，这说明与苯酚反应活性：甲醛________丙酮(填写“高于”或“低于”)。
（3）以二甲苯等为原料通过3步反应可以制备酚酞，合成路线如图：
X
①X的结构简式为________；Y的结构简式为________；
②反应条件I为________；生成X的反应类型是________；
③生成酚酞步骤产生小分子________。
（4）酚酞在过量的浓碱条件下会生成无色有机阴离子Z，写出Z的结构简式________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．用过的脏餐巾纸没有回收的价值，不可回收，故A不符合题意；
B．医用垃圾属于有害垃圾，需要专门处理，不能制造餐具，故B符合题意；
C．厨余垃圾经发酵技术处理可以变成优质肥料，故C不符合题意；
D．废电池里含有大量的汞、镉、锰、铅等重金属元素，属于有害垃圾，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】医疗器械塑料有毒不能用于制作餐具，回收的废弃医疗需要集中处理，其他选项均正确
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．由题图信息可以看到，反应过程中一直是H+在参与反应，所以反应环境应该是酸性环境，A不符合题意；
B．反应由N2生成NH3 ， 每个N原子结合3个H原子，所以1mol N2参与反应应消耗6mol H+ ， B不符合题意；
C．随着反应的进程，N2上结合着不同数量的H原子，之后两个N原子之间分解，余下的N继续结合H+和电子，所以中间产物是一系列不同结构的氮氢化合物，C符合题意；
D．一个N原子结合3个H+离子和3个电子形成一个NH3 ， 17g NH3是1mol NH3 ， 所以应该是得到3mol电子，即转移电子3NA ， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应的流程即可判断出此反应是在酸性条件下进行的，根据反应物和最终的产物判断1mol氮气完全反应需要消耗6mol氢离子，每个氮原子结合3个氢离子和3个电子，形成1个氨气分子，因此生成17g氨气时，转移的电子数为3NA ， 反应中间产物可以看做是不同的氮氢化合物
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．生成氧气可从长颈漏斗逸出，不能测定反应速率，故A不符合题意；
B．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，故B不符合题意；
C．温度计应处于圆底烧瓶的支气管处，故C不符合题意；
D．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通过分液即可除去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.测定反应速率应改为分液漏斗
B.应选铵盐与碱加热制备
C.温度计的位置错误
D.溴在四氯化碳中的溶解度大，氢氧化钠与溴反应得到无机盐，不溶于四氯化碳可以达到除去溴的目的
4.【答案】 C
【解析】【解答】分析知：X是O、Y是S、Z是K；
A．Y的氧化物对应的水化物如H2SO3是弱酸，故A不符合题意；
B．电子层数越多，原子半径越大，则Z>Y>X，故B不符合题意；
C．Z与X可形成离子化合物如K2O，故C符合题意；
D．化合物Z2Y2X8是K2S2O8 ， 其中S的化合价是+6价，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y在同一主族，且质子数为1：2，再结合X有2条共价键、Y有4条，则X是O、Y是S元素，X、Y、Z为处于不同周期的主族元素，其原子序数依次增大且不超过20，则Z为第三周期第IA族，是K元素；
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．该电池放电时，右边电极正极，二氧化碳从进气口进入，A项不符合题意；
B．放电时，正极固碳，正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，B项不符合题意；
C．充电时，右侧阳极反应为C+2Li2CO3-4e-=3CO2+4Li+ ， 故右侧电极释放出Li+ ， C项不符合题意；
D．放电时正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，转移2mol电子固定1.5mol二氧化碳，即m=1.5mol×44g/mol=66g，所以可以固定66gCO2 ， D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，锂做负极，失去电子发生氧化反应，变成锂离子，二氧化碳在正极得到电子结合锂离子变为碳单质和碳酸钠，根据转移的电子即可计算出固定的二氧化碳，左侧为负极，右侧为正极。电池充电时，左侧与电池的负极相连，右侧与电池的正极相连接，右侧是碳单质失去电子，碳酸锂分解为二氧化碳和锂离子
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．乙只能用单一边的双键来发生加聚反应，丙存在共轭结构，可用两个双键来发生加聚反应，得到的高分子化合物不相同，故A符合题意；
B．甲分子存在饱和C结构，所有的原子不可能共平面，故B不符合题意；
C．乙存在碳碳双键，可发生加成、氧化反应，存在甲基可与卤素原子发生取代反应，故C不符合题意；
D．三者的H种类为： 都是三种，则三者的一氯代物均有3种，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.均含有两个双键，断键的方式不同，形成的产物不同
B.含有多个不饱和碳原子，则所有的原子不能共面
C.乙含有双键可以发生加成取代氧化等等反应
D.找出氢原子的种类即可
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．次氯酸根水解故钠离子浓度大于次氯酸根离子浓度，pH=8，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故pH=8的NaClO溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，A项符合题意；
B．氯气与水发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO。新制氯水中电荷守恒有：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，依特殊的物料守恒有：c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，代入电荷守恒的式子有：c(H+)=c(OH-)+c(HClO)+2c(ClO-)，B项不符合题意；
C.相当于NH4Cl和NH3·H2O1：1混合，溶液显碱性则说明一水合氨的电离大于铵根离子的水解，所以该溶液中微粒浓度的大小关系为：c( )>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)，C项不符合题意；
D.相当于K2C2O4与KHC2O4以1：2的物质的量之比混合形成溶液，据物料守恒有： ，选项所给的式子将4和3互换即符合题意，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据电荷守恒结合显碱性进行判断即可
B.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
C.根据碱性即可判断粒子浓度大小
D.根据物料守恒进行判断
二、综合题
8.【答案】 （1）用砂纸打磨，然后剪成碎片；量筒
（2）过氧化氢不稳定，易分解而损失一部分过氧化氢；一
（3）产生气泡和白色沉淀；无
（4）60%；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）氢氧化钠溶液；氯化铝
【解析】【解答】(1)①为了加快溶解，铝制易拉罐首先要用砂纸打磨，然后剪成碎片，目的是增大接触面积，加快反应速率；
②配制a% H2SO4溶液的仪器：烧杯、玻璃棒、量筒；
(2) ①加入H2O2氧化Fe2+时，H2O2实际消耗量常超出氧化还原计算的用量，原因是过氧化氢不稳定，易分解而损失一部分过氧化氢；
②含铁杂质，pH调为3.7时，已被变为沉淀，故在第一次过滤中被去除；
(3) ①加碳酸氢钠处理，溶液中产生气泡和白色沉淀，白色沉淀和气泡是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体；
②无必要，因为用白色沉淀进一步制备明矾，钠离子在滤液中不干扰产品；
(4) ①最好是60%，因为硫酸浓度过高氧化性太强，不易溶解氢氧化铝，浓度太低反应速率过慢，故用60% 的硫酸；
②为了提高明矾收率，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶措施；
(5)氢氧化钠溶解易拉罐后得到偏铝酸根离子，加入氯化铝，铝离子和偏铝酸根离子双水解生成氢氧化铝沉淀，加入H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、过滤，得到粗明矾。
【分析】废旧铝制易拉罐(含有少量铁)经稀硫酸微热溶解，溶液中含有Al3+、Fe2+ ， 向溶液中加入H2O2溶液，Fe2+被氧化为Fe3+ ， 调节pH=3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，第一次过滤后滤液中含有Al3+ ， 向滤液中加入少量NaHCO3饱和溶液，Al3+和 发生双水解生成Al(OH)3白色沉淀和CO2 ， 第二次过滤出白色沉淀，趁热加入质量分数为a% H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、第三次过滤，得到粗明矾。
9.【答案】 （1）CH3OCH3+3H2O 2CO2+6H2
（2）+135；变大
（3）>；；<
（4）催化剂效率很快减弱或发生副反应；增大水醚比，适当升高温度、适当减小压强、合适的催化剂等
（5）CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2
【解析】【解答】(1)反应物是二甲醚CH3OCH3(g)与水蒸气，生成物是CO2(g)和H2(g)，根据原子守恒配平化学方程式为：CH3OCH3+3H2O 2CO2+6H2；
(2)由盖斯定律：反应I+2II即得目标方程，∆H=∆H1+2∆H2=+135 kJ·mol-1 ， 该反应为吸热反应，升高温度，反应速率变大；
(3) ①对于反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49 kJ·mol-1 ， 是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CH3OH的平衡含量减小，则X表示的物理量是温度，L表示压强，正反应方向是气体体积增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动，CH3OH的平衡含量增大，则L1> L2；
②设CH3OH转化了xmol，列三段式：
由图知A点CH3OH的平衡含量为0.5，则 ，解得x=0.25，总的平衡物质的量为3.5mol，则平衡常数KA的计算表达式为 ；该反应吸热反应，则温度越高，平衡常数越大，X表示温度，TB
(5) 由图知，阳极为1molCH3OH失去6mol电子生成CO2 ， 电解质溶液为酸性，则阳极的反应式为：CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2。
【分析】(3) ①对于反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49 kJ·mol-1 ， 是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CH3OH的平衡含量减小，则X表示的物理量是温度，L表示压强；
10.【答案】 （1）H3AsO3；；2.2
（2）将H3AsO3氧化成 (3)“沉砷”是石灰乳将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，写出该步骤的离子方程式_______。 、
（3）弱于；在pH4~7之间，吸附剂A表面带正电荷，而三价砷存在形式主要为电中性H3AsO3 ， 五价砷主要是 ，吸附剂A对阴离子 吸附强于对中性分子H3AsO3
（4）CaSO4；H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+ H3AsO3+2H+
【解析】【解答】(1) 由图1知将废水pH调节至8.0时，三价砷和五价砷的最主要微粒分别是H3AsO3、 ；H3AsO4的第一步电离方程式H3AsO4 +H+，平衡常数 ，由图2知c(H3AsO4)=c( )时，pH=2.2，则 ，pKa1=-lgKa1=-lg 10-2.2=2.2；
(2)空气中含有O2 ， 具有氧化性，能将三价砷转化成五价砷，则通入空气的目的是：将H3AsO3氧化成 ；
(3) “沉砷”是石灰乳先与 反应生成 ， 再与Ca2+结合生成Ca5(AsO4)3OH沉淀，离子方程式为： 、 ；
(4) 由表知，吸附剂A表面在pH<7.2带正电荷，而水中三价砷存在形式是H3AsO3中性分子，五价砷存在形式是 阴离子，则吸附剂A对阴离子的吸附强于中性分子，即吸附剂A对水中三价砷的去除能力弱于五价砷的，原因是：在pH4~7之间，吸附剂A表面带正电荷，而三价砷存在形式主要为电中性H3AsO3 ， 五价砷主要是 ，吸附剂A对阴离子 吸附强于对中性分子H3AsO3；
(5) 滤液2中含有H3AsO4 ， 经“SO2还原”之后生成H3AsO3 ， As的化合价降低，则S的化合价升高至+6价，再与Ca2+结合生成CaSO4 ， 则粗As2O3中的微溶杂质，它是CaSO4 ， 离子方程式为：H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+ H3AsO3+2H+。
【分析】含H3AsO3、H3AsO4的废水调节pH=8时，由图1看出As的存在形式是H3AsO3、 ，通入空气，将三价砷氧化成五价砷，加入石灰乳Ca(OH)2提供碱性环境，与 反应生成 ， 再与Ca2+结合生成Ca5(AsO4)3OH沉淀，离子方程式为： 、 ，沉淀转化后得到H3AsO4滤液，与SO2发生反应：H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+ H3AsO3+2H+ ， 生成H3AsO3 ， 再加热分解得到As2O3。
11.【答案】 （1）Ga；N；8
（2）正四面体；4；sp3
（3）N2；N2为分子晶体，分子之间是较弱的范德华力结合
（4）
（5）4.2×1022个
【解析】【解答】(1)四种元素为C、N、Si、Ga，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小：Ga>Si>C>N，最大的是：Ga；依据第一电离能变化规律，元素非金属性越强，电离能越大，则大小顺序为：N>C>Si>Ga，最大的是：N；基态Si原子的电子排布为1s22s22p63s23p2 ， 电子占据的轨道数目是为8个；
(2) SiO 的中心原子是Si，价层电子数为 ，孤对电子对数为0，则空间构型是正四面体型，杂化轨道类型是sp3；
(3)四种单质中熔点最低的是N2 ， 原因是：N2为分子晶体，C、Si是原子晶体，Ga是金属晶体，分子晶体中N2分子之间是较弱的范德华力结合；
(4) 如图： ；
(5)单质硅中Si原子数为 ，晶胞半径和Si原子半径的关系 ，则每立方厘米体积的单晶硅中硅的原子数目为 个。
【分析】（1）碳化硅、氮化镓 含有碳元素和硅元素，氮元素以及镓元素，同周期从左到右半径依次减小，电子层数多，半径越大，非金属性越强电离能越大，但是氮元素的p能级是处于半充满状态故电能能最大写出硅原子的核外电子能级排布即可判断轨道的数目
（2）计算出原硅酸根离子的价层电子对即可判断构型以及杂化方式
（3）硅单质和碳单质均是原子晶体，而镓是金属晶体，氮气是分子晶体
（4）根据占位找出正四面体即可
（5）计算出单质硅中的硅原子的个数，根据晶胞半径和硅原子半径的关系即可计算出硅的原子数目
三、有机推断题
12.【答案】 （1）C15H16O2；(酚)羟基
（2）；高于
（3）；；酸性KMnO4溶液；氧化反应；H2O
（4）
【解析】【解答】(1)根据双酚A的结构，可知分子式是：C15H16O2 ， 官能团的名称为：(酚)羟基；
(2) 酸性条件下，苯酚和甲醛发生缩聚反应，该反应的化学方程式： ；同样条件下苯酚与丙酮反应得不到聚合物，说明甲醛与苯酚反应活性高于丙酮；
(3) ①由已知信息(2)可知，X中应含有2个羧基，则X的结构简式为： ，结合酚酞的结构式，可知Y的结构简式为： ；
②邻二甲苯经酸性KMnO4溶液发生氧化反应得到 ，则反应条件I为：酸性KMnO4溶液，反应类型是：氧化反应；
③根据反应物和生成物的原子个数差，可知生成酚酞步骤产生小分子为H2O；
(4) 酚酞中含有酚羟基，能与NaOH溶液反应，而醇羟基不能反应，则在过量的浓碱条件下会生成Z的结构简式为： 。
【分析】(3)由已知信息(2)可知，X应为 ，由邻二甲苯经酸性KMnO4溶液发生氧化反应得到，结合酚酞的结构式，可知Y为2个 。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.垃圾分类是生态文明的进步，也是每个人都能参与的环保方式。下列关于垃圾处理的说法错误的是（ ）
A. 用过的脏餐巾纸不属于可回收垃圾 B. 回收废医用塑料制造餐具
C. 厨余垃圾经发酵可制成肥料 D. 废电池属于有害垃圾
2.近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化剂，图为其电催化固氮的机理示意图。设NA为阿伏加德罗常数的值。关于该电催化过程叙述正确的是（ ）
A. 该反应是在强碱性条件下进行的 B. 1 mol N2反应最多消耗3NA个H+离子
C. 反应中间产物为不同的氮氢化合物 D. 每当产生17 g NH3 ， 转移电子数为6NA
3.用如图实验装置进行有关实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用甲装置定量测定化学反应速率 B. 用乙装置加热NH4Cl固体制少量氨
C. 用丙装置分离甲醇(沸点64.7℃)与水的混合物 D. 用丁装置除去溶在CCl4中的Br2
4.离子化合物Z2Y2X8是一种强氧化剂，结构如图所示，X、Y、Z为处于不同周期的主族元素，其原子序数依次增大且不超过20，X、Y在同一主族，且质子数为1：2。下列叙述正确的是（ ）
A. Y的氧化物对应的水化物一定是强酸 B. 原子半径：Y
5.我国科技工作者提出了一种新型高效的固碳技术(如图)。利用金属锂和CO2构成电池放电，产生碳和Li2CO3 ， 充电时使Li2CO3单独分解，而碳留聚合物电解质膜材料在电池内，下列说法错误的是（ ）
A. 该电池放电时，CO2从右侧进气口进入
B. 该电池放电时，正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C
C. 该电池充电时，右侧电极释放出Li+
D. 该电池放电时，每转移2 mol电子，可固定44 g CO2
6.有三种分子式均为C8H12的化合物甲、乙、丙，下列有关说法错误的是（ ）
A. 乙、丙为单体时，所合成的高分子化合物相同
B. 甲中所有原子不可能共平面
C. 乙可发生加成反应、氧化反应、取代反应
D. 三者的一氯代物均有3种(不考虑顺反异构、手性异构)
7.室温时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. pH=8的NaClO溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)
B. 新制氯水中：c(H+)=c(HClO)+c(ClO-)+c(OH-)
C. 0.1 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L NH3·H2O溶液等体积混合后pH>7：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH )>c(OH-)
D. 0.1 mol/L K2C2O4溶液与0.2 mol/L KHC2O4溶液等体积混合：4c(K+)=3[c(C2O )+c(HC2O )+c(H2C2O4)]
二、综合题
8.实验室用废旧铝制易拉罐(含有少量铁)制备净水剂明矾有以下方案：
铝制易拉罐经稀硫酸微热溶解，加入H2O2溶液，调节pH=3.7，第一次过滤后向滤液中加入少量NaHCO3饱和溶液，第二次过滤出白色沉淀。趁热加入质量分数为a% H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、第三次过滤，得到粗明矾。
完成实验报告：
（1）实验准备：
①为了加快溶解，铝制易拉罐首先要________；
②配制a% H2SO4溶液的仪器：烧杯、玻璃棒、________(从图中选择，写出名称)。
（2）溶解、除杂(Fe2+、Fe3+)：
①加入H2O2氧化Fe2+时，H2O2实际消耗量常超出氧化还原计算的用量，你预计可能的原因是________；
②思考：在本实验中，含铁杂质在第________次过滤中被去除。
（3）沉铝：
①现象记录：“向滤液中加入少量NaHCO3饱和溶液”处理，溶液中产生________。
②思考：________(填“有”或“无”)必要用KHCO3替代NaHCO3。
（4）明矾的制备与结晶(15℃时明矾溶解度为4.9 g/100 g H2O)：
①加入a%H2SO4溶液时，a最好是________(选填“20%”、“60%”或“98%”)。
②为了提高明矾收率，可采取________、________措施。
（5）实验改进：
为减少试剂用量、方便除杂，设计制备明矾的新方案如下：
易拉罐经________溶液微热溶解，过滤后向滤液中加入________溶液，第二次过滤出白色沉淀。加入H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、过滤，得到粗明矾。
9.氢燃料电池汽车是未来汽车发展的重要方向之一。二甲醚重整制氢技术是一种理想制氢方案。
（1）.1 mol二甲醚CH3OCH3(g)与水蒸气发生可逆反应，生成CO2(g)和H2(g)的化学方程式为 。
（2）.根据下列两个热化学方程式，计算上述反应的反应热∆H= kJ·mol-1。
反应I：CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH(g) ∆H1=+37 kJ·mol-1
反应II：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49 kJ·mol-1
若升高温度，会造成反应速率 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
（3）.在一个恒压(起始体积为3 L)的密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)，仅研究反应II。CH3OH的平衡含量随温度、压强的变化如图所示。
①判断图中物理量L1 L2(填“>”、“<”)；
②A点平衡常数KA的计算表达式为 ， B、C两点平衡常数KB KC(填“>”、“<”或“=”)。
（4）.二甲醚与水蒸气按体积比为1：3.5，且以一定流速通过催化剂，发生反应I，记录相关数据，得图：
由图可知，280℃时二甲醚转化率随时间迅速衰减，可能的原因是 。为了有利于氢气的生成，可采取 合理措施(写一条)。
（5）.我国科学家开发了一种运用质子交换膜的电解甲醇制氢装置(见图)，甲醇的电解电压相对于水可降低近2/3，降低了制氢的能耗。写出阳极反应式 。
10.沉降法和吸附法是去除水体中砷(As)污染的有效措施，并可以实现As2O3的回收提取，流程见图：
（1）参考图1与图2，将废水pH调节至8.0时，其中所含三价砷和五价砷的最主要微粒分别是________、________。H3AsO4的pKa1=-lgKa1=________(具体数值)。
注：物种分布分数为各物种占其总和的比例
（2）通入空气的目的是________。
（3）溶液pH对吸附剂A表面所带电荷情况的影响如表：
pH范围
<7.2
=7.2
>7.2
吸附剂A表面
带正电荷
不带电荷
带负电荷
在pH=4~7之间，吸附剂A对水中三价砷的去除能力________(填“强于”或“弱于”)五价砷的，原因是________。
（4）“SO2还原”产生了粗As2O3中的微溶杂质，它是________。用离子方程式表示其产生过程为________。
11.半导体芯片的关键材料是我国优先发展的新材料。经过半个多世纪的发展，硅基材料的半导体器件性能已经接近其物理极限，以碳化硅、氮化镓等为代表的第二代半导体材料成为当今热点。回答如下问题：
（1）.材料所涉及的四种元素中，原子半径最大的是 (填元素符号，下同)，这四种元素中第一电离能最大的是 ， 基态Si原子的电子占据的轨道数目是 个。
（2）.原硅酸根SiO 的空间构型是 ， 其中Si的价层电子对数目为 、杂化轨道类型为 。
（3）.材料所涉及的四种元素对应的单质中，熔沸点最低的是 ， 原因是 。
（4）.GaN被誉为21世纪引领5G时代的基石材料，是目前全球半导体研究的前沿和热点。有一种氮化镓的六方晶胞结构如图所示，请在图中构建一个以Ga原子为中心的四面体结构(涂成◎)。
（5）.材料密度是制作芯片的重要参数之一，已知Si的共价半径是125pm。求每立方厘米体积的单晶硅中硅的原子数目为 (保留2位有效数字)。
三、有机推断题
12.以苯酚为原料可以制备酚酞等多种重要的有机物。
已知：(I) +
(Ⅱ) +H2O
（1）双酚A的分子式是________，其官能团的名称为________。
（2）酸性条件下，以苯酚和甲醛为原料可以制备一种重要的高分子化合物，写出该反应的化学方程式________；同样条件下苯酚与丙酮反应得不到聚合物，这说明与苯酚反应活性：甲醛________丙酮(填写“高于”或“低于”)。
（3）以二甲苯等为原料通过3步反应可以制备酚酞，合成路线如图：
X
①X的结构简式为________；Y的结构简式为________；
②反应条件I为________；生成X的反应类型是________；
③生成酚酞步骤产生小分子________。
（4）酚酞在过量的浓碱条件下会生成无色有机阴离子Z，写出Z的结构简式________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．用过的脏餐巾纸没有回收的价值，不可回收，故A不符合题意；
B．医用垃圾属于有害垃圾，需要专门处理，不能制造餐具，故B符合题意；
C．厨余垃圾经发酵技术处理可以变成优质肥料，故C不符合题意；
D．废电池里含有大量的汞、镉、锰、铅等重金属元素，属于有害垃圾，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】医疗器械塑料有毒不能用于制作餐具，回收的废弃医疗需要集中处理，其他选项均正确
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．由题图信息可以看到，反应过程中一直是H+在参与反应，所以反应环境应该是酸性环境，A不符合题意；
B．反应由N2生成NH3 ， 每个N原子结合3个H原子，所以1mol N2参与反应应消耗6mol H+ ， B不符合题意；
C．随着反应的进程，N2上结合着不同数量的H原子，之后两个N原子之间分解，余下的N继续结合H+和电子，所以中间产物是一系列不同结构的氮氢化合物，C符合题意；
D．一个N原子结合3个H+离子和3个电子形成一个NH3 ， 17g NH3是1mol NH3 ， 所以应该是得到3mol电子，即转移电子3NA ， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应的流程即可判断出此反应是在酸性条件下进行的，根据反应物和最终的产物判断1mol氮气完全反应需要消耗6mol氢离子，每个氮原子结合3个氢离子和3个电子，形成1个氨气分子，因此生成17g氨气时，转移的电子数为3NA ， 反应中间产物可以看做是不同的氮氢化合物
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．生成氧气可从长颈漏斗逸出，不能测定反应速率，故A不符合题意；
B．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，故B不符合题意；
C．温度计应处于圆底烧瓶的支气管处，故C不符合题意；
D．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通过分液即可除去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.测定反应速率应改为分液漏斗
B.应选铵盐与碱加热制备
C.温度计的位置错误
D.溴在四氯化碳中的溶解度大，氢氧化钠与溴反应得到无机盐，不溶于四氯化碳可以达到除去溴的目的
4.【答案】 C
【解析】【解答】分析知：X是O、Y是S、Z是K；
A．Y的氧化物对应的水化物如H2SO3是弱酸，故A不符合题意；
B．电子层数越多，原子半径越大，则Z>Y>X，故B不符合题意；
C．Z与X可形成离子化合物如K2O，故C符合题意；
D．化合物Z2Y2X8是K2S2O8 ， 其中S的化合价是+6价，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y在同一主族，且质子数为1：2，再结合X有2条共价键、Y有4条，则X是O、Y是S元素，X、Y、Z为处于不同周期的主族元素，其原子序数依次增大且不超过20，则Z为第三周期第IA族，是K元素；
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．该电池放电时，右边电极正极，二氧化碳从进气口进入，A项不符合题意；
B．放电时，正极固碳，正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，B项不符合题意；
C．充电时，右侧阳极反应为C+2Li2CO3-4e-=3CO2+4Li+ ， 故右侧电极释放出Li+ ， C项不符合题意；
D．放电时正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，转移2mol电子固定1.5mol二氧化碳，即m=1.5mol×44g/mol=66g，所以可以固定66gCO2 ， D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，锂做负极，失去电子发生氧化反应，变成锂离子，二氧化碳在正极得到电子结合锂离子变为碳单质和碳酸钠，根据转移的电子即可计算出固定的二氧化碳，左侧为负极，右侧为正极。电池充电时，左侧与电池的负极相连，右侧与电池的正极相连接，右侧是碳单质失去电子，碳酸锂分解为二氧化碳和锂离子
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．乙只能用单一边的双键来发生加聚反应，丙存在共轭结构，可用两个双键来发生加聚反应，得到的高分子化合物不相同，故A符合题意；
B．甲分子存在饱和C结构，所有的原子不可能共平面，故B不符合题意；
C．乙存在碳碳双键，可发生加成、氧化反应，存在甲基可与卤素原子发生取代反应，故C不符合题意；
D．三者的H种类为： 都是三种，则三者的一氯代物均有3种，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.均含有两个双键，断键的方式不同，形成的产物不同
B.含有多个不饱和碳原子，则所有的原子不能共面
C.乙含有双键可以发生加成取代氧化等等反应
D.找出氢原子的种类即可
7.【答案】 A
【解析】【解答】A．次氯酸根水解故钠离子浓度大于次氯酸根离子浓度，pH=8，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故pH=8的NaClO溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，A项符合题意；
B．氯气与水发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO。新制氯水中电荷守恒有：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，依特殊的物料守恒有：c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，代入电荷守恒的式子有：c(H+)=c(OH-)+c(HClO)+2c(ClO-)，B项不符合题意；
C.相当于NH4Cl和NH3·H2O1：1混合，溶液显碱性则说明一水合氨的电离大于铵根离子的水解，所以该溶液中微粒浓度的大小关系为：c( )>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)，C项不符合题意；
D.相当于K2C2O4与KHC2O4以1：2的物质的量之比混合形成溶液，据物料守恒有： ，选项所给的式子将4和3互换即符合题意，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据电荷守恒结合显碱性进行判断即可
B.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
C.根据碱性即可判断粒子浓度大小
D.根据物料守恒进行判断
二、综合题
8.【答案】 （1）用砂纸打磨，然后剪成碎片；量筒
（2）过氧化氢不稳定，易分解而损失一部分过氧化氢；一
（3）产生气泡和白色沉淀；无
（4）60%；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）氢氧化钠溶液；氯化铝
【解析】【解答】(1)①为了加快溶解，铝制易拉罐首先要用砂纸打磨，然后剪成碎片，目的是增大接触面积，加快反应速率；
②配制a% H2SO4溶液的仪器：烧杯、玻璃棒、量筒；
(2) ①加入H2O2氧化Fe2+时，H2O2实际消耗量常超出氧化还原计算的用量，原因是过氧化氢不稳定，易分解而损失一部分过氧化氢；
②含铁杂质，pH调为3.7时，已被变为沉淀，故在第一次过滤中被去除；
(3) ①加碳酸氢钠处理，溶液中产生气泡和白色沉淀，白色沉淀和气泡是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体；
②无必要，因为用白色沉淀进一步制备明矾，钠离子在滤液中不干扰产品；
(4) ①最好是60%，因为硫酸浓度过高氧化性太强，不易溶解氢氧化铝，浓度太低反应速率过慢，故用60% 的硫酸；
②为了提高明矾收率，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶措施；
(5)氢氧化钠溶解易拉罐后得到偏铝酸根离子，加入氯化铝，铝离子和偏铝酸根离子双水解生成氢氧化铝沉淀，加入H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、过滤，得到粗明矾。
【分析】废旧铝制易拉罐(含有少量铁)经稀硫酸微热溶解，溶液中含有Al3+、Fe2+ ， 向溶液中加入H2O2溶液，Fe2+被氧化为Fe3+ ， 调节pH=3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，第一次过滤后滤液中含有Al3+ ， 向滤液中加入少量NaHCO3饱和溶液，Al3+和 发生双水解生成Al(OH)3白色沉淀和CO2 ， 第二次过滤出白色沉淀，趁热加入质量分数为a% H2SO4溶液和K2SO4固体，然后冷却、洗涤、第三次过滤，得到粗明矾。
9.【答案】 （1）CH3OCH3+3H2O 2CO2+6H2
（2）+135；变大
（3）>；；<
（4）催化剂效率很快减弱或发生副反应；增大水醚比，适当升高温度、适当减小压强、合适的催化剂等
（5）CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2
【解析】【解答】(1)反应物是二甲醚CH3OCH3(g)与水蒸气，生成物是CO2(g)和H2(g)，根据原子守恒配平化学方程式为：CH3OCH3+3H2O 2CO2+6H2；
(2)由盖斯定律：反应I+2II即得目标方程，∆H=∆H1+2∆H2=+135 kJ·mol-1 ， 该反应为吸热反应，升高温度，反应速率变大；
(3) ①对于反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49 kJ·mol-1 ， 是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CH3OH的平衡含量减小，则X表示的物理量是温度，L表示压强，正反应方向是气体体积增大的反应，则增大压强，平衡逆向移动，CH3OH的平衡含量增大，则L1> L2；
②设CH3OH转化了xmol，列三段式：
由图知A点CH3OH的平衡含量为0.5，则 ，解得x=0.25，总的平衡物质的量为3.5mol，则平衡常数KA的计算表达式为 ；该反应吸热反应，则温度越高，平衡常数越大，X表示温度，TB
(5) 由图知，阳极为1molCH3OH失去6mol电子生成CO2 ， 电解质溶液为酸性，则阳极的反应式为：CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2。
【分析】(3) ①对于反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ∆H2=+49 kJ·mol-1 ， 是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CH3OH的平衡含量减小，则X表示的物理量是温度，L表示压强；
10.【答案】 （1）H3AsO3；；2.2
（2）将H3AsO3氧化成 (3)“沉砷”是石灰乳将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，写出该步骤的离子方程式_______。 、
（3）弱于；在pH4~7之间，吸附剂A表面带正电荷，而三价砷存在形式主要为电中性H3AsO3 ， 五价砷主要是 ，吸附剂A对阴离子 吸附强于对中性分子H3AsO3
（4）CaSO4；H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+ H3AsO3+2H+
【解析】【解答】(1) 由图1知将废水pH调节至8.0时，三价砷和五价砷的最主要微粒分别是H3AsO3、 ；H3AsO4的第一步电离方程式H3AsO4 +H+，平衡常数 ，由图2知c(H3AsO4)=c( )时，pH=2.2，则 ，pKa1=-lgKa1=-lg 10-2.2=2.2；
(2)空气中含有O2 ， 具有氧化性，能将三价砷转化成五价砷，则通入空气的目的是：将H3AsO3氧化成 ；
(3) “沉砷”是石灰乳先与 反应生成 ， 再与Ca2+结合生成Ca5(AsO4)3OH沉淀，离子方程式为： 、 ；
(4) 由表知，吸附剂A表面在pH<7.2带正电荷，而水中三价砷存在形式是H3AsO3中性分子，五价砷存在形式是 阴离子，则吸附剂A对阴离子的吸附强于中性分子，即吸附剂A对水中三价砷的去除能力弱于五价砷的，原因是：在pH4~7之间，吸附剂A表面带正电荷，而三价砷存在形式主要为电中性H3AsO3 ， 五价砷主要是 ，吸附剂A对阴离子 吸附强于对中性分子H3AsO3；
(5) 滤液2中含有H3AsO4 ， 经“SO2还原”之后生成H3AsO3 ， As的化合价降低，则S的化合价升高至+6价，再与Ca2+结合生成CaSO4 ， 则粗As2O3中的微溶杂质，它是CaSO4 ， 离子方程式为：H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+ H3AsO3+2H+。
【分析】含H3AsO3、H3AsO4的废水调节pH=8时，由图1看出As的存在形式是H3AsO3、 ，通入空气，将三价砷氧化成五价砷，加入石灰乳Ca(OH)2提供碱性环境，与 反应生成 ， 再与Ca2+结合生成Ca5(AsO4)3OH沉淀，离子方程式为： 、 ，沉淀转化后得到H3AsO4滤液，与SO2发生反应：H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+ H3AsO3+2H+ ， 生成H3AsO3 ， 再加热分解得到As2O3。
11.【答案】 （1）Ga；N；8
（2）正四面体；4；sp3
（3）N2；N2为分子晶体，分子之间是较弱的范德华力结合
（4）
（5）4.2×1022个
【解析】【解答】(1)四种元素为C、N、Si、Ga，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小：Ga>Si>C>N，最大的是：Ga；依据第一电离能变化规律，元素非金属性越强，电离能越大，则大小顺序为：N>C>Si>Ga，最大的是：N；基态Si原子的电子排布为1s22s22p63s23p2 ， 电子占据的轨道数目是为8个；
(2) SiO 的中心原子是Si，价层电子数为 ，孤对电子对数为0，则空间构型是正四面体型，杂化轨道类型是sp3；
(3)四种单质中熔点最低的是N2 ， 原因是：N2为分子晶体，C、Si是原子晶体，Ga是金属晶体，分子晶体中N2分子之间是较弱的范德华力结合；
(4) 如图： ；
(5)单质硅中Si原子数为 ，晶胞半径和Si原子半径的关系 ，则每立方厘米体积的单晶硅中硅的原子数目为 个。
【分析】（1）碳化硅、氮化镓 含有碳元素和硅元素，氮元素以及镓元素，同周期从左到右半径依次减小，电子层数多，半径越大，非金属性越强电离能越大，但是氮元素的p能级是处于半充满状态故电能能最大写出硅原子的核外电子能级排布即可判断轨道的数目
（2）计算出原硅酸根离子的价层电子对即可判断构型以及杂化方式
（3）硅单质和碳单质均是原子晶体，而镓是金属晶体，氮气是分子晶体
（4）根据占位找出正四面体即可
（5）计算出单质硅中的硅原子的个数，根据晶胞半径和硅原子半径的关系即可计算出硅的原子数目
三、有机推断题
12.【答案】 （1）C15H16O2；(酚)羟基
（2）；高于
（3）；；酸性KMnO4溶液；氧化反应；H2O
（4）
【解析】【解答】(1)根据双酚A的结构，可知分子式是：C15H16O2 ， 官能团的名称为：(酚)羟基；
(2) 酸性条件下，苯酚和甲醛发生缩聚反应，该反应的化学方程式： ；同样条件下苯酚与丙酮反应得不到聚合物，说明甲醛与苯酚反应活性高于丙酮；
(3) ①由已知信息(2)可知，X中应含有2个羧基，则X的结构简式为： ，结合酚酞的结构式，可知Y的结构简式为： ；
②邻二甲苯经酸性KMnO4溶液发生氧化反应得到 ，则反应条件I为：酸性KMnO4溶液，反应类型是：氧化反应；
③根据反应物和生成物的原子个数差，可知生成酚酞步骤产生小分子为H2O；
(4) 酚酞中含有酚羟基，能与NaOH溶液反应，而醇羟基不能反应，则在过量的浓碱条件下会生成Z的结构简式为： 。
【分析】(3)由已知信息(2)可知，X应为 ，由邻二甲苯经酸性KMnO4溶液发生氧化反应得到，结合酚酞的结构式，可知Y为2个 。
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