2022-2023学年北京市海淀实验中学高三上学期10月学科展示化学试题含解析

这是一份2022-2023学年北京市海淀实验中学高三上学期10月学科展示化学试题含解析，共32页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，实验题，有机推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
北京市海淀实验中学2022-2023学年高三上学期10月学科展示化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．纪录片《我在故宫修文物》表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验，让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是
A
B
C
D




银器用除锈剂见新
变形的金属香炉复原
古画水洗除尘
木器表面擦拭烫蜡

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．银器用除锈剂见新的过程为把银锈中银的化合物转化为单质银的过程，转化过程中有新物质生成，涉及化学变化，故A符合题意；
B．变形的金属香炉复原主要原理是通过施加外力使器物恢复原状，未涉及化学变化，故B不符合题意；
C．古画水洗除尘是用羊毛排笔蘸温水淋于画上，等画完全浸透进水，在用毛巾蘸干画上的水分，如此进行多次，直到毛巾中挤出的水由污黄浑浊变得澄清透明为止，说明基本将画中的污渍清除干净，未涉及化学变化，故C不符合题意；
D．木器表面擦拭烫蜡是蜂蜡本身的熔点很低，可以用吹风机对固体蜂蜡吹一会，会有稍微融化，此时把软化的蜂蜡大致涂到木头上，再用吹风机的热风吹涂好蜂蜡的木器，使蜂蜡融化，完全覆盖木器，然后用棉布把多余的蜂蜡擦掉，再用热风吹，使蜂蜡更好的渗入木头当中，未涉及化学变化，故D不符合题意；
故选A。
2．下列反应中，H2O做氧化剂的是
A．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑ B．3NO2+H2O═2HNO3+NO
C．Cl2+H2O═HCl+HClO D．SO2+H2O⇌H2SO3
【答案】A
【详解】A．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑中H元素的化合价降低，被还原，H2O是氧化剂，A符合题意；
B．3NO2+H2O═2HNO3+NO中H2O中的H、O元素的化合价均未改变，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，B不合题意；
C．Cl2+H2O═HCl+HClO H2O中的H、O元素的化合价均为改变，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，C不合题意；
D．SO2+H2O⇌H2SO3反应中未有元素的化合价发生改变，不属于氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：A。
3．下列说法错误的是
A．CH4分子球棍模型： B．基态Si原子价电子排布图：
C．第一电离能：N>O>C D．石墨质软的原因是其层间作用力微弱
【答案】A
【详解】A．C原子的半径大于H原子，因此CH4分子的球棍模型为： ，A错误；
B．基态Si原子价电子排布式为3s23p2，排布图为，B正确；
C．N原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能：N>O>C，C正确；
D．在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D正确；
答案选A。
4．下列说法中正确的是
A．冰融化时，分子中H-O键发生断裂
B．一般来说，熔、沸点：共价晶体>离子晶体
C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，该物质越稳定
【答案】B
【详解】A．冰融化时，水分子没有改变，改变的是分子间的距离，所以分子中H-O键没有发生断裂，A错误；
B．共价晶体中，共价键的键能越大，破坏共价键所需的能量越大，该晶体的熔点越高，B正确；
C．分子晶体熔化或沸腾时，只改变分子间的距离，不需要破坏分子内的共价键，所以该晶体的熔沸点高低与键能无关，C错误；
D．分子晶体中，物质的稳定性与分子内原子间的共价键有关，与分子间作用力无关，D错误；
故选B。
5．下列有关化学用语表述正确的是
A．中子数为16的硫原子： B．纯碱的化学式：NaHCO3
C．CO2的电子式： D．Al3+的结构示意图：
【答案】A
【详解】A．中子数为16的硫原子的质量数为16+16=32，所以符合为，故A正确；
B．纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，故B错误；
C．CO2分子中C原子与每个O原子共用两对电子，电子式为，故C错误；
D．Al3+核外有10个电子，结构示意图为，故D错误；
综上所述答案为A。
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，将7.1 g Cl2通入水中，转移的电子数为0.1NA
B．1 L 0.1 mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目为0.1NA
C．标准状况下，22.4 L CH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NA
D．25℃时，1 L pH＝11的Na2CO3溶液中由水电离出的OH-的数目为0.001NA
【答案】D
【详解】A. 常温下，将7.1 g Cl2的物质的量为=0.1mol，通入水中后Cl2不能完全反应，转移的电子数小于0.1NA，故A错误；
B. 乙酸是弱酸在水溶液中不完全电离，1 L 0.1 mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目远小于0.1NA，故B错误；
C. 标准状况下，22.4 L CH4的物质的量为1mol，完全燃烧后恢复至原状态是水不是气体，所得产物中气体分子数为NA，故C错误；
D. 25℃时，碳酸钠溶液中OH-全部来自水电离，1 L pH＝11的Na2CO3溶液中c(OH-)==10-3mol/L，Na2CO3溶液中由水电离出的n(OH-)=10-3mol/L1L=0.001mol，个数为0.001NA，故D正确；
故选D。
7．双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是

A．过程Ⅰ中，SO2表现还原性
B．过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用
D．总反应为
【答案】A
【分析】过程Ⅰ的反应方程式为，过程Ⅱ的反应方程式为，总反应为。
【详解】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A错误；
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式 由此可知1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3，故B正确；
C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C正确；
D．根据图示可得总反应为，故D正确；
故选A。
【点睛】关于图示反应问题，箭头尾端为反应物，箭头所指方向为反应产物，首尾相连的部分即为参与循环的物质。
8．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．用小刀切开金属钠，表面逐渐变暗
B．推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，气体颜色变深
C．将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去
D．将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀
【答案】B
【详解】A. 金属钠表面逐渐变暗是被氧气氧化生成了Na2O，发生了氧化还原反应，故A不符合；
B. 推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应的平衡正向移动，NO2的浓度增大，气体颜色变深，不涉及氧化还原反应，故B符合；
C. 将酸性KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，溶液紫色褪去，是因为KMnO4被H2C2O4还原为Mn2+，发生了氧化还原反应，故C不符合；
D. 将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，先生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁迅速被氧气氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，发生了氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
9．在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是

A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】A
【详解】A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A错误；
B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B正确；
C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C正确；
D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D正确；
综上所述答案为A。
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大共存的是
A．pH=1的溶液中： HCO、 K+、 Cl-、 Na+
B．无色溶液中： NH、 K+、MnO、NO
C．含有SO的溶液中： NO、 OH-、 Na+、Ba2+
D．含有OH-的溶液中： Na+、 CO、Cl-、K+
【答案】D
【详解】A．pH=1的溶液中含有大量的H+，H++HCO=H2O+CO2↑，A不合题意；
B．无色溶液中不可能有大量的有色离子MnO，B不合题意；
C．含有SO的溶液中Ba2+会转变为BaSO4沉淀，C不合题意；
D．含有大量的OH-、Na+、CO、Cl-、K+均不反应能大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
11．实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：

下列说法不正确的是
A．可用饱和NaCl溶液净化氯气
B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2 + 6OH－ + 5Cl－ + 3H2O
C．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色
D．上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3
【答案】C
【详解】A．氯气中含有挥发出的HCl，可用饱和NaCl溶液吸收会发出的HCl，达到净化氯气的目的，故A正确；
B．Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3，其离子方程式为3Cl2 + 6OH－ + 5Cl－ + 3H2O，故B正确；
C．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，发生的离子反应为 + 6I－ + 6H＋＝3I2+ Cl－+3H2O，溶液紫色，故C错误；
D．根据B选项分析得到上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性KClO3和HCl反应生成氯气，因此酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，故D正确。
综上所述，答案为C。
12．下列排列顺序不正确的是
①热稳定性：
②氧化性：
③原子半径：
④还原性：
⑤结合的能力：
⑥酸性：
A．②④⑥ B．①②③ C．③⑤ D．②④⑤
【答案】A
【详解】①同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：OI1(Li)>I1(Na)，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；
（2）
①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；
②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；
③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；
（3）
①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；
②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；
③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。

三、实验题
23．某化学小组用如下方法制备K3[Fe (C2O4)3]·3H2O晶体，并测定产品中铁的含量。
I.制备晶体
i.称取5 g莫尔盐[(NH4)2 Fe(SO4)2·6H2O]， 用15 mL水和几滴3 mol/L H2SO4溶液充分溶解，再加入25 mL饱和H2C2O4溶液，加热至沸，生成黄色沉淀；
ii.将沉淀洗涤至中性，加入10 mL饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃，边搅拌边缓慢滴加H2O2溶液，沉淀逐渐变为红褐色；
iii.将混合物煮沸30 s，加入8 mL饱和H2C2O4溶液，红褐色沉淀溶解，趁热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。
II.测定产品中铁的含量
iv.称量x g制得的样品，加水溶解，并加入稀H2SO4酸化，再滴入y mol/L KMnO4溶液使其恰好反应；
v .向iv的溶液中加入过量Zn粉，反应完全后，弃去不溶物，向溶液中加入稀H2SO4酸化，用y mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4 溶液z mL。
已知：H2C2O4 为二元弱酸，具有较强的还原性。
(1)莫尔盐[NH4)2 Fe(SO4)2·6H2O]中铁元素的化合价是_______。
(2)步骤i中黄色沉淀的化学式为FeC2O4·2H2O，生成该沉淀的离子方程式是________。
(3)步骤ii中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)]3-。将下述反应的离子方程式补充完整：6FeC2O4·2H2O+_____ +_____ =4[Fe(C2O4)]3- +2Fe(OH)3↓+____H2O。
(4)步骤ii中水浴加热的温度不宜过高，原因是___________。
(5)步骤iv在铁的含量测定中所起的作用是___________。
(6)已知：v中Zn粉将铁元素全部还原为Fe2+；反应中转化为Mn2+。则该样品中铁元素的质量分数是__________(用含x、y、z的代数式表示)。
【答案】     +2     Fe2+ + H2C2O4 + 2H2O === FeC2O4‧2H2O↓ + 2H+     3H2O2     6     12     防止过氧化氢受热分解     将氧化除去，防止干扰Fe的含量测定    
【分析】(1)化合物中正负化合价代数和为0，且铵根离子、硫酸根离子的电荷分别为+1、-2；
(2)根据得失电子守恒进行书写；
(3)根据得失电子守恒进行书写，注意电荷守恒；
(4)过氧化氢受热易分解；
(5) H2C2O4 为二元弱酸，具有较强的还原性，可被高锰酸钾氧化；
(6)由原子守恒及电子守恒可知5K3[Fe (C2O4)3]·3H2O～5Fe～5Fe2+～，以此计算。
【详解】(1)莫尔盐[(NH4)2 Fe(SO4)2·6H2O]中铁元素的化合价是0 -（-2）×2 -（+1）×2 = +2，
故答案为：+2；
(2)步骤i中黄色沉淀的化学式为FeC2O4‧2H2O，生成该沉淀的离子方程式是Fe2+ + H2C2O4 + 2H2O === FeC2O4‧2H2O↓ + 2H+，
故答案为：Fe2+ + H2C2O4 + 2H2O === FeC2O4‧2H2O↓ + 2H+；
(3)步骤ii中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)]3-，由电子及原子、电荷守恒可知离子反应为6FeC2O4‧2H2O + 3H2O2 + 6 === 4[Fe(C2O4)]3- + 2Fe(OH)3↓ + 12H2O，
故答案为：3H2O2；6；12；
(4)步骤ii中水浴加热的温度不宜过高，原因是过氧化氢受热易分解；
故答案为：防止过氧化氢受热分解；
(5) H2C2O4 为二元弱酸，具有较强的还原性，可被高锰酸钾氧化，因此步骤iv在铁的含量测定中所起的作用是将氧化除去，防止干扰Fe的含量测定；
故答案为：将氧化除去，防止干扰Fe的含量测定；
(6)v中Zn粉将铁元素全部还原为Fe2+，反应中转化为Mn2+，由原子守恒及电子守恒可知5K3[Fe (C2O4)3]·3H2O～5Fe～5Fe2+～，则该样品中铁元素的质量分数是 ；
故答案为：。
【点睛】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、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．某小组用实验1验证FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生，决定对其进行深入探究。
实验1：

资料：
i. CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-。
ii. SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似；(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。
（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为__________________。
（2）下列由实验1得到的推论中，合理的是_______________（填字母序号）。
a. Cu能还原Fe3+    
b. Fe3+与SCN-的反应是可逆反应
c. 白色沉淀中的Cu(I)（I表示+1价铜元素）可能是由Fe3+氧化Cu得到的
（3）为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：

由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是____。
（4）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：
步骤
实验操作
实验现象
I


溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余
II
取I中上层清液于试管中，滴加1滴 0.1mol/L KSCN溶液
立刻出现红色，同时有白色沉淀生成
III
振荡II中试管，静置
白色沉淀变多，红色逐渐褪去

①步骤I的实验操作是_____________________。
②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是______。
③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是________________。
④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：_______________________。
【答案】     Fe3+ + 3SCN-Fe(SCN)3     abc     CuCl和CuSCN     向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置     若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生     Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+     Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去
【详解】（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3，
答案为：Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3；
（2）a. 加入Cu，溶液红色退去，产生白色固体，结合已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体，说明溶液中三价铁离子消失，铜单质转变为亚铜离子，可证明铜和溶液中的Fe3+发生氧化还原反应，三价铁离子化合价降低，被还原，故a正确；
b. 铜和溶液中的Fe3+发生反应时，溶液中Fe3+浓度减小，使反应Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3 逆向移动，Fe(SCN)3 逐渐减少，溶液褪色，则可以说明Fe3+与SCN-的反应是可逆反应，故b正确；
c. 铜元素由0价变为+1价，化合价升高被氧化，溶液中含有Cl-、SCN-、Fe3+和K+，Cl-为-1价是氯元素的最低价，只具有还原性，SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似，则SCN-具有还原性，不能使铜单质被氧化；单质的还原性越强，其离子的氧化性越弱，K的还原性强于Fe，则Fe3+的氧化性强于K+，则铜单质与Fe3+发生氧化还原反应，故c正确；
（3）根据已知信息，CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，硝酸具有氧化性，将亚铜离子和SCN-氧化，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-，根据图中反应，向加入硝酸后的溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl-；向加入硝酸后的溶液中加入氯化钡，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO42-，故根据以上分析可知，实验1中白色沉淀的成分是CuSCN、CuCl，
答案为：CuSCN、CuCl；
（4）①结合实验1及步骤I中的实验现象，要进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，需要铜和氯化铁溶液反应，步骤I的实验操作是向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置，
答案为：向2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液中加入0.15 g铜粉，振荡、静置；
②Fe3+与Cu反应若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中现象为溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；无白色沉淀产生，则认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，
答案为：若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生；
③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色，同时有白色沉淀生成，说明Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2和亚铜离子，亚铜离子与氯离子结合生成CuCl白色沉淀，(SCN)2与卤素单质的性质相似，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-产生红色溶液，
答案为：Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+；
④Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去，
答案为：Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2+ + 4SCN-= 2CuSCN↓+ (SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN + Cl-=CuCl + SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应的进行SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。

四、有机推断题
25．一种环状高分子P3的合成路线如图：

已知：①P2的结构为
②(表示取代基)
③RClRN3
（1）A是一种常用的化工原料，其中包括的官能团是__。
（2）B→C的反应类型是__。
（3）D生成CHCCH2OH的反应条件是__。
（4）上述流程中生成F的反应为酯化反应，则该反应的化学方程式是__。
（5）单体II的结构简式是__。
（6）下列说法正确的是__（填字母）
a.F→P1的反应类型为缩聚反应
b.P3的结构如图所示
c.P2→P3的过程中可能得到线型高分子
d.碱性条件下，P3可能彻底水解成小分子物质
（7）已知：；Q（C6H11NO）是用于合成单体I的中间体。如图是以苯酚为原料合成Q的流程，M→N的化学方程式是__。

【答案】     碳碳双键     取代反应     氢氧化钠醇溶液，加热               bc    
【分析】由框图可知A的结构简式为CH2=CHCH3，在高温下和氯气发生取代反应生成B，所以B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，由D的分子式C3H6OBr可知：B到C发生取代反应生成CH2=CHCH2OH，C到D发生加成反应生成CH2BrCHBrCH2OH，在发生消去反应生成CHCCH2OH，再和E发生酯化反应生成C6H7O2Cl。
【详解】(1)根据上述分析可知A的结构简式为CH2=CHCH3，其中包括的官能团是碳碳双键，故答案：碳碳双键；
(2)根据上述分析可知B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，C的结构简式为CH2=CHCH2OH，所以B→C的反应类型是取代反应，故答案：取代反应；
(3)根据上述分析可知D的结构简式为CH2BrCHBrCH2OH，D生成CHCCH2OH的反应是卤代烃的消去反应，所以反应条件在氢氧化钠醇溶液，加热，故答案：氢氧化钠醇溶液，加热；
(4)根据上述分析可知CHCCH2OH，和E反应生成C6H7O2Cl，发生的是酯化反应，结合已知信息可知该反应的化学方程式是：；
(5)根据已知：P2的结构为，逆推知单体II的结构简式是，故答案：；
(6)a. 根据上述分析可知，F→P1的反应类型为加聚反应，故a错误；
b. 由P2的结构为，再和NaN3在一定条件下反应得到，所以P3的结构如图所示
，故b正确；
c.P2→P3的过程中发生加聚反应，所以可能得到线型高分子，故c正确；
d.碱性条件下，P3含有酯基的部分可以水解，非酯基的部分不能水解，所以不可能彻底水解成小分子物质，故d错误；
故答案：bc；
（7）根据已知：，以苯酚为原料合成Q的流程图如下；，所以，M→N的化学方程式是，故答案：。
【点睛】根据有机物官能团的性质和相关的反应条件进行分析反应流程进而确定相关物质，以此进行解答本题。

五、填空题
26．氯化钠是自然界中常见的盐，在生产生活中有着广泛的用途。
(1)自然界中的氯化钠
①从原子结构角度解释自然界中氯元素主要以Cl-形式存在的原因：_______。
②海水晒制的粗盐中还含有泥沙、CaCl2、MgCl2以及可溶的硫酸盐等杂质，可以依次通过溶解、过滤、_________(选填字母序号；所加试剂均过量)、结晶等一系列流程得到精盐。
a.加入Na2CO3溶液→加入NaOH溶液→加入BaCl2溶液→过滤→加入稀盐酸
b.加入NaOH溶液→加入BaCl2溶液→加入Na2CO3溶液→加入稀盐酸→过滤
c.加入BaCl2溶液→加入Na2CO3溶液→加入NaOH溶液→过滤→加入稀盐酸
③检验精盐中是否除净的原理是_______(用离子方程式表示)
(2)氯碱工业中的氯化钠
①电解饱和食盐水总反应的化学方程式是_______。
②目前氯碱工业的主流工艺是离子交换膜法。阳极生成的气体中常含有副产物O2，结合下图解释O2含量随阳极区溶液的pH变化的原因：_______。

③向一定体积一定物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应后，得到含有溶质M和N的溶液，则M和N不可能是_______填序号。
a.NaOH和Na2CO3         b. NaOH和NaHCO3 　　　　c.Na2CO3和NaHCO3
【答案】(1)     氯原子最外层有7个电子，容易得到1个电子形成稳定的8电子结构得到氯离子     c     +Ba2+=BaSO4↓
(2)          随着溶液pH升高，溶液中氢氧根离子浓度变大，氢氧根离子放电速率加快，导致生成氧气含量增加     b

【分析】粗盐溶解后加入过量氯化钡生成硫酸钡沉淀、加入过量氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀、加入过量碳酸钠和氯化钙生成碳酸钙沉淀同时和过量的氯化钡生成碳酸钡沉淀，然后过滤除去沉淀、滤液加入稀盐酸调节pH后蒸发结晶得到氯化钠；
工业上是由电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，用来制取氢氧化钠；
（1）
①氯原子为17号元素原子，原子最外层有7个电子，容易得到1个电子形成稳定的8电子结构得到氯离子，故自然界中氯元素主要以Cl-形式存在；
②海水晒制的粗盐中还含有泥沙、CaCl2、MgCl2以及可溶的硫酸盐等杂质，加入过量氯化钡生成硫酸钡沉淀、加入过量氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀、加入过量碳酸钠和氯化钙生成碳酸钙沉淀同时和过量的氯化钡生成碳酸钡沉淀，故碳酸钠要在氯化钡试剂加入之后加入，然后过滤除去沉淀、滤液加入稀盐酸调节pH后蒸发结晶得到氯化钠；
由分析可知，c流程正确，故选c；
③硫酸根离子和氯化钡生成不溶于酸的沉淀，故检验精盐中是否除净的原理是：+Ba2+=BaSO4↓。
（2）
①电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，总反应的化学方程式是。
②阳极的氯离子放电生成氯气、氢氧根离子放电生成氧气，随着溶液pH升高，溶液中氢氧根离子浓度变大，氢氧根离子放电速率加快，导致生成氧气含量增加；
③向一定体积一定物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，若二氧化碳少量生成碳酸钠、氢氧化钠过量；若二氧化碳量较多，则部分碳酸会转化为碳酸氢钠，二氧化碳过量则完全转化为碳酸氢钠；氢氧化钠和碳酸氢钠能反应不共存；故M和N不可能是NaOH和NaHCO3 ，选b。