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2021年上海市杨浦区高考化学二模试卷
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这是一份2021年上海市杨浦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年上海市杨浦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答案）
1．（2分）科学家根据25Mg与24Mg的比例，为月球起源的假说提供证据。25Mg与24Mg具有相同的（ ）
A．核外电子排布 B．质量数
C．中子数 D．质量
2．（2分）可降解塑料能从根本上解决白色污染。是一种较成熟的可降解塑料。PLA可降解的原因是（ ）
A．分子量小 B．能溶解于水 C．能水解 D．能燃烧
3．（2分）利用物质性质差异进行分离是化学上常用的方法。纸上层析利用了物质的（ ）
A．溶解性差异 B．熔点差异 C．沸点差异 D．密度差异
4．（2分）向苯、CCl4、无水乙醇、己烯中分别滴加少量溴水，振荡、静置后，描述错误的是（ ）
A．苯：上层红棕色，下层无色
B．无水乙醇：液体不分层
C．己烯：上层无色，下层无色
D．CCl4：上层无色，下层紫色
5．（2分）下列物质来源的叙述，错误的是（ ）
A．甲烷：可从天然气中得到
B．乙烯：可从石油分馏中得到
C．苯：可从煤焦油中得到
D．乙醇：可由粮食发酵得到
6．（2分）常温下，能鉴别浓H2SO4和稀H2SO4，且与浓H2SO4强氧化性有关的是（ ）
A．铝片 B．纸 C．铜片 D．焦炭
7．（2分）加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是（ ）
A．硫的熔沸点较低 B．硫晶体属于分子晶体
C．铜丝能在硫蒸气中燃烧 D．黑色固体是Cu2S
8．（2分）如图是能量示意图，由此判断热化学方程式正确的是（ ）
A．O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）﹣685kJ
B．OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）+427kJ
C． O2（g）+H2（g）→H2O（g）+244kJ
D．O（g）+2H（g）→H2O（g）﹣1187kJ
9．（2分）新制氯水的叙述错误的是（ ）
A．含Cl2，呈黄绿色
B．逸出Cl2，有刺激性气味
C．光照时，放出氧气
D．含大量ClO﹣，有强氧化性
10．（2分）《自然科学》杂志上关于Li﹣空气电池如图所示。对该电池的分析正确的是（ ）
A．多孔碳材料是负极
B．Li发生氧化反应
C．电子由多孔碳材料沿导线流向Li
D．O2发生O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
11．（2分）利用如图装置制取SO2或验证其性质，不能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2
B．验证氧化性
C．验证还原性
D．验证漂白性
12．（2分）只由非金属元素组成的化合物，一定不具有的性质是（ ）
A．固体导电 B．能溶于水 C．硬度大 D．电解质
13．（2分）实验室制备乙烯和乙炔的叙述错误的是（ ）
A．都不能用启普发生器
B．都需要温度计指示反应温度
C．都能用碱石灰除去产物中的酸性气体
D．都不能直接用溴水检验产物
14．（2分）乙酸丁酯的制备及提纯，不会涉及的装置或操作是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2分）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（ ）
A．加冷水可提高效果
B．使用时应防明火以免发生爆炸
C．可敞口置于空气中保存
D．NaOH作氧化剂
16．（2分）图a～c分别为NaCl在不同状态下的导电实验（X、Y为石墨电极）微观示意图。下列分析错误的是（ ）
A．图中代表Cl﹣ B．a：NaCl固体，不导电
C．b：X与电源负极相连 D．c：Y上产生H2
17．（2分）Na2O2能与CO2发生反应，下列叙述错误的是（ ）
A．有离子键、共价键的断裂与生成
B．O2既是氧化产物又是还原产物
C．反应物和生成物中都含离子晶体
D．标况下，转移2mol电子，气体体积减小22.4L
18．（2分）X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O。下列判断正确的是（ ）
A．若X只含C、H两种元素，则X有三种结构
B．若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X是醛或甲酸酯
C．若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，则X是OHC﹣CHO
D．若X能使溴水褪色，又能与Na反应放出H2，则X是CH≡CCH2OH
19．（2分）一定条件下，6H2（g）+2CO2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g），CO2平衡转化率随温度变化图所示。对a、b、c三点对应情况的分析，合理的是（ ）
A．CO2物质的量分数：a＞b
B．C2H5OH物质的量分数：a＜c
C．平衡常数：Ka＞Kc＞Kb
D．反应速率：va（CO2）＜vb（CO2）
20．（2分）某溶液中可能含浓度均为0.5mol•L﹣1的Al3+、Fe2+、Na+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种。向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，得到溶液X，对X进行如图实验。根据上述实验现象得出的结论，错误的是（ ）
A．可能含Na+、Cl﹣、Al3+
B．沉淀N是Fe（OH）3
C．一定含Fe2+、SO42﹣
D．再检验一种离子即可确定原溶液成分
二、综合题（共计60分）
21．（15分）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢（PH3），实验室制备PH3的常用方法有两种：
①PH4I+NaOH→NaI+PH3↑+H2O
②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑
完成下列填空：
（1）P核外能量最高的电子具有相同的 。（填写序号）
A.轨道
B.自旋方向
C.电子云形状
D.电子云伸展反应
（2）已知PH3与NH3的结构相似，PH3的空间结构是 。PH3的分解温度比NH3 （填“高”、“低”），判断的依据是 。
（3）已知H3PO4为三元酸，其结构式为：。次磷酸（H3PO2）中的P的成键情况与H3PO4中的相同，则H3PO2的结构式是 。利用反应②制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明H3PO2是 元酸。
（4）常温下，H3PO4在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。
①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出H3PO4第二步电离平衡常数表达式K＝ 。
②图中可推断KH2PO4溶液呈 （填“酸”、“碱”、“中”）性，可能的原因是 。KH2PO4溶液中各含磷微粒以及H+按浓度由大到小的顺序排列 。
22．（15分）Ba是第六周期ⅡA族的元素，常见的矿物重晶石（主要成分是BaSO4，含少量SiO2、CaO、MgO等）中，以下是某工业制取Ba（NO3）2的流程示意图。
完成下列填空：
（1）重晶石和煤磨成粉能加快反应速率，原因是 。
（2）焙烧时主要反应为：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO↑（g），不同温度下反应达到平衡时，各成分的物质的量如图所示。
①依图判断生成BaS的反应是 反应（填“放热”或“吸热”），焙烧温度至少应控制在 ℃以上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，该反应的化学反应速率为 。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱Mg（OH）2、Ca（OH）2、Ba（OH）2，其中碱性最弱的是 （填化学式）。浸取液中产生Ba（OH）2的原因是 。（用离子方程式表示）
（3）向BaS溶液中加入HNO3生成Ba（NO3）2，HNO3过量会析出Ba（NO3）2晶体，利用平衡移动原理，解释析出晶体的原因 。
工业上用Ba（NO3）2制备高纯BaCO3，其流程图是：
①碳化时，先向Ba（NO3）2溶液中通入 （写化学式），写出碳化时发生反应的化学方程式 。
②写出检验母液中主要阳离子的实验方案 。
23．（15分）格式试剂即烃基卤化镁（R﹣MgX）是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试剂设计了有机化合物J的合成路线：
已知：（R、R′、R″代表烃基或氢）
完成下列填空：
（1）D中的官能团名称是： 。
（2）写出反应类型：A→B是 反应；B→D是 反应。
（3）D能发生聚合反应，聚合产物为 或 。
（4）K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无，任写出一种K的结构简式： 。
（5）写出H→I的化学方程式 。
（6）利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙醚为有机原料制备的合成路线 。（其他无机试剂任选）
24．（15分）打印机墨粉中的Fe3O4的含量是衡量墨粉质量优劣的重要指标之一。已知：墨粉中除了Fe3O4晶体粉粒外，其余成分均不溶于水且不与酸反应。
为测定墨粉中Fe3O4的含量，进行了如图实验：
完成下列填空：
检验Fe2+
（1）第一份取少许，选用 （填试剂名称），现象是 。
测定Fe3O4含量方法（1）
已知：I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI
（2）试剂①是H2O2，加入足量H2O2反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是 。
（3）试剂②是 （填名称），其作用是 。
测定Fe3O4含量方法（2）
已知：5Fe2+MnO4﹣+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O
（4）试剂③是Zn粉，向第三份溶液中缓慢加入Zn粉末，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉，写出该过程中发生的离子方程式 ，这样操作的原因是 。
（5）用第三份实验数据计算墨粉中的Fe3O4的含量 。（只列计算式，不计算）
（6）试剂③不能用铁粉，可能的原因是 。
2021年上海市杨浦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答案）
1．（2分）科学家根据25Mg与24Mg的比例，为月球起源的假说提供证据。25Mg与24Mg具有相同的（ ）
A．核外电子排布 B．质量数
C．中子数 D．质量
【分析】A.二者质子数均为12；
B.元素符号左上角的数值为质量数；
C.质子数+中子数＝质量数；
D.原子的质量主要集中在原子核上。
【解答】解：A.二者质子数均为12，质子数等于核外电子数，则具有相同的电子数，故A正确；
B.元素符号左上角的数值为质量数，则质量数分别为25、24，故B错误；
C.质子数+中子数＝质量数，则中子数分别为25﹣12＝13、24﹣12＝12，故C错误；
D.原子的质量主要集中在原子核上，质量数不同，可知质量不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子的构成，为高频考点，把握原子的构成、原子中的数量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
2．（2分）可降解塑料能从根本上解决白色污染。是一种较成熟的可降解塑料。PLA可降解的原因是（ ）
A．分子量小 B．能溶解于水 C．能水解 D．能燃烧
【分析】为乳酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，结构中含有酯基，据此分析解答。
【解答】解：为乳酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，结构中含有酯基，所以可以在酸性环境或者碱性环境下水解，所以PLA可以降低，
故选：C。
【点评】本题考查了有机高分子化合物组成、结构与性质，明确PLA结构与性质是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）利用物质性质差异进行分离是化学上常用的方法。纸上层析利用了物质的（ ）
A．溶解性差异 B．熔点差异 C．沸点差异 D．密度差异
【分析】与溶解度有关的分离操作有：萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等，以此解答该题。
【解答】解：与溶解度有关的分离操作有：萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等，所以纸上层析利用了物质的溶解性差异，故A正确，
故选：A。
【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、混合物分离方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意常见的分离方法，题目难度不大。
4．（2分）向苯、CCl4、无水乙醇、己烯中分别滴加少量溴水，振荡、静置后，描述错误的是（ ）
A．苯：上层红棕色，下层无色
B．无水乙醇：液体不分层
C．己烯：上层无色，下层无色
D．CCl4：上层无色，下层紫色
【分析】向苯、CCl4、无水乙醇、己烯中分别滴加少量溴水，苯与溴水发生萃取，CCl4与溴水发生萃取，乙醇与溴水互溶，己烯与溴水发生加成反应，据此分析。
【解答】解：A．苯与溴水发生萃取，苯的密度小于水，所以苯和溴单质在上层，水在下层，则上层红棕色，下层无色，故A正确；
B．乙醇与溴水互溶，液体不分层，故B正确；
C．己烯与溴水发生加成反应，己烯褪色，生成的二溴己烷难溶于水，会分层，而且上层无色，下层无色，故C正确；
D．CCl4与溴水发生萃取，CCl4的密度大于水，所以CCl4和溴单质在下层，水在上层，则上层为无色，下层为橙色，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，把握有机物的性质、反应与现象、物质检验、实验技能为解答关键，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。
5．（2分）下列物质来源的叙述，错误的是（ ）
A．甲烷：可从天然气中得到
B．乙烯：可从石油分馏中得到
C．苯：可从煤焦油中得到
D．乙醇：可由粮食发酵得到
【分析】A．天然气主要成分为甲烷；
B．石油分馏主要产物为烷烃、环烷烃和芳香烃；
C．煤焦油中含有苯；
D．淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇。
【解答】解：A．天然气主要成分为甲烷，所以可以从天然气中得到甲烷，故A不选；
B．石油分馏主要产物为烷烃、环烷烃和芳香烃，得不到乙烯，乙烯是由石油的催化裂解得到的产物，故B选；
C．煤焦油中含有苯，可以从煤焦油中得到苯，故C不选；
D．淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇，所以可由粮食发酵得到乙醇，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的组成及性质是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）常温下，能鉴别浓H2SO4和稀H2SO4，且与浓H2SO4强氧化性有关的是（ ）
A．铝片 B．纸 C．铜片 D．焦炭
【分析】Al与稀硫酸反应生成氢气，常温下Al遇浓硫酸发生钝化，以此来解答。
【解答】解：A.Al与稀硫酸反应生成氢气，常温下Al遇浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜与浓H2SO4强氧化性有关，现象不同可鉴别，故A选；
B.浓硫酸使纸脱水，与脱水性有关，稀硫酸不能，可鉴别，故B不选；
C.常温下Cu与二者均不反应，不能鉴别，故C不选；
D.常温下焦炭与二者均不反应，不能鉴别，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查硫酸及Al的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是（ ）
A．硫的熔沸点较低 B．硫晶体属于分子晶体
C．铜丝能在硫蒸气中燃烧 D．黑色固体是Cu2S
【分析】A.加热时硫粉很快熔化为液体；
B.有淡黄色气体为由硫分子；
C.光亮细铜丝伸淡黄色气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成；
D.Cu2S、CuS均为黑色固体。
【解答】解：A.加热时硫粉很快熔化为液体，则硫的熔沸点较低，故A正确；
B.S由分子构成，可知为分子晶体，故B正确；
C.光亮细铜丝伸淡黄色气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成，则铜丝能在硫蒸气中燃烧，故C正确；
D.Cu2S、CuS均为黑色固体，由实验现象不能确定黑色固体是Cu2S，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查铜的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（2分）如图是能量示意图，由此判断热化学方程式正确的是（ ）
A．O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）﹣685kJ
B．OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）+427kJ
C． O2（g）+H2（g）→H2O（g）+244kJ
D．O（g）+2H（g）→H2O（g）﹣1187kJ
【分析】A．由图可知，O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）放热685kJ；
B．由图可知，OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）吸热427kJ；
C．根据盖斯定律可知，反应无论一步完成，还是多步完成，反应热相同；
D．由图可知，O（g）+2H（g）→H2O（g）放热（427kJ+502kJ）＝929kJ。
【解答】解：A．由图可知，O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）放热685kJ，则热化学方程式为O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）+685kJ，故A错误；
B．由图可知，OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）吸热427kJ，则热化学方程式为OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）﹣427kJ，故B错误；
C．由图可知，O2（g）+H2（g）→H2O（g）放热为（427kJ+502kJ﹣685kJ）＝244kJ，则热化学方程式为O2（g）+H2（g）→H2O（g）+244kJ，故C正确；
D．O（g）+2H（g）→H2O（g）放热（427kJ+502kJ）＝929kJ，则热化学方程式为O（g）+2H（g）→H2O（g）﹣929kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了反应热与焓变，为高频考点，把握化学反应中能量的变化、盖斯定律的计算应用和热化学方程式的书写即可解答，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，题目难度不大。
9．（2分）新制氯水的叙述错误的是（ ）
A．含Cl2，呈黄绿色
B．逸出Cl2，有刺激性气味
C．光照时，放出氧气
D．含大量ClO﹣，有强氧化性
【分析】氯气为黄绿色有刺激性气味的气体，氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO﹣、Cl﹣等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解生成O2而变质，以此解答。
【解答】解：A．氯气为黄绿色气体，氯水中含有Cl2，呈黄绿色，故A正确；
B．氯气为有刺激性气味的气体，所以逸出Cl2，有刺激性气味，故B正确；
C．氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解生成氧气，反应为：2HClO2HCl+O2↑，故C正确；
D．氯水中Cl2、HClO、ClO﹣中氯元素化合价都可以降价，都具有氧化性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，为高考高频考点，侧重于基础知识的综合运用，难度不大。
10．（2分）《自然科学》杂志上关于Li﹣空气电池如图所示。对该电池的分析正确的是（ ）
A．多孔碳材料是负极
B．Li发生氧化反应
C．电子由多孔碳材料沿导线流向Li
D．O2发生O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
【分析】该电池中，Li失电子为负极，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2，则多孔碳材料电极为正极，原电池工作时，外电路中：电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，据此分析解答。
【解答】解：A．该电池中，Li失电子为负极，多孔碳材料是正极，故A错误；
B．放电时，Li转化为Li+，Li失电子被氧化，发生氧化反应，故B正确；
C．电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，故C错误；
D．O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2，则O2发生：O2+2Li++2e﹣→Li2O2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池原理的应用，明确正负极的判断、电极反应和电子的流向是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
11．（2分）利用如图装置制取SO2或验证其性质，不能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2
B．验证氧化性
C．验证还原性
D．验证漂白性
【分析】A.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；
B.二氧化硫与硫化钠反应生成S；
C.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸；
D.二氧化硫为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水。
【解答】解：A.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，图中固液反应装置可制备，故A正确；
B.二氧化硫与硫化钠反应生成S，二氧化硫中S元素的化合价降低，体现氧化性，故B正确；
C.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸，二氧化硫中S元素的化合价升高，体现还原性，故C正确；
D.二氧化硫为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，溶液褪色，与漂白性无关，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、物质的制备、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。
12．（2分）只由非金属元素组成的化合物，一定不具有的性质是（ ）
A．固体导电 B．能溶于水 C．硬度大 D．电解质
【分析】只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如铵盐（氯化铵、硝酸铵等）。
A．无论是离子化合物还是共价化合物，固体都不导电；
B．部分共价化合物能溶于水，铵盐能溶于水；
C．部分共价化合物属于原子晶体的化合物硬度大；
D．部分共价化合物属于电解质，铵盐属于电解质。
【解答】解：A．只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如铵盐，无论是离子化合物还是共价化合物，固体都不导电，故A选；
B．只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物如氯化氢，能溶于水，只由非金属元素组成的化合物如铵盐能溶于水，故B不选；
C．只由非金属元素组成的化合物，可能是原子晶体如二氧化硅，硬度大，故C不选；
D．只由非金属元素组成的化合物，可能是电解质，如铵盐氯化铵、硝酸铵等属于电解质，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的类别和性质，掌握只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，以及原子晶体、离子晶体的性质是解答关键，题目难度不大。
13．（2分）实验室制备乙烯和乙炔的叙述错误的是（ ）
A．都不能用启普发生器
B．都需要温度计指示反应温度
C．都能用碱石灰除去产物中的酸性气体
D．都不能直接用溴水检验产物
【分析】A.制备乙烯需要加热至170℃，制备乙炔时生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处；
B.制备乙炔不需要加热；
C.生成乙烯或乙炔中均混有酸性气体；
D.乙烯中混有二氧化硫时与溴水发生氧化还原反应，乙炔中混有硫化氢与溴水发生氧化还原反应。
【解答】解：A.制备乙烯需要加热至170℃，制备乙炔时生成氢氧化钙易堵塞启普发生器的瓶颈处，启普发生器用于块状固体与液体不加热制备气体，则都不能用启普发生器，故A正确；
B.制备乙炔不需要加热，只有乙烯需要测定温度，故B错误；
C.生成乙烯或乙炔中均混有酸性气体，则都能用碱石灰除去产物中的酸性气体，故C正确；
D.乙烯中混有二氧化硫时与溴水发生氧化还原反应，乙炔中混有硫化氢与溴水发生氧化还原反应，则都不能直接用溴水检验产物，先除杂后检验，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查制备实验评价，为高频考点，把握有机物的制备、混合物分离提纯、物质的检验、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。
14．（2分）乙酸丁酯的制备及提纯，不会涉及的装置或操作是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】A.乙酸与丁醇加热时发生酯化反应；
B.酯不溶于水；
C.需要碳酸钠溶液分离乙酸、醇；
D.测定pH与制备、提纯无关。
【解答】解：A.乙酸与丁醇加热时发生酯化反应，图中加热装置可制备，故A正确；
B.酯不溶于水，可选分液漏斗分离，故B正确；
C.需要碳酸钠溶液分离，分液后蒸馏可分离，故C正确；
D.测定pH可测定溶液的酸碱性，与分离提纯、物质的制备无关，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、有机物的制备、混合物分离提纯、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。
15．（2分）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（ ）
A．加冷水可提高效果
B．使用时应防明火以免发生爆炸
C．可敞口置于空气中保存
D．NaOH作氧化剂
【分析】Al与NaOH溶液反应生成氢气，可疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，以此来解答。
【解答】解：A.加冷水反应速率变慢，不能提高效果，故A错误；
B.氢气具有可燃性，则使用时应防明火以免发生爆炸，故B正确；
C.敞口置于空气中二氧化碳与NaOH反应，则变质不能使用，故C错误；
D.Al为还原剂，水为氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（2分）图a～c分别为NaCl在不同状态下的导电实验（X、Y为石墨电极）微观示意图。下列分析错误的是（ ）
A．图中代表Cl﹣ B．a：NaCl固体，不导电
C．b：X与电源负极相连 D．c：Y上产生H2
【分析】A．氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl﹣；
B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电；
C．图c为NaCl溶液，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电；
D．电解熔融氯化钠、NaCl溶液时，阳极上都是氯离子放电。
【解答】解：A．根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl﹣，故A正确；
B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不能自由移动的离子或电子，所以不能导电，故B正确；
C．图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C错误；
D．图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。
17．（2分）Na2O2能与CO2发生反应，下列叙述错误的是（ ）
A．有离子键、共价键的断裂与生成
B．O2既是氧化产物又是还原产物
C．反应物和生成物中都含离子晶体
D．标况下，转移2mol电子，气体体积减小22.4L
【分析】A．过氧化钠含有离子键和共价键，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B．分析反应中元素化合价变化判断；
C．含有离子键的晶体为离子晶体；
D．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子。
【解答】解：A．过氧化钠含有离子键和共价键，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以过程中破坏了过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间的离子键，过氧根离子中两个氧原子之间的共价键，故A正确；
B．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应中过氧化钠中﹣1价的氧部分化合价升高为氧气中的0价，所以氧气为氧化产物，部分化合价降低碳酸钠中﹣2价氧，碳酸钠为还原产物，故B错误；
C．反应物中过氧化钠为离子晶体，生成物中碳酸钠为离子晶体，故C正确；
D．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子，依据方程式：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，消耗2mol二氧化碳，生成1mol氧气，气体物质的量减少量为1mol，标况下体积减少1mol×22.4L/mol＝22.4L，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查过氧化钠与二氧化碳的反应，涉及化学键及晶体类型判断，氧化还原反应基本概念判断等，掌握离子键、共价键、原子晶体类型是解答关键，题目难度不大。
18．（2分）X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O。下列判断正确的是（ ）
A．若X只含C、H两种元素，则X有三种结构
B．若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X是醛或甲酸酯
C．若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，则X是OHC﹣CHO
D．若X能使溴水褪色，又能与Na反应放出H2，则X是CH≡CCH2OH
【分析】X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O，由元素守恒可知，X中一定含C、H元素，可能含O元素，
A.若X只含C、H两种元素，＝4…...10，可知A为C4H10；
B.若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X含﹣CHO，＝2…...5，可知X为CH3CH2CHO或OHCCHO；
C.若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，Ag的物质的量为＝0.4mol，由﹣CHO～2Ag可知含2个﹣CHO；
D.CH≡CCH2OH的相对分子质量为12×3+16+1×4＝56。
【解答】解：X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O，由元素守恒可知，X中一定含C、H元素，可能含O元素，
A.若X只含C、H两种元素，＝4…...10，可知A为C4H10，只有正丁烷、异丁烷两种结构，故A错误；
B.若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X含﹣CHO，＝2…...5，可知X为CH3CH2CHO或OHCCHO，X不可能为甲酸酯，故B错误；
C.若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，Ag的物质的量为＝0.4mol，由﹣CHO～2Ag可知含2个﹣CHO，则X是OHC﹣CHO，故C正确；
D.CH≡CCH2OH的相对分子质量为12×3+16+1×4＝56，则X能使溴水褪色，又能与Na反应放出H2，则X是CH2＝CHCH2OH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醛、烯烃、醇的性质及碳链异构，题目难度不大。
19．（2分）一定条件下，6H2（g）+2CO2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g），CO2平衡转化率随温度变化图所示。对a、b、c三点对应情况的分析，合理的是（ ）
A．CO2物质的量分数：a＞b
B．C2H5OH物质的量分数：a＜c
C．平衡常数：Ka＞Kc＞Kb
D．反应速率：va（CO2）＜vb（CO2）
【分析】A.a、b点均在曲线I上，由图可知升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动；
B.a、c点温度相同，增大氢气的量平衡正向移动；
C.K与温度有关，且正反应为放热反应；
D.a、b点只有温度不同，温度越高、反应速率越快。
【解答】解：A.a、b点均在曲线I上，由图可知升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则CO2物质的量分数：a＜b，故A错误；
B.a、c点温度相同，增大氢气的量平衡正向移动，则C2H5OH物质的量分数：a＞c，故B错误；
C.K与温度有关，且正反应为放热反应，温度越高K越小，则平衡常数：Ka＝Kc＞Kb，故C错误；
D.a、b点只有温度不同，温度越高、反应速率越快，则反应速率：va（CO2）＜vb（CO2），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响、K与温度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图象的结合，题目难度不大。
20．（2分）某溶液中可能含浓度均为0.5mol•L﹣1的Al3+、Fe2+、Na+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种。向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，得到溶液X，对X进行如图实验。根据上述实验现象得出的结论，错误的是（ ）
A．可能含Na+、Cl﹣、Al3+
B．沉淀N是Fe（OH）3
C．一定含Fe2+、SO42﹣
D．再检验一种离子即可确定原溶液成分
【分析】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，得到X溶液，说明肯定不含CO32﹣。向X溶液加入过量的Ba（NO3）2产生白色沉淀为BaSO4，气体A遇空气变成红棕色，则气体A为NO，则原溶液中肯定含有Fe2+、SO42﹣，反应后的溶液中加入足量的NaOH后，产生沉淀N，则气体B为NH3，由于前边加入了过量的Ba（NO3）2已经把Fe2+全部氧化成Fe3+，所以沉淀N为Fe（OH）3，则原溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，一定没有CO32﹣，原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，根据电荷守恒，原溶液中不可能含有Al3+，可能含有Na+、Cl﹣。
【解答】解：A．由分析可知，溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，一定没有CO32﹣，原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，根据电荷守恒，原溶液中不可能含有Al3+，故A错误；
B．由分析可知，溶液中含有Fe2+，加入的盐酸、Ba（NO3）2是过量的，Fe2+全部被氧化成Fe3+，再加入过量的NaOH溶液，生成的沉淀N为Fe（OH）3，故B正确；
C．由分析可知，溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，故C正确；
D．由分析可知，原溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，一定没有CO32﹣，不可能含有Al3+，可能含有Na+、Cl﹣，再检验Na+或Cl﹣，即可确定原溶液成分，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子检验，涉及离子反应与离子共存，根据反应现象判断含有的离子，掌握离子反应发生的条件，注意离子判断中电荷守恒的运用，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力。
二、综合题（共计60分）
21．（15分）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢（PH3），实验室制备PH3的常用方法有两种：
①PH4I+NaOH→NaI+PH3↑+H2O
②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑
完成下列填空：
（1）P核外能量最高的电子具有相同的 BC 。（填写序号）
A.轨道
B.自旋方向
C.电子云形状
D.电子云伸展反应
（2）已知PH3与NH3的结构相似，PH3的空间结构是 三角锥形 。PH3的分解温度比NH3 低 （填“高”、“低”），判断的依据是 氮原子半径小于磷原子，N﹣H键的键长更短，键能更大 。
（3）已知H3PO4为三元酸，其结构式为：。次磷酸（H3PO2）中的P的成键情况与H3PO4中的相同，则H3PO2的结构式是 。利用反应②制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明H3PO2是 一 元酸。
（4）常温下，H3PO4在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。
①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出H3PO4第二步电离平衡常数表达式K＝ 。
②图中可推断KH2PO4溶液呈 酸 （填“酸”、“碱”、“中”）性，可能的原因是 H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度 。KH2PO4溶液中各含磷微粒以及H+按浓度由大到小的顺序排列 c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）＞c（PO43﹣） 。
【分析】（1）P原子核电荷数15，基态原子核外电子排布：1s22s22p63s23p3，3p轨道上的三个电子能量相同，电子云伸展方向不同；
（2）PH3与NH3的结构相似，氨气分子中氮原子sp3杂化，含一对孤对电子，分子构型为三角锥形，氮和磷原子为同主族元素，氮原子半径小于磷原子，N﹣H键键长短，键能大；
（3）次磷酸（H3PO2）中的P的成键情况与H3PO4中的相同，只有一个羟基氢，利用反应②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑
制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明次磷酸为一元酸；
（4）①H3PO4第二步电离为：H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，据此书写平衡常数表达式；
②图中可推断KH2PO4溶液pH＜7，溶液显酸性，说明H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度，据此分析判断离子浓度大小。
【解答】解：（1）P原子核电荷数15，基态原子核外电子排布：1s22s22p63s23p3，P核外能量最高的电子是3p轨道上的三个电子，3p轨道上的三个电子能量相同，电子云伸展方向不同，故选BC，
故答案为：BC；
（2）氨气分子中氮原子sp3杂化，含一对孤对电子，分子构型为三角锥形，PH3与NH3的结构相似，为三角锥形，氮和磷原子为同主族元素，氮原子半径小于磷原子，N﹣H键的键长短，键能大，分解需要的温度高，PH3的分解温度比NH3低，
故答案为：三角锥形；低；氮原子半径小于磷原子，N﹣H键的键长更短，键能更大；
（3）H3PO2中只有一个羟基氢，结构式为，利用反应②制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明KH2PO2为正盐，次磷酸为一元酸，
故答案为：；一；
（4）①H3PO4第二步电离为：H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，电离平衡常数表达式为：K＝，
故答案为：；
②图中可推断KH2PO4溶液呈酸性，H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度，KH2PO4溶液中各含磷微粒以及H+按浓度由大到小的顺序排列为：c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）＞c（PO43﹣），
故答案为：酸；H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度；c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）＞c（PO43﹣）。
【点评】本题考查了原子结构、弱电解质电离平衡等知识点，主要考查了读图解析和分析判断能力、化学平衡知识的综合应用能力，题目难度中等。
22．（15分）Ba是第六周期ⅡA族的元素，常见的矿物重晶石（主要成分是BaSO4，含少量SiO2、CaO、MgO等）中，以下是某工业制取Ba（NO3）2的流程示意图。
完成下列填空：
（1）重晶石和煤磨成粉能加快反应速率，原因是 增加接触面积，提高反应速率 。
（2）焙烧时主要反应为：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO↑（g），不同温度下反应达到平衡时，各成分的物质的量如图所示。
①依图判断生成BaS的反应是 吸热 反应（填“放热”或“吸热”），焙烧温度至少应控制在 500 ℃以上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，该反应的化学反应速率为 0.64mol/（L•h） 。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱Mg（OH）2、Ca（OH）2、Ba（OH）2，其中碱性最弱的是 Mg（OH）2 （填化学式）。浸取液中产生Ba（OH）2的原因是 S2﹣+H2O⇌HS2﹣+OH﹣ 。（用离子方程式表示）
（3）向BaS溶液中加入HNO3生成Ba（NO3）2，HNO3过量会析出Ba（NO3）2晶体，利用平衡移动原理，解释析出晶体的原因 溶液中存在溶解平衡Ba（NO3）2（s）⇌Ba2+（aq）+2NO3﹣（aq）加入过量的HNO3，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出 。
工业上用Ba（NO3）2制备高纯BaCO3，其流程图是：
①碳化时，先向Ba（NO3）2溶液中通入 NH3 （写化学式），写出碳化时发生反应的化学方程式 Ba（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝BaCO3↓+2NH4NO3 。
②写出检验母液中主要阳离子的实验方案 取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色湿润试纸，试纸变蓝 。
【分析】重晶石主要成分为BaSO4，含少量的SiO2、CaO和MgO杂质，加入煤粉，高温煅烧，发生BaSO4+4C BaS+4CO，除此以外还可能有BaCO3等副产物生成，然后用90℃的热水浸取，趁热过滤，除去杂质，加入硝酸，可与BaS反应生成硝酸钡，以此解答该题。
【解答】解：（1）重晶石和煤磨成粉能增加接触面积，提高反应速率，
故答案为：增加接触面积，提高反应速率；
（2）①由图可知，随着温度升高，一氧化碳的物质的量增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，为减少副反应的发生，温度控制在500℃以上；某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，一氧化碳的浓度为＝0.96mol/L，该反应的化学反应速率为＝0.64mol/（L•h），
故答案为：吸热；500；0.64mol/（L•h）；
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱Mg（OH）2、Ca（OH）2、Ba（OH）2，根据元素周期律分析，镁、钙、钡为同主族元素，原子序数递增，金属性增强，所以镁的金属性最弱，所以Mg（OH）2碱性最弱；浸取液中硫离子能水解生成氢氧根离子，即产生Ba（OH）2，离子方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，
故答案为：Mg（OH）2；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；
（3）向BaS溶液中加入HNO3生成Ba（NO3）2，溶液中存在溶解平衡Ba（NO3）2（s）⇌Ba2+（aq）+2NO3﹣（aq）加入过量的HNO3，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出，
故答案为：溶液中存在溶解平衡Ba（NO3）2（s）⇌Ba2+（aq）+2NO3﹣（aq）加入过量的HNO3，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出；
（4）二氧化碳和硝酸钡不反应，所以碳化过程中先通入NH3，形成碱性环境，才能吸收二氧化碳气体，再通入二氧化碳，
①碳化时，先向Ba（NO3）2溶液中通入NH3，写出碳化时发生反应的化学方程式Ba（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝BaCO3↓+2NH4NO3，
故答案为：NH3；Ba（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝BaCO3↓+2NH4NO3；
②母液中主要成分为硝酸铵，主要阳离子为铵根离子，检验的实验方案为取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，
故答案为：取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝。
【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及平衡移动原理的应用，题目难度中等。
23．（15分）格式试剂即烃基卤化镁（R﹣MgX）是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试剂设计了有机化合物J的合成路线：
已知：（R、R′、R″代表烃基或氢）
完成下列填空：
（1）D中的官能团名称是： 碳碳双键、溴原子 。
（2）写出反应类型：A→B是 消去 反应；B→D是 取代 反应。
（3）D能发生聚合反应，聚合产物为 或 。
（4）K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无，任写出一种K的结构简式： 或 。
（5）写出H→I的化学方程式 +3NaOH+2NaBr+3H2O 。
（6）利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙醚为有机原料制备的合成路线 。（其他无机试剂任选）
【分析】根据A、D的结构简式及A生成B的反应条件知，A发生消去反应生成B为，B发生取代反应生成D，D发生信息中的反应生成E，D中醇羟基被﹣Br取代生成F，F发生信息中的反应生成G，对比G、J的结构简式知，G中碳碳双键和溴发生加成反应生成H为、H发生消去反应生成I为，I酸化得到J；
（6）以A、HCHO、乙醚为有机原料制备，根据A发生一系列反应生成E知，可由发生催化氧化得到，A和HBr发生取代反应生成，发生信息中的反应生成。
【解答】解：（1）D中的官能团名称是碳碳双键、溴原子，
故答案为：碳碳双键、溴原子；
（2）A中醇羟基发生反应后生成B中碳碳双键，则A→B是消去反应；B中亚甲基上的H原子被﹣Br取代生成D，则B→D是取代反应，
故答案为：消去；取代；
（3）D中含有碳碳双键，所以D能发生聚合反应，聚合产物为或，
故答案为：；；
（4）K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，说明含有苯环，J的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，则K分子中含有苯环外不含其它碳碳不饱和键或环，且分子中无甲基也无，说明符合条件的同分异构体中不存在次亚甲基，符合条件的K的结构简式：、等，
故答案为：或；
（5）H为、H发生消去反应生成I为，H→I的化学方程式为+3NaOH+2NaBr+3H2O，
故答案为：+3NaOH+2NaBr+3H2O；
（6）以A、HCHO、乙醚为有机原料制备，根据A发生一系列反应生成E知，可由发生催化氧化得到，A和HBr发生取代反应生成，发生信息中的反应生成，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，利用某些结构简式、分子式、题给信息并正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意（5）中羧基也和NaOH反应，为解答易错点。
24．（15分）打印机墨粉中的Fe3O4的含量是衡量墨粉质量优劣的重要指标之一。已知：墨粉中除了Fe3O4晶体粉粒外，其余成分均不溶于水且不与酸反应。
为测定墨粉中Fe3O4的含量，进行了如图实验：
完成下列填空：
检验Fe2+
（1）第一份取少许，选用 取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液 （填试剂名称），现象是 紫色褪去 。
测定Fe3O4含量方法（1）
已知：I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI
（2）试剂①是H2O2，加入足量H2O2反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是 使H2O2分解完全 。
（3）试剂②是 淀粉溶液 （填名称），其作用是 检验I2和Na2S2O3是否反应完全 。
测定Fe3O4含量方法（2）
已知：5Fe2+MnO4﹣+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O
（4）试剂③是Zn粉，向第三份溶液中缓慢加入Zn粉末，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉，写出该过程中发生的离子方程式 Zn+2H+＝Zn2++H2↑、Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+ ，这样操作的原因是 铁元素转化为亚铁离子，然后通过高猛酸碱的消耗量来计算Fe3O4含量 。
（5）用第三份实验数据计算墨粉中的Fe3O4的含量 100% 。（只列计算式，不计算）
（6）试剂③不能用铁粉，可能的原因是 铁粉会增加铁的含量，导致测定结果偏大 。
【分析】mg墨粉中加入足量的稀硫酸，和Fe3O4的反应，墨粉中的Fe3O4转化为亚铁离子和铁离子；
（1）亚铁离子具有较强的还原性，故可以用高锰酸钾溶液来检验；
第二份加入足量的双氧水，把亚铁离子转化为铁离子，然后加入足量KI溶液，铁离子和KI反应生成碘单质，然后加入指示剂淀粉溶液，用c1mol/LNa2S2O3标准溶滴定消耗V1mL，测定Fe3O4含量；
（2）加入H2O2的目的是把亚铁离子全部氧化为铁离子，双氧水在较高温度会分解，还需要充分加热，使双氧水分解，防止影响后面实验；
（3）反应中需要加入指示剂，试剂②是淀粉溶液，作用是检验反应的进行程度；
第三份加入足量的锌粉，然后把铁元素全部转化为亚铁离子，用cmol/L的高锰酸钾溶液滴定，消耗VmL；
（4）锌和稀硫酸反应生成氢气、铁离子和锌反应生成锌离子和亚铁离子，可以使所有的铁元素转化为亚铁离子，然后和酸性高锰酸钾溶液反应；
（5）根据5Fe2++8H++MnO4﹣＝5Fe3++4H2O+Mn2+计算亚铁离子和Fe3O4含量；
（6）铁粉会增加铁的含量。
【解答】解：（1）亚铁离子具有较强的还原性，可以和高锰酸钾反应，故检验亚铁离子，可加高锰酸钾，若紫色褪色，则含有亚铁离子，
故答案为：取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液；紫色褪去；
（2）试剂①是H2O2，加入H2O2的目的是把亚铁离子全部氧化为铁离子，加入足量H2O2反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是使H2O2分解完全，防止影响后面实验，
故答案为：使H2O2分解完全；
（3）试剂②是指示剂，用来检验碘，②是淀粉溶液，作用是检验I2和Na2S2O3是否反应完全，
故答案为：淀粉溶液；检验I2和Na2S2O3是否反应完全；
（4）锌和稀硫酸反应生成氢气、铁离子可以和锌反应生成锌离子和亚铁离子，反应的方程式为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑、Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，作用是使铁元素转化为亚铁离子，然后通过高猛酸碱的消耗量来计算Fe3O4含量，
故答案为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑；Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+；铁元素转化为亚铁离子，然后通过高猛酸碱的消耗量来计算Fe3O4含量；
（5）根据5Fe2++8H++MnO4﹣＝5Fe3++4H2O+Mn2+，n（Fe2+）＝5n（MnO4﹣）＝5c×V×10﹣3mol，根据铁元素守恒，墨粉中的Fe3O4的含量＝×100%，
故答案为：100%；
（6）试剂③不能用铁粉，是因为铁粉会增加铁的含量，导致测定结果偏大，
故答案为：铁粉会增加铁的含量，导致测定结果偏大。
【点评】本题考查物质含量的测定，把握元素化合物的性质以及反应中数量关系为解答的关键，侧重分析和理解能力的考查，题目难度中等。
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2021年上海市杨浦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答案）
1．（2分）科学家根据25Mg与24Mg的比例，为月球起源的假说提供证据。25Mg与24Mg具有相同的（ ）
A．核外电子排布 B．质量数
C．中子数 D．质量
2．（2分）可降解塑料能从根本上解决白色污染。是一种较成熟的可降解塑料。PLA可降解的原因是（ ）
A．分子量小 B．能溶解于水 C．能水解 D．能燃烧
3．（2分）利用物质性质差异进行分离是化学上常用的方法。纸上层析利用了物质的（ ）
A．溶解性差异 B．熔点差异 C．沸点差异 D．密度差异
4．（2分）向苯、CCl4、无水乙醇、己烯中分别滴加少量溴水，振荡、静置后，描述错误的是（ ）
A．苯：上层红棕色，下层无色
B．无水乙醇：液体不分层
C．己烯：上层无色，下层无色
D．CCl4：上层无色，下层紫色
5．（2分）下列物质来源的叙述，错误的是（ ）
A．甲烷：可从天然气中得到
B．乙烯：可从石油分馏中得到
C．苯：可从煤焦油中得到
D．乙醇：可由粮食发酵得到
6．（2分）常温下，能鉴别浓H2SO4和稀H2SO4，且与浓H2SO4强氧化性有关的是（ ）
A．铝片 B．纸 C．铜片 D．焦炭
7．（2分）加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是（ ）
A．硫的熔沸点较低 B．硫晶体属于分子晶体
C．铜丝能在硫蒸气中燃烧 D．黑色固体是Cu2S
8．（2分）如图是能量示意图，由此判断热化学方程式正确的是（ ）
A．O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）﹣685kJ
B．OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）+427kJ
C． O2（g）+H2（g）→H2O（g）+244kJ
D．O（g）+2H（g）→H2O（g）﹣1187kJ
9．（2分）新制氯水的叙述错误的是（ ）
A．含Cl2，呈黄绿色
B．逸出Cl2，有刺激性气味
C．光照时，放出氧气
D．含大量ClO﹣，有强氧化性
10．（2分）《自然科学》杂志上关于Li﹣空气电池如图所示。对该电池的分析正确的是（ ）
A．多孔碳材料是负极
B．Li发生氧化反应
C．电子由多孔碳材料沿导线流向Li
D．O2发生O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
11．（2分）利用如图装置制取SO2或验证其性质，不能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2
B．验证氧化性
C．验证还原性
D．验证漂白性
12．（2分）只由非金属元素组成的化合物，一定不具有的性质是（ ）
A．固体导电 B．能溶于水 C．硬度大 D．电解质
13．（2分）实验室制备乙烯和乙炔的叙述错误的是（ ）
A．都不能用启普发生器
B．都需要温度计指示反应温度
C．都能用碱石灰除去产物中的酸性气体
D．都不能直接用溴水检验产物
14．（2分）乙酸丁酯的制备及提纯，不会涉及的装置或操作是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2分）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（ ）
A．加冷水可提高效果
B．使用时应防明火以免发生爆炸
C．可敞口置于空气中保存
D．NaOH作氧化剂
16．（2分）图a～c分别为NaCl在不同状态下的导电实验（X、Y为石墨电极）微观示意图。下列分析错误的是（ ）
A．图中代表Cl﹣ B．a：NaCl固体，不导电
C．b：X与电源负极相连 D．c：Y上产生H2
17．（2分）Na2O2能与CO2发生反应，下列叙述错误的是（ ）
A．有离子键、共价键的断裂与生成
B．O2既是氧化产物又是还原产物
C．反应物和生成物中都含离子晶体
D．标况下，转移2mol电子，气体体积减小22.4L
18．（2分）X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O。下列判断正确的是（ ）
A．若X只含C、H两种元素，则X有三种结构
B．若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X是醛或甲酸酯
C．若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，则X是OHC﹣CHO
D．若X能使溴水褪色，又能与Na反应放出H2，则X是CH≡CCH2OH
19．（2分）一定条件下，6H2（g）+2CO2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g），CO2平衡转化率随温度变化图所示。对a、b、c三点对应情况的分析，合理的是（ ）
A．CO2物质的量分数：a＞b
B．C2H5OH物质的量分数：a＜c
C．平衡常数：Ka＞Kc＞Kb
D．反应速率：va（CO2）＜vb（CO2）
20．（2分）某溶液中可能含浓度均为0.5mol•L﹣1的Al3+、Fe2+、Na+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种。向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，得到溶液X，对X进行如图实验。根据上述实验现象得出的结论，错误的是（ ）
A．可能含Na+、Cl﹣、Al3+
B．沉淀N是Fe（OH）3
C．一定含Fe2+、SO42﹣
D．再检验一种离子即可确定原溶液成分
二、综合题（共计60分）
21．（15分）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢（PH3），实验室制备PH3的常用方法有两种：
①PH4I+NaOH→NaI+PH3↑+H2O
②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑
完成下列填空：
（1）P核外能量最高的电子具有相同的 。（填写序号）
A.轨道
B.自旋方向
C.电子云形状
D.电子云伸展反应
（2）已知PH3与NH3的结构相似，PH3的空间结构是 。PH3的分解温度比NH3 （填“高”、“低”），判断的依据是 。
（3）已知H3PO4为三元酸，其结构式为：。次磷酸（H3PO2）中的P的成键情况与H3PO4中的相同，则H3PO2的结构式是 。利用反应②制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明H3PO2是 元酸。
（4）常温下，H3PO4在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。
①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出H3PO4第二步电离平衡常数表达式K＝ 。
②图中可推断KH2PO4溶液呈 （填“酸”、“碱”、“中”）性，可能的原因是 。KH2PO4溶液中各含磷微粒以及H+按浓度由大到小的顺序排列 。
22．（15分）Ba是第六周期ⅡA族的元素，常见的矿物重晶石（主要成分是BaSO4，含少量SiO2、CaO、MgO等）中，以下是某工业制取Ba（NO3）2的流程示意图。
完成下列填空：
（1）重晶石和煤磨成粉能加快反应速率，原因是 。
（2）焙烧时主要反应为：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO↑（g），不同温度下反应达到平衡时，各成分的物质的量如图所示。
①依图判断生成BaS的反应是 反应（填“放热”或“吸热”），焙烧温度至少应控制在 ℃以上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，该反应的化学反应速率为 。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱Mg（OH）2、Ca（OH）2、Ba（OH）2，其中碱性最弱的是 （填化学式）。浸取液中产生Ba（OH）2的原因是 。（用离子方程式表示）
（3）向BaS溶液中加入HNO3生成Ba（NO3）2，HNO3过量会析出Ba（NO3）2晶体，利用平衡移动原理，解释析出晶体的原因 。
工业上用Ba（NO3）2制备高纯BaCO3，其流程图是：
①碳化时，先向Ba（NO3）2溶液中通入 （写化学式），写出碳化时发生反应的化学方程式 。
②写出检验母液中主要阳离子的实验方案 。
23．（15分）格式试剂即烃基卤化镁（R﹣MgX）是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试剂设计了有机化合物J的合成路线：
已知：（R、R′、R″代表烃基或氢）
完成下列填空：
（1）D中的官能团名称是： 。
（2）写出反应类型：A→B是 反应；B→D是 反应。
（3）D能发生聚合反应，聚合产物为 或 。
（4）K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无，任写出一种K的结构简式： 。
（5）写出H→I的化学方程式 。
（6）利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙醚为有机原料制备的合成路线 。（其他无机试剂任选）
24．（15分）打印机墨粉中的Fe3O4的含量是衡量墨粉质量优劣的重要指标之一。已知：墨粉中除了Fe3O4晶体粉粒外，其余成分均不溶于水且不与酸反应。
为测定墨粉中Fe3O4的含量，进行了如图实验：
完成下列填空：
检验Fe2+
（1）第一份取少许，选用 （填试剂名称），现象是 。
测定Fe3O4含量方法（1）
已知：I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI
（2）试剂①是H2O2，加入足量H2O2反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是 。
（3）试剂②是 （填名称），其作用是 。
测定Fe3O4含量方法（2）
已知：5Fe2+MnO4﹣+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O
（4）试剂③是Zn粉，向第三份溶液中缓慢加入Zn粉末，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉，写出该过程中发生的离子方程式 ，这样操作的原因是 。
（5）用第三份实验数据计算墨粉中的Fe3O4的含量 。（只列计算式，不计算）
（6）试剂③不能用铁粉，可能的原因是 。
2021年上海市杨浦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答案）
1．（2分）科学家根据25Mg与24Mg的比例，为月球起源的假说提供证据。25Mg与24Mg具有相同的（ ）
A．核外电子排布 B．质量数
C．中子数 D．质量
【分析】A.二者质子数均为12；
B.元素符号左上角的数值为质量数；
C.质子数+中子数＝质量数；
D.原子的质量主要集中在原子核上。
【解答】解：A.二者质子数均为12，质子数等于核外电子数，则具有相同的电子数，故A正确；
B.元素符号左上角的数值为质量数，则质量数分别为25、24，故B错误；
C.质子数+中子数＝质量数，则中子数分别为25﹣12＝13、24﹣12＝12，故C错误；
D.原子的质量主要集中在原子核上，质量数不同，可知质量不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子的构成，为高频考点，把握原子的构成、原子中的数量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
2．（2分）可降解塑料能从根本上解决白色污染。是一种较成熟的可降解塑料。PLA可降解的原因是（ ）
A．分子量小 B．能溶解于水 C．能水解 D．能燃烧
【分析】为乳酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，结构中含有酯基，据此分析解答。
【解答】解：为乳酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，结构中含有酯基，所以可以在酸性环境或者碱性环境下水解，所以PLA可以降低，
故选：C。
【点评】本题考查了有机高分子化合物组成、结构与性质，明确PLA结构与性质是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）利用物质性质差异进行分离是化学上常用的方法。纸上层析利用了物质的（ ）
A．溶解性差异 B．熔点差异 C．沸点差异 D．密度差异
【分析】与溶解度有关的分离操作有：萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等，以此解答该题。
【解答】解：与溶解度有关的分离操作有：萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等，所以纸上层析利用了物质的溶解性差异，故A正确，
故选：A。
【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、混合物分离方法、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意常见的分离方法，题目难度不大。
4．（2分）向苯、CCl4、无水乙醇、己烯中分别滴加少量溴水，振荡、静置后，描述错误的是（ ）
A．苯：上层红棕色，下层无色
B．无水乙醇：液体不分层
C．己烯：上层无色，下层无色
D．CCl4：上层无色，下层紫色
【分析】向苯、CCl4、无水乙醇、己烯中分别滴加少量溴水，苯与溴水发生萃取，CCl4与溴水发生萃取，乙醇与溴水互溶，己烯与溴水发生加成反应，据此分析。
【解答】解：A．苯与溴水发生萃取，苯的密度小于水，所以苯和溴单质在上层，水在下层，则上层红棕色，下层无色，故A正确；
B．乙醇与溴水互溶，液体不分层，故B正确；
C．己烯与溴水发生加成反应，己烯褪色，生成的二溴己烷难溶于水，会分层，而且上层无色，下层无色，故C正确；
D．CCl4与溴水发生萃取，CCl4的密度大于水，所以CCl4和溴单质在下层，水在上层，则上层为无色，下层为橙色，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，把握有机物的性质、反应与现象、物质检验、实验技能为解答关键，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。
5．（2分）下列物质来源的叙述，错误的是（ ）
A．甲烷：可从天然气中得到
B．乙烯：可从石油分馏中得到
C．苯：可从煤焦油中得到
D．乙醇：可由粮食发酵得到
【分析】A．天然气主要成分为甲烷；
B．石油分馏主要产物为烷烃、环烷烃和芳香烃；
C．煤焦油中含有苯；
D．淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇。
【解答】解：A．天然气主要成分为甲烷，所以可以从天然气中得到甲烷，故A不选；
B．石油分馏主要产物为烷烃、环烷烃和芳香烃，得不到乙烯，乙烯是由石油的催化裂解得到的产物，故B选；
C．煤焦油中含有苯，可以从煤焦油中得到苯，故C不选；
D．淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇，所以可由粮食发酵得到乙醇，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的组成及性质是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）常温下，能鉴别浓H2SO4和稀H2SO4，且与浓H2SO4强氧化性有关的是（ ）
A．铝片 B．纸 C．铜片 D．焦炭
【分析】Al与稀硫酸反应生成氢气，常温下Al遇浓硫酸发生钝化，以此来解答。
【解答】解：A.Al与稀硫酸反应生成氢气，常温下Al遇浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜与浓H2SO4强氧化性有关，现象不同可鉴别，故A选；
B.浓硫酸使纸脱水，与脱水性有关，稀硫酸不能，可鉴别，故B不选；
C.常温下Cu与二者均不反应，不能鉴别，故C不选；
D.常温下焦炭与二者均不反应，不能鉴别，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查硫酸及Al的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是（ ）
A．硫的熔沸点较低 B．硫晶体属于分子晶体
C．铜丝能在硫蒸气中燃烧 D．黑色固体是Cu2S
【分析】A.加热时硫粉很快熔化为液体；
B.有淡黄色气体为由硫分子；
C.光亮细铜丝伸淡黄色气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成；
D.Cu2S、CuS均为黑色固体。
【解答】解：A.加热时硫粉很快熔化为液体，则硫的熔沸点较低，故A正确；
B.S由分子构成，可知为分子晶体，故B正确；
C.光亮细铜丝伸淡黄色气体中，铜丝发光发热且有黑色物质生成，则铜丝能在硫蒸气中燃烧，故C正确；
D.Cu2S、CuS均为黑色固体，由实验现象不能确定黑色固体是Cu2S，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查铜的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8．（2分）如图是能量示意图，由此判断热化学方程式正确的是（ ）
A．O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）﹣685kJ
B．OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）+427kJ
C． O2（g）+H2（g）→H2O（g）+244kJ
D．O（g）+2H（g）→H2O（g）﹣1187kJ
【分析】A．由图可知，O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）放热685kJ；
B．由图可知，OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）吸热427kJ；
C．根据盖斯定律可知，反应无论一步完成，还是多步完成，反应热相同；
D．由图可知，O（g）+2H（g）→H2O（g）放热（427kJ+502kJ）＝929kJ。
【解答】解：A．由图可知，O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）放热685kJ，则热化学方程式为O（g）+2H（g）→O2（g）+H2（g）+685kJ，故A错误；
B．由图可知，OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）吸热427kJ，则热化学方程式为OH（g）+H（g）→O（g）+2H（g）﹣427kJ，故B错误；
C．由图可知，O2（g）+H2（g）→H2O（g）放热为（427kJ+502kJ﹣685kJ）＝244kJ，则热化学方程式为O2（g）+H2（g）→H2O（g）+244kJ，故C正确；
D．O（g）+2H（g）→H2O（g）放热（427kJ+502kJ）＝929kJ，则热化学方程式为O（g）+2H（g）→H2O（g）﹣929kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了反应热与焓变，为高频考点，把握化学反应中能量的变化、盖斯定律的计算应用和热化学方程式的书写即可解答，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，题目难度不大。
9．（2分）新制氯水的叙述错误的是（ ）
A．含Cl2，呈黄绿色
B．逸出Cl2，有刺激性气味
C．光照时，放出氧气
D．含大量ClO﹣，有强氧化性
【分析】氯气为黄绿色有刺激性气味的气体，氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO﹣、Cl﹣等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解生成O2而变质，以此解答。
【解答】解：A．氯气为黄绿色气体，氯水中含有Cl2，呈黄绿色，故A正确；
B．氯气为有刺激性气味的气体，所以逸出Cl2，有刺激性气味，故B正确；
C．氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解生成氧气，反应为：2HClO2HCl+O2↑，故C正确；
D．氯水中Cl2、HClO、ClO﹣中氯元素化合价都可以降价，都具有氧化性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，为高考高频考点，侧重于基础知识的综合运用，难度不大。
10．（2分）《自然科学》杂志上关于Li﹣空气电池如图所示。对该电池的分析正确的是（ ）
A．多孔碳材料是负极
B．Li发生氧化反应
C．电子由多孔碳材料沿导线流向Li
D．O2发生O2+H2O+4e﹣→4OH﹣
【分析】该电池中，Li失电子为负极，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2，则多孔碳材料电极为正极，原电池工作时，外电路中：电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，据此分析解答。
【解答】解：A．该电池中，Li失电子为负极，多孔碳材料是正极，故A错误；
B．放电时，Li转化为Li+，Li失电子被氧化，发生氧化反应，故B正确；
C．电子由负极锂电极经过导线流向正极多孔碳材料电极，故C错误；
D．O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2，则O2发生：O2+2Li++2e﹣→Li2O2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池原理的应用，明确正负极的判断、电极反应和电子的流向是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
11．（2分）利用如图装置制取SO2或验证其性质，不能达到实验目的的是（ ）
A．制取SO2
B．验证氧化性
C．验证还原性
D．验证漂白性
【分析】A.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；
B.二氧化硫与硫化钠反应生成S；
C.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸；
D.二氧化硫为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水。
【解答】解：A.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，图中固液反应装置可制备，故A正确；
B.二氧化硫与硫化钠反应生成S，二氧化硫中S元素的化合价降低，体现氧化性，故B正确；
C.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸，二氧化硫中S元素的化合价升高，体现还原性，故C正确；
D.二氧化硫为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，溶液褪色，与漂白性无关，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、物质的制备、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。
12．（2分）只由非金属元素组成的化合物，一定不具有的性质是（ ）
A．固体导电 B．能溶于水 C．硬度大 D．电解质
【分析】只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如铵盐（氯化铵、硝酸铵等）。
A．无论是离子化合物还是共价化合物，固体都不导电；
B．部分共价化合物能溶于水，铵盐能溶于水；
C．部分共价化合物属于原子晶体的化合物硬度大；
D．部分共价化合物属于电解质，铵盐属于电解质。
【解答】解：A．只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如铵盐，无论是离子化合物还是共价化合物，固体都不导电，故A选；
B．只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物如氯化氢，能溶于水，只由非金属元素组成的化合物如铵盐能溶于水，故B不选；
C．只由非金属元素组成的化合物，可能是原子晶体如二氧化硅，硬度大，故C不选；
D．只由非金属元素组成的化合物，可能是电解质，如铵盐氯化铵、硝酸铵等属于电解质，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查物质的类别和性质，掌握只由非金属元素组成的化合物，可能是共价化合物，也可能是离子化合物，以及原子晶体、离子晶体的性质是解答关键，题目难度不大。
13．（2分）实验室制备乙烯和乙炔的叙述错误的是（ ）
A．都不能用启普发生器
B．都需要温度计指示反应温度
C．都能用碱石灰除去产物中的酸性气体
D．都不能直接用溴水检验产物
【分析】A.制备乙烯需要加热至170℃，制备乙炔时生成氢氧化钙易堵塞瓶颈处；
B.制备乙炔不需要加热；
C.生成乙烯或乙炔中均混有酸性气体；
D.乙烯中混有二氧化硫时与溴水发生氧化还原反应，乙炔中混有硫化氢与溴水发生氧化还原反应。
【解答】解：A.制备乙烯需要加热至170℃，制备乙炔时生成氢氧化钙易堵塞启普发生器的瓶颈处，启普发生器用于块状固体与液体不加热制备气体，则都不能用启普发生器，故A正确；
B.制备乙炔不需要加热，只有乙烯需要测定温度，故B错误；
C.生成乙烯或乙炔中均混有酸性气体，则都能用碱石灰除去产物中的酸性气体，故C正确；
D.乙烯中混有二氧化硫时与溴水发生氧化还原反应，乙炔中混有硫化氢与溴水发生氧化还原反应，则都不能直接用溴水检验产物，先除杂后检验，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查制备实验评价，为高频考点，把握有机物的制备、混合物分离提纯、物质的检验、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。
14．（2分）乙酸丁酯的制备及提纯，不会涉及的装置或操作是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】A.乙酸与丁醇加热时发生酯化反应；
B.酯不溶于水；
C.需要碳酸钠溶液分离乙酸、醇；
D.测定pH与制备、提纯无关。
【解答】解：A.乙酸与丁醇加热时发生酯化反应，图中加热装置可制备，故A正确；
B.酯不溶于水，可选分液漏斗分离，故B正确；
C.需要碳酸钠溶液分离，分液后蒸馏可分离，故C正确；
D.测定pH可测定溶液的酸碱性，与分离提纯、物质的制备无关，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、有机物的制备、混合物分离提纯、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。
15．（2分）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是（ ）
A．加冷水可提高效果
B．使用时应防明火以免发生爆炸
C．可敞口置于空气中保存
D．NaOH作氧化剂
【分析】Al与NaOH溶液反应生成氢气，可疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，以此来解答。
【解答】解：A.加冷水反应速率变慢，不能提高效果，故A错误；
B.氢气具有可燃性，则使用时应防明火以免发生爆炸，故B正确；
C.敞口置于空气中二氧化碳与NaOH反应，则变质不能使用，故C错误；
D.Al为还原剂，水为氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（2分）图a～c分别为NaCl在不同状态下的导电实验（X、Y为石墨电极）微观示意图。下列分析错误的是（ ）
A．图中代表Cl﹣ B．a：NaCl固体，不导电
C．b：X与电源负极相连 D．c：Y上产生H2
【分析】A．氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl﹣；
B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电；
C．图c为NaCl溶液，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电；
D．电解熔融氯化钠、NaCl溶液时，阳极上都是氯离子放电。
【解答】解：A．根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl﹣，故A正确；
B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不能自由移动的离子或电子，所以不能导电，故B正确；
C．图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C错误；
D．图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；
故选：C。
【点评】本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。
17．（2分）Na2O2能与CO2发生反应，下列叙述错误的是（ ）
A．有离子键、共价键的断裂与生成
B．O2既是氧化产物又是还原产物
C．反应物和生成物中都含离子晶体
D．标况下，转移2mol电子，气体体积减小22.4L
【分析】A．过氧化钠含有离子键和共价键，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B．分析反应中元素化合价变化判断；
C．含有离子键的晶体为离子晶体；
D．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子。
【解答】解：A．过氧化钠含有离子键和共价键，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以过程中破坏了过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间的离子键，过氧根离子中两个氧原子之间的共价键，故A正确；
B．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应中过氧化钠中﹣1价的氧部分化合价升高为氧气中的0价，所以氧气为氧化产物，部分化合价降低碳酸钠中﹣2价氧，碳酸钠为还原产物，故B错误；
C．反应物中过氧化钠为离子晶体，生成物中碳酸钠为离子晶体，故C正确；
D．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子，依据方程式：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，消耗2mol二氧化碳，生成1mol氧气，气体物质的量减少量为1mol，标况下体积减少1mol×22.4L/mol＝22.4L，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查过氧化钠与二氧化碳的反应，涉及化学键及晶体类型判断，氧化还原反应基本概念判断等，掌握离子键、共价键、原子晶体类型是解答关键，题目难度不大。
18．（2分）X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O。下列判断正确的是（ ）
A．若X只含C、H两种元素，则X有三种结构
B．若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X是醛或甲酸酯
C．若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，则X是OHC﹣CHO
D．若X能使溴水褪色，又能与Na反应放出H2，则X是CH≡CCH2OH
【分析】X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O，由元素守恒可知，X中一定含C、H元素，可能含O元素，
A.若X只含C、H两种元素，＝4…...10，可知A为C4H10；
B.若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X含﹣CHO，＝2…...5，可知X为CH3CH2CHO或OHCCHO；
C.若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，Ag的物质的量为＝0.4mol，由﹣CHO～2Ag可知含2个﹣CHO；
D.CH≡CCH2OH的相对分子质量为12×3+16+1×4＝56。
【解答】解：X的相对分子质量为58，完全燃烧只生成CO2和H2O，由元素守恒可知，X中一定含C、H元素，可能含O元素，
A.若X只含C、H两种元素，＝4…...10，可知A为C4H10，只有正丁烷、异丁烷两种结构，故A错误；
B.若X能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，则X含﹣CHO，＝2…...5，可知X为CH3CH2CHO或OHCCHO，X不可能为甲酸酯，故B错误；
C.若0.1mol X与足量银氨溶液反应得到43.2g的Ag，Ag的物质的量为＝0.4mol，由﹣CHO～2Ag可知含2个﹣CHO，则X是OHC﹣CHO，故C正确；
D.CH≡CCH2OH的相对分子质量为12×3+16+1×4＝56，则X能使溴水褪色，又能与Na反应放出H2，则X是CH2＝CHCH2OH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醛、烯烃、醇的性质及碳链异构，题目难度不大。
19．（2分）一定条件下，6H2（g）+2CO2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g），CO2平衡转化率随温度变化图所示。对a、b、c三点对应情况的分析，合理的是（ ）
A．CO2物质的量分数：a＞b
B．C2H5OH物质的量分数：a＜c
C．平衡常数：Ka＞Kc＞Kb
D．反应速率：va（CO2）＜vb（CO2）
【分析】A.a、b点均在曲线I上，由图可知升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动；
B.a、c点温度相同，增大氢气的量平衡正向移动；
C.K与温度有关，且正反应为放热反应；
D.a、b点只有温度不同，温度越高、反应速率越快。
【解答】解：A.a、b点均在曲线I上，由图可知升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则CO2物质的量分数：a＜b，故A错误；
B.a、c点温度相同，增大氢气的量平衡正向移动，则C2H5OH物质的量分数：a＞c，故B错误；
C.K与温度有关，且正反应为放热反应，温度越高K越小，则平衡常数：Ka＝Kc＞Kb，故C错误；
D.a、b点只有温度不同，温度越高、反应速率越快，则反应速率：va（CO2）＜vb（CO2），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响、K与温度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图象的结合，题目难度不大。
20．（2分）某溶液中可能含浓度均为0.5mol•L﹣1的Al3+、Fe2+、Na+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种。向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，得到溶液X，对X进行如图实验。根据上述实验现象得出的结论，错误的是（ ）
A．可能含Na+、Cl﹣、Al3+
B．沉淀N是Fe（OH）3
C．一定含Fe2+、SO42﹣
D．再检验一种离子即可确定原溶液成分
【分析】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，得到X溶液，说明肯定不含CO32﹣。向X溶液加入过量的Ba（NO3）2产生白色沉淀为BaSO4，气体A遇空气变成红棕色，则气体A为NO，则原溶液中肯定含有Fe2+、SO42﹣，反应后的溶液中加入足量的NaOH后，产生沉淀N，则气体B为NH3，由于前边加入了过量的Ba（NO3）2已经把Fe2+全部氧化成Fe3+，所以沉淀N为Fe（OH）3，则原溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，一定没有CO32﹣，原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，根据电荷守恒，原溶液中不可能含有Al3+，可能含有Na+、Cl﹣。
【解答】解：A．由分析可知，溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，一定没有CO32﹣，原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，根据电荷守恒，原溶液中不可能含有Al3+，故A错误；
B．由分析可知，溶液中含有Fe2+，加入的盐酸、Ba（NO3）2是过量的，Fe2+全部被氧化成Fe3+，再加入过量的NaOH溶液，生成的沉淀N为Fe（OH）3，故B正确；
C．由分析可知，溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，故C正确；
D．由分析可知，原溶液中肯定有Fe2+、SO42﹣，一定没有CO32﹣，不可能含有Al3+，可能含有Na+、Cl﹣，再检验Na+或Cl﹣，即可确定原溶液成分，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子检验，涉及离子反应与离子共存，根据反应现象判断含有的离子，掌握离子反应发生的条件，注意离子判断中电荷守恒的运用，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力。
二、综合题（共计60分）
21．（15分）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢（PH3），实验室制备PH3的常用方法有两种：
①PH4I+NaOH→NaI+PH3↑+H2O
②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑
完成下列填空：
（1）P核外能量最高的电子具有相同的 BC 。（填写序号）
A.轨道
B.自旋方向
C.电子云形状
D.电子云伸展反应
（2）已知PH3与NH3的结构相似，PH3的空间结构是 三角锥形 。PH3的分解温度比NH3 低 （填“高”、“低”），判断的依据是 氮原子半径小于磷原子，N﹣H键的键长更短，键能更大 。
（3）已知H3PO4为三元酸，其结构式为：。次磷酸（H3PO2）中的P的成键情况与H3PO4中的相同，则H3PO2的结构式是 。利用反应②制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明H3PO2是 一 元酸。
（4）常温下，H3PO4在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。
①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出H3PO4第二步电离平衡常数表达式K＝ 。
②图中可推断KH2PO4溶液呈 酸 （填“酸”、“碱”、“中”）性，可能的原因是 H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度 。KH2PO4溶液中各含磷微粒以及H+按浓度由大到小的顺序排列 c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）＞c（PO43﹣） 。
【分析】（1）P原子核电荷数15，基态原子核外电子排布：1s22s22p63s23p3，3p轨道上的三个电子能量相同，电子云伸展方向不同；
（2）PH3与NH3的结构相似，氨气分子中氮原子sp3杂化，含一对孤对电子，分子构型为三角锥形，氮和磷原子为同主族元素，氮原子半径小于磷原子，N﹣H键键长短，键能大；
（3）次磷酸（H3PO2）中的P的成键情况与H3PO4中的相同，只有一个羟基氢，利用反应②P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑
制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明次磷酸为一元酸；
（4）①H3PO4第二步电离为：H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，据此书写平衡常数表达式；
②图中可推断KH2PO4溶液pH＜7，溶液显酸性，说明H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度，据此分析判断离子浓度大小。
【解答】解：（1）P原子核电荷数15，基态原子核外电子排布：1s22s22p63s23p3，P核外能量最高的电子是3p轨道上的三个电子，3p轨道上的三个电子能量相同，电子云伸展方向不同，故选BC，
故答案为：BC；
（2）氨气分子中氮原子sp3杂化，含一对孤对电子，分子构型为三角锥形，PH3与NH3的结构相似，为三角锥形，氮和磷原子为同主族元素，氮原子半径小于磷原子，N﹣H键的键长短，键能大，分解需要的温度高，PH3的分解温度比NH3低，
故答案为：三角锥形；低；氮原子半径小于磷原子，N﹣H键的键长更短，键能更大；
（3）H3PO2中只有一个羟基氢，结构式为，利用反应②制备PH3时，即使KOH过量，仍只生成KH2PO2，说明KH2PO2为正盐，次磷酸为一元酸，
故答案为：；一；
（4）①H3PO4第二步电离为：H2PO4﹣⇌H++HPO42﹣，电离平衡常数表达式为：K＝，
故答案为：；
②图中可推断KH2PO4溶液呈酸性，H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度，KH2PO4溶液中各含磷微粒以及H+按浓度由大到小的顺序排列为：c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）＞c（PO43﹣），
故答案为：酸；H2PO4﹣溶液中电离程度大于其水解程度；c（H2PO4﹣）＞c（H+）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4）＞c（PO43﹣）。
【点评】本题考查了原子结构、弱电解质电离平衡等知识点，主要考查了读图解析和分析判断能力、化学平衡知识的综合应用能力，题目难度中等。
22．（15分）Ba是第六周期ⅡA族的元素，常见的矿物重晶石（主要成分是BaSO4，含少量SiO2、CaO、MgO等）中，以下是某工业制取Ba（NO3）2的流程示意图。
完成下列填空：
（1）重晶石和煤磨成粉能加快反应速率，原因是 增加接触面积，提高反应速率 。
（2）焙烧时主要反应为：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO↑（g），不同温度下反应达到平衡时，各成分的物质的量如图所示。
①依图判断生成BaS的反应是 吸热 反应（填“放热”或“吸热”），焙烧温度至少应控制在 500 ℃以上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，该反应的化学反应速率为 0.64mol/（L•h） 。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱Mg（OH）2、Ca（OH）2、Ba（OH）2，其中碱性最弱的是 Mg（OH）2 （填化学式）。浸取液中产生Ba（OH）2的原因是 S2﹣+H2O⇌HS2﹣+OH﹣ 。（用离子方程式表示）
（3）向BaS溶液中加入HNO3生成Ba（NO3）2，HNO3过量会析出Ba（NO3）2晶体，利用平衡移动原理，解释析出晶体的原因 溶液中存在溶解平衡Ba（NO3）2（s）⇌Ba2+（aq）+2NO3﹣（aq）加入过量的HNO3，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出 。
工业上用Ba（NO3）2制备高纯BaCO3，其流程图是：
①碳化时，先向Ba（NO3）2溶液中通入 NH3 （写化学式），写出碳化时发生反应的化学方程式 Ba（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝BaCO3↓+2NH4NO3 。
②写出检验母液中主要阳离子的实验方案 取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色湿润试纸，试纸变蓝 。
【分析】重晶石主要成分为BaSO4，含少量的SiO2、CaO和MgO杂质，加入煤粉，高温煅烧，发生BaSO4+4C BaS+4CO，除此以外还可能有BaCO3等副产物生成，然后用90℃的热水浸取，趁热过滤，除去杂质，加入硝酸，可与BaS反应生成硝酸钡，以此解答该题。
【解答】解：（1）重晶石和煤磨成粉能增加接触面积，提高反应速率，
故答案为：增加接触面积，提高反应速率；
（2）①由图可知，随着温度升高，一氧化碳的物质的量增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，为减少副反应的发生，温度控制在500℃以上；某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，一氧化碳的浓度为＝0.96mol/L，该反应的化学反应速率为＝0.64mol/（L•h），
故答案为：吸热；500；0.64mol/（L•h）；
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱Mg（OH）2、Ca（OH）2、Ba（OH）2，根据元素周期律分析，镁、钙、钡为同主族元素，原子序数递增，金属性增强，所以镁的金属性最弱，所以Mg（OH）2碱性最弱；浸取液中硫离子能水解生成氢氧根离子，即产生Ba（OH）2，离子方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，
故答案为：Mg（OH）2；S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；
（3）向BaS溶液中加入HNO3生成Ba（NO3）2，溶液中存在溶解平衡Ba（NO3）2（s）⇌Ba2+（aq）+2NO3﹣（aq）加入过量的HNO3，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出，
故答案为：溶液中存在溶解平衡Ba（NO3）2（s）⇌Ba2+（aq）+2NO3﹣（aq）加入过量的HNO3，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出；
（4）二氧化碳和硝酸钡不反应，所以碳化过程中先通入NH3，形成碱性环境，才能吸收二氧化碳气体，再通入二氧化碳，
①碳化时，先向Ba（NO3）2溶液中通入NH3，写出碳化时发生反应的化学方程式Ba（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝BaCO3↓+2NH4NO3，
故答案为：NH3；Ba（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝BaCO3↓+2NH4NO3；
②母液中主要成分为硝酸铵，主要阳离子为铵根离子，检验的实验方案为取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，
故答案为：取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝。
【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及平衡移动原理的应用，题目难度中等。
23．（15分）格式试剂即烃基卤化镁（R﹣MgX）是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试剂设计了有机化合物J的合成路线：
已知：（R、R′、R″代表烃基或氢）
完成下列填空：
（1）D中的官能团名称是： 碳碳双键、溴原子 。
（2）写出反应类型：A→B是 消去 反应；B→D是 取代 反应。
（3）D能发生聚合反应，聚合产物为 或 。
（4）K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无，任写出一种K的结构简式： 或 。
（5）写出H→I的化学方程式 +3NaOH+2NaBr+3H2O 。
（6）利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙醚为有机原料制备的合成路线 。（其他无机试剂任选）
【分析】根据A、D的结构简式及A生成B的反应条件知，A发生消去反应生成B为，B发生取代反应生成D，D发生信息中的反应生成E，D中醇羟基被﹣Br取代生成F，F发生信息中的反应生成G，对比G、J的结构简式知，G中碳碳双键和溴发生加成反应生成H为、H发生消去反应生成I为，I酸化得到J；
（6）以A、HCHO、乙醚为有机原料制备，根据A发生一系列反应生成E知，可由发生催化氧化得到，A和HBr发生取代反应生成，发生信息中的反应生成。
【解答】解：（1）D中的官能团名称是碳碳双键、溴原子，
故答案为：碳碳双键、溴原子；
（2）A中醇羟基发生反应后生成B中碳碳双键，则A→B是消去反应；B中亚甲基上的H原子被﹣Br取代生成D，则B→D是取代反应，
故答案为：消去；取代；
（3）D中含有碳碳双键，所以D能发生聚合反应，聚合产物为或，
故答案为：；；
（4）K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，说明含有苯环，J的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，则K分子中含有苯环外不含其它碳碳不饱和键或环，且分子中无甲基也无，说明符合条件的同分异构体中不存在次亚甲基，符合条件的K的结构简式：、等，
故答案为：或；
（5）H为、H发生消去反应生成I为，H→I的化学方程式为+3NaOH+2NaBr+3H2O，
故答案为：+3NaOH+2NaBr+3H2O；
（6）以A、HCHO、乙醚为有机原料制备，根据A发生一系列反应生成E知，可由发生催化氧化得到，A和HBr发生取代反应生成，发生信息中的反应生成，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，利用某些结构简式、分子式、题给信息并正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意（5）中羧基也和NaOH反应，为解答易错点。
24．（15分）打印机墨粉中的Fe3O4的含量是衡量墨粉质量优劣的重要指标之一。已知：墨粉中除了Fe3O4晶体粉粒外，其余成分均不溶于水且不与酸反应。
为测定墨粉中Fe3O4的含量，进行了如图实验：
完成下列填空：
检验Fe2+
（1）第一份取少许，选用 取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液 （填试剂名称），现象是 紫色褪去 。
测定Fe3O4含量方法（1）
已知：I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI
（2）试剂①是H2O2，加入足量H2O2反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是 使H2O2分解完全 。
（3）试剂②是 淀粉溶液 （填名称），其作用是 检验I2和Na2S2O3是否反应完全 。
测定Fe3O4含量方法（2）
已知：5Fe2+MnO4﹣+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O
（4）试剂③是Zn粉，向第三份溶液中缓慢加入Zn粉末，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉，写出该过程中发生的离子方程式 Zn+2H+＝Zn2++H2↑、Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+ ，这样操作的原因是 铁元素转化为亚铁离子，然后通过高猛酸碱的消耗量来计算Fe3O4含量 。
（5）用第三份实验数据计算墨粉中的Fe3O4的含量 100% 。（只列计算式，不计算）
（6）试剂③不能用铁粉，可能的原因是 铁粉会增加铁的含量，导致测定结果偏大 。
【分析】mg墨粉中加入足量的稀硫酸，和Fe3O4的反应，墨粉中的Fe3O4转化为亚铁离子和铁离子；
（1）亚铁离子具有较强的还原性，故可以用高锰酸钾溶液来检验；
第二份加入足量的双氧水，把亚铁离子转化为铁离子，然后加入足量KI溶液，铁离子和KI反应生成碘单质，然后加入指示剂淀粉溶液，用c1mol/LNa2S2O3标准溶滴定消耗V1mL，测定Fe3O4含量；
（2）加入H2O2的目的是把亚铁离子全部氧化为铁离子，双氧水在较高温度会分解，还需要充分加热，使双氧水分解，防止影响后面实验；
（3）反应中需要加入指示剂，试剂②是淀粉溶液，作用是检验反应的进行程度；
第三份加入足量的锌粉，然后把铁元素全部转化为亚铁离子，用cmol/L的高锰酸钾溶液滴定，消耗VmL；
（4）锌和稀硫酸反应生成氢气、铁离子和锌反应生成锌离子和亚铁离子，可以使所有的铁元素转化为亚铁离子，然后和酸性高锰酸钾溶液反应；
（5）根据5Fe2++8H++MnO4﹣＝5Fe3++4H2O+Mn2+计算亚铁离子和Fe3O4含量；
（6）铁粉会增加铁的含量。
【解答】解：（1）亚铁离子具有较强的还原性，可以和高锰酸钾反应，故检验亚铁离子，可加高锰酸钾，若紫色褪色，则含有亚铁离子，
故答案为：取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液；紫色褪去；
（2）试剂①是H2O2，加入H2O2的目的是把亚铁离子全部氧化为铁离子，加入足量H2O2反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是使H2O2分解完全，防止影响后面实验，
故答案为：使H2O2分解完全；
（3）试剂②是指示剂，用来检验碘，②是淀粉溶液，作用是检验I2和Na2S2O3是否反应完全，
故答案为：淀粉溶液；检验I2和Na2S2O3是否反应完全；
（4）锌和稀硫酸反应生成氢气、铁离子可以和锌反应生成锌离子和亚铁离子，反应的方程式为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑、Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，作用是使铁元素转化为亚铁离子，然后通过高猛酸碱的消耗量来计算Fe3O4含量，
故答案为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑；Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+；铁元素转化为亚铁离子，然后通过高猛酸碱的消耗量来计算Fe3O4含量；
（5）根据5Fe2++8H++MnO4﹣＝5Fe3++4H2O+Mn2+，n（Fe2+）＝5n（MnO4﹣）＝5c×V×10﹣3mol，根据铁元素守恒，墨粉中的Fe3O4的含量＝×100%，
故答案为：100%；
（6）试剂③不能用铁粉，是因为铁粉会增加铁的含量，导致测定结果偏大，
故答案为：铁粉会增加铁的含量，导致测定结果偏大。
【点评】本题考查物质含量的测定，把握元素化合物的性质以及反应中数量关系为解答的关键，侧重分析和理解能力的考查，题目难度中等。
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