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2021年江西省临川一中暨临川一中实验学校高考化学第三次模拟试卷（6月份）
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这是一份2021年江西省临川一中暨临川一中实验学校高考化学第三次模拟试卷（6月份），共32页。试卷主要包含了选择题，必考题，【化学——选修3，[选修5一有机化学基础]等内容，欢迎下载使用。
2021年江西省临川一中暨临川一中实验学校高考化学第三次模拟试卷（6月份）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（6分）化学与人类的生产生活、环境保护等息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可以用填埋法处理，属于有害垃圾
B．煤的气化、液化和干馏都属于化学变化
C．地沟油不宜食用，但可制备生物柴油
D．防护口罩的“熔喷层”主要原料为聚丙烯树脂，可通过缩聚反应合成
2．（6分）化合物p（）、q（）、r（）都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是（ ）
A．r中所有原子可能共平面
B．q环上的一氯取代产物共有4种
C．p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．物质的量相等的p和q完全燃烧耗氧量相同
3．（6分）下列实验操作，不能达到实验目的是（ ）
选项
实验操作
实验目的
A
向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌
验证浓硫酸的脱水性
B
向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂
验证苯的溴代反应
C
向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液
检验Na2SO3粉末是否变质
D
浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
检验石蜡的分解产物中含有烯烃
A．A B．B C．C D．D
4．（6分）使用NC环金属化Ir（Ⅲ）配合物催化甲酸脱氢的反应机理如图，下列说法中错误的是（ ）
A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．反应过程中，Ir（Ⅲ）配合物B为催化剂，Ir（Ⅲ）配合物A为中间产物
C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H+的过程
D．反应过程中，HCOOH中的C＝O键发生断裂
5．（6分）浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池。如图所示的浓度差电池示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．a 极为原电池的负极
B．c 为 Cu2+交换膜
C．电流计为 0 时，两极的 CuSO4 浓度相等
D．转移 1mol 电子时，右池增重 48g
6．（6分）科学家利用原子“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构如图所示（短线代表共价键），其中W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次递增，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。设NA为阿伏阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z＞W
B．Y 与 W、X、Z 均能形成至少两种化合物
C．1 mol ZW 与水发生反应生成 1mol W2，转移电子 2 NA
D．最简单氢化物的沸点：Y＞X
7．（6分）常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒的分布系数δ（物质的量分数）随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
C．常温下，HA﹣的电离常数为1×10﹣2
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，c（HA﹣）+c（H+）＝c（A2﹣）+c（OH﹣）
二、必考题。
8．（14分）1，2﹣二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）外观为无色或浅黄色透明液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，碱性条件下水解程度较大，主要用作氯乙烯（聚氯乙烯单体）制取过程的中间体。实验室制备 1，2﹣二氯乙烷的主要原理如下：
C2H5OHCH2＝CH2+H2O
Cl2+CH2＝CH2→CH2ClCH2Cl
（1）写出装置 A 中发生反应的离子方程式 。
（2）F 装置的作用是 ，D 装置中长玻璃导管的作用是 尾气可以通过盛有 、 的洗气瓶进行吸收。
（3）实验时先装入 1，2﹣二氯乙烷液体，其作用是 （填序号）。
a.溶解 Cl2 和乙烯
b.作催化剂
c.促进气体反应物间的接触
（4）根据制备原理，G 装置中应该添加的仪器是 。
（5）准确称取2.475g 除去氯气和乙烯后的产品，加足量稀 NaOH 溶液，充分加热，发生反应，得到 250mL 水解液。取 25.00mL 水解液先用稀硝酸中和至酸性，再加入聚乙烯醇溶液（聚乙烯醇的作用是阻止 AgSCN 和 AgCl之间的转化），然后加入过量的 50.00mL 0.1000mol/L AgNO3溶液，充分反应后用 0.1000mol/L NH4SCN 标准液滴定过量的 AgNO3，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。已知：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓（白色沉淀）
①滴定时，应选用的指示剂为 （填标号）。
a.FeSO4
b.Fe（NO3）3
c.FeCl3
②产品中 Cl元素的质量分数为 （保留三位有效数字），1，2﹣二氯乙烷的纯度为≤ 。
9．（14分）钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工业上常用钒炉渣（主要含FeO•V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质）提取金属钒，流程如图1：
已知：I钒有多种价态，其中+5价的最稳定。钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌2H++VO3﹣
II部分金属离子的沉淀pH：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀的pH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀pH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题：
（1）碱浸步骤中最好选用 （填字母）。
a.NaOH溶液b.氨水c.纯碱溶液
（2）焙烧目的是将FeO•V2O3转化为可溶的NaVO3，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化学方程式 。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去 离子，二是促使 。
（4）加热NH4VO3时生成V2O5，则反应化学方程式： ，流程中最后用V2O5冶炼V通常采用的方法是 （填字母）
A.炭还原法
B.铝热法还原
C.直接加热法
D.盐的水溶液与活泼金属置换法
（5）全钒液流电池工作原理如图2：
已知各种含钒离子的颜色如下：VO2+黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色
①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是 。
②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是 。
10．（15分）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2﹣二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：
I.工业上用丙烯加成法制备1，2﹣二氯丙烷，主要副产物为3﹣氯丙烯，反应原理为：
①CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）ΔH1＝﹣134kJ•mol﹣1
②CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）ΔH2＝﹣102kJ•mol﹣1
（1）已知CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的活化能Ea（逆）为164kJ•mol﹣1，则该反应的活化能Ea（正）为 kJ•mol﹣1
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g），在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν＝，则反应①前180min内平均反应速率ν（CH2ClCHClCH3）＝ kPa/min（保留小数点后2位）。
II.丙烯的制备方法
方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH＝+124kJ•mol﹣1
（3）①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压强为14kPa，C3H8的平衡转化率为 。该反应的平衡常数Kp＝ kPa（保留小数点后2位）
②总压分别为100kPa和10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图1所示。
10kPa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是 、 。
③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c（C3H8），其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。
A．增加丙烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．丙烯的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应如下：C3H8（g）+O2（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH＝﹣118kJ•mol﹣1。在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。
（4）图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是 ，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是 。（C3H6的选择性＝×100%）
三、【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 （填标号）
A．
B．
C．
D．
（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是 。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是 中心原子的杂化形式为 。LiAlH4中，存在 （填标号）。
A．离子键B．σ键C．π键D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born﹣Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为 kJ•mol﹣1，O＝O键键能为 kJ•mol﹣1，Li2O晶格能为 kJ•mol﹣1。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
四、[选修5一有机化学基础]（15分）
12．经研究表明，阿比朵尔对禽流感病毒及新冠肺炎病毒均有有效拟制作用，但水溶性较差，盐酸阿比朵尔（可看作为阿比朵尔的盐酸盐）也是广谱抗病毒药物，以下为盐酸阿比朵尔的合成路线：
回答下列问题：
（1）B 中含氧官能团的名称为 。
（2）反应 A→B 的目的是 ，B→C 的反应类型为 。
（3）中的官能团为巯基，可以确认巯基的方法有 （填标号）。
A.核磁共振氢谱
B.质谱
C.红外光谱
D.原子光谱
（4）E 的结构简式为 。
（5）由阿比朵尔（E）制成盐酸阿比朵尔（F）的目的是 。
（6）利用相关知识和上述流程中的原理，某实验小组设计出了以为主要原料，合成扑炎痛（ ）的路线如下：
①反应 1 的化学方程式为 （反应物按物质的量之比 1：1 反应，且有一种生成物为一常见的酸性氧化物）
②的所有同分异构体中，除苯环外不含其它环、结构中不含过氧键（即﹣O﹣O﹣）的同分异构体有 种。③X 的结构简式为 。
2021年江西省临川一中暨临川一中实验学校高考化学第三次模拟试卷（6月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（6分）化学与人类的生产生活、环境保护等息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可以用填埋法处理，属于有害垃圾
B．煤的气化、液化和干馏都属于化学变化
C．地沟油不宜食用，但可制备生物柴油
D．防护口罩的“熔喷层”主要原料为聚丙烯树脂，可通过缩聚反应合成
【分析】A．镍、镉等重金属能够引起土壤、水体污染；
B．有新物质生成的变化是化学变化；
C．地沟油不能食用，主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可以用来制肥皂或生物柴油，实现变废为宝的利用；
D．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯。
【解答】解：A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，故A正确；
B．将煤隔绝空气加强热使其分解的操作为煤的干馏；利用煤来生产水煤气的过程为煤的气化；利用煤来生产甲醇等液体燃料的过程为煤的液化，这三个过程均有新物质生成，均为化学变化，故B正确；
C．地沟油主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可以用来制生物柴油，故C正确；
D．丙烯能发生加聚反应得到聚丙烯，方程式为，属于加聚反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学与生产生活关系，侧重考查生活中常见的环境污染问题，熟悉垃圾成分及处理方法是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）化合物p（）、q（）、r（）都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是（ ）
A．r中所有原子可能共平面
B．q环上的一氯取代产物共有4种
C．p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．物质的量相等的p和q完全燃烧耗氧量相同
【分析】A.r中与﹣OH相连的C为四面体结构；
B.q环上含3种H；
C.只有r含碳碳双键；
D.p和q的分子式相同。
【解答】解：A.r中与﹣OH相连的C为四面体结构，则所有原子一定不能共面，故A错误；
B.q环上含3种H，则一氯取代产物共有3种，故B错误；
C.只有r含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，p与q不能，故C错误；
D.p和q的分子式相同，则物质的量相等的p和q完全燃烧耗氧量相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，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，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
3．（6分）下列实验操作，不能达到实验目的是（ ）
选项
实验操作
实验目的
A
向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌
验证浓硫酸的脱水性
B
向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂
验证苯的溴代反应
C
向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液
检验Na2SO3粉末是否变质
D
浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
检验石蜡的分解产物中含有烯烃
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出；
B.苯与浓溴水不反应；
C.Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，再加入BaCl2溶液检验是否含硫酸根离子；
D.不饱和烃可被酸性高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，蔗糖变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故A正确；
B.苯与浓溴水不反应，应选液溴与苯反应验证，故B错误；
C.Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，再加入BaCl2溶液若无沉淀生成可知不变质，若生成白色沉淀可知变质，故C正确；
D.不饱和烃可被酸性高锰酸钾氧化，由操作和现象可知石蜡的分解产物中含有烯烃，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、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。
4．（6分）使用NC环金属化Ir（Ⅲ）配合物催化甲酸脱氢的反应机理如图，下列说法中错误的是（ ）
A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．反应过程中，Ir（Ⅲ）配合物B为催化剂，Ir（Ⅲ）配合物A为中间产物
C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H+的过程
D．反应过程中，HCOOH中的C＝O键发生断裂
【分析】A．由反应历程可知，甲酸脱氢生成CO2和H2；
B．催化剂是反应前后质量和性质不变，中间产物是反应前没有，反应过程中生成的产物；
C．D→E 的过程中，甲酸起到协助转运 H+ 的作用；
D．反应过程中，HCOOH 中的 C＝O 键不发生断裂，断裂的是C﹣H、H﹣O键。
【解答】解：A．由反应历程可知，甲酸脱氢过程的总反应为 HCOOH CO2↑+H2↑，故A正确；
B．催化剂是反应前就有的物质，在反应过程中，参加反应，反应前后质量和性质不变，中间产物是反应前没有，反应过程中生成的产物，根据反应历程可知，第一步反应为B与甲酸的反应，故B为催化剂，A为中间产物，故B正确；
C．D→E 的过程，是甲酸协助转运 H+ 的过程，故C正确；
D．反应过程中，HCOOH 中的 C＝O 键不发生断裂，断裂的是C﹣H、H﹣O键，且重新形成C＝O，生成CO2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题侧重考查学生对反应历程的理解，即看图、读图的能力，同时考查催化剂与中间产物的区别，反应过程断键与成键的判断等，题目难度中等。
5．（6分）浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池。如图所示的浓度差电池示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．a 极为原电池的负极
B．c 为 Cu2+交换膜
C．电流计为 0 时，两极的 CuSO4 浓度相等
D．转移 1mol 电子时，右池增重 48g
【分析】浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池，由图可知，b作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，a为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，硫酸根离子由浓度高向浓度低迁移，即由左向右迁移，据此作答。
【解答】解：A.a 极为原电池的正极，故A错误；
B.硫酸根离子由浓度高向浓度低迁移，即由左向右迁移，c为硫酸根离子交换膜，故B错误；
C.电流计为0时，两极不存在浓度差，故两极的 CuSO4 浓度相等，故C正确；
D.b作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，转移 1mol 电子时，生成0.5molCu2+，同时由左向右迁移0.5mol硫酸根离子，故右侧增重质量为0.5mol×64g/mol+0.5mol×96g/mol＝80g，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查新型电池，题目难度中等，能依据题目信息和图象准确判断正负极是解题的关键，注意电极反应式的书写。
6．（6分）科学家利用原子“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构如图所示（短线代表共价键），其中W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次递增，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。设NA为阿伏阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z＞W
B．Y 与 W、X、Z 均能形成至少两种化合物
C．1 mol ZW 与水发生反应生成 1mol W2，转移电子 2 NA
D．最简单氢化物的沸点：Y＞X
【分析】W、X、Y、Z 四种短周期元素的原子序数依次递增，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；分子结构中X形成4个共价键，位于ⅣA族，其原子序数小于Y，则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，
A.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Y＞Z＞W，故A正确；
B.Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物，如水和过氧化氢、CO和二氧化碳、氧化钠和过氧化钠，故B正确；
C.NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaH中H元素从﹣1变为0，1molNaH与水发生反应生成1molH2，转移了1mol电子，转移电子数为NA，故C错误；
D.X、Y的最简单氢化物分别为甲烷、水，水分子之间存在氢键，导致其沸点较高，则最简单氢化物的沸点：Y＞X，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、化学键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，C为易错点，题目难度不大。
7．（6分）常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒的分布系数δ（物质的量分数）随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
C．常温下，HA﹣的电离常数为1×10﹣2
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，c（HA﹣）+c（H+）＝c（A2﹣）+c（OH﹣）
【分析】A．根据图知，溶液中含A元素的微粒HA﹣、A2﹣而没有H2A，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离；
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小；
C．常温下当溶液中c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，HA﹣的电离常数＝＝c（H+）；
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，溶液中存在电荷守恒、存在物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒计算。
【解答】解：A．根据图知，溶液中含A元素的微粒HA﹣、A2﹣而没有H2A，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，所以H2A在水中电离的方程式为：H2A＝H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣，故A错误；
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），说明HA﹣电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，水也电离出氢离子，所以存在c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣），水电离出的OH﹣浓度很小，Na+不水解，所以存在c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故B正确；
C．常温下当溶液中c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，根据pH值曲线知，此时溶液的pH为2.0，所以HA﹣的电离常数＝＝c（H+）＝1×10﹣2，故C正确；
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣）、存在物料守恒3[c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（H2A）]＝2c（Na+），所以存在c（HA﹣）+3c（H2A）+2c（H+）＝c（A2﹣）+2c（OH﹣），故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活应用，C为解答易错点，题目难度不大。
二、必考题。
8．（14分）1，2﹣二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）外观为无色或浅黄色透明液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，碱性条件下水解程度较大，主要用作氯乙烯（聚氯乙烯单体）制取过程的中间体。实验室制备 1，2﹣二氯乙烷的主要原理如下：
C2H5OHCH2＝CH2+H2O
Cl2+CH2＝CH2→CH2ClCH2Cl
（1）写出装置 A 中发生反应的离子方程式 ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O 。
（2）F 装置的作用是 除去乙醇 ，D 装置中长玻璃导管的作用是 导气和冷凝回流 尾气可以通过盛有 溴水 、 氢氧化钠溶液 的洗气瓶进行吸收。
（3）实验时先装入 1，2﹣二氯乙烷液体，其作用是 ac （填序号）。
a.溶解 Cl2 和乙烯
b.作催化剂
c.促进气体反应物间的接触
（4）根据制备原理，G 装置中应该添加的仪器是 温度计 。
（5）准确称取2.475g 除去氯气和乙烯后的产品，加足量稀 NaOH 溶液，充分加热，发生反应，得到 250mL 水解液。取 25.00mL 水解液先用稀硝酸中和至酸性，再加入聚乙烯醇溶液（聚乙烯醇的作用是阻止 AgSCN 和 AgCl之间的转化），然后加入过量的 50.00mL 0.1000mol/L AgNO3溶液，充分反应后用 0.1000mol/L NH4SCN 标准液滴定过量的 AgNO3，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。已知：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓（白色沉淀）
①滴定时，应选用的指示剂为 （填标号）。
a.FeSO4
b.Fe（NO3）3
c.FeCl3
②产品中 Cl元素的质量分数为 57.4% （保留三位有效数字），1，2﹣二氯乙烷的纯度为≤ 80% 。
【分析】A装置用于二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，B中饱和食盐水除去氯化氢气体，C中浓硫酸除去水蒸气，进入D装置，E装置乙醇在五氧化二磷和加热条件下反应生成乙烯和水，水除去乙醇，浓硫酸除去水，进入D装置，与氯气反应制得1，2﹣二氯乙烷；
（5）①终点时SCN﹣开始过量，故应使用含有铁离子的溶液作为指示剂；
②滴定过程中发生反应CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl，Ag++Cl﹣＝AgCl↓，结合反应方程式确定关系式进行分析。
【解答】解：（1）仪器A的名称是分液漏斗，A装置是氯酸钾和浓盐酸加热条件下生成氯气，发生反应的离子方程式ClO3﹣+5Cl ﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O，
故答案为：ClO3﹣+5Cl ﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O；
（2）1，2﹣二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）是重要的有机化工原料，易溶于有机溶剂，F装置的作用是除去乙醇，D装置中长玻璃导管的作用是导气和冷凝回流，尾气可以通过盛有溴水、氢氧化钠溶液的洗气瓶除去，
故答案为：除去乙醇；导气和冷凝回流；溴水、氢氧化钠溶液；
（3）由于1，2﹣二氯乙烷液体易溶于有机溶剂，先装入1，2﹣二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触，故选ac，
故答案为：ac；
（4）甘油加热更便于控制反应温度的平稳，使反应热受热均匀，根据制备原理，G装置中应该添加的仪器是检测温度的温度计，
故答案为：温度计；
（5）①终点时SCN﹣开始过量，SCN﹣与铁离子发生显色反应，且氯化铁会影响后续氯离子测定，故应使用Fe（NO3）3作为指示剂，
故答案为：b；
②滴定过程中发生反应CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl，Ag++Cl﹣＝AgCl↓，平均消耗标准液10.00mL，则25.00mL水解液中n（Cl）＝0.05L×0.1000mol/L﹣0.01L×0.1000mol/L＝0.004mol，所以产品中n（Cl）＝0.004mol×＝0.04mol，故氯元素质量分数为×100%≈57.4%，n（1，2﹣二氯乙烷）＝0.02mol，则产品1，2﹣二氯乙烷的纯度为×100%＝80%，
故答案为：57.4%；80%。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
9．（14分）钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工业上常用钒炉渣（主要含FeO•V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质）提取金属钒，流程如图1：
已知：I钒有多种价态，其中+5价的最稳定。钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌2H++VO3﹣
II部分金属离子的沉淀pH：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀的pH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀pH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题：
（1）碱浸步骤中最好选用 a （填字母）。
a.NaOH溶液b.氨水c.纯碱溶液
（2）焙烧目的是将FeO•V2O3转化为可溶的NaVO3，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化学方程式 4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去 Fe3+、Cu2+ 离子，二是促使 VO2+转化为VO3﹣ 。
（4）加热NH4VO3时生成V2O5，则反应化学方程式： 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O ，流程中最后用V2O5冶炼V通常采用的方法是 （填字母）
A.炭还原法
B.铝热法还原
C.直接加热法
D.盐的水溶液与活泼金属置换法
（5）全钒液流电池工作原理如图2：
已知各种含钒离子的颜色如下：VO2+黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色
①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是 V2++VO2++2H+＝V3++VO2++H2O 。
②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是 黄色 。
【分析】钒炉渣碱浸其中氧化铝溶于碱生成偏铝酸盐，偏铝酸盐通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧后得到氧化铝，滤渣1中加碳酸钠通入空气焙烧，得到NaVO3和Fe2O3，焙烧后的固体加硫酸溶解得到硫酸铁和硫酸铜，VO3﹣转化成VO2+，溶液调节pH值至8将铜和铁转化成氢氧化铁和氢氧化铜，VO2+转化成VO3﹣，滤液中加硫酸铵将VO3﹣转化成NH4VO3，加热NH4VO3时生成V2O5，再通过热还原法得到V单质，据此解答（1）～（4）；
（5）①由图可知A为正极，放电时，左侧石墨电极上发生还原反应，元素的化合价降低，右侧石墨电解为负极，发生氧化反应；
②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO2+。
【解答】解：（1）碱浸的目的是将氧化铝溶解，而氧化铝不溶于弱碱，因此应选氢氧化钠溶解，
故答案为：a；
（2）焙烧的过程中FeO•V2O3转化为可溶的NaVO3，铁全部转化为Fe2O3，可得反应的方程式为：4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，
故答案为：4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；
（3）由以上分析可知调节pH值至8可以将溶液中的Fe3+、Cu2+转化成沉淀除去，同时能将VO2+转化为VO3﹣，
故答案为：Fe3+、Cu2+；VO2+转化为VO3﹣；
（4）加热NH4VO3时生成V2O5，另外生成氨气和水，反应的方程式：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，由题意可知V的+5价化合物很稳定，则V2O5的性质稳定，通过V2O5冶炼V，直接加热或者溶液中置换均不可以，可通过铝热反应将其从熔融的V2O5中置换出来，
故答案为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；B；
（5）①由图可知A为正极，左侧石墨电极上发生还原反应，元素的化合价降低，则其电极反应为：VO2++2H++e﹣＝VO2++H2O，右侧石墨电解为负极，发生氧化反应，电极反应为：V2+﹣e﹣＝V3+，电池的总反应为：V2++VO2++2H+＝V3++VO2++H2O，
故答案为：V2++VO2++2H+＝V3++VO2++H2O；
②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO2+，溶液呈黄色，
故答案为：黄色。
【点评】本题考查物质准备工艺流程，为高考常见题型，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，熟练掌握元素化合物性质，对工艺流程题目关键是理解整个过程，常涉及物质的分离提纯、条件的控制、原理的分析评价、陌生方程式书写等，而涉及的元素化合物多是中学比较陌生的，题目难度中等。
10．（15分）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2﹣二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：
I.工业上用丙烯加成法制备1，2﹣二氯丙烷，主要副产物为3﹣氯丙烯，反应原理为：
①CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）ΔH1＝﹣134kJ•mol﹣1
②CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）ΔH2＝﹣102kJ•mol﹣1
（1）已知CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的活化能Ea（逆）为164kJ•mol﹣1，则该反应的活化能Ea（正）为 132 kJ•mol﹣1
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g），在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν＝，则反应①前180min内平均反应速率ν（CH2ClCHClCH3）＝ 0.08 kPa/min（保留小数点后2位）。
II.丙烯的制备方法
方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH＝+124kJ•mol﹣1
（3）①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压强为14kPa，C3H8的平衡转化率为 40% 。该反应的平衡常数Kp＝ 2.67 kPa（保留小数点后2位）
②总压分别为100kPa和10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图1所示。
10kPa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是 Z 、 Y 。
③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c（C3H8），其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 AD 。
A．增加丙烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．丙烯的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应如下：C3H8（g）+O2（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH＝﹣118kJ•mol﹣1。在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。
（4）图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是 温度升高，反应速率增大 ，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是 选择相对较低的温度或选择更合适的催化剂 。（C3H6的选择性＝×100%）
【分析】（1）先根据盖斯定律，由已知热化学方程式①②乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，再根据△H＝Ea（正）﹣Ea（逆）解得Ea（正）；
（2）根据阿伏加德罗定律的推论，同温同压下，气体物质的量之比等于压强之比，设180min时，CH2ClCHClCH3（g）和CH2＝CHCH2Cl（g）的分压分别为xkPa和ykPa，列三段式计算，根据180min时的总压强解得x，代入ν＝计算；
（3）①设C3H8的变化压强为pkPa，根据题意，列三段式计算，根据平衡总压强解得p，代入转化率＝×100%和Kp＝计算；
②压强相同时，升高温度，平衡向吸热方向移动，温度相同时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，据此结合图1解答；
③结合速率方程r＝k×c（C3H8）解答，温度不变，k不变，r随这c（C3H8）增大而增大，降低温度，反应速率减小，则k减小；
（4）反应未达到平衡时，C3H8的转化率和C3H6的产率与反应速率有关，反应达到平衡后，C3H8的转化率和C3H6的产率与平衡移动有关，据此结合平衡移动的原理解答，设C3H8的起始量为n、转化率为a，设C3H6的产率为b，计算C3H6的选择性与C3H8的转化率和C3H6的产率的关系，结合图2数据选择能提高C3H6选择性的温度，或者使用更加合适的催化剂来提高C3H6选择性。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，由①﹣②可得CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H＝（﹣134kJ•mol﹣1）﹣（﹣102kJ•mol﹣1）＝﹣32kJ•mol﹣1，则△H＝Ea（正）﹣Ea（逆）＝Ea（正）﹣164kJ•mol﹣1＝﹣32kJ•mol﹣1，故Ea（正）＝132kJ•mol﹣1，
故答案为：132；
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g），则CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g）的起始分压相同，由表格可知起始总压强为80kPa，则CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g）的起始分压均为40kPa，设180min时，CH2ClCHClCH3（g）和CH2＝CHCH2Cl（g）的分压分别为xkPa和ykPa，列三段式计算如下：
CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）
起始压强/kPa 40 40 0
变化压强/kPa x x x
180min压强/kPa x
CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）
起始压强/kPa 0 0
变化压强/kPa y y y y
180min压强/kPa y y
180min时，CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g）的分压均为（40﹣x﹣y）kPa，则总压强为（40﹣x﹣y）kPa+（40﹣x﹣y）kPa+xkPa+ykPa+ykPa＝（80﹣x）kPa＝65.2kPa，故x＝14.8，则ν（CH2ClCHClCH3）＝≈0.08kPa/min，
故答案为：0.08；
（3）①设C3H8的变化压强为pkPa，根据题意，列三段式计算如下：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）
起始压强/kPa 10 0 0
变化压强/kPa p p p
平衡压强/kPa 10﹣p p p
则（10﹣p）kPa+pkPa+pkPa＝14kPa，解得p＝4，故C3H8的平衡转化率为×100%＝40%，平衡常数Kp＝＝kPa≈2.67kPa，
故答案为：40%；2.67；
②该反应为吸热反应，压强相同时，升高温度，平衡正向移动，平衡体系中C3H8的物质的量分数减小，C3H6的物质的量分数增大，故C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是X和Z，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是Y和W，该反应正向气体分子数增大，温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，平衡体系中C3H8的物质的量分数增大，C3H6的物质的量分数减小，故10kPa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是Z、Y，
故答案为：Z；Y；
③A．增加丙烷浓度，根据r＝k×c（C3H8），r增大，故A正确；
B．增加H2浓度，平衡正向移动，丙烷浓度减小，根据r＝k×c（C3H8），r减小，故B错误；
C．对于处于初期阶段，随着反应的进行，丙烷浓度逐渐减小，则r减小，即丙烯的生成速率逐渐减小，故C错误；
D．降低反应温度，反应速率减小，故k减小，故D正确；
故答案为：AD；
（4）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率和C3H6的产率均减小，与图2不符，说明图象反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率增大，故C3H8的转化率随温度升高而上升，温度相同时，设C3H8的起始量为n、转化率为a，设C3H6的产率为b，则反应的C3H8的物质的量为an，C3H6的理论产量为n，产生的C3H6的物质的量为bn，故C3H6的选择性＝×100%＝×100%，由图2可知，升高温度，C3H6的选择性减小，故能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度，或者选择更合适的催化剂，增大主反应产生的C3H6的反应速率，
故答案为：温度升高，反应速率增大；选择相对较低的温度或选择更合适的催化剂。
【点评】本题考查活化能、反应速率、转化率和平衡常数的计算，以及反应速率的影响影响和平衡移动的原理，题目难度较大，关键是掌握反应热的计算方法、外界条件对反应速率和平衡移动的影响，把握利用阿伏加德罗定律推论和三段式计算的方法，明确图象的横纵坐标及其曲线变化趋势的意义，提高学生的分析能力和化学计算能力。
三、【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 D、C （填标号）
A．
B．
C．
D．
（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是 Li+核电荷数较大 。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是 正四面体 中心原子的杂化形式为 sp3 。LiAlH4中，存在 AB （填标号）。
A．离子键B．σ键C．π键D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born﹣Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为 520 kJ•mol﹣1，O＝O键键能为 498 kJ•mol﹣1，Li2O晶格能为 2908 kJ•mol﹣1。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；
（2）电子层结构相同的离子，离子核电荷数越大，其吸引电子能力越大；
（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键；
（4）Li原子的第一电离能为气态基态Li原子失去1个电子形成气态基态正一价阳离子所需要的能量；O＝O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；
（5）晶胞中Li+个数是8、O2﹣个数＝8×+6×＝4，晶胞体积＝（0.4665×10﹣7 cm）3，晶胞密度＝。
【解答】解：（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是1s、2s能级，能量最高的是2s、2p能级，
故答案为：D、C；
（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，离子核电荷数：Li+＞H﹣，其吸引电子能力：Li+＞H﹣，导致其半径越小，
故答案为：Li+核电荷数较大；
（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键，
故答案为：正四面体；sp3；AB；
（4）Li原子的第一电离能为气态基态Li原子失去1个电子形成气态基态正一价阳离子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ/mol＝520kJ/mol；O＝O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能＝2×249kJ/mol＝498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol，
故答案为：520；498；2908；
（5）晶胞中Li+个数是8、O2﹣个数＝8×+6×＝4，晶胞体积＝（0.4665×10﹣7 cm）3，晶胞密度＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本知识及基本原理，侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力，难点是晶胞计算方法，题目难度中等。
四、[选修5一有机化学基础]（15分）
12．经研究表明，阿比朵尔对禽流感病毒及新冠肺炎病毒均有有效拟制作用，但水溶性较差，盐酸阿比朵尔（可看作为阿比朵尔的盐酸盐）也是广谱抗病毒药物，以下为盐酸阿比朵尔的合成路线：
回答下列问题：
（1）B 中含氧官能团的名称为 酯基 。
（2）反应 A→B 的目的是 保护酚羟基 ，B→C 的反应类型为 取代反应 。
（3）中的官能团为巯基，可以确认巯基的方法有 C （填标号）。
A.核磁共振氢谱
B.质谱
C.红外光谱
D.原子光谱
（4）E 的结构简式为 。
（5）由阿比朵尔（E）制成盐酸阿比朵尔（F）的目的是 增强药物的水溶性 。
（6）利用相关知识和上述流程中的原理，某实验小组设计出了以为主要原料，合成扑炎痛（ ）的路线如下：
①反应 1 的化学方程式为 +SOCl2→+SO2+HCl （反应物按物质的量之比 1：1 反应，且有一种生成物为一常见的酸性氧化物）
②的所有同分异构体中，除苯环外不含其它环、结构中不含过氧键（即﹣O﹣O﹣）的同分异构体有 12 种。③X 的结构简式为 。
【分析】C的分子式为C15H15O4NBr2，对比B、C的分子式可知B与Br2发生的是取代反应，再结合A的结构简式可知B的结构简式为 ；结合D和F的结构以及E的分子式，可知E为，可以理解为D中苯环先与HCHO发生加成反应引入﹣CH2OH，然后羟基被﹣N（CH3）2取代生成E。
【解答】解：（1）B为，其含氧官能团为酯基，
故答案为：酯基；
（2）A生成B的过程中酚羟基与（CH3CO）2O发生酯化反应生成B，根据后续产物可知，C到D的过程又重新生成了酚羟基，所以反应A→B的目的是保护酚羟基；对比B和C的结构简式可知该反应为取代反应，
故答案为：保护酚羟基；取代反应；
（3）核磁共振氢谱确定不同化学环境的氢原子种类，质谱可以确定相对分子质量等，红外光谱可以确定原子团、官能团等，可以确定巯基的方法红外光谱，
故答案为：C；
（4）根据分析可知E的结构简式为，
故答案为：；
（5）根据流程可知E和HCl反应形成带有结晶水的盐，可以增强药物水溶性，提高药效，
故答案为：增强药物的水溶性；
（6）①反应1中羧基中氢原子被氯原子取代，且二者1：1反应，有一种生成物为一常见的酸性氧化物，根据元素守恒可知该物质应为SO2，则化学方程式为+SOCl2→+SO2+HCl，
故答案为：+SOCl2→+SO2+HCl；
②其同分异构体可以有一个取代基为：﹣OCOOH，共1种；两个取代基：﹣OH和﹣COOH、﹣OH和﹣OOCH，每一组都有邻间对3种，但其中一种为，所以共5种；还可以是三个取代基：﹣CHO、﹣OH和﹣OH，有6种，共有1+5+6＝12种同分异构体，
故答案为：12；
③对比X前后的物质可知，中酚羟基中转化为﹣ONa，氨基转化为酰胺基，为了避免酚羟基被酯化，所以反应2应是与Na的反应，则X为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构采取逆推法进行推断，侧重于学生分析能力和推断能力的考查，注意把握题目给予给信息，题目难度中等。
2021年江西省临川一中暨临川一中实验学校高考化学第三次模拟试卷（6月份）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（6分）化学与人类的生产生活、环境保护等息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可以用填埋法处理，属于有害垃圾
B．煤的气化、液化和干馏都属于化学变化
C．地沟油不宜食用，但可制备生物柴油
D．防护口罩的“熔喷层”主要原料为聚丙烯树脂，可通过缩聚反应合成
2．（6分）化合物p（）、q（）、r（）都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是（ ）
A．r中所有原子可能共平面
B．q环上的一氯取代产物共有4种
C．p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．物质的量相等的p和q完全燃烧耗氧量相同
3．（6分）下列实验操作，不能达到实验目的是（ ）
选项
实验操作
实验目的
A
向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌
验证浓硫酸的脱水性
B
向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂
验证苯的溴代反应
C
向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液
检验Na2SO3粉末是否变质
D
浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
检验石蜡的分解产物中含有烯烃
A．A B．B C．C D．D
4．（6分）使用NC环金属化Ir（Ⅲ）配合物催化甲酸脱氢的反应机理如图，下列说法中错误的是（ ）
A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．反应过程中，Ir（Ⅲ）配合物B为催化剂，Ir（Ⅲ）配合物A为中间产物
C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H+的过程
D．反应过程中，HCOOH中的C＝O键发生断裂
5．（6分）浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池。如图所示的浓度差电池示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．a 极为原电池的负极
B．c 为 Cu2+交换膜
C．电流计为 0 时，两极的 CuSO4 浓度相等
D．转移 1mol 电子时，右池增重 48g
6．（6分）科学家利用原子“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构如图所示（短线代表共价键），其中W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次递增，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。设NA为阿伏阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z＞W
B．Y 与 W、X、Z 均能形成至少两种化合物
C．1 mol ZW 与水发生反应生成 1mol W2，转移电子 2 NA
D．最简单氢化物的沸点：Y＞X
7．（6分）常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒的分布系数δ（物质的量分数）随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
C．常温下，HA﹣的电离常数为1×10﹣2
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，c（HA﹣）+c（H+）＝c（A2﹣）+c（OH﹣）
二、必考题。
8．（14分）1，2﹣二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）外观为无色或浅黄色透明液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，碱性条件下水解程度较大，主要用作氯乙烯（聚氯乙烯单体）制取过程的中间体。实验室制备 1，2﹣二氯乙烷的主要原理如下：
C2H5OHCH2＝CH2+H2O
Cl2+CH2＝CH2→CH2ClCH2Cl
（1）写出装置 A 中发生反应的离子方程式 。
（2）F 装置的作用是 ，D 装置中长玻璃导管的作用是 尾气可以通过盛有 、 的洗气瓶进行吸收。
（3）实验时先装入 1，2﹣二氯乙烷液体，其作用是 （填序号）。
a.溶解 Cl2 和乙烯
b.作催化剂
c.促进气体反应物间的接触
（4）根据制备原理，G 装置中应该添加的仪器是 。
（5）准确称取2.475g 除去氯气和乙烯后的产品，加足量稀 NaOH 溶液，充分加热，发生反应，得到 250mL 水解液。取 25.00mL 水解液先用稀硝酸中和至酸性，再加入聚乙烯醇溶液（聚乙烯醇的作用是阻止 AgSCN 和 AgCl之间的转化），然后加入过量的 50.00mL 0.1000mol/L AgNO3溶液，充分反应后用 0.1000mol/L NH4SCN 标准液滴定过量的 AgNO3，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。已知：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓（白色沉淀）
①滴定时，应选用的指示剂为 （填标号）。
a.FeSO4
b.Fe（NO3）3
c.FeCl3
②产品中 Cl元素的质量分数为 （保留三位有效数字），1，2﹣二氯乙烷的纯度为≤ 。
9．（14分）钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工业上常用钒炉渣（主要含FeO•V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质）提取金属钒，流程如图1：
已知：I钒有多种价态，其中+5价的最稳定。钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌2H++VO3﹣
II部分金属离子的沉淀pH：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀的pH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀pH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题：
（1）碱浸步骤中最好选用 （填字母）。
a.NaOH溶液b.氨水c.纯碱溶液
（2）焙烧目的是将FeO•V2O3转化为可溶的NaVO3，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化学方程式 。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去 离子，二是促使 。
（4）加热NH4VO3时生成V2O5，则反应化学方程式： ，流程中最后用V2O5冶炼V通常采用的方法是 （填字母）
A.炭还原法
B.铝热法还原
C.直接加热法
D.盐的水溶液与活泼金属置换法
（5）全钒液流电池工作原理如图2：
已知各种含钒离子的颜色如下：VO2+黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色
①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是 。
②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是 。
10．（15分）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2﹣二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：
I.工业上用丙烯加成法制备1，2﹣二氯丙烷，主要副产物为3﹣氯丙烯，反应原理为：
①CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）ΔH1＝﹣134kJ•mol﹣1
②CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）ΔH2＝﹣102kJ•mol﹣1
（1）已知CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的活化能Ea（逆）为164kJ•mol﹣1，则该反应的活化能Ea（正）为 kJ•mol﹣1
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g），在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν＝，则反应①前180min内平均反应速率ν（CH2ClCHClCH3）＝ kPa/min（保留小数点后2位）。
II.丙烯的制备方法
方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH＝+124kJ•mol﹣1
（3）①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压强为14kPa，C3H8的平衡转化率为 。该反应的平衡常数Kp＝ kPa（保留小数点后2位）
②总压分别为100kPa和10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图1所示。
10kPa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是 、 。
③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c（C3H8），其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。
A．增加丙烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．丙烯的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应如下：C3H8（g）+O2（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH＝﹣118kJ•mol﹣1。在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。
（4）图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是 ，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是 。（C3H6的选择性＝×100%）
三、【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 （填标号）
A．
B．
C．
D．
（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是 。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是 中心原子的杂化形式为 。LiAlH4中，存在 （填标号）。
A．离子键B．σ键C．π键D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born﹣Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为 kJ•mol﹣1，O＝O键键能为 kJ•mol﹣1，Li2O晶格能为 kJ•mol﹣1。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
四、[选修5一有机化学基础]（15分）
12．经研究表明，阿比朵尔对禽流感病毒及新冠肺炎病毒均有有效拟制作用，但水溶性较差，盐酸阿比朵尔（可看作为阿比朵尔的盐酸盐）也是广谱抗病毒药物，以下为盐酸阿比朵尔的合成路线：
回答下列问题：
（1）B 中含氧官能团的名称为 。
（2）反应 A→B 的目的是 ，B→C 的反应类型为 。
（3）中的官能团为巯基，可以确认巯基的方法有 （填标号）。
A.核磁共振氢谱
B.质谱
C.红外光谱
D.原子光谱
（4）E 的结构简式为 。
（5）由阿比朵尔（E）制成盐酸阿比朵尔（F）的目的是 。
（6）利用相关知识和上述流程中的原理，某实验小组设计出了以为主要原料，合成扑炎痛（ ）的路线如下：
①反应 1 的化学方程式为 （反应物按物质的量之比 1：1 反应，且有一种生成物为一常见的酸性氧化物）
②的所有同分异构体中，除苯环外不含其它环、结构中不含过氧键（即﹣O﹣O﹣）的同分异构体有 种。③X 的结构简式为 。
2021年江西省临川一中暨临川一中实验学校高考化学第三次模拟试卷（6月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（6分）化学与人类的生产生活、环境保护等息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可以用填埋法处理，属于有害垃圾
B．煤的气化、液化和干馏都属于化学变化
C．地沟油不宜食用，但可制备生物柴油
D．防护口罩的“熔喷层”主要原料为聚丙烯树脂，可通过缩聚反应合成
【分析】A．镍、镉等重金属能够引起土壤、水体污染；
B．有新物质生成的变化是化学变化；
C．地沟油不能食用，主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可以用来制肥皂或生物柴油，实现变废为宝的利用；
D．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯。
【解答】解：A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，故A正确；
B．将煤隔绝空气加强热使其分解的操作为煤的干馏；利用煤来生产水煤气的过程为煤的气化；利用煤来生产甲醇等液体燃料的过程为煤的液化，这三个过程均有新物质生成，均为化学变化，故B正确；
C．地沟油主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可以用来制生物柴油，故C正确；
D．丙烯能发生加聚反应得到聚丙烯，方程式为，属于加聚反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学与生产生活关系，侧重考查生活中常见的环境污染问题，熟悉垃圾成分及处理方法是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）化合物p（）、q（）、r（）都是重要的有机原料，下列有关说法正确的是（ ）
A．r中所有原子可能共平面
B．q环上的一氯取代产物共有4种
C．p、q、r均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．物质的量相等的p和q完全燃烧耗氧量相同
【分析】A.r中与﹣OH相连的C为四面体结构；
B.q环上含3种H；
C.只有r含碳碳双键；
D.p和q的分子式相同。
【解答】解：A.r中与﹣OH相连的C为四面体结构，则所有原子一定不能共面，故A错误；
B.q环上含3种H，则一氯取代产物共有3种，故B错误；
C.只有r含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，p与q不能，故C错误；
D.p和q的分子式相同，则物质的量相等的p和q完全燃烧耗氧量相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，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，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
3．（6分）下列实验操作，不能达到实验目的是（ ）
选项
实验操作
实验目的
A
向少许蔗糖中滴入浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌
验证浓硫酸的脱水性
B
向苯中滴加浓溴水，并加入FeBr3作催化剂
验证苯的溴代反应
C
向Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，并加入BaCl2溶液
检验Na2SO3粉末是否变质
D
浸透了石蜡油的石棉中加入碎瓷片，加热，并将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
检验石蜡的分解产物中含有烯烃
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出；
B.苯与浓溴水不反应；
C.Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，再加入BaCl2溶液检验是否含硫酸根离子；
D.不饱和烃可被酸性高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，蔗糖变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故A正确；
B.苯与浓溴水不反应，应选液溴与苯反应验证，故B错误；
C.Na2SO3粉末中滴入足量浓盐酸，再加入BaCl2溶液若无沉淀生成可知不变质，若生成白色沉淀可知变质，故C正确；
D.不饱和烃可被酸性高锰酸钾氧化，由操作和现象可知石蜡的分解产物中含有烯烃，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、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。
4．（6分）使用NC环金属化Ir（Ⅲ）配合物催化甲酸脱氢的反应机理如图，下列说法中错误的是（ ）
A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．反应过程中，Ir（Ⅲ）配合物B为催化剂，Ir（Ⅲ）配合物A为中间产物
C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H+的过程
D．反应过程中，HCOOH中的C＝O键发生断裂
【分析】A．由反应历程可知，甲酸脱氢生成CO2和H2；
B．催化剂是反应前后质量和性质不变，中间产物是反应前没有，反应过程中生成的产物；
C．D→E 的过程中，甲酸起到协助转运 H+ 的作用；
D．反应过程中，HCOOH 中的 C＝O 键不发生断裂，断裂的是C﹣H、H﹣O键。
【解答】解：A．由反应历程可知，甲酸脱氢过程的总反应为 HCOOH CO2↑+H2↑，故A正确；
B．催化剂是反应前就有的物质，在反应过程中，参加反应，反应前后质量和性质不变，中间产物是反应前没有，反应过程中生成的产物，根据反应历程可知，第一步反应为B与甲酸的反应，故B为催化剂，A为中间产物，故B正确；
C．D→E 的过程，是甲酸协助转运 H+ 的过程，故C正确；
D．反应过程中，HCOOH 中的 C＝O 键不发生断裂，断裂的是C﹣H、H﹣O键，且重新形成C＝O，生成CO2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题侧重考查学生对反应历程的理解，即看图、读图的能力，同时考查催化剂与中间产物的区别，反应过程断键与成键的判断等，题目难度中等。
5．（6分）浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池。如图所示的浓度差电池示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．a 极为原电池的负极
B．c 为 Cu2+交换膜
C．电流计为 0 时，两极的 CuSO4 浓度相等
D．转移 1mol 电子时，右池增重 48g
【分析】浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池，由图可知，b作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，a为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，硫酸根离子由浓度高向浓度低迁移，即由左向右迁移，据此作答。
【解答】解：A.a 极为原电池的正极，故A错误；
B.硫酸根离子由浓度高向浓度低迁移，即由左向右迁移，c为硫酸根离子交换膜，故B错误；
C.电流计为0时，两极不存在浓度差，故两极的 CuSO4 浓度相等，故C正确；
D.b作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，转移 1mol 电子时，生成0.5molCu2+，同时由左向右迁移0.5mol硫酸根离子，故右侧增重质量为0.5mol×64g/mol+0.5mol×96g/mol＝80g，故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查新型电池，题目难度中等，能依据题目信息和图象准确判断正负极是解题的关键，注意电极反应式的书写。
6．（6分）科学家利用原子“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构如图所示（短线代表共价键），其中W、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次递增，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。设NA为阿伏阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z＞W
B．Y 与 W、X、Z 均能形成至少两种化合物
C．1 mol ZW 与水发生反应生成 1mol W2，转移电子 2 NA
D．最简单氢化物的沸点：Y＞X
【分析】W、X、Y、Z 四种短周期元素的原子序数依次递增，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；分子结构中X形成4个共价键，位于ⅣA族，其原子序数小于Y，则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，
A.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Y＞Z＞W，故A正确；
B.Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物，如水和过氧化氢、CO和二氧化碳、氧化钠和过氧化钠，故B正确；
C.NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaH中H元素从﹣1变为0，1molNaH与水发生反应生成1molH2，转移了1mol电子，转移电子数为NA，故C错误；
D.X、Y的最简单氢化物分别为甲烷、水，水分子之间存在氢键，导致其沸点较高，则最简单氢化物的沸点：Y＞X，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、化学键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，C为易错点，题目难度不大。
7．（6分）常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒的分布系数δ（物质的量分数）随滴加NaOH溶液体积V（NaOH）的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）
C．常温下，HA﹣的电离常数为1×10﹣2
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，c（HA﹣）+c（H+）＝c（A2﹣）+c（OH﹣）
【分析】A．根据图知，溶液中含A元素的微粒HA﹣、A2﹣而没有H2A，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离；
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明HA﹣电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小；
C．常温下当溶液中c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，HA﹣的电离常数＝＝c（H+）；
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，溶液中存在电荷守恒、存在物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒计算。
【解答】解：A．根据图知，溶液中含A元素的微粒HA﹣、A2﹣而没有H2A，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，所以H2A在水中电离的方程式为：H2A＝H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣，故A错误；
B．当V（NaOH）＝20.00mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），说明HA﹣电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，水也电离出氢离子，所以存在c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣），水电离出的OH﹣浓度很小，Na+不水解，所以存在c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故B正确；
C．常温下当溶液中c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，根据pH值曲线知，此时溶液的pH为2.0，所以HA﹣的电离常数＝＝c（H+）＝1×10﹣2，故C正确；
D．当V（NaOH）＝30.00mL时，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣）、存在物料守恒3[c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（H2A）]＝2c（Na+），所以存在c（HA﹣）+3c（H2A）+2c（H+）＝c（A2﹣）+2c（OH﹣），故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活应用，C为解答易错点，题目难度不大。
二、必考题。
8．（14分）1，2﹣二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）外观为无色或浅黄色透明液体，难溶于水，易溶于有机溶剂，碱性条件下水解程度较大，主要用作氯乙烯（聚氯乙烯单体）制取过程的中间体。实验室制备 1，2﹣二氯乙烷的主要原理如下：
C2H5OHCH2＝CH2+H2O
Cl2+CH2＝CH2→CH2ClCH2Cl
（1）写出装置 A 中发生反应的离子方程式 ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O 。
（2）F 装置的作用是 除去乙醇 ，D 装置中长玻璃导管的作用是 导气和冷凝回流 尾气可以通过盛有 溴水 、 氢氧化钠溶液 的洗气瓶进行吸收。
（3）实验时先装入 1，2﹣二氯乙烷液体，其作用是 ac （填序号）。
a.溶解 Cl2 和乙烯
b.作催化剂
c.促进气体反应物间的接触
（4）根据制备原理，G 装置中应该添加的仪器是 温度计 。
（5）准确称取2.475g 除去氯气和乙烯后的产品，加足量稀 NaOH 溶液，充分加热，发生反应，得到 250mL 水解液。取 25.00mL 水解液先用稀硝酸中和至酸性，再加入聚乙烯醇溶液（聚乙烯醇的作用是阻止 AgSCN 和 AgCl之间的转化），然后加入过量的 50.00mL 0.1000mol/L AgNO3溶液，充分反应后用 0.1000mol/L NH4SCN 标准液滴定过量的 AgNO3，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。已知：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓（白色沉淀）
①滴定时，应选用的指示剂为 （填标号）。
a.FeSO4
b.Fe（NO3）3
c.FeCl3
②产品中 Cl元素的质量分数为 57.4% （保留三位有效数字），1，2﹣二氯乙烷的纯度为≤ 80% 。
【分析】A装置用于二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，B中饱和食盐水除去氯化氢气体，C中浓硫酸除去水蒸气，进入D装置，E装置乙醇在五氧化二磷和加热条件下反应生成乙烯和水，水除去乙醇，浓硫酸除去水，进入D装置，与氯气反应制得1，2﹣二氯乙烷；
（5）①终点时SCN﹣开始过量，故应使用含有铁离子的溶液作为指示剂；
②滴定过程中发生反应CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl，Ag++Cl﹣＝AgCl↓，结合反应方程式确定关系式进行分析。
【解答】解：（1）仪器A的名称是分液漏斗，A装置是氯酸钾和浓盐酸加热条件下生成氯气，发生反应的离子方程式ClO3﹣+5Cl ﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O，
故答案为：ClO3﹣+5Cl ﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O；
（2）1，2﹣二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）是重要的有机化工原料，易溶于有机溶剂，F装置的作用是除去乙醇，D装置中长玻璃导管的作用是导气和冷凝回流，尾气可以通过盛有溴水、氢氧化钠溶液的洗气瓶除去，
故答案为：除去乙醇；导气和冷凝回流；溴水、氢氧化钠溶液；
（3）由于1，2﹣二氯乙烷液体易溶于有机溶剂，先装入1，2﹣二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触，故选ac，
故答案为：ac；
（4）甘油加热更便于控制反应温度的平稳，使反应热受热均匀，根据制备原理，G装置中应该添加的仪器是检测温度的温度计，
故答案为：温度计；
（5）①终点时SCN﹣开始过量，SCN﹣与铁离子发生显色反应，且氯化铁会影响后续氯离子测定，故应使用Fe（NO3）3作为指示剂，
故答案为：b；
②滴定过程中发生反应CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaCl，Ag++Cl﹣＝AgCl↓，平均消耗标准液10.00mL，则25.00mL水解液中n（Cl）＝0.05L×0.1000mol/L﹣0.01L×0.1000mol/L＝0.004mol，所以产品中n（Cl）＝0.004mol×＝0.04mol，故氯元素质量分数为×100%≈57.4%，n（1，2﹣二氯乙烷）＝0.02mol，则产品1，2﹣二氯乙烷的纯度为×100%＝80%，
故答案为：57.4%；80%。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
9．（14分）钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工业上常用钒炉渣（主要含FeO•V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质）提取金属钒，流程如图1：
已知：I钒有多种价态，其中+5价的最稳定。钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌2H++VO3﹣
II部分金属离子的沉淀pH：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀的pH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀pH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题：
（1）碱浸步骤中最好选用 a （填字母）。
a.NaOH溶液b.氨水c.纯碱溶液
（2）焙烧目的是将FeO•V2O3转化为可溶的NaVO3，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化学方程式 4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去 Fe3+、Cu2+ 离子，二是促使 VO2+转化为VO3﹣ 。
（4）加热NH4VO3时生成V2O5，则反应化学方程式： 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O ，流程中最后用V2O5冶炼V通常采用的方法是 （填字母）
A.炭还原法
B.铝热法还原
C.直接加热法
D.盐的水溶液与活泼金属置换法
（5）全钒液流电池工作原理如图2：
已知各种含钒离子的颜色如下：VO2+黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色
①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是 V2++VO2++2H+＝V3++VO2++H2O 。
②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是 黄色 。
【分析】钒炉渣碱浸其中氧化铝溶于碱生成偏铝酸盐，偏铝酸盐通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧后得到氧化铝，滤渣1中加碳酸钠通入空气焙烧，得到NaVO3和Fe2O3，焙烧后的固体加硫酸溶解得到硫酸铁和硫酸铜，VO3﹣转化成VO2+，溶液调节pH值至8将铜和铁转化成氢氧化铁和氢氧化铜，VO2+转化成VO3﹣，滤液中加硫酸铵将VO3﹣转化成NH4VO3，加热NH4VO3时生成V2O5，再通过热还原法得到V单质，据此解答（1）～（4）；
（5）①由图可知A为正极，放电时，左侧石墨电极上发生还原反应，元素的化合价降低，右侧石墨电解为负极，发生氧化反应；
②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO2+。
【解答】解：（1）碱浸的目的是将氧化铝溶解，而氧化铝不溶于弱碱，因此应选氢氧化钠溶解，
故答案为：a；
（2）焙烧的过程中FeO•V2O3转化为可溶的NaVO3，铁全部转化为Fe2O3，可得反应的方程式为：4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，
故答案为：4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；
（3）由以上分析可知调节pH值至8可以将溶液中的Fe3+、Cu2+转化成沉淀除去，同时能将VO2+转化为VO3﹣，
故答案为：Fe3+、Cu2+；VO2+转化为VO3﹣；
（4）加热NH4VO3时生成V2O5，另外生成氨气和水，反应的方程式：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，由题意可知V的+5价化合物很稳定，则V2O5的性质稳定，通过V2O5冶炼V，直接加热或者溶液中置换均不可以，可通过铝热反应将其从熔融的V2O5中置换出来，
故答案为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；B；
（5）①由图可知A为正极，左侧石墨电极上发生还原反应，元素的化合价降低，则其电极反应为：VO2++2H++e﹣＝VO2++H2O，右侧石墨电解为负极，发生氧化反应，电极反应为：V2+﹣e﹣＝V3+，电池的总反应为：V2++VO2++2H+＝V3++VO2++H2O，
故答案为：V2++VO2++2H+＝V3++VO2++H2O；
②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO2+，溶液呈黄色，
故答案为：黄色。
【点评】本题考查物质准备工艺流程，为高考常见题型，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力，熟练掌握元素化合物性质，对工艺流程题目关键是理解整个过程，常涉及物质的分离提纯、条件的控制、原理的分析评价、陌生方程式书写等，而涉及的元素化合物多是中学比较陌生的，题目难度中等。
10．（15分）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2﹣二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：
I.工业上用丙烯加成法制备1，2﹣二氯丙烷，主要副产物为3﹣氯丙烯，反应原理为：
①CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）ΔH1＝﹣134kJ•mol﹣1
②CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）ΔH2＝﹣102kJ•mol﹣1
（1）已知CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的活化能Ea（逆）为164kJ•mol﹣1，则该反应的活化能Ea（正）为 132 kJ•mol﹣1
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g），在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν＝，则反应①前180min内平均反应速率ν（CH2ClCHClCH3）＝ 0.08 kPa/min（保留小数点后2位）。
II.丙烯的制备方法
方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH＝+124kJ•mol﹣1
（3）①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压强为14kPa，C3H8的平衡转化率为 40% 。该反应的平衡常数Kp＝ 2.67 kPa（保留小数点后2位）
②总压分别为100kPa和10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图1所示。
10kPa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是 Z 、 Y 。
③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c（C3H8），其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 AD 。
A．增加丙烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．丙烯的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应如下：C3H8（g）+O2（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH＝﹣118kJ•mol﹣1。在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。
（4）图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是 温度升高，反应速率增大 ，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是 选择相对较低的温度或选择更合适的催化剂 。（C3H6的选择性＝×100%）
【分析】（1）先根据盖斯定律，由已知热化学方程式①②乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，再根据△H＝Ea（正）﹣Ea（逆）解得Ea（正）；
（2）根据阿伏加德罗定律的推论，同温同压下，气体物质的量之比等于压强之比，设180min时，CH2ClCHClCH3（g）和CH2＝CHCH2Cl（g）的分压分别为xkPa和ykPa，列三段式计算，根据180min时的总压强解得x，代入ν＝计算；
（3）①设C3H8的变化压强为pkPa，根据题意，列三段式计算，根据平衡总压强解得p，代入转化率＝×100%和Kp＝计算；
②压强相同时，升高温度，平衡向吸热方向移动，温度相同时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，据此结合图1解答；
③结合速率方程r＝k×c（C3H8）解答，温度不变，k不变，r随这c（C3H8）增大而增大，降低温度，反应速率减小，则k减小；
（4）反应未达到平衡时，C3H8的转化率和C3H6的产率与反应速率有关，反应达到平衡后，C3H8的转化率和C3H6的产率与平衡移动有关，据此结合平衡移动的原理解答，设C3H8的起始量为n、转化率为a，设C3H6的产率为b，计算C3H6的选择性与C3H8的转化率和C3H6的产率的关系，结合图2数据选择能提高C3H6选择性的温度，或者使用更加合适的催化剂来提高C3H6选择性。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，由①﹣②可得CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H＝（﹣134kJ•mol﹣1）﹣（﹣102kJ•mol﹣1）＝﹣32kJ•mol﹣1，则△H＝Ea（正）﹣Ea（逆）＝Ea（正）﹣164kJ•mol﹣1＝﹣32kJ•mol﹣1，故Ea（正）＝132kJ•mol﹣1，
故答案为：132；
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g），则CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g）的起始分压相同，由表格可知起始总压强为80kPa，则CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g）的起始分压均为40kPa，设180min时，CH2ClCHClCH3（g）和CH2＝CHCH2Cl（g）的分压分别为xkPa和ykPa，列三段式计算如下：
CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）
起始压强/kPa 40 40 0
变化压强/kPa x x x
180min压强/kPa x
CH2＝CHCH3（g）+Cl2（g）⇌CH2＝CHCH2Cl（g）+HCl（g）
起始压强/kPa 0 0
变化压强/kPa y y y y
180min压强/kPa y y
180min时，CH2＝CHCH3（g）和Cl2（g）的分压均为（40﹣x﹣y）kPa，则总压强为（40﹣x﹣y）kPa+（40﹣x﹣y）kPa+xkPa+ykPa+ykPa＝（80﹣x）kPa＝65.2kPa，故x＝14.8，则ν（CH2ClCHClCH3）＝≈0.08kPa/min，
故答案为：0.08；
（3）①设C3H8的变化压强为pkPa，根据题意，列三段式计算如下：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）
起始压强/kPa 10 0 0
变化压强/kPa p p p
平衡压强/kPa 10﹣p p p
则（10﹣p）kPa+pkPa+pkPa＝14kPa，解得p＝4，故C3H8的平衡转化率为×100%＝40%，平衡常数Kp＝＝kPa≈2.67kPa，
故答案为：40%；2.67；
②该反应为吸热反应，压强相同时，升高温度，平衡正向移动，平衡体系中C3H8的物质的量分数减小，C3H6的物质的量分数增大，故C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是X和Z，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是Y和W，该反应正向气体分子数增大，温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，平衡体系中C3H8的物质的量分数增大，C3H6的物质的量分数减小，故10kPa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是Z、Y，
故答案为：Z；Y；
③A．增加丙烷浓度，根据r＝k×c（C3H8），r增大，故A正确；
B．增加H2浓度，平衡正向移动，丙烷浓度减小，根据r＝k×c（C3H8），r减小，故B错误；
C．对于处于初期阶段，随着反应的进行，丙烷浓度逐渐减小，则r减小，即丙烯的生成速率逐渐减小，故C错误；
D．降低反应温度，反应速率减小，故k减小，故D正确；
故答案为：AD；
（4）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率和C3H6的产率均减小，与图2不符，说明图象反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率增大，故C3H8的转化率随温度升高而上升，温度相同时，设C3H8的起始量为n、转化率为a，设C3H6的产率为b，则反应的C3H8的物质的量为an，C3H6的理论产量为n，产生的C3H6的物质的量为bn，故C3H6的选择性＝×100%＝×100%，由图2可知，升高温度，C3H6的选择性减小，故能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度，或者选择更合适的催化剂，增大主反应产生的C3H6的反应速率，
故答案为：温度升高，反应速率增大；选择相对较低的温度或选择更合适的催化剂。
【点评】本题考查活化能、反应速率、转化率和平衡常数的计算，以及反应速率的影响影响和平衡移动的原理，题目难度较大，关键是掌握反应热的计算方法、外界条件对反应速率和平衡移动的影响，把握利用阿伏加德罗定律推论和三段式计算的方法，明确图象的横纵坐标及其曲线变化趋势的意义，提高学生的分析能力和化学计算能力。
三、【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 D、C （填标号）
A．
B．
C．
D．
（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H﹣），原因是 Li+核电荷数较大 。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是 正四面体 中心原子的杂化形式为 sp3 。LiAlH4中，存在 AB （填标号）。
A．离子键B．σ键C．π键D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born﹣Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为 520 kJ•mol﹣1，O＝O键键能为 498 kJ•mol﹣1，Li2O晶格能为 2908 kJ•mol﹣1。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；
（2）电子层结构相同的离子，离子核电荷数越大，其吸引电子能力越大；
（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键；
（4）Li原子的第一电离能为气态基态Li原子失去1个电子形成气态基态正一价阳离子所需要的能量；O＝O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；
（5）晶胞中Li+个数是8、O2﹣个数＝8×+6×＝4，晶胞体积＝（0.4665×10﹣7 cm）3，晶胞密度＝。
【解答】解：（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是1s、2s能级，能量最高的是2s、2p能级，
故答案为：D、C；
（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，离子核电荷数：Li+＞H﹣，其吸引电子能力：Li+＞H﹣，导致其半径越小，
故答案为：Li+核电荷数较大；
（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键，
故答案为：正四面体；sp3；AB；
（4）Li原子的第一电离能为气态基态Li原子失去1个电子形成气态基态正一价阳离子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ/mol＝520kJ/mol；O＝O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能＝2×249kJ/mol＝498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol，
故答案为：520；498；2908；
（5）晶胞中Li+个数是8、O2﹣个数＝8×+6×＝4，晶胞体积＝（0.4665×10﹣7 cm）3，晶胞密度＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本知识及基本原理，侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力，难点是晶胞计算方法，题目难度中等。
四、[选修5一有机化学基础]（15分）
12．经研究表明，阿比朵尔对禽流感病毒及新冠肺炎病毒均有有效拟制作用，但水溶性较差，盐酸阿比朵尔（可看作为阿比朵尔的盐酸盐）也是广谱抗病毒药物，以下为盐酸阿比朵尔的合成路线：
回答下列问题：
（1）B 中含氧官能团的名称为 酯基 。
（2）反应 A→B 的目的是 保护酚羟基 ，B→C 的反应类型为 取代反应 。
（3）中的官能团为巯基，可以确认巯基的方法有 C （填标号）。
A.核磁共振氢谱
B.质谱
C.红外光谱
D.原子光谱
（4）E 的结构简式为 。
（5）由阿比朵尔（E）制成盐酸阿比朵尔（F）的目的是 增强药物的水溶性 。
（6）利用相关知识和上述流程中的原理，某实验小组设计出了以为主要原料，合成扑炎痛（ ）的路线如下：
①反应 1 的化学方程式为 +SOCl2→+SO2+HCl （反应物按物质的量之比 1：1 反应，且有一种生成物为一常见的酸性氧化物）
②的所有同分异构体中，除苯环外不含其它环、结构中不含过氧键（即﹣O﹣O﹣）的同分异构体有 12 种。③X 的结构简式为 。
【分析】C的分子式为C15H15O4NBr2，对比B、C的分子式可知B与Br2发生的是取代反应，再结合A的结构简式可知B的结构简式为 ；结合D和F的结构以及E的分子式，可知E为，可以理解为D中苯环先与HCHO发生加成反应引入﹣CH2OH，然后羟基被﹣N（CH3）2取代生成E。
【解答】解：（1）B为，其含氧官能团为酯基，
故答案为：酯基；
（2）A生成B的过程中酚羟基与（CH3CO）2O发生酯化反应生成B，根据后续产物可知，C到D的过程又重新生成了酚羟基，所以反应A→B的目的是保护酚羟基；对比B和C的结构简式可知该反应为取代反应，
故答案为：保护酚羟基；取代反应；
（3）核磁共振氢谱确定不同化学环境的氢原子种类，质谱可以确定相对分子质量等，红外光谱可以确定原子团、官能团等，可以确定巯基的方法红外光谱，
故答案为：C；
（4）根据分析可知E的结构简式为，
故答案为：；
（5）根据流程可知E和HCl反应形成带有结晶水的盐，可以增强药物水溶性，提高药效，
故答案为：增强药物的水溶性；
（6）①反应1中羧基中氢原子被氯原子取代，且二者1：1反应，有一种生成物为一常见的酸性氧化物，根据元素守恒可知该物质应为SO2，则化学方程式为+SOCl2→+SO2+HCl，
故答案为：+SOCl2→+SO2+HCl；
②其同分异构体可以有一个取代基为：﹣OCOOH，共1种；两个取代基：﹣OH和﹣COOH、﹣OH和﹣OOCH，每一组都有邻间对3种，但其中一种为，所以共5种；还可以是三个取代基：﹣CHO、﹣OH和﹣OH，有6种，共有1+5+6＝12种同分异构体，
故答案为：12；
③对比X前后的物质可知，中酚羟基中转化为﹣ONa，氨基转化为酰胺基，为了避免酚羟基被酯化，所以反应2应是与Na的反应，则X为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构采取逆推法进行推断，侧重于学生分析能力和推断能力的考查，注意把握题目给予给信息，题目难度中等。
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