2022年上海市长宁区高考化学二模试卷

这是一份2022年上海市长宁区高考化学二模试卷，共34页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2022年上海市长宁区高考化学二模试卷
一、选择题（共40分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列关于物质用途的说法错误的是（　　）
A．NH4Cl溶液用作除锈剂
B．还原铁粉用作抗氧化剂
C．NaHCO3用作糕点膨松剂
D．干冰用作Na着火时的灭火剂
2．（3分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（　　）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
3．（3分）下列表示正确的是（　　）
A．硫原子结构示意图： B．乙烯的球棍模型：
C．乙炔的结构简式CHCH D．NaCl的电子式：
4．（3分）下列金属化合物中最方便用于潜水艇舱内供氧的是（　　）
A．KMnO4 B．KClO3 C．KNO3 D．Na2O2
5．（3分）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（　　）
A．B﹣F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
6．（3分）下列工业产品，一般不是以石油为原料制备的是（　　）
A．乙烯 B．汽油 C．液化石油气 D．煤焦油
7．（3分）采用循环操作可提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（　　）
A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．氯碱工业 D．纯碱工业
8．（3分）向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（　　）
A．澄清石灰水 B．氯化钙溶液
C．饱和碳酸钠溶液 D．硝酸钡溶液
9．（3分）下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是（　　）
A．鉴别乙烯和乙烷
B．鉴别四氯乙烯和聚四氟乙烯
C．鉴别苯和对二甲苯
D．检验CH2＝C（CH3）CHO中含碳碳双键
10．（3分）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）
A．Na+、Ca2+、Cl﹣、NH4+ B．Ba2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C．SO42﹣、Cl﹣、K+、Na+ D．SO32﹣、K+、NO3﹣、Na+
11．（3分）下列有关金属腐蚀的说法中正确的是（　　）
A．银质奖牌久置后表面变暗是因为发生了电化腐蚀
B．因为二氧化碳普遍存在，所以钢铁的电化腐蚀以析氢腐蚀为主
C．无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，总是金属被氧化
D．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：4OH﹣﹣4e→2H2O+O2
12．（3分）在如图的实验装置中，实验开始一段时间后，对看到的现象叙述不正确的是（　　）
A． 苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”
C．小试管内有晶体析出 D．pH试纸变红
13．（3分）下列关于实验室制备乙酸丁酯的叙述正确的是（　　）
A．正丁醇过量
B．用水浴加热
C．试管底部紧贴石棉网以加快反应速率
D．加入碳酸钠溶液洗涤，再分液，以除去乙酸丁酯中含有的乙酸杂质
14．（3分）对于液溴和溴水的混合物，下列叙述述正确的是（　　）
A．取上层液体和苯在催化剂作用下制溴苯
B．液溴呈紫色，在上层
C．液溴呈深红棕色，在下层
D．混合物存放在带橡皮塞的细口瓶中
15．（3分）接触法制硫酸中能提高SO2转化率的条件是（　　）
A．400～500℃ B．常压 C．催化剂 D．过量的空气
16．（3分）下列物质间不能发生化学反应的是（　　）
A．AgCl固体和KI溶液 B．Na2SO4固体和浓盐酸
C．CH3COONa固体和浓盐酸 D．NaHCO3固体和石灰水
17．（3分）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（　　）
A．向150mL 3mol•L﹣1的稀硝酸中加入6.4g铜
B．标准状况下，将1g铁片投入15mL 18.4mol•L﹣1的硫酸中
C．用50mL 8mol•L﹣1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气
D．5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨
18．（3分）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极 （如图所示），通入一定的电流。下列叙述错误的是（　　）

A．阳极发生将海水中的Cl﹣氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg（OH）2等积垢需要定期清理
19．（3分）下列实验现象与实验操作不相匹配的是（　　）

实验操作
实验现象
A
向硝酸亚铁溶液中滴加稀HCl
溶液由浅绿色变为棕黄色
B
向盛有少量Mg（OH）2沉淀的试管中加入适量饱和NH4Cl溶液，振荡
白色沉淀溶解
C
向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠
有气泡产生
D
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
生成无色溶液和刺激性气味气体
A．A B．B C．C D．D
20．（3分）25°C，向0.1mol⋅L﹣1HAc溶液中滴入等浓度的NaOH溶液，下列判断一定正确的是（　　）
A．若最终溶液含等摩尔HAc和NaAc，则c（Ac﹣）﹣c（HAc）＝2c（H+）﹣2c（OH﹣）
B．若NaOH溶液过量，则c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．若NaOH溶液不足量，则NaOH溶液加入越少水的电离程度越大
D．若恰好完全反应，则c（HAc）＞c（OH﹣）
二、综合题（共60分）
21．（15分）了解原子结构特点、理解元素周期律和物质的结构对学习物质的性质和用途至关重要。
（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是 　 　（填离子符号），硅元素在元素周期表中的位置是 　 　。下列能表示硫原子3p轨道电子状态的是 　 　（填标号）。

（2）写出化合物CO2的电子式； 　 　CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：　 　。
（3）比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性：H2S 　 　HCl（选填“＜”、“”或“＝”，下同）；酸性：HClO4　 　H2SO4；用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：　 　。
（4）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的 　 　性；已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解，说明在NaHSO3溶液中c（H2SO3） 　 　c（SO32﹣）（选填“＜”、“＞”或＝”）。
（5）请预测：第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的是 　 　（填分子式），该物质在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度 　 　（填“大”或“小”）。
22．（15分）研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
（1）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：　 　。
（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：4CO（g）+2NO2（g）→N2（g）+4CO2+akJ。标准状况下，3.36LCO还原NO2至N2的整个过程中转移电子的数目为 　 　，放出的热量为 　 　（用含有a的代数式表示）
现将一定量N2O4气体充入恒容密闭容器中，控制反应温度为T1°[N2O4（g）⇌2NO2（g）+Q，Q＜0]
（3）下列可以作为反应达到平衡的判断依据是 　 　。

A.气体的压强不变
B.V正（N2O4）＝2V逆（NO2）
C.K不变
D.容器内气体的密度不变
E.容器内颜色不变
（4）反应温度T1时，c（N2O4）随t（时间）变化曲线如图A，画出0∼t2时段，c（NO2）随t变化曲线 　 　。保持其它条件不变，改变反应温度为T2（T2＞T1），再次画出0∼t2时段，c（NO2）随t变化趋势的曲线 　 　。
（5）NO氧化反应：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）分两步进行：
I.2NO（g）→N2O2（g）+Q1
II.N2O2（g）+O2（g）→2NO2（g）+Q2（Q1、Q2都大于0）
在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4（T4＞T3），测得c（NO）随t（时间）的变化曲线如图B。转化相同量的NO，在温度 　 　（填“T3”或“T4”）下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因 　 　。

23．（15分）化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如图。

回答下列问题：
（1）A的名称为 　 　，F所含官能团的名称为 　 　。
（2）④的反应类型为 　 　，G的结构简式为 　 　。
（3）反应③的化学方程式为 　 　。
（4）反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为 　 　。
（5）芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含﹣OH，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，则M的结构简式为 　 　。（任写一种）
（6）参照上述合成路线，设计由合成的路线 　 　。（乙醇、乙酸及无机试剂任选）
24．（15分）硫酸亚铁晶体（FeSO4⋅7H2O）在医药上作补血剂。工业上用废铁生产FeSO4⋅7H2O的一种流程如图所示：

（1）步骤I中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外，还有一个反应的化学方程式为：　 　；步骤I加入稀硫酸的量不能过量的原因是 　 　；步骤II加入稀硫酸的目的是 　 　。
（2）证明步骤（1）滤液中只含有Fe2+的方法：取样，先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加 　 　；该过程的现象为：　 　。
（3）步骤III从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4⋅7H2O）的实验操作为 　 　、　 　、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行，原因是 　 　。
（4）取27.8gFeSO4⋅7H2O隔绝空气加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。

分析数据，写出90°C残留物的化学式； 　 　。440°C∼470°C时固体物质发生反应的化学方程式是 　 　，做出这一判断的依据是 　 　。

2022年上海市长宁区高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列关于物质用途的说法错误的是（　　）
A．NH4Cl溶液用作除锈剂
B．还原铁粉用作抗氧化剂
C．NaHCO3用作糕点膨松剂
D．干冰用作Na着火时的灭火剂
【分析】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液水解显酸性；
B．还原铁粉具有较强的还原性；
C．NaHCO3受热易分解生成二氧化碳气体；
D．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气。
【解答】解：A．NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故NH4Cl溶液可以用作除锈剂，故A不选；
B．还原铁粉具有较强的还原性，能与具有强氧化性的物质反应，所以还原铁粉可以用作抗氧化剂，故B不选；
C．NaHCO3受热易分解生成二氧化碳气体，能 使糕点疏松多孔，所以NaHCO3用作糕点膨松剂，故C不选；
D．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能与二氧化碳反应氧气，所以干冰不能用作Na着火时的灭火剂，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的性质与应用，涉及盐类水解原理、还原铁粉、碳酸氢钠、钠及其化合物的性质等，题目考查的知识点较多，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
2．（3分）将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（　　）
A．分馏 B．裂化 C．裂解 D．干馏
【分析】A．分馏是根据沸点的不同将物质分离的方法；
B．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程，主要目的是获得轻质油；
C．裂解是较长的烃断裂成较短的烃的过程，典型例子是石油的裂解，裂解的目的是为了获得重要化工原料甲烷；
D．干馏是隔绝空气加热使之分解的过程。
【解答】解：将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，属于干馏，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查煤的干馏和综合利用，注意分馏、裂化、裂解和干馏的定义，难度不大。
3．（3分）下列表示正确的是（　　）
A．硫原子结构示意图： B．乙烯的球棍模型：
C．乙炔的结构简式CHCH D．NaCl的电子式：
【分析】A．硫原子的核电荷数＝核外电子总数＝16，最外层含有6个电子；
B．乙烯分子中含有碳碳双键，为平面结构；
C．结构简式中需要标出官能团结构；
D．氯化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷。
【解答】解：A．S原子的核外电子总数为16，最外层电子数为6，其原子结构示意图为，故A错误；
B．乙烯为平面结构，碳原子的原子半径较大，其球棍模型为，故B正确；
C．乙炔分子中含有1个碳碳三键，正确的结构简式为CH≡CH，故C错误；
D．NaCl为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，阴离子需要表示出所带电荷及最外层电子，氯化钠的电子式为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示意图、球棍模型、结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
4．（3分）下列金属化合物中最方便用于潜水艇舱内供氧的是（　　）
A．KMnO4 B．KClO3 C．KNO3 D．Na2O2
【分析】最方便用于潜水艇舱内供氧的物质，应能与空气中的水或二氧化碳反应生成氧气，以此解答．
【解答】解：题中KMnO4、KClO3（加入催化剂）只能在加热条件下分解生成氧气，而硝酸钾加热生成氧气的同时还生成二氧化氮气体，都不适合用于制备氧气，而过氧化钠常温下易与二氧化碳、水反应生成氧气，可用于供氧剂。
故选：D。
【点评】本题考查钠的化合物，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意把握相关物质的性质．
5．（3分）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（　　）
A．B﹣F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
【分析】A．不同种原子间形成的共价键是极性键；
B．根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；
C．BF3为平面正三角形结构，则F﹣B﹣F间的夹角为120°；
D．BF3为平面正三角形结构。
【解答】解：A．不同种原子间形成的共价键是极性键，则B﹣F键是极性键，故A正确；
B．BF3中B原子价层电子对个数＝3+×（3﹣1×3）＝3，B原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以为平面三角形结构，故B错误；
C．BF3为平面正三角形结构，则F﹣B﹣F间的夹角为120°，故C正确；
D．BF3为平面正三角形结构，所以所有原子共平面，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了分子构型、夹角等知识点，根据价层电子对互斥理论确定分子构型即可解题，题目难度不大.
6．（3分）下列工业产品，一般不是以石油为原料制备的是（　　）
A．乙烯 B．汽油 C．液化石油气 D．煤焦油
【分析】A．石油裂解得到乙烯；
B．石油分馏可以得到汽油；
C．石油经过裂化获得裂化汽油；
D．煤干馏得到煤焦油。
【解答】解：A．石油裂解得到乙烯，乙烯是以石油为原料制备的，故A不选；
B．石油分馏可以得到汽油，汽油是以石油为原料获得的，故B不选；
C．石油经过裂化获得裂化汽油，裂化汽油是以石油为原料获得的，故C不选；
D．煤焦油是煤干馏时生成的具有刺激性臭味的黑色或黑褐色粘稠状液体，煤焦油是以煤为原料制备的，不是以石油为原料，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查了石油和煤的综合应用，题目难度不大，注意把握石油的分馏产物、裂化产物以及裂解产物，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
7．（3分）采用循环操作可提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（　　）
A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．氯碱工业 D．纯碱工业
【分析】采用循环操作的主要是有可逆反应，目的是提高原料的利用率，
A．制备硫酸过程中，接触室发生了二氧化硫的催化氧化反应是可逆反应；
B．合成氨生产中生成氨气的反应为可逆反应；
C．氯碱工业中涉及反应为非可逆反应；
D．向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其中纯碱工业中分解生成的二氧化碳气体、析出氯化铵后的氯化钠溶液可以循环使用。
【解答】解：A．硫酸工业中在接触室发生了二氧化硫的催化氧化反应是可逆反应，采用循环操作可提高二氧化硫的利用率，故A错误；
B．合成氨生产中生成氨气的反应为可逆反应，采用循环操作可提高N2、H2的转化率，故B错误；
C．氯碱工业中涉及反应为非可逆反应，进行程度比较彻底，不需要采用循环操作，故C正确；
D．纯碱工业中分解生成的二氧化碳气体、析出氯化铵后的氯化钠溶液，都可以循环使用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了工业生产的效益问题，采用循环操作的主要是有可逆反应，目的是提高原料的利用率，题目难度不大。
8．（3分）向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（　　）
A．澄清石灰水 B．氯化钙溶液
C．饱和碳酸钠溶液 D．硝酸钡溶液
【分析】A．酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应；
B．氯化钙溶液与CO2不发生反应；
C．过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中反应生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小；
D．Ba（NO3）2溶液与CO2不发生反应。
【解答】解：A．酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故A错误；
B．盐酸酸性大于碳酸，则氯化钙溶液与CO2不发生反应，故B错误；
C．过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故C正确；
D．硝酸酸性大于碳酸，则Ba（NO3）2溶液与CO2不发生反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素及其化合物的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及对双基知识的掌握，注意常见物质的性质，答题时注意二氧化碳过量的要求，为易错点，难度不大。
9．（3分）下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是（　　）
A．鉴别乙烯和乙烷
B．鉴别四氯乙烯和聚四氟乙烯
C．鉴别苯和对二甲苯
D．检验CH2＝C（CH3）CHO中含碳碳双键
【分析】A．乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳；
B．四氯乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，聚四氟乙烯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．苯和酸性高锰酸钾溶液不反应，对二甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对二苯甲酸；
D．碳碳双键、醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A．乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象不同可以鉴别，故A不选；
B．四氯乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚四氟乙烯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，现象不同可以鉴别，故B不选；
C．苯和酸性高锰酸钾溶液不反应，对二甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对二苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象不同可以鉴别，故C不选；
D．碳碳双键、醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同无法鉴别，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查有机物鉴别，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、性质差异性是解本题关键，题目难度不大。
10．（3分）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）
A．Na+、Ca2+、Cl﹣、NH4+ B．Ba2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C．SO42﹣、Cl﹣、K+、Na+ D．SO32﹣、K+、NO3﹣、Na+
【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液中存在大量H+或OH﹣，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A．Na+、Ca2+、Cl﹣、NH4+之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A错误；
B．Mg2+与OH﹣反应生成氢氧化镁沉淀，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在溶液中一定不能大量共存，故B正确；
C．SO42﹣、Cl﹣、K+、Na+之间不反应，都不与H+、OH﹣反应，能够大量共存，故C错误；
D．SO32﹣、K+、NO3﹣、Na+之间不反应，都不与OH﹣反应，在碱性溶液中能够大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，明确题干暗含信息及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11．（3分）下列有关金属腐蚀的说法中正确的是（　　）
A．银质奖牌久置后表面变暗是因为发生了电化腐蚀
B．因为二氧化碳普遍存在，所以钢铁的电化腐蚀以析氢腐蚀为主
C．无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，总是金属被氧化
D．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：4OH﹣﹣4e→2H2O+O2
【分析】A.银在空气中变暗是发生了化学腐蚀；
B.当水膜的pH＜5.6时发生析氢腐蚀；
C.在析氢腐蚀和吸氧腐蚀中，金属均做负极；
D.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子。
【解答】解：A.银在空气中被氧气氧化发生化学腐蚀，和电化腐蚀无关，故A错误；
B.当水膜的酸性较强、pH＜5.6时才能发生析氢腐蚀，虽然空气中二氧化碳普遍存在，但只会导致水膜呈弱酸性，发生吸氧腐蚀，故B错误；
C.在析氢腐蚀和吸氧腐蚀中，金属均做负极被氧化，发生氧化反应，故C正确；
D.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，难度不大，应注意的是金属腐蚀时均发生氧化反应，且钢铁在酸性环境下发生析氢腐蚀，在弱酸性或中性环境下发生吸氧腐蚀。
12．（3分）在如图的实验装置中，实验开始一段时间后，对看到的现象叙述不正确的是（　　）
A． 苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”
C．小试管内有晶体析出 D．pH试纸变红
【分析】A．浓硫酸具有吸水性，可使苹果水分减少；
B．浓硫酸可使晶体失去水；
C．浓硫酸具有吸水性，使饱和溶液中溶剂减少；
D．浓硫酸具有脱水性，可使试纸变黑．
【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，可使苹果水分减少，则观察到苹果块会干瘪，故A正确；
B．浓硫酸可使晶体失去水，则观察到胆矾晶体表面有“白斑”，故B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，使饱和溶液中溶剂减少，则小试管内有晶体析出，故C正确；
D．浓硫酸具有脱水性，可使试纸变黑，则不能观察到试纸变红，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，把握实验装置的作用、物质的性质及反应现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验的结合，题目难度不大．
13．（3分）下列关于实验室制备乙酸丁酯的叙述正确的是（　　）
A．正丁醇过量
B．用水浴加热
C．试管底部紧贴石棉网以加快反应速率
D．加入碳酸钠溶液洗涤，再分液，以除去乙酸丁酯中含有的乙酸杂质
【分析】类比制备乙酸乙酯的过程，制备乙酸丁酯的过程用乙酸和丁醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应制备乙酸丁酯，为可逆反应，反应总浓硫酸起到吸水剂和催化剂作用，为提高丁醇的转化率，可使用过量的乙酸，同时产品加入碳酸钠溶液洗涤，再分液，以除去乙酸丁酯中含有的乙酸杂质，结合酯类的性质解答该题。
【解答】解：A.结合分析可知，该实验中，为提高丁醇的转化率，可使用过量的乙酸，故A错误；
B.反应温度通常高于100℃，则不能水浴加热，故B错误；
C.试管底部紧贴石棉网会导致反应温度过高，有机物碳化，故不可紧贴，故C错误；
D.碳酸钠可吸收醇、除去乙酸，降低酯的溶解度，则用水、饱和Na2CO3溶液洗涤后分液分离出粗产品，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质性质、混合物分离提纯、制备原理、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，题目难度中等。
14．（3分）对于液溴和溴水的混合物，下列叙述述正确的是（　　）
A．取上层液体和苯在催化剂作用下制溴苯
B．液溴呈紫色，在上层
C．液溴呈深红棕色，在下层
D．混合物存放在带橡皮塞的细口瓶中
【分析】液溴的密度大于溴水，故应在下层，则上层为溴水，液溴呈深红棕色，溴水呈橙红色，且苯需要和液溴在催化剂的催化下发生取代反应，并且两者均具有强氧化性。
【解答】解：A.液溴的密度大于溴水，故应在下层，则上层为溴水，溴水不与苯发生取代反应，故A错误；
B.液溴的密度大于溴水，故应在下层，则上层为溴水，液溴呈深红棕色，故B错误；
C.液溴的密度大于溴水，故应在下层，则上层为溴水，液溴呈深红棕色，故C正确；
D.液溴和溴水均具有强氧化性，可以将具有碳碳双键的橡胶氧化，故D错误；
故选C。
【点评】本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
15．（3分）接触法制硫酸中能提高SO2转化率的条件是（　　）
A．400～500℃ B．常压 C．催化剂 D．过量的空气
【分析】接触法制硫酸中二氧化硫催化氧化生成三氧化硫的反应为气体体积减小的放热反应，结合化学平衡移动原理分析判断提高二氧化硫的转化率的条件，改变条件平衡正向进行。
【解答】解：A．正反应为放热反应，升高温度，抑制反应向正反应方向移动，升高温度主要考虑催化剂的活性，故A错误；
B．平衡移动原理可知压强越大反应正向进行，二氧化硫转化率越大，但常压下二氧化硫转化率已经很大，增大压强转化率变化不大，所以采取常压，故B错误；
C．催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡，不能提高二氧化硫的转化率，故C错误；
D．过量的空气会提高二氧化硫转化率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素、改变条件平衡移向的方向方向判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
16．（3分）下列物质间不能发生化学反应的是（　　）
A．AgCl固体和KI溶液 B．Na2SO4固体和浓盐酸
C．CH3COONa固体和浓盐酸 D．NaHCO3固体和石灰水
【分析】A、根据反应有沉淀生成，结合物质的溶解度情况来分析；
B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸；
C、强酸制弱酸；
D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙。
【解答】解：A、反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行，KI溶液与AgCl固体混合搅拌，生成了溶解度小的碘化银，故A正确；
B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸，硫酸和盐酸都是强酸，盐酸易挥发，所以Na2SO4固体和浓盐酸不反应，故B错误；
C、强酸制弱酸，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以CH3COONa固体和浓盐酸反应生成醋酸，故C正确；
D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙，所以NaHCO3固体和石灰水能发生化学反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质与物质之间的相互反应，学生只要掌握反应原理，如强制弱、挥发性酸制不挥发性的酸和复分解反应进行的条件是解题的关键。
17．（3分）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（　　）
A．向150mL 3mol•L﹣1的稀硝酸中加入6.4g铜
B．标准状况下，将1g铁片投入15mL 18.4mol•L﹣1的硫酸中
C．用50mL 8mol•L﹣1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气
D．5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨
【分析】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，结合硝酸和铜的量计算判断；
B．18.4mol•L﹣1的硫酸为浓硫酸，标准状况下，铁片与浓硫酸发生钝化；
C．二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应；
D．氮气与氢气的反应为可逆反应。
【解答】解：A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的方程式为：3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，稀硝酸的物质的量为0.15L×3mol•L﹣1＝0.45mol，而铜的物质的量为＝0.1mol，所以硝酸过量，加入6.4g铜能完全消耗，故A正确；
B．18.4mol•L﹣1的硫酸为浓硫酸，标准状况下，铁片与浓硫酸发生钝化，所以铁片不可能完全反应，故B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，故C错误；
D．氮气与氢气的反应为可逆反应，氮气不可能完全反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查根据方程式的计算、过量计算、物质浓度对反应的影响等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意物质浓度对性质的影响以及可逆反应的特点。
18．（3分）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极 （如图所示），通入一定的电流。下列叙述错误的是（　　）

A．阳极发生将海水中的Cl﹣氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg（OH）2等积垢需要定期清理
【分析】海水通入管道后，形成电解池，海水作为电解液，依据提示，为排除排水管中生物的附和，可以通过电解海水制氯气，故阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，此时海水碱性增大，由于电解液存在于管道中，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果，阴极生成的氢气应及时通风安全地排入大气，依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，据此分析回答问题。
【解答】解：A.依据分析可知，阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故A正确；
B.依据题意“排水管中生物的附和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率”可知，需要生成次氯酸钠进而杀灭附着生物，故B正确；
C.阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，若不排除，氢气浓度过大易发生危险，应及时通风稀释，故C正确；
D.依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，需要定期清理阴极表面，故D错误，
故选：D。
【点评】本题以教材电解食盐水为背景进行改编，考查了学生有关电解池原理，氯气性质等内容，分析题意为解题关键，需要理解题中所给信息，其中分析次氯酸钠形成为本题难点，考查范围较广，整体难度适中。
19．（3分）下列实验现象与实验操作不相匹配的是（　　）

实验操作
实验现象
A
向硝酸亚铁溶液中滴加稀HCl
溶液由浅绿色变为棕黄色
B
向盛有少量Mg（OH）2沉淀的试管中加入适量饱和NH4Cl溶液，振荡
白色沉淀溶解
C
向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠
有气泡产生
D
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
生成无色溶液和刺激性气味气体
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
B.Mg（OH）2沉淀中加饱和NH4Cl溶液，铵根离子与氢氧根离子结合使可氢氧化镁溶解；
C.钠与乙醇反应生成氢气；
D.饱和硫代硫酸钠溶液与稀盐酸反应生成S、二氧化硫、NaCl。
【解答】解：A.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，则溶液由浅绿色变为棕黄色，故A正确；
B.Mg（OH）2沉淀中加饱和NH4Cl溶液，铵根离子与氢氧根离子结合使氢氧化镁溶解，溶解平衡正向移动，则白色沉淀溶解，故B正确；
C.钠与乙醇反应生成氢气，有气泡产生，故C正确；
D.饱和硫代硫酸钠溶液与稀盐酸反应生成S、二氧化硫、NaCl，则有淡黄色沉淀及刺激性气味气体生成，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、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20．（3分）25°C，向0.1mol⋅L﹣1HAc溶液中滴入等浓度的NaOH溶液，下列判断一定正确的是（　　）
A．若最终溶液含等摩尔HAc和NaAc，则c（Ac﹣）﹣c（HAc）＝2c（H+）﹣2c（OH﹣）
B．若NaOH溶液过量，则c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．若NaOH溶液不足量，则NaOH溶液加入越少水的电离程度越大
D．若恰好完全反应，则c（HAc）＞c（OH﹣）
【分析】A．结合混合液中的物料守恒、电荷守恒分析；
B．氢氧化钠的物质的量较大时，可能满足c（OH﹣）＞c（Ac﹣）；
C．0.1mol⋅L﹣1HAc溶液抑制了水的电离，NaOH溶液不足量时，随着氢氧化钠的加入，水的电离程度逐渐增大；
D．恰好完全反应时生成NaAc，结合质子守恒分析。
【解答】解：A．若最终溶液含等摩尔HAc和NaAc，溶液中存在电荷守恒c（Ac﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）和物料守恒c（Ac﹣）+c（HAc）＝2c（Na+），二者结合可得c（Ac﹣）﹣c（HAc）＝2c（H+）﹣2c（OH﹣），故A正确；
B．若NaOH溶液的物质的量较大时，则c（OH﹣）＞c（Ac﹣），此时溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（Ac﹣）＞c（H+），故B错误；
C．HAc与NaOH恰好反应生成NaAc时，水的电离程度最大，则NaOH溶液不足量，随着氢氧化钠的加入，水的电离程度逐渐增大，则NaOH溶液加入越少水的电离程度越小，故C错误；
D．若恰好完全反应，反应后溶质为NaAc，NaAc溶液中存在质子守恒c（H+）+c（HAc）＝c（OH﹣），则c（HAc）＜c（OH﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，明确电荷守恒、物料守恒及质子守恒的内容为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）了解原子结构特点、理解元素周期律和物质的结构对学习物质的性质和用途至关重要。
（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是 　F﹣　（填离子符号），硅元素在元素周期表中的位置是 　第三周期第IVA族　。下列能表示硫原子3p轨道电子状态的是 　AC　（填标号）。

（2）写出化合物CO2的电子式； 　　CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：　CO2为分子晶体，而SiO2为共价晶体，共价晶体的熔沸点大于分子晶体　。
（3）比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性：H2S 　＜　HCl（选填“＜”、“”或“＝”，下同）；酸性：HClO4　＞　H2SO4；用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：　Cl2+H2S＝2H++2Cl﹣+S↓　。
（4）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的 　还原　性；已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解，说明在NaHSO3溶液中c（H2SO3） 　＜　c（SO32﹣）（选填“＜”、“＞”或＝”）。
（5）请预测：第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的是 　HF　（填分子式），该物质在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度 　小　（填“大”或“小”）。
【分析】（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，且最外层均为八个电子，核电荷数越大，离子半径最小，故它们的离子半径最小的是F﹣，硅元素在元素周期表中的位置是第三周期第IVA族，S的3p轨道含有四个电子；
（2）二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体，原因在于CO2为分子晶体，而SiO2为共价晶体；
（3）由于Cl的电负性强于S，故气态氢化物的稳定性H2S＜HCl，最高价含氧酸的酸性HClO4＞H2SO4，非金属性强的元素单质可以将弱的单质进行置换；
（4）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的还原性，已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解，显酸性说明电离程度大于水解程度，故电离产物c（SO32﹣）的浓度较大；
（5）电负性越大，与H形成的化学键的极性越大，故第二周期形成的氢化物极性最大的为HF，依据相似相溶原理分析即可。
【解答】解：（1）氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，且最外层均为八个电子，核电荷数越大，离子半径最小，故它们的离子半径最小的是F﹣，硅元素在元素周期表中的位置是第三周期第IVA族，S的3p轨道含有四个电子，可以表示为或，
故答案为：F﹣；第三周期第IVA族；AC；
（2）二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体，原因在于CO2为分子晶体，而SiO2为共价晶体，共价晶体的熔沸点大于分子晶体，
故答案为：；CO2为分子晶体，而SiO2为共价晶体，共价晶体的熔沸点大于分子晶体；
（3）由于Cl的电负性强于S，故气态氢化物的稳定性H2S＜HCl，最高价含氧酸的酸性HClO4＞H2SO4，非金属性强的元素单质可以将弱的单质进行置换，代表反应为Cl2+H2S＝2H++2Cl﹣+S↓，
故答案为：＜；＞；Cl2+H2S＝2H++2Cl﹣+S↓；
（4）红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的还原性，已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO3﹣既能电离又能水解，显酸性说明电离程度大于水解程度，故电离产物c（SO32﹣）的浓度较大，所以c（H2SO3）＜c（SO32﹣），
故答案为：还原性；＜；
（5）电负性越大，与H形成的化学键的极性越大，故第二周期形成的氢化物极性最大的为HF，依据相似相溶原理，对于非极性溶剂CCl4中的溶解度和极性溶剂水中的溶解度相比，在水中溶解度较大，
故答案为：HF；小。
【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查学生知识运用、计算及空间想象能力，涉及元素周期律，化学键，基本概念等知识点，难点是晶胞计算，题目难度中等。
22．（15分）研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
（1）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：　3NO2+H2O＝2HNO3+NO　。
（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：4CO（g）+2NO2（g）→N2（g）+4CO2+akJ。标准状况下，3.36LCO还原NO2至N2的整个过程中转移电子的数目为 　0.3NA　，放出的热量为 　0.0375akJ　（用含有a的代数式表示）
现将一定量N2O4气体充入恒容密闭容器中，控制反应温度为T1°[N2O4（g）⇌2NO2（g）+Q，Q＜0]
（3）下列可以作为反应达到平衡的判断依据是 　AE　。

A.气体的压强不变
B.V正（N2O4）＝2V逆（NO2）
C.K不变
D.容器内气体的密度不变
E.容器内颜色不变
（4）反应温度T1时，c（N2O4）随t（时间）变化曲线如图A，画出0∼t2时段，c（NO2）随t变化曲线 　　。保持其它条件不变，改变反应温度为T2（T2＞T1），再次画出0∼t2时段，c（NO2）随t变化趋势的曲线 　　。
（5）NO氧化反应：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）分两步进行：
I.2NO（g）→N2O2（g）+Q1
II.N2O2（g）+O2（g）→2NO2（g）+Q2（Q1、Q2都大于0）
在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4（T4＞T3），测得c（NO）随t（时间）的变化曲线如图B。转化相同量的NO，在温度 　T4　（填“T3”或“T4”）下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因 　两步反应均为放热反应，且T4温度较高，升高温度平衡逆向移动，减缓了由于NO浓度降低导致的反应速率减慢，故转化相同的NO时，T4消耗的时间较长　。

【分析】（1）NO2溶于水产生硝酸；
（2）标准状况下，3.36LCO对应的物质的量为mol＝0.15mol，结合4CO（g）+2NO2（g）→N2（g）+4CO2（g）计算即可；
（3）对于反应N2O4（g）⇌2NO2（g）+Q，结合反应特点分析到达平衡的标志；
（4）NO2作为生成物，变化量为N2O4的二倍，故对应的曲线图为，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，据此分析新的图像变化；
（5）随着反应进行，NO的浓度逐渐降低，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因在于两步反应均为放热反应，且T4温度较高，升高温度平衡逆向移动，减缓了由于NO浓度，据此分析对反应速率的影响。
【解答】解：（1）NO2溶于水产生硝酸，对应的化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（2）标准状况下，3.36LCO对应的物质的量为mol＝0.15mol，结合4CO（g）+2NO2（g）→N2（g）+4CO2（g）可知，还原NO2至N2的整个过程中转移电子的数目为0.15××4＝0.3NA，放出的热量为a×kJ＝0.0375akJ，
故答案为：0.3NA；0.0375akJ；
（3）对于反应N2O4（g）⇌2NO2（g）+Q，Q＜0可知，
A.该反应为熵增反应，气体的压强不变可以作为平衡依据，故A正确；
B.V正（N2O4）＝V逆（NO2），说明正逆反应速率相同，故B错误；
C.K是和温度有关的函数，无法作为平衡判断的依据，故C错误；
D.反应前后均为气体，且容器体积适中保持不变，故密度无法作为平衡判断的依据，故D错误；
E.容器内颜色不变，说明NO2的浓度不再变化，反应达到平衡，故E正确；
故答案为：AE；
（4）NO2作为生成物，变化量为N2O4的二倍，故对应的曲线图为，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故对应的曲线为，
故答案为：；；
（5）随着反应进行，NO的浓度逐渐降低，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因在于两步反应均为放热反应，且T4温度较高，升高温度平衡逆向移动，减缓了由于NO浓度降低导致的反应速率减慢，故转化相同的NO时，T4消耗的时间较长，
故答案为：T4；两步反应均为放热反应，且T4温度较高，升高温度平衡逆向移动，减缓了由于NO浓度降低导致的反应速率减慢，故转化相同的NO时，T4消耗的时间较长。
【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握平衡移动的相关内容，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
23．（15分）化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如图。

回答下列问题：
（1）A的名称为 　环己醇　，F所含官能团的名称为 　氯原子、醚键　。
（2）④的反应类型为 　消去反应　，G的结构简式为 　　。
（3）反应③的化学方程式为 　　。
（4）反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为 　　。
（5）芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含﹣OH，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，则M的结构简式为 　　。（任写一种）
（6）参照上述合成路线，设计由合成的路线 　　。（乙醇、乙酸及无机试剂任选）
【分析】由A的分子式、B后产物结构，可知A发生氧化反应生成B，B发生取代反应生成，故A为，发生消去反应生成C为，C与发生加成反应生成E，对比E、H的结构，结合反应条件，可知E中环上氢原子被﹣CH2OCH3取代生成G，G再与HC≡CBr反应生成H，故G为，D的分子式为C4H10O，在催化剂条件下生成，D的结构简式为或；
（6）由反应⑤可知，在光照条件下生成，由反应②可知，与Br2反应生成，然后发生消去反应生成。
【解答】解：（1）A的结构简式为，A的名称为：环己醇，F为ClCH2OCH3，F所含官能团的名称为：氯原子、醚键，
故答案为：环己醇；氯原子、醚键；
（2）反应④（或）转化为，分子内脱水形成碳碳双键，反应类型为消去反应，由分析可知，G的结构简式为，
故答案为：消去反应；；
（3）反应③的化学方程式为：，
故答案为：；
（4）反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为，
故答案为：；
（5）芳香化合物M是H（）的同分异构体，H的不饱和度为4，则M的苯环侧链没有不饱和键或环状结构，M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含﹣OH，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，存在对称结构，可以是2个﹣C（CH3）3、1个﹣O﹣O﹣CH3，或者是1个﹣CH3、2个﹣OC（CH3）3，可能的结构简式为：，
故答案为：（任意1种）；
（6）由反应⑤可知，在光照条件下生成，由反应②可知，与Br2反应生成，然后发生消去反应生成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，充分利用有机物分子式、结构简式进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。
24．（15分）硫酸亚铁晶体（FeSO4⋅7H2O）在医药上作补血剂。工业上用废铁生产FeSO4⋅7H2O的一种流程如图所示：

（1）步骤I中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外，还有一个反应的化学方程式为：　Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4　；步骤I加入稀硫酸的量不能过量的原因是 　确保生成物全部都是硫酸亚铁　；步骤II加入稀硫酸的目的是 　防止亚铁离子水解　。
（2）证明步骤（1）滤液中只含有Fe2+的方法：取样，先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加 　氯水　；该过程的现象为：　溶液变成血红色　。
（3）步骤III从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4⋅7H2O）的实验操作为 　蒸发浓缩　、　冷却结晶　、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行，原因是 　低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水　。
（4）取27.8gFeSO4⋅7H2O隔绝空气加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。

分析数据，写出90°C残留物的化学式； 　FeSO4•H2O　。440°C∼470°C时固体物质发生反应的化学方程式是 　2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑　，做出这一判断的依据是 　剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应　。
【分析】废铁含有碳以及其它金属杂质，加入稀硫酸，使铁全部转化为硫酸亚铁，并过滤，在滤液中加入稀硫酸可防止亚铁离子水解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4•7H2O；27.8g FeSO4•7H2O的物质的量为＝0.1mol，其中m（FeSO4）＝15.2g，m（H2O）＝12.6g，分解可生成Fe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，则由图象可知，A为FeSO4的部分结晶水合物，B为FeSO4，C为Fe2O3，以此解答该题。
【解答】解：（1）铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4；步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是确保生成物全部都是硫酸亚铁，避免硫酸过量其它金属杂质与硫酸反应，步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是防止亚铁离子水解，
故答案为：Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4；确保生成物全部都是硫酸亚铁；防止亚铁离子水解；
（2）检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子，故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色，
故答案为：氯水；溶液变成血红色；
（3）步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O） 的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，烘干操作需在低温条件下进行，原因是低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水；
（4）由以上分析可知90℃残留物质量为17.0g，其中m（FeSO4）＝15.2g，n（FeSO4）＝0.1mol，m（H2O）＝1.8g则n（H2O）＝＝0.1mol，则化学式为FeSO4•H2O，0.1molFeSO4可生成0.05molFe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，440℃～470℃时固体物质为Fe2O3，发生反应的化学方程式是 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，做出这一判断的依据是剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应，
故答案为：FeSO4•H2O；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应。
【点评】本题以FeSO4•7H2O的制备为知识背景，考查了物质的制备工艺流程，为高考常见题型，题目涉及物质的分离提纯、对条件控制分析与评价以及物质的组成的测定等，注意对工艺流程的理解，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
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