[化学]上海市部分学校2025届高三高考模拟卷04(解析版)

这是一份[化学]上海市部分学校2025届高三高考模拟卷04(解析版)，共24页。试卷主要包含了5 Ca 40， 甲烷和氯气1，3%的硫酸吸收得到供稀释用硫酸，125×11)ml氧气，转移0等内容，欢迎下载使用。

一、单选题(共40分，每题2分)
1. 同温同压同体积的16O2与18O2，下列说法正确的是（ ）
A. 电子数相同B. 沸点相同
C. 互为同位素D. 相对分子质量相同
【答案】A
【解析】A．同温同压同体积的16O2与18O2的物质的量相同，则二者含有的分子数相同，由于物质分子中都是含有2个O原子，故二者所含有的电子数相同，A正确；
B．二者的相对分子质量不同，则二者的分子之间作用力不同，故二者的沸点不同，B错误；
C．同位素是指质子数相同而中子数不同的原子，16O2与18O2是由同位素原子组成的单质分子，它们不属于同位素，C错误；
D．16O2的相对分子质量是32，而18O2的相对分子质量是36，故二者的相对分子质量不相同，D错误；
故合理选项是A。
2. 下列过程中没有化学变化发生的是（ ）
A. 电解质溶液导电B. 石碱在干燥空气中风化
C. 用苯提取溴水中溴D. 用硫酸铜检验酒精中的水分
【答案】C
【解析】A．电解质溶液的导电过程即电解，发生化学变化，A不符合题意；
B．石碱为Na2CO3·10H2O，风化过程中失去结晶水，为化学变化，B不符合题意；
C．用苯提取溴水中的溴为萃取过程，没有新物质生成，不是化学变化，C符合题意；
D．硫酸铜检验酒精中的水分的过程中硫酸铜生成五水硫酸铜，为化学变化，D不符合题意；
综上所述答案为C。
3. 甲烷和氯气1:4混合后，在光照下反应，生成的有机物都（ ）
A. 能发生消除反应B. 溶于水
C. 只有一种结构D. 是极性分子
【答案】C
【分析】甲烷和氯气在光照下，反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1:1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl，题给甲烷与氯气以物质的量之比1:4混合，则四步取代反应都可能发生，所以反应所得有机物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4。
【详解】A．反应生成的氯代甲烷都没有邻碳原子，所以都不能发生消除反应，故A错误；
B．反应生成的氯代甲烷都难溶于水，故B错误；
C．甲烷是正四面体结构，所以反应生成的氯代甲烷都只有一种结构，没有同分异构体，故C正确；
D．反应生成的氯代甲烷中四氯甲烷是结构对称的非极性分子，故D错误；
故选C。
4. 发任意球时，足球裁判会在球场喷少量液体做标记，该液体迅速形成白色泡沫并很快消失。该液体的组成：80%水、17%液态丁烷、2%植物油及1%表面活性剂，液体形成泡沫有表面活性剂的作用，还因为（ ）
A. 丁烷变成气体B. 植物油变成固体
C. 水变成气体D. 水变成固体
【答案】A
【解析】常温下丁烷为气态烃，由液体的组成和性质可知，在球场喷少量液体做标记时，喷出的液体中的液态丁烷迅速变成气体使表面活性剂形成泡沫，故选A。
5. 配制0.100ml·L-1的某溶液，有关操作正确的是（ ）
A. 配制H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
B. 配制NaOH溶液过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
C. 配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D. 配制HCl溶液时，将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中
【答案】C
【解析】A．容量瓶为精密计量仪器，不能用于稀释浓溶液，应先在烧杯中稀释，再转移到容量瓶中，A错误；
B．氢氧化钠具有腐蚀性，应放在小烧杯或者称量瓶中称量，B错误；
C．定容时利用胶头滴管滴加，则配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线，操作合理，C正确；
D．将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质氯化氢物质的量偏大，溶液浓度偏高，D错误；
故答案选C。
6. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为﹣1价)生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B. 吸收塔排放的尾气可通过氨吸收并制造氮肥
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 沸腾炉中每生成1ml SO2，有11ml e﹣发生转移
【答案】D
【分析】黄铁矿(主要成分为FeS2)在空气中焙烧，Fe元素转化为Fe2O3，S元素转化为SO2，接触室中，在催化剂作用下SO2和O2反应生成SO3，再用98.3%的硫酸吸收得到供稀释用硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，A正确；
B．吸收塔中尾气主要有SO2、SO3，为酸性气体，可通过氨吸收形成铵盐，制造氮肥，B正确；
C．接触室中SO2和O2反应生成SO3的反应为可逆反应，SO2、O2不能完全反应，循环利用可提高原料利用率，C正确；
D．沸腾炉中的反应为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，每生成1ml SO2，消耗(0.125×11)ml氧气，转移0.125ml×11×4=5.5ml电子，D错误；
综上所述答案为D。
7. 如图利用铁碳原电池原理处理酸性污水。若上端开口关闭，可得到强还原性H(氢原子)；若上端开口打开并鼓入空气，可得到强氧化性的OH。下列说法错误的是（ ）
A. 无论是否鼓入空气，负极：
B. 上端开口关闭，正极：
C. 鼓入空气，每生成有电子转移
D. 处理含的污水时，打开上端开口并鼓入空气
【答案】C
【解析】A．无论是否鼓入空气，铁作负极，负极反应式为，故A正确；
B．上端开口关闭，可得到强还原性的H，则正极反应式为，故B正确；
C．OH中O的化合价为-1,每生成有电子转移，故C错误；
D．处理含的污水时，发生氧化反应，需要强氧化性的OH，所以要打开上端开口并鼓入空气，故D正确；
选C。
8. 下列叙述错误的是（ ）
A. 原子半径：HB. 热稳定性：
C. N、O、F三元素非金属性依次减弱
D. P、S、Cl三元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强
【答案】C
【解析】A．氢原子的原子半径在四种原子中最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种原子的原子半径大小顺序为HB．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，元素的非金属性强弱顺序为，则氢化物的稳定性强弱顺序为，故B正确；
C．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，则N、O、F三元素非金属性依次增强，故C错误；
D．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则P、S、Cl三元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，故D正确；
故选C。
9. 下列生产中，不涉及勒夏特列原理的是（ ）
A. 合成氨B. 饱和氨盐水中通制碳酸氢钠
C. 和制D. 侯氏制碱法处理母液
【答案】C
【解析】A．合成氨反应为可逆反应，生产中一定涉及勒夏特列原理，故A不符合题意；
B．饱和氨盐水中存在着氨水的电离平衡，则饱和氨盐水中通二氧化碳制碳酸氢钠一定涉及勒夏特列原理，故B不符合题意；
C．氢气与氯气制氯化氢的反应不是可逆反应，氯化氢的生产中不一定涉及勒夏特列原理，故C符合题意；
D．侯氏制碱法的母液中存在铵根离子和碳酸氢根离子的水解平衡，向母液中加碱溶液，碳酸氢根离子和铵根离子均能与氢氧根离子反应，则侯氏制碱法处理母液时一定涉及勒夏特列原理，故D不符合题意；
故选C。
10. 下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，下列分析正确的是（ ）
A. X是半导体材料
B. Y的最高价氧化物的水化物是弱碱
C. Z没有负价
D. W的最高价氧化物的水化物是强酸
【答案】D
【分析】该表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高价化合价之和为8，设X的最外层电子数为a，W的最外层电子数为a+2，W、X的最高价化合价之和=a+a+2=8，解得a=3，则X为Al，Y为Si，Z为P，W为N元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W为N，X为Al，Y为Si，Z为P元素。
A． X是Al元素，属于金属元素，能够导电，而不是半导体材料，故A错误；
B． Y为Si，其最高价氧化物的水化物是H2SiO3，该物质属于弱酸，故B错误；
C． Z为P元素，其最高为+5价，最低为-3价，可见Z元素有负化合价，故C错误；
D． W为N，N的最高价氧化物的水化物是HNO3，HNO3是一元强酸，故D正确；
故选D。
11. 在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中若有5 ml H2O参加反应，被水还原的溴原子为（ ）
A. 1 mlB. mlC. mlD. 2 ml
【答案】C
【解析】在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原作用。若5mlH2O参加反应，则生成1mlO2，氧原子提供电子为4ml，假设被水还原的BrF3的物质的量为x，根据电子转移守恒，可得 2 ml×2=x×(3-0)，解得x=ml，故合理选项是C。
12. 一定温度下，向四个体积不等的恒容密闭容器中（aA. 若延长A点反应时间，一定能提高NOCl转化率
B. C、D两点的压强之比为28：25
C. 若体积为b L的容器中t min时达到平衡，再通入1ml NOCl和1ml NO，平衡不发生移动
D. 当四个容器中反应都达到平衡状态时，体积为c L的容器中NOCl的转化率最高
【答案】C
【解析】A．容器体积越大，浓度越小，反应速率越小，容积为aL的容器反应速率大于容积为b L的容器，t min后，A点的转化率小于B，说明A点达到平衡状态，A点延长反应时间，NOCl的转化率不变，A错误；
B．列三段式有
C点：
t min时总物质的量为2.8ml，
D点：
t min时总物质的量为2.5ml，C、D两点的物质的量之比为28：25，容器的体积不同，则压强之比不是28：25，B错误；
C．B点为平衡点根据B点数据，，再通入1ml NOCl和1ml NO，，，平衡不发生移动，C正确；
D．体积为d L的容器的体积最大，压强最小，压强减小平衡正向移动，则体积为d L的容器中NOCl的转化率最高，D错误；
故选C。
13. NaI晶体中两核间距约0.28 nm，呈共价键；激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距为1.0~1.5 nm，呈离子键。下列说法正确的是（ ）
A. 离子化合物中不可能含共价键
B. 共价键和离子键之间没有明显界线
C. NaI晶体中既有离子键又有共价键
D. NaI晶体是离子化合物和共价化合物的混合物
【答案】B
【解析】A．离子化合物中可能含共价键，如过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；
B．由题给信息可知，碘化钠晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，所以共价键和离子键之间没有明显界线，故B正确；
C．由题给信息可知，晶体中核间距发生变化时，化学键的类型发生变化，则在状态相同时，两种原子组成的晶体中不可能同时存在离子键和共价键，故C错误；
D．由碘化钠晶体的组成可知，晶体是由同种物质形成的纯净物，故D错误；
故选B。
14. 向和的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是（ ）
A. a点时溶液中的阳离子为、和
B. b点时溶液中发生的反应为：
C. c点时溶液中溶质的物质的量浓度为
D. 原溶液中和的物质的量浓度之比为1：1
【答案】D
【分析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02ml，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。
【详解】A．0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；
B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)==0.02ml，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为=0.02ml，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；
C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02ml，即Fe2(SO4)3为0.01ml，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03ml，Cu2+为0.02ml，即CuSO4为0.02ml，n(SO)=n(CuSO4)=0.02ml，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02ml+0.03ml=0.05ml，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05ml，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为=0.5ml/L，C说法正确；
D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01ml，CuSO4为0.02ml，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；
答案选D。
15. 下列工业生产所采取的措施和基本原理不一致的是（ ）
A. 合成氨反应分离氨气以后的尾气循环使用，目的是充分利用原料
B. 接触法制硫酸中，使用热交换器的目的是充分利用能源
C. 侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是前者更有利于保护环境
D. 用氨水吸收制硫酸的尾气，目的是保护环境
【答案】C
【解析】A．N2+3H22NH3，该反应为可逆反应，不能完全转化，循环使用氮气和氢气，可以减少成本，提高原料利用率，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，使用热交换装置，充分利用可节约能源，B不符合题意；
C．侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是：提高了食盐利用率，缩短了生产流程，降低了纯碱的成本，C符合题意。
D．用氨水吸收制硫酸的尾气中的二氧化硫，目的是保护环境，防止污染环境，D不符合题意；
答案选C。
16. 某温度下，向密闭容器中充入等物质的量的和，发生反应。达到平衡后，下列说法正确的是（ ）
A. 增大压强，，平衡常数增大
B. 加入催化剂，平衡时的浓度增大
C. 恒温下，移走一定量的，变大，变小
D. 恒容下，充入一定量的，平衡时的体积分数一定降低
【答案】D
【解析】A．增大压强，平衡正向移动，，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A错误；
B．加入催化剂，不改变平衡状态，平衡时的浓度不变，B错误；
C．恒温下，移走一定量的，立即变小，瞬时不变，随后变小，平衡逆向移动，C错误；
D．充入等物质的量的和，按照化学计量系数比投料，达到平衡时的体积分数最大，再充入一定量的，达到新平衡时的体积分数一定降低，D正确；
故选D。
17. 化合物是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物的说法正确的是（ ）
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 不能与饱和溶液反应
C. 在酸性条件下水解，水解产物只有两种
D. 化合物最多能与反应
【答案】D
【解析】A．化合物中下方的苯环通过单键和上方部分连接，单键可以旋转，分子中两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；
B．化合物中含有羧基，可以与饱和溶液反应，故B错误；
C．X分子中含有酯基，酸性条件下水解后酯基转化为酚羟基和羧基且都在化合物X内部，水解产物只有一种，故C错误；
D．酯基水解生成羧基和酚羟基，则1ml化合物X最多能与3mlNaOH反应，故D正确；
故选D。
18. 利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在2L的恒容密闭容器中，按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的△H＜0，且P1＜P2
B. 反应速率：v逆(状态A)＞v逆(状态B)
C. 在C点时，CO转化率为75%
D. B点时，测得混合气体总浓度为0.625ml/L，保持温度不变，向该恒容容器中再充入CO、H2和CH3OH各0.1ml，平衡逆向移动
【答案】C
【解析】A．由图可知，在压强一定时，升高温度，CH3OH的体积分数减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，△H＜0；该反应的正反应是气体体积减小的反应，在300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，A错误；
B．由图可知：B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此v逆(状态A)＜v逆(状态B)，B错误；
C．假设向密闭容器充入了1 ml CO和2 ml H2，CO转化xml，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)达到平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO)=(1-x) ml，n(H2)=(2-2x) ml，n(CH3OH)=x ml，在C点时，CH3OH的体积分数=，解得x=0.75，即CO转化率为=75%，C正确；
D．设起始CO和H2的物质的量分别为aml和2aml，达到B点时CO转化的物质的量为xml，可列出三段式：
B点时，测得混合气体总浓度为0.625ml/L ，故气体的总物质的量为：1.25ml，a-x+2a-2x+x=1.25，
，故x=0.875，a=1，故
，向该恒容容器中再充入CO、H2和CH3OH各0.1ml，，平衡正向移动，D错误；
故选C。
19. Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：
下列说法不正确的是（ ）
A. Y的分子式为C10H8O3
B. 由X制取Y的过程中可得到乙醇
C. 一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应
D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3∶2
【答案】D
【解析】A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1ml可与3mlNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mlY可与3mlNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。
20. 常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液的随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 点所示溶液中：
B. 点所示溶液中：
C. 点所示溶液中：
D. 点以后的溶液中可能出现：
【答案】C
【分析】(NH4)2SO4+2NaOH=Na2SO4+2NH3·H2O，向溶液中逐滴加入的溶液，NaOH溶液体积为20.00mL时恰好完全反应得到浓度比为1:2的Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，即d点；NaOH溶液体积为10.00mL时(NH4)2SO4反应了一半，得到浓度比为1:1:2的 (NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，即c点。
【详解】A．a点溶液中，水解导致溶液呈酸性，即，水解程度较小，结合物料守恒知，所以溶液中离子浓度大小顺序是，故A错误；
B．c点为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，结合分析可知c点(NH4)2SO4和Na2SO4浓度相等，则b点(NH4)2SO4浓度大于Na2SO4，b点显中性，则铵根水解量和一水合氨电离量相等，相等于铵根没有水解，一水合氨没有电离，故，故B错误；
C．c点为浓度比为1:1:2的 (NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，根据电荷守恒得,根据物料守恒得 ，联立二式得,故C正确；
D．d点为浓度比为1:2的Na2SO4和NH3·H2O混合溶液，一水合氨电离微弱，所以，即，故D错误；
答案选C。
二、非选择题(总计60分)
21. 铅的合金可作轴承、电缆外皮之用，还可做体育器材铅球等。
（1）铅元素位于元素周期表第六周期IVA族，该族中原子序数最小的元素的原子有_______种能量不同的电子，其次外层的电子云有_______种不同的伸展方向。
（2）与铅同主族的短周期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________(填化学式)，气态氢化物沸点最低的是__________(填电子式)。
（3）配平下列化学方程式，把系数以及相关物质填写在空格上，并标出电子转移的方向和数目______。
_______PbO2+_______MnSO4+______HNO3→_______HMnO4+______Pb(NO3)2+_______PbSO4↓+_______
（4）把上述反应后的溶液稀释到1L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6ml·L-1，则反应中转移的电子数为_______个，该反应中被氧化的元素是_______。 若将该反应设计成一原电池，则_______极 (填电极名称)附近溶液出现紫红色。
（5）根据上述反应，判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是_______。
A. PbO2+4HCl →PbCl4+2H2OB. PbO2+4HCl →PbCl2+ Cl2↑+2H2O
C. PbO2+2HCl+2H+→PbCl2+2H2OD. PbO2+4HCl→PbCl2+2OH-
（6）已知如下热化学方程式：
Ca(s)+Cl2(g)→CaCl2(s)+ 795kJ
Sr(s)+Cl2(g)→SrCl2(s) + 828kJ
Ba(s)+ Cl2(g) → BaCl2(s) + 860kJ
则①CaCl2、②SrCl2、③BaCl2三种氯化物的稳定性由大到小的排列为__________(填序号)。从能量的角度解释理由是______________________________________________。
【答案】（1）三 1 （2）H2CO3
（3）
（4）2NA +2价的锰 负 （5）B
（6）③②① 三个热化学方程式可以看出生成等物质的量的BaCl2、SrCl2、CaCl2，则等物质的量的BaCl2、SrCl2、CaCl2分解时吸收的热量也依次减少，即三者的稳定性依次减弱
【解析】（1）IVA中原子序数最小的元素为C，C原子核外有6个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2，则碳原子有1s、2s和3p三种能量不同的电子；C的次外层为有两个1s电子，s电子的电子云为球形，存在1种伸展方向；
（2）IVA中非金属性最强的为C，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该物质为碳酸，其化学式为:H2CO3；IVA族元素中，CH4的相对分子质量最小，则其沸点最低，甲烷电子式为：；
（3）PbO2中Pb的化合价从+4变为+2价，化合价降低2价；MnSO4中锰元素化合价从+2变为+7，化合价升高5价，则化合价变化的最小公倍数为10，所以二氧化铅的系数为5，硫酸锰的系数为2，然后利用质量守恒定律可知生成物中未知物为H2O，配平后的反应为： 5PbO2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb(NO3)2+2PbSO4↓+2H2O，；
（4）把反应后的溶液稀释到1L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6ml·L-1，则反应生成铅离子的物质的量为：0.6ml·L-1×1L=0.6ml，硫酸铅中铅离子的物质的量为0.4ml，则反应中转移电子的物质的量为：(0.6+0.4)ml×(4-2)=2ml，反应转移电子的数目为2NA，化合价升高的元素在反应中被氧化，所以+2价的Mn元素被氧化，在原电池的负极上发生失电子的氧化反应，根据上述氧化还原反应，负极上应该是硫酸锰中的锰离子失电子转化为化紫红色高锰酸根离子的过程，则负极附近溶液出现紫红色；
（5）根据第3问可知二氧化铅的氧化性大于高锰酸，高锰酸能够氧化氯离子，所以二氧化铅能够氧化氯离子，反应方程式为PbO2+4HCl →PbCl2+ Cl2↑+2H2O，综上所述故选B；
（6）由Ca(s)+Cl2(g)→CaCl2(s)+ 795kJ、Sr(s)+Cl2(g)→SrCl2(s) + 828kJ、Ba(s)+ Cl2(g) → BaCl2(s) + 860kJ三个热化学方程式可以看出生成等物质的量的BaCl2、SrCl2、CaCl2，则等物质的量的BaCl2、SrCl2、CaCl2分解时吸收的热量也依次减少，即三者的稳定性依次减弱。
22. 牙膏中的固体摩擦剂主要由碳酸钙、氢氧化铝和少量不与溶液、反应的成分组成，兴趣小组对摩擦剂的主要成分及含量进行探究。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量摩擦挤样品，加水充分溶解后，过滤，向滤渣中加入过理溶液，再次过滤，向滤液中通入过理，有白色沉淀生成，则证明摩擦剂含有。已知：
(1)在过滤操作中，不需要用到的玻璃仪器有_______(选填编号)
(2)氢氧化铝与溶液反应的离子方程式是_______________________________。
(3)某同学认为向再次过滤的滤液中通后有白色沉淀生成，不能证明摩擦剂中一定含有，若要确认其含有，则取该白色沉淀少许，洗涤后滴入过量盐酸，若出现_____________________________________________________________(填写实验现象)，证明白色沉淀是，即摩擦剂中含有。
Ⅱ.摩擦剂中碳酸钙含量的测定。如图所示进行实验，滴入盐酸克分反应后，打开，持续通入一段时间空气后，取下C装置，过滤、洗涤沉淀、干燥、冷却、称重质量，计算样品中碳酸钙的质量分数。
完成下列填空：
(4)检查装置气密性后，如图加入试剂，关闭，打开和，持续鼓入空气一段时间后，关闭和，打开，再向锥形瓶中滴入盐酸。以上操作的目的是__________。
(5)有小组认为，过滤，称量质量，操作繁杂且易产生实验误差，故将图中C装置调换成E装置(如图)，你认为是否合适？并简述原因____________________________。
(6)实验中称取样品，若测得平均质量为。则摩擦剂样品中碳酸钙质量分数是_______(小数点后保留三位数字)。
【答案】(1)a (2) (3)沉淀溶解，无气泡产生 (4)排尽装置中的，防止对实验产生干扰 (5)不合适，因为盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量结果偏高 (6)12.5%
【分析】I.将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离， 然后向滤渣中加入过量NaOH溶液， Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解， 过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；
II.实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体， 气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀， 装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应。
【详解】I.(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故不需要使用的实验仪器序号为：a
(2) Al(OH)3是两性氢氧化物， 能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：；
(3)若摩擦剂中无Al(OH)3， 向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体， 发生反应：NaOH+ CO2=NaHCO3， 若产生的NaHCO3比较多， 而其溶解度又比较小， 则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2， 再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3+ NaHCO3， 则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3；
(4)实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2, 防止对实验产生干扰；
(5)换成E装置吸收CO2，直接测定CO2的质量，是不合适的；原因为：盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量的CO2偏高，故不可以；
(6) BaCO3质量为1.97g。则n(BaCO3)==0.01ml，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01ml， 其质量m(CaCO3) =1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为=12.5%。
23. 有机化合物A是一种醇。用A和对甲基苯酚为原料合成I的一种路线如下：
已知：①R-CH=CH2R-CH2CH2OH
②
完成下列填空：
（1）A→B反应条件是__________。F的结构简式为__________。
（2）A→B的反应类型为__________。I中存在的含氧官能团的名称是__________。
（3）写出图中反应(2)的化学方程式___________________________________________。
（4）I的同系物J比I相对分子质量小28，写出能同时满足以下条件的J的2种同分异构体的结构简式_____________、_____________。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含-CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。
（5）以为原料(无机试剂任选)，设计制备苯乙酸()的合成路线____________________________________________________。
(合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物)
【答案】（1）浓硫酸，加热
（2）消去反应 酯基、醛基
（3）+2Cl2+2HCl
（4）
（5）
【分析】A的分子式C4H10O，是一种醇，其不饱和度为0，是丁醇；从I的结构逆推可得，D是2-甲基丙酸，则C是2-甲基丙醛，结合已知①，和B的分子式C4H8，推知B是2-甲基丙烯，则A的结构是；由I的结构逆推，F是 ，结合已知②，逆推可知被Cl二取代得到E()，E中的Cl在NaOH水溶液中被-OH取代后酸化得到，同个碳原子上的两个-OH脱水生成醛基，得到F。
【详解】（1）据分析，A→B是消去H2O生成2-甲基丙烯，反应条件是浓硫酸，加热；F的结构简式为。
（2）据第(1)小问分析，A→B的反应类型为消去反应；I中存在的含氧官能团的名称是酯基、醛基。
（3）据分析，图中反应(2)是苯环支链甲基被Cl原子取代，化学方程式：+2Cl2+2HCl。
（4）根据同系物的定义，J与I具有相似的结构，相对分子质量小28，则少了2个“CH2”基团，同时苯环上只有两种不同环境的氢原子，即苯环上有两个不相同的基团在对位上；既含-CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，即含有羧基，则同分异构体的结构简式：、。
（5）消去HCl生成苯乙烯，利用已知信息①，将碳碳双键断开加入-OH，最后氧化羟基得到羧基即得到目标产物苯乙酸，故设计合成路线如下：。
24. 帕比司他是治疗某些恶性肿瘤的药物，其中间体(E)的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C分子中含氧官能团的名称为_____________。
（2）反应Ⅱ分两步进行：。第一步反应加成反应，则X的结构简式为_____________；第二步脱水的反应属于__________(填反应类型)。
（3）反应Ⅲ加热温度太高，自身反应生成的副产物为_____________(填名称)。
（4）反应Ⅳ化学方程式为________________________________________。
（5）化合物Y是B的同分异构体，遇溶液显紫色，有4种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数之比为3：2：2：1，Y的结构简式为___________________。
（6）利用题目信息，写出以为原料制备化合物的合成路线。_________________________________(其他试剂任选，合成路线常用的表达方式为：)
【答案】（1）羟基、羧基
（2） 消去反应
（3）甲醚(或二甲醚)
（4）
（5） （6）
【分析】A在KBH4，N2，-5条件下发生反应，其中一个醛基被还原成醇羟基，得到B，B与CH2 (COOH)2反应得到C，C与甲醇发生酯化反应得到D，D与发生取代反应生成E，据此分析解答。
【详解】（1）C为，含氧官能团有羟基、羧基；
（2）对比B和C的结构简式可知，B的醛基先发生加成反应，得到，再经过脱水(消去反应)、脱羧反应两步得到C；
（3）反应II加热温度太高，CH3OH自身会发生分子间脱水反应生成甲醚(或二甲醚)；
（4）反应IV为D与发生取代反应生成E，中-Cl取代了D中的羟基，反应方程式为；
（5）化合物Y是B的同分异构体，遇FeCl3溶液显紫色，可知Y中含有酚羟基结构，有4种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数之比为3：2：2：1，可知Y中应含有甲基且苯环上取代基对称性较好，则满足条件的Y的结构简式为；
（6）对比目标产物和原料可知，需要在原料分子中引入一个酯基和一个碳氯键，因此可先将原料与HCOOH反应引入酯基，生成，然后将中的醛基还原为醇羟基，最后氯代得目标产物，故可设计路线如下：W
X
Y
Z