上海市静安区2022届高三化学二模试题（含解析）

上海市静安区2022届高三二模化学试卷一、选择题（共10分，每小题2分，只有一个正确选项．）1．关于“植物油”的叙述错误的是（　　）　A．属于酯类B．不含碳碳双键　C．比水轻D．在碱和加热条件下能完全水解考点：油脂的性质、组成与结构．.专题：有机化学基础．分析：植物油是由不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，密度比水小，在碱性条件下完全水解生成高级脂肪酸钠和甘油，据此解答．解答：解：A．植物油是由不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于酯类，故A正确；B．植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，故B错误；C．植物油密度小于水，故C正确；D．植物油在碱性条件下完全水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故D正确；故选：B．点评：本题考查了油脂的结构和性质，属于对基本知识的考查，题目难度不大，注意油脂中油和脂的区别．　2．（2分）（2022•静安区二模）用短线“﹣”表示共用电子对，用“‥”表示未成键孤对电子的式子叫路易斯结构式．R分子的路易斯结构式可以表示为，则以下叙述错误的是（　　）　A．R为三角锥形B．R可以是BF3C．R是极性分子D．键角小于109°28′考点：判断简单分子或离子的构型．.专题：化学键与晶体结构．分析：A、根据价层电子对互斥理论判断；B、BF3中B原子没有孤对电子；C、由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；D、三角锥形分子的键角为107°．解答：解：A、在中含有3个单键和1个孤电子对，价层电子对数为4，而且含有1个孤电子对，空间上为三角锥形，故A正确；B、B原子最外层含有3个电子，BF3中B原子形成3个共价键，B原子没有孤对电子，所以R不是BF3，故B错误；C、由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，R分子的结构不对称，R是极性分子，故C正确；D、三角锥形分子的键角为107°，键角小于109°28′，故D正确；故选B．点评：25本题是一道信息题，考查学生对题干信息的理解和应用能力，侧重于对基础知识的综合运用的考查，难度一般．　3．（2分）（2022•静安区二模）以下物质中存在12C、13C、14C原子的是（　　）①金刚石②CO2③石灰石④葡萄糖．　A．①②③④B．①②③C．②③④D．②③考点：同位素及其应用．.专题：原子组成与结构专题．分析：C有12C13C14C三种天然同位素，在任何含有碳元素的自然界物质中三者都可存在．解答：解：12C、13C、14C是碳三种天然的同位素，任何含碳的自然界物质中三者都存在，而①金刚石②CO2③石灰石④葡萄糖都含有碳元素，所以这些物质中都存在12C、13C、14C原子，故选A．点评：本题考查了同位素在自然界中的存在，题目难度不大，注意各种元素的相对原子质量的求算．　4．（2分）（2022•静安区二模）炼钢时常用的氧化剂是空气（或纯氧）．炼钢过程中既被氧化又被还原的元素是（　　）　A．铁B．硫C．氧D．碳考点：氧化还原反应；高炉炼铁．.专题：氧化还原反应专题．分析：炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO2FeO+Si2Fe+SiO2．结合元素的化合价变化解答．解答：解：炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO2FeO+Si2Fe+SiO2．反应中C元素化合价升高，Fe元素发生Fe﹣FeO﹣Fe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选A．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应应用的考查，注意涉及的化学反应，题目难度不大．　5．（2分）（2022•静安区二模）人的血液中存在H2CO3～HCO3﹣这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.35～7.45之间．血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是（　　）　A．促进、促进B．促进、抑制C．抑制、促进D．抑制、抑制考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．.25专题：盐类的水解专题．分析：碳酸电离的离子方程式为：H2CO3⇌HCO3﹣+H+；碳酸氢根水解的离子方程式为：HCO3﹣+H20⇌H2CO3+0H﹣，结合浓度对化学平衡移动的影响解答．解答：解：向血液中注射碱性物质时，氢氧根离子浓度增大．碳酸电离的离子方程式为：H2CO3⇌HCO3﹣+H+；增大氢氧根离子浓度，消耗氢离子，平衡向正向移动，促进碳酸的电离；碳酸氢根水解的离子方程式为：HCO3﹣+H20⇌H2CO3+0H﹣，增大氢氧根离子浓度，平衡向逆向移动，抑制碳酸氢根离子的水解，故选：B．点评：本题考查了弱电解的电离和盐类水解的影响因素，题目难度不大，熟悉弱电解质电离和盐类水解的实质，清楚浓度对化学平衡移动的影响是解题的关键．　二、选择题（共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6．（3分）（2022•静安区二模）以下情况都有气体产生，其中不产生红棕色气体的是（　　）　A．加热浓硝酸B．光照硝酸银　C．加热硝酸钙D．加热溴化钾和浓硫酸混合物考点：硝酸的化学性质．.专题：元素及其化合物．分析：常见红棕色气体为NO2和Br2蒸气，可由硝酸或硝酸盐分解或由溴化物氧化生成，结合对应物质的性质解答该题．解答：解：A．硝酸化学性质不稳定，硝酸见光或受热分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮气体为红棕色，故A正确；B．硝酸银不稳定，见光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮气体为红棕色，故B正确；C．硝酸钙加热于132℃分解，加热至495～500℃时会分解为氧气和亚硝酸钙，生成的氧气为无色气体，故C错误；D．浓硫酸和溴化钠混合物受热后2KBr+H2SO4（浓）K2SO4+2HBr↑，浓硫酸具有强氧化性，易与HBr发生氧化还原反应，H2SO4（浓）+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O，生成的溴蒸气为红棕色，故D正确．故选C．点评：本题主要考查了硝酸、浓硫酸的化学性质，掌握常见的红棕色气体是解答本题的关键，平时须注意积累相关反应知识，题目难度不大．　7．（3分）（2022•静安区二模）如图所示装置中不存在的仪器是（　　）25　A．坩埚B．泥三角C．三脚架D．石棉网考点：直接加热的仪器及使用方法；物质的溶解与加热．.专题：化学实验常用仪器．分析：根据图示装置可知，装置中用的仪器有：酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架等，给坩埚可以直接加热，不需要垫上石棉网，据此进行解答．解答：解：由图示装置可知，涉及的仪器为：坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，由于给坩埚加热时可以直接进行加热，不需要使用石棉网，所以该装置中没有用到石棉网，故选D．点评：本题考查了常见仪器的干燥及使用方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意常见的仪器干燥及正确的使用方法，明确给坩埚加热时，不需要垫上石棉网．　8．（3分）（2022•静安区二模）以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是（　　）①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个．　A．只有①③B．只有①②③C．只有②③④D．有①②③④考点：原子核外电子排布．.专题：原子组成与结构专题．分析：根据能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则写出各元素原子的电子排布式，再根据原子的电子排布式分析．解答：解：①钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p5，则氯原子的未成对电子数为1，故①正确；②硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p4，则硫原子的未成对电子数为2，故②正确；③磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p3，则磷原子的未成对电子数为3，故③正确；④Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故④正确；故选D．点评：本题考查了原子的未成对电子数的判断，注意根据原子电子排布式分析，题目难度不大．　9．（3分）（2022•静安区二模）以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力，其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是（　　）　A．对钢材“发蓝”（钝化）B．选用铬铁合金　C．外接电源负极D．连接锌块考点：金属的电化学腐蚀与防护．.专题：电化学专题．25分析：牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，为防止钢铁被腐蚀，应连接活泼性较强的金属，以此解答．解答：解：牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，题目中选择锌做阳极，故选D．点评：本题考查学生金属的腐蚀和防护知识，为高频考点，侧重于双基的考查，注意基本概念的理解和掌握是关键，难度不大．　10．（3分）（2022•静安区二模）下列有机物都可以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率最高的是（　　）　A．B．C．D．考点：消去反应与水解反应．.专题：有机反应．分析：卤代烃消去反应的机理是断裂卤原子和连卤原子的碳原子的相邻碳原子上的氢形成双键或三键，相邻碳原子上的C﹣H键极性越强的氢原子，越容易断裂，而碳氢键的极性受其他原子团的影响，据此解答．解答：解：碳碳双键为吸电子基团，ABC三种溴代烃中连溴原子碳原子的相邻碳上的C﹣H键受双键吸电子的影响程度不同，按照C﹣H键极性由强到弱的顺序排列依次是：C、A、B，所以碳氢键断裂由易到难的顺序为：C、A、B；D分子中不存在碳碳双键，相邻碳上的C﹣H键极性比前三者弱，所以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率有高到低的顺序是：C、A、B、D，故选C．点评：本题考查了卤代烃消去反应的机理，教材对该部分内容阐述较少，题目难度比较大．　11．（3分）（2022•静安区二模）I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3．ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性．若生成物之一是HCl，则另一种是（　　）　A．HIO3B．HIO2C．HIOD．ICl考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．.专题：卤族元素．分析：ICl3中I为+3价，Cl为﹣1价，与水发生水解反应，元素化合价没有发生变化，以此解答．解答：解：ICl3中I为+3价，Cl为﹣1价，与水发生水解反应生成HIO2和HCl，故选B．点评：本题考查卤素互化物的性质，为高频考点，注意从元素化合价的角度分析，把握水解的特点，难度不大．25　12．（3分）（2022•静安区二模）根据溶解度曲线，在80℃时含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先分析出的是（　　）　A．氯化钾B．硝酸钠C．氯化钠D．硝酸钾考点：溶解度、饱和溶液的概念．.专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据在80℃时各物质的溶解度的大小进行判断．解答：解：在80℃时，氯化钠的溶解度为39克，氯化钾的溶解度为51克，硝酸钾的溶解度为170克，硝酸钠的溶解度为150克．复分解反应发生的条件是生成物中有沉淀生成或有气体生成或有水生成，所谓沉淀就是生成的物质的溶解度小，就会有沉淀生成，所以加热蒸发溶液的温度在80℃时开始析出的晶体是氯化钠．反应的化学方程式为NaNO3+KCl=NaCl↓+KNO3，故选C．点评：本题考查溶解度溶解度曲线的应用，关键是从溶解度曲线中获取有价值的信息，难度不大．要注意复分解反应条件的运用．　13．（3分）（2022•静安区二模）以下性质的比较可能错误的是（　　）　A．离子半径H﹣＞Li+B．熔点Al2O3＞MgO　C．结合质子（H+）的能力CO32﹣＞ClO﹣D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；B．离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化镁的离子性百分数远高于氧化铝的离子性百分数，相比之下，氧化铝离子性百分数的相对偏低，使离子键的削弱比Al3+电荷偏高，半径偏小对离子键的贡献要显著，导致了氧化铝熔点较氧化镁低．因此氧化铝熔点很高，但却低于氧化镁；C．酸性越强，结合质子的能力越弱；D．两者结构相似，烃基越大的密度小．解答：解：A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为H﹣25＞Li+，故A正确；B．离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3＜MgO，故B错误；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以结合质子（H+）的能力为CO32﹣＞ClO﹣，故C正确；D．两者结构相似，1﹣氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正确；故选B．点评：本题考查微粒性质的比较，为高频考点，涉及酸性、离子半径、晶体熔点、熔点比较等，涉及知识点较多，注重高频考点的考查，注意归纳规律性知识，选项BD为解答的难点，题目难度不大．　14．（3分）（2022•静安区二模）乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为（　　）　A．20B．24C．25D．77考点：物质结构中的化学键数目计算．.专题：计算题．分析：烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数．解答：解：烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×=24；故选B．点评：本题考查有机物中的共价键，明确每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对是解答本题的关键，题目难度不大．　15．（3分）（2022•静安区二模）在反应3BrF3+5H2O→9HF+Br2+HBrO3+O2↑中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴元素为（　　）　A．1molB．molC．molD．2mol考点：氧化还原反应的计算．.专题：氧化还原反应专题．分析：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，同时水也起还原剂作用．根据氧化还原反应中电子转移守恒计算被水还原的BrF3的物质的量．解答：解：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，同时水也起还原剂作用．若5molH2O参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子物质的量为2mol×2，令被水还原的BrF325的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：2mol×2=xmol×（3﹣0）解得x=mol，故选C．点评：本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂、还原剂，利用电子转移守恒计算．　16．（3分）（2022•上海）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）　A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+考点：离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．.专题：实验题；化学实验与化学计算．分析：根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答．解答：解：由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2﹣能水解显碱性，即S2﹣与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2﹣；再由氯水能氧化I﹣生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I﹣；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42﹣﹣必然存在，而Ba2+、SO42﹣能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A．点评：本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性．　17．（3分）（2022•静安区二模）青霉素是一元有机酸，它的钠盐的1国际单位的质量为6.00×10﹣7克，它的钾盐1国际单位的质量为6.27×10﹣7克，（1国际单位的2种盐的物质的量相等），则青霉素的相对分子质量为（　　）　A．371.6B．355.6C．333.6D．332.6考点：物质的量的相关计算；相对分子质量及其计算．.专题：计算题．分析：1国际单位的2种盐的物质的量相等，结合钠盐和钾盐的相对分子质量及n=计算．解答：解：设青霉素的相对分子质量为x，则钠盐的相对分子质量分别为23+x﹣1=22+x，钾盐的相对分子质量为39+x﹣1=38+x，1国际单位的2种盐的物质的量相等，则25，解得x=333.6，故选C．点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握盐的相对分子质量的确定及质量与物质的量的关系为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度中等．　三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分：有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分）18．（4分）（2022•静安区二模）已知有反应：Cu2O+2H+→Cu+Cu2++H2O，则可用来检验氢气还原CuO所得的红色固体中是否含Cu2O的试剂是（　　）　A．稀硝酸B．稀硫酸C．盐酸D．浓硫酸考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；铜金属及其重要化合物的主要性质．.专题：物质检验鉴别题．分析：Cu与非氧化性酸不反应，若含Cu2O，加非氧化性酸得到蓝色溶液，以此鉴别．解答：解：氢气还原CuO所得的红色固体中有Cu，可能含Cu2O，由Cu2O+2H+→Cu+Cu2++H2O及Cu与非氧化性酸不反应，则加稀硫酸或稀盐酸若得到蓝色溶液，则证明含Cu2O，否则不含；而稀硝酸、浓硫酸均具有强氧化性，与Cu反应，则不能检验，故选BC．点评：本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握信息中的反应及Cu与稀硫酸、盐酸不反应为解答的关键，注意发生的氧化还原反应原理，题目难度不大．　19．（4分）（2022•静安区二模）以下物质的提纯方法错误的是（括号内为杂质）（　　）　A．CO2（H2S）：通过CuSO4溶液　B．CH3COOH（H2O）：加新制生石灰，蒸馏　C．苯（甲苯）：加酸性高锰酸钾溶液、再加NaOH溶液，分液　D．MgCl2溶液（Fe3+）：加MgO，过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.专题：化学实验基本操作．分析：A．H2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀；B．加新制生石灰，与水反应生成具有碱性的氢氧化钙；C．甲苯可被氧化生成苯甲酸；D．Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀．解答：解：A．H2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀，可用于除杂，故A正确；B．加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B错误；C．甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确；25D．Fe3+易水解生成氢氧化铁沉淀，且不引入新杂质，故D正确．故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．　20．（4分）（2022•静安区二模）等质量的铁屑和锌粒与足量的同浓度的稀硫酸反应，下列图象可能正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：化学反应速率的影响因素．.专题：化学反应速率专题．分析：锌比铁活泼，则与稀硫酸反应较剧烈，反应速率角度，结合n==解答该题．解答：解：因锌较活泼，则与稀硫酸反应时，反应速率较大，则A、D错误；又M（Fe）＞M（Zn），则等质量时，Fe生产氢气较多，则B正确、C错误．故选B．点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和计算能力的考查，本题注意金属的活泼性的比较，难度不大．　21．（4分）（2022•静安区二模）25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　B．曲线Ⅰ：滴加溶液到20mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10mL～20mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）　曲线Ⅱ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]25D．考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液；根据溶液中的溶质及溶液的酸碱性结合电荷守恒来分析解答．解答：解：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液；A．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；B．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），所以得c（Cl﹣）＞c（NH4+），盐类水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C．曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10mL～20mL之间存在，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液中存在物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Na+），所以得c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；故选BD．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中等．　22．（4分）（2022•静安区二模）现有1950g发烟硫酸（用aSO3•H2O表示），SO3和H2SO4的质量分数分别为0.3和0.7，加bg水稀释成某浓度的硫酸（用H2SO4•H2O表示），则以下正确的是（　　）（允许最后一位数字不同）　A．a=1.38B．a=1.53C．b=174D．b=165考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算．.专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：发烟硫酸可表示为H2O•bSO3，通过整理即为：H2SO4•（b﹣1）SO3，根据发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得a的值，用H2SO4•H2O表示的是质量分数是98%的硫酸，三氧化硫和水反应得到硫酸，根据硫酸的质量分数=×100=98%来计算加水的量．解答：解；发烟硫酸可表示为H2O•bSO3，通过整理即为：H2SO4•（a﹣1）SO3，根据发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98：80（a﹣1）=0.7：0.3，解得：a=1.525≈1.53，H2SO4•H2O表示质量分数是98%的硫酸，在发烟硫酸中SO3和H2SO425的质量分数分别为0.3和0.7，则三氧化硫和水反应得到硫酸的质量是=716.625g，根据所加水后硫酸的质量分数是98%，则=98%，解得b≈174．故选BC．点评：本题是一道关于硫酸质量分数的计算题，注意公式的灵活应用是关键，计算量较大，难度大．　四、（本题共12分）23．（12分）（2022•静安区二模）磷和砷是同主族的非金属元素．（1）砷（As）元素位于元素周期表第　15　列；As原子能量最高的3个轨道在空间相互　垂直　；1个黄砷（As4）分子中含有　6　个As﹣As键，键角　60　度．（2）黑磷的结构与石墨相似．最近中国科学家将黑磷“撕”成了二维结构，硬度和导电能力都大大提高，这种二维结构属于　d　（选填编号）．a．离子晶体b．原子晶体c．分子晶体d．其它类型（3）与硫元素的相关性质比，以下不能说明P的非金属性比S弱的是　b　（选填编号）．a．磷难以与氢气直接化合b．白磷易自燃c．P﹣H的键能更小d．H3PO4酸性更弱（4）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍﹣磷合金．化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣，在酸性条件下发生以下镀镍反应：　1　Ni2++　1　H2PO2﹣+　1H2O　→　1　Ni+　1　H2PO3﹣+　2H+　①请配平上述化学方程式．②上述反应中，若生成1molH2PO3﹣，反应中转移电子的物质的量为　2mol　．（5）NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图所示．①pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为　c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）　．②为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在　4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可）　．考点：元素周期表的结构及其应用；物质的量浓度的相关计算；元素周期律的作用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；氧化还原反应方程式的配平．.专题：计算题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：（1）砷（As）为第ⅤA族元素，As原子能量最高的3个轨道为4p，黄砷（As4）分子类似P4结构，为正四面体；25（2）黑磷的结构与石墨相似，硬度和导电能力都大大提高，则晶体类型与石墨相同；（3）可利用与氢气化合的难易程度、N﹣H和P﹣H的键能及最高价含氧酸的酸性等比较非金属性；（4）镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式；（5）为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4﹣分布分数最大值所在区间；溶液中主要含磷物种浓度大小关系可由图表得出．解答：解：（1）砷（As）为第ⅤA族元素，位于元素周期表第15列，As原子能量最高的3个轨道为4p，在空间相互垂直，黄砷（As4）分子类似P4结构，为正四面体，有6个As﹣As键，键角为60度，故答案为：15；垂直；6；60；（2）黑磷的结构与石墨相似，硬度和导电能力都大大提高，则晶体类型与石墨相同，存在共价键和分子间作用力，为混合型晶体，故答案为：d；（3）可利用与氢气化合的难易程度、N﹣H和P﹣H的键能及最高价含氧酸的酸性等比较非金属性，a、c、d均可比较，而b不能，故答案为：b；（4）①镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，离子反应为Ni2++H2PO2﹣+1H2O═Ni+1H2PO3﹣+2H+，故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；②1molH2PO3﹣，反应中转移电子的物质的量为1mol×（4﹣2）=2mol，故答案为：2mol；（5）①由图可知，pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣），故答案为：c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）；②为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4﹣分布分数最大值所在区间，即4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可），故答案为：4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可）．点评：本题考查较综合，涉及元素在周期表的位置、晶体类型、氧化还原反应及图象分析等，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，综合性较强，题目难度中等，注意类推法及信息的处理．　五、（本题共12分）24．（12分）（2022•静安区二模）最近有科学家提出“绿色自由”的构想：把含有CO2的空气吹入K2CO3溶液中，然后再用高温水气分解出CO2，经与H2化合后转变为甲醇燃料．（1）在整个生产过程中饱和K2CO3溶液的作用是　富集CO2　；不用KOH溶液的理由是　生成的K2CO3难分解产生CO2　．（2）在合成塔中，每44gCO2与足量H2完全反应生成甲醇时，可放出49.5kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式　CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5KJ/mol　；转化过程中可循环利用的物质除了K2CO3外，还有　水蒸气　．25（3）请评述合成时选择2×105Pa的理由　适当加压有利于提高反应速率和原料利用率，但压强太高增大成本　．（4）BaCO3的溶解平衡可以表示为BaCO3（s）⇌Ba2++CO32﹣①写出平衡常数表达式　K=c（Ba2+）c（CO32﹣）　；②用重量法测定空气中CO2的体积分数时，选用Ba（OH）2而不是Ca（OH）2为沉淀剂，原因之一是：25℃时，BaCO3的溶解平衡常数K=2.58×10﹣9，而CaCO3的溶解平衡常数K=4.96×10﹣9；原因之二是　BaCO3的式量大，相对误差小　．（5）某同学很快就判断出以下中长石风化的离子方程式未配平：4Na0.5Ca0.5Al1.5Si2.5O6+6CO2+17H2O→2Na++2Ca2++5HCO3﹣+4H4SiO4+3Al2SiO5（OH）4该同学判断的角度是　未配平两边电荷数　．（6）甲醇可制成新型燃料电池，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH→2K2CO3+6H2O该电池负极的电极反应式为：CH3OH﹣6e+8OH﹣→CO32﹣+6H2O则正极的电极反应式为：　O2+2H2O+4e→4OH﹣　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计．.专题：实验设计题；基本概念与基本理论．分析：（1）碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，碳酸钾不分解；（2）4.4kgCO2的物质的量是100mol，100mol二氧化碳和足量氢气反应放出4947KJ热量，据此计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量，从而写出其热化学反应方程式；根据合成甲醇的方程可知，反应生成甲醇和水蒸气，水蒸气可以给碳酸氢钾分解提供能量；（3）合成甲醇的反应为体积减小的反应，增大压强平衡正移；（4）①溶解平衡方程式书写平衡常数表达式；②重量法测定空气中CO2的体积分数，要求称量准确，误差小；（5）书写离子方程式要注意原子守恒和电荷守恒；（6）碱性甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子，氧气在正极得电子．解答：解：（1）在整个生产过程中饱和K2CO3溶液的作用是富集二氧化碳，二氧化碳和饱和的碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，KOH溶液与二氧化碳是碳酸钾，K2CO3难分解产生CO2，故答案为：富集CO2；生成的K2CO3难分解产生CO2；（2）44gCO2的物质的量是1mol，1mol二氧化碳和足量氢气反应放出49.5KJ热量，所以其热化学反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5KJ/mol；根据合成甲醇的方程可知，反应生成甲醇和水蒸气，水蒸气可以给碳酸氢钾分解提供能量，所以转化过程中可循环利用的物质除了K2CO3外，还有水蒸气；故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.5KJ/mol；水蒸气；（3）合成甲醇的反应为体积减小的反应，增大压强平衡正移，有利于提高反应速率和原料利用率，但是压强太高对反应的设备要求很高，又提高了生产成本，所以不能太高；故答案为：适当加压有利于提高反应速率和原料利用率，但压强太高增大成本；4）①BaCO3的溶解平衡可以表示为BaCO3（s）⇌Ba2++CO32﹣，平衡常数表达式为K=c（Ba2+）c（CO32﹣），故答案为：K=c（Ba2+）c（CO32﹣）；②重量法测定空气中CO2的体积分数，要求称量准确，误差小，BaCO325的式量大，称量的相对误差小，故答案为：BaCO3的式量大，相对误差小；（5）书写离子方程式要注意原子守恒和电荷守恒，4Na0.5Ca0.5Al1.5Si2.5O6+6CO2+17H2O→2Na++2Ca2++5HCO3﹣+4H4SiO4+3Al2SiO5（OH）4中电荷不守恒，所以离子方程式错误，故答案为：未配平两边电荷数；（6）碱性甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，则正极反应式为：O2+2H2O+4e→4OH﹣；故答案为：O2+2H2O+4e→4OH﹣．点评：本题考查了化学平衡移动的影响因素、热化学反应方程式的书写、电极反应式的书写、溶解平衡等知识点，题目难度中等，注意燃料电池中电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性．　六、（本题共12分）28．（12分）（2022•静安区二模）硫代硫酸钠（Na2S2O3）具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛．将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3•5H2O（大苏打）．（1）实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是　d　（选填编号）；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，再　打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好　．（2）在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为　3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3　（生成的盐为正盐）；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为　SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2　（生成的盐为正盐）；③浅黄色沉淀逐渐减少（这时有Na2S2O3生成）；④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为　Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3　（生成的盐为酸式盐）．（3）制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为　2：1　；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是　前者　．（4）硫代硫酸钠的纯度可用滴定法进行测定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣→S4O62﹣+3I﹣．①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是　防止Na2S2O3被空气中O2氧化　．②取2.500g含杂质的Na2S2O3•5H2O晶体配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/LKI3溶液滴定（以淀粉为指示剂），实验数据如下（第3次初读数为0.00，终点读数如图e；杂质不参加反应）：编号12325消耗KI3溶液的体积/mL19.9820.02到达滴定终点的现象是　溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去　；Na2S2O3•5H2O（式量248）的质量分数是（保留4位小数）　99.20%　．考点：制备实验方案的设计．.专题：实验题．分析：（1）因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；（2）①其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③黄色沉淀减少的原理为Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；（3）3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②Na2SO3+S=Na2S2O3③①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1．因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；（4）①用新煮沸并冷却的蒸馏水是为了赶出水中的氧气避免硫代硫酸钠被氧化；②达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；先根据滴定消耗的标准液的体积计算出平均体积，再由2S2O32﹣+I3﹣→S4O62﹣+3I﹣，的定量关系计算．解答：解：（1）因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d；检查该装置气密性的操作是：关闭止水夹，若气密性很好，则分液漏斗中水不能滴入烧瓶中；故答案为：d；打开分液漏斗活塞加水，如水无法滴入说明气密性良好；（2）①浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；故答案为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②浅黄色沉淀保持一段时间不变，有无色无嗅的气体产生，则反应的化学方程式为，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；故答案为：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3，故答案为：Na2SO3+S=Na2S2O3；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应，继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；故答案为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；（3）3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②25Na2SO3+S=Na2S2O3③①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1．因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；故答案为：2：1；前者；（4）①为保证不变质，配制硫代硫酸钠溶液须用新煮沸并冷却的蒸馏水，其理由是：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；故答案为：防止Na2S2O3被空气中O2氧化；②达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，2次消耗的I2溶液的体积平均值为20.00mL，2S2O32﹣+I3﹣→S4O62﹣+3I﹣21n0.0500mol/L×0.020Ln=0.002mol250ml溶液中含有Cr2O72﹣物质的量为0.002mol×=0.01mol；Na2S2O3•5H2O（式量248）的质量分数是=×100%=99.20%故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；99.20%．点评：本题考查了物质制备实验方法，实验流程的分析判断，主要是物质性质，化学方程式书写，定量计算的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　七、（本题共12分）30．（12分）（2022•静安区二模）氢氧化镁：①是中强碱；②广泛用作阻燃剂和填充剂．以白云石（化学式：MgCO3•CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：（1）根据流程图，白云石“轻烧”后固体产物的主要成份是MgO和　CaCO3　（写化学式）．（2）流程图中“加热反应”有氨气生成的化学方程式为　（NH4）2SO4+MgOMgSO4+2NH3↑+H2O　．（3）洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有：　漏斗　、烧杯、玻棒；检验洗净的方法是　取洗涤液，加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净　．（4）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是　减少能源消耗或便于CaCO3分离　．25（5）25℃时Mg（OH）2饱和溶液的中：c（Mg2+）=2.80×10﹣4mol/L，Mg（O2）22﹣、Mg（OH）42﹣的浓度共为2.35×10﹣4mol/L，则溶液的pH=　10　（取整数值）；若经过循环利用，每制得5.8tMg（OH）2时排出200m3的废水，其中Mg2+、Mg（O2）22﹣、Mg（OH）42﹣的浓度共为1.50×10﹣4mol/L，则该工艺的产率为　99.97%　（保留4位小数）．考点：制备实验方案的设计．.专题：实验设计题；元素及其化合物．分析：流程分析白云石主要成分为MgCO3•CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体，（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁；（2）加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：（NH4）2SO4+MgOMgSO4+2NH3↑+H2O；（3）洗涤氢氧化镁沉淀应在过滤器中进行，检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子；（4）减少能源消耗、便于CaCO3分离；（5）溶液中离子电荷守恒计算；产率=×100%．解答：解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO；故答案为：CaCO3；（2）加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：（NH4）2SO4+MgOMgSO4+2NH3↑+H2O故答案为：（NH4）2SO4+MgOMgSO4+2NH3↑+H2O；（3）洗涤氢氧化镁沉淀应在过滤器中进行，检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；故答案为：漏斗；取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；（4）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；（5）25℃时Mg（OH）2饱和溶液的中：c（Mg2+）=2.80×10﹣4mol/L，Mg（O2）22﹣、Mg（OH）42﹣的浓度共为2.35×10﹣4mol/L，溶液则电荷守恒得到，2c（Mg2+）=c（OH﹣）+2c[Mg（O2）22﹣]+2c[Mg（OH）42﹣]，C（OH﹣）=2×2.80×10﹣4mol/L﹣22.35×10﹣4mol/L=8.4×10﹣5，c（H+）≈10﹣10mol/L，则溶液的pH=10；若经过循环利用，每制得5.8tMg（OH）2时排出200m3的废水，其中Mg2+、Mg（O2）22﹣、Mg（OH）42﹣的浓度共为1.50×10﹣4mol/L，则该工艺的产率=×100%=99.97%，25故答案为：10；99.97%．点评：本题考查了物质分离方法和流程理解应用，主要是混合物分离试剂的作用，产物的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．　八、（本题共10分）31．（10分）（2022•静安区二模）异丁烯[CH2=C（CH3）2]是重要的化工原料．已知：（1）异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚（），该反应属于　加成　反应（填“反应类型”）．（2）对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，写出该反应的化学方程式　　．（3）写出符合下列条件的对叔丁基酚的所有同分异构体的结构简式　　．①含相同官能团；②不属于酚类；③苯环上的一溴代物只有一种．（4）已知由异丁烯的一种同分异构体A，经过一系列变化可合成物质，其合成路线如图：①条件1为　KMnO4/OH﹣　；②写出结构简式：A　CH3CH2CH=CH2　；B　CH3CH2CHOHCH2OH　．（5）异丁烯可二聚生成CH2=C（CH3）CH2C（CH3）3，写出该二聚物的名称　2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯　．异丁烯二聚时，还会生成其他的二聚烯烃类产物，写出其中一种链状烯烃的结构简式　CH2=C（CH3）CH2CH2CH（CH3）2或（CH3）2C=CHC（CH3）3或（CH3）2C=CHCH2CH（CH3）2　．考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚（），C=C转化为C﹣C；（2）对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，为酚醛缩合反应；25（3）对叔丁基酚的所有同分异构体符合：①含相同官能团﹣OH；②不属于酚类，﹣OH与苯环不直接相连；③苯环上的一溴代物只有一种，苯环上只有一种H；（4）由合成流程可知，最后生成﹣COOH，则﹣OH在短C原子上氧化生成﹣COOH，所以A为CH3CH2CH=CH2，B为CH3CH2CHOHCH2OH；（5）CH2=C（CH3）CH2C（CH3）3，主链为含C=C的5个C的戊烯，2、4号C上有3个甲基；异丁烯二聚时，生成含1个碳碳双键的有机物．解答：解：（1）异丁烯和苯酚在一定条件下反应生成对叔丁基酚（），C=C转化为C﹣C，则为烯烃的加成反应，故答案为：加成；（2）对叔丁基酚和甲醛在催化剂作用下可生成油溶性聚合物，为酚醛缩合反应，该反应为，故答案为：；（3）对叔丁基酚的所有同分异构体符合：①含相同官能团﹣OH；②不属于酚类，﹣OH与苯环不直接相连；③苯环上的一溴代物只有一种，苯环上只有一种H，符合条件的结构简式为，故答案为：；（（4）由合成流程可知，最后生成﹣COOH，则﹣OH在短C原子上氧化生成﹣COOH，所以A为CH3CH2CH=CH2，B为CH3CH2CHOHCH2OH，①由A→B的转化可知，条件1为KMnO4/OH﹣，故答案为：KMnO4/OH﹣；②由上述分析可知，A为CH3CH2CH=CH2，B为CH3CH2CHOHCH2OH，故答案为：CH3CH2CH=CH2；CH3CH2CHOHCH2OH；（5）CH2=C（CH3）CH2C（CH3）3，主链为含C=C的5个C的戊烯，2、4号C上有3个甲基，名称为2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯；异丁烯二聚时，生成含1个碳碳双键的有机物，则还可能生成CH2=C（CH3）CH2CH2CH（CH3）2或（CH3）2C=CHC（CH3）3或（CH3）2C=CHCH2CH（CH3）2，故答案为：2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯；CH2=C（CH3）CH2CH2CH（CH3）2或（CH3）2C=CHC（CH3）3或（CH3）2C=CHCH2CH（CH3）2．点评：25本题考查有机物合成及结构与性质，为高考常见题型，把握合成反应中官能团的变化、官能团与性质的关系为解答的关键，（3）中同分异构体推断为解答的难点，题目难度中等．　九、（本题共12分）32．（12分）（2022•静安区二模）合成有机溶剂M和高分子材料N的路线如图：己知：芳香族化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代．如：（1）写出反应类型．反应Ⅰ　消去反应　反应Ⅱ　加聚反应　．（2）写出D的分子式　C10H18　．写出G的结构简式　　．（3）写出E生成F的化学反应方程式　HOC（CH3）2COOHCH2=C（CH3）COOH+H2O　．（4）E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G，还会生成高分子副产物，写出该副产物的结构简式　　．（5）属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，写出其中一种的结构简式　HCOOCH（CH3）=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3　．（6）写出高分子化合物N的结构简式　或　（任写一种）．A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与　浓溴水　（填写物质名称）反应来实现．考点：有机物的合成．.25专题：有机物的化学性质及推断．分析：根据题中各物质转化关系可知，A遇FeCl3溶液显紫色，所以A中有酚羟基，A→B发生了类似题已知的反应，结合M的结构简式可以反应推得A为，B为，C为，D为，根据E的分子式，且E在浓硫酸条件下能生成G，可知E为，G为，根据F的分子式可知，F为，所以H为，据此答题．解答：解：根据题中各物质转化关系可知，A遇FeCl3溶液显紫色，所以A中有酚羟基，A→B发生了类似题已知的反应，结合M的结构简式可以反应推得A为，B为，C为，D为，根据E的分子式，且E在浓硫酸条件下能生成G，可知E为，G为，根据F的分子式可知，F为，所以H为，25（1）反应Ⅰ是醇羟基脱水生成碳碳双键，所以是消去反应，反应Ⅱ是由单体发生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反应，故答案为：消去反应；加聚反应；（2）根据上面的分析可知，D为，所以D的分子式为C10H18，G的结构简式为，故答案为：C10H18；；（3）E生成F的化学反应方程式为HOC（CH3）2COOHCH2=C（CH3）COOH+H2O，故答案为：HOC（CH3）2COOHCH2=C（CH3）COOH+H2O；（4）E在浓硫酸作用下转化为F时，除生成副产物G，还会进行分子间的缩聚生成高分子，该产物的结构简式为，故答案为：；（5）属于酯类且含甲基F的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为HCOOCH（CH3）=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3，故答案为：HCOOCH（CH3）=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；（6）根据上面的分析可知，高分子化合物N的结构简式为或，A有2种结构，可通过定量实验来确定其准确结构，该定量实验可通过A与浓溴水反应来实现，根据用去的溴的物质量判断，故答案为：或；浓溴水；25点评：本题考查了有机物的推断，正确推断A、F是解本题关键，注意结合题给信息进行分析解答，难度中等．　十、（本题共14分）33．（14分）（2022•静安区二模）我国是镁资源最为丰富的国家之一．（1）将1mol镁铝合金（Mg17Al12）完全溶解于12L6mol/L的盐酸中，放出氢气　35　mol，为使反应后溶液中的Mg2+、Al3+完全沉淀，需加入10mol/L的氨水至少　7.2　L．（2）灼烧碱式碳酸镁可得到MgO．取碱式碳酸镁4.66g，灼烧至恒重，得到2g固体和1.76gCO2，某学生为确定碱式碳酸镁的化学式列了以下联立方程：24+17x+60y+18z=4.66÷（）…①2﹣x﹣2y=0…②（）×（0.5x+z）×18=4.66﹣2﹣1.76…③（a）①式表达的是求算碱式碳酸镁摩尔质量的关系式，则②式表达的是　电荷平衡（或化合物化合价代数和为零）　；（b）以上关系式是正确的，据此可求出该碱式碳酸镁的化学式为　Mg（OH）2•4MgCO3•4H2O或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O或Mg（OH）0.4（CO3）0.8•0.8H2O　．（3）氧化镁可用于烟气脱硫，反应原理为：MgO+H2O→Mg（OH）2Mg（OH）2+SO2→MgSO3+H2OMgSO3+H2O+SO2→Mg（HSO3）22MgSO3+O2→2MgSO4某小组模拟脱硫过程如下（实验在25℃进行）：将MgO加入水中，不断搅拌，通入SO2和空气，得到550g滤液和若干克滤渣．取55g滤液依次加入足量的盐酸和BaCl2溶液，得到0.897g白色沉淀；另取55g滤液加入足量氯水和BaCl2混合溶液，得到1.992g白色沉淀．分析知滤渣中含MgSO316.82g（其它成分不含硫元素）．（1）该实验过程中吸收的SO2的物质的量为　0.247　mol；消耗氧气的物质的量为　0.0192　mol．（2）Mg（HSO3）2易溶于水；25℃溶解度，MgSO4：33.7g/100g水；MgSO3：0.652g/100g水．试通过计算确定550g滤液中镁盐的成分及物质的量（写出计算过程）．考点：化学方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：（1）n（HCl）=12L×6mol/L=72mol，Mg～2HCl、Al～3HCl，以此计算生成的氢气；酸碱恰好中和时Mg2+、Al3+完全沉淀；（2）（a）②式与化合物中正负化合价代数和为0有关；（b）以上关系式是正确的，联立方程计算x、y、z，可得碱式碳酸镁的化学式；（3）0.897g白色沉淀为硫酸钡；另取55g滤液加入足量氯水和BaCl2混合溶液，得到1.992g白色沉淀为硫酸钡，滤渣中含MgSO316.82g，结合硫原子守恒计算二氧化硫的物质的量，结合电子守恒计算氧气的量；确定550g滤液中镁盐的成分为Mg（HSO3）2，结合上述反应及守恒计算．解答：解：（1）n（HCl）=12L×6mol/L=72mol，Mg～2HCl、Al～3HCl，1mol镁铝合金（Mg17Al12）消耗HCl为17mol×2+12mol×3=70，生成的氢气为25=35mol；酸碱恰好中和时Mg2+、Al3+完全沉淀，则需加入10mol/L的氨水至少=7.2L，故答案为：35；7.2；（2）（a）②式与化合物中正负化合价代数和为0有关，即2﹣x﹣2y=0表达的是电荷平衡（或化合物化合价代数和为零），故答案为：电荷平衡（或化合物化合价代数和为零）；（b）24+17x+60y+18z=4.66÷（）…①2﹣x﹣2y=0…②（）×（0.5x+z）×18=4.66﹣2﹣1.76…③x表示OH﹣个数，y表示碳酸根离子个数，z表示水分子个数，以上关系式是正确的，联立方程可得Mg、x、y、z的个数比为5：2：4：4，所以碱式碳酸镁的化学式为Mg（OH）2•4MgCO3•4H2O或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O或Mg（OH）0.4（CO3）0.8•0.8H2O，故答案为：Mg（OH）2•4MgCO3•4H2O或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O或Mg（OH）0.4（CO3）0.8•0.8H2O；（3）0.897g白色沉淀为硫酸钡；另取55g滤液加入足量氯水和BaCl2混合溶液，得到1.992g白色沉淀为硫酸钡，滤渣中含MgSO316.82g，①由S原子守恒可知，n（SO2）=+=0.247mol，由生成0.897g沉淀时电子守恒可知n（O2）==0.0192mol，故答案为：0.247；0.0192；②MgSO3不溶于水，硫酸根离子转化为沉淀，则550g滤液中镁盐的成分为Mg（HSO3）2，n（MgSO4）==0.0384mol，m（MgSO3）=550g×=3.563g，n（MgSO3）==0.0343mol，则由Mg（HSO3）2产生的n（BaSO4）=﹣0.0384mol﹣0.0352mol=0.0127mol，所以n[Mg（HSO3）2]==0.00635mol，答：550g滤液中镁盐的成分为Mg（HSO3）2，物质的量为0.00635mol．点评：本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的化学反应及守恒法计算为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，综合性较强，题目难度较大．25