吉林省实验中学2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年吉林省实验中学高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质组成、性质和用途的说法，正确的是（　　）A．钠、钾合金（液态）可用于原子反应堆的导电材料B．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，主要含有苯C．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料D．化学纤维是把合成纤维经过化学处理得到的高分子材料　2．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（　　）A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩　3．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol•L﹣1，向该溶液中加入足量铜粉，加热、充分反应后，所得溶液中c（Cu2+）的最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（　　）A．0.36mol•L﹣1B．0.30mol•L﹣1C．0.225mol•L﹣1D．0.45mol•L﹣1　4．研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．OC段离子反应方程式为H++OH﹣═H2OB．溶液中n（NH）=0.012mol21\nC．溶液中结合OH﹣能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+D．欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量　5．已知A、B为单质，C为化合物：A+BCA+B．能实现上述转化关系的是（　　）①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe④若C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．A．①②B．②④C．①③D．③④　6．为了测定某镁铝合金的成分，取14.7g合金完全溶于500mL3mol/L的硫酸中，再加入400mL8mol/L的氢氧化钠溶液充分反应，最后只产生一种沉淀．则关于该合金的测定过程的描述正确的是（　　）A．该合金中含有铝的质量至少为5.4gB．合金中镁的质量分数为63.3%≤Mg%＜100%C．在产生沉淀后的溶液中一定含有0.2molNaAlO2D．在产生沉淀后的溶液中有1.6molNa2SO4　7．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如下流程，下列说法不正确的是（　　）A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2OD．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解　　二、解答题（共2小题，满分28分）8．（14分）（2022秋•吉林校级月考）某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性．它是以中学化学中常见物质为原料来生产的，图中C、M、K均含A元素，M的分子式为A（NH2）4；E为不含A元素的氢化物，在空气中易形成白雾；G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，J为气体；其余物质均为中学化学中常见物质．（提示：NH3和H2O的化学性质在某些方面相似）21\n请回答下列问题：（1）写出指定物质的化学式：A　　　　　　，C　　　　　　，F　　　　　　．（2）K的化学式为　　　　　　．（3）写出图中下列序号的化学方程式：反应④　　　　　　；反应⑤　　　　　　．（4）写出图中反应⑥的离子方程式：　　　　　　．　9．（14分）（2022秋•抚州校级月考）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3等）提取Al2O3做冶炼铝的原料，由熔盐电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝．工艺流程如下图所示：（已知：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）（1）钢材镀铝后，抗腐蚀性能会大大增强，其原因是　　　　　　．（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮而除去．气泡的主要成分除Cl2外还含有　　　　　　，固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在　　　　　　．（3）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，则铝和氧化铁反应的化学方程式为　　　　　　．（4）向滤液中通入过量CO2所发生反应的离子方程式为　　　　　　．（5）镀铝电解池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl4﹣形式存在，则阳极的电极反应式为　　　　　　．　　21\n四．【化学--选修2：化学与技术】（15分）10．（15分）（2022秋•吉林校级月考）目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等．某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为　　　　　　；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为　　　　　　．（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是：　　　　　　．（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出．与传统工艺相比，萃取法的优点是　　　　　　．（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L．实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：①请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中．步骤2：将4.5mL0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡．步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/LKI溶液，振荡．步骤4：　　　　　　，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液15mL．（反应原理：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）步骤5：将实验步骤1～4重复2次．②该废水中苯酚的含量为　　　　　　mg/L．③步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量　　　　　　．（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．　　五、【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）11．（15分）（2022秋•吉林校级月考）原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子．请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为　　　　　　，第一电离能最小的元素是　　　　　　（填元素符号）．（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是　　　　　　（填化学式），呈现如此递变规律的原因是　　　　　　．21\n（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为　　　　　　、另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为　　　　　　，若此晶胞中的棱长为356.6pm，则此晶胞的密度为　　　　　　g•cm﹣3（保留两位有效数字）．（）（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为　　　　　　，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是　　　　　　（填选项序号）．①极性键②非极性键③配位键④金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是　　　　　　．请写出上述过程的离子方程式：　　　　　　．　　六.【化学一选修5：有机化学基础】（15分）12．（2022秋•吉林校级月考）有机物F的合成路线如图所示：已知如下信息：①RCOOR′RCH2OH②回答以下问题：（1）E→F的反应类型是　　　　　　．（2）A的结构简式为　　　　　　，G的结构简式为　　　　　　．（3）检验E中含氧官能团的试剂是　　　　　　，现象是　　　　　　．（4）B生成C的化学方程式为　　　　　　．（5）A的同分异构体中，符合下列条件的同分异构体有　　　　　　种（不包含A），写出其中一种的结构简式　　　　　　．①属于芳香族化合物②苯环上有四个取代基③苯环上的一溴取代物只有一种．　　21\n2022-2022学年吉林省实验中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列有关物质组成、性质和用途的说法，正确的是（　　）A．钠、钾合金（液态）可用于原子反应堆的导电材料B．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，主要含有苯C．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料D．化学纤维是把合成纤维经过化学处理得到的高分子材料【考点】合金的概念及其重要应用；无机非金属材料；煤的干馏和综合利用；合成材料．【分析】A．合金的熔点低，具有良好的导热性；B．煤中不含苯；C．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；D．是用天然高分子化合物或人工合成的高分子化合物为原料，经过制备纺丝原液、纺丝和后处理等工序制得的具有纺织性能的纤维．【解答】解：A.76%K与24%钠的合金在﹣12.6℃凝固，比钾和钠的熔点（63.5℃和97.9℃）都低．因此用于原子反应堆中的导热材料，故A错误；B．煤中不含苯和甲苯，是通过煤的干馏生成的，故B错误；C．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料，故C正确；D．是用天然高分子化合物或人工合成的高分子化合物为原料，经过制备纺丝原液、纺丝和后处理等工序制得的具有纺织性能的纤维，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了生活中常见的物质，熟悉钠钾合金性质、煤的成分、常见材料成分是解题关键，题目难度不大．　2．茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（　　）A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩【考点】真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】综合实验题．【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题．【解答】解：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；21\nB．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C．过滤时用到④、⑤和⑦，故C不选；D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选．故选B．【点评】本题为2022年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大．　3．在100mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol•L﹣1，向该溶液中加入足量铜粉，加热、充分反应后，所得溶液中c（Cu2+）的最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（　　）A．0.36mol•L﹣1B．0.30mol•L﹣1C．0.225mol•L﹣1D．0.45mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】发生反应离子方程式有：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，根据反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4时，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大；设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算出铜离子的物质的量，最后根据c=计算出溶液中c（Cu2+）的最大值．【解答】解：反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4：、x+y=0.6×0.1，联立解得：x=0.024mol、y=0.036mol，由反应方程式可知，生成铜离子的物质的量为：0.024mol×=0.036mol，故铜离子的最大浓度为：=0.36mol/L，故选A．【点评】本题考查化合物的有关计算，题目难度中等，根据总反应明确NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4时生成的铜离子浓度最大为解题关键，注意利用离子方程式进行解答．　4．研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/L21\nNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．OC段离子反应方程式为H++OH﹣═H2OB．溶液中n（NH）=0.012molC．溶液中结合OH﹣能力最强的离子是H+，最弱的离子是Al3+D．欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量【考点】离子方程式的有关计算．【分析】铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，A．OC段为剩余的硝酸与氢氧化钠反应；B．根据DE段消耗氢氧化钠的体积，结合发生反应计算溶液中n（NH4+）；C．根据发生反应的顺序，可以判断结合OH﹣能力的强弱；D．测定F点沉淀的质量，应将互不相溶的固体与液体分离，并洗涤沉淀附着的杂化，再干燥称量．【解答】解：铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了﹣3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，A．由上述分析可知，OC段为剩余的硝酸与氢氧化钠反应，离子反应方程式：H++OH﹣=H2O，故A正确；B．由图可知DE段消耗氢氧化钠的体积为3mol，由NH4++OH﹣═NH3•H2O可知溶液中n（NH4+）=n（OH﹣）=0.003L×4mol/L=0.012mol，故B正确；C．根据发生反应的顺序可知，结合OH﹣能力最强的离子是H+，最弱的离子是NH4+，故C错误；D．欲测定F点沉淀的质量，应将互不相溶的固体与液体分离，并洗涤沉淀附着的杂化，再干燥称量，故实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量，故D正确；21\n故选C．【点评】本题以图象形式考查金属与硝酸的反应、离子方程式的计算等知识，题目难度中等，判断图中各阶段发生的反应是解题关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．　5．已知A、B为单质，C为化合物：A+BCA+B．能实现上述转化关系的是（　　）①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe④若C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．A．①②B．②④C．①③D．③④【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】从转化关系可知，电解电解质溶液时，是电解电解质本身，因此C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸．①电解强碱溶液实际上是电解水，不符合上述转化关系；②C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以是卤化氢，A可能是H2③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，铁离子得电子变成亚铁离子，不会生成铁单质；④C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，电解氯化铜可得铜和氯气两种单质．【解答】解：从转化关系可知，电解电解质溶液时，是电解电解质本身，因此C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸．①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，故③错误；④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确．故选B．【点评】本题考察了无机推断．抓住解题突破口是解题的关键，本题解题突破口为，由此判断电解C溶液实际上是电解电解质本身，从而判断出C化合物的类别．　21\n6．为了测定某镁铝合金的成分，取14.7g合金完全溶于500mL3mol/L的硫酸中，再加入400mL8mol/L的氢氧化钠溶液充分反应，最后只产生一种沉淀．则关于该合金的测定过程的描述正确的是（　　）A．该合金中含有铝的质量至少为5.4gB．合金中镁的质量分数为63.3%≤Mg%＜100%C．在产生沉淀后的溶液中一定含有0.2molNaAlO2D．在产生沉淀后的溶液中有1.6molNa2SO4【考点】有关混合物反应的计算．【分析】14.7g镁铝合金完全溶于500mL3mol/L的硫酸中，再加入400mL8mol/L的氢氧化钠溶液反应，溶液iliang中的镁、铝离子会沉淀成氢氧化镁和氢氧化铝，质量先增加，后氢氧化铝沉淀溶解，沉淀的质量减少；当镁铝离子恰好沉淀成氢氧化镁和氢氧化铝时，溶液中只含有Na2SO4，此时n（Na+）=2n（SO42﹣），则有n（NaOH）=2n（H2SO4），即当生成的沉淀量最大时：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×3mol/L×0.5L=3mol，当加入400mL8mol/L的氢氧化钠溶液充分反应只产生一种沉淀，证明氢氧化铝已经和氢氧化钠完全反应，氢氧化钠总量为：0.4L×8mol/L=3.2mol，溶解氢氧化铝所用氢氧化钠为：3.2mol﹣3mol=0.2mol即氢氧化铝的最大量为0.2mol，由原子守恒知：n（Al）=n（Al（OH）3）=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g/mol=5.4g，m（Mg）=14.7g﹣m（Al）=14.7﹣5.4g=9.3g．【解答】解：14.7g镁铝合金完全溶于500mL3mol/L的硫酸中，再加入400mL8mol/L的氢氧化钠溶液反应，溶液中的沉淀先增加，后减少，当镁铝离子恰好沉淀成氢氧化镁和氢氧化铝时，溶液中只含有Na2SO4，此时n（Na+）=2n（SO42﹣），因为：n（Na+）=n（NaOH），n（SO42﹣）=n（H2SO4），则有n（NaOH）=2n（H2SO4），即当生成的沉淀量最大时：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×3mol/L×0.5L=3mol，当加入400mL8mol/L的氢氧化钠溶液充分反应只产生一种沉淀，证明氢氧化铝已经和氢氧化钠完全反应，氢氧化钠总量为：0.4L×8mol/L=3.2mol，溶解氢氧化铝所用氢氧化钠为：3.2mol﹣3mol=0.2molNaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，1mol1mol0.2mol0.2mol即氢氧化铝的最大量为0.2mol，由原子守恒知：n（Al）=n[Al（OH）3]=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g/mol=5.4g，m（Mg）=14.7g﹣m（Al）=14.7﹣5.4g=9.3g；A．由上分析知：该合金中含有铝的质量至多为5.4g，故A错误；B．由上分析知：该合金中铝的质量最少为5.4g，镁的质量应该在9.3g～14.7g之间（包括9.3g），×100%≤Mg%＜×100%，即63.3%≤Mg%＜100%，故B正确；C．由上分析知：该合金中含有铝的质量至多为0.2mol，在产生沉淀后的溶液中最多含有0.2molNaAlO2，故C错误；D．在产生沉淀后的溶液中有Na2SO和NaAlO2，由硫原子守恒知：n（Na2SO4）=n（H2SO4）=3mol/L×0.5L=1.5mol，故D错误；故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生的反应实质为解题关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养学生的分析能力及化学计算能力．　7．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如下流程，下列说法不正确的是（　　）21\nA．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2OD．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答．【解答】解：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B．由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故C错误；D．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故D正确；故选C．【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法．　二、解答题（共2小题，满分28分）8．（14分）（2022秋•吉林校级月考）某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性．它是以中学化学中常见物质为原料来生产的，图中C、M、K均含A元素，M的分子式为A（NH2）4；E为不含A元素的氢化物，在空气中易形成白雾；G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，J为气体；其余物质均为中学化学中常见物质．（提示：NH3和H2O的化学性质在某些方面相似）21\n请回答下列问题：（1）写出指定物质的化学式：A　Si　，C　SiCl4　，F　H2SiO3　．（2）K的化学式为　Si3N4　．（3）写出图中下列序号的化学方程式：反应④　Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑　；反应⑤　SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O　．（4）写出图中反应⑥的离子方程式：　SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣　．【考点】无机物的推断．【分析】根据题中各物质转化关系，F受热失去水得H，H能与氢氧化钠反应生成I，I与过量的二氧化碳反应生成F，说明F为弱酸且能受热分解，结合化合物M中A可形成四个价键知：A元素为四价元素，C、M、K均含A元素，K由两种非金属元素组成，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性，所以可推断为Si3N4，G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，结合转化关系可以确定A为Si，H为SiO2，I为Na2SiO3，则F为H2SiO3，E为不含A元素的氢化物，在空气中易形成白雾，E与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀G，则E为HCl，G为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；A与氢氧化钠反应生成J和I，J为气体，则J为H2，结合推断出的物质进行分析解答问题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，F受热失去水得H，H能与氢氧化钠反应生成I，I与过量的二氧化碳反应生成F，说明F为弱酸且能受热分解，结合化合物M中A可形成四个价键知：A元素为四价元素，C、M、K均含A元素，K由两种非金属元素组成，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性，所以可推断为Si3N4，G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，结合转化关系可以确定A为Si，H为SiO2，I为Na2SiO3，则F为H2SiO3，E为不含A元素的氢化物，在空气中易形成白雾，E与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀G，则E为HCl，G为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；A与氢氧化钠反应生成J和I，J为气体，则J为H2，（1）根据上面的分析可知，A为Si，C为SiCl4，F为H2SiO3，故答案为：Si；SiCl4；H2SiO3；（2）根据上面的分析可知，K的化学式为Si3N4，故答案为：Si3N4；（3）反应④的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，反应⑤的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（4）图中反应⑥的离子方程式为：SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣，故答案为：SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣．21\n【点评】本题考查了物质转化关系的性质应用和判断，主要考查硅及其化合物的性质变化，利用题给条件，结合特征反应和特征转化进行分析推断是解题关键．　9．（14分）（2022秋•抚州校级月考）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3等）提取Al2O3做冶炼铝的原料，由熔盐电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝．工艺流程如下图所示：（已知：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）（1）钢材镀铝后，抗腐蚀性能会大大增强，其原因是　表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀或致密的氧化铝膜将环境中的电解质溶液与内层金属隔离　．（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮而除去．气泡的主要成分除Cl2外还含有　H2、HCl、AlCl3　，固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在　NaCl　．（3）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，则铝和氧化铁反应的化学方程式为　2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe　．（4）向滤液中通入过量CO2所发生反应的离子方程式为　AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣　．（5）镀铝电解池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl4﹣形式存在，则阳极的电极反应式为　Al﹣3e﹣+4Cl﹣=AlCl4﹣　．【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】通过工艺流程可知：铝土矿溶液氢氧化钠溶液，氧化铝与氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸钠溶液，氧化铁不溶，过滤得到偏铝酸钠溶液和氧化铁沉淀，偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解氧化铝生成金属铝，铁上镀铝，镀件做阴极，镀层金属做阳极．（1）依据铝性质活泼，容易与氧气反应生成氧化铝，结合氧化铝性质解答；（2）根据题中信息：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华，在结合物质之间的反应来分析；（3）依据铝热反应写出方程式；（4）滤液中含有偏铝酸根离子，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；（5）电镀池中镀件金属作阳极，阳极发生氧化反应．【解答】解：（1）铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生；故答案为：表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀或致密的氧化铝膜将环境中的电解质溶液与内层金属隔离；21\n（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3；故答案为：HCl和AlCl3；NaCl；（3）铝和氧化铁高温反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（4）滤液中含有偏铝酸根离子，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；故答案为：AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（5）电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，Al﹣3e﹣+4Cl﹣=AlCl4﹣，故答案为：Al﹣3e﹣+4Cl﹣=AlCl4﹣．【点评】本题工艺流程，设计铝制备，工业电镀铝，明确铝及其化合物性质是解题关键，注意电解池工作原理题目难度中等．　四．【化学--选修2：化学与技术】（15分）10．（15分）（2022秋•吉林校级月考）目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等．某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为　分液漏斗　；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为　Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O　．（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是：　减少Br2的挥发　．（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出．与传统工艺相比，萃取法的优点是　没有采用有毒气体Cl2，更环保　．（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L．实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：①请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中．步骤2：将4.5mL0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡．步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/LKI溶液，振荡．步骤4：　滴入2～3滴淀粉溶液　，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液15mL．（反应原理：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）21\n步骤5：将实验步骤1～4重复2次．②该废水中苯酚的含量为　18.8　mg/L．③步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量　偏低　．（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．【考点】"三废"处理与环境保护；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】富马酸废液中含有Br﹣，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含修炼者和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质；（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；（4）①硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；②依据化学方程式定量关系计算；③步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化；【解答】解：富马酸废液中含有Br﹣，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含修炼者和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质；（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O；故答案为：分液漏斗，Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析，反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少溴单质的挥发；故答案为：减少Br2的挥发；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；故答案为：没有采用有毒气体Cl2，更环保；（4）①硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；滴入2～3滴淀粉溶液，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点；故答案为；滴入2～3滴淀粉溶液；②依据化学方程式定量关系计算，将4.5mL0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，n（Br2）=0.0045L×0.02mol/L=0.00009mol，其中和碘化钾反应的溴单质物质的量2KI～Br2～I2～2Na2S2O3，；12n0.01mol/L×0.015Ln=0.000075mol与苯酚反应的溴单质=0.00009mol﹣0.000075mol=0.000015mol则苯酚物质的量=×0.000015mol=0.000005mol该废水中苯酚的含量为=×0.000005mol×94g/mol=0.0188g/L=18.8mg/L，故答案为：18.8；③步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化，测定苯酚量减少，测定结果偏低；故答案为：偏低．21\n【点评】本题考查了废水中物质含量的测定实验探究和物质性质的分析判断，注意滴定实验的过程分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　五、【化学--选修3：物质结构与性质】（15分）11．（15分）（2022秋•吉林校级月考）原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子．请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为　　，第一电离能最小的元素是　Cu　（填元素符号）．（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是　HF＞HI＞HBr＞HCl　（填化学式），呈现如此递变规律的原因是　HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；　．（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为　sp2　、另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为　34%　，若此晶胞中的棱长为356.6pm，则此晶胞的密度为　3.5　g•cm﹣3（保留两位有效数字）．（）（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为　面心立方最密堆积　，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是　①②③　（填选项序号）．①极性键②非极性键③配位键④金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是　首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液　．请写出上述过程的离子方程式：　Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素．（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；金属性越强，第一电离能越小；（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；21\n根据均摊法计算晶胞中C原子数目，令碳原子直径为a，计算晶胞中C原子总体积，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，其连线处于体对角线上，且为对角线长的，故体对角线长为4a，故棱长为a，则晶胞体积为（a）3，再计算晶胞体积，晶胞空间利用率=×100%；根据晶胞含有原子数目，计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可知：碳与碳之间形成非极性键，C与氧之间形成极性键，且氧与铜离子之间有配位键；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到四氨合铜络离子，溶液为深蓝色的透明溶液．【解答】解：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素，（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为，四种元素中只有Cu为金属，其它为非金属，故Cu的第一电离能最小，故答案为：；Cu；（2）HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl，故答案为：HF＞HI＞HBr＞HCl；HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；一个晶胞中含碳原子数为8×+6×+4=8，令碳原子直径为a，晶胞中C原子总体积=8×π（）3，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，其连线处于体对角线上，且为对角线长的，故体对角线长为4a，故棱长为a，则晶胞体积为（a）3，晶胞空间利用率={[8×π（）3]÷（a）3}×100%≈34%，晶胞质量为g，若此晶胞中的棱长为356.6pm，则晶胞体积为（356.6×10﹣10cm）3，则此晶胞的密度为g÷（356.6×10﹣10cm）3=3.5g．cm﹣3，故答案为：sp2；34%；3.5；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可知：碳与碳之间形成非极性键，C与氧之间形成极性键，且氧与铜离子之间有配位键，其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，21\n故答案为：面心立方最密堆积；①②③；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，有关反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O，故答案为：首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．【点评】本题是对物质结构的考查，题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，（3）中计算为易错点、难度，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．　六.【化学一选修5：有机化学基础】（15分）12．（2022秋•吉林校级月考）有机物F的合成路线如图所示：已知如下信息：①RCOOR′RCH2OH②回答以下问题：（1）E→F的反应类型是　加成反应　．（2）A的结构简式为　　，G的结构简式为　　．（3）检验E中含氧官能团的试剂是　银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液　，现象是　试管壁附着光亮的银或出现砖红色沉淀　．（4）B生成C的化学方程式为　+2CH3OH+2H2O　．21\n（5）A的同分异构体中，符合下列条件的同分异构体有　5　种（不包含A），写出其中一种的结构简式　　．①属于芳香族化合物②苯环上有四个取代基③苯环上的一溴取代物只有一种．【考点】有机物的推断．【分析】根据合成流程可知，A能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成2个羧基，结合已知信息可知A应该含有2个甲基；根据有机物F的结构简式可知A中的2个甲基应该是邻位的，则A的结构简式为；，B的结构简式为：；B和甲醇发生酯化反应生成C，则C的结构简式为：；B分子中含有2个羧基，与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物G，则G的结构简式为：；根据已知信息可知C生成D，则D的结构简式为：，D发生催化氧化生成E，则E的结构简式为，E在双氧水的作用下生成F，据此分析解答．【解答】解：根据合成流程可知，A能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成2个羧基，结合已知信息可知A应该含有2个甲基；根据有机物F的结构简式可知A中的2个甲基应该是邻位的，则A的结构简式为；，则B的结构简式为：；B和甲醇发生酯化反应生成C，则C的结构简式为：；B分子中含有2个羧基，与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物G，则G的结构简式为：21\n；根据已知信息可知C生成D，则D的结构简式为：，D发生催化氧化生成E，则E的结构简式为，E在双氧水的作用下生成F，（1）通过以上分析知，E发生加成反应生成F，所以其反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；（2）通过以上分析知，A、G的结构简式分别为、，故答案为：；；（3）E的结构简式为，其中含氧官能团是醛基，可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验醛基，其现象是试管壁附着光亮的银或出现砖红色沉淀，故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；试管壁附着光亮的银或出现砖红色沉淀；（4）B和甲醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成C，反应方程式为+2CH3OH+2H2O，故答案为：+2CH3OH+2H2O；（5）A的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物说明含有苯环；②苯环上有四个取代基；21\n③苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种H原子，即四个取代基中两个Cl原子、两个甲基处于对称物质，符合条件的结构有：若两个甲基处于邻位，两个氯原子有2种结构，若两个甲基处于间位，两个氯原子有一种排列方法，若两个甲基处于对位，两个氯原子有2种排列方法，所以共有5种，其一种结构简式为，故答案为：5；．【点评】本题考查有机物推断，为高考高频点，以题给信息、反应条件及F结构为突破口采用正逆结合的方法进行推断，侧重考查学生分析推断、信息运用能力，熟练常见物质的官能团、性质，难点是同分异构体种类的判断．　21