资源简介

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河北省保定市2021年高考化学二模试卷
一、单选题
1.（2021·保定模拟）化学在达成我国2035年生态建设的远景目标中发挥着重要作用。下列有关说法正确的是（ ）
A. 用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放出的乙烯与氧化还原反应无关
B. 是一种新型自来水处理剂， 既表现强氧化性又能软化硬水
C. 护肤品中加入甘油是利用甘油独特的气味增香提神
D. 电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火
2.（2021·保定模拟）钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。工业上以 等物质为原料制备草酸氧钛钡晶体 ，再高温煅烧制得钛酸钡粉体。下列说法正确的是（ ）
A. 钛酸钡粉体属于有机高分子材料
B. 与 在高温下反应可制取
C. 可作为“钡餐”用于消化道造影
D. 中 的化合价为 价
3.（2021·保定模拟）下列说法正确的是（ ）
A. 硬脂酸甘油酯在 溶液中水解完全后，加入饱和食盐水，下层析出硬脂酸钠
B. 和 电子式(X代表C或S)均可书写为
C. 质子数为8中子数为10的原子为
D. 质量均为 的 、 固体中含有的阴离子所带电荷均为
4.（2021·保定模拟）下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁与稀硝酸反应：
B. 将 粉末加入到饱和 溶液中，搅拌；
C. 饱和氯水中通入 至溶液褪色：
D. 溶液与少量 溶液反应：
5.（2021·保定模拟）某有机物W是一种优良的水稻除草剂，它的结构简式为 。下列有关该有机物的说法正确的是（ ）
A. 含有3种官能团
B. 一定条件下，该物质能与 溶液反应
C. 一定条件下，能发生加成、取代、消去等反应
D. 苯环上的二溴代物有两种
6.（2021·保定模拟）实验室利用下图装置测定水分子的构成。下列说法错误的是（ ）
A. 装置①③④中依次盛装的药品是无水 、碱石灰、碱石灰
B. 需测定装置②实验前后的质量和装置③实验前后的质量
C. 反应生成的氢气未能全部转化成水
D. 实验后装置②的玻璃管中 未全部变红，对实验结果无影响
7.（2021·保定模拟）碳酸二甲酯( )是一种低毒、环保、性能优异、具有优良发展前景的“绿色”化工产品。纳米CeO2催化CO2和CH3OH合成碳酸二甲酯的示意图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. CeO2可有效提高CH3OH的平衡转化率 B. 反应①中有O-H键的断裂
C. 反应②可以看作是取代反应 D. 上述转化过程中，中间产物有4种
8.（2021·保定模拟）关于如图装置的说法中正确的是（ ）
A. 相比于单池单液原电池，该装置电流更持续稳定
B. 工作过程中，两个烧杯的溶液中离子数目不变
C. 该装置将电能转化为化学能
D. 因为左侧是负极区，盐桥中 向左侧烧杯移动
9.（2021·保定模拟）下列有关实验操作和现象及所得出的结论错误的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水 溶液未变蓝。 淀粉完全水解
B 向 溶液中滴入1~2滴 溶液，再加入2滴 溶液 先产生白色沉 淀，后产生红 褐色沉淀 无法判断
C 向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水 溶液红色变浅 溶液中 、 深度均减小
D 取 溶液，加入 溶液，萃取分液后，向水层中滴入 溶液 溶液变红色 和 所发生的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
10.（2021·保定模拟） 时，按下表配制两份溶液。
一元弱酸溶液 加入的 溶液 混合后所得溶液
溶液Ⅰ
溶液Ⅱ
下列说法错误的是（ ）
A. 溶液Ⅰ中：
B. 溶液Ⅱ比溶液Ⅰ的pH小1.0，说明
C. 混合溶液Ⅰ和溶液Ⅱ：
D. 混合溶液Ⅰ和溶液Ⅱ：
二、多选题
11.（2021·保定模拟）W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知W与Y位于相邻主族，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如图。下列叙述正确的是（ ）
A. X与Z既可形成10电子分子也可形成18电子分子
B. 简单离子半径：
C. Y的最高价氧化物对应水化物为强酸
D. 该化合物中各元素原子最外层均满足8电子稳定结构
12.（2021·保定模拟）一种以海绵铜( )为原料制备 的工艺流程如图。
已知： 为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法正确的是（ ）
A. “溶解”过程中 表现了酸性和强氧化性
B. “还原”过程中有白色沉淀生成
C. “过滤”用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D. 为提高 的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
13.（2021·保定模拟）镓( )的化学性质与铝相似，电解精炼法提纯镓的原理如图。已知三种金属活动顺序为 。下列说法错误的是（ ）
A. 阳极泥的主要成分是铁和铜
B. 若电压过高，阴极可能会产生 导致电解效率下降
C. 电子流向为 极→粗 高纯 极
D. 阴极反应为
三、非选择题
14.（2021·保定模拟）二氯乙烷 是重要的有机化工原料，不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点 ，碱性条件下水解程度较大。实验室采用“乙烯液相直接氯化法”制备1，2-二氯乙烷，相关反应原理为
实验装置如图：
请回答下列问题：
（1）写出甲装置发生反应的化学方程式________。
（2）按实验原理将装置戊、己、庚连接起来，d→________→________→________→________a(按接口顺序连接)
（3）丁装置中长玻璃导管B的作用是________，先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是________以促进气体间的接触，更容易使物质发生反应。
（4）制乙烯采用甘油浴加热，该加热方式的优点是________。
（5）制得的1，2-二氯乙烷中溶解有 、乙烯，逐出其中的 和乙烯采用的方法是________。
（6）有同学提出该装置存在缺陷，你认为是________。
（7）产品纯度的测定：量取 逐出 和乙烯后的产品，产品密度为 ，加足量稀 溶液，加热充分反应： 。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入 的 标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35g白色固体，则产品中1，2-二氯乙烷的纯度为________。
15.（2021·保定模拟）碳酸锰( )是制造电信器材软磁铁氧体的原料。工业上利用软锰矿主要成分为 ，还含有 、 、 等杂质)制取碳酸锰的流程如图。
已知：还原烧主反应为 ； 能将 氧化为
请回答下列问题：
（1）若在实验室中进行步骤A，则需用到的主要仪器为________，步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是________(填写1条即可)。
（2）步骤C中得到的滤渣的成分是________，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________，
步骤E中调节pH至4.5的作用是________。
（3） 的溶液中，不同价态含锰微粒的能量( )如图。若某种含锰微粒的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。上述五种含锰微粒中，不能稳定存在于 的溶液中的离子是________。
（4）步骤H的化学方程式为________；确认 已完全反应的现象是________。
16.（2021·保定模拟）低碳经济已成为一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向，既可变废为宝，又可减少碳的排放。工业上可用 和 制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚 ：如在 时，在密闭容器中将炼焦中的 转化为二甲醚，其相关反应为：
主反应：
副反应：
请回答下列问题：
（1）已知：①
②
③
则主反应的 ________。
（2）在一定温度下某恒容密闭容器中按 和 的浓度比为 投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如表。
时间(min) 浓度 0 10 20 30 40
1.00 0.68 0.40 0.30 0.30
0 0.05 0.08 0.10 0.10
①下列情况不能说明主反应达到平衡状态的是________(填字母)
a.混合气体的平均摩尔质量不再改变 b. 不再改变
c. 的体积分数不再改变 d.
②10~30min内， ________。
③根据以上数据计算主反应的平衡常数 ________(列式，代入数据，不计算结果)。
（3）欲提高 产率，控制生产的关键因素是________。
（4）对于副反应，温度对 的转化率及催化剂的效率影响如图。下列说法正确的是___________。
A.温度低于 时，随温度升高甲醇的产率一定减小
B.其他条件不变，若不使用催化剂，则 时 的转化率可能位于
C. 点时平衡常数比N点时平衡常数小
D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高 的转化率
17.（2021·保定模拟）75号元素铼(Re)，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。
（1）锰与铼处于同一族，锰原子电子排布式为________，它处于周期的________区。
（2）与铼伴生的铜能形成多种配合物。如醋酸二氨合铜(Ⅰ) 可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体： (Ac表示醋酸根)。
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是________。
②配位体 中N原子的杂化类型为________， 配离子 中含有 键的数目为________。
③写出与CO互为等电子体的一种分子的化学式________。
（3）分别向 、 溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
① 与 形成配合物的能力大于 的原因为________。
②溶液中的水存在 、 等微粒形式， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，写出 的结构式________。
（4）三氧化铼为立方晶胞，结构如图，晶胞参数为3.74pm，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为________，三氧化铼的密度为________ (用 表示阿伏加德罗常数的值，写计算式即可)。
18.（2021·保定模拟）有机物N和R为高分子材料，其制取的流程如图。
已知：
（1）反应Ⅰ的反应条件是________；化合物C的结构简式为________；生成N的反应类型是________。
（2）下列说法正确的是________(填字母)。
a.A可与 溶液反应 b.常温下，A易溶于水
c.化合物C可使酸性高锰酸钾溶液褪色 d.E存在顺反异构体
（3）由 生成 的反应类型是________，D生成E的过程中，浓硫酸的作用是________。
（4）B中的含氧官能团的名称为________。
（5）反应Ⅱ的化学方程式为________。
（6）符合下列条件的B的同分异构体有________种。
a.能与饱和溴水反应生成白色沉淀； b.属于酯类；
c.苯环上只有两个取代基； d.苯环上的一氯代物有2种。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【考点】氧化还原反应，无机非金属材料
【解析】【解答】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化乙烯，乙醇用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放出的乙烯与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B． 是一种新型自来水处理剂， 表现强氧化性，可用于杀菌消毒，但不能软化硬水，B不符合题意；
C．甘油具有吸湿性，护肤品中加入甘油是利用甘油独特的吸湿性，而不是为气味增香提神，C不符合题意；
D．电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.高锰酸钾具有氧化性而乙烯具有还原性可以发生氧化还原反应
B.高铁酸钾只能氧化性消毒不能将水软化
C.甘油主要是具有吸水性，加入甘油主要是为了保水
D.硅酸钠不燃烧，也不支持燃烧，常用作防火材料
2.【答案】 B
【考点】氧化还原反应，有机高分子化合物的结构和性质，化合价与化学式
【解析】【解答】A．钛酸钡属于无机化合物，因此钛酸钡粉体不属于有机高分子材料，A项不符合题意；
B．钠具有强还原性，在一定条件下，可以将钛从其氯化物中置换出来： ，B项符合题意；
C．BaCO3可溶于胃酸中的盐酸而生成Ba2+使人中毒，不能用作“钡餐”，C项不符合题意；
D．化合物中H、O的化合价分别为 +1 价、 -2 价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，计算可知H2C2O4中C的化合价为 +3 价，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.有机物一般是含有碳元素的化合物，但是此物质虽含有碳元素但是不是有机物是无机物
B.利用金属钠的还原性进行冶炼金属
C.BaSO4可作为“钡餐”用于消化道造影
D.根据常见元素化合价即可计算出碳元素的化合价
3.【答案】 D
【考点】原子中的数量关系，电子式、化学式或化学符号及名称的综合，油脂的性质、组成与结构，物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．皂化反应后，由于析出的硬脂酸钠的密度比混合液的密度小，应在上层析出硬脂酸钠，故A不符合题意；
B． 的电子式可书写为 ，但 不可以， 的电子式为 ，故B不符合题意；
C．质子数为8中子数为10的原子符合应为 ，故C不符合题意；
D．质量均为 的 、 的物质的量都是 ，且 、 所含的阴离子硫离子和过氧根离子所带电荷数都是2，则它们含有的阴离子所带电荷均为 ，故D符合题意；
本题答案D。
【分析】A.硬脂酸钠的密度小于水浮在上方
B.分别写出二氧化硫和二氧化碳的电子式即可判断
C.核素符号左上角数值表示质量数，质量数等于质子数加中子数
D.根据Na2S=2Na++S2-,Na2O2=2Na++O22-,即可判断阴离子带电荷
4.【答案】 B
【考点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=2NO+Fe2++4H2O，A不符合题意；
B．离子方程式为： ，B符合题意；
C．饱和氯水中通入 至溶液褪色的离子方程式为： ，C不符合题意；
D． 溶液与少量 溶液反应的离子方程式为： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁与稀硝酸反应不能产生氢气，产生的是一氧化氮
B.将 粉末加入到饱和 溶液中会生成碳酸钡沉淀
C.电荷不守恒
D. 溶液与少量 溶液反应时，亚铁离子和硫酸根离子先和氢氧根和钡离子反应
5.【答案】 B
【考点】有机物中的官能团，有机物的结构和性质，同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．含有氯原子和酰胺键两种官能团，A不符合题意；
B．分子中含有氯原子和酰胺键一定条件下，能与 溶液反应，B符合题意；
C．根据该物质的结构可知该物质不能发生消去反应，C不符合题意；
D．该物质苯环上的二溴代物有 、 、 三种，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据结构简式可以判断含有卤素原子、酰胺基两种官能团，可以发生取代反应、加成反应、不能发生消去反应，可以与氢氧化钠发生水解反应，苯环上含有3个位置，二氯取代物为3种
6.【答案】 A
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．①是用于干燥氢气和吸收挥发的氯化氢，应选择碱石灰；③用于吸收反应后生成的水，可以选择碱石灰；④是用于防止空气中的水和二氧化碳进入系统干扰实验，可以选择碱石灰，A说法符合题意；
B．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验前后装置③的质量差为氧化铜被还原后生成水的质量，因此，需测定实验前后装置②和装置③的质量差，B说法不符合题意；
C．排装置中的空气要用氢气、反应后冷却要在氢气的氛围下进行，而且氢气与氧化铜不可能充分反应，所以C说法不符合题意；
D．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验后装置②的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】启普发生器中Zn和盐酸反应制取氢气，①用碱石灰吸收水分和挥发出的HCl，②中氢气与灼热的氧化铜反应，③装有无水硫酸铜用于检验生成的水，④装有碱石灰用于防止空气中的水蒸气干扰实验。
7.【答案】 B
【考点】化学键，催化剂
【解析】【解答】A．CeO2为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡移动，所以催化剂不能提高甲醇的平衡转化率，A不符合题意；
B．反应①中CH3OH转化为CH3O-，其中的O-H键断裂，B符合题意；
C．二氧化碳的结构式为：O=C=O，根据—OCOOCH3的结构特点分析 ， 反应②可以看作是加成反应，C不符合题意；
D．从转化示意图分析可知，-OH、-OCH3、-OCOOCH3是中间体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂只是改变反应速率不改变平衡转化率
B.根据反应①即可判断断键
C.根据反应②的反应物和生成物即可判断为加成反应
D.根据图中的流程即可找出中间体
8.【答案】 A
【考点】电极反应和电池反应方程式，原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．相比于单池单液原电池，该装置使用了盐桥能够有效防止锌和硫酸铜直接接触而发生反应，这样电流更持续和稳定，故A符合题意；
B．盐桥内的K+和Cl-要进入烧杯，同时电极反应后也有离子变化，故B不符合题意；
C．由图中所示可知，该装置属于原电池，化学能转变为电能，故C不符合题意；
D．在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故盐桥中K+向右侧烧杯移动，因为右侧是正极区，故D不符合题意。
故答案为A。
【分析】由图可知该电池为Cu-Zn原电池，Zn作负极，Cu作正极。
9.【答案】 C
【考点】化学反应的可逆性，弱电解质在水溶液中的电离平衡，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．淀粉遇碘单质会变蓝，其在稀硫酸共热作用下会发生水解生成葡萄糖，若向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水，无明显现象，则说明淀粉完全水解，A不符合题意；
B．向 溶液中滴入1~2滴 溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，因为氢氧化钠过量，再加入2滴 溶液时，会产生红褐色沉淀，但不能说明是沉淀之间的转化而来的，则不能判断溶度积： ，B不符合题意；
C．氨水中存在电离平衡： ，向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释，溶液中的氢氧根离子浓度会降低，因为温度不变，所以水的离子积不变，则溶液中的氢离子浓度升高， C符合题意；
D．取 溶液，加入 溶液发生反应生成亚铁离子与碘单质，其中反应物碘离子过量，萃取分液后，向水层中滴入 溶液，溶液显血红色，则说明铁离子有剩余，所以可证明该反应为可逆反应，铁离子转化率达不到100%，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，若加入碘水不变色，说明无淀粉
B.如要证明溶度积的大小需要控制氢氧化钠的量极少
C.变浅说明氢氧根离子浓度降低，结合水的离子积得出氢离子的浓度变化
D.根据碘离子过量，理论上不存在铁离子不会变红，但是变红说明存在铁离子，说明反应是有限度
10.【答案】 A
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的原理，离子浓度大小的比较，配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，由电荷守恒可知溶液Ⅰ中 ，pH=5.0，则 且二者含量均很低，因此 ，A符合题意；
B．Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，溶液Ⅰ的 ，溶液Ⅱ的 ，则HB的电离常数大于HA的电离常数， ，B不符合题意；
C．由电荷守恒可知混合Ⅰ和Ⅱ有 ，C不符合题意；
D．Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，HA和HB初始浓度相同，由于HB的电离常数大于HA的电离常数，则混合Ⅰ和Ⅱ后有： ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据酸碱用量可知溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，且溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中HA、NaA、HB、NaB的浓度相等。
二、多选题
11.【答案】 A,B
【考点】原子核外电子排布，微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X为O元素，Z为H元素，二者可以形成10电子分子H2O，也可形成18电子分子H2O2 ， A符合题意；
B．O2-和Mg2+电子层结构相同，但O2-核电荷数更小，半径更大，故B符合题意；
C．B元素的最高价氧化的水化物为H3BO3 ， 为弱酸，故C不符合题意；
D．H元素最外层不满足8电子稳定结构，故D不符合题意。
故答案为AB。
【分析】根据该化合物的结构可知W元素可以形成+2价阳离子，应为第IIA族元素，其原子序数最大，原子序数比其小的主族元素至少有3种，所以W应为第三周期元素，为Mg元素；X可以形成2个共价键，应为第ⅥA族元素，所以X为O元素，Z可以形成1个共价键，原子序数小于O，则Z为H元素，所以Y元素最外层电子数为6-1-2=3，所以Y为B元素。
12.【答案】 B,D
【考点】物质的分离与提纯，制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．“溶解”过程中 表现了酸性，未表现出强氧化性，A不符合题意；
B．“还原”程中发生反应：2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+ ， 有白色的 沉淀生成，B符合题意；
C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，漏斗为普通漏斗，不是分液漏斗，C不符合题意；
D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+ ， 过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。
13.【答案】 C,D
【考点】电极反应和电池反应方程式，常见金属的活动性顺序及其应用，电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为电解池，粗Ga为阳极，Ga的化学性质与Al相似，且活动性：Zn＞Ga＞Fe，则电解时Zn、Ga失去电子，故阳极泥的主要成分是铁和铜，A不符合题意；
B．若电压过高，溶液中的H+可能在阴极得到电子生成H2 ， 从而导致电解效率下降，B不符合题意；
C．电解池装置中，电子的不能通过电解质溶液，正确的流向为粗Ga→N极，M极→高纯Ga，C符合题意；
D．该电解池装置的电解质溶液为NaOH溶液，故阳极主要的电极反应式为Ga+4OH--3e-= +2H2O，阴极的电极反应式为 +2H2O+3e-=Ga+4OH- ， D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据题意，此装置是电解池，可以确定M是负极，而N是正极，阳极是锌和镓失去电子在氢氧根离子的作用下变为偏锌酸根或者偏镓酸根，阴极主要是偏镓酸根离子得到电子变为镓单质，电压过高可能氢离子放电变为氢气。电子的流向是粗镓到N，M到纯镓。
三、非选择题
14.【答案】 （1）
（2）b；c；f；e
（3）冷凝回流、导气(或平衡压强)；溶解 和乙烯
（4）受热更均匀，温度更易控制
（5）适当加热
（6）没有尾气处理装置
（7）82.50%
【考点】氯气的实验室制法，化学实验操作的先后顺序，实验装置综合，探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)甲装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气： ，则离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++2H2O+Cl2↑；

(2)根据分析可知连接方式为d→b→c→f→e→a，所以答案为：b；c；f；e。
(3) 沸点较低，在反应时易挥发，可用丁装置中长玻璃导管B来冷凝回流同时B也可以排除多余的气体，平衡气压，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，所以答案为：冷凝回流、导气(或平衡压强)；溶解 和乙烯。
(4) 采用甘油浴加热方式的优点是受热更均匀，温度更易控制；
(5)制得的1,2 二氯乙烷中溶解有Cl2、乙烯，逐出Cl2和乙烯采用的方法是适当加热，既可以逐出杂质气体又不会引入新的杂质且操作简单，所以答案为：适当加热；
(6)尾气中有残留的Cl2，氯气有毒，需要尾气处理，而实验装置没有尾气处理装置，所以答案为：没有尾气处理装置
(7) 5.0 mL逐出Cl2和乙烯后的产品，产品密度为1.2 g·mL 1 ， 质量为1.2 g·mL 1×5.0 mL=6g，加足量稀NaOH溶液，加热充分反应：CH2ClCH2Cl+2NaOH CH2OHCH2OH+ 2NaCl。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入1.000 mol·L 1的AgNO3标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35 g白色固体是氯化银，物质的量为n= = ，根据氯原子守恒，得到CH2ClCH2Cl的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×99g/mol=4.95g，则产品中1,2 二氯乙烷的纯度为 =82.50%。
【分析】A装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，经饱和食盐水除去氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，进入丁装置，己装置乙醇在五氧化二磷和加热条件下反应生成乙烯和水，乙醇挥发，产物经过戊装置的水除去乙醇，再经过庚的浓硫酸除去水，进入丁装置，与氯气反应制得1,2 二氯乙烷，所以连接方式为：d→b→x→f→e→a。

15.【答案】 （1）坩埚；增大硫酸的浓度(升高温度或搅拌等其他合理答案)
（2） 、炭粉；；使 转化为 而除去
（3）
（4） ；取反应后的滤液少许于试管中，滴入 溶液，溶液不变紫红色
【考点】氧化还原反应，化学反应速率的影响因素，物质的分离与提纯，制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤A反应条件为高温，则需用到的主要仪器为坩埚，步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是适当的增加硫酸浓度或适当的升高酸浸温度或者在酸浸时搅拌等，所以答案为：坩埚；增大硫酸的浓度(升高温度或搅拌等其他合理答案)；

(2)根据分析可知步骤C中得到的滤渣的成分是 与 结合形成的 和焙烧时剩余的炭粉，步骤D中反应为： ，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，加入 氧化 成 ，然后加入NaOH调节pH使 转化为 而除去，所以步骤E中调节pH至4.5的作用是使 转化为 而除去，所以答案为： 、炭粉； ；使 转化为 而除去；
(3)根据图中信息可知 的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左方，所以该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，所以不能稳定存在于 的溶液中的离子是 ；
(4)根据分析可知步骤H的化学方程式为： ； 能将无色的 氧化为紫红色的 ，所以确认 已完全反应的现象是取反应后的滤液少许于试管中，滴入 溶液，溶液不变紫红色，所以答案为： ；取反应后的滤液少许于试管中，滴入 溶液，溶液不变紫红色。
【分析】软锰矿(主要成分为 ，还含有 、 、 等杂质)与焦炭还原焙烧，发生主要反应： 等，加入稀硫酸浸取，金属阳离子 进入溶液，大部分的 与 结合形成 ，过滤除去 和多余的炭粉，加入 氧化 成 ，然后加入NaOH调节pH使 转化为 而除去，过滤之后加入Na2S除去 ，此时溶液中含有的主要物质为： ，加入NH4HCO3发生反应： ，该反应的本质为： ，然后过滤、洗涤、干燥得到成品。

16.【答案】 （1）
（2）b；；
（3）选用合适的催化剂
（4）B
【考点】盖斯定律及其应用，化学反应速率，催化剂，化学平衡常数，化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可知由①×2+②-③×2可得2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)的ΔH1=[(-90.1)×2+(-34.5)-(41.0)×2] = ，所以答案为 。

(2)①a.．主反应为 ，反应在到达平衡的过程中气体总质量不变，但是气体总物质的量会改变，所以该过程混合气体的平均摩尔质量会发生改变，只有平衡时混合气体的平均摩尔质量不改变，所以混合气体的平均摩尔质量不改变能说明反应平衡，故a不正确；
b．初始投料CO2和H2的浓度比为1：3，反应时按照1：3反应，所以二者的物质的量之比始终为1：3，比值不变不能说明反应平衡，故b正确；
c．反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的体积分数不再改变，所以CO2的体积分数不变可以说明反应达到平衡，故c不正确；
d． ，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知此时 ，所以可以说明此时反应到达平衡，d不正确；
综上所述答案为b；
②结合表格数据，根据 = 可知在10～30min 内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)= =0.0025mol/(L·min)，所以答案为： 。
③反应开始时c(H2)=1.00mol/L，平衡时c(H2)=0.30mol/L，反应消耗H2浓度为Δc(H2)=(1.00-0.30) mol/L=0.70 mol/L，其中发生反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)，c(CH3OCH3)=0.10 mol/L，则此反应生成c(H2O)=0.30 mol/L，反应消耗H2浓度为0.60mol/L，发生副反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)消耗H2的浓度是0.10mol/L，其产生的H2O的浓度是 mol/L，所以平衡时水蒸气的浓度是c(H2O)=(0.30+ )mol/L；按CO2和H2的浓度比为1∶3投料，发生两个反应时CO2和H2是按1∶3关系反应，达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1∶3，反应达到平衡时c(CO2)=( -0.2- )mol/L=0.10 mol/L；故主反应I达到平衡时的化学平衡常数K= 。
(3)催化剂对某一类反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率，所以答案为：选用合适的催化剂。
(4)A．温度低于250℃时，随温度升高，催化效率升高，反应速率加快，相同时间内测定甲醇的产率会增大，A项不正确；
B．不使用催化剂反应速率减慢，测定转化率时可能远未达到平衡，此时CO2的转化率可能位于M1 ， B项正确；
C．升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以M1点时化学平衡常数大于N点，C项不正确；
D．较低的温度下进行反应，CO2的转化率较高，但催化剂的催化效率低、反应速率减小，不利于满足实际生产需要，D项不正确；
综上所述故答案为：B。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）①对于此反应判断是否得到平衡可以从混合气体的平均摩尔质量以及浓度、体积分数不变以及某物质的正逆速率是否不变进行判断②根据10-30min内二甲醚的浓度变化量即可计算出速率③根据表格数据计算出平衡时各物质的平衡浓度，即可计算平衡常数
（3）提高产率应该注意催化剂的选择
（4）A.根据图示即可判断，催化剂的选择效果增强，甲醇的转化率应该是增大
B.催化剂是加快反应速率，若不使用催化剂，还未达到平衡，转化率低
C.根据反应的放热即可判断
D.需要综合考虑，虽再低温时二氧化碳转化率高但是催化剂活性低不利于实际生产


17.【答案】 （1） 或 ；d
（2）具有孤电子对(或孤对电子)；；；
（3）由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强；
（4）6；
【考点】原子核外电子排布，配合物的成键情况，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断，物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】(1)锰为28号元素，核外电子排布为 或

， 它处于周期的d区，所以答案为： 或 ；d。
(2)① 在含有空轨道的原子和孤电子对之间很容易形成络合物。铜离子含有空轨道，所以它们的配体应该含有孤电子对(或孤电子对)，所以答案是：有孤电子对(或孤对电子)；
②配配位体 中N原子的价层电子对数是4。根据价层电子对排斥理论，N原子杂质类型为sp3 ， 一个单独的络合离子 含有 键，所以根据计算1mol的络合离子所含 键的数目是8NA，所以答案为：sp3； 。
③等电子体中的原子数和价电子数相等，与CO互为等电子体的微粒含有两个原子和十个电子，所以CO相互等电子的分子是
(3)①随着原子序数的增加，原子核的外电子引力增大；而随着电子层数的增加，原子核的外电子引力减小，但前者占主导地位， 电子层数大于 ，所以 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键更强，所以答案为：由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强。
② 的结构式为 ， 的结构式为 ， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，则 的结构式为： 。
(4) 三氧化铼为立方晶胞，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，根据均摊法可知铼原子的配位数为6；在这个单位胞里，Re原子的数目等于 =1，O原子数等于 =3，所以铼原子的配位数为6，该晶胞的体积为： ，单个晶胞的质量为： ，则三氧化铼密度= = ，所以答案为：6； 。
【分析】（1）根据锰元素的核外电子数即可写出核外电子能级排布即可找出所在的区域
（2） ①铜离子提供空轨道，因此形成配位键需要提供孤对电子 ② 氨气是sp3杂化，找出 的单键和配位键即可计算③找出含有2个原子以及10个价电子的分子即可
（3）① 铜离子的核电荷数大对孤对电子的吸附能力强②根据氢键形成的原理即可写出结构式
（4）找出与铼原子距离最近的氧原子个数即可，根据占位计算出晶胞的质量再计算出晶胞的体积即可计算出密度

18.【答案】 （1）Fe粉做催化剂(或 做催化剂)；；缩聚反应
（2）ac
（3）取代反应；催化剂、脱水剂
（4）羟基、羧基
（5）+CH3OH +H2O
（6）6
【考点】有机物的合成，有机物的结构和性质，芳香烃，同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)反应Ⅰ是苯和氯气反应制取氯苯，和溴苯制取条件是一样的，用Fe粉做催化剂(或 做催化剂)；A与C反应得到N，根据A、N的结构简式，可知A与C反应是缩聚反应，则C结构简式为 。

(2) a．A是苯酚 ，可与 溶液反应，故a正确；
b．常温下，苯酚微溶于水，当温度高于65℃时，能跟水以任意比例互溶，故b不正确；
c．化合物C 结构中含有碳碳双键，含有醛基，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；
d．E的结构简式为 ，由于双键中的一个碳原子有两个相同氢原子，则E不存在顺反异构，故不正确；
本题答案ac。
(3) 是 和CH3COCl反应生成的，是CH3OC-取代了苯环上的氢原子生成的，故其反应类型是取代反应；D生成E的过程是醇发生了消去反应，浓硫酸的作用是催化剂、脱水剂。
(4)经分析B的结构简式为 ，其含氧官能团的名称为羟基、羧基。
(5)反应Ⅱ的化学方程式为B和CH3OH的酯化反应，则其反应的化学方程式为 +CH3OH +H2O。
(6)B的结构简式为 ，其同分异构体能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明结构中含有酚羟基，苯环上只有两个取代基，且属于酯类，说明另一个取代基含有酯基，苯环上的一氯代物有2种，说明两个取代基在苯环上是对位关系，酚羟基不能变，能变的只能是另外一个取代基了，则另外一个取代基的同分异构有-OOCCH2CH3、-COOCH2CH3、-CH2COOCH3、-CH2OOCCH3、-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)OOCH，总计6种，故满足条件的B的同分异构体也就6种。
【分析】苯与氯气反应生成氯苯，氯苯在一定条件下反应得到A，A与C反应得到N，结合N的结构简式，可知A是苯酚 ，C是 。通过已知条件，可知 在一定条件下生成B，B的结构简式为 ，B→D结合反应条件可知是B与CH3OH发生了酯化反应，则D的结构简式为 ，D→E结合反应条件及R是高分子材料，可知D→E是消去反应，则E的结构简式为 ，据此分析解答。

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河北省保定市2021年高考化学二模试卷
一、单选题
1.（2021·保定模拟）化学在达成我国2035年生态建设的远景目标中发挥着重要作用。下列有关说法正确的是（ ）
A. 用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放出的乙烯与氧化还原反应无关
B. 是一种新型自来水处理剂， 既表现强氧化性又能软化硬水
C. 护肤品中加入甘油是利用甘油独特的气味增香提神
D. 电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火
【答案】 D
【考点】氧化还原反应，无机非金属材料
【解析】【解答】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化乙烯，乙醇用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放出的乙烯与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B． 是一种新型自来水处理剂， 表现强氧化性，可用于杀菌消毒，但不能软化硬水，B不符合题意；
C．甘油具有吸湿性，护肤品中加入甘油是利用甘油独特的吸湿性，而不是为气味增香提神，C不符合题意；
D．电影银幕用硅酸钠溶液浸泡的主要目的是为了防火，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.高锰酸钾具有氧化性而乙烯具有还原性可以发生氧化还原反应
B.高铁酸钾只能氧化性消毒不能将水软化
C.甘油主要是具有吸水性，加入甘油主要是为了保水
D.硅酸钠不燃烧，也不支持燃烧，常用作防火材料
2.（2021·保定模拟）钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。工业上以 等物质为原料制备草酸氧钛钡晶体 ，再高温煅烧制得钛酸钡粉体。下列说法正确的是（ ）
A. 钛酸钡粉体属于有机高分子材料
B. 与 在高温下反应可制取
C. 可作为“钡餐”用于消化道造影
D. 中 的化合价为 价
【答案】 B
【考点】氧化还原反应，有机高分子化合物的结构和性质，化合价与化学式
【解析】【解答】A．钛酸钡属于无机化合物，因此钛酸钡粉体不属于有机高分子材料，A项不符合题意；
B．钠具有强还原性，在一定条件下，可以将钛从其氯化物中置换出来： ，B项符合题意；
C．BaCO3可溶于胃酸中的盐酸而生成Ba2+使人中毒，不能用作“钡餐”，C项不符合题意；
D．化合物中H、O的化合价分别为 +1 价、 -2 价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，计算可知H2C2O4中C的化合价为 +3 价，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.有机物一般是含有碳元素的化合物，但是此物质虽含有碳元素但是不是有机物是无机物
B.利用金属钠的还原性进行冶炼金属
C.BaSO4可作为“钡餐”用于消化道造影
D.根据常见元素化合价即可计算出碳元素的化合价
3.（2021·保定模拟）下列说法正确的是（ ）
A. 硬脂酸甘油酯在 溶液中水解完全后，加入饱和食盐水，下层析出硬脂酸钠
B. 和 电子式(X代表C或S)均可书写为
C. 质子数为8中子数为10的原子为
D. 质量均为 的 、 固体中含有的阴离子所带电荷均为
【答案】 D
【考点】原子中的数量关系，电子式、化学式或化学符号及名称的综合，油脂的性质、组成与结构，物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．皂化反应后，由于析出的硬脂酸钠的密度比混合液的密度小，应在上层析出硬脂酸钠，故A不符合题意；
B． 的电子式可书写为 ，但 不可以， 的电子式为 ，故B不符合题意；
C．质子数为8中子数为10的原子符合应为 ，故C不符合题意；
D．质量均为 的 、 的物质的量都是 ，且 、 所含的阴离子硫离子和过氧根离子所带电荷数都是2，则它们含有的阴离子所带电荷均为 ，故D符合题意；
本题答案D。
【分析】A.硬脂酸钠的密度小于水浮在上方
B.分别写出二氧化硫和二氧化碳的电子式即可判断
C.核素符号左上角数值表示质量数，质量数等于质子数加中子数
D.根据Na2S=2Na++S2-,Na2O2=2Na++O22-,即可判断阴离子带电荷
4.（2021·保定模拟）下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁与稀硝酸反应：
B. 将 粉末加入到饱和 溶液中，搅拌；
C. 饱和氯水中通入 至溶液褪色：
D. 溶液与少量 溶液反应：
【答案】 B
【考点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=2NO+Fe2++4H2O，A不符合题意；
B．离子方程式为： ，B符合题意；
C．饱和氯水中通入 至溶液褪色的离子方程式为： ，C不符合题意；
D． 溶液与少量 溶液反应的离子方程式为： ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁与稀硝酸反应不能产生氢气，产生的是一氧化氮
B.将 粉末加入到饱和 溶液中会生成碳酸钡沉淀
C.电荷不守恒
D. 溶液与少量 溶液反应时，亚铁离子和硫酸根离子先和氢氧根和钡离子反应
5.（2021·保定模拟）某有机物W是一种优良的水稻除草剂，它的结构简式为 。下列有关该有机物的说法正确的是（ ）
A. 含有3种官能团
B. 一定条件下，该物质能与 溶液反应
C. 一定条件下，能发生加成、取代、消去等反应
D. 苯环上的二溴代物有两种
【答案】 B
【考点】有机物中的官能团，有机物的结构和性质，同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．含有氯原子和酰胺键两种官能团，A不符合题意；
B．分子中含有氯原子和酰胺键一定条件下，能与 溶液反应，B符合题意；
C．根据该物质的结构可知该物质不能发生消去反应，C不符合题意；
D．该物质苯环上的二溴代物有 、 、 三种，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据结构简式可以判断含有卤素原子、酰胺基两种官能团，可以发生取代反应、加成反应、不能发生消去反应，可以与氢氧化钠发生水解反应，苯环上含有3个位置，二氯取代物为3种
6.（2021·保定模拟）实验室利用下图装置测定水分子的构成。下列说法错误的是（ ）
A. 装置①③④中依次盛装的药品是无水 、碱石灰、碱石灰
B. 需测定装置②实验前后的质量和装置③实验前后的质量
C. 反应生成的氢气未能全部转化成水
D. 实验后装置②的玻璃管中 未全部变红，对实验结果无影响
【答案】 A
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．①是用于干燥氢气和吸收挥发的氯化氢，应选择碱石灰；③用于吸收反应后生成的水，可以选择碱石灰；④是用于防止空气中的水和二氧化碳进入系统干扰实验，可以选择碱石灰，A说法符合题意；
B．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验前后装置③的质量差为氧化铜被还原后生成水的质量，因此，需测定实验前后装置②和装置③的质量差，B说法不符合题意；
C．排装置中的空气要用氢气、反应后冷却要在氢气的氛围下进行，而且氢气与氧化铜不可能充分反应，所以C说法不符合题意；
D．本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置②的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验后装置②的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响，D说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】启普发生器中Zn和盐酸反应制取氢气，①用碱石灰吸收水分和挥发出的HCl，②中氢气与灼热的氧化铜反应，③装有无水硫酸铜用于检验生成的水，④装有碱石灰用于防止空气中的水蒸气干扰实验。
7.（2021·保定模拟）碳酸二甲酯( )是一种低毒、环保、性能优异、具有优良发展前景的“绿色”化工产品。纳米CeO2催化CO2和CH3OH合成碳酸二甲酯的示意图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. CeO2可有效提高CH3OH的平衡转化率 B. 反应①中有O-H键的断裂
C. 反应②可以看作是取代反应 D. 上述转化过程中，中间产物有4种
【答案】 B
【考点】化学键，催化剂
【解析】【解答】A．CeO2为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡移动，所以催化剂不能提高甲醇的平衡转化率，A不符合题意；
B．反应①中CH3OH转化为CH3O-，其中的O-H键断裂，B符合题意；
C．二氧化碳的结构式为：O=C=O，根据—OCOOCH3的结构特点分析 ， 反应②可以看作是加成反应，C不符合题意；
D．从转化示意图分析可知，-OH、-OCH3、-OCOOCH3是中间体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂只是改变反应速率不改变平衡转化率
B.根据反应①即可判断断键
C.根据反应②的反应物和生成物即可判断为加成反应
D.根据图中的流程即可找出中间体
8.（2021·保定模拟）关于如图装置的说法中正确的是（ ）
A. 相比于单池单液原电池，该装置电流更持续稳定
B. 工作过程中，两个烧杯的溶液中离子数目不变
C. 该装置将电能转化为化学能
D. 因为左侧是负极区，盐桥中 向左侧烧杯移动
【答案】 A
【考点】电极反应和电池反应方程式，原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．相比于单池单液原电池，该装置使用了盐桥能够有效防止锌和硫酸铜直接接触而发生反应，这样电流更持续和稳定，故A符合题意；
B．盐桥内的K+和Cl-要进入烧杯，同时电极反应后也有离子变化，故B不符合题意；
C．由图中所示可知，该装置属于原电池，化学能转变为电能，故C不符合题意；
D．在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故盐桥中K+向右侧烧杯移动，因为右侧是正极区，故D不符合题意。
故答案为A。
【分析】由图可知该电池为Cu-Zn原电池，Zn作负极，Cu作正极。
9.（2021·保定模拟）下列有关实验操作和现象及所得出的结论错误的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水 溶液未变蓝。 淀粉完全水解
B 向 溶液中滴入1~2滴 溶液，再加入2滴 溶液 先产生白色沉 淀，后产生红 褐色沉淀 无法判断
C 向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水 溶液红色变浅 溶液中 、 深度均减小
D 取 溶液，加入 溶液，萃取分液后，向水层中滴入 溶液 溶液变红色 和 所发生的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】 C
【考点】化学反应的可逆性，弱电解质在水溶液中的电离平衡，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．淀粉遇碘单质会变蓝，其在稀硫酸共热作用下会发生水解生成葡萄糖，若向淀粉溶液中加入少量 的硫酸溶液，加热，冷却，在水解液中加入碘水，无明显现象，则说明淀粉完全水解，A不符合题意；
B．向 溶液中滴入1~2滴 溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，因为氢氧化钠过量，再加入2滴 溶液时，会产生红褐色沉淀，但不能说明是沉淀之间的转化而来的，则不能判断溶度积： ，B不符合题意；
C．氨水中存在电离平衡： ，向滴加酚酞的氨水中加蒸馏水稀释，溶液中的氢氧根离子浓度会降低，因为温度不变，所以水的离子积不变，则溶液中的氢离子浓度升高， C符合题意；
D．取 溶液，加入 溶液发生反应生成亚铁离子与碘单质，其中反应物碘离子过量，萃取分液后，向水层中滴入 溶液，溶液显血红色，则说明铁离子有剩余，所以可证明该反应为可逆反应，铁离子转化率达不到100%，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.淀粉遇碘变蓝色，若加入碘水不变色，说明无淀粉
B.如要证明溶度积的大小需要控制氢氧化钠的量极少
C.变浅说明氢氧根离子浓度降低，结合水的离子积得出氢离子的浓度变化
D.根据碘离子过量，理论上不存在铁离子不会变红，但是变红说明存在铁离子，说明反应是有限度
10.（2021·保定模拟） 时，按下表配制两份溶液。
一元弱酸溶液 加入的 溶液 混合后所得溶液
溶液Ⅰ
溶液Ⅱ
下列说法错误的是（ ）
A. 溶液Ⅰ中：
B. 溶液Ⅱ比溶液Ⅰ的pH小1.0，说明
C. 混合溶液Ⅰ和溶液Ⅱ：
D. 混合溶液Ⅰ和溶液Ⅱ：
【答案】 A
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的原理，离子浓度大小的比较，配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，由电荷守恒可知溶液Ⅰ中 ，pH=5.0，则 且二者含量均很低，因此 ，A符合题意；
B．Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，溶液Ⅰ的 ，溶液Ⅱ的 ，则HB的电离常数大于HA的电离常数， ，B不符合题意；
C．由电荷守恒可知混合Ⅰ和Ⅱ有 ，C不符合题意；
D．Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，HA和HB初始浓度相同，由于HB的电离常数大于HA的电离常数，则混合Ⅰ和Ⅱ后有： ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据酸碱用量可知溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，且溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中HA、NaA、HB、NaB的浓度相等。
二、多选题
11.（2021·保定模拟）W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知W与Y位于相邻主族，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如图。下列叙述正确的是（ ）
A. X与Z既可形成10电子分子也可形成18电子分子
B. 简单离子半径：
C. Y的最高价氧化物对应水化物为强酸
D. 该化合物中各元素原子最外层均满足8电子稳定结构
【答案】 A,B
【考点】原子核外电子排布，微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X为O元素，Z为H元素，二者可以形成10电子分子H2O，也可形成18电子分子H2O2 ， A符合题意；
B．O2-和Mg2+电子层结构相同，但O2-核电荷数更小，半径更大，故B符合题意；
C．B元素的最高价氧化的水化物为H3BO3 ， 为弱酸，故C不符合题意；
D．H元素最外层不满足8电子稳定结构，故D不符合题意。
故答案为AB。
【分析】根据该化合物的结构可知W元素可以形成+2价阳离子，应为第IIA族元素，其原子序数最大，原子序数比其小的主族元素至少有3种，所以W应为第三周期元素，为Mg元素；X可以形成2个共价键，应为第ⅥA族元素，所以X为O元素，Z可以形成1个共价键，原子序数小于O，则Z为H元素，所以Y元素最外层电子数为6-1-2=3，所以Y为B元素。
12.（2021·保定模拟）一种以海绵铜( )为原料制备 的工艺流程如图。
已知： 为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法正确的是（ ）
A. “溶解”过程中 表现了酸性和强氧化性
B. “还原”过程中有白色沉淀生成
C. “过滤”用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D. 为提高 的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
【答案】 B,D
【考点】物质的分离与提纯，制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．“溶解”过程中 表现了酸性，未表现出强氧化性，A不符合题意；
B．“还原”程中发生反应：2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+ ， 有白色的 沉淀生成，B符合题意；
C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，漏斗为普通漏斗，不是分液漏斗，C不符合题意；
D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+ ， 过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。
13.（2021·保定模拟）镓( )的化学性质与铝相似，电解精炼法提纯镓的原理如图。已知三种金属活动顺序为 。下列说法错误的是（ ）
A. 阳极泥的主要成分是铁和铜
B. 若电压过高，阴极可能会产生 导致电解效率下降
C. 电子流向为 极→粗 高纯 极
D. 阴极反应为
【答案】 C,D
【考点】电极反应和电池反应方程式，常见金属的活动性顺序及其应用，电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为电解池，粗Ga为阳极，Ga的化学性质与Al相似，且活动性：Zn＞Ga＞Fe，则电解时Zn、Ga失去电子，故阳极泥的主要成分是铁和铜，A不符合题意；
B．若电压过高，溶液中的H+可能在阴极得到电子生成H2 ， 从而导致电解效率下降，B不符合题意；
C．电解池装置中，电子的不能通过电解质溶液，正确的流向为粗Ga→N极，M极→高纯Ga，C符合题意；
D．该电解池装置的电解质溶液为NaOH溶液，故阳极主要的电极反应式为Ga+4OH--3e-= +2H2O，阴极的电极反应式为 +2H2O+3e-=Ga+4OH- ， D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据题意，此装置是电解池，可以确定M是负极，而N是正极，阳极是锌和镓失去电子在氢氧根离子的作用下变为偏锌酸根或者偏镓酸根，阴极主要是偏镓酸根离子得到电子变为镓单质，电压过高可能氢离子放电变为氢气。电子的流向是粗镓到N，M到纯镓。
三、非选择题
14.（2021·保定模拟）二氯乙烷 是重要的有机化工原料，不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点 ，碱性条件下水解程度较大。实验室采用“乙烯液相直接氯化法”制备1，2-二氯乙烷，相关反应原理为
实验装置如图：
请回答下列问题：
（1）写出甲装置发生反应的化学方程式________。
（2）按实验原理将装置戊、己、庚连接起来，d→________→________→________→________a(按接口顺序连接)
（3）丁装置中长玻璃导管B的作用是________，先装入1，2-二氯乙烷液体，其作用是________以促进气体间的接触，更容易使物质发生反应。
（4）制乙烯采用甘油浴加热，该加热方式的优点是________。
（5）制得的1，2-二氯乙烷中溶解有 、乙烯，逐出其中的 和乙烯采用的方法是________。
（6）有同学提出该装置存在缺陷，你认为是________。
（7）产品纯度的测定：量取 逐出 和乙烯后的产品，产品密度为 ，加足量稀 溶液，加热充分反应： 。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入 的 标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35g白色固体，则产品中1，2-二氯乙烷的纯度为________。
【答案】 （1）
（2）b；c；f；e
（3）冷凝回流、导气(或平衡压强)；溶解 和乙烯
（4）受热更均匀，温度更易控制
（5）适当加热
（6）没有尾气处理装置
（7）82.50%
【考点】氯气的实验室制法，化学实验操作的先后顺序，实验装置综合，探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)甲装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气： ，则离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++2H2O+Cl2↑；

(2)根据分析可知连接方式为d→b→c→f→e→a，所以答案为：b；c；f；e。
(3) 沸点较低，在反应时易挥发，可用丁装置中长玻璃导管B来冷凝回流同时B也可以排除多余的气体，平衡气压，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，所以答案为：冷凝回流、导气(或平衡压强)；溶解 和乙烯。
(4) 采用甘油浴加热方式的优点是受热更均匀，温度更易控制；
(5)制得的1,2 二氯乙烷中溶解有Cl2、乙烯，逐出Cl2和乙烯采用的方法是适当加热，既可以逐出杂质气体又不会引入新的杂质且操作简单，所以答案为：适当加热；
(6)尾气中有残留的Cl2，氯气有毒，需要尾气处理，而实验装置没有尾气处理装置，所以答案为：没有尾气处理装置
(7) 5.0 mL逐出Cl2和乙烯后的产品，产品密度为1.2 g·mL 1 ， 质量为1.2 g·mL 1×5.0 mL=6g，加足量稀NaOH溶液，加热充分反应：CH2ClCH2Cl+2NaOH CH2OHCH2OH+ 2NaCl。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入1.000 mol·L 1的AgNO3标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35 g白色固体是氯化银，物质的量为n= = ，根据氯原子守恒，得到CH2ClCH2Cl的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×99g/mol=4.95g，则产品中1,2 二氯乙烷的纯度为 =82.50%。
【分析】A装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，经饱和食盐水除去氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，进入丁装置，己装置乙醇在五氧化二磷和加热条件下反应生成乙烯和水，乙醇挥发，产物经过戊装置的水除去乙醇，再经过庚的浓硫酸除去水，进入丁装置，与氯气反应制得1,2 二氯乙烷，所以连接方式为：d→b→x→f→e→a。

15.（2021·保定模拟）碳酸锰( )是制造电信器材软磁铁氧体的原料。工业上利用软锰矿主要成分为 ，还含有 、 、 等杂质)制取碳酸锰的流程如图。
已知：还原烧主反应为 ； 能将 氧化为
请回答下列问题：
（1）若在实验室中进行步骤A，则需用到的主要仪器为________，步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是________(填写1条即可)。
（2）步骤C中得到的滤渣的成分是________，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________，
步骤E中调节pH至4.5的作用是________。
（3） 的溶液中，不同价态含锰微粒的能量( )如图。若某种含锰微粒的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。上述五种含锰微粒中，不能稳定存在于 的溶液中的离子是________。
（4）步骤H的化学方程式为________；确认 已完全反应的现象是________。
【答案】 （1）坩埚；增大硫酸的浓度(升高温度或搅拌等其他合理答案)
（2） 、炭粉；；使 转化为 而除去
（3）
（4） ；取反应后的滤液少许于试管中，滴入 溶液，溶液不变紫红色
【考点】氧化还原反应，化学反应速率的影响因素，物质的分离与提纯，制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤A反应条件为高温，则需用到的主要仪器为坩埚，步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是适当的增加硫酸浓度或适当的升高酸浸温度或者在酸浸时搅拌等，所以答案为：坩埚；增大硫酸的浓度(升高温度或搅拌等其他合理答案)；

(2)根据分析可知步骤C中得到的滤渣的成分是 与 结合形成的 和焙烧时剩余的炭粉，步骤D中反应为： ，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，加入 氧化 成 ，然后加入NaOH调节pH使 转化为 而除去，所以步骤E中调节pH至4.5的作用是使 转化为 而除去，所以答案为： 、炭粉； ；使 转化为 而除去；
(3)根据图中信息可知 的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左方，所以该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，所以不能稳定存在于 的溶液中的离子是 ；
(4)根据分析可知步骤H的化学方程式为： ； 能将无色的 氧化为紫红色的 ，所以确认 已完全反应的现象是取反应后的滤液少许于试管中，滴入 溶液，溶液不变紫红色，所以答案为： ；取反应后的滤液少许于试管中，滴入 溶液，溶液不变紫红色。
【分析】软锰矿(主要成分为 ，还含有 、 、 等杂质)与焦炭还原焙烧，发生主要反应： 等，加入稀硫酸浸取，金属阳离子 进入溶液，大部分的 与 结合形成 ，过滤除去 和多余的炭粉，加入 氧化 成 ，然后加入NaOH调节pH使 转化为 而除去，过滤之后加入Na2S除去 ，此时溶液中含有的主要物质为： ，加入NH4HCO3发生反应： ，该反应的本质为： ，然后过滤、洗涤、干燥得到成品。

16.（2021·保定模拟）低碳经济已成为一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向，既可变废为宝，又可减少碳的排放。工业上可用 和 制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚 ：如在 时，在密闭容器中将炼焦中的 转化为二甲醚，其相关反应为：
主反应：
副反应：
请回答下列问题：
（1）已知：①
②
③
则主反应的 ________。
（2）在一定温度下某恒容密闭容器中按 和 的浓度比为 投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如表。
时间(min) 浓度 0 10 20 30 40
1.00 0.68 0.40 0.30 0.30
0 0.05 0.08 0.10 0.10
①下列情况不能说明主反应达到平衡状态的是________(填字母)
a.混合气体的平均摩尔质量不再改变 b. 不再改变
c. 的体积分数不再改变 d.
②10~30min内， ________。
③根据以上数据计算主反应的平衡常数 ________(列式，代入数据，不计算结果)。
（3）欲提高 产率，控制生产的关键因素是________。
（4）对于副反应，温度对 的转化率及催化剂的效率影响如图。下列说法正确的是___________。
A.温度低于 时，随温度升高甲醇的产率一定减小
B.其他条件不变，若不使用催化剂，则 时 的转化率可能位于
C. 点时平衡常数比N点时平衡常数小
D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高 的转化率
【答案】 （1）
（2）b；；
（3）选用合适的催化剂
（4）B
【考点】盖斯定律及其应用，化学反应速率，催化剂，化学平衡常数，化学平衡状态的判断
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可知由①×2+②-③×2可得2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)的ΔH1=[(-90.1)×2+(-34.5)-(41.0)×2] = ，所以答案为 。

(2)①a.．主反应为 ，反应在到达平衡的过程中气体总质量不变，但是气体总物质的量会改变，所以该过程混合气体的平均摩尔质量会发生改变，只有平衡时混合气体的平均摩尔质量不改变，所以混合气体的平均摩尔质量不改变能说明反应平衡，故a不正确；
b．初始投料CO2和H2的浓度比为1：3，反应时按照1：3反应，所以二者的物质的量之比始终为1：3，比值不变不能说明反应平衡，故b正确；
c．反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的体积分数不再改变，所以CO2的体积分数不变可以说明反应达到平衡，故c不正确；
d． ，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知此时 ，所以可以说明此时反应到达平衡，d不正确；
综上所述答案为b；
②结合表格数据，根据 = 可知在10～30min 内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)= =0.0025mol/(L·min)，所以答案为： 。
③反应开始时c(H2)=1.00mol/L，平衡时c(H2)=0.30mol/L，反应消耗H2浓度为Δc(H2)=(1.00-0.30) mol/L=0.70 mol/L，其中发生反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)，c(CH3OCH3)=0.10 mol/L，则此反应生成c(H2O)=0.30 mol/L，反应消耗H2浓度为0.60mol/L，发生副反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)消耗H2的浓度是0.10mol/L，其产生的H2O的浓度是 mol/L，所以平衡时水蒸气的浓度是c(H2O)=(0.30+ )mol/L；按CO2和H2的浓度比为1∶3投料，发生两个反应时CO2和H2是按1∶3关系反应，达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1∶3，反应达到平衡时c(CO2)=( -0.2- )mol/L=0.10 mol/L；故主反应I达到平衡时的化学平衡常数K= 。
(3)催化剂对某一类反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率，所以答案为：选用合适的催化剂。
(4)A．温度低于250℃时，随温度升高，催化效率升高，反应速率加快，相同时间内测定甲醇的产率会增大，A项不正确；
B．不使用催化剂反应速率减慢，测定转化率时可能远未达到平衡，此时CO2的转化率可能位于M1 ， B项正确；
C．升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以M1点时化学平衡常数大于N点，C项不正确；
D．较低的温度下进行反应，CO2的转化率较高，但催化剂的催化效率低、反应速率减小，不利于满足实际生产需要，D项不正确；
综上所述故答案为：B。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）①对于此反应判断是否得到平衡可以从混合气体的平均摩尔质量以及浓度、体积分数不变以及某物质的正逆速率是否不变进行判断②根据10-30min内二甲醚的浓度变化量即可计算出速率③根据表格数据计算出平衡时各物质的平衡浓度，即可计算平衡常数
（3）提高产率应该注意催化剂的选择
（4）A.根据图示即可判断，催化剂的选择效果增强，甲醇的转化率应该是增大
B.催化剂是加快反应速率，若不使用催化剂，还未达到平衡，转化率低
C.根据反应的放热即可判断
D.需要综合考虑，虽再低温时二氧化碳转化率高但是催化剂活性低不利于实际生产


17.（2021·保定模拟）75号元素铼(Re)，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。
（1）锰与铼处于同一族，锰原子电子排布式为________，它处于周期的________区。
（2）与铼伴生的铜能形成多种配合物。如醋酸二氨合铜(Ⅰ) 可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体： (Ac表示醋酸根)。
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是________。
②配位体 中N原子的杂化类型为________， 配离子 中含有 键的数目为________。
③写出与CO互为等电子体的一种分子的化学式________。
（3）分别向 、 溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
① 与 形成配合物的能力大于 的原因为________。
②溶液中的水存在 、 等微粒形式， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，写出 的结构式________。
（4）三氧化铼为立方晶胞，结构如图，晶胞参数为3.74pm，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为________，三氧化铼的密度为________ (用 表示阿伏加德罗常数的值，写计算式即可)。
【答案】 （1） 或 ；d
（2）具有孤电子对(或孤对电子)；；；
（3）由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强；
（4）6；
【考点】原子核外电子排布，配合物的成键情况，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断，物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】(1)锰为28号元素，核外电子排布为 或

， 它处于周期的d区，所以答案为： 或 ；d。
(2)① 在含有空轨道的原子和孤电子对之间很容易形成络合物。铜离子含有空轨道，所以它们的配体应该含有孤电子对(或孤电子对)，所以答案是：有孤电子对(或孤对电子)；
②配配位体 中N原子的价层电子对数是4。根据价层电子对排斥理论，N原子杂质类型为sp3 ， 一个单独的络合离子 含有 键，所以根据计算1mol的络合离子所含 键的数目是8NA，所以答案为：sp3； 。
③等电子体中的原子数和价电子数相等，与CO互为等电子体的微粒含有两个原子和十个电子，所以CO相互等电子的分子是
(3)①随着原子序数的增加，原子核的外电子引力增大；而随着电子层数的增加，原子核的外电子引力减小，但前者占主导地位， 电子层数大于 ，所以 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键更强，所以答案为：由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强。
② 的结构式为 ， 的结构式为 ， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，则 的结构式为： 。
(4) 三氧化铼为立方晶胞，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，根据均摊法可知铼原子的配位数为6；在这个单位胞里，Re原子的数目等于 =1，O原子数等于 =3，所以铼原子的配位数为6，该晶胞的体积为： ，单个晶胞的质量为： ，则三氧化铼密度= = ，所以答案为：6； 。
【分析】（1）根据锰元素的核外电子数即可写出核外电子能级排布即可找出所在的区域
（2） ①铜离子提供空轨道，因此形成配位键需要提供孤对电子 ② 氨气是sp3杂化，找出 的单键和配位键即可计算③找出含有2个原子以及10个价电子的分子即可
（3）① 铜离子的核电荷数大对孤对电子的吸附能力强②根据氢键形成的原理即可写出结构式
（4）找出与铼原子距离最近的氧原子个数即可，根据占位计算出晶胞的质量再计算出晶胞的体积即可计算出密度

18.（2021·保定模拟）有机物N和R为高分子材料，其制取的流程如图。
已知：
（1）反应Ⅰ的反应条件是________；化合物C的结构简式为________；生成N的反应类型是________。
（2）下列说法正确的是________(填字母)。
a.A可与 溶液反应 b.常温下，A易溶于水
c.化合物C可使酸性高锰酸钾溶液褪色 d.E存在顺反异构体
（3）由 生成 的反应类型是________，D生成E的过程中，浓硫酸的作用是________。
（4）B中的含氧官能团的名称为________。
（5）反应Ⅱ的化学方程式为________。
（6）符合下列条件的B的同分异构体有________种。
a.能与饱和溴水反应生成白色沉淀； b.属于酯类；
c.苯环上只有两个取代基； d.苯环上的一氯代物有2种。
【答案】 （1）Fe粉做催化剂(或 做催化剂)；；缩聚反应
（2）ac
（3）取代反应；催化剂、脱水剂
（4）羟基、羧基
（5）+CH3OH +H2O
（6）6
【考点】有机物的合成，有机物的结构和性质，芳香烃，同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)反应Ⅰ是苯和氯气反应制取氯苯，和溴苯制取条件是一样的，用Fe粉做催化剂(或 做催化剂)；A与C反应得到N，根据A、N的结构简式，可知A与C反应是缩聚反应，则C结构简式为 。

(2) a．A是苯酚 ，可与 溶液反应，故a正确；
b．常温下，苯酚微溶于水，当温度高于65℃时，能跟水以任意比例互溶，故b不正确；
c．化合物C 结构中含有碳碳双键，含有醛基，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；
d．E的结构简式为 ，由于双键中的一个碳原子有两个相同氢原子，则E不存在顺反异构，故不正确；
本题答案ac。
(3) 是 和CH3COCl反应生成的，是CH3OC-取代了苯环上的氢原子生成的，故其反应类型是取代反应；D生成E的过程是醇发生了消去反应，浓硫酸的作用是催化剂、脱水剂。
(4)经分析B的结构简式为 ，其含氧官能团的名称为羟基、羧基。
(5)反应Ⅱ的化学方程式为B和CH3OH的酯化反应，则其反应的化学方程式为 +CH3OH +H2O。
(6)B的结构简式为 ，其同分异构体能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明结构中含有酚羟基，苯环上只有两个取代基，且属于酯类，说明另一个取代基含有酯基，苯环上的一氯代物有2种，说明两个取代基在苯环上是对位关系，酚羟基不能变，能变的只能是另外一个取代基了，则另外一个取代基的同分异构有-OOCCH2CH3、-COOCH2CH3、-CH2COOCH3、-CH2OOCCH3、-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)OOCH，总计6种，故满足条件的B的同分异构体也就6种。
【分析】苯与氯气反应生成氯苯，氯苯在一定条件下反应得到A，A与C反应得到N，结合N的结构简式，可知A是苯酚 ，C是 。通过已知条件，可知 在一定条件下生成B，B的结构简式为 ，B→D结合反应条件可知是B与CH3OH发生了酯化反应，则D的结构简式为 ，D→E结合反应条件及R是高分子材料，可知D→E是消去反应，则E的结构简式为 ，据此分析解答。

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