【精选3份合集】马鞍山市名校2019-2020学年高考化学学业水平测试试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。

关于C3N4晶体的说法错误的是：
A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固
B．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构
C．该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子
D．该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构
2．下列除杂方案错误的是
A．A B．B C．C D．D
3．下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是
A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢
B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
C．乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能
D．苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低
4．催化加氢不能得到2-甲基戊烷的是( )
A．CH3CH=C(CH3)CH2CH3B．(CH3)2C=CHCH2CH3
C．CH≡C(CH3)(CH2)2CH3D．CH3CH=CHCH(CH3)2
5．过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景，下面为S2−与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图，若向含有等浓度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂，则下列说法错误的是
A．由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+
B．控制S2−浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离
C．因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，故常作为沉铜的沉淀剂
D．向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：S2−+Cu2+CuS↓
6．某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。

下列说法正确的是（）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
7．N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下,3.6g D2O2含有的共价键数为0.3N A
B．0.2mol/L K2SO3溶液中SO32—的离子总数小于0.2N A
C．实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数一定是4N A
D．标准状况下将2.24LSO3溶于水，溶液中SO42—的数目为0.1N A
8．已知A、B、C、D、E为常见的有机化合物，它们之间的转化关系如图所示。

其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平。

下列推断正确的是（）
A．甲烷中混有少量A，可用酸性高锰酸钾溶液除去
B．物质C可以和NaHCO3溶液反应生成CO2
C．物质E的酯类同分异构体还有3种
D．B＋D→E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5
A．金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价
B．NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－
C．NaAlH4与水反应：NaAlH4＋H2O＝NaOH＋Al(OH)3＋H2↑
D．工业上用有效氢含量衡量含氢还原剂的供氢能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。

则LiAlH4的有效氢含量约为0.21
10．化学与环境、生产、生活关系密切，下列说法正确的是
A．84消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用，其作用原理相同
B．防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好。

C．工业上常用高纯硅制造光导纤维
D．推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”
11．化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。

下列有关说法正确的是
A．熔点：B的氧化物>C的氧化物
B．工业上由单质B可以制得单质C
C．氧化物对应水化物的酸性：D>B>C
D．A与B形成的化合物中只含有极性键
12．下列有关垃圾分类说法错误的是
A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色
B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取
C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理
D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O
13．常温下，关于等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液，下列说法正确的是
c(OH)：盐酸>醋酸
A．两溶液中由水电离的-
c(Cl)=c(CH COO)
B．两溶液中--
3
C．分别与足量的金属锌反应生成氢气的量：盐酸>醋酸
D．分别用水稀释相同倍数后溶液的pH：盐酸=醋酸
14．把1．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到2．3 mol NO2和2．2 mol NO，下列说法
B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2
C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1
15．下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（）
A．木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）
B．碘升华实验的试管（酒精）
C．长期存放氯化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）
D．沾有油污的烧杯（纯碱溶液）
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。

其制备原理如下：
已知：
①苯胺易被氧化；
②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：
物质熔点沸点溶解度(20 ℃)
乙酰苯胺114.3℃305℃0.46
苯胺－6℃184.4℃ 3.4
醋酸16.6℃118℃易溶
实验步骤如下：
步骤1：在50 mL圆底烧瓶中，加入5 mL苯胺、7.5 mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。

步骤2：控制温度计示数约105 ℃，小火加热回流1 h。

步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。

（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。

包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。

（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：
X Y Z M R
原子半径/nm 0.074 0.099 主要化合价+4，-4 -2 -1，+7
其它
阳离子核外
无电子无机非金属材料的主
角
第三周期简单离子半径
最小
请回答下列问题：
（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。

(用元素符号表示，下同。

)
（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。

a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b.气态氢化物稳定性R>Y
c.Y与R形成的化合物中Y呈正价
d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强
（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。

其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。

（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：
第一步：X2M2＋I2＝2XIM；
第二步：……
请写出第二步反应的化学方程式___。

（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。

现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．化合物H是一种有机光电材料中间体。

实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C的结构简式为_______________________。

（2）F中官能团的名称为___________________。

（3）B与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为________________。

（4）从转化流程图可见，由D到E分两步进行，其中第一步反应的类型为__________。

（5）化合物G的二氯代物有__________种同分异构体。

（6）芳香化合物X是D的同分异构体，X能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢，峰面积之比为6∶1∶1，符合条件的X的结构共有多种，任写出2种符合要求的X的结构简式________、___________。

（7）写出用甲醛和乙醛为原料制备化合物CH2=CHCOOCH3的合成路线（其他试剂任选）。

19．（6分）氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。

工艺流程可简单表示如图：
完成下列填空：
（1）粗盐水中含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4等可溶性杂质，①步骤必须先后加入稍过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后过滤除杂。

试写出加入Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：______。

写出②步骤发生反应的化学方程式：______。

（2）③步骤之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有______。

进行④步骤的生产设备A、B之间传递的是（选填编号）______。

A．只有物料
B．既有物料又有能量
C．只有能量
D．既无物料也无能量
（3）如果用下列装置在实验室进行⑤步骤的实验，正确的是（选填编号）______。

若检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质的实验方案是______。

（4）为测定烧碱产品的纯度，准确称取5.000g样品（杂质不含碱性物质）置于烧杯中，加水搅拌，冷却至室温后，将溶液全部转移入1000mL的容量瓶之后的一步操作是______。

从所配得的溶液中每次都取出20.00mL，用0.12mol/L的盐酸滴定（选用常用指示剂），两次分别用去盐酸溶液19.81mL和
19.79mL．判断滴定终点的依据是______，根据实验数据计算此烧碱产品的纯度为（保留两位小数）______。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。

由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；
B．构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，B正确；
C．碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，C正确；
D．金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D错误；
答案选D。

2．B
【解析】
【详解】
A．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；
B．NH4Cl和FeCl3均与NaOH反应，应选氨水、过滤，故B错误；
C．NaOH溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去CH4中混有的CO2，故C正确；
D．CuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu，过滤可除去Cu和过量Fe粉，故D正确；
在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；
3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。

3．C
【解析】
【详解】
A. 与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A能用基团间相互作用解释；
B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B能用基团间相互作用解释；
C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；
D．甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故D能用基团间相互作用解释；
答案选C。

4．A
【解析】
A.与氢加成生成物为3-甲基戊烷，A错误；
B. 与氢加成生成物为2-甲基戊烷，B正确；
C.与氢加成生成2,2-二甲基戊烷，或新庚烷，C错误；
D. 加成反应好主链C原子为5，甲基在2号碳原子位置，能得到2-甲基戊烷，D正确。

5．D
【解析】
【分析】
【详解】
由图可知溶液中金属硫化物沉淀的K sp大小顺序为CuS<CdS<ZnS<CoS<FeS，溶液中金属离子沉淀先后顺序为：Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，选项A正确；CuS的K sp最小，控制S2−浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，选项B正确；因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，选项C正确；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，选项D不正确。

6．B
【解析】
【分析】
+-3++-
生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；
【详解】
A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。

7．A
【解析】
【详解】
A. 一个D2O2含有的3条共价键，常温常压下，3.6g D2O2即0.1mol含有的共价键数为0.3N A，A正确；
B. 0.2mol/L K2SO3溶液中未给定体积，则含有的离子总数无法确定，B错误；
C. 实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数可能是4N A，若用过氧化钠（或过氧化氢）制取，则转移2N A，C错误；
D. 标准状况下，三氧化硫为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；
答案为A。

【点睛】
标准状况下SO3为非气体，2.24LSO3其物质的量大于0.1mol。

8．C
【解析】
【分析】
其中A只由碳、氢两种元素组成，其产量可用来衡量一个国家石油化工的发展水平，A为乙烯，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。

【详解】
A. 甲烷中混有少量A，不能用酸性高锰酸钾溶液除去，乙烯与酸性高锰酸钾发生生成二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；
B. 乙醛和NaHCO3溶液不反应，故B错误；
C. 物质E的酯类同分异构体有甲酸正丙酯，甲酸异丙酯，丙酸甲酯3种，故C正确；
D. B＋D→E的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OH+CH3COOC2H5 +H2O，故D错误。

综上所述，答案为C。

【详解】
A、金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价，化合价为最低价，容易被氧化，选项A正确；
B、氢化钠为离子化合物，NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－，选项B正确；
C、NaOH和Al(OH)3会继续反应生成NaAlO2，选项C不正确；
D、每38g LiAlH4失去8mol电子，与8g氢气相当，故有效氢为8
38
，约为0.21，选项D正确。

答案选C。

10．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 84消毒液具有强氧化性，使蛋白质分子结构发生变化而失去其生理活性，因而具有杀菌消毒作用；医用酒精能够使蛋白质变性，因而可杀菌消毒，二者作用原理不相同，A错误；
B. 酒精浓度小，渗透性强，但杀菌消毒作用能力小；浓度太大，杀菌消毒作用能力强，但渗透性又差，仅使蛋白质表面分子发生变性，病毒褪去外壳后，仍然具有破坏作用，因此不是浓度越大，杀毒效果越好，B错误；
C. SiO2对光具有良好的全反射作用，工业上常用SiO2作光导纤维的材料，C错误；
D. 塑料不能降解，导致“白色污染”，则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，D正确；故合理选项是D。

11．B
【解析】
【分析】
从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。

【详解】
A．B的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物<C的氧化物，A 不正确；
B．工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，B正确；
C．未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性<H2CO3，C不正确；
D．A与B形成的化合物中可能含有非极性键，如CH3CH3，D不正确；
故选B。

【详解】
A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；
B. 可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；
D. 丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O 的同时还有含氮物质生成，故D错误；
选D。

13．B
【解析】
【分析】
醋酸是弱酸，水溶液中存在电离平衡。

重视外因对电离平衡的影响。

【详解】
A. 稀盐酸和稀醋酸溶液中的OH－均来自水的电离，两溶液pH相等，则H+、OH-浓度分别相等，即水电离c(OH)：盐酸＝醋酸，A项错误；
的-
B. 两溶液分别满足电荷守恒关系c(H+)=c(OH－)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，两溶液的pH相等，c(H+)和c(OH－)的也相等，则c(Cl-)＝c(CH3COO-)，B项正确；
C. 稀盐酸和稀醋酸等体积、等pH，则H+等物质的量，与足量的金属锌反应时促进醋酸电离出更多H+，生成更多氢气，故生成氢气量：盐酸<醋酸，C项错误；
D. 稀释过程中，醋酸电离平衡右移。

分别用水稀释相同倍数后，醋酸溶液中H+浓度较大，pH较小，则溶液的pH：盐酸>醋酸，D项错误。

本题选B。

14．C
【解析】
【详解】
1.4g铁粉的物质的量为1.4g÷56g/mol=
2.4mol；收集到2.3 mol NO2和2.2 mol NO过程中得到电子物质的量为：2.3mol×[(+5)-(+4)]+2.2mol×[(+5)-(+2)]=2.9mol；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2mol≠2.9mol，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为2.8mol≠2.9mol，所以可得1.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=2.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=2.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=2.1mol，n[Fe(NO3)2]=2.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。

15．A
【解析】
【详解】
A项，氧化铜的还原产物为金属铜，而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；
B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；
C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCl，HCl不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；
D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。

故答案选A。

【点睛】
本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCl3的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCl3，用水即可洗掉。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理吸滤瓶布氏漏斗重结晶
【解析】
【分析】
【详解】
（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；
（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100℃，太低时水不易蒸发除去；
（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；
（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bc H2O2H++HO2-
H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O
【解析】
【分析】
根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。

【详解】
X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；
（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）R为Cl，Y为Si；
a.物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；
b.氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；
c.Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；
d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；
答案选bc；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为
H2O2H++HO2-；
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。

【点睛】
本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．CH=CH-COOH 碳碳三键、酯基
消去反应9
【解析】
【分析】
由信息①可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为CH=CH-COOH，D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，对比F、H的结构简式可知G为，以此解答(1)～(4)；
(5)化合物G为的二氯同分异构体数目判断，可根据G分子中含有的H原子的种类及相对位置分析；
(6)D结构简式为，芳香化合物X是D的同分异构体，说明二者分子式相同。

X能发生银镜反应，数目X含有醛基；其核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢，峰面积之比为6∶1∶1，有3种不同位置的H原子，它们的个数比为6∶1∶1，据此书写结构简式；
(7)甲醛与乙醛发生反应产生，该物质被银氨溶液氧化，然后酸化可得；甲醛被氢气还原产生甲醇，甲醇与丙烯酸发生酯化反应产生目标产物——丙烯酸甲酯。

【详解】
根据上述分析可知A为；B为，C为CH=CH-COOH，D为
，E为，F为，G为。

(1)C的结构简式为CH=CH-COOH；
(2)F结构简式为，根据结构简式可知F中官能团为碳碳三键、酯基；
(3)B结构简式为，含有醛基，与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生化学反应醛基被氧化变为羧基，羧基与碱发生中和反应产生羧酸的钠盐，Cu(OH)2被还原为砖红色的Cu2O，反应的化学方程式为；
(4)D为，E为，从转化流程图可见，由D到E分两步进行，其中第一步反应是卤素原子在NaOH醇溶液在发生消去反应，形成碳碳三键，同时羧基与碱反应产生羧酸钠盐，产生的物质是，然后是与强酸反应产生E：
，所以第一步反应的类型为消去反应；
(5)化合物G结构为，给G分子中C原子标号为，其中1号碳原子一种情况；2、3号H原子等效；4、5、6、7号原子等效。

可见在G中含有3种不同位置的H原子，其二氯代物中若2个Cl原子在同一位置上，只能在(1、1号)C原子上一种情况；若在两个不同C原子上，1、2 (或1、3) 号碳原子上；有1、4(或1、5；1、6；1、7)号碳原子上；2、3号碳原子上；2、4 (或2、7；3、5；3、6)号碳原子；2、
5 (或2、6；3、4；3、7)号碳原子；4、5号(或6、7) 号碳原子上；4、
6 (或5、7)号碳原子上；4、
7 (或5、
6)号碳原子上，共9种不同的同分异构体；
(6)D是，芳香化合物X是D的同分异构体，X能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢，峰面积之比为6∶1∶1，说明X的结构中含有苯环、醛基、三种不同的H原子，
它们的个数比为6∶1∶1，则符合要求的X的结构简式可能为、；
(7)甲醛与乙醛发生反应产生CH2=CH-CHO，该物质被银氨溶液氧化，然后酸化可得CH2=CH-COOH；甲醛被氢气还原产生甲醇CH3OH，甲醇与丙烯酸发生酯化反应产生目标产物——丙烯酸甲酯CH2=CH-COOCH3，则
合成流程为。

【点睛】
19．Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓2NaCl+2H2O 电解
2NaOH+H2↑+Cl2↑（冷却）结晶、
过滤（洗涤）、干燥 C AC 取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl 用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变95%
【解析】
【分析】
(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，根据电解饱和食盐水原理书写；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，据此判断。

(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，就是检验是否有氯离子；
(4)根据配制一定物质的量浓度溶液的原理分析：酸碱滴定指示剂一般选择甲基橙，依据酸滴定碱来判断
滴定终点的依据，根据n(NaOH)=n(HCl)，ω(NaOH)=
()
NaOH
m
m
总
×100%进行有关计算。

【详解】
(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，故加入Na2CO3溶液后发生的离子反应有：
Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；接着就是电解饱和食盐水，其反应的化学方程式为：
2NaCl+2H2O 电解
2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；2NaCl+2H2O 电解
2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，故生产设备A、B之间传递的是能量，
故答案为：(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥；C；
(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，
A、利用干燥管是典型防倒吸装置，故A正确；
B、倒置的漏斗边缘应该与水面相切才能防倒吸，故B错误；
C、因HCl不溶于CCl4，所以能防倒吸，故C正确；
D、HCl气体直接通入水中，不能防倒吸，故D错误；
检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，其实就是检验氯离子的存在：取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl，
故答案为：AC；取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl；
(4)配制一定物质的量浓度溶液，溶液全部转移入1000mL的容量瓶之后的一步操作是：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；盐酸滴定NaOH，指示剂一般选择甲基橙，所以判断终点的依据是：当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；消耗盐酸溶液的平均体积是19.80mL，则n(NaOH)=n(HCl)=0.12mol/L×10-3×19.80L=2.376×10-3mol，
ω(NaOH)=
()
NaOH
m
m
总
×100%=
3
-1
1000
2.37610
40g mol
5.
l
0g
mo
20
-
⨯⨯
⨯
×100%=95%，
故答案为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；95%。