2019-2020学年山东省邹平双语学校二区新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年山东省邹平双语学校二区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．下列离子方程式正确的是
A．Cl2通入水中：Cl2+H2O = 2H++Cl-+ClO-
B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2O
C．用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋=SO42－＋3S↓＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】
A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；
B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；
C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；
D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误。

故选B。

2．下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)()
A．溴乙烷B．乙醛C．橄榄油D．汽油
【答案】D
【解析】
【详解】
A．溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；
B．乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；
C．橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；
D．汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。

3．下列实验方案中，不能测定
．．．．碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是
A．取a克混合物充分加热至质量不再变化，减重b克
B．取a克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为b克
C．取a克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b克
D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得b克固体
【答案】B
【解析】
【详解】
A 、在Na 2CO 3和NaHCO 3中，加热能分解的只有NaHCO 3，选项A 正确；
B 、碱石灰可以同时吸收CO 2和水蒸气，则无法计算，选项B 错误；
C 、Na 2CO 3和NaHCO 3转化为BaCO 3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，选项C 正确；
D 、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl ，Na 2CO 3和NaHCO 3转化为NaCl 时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，选项D 正确；
答案选B 。

【点睛】
本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同，实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。

易错点为选项A 、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数。

4．某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列有关说法错误的是 ■
A ．放电时，Na +向正极移动
B ．放电时，电子由钠箔经过导线流向碳纸
C ．充电时，当有0.1mole -通过导线时，则钠箔增重2.3g
D ．充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为4OH --4e=2H 2O+O 2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．放电时，电解质溶液中阳离子朝正极迁移，阴离子朝负极迁移，故Na +朝正极移动，A 项正确；
B ．电池放电时，钠箔做负极，碳纸为正极，电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极，B 项正确；
C ．充电时，钠箔发生的电极反应为：Na e =Na +-+，所以若有0.1mol e -通过导线，钠箔处就会析出0.1mol 的钠单质，质量增加2.3g ，C 项正确；
D ．碳纸在电池放电时做正极，所以充电时应与电源的正极相连，电极连接错误；但此选项中电极反应式
书写是正确的，D项错误；
答案选D。

5．化学与生产、生活、科技密切相关。

下列叙述错误的是
A．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
B．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D．港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂不属于高分子化合物，A选项错误；
B．硅胶因其具有较大的比表面积，吸附能力强，常用作食品干燥剂和催化剂载体，B选项正确；
C．疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下易变性，冷藏存放的目的是避免蛋白质变性，C选项正确；D．聚乙烯纤维属于有机合成材料，是有机高分子化合物，D选项正确；
答案选A。

6．25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等。

下列说法正确的是
A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同
B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO－)均会增大
C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14
D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。

则
A．常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH＝7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；
B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO －)增大，选项B错误；
C．由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；
D．由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的
变化值不一定相同，选项D错误；
答案选C。

7．下列有关化学反应的叙述正确的是()
A．铁在热的浓硝酸中钝化B．CO2与Na2O2反应可产生O2
C．室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2D．SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO3
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；
B. CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；
C. 在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；
D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；
故选B。

8．下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察氢氧化亚铁的生成B．配制一定物质的量浓度的硝酸钠溶液
C．实验室制氨气D．验证乙烯的生成
【答案】A
【解析】
【详解】
A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；
B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；
故选A。

9．煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。

下列说法中不正确的是
A．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香烃
B．煤干馏的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭
C．棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维
D．天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇
【答案】A
【解析】
【详解】
A.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状烃转化为环状烃，生成苯、甲苯等芳香烃，苯甲酸属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，故A错误；
B.煤干馏发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B正确；
C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。

棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C正确；
D. 天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，故D正确。

故答案选A。

10．下列离子方程式正确且符合题意的是
A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+
B．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe+2[Fe(CN)6]3-=Fe2++2[Fe(CN)6]4-，3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓
C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8MnO4-+5S2-+24H+=8Mn2++5SO42-+12H2O
D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A项错误；
B．铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有蓝色特征的铁氰化亚铁沉淀，
离子方程式正确，B项正确；
C．不能排除是用硫酸对高锰酸钾溶液进行酸化，故酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，则不能证明上述离子反应一定发生，C项错误；
D．还原性：I-＞Fe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式应为2I-＋Cl2=I2＋2Cl-，D项错误；
答案选B。

【点睛】
离子方程式书写正误判断方法：
（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；
（2）二查：“==”“ƒ”“↓”“↑”是否使用恰当；
（3）三查：拆分是否正确。

只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；
（4）四查：是否漏写离子反应；
（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；
（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。

11．下列反应的离子方程式书写正确的是（）
A．钠和冷水反应Na ＋2H2O ＝Na+ ＋2OH-＋H2↑
B．金属铝溶于氢氧化钠溶液Al ＋2OH-＝AlO2-＋H2↑
C．金属铝溶于盐酸中：2Al ＋6H+＝2Al3+ ＋3H2↑
D．铁跟稀硫酸反应：2Fe ＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑
【答案】C
【解析】
【详解】
A项，反应前后电荷不守恒，正确离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；
B项，电荷不守恒，正确离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B错误；
C项，Al与盐酸反应生成AlCl3和H2，符合离子方程式的书写，C正确；
D项，不符合反应事实，Fe和稀硫酸反应生成Fe2+和H2，D错误；
答案选C。

【点睛】
注意电荷守恒在判断中的灵活应用，还要注意所给方程式是否符合实际反应事实。

12．室温下，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：
像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。

下列说法正确的是
A．溶液a和0.1 mol·L−1 HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者
B．向溶液a中通入0.1 mol HCl时，A−结合H+生成HA，pH变化不大
C．该温度下HA的K a=10-4.76
D．含0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；
B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1 mol HCl时，溶液a中一共只有1L含0.1mol NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；
C．HA的
()()
()
+-
c H c A
c HA
a
K=
g
，由表可知，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，但此时
c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的K a不等于10-4.76，C选项错误；
D．向0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；
答案选D。

13．食盐加碘是往食盐中加入微量KIO3。

工业中往KOH和KI混合溶液中通入Cl2制取KIO3，以下说法不正确的是（）
A．该条件下氧化性：Cl2> KIO3
B．反应产物中含有KCl
C．制取KIO3的反应中消耗KOH 和KI 的物质的量比是6：1
D．取少量反应后混合液，加足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，若无黄色沉淀，则反应已完全
【答案】D
【解析】
【详解】
A.该反应中，Cl2为氧化剂，KIO3为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以该条件下氧化性：Cl2＞KIO3，故A正确；
B.还原产物为KCl，所以反应产物中含有KCl，故B正确；
C .方程式为6KOH +3Cl 2+KI ＝KIO 3+6KCl +3H 2O ，制取KIO 3的反应中消耗KOH 和KI 的物质的量比是6：1，故C 正确；
D .如果反应中碘化钾过量，则加入稀硝酸后碘离子也能被氧化为碘酸钾，不会出现黄色沉淀，所以不能据此说明反应不完全，故D 错误。

故答案选D 。

【点睛】
选项D 是解答的易错点，注意硝酸的氧化性更强，直接加入硝酸也能氧化碘离子。

14．某酸的酸式盐NaHY 在水溶液中，HY -的电离程度小于HY -的水解程度。

有关的叙述正确的是（ ） A ．H 2Y 的电离方程式为：223H Y H O H O HY +-+
+ƒ B ．在该酸式盐溶液中+2+c(Na
)c(Y )c(HY )c(OH )c(H )--->>>> C ．HY -的水解方程式为223HY H O H O Y -+-++ƒ
D ．在该酸式盐溶液中++c(Na
)c(H )c(HY )c(OH )--+=+
【答案】A
【解析】
【详解】 A. H 2Y 是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：
223H Y H O H O HY +-++ƒ，A 项正确；
B. NaHY 的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na +)>c(HY −);HY −的电离程度小于HY −的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY −为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH −)>c(H +);因溶液中还存在水的电离,则c(H +)>c(Y 2−),所以离子浓度大小顺序为：c(Na +)>c(HY −)>c(OH −)>c(H +)>c(Y 2−)，B 项错误；
C. HY −水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY −+H 2O ⇌OH −+H 2Y ，选项中是电离方程式，C 项错误；
D. 根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中++2c(Na )c(H )c(HY )c(OH )+2c(Y )---+=+，D 项错误； 答案选A 。

【点睛】
分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。

15．利用小粒径零价铁（ZVI ）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。

H +，O 2，NO 3－等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI 释放电子的物质的量为n t ，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为n e 。

下列说法错误的是（ ）
A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时n e=amol
C．④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O
D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使n t增大
【答案】B
【解析】
【详解】
A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时n e = 2a mol，故B错误；
C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_— NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以④的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正确；
D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使n t增大，故D正确；
综上所述，答案为B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用废定影液为原料制备AgNO3的实验流程如下：
(1) “沉淀”步骤中生成Ag2S沉淀，检验沉淀完全的操作是________。

(2) “反应”步骤中会生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为________。

(3) “除杂”需调节溶液pH至6。

测定溶液pH的操作是________。

(4) 已知：2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑，2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑。

AgNO3粗产品中常含有Cu(NO3)2，请设计由AgNO3粗产品获取纯净AgNO3的实验方案：______________________，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3。

(实验中须使用的试剂有稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水)
(5) 蒸发浓缩AgNO3溶液的装置如下图所示。

使用真空泵的目的是________；判断蒸发浓缩完成的标志是____________________。

【答案】静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O 用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照将AgNO3粗产品加热并维持温度在200 ℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸使体系形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解溶液表面有晶膜出现
【解析】
【分析】
废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用硫化钠沉淀，生成Ag2S沉淀，过滤得到滤渣，洗涤干净后加入浓硝酸溶解Ag2S得到硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除去过量的硝酸得到硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸银晶体，据此分析作答。

【详解】
（1）沉淀过程是Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S的反应，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全；
（2）“反应”步骤中会生成淡黄色固体，根据元素守恒可知，该淡黄色沉淀为硫离子被氧化的产物硫单质，根据氧化还原反应规律可知其化学方程式为：Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O；
（3）测定溶液pH的基本操作是：用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照；（4）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200 ℃，硝酸银的分解温度在440 ℃，则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200 ℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸；
（5）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解；蒸发浓缩过程中，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某有机物M的结构简式为，其合成路线如下：
已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即
②R 1CHO+R 2CH 2CHO +H 2O
根据相关信息，回答下列问题：
（1）B 的名称为________；C 的结构简式为________。

（2）D→E 转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。

（3）IV 的反应类型为_______；V 的反应条件是_____。

（4）A 也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。

写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。

a.苯环上有3个取代基
b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol 该物质反应时最多能生成4mol Ag ；
c.苯环上的一氯代物有两种。

（5）若以F 及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线
_________。

合成路线示例：HBr NaOH /Δ223232CH =CH CH CH Br CH CH OH −−−→−−−−−→水溶液
【答案】4-氯甲苯(或对氯甲苯) +CH 3CHO 取代反应 银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。

【详解】
（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生
成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；
（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；
（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、
加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；
（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；
（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成
CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：
，故答案为。

【点睛】
本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．用惰性电极电解，阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。

生产流程如
(1)电解饱和食盐水的化学方程式为______；
(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是_________(填字母序号)。

a．Na2SO4 b．Na2SO3c．热空气吹出 d．降低阳极区液面上方的气压
(3)食盐水中的I-若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3-，IO3-可继续被氧化为高碘酸根(IO4-)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。

①从原子结构的角度判断ICl中碘元素的化合价应为________。

②NaIO3被氧化为NaIO4的离子方程式为_________；
(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。

通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如图所示。

已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。

用离子方程式解释10min时不同pH体系吸光度不同的原因：______；
②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。

吸光度快速下降的可能原因：______；
③研究表明食盐水中I-含量≤0.2mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。

现将1m3含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05mol•L-1 NaClO溶液___L。

(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)
【答案】2 NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH bcd +1 Na++IO3-+Cl2+H2O═NaIO4↓+2H++2Cl-ClO-+2H++2I-═I2 +Cl-+H2O c(H+)较高，ClO-将I2氧化为高价含碘微粒的速率较快，导致c(I2)快速降低，使得吸光度快速下降0.01
【解析】
(1)电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气；
(2)阳极液中游离氯具有氧化性，可以和还原性物质反应，结合气体的溶解度分析解答；
(3)①碘原子半径大于氯原子半径，得到电子能力不如氯原子强；②IO 3-可继续被氧化为高碘酸根(IO 4-)，据此书写反应的离子方程式；
(4)①ClO -+2H ++2I -═I 2 +Cl -+H 2O ，c(I 2)不同，吸光度不同，结合反应速率分析；②结合①的分析解答；③食盐水中I -含量≤0.2 mg•L -1时对离子交换膜影响可忽略，计算出1m 3含I -浓度为1.47 mg•L -1 的食盐水中需要处理的碘离子的物质的量，再结合反应的方程式分析解答。

【详解】
(1)电解饱和食盐水的化学方程式为：2 NaCl+2H 2O
C12↑+H 2↑+2NaOH ，故答案为2
NaCl+2H 2O C12↑+H 2↑+2NaOH ； (2)a ．Na 2SO 4 和氯气不反应 ，不能脱去阳极液中游离氯，故a 错误；b ．Na 2SO 3和氯气反应发生氧化还原反应 ，能脱去阳极液中游离氯，故b 正确；c ．用热空气吹出氯气，能脱去阳极液中游离氯，故c 正确；d ．降低阳极区液面上方的气压，有利于氯气逸出，能脱去阳极液中游离氯，故d 正确；故答案为bcd ；
(3)①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl 中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价，故答案为+1；
②NaIO 3被氧化为NaIO 4的化学方程式为：NaIO 3+Cl 2+H 2O ═NaIO 4↓+2HCl ，离子方程式为
Na ++IO 3-+Cl 2+H 2O ═NaIO 4↓+2H ++2Cl -，故答案为Na ++IO 3-+Cl 2+H 2O ═NaIO 4↓+2H ++2Cl -；
(4)①由于吸光度与c(I 2)相关，10 min 时，ClO -+2H ++2I -═I 2 +Cl -+H 2O ，c(H +)越大，反应速率加快，使得pH 不同，c(I 2)不同，吸光度不同，故答案为ClO -+2H ++2I -═I 2 +Cl -+H 2O ；
②pH=4.0时，c(H +)较高，c(H +)越大，ClO -将I 2 氧化为高价含碘微粒的速率越快，导致c(I 2)快速降低，使得吸光度快速下降，故答案为c(H +)较高，ClO -将I 2 氧化为高价含碘微粒的速率越快，导致c(I 2)快速降低，使得吸光度快速下降；
③食盐水中I -含量≤0.2 mg•L -1时对离子交换膜影响可忽略，因此1m 3含I -浓度为1.47 mg•L -1 的食盐水中需要处理的碘离子的物质的量为31000L (1.47-0.2)mg /L 10g /mg 127g /mol
-⨯⨯=0.01 mol ，根据ClO -+2H ++2I -═I 2 +Cl -+H 2O ，可知n(ClO -)=0.005mol ，理论上至少需要0.05mol•L -1 NaClO 溶液体积=
00..05m 05mol ol /L
=0.01L ，故答案为0.01。

19． [化学—选修3；物质结构与性质]
明朝《天工开物》中有世界上最早的关于炼锌技术的记载，锌也是人体必需的微量元素。

回答下列问题：。