D
将AlCl3溶液加热蒸干
得到白色固体
白色固体成分为纯净的AlCl3
A．AB．BC．CD．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。
以粗氧化锌（含Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：
（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是___。
（2）加入锌粉的主要目的是___（用离子方程式表示）。
（3）已知KMnO4在酸性溶液中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性溶液中被还原为MnO42-。
据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至___；
a．2.2~2.4b．5.2~5.4c．12.2~12.4
滤渣Ⅲ的成分为____。
（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：
2，目的是__；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是__。
（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29.4%，高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。
在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为___，反应的化学方程式为__（已知BaSO4相对分子质量为233，ZnS相对分子质量为97）。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机物X是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通过工艺Ⅰ的两种途径转化为A和B、C和D。
B是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D是常见有机物中含氢量最高的，H能使
溶液产生气泡,Ⅰ是一种有浓郁香味的油状液体。
请回答：
（1）G的结构简式为_________________________。
（2）G→H的反应类型是_________________________。
（3）写出F＋H→1的化学方程式_________________________。
（4）下列说法正确的是_______。
A．工艺Ⅰ是石油的裂化
B．除去A中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气
C．X、A、D互为同系物，F和甘油也互为同系物
D．H与
互为同分异构体
E．等物质的量的Ⅰ和B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：
1
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氯丁橡胶有良好的物理机械性能，在工业上有着广泛的应用。
2-氯-1，3-丁二烯是制备氯丁橡胶的原料，它只比1，3-丁二烯多了一个氯原子，但由于双键上的氢原子很难发生取代反应，不能通过1，3-丁二烯直接与氯气反应制得。
工业上主要用丙烯、1,3-丁二烯为原料合成氯丁橡胶和医药中间体G,，合成路线如下：
已知：
①B、C、D均能发生银镜反应；
②
RCH2COOH
（1）A的顺式异构体的结构简式为______。
（2）C中含氧官能团的名称是________，反应B到C的反应类型为____。
（3）写出E→F反应的化学方程式：
_______。
（4）与D互为同系物的医药中间体G的同分异构体有_____种。
（5）用简要语言表述检验B中所含官能团的实验方法：
_______。
（6）以A为起始原料合成氯丁橡胶的线路为（其它试剂任选）______。
合成路线流程图示例如下：
19．（6分）高分子材料聚酯纤维H的一种合成路线如下：
已知：
CH2=CHCH3
CH2=CHCH2Cl+HCl
请回答下列问题：
（1）C的名称是____，D的结构简式为____。
（2）E—F的反应类型是____，E分子中官能团的名称是___。
（3）写出C和G反应生成H的化学方程式____。
（4）在G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有___种（不考虑立体异构）。
①属于芳香族化合物，能发生银镜反应和水解反应，遇FeCl3溶液发生显色反应
②1mol该有机物与3molNaOH恰好完全反应
③分子结构中不存在
其中，核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式为____。
（5）参照上述流程，以1-丁烯为原料合成HOCH2（CHOH）2CH2OH，设计合成路线____（无机试剂任选）。
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．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.在溶液pH=9.10时c（NH4+）=c（NH3·H2O），Kb（NH3·H2O）=
=c（OH-），由于Kw=c（H+）·c（OH-）是常数，只与温度有关，若温度为室温，则Kw=10-14，pH=9.10时，c（H+）=10-9.10，c（OH-）=
=10-4.9，Kb（NH3·H2O）=c（OH-）=10-4.9，升高温度，促进电解质的电离，所以温度为40℃时，K（NH3·H2O）>10-4.9，A错误；
B.溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：
c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（NH2COO-）+c（OH-），B正确；
C.已知Kb=
，温度一定时，Kb为常数，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则
不断减小，C正确；
D.由图象可知：
开始溶液pH较大时没有NH2COO-，后来随着溶液pH的降低，反应产生NH2COO-，并且逐渐增多，当pH减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失，同时NH4HCO3又逐渐增多，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，后NH2COO-转化为NH4HCO3，D正确；
故合理选项是A。
2．C
【解析】
【分析】
根据外界条件对反应速率的影响，用控制变量法判断反应速率相对大小，然后排序，注意催化剂对反应速率的影响更大。
【详解】
甲与乙相比，SO2浓度相等，甲中氧气的浓度大、乙中使用催化剂，其它条件相同，因为二氧化硫的浓度一定,氧气浓度的影响不如催化剂影响大，故使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：
乙>甲；
甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：
甲>丁；
丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：
丁>丙；所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙，
答案选C。
3．B
【解析】
【详解】
A选项，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109º28'，故A错误；
B选项，含有苯环，在特定条件下能与H2发生加成反应，故B正确；
C选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一氯代物最多有3种，故C错误；
D选项，该有机物中没有官能团，故D错误。
综上所述，答案为B。
4．C
【解析】
【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。
【详解】
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，答案选C。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为
，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；
B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；
C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；
D、将锌粒投入Cu（NO3）2溶液发生的反应为Zn+Cu（NO3）2=Zn（NO3）2+Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；
故选B。
6．D
【解析】
【详解】
A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；
B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；
C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；
D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；
故合理选项是D。
7．B
【解析】
【详解】
A.由图像可知m点所示溶液中p
=-lg
=0，
=1，则m点c（A-）=c（HA），A正确；
B.Ka（HA）只与温度有关，可取m点分析，Ka（HA）=
，由于
=1，Ka（HA）=c（H+）=10-4.76，B错误；
C.由A项知m点c（A-）=c（HA），r点时由横坐标可知，
=100，即c（A-）>c（HA），说明r点溶液中A-浓度大于m点，水的电离程度：
mD.r点溶液中电荷守恒关系为：
c（H+）+c（Na+）=c（A-）+c（OH-），D正确；
故选B。
【点睛】
水溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分析，如本题中的m点。
8．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；
B．乙苯中的－CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；
C．乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；
D．乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。
答案选A。
9．B
【解析】
【详解】
A.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，能产生白色沉淀，说明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A错误；
B.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体二氧化硫，B正确；
C.向装有Na2CO3的圆底烧瓶中滴加HCl，产生的气体为CO2，其中混有杂质HCl，应通过饱和的NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C错误；
D.在一定条件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀转化，D错误；
故选B。
10．D
【解析】
【详解】
A.在标准状况下二氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积进行计算，A错误；
B.乙烯和丙烯的最简式是CH2，最简式的式量是14，乙烯和丙烯的组成的42g混合气体中含有最简式的物质的量是3mol，所以其中含C原子数为3NA，B错误；
C.甲醇燃烧的方程式为2CH3OH+3O2
2CO2+4H2O，根据方程式可知：
2mol甲醇完全燃烧转移12mol电子，则1mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O，转移的电子数目为6NA，C错误；
D.根据电荷守恒可知n（Na+）+n（H+）=n（OH-）+n（CH3COO-），由于溶液显中性，则n（H+）=n（OH-），所以n（Na+）=n（CH3COO-），因此将1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于NA，D正确；
故合理选项是D。
11．D
【解析】
【详解】
侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：
NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：
CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓；故选：
D。
【点睛】
侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用。
12．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．酒精能使蛋白质失去生理活性,具有杀菌消毒的作用，A正确；
B．聚丙烯中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．双氧水具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，能用于家庭消毒以预防新冠肺炎，C错误；
D．抗病毒疫苗主要成分为蛋白质，在高温下失活，D错误；
答案选A。
13．B
【解析】
【详解】
碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。
14．D
【解析】
【分析】
0.1mol·L－1m溶液的pH＝13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q为H2和Cl2，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知：
X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，据此答题。
【详解】
由分析可知：
X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。
A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：
X＜Y＜W＜Z，故A错误；
B.由分析可知：
X为H元素、Z为Na元素，X、Z的最外层电子数均为1，属于同一主族，故B错误；
C.Y、W形成的氢化物分别为H2O和HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：
Y＞W，故C错误；
D.Y、Z、W形成的一种化合物为NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正确。
故选D。
15．C
【解析】
【详解】
A.NaHSO4是离子化合物，熔融状态下NaHSO4电离产生Na+、HSO4-，含有自由移动的离子，因此在熔融状态下具有导电性，A错误；
B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，不能证明溶液中Fe3+是原来就含有还是Fe2+反应产生的，B错误；
C.Mg（OH）2、Cu（OH）2的构型相同，向浓度均为0.1mol/L的MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先看到产生蓝色沉淀，说明Ksp[Cu（OH）2]D.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解，产生Al（OH）3和HCl，将AlCl3溶液加热蒸干，HCl挥发，最后得到的固体为Al（OH）3，D错误；
故合理选项是C。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风Zn+Cu2+=Zn2++CubMnO2和Fe（OH）3避免产生CO等有毒气体尾气中含有的SO2等有毒气体ZnSO4、BaS、Na2S4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4
【解析】
【分析】
分析流程中的相关反应：
反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe（OH）3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。
【详解】
⑴反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。
⑵反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Cu2+，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为Zn+Cu2+=Zn2++Cu。
⑶反应器Ⅲ除Fe2+，将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀，故答案为b；MnO2和Fe（OH）3。
4反应器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2，BaSO4+4C=BaS+4CO，投料比要大于1:
2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产
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