9．交联聚合物P的结构片段如图所示。
下列说法不正确的是（图中 表示链延长）（ ）
A．聚合物P中有酯基，能水解
B．聚合物P的合成反应为缩聚反应
C．聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D．邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构
【命题意图】 本题考查聚合物的结构与性质，考查的核心素养是证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析。
解析：
选D。
由图示可知，X连接Y，P的结构中存在酯基结构，该结构能水解，A项正确；对比X、Y的结构可知，制备P的两种单体是
、
，由此可知合成P的反应为缩聚反应，B项正确；油脂水解生成甘油和高级脂肪酸（盐），C项正确；因乙二醇只有2个羟基，故邻苯二甲酸与乙二醇只能形成链状结构的聚合物，不能形成交联结构的聚合物，D项错误。
10．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
【命题意图】 本题考查物质除杂及氧化还原反应，考查的核心素养是科学探究与创新意识。
解析：
选B。
A项，Fe粉将溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，涉及氧化还原反应；B项，Mg2＋与NaOH溶液反应生成Mg（OH）2沉淀，多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C项，Cl2能溶于水并与水发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2中的HCl；D项，NO2溶于水生成HNO3和NO，涉及氧化还原反应。
11．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。
（已知：
室温下，0.1mol·L－1H2C2O4的pH＝1.3）
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
少量NaHCO3溶液
产生气泡
②
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
③
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
④
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是（ ）
A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2＋H2C2O4===CaC2O4↓＋2H2O
B．酸性：
H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3＋H2C2O4===NaHC2O4＋CO2↑＋H2O
C．H2C2O4有还原性，2MnO
＋5C2O
＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH＋2C2H5OH
C2H5OOCCOOC2H5＋2H2O
【命题意图】 本题考查化学实验、化学方程式或离子方程式的正误判断，考查的核心素养是科学探究与创新意识。
解析：
选C。
A项，往草酸中加入含酚酞的Ca（OH）2溶液，溶液褪色，可知草酸具有酸性，Ca（OH）2与H2C2O4反应生成CaC2O4白色沉淀，正确；B项，由实验②可知，在NaHCO3溶液中滴加草酸，有气泡生成，即生成CO2，说明草酸酸性比碳酸的强，正确；D项，草酸结构中含2个羧基，与乙醇发生酯化反应生成含两个酯基的酯类物质，正确；C项，草酸为弱电解质，在离子方程式中不能拆分，而应写成分子式，错误。
12．实验测得0.5mol·L－1CH3COONa溶液、0.5mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．随温度升高，纯水中c（H＋）＞c（OH－）
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c（OH－）减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
【命题意图】 本题考查盐类水解等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。
解析：
选C。
任何温度时，纯水中H＋浓度与OH－浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c（OH－）增大，且温度升高，水的电离程度增大，c（OH－）也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c（H＋）增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c（H＋）增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多，D项错误。
【易错项分析】 本题易错选B。
若只观察图中CH3COONa溶液pH随温度升高的变化趋势，而忽视导致该变化的主要原因是水的电离程度随温度升高而增大，或者误认为Kw在不同温度时为定值，直接根据图像变化得出c（H＋）增大，c（OH－）减小，从而得出错误的结论。
二、非选择题：
本部分共4小题，共58分。
25．抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知：
ⅱ.有机物结构可用键线式表示，如（CH3）2NCH2CH3的键线式为
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。
有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。
A和B反应生成C的化学方程式是________________________________________________________________________，
反应类型是________。
（2）D中含有的官能团：
____________。
（3）E的结构简式为____________。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。
J经还原可转化为G。
J的结构简式为____________。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是________________________________________________________________________。
①包含2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是________________________________________________________________________。
（7）由K合成托瑞米芬的过程：
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是________________________________________________________________________。
【命题意图】 本题考查有机合成与推断，考查的核心素养是证据推理与模型认知。
解析：
（1）由A与B反应生成C的反应条件及C的分子式可知该反应为取代反应（或酯化反应），结合题干信息可知A为羧酸，B与Na2CO3溶液反应不生成CO2，故B为酚，又知B加氢可得环己醇，则B为苯酚，
26．化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L－1KBrO3标准溶液；
Ⅱ.取V1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2mL废水；
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用bmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3mL。
已知：
I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是_____________________________________________。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是____________________________。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是__________________________
________________________________________________________________________。
（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是_______________________________________________。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是________________________________________________。
（7）废水中苯酚的含量为________g·L－1（苯酚摩尔质量：
94g·mol－1）。
（8）由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
【命题意图】 本题考查氧化还原滴定与物质含量测定。
解析：
（1）配制一定浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。
（2）Ⅱ中Br－与BrO
在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O，离子方程式为5Br－＋BrO
＋6H＋===3Br2＋3H2O。
（3）废水中含有苯酚，苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚，化学方程式为
（4）本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量，苯酚需完全反应，剩余的Br2可通过滴定原理测定，所以在加入KI之前，溶液颜色须为黄色，以确保Br2过量，苯酚完全反应。
（5）根据得失电子守恒，当n（KI）∶n（KBrO3）＝6∶1时，KI恰好与步骤Ⅱ中生成的Br2完全反应，而步骤Ⅱ中苯酚会消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量。
（6）滴定时用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时，溶液蓝色恰好消失。
（7）结合题意可知，生成Br2的物质的量＝3aV1×10－3mol，与KI反应消耗n（Br2）＝
mol，则与C6H5OH反应的n（Br2）＝3aV1×10－3mol－
mol，废水中苯酚的含量＝
＝
g·L－1。
（8）Br2具有挥发性，故Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
答案：
（1）容量瓶
（2）BrO
＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：
KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量
（6）溶液蓝色恰好消失
（7）
（8）易挥发
27．氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是_____________________________________________________
________________________________________________________________________。
②已知反应器中还存在如下反应：
ⅰ.CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g） ΔH1
ⅱ.CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g） ΔH2
ⅲ.CH4（g）===C（s）＋2H2（g） ΔH3
……
ⅲ为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）＝4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________（选填字母序号）。
a．促进CH4转化 b．促进CO转化为CO2 c．减少积炭生成
④用CaO可以去除CO2。
H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。
从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率________（填“升高”“降低”或“不变”）。
此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：
________________________________________________________________________。
（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。
通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接__________。
产生H2的电极反应式是
________________________________________________________________________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：
________________________________________________________________________。
【命题意图】 本题考查化学反应原理知识的综合应用，涉及盖斯定律、电解原理的应用等，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。
解析：
（1）①根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4∶1，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4＋2H2O（g）===4H2＋CO2。
②根据盖斯定律，由ⅰ＋ⅱ－ⅲ或ⅰ－ⅱ－ⅲ可得目标热化学方程式。
③反应物的投料比n（H2O）∶n（CH4）＝4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，H2O的物质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C（s），从而减少积炭生成。
④根据题图可知，从t1时开始，CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。
CaO与CO2反应生成CaCO3，CaCO3会覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效。
（2）①电解碱性电解液时，H2O电离出的H＋在阴极得到电子产生H2，根据题图可知电极1与电池负极连接，为阴极，所以制H2时，连接K1，产生H2的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
③制备O2时碱性电解液中的OH－失去电子生成O2，连接K2，O2在电极2上产生。
连接K1时，电极3为电解池的阳极，Ni（OH）2失去电子生成NiOOH，电极反应式为Ni（OH）2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O，连接K2时，电极3为电解池的阴极，电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O===Ni（OH）2＋OH－，使电极3得以循环使用。
答案：
（1）①CH4＋2H2O
4H2＋CO2
②C（s）＋2H2O（g）===CO2（g）＋2H2（g）或C（s）＋CO2（g）===2CO（g） ③abc ④降低 CaO＋CO2===CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积
（2）①K1 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ ③制H2时，电极3发生反应：
Ni（OH）2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O。
制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用
【易错警示】 本题看似难度不大，但极易出错，如很多考生习惯了涉及盖斯定律的常规题目，本题第
（1）②问中需经过转化找出还需要利用的反应，部分考生会思维混乱，无从下手。
第
（2）问中部分考生不能根据电池的正、负极和电解原理找出生成H2、O2的电极，书写电极反应式时忘记考虑电解质溶液的酸、碱性而出错等。
28．化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：
用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是________________________________________________________。
②试剂a是________。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：
沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。
（资料：
Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：
验证B的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：
_________________________________。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。
推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。
向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。
所用试剂及现象是________________________________________________________________________。
（3）根据沉淀F的存在，推测SO
的产生有两个途径：
途径1：
实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
途径2：
实验二中，SO
被氧化为SO
进入D。
实验三：
探究SO
的产生途径
①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。
做出判断的理由：
________________________________________________________________________。
②实验三的结论：
______________________________________________。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是
________________________________________________________________________。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。
将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和SO
生成。
（6）根据上述实验所得结论：
_________________________________________。
【命题意图】 本题考查实验探究、设计与评价，考查的核心素养是科学探究与创新意识。
解析：
（1）①Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反应生成CuSO4、SO2、H2O，反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4（浓）
CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
②试剂a为饱和NaHSO3溶液，用于吸收SO2中其他杂质气体，防止对后续实验产生干扰。
（2）①难溶于水的Ag2SO3与NH3·H2O反应生成可溶性的[Ag（NH3）2]2SO3、H2O，反应的离子方程式为Ag2SO3＋4NH3·H2O===2[Ag（NH3）2]＋＋SO
＋4H2O。
②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，溶解的物质为BaSO3，没有溶解的物质为BaSO4，BaSO3与盐酸反应生成BaCl2、SO2，只要证明滤液E中含有Ba2＋和SO
即可证明B中含有Ag2SO3，所以选用的试剂为H2O2溶液。
（3）①向溶液A中滴入过量盐酸，只有Ag＋能与Cl－反应生成白色沉淀AgCl，所以溶液A中含有Ag＋；取上层清液继续加入BaCl2溶液，没有白色沉淀出现，说明A中没有SO
，因为Ag2SO4微溶于水，若B中含有Ag2SO4，溶液A中则含有少许SO
，加入BaCl2溶液能生成更难溶的BaSO4沉淀。
②SO
具有还原性，在实验二中，SO
被空气中的O2氧化为SO
。
（4）SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式为2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋。
（6）由题给信息可知，实验条件下，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO
的速率；碱性溶液中SO
更易被氧化为SO
。
答案：
（1）①Cu＋2H2SO4（浓）
CuSO4＋SO2↑＋2H2O ②饱和NaHSO3溶液
（2）①Ag2SO3＋4NH3·H2O===2[Ag（NH3）2]＋＋SO
＋4H2O ②H2O2溶液，产生白色沉淀
（3）①Ag＋ Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4 ②途径1不产生SO
，途径2产生SO
（4）2Ag＋＋SO2＋H2O===Ag2SO3↓＋2H＋
（6）实验条件下：
SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO
的速率，碱性溶液中SO
更易被氧化为SO
【解后反思】 本题属于探究性实验试题，体现了基础与能力并进的命题理念，考查的都是教材上的常规知识，如Cu与浓H2SO4反应制备SO2，SO2气体的净化等。
难点在于如何将所学知识进行转化，如SO2与AgNO3溶液反应生成的物质可能是Ag2SO3、Ag2SO4或是二者的混合物，然后根据假设探究其生成沉淀的原理，注意氧化还原反应原理在本题中的应用，以及Ag＋的氧化性等知识。
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