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上海市青浦区2019年高考化学二模试卷及答案
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这是一份上海市青浦区2019年高考化学二模试卷及答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是（ ）
A. “C919”飞机的主体材料——铝合金 B. 航天员宇航服的材料——聚酯纤维
C. 我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢 D. “奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金
2.下列化学用语书写正确的是（ ）
A. 中子数为7的碳原子是 B. 的电子式是
C. 乙烯的结构简式是 D. 镁离子的结构示意图是
3.下列有关氨的说法正确的是（ ）
A. 的空间构型为平面三角形 B. 是非电解质
C. 的水溶液不能导电 D. 氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
4.按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A. 1,2-二甲基戊烷 B. 3,4-二甲基戊烷 C. 2,2-二甲基丁烷 D. 2,3,3-三甲基丁烷
5.关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A. 石油的主要成分是碳氢化合物 B. 石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C. 石油裂解气的主要成分是甲烷 D. 石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量
6.在海带提碘的实验中可做萃取剂的是（ ）
A. 四氯化碳 B. 水 C. 乙醇 D. 乙酸
7.春秋初年，我国已掌握了冶铁技术。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是（ ）
A. 室温下，过量Fe与浓硫酸反应生成FeSO4 B. 加热时，过量Fe与氯气反应生成FeCl2
C. 高温下，铁与水蒸气反应有Fe3O4生成 D. 高温下，铁粉与氧化铝粉末反应生成单质铝
8.有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A. 可在船壳外刷油漆进行保护 B. 可将船壳与电源的正极相连进行保护
C. 可在船底安装锌块进行保护 D. 在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
9.根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
(ⅰ)I2(?)＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2(?)＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ
A. ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B. 反应(ⅰ)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
C. 1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，反应放热9.48 kJ
D. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
10.下列实验室制取气体的方法不合理的是（ ）
A. 氯化铵受热分解制氨气 B. 锌粒与稀硫酸反应制氢气
C. 电石与饱和食盐水制乙炔 D. 浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯
11.为除去Fe2O3中的Al2O3 ， 可选用的溶液是( )
A. HCl B. CH3COOH C. NaOH D. NH3·H2O
12.设阿伏伽德罗常数的值为 。下列说法正确的是（ ）
A. 17g羟基(-OH)所含电子总数为
B. 标准状况下，1.12L苯含有 键的个数为
C. 和足量 反应，产生的气体的分子数为
D. 0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为
13.下列物质的性质与其应用对应关系正确的是（ ）
选项
性质
应用
A
明矾易溶于水
用作净水剂
B
具有酸性
吸收烟气中的
C
具有还原性
清除游泳池中超标的
D
Al是活泼金属
储运浓硝酸用铝罐
A. A B. B C. C D. D
14.光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯 与马来酸酐 共同加成聚合(共聚)而成。下列说法错误的是（ ）
A. 降冰片烯分子式为C7H10 ， 其分子本身可以发生加聚反应
B. 该光刻胶的结构简式可能为：
C. 1 mol马来酸酐，最多消耗1 mol NaOH
D. 光刻胶合成过程中可能会出现链节：
15.某学生在实验室制取乙酸丁酯（已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，乙酸的沸点118℃反应温度115～125℃），其反应装置应选择（ ）
A. B. C. D.
16.某同学利用下图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法错误的是（ ）
A. 装置b中出现白色沉淀
B. 加热前要先通入氮气，加热结束时也要通入氮气
C. 实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D. 若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
17.侯氏制碱法，向母液中通入NH3 ， 其目的不是为了（ ）
A. 增大 浓度 B. 生成NaHCO3 C. 析出NH4Cl晶体 D. 降低 浓度
18.某温度下恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡，下列叙述错误的是（ ）
①2X(g)+Y(g) Z(s)+ 2W(g)+Q1 (Q1>0)
②M(g)+N(g) R(g)+W(g)-Q2 (Q2>0)
A. 加入适量Z，①和②平衡均不移动 B. 通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C. 降温时无法判断W浓度的增减 D. 通入Y，则N的浓度增大
19.叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ）
A. 0.01 mol·L-1HN3溶液的pH=2
B. HN3溶液的pH随温度升高而减小
C. NaN3 的电离方程式： NaN3= Na++3N
D. 0.01 mol·L-1 NaN3溶液中： c(H+)+ c(Na+ )= c( N )+ c(HN3)
二、多选题
20.Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是（ ）
A. 元素Al在周期表中位于第四周期ⅢA族
B. 元素P的简单气态氢化物的化学式为
C. 原子半径
D. 最高价氧化物的水化物的酸性：
三、综合题
21.卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
（1）I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
氧原子核外有________种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为________；K2CO3固体中含有的化学键有________。
（2）合成步骤中的化学方程式为________。
（3）当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：________。
（4）Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
该反应的氧化产物为________，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为________。
（5）Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
向浓缩的海水中通入Cl2 ， 将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是________。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3________mol。
22.甲醇可用于制造甲醛和农药，工业上可由碳的氧化物和氢气反应制得反应制得。
（1）I.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+Q(Q＞0)。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得H2的体积分数为50%。
在0~5min内，H2的平均反应速率v(H2)= ________。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K=________，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是________(填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．平衡移动时，逆反应速率始终增大
C．一定向逆反应方向移动 D．平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是_______(填编号)。
A.容器内气体密度保持不变
B.CH3OH的体积分数保持不变
C.v(CO)=v(CH3OH)
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）Ⅱ.用CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
将反应物混合气体按进料比n(CO)：n(H2)=1:3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是________。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是________。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的CO2 ， 从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为________，某研究小组用200mL 1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2 (标准状况)，形成溶液中的溶质是________(填化学式)，各离子的浓度关系正确的是________(填编号)。
a. c(K+)+c(H+)=c(CO )+c(HCO )+c(OH-)
b. 3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)
c. c(K+)＞c(OH-)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(H+)
23.食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO 等杂质)为原料制备。实验室提纯NaCl的流程如图：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氯化碳
（1）欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、 ，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为________、NaOH、________(只填化学式)；洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，在提供的试剂中，选用的试剂为________。
（2）操作X为用提纯的NaCl配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)
（3）用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利用了浓硫酸的性质是________(填编号)，相比分液漏斗，选用仪器a的优点是________。
a.高沸点 b.强酸性 c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是________。
（4）设计实验测定NaCl产品中SO 的含量，填写表格。
操作
目的/结论
①
称取样品 ，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol/LBaCl2溶液V1mL
目的：________。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中SO 的质量分数为________。(列算式)
24.化合物X是一种药物的中间体，其合成路线如图：
已知下列信息：
Ⅰ. +RCOOCH3+ CH3OH+
Ⅱ.
（1）C中官能团的名称为________。
（2）D的结构简式为________。
（3）合成路线中E到F的反应类型为________。
（4）H到X的反应方程式为________。
（5）鉴别F和G的方法为________。
（6）有机物W是C的同分异构体，且具有以下特征：
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含有3种化学环境不同的氢原子。
写出一种符号上述条件的W的结构简式________。
（7）根据信息，设计由 为原料制备 的合成路线(无机试剂任选)________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．“C919”飞机的主体材料——铝合金，铝合金为金属铝、镁形成的合金，属于金属材料，A不符合题意；
B．航天员宇航服的材料——聚酯纤维为由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机高分子材料，B符合题意；
C．我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢，为铁、碳合金，属于金属材料，C不符合题意；
D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金，为钛与其他金属制成的合金金属，属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】金属材料一般包括纯金属和合金，合金是金属加热融合金属或非金属形成具有金属特性的材料，铝合金、合金钢、钛合金均是金属材料，聚酯纤维是高分子有机材料
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．中子数为7的碳原子是 ，A项符合题意；
B．争取的电子式应该为 ，B项不符合题意；
C．正确的结构简式是CH2=CH2 ， C项不符合题意；
D．镁离子的离子结构示意图应为 ，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.C原子的质子数为6，中子数为7，则质量数为13
B.N2含三对共用电子对，但每个N原子还有一对孤电子对
C.乙烯含有碳碳双键，写结构简式时不能省略不写
D.镁原子的最外层有2个电子，但是镁离子已失去最外层2个电子
3.【答案】 B
【解析】【解答】A． 中心原子N的价层电子数为 ，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A不符合题意；
B． 的水溶液可以导电，是因为与水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，而氨气自身不能电离，是非电解质，故B符合题意；
C． 溶于水，和水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，在水溶液里电离产生自由移动的铵根离子和氢氧根离子，所以 的水溶液中能导电，故C不符合题意；
D．氨催化氧化制硝酸的过程，是含氮化合物转化为另一种含氮化合物，不属于氮的固定，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氨是氮原子和氢原子通过共用电子对形成非极性分子，氮原子是sp3杂化，形成的是三角锥形结构，溶于水后形成氨水，氨水可以导电，因此一水合氨是电解质，氨气不是电解质。氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮
4.【答案】 C
【解析】【解答】根据上述规则：
A、应该是3-甲基己烷，A不符合题意；
B、应该为2，3-二甲基戊烷，B不符合题意；
C、2,2-二甲基丁烷，符合烷烃的命名原则，C符合题意；
D、应该为2，2，3-三甲基丁烷，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A.石油是多种烃的混合物，故A不符合题意；
B.石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等仍是混合物，故B不符合题意；
C.石油裂解气的主要成分是乙烯、丙烯等，故C符合题意；
D.石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质油的产量，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】石油是碳氢化合物的混合物，通过分馏后得到沸点不同的混合物，石油的裂化可以得到很多轻质油，石油的裂解可以得到更多的小分子碳氢化合物
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，选项A符合题意；
B．碘在水中的溶解度很小，且水与含碘溶液互溶，选项B不符合题意；
C．乙醇与水互溶，选项C不符合题意；
D．乙酸与水互溶，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．室温下，Fe在浓硫酸中钝化，无法持续反应，A不符合题意；
B．无论Fe是否过量与氯气加热反应都只生成FeCl3 ， B不符合题意；
C．高温条件下，Fe与水蒸气反应得到Fe3O4和氢气，C符合题意；
D．Fe的活动性不如Al，不能从氧化铝中置换出Al单质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑到浓硫酸的强氧化性，在铁表面形成氧化物薄膜阻碍了反应进一步发生
B.氯气氧化性较强，产物只能是氯化铁
C.考查的是铁与水蒸气反应的产物
D.铝热反应是铝和氧化铁在高温下反应
8.【答案】 B
【解析】【解答】A. 可在船壳外刷油漆进行保护，A不符合题意；
B. 若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B符合题意；
C. 可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C不符合题意；
D. 在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.油漆可隔绝空气，防止腐蚀；
B.船壳与电源正极相连结，发生氧化反应而被腐蚀；
C.锌的金属性比铁强，锌做原电池的负极被氧化；
D.海水中钢铁发生吸氧腐蚀。
9.【答案】 A
【解析】【解答】A．由于产物的能量相同，是放热反应，ⅱ是吸热反应，说明反应物含有的ⅰ中的高。因此ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态，A符合题意；
B．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于反应(ⅰ)的产物与反应(ⅱ)的产物状态相同，因此稳定性相同，B不符合题意；
C．1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，发生反应，由于该反应是可逆反应，物质不能完全转化，所以放热小于9.48 kJ ，C不符合题意；
D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差26.48 kJ +9.48 kJ =35.96kJ，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】固态碘吸收热量变为气态碘，根据
(ⅰ)I2(?1)＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2(?)＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ，可以判断i碘为气态，ii中碘为固态，能量越低越稳定。
10.【答案】 A
【解析】【解答】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，混合气体冷却后又化合为氯化铵，故光加热氯化铵制备不到氨气，A符合题意；
B．锌粒与稀硫酸反应制氢气，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，B不合题意；
C．电石与饱和食盐水制乙炔，CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，饱和食盐水是用于控制反应的速率，C不合题意；
D．浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯，C2H5OH CH2=CH2↑+H2O，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】实验室制氨气是用氯化铵和氢氧化钙共热，Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O，不能用氯化铵直接加热制取氨气，其他均可以符合实验室制取气体。
11.【答案】 C
【解析】【解答】氧化铁为碱性氧化物，能与酸反应；Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱溶液反应，为除去Fe2O3中的Al2O3 ， 需要选择它们性质的不同点，即氧化铝可溶于强碱溶液中，而氧化铁不溶，过滤分离，
故答案为：C。
【分析】除杂的原则是不能引入新的杂质，不能反应掉需提纯的物质，把杂质变为沉淀、气体或溶解除去，Fe2O3中混有Al2O3 ， 二者都难溶于水，根据分类和性质Fe2O3是碱性氧化物，具有碱性氧化物的通性，溶于酸而不溶于碱；Al2O3是两性氧化物，具有两性氧化物的通性，溶于强酸强碱．所以可把混合物加入强碱溶液中，然后过滤，可得较纯的Fe2O3 ．
12.【答案】 A
【解析】【解答】A．一个羟基中含有9个电子，故17g羟基(-OH)所含电子总数为 = ，A符合题意；
B．由于苯在标准状况下是液体，故无法计算1.12L苯含有 键的个数，B不符合题意；
C．由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知， 即 和足量 反应，产生的气体的分子数为 =0.25 NA ， C不符合题意；
D．CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH，故0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，找出1个-OH的电子数即可
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据化学方程式即可计算出出产生气体的物质的量
D.酯类的水解反应是个可逆反应
13.【答案】 C
【解析】【解答】A．明矾含铝离子，能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，因此能用作净水剂，与溶解性无关，A项不符合题意；
B． 吸收烟气中的 ，是因为Fe3+具有氧化性而S2-具有还原性，两者能发生氧化还原反应，B项不符合题意；
C． 具有还原性，能与具有氧化性的 反应，C项符合题意；
D．储运浓硝酸用铝罐，是因为铝在浓硝酸中发生钝化，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.明矾易溶于水与溶解性无关
B.氯化铁溶液具有酸性是由于铁离子水解导致，可以吸收硫化氢主要是发生氧化还原反应除去气体
C.利用过氧化氢的还原性发生氧化还原反应除去氯气
D.存储浓硝酸主要用铝是因为浓硝酸具有氧化性在铝的表面形成致密的氧化铝薄膜
14.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据降冰片烯的结构简式，其分子式为C7H10 ， 含有碳碳双键，则分子本身可以发生加聚反应，A说法不符合题意；
B．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，可发生1∶1的加聚反应，故该光刻胶的结构简式可能为： ，B说法不符合题意；
C．1个马来酸酐水解生成2个羧基，则1 mol马来酸酐，最多消耗2 mol NaOH，C说法符合题意；
D．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，发生加聚反应时，可能导致马来酸酐相邻2个，故光刻胶合成过程中可能会出现链节： ，D说法不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据结构简式可以写出分子式，含有碳碳双键可以发生加聚反应
B.符合发生的两个双键的加聚反应的产物
C.根据马来酸酐水解的产物判断即可
D.双键的加聚是随机的可能此链节
15.【答案】 D
【解析】【解答】A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A不符合题意；
B．该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，但采用水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故B不符合题意；
C．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，而该装置无冷凝装置，故C不符合题意；
D．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集．实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置符合这些要求，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该反应是制取乙酸丁酯的实验，属于酯化反应。其中加热装置应该选择酒精灯加热而不是水浴加热，所以AB不符合题意；其次反应物中有易挥发的物质，因此需要设置冷凝装置。
16.【答案】 D
【解析】【解答】A．由2FeSO4 SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了SO3 ， SO3+H2O=H2SO4 ， H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，b有白色沉淀生成，故A不符合题意；
B．加热前要先通入氮气，是把装置内的空气排尽，避免空气对实验的干扰，加热结束时也要通入氮气，是把产生的气体全部被吸收，避免污染环境，故B不符合题意；
C．由2FeSO4 SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了Fe2O3 ， Fe2O3是红棕色的，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红，故C不符合题意；
D．若用足量溴水代替品红溶液，足量的溴水能吸收二氧化硫，装置d中无明显现象，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据题中信息，装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀，证明FeSO4加热分解产生了SO2 ， 硫元素化合价降低了，FeSO4中亚铁离子有还原性，所以Fe元素化合价升高，由质量守恒和得失电子守恒可推知FeSO4在隔绝空气条件下受热分解的化学方程式为2FeSO4 SO2↑+SO3↑+Fe2O3；据此解答。
17.【答案】 B
【解析】【解答】向母液中通氨气能增大NH4+的浓度，NH4Cl的溶解度随温度的变化而变化的大，使NH4Cl更多地析出，并且能使NaHCO3转化为Na2CO3 ， 降低 浓度，提高析出的NH4Cl纯度。故B不符合题意，
故答案为：B。
【分析】 根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；主要的副产物为氯化铵，需要考虑氯化铵的回收利用，要提高原料的利用率，可以循环使用的方法等知识点来解题。
18.【答案】 B
【解析】【解答】A．Z为固体，则加入适量Z，①和②平衡均不移动，故A不符合题意；
B．体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，则①不移动，故B符合题意；
C．①为吸热反应，降温平衡逆移，②为放热反应，降温平衡正移，无法比较哪边的变化程度更大，则降温时无法判断W浓度的增减，故C不符合题意；
D．通入Y，①正向移动，②逆向移动，则N的浓度增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Z是固体，不影响平衡移动
B.加入稀有气体，由于体积不变，各物质的浓度不变，平衡不移动
C.降温两个反应均会移动，不知道温度对其影响程度
D.通入W导致平衡均会移动，即可判断
19.【答案】 B
【解析】【解答】A．由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(N )会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01 mol·L-1 HN3溶液的pH>2，A不符合题意；
B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3 H+ + N ，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大， pH减小，B符合题意；
C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N ，电离方程式为 NaN3= Na++N ，C选项不符合题意；
D．0.01 mol·L-1 NaN3溶液中：由物料守恒 c(Na+ )= c( N )+ c(HN3)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 NaN3溶液呈碱性 ，说明 HN3 是弱酸,弱酸的电离是吸热反应，温度越高，氢离子浓度越大，因此pH越小，0.01mol/L的HN3的pH大于2， NaN3 是强电解质，完全电离，根据电荷守恒即可写出0.01mol/LNaN3的离子浓度
二、多选题
20.【答案】 C,D
【解析】【解答】A．Al为13号元素，在周期表中位于第三周期ⅢA族，故A不符合题意；
B．P位于第ⅤA族，最低负价为-3价，所以简单气态氢化物的化学式为PH3 ， 故B不符合题意；
C．原子半径 ，故C符合题意；
D．非金属性P
【分析】A.根据铝的核外电子排布即可找出位置
B.p和N处于同一主族，因此可以写出p的氢化物
C.同周期主族元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小
D.非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强
三、综合题
21.【答案】 （1）8；5s25p5；离子键、极性共价键
（2）I2+5H2O2 2HIO3+4H2O
（3）H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等
（4）Cl2；2NA
（5）加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率
（6）1
【解析】【解答】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与 之间以离子键结合；在阴离子 中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2 ， NaBr被氧化产生Br2 ， 反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2 ， 根据方程式可知：每吸收1 mol Br2 ， 需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2 ， 发生氧化还原反应产生Br2 ， 用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2 ， 根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
22.【答案】 （1）0.1mol·L-1·s-1
（2）4；AD
（3）B,D
（4）CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应；此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强
（5）CO +CO2+H2O=2HCO ；KHCO3和K2CO3；b
【解析】【解答】(1)设平衡时Δn(H2)=x mol，则列三段式有：
根据题意有 =50%，解得x=1，容器体积为2L，所以v(H2)= =0.1mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)的计算可知平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol，容器体积为2L，则浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，所以平衡常数K= =4；
若平衡K值变大，由于平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，说明降低了温度；
A．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，A正确；
B．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，所以平衡移动时，逆反应速率先减小后增大，B不正确；
C．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，C不正确；
D．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，反应物的浓度逐渐减小，所以平衡移动时，正反应速率始终减小，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则无论是否平衡密度都不发生变化，A不正确；
B．CH3OH的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应还是逆反应速率，故不能说明反应是否达到平衡，C不正确；
D．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，但该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时平均相对分子质量会发生变化，当其不变时说明反应达到平衡，D正确；
综上所述答案为BD；
(4) CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；温度越高，速率越快，此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强，所以此时CH3OH的产率最大；
(5)离子方程式为CO +CO2+H2O=2HCO ，200mL 1.5mol/LK2CO3溶液中含有0.2L×1.5mol/L=0.3molK2CO3 ， 标况下3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，所以只能反应0.15mol碳酸根，则溶质为0.15mol K2CO3和0.3molKHCO3；
各离子的浓度关系：
a．溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，a不正确；
b．根据溶质成分可知3c(K)=4c(C)，则有3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)，b正确；
c．CO 和HCO 的水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系应为c(K+)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(OH-)＞c(H+)，c不正确；
故答案为：b。
【分析】（1）根据三行式结合方程式计算出平衡时的浓度即可计算速率
（2）根据平衡时的各物质的量浓度即可计算出平衡常数，根据Q判断正反应为放热反应，要使K值增大，因此平衡向右移动，温度降低
（3）正反应为放热反应，且前后气体系数之和不等，因此判断平衡可以考虑，同种物质的正逆瀌是否相等、各物质的量弄苏是否不变，以及平均摩尔质量是否改变、压强是否改变等
（4）根据主反应是放热反应，副反应是吸热反应，当温度过高时，副反应为主速率加快，图②产率最大可能能催化剂活性有关
（5）碳酸钾吸收CO2得到碳酸氢钾溶液，根据方程式计算，二氧化碳是否过量即可写出方程式，根据电荷守恒和物料守恒即可判断离子浓度关系
23.【答案】 （1）BaCl2；Na2CO3；75%乙醇
（2）500mL容量瓶、胶头滴管
（3）a；平衡压强，使液体顺利滴下；增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快
（4）使SO 完全沉淀；×100%
【解析】【解答】(1)为了不引入新的杂质，除去硫酸根应使用氯化钡溶液、除去Mg2+、Fe3+用NaOH溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，且Na2CO3溶液需加在氯化钡之后，所以滴加顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3；为了降低NaCl的溶解度，同时使微量的KCl溶解，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl应选用75%乙醇；
(2)配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，需要在烧杯溶解NaCl固体，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需要玻璃棒引流，定容时需要胶头滴管滴加水，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)①氯化氢沸点低易挥发，而硫酸为高沸点酸不易挥发，所以将浓硫酸和NaCl混合加热可以挥发出HCl气体，
故答案为：a；仪器a侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；
(4)步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO 完全沉淀，得到的沉淀为BaSO4 ， 质量为m2g，则沉淀中SO 的质量为 ，所以样品中硫酸根的质量分数为 ×100%= ×100%。
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO 等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO 、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶，洗涤除去K+ ， 烘干得到NaCl。
24.【答案】 （1）酯基；碳碳双键
（2）
（3）还原反应
（4）+CH3OH +H2O
（5）取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F
（6）HCOOCH=C(CH3)2
（7）
【解析】【解答】(1)C( )中官能团有酯基、碳碳双键，故答案为：酯基、碳碳双键；
(2)根据上述分析，D的结构简式为 ，故答案为： ；
(3)合成路线中E到F过程中E中的羰基转化为了羟基，发生了还原反应，故答案为：还原反应；
(4) H与甲醇发生酯化反应生成X，反应的反应方程式为 +CH3OH +H2O，故答案为： +CH3OH +H2O；
(5)F( )和G( )的区别是G中还原羧基，区别F和G可以利用羧基的酸性设计实验，具体的方法为：取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F，故答案为：取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F；
(6)有机物W是C( )的同分异构体，①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，说明含有酯基，则W是甲酸酯类物质；③含有3种化学环境不同的氢原子，满足条件的W的结构简式为HCOOCH=C(CH3)2 ， 故答案为：HCOOCH=C(CH3)2；
(7)由 为原料制备 ，根据信息Ⅱ，需要先加成 ，可以由 先合成 ，再将羟基氧化即可，合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】根据信息I，D在多聚磷酸条件下加热生成E( )，则D中含有酯基，结合BC的结构简式可知，D为 ；根据信息Ⅱ，G反应生成H，H为 ，H与甲醇发生酯化反应生成X，X为 ，据此分析解答。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是（ ）
A. “C919”飞机的主体材料——铝合金 B. 航天员宇航服的材料——聚酯纤维
C. 我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢 D. “奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金
2.下列化学用语书写正确的是（ ）
A. 中子数为7的碳原子是 B. 的电子式是
C. 乙烯的结构简式是 D. 镁离子的结构示意图是
3.下列有关氨的说法正确的是（ ）
A. 的空间构型为平面三角形 B. 是非电解质
C. 的水溶液不能导电 D. 氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
4.按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（ ）
A. 1,2-二甲基戊烷 B. 3,4-二甲基戊烷 C. 2,2-二甲基丁烷 D. 2,3,3-三甲基丁烷
5.关于石油和石油化工的说法错误的是（ ）
A. 石油的主要成分是碳氢化合物 B. 石油分馏得到的各馏分仍是混合物
C. 石油裂解气的主要成分是甲烷 D. 石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量
6.在海带提碘的实验中可做萃取剂的是（ ）
A. 四氯化碳 B. 水 C. 乙醇 D. 乙酸
7.春秋初年，我国已掌握了冶铁技术。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是（ ）
A. 室温下，过量Fe与浓硫酸反应生成FeSO4 B. 加热时，过量Fe与氯气反应生成FeCl2
C. 高温下，铁与水蒸气反应有Fe3O4生成 D. 高温下，铁粉与氧化铝粉末反应生成单质铝
8.有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A. 可在船壳外刷油漆进行保护 B. 可将船壳与电源的正极相连进行保护
C. 可在船底安装锌块进行保护 D. 在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
9.根据碘与氢气反应的热化学方程式（碘为气态或固态），下列判断正确的是（ ）
(ⅰ)I2(?)＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2(?)＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ
A. ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态
B. 反应(ⅰ)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
C. 1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，反应放热9.48 kJ
D. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
10.下列实验室制取气体的方法不合理的是（ ）
A. 氯化铵受热分解制氨气 B. 锌粒与稀硫酸反应制氢气
C. 电石与饱和食盐水制乙炔 D. 浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯
11.为除去Fe2O3中的Al2O3 ， 可选用的溶液是( )
A. HCl B. CH3COOH C. NaOH D. NH3·H2O
12.设阿伏伽德罗常数的值为 。下列说法正确的是（ ）
A. 17g羟基(-OH)所含电子总数为
B. 标准状况下，1.12L苯含有 键的个数为
C. 和足量 反应，产生的气体的分子数为
D. 0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为
13.下列物质的性质与其应用对应关系正确的是（ ）
选项
性质
应用
A
明矾易溶于水
用作净水剂
B
具有酸性
吸收烟气中的
C
具有还原性
清除游泳池中超标的
D
Al是活泼金属
储运浓硝酸用铝罐
A. A B. B C. C D. D
14.光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料。一种光刻胶是由降冰片烯 与马来酸酐 共同加成聚合(共聚)而成。下列说法错误的是（ ）
A. 降冰片烯分子式为C7H10 ， 其分子本身可以发生加聚反应
B. 该光刻胶的结构简式可能为：
C. 1 mol马来酸酐，最多消耗1 mol NaOH
D. 光刻胶合成过程中可能会出现链节：
15.某学生在实验室制取乙酸丁酯（已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，乙酸的沸点118℃反应温度115～125℃），其反应装置应选择（ ）
A. B. C. D.
16.某同学利用下图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法错误的是（ ）
A. 装置b中出现白色沉淀
B. 加热前要先通入氮气，加热结束时也要通入氮气
C. 实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D. 若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
17.侯氏制碱法，向母液中通入NH3 ， 其目的不是为了（ ）
A. 增大 浓度 B. 生成NaHCO3 C. 析出NH4Cl晶体 D. 降低 浓度
18.某温度下恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡，下列叙述错误的是（ ）
①2X(g)+Y(g) Z(s)+ 2W(g)+Q1 (Q1>0)
②M(g)+N(g) R(g)+W(g)-Q2 (Q2>0)
A. 加入适量Z，①和②平衡均不移动 B. 通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C. 降温时无法判断W浓度的增减 D. 通入Y，则N的浓度增大
19.叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ）
A. 0.01 mol·L-1HN3溶液的pH=2
B. HN3溶液的pH随温度升高而减小
C. NaN3 的电离方程式： NaN3= Na++3N
D. 0.01 mol·L-1 NaN3溶液中： c(H+)+ c(Na+ )= c( N )+ c(HN3)
二、多选题
20.Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是（ ）
A. 元素Al在周期表中位于第四周期ⅢA族
B. 元素P的简单气态氢化物的化学式为
C. 原子半径
D. 最高价氧化物的水化物的酸性：
三、综合题
21.卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
（1）I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
氧原子核外有________种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为________；K2CO3固体中含有的化学键有________。
（2）合成步骤中的化学方程式为________。
（3）当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：________。
（4）Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
该反应的氧化产物为________，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为________。
（5）Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
向浓缩的海水中通入Cl2 ， 将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是________。
（6）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3________mol。
22.甲醇可用于制造甲醛和农药，工业上可由碳的氧化物和氢气反应制得反应制得。
（1）I.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+Q(Q＞0)。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得H2的体积分数为50%。
在0~5min内，H2的平均反应速率v(H2)= ________。
（2）在523K时，上述反应的平衡常数K=________，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是________(填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．平衡移动时，逆反应速率始终增大
C．一定向逆反应方向移动 D．平衡移动时，正反应速率始终减小
（3）下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是_______(填编号)。
A.容器内气体密度保持不变
B.CH3OH的体积分数保持不变
C.v(CO)=v(CH3OH)
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
（4）Ⅱ.用CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
将反应物混合气体按进料比n(CO)：n(H2)=1:3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是________。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是________。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的CO2 ， 从而实现CO2的减排。
（5）碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为________，某研究小组用200mL 1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2 (标准状况)，形成溶液中的溶质是________(填化学式)，各离子的浓度关系正确的是________(填编号)。
a. c(K+)+c(H+)=c(CO )+c(HCO )+c(OH-)
b. 3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)
c. c(K+)＞c(OH-)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(H+)
23.食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO 等杂质)为原料制备。实验室提纯NaCl的流程如图：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氯化碳
（1）欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、 ，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为________、NaOH、________(只填化学式)；洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，在提供的试剂中，选用的试剂为________。
（2）操作X为用提纯的NaCl配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)
（3）用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利用了浓硫酸的性质是________(填编号)，相比分液漏斗，选用仪器a的优点是________。
a.高沸点 b.强酸性 c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是________。
（4）设计实验测定NaCl产品中SO 的含量，填写表格。
操作
目的/结论
①
称取样品 ，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol/LBaCl2溶液V1mL
目的：________。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中SO 的质量分数为________。(列算式)
24.化合物X是一种药物的中间体，其合成路线如图：
已知下列信息：
Ⅰ. +RCOOCH3+ CH3OH+
Ⅱ.
（1）C中官能团的名称为________。
（2）D的结构简式为________。
（3）合成路线中E到F的反应类型为________。
（4）H到X的反应方程式为________。
（5）鉴别F和G的方法为________。
（6）有机物W是C的同分异构体，且具有以下特征：
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应；
③含有3种化学环境不同的氢原子。
写出一种符号上述条件的W的结构简式________。
（7）根据信息，设计由 为原料制备 的合成路线(无机试剂任选)________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．“C919”飞机的主体材料——铝合金，铝合金为金属铝、镁形成的合金，属于金属材料，A不符合题意；
B．航天员宇航服的材料——聚酯纤维为由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机高分子材料，B符合题意；
C．我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢，为铁、碳合金，属于金属材料，C不符合题意；
D．“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金，为钛与其他金属制成的合金金属，属于金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】金属材料一般包括纯金属和合金，合金是金属加热融合金属或非金属形成具有金属特性的材料，铝合金、合金钢、钛合金均是金属材料，聚酯纤维是高分子有机材料
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．中子数为7的碳原子是 ，A项符合题意；
B．争取的电子式应该为 ，B项不符合题意；
C．正确的结构简式是CH2=CH2 ， C项不符合题意；
D．镁离子的离子结构示意图应为 ，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.C原子的质子数为6，中子数为7，则质量数为13
B.N2含三对共用电子对，但每个N原子还有一对孤电子对
C.乙烯含有碳碳双键，写结构简式时不能省略不写
D.镁原子的最外层有2个电子，但是镁离子已失去最外层2个电子
3.【答案】 B
【解析】【解答】A． 中心原子N的价层电子数为 ，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A不符合题意；
B． 的水溶液可以导电，是因为与水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，而氨气自身不能电离，是非电解质，故B符合题意；
C． 溶于水，和水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，在水溶液里电离产生自由移动的铵根离子和氢氧根离子，所以 的水溶液中能导电，故C不符合题意；
D．氨催化氧化制硝酸的过程，是含氮化合物转化为另一种含氮化合物，不属于氮的固定，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氨是氮原子和氢原子通过共用电子对形成非极性分子，氮原子是sp3杂化，形成的是三角锥形结构，溶于水后形成氨水，氨水可以导电，因此一水合氨是电解质，氨气不是电解质。氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮
4.【答案】 C
【解析】【解答】根据上述规则：
A、应该是3-甲基己烷，A不符合题意；
B、应该为2，3-二甲基戊烷，B不符合题意；
C、2,2-二甲基丁烷，符合烷烃的命名原则，C符合题意；
D、应该为2，2，3-三甲基丁烷，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A.石油是多种烃的混合物，故A不符合题意；
B.石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等仍是混合物，故B不符合题意；
C.石油裂解气的主要成分是乙烯、丙烯等，故C符合题意；
D.石油裂化的目的是为了提高汽油等轻质油的产量，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】石油是碳氢化合物的混合物，通过分馏后得到沸点不同的混合物，石油的裂化可以得到很多轻质油，石油的裂解可以得到更多的小分子碳氢化合物
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，选项A符合题意；
B．碘在水中的溶解度很小，且水与含碘溶液互溶，选项B不符合题意；
C．乙醇与水互溶，选项C不符合题意；
D．乙酸与水互溶，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．室温下，Fe在浓硫酸中钝化，无法持续反应，A不符合题意；
B．无论Fe是否过量与氯气加热反应都只生成FeCl3 ， B不符合题意；
C．高温条件下，Fe与水蒸气反应得到Fe3O4和氢气，C符合题意；
D．Fe的活动性不如Al，不能从氧化铝中置换出Al单质，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑到浓硫酸的强氧化性，在铁表面形成氧化物薄膜阻碍了反应进一步发生
B.氯气氧化性较强，产物只能是氯化铁
C.考查的是铁与水蒸气反应的产物
D.铝热反应是铝和氧化铁在高温下反应
8.【答案】 B
【解析】【解答】A. 可在船壳外刷油漆进行保护，A不符合题意；
B. 若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B符合题意；
C. 可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C不符合题意；
D. 在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.油漆可隔绝空气，防止腐蚀；
B.船壳与电源正极相连结，发生氧化反应而被腐蚀；
C.锌的金属性比铁强，锌做原电池的负极被氧化；
D.海水中钢铁发生吸氧腐蚀。
9.【答案】 A
【解析】【解答】A．由于产物的能量相同，是放热反应，ⅱ是吸热反应，说明反应物含有的ⅰ中的高。因此ⅰ中碘为气态，ⅱ中碘为固态，A符合题意；
B．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于反应(ⅰ)的产物与反应(ⅱ)的产物状态相同，因此稳定性相同，B不符合题意；
C．1 mol I2(g)中通入1 mol H2(g)，发生反应，由于该反应是可逆反应，物质不能完全转化，所以放热小于9.48 kJ ，C不符合题意；
D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差26.48 kJ +9.48 kJ =35.96kJ，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】固态碘吸收热量变为气态碘，根据
(ⅰ)I2(?1)＋H2(g) 2HI(g)＋9.48 kJ (ⅱ)I2(?)＋H2(g) 2HI(g)－26.48 kJ，可以判断i碘为气态，ii中碘为固态，能量越低越稳定。
10.【答案】 A
【解析】【解答】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，混合气体冷却后又化合为氯化铵，故光加热氯化铵制备不到氨气，A符合题意；
B．锌粒与稀硫酸反应制氢气，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，B不合题意；
C．电石与饱和食盐水制乙炔，CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，饱和食盐水是用于控制反应的速率，C不合题意；
D．浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯，C2H5OH CH2=CH2↑+H2O，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】实验室制氨气是用氯化铵和氢氧化钙共热，Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O，不能用氯化铵直接加热制取氨气，其他均可以符合实验室制取气体。
11.【答案】 C
【解析】【解答】氧化铁为碱性氧化物，能与酸反应；Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱溶液反应，为除去Fe2O3中的Al2O3 ， 需要选择它们性质的不同点，即氧化铝可溶于强碱溶液中，而氧化铁不溶，过滤分离，
故答案为：C。
【分析】除杂的原则是不能引入新的杂质，不能反应掉需提纯的物质，把杂质变为沉淀、气体或溶解除去，Fe2O3中混有Al2O3 ， 二者都难溶于水，根据分类和性质Fe2O3是碱性氧化物，具有碱性氧化物的通性，溶于酸而不溶于碱；Al2O3是两性氧化物，具有两性氧化物的通性，溶于强酸强碱．所以可把混合物加入强碱溶液中，然后过滤，可得较纯的Fe2O3 ．
12.【答案】 A
【解析】【解答】A．一个羟基中含有9个电子，故17g羟基(-OH)所含电子总数为 = ，A符合题意；
B．由于苯在标准状况下是液体，故无法计算1.12L苯含有 键的个数，B不符合题意；
C．由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知， 即 和足量 反应，产生的气体的分子数为 =0.25 NA ， C不符合题意；
D．CH3COOCH2CH3+H2O CH3COOH+CH3CH2OH，故0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，找出1个-OH的电子数即可
B.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
C.根据化学方程式即可计算出出产生气体的物质的量
D.酯类的水解反应是个可逆反应
13.【答案】 C
【解析】【解答】A．明矾含铝离子，能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，因此能用作净水剂，与溶解性无关，A项不符合题意；
B． 吸收烟气中的 ，是因为Fe3+具有氧化性而S2-具有还原性，两者能发生氧化还原反应，B项不符合题意；
C． 具有还原性，能与具有氧化性的 反应，C项符合题意；
D．储运浓硝酸用铝罐，是因为铝在浓硝酸中发生钝化，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.明矾易溶于水与溶解性无关
B.氯化铁溶液具有酸性是由于铁离子水解导致，可以吸收硫化氢主要是发生氧化还原反应除去气体
C.利用过氧化氢的还原性发生氧化还原反应除去氯气
D.存储浓硝酸主要用铝是因为浓硝酸具有氧化性在铝的表面形成致密的氧化铝薄膜
14.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据降冰片烯的结构简式，其分子式为C7H10 ， 含有碳碳双键，则分子本身可以发生加聚反应，A说法不符合题意；
B．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，可发生1∶1的加聚反应，故该光刻胶的结构简式可能为： ，B说法不符合题意；
C．1个马来酸酐水解生成2个羧基，则1 mol马来酸酐，最多消耗2 mol NaOH，C说法符合题意；
D．降冰片烯与马来酸酐中均含有碳碳双键，发生加聚反应时，可能导致马来酸酐相邻2个，故光刻胶合成过程中可能会出现链节： ，D说法不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据结构简式可以写出分子式，含有碳碳双键可以发生加聚反应
B.符合发生的两个双键的加聚反应的产物
C.根据马来酸酐水解的产物判断即可
D.双键的加聚是随机的可能此链节
15.【答案】 D
【解析】【解答】A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A不符合题意；
B．该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，但采用水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故B不符合题意；
C．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，而该装置无冷凝装置，故C不符合题意；
D．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集．实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置符合这些要求，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该反应是制取乙酸丁酯的实验，属于酯化反应。其中加热装置应该选择酒精灯加热而不是水浴加热，所以AB不符合题意；其次反应物中有易挥发的物质，因此需要设置冷凝装置。
16.【答案】 D
【解析】【解答】A．由2FeSO4 SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了SO3 ， SO3+H2O=H2SO4 ， H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，b有白色沉淀生成，故A不符合题意；
B．加热前要先通入氮气，是把装置内的空气排尽，避免空气对实验的干扰，加热结束时也要通入氮气，是把产生的气体全部被吸收，避免污染环境，故B不符合题意；
C．由2FeSO4 SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了Fe2O3 ， Fe2O3是红棕色的，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红，故C不符合题意；
D．若用足量溴水代替品红溶液，足量的溴水能吸收二氧化硫，装置d中无明显现象，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据题中信息，装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀，证明FeSO4加热分解产生了SO2 ， 硫元素化合价降低了，FeSO4中亚铁离子有还原性，所以Fe元素化合价升高，由质量守恒和得失电子守恒可推知FeSO4在隔绝空气条件下受热分解的化学方程式为2FeSO4 SO2↑+SO3↑+Fe2O3；据此解答。
17.【答案】 B
【解析】【解答】向母液中通氨气能增大NH4+的浓度，NH4Cl的溶解度随温度的变化而变化的大，使NH4Cl更多地析出，并且能使NaHCO3转化为Na2CO3 ， 降低 浓度，提高析出的NH4Cl纯度。故B不符合题意，
故答案为：B。
【分析】 根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；主要的副产物为氯化铵，需要考虑氯化铵的回收利用，要提高原料的利用率，可以循环使用的方法等知识点来解题。
18.【答案】 B
【解析】【解答】A．Z为固体，则加入适量Z，①和②平衡均不移动，故A不符合题意；
B．体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，则①不移动，故B符合题意；
C．①为吸热反应，降温平衡逆移，②为放热反应，降温平衡正移，无法比较哪边的变化程度更大，则降温时无法判断W浓度的增减，故C不符合题意；
D．通入Y，①正向移动，②逆向移动，则N的浓度增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Z是固体，不影响平衡移动
B.加入稀有气体，由于体积不变，各物质的浓度不变，平衡不移动
C.降温两个反应均会移动，不知道温度对其影响程度
D.通入W导致平衡均会移动，即可判断
19.【答案】 B
【解析】【解答】A．由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(N )会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01 mol·L-1 HN3溶液的pH>2，A不符合题意；
B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3 H+ + N ，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大， pH减小，B符合题意；
C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N ，电离方程式为 NaN3= Na++N ，C选项不符合题意；
D．0.01 mol·L-1 NaN3溶液中：由物料守恒 c(Na+ )= c( N )+ c(HN3)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 NaN3溶液呈碱性 ，说明 HN3 是弱酸,弱酸的电离是吸热反应，温度越高，氢离子浓度越大，因此pH越小，0.01mol/L的HN3的pH大于2， NaN3 是强电解质，完全电离，根据电荷守恒即可写出0.01mol/LNaN3的离子浓度
二、多选题
20.【答案】 C,D
【解析】【解答】A．Al为13号元素，在周期表中位于第三周期ⅢA族，故A不符合题意；
B．P位于第ⅤA族，最低负价为-3价，所以简单气态氢化物的化学式为PH3 ， 故B不符合题意；
C．原子半径 ，故C符合题意；
D．非金属性P
【分析】A.根据铝的核外电子排布即可找出位置
B.p和N处于同一主族，因此可以写出p的氢化物
C.同周期主族元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小
D.非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强
三、综合题
21.【答案】 （1）8；5s25p5；离子键、极性共价键
（2）I2+5H2O2 2HIO3+4H2O
（3）H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等
（4）Cl2；2NA
（5）加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率
（6）1
【解析】【解答】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与 之间以离子键结合；在阴离子 中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2 ， NaBr被氧化产生Br2 ， 反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2 ， 根据方程式可知：每吸收1 mol Br2 ， 需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2 ， 发生氧化还原反应产生Br2 ， 用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2 ， 根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
22.【答案】 （1）0.1mol·L-1·s-1
（2）4；AD
（3）B,D
（4）CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应；此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强
（5）CO +CO2+H2O=2HCO ；KHCO3和K2CO3；b
【解析】【解答】(1)设平衡时Δn(H2)=x mol，则列三段式有：
根据题意有 =50%，解得x=1，容器体积为2L，所以v(H2)= =0.1mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)的计算可知平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol，容器体积为2L，则浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，所以平衡常数K= =4；
若平衡K值变大，由于平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，说明降低了温度；
A．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，A正确；
B．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，所以平衡移动时，逆反应速率先减小后增大，B不正确；
C．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，C不正确；
D．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，反应物的浓度逐渐减小，所以平衡移动时，正反应速率始终减小，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则无论是否平衡密度都不发生变化，A不正确；
B．CH3OH的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；
C．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应还是逆反应速率，故不能说明反应是否达到平衡，C不正确；
D．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，但该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时平均相对分子质量会发生变化，当其不变时说明反应达到平衡，D正确；
综上所述答案为BD；
(4) CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；温度越高，速率越快，此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强，所以此时CH3OH的产率最大；
(5)离子方程式为CO +CO2+H2O=2HCO ，200mL 1.5mol/LK2CO3溶液中含有0.2L×1.5mol/L=0.3molK2CO3 ， 标况下3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，所以只能反应0.15mol碳酸根，则溶质为0.15mol K2CO3和0.3molKHCO3；
各离子的浓度关系：
a．溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+c(OH-)，a不正确；
b．根据溶质成分可知3c(K)=4c(C)，则有3c(K+)=4c(CO )+4c(HCO )+4c(H2CO3)，b正确；
c．CO 和HCO 的水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系应为c(K+)＞c(HCO )＞c(CO )＞c(OH-)＞c(H+)，c不正确；
故答案为：b。
【分析】（1）根据三行式结合方程式计算出平衡时的浓度即可计算速率
（2）根据平衡时的各物质的量浓度即可计算出平衡常数，根据Q判断正反应为放热反应，要使K值增大，因此平衡向右移动，温度降低
（3）正反应为放热反应，且前后气体系数之和不等，因此判断平衡可以考虑，同种物质的正逆瀌是否相等、各物质的量弄苏是否不变，以及平均摩尔质量是否改变、压强是否改变等
（4）根据主反应是放热反应，副反应是吸热反应，当温度过高时，副反应为主速率加快，图②产率最大可能能催化剂活性有关
（5）碳酸钾吸收CO2得到碳酸氢钾溶液，根据方程式计算，二氧化碳是否过量即可写出方程式，根据电荷守恒和物料守恒即可判断离子浓度关系
23.【答案】 （1）BaCl2；Na2CO3；75%乙醇
（2）500mL容量瓶、胶头滴管
（3）a；平衡压强，使液体顺利滴下；增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快
（4）使SO 完全沉淀；×100%
【解析】【解答】(1)为了不引入新的杂质，除去硫酸根应使用氯化钡溶液、除去Mg2+、Fe3+用NaOH溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，且Na2CO3溶液需加在氯化钡之后，所以滴加顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3；为了降低NaCl的溶解度，同时使微量的KCl溶解，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl应选用75%乙醇；
(2)配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，需要在烧杯溶解NaCl固体，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需要玻璃棒引流，定容时需要胶头滴管滴加水，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)①氯化氢沸点低易挥发，而硫酸为高沸点酸不易挥发，所以将浓硫酸和NaCl混合加热可以挥发出HCl气体，
故答案为：a；仪器a侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；
(4)步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO 完全沉淀，得到的沉淀为BaSO4 ， 质量为m2g，则沉淀中SO 的质量为 ，所以样品中硫酸根的质量分数为 ×100%= ×100%。
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO 等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO 、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶，洗涤除去K+ ， 烘干得到NaCl。
24.【答案】 （1）酯基；碳碳双键
（2）
（3）还原反应
（4）+CH3OH +H2O
（5）取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F
（6）HCOOCH=C(CH3)2
（7）
【解析】【解答】(1)C( )中官能团有酯基、碳碳双键，故答案为：酯基、碳碳双键；
(2)根据上述分析，D的结构简式为 ，故答案为： ；
(3)合成路线中E到F过程中E中的羰基转化为了羟基，发生了还原反应，故答案为：还原反应；
(4) H与甲醇发生酯化反应生成X，反应的反应方程式为 +CH3OH +H2O，故答案为： +CH3OH +H2O；
(5)F( )和G( )的区别是G中还原羧基，区别F和G可以利用羧基的酸性设计实验，具体的方法为：取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F，故答案为：取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F；
(6)有机物W是C( )的同分异构体，①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，说明含有酯基，则W是甲酸酯类物质；③含有3种化学环境不同的氢原子，满足条件的W的结构简式为HCOOCH=C(CH3)2 ， 故答案为：HCOOCH=C(CH3)2；
(7)由 为原料制备 ，根据信息Ⅱ，需要先加成 ，可以由 先合成 ，再将羟基氧化即可，合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】根据信息I，D在多聚磷酸条件下加热生成E( )，则D中含有酯基，结合BC的结构简式可知，D为 ；根据信息Ⅱ，G反应生成H，H为 ，H与甲醇发生酯化反应生成X，X为 ，据此分析解答。
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