2022年上海市宝山区高考化学二模试卷（含答案解析）

这是一份2022年上海市宝山区高考化学二模试卷（含答案解析），共21页。
2022年上海市宝山区高考化学二模试卷

1. 松江正在进行生活垃圾分类．生活垃圾中的塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于( )
A. 无机物 B. 有机物 C. 盐类 D. 非金属单质
2. 下列科学家中，为我国化学工业作出重大贡献的是( )
A. 钱学森 B. 侯德榜 C. 华罗庚 D. 李四光
3. 据报道，月球上有大量 23He存在，以下关于 23He的说法正确的是( )
A. 是 24He的同素异形体 B. 比 24He少一个质子
C. 是 24He的同位素 D. 比 24He多一个中子
4. 下列物质能起到消毒杀菌作用的是( )
A. 漂粉精 B. 明矾 C. 乳酸菌 D. 小苏打
5. 有人认为在元素周期表中，位于族的氢元素，也可以放在族，下列物质能支持这种观点的是( )
A. HF B. H3O+ C. NaH D. H2O2
6. 下列表达方式正确的是( )
A. 乙炔的结构式：HC≡CH
B. 羟基的电子式：
C. 氧离子的核外电子排布式：1s22s22p4
D. 碳−12原子： 612C
7. 属于共价化合物的是( )
A. SiO2 B. NaCl C. NH4Cl D. Cl2
8. 下列实验装置的名称错误的是( )
A. 三脚架 B. 坩锅钳 C. 泥三角 D. 研钵
9. 相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH最大的是( )
A. NH4Cl B. NH4HCO3 C. NH4HSO4 D. (NH4)2SO4
10. 以下命题，违背化学变化规律的是( )
A. 石墨制成金刚石 B. 煤加氢变成人造石油
C. 水变成汽油 D. 干冰转化成原子晶体
11. 在NH3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是( )
A. 使用加压装置 B. 使用尾气吸收装置
C. 使用H2作原料 D. 使用催化剂
12. 关于的结构与性质，下列说法错误的是( )
A. 最简式是CH B. 存在单双键交替的结构
C. 是甲苯的同系物 D. 空间构型是平面形
13. 现有三组混合液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液  ②乙醇和丁醇  ⑧溴化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是( )
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
14. 如图是电解 CuCl2溶液的装置，其中 c、d 为石墨电极．则下列有关的判断正确的是( )

A. a 为负极、b 为正极 B. a 为阳极、b 为阴极
C. 电解过程中，d 电极质量增加 D. 电解过程中，氯离子浓度不变
15. 下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. H3O+、NO3−、Fe2+、Na+ B. Ag+、NO3−、Cl−、K+
C. K+、Ba2+、OH−、SO42− D. Cu2+、NH4+、Br−、OH−
16. 一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图象，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率( )
A. 2nBtBmol⋅L−1⋅min−1 B. nBtBmol⋅L−1⋅min−1
C. 2nA3tAmol⋅L−1⋅min−1 D. nB90tBmol⋅L−1⋅s−1
17. 迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述错误的是( )
A. 迷迭香酸属于芳香族化合物
B. 迷迭香酸含有三种含氧官能团
C. 迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D. 1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
18. 下列实验操作中，错误的是( )
A. 粗盐提纯时，将称量的粗盐放入烧杯中加适量的水搅拌溶解
B. 硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C. 测定未知NaOH溶液浓度时，把量取的标准酸液加入湿润的锥形瓶中进行滴定
D. 配制0.1mol⋅L−1H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
19. 向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是( )
A. NaCl、NaBr、NaI B. NaCl、NaBr、I2
C. NaCl、NaI D. NaCl、NaI、Br2
20. 将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系错误的是( )
A. c(Na+)>c(Cl−)>c(H+)>c(OH−)
B. c(Ac−)>c(Cl−)>c(HAc)>c(H+)
C. c(Na+)>c(Ac−)+c(Cl−)
D. c(Na+)+c(H+)=c(Ac−)+c(Cl−)+c(OH−)
21. 碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
(1)储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 ______。

a.C60、Si60、N60都属于新型化合物
b.C60、Si60、N60互为同分异构体
c.已知N60结构与C60相似，由于N−N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d.已知金刚石中C−C键长154pm，C60中C−C键长145∼140pm，故C60熔点高于金刚石
玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：。
(2)上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 ______晶体。写出气体产物的电子式 ______，其属于 ______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 ______>______(填元素符号)；处于第三周期的元素名称是 ______；金属性最强的短周期元素原子核外有 ______种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 ______(写化学式)。
碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。
(4)已知下列3个变化：CO32−→CO2、C2O42−→CO2、Fe3+→Fe2+，找出其中一个变化与“MnO4−→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 ______。
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：MnO4−+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4−+3e+2H2O→MnO2+4OH−；MnO4−+e→MnO42−。
①由此可知，高锰酸根离子(MnO4−)反应后的产物与 ______有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O。已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 ______个。
22. (1)联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 ______。
(2)NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)+57.20kJ。写出该反应的平衡常数表达式K=______。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 ______。
a.减小NO2的浓度
b.降低温度
c.增大压强
d.升高温度
(3)Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)
红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 ______(请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 ______盐。
③为了使Na2CO3溶液中c(Na+)c(CO32−)的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是 ______。
a.CO2气体
b.KOH固体
c.HCl气体
d.Na2CO3固体
23. 一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如图：

已知：NaBH4是一种还原剂。
完成下列填空：
(1)布洛芬的分子式为 ______，B→C的反应类型是 ______。
(2)D的结构简式是 ______。
(3)E→F的化学方程式为 ______。
(4)化合物M的分子式为C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有 ______种。
(5)某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：。请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点______。
(6)设计一条以丙醇为主要原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线(其他无机试剂任选)______。(合成路线常用的表达方式为：…目标产物 )
绿矾(FeSO4⋅7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原料与稀硫酸反应制备绿矾。
(1)将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2∼3遍，其中加热的作用是 ______。
(2)向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50∼80℃之间至反应完全(铁屑有剩余)，发生反应的离子方程式为 ______。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由 ______。
(3)趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2∼3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的 ______。
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2。按如图连接好装置进行实验。

操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热；
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f.称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重(固体为FeSO4)，质量为m3。
(4)仪器B的名称是 ______。整个过程中持续通入N2的目的是 ______。
(5)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=______(列式表示)。若实验时按b、a次序操作，则x ______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物。
故选：B。
利用塑料袋、废纸、旧橡胶制品，形成材料的分类，可判断出其所属类别．
此题是一道物质组成材料题，解题的关键是对组成这些物质的材料成分的掌握，难度不大．

2.【答案】B

【解析】解：A.钱学森是中国航天事业的奠基人，中国两弹一星功勋奖章获得者，被誉为“中国航天之父”、“中国导弹之父”等，故A错误；
B.侯德榜是一位化学家，发明了联合制碱法，在制碱工业中做出了重大贡献，故B正确；
C.华罗庚是中国数学家，故C错误；
D.李四光是一位地质学家，在我国的地质研究和石油勘探工作中做出了重大贡献，故D错误；
故选：B。
根据各位科学家的重大贡献进行判断。
了解科学发展史，有助于培养科学素养、探究精神，为将来服务社会打下良好的精神基础。

3.【答案】C

【解析】解：A.23He和 24He互为同位素，不是同素异形体，故A错误；
B. 23He和 24He的质子数相同，故B错误；
C. 23He是 24He的同位素，故C正确；
D. 23He的中子数=3−2=1， 24He的中子数=4−2=2，比 24He少一个中子，故D错误；
故选：C。
A.同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
B.元素符号左下角为质子数；
C.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
D.原子中质量数=质子数+中子数。
本题考查了原子结构、微粒关系、同位素和同素异形体概念的理解应用等，题目难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：漂粉精中次氯酸根离子具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，能起到消毒杀菌作用，明矾、乳酸菌、小苏打都不能使蛋白质变性，不具有杀菌消毒效力，
故选：A。
一般能起消毒杀菌作用物质能够使蛋白质变性，如次氯酸、过氧化氢、高锰酸钾等，据此解答。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的应用，题目难度不大。
【解答】
族元素的原子结构特征：最外层7个电子，反应时，易得一个电子达到稳定结构，显−1价，在NaH中表明，H原子也能得一个电子，达到2个电子稳定结构，显−1价，类似族元素，A、B、D在H只体现+1价，C中体现−1价，
故选：C。
位于族的氢元素，也可以放在族，则该元素的化合价有+1、−1价，以此来解答。  
6.【答案】D

【解析】解：A.HC≡CH为乙炔的结构简式，乙炔的结构式为H−C≡C−H，故A错误；
B.羟基中O原子与H原子共用1对电子，O原子的外围电子数为7，羟基的电子式为，故B错误；
C.氧离子的核外电子为10，则氧离子的核外电子排布式：1s22s22p6，故C错误；
D.质量数为12的C原子的质子数为6，该原子可以表示为 612C，故D正确；
故选：D。
A.结构式中C−H键不能省略；
B.羟基中O原子最外层电子数为7；
C.氧离子的核外电子为10；
D.元素符号的左上角为质量数，质量数=质子数+中子数。
本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、核外电子排布及结构式等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。

7.【答案】A

【解析】解：A.SiO2中只存在Si−O共价键，属于共价化合物，故A正确；
B.钠离子和氯离子之间只存在离子键，属于离子化合物，故B错误；
C.铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中存在N−H共价键，属于离子化合物，故C错误；
D.氯气分子中只存在Cl−Cl共价键，属于单质，故D错误；
故选：A。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。
本题考查化合物类型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：坩埚是属于陶瓷质仪器不是金属质地仪器，故坩锅钳应该为坩埚钳，B错误，
故选：B。
坩埚是属于陶瓷质仪器不是金属质地仪器。
本题主要考查仪器名称的正确书写，难度中等。

9.【答案】B

【解析】解：NH4Cl和(NH4)2SO4，铵根离子部分水解溶液都呈酸性，溶液的pHc(H+)>c(OH−)，故A正确；
B.CH3COOH为弱电解质，部分电离，应有c(CH3COOH)>c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)，故B正确；
C.由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)+c(Cl−)，因溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，则c(Na+)C，处于第三周期的元素名称是钠、硅，金属性最强的短周期元素为Na，核外电子排布为1s22s22p63s1，原子核外有4种能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有Na2O2和Na2O，
故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O2和Na2O；
(4)“MnO4−→Mn2+”的过程为还原反应，故需要找到对应化合价升高的氧化反应，可以选择C2O42−→CO2，对应的离子方程式为5C2O42−+2MnO4−+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：5C2O42−+2MnO4−+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(5)分析反应MnO4−+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4−+3e+2H2O→MnO2+4OH−；MnO4−+e→MnO42−可知，不同的酸碱性，对应的氧化还原产物不同，故高锰酸根离子(MnO4−)反应后的产物与溶液的酸碱性有关，
故答案为：溶液酸碱性；
(6)高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，分析反应可知，10molFeS参加反应，产生10molS，引起固体的质量变化，对应的质量变化差值为10×(56+32)g−10×32g=560g，转移20mol电子，故当固体的质量减少了2.8g，对应转移电子的数目为20×2.8560×NA=0.1NA，
故答案为：0.1NA。
(1)C60、Si60、N60都只含有一种元素；
B.C60、Si60、N60为不同元素的单质；
C.已知N60结构与C60相似，由于N−N键能小于N≡N，分析键能对物质稳定性的影响；
D.金刚石为共价晶题，C60为分子晶体；
(2)上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，对应物质为SiO2，属于共价晶体，二氧化碳是共价化合物，存在2个C=O键，其电子式为；
(3)上述反应中，在周期表中相邻的两种元素为C和Si，由于Si的电子层较多，故原子半径Si>C，处于第三周期的元素名称是钠、硅，金属性最强的短周期元素为Na，核外电子排布为1s22s22p63s1，原子核外有4种能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成对应的氧化物和过氧化物；
(4)“MnO4−→Mn2+”的过程为还原反应，故需要找到对应化合价升高的氧化反应，可以选择C2O42−→CO2；
(5)分析反应MnO4−+5e+8H+→Mn2++4H2O；MnO4−+3e+2H2O→MnO2+4OH−；MnO4−+e→MnO42−可知，不同的酸碱性，对应的氧化还原产物不同；
(6)高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，分析反应可知，10molFeS参加反应，产生10molS，引起固体的质量变化，对应的质量变化差值为10×(56+32)g−10×32g=560g，转移20mol电子，故当固体的质量减少了2.8g，结合数据计算。
本题主要考查对原子结构与性质的理解与掌握的情况，具体考查了杂化方式、微粒间作用力、键能、氧化还原反应方程式的理解等，难度不大，需要学生综合掌握相关内容。

22.【答案】2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=−1224.96kJ/molc(N2O4)c2(NO2)  bcCO32−会与水发生水解反应生成HCO3−和OH−，CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，使溶液显碱性  强碱弱酸  bd

【解析】解：(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32gN2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=−1224.96kJ/mol，
故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=−1224.96kJ/mol；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=c(N2O4)c2(NO2)，由题干反应方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)=−57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a.减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b.降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；
c.增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；
d.升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：c(N2O4)c2(NO2)；bc；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根离子与水作用发生水解反应，反应原理为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，
故答案为：CO32−会与水发生水解反应生成HCO3−和OH−，CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，
故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中c(Na+)c(CO32−)的比值变小，即使CO32−的浓度增大，则有：
a.通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得CO32−的浓度减小，c(Na+)c(CO32−)的比值增大，a不合题意；
b.加入KOH固体，溶液中的OH−浓度增大，水解平衡CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−逆向移动，使得CO32−的浓度增大，c(Na+)c(CO32−)的比值减小，b符合题意；
c.通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得CO32−的浓度减小，c(Na+)c(CO32−)的比值增大，c不合题意；
d.加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得c(Na+)c(CO32−)的比值减小，d符合题意；
故答案为：bd。
(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1molN2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ/g×1mol×32g/mol=612.48kJ；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值；由题干反应方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)=−57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，再结合温度、浓度和压强对平衡移动的影响分析；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根离子全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐；
③为了使Na2CO3溶液中c(Na+)c(CO32−)的比值变小，即使CO32−的浓度增大，结合溶液中水解平衡的移动分析判断。
本题考查化学平衡移动、反应热计算、平衡常数计算和影响溶液中水解平衡的移动因素等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。

23.【答案】C13H18O2  还原反应  +H2O3反应步骤多，有副反应产物产生 

【解析】解：(1)根据布洛芬分子结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知其分子式为C13H18O2；根据B、C结构简式的不同，可知B变为C时得氢失氧，发生了还原反应，故B→C的反应类型是还原反应，
故答案为：C13H18O2；还原反应；
(2)C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：和HCl，故D的结构简式是，
故答案为：；
(3)E是，E与HBr在加热时发生−OH的取代反应产生F：和H2O，该反应的化学方程式为：+H2O，
故答案为：+H2O；
(4)化合物M分子式是C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同，则可能的结构有：，共有3种不同结构，
故答案为：3；
(5)以与发生加成反应产生时，反应只有一步就完成，且反应物原子全部转化为生成物；而前边合成
的反应步骤多，有副反应产物产生，
故答案为：反应步骤多，有副反应产物产生；
(6)以丙醇为主要原料合成(CH3)2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2−溴丙烷，与Mg(C2H5)2O、CO2、H+、水反应生成(CH3)2CHCOOH，(CH3)2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成(CH3)2CHCOCl；
，
故答案为：。
A为苯，与(CH3)2CHCOCl和AlCl3发生取代反应生成B，B与Zn/Hg，HCl发生还原反应生成C；CH3COOH在SOCl2加热的条件下反应生成CH3COCl；C与CH3COCl在AlCl3存在下发生取代反应生成D，结合E的结构可知D为()，D与NaBH4反应生成E，E与溴化氢在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成F，F与Mg(C2H5)2O、CO2、H+、水反应生成，由此分析；
(6)以丙醇为主要原料合成(CH3)2CHCOCl，合成路线为将丙醇在浓硫酸、加热的条件下反应生成丙烯，丙烯与溴化氢发生加成反应生成2−溴丙烷，与Mg(C2H5)2O、CO2、H+、水反应生成(CH3)2CHCOOH，(CH3)2CHCOOH在SO2Cl条件下反应生成(CH3)2CHCOCl。
本题考查有机物推断与合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，难度中等。

24.【答案】促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性  Fe+2H+=Fe2++H2↑不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在  绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失  (球形)干燥管  排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化 76(m2−m3)9(m3−m1)  偏小

【解析】解：(1)Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，使油污水解更彻底，除杂更完全，
故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；
(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保证铁屑过量，
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；
(3)由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，
故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；
(4)由题干实验装置图可知，仪器B的名称是(球形)干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，
故答案为：(球形)干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；
(5)根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：(m2−m1)g，FeSO4的质量为：(m3−m1)g，结晶水的质量为：(m2−m3)g，根据方程式计算可得：
FeSO4⋅xH2O−△FeSO4+xH2O
152+18x15218x
(m2−m1)g(m3−m1)g(m2−m3)g
则有152m3−m1=18xm2−m3，解得x=76(m2−m3)9(m3−m1)，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，
故答案为：76(m2−m3)9(m3−m1)；偏小。
(1)Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解；
(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe能将Fe3+还原为Fe2+；
(3)由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度；
(4)由题干实验装置图可知，仪器B的名称是(球形)干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，需要排尽装置中的空气；
(5)根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：(m2−m1)g，FeSO4的质量为：(m3−m1)g，结晶水的质量为：(m2−m3)g，根据方程式计算可得：
FeSO4⋅xH2O−△FeSO4+xH2O
152+18x15218x
(m2−m1)g(m3−m1)g(m2−m3)g
则有152m3−m1=18xm2−m3，即可解得x；若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大。
本题考查物质制备实验的设计，涉及化学实验方案的评价以及相关计算等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力、计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等。