2022年上海市闵行区高考化学模拟试卷（含答案解析）

这是一份2022年上海市闵行区高考化学模拟试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】B，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2022年上海市闵行区高考化学模拟试卷

1. 2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以铝合金为点火段材料。有关铝合金说法错误的是( )
A. 密度小 B. 耐腐蚀 C. 熔点比纯铝高 D. 属金属晶体
2. 海带提碘的过程不包括( )
A. 灼烧 B. 溶解 C. 氧化 D. 升华
3. 我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子(3785Rb)说法正确的是( )
A. 中子数是37 B. 质量数是85
C. 电子数是38 D. 与 3787Rb互称同素异形体
4. 下列官能团名称、结构简式对应正确的是( )
A. 脂基：−COO− B. 羧基：HOOC−
C. 醛基：−COH D. 碳碳双键：−C=C−
5. 欲将某CCl4和H2O的混合体系分离，需要用到的主要仪器是( )
A. B. C. D.
6. 下列工业生产过程中物质没有“循环利用”的是( )
A. 石油分馏 B. 硫酸工业 C. 联合制碱法 D. 合成氨工业
7. 有关单质碘升华过程的描述中，错误的是( )
A. 该过程吸热 B. 分子间距增大
C. 分子间作用力增大 D. 不会破坏共价键
8. 对碳原子最外层电子的描述，错误的是( )
A. 有1种自旋状态 B. 有2种不同能量 C. 分占3个轨道 D. 有4种运动状态
9. 关于(CH3CH2)2C(CH3)2的说法，错误的是( )
A. 常温下呈液态
B. 命名为3，3−二甲基戊烷
C. 一氯代物有3种
D. 是2，3−二甲基丁烷的同分异构体
10. 关于实验室制备乙酸丁酯的说法，正确的是( )
A. 采用水浴加热法控制温度
B. 采用边反应边蒸馏的方法提高产率
C. 采用乙酸过量提高丁醇利用率
D. 用氢氧化钠溶液分离提纯出产品
11. 下列应用与化学原理对应错误的是( )
选项
应用
化学原理
A
铁罐存储浓硫酸
铁被浓硫酸钝化
B
铵盐是一种常见氮肥
氮是生命体必需元素
C
明矾可用作净水剂
明矾水解生成Al(OH)3
D
钢闸门用外加电流阴极保护法
辅助阳极比铁活泼
A. A B. B C. C D. D
12. 一定呈酸性的溶液是( )
A. pH=6的溶液
B. NH4Fe(SO4)2溶液
C. 与Al反应生成H2的溶液
D. 的溶液
13. 如图所示的四种短周期主族元素，已知元素X的原子核外电子数是M的2倍。相关叙述中，错误的是( )
A. X元素是镁
B. M元素可形成一种温室气体
C. 最高价氧化物对应水化物酸性：N>M
D. Y的氧化物是铝热剂的成分之一
14. 一定条件下：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−196kJ/mol，下列说法正确的是( )
A. 反应物的总能量低于产物的总能量
B. 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(s)ΔH=−QQ>196kJ/mol
C. 反应中若使用催化剂，放出热量小于196kJ
D. 若投入2molSO2(g)和1molO2(g)，使之反应，放出热量196kJ
15. 某螺环烃的结构如图。下列描述正确的是( )


A. 能发生取代、加成等反应
B. 是1，3−丁二烯的同系物
C. 与HBr按物质的量1：1加成得1种产物
D. 所有碳原子处于同一平面
16. 图a、b、c分别为NaCl在不同状态下导电实验的微观示意图(X、Y为石墨电极)。下列分析正确的是( )
A. 图a中每个Na+吸引4个Cl− B. 图b说明通电后NaCl才电离
C. 图c中X与电源负极相连 D. 图c中Y上产生H2
17. 根据有关物质检验的实验方案和现象，结论正确的是( )

方案、现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸混合升温至170℃，产生气体通入溴水，红棕色褪去
生成乙烯
B
取少量有机物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中，充分振荡，未见砖红色沉淀
有机物不含醛基
C
取少量Na2SO3固体溶于蒸馏水，加足量稀盐酸，再加足量BaCl2溶液，有白色沉淀
Na2SO3固体已变质
D
取铁与水蒸气反应的混合物用稀硫酸充分溶解，所得溶液，一份滴加KSCN溶液，呈血红色；另一份滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁与水蒸气的产物中铁元素有+2、+3两种化合价
A. A B. B C. C D. D
18. 某温度下，恒容密闭容器中反应：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)+Q(Qc(OH−)，溶液呈酸性，所以该溶液一定呈酸性，故B正确；
C.与Al反应生成氢气的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液，如：稀硫酸和Al反应生成氢气、NaOH溶液和Al反应生成氢气，稀硫酸溶液呈酸性、NaOH溶液呈碱性，故C错误；
D.室温下，的溶液中，水的电离被抑制，如果溶液中溶质是酸，溶液中，溶液的pH=1，如果是碱溶液，溶液中，溶液的pH=13，所以该温度下的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故D错误；
故选：B。
A.pH=6的溶液可能呈中性；
B.NH4Fe(SO4)2溶液中NH4+、Fe2+水解导致溶液呈酸性；
C.与Al反应生成氢气的溶液可能是强酸也可能是强碱溶液；
D.室温下，的溶液可能产生也可能呈碱性。
本题考查溶液酸碱性判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确溶液酸碱性判断方法是解本题关键，A易忽略温度与pH值的关系而导致错误判断，题目难度不大。

13.【答案】D

【解析】解：A.X元素是镁，故A正确；
B.碳元素形成的二氧化碳是一种温室气体，故B正确；
C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性氮大于碳，则最高价氧化物对应水化物酸性：N>M，故C正确；
D.Al是铝热剂的成分之一，故D错误；
故选：D。
四种短周期主族元素，由图可知，为第二、三周期元素；已知元素X的原子核外电子数是M的2倍，设M原子序数为 x，则X原子序数为 x+6，则(x+6)=2x， x=6，则M、N、X、Y分别为碳、氮、镁、铝。
本题考查原子结构和元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，明确原子结构、元素周期表结构、元素周期律及元素化合物性质是解本题关键，侧重考查学生判断及知识综合运用能力。

14.【答案】B

【解析】解：A.焓变为负，为放热反应，则反应物的总能量高于产物的总能量，故A错误；
B.反应物相同，生成物中气态比固态能量高，生成固态产物放热多，则2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(s)ΔH=−Q中Q>196kJ/mol，故B正确；
C.催化剂不改变反应的始终态，则若使用催化剂，放出热量不变，故C错误；
D.投入2molSO2(g)和1molO2(g)反应时，不能完全转化，则放出热量小于196kJ，故D错误；
故选：B。
A.焓变为负，为放热反应；
B.反应物相同，生成物中气态比固态能量高，生成固态产物放热多；
C.催化剂不改变反应的始终态；
D.投入2molSO2(g)和1molO2(g)反应时，不能完全转化。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、可逆反应、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

15.【答案】A

【解析】解：A.此烃中含碳碳双键和烷烃基，故能发生加成反应和取代反应，故A正确；
B.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，1，3−丁二烯和此螺环烃的结构不相似，两者不是同系物，故B错误；
C.此烃中两条碳碳双键是等效的，故此烃与HBr按物质的量1：1加成时，加成在两条双键的任意一条时所得产物是相同的，但碳碳双键两端不对称，故和等物质的量的HBr加成产物有2种，故C错误；
D.此烃中除了碳碳双键两端的碳原子之外，其余的碳原子均为sp3杂化，此有机物中所有碳原子不可能共平面，故D错误；
故选：A。
A.此烃中含碳碳双键和烷烃基；
B.结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；
C.此烃中两条碳碳双键是等效的，但碳碳双键两端不对称；
D.此烃中除了碳碳双键两端的碳原子之外，其余的碳原子均为sp3杂化。
本题考查了烯烃的结构和性质以及原子共平面的问题，难度不大，应注意的是烯烃能发生加成反应，在合适的条件下也能发生取代反应。

16.【答案】D

【解析】解：A.由图可知，代表的离子是Cl−，小白球周围有4个，但这是立体结构，故图a中每个Na+吸引8个Cl−，故A错误；
B.NaCl电离不需要通电，故B错误；
C.通电时，氯离子向阳极移动，故X接正极，故C错误；
D.图c中Y接阴极，故会产生氢气，故D正确；
故选：D。
氯离子半径大于钠离子，故图中代表的离子是Cl−，据此进行分析。
本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。

17.【答案】C

【解析】解：A.乙醇与浓硫酸发生反应会生成SO2及生成的乙烯均可被溴水氧化，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故A错误；
B.该反应需要加热，否则不能生成砖红色沉淀，故B错误；
C.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由实验及现象可知，样品已经变质，故C正确；
D.加稀硫酸溶解，Fe可能过量，溶液含Fe与硫酸反应生成的亚铁离子，由操作和现象不能证明Fe与水蒸气反应后的固体产物中含+2价铁，故D错误；
故选：C。
A.乙醇与浓硫酸发生反应会生成SO2及生成的乙烯均可被溴水氧化；
B.该反应需要加热；
C.硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸；
D.加稀硫酸反应，Fe可能过量，生成FeSO4，溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，可知溶液含铁离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、沉淀转化、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

18.【答案】D

【解析】解：A.反应前后气体的总物质的量不变，则该反应的体系压强始终保持不变，故A正确；
B.v(CO2)保持不变，可知其浓度不变，则可作为该可逆反应达到平衡状态的标志，故B正确；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，故C正确；
D.K=c(H2O)⋅c(CO)c(H2)⋅c(CO2)=0.04×0.040.04×0.04=1，若H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)初始浓度均为0.1mol⋅L−1，Q=c(H2O)⋅c(CO)c(H2)⋅c(CO2)=0.1×0.10.1×0.1=1=K，平衡不移动，故D错误；
故选：D。
H2(g)和CO2(g)初始浓度均为0.1mol⋅L−1，平衡时测得H2浓度为0.04mol⋅L−1，则
mol/LH2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
开始     0.10.100
转化     0.060.060.040.04
平衡     0.040.040.040.04
A.反应前后气体的总物质的量不变；
B.v(CO2)保持不变，可知其浓度不变；
C.平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动；
D.K=c(H2O)⋅c(CO)c(H2)⋅c(CO2)=0.04×0.040.04×0.04=1，若H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)初始浓度均为0.1mol⋅L−1，Q=c(H2O)⋅c(CO)c(H2)⋅c(CO2)=0.1×0.10.1×0.1=1=K。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、K与Q的计算、平衡移动及判定为解答的关键，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。

19.【答案】D

【解析】解：A.转化过程中Fe3+发生反应CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，故A错误；
B.由图可知，一共发生三个反应：①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S、③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，其中反应②③属于氧化还原反应，而①是非氧化还原反应，故B错误；
C.由图可知，整个转化中Fe、S、O共3种元素化合价发生变化，故C错误；
D.整个过程总反应为，2molH2S反应需要1molO2，空气中O2体积比以20%计，则需要通入空气为1mol20%=5mol，则通入V(H2S)：V(空气)=2：5，故D正确；
故选：D。
A.Fe3+发生反应CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S；
B.H2S+CuCl2=CuS↓+2HCl不是氧化还原反应；
C.由转化关系可知，Fe、S、O元素化合价发生变化；
D.整个过程总反应为，2molH2S反应需要1molO2，空气中O2体积比以20%计，则需要通入5mol空气。
本题考查化学反应机理，关键是明确反应物、中间产物、催化剂，熟练掌握元素化合物知识与化学反应原理，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

20.【答案】A

【解析】解：A.a点溶质为NaHCO3，HCO3−水解程度大于电离程度，所以a点溶液呈碱性；向a点溶液中加入NaOH溶液得到c点，c点加入的n(NaOH)=n(NaHCO3)=0.05mol/L×0.01L=5×10−4mol，二者恰好完全反应生成Na2CO3，所以c点溶质为Na2CO3，c点CO32−水解而促进水电离，所以a点和c点溶液呈碱性的原因完全相同，故A正确；
B.c点溶质为Na2CO3，促进水电离，e点加入的n(HCl)=n(NaHCO3)=0.05mol/L×0.01L=5×10−4mol，二者恰好完全反应生成NaCl、CO2和H2O，e点溶解CO2导致溶液呈酸性，抑制水电离，c点水电离出的c(H+)=Kw10−pH=10−1410−11.3mol/L=10−2.7mol/L，e点水电离出的c(H+)=10−pH=10−4.3mol/L，c点和e点水电离出的H+浓度之比为=10−2.7：10−4.3=101.6：1，故B错误；
C.d点溶液中加入的HCl是NaHCO3的一半，则溶液中存在等物质的量浓度的NaCl、NaHCO3，还溶解部分二氧化碳，漏写c(CO32−)，所以溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(Cl−)+c(OH−)+2c(CO32−)，故C错误；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，向NaHCO3溶液中加入NaOH生成Na2CO3而促进水电离，向NaHCO3溶液中加入HCl生成NaCl和H2CO3而抑制水电离，故D错误；
故选：A。
A.a点溶质为NaHCO3，HCO3−水解程度大于电离程度，所以a点溶液呈碱性；向a点溶液中加入NaOH溶液得到c点，c点加入的n(NaOH)=n(NaHCO3)=0.05mol/L×0.01L=5×10−4mol，二者恰好完全反应生成Na2CO3，所以c点溶质为Na2CO3；
B.c点溶质为Na2CO3，促进水电离，e点加入的n(HCl)=n(NaHCO3)=0.05mol/L×0.01L=5×10−4mol，二者恰好完全反应生成NaCl、CO2和H2O，e点溶解CO2导致溶液呈酸性，抑制水电离；
C.d点溶液中加入的HCl是NaHCO3的一半，则溶液中存在等物质的量浓度的NaCl、NaHCO3，还溶解部分二氧化碳，漏写c(CO32−)；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素是解本题关键，题目难度中等。

21.【答案】Na>O2−>Na+  2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低  离子键和共价键  0.2NA  12H2O123碱  c(N3−)>c(HN3)图中b点为等物质的量的NaN3和HN3混合溶液，pHc(HN3)

【解析】解：(1)Na、Na+、O2−的半径，钠原子三个电子层，氧离子和钠离子电子层数相同，则由大到小顺序为：Na>O2−>Na+，
故答案为：Na>O2−>Na+；
(2)碳酸氢钠不稳定，吸收体系释放的热量、发生分解，产生碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低
故答案为：2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，分解吸收热量，使环境温度降低；
(3)NaN3中存在的化学键为离子键和共价键，NaN3分解反应的化学方程式为：，生成3mol氮气，转移电子总物质的量2mol，若NaN3分解产生6.72LN2(标准状况)，气体物质的量n=6.72L22.4L/mol=0.3mol，电子转移总数为0.2NA，
故答案为：离子键和共价键；0.2NA；
(4)根据氮元素化合价高，氯元素化合价降低且只有N2一种气体生成，则氯只能从+1降到−1价，其他元素化合价不变，水参加反应，生成氯化钠、氮气、氢氧化钠，则反应方程式为：NaClO+2NaN3+H2O=NaCl+2NaOH+3N2↑，
故答案为：1；2；H2O；1；2；3；
(5)①常温下向20mL0.1mol⋅L−1HN3溶液中逐滴加入20mL0.1mol⋅L−1NaOH溶液，恰好完全反应生成的NaN3溶液显碱性，
故答案为：碱；
②图中数据分析可知，等物质的量的NaN3和HN3混合溶液中，pHc(HN3)，
故答案为：c(N3−)>c(HN3)；图中b点为等物质的量的NaN3和HN3混合溶液，pHc(HN3)。
(1)微粒的电子层数越多，半径越大，电子层数相同的核电荷数越大，半径越小；
(2)碳酸氢钠受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O；
(3)叠氮化钠中阳离子是钠离子，根据阳离子和阴离子个数比为1：1，确定阴离子为N3−，结合电子守恒计算；
(4)氮元素化合价升高，氯元素化合价降低，结合电子守恒和原子守恒写出化学方程式；
(5)①常温下向20mL0.1mol⋅L−1HN3溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1NaOH溶液，图象可知，恰好完全反应生成的NaN3溶液显碱性；
②等物质的量的NaN3和HN3混合溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−水解程度。
本题考查了物质性质、氧化还原反应、盐类水解和弱电解质电离、电解质溶液中离子浓度关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。

22.【答案】  C0.16>吸  p3  >平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大

【解析】解：(1)图1结构分析可知，对应物质为CH3Cl，属于共价化合物，对应电子式为，有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点(图2)，判断CH4不是四棱锥形分子的依据是二氯代物的种类，二氯甲烷只有一种沸点，说明其只有一种结构，且为四棱锥形，如果为平面正方形，二氯代物会出现两种结构，
故答案为：；C；
(2)750℃、p1时，反应经20min达到平衡，结合图像分析可知，甲烷的转化率为80%可得三段式
                             CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)单位：mol
起始                        0.10.100
转化                        0.080.080.160.16
终止                        0.020.020.160.16
平衡时刻，CO的物质的量为0.16mol，对应C点，甲烷的转化率没有达到平衡转化率，反应正向进行，故，
故答案为：0.16；>；
(3)分析图像可知，相同压强下，升高温度，甲烷的平衡转化率上升，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，同时反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率降低，故压强最大的为p3，
故答案为：吸；p3；
(4)平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，a点的平衡常数为1.64，故d点的平衡常数大于1.64，
故答案为：>；平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大。
(1)图1结构分析可知，对应物质为CH3Cl，属于共价化合物，对应电子式为，有人认为CH4是四棱锥形，碳原子位于四棱锥的顶点(图2)，判断CH4不是四棱锥形分子的依据是二氯代物的种类，二氯甲烷只有一种沸点，说明其只有一种结构，且为四棱锥形；
(2)750℃、p1时，反应经20min达到平衡，结合图像分析可知，甲烷的转化率为80%可得三段式
                             CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)单位：mol
起始                        0.10.100
转化                        0.080.080.160.16
终止                        0.020.020.160.16
平衡时刻，CO的物质的量为0.16mol，对应C点，甲烷的转化率没有达到平衡转化率，反应正向进行；
(3)分析图像可知，相同压强下，升高温度，甲烷的平衡转化率上升，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，反应为吸热反应，同时反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平衡逆向移动；
(4)平衡常数只和温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。

23.【答案】氯原子、碳碳双键  的醇溶液、加热   取代反应  

【解析】解：(1)A分子含有的官能团是碳碳双键、氯原子；A为CH2=CHCH2Cl，A发生水解反应生成B为CH2=CHCH2OH，①的化学反应方程式为：，
故答案为：碳碳双键、氯原子；；
(2)③为−Cl的消去反应，所需的反应条件为NaOH的醇溶液、加热，
故答案为：NaOH的醇溶液、加热；
(3)E的结构简式为，
故答案为：；
(4)⑤的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
(5)H为，H的同分异构体符合下列条件：
a.发生银镜反应，说明含有醛基；
b.在酸性和碱性条件下均水解，说明含有酯基；
c.有4种不同环境的氢原子，结构对称，苯环上有2个取代基，且两个取代基对位，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(6)用CH2=CHCH2OH为原料制备丙烯酸钠(CH2=CHCOONa)，丙烯醇和HCl发生加成反应生成CH3CHClCH2OH，CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，CH3CHClCHO发生氧化反应然后酸化得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生水解反应生成CH2=CHCOONa，其合成路线为，
故答案为：。
C发生消去反应生成D，根据D的分子式知，B能和氯气发生加成反应，则B中含有碳碳双键，所以丙烯中甲基和氯气发生取代反应生成A为CH2=CHCH2Cl，A发生水解反应生成B为CH2=CHCH2OH，B与氯气反应生成C为ClCH2CHClCH2OH，C发生消去反应生成D；E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物，根据G的结构简式知，F为CH3OH，根据E的分子式知，E为，G发生信息中的取代反应生成H为，H和I发生取代反应，根据⑤产物的结构简式知，I为CH3NHCH2COOCH3；
(6)用CH2=CHCH2OH为原料制备丙烯酸钠(CH2=CHCOONa)，丙烯醇和HCl发生加成反应生成CH3CHClCH2OH，CH3CHClCH2OH发生催化氧化生成CH3CHClCHO，CH3CHClCHO发生氧化反应然后酸化得到CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH发生水解反应生成CH2=CHCOONa。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式结合题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。

24.【答案】胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察  焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理  caH2O2+SO2=H2SO4  除去过量的过氧化氢  最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色  0.24合格

【解析】解：(1)胆矾失去结晶水变为硫酸铜，无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察，
故答案为：胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
(2)焙烧绿矾制备铁红(主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂)和含硫气体等，焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理，
故答案为：焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
(3)二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液，
故答案为：c；a；
(4)H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4；用0.0900mol⋅L−1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢，
故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；除去过量的过氧化氢；
(5)若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据根据反应H2O2+SO2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可得反应关系SO2∼H2SO4∼2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为25.00×10−3L×0.0900mol/L×64g/L2=0.072g，含量为0.072g0.3L=0.24g⋅L−1