2022届上海市金山区高三上学期质量监控（一模）化学试题含解析

这是一份2022届上海市金山区高三上学期质量监控（一模）化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

上海市金山区2021-2022学年高三上学期质量监控（一模）
化学试题
一、单选题
1．地壳中含量最丰富的元素是（　　）
A．O B．Fe C．H D．Al
2．武德合金的熔点一般为73~93℃，根据这一性质，可将其制作成（　　）
A．厨具 B．钢轨 C．保险丝 D．导线
3．重油裂化的目的主要是（　　）
A．获得短链气态烃 B．生产更多的汽油
C．提高汽油品质 D．将直链烃转化为芳香烃
4．下列物质的溶液在实验室不宜长期保存，必须现用现配的是（　　）
A．H2SO4 B．NaOH C．FeSO4 D．FeCl3
5．下列变化过程中有化学键被破坏的是（　　）
A．碘升华 B．浓硫酸稀释 C．蔗糖溶于水 D．浓盐酸稀释
6．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）
A．原子半径：S＞Cl B．热稳定性：HCl＞H2S
C．非金属性：Cl＞S D．酸性：HClO3＞H2SO3
7．工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，有关化学用语表示正确的是（　　）
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO(NH2)2的结构简式：
8．下列转化不可能通过一步反应直接完成的是（　　）
A．Al→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3
C．Al(OH)3→AlO D．Al3+→Al(OH)3
9．由三种单体合成的高分子材料：。以下不属于合成该物质的单体是（　　）
A． B．
C． D．CH3-CH=CH-CN
10．乙苯制苯乙烯的原理：+H2，下列说法正确的是（　　）
A．该反应是加成反应
B．乙苯的同分异构体有3种
C．可用KMnO4(H+)鉴别乙苯和苯乙烯
D．苯乙烯分子中最多有8个碳原子共平面
11．已知2—丁烯的两种同分异构体可以相互转化：
(g) (g)+4.6kJ
下列关于2-丁烯的两种异构体的说法正确的是（　　）
A．两者的沸点相同
B．低温有利于反式转化为顺式
C．反式更稳定
D．分别与等物质的量H2反应，反式放热多
12．关于联合制碱法的说法正确的是（　　）
A．原料CO2来自石灰石分解
B．向母液中通入NH3可抑制NH水解
C．循环利用NH3
D．将母液蒸发结晶析出NH4Cl
13．合成氨工业N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)在不同温度下的平衡常数如表：
温度/℃
25
400
平衡常数K
a
b
下列关于该反应的说法错误的是（　　）
A．实现了氮的固定
B．该反应放热，a＜b
C．升温，正、逆反应速率均增大
D．达到平衡后压缩容器体积，N2转化率增大
14．下列实验能达到实验目的的是（　　）
A．装置甲制取NH3 B．装置乙干燥NH3
C．装置丙收集NH3 D．装置丁制CaCO3
15．下列物质鉴别的方法错误的是（　　）


A
B
C
D
物质
H2S、SO2
FeS、CuS
CH4、C2H2
Na2CO3、Na2SO4
鉴别方法
通入溴水
加入水
燃烧
加入AlCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
16．已知：O2+PtF6→O2(PtF6)。PtF6易挥发，O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价。对此反应的叙述正确的是（　　）
A．PtF6是还原剂
B．O2(PtF6)中O元素的化合价为+1
C．每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子
D．O2(PtF6)只含离子键，具有氧化性
17．20℃时，向10mLpH=3的CH3COOH溶液中加水稀释，下列说法正确的是（　　）
A．溶液中减小
B．溶液中导电粒子数目减少
C．CH3COOH电离程度增大，c(H+)也增大
D．向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后，pH＞7
18．用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液的装置如图，两极均有气体生成，c电极附近产生可燃性气体，澄清石灰水无浑浊现象。下列说法正确的是（　　）

A．a为电源正极
B．c电极附近生成了CH4
C．电子的流动方向：c→溶液→d
D．反应后恢复到原温度，溶液pH不变
19．H2X为二元弱酸。20℃时，向100mL0.1mol·L-1的Na2X溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化及H2X的挥发)。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（　　）
A．通入HCl前：c(X2-)＞c(HX-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．若通入5×10-3molHCl，溶液呈碱性，则溶液中c(X2-)=c(HX-)
C．pH=7时：溶液中c(HX-)＞c(Cl-)
D．c(Cl-)=0.1mol·L-1时：c(OH-)-c(H+)=c(H2X)-c(X2-)
20．在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
容器
n(CO2)/mol
n(C)/mol
n(CO)/mol
甲
0.1
0.3
0
乙
0
0
0.4

A．曲线Ⅰ对应的是甲容器
B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb
C．c点：CO的体积分数＞
D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆)
二、综合题
21．Cl2的制备有电解法和氧化法。完成下列填空：
（1）氯原子的最外层电子排布式为　 　；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小　 　。
（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为　 　。
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目　 　。
（4）向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因　 　。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是　 　，属于　 　分子(选填“极性”或“非极性”)。

22．CO2的捕获和利用技术对减缓日益严重的环境问题有重要意义。利用CO2加氢制CH3OH的过程中，主要发生的化学反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =+49.5kJ
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =-40.9kJ
完成下列填空：
（1）反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，v正　 　 v逆(选填“＞”或“＜”)。
（2）在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。比较压强大小：p1　 　p2(选填“＞”或“＜”)。

某温度下达到平衡时，容器中的n(CH3OH)=0.3mol、n(CO)=0.3mol。达到平衡所需时间tmin，则0~tmin内CH3OH平均反应速率v(CH3OH)=　 　；反应②的平衡常数K的数值为　 　。
工业废气中的CO2可用氨水捕获，生成NH4HCO3溶液。
（3）常温下，0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液的pH≈8，请解释原因　 　。
（4）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有沉淀析出，则沉淀的化学式为　 　；比较上层清液中的离子浓度关系：c(H+)+c(NH)　 　c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)(选填“＞”“＜”或“=”)。
23．乙酰乙酸乙酯(A)是有机合成的原料，以下是以A为原料合成有机物F的合成路线：


完成下列填空：
（1）A中的官能团有羰基、　 　；E→F的反应类型是　 　。
（2）制备A的化学方程式：2CH3COOC2H5A+X，则X的结构简式是　 　。
（3）C的一氯代物有　 　种，写出B→C第一步反应的化学方程式　 　。
（4）在C→D的反应中，检验是否有D生成的方法是　 　。
（5）B的同分异构体G满足以下条件：①含六元环；②含5种不同化学环境的H原子；③有酸性且在一定条件下能发生银镜反应。写出G的结构简式　 　。
（6）参照题(2)和A→F的流程所给信息，将以环已酮、乙醇为原料合成B的同分异构体，请将下列合成路线补充完整　 　。


24．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：

完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO。为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入　 　，观察到的现象是　 　。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的　 　性，装置B的作用是　 　。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式　 　。当观察到装置C中溶液　 　，说明反应已完全。
（4）样品中Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定(杂质不参与反应)，步骤如下：
①取0.0100mol·L-1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：Cr2O+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O→2I-+S4O。
判断步骤②的滴定终点　 　。
（5）样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为　 　；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3·5H2O的含量　 　 (选填“偏高”或“偏低”)。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】已知地壳中含量较高的元素依次为O、Si、Al、Fe、Ca、Na、K、Mg，

故答案为：A。


【分析】 地壳中含量最丰富的元素是O
2．【答案】C
【解析】【解答】A．厨具要求熔点高，武德合金熔点低，不可用作厨具，A不符题意；

B．钢轨要求硬度大、强度高、熔点高，武德合金熔点低，不可用作钢轨材料，B不符题意；
C．当电路短路时，电线的温度会突然升高，武德合金熔点低，会熔断，然后断电，能避免引起火灾等安全事故发生，故武德合金适合作保险丝，C符合题意；
D．熔点太低，当电路短路时，电线的温度会突然升高，导线会断，故武德合金不适合作导线，D不符题意；
故答案为：C。


【分析】保险丝一般选用熔点低的合金制成。
3．【答案】B
【解析】【解答】将长链烃转化为短链烃称为裂化，重油裂化的目的是提高轻质油特别是汽油的产量，B符合题意；

故答案为：B。


【分析】石油的裂化：把相对分子质量大的烃断裂成相对分子质量小的烃，从而得到更多的汽油等轻质油
4．【答案】C
【解析】【解答】A．H2SO4性质稳定不易变质，不需现用现配，A不合题意；

B．NaOH性质稳定，密封保存不易变质，不需现用现配，B不合题意；
C．FeSO4中Fe2+易被空气中的O2氧化而变质，需要现用现配，C符合题意；
D．FeCl3性质稳定，密封保存不易变质，不需现用现配，D不合题意；
故答案为：C。


【分析】常用的现用现配的物质：①新制氯水②新制氢氧化铜③新制银氨溶液④新制硫酸亚铁溶液
5．【答案】B
【解析】【解答】A．碘升华破坏的是分子间作用力，分子间作用力不是化学键，A不符题意；

B．浓硫酸稀释时硫酸分子电离产生氢离子和硫酸根离子，有共价键被破坏，B符题意；
C．蔗糖溶于水破坏的是分子间作用力，分子间作用力不是化学键，C不符题意；
D．浓盐酸稀释前已经电离成氢离子和氯离子，浓盐酸稀释不破坏化学键，D不符题意；
故答案为：B。


【分析】浓硫酸中大部分以硫酸分子存在，吸收后电离成离子。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，故原子半径：S＞Cl可以用元素周期律解释，A不合题意；

B．同一周期从左往右主族元素的非金属性增强，其简单气态氢化物的热稳定性也依次增强，故热稳定性：HCl＞H2S可以用元素周期律解释，B不合题意；
C．同一周期从左往右主族元素的非金属性增强，故非金属性：Cl＞S符合元素周期律，C不合题意；
D．非金属元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性与元素的非金属性一致，但HClO3、H2SO3不是Cl、S的最高价氧化物对应水化物，故酸性：HClO3＞H2SO3不能用元素周期律解释，D符合题意；
故答案为：D。


【分析】同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，非金属性依次增强，且最高价氧化物的水化物的酸性增强。

同一主族元素，从上到下，非金属性减弱，非金属单质的氧化性也减弱，对应非金属离子的还原性增强，且最高价氧化物的水化物的酸性性减弱。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．中子数为8的碳原子表示为14C或，A不符合题意；

B．NH3的N最外层达到8电子稳定结构，其电子式为，B不符合题意；
C．还差1s轨道的2个电子，C不符合题意；
D．CO(NH2)2是2个氨基与羰基碳相连，其结构简式为，D符合题意；
故答案为：D。


【分析】中Z为质子数，A为质量数，中子数=质量数-质子数。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．Al和氧气反应生成氧化铝，可以一步完成，故A不符题意；

B．Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成Al(OH)3，不可以一步完成，故B符合题意；
C．氢氧化铝可以和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和水，可以一步完成，故C不符题意；
D．铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D不符题意；
故答案为：B。


【分析】铝及其化合物具有两性，和强酸强碱都能反应
9．【答案】A
【解析】【解答】观察高分子的结构可知该分子为加聚产物，判断单体时先把方括号、n去掉，然后从左到右减一键、加一键、减一键、……，可得单体为CH3-CH=CH-CN、、，故不属于合成该物质的单体的是，A符合题意；
故答案为：A。
【分析】加聚反应是将双键打开变成单键，并且收尾相连组成的高分子化合物。
在进行单体分解的时候一般分为两种情况：单个双键加聚和1-3双键加聚。
如果是单个加聚的情况，变成单体只要将左右的半根键放到中间形成双键即可。
如果是1-3加聚，那么高分子化合物中会在2处形成双键，变成单体会形成1-3形式的二烯结构。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应消去小分子H2，形成不饱和键(碳碳双键)，属于消去反应，A不符合题意；
B．乙苯的不饱和度为4，含苯环的同分异构体有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯共3种，还有不含苯环的同分异构体，故乙苯的同分异构体多于3种，B不符合题意；
C．乙苯和苯乙烯均能使KMnO4(H+)溶液褪色，故不可用KMnO4(H+)鉴别乙苯和苯乙烯，C不符合题意；
D．苯环和乙烯均是平面型分析，单键可旋转，则苯乙烯中所有C原子均可能共面，即苯乙烯分子中最多有8个碳原子共平面，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有：
（1）不饱和烃；比如，含有碳碳双键或者碳碳三键的烃类.
（2）苯的同系物；甲苯，二甲苯，乙苯等.
（3）不饱和烃的衍生物；含有碳碳双键或者碳碳三键的一些卤代烃等.比如，溴乙烷.
（4）部分醇类有机物；比如，丙烯醇.
（5）含醛基的有机物：醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐；
（6）石油产品（裂解气、裂化气、裂化石油）；
（7）天然橡胶。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.2-丁烯的两种异构体为两种不同的物质，沸点不相同，A不符合题意；

B．由反应可知反式转化为顺式为吸热反应，则高温有利于反式转化为顺式，B不符合题意；
C．顺式结构转化为反式放出热量，则反式结构能量低，更稳定，C符合题意；
D．顺式结构转化为反式放出热量，则顺式结构能量较高，与等物质的量H2反应，顺式放热多，D不符合题意；
故答案为：C。


【分析】物质的能量越低，越稳定。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．侯氏制碱法的一个优点就是革除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，A不符合题意；
B．NH水解离子方程式为NH，向母液中通入NH3可与水反应得到NH3·H2O，NH3·H2O浓度增大，NH水解平衡逆向移动，抑制NH的水解，B符合题意；
C．侯氏制碱法关键反应为NH3+H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，NH4Cl一般作氮肥，不在产生NH3循环使用，C不符合题意；
D．从含有氯化铵和氯化钠的母液中蒸发浓缩、冷却结晶析出氯化铵晶体，直接蒸发浓缩会促进氯化铵水解，得不到氯化铵晶体，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】侯氏制碱法：向饱和食盐水中通入足量氨气至饱和，然后在加压下通入CO2，利用NaHCO₃在溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO₃，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)能够实现了氮的固定，A不符合题意；

B．该反应放热，则升高温度化学平衡逆向移动，平衡常数减小，即a＞b，B符合题意；
C．升温，任何化学反应速率均增大，则正、逆反应速率均增大，C不符合题意；
D．已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)正反应是一个气体体积减小的方向，故达到平衡后压缩容器体积，化学平衡正向移动，则N2转化率增大，D不符合题意；
故答案为：B。


【分析】吸热反应：温度升高，K值增大；放热反应：温度升高，K值减小。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．实验室制NH3的反应原理为：Ca(OH)2+NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，装置甲制取NH3因缺少反应物Ca(OH)2而不能实现，A不合题意；

B．由于2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，故装置乙干燥NH3不能用浓硫酸，而应该用碱石灰，B不合题意；
C．已知NH3的密度小于空气的密度，故装置丙收集NH3时应该是短进长出，C不合题意；
D．由于2NH3+H2O+CO2=(NH4)2CO3，CaCl2+(NH4)2CO3=CaCO3↓+2NH4Cl，则装置丁可以制得CaCO3，D符合题意；
故答案为：D。


【分析】浓硫酸不能用来干燥碱性气体和还原性气体。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．溴水有强氧化性，H2S、SO2均能被氧化，H2S被溴水氧化产生淡黄色浑浊物S，SO2被溴水氧化，溴水褪色，不产生浑浊物，能鉴别，A不符合题意；

B．FeS、CuS均是黑色固体，均难溶于水，加入水不能鉴别二者，B符合题意；
C．CH4燃烧几乎没有烟，C2H2燃烧产生浓烈的黑烟，能鉴别，C不符合题意；
D．Na2CO3和AlCl3发生完全双水解产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳，Na2SO4和AlCl3不反应，能鉴别，D不符合题意；
故答案为：B。


【分析】CuS、黑色、不溶于水也不能被盐酸、硫酸溶解；FeS、黑色、不溶于水但可以被稀盐酸、稀硫酸溶解。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，PtF6是氧化剂，A不符合题意；

B．由分析可知，O2(PtF6)中O元素的化合价为+，B不符合题意；
C．由分析可知，每生成1molO2(PtF6)转移1mol电子，C符合题意；
D．O2(PtF6)是离子化合物，故含有离子键，同时内还存在共价键，由于O为正价，Pt为+5价，故其具有氧化性，D不符合题意；
故答案为C。


【分析】由题干信息O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为+5价，F为-1价可知，故 O2(PtF6)中O为+，反应中O的化合价升高，Pt的化合价降低，则O2为还原剂，PtF6为氧化剂，反应中转移电子数目为1mol，据此分析解题。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，稀释后溶液中H+的浓度减小，则OH-浓度增大，故溶液中减小，A符合题意；

B．加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，溶液中导电粒子即CH3COO-、H+、OH-的数目增大，B不符合题意；
C．由分析可知，加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，CH3COOH电离程度增大，但c(H+)减小，C不符合题意；
D．未告知加入NaOH溶液的体积，无法知道向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后溶液的酸碱性，D不符合题意；
故答案为：A。


【分析】CH3COOH是弱酸，在水溶液中发生CH3COOH = CH3COO-+H+，加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，根据勒夏特列原理可知，稀释后溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+的浓度均减小，据此分析解题。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知a为电源负极，A不符合题意；

B．c电极为电解池阴极，产生的气体为氢气，B不符合题意；
C．电子不会经过溶液，电子的流动方向：a→c，d→b，C不符合题意；
D．由分析可知电解饱和Na2CO3溶液的实质是电解水，整个过程饱和溶液的水减少，但依然饱和，Na2CO3浓度不变，pH不变，D符合题意；
故答案为：D。


【分析】用Pt电极电解饱和Na2CO3溶液，阳极是水电离的OH-放电，电极反应式为4OH-+4e-=O2↑+2H2O，阴极是水电离的H+放电，电极反应式为2H++2e-=H2↑，图中c电极附近产生可燃性气体，则c电极为阴极，d电极为阳极，a为电源负极，b为电源正极。
19．【答案】D
【解析】【解答】A．通入HCl气体之前，该溶液为Na2X溶液，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c(X2-)＞c(OH-)＞c(HX-)＞c(H+)，A不符合题意；

B．若通入5×10-3molHCl，则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液，因溶液呈碱性，即HX-的电离小于X2-的水解，则溶液中c(X2-)＜c(HX-)，B不符合题意；
C．电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)，pH=7的溶液c(OH-)=c(H+)，三等式联立可得c(Cl-)＞c(HX-)，C不符合题意；
D．c(Cl-)=0.100 mol•L-1的溶液中，c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)=c(Cl-)=0.100mol•L-1，又根据电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)可得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，所以c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)-[c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)]=c(H2X)-c(X2-)，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】溶液中：质子守恒可以由电荷守恒式和物料守恒得出；
20．【答案】C
【解析】【解答】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A不符合题意；

B．甲容器b处

乙容器a处

若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14：9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B不符合题意；
C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，符合题意；
D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)逆)，D不符合题意。
故答案为：C。


【分析】等效平衡规律
①在定温、定容条件下，对于反应前后气体分子数改变的可逆反应只改变起始时加入物质的物质的量，如通过可逆反应的化学计量数比换算成同一半边的物质的物质的量与原平衡等效。
②在定温、定容情况下，对于反应前后气体分子数的改变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比值与原平衡相同，两平衡等效。
③在定温、定压下、改变起始时加入物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效
21．【答案】（1）3s23p5；r(S)＞r(Cl)＞r(F)
（2）O2+4e-+2H2O=4OH-
（3）
（4）Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性
【解析】【解答】（1）已知Cl是17号元素，故氯原子的最外层电子排布式为3s23p5，除稀有气体外，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大的变化规律可知，氯元素相邻的短周期元素即F和S，它们的原子半径大小关系为：r(S)＞r(Cl)＞r(F)故答案为：3s23p5；r(S)＞r(Cl)＞r(F)；

（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置，向阴极通入O2，阴极得到电子发生还原反应，则此时阴极上主要的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl，生成Cl2和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应为：4HCl+O22Cl2+2H2O，对该反应进行氧化还原反应分析如下：，故答案为：；
（4）Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动，故向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液， 已知Cl的最外成有7个电子，只有一个成单电子，故Cl周围形成一对工业电子对，O最外成有6个电子，有2个成单电子，形成2对共用电子对，结合Cl2O的球棍模型可知Cl2O的电子式是，由于Cl2O为V形结构，正负电荷中心不重合，故属于极性分子，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性。


【分析】微粒半径大小比较：先看电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数一样，则看质子数，质子数越小，半径越大，而当电子层数和质子数都一样时，电子数越多，半径越大。
22．【答案】（1）＞
（2）＞；mol·L-1·min-1；0.25
（3）水解程度：HCO＞NH或Ka1(H2CO3)＜Kb(NH3·H2O)
（4）NaHCO3；＞
【解析】【解答】（1）该体系内反应①的热效应大于反应②，体系达到平衡过程呈吸热效应，反应②达到平衡后，其他条件不变，升高温度，平衡朝吸热方向移动，即朝正向移动，则v正＞v逆。

（2）生成CH3OH的反应过程气体物质分子总数减少，其它条件相同时，压强增大使平衡朝正向移动，CO2的平衡转化率升高，结合图示，则压强大小：p1＞p2；由反应①知，在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，某温度下tmin达到平衡时，容器中的n(CH3OH)=0.3mol，则CH3OH平均反应速率v(CH3OH)==mol·L-1·min-1；根据反应①各物质的计量数关系，平衡时容器中的n(CH3OH)=0.3mol，则生成的n(H2O)=0.3mol，消耗n(CO2)=0.3mol、n(H2)= 0.9mol；根据反应②各物质的计量数关系，平衡时容器中的n(CO)=0.3mol，则生成的n(H2O)=0.3mol，消耗n(CO2)= n(H2)=0.3mol；则平衡时c(CO2)=、c(H2)=、c(CO)==0.3mol·L-1、c(H2O)=，故反应②的平衡常数K的数值为==0.25。
（3）常温下，0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液的pH≈8，是因为程度大于程度，溶液显碱性。
（4）常温下，NaHCO3的溶解度小于NH4HCO3、NaCl、NH4Cl，故将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3溶液与NaCl溶液充分混合后静置，发现有NaHCO3沉淀析出；上层清液中存在饱和NaHCO3和NH4Cl，且浓度：NaHCO34Cl，则根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)+c(NH)= c(Cl-)+ c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于c(Na+)< c(Cl-)，则离子浓度关系：c(H+)+c(NH)＞c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)。


【分析】勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
23．【答案】（1）酯基；还原反应
（2）CH3CH2OH
（3）4；+NaOH+CH3CH2OH
（4）取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色则生成了D
（5）
（6）
【解析】【解答】根据题干合成流程图可知，由C、D的结构简式推知C到D转化过程中C7H6O的结构简式为：，(6)由题干信息A到B转化信息可知，可由和CH3CH2Br取代而得到，由题(2)信息可知，可由合成得到，而CH3CH2OH和HBr加热即可制得CH3CH2Br，即可确定合成路线，据此分析解题。
（1）由题干流程图中A的结构简式为：，则其中含有的官能团有羰基、酯基，E→F即，有机化学中将加氢失氧的化学反应为还原反应，故该反应的反应类型是还原反应，故答案为：酯基；还原反应；
（2）由题干流程图中A的结构简式为：，制备A的化学方程式：2CH3COOC2H5A+X，根据质量守恒可知，X的结构简式是CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；
（3）由流程图可知，C的结构简式为：，根据等效氢原理可知，C的一氯代物有4种，如图所示：，由流程图可知，B→C分两步进行：+NaOH+CH3CH2OH，+CO2，故第一步反应的化学方程式为：+NaOH+CH3CH2OH，故答案为：+NaOH+CH3CH2OH；
（4）比较C、D的结构简式可知，在C→D的反应中，检验是否有D生成，可检测D中的碳碳双键，故该方法是取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色则生成了D，故答案为：取少量反应液，加入少量Br2/CCl4，若溶液褪色则生成了D；
（5）已知B的分子式为：C10H16O3，故B满足以下条件的同分异构体G：①含六元环；②含5种不同化学环境的H原子；③有酸性且在一定条件下能发生银镜反应，则G的结构简式：，故答案为：；
（6）由题干信息A到B转化信息可知，可由和CH3CH2Br取代而得到，由题(2)信息可知，可由合成得到，而CH3CH2OH和HBr加热即可制得CH3CH2Br，据此确定合成路线如下：，故答案为：。

【分析】本题需要根据质量守恒确定X的结构简式，需要注意六元环与苯环的区别，需要灵活运用题干已知信息以及(2)的已知信息完成目标产物合成。
24．【答案】（1）FeCl3溶液；溶液呈血红色
（2）强酸；安全瓶，防倒吸
（3）3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；溶液由浑浊变澄清
（4）滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
（5）0.744；偏高
【解析】【解答】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO，为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O和SO除尽后，利用Fe3+和SCN-离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；

（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，故答案为：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）=0.0100 mol•L-1×0.020 L=2×10-4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）=2×10-4×6 mol=1.2×10-3 mol， m（Na2S2O3）=1.2×10-3 mol×248 g•mol-1=0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，故答案为：77.4%(或者0.774)；偏高。


【分析】亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫通过安全瓶B装置后进入C装置，二氧化硫和硫化钠、亚硫酸钠反应生成 Na2S2O3 。