上海市普陀区2022届高三适应性练习（二模）化学试题及答案

这是一份上海市普陀区2022届高三适应性练习（二模）化学试题及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


高三适应性练习（二模）化学试题
一、单选题
1．2022年北京冬奥会采用的制冷剂是（　　）
A．硝石 B．氟利昂 C．二氧化碳 D．液氨
2．已知某微粒的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，下列判断错误的是（　　）
A．该元素在周期表的位置是第三周期IVA族
B．该元素最高价是+6，最低价是-2
C．该微粒原子核外有16种运动状态不同的电子
D．该微粒原子核外有5种能量不同的电子
3．下列物质的性质或用途不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．Na2O2用作制氧剂 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
4．下列物质不能起到消毒杀菌作用的是（　　）
A．明矾 B．紫外线 C．75%酒精 D．漂粉精
5．下列物质不属于合金的是（　　）
A．奥运金牌 B．青铜器 C．生铁 D．水银
6．含有共价键的离子化合物是（　　）
A．SiO2 B．CaCl2 C．NH4Cl D．CH2Cl2
7．C60与现代足球有很相似的结构，它与石墨互为（　　）
A．同位素 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同系物
8．关于CH≡CH和的结构与性质，下列说法错误的是（　　）
A．CH≡CH是非极性分子
B．存在单双键交替的结构
C．两者的最简式都是CH
D．CH≡CH的空间构型是直线形
9．关于化工生产的叙述中，符合生产实际的是（　　）
A．石油化工中，采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品
B．硫酸工业中，利用热交换器预热反应物，降低能耗提高生产效率
C．纯碱工业中，侯氏制碱法通过氨气和二氧化碳的循环利用，提高了原料的利用率
D．合成氨工业中，采用高压条件，增大合成氨反应的平衡常数，增大原料转化率
10．关于实验室制备乙酸丁酯的实验，下列叙述错误的是（　　）
A．不能用水浴加热
B．长玻璃管起冷凝回流作用
C．加入过量乙酸可以提高1－丁醇的转化率
D．提纯乙酸丁酯需要用水、氢氧化钠溶液洗涤
11．下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（　　）
A．含有废铁屑的FeCl2溶液，可用于除去工业废气中的Cl2
B．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
C．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
D．钢铁设施采用“牺牲阳极的阴极保护法”时，表面连接的金属一定比铁活泼
12．下列实验合理的是（　　）
A．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别甲酸与乙酸
B．用澄清石灰水鉴别SO2与CO2
C．用淀粉－KI试纸鉴别碘水与FeCl3溶液
D．用湿润的pH试纸测定CH3COONa的pH
13．关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是（　　）
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2发生氧化反应
C．氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3
D．反应中每生成1.4molN2，有1.6molNH3被还原
14．下列反应改变某种条件，不会改变生成物的是（　　）
A．Cl2与NaOH溶液的反应：改变NaOH溶液的温度
B．Al与H2SO4溶液的反应：改变H2SO4溶液的浓度
C．H2S与O2的燃烧反应：改变O2的量
D．S与O2的燃烧反应：改变O2的量
15．昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质，人工合成信息素用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的结构简式如图所示，关于该化合物的说法错误的是（　　）

A．其分子式为C12H20O2
B．可发生水解反应
C．具有一定的挥发性
D．1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应
16．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
B．非金属性：W>X>Y>Z
C．含有Z的含氧酸均为强酸
D．Y的最高价氧化物的水化物是强碱
17．能正确表示反应的离子方程式是（　　）
A．FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：SO+Ba2+=BaSO4↓
D．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO+4H+=3SO+2Mn2++2H2O
18．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　）
A．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
19．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（　　）
A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]=[NH]
B．0.1mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH]＞[SO]＞[H+]
C．0.01mol·L-1的一元酸和0.01mol·L-1的一元强碱等体积混合：[H+]=[OH-]
D．0.1mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]
20．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol·L−1 H2C2O4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
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式错误的是（　　）
A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
二、非选择题
21．Na、K属于碱金属元素，其形成的物质在生活生产中有广泛应用。NaCl不仅可以作调味剂，在工业生产中也占据着重要地位。
（1）写出Na+电子式　 　，比较Na+和Cl-的半径大小　 　，NaCl属于　 　晶体。
（2）NaCl是氯碱工业的原料，此工业可以制取的产品有　 　(至少写出2种)。
（3）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为：_I2+_KClO3+_→_KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。配平该反应的化学方程式　 　。反应中生成的Cl2可用　 　吸收制备漂粉精。
NaHCO3俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多。
（4）有实验小组利用pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验过程如表所示。
实验操作
实验数据


写出Na2CO3与澄清石灰水反应的离子方程式　 　，OH-未参与该反应的实验证据是　 　。
（5）结合离子方程式说明NaHCO3可用于治疗胃酸过多的原因　 　。胃酸过多易引起胃溃疡，小苏打可用于治疗胃溃疡，如果处于胃溃疡的活动期，医生不建议服用小苏打，请猜测医生不建议的原因　 　。
22．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9 kJ
（1）根据反应I的热化学方程式，在图中绘制反应方向箭头，标出反应物、生成物和能量变化　 　。

（2）在反应II中标出电子转移的方向和数目　 　。
（3）①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为　 　mol·L-1 (用含a、b、V的代数式表示)。
②不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定的CH3OH的平衡产率(图甲)和CO2平衡转化率(图乙)随温度的变化关系如图所示。

已知：CH3OH的平衡产率×100%
CO2平衡转化率×100%
图甲中压强p1、p2、p3由大到小的顺序是　 　；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是　 　。
③为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件是　 　(填编号)。
a．低温、高压 b．低温、低压 c．高温、低压 d．高温、高压
23．天然产物M具有抗疟活性，某科学活动小组以化合物A为原料合成M及其衍生物N的路线如图(部分反应条件省略，Ph表示－C6H5)：

已知：
完成下列填空：
（1）写出化合物A中含氧官能团的结构简式　 　，M→N的反应试剂和条件　 　。
（2）反应①的方程式可表示为A+G→B+Z，化合物Z的分子式是　 　，反应②③④中属于还原反应的有　 　，属于加成反应的有　 　。
（3）化合物C能发生银镜反应，其结构简式为　 　。
（4）写出一种满足下列条件的化合物N的芳香族同分异构体的结构简式　 　。
①能与NaHCO3溶液反应；②能与3倍物质的量的Na发生产生H2的反应；③核磁共振氢谱确定分子中有6种化学环境不相同的氢原子；④不含手性碳原子(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。
（5）根据上述信息，写出以对甲基苯酚()和HOCH2CH2Cl为原料合成的路线(其他无机试剂任选)　 　。
(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)
24．为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。完成下列填空：
（1）I.甲方案
实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2
实验步骤：
判断SO沉淀完全的操作是　 　。
（2）步骤①的操作名称是　 　，步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂是　 　，步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称是　 　，根据固体wg求得c(CuSO4)=　 　mol·L-1。
（3）II.乙方案
实验原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
实验步骤：
①按如图安装装置(夹持仪器略去)；
②……
③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂；
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录；
⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生；
⑥将体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录；
⑦处理数据。

步骤②为　 　。步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是　 　(填序号)。
a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响
（4）Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下ρ(H2)=dg•L-1，则c(CuSO4)=　 　mol·L-1(列出计算表达式)。若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．硝石溶于水后，可以用降温结晶法或蒸发结晶法将硝石再提取出来重复使用。但提纯能制冰的硝石极其困难，制冰又要耗费大量人工，所以不采用硝石作制冷剂，故A不符合题意；
B．氟利昂会破坏臭氧层，故B不符合题意；
C．二氧化碳无污染，使用的二氧化碳跨临界制冰技术更环保，故C符合题意；
D．液氨易爆炸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】二氧化碳跨临界制冰技术更环保，且来源广泛、安全。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．硫元素在第三周期ⅥA族，A符合题意；
B．硫最高价为+6价，最低价-2价，B不符合题意；
C．硫元素有16个电子，有16种运动状态不同的电子，C不符合题意；
D．该原子的电子占据5个不同电子能级，有5种能量不同的电子，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据微粒核外电子排布式可推出该元素原子的质子数为16，为硫元素。除O、F外，一般主族元素最高价=最外层电子数，最低价=最外层电子数-8，据此分析。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．Na2O2与H2O或者CO2反应生成O2，氧元素有化合价变化，涉及氧化还原反应；
B．NaHCO3做食品膨松剂，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，没有元素出现化合价变化，描不涉及氧化还原反应；
C．含氯消毒剂成分中均为氯元素正价的化合物，消毒杀菌后氯元素变为-1价产物，化合价有变化，涉及氧化还原反应；
D．NO2与水反应生成硝酸，形成酸雨，涉及氧化还原反应；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价有升降，据此分析。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．明矾能净水，但不能消毒，A符合题意；
B．紫外线能杀死细菌而消毒，B不符合题意；
C.75%酒精能使细菌的蛋白质变性而消毒，C不符合题意；
D．漂白粉具有强氧化性，能消毒，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.明矾中的Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸水性。
B.紫外线能杀死细菌。
C.75%酒精能使细菌的蛋白质变性。
D.漂白粉具有强氧化性。
5．【答案】D
【解析】【解答】由两种或两种以上的金属或金属和非金属熔合而成的具有金属特性的物质称为合金，即合金一定是混合物。奥运金牌、青铜器、生铁均属于合金，水银是单质，属于纯净物，不是合金；
故答案为：D。
【分析】根据合金的概念进行分析。注意：①合金一定是混合物；②一定含有一种金属；③各成分均独立存在。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化硅由硅原子和氧原子构成，不是离子化合物，A不符合题意；
B．CaCl2为离子化合物，但是不含共价键，B不符合题意；
C．NH4Cl为离子化合物，且铵根离子中含有N-H共价键，C符合题意；
D．CH2Cl2是分子化合物，不是离子化合物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】注意本题的条件有两点：①含有共价键；②属于离子化合物。共价键是由相邻原子之间通过共用电子对形成的，离子化合物是由阳离子和阴离子构成的化合物。
7．【答案】B
【解析】【解答】C60与石墨都是由C元素形成的不同性质的单质，属于同素异形体。
故答案为：B。
【分析】A.同位素的特点是：质子数相同、中子数不同的同种元素的原子。
B.同素异形体的特点是：同种元素组成的不同单质。
C.同分异构体的特点是：分子式相同、结构不同的化合物。
D.同系物的特点是：相对分子质量相差n个CH2原子团，结构相似的化合物。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．乙炔分子结构对称，正负电荷重合，为非极性分子，A不符合题意；
B．苯中不存在碳碳双键，B符合题意；
C．二者最简式都为CH，C不符合题意；
D．乙炔为直线形分子，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.极性分子和非极性分子的判断依据是分子中正、负电荷重心是否重合，若重合，为非极性分子，反之为极性分子。
B.苯环中碳碳键是介于单键和双键之间。
C.最简式中各元素的原子个数比化为最简。
D.乙炔为直线型分子。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．石油化工利用分馏的方法提取沸点不同的产品，不符题意；
B．硫酸工业中，利用热交换器实现反应混合气和产物混合气之间的热能交换，节约能源，降低能耗，符合题意；
C．侯氏制碱法中CO2循环利用，NH3直接得到副产物NH4Cl，不参与循环生产，不符题意；
D．化学平衡常数只与温度有关，与其它条件无关，不符题意；
故答案为：B。
【分析】A. 干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程。
B. 利用热交换器能实现反应混合气和产物混合气之间的热能交换。
C.侯氏制碱法中NH3参与反应得到副产物NH4Cl，不参与循环生产。
D. 化学平衡常数只与温度有关。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．制备乙酸丁酯的温度为120℃左右，故不能使用水浴加热，A不符合题意；
B．长玻璃导管其冷凝回流作用，增大反应物的转化率，B不符合题意；
C．加入过量的乙酸可以使反应正向进行，提高丁醇的转化率，C不符合题意；
D．乙酸丁酯能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠洗涤，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 根据制备乙酸丁酯所需温度进行分析。
B. 长玻璃导管其冷凝回流作用。
C. 加入过量的乙酸利于反应正向进行。
D. 乙酸丁酯能与氢氧化钠反应。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．FeCl2可与Cl2反应，产物FeCl3与Fe反应生成FeCl2，继续与Cl2反应，此方法可用于除去工业废气中的Cl2，合理，故A不选；
B．Na2CO3和Ca(OH)2反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，所以不能用熟石灰对土壤进行改良，不合理，故B选；
C．铝中添加适量锂制成合金，能降低金属的密度，提高强度，可用于航空工业，合理，故C不选；
D．采用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁设施，利用的原理是原电池原理，应把钢铁设施作原电池的正极，则负极金属一定比铁活泼，合理，故D不选；
故答案为：B。
【分析】A.Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，而Fe3+又能与Fe反应生成Fe2+。
B. Na2CO3和Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀和强碱NaOH。
C.航空工业材料具有密度小、强度高的特点。
D. 牺牲阳极的阴极保护法利用的是原电池原理，被保护的一端作正极。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．甲酸中有醛基结构，与新制氢氧化铜反应，适当条件下可以生成砖红色沉淀，乙酸无醛基结构，与新制氢氧化铜只是发生酸碱中和反应，无砖红色沉淀生成，可以实现鉴别，符合题意；
B．SO2可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀CaSO3，无法实现鉴别，不符题意；
C．Fe3+可以氧化I-形成I2，I2使淀粉变蓝，所以无法实现鉴别，不符题意；
D．湿润的pH试纸无法准确测定CH3COONa的pH，不符题意；
故答案为：A。
【分析】A.新制氢氧化铜悬浊液可用于鉴别有机物中是否含有醛基，有醛基的有机物能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀。
B. Ca(OH)2与SO2、CO2反应均产生白色沉淀（CaSO3、CaCO3）。
C.I-能被Fe3+氧化为I2，淀粉遇I2变蓝。
D.用湿润的pH试纸所测的溶液pH为溶液稀释后的，注意测溶液pH时，pH试纸不能润湿。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．氨气中氮元素化合价为-3价，化合价升高，被氧化，氢元素化合价不变，A不符合题意；
B．二氧化氮中氮元素化合价降低，被还原，发生还原反应，B不符合题意；
C．氧化产物和还原产物 都为氮气，其中氧化产物为4N2，还原产物我3N2，则二者质量比为4：3，C符合题意；
D．每生成1.4mol氮气，则消耗1.6mol氨气，被氧化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应前后，元素化合价升高，则被氧化；元素化合价降低，则被还原。
B.氧化反应中部分元素的化合价升高，还原反应中部分元素的化合价降低。
C.还原产物是氧化反应对应的产物，氧化产物是还原反应对应的产物。
D.根据得失电子守恒进行分析。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．Cl2与NaOH溶液在常温下生成氯化钠和次氯酸钠，在加热时生成氯化钠和氯酸钠，故A不符合题意；
B．Al与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，Al与浓硫酸常温钝化生成致密的氧化膜，故B不符合题意；
C．H2S与少量氧气燃烧反应生成水和硫单质，与过量氧气燃烧反应生成水和二氧化硫，故C不符合题意；
D．S与O2反应时无论氧气过量与否都只生成二氧化硫，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 相关反应是：Cl2+NaOH→NaCl+ NaClO，Cl2+NaOHNaCl+ NaClO3。
B. 相关反应是：Al + H2SO4→Al2(SO4)3 + H2↑，Al与浓H2SO4常温下钝化。
C. 相关反应是：H2S+O2(少量)→H2O+S↓，H2S+O2(过量)→H2O+SO2。
D. 无论氧气过量与否，S与O2反应都只生成SO2。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．根据该物质的结构可知，其分子式为C12H20O2，A不符合题意；
B．该物质中含有酯基，可以发生水解反应，B不符合题意；
C．该物质为酯类，而且相对分子质量不大，具有一定的挥发性，C不符合题意；
D．该物质中碳碳双键可以与H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能和氢气加成，故1mol该物质最多可与1molH2发生加成反应，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.根据结构简式进行书写。
B.有机物中的酯基能发生水解。
C.相对分子质量不大的酯类具有一定的挥发性。
D.有机物中的碳碳双键能与H2发生加成反应，且1mol C=C消耗1mol H2。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．原子半径根据电子层越多半径越大，同电子层，核电荷数越大，半径越小分析，半径关系为：r(Y)>r(Z)> r(X)>r(W)，A不符合题意；
B．非金属性氯元素最强，B不符合题意；
C．含有氯元素的含氧酸不一定是强酸，例如次氯酸为弱酸，C不符合题意；
D．钠的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，为强碱，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，根据化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，再类比NH3与HCl相遇产生白烟，可推出X是氮元素，W是氢元素，Z是氯元素。由四种元素的核外电子总数的关系可推出Y原子核外电子总数为11，即Y是钠元素。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．FeCl3溶液和Cu反应生成FeCl2和CuCl2，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A符合题意；
B．NH3H2O为弱电解质，不能拆开写，正确的离子方程式为：Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2N，故B不符合题意；
C．OH-先与Fe2+反应，再和N反应，由于Ba(OH)2溶液较少，N不参与反应，正确的离子方程式为：Fe2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，故C不符合题意；
D．二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子，转移电子不守恒，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2+ +4H+，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：
1.是否符合事实；
2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；
3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；
4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；
5.是否漏掉离子反应；
6.反应物或产物的配比是否正确。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝不是氢氧化铝，A不符合题意；
B．氯化钠和二氧化碳不反应，B不符合题意；
C．溴化钠和氯气反应生成氯化钠和溴单质，溴和碘化钠反应生成碘单质和溴化钠，C符合题意；
D．铁和盐酸反应生成氯化亚铁不是氯化铁，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NaAlO2与过量盐酸反应得到AlCl3。
B.NaCl溶液与CO2不反应。
C.Cl2、Br2、I2的氧化性顺序是Cl2＞Br2＞I2。
D.Fe与盐酸溶液反应得到FeCl2。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下，水的离子积常数为1×10-14，如果温度不是常温，水的离子积常数不为1×10-14，那么即使pH=7，也无法得到氯离子浓度等于铵根离子浓度，A不符合题意；
B.1个硫酸铵中含有2个铵根离子和1个硫酸根离子，溶于水后尽管铵根离子会水解，但是水解程度较小，铵根离子浓度仍大于硫酸根离子，由于铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大， 但是仍远小于硫酸根离子的浓度，B符合题意；
C．等体积等浓度的一元酸和一元强碱混合，只有当一元酸为强酸时，才会出现氢离子和氢氧根离子浓度相同，如果是一元弱酸，则生成的盐会水解，使溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，C不符合题意；
D．水电离的c(OH-)=c(H+)，氢离子与S2-结合生成HS-和H2S，则有[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.温度未知，无法确定pH=7的溶液中c(H+)与c(OH-)的关系，根据电荷守恒也就无法确定c(Cl-)与c(NH4+)的关系。
B.根据电离方程式(NH4)2SO4＝2NH4++SO42-及NH4+水解程度较小，可知c(NH4+)＞c(SO42-)，NH4+与SO42-为溶液中的主要离子，据此分析。
C.一元酸和一元碱的强弱性未知。
D.根据质子守恒进行分析。
20．【答案】C
【解析】【解答】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A不符合题意；
B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或，H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B不符合题意；
C.0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3，说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C符合题意；
D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式符合题意，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.只有碱性溶液能使酚酞试液变红，酸碱发生中和反应生成CaC2O4沉淀和水。
B.根据“强酸制弱酸”的原理进行分析。
C.注意H2C2O4为弱酸，在离子方程式中写化学式。
D. 根据酯类具有香味的特点进行分析。
21．【答案】（1）Na+；r(Na+) （2）NaOH、H2、Cl2等
（3）6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑；石灰乳
（4）Ca2++CO=CaCO3↓；滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变
（5）HCO+H+=CO2↑+H2O，NaHCO3能结合H+，从而治疗胃酸过多；小苏打在中和胃酸的同时会产生很多二氧化碳，这些气体可能会诱发消化道穿孔
【解析】【解答】(1)钠离子的电子式为Na+，钠离子核外有2个电子层，10个电子，氯离子核外有3个电子层，18个电子，所以氯离子半径大于钠离子半径。NaCl中钠离子和氯离子通过离子键结合，NaCl属于离子晶体。
(2)氯碱工业为电解饱和食盐水溶液，生成NaOH、Cl2和H2。
(3)根据该反应方程式的部分反应物和产物可知，该反应中I元素化合价由0价升高为+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价从+5价降为-1价和0价，KClO3为氧化剂，此外反应物中应有水参与，根据转移电子数量守恒，得出该反应方程式为6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。漂粉精可由石灰乳和Cl2反应制得。
(4)碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++CO=CaCO3↓。滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变，说明反应过程中OH-没有被消耗，OH-未参与该反应。
(5)人体胃液中含有较多的盐酸，碳酸氢钠可与盐酸反应从而降低氢离子浓度治疗胃酸过多，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O。小苏打和盐酸反应会产生较多的二氧化碳，如果处于胃溃疡的活动期，则生成的二氧化碳可能会诱发胃穿孔等。

【分析】（1）最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；晶体类型可根据晶体的形成及其特点进行判断。
（2）氯碱工业为电解饱和食盐水溶液，生成NaOH、Cl2和H2。
（3）该反应属于氧化反应，可根据得失电子守恒和质量守恒定律进行配平；漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，据此分析。
（4）Na2CO3和澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀和NaOH，根据离子方程式的书写原则进行书写；滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变，说明反应过程中OH-没有被消耗，据此分析。
（5）NaHCO3能与H+反应，且会生成CO2，据此分析。
22．【答案】（1）
（2）
（3）；p1＞p2＞p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；a
【解析】【解答】(1)对于反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ，反应物是CO2(g)+3H2(g)，生成物是CH3OH(g)+H2O(g)，该反应发生会放出热量49.5 kJ，因此用图示表示物质变化与能量变化为；
(2)对于反应II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ，在反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CH3OH(g)中的-2价，化合价降低4价，得到4个电子，H元素化合价由反应前H2中的0价反应反应后CH3OH(g)中的+1价，化合价升高1×4=4价，用单线桥法表示电子转移为；
(3)①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9kJ，
达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，由题给三个反应可知：平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)、CO(g)的浓度的和，则c(H2O)=；
②反应I为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应I为气体分子数减少的反应，反应III为气体分子数不变的反应，因此压强越大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO2的平衡转化率提高，故压强由大到小的顺序是：p1＞p2＞p3；
反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，且反应III的反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响；
③由上述分析知：图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且压强p1＞p2＞p3，分析图像可知：为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件为低温、高压，a选项正确，故合理选项是a。

【分析】（1）根据热化学方程式可知，反应Ⅰ为放热反应，注意标注时别漏掉各物质的状态，据此分析。
（2）电子由还原剂移向氧化剂，结合得失电子守恒进行分析。
（3）①平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)、CO(g)的浓度的和。
②相同温度时，压强越大，平衡向气体体积减小的反应方向移动程度越大，结合相关反应，则CH3OH的产率越大，CO2的平衡转化率越高；温度较高时，主要发生反应III，且反应III的反应前后气体分子数相等，CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响。
③根据化学平衡的影响因素进行分析。
23．【答案】（1）－OH、－CHO；CH3COOH，浓硫酸，加热
（2）C18H15PO；②；②④
（3）
（4）
（5）
【解析】【解答】反应①的方程式可为，结合C的分子式和物质B可知物质C的结构简式为。
(1)有A的结构简式可知，A的官能团为醛基（－CHO）和酚羟基（－OH），故答案为－OH、－CHO；由图可知M→N发生酯化反应，故反应试剂和条件为CH3COOH，浓硫酸，加热。
(2)反应①的方程式可表示为A+G→B+Z，根据A、B、G的结构简式可知：G中的-CHOCH2CH3被A中的O取代，则ZPh3PO，①的方程式可表示为
Ph3PO的分子式为C18H15PO；结合C的分子式和物质B可知物质C的结构简式为，反应②中断开碳氧双键，为加成反应，和氢气加成也属于还原反应；反应③中酚羟基和相邻的C失去氢原子，属于氧化反应且苯环上的一个氢原子被取代，发生取代反应；反应④断开了一个碳碳双键，发生加成反应；故反应②③④中属于还原反应的有②，属于加成反应的有②④。
(3)C能发生银镜反应，C的结构简式为 。
(4)化合物N的分子式为C10H12O4，其不饱和度为5，其芳香族同分异构体中有苯环，苯环的不饱和度为4，同分异构体能满足以下条件：（1）能与NaHCO3溶液反应则有羧基（羧基不饱和度为1），根据其不饱和度可知，不含酯基和碳碳双键；（2）能与3倍物质的量的Na发生产生H2的反应，故除去羧基外还有有两个羟基；（3）核磁共振氢谱确定分子中有6种化学环境不相同的氢原子；（4）不含手性碳原子，则羟基和羧基不能在同一个碳原子上，满足题意的同分异构体的结构为 或。
(5)以对甲基苯酚()和HOCH2CH2Cl为原料合成，由所给条件已知：先将转化为，根据卤代烃的性质（在碱性条件下水解为醇），将转化为，最后参考反应E→F，合成，其合成路线如下：】。

【分析】（1）A中含氧官能团是羟基和醛基，对比M、N的结构简式，M中羟基上的氢原子被乙酸中的-OCCH3取代，据此分析。
（2）根据反应前后原子的种类和个数不变进行分析；有机反应中，加氢减氧为还原反应，加氧减氢为氧化反应，与H2的反应一般为加成反应。
（3）醛基能发生银镜反应，结合B、D的结构简式和C的分子式进行分析。
（4）同分异构体的特点是分子式相同、结构不同，所求有机物的分子式为C10H12O4，结合所给信息进行分析。
（5）设计有机合成路线时，需对比所给原料与目标产物的结构式，可拆解目标产物结构式，使其与原料结构式相接近，再结合有机物性质及题中合成路线的相关信息进行分析解答。
24．【答案】（1）向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
（2）过滤；硝酸银溶液；坩埚；
（3）检查装置气密性；b
（4）；偏高
【解析】【解答】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据c=nV得到硫酸铜的浓度，据此分析。
(1)根据BaSO4的不溶性检验SO是否反应完全，操作为：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明SO是沉淀完全，故答案为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
(2)步骤①的操作名称是过滤；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；灼烧固体药品应该在坩埚中进行，故步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚；固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)= ，故答案为：过滤；硝酸银溶液；坩埚；；
(3)实验需要测定氢气的体积，因此组装仪器后需要检验装置气密性，故步骤②为：检验装置气密性；因气体的密度容易受到温度的影响，温度为恢复至室温会对气体体积的测量产生影响，故答案为：检验装置气密性；b；
(4)根据反应方程式Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知n(Zn)=n(CuSO4)+n(H2)，故n(CuSO4)=n(Zn)-n(H2)，m(H2)=dg/L×b×10-3L=bd×10-3g，则n(H2)===5bd×10-4mol，n(Zn)== mol，故n(CuSO4)=mol-5bd×10-4mol，所以c(CuSO4)==；若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则H2所处压强大于外界大气压强，气体被压缩，导致H2的体积偏小，H2的物质的量偏小，使得n(CuSO4)偏大，则最终导致测得c(CuSO4)偏高，故答案为：；偏高。

【分析】甲方案是利用CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，经一系列操作后得到m(BaSO4)，利用硫酸根守恒，计算出m(CuSO4)，结合n=cV=计算出其浓度；乙方案是利用Zn与稀硫酸反应生成H2的体积，结合m=ρV=nM，计算出与稀硫酸反应的n(Zn)1，则可得到与CuSO4反应的n(Zn)2，进一步算出n(CuSO4)，根据n=cV得到硫酸铜的浓度，据此分析。注意n(Zn)总= n(Zn)1+ n(Zn)2。