上海市奉贤区2023届高三下学期高考模拟（二模）化学试题

这是一份上海市奉贤区2023届高三下学期高考模拟（二模）化学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023·上海奉贤·统考二模）奉贤公交巴士引入氢气作为汽车发动机燃料，下列说法正确的是
A．氢能不属于新能源
B．氢能属于不可再生能源
C．氢能是一种热值高、无污染的绿色能源
D．氢能已经完全替代了所有的化石能源
2．（2023·上海奉贤·统考二模）下列物质属于纯净物的是
A．汽油B．食醋C．漂白粉D．小苏打
3．（2023·上海奉贤·统考二模）要除去溶液中少量的，可行的方法是
A．滴入溶液B．通入氯气
C．加入适量铜粉并过滤D．加入适量铁粉并过滤
4．（2023·上海奉贤·统考二模）双氧水是一种常见的氧化剂，下列对H2O2叙述正确的是
A．H2O2的摩尔质量为34B．H2O2中只有极性共价键
C．也具有还原性D．H2O2的电子式为
5．（2023·上海奉贤·统考二模）以下物质属于弱电解质的是
A．乙醇B．乙酸C．次氯酸钠D．高锰酸钾
6．（2023·上海奉贤·统考二模）下列晶体属于分子晶体的是
A．SiB．SiO2C．SiCl4D．SiC
7．（2023·上海奉贤·统考二模）下列关于仪器使用的说法正确的是
A．a可用于溶液的蒸发浓缩B．b可用于物质分离
C．c受热时不需要垫石棉网D．d通冷凝水的方向是上进下出
8．（2023·上海奉贤·统考二模）下列事实不能用元素周期律解释的是
A．原子半径：Na>MgB．非金属性：O>S
C．还原性：Cl-H2CO3
9．（2023·上海奉贤·统考二模）紫花前胡醇()能提高人体免疫力，下列相关叙述错误的是
A．分子式为C14H14O4B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．能够发生水解反应D．能够发生消去反应
10．（2023·上海奉贤·统考二模）某有机物的结构如图所示，一分子该烯烃与一分子溴发生加成反应的产物理论上最多有(不考虑立体异构)
A．2种B．3种C．4种D．5种
11．（2023·上海奉贤·统考二模）关于反应4CO2+SiH44CO+SiO2+2H2O，下列说法正确的是
A．CO是氧化产物B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D．还原性：SiH4＞CO
12．（2023·上海奉贤·统考二模）“价—类”二维图是研究物质性质的一种方法，下图是a~f表示的是含硫物质。下列说法正确的是
A．a可用硫化亚铁与稀硝酸反应制取
B．b在足量的纯氧中燃烧，可一步转化为d
C．c能使溴水褪色，证明c有漂白性
D．f既有氧化性又有还原性
13．（2023·上海奉贤·统考二模）测定硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)中结晶水的含量，实验结果n偏低的原因可能是
A．称量样品的坩埚潮湿B．加热后未放入干燥器中冷却
C．加热过程中样品有少量的溅失D．坩埚含有受热不分解的杂质
14．（2023·上海奉贤·统考二模）N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的过程能量变化如下图所示，有关说法正确的是
A．使用催化剂会改变反应的热效应
B．反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(l)+2bkJ
C．1mlN(g)和3mlH(g)生成1mlNH3(g)时，放出bkJ热量
D．1mlN2(g)和3mlH2(g)的能量之和小于2mlNH3(g)的能量
15．（2023·上海奉贤·统考二模）用压强传感器探究生铁分别在pH=2.0、4.0和6.0的酸性溶液中发生电化学腐蚀，得到反应体系气体压强与时间的关系如图。有关叙述错误的是
A．负极的电极反应式均为：
B．pH=2.0时，压强增大主要是因为产生了
C．pH=4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D．pH=6.0时，正极一定会发生的电极反应为
16．（2023·上海奉贤·统考二模）实验室中利用侯氏制碱法制备Na2CO3和NH4Cl，流程如图。下列说法正确的是
A．气体N、M分别为和
B．只有“食盐水”可以循环使用
C．为了加速过滤可用玻璃棒搅拌
D．向“母液”中通入NH3有利于析出NH4Cl并提高纯度
17．（2023·上海奉贤·统考二模）利用如图所示的装置(夹持装置略去)进行实验，b中的现象能证明a中反应所得产物的是
A．AB．BC．CD．D
18．（2023·上海奉贤·统考二模）常温下，已知浓度均为0.1ml·L-1的NH4CN溶液和NaCN溶液的分别为9.32、11.1，下列说法错误的是
A．0.1ml·L-1NH4CN溶液能使甲基橙试剂变黄色
B．0.1ml·L-1NaCN溶液中水电离出的c(OH-)=10-11.1ml·L-1
C．上述两种盐均能促进溶液中水的电离
D．上述两种溶液中，的水解程度前者大于后者
19．（2023·上海奉贤·统考二模）常温下，调节某醋酸与醋酸钠混合溶液的pH，保持c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml·L-1，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)随pH的变化如图所示。下列说法正确的是(忽略溶液体积变化)
A．pH=5时，c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B．pH=3.5时，c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1ml·L-1
C．取W点溶液1L，c(Na+)+2c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(H+)
D．取W点溶液1L，通入0.05mlHCl：c(H+)>c(CH3COOH)+c(OH-)
20．（2023·上海奉贤·统考二模）向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反应：2A(g)+2B(g) 3C(s)+4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如下表所示。下列判断正确的是
A．g＞f
B．正反应是放热反应
C．2.0MPa、800℃时，A的转化率最小
D．1.5MPa、300℃时，B的转化率为50%
二、填空题
21．（2023·上海奉贤·统考二模）含氯化合物有广泛的应用。
I.
(1)氯原子的核外有___________种能量不同的电子，氯化铵的电子式为___________。
(2)周期表中有3种主族元素与氯元素相邻，它们的气态氢化物的热稳定性由强至弱的顺序为___________(用分子式表示)。通常状况下，Cl2、Br2、I2依次是气体、液体、固体，从结构的角度分析其原因：___________。
Ⅱ.ClO2是一种高效消毒剂，用KClO3和浓HCl可制得它：
(3)请完成该制备反应的化学方程式___________。
_______KClO3+____HCl(浓)=_____Cl2↑+_____ClO2↑+_____KCl+______。
若反应产生8.96LClO2(标准状况)时，则转移电子数为___________。
(4)Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，Ca(ClO)2中存在的化学键为___________。工业制漂白粉的气体原料来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的___________(填电极名称)。
三、实验题
22．（2023·上海奉贤·统考二模）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
实验一：用如图装置制备SO2，并将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B．(省略夹持、加热仪器)
(1)制备的SO2中会混有少量的SO3，原因可能为___________。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为___________。
a．浓硫酸 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHS溶液 d．饱和NaHSO3溶液
实验二：验证白色沉淀B的成分。
分析：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。滴加氨水可释出其阴离子，便于后续检验。
相关反应为：①Ag2SO3+4NH3•H2O=2++4H2O；
②Ag2SO4+4NH3•H2O=2++4H2O。
流程如下：
(2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，请简述实验方法__________。
(3)沉淀D中主要含BaSO3，理由是___________。向滤液E中加入H2O2溶液，产生的现象是___________，可进一步证实B中含Ag2SO3。
实验三：探究的产生途径。
猜想1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
猜想2：实验二中，被氧化为进入D。
(4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断猜想1不合理。理由是：___________。
(5)不同反应的速率也有所不同。将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag。请从化学反应速率的角度分析原因：___________。
(6)实验探究可知，在___________(选填“酸性”“中性”“碱性”)溶液中更易被氧化为。
四、有机推断题
23．（2023·上海奉贤·统考二模）奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如下：
已知：①
②
③G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃。
(1)A→B所需的反应试剂、反应条件分别为_______、_______。B→C的反应类型为________。
(2)F的结构简式为___________。
(3)J→K的化学方程式是___________。
(4)用G和L合成奥昔布宁时，通过在70℃左右蒸出___________(填物质名称)来提高产率。
(5)E的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列条件的物质的结构简式：___________。
①能发生银镜反应
②分子中仅含4种不同化学环境的氢原子
(6)结合题中信息，以 为有机原料，设计合成 的路线_______。(无机试剂与溶剂任选，合成路线可表示为：AB……目标产物)。
五、原理综合题
24．（2023·上海奉贤·统考二模）CO2和SO2的大量排放会对环境产生影响，科学家在积极探索用化学方法吸收并综合利用CO2和SO2。
I．重整吸收CO2.主要反应如下：
①CO2(g)+CH4(g)⇌2H2(g)+2CO(g) -Q1(Q1大于0)
②CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) -Q2(Q2大于0)
在容积固定的某密闭容器中，反应物投料比按n(CO2)：n(CH4)=1：1发生上述反应，CO2、CH4的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
(1)根据消耗情况可以判断：图中曲线___________(选填“A”或“B”)表示CO2的平衡转化率随温度的变化趋势。提高CH4的平衡转化率的措施为___________(列举一条)。
(2)图中X点的v(CH4，正)___________v(CH4，逆)。(选填“>”、“<”或“=”)若起始c(CO2)=2ml·L-1，反应至5min时，CH4的转化率到达Y点，且c(H2)为0.2ml·L-1，则0~5min内H2O(g)的平均反应速率v=___________ml·L-1·min-1。
II．ZnO悬浊液吸收SO2，再催化氧化得到硫酸盐。
向ZnO悬浊液中缓缓通入SO2，SO2吸收率及溶液pH变化如图所示。已知：ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。
(3)在0~10min，溶液pH几乎保持不变，该阶段主要产物为___________(填化学式)；在30~40min，SO2吸收率迅速降低，该阶段主要反应的离子方程式为___________。
(4)调节吸收SO2所得溶液的pH为4.5~6.5，缓缓通入O2，则溶液pH将___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
选项
发生反应
实验现象
A
乙醇和浓反应生成乙烯
酸性溶液褪色
B
木炭粉和浓反应生成
溴水褪色
C
和浓盐酸反应生成
滴有酚酞的溶液褪色
D
苯和液溴反应生成
溶液中产生浅黄色沉淀
1.0
1.5
2.0
300
a
b
16
516
c
64
d
800
160
f
g
参考答案：
1．C
【详解】A．新能源包括太阳能、生物质能、水能、风能、地热能、波浪能、洋流能和潮汐能，还有氢能、沼气、酒精、甲醇等，所以氢能属于新能源，A不正确；
B．氢气可以由水制取，氢气燃烧后又生成水，则氢能属于可再生能源，B不正确；
C．氢气燃烧产生的能量高，而氢气的相对分子质量小，燃烧产物为对环境无污染的水，所以氢能是一种热值高、无污染的绿色能源，C正确；
D．氢气的制取、贮存和运输的技术还有待提高，所以氢能还不能完全替代化石能源，D不正确；
故选C。
2．D
【详解】A．汽油是碳原子个数在5—11的烃的混合物，故A错误；
B．食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故B错误；
C．漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C错误；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．KSCN与氯化铁溶液发生反应，不与氯化亚铁反应，A错误；
B．氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，B正确；
C．铜粉能与氯化铁反应生成氯化亚铁，C错误；
D．铁粉能与氯化铁反应生成氯化亚铁，D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．H2O2的摩尔质量为34g/ml，A错误；
B．H2O2中存在O-O非极性共价键，B错误；
C．H2O2中O为-1价，故H2O2具有还原性，如H2O2可被酸性高锰酸钾氧化体现还原性，C正确；
D．双氧水为分子化合物，其电子式为，D错误；
故答案选C。
5．B
【详解】A．乙醇在水溶液和熔融状态下都无法导电，属于非电解质，A错误；
B．乙酸在水中部分电离，属于弱电解质，B正确；
C．次氯酸钠在水中完全电离产生Na+和ClO-，是强电解质，C错误；
D．高锰酸钾在水中完全电离产生K+和，是强电解质，D错误；
故答案选B。
6．C
【详解】A．Si为共价晶体，A错误；
B．SiO2为共价晶体，B错误；
C．SiCl4为分子晶体，C正确；
D．SiC为共价晶体，D错误；
故答案选C。
7．B
【详解】A．蒸馏烧瓶不能用于溶液的蒸发浓缩，A错误；
B．漏斗可用于分离固体和液体，是常用的物质分离仪器，B正确；
C．加热烧杯时需要在烧杯底部垫上石棉网，C错误；
D．该冷凝管中水的方向是下进上出，以起到更好的冷凝效果，D错误；
故答案选B。
8．D
【详解】A．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径：Na>Mg，A能解释；
B．同主族元素从上到下非金属性减弱，故非金属性：O>S，B能解释；
C．卤族元素从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，对应简单离子的还原性增强，故还原性：，C能解释；
D．元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，H2SO3不是S元素的最高价氧化物的水化物，与H2CO3比较酸性强弱时，不能利用元素周期律比较，D不能解释；
故选D。
9．B
【详解】A．该有机物分子中含有14个C原子、4个O原子，不饱和度为8，含H原子数为14×2+2-8×2=14，则分子式为C14H14O4，A正确；
B．该有机物分子中含有碳碳双键等，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，B错误；
C．该有机物分子中含有酯基，能够发生水解反应，C正确；
D．该有机物红框内的2个碳原子间能够发生消去反应而形成碳碳双键，D正确；
故选B。
10．D
【详解】一分子该烯烃与一分子溴发生加成反应，如发生1，2-加成，理论上产物有3种，分别是：、、，如发生1，4-加成，理论上产物有2种，分别是：、，共5种，故选D。
11．D
【分析】在反应4CO2+SiH44CO+SiO2+2H2O中，CO2中的C元素由+4价降低为+2价，CO2为氧化剂，CO为还原产物；SiH4为还原剂，SiO2为氧化产物。
【详解】A．由分析可知，CO2为氧化剂，CO为还原产物，A不正确；
B．SiH4为还原剂，发生氧化反应，B不正确；
C．CO2为氧化剂，SiH4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C不正确；
D．SiH4为还原剂，CO为还原产物，则还原性：SiH4＞CO，D正确；
故选D。
12．D
【分析】a-f表示含硫物质，根据硫元素的化合价及物质类别，可知a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为亚硫酸盐。
【详解】A．FeS和硝酸反应生成硝酸铁、S、NO和水，无法生成H2S，A错误；
B．S在足量的纯氧中燃烧，只能生成SO2无法一步生成SO3，B错误；
C．SO2能使溴水褪色，是因为SO2具有还原性被溴水氧化从而使溴水褪色，C错误；
D．亚硫酸盐中S为+4价，可被强氧化剂氧化成硫酸盐表现还原性，也可与S2-发生归中反应生成S单质体现氧化性，D正确；
故答案选D。
13．B
【详解】A．称量样品的坩埚潮湿会使称得样品的质量偏大，导致测得的结晶水质量偏大，实验结果n偏大，A错误；
B．加热后未放入干燥器中冷却，在冷却过程中硫酸铜可吸收空气中的水蒸气，导致测得的结晶水质量偏小，实验结果n偏低，B正确；
C．加热过程中样品有少量溅失，使称得的硫酸铜固体质量偏小，导致测得的结晶水质量偏大，实验结果n偏高，C错误；
D．坩埚含有受热不分解的杂质，对加热前后固体的质量差不产生影响，实验结果也不受影响，D错误；
故选B。
14．C
【详解】A．催化剂不会改变反应的热效应，A错误；
B．根据反应过程的能量变化可知，反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-2(b-a)kJ/ml，B错误；
C．从图中可知，1mlN(g)和3mlH(g)生成1mlNH3(g)时，放出bkJ热量，C正确；
D．氮气和氢气反应生成氨气，这是一个放热反应，1mlN2(g)和3mlH2(g)的能量之和大于2mlNH3(g)的能量，D错误；
故答案选C。
15．C
【详解】A．锥形瓶内Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反成式为，故A正确；
B．pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大，故B正确；
C．若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，则锥形瓶内的压强会有所下降，而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时还产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；
D．由图可知，pH=6.0时，锥形瓶内溶解氧减少，且锥形瓶内气压减小，说明发生了消耗氧气的吸氧腐蚀，正极电极反应式为，故D正确；
故选C。
16．D
【分析】侯氏制碱法制备碳酸钠和氯化铵，饱和食盐水中先通入NH3、再通入CO2，此时生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠，加热碳酸氢钠生成碳酸钠、二氧化碳和水，母液中加入NaCl和NH3，发生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4Cl(s)，过滤得到氯化铵。
【详解】A．气体N为NH3，气体M为CO2，A错误；
B．从流程图可知，最后碳酸氢钠分解生成的CO2、母液生成的食盐水都可以循环利用，B错误；
C．用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到加速过滤的作用，C错误；
D．向母液中通入NH3，增大溶液中的浓度，有利于NH4Cl析出并提高纯度，D正确；
故答案选D。
17．B
【详解】A．由于乙醇易挥发，也能使酸性溶液褪色，因此并不能证明反应生成乙烯，A项错误；
B．木炭粉和浓反应，只有生成的可使溴水褪色，B项正确；
C．浓易挥发，因此滴有酚酞的溶液褪色可能是中和了，因此不能证明反应生成，C项错误；
D．液溴易挥发，其进入溶液中也会生成浅黄色沉淀，因此不能证明有生成，D项错误；
答案选B。
18．B
【详解】A．0.1ml/LNH4CN的pH为9.32，能使甲基橙变黄色，A正确；
B．0.1ml/LNaCN的pH为11.1，该溶液中c(H+)=10-11.1ml/L，c(OH-)=10-2.9ml/L，水电离出的c(OH-)=10-2.9ml/L，B错误；
C．NH4CN、NaCN因为、CN-的水解，均能促进溶液中水的电离，C正确；
D．NH4CN中水解生成氢离子能促进CN-的水解，钠离子对CN-水解没有影响，因此NH4CN中CN-的水解程度大于NaCN中CN-的水解程度，D正确；
故答案选B。
19．B
【分析】该溶液中存在电离平衡和水解平衡，当增大时，减小，增大，电离平衡右移，水解平衡左移，则增大，减小，因此实线表示的变化，虚线表示的变化。
【详解】A．常温下，时，，由曲线图得，故，A错误；
B．根据电荷守恒得：，即，B正确；
C．根据电荷守恒：，C错误；
D．W点时，，取该溶液1L，则，通入0.05mlHCl，根据强酸制弱酸原理，理论上恰好使全部转化成，是弱酸，电离程度微弱，因此溶液中，D错误；
故选B。
20．D
【分析】从反应2A(g)+2B(g)3C(s)+4D(g)中可以看出，反应前后气体的分子数相等，则压强改变，平衡不发生移动；从表中平衡常数的数据可以看出，升高温度，平衡常数不断增大，则正反应为吸热反应。
【详解】A．g、f是相同温度、不同压强下的平衡常数，因为平衡常数只受温度变化的影响，所以g=f，A不正确；
B．由分析可知，该反应的正反应是吸热反应，B不正确；
C．因为正反应为吸热反应，所以800℃、相同压强时，A的转化率最大，而反应前后气体的分子数相等，所以800℃时，三种压强下的A的转化率都相同，C不正确；
D．1.5MPa、300℃时，平衡常数b=16，设B的物质的量的变化量为x，则达平衡时，A、B、D的物质的量分别为1-x、1-x、2x，，x=0.5ml，则B的转化率为=50%，D正确；
故选D。
21．(1) 5
(2) HF>HCl>HBr>H2S Cl2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高
(3)
(4) 离子键和共价键 阳极
【详解】（1）基态氯原子的电子排布式为：，共有5种能量不同的电子，氯化铵的电子式为：；
（2）与氯元素相邻的主族元素分别是F、S、Br，它们的电负性大小顺序是：F>Cl>Br>S，电负性越大，非金属性越大，气态氢化物的热稳定性越强，因此热稳定性强弱顺序为：HF>HCl>HBr>H2S。Cl2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高，因此常温下Cl2、Br2、I2依次是气体、液体、固体；
（3）根据氧化还原反应原理、质量守恒定律，该反应的化学方程式为：。标准状况下，的物质的量为，根据方程式，每生成转移电子，因此反应产生 (标准状况)时，转移电子数为；
（4）由和通过离子键结合而成，中原子与原子之间通过共价键结合，因此中存在的化学键为离子键和共价键。工业制漂白粉的气体是，来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的阳极。
22．(1) 浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3 ad
(2)往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量
(3) BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3 有白色沉淀生成
(4)Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4
(5)SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快
(6)碱性
【分析】将浓硫酸加入盛有Cu片的两颈烧瓶内，加热，将生成的气体通过盛有试剂a的洗气瓶，除去其中混有的SO3，再将SO2通入AgNO3溶液中，得到溶液与沉淀的混合物，然后通过后续实验分析沉淀的成分。
【详解】（1）制备的SO2中会混有少量的SO3，烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧化生成，原因可能为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，故选ad。答案为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3；ad；
（2）欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有，则实验方法：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量。答案为：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量；
（3）从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSO3，理由是：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3。滤液E中含有亚硫酸，加入H2O2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，则产生的现象是：有白色沉淀生成。答案为：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3；有白色沉淀生成；
（4）取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现BaSO4白色沉淀，则表明溶液中不含有，可判断猜想1不合理。理由是：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4。答案为：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4；
（5）将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag，则起初未生成Ag2SO4，从而表明生成Ag2SO4的反应速率慢，则从化学反应速率的角度分析原因：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快。答案为：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快；
（6）实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成，而碱性溶液中，中混有，从而表明碱性溶液中更易被氧化为。答案为：碱性。
【点睛】Ag2SO4能溶于氨水，不溶于盐酸。
23．(1) H2 催化剂、加热 取代反应
(2)
(3)
(4)乙酸甲酯
(5) 、 、 等
(6)
【分析】A为苯酚，苯酚与氢气发生加成反应生成B为 ，B与浓HCl反应生成C为 ，C与Mg、乙醚发生信息①的反应生成D为 ，根据G的结构简式和信息①的反应，反推F为 ，根据E的分子式和F的结构简式，可知E到F发生的是酯化反应，E为 。根据K的结构简式和J的分子式，可知J到K发生的是醇的酯化反应，J为 ，K反应生成L，L和G发生信息②的反应生成奥昔布宁为 。
【详解】（1）苯酚与氢气发生加成反应生成B，反应试剂为H2，反应条件为催化剂、加热。根据分析可知B到C发生的是取代反应。
（2）根据分析可知，F的结构简式为 。
（3）J为 ，其与乙酸发生酯化反应生成K，化学方程式为 。
（4）G和L反应生成 和CH3COOCH3，已知G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃，因此通过在70℃左右蒸出CH3COOCH3，促使该反应正向移动，提高奥昔布宁的产率。
（5）①能发生银镜反应说明含有醛基，分子中仅含有4种不同化学环境的氢原子，则满足条件的结构有 、 、 等。
（6） 与浓盐酸加热条件下发生取代反应生成 ， 与Mg、乙醚反应生成 ， 发生醇的催化氧化生成 ， 与 反应生成目标产物。合成路线为 。
24．(1) A 增加二氧化碳的投料等
(2) < 0.04
(3) ZnSO3
(4)减小
【详解】（1）反应①中CO2、CH4的转化率相同，但是二氧化碳也参与反应②的转化，故二氧化碳转化率高于甲烷，结合图像可知，图中曲线A表示CO2的平衡转化率随温度的变化趋势。提高CH4的平衡转化率的措施为增加二氧化碳的投料、减小压强、降低温度等；
（2）图中X点的转化率高于平衡时的转化率，故反应逆向进行，v(CH4，正)在容积固定的某密闭容器中，反应物投料比按n(CO2)：n(CH4)=1：1发生上述反应；若起始c(CO2)=2ml·L-1，反应至5min时，CH4的转化率到达Y点，则反应二氧化碳0.2ml·L-1，反应①生成氢气0.4ml·L-1，由于此时c(H2)为0.2ml·L-1，则反应②消耗氢气0.2ml·L-1、生成水0.2ml·L-1，故0~5min内H2O(g)的平均反应速率；
（3）在0~10min，氧化锌悬浊液吸收二氧化硫生成微溶的亚硫酸锌，溶液pH几乎保持不变，故该阶段主要产物为ZnSO3；在30~40min，生成的ZnSO3和过量的二氧化硫生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时pH迅速下降，生成的亚硫酸根离子抑制二氧化硫的吸收，导致SO2吸收率迅速降低，该阶段主要反应的离子方程式为；
（4）缓缓通入O2，则溶液中被氧气氧化为硫酸根离子，，溶液酸性增强，pH减小。