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2023年上海市虹口区高考化学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年上海市虹口区高考化学二模试卷（含解析），共25页。
2023年上海市虹口区高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 用铜锌合金制成的黄铜制品常被误认为黄金。下列关于黄铜的说法错误的是( )
A. 有金属光泽 B. 熔点比锌高
C. 硬度比铜大 D. 可用稀盐酸鉴别黄铜与黄金
2. 铼(75Re)是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从此信息中不能确定的是( )
A. 铼原子的质量数 B. 铼元素的原子序数
C. 铼原子核外电子排布 D. 铼元素在元素周期表中位置
3. 下列属于含有非极性键的强电解质的是( )
A. HBr B. Na2O2 C. KOH D. NH4Cl
4. 下列常用实验仪器中，一般不用于混合物分离或提纯的是( )
A. B. C. D.
5. 在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体不可能具有相同的( )
A. 原子数 B. 分子数 C. 质量 D. 电子数
6. 将足量SO2气体通入BaCl2溶液中，无明显现象。若要观察到BaSO3沉淀，可再通入( )
A. Cl2 B. NO2 C. H2S D. NH3
7. 下列有关CH2=CH−CH=CH2说法错误的是( )
A. 所有原子可能处于同一平面上 B. 与溴的加成产物共有2种
C. 与异戊二烯互为同系物 D. 属于炔烃类的同分异构体有2种
8. 下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是( )
A. HF、HCl、HBr的热稳定性依次减弱
B. NaF、NaCl、NaBr的熔点依次降低
C. Li、Na、K的熔点逐渐降低
D. SiF4、SiCl4、SiBr4的熔、沸点逐渐升高
9. 短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大。W与Q同主族，且Q的原子序数是W的2倍；X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小。下列说法正确的是( )
A. 元素最高正价：W=Q B. 原子半径：W>X
C. 核外未成对电子数：Y=Q D. 非金属性：Y>Z
10. 下列化工生产中，所采取的条件或操作不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 工业制盐酸：向合成塔中通入过量氢气 B. 合成氨：采用20～50MPa压强
C. 工业制硫酸：向接触室中通入过量空气 D. 联合制碱工业：向母液中加入食盐
11. 下列离子方程式正确的是( )
A. 氨气溶于醋酸溶液：NH3+H+⇌NH4+
B. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32−+2H+⇌CO2↑+H2O
C. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42−+Ba2+⇌BaSO4↓
D. 向氯化铜溶液中通入硫化氢气体：Cu2++H2S⇌CuS↓+2H+
12. 对如图所示的实验装置的判断错误的是( )
A. 开关K置于A处时，可减缓铁的腐蚀
B. 开关K置于A处时，铁棒表面有氢气产生
C. 开关K置于B处时，铁棒一定为负极
D. 开关K置于B处时，可通过牺牲阳极的阴极保护法减缓铁的腐蚀
13. 下列关于聚合物A()和B()的说法正确的是( )
A. 互为同分异构体 B. 都具有较好的水溶性
C. 都能用乳酸()制备 D. 都可在碱性条件下降解为小分子
14. 某同学想要用如图装置制备氨气并验证氨气的某些化学性质，其设计具有合理性的部分是( )
A. 用装置甲制取氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气具有还原性 D. 用装置丁可以防倒吸
15. 为检验某溶液中的离子，进行了如图所示的实验操作，过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．由该实验能得到的正确结论是( )
A. 原溶液中一定含有SO42−离子 B. 原溶液中一定含有Fe3+离子
C. 原溶液中一定含有Cl−离子 D. 原溶液中一定含有NH4+离子
16. 气态有机物①～④分别与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷()的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 物质的热稳定性：②<③
B. 物质④中不存在碳碳双键
C. 物质①～④与氢气的加成反应都是放热反应
D. 物质③脱氢生成④的热化学方程式为：(g)⇌(g)+H2(g)−21kJ
17. 小组进行如图实验。下列说法不正确的是( )
A. ①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)
B. ③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C. c(OH−)：③=①
D. ③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl−)
18. 一定温度下，向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0。下列说法错误的是( )
A. Z不可能为气体
B. 达到平衡时容器内有1.8molZ
C. 压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变
D. Y的体积分数不变说明反应达到平衡状态
19. 向100mL1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol⋅L−1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是( )
A. 沉淀质量：b点>a点>c点
B. a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小
C. a点离子浓度的大小关系为：[NH4+]>[SO42−]>[H+]>[OH−]
D. b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O
20. SO2是大气污染物，SO2废气的处理可以先用H2还原成H2S后再设法回收S，主要涉及反应：3H2+SO2 一定条件H2S+2H2O。完成下列填空：
(1)写出硫化氢的电子式 ______ ，硫原子的核外有 ______ 种不同运动状态的电子。
(2)列举一个硫元素比氧元素非金属性弱的事实： ______ 。
(3)在一定温度下，向2L反应器中通入含SO2的废气与H2，经过10min，有0.4mol水生成，则这段时间内v(SO2)= ______ 。
(4)一定条件下SO2与H2的反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温度(t)、压强(P)的变化如图所示，根据上述信息可以判断：P1 ______ P2(填“>”、“<”或“=”)。随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K将 ______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
SO2废气的另一种处理方法是用Na2SO3溶液吸收，得到NaHSO3溶液。
(5)写出该方法吸收SO2的化学方程式 ______ 。
(6)所得的NaHSO3溶液呈酸性，运用相关化学用语进行解释 ______ 。
21. 铁及其化合物在人类生活中有着极其重要的作用。完成下列填空：
(1)铁的原子结构示意图为。由此可知，铁是第 ______ 周期元素，铁原子核外3d轨道上共填充了 ______ 个电子。
(2)古代中国四大发明之一的司南是由天然的磁石制成的，其主要成分是 ______ (选填编号)。
a.Fe
b.FeO
c.Fe2O3
d.Fe3O4
(3)FeSO4可以用来净水、治疗缺铁性贫血等，实验室在配制FeSO4溶液时，为了防止FeSO4变质，经常向溶液中加入铁粉，其原因是 ______ (用离子方程式表示)。
(4)向新配制的FeSO4溶液中，加入一定量的稀硝酸，发生如下反应： ______ Fe2++ ______ H++ ______ NO3−⇌ ______ Fe3++ ______ NO↑+ ______ H2O。
①配平上述反应。
②每生成0.5molNO气体，转移的电子数为 ______ 。
③要检验该反应后的溶液中是否还含有Fe2+，实验方案是 ______ 。
现在可以利用铁氧化物循环裂解水制备氢气，其过程如图所示：
(5)写出反应Ⅲ的平衡常数表达式 ______ 。
(6)写出铁氧化物循环裂解水制氢的总反应的化学方程式： ______ 。
(7)Fe3O4和CO的反应过程与温度密切相关。向某容器中加入Fe3O4与CO，当其它条件一定时，达到平衡时CO的体积百分含量随温度的变化关系如图所示。
已知：①Fe3O4+CO⇌3FeO+CO2−Q1(Q1>0)
②Fe3O4+4CO⇌3Fe+4CO2+Q2(Q2>0)
推测当温度达到570℃，平衡时CO体积百分含量最高的原因： ______ 。
22. 某同学查阅资料得知，无水三氯化铝能催化乙醇制备乙烯，为探究适宜的反应温度，设计如图反应装置：
检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入10mL无水乙醇，观察并记录C中溶液褪色的时间。重复上述实验，分别观察并记录在110℃、120℃、130℃、140℃时C中溶液褪色的时间，实验结果如图所示。完成下列填空：
(1)仪器B的名称是 ______ ；该实验所采用的加热方式优点是 ______ ，液体X可能是 ______ (选填编号)。
a.水
b.酒精
c.油
d.乙酸
(2)根据实验结果，判断适宜的反应温度为 ______ 。
(3)在140℃进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是 ______ 。
(4)在120℃进行实验，若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是 ______ 。
(5)教材中用乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯。和教材实验相比，用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有 ______ 、 ______ (列举两点)。
工业无水氯化铝含量测定的主要原理是：Ag++Cl−=AgCl↓。将1.400g工业无水氯化铝样品溶解后配成500mL溶液，量取25.00mL置于锥形瓶中，用浓度为0.1000mol⋅L−1的AgNO3标准溶液进行滴定，达到终点时消耗标准液15.30mL。
(6)该样品中AlCl3的质量分数为 ______ (保留3位有效数字)。
(7)某次测定结果误差为−2.1%，可能会造成此结果的原因是 ______ (选填编号)。
a.称量样品时少量吸水潮解
b.配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯
c.滴定管水洗后未用AgNO3标准溶液润洗
d.样品中含有少量Al(NO3)3杂质
23. 贝沙罗汀(分子式C24H28O2)主要用于治疗顽固性早期皮肤T细胞淋巴瘤，其一种合成路线如图：
完成下列填空：
(1)①的反应类型是 ______ ；③所需的无机试剂是 ______ ；④中官能团的转化为： ______ → ______ (填官能团名称)。
(2)②的反应式为 ______ 。
(3)已知：1molC与1molD反应生成1molE，同时生成1molHCl。D的结构简式为 ______ 。
(4)写出满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式 ______ 。
i.属于芳香族化合物，能发生银镜反应
ii.只含有2种化学环境不同的氢原子
(5)参考E→F的反应信息，写出以为原料合成的路线 ______ 。(无机试剂与溶剂任选，合成路线常用的表示方式为：A→反应条件反应试剂B⋅⋅⋅⋅⋅⋅→反应条件反应试剂目标产物)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.黄铜为金属合金，被误认为黄金，具有金属光泽，故A正确；
B.铜锌合金为黄铜，熔点低于锌，故B错误；
C.铜锌合金为黄铜，硬度大于铜，故C正确；
D.铜锌合金制成的黄铜放入盐酸中，质量减轻，合金溶解并有气泡冒出，而黄金不溶于盐酸中，可鉴别，故D正确；
故选：B。
A.铜锌合金为黄铜，是金属和金属形成的混合物；
B.合金熔点低于各成分；
C.合金的硬度大于各成分；
D.铜锌合金含有锌，性质活泼，可与酸反应。
本题考查了合金的概念和性质分析，注意知识的准确掌握，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.质量数=质子数+中子数，该原子质子数是75，中子数未知，所以无法计算质量数，故A错误；
B.元素符号左下角数字与其原子序数相等，所以该元素的原子序数是75，故B正确；
C.原子中，质子数与其核外电子数相等，根据题干信息知，该原子质子数是75，则该原子核外电子数为75，故C正确；
D.第75号元素铼，其原子序数为75，在周期表中位于第六周期第VⅡB族，所以可以判断该元素在周期表中的位置，故D正确；
故选：A。
A.质量数=质子数+中子数；
B.元素符号左下角数字与其原子序数相等；
C.原子中，质子数与其核外电子数相等；
D.根据原子序数可以推断元素在周期表中的位置。
本题考查了原子的结构，题目难度不大，把握原子序数与质子数、电子数的关系是解题的关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.HBr的结构式为HBr，含极性键，故A错误；
B.Na2O2是强电解质，含有O−O非极性键，故B正确；
C.KOH中不含非极性键，故C错误；
D.NH4Cl中不含非极性键，故D错误；
故选：B。
同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，以此来解答。
本题考查了非极性共价键和极性共价键的判断，根据概念的内涵来分析解答，注意极性共价键为不同非金属元素之间形成的共价键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A、蒸馏烧瓶用于沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离，故A正确；
B、分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，故B正确；
C、容量瓶用于配制一定物质的量的浓度的溶液，不属于物质的分离，故C错误；
D、普通漏斗用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，故D正确；
故选：C。
根据分离操作常用到的仪器判断，蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离．分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，普通漏斗常用于过滤分离，容量瓶仅用作配制溶液使用．
本题考查实验仪器的使用，难度不大，注意常见化学基本操作以及化学仪器的使用方法的积累即可顺利解答．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗定律的应用，题目难度不大，明确阿伏加德罗定律的内容即可解答，注意熟练掌握物质的量与其它物理量之间的关系，试题培养了学生的化学计算能力。
【解答】
同温同压下的气体摩尔体积相同，两个容积相同的容器中盛有的NH3、H2和O2的物质的量相等，
A.同温同压同体积的气体具有相同的分子数，1个氨分子中含有4个原子，而1个H2或O2分子均含有2个原子，所以两容器内的气体不可能具有相同的原子数，故A正确；
B.同温同压同体积的气体具有相同的分子数，所以两容器中分子数一定相等，故B错误；
C.两容器中气体的物质的量相等，氨气的摩尔质量为17g/mol，氢气和氧气的摩尔质量分别为2g/mol和32g/mol，则氢气和氧气的平均摩尔质量介于2g/mol和32g/mol，可能为17g/mol，所以两容器中气体的质量可能相等，故C错误；
D.两容器中气体的物质的量相等，1个氨分子中含有10个电子，1个氢分子和1个氧分子分别含有2个电子和16个电子，若设气体的物质的量为1mol，盛有氨气的容器中电子数为10NA，盛有H2和O2的混合气体的容器中电子数介于2NA和16NA之间，可能为10NA，所以两容器内的气体可能具有相同的电子数，故D错误；
故选A。
6.【答案】D
【解析】解：A.氯气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，发生Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有BaSO4沉淀生成，故A错误；
B.NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42−离子，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成沉淀BaSO4，故B错误；
C.硫化氢与二氧化硫发生归中反应生成硫，方程式为2H2S+SO2=S↓+2H2O，有沉淀S生成，故C错误；
D.氨气与二氧化硫生成亚硫酸铵，2NH3+SO2=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，有BaSO3沉淀生成，故D正确；
故选：D。
A.氯气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
B.NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸；
C.硫化氢与二氧化硫发生归中反应生成硫；
D.氨气与二氧化硫生成亚硫酸铵。
本题综合考查二氧化硫性质，熟悉二氧化硫还原性、酸性氧化物性质是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，所以该分子中所有原子可能共平面，故A正确；
B.该有机物和溴发生加成反应时，可能1，2−加成、可能是1，4−加成、可能是完全加成，所以与溴的加成产物有3种，故B错误；
C.二者结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物，故C正确；
D.属于炔类的同分异构体中主链上有4个碳原子，存在官能团位置异构，符合条件的同分异构体有HC≡CCH2CH3、CH3C≡CCH3，有2种，故D正确；
故选：B。
A.乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转；
B.该有机物和溴发生加成反应时，可能是部分加成、可能是完全加成；
C.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
D.属于炔类的同分异构体中主链上有4个碳原子，存在官能团位置异构。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，HF、HCl、HBr的热稳定性依次减弱，与键能有关，故A错误；
B.NaF、NaCl、NaBr属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与化学键的键能有关，故B错误；
C.Li、Na、K的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，与键能有关，故C错误；
D.SiF4、SiCl4、SiBr4的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点、沸点越高，与键能无关，故D正确；
故选：D。
A.元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；
B.离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键；
C.金属晶体中金属键越大，熔点越高；
D.组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点、沸点越大。
本题考查键能的大小比较及元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。
9.【答案】C
【解析】解：由分析可知，W为O元素、X为Al元素、Y为Si元素、Z为P元素、Q为S元素；
A.S元素最高化合价为+6，而氧元素没有+6价，故A错误；
B.同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：O
D.同周期主族元素自左而右非金属性增强，则非金属性：Si
短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大。W与Q同主族，且Q的原子序数是W的2倍，W不能是氢元素，即W处于第二周期、Q处于第三周期，设W的原子序数为a，可知Q的原子序数为a+8，则a+8=2a，解得a=8，故W为O元素、Q为S元素；X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小，X只能形成阳离子，结合原子序数可知X处于第三周期，可推着X为Al元素，则Y为Si元素、Z为P元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表与元素周期律、核外电子排布等，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况。
10.【答案】A
【解析】解：A.工业制盐酸反应为H2+Cl2=点燃2HCl，该反应为不可逆反应，通入过量氢气不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.合成氨反应为，反应正向气体分子数减小，采用高压条件有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.工业制硫酸接触室中反应为，向接触室中通入过量空气，增大氧气浓度，有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故C正确；
D.联合制碱工业中存在反应NaCl+NH3+CO2+H2O⇌NaHCO3↓+NH4Cl，向母液中加入食盐，有利于平衡正向移动，促进碳酸氢钠析出，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：A。
勒夏特列原理为平衡移动原理，当外界条件改变时，平衡发生移动，可用勒夏特列原理解释。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A.氨气溶于醋酸溶液，离子方程式为：NH3+CH3COOH=NH4++CH3COO−，故A错误；
B.碳酸钙与稀盐酸反应，离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；
C.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：2H++2OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.向氯化铜溶液中通入硫化氢气体，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D正确；
故选：D。
A.醋酸为弱酸，应保留化学式；
B.碳酸钙为沉淀，应保留化学式；
C.漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；
D.二者反应生成硫化铜沉淀和氯化氢。
本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应的实质是解题关键，注意化学式拆分原则，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.开关K置于A处时为电解池，X电极为阳极，Fe电极为阴极，该保护方法为外加电流的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀，故A正确；
B.开关K置于A处时为电解池，X电极为阳极，Fe电极为阴极，电解质为NaCl，则阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故B正确；
C.开关K置于B处时为原电池，若X是活泼性大于Fe的金属材料，则X为负极、Fe作正极，故C错误；
D.开关K置于B处时为原电池，若X是活泼性大于Fe的金属材料，则X为负极、Fe作正极，正极上发生得电子的还原反应，可减缓铁的腐蚀，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：C。
开关K置于A处时为电解池，X电极为阳极，Fe电极为阴极，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，阴极上水得电子生成氢气，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，可减缓铁的腐蚀，该保护方法为外加电流的阴极保护法；开关K置于B处时为原电池，若X是活泼性大于Fe的金属材料，则X为负极、Fe作正极，Fe电极上发生得电子的反应，可减缓铁的腐蚀，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，若X是活泼性小于Fe的金属材料或惰性电极，则X为正极、Fe作负极，可加快铁的腐蚀，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解原理的应用，侧重基础知识检测和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应是解题关键，注意理解掌握电化学原理防止钢铁腐蚀的两种措施，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.聚合物的聚合度n不确定，故和不是同分异构体，故A错误；
B.聚合物不具备良好的水溶性，难溶于水，故B错误；
C.和的单体都可由制备，故C正确；
D.和不会水解，故D错误；
故选：C。
A.聚合物的聚合度n不确定；
B.聚合物不具备良好的水溶性；
C.和都可由制备；
D.和不会水解。
本题考查有机物结构与性质，为高频考点，正确判断题干高分子化合物的链节、单体为解答关键，注意掌握常见有机物的组成、结构与性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.实验室常常采用氯化铵固体与氢氧化钙固体在加热的条件下反应来制备氨气。氨气极易溶于水，甲装置采用氯化铵溶液和氢氧化钠溶液不加热条件下反应来制备氨气，得到的氨气非常少，无法进行后续实验，故A错误；
B.氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，应该用碱石灰干燥，故B错误；
C.氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，生成的水使无水硫酸铜变蓝，氮元素的化合价由−3价升高到0价，氨气作还原剂，具有还原性，故C正确；
D.氨气难溶于苯、四氯化碳等有机溶剂，极易溶于水，导气管末端插入水中，无法防止倒吸，应换成比水密度大的四氯化碳，导气管末端插入四氯化碳中，故D错误；
故选：C。
A.实验室采用铵盐与碱在加热的条件下反应来制备氨气；
B.氨气是高中化学最重要的碱性气体，干燥氨气要考虑氨气与酸反应等因素；
C.氨气中氮元素的化合价为−3价，是氮元素的最低价态，在氧化还原反应中体现还原性；
D.氨气极易溶于水，收集氨气要注意防倒吸。
本题考查氨气的实验室制法、收集、干燥、性质等知识，为高频考点，侧重于实验基本操作，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42−离子，故A错误；
B、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故B错误；
C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；
D、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故D正确．
故选D．
在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色．
本题是一道关于离子反应和离子检验知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等．
16.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，有机物③能量低于有机物②，能量越低越稳定，则物质的热稳定性：②<③，故A正确；
B.物质④为苯，苯分子中不存在碳碳双键，故B正确；
C.由图可知，反应物能量大于生成物能量，则物质①～④与氢气的加成反应都是放热反应，故C正确；
D.①(g)+2H2(g)=(g)ΔH=−229kJ/mol，②+3H2(g)=(g)ΔH=−208kJ/mol，根据盖斯定律①−②得(g)=(g)+H2(g)ΔH=(−229+208)kJ/mol=−21kJ/mol，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，有机物③能量低于有机物②；
B.物质④为苯；
C.分析图中信息即可得出结论；
D.①(g)+2H2(g)=(g)ΔH=−229kJ/mol，②+3H2(g)=(g)ΔH=−208kJ/mol，根据盖斯定律①−②得(g)=(g)+H2(g)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；
B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；
C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，则c(OH−)：③<①，故C错误；
D.③中溶液显碱性，则c(H+)c(Cl−)，故D正确；
故选C。
18.【答案】D
【解析】解：A.达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，说明反应正向气体分子数减小，故Z不是气体，故A正确；
B.达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，则反应后气体的总物质的量3mol×0.4P0P0=1.2mol，设反应Yamol，则(2−2a)mol+(1−a)mol=1.2mol，解得a=0.6，则生成Z的物质的量为0.6mol×3=1.8mol，故B正确；
C.平衡常数K=c2(X)⋅c(Y)，压缩体积，平衡正向移动，K值不变，故再次达到平衡，X的浓度不变，故C正确；
D.反应起始时X、Y的充入量之比为2：1，反应中X、Y的消耗量之比为2：1，故容器中X、Y的剩余的物质的量之比始终为2：1，故Y的体积分数始终保持不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故选：D。
在恒温恒容条件下，压强和物质的量成正比，达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，说明反应正向气体分子数减小，故Z不是气体，结合平衡常数K=c2(X)⋅c(Y)分析浓度。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响对化学平衡的影响是解题的关键。
19.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，a、b、c三点的沉淀分别为：0.15molBaSO4、0.1molAl(OH)3，0.2molBaSO4、0.1molAl(OH)3，0.2molBaSO4，0.1molAl(OH)3的质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，0.05molBaSO4的质量为0.05mol×233g/mol=11.65g，则沉淀质量：b点>c点>a点，故A错误；
B.由上述分析可知，a点溶液中溶质为(NH4)2SO4，b点溶液中溶质为NH3・H2O，c点溶液中溶质为NH3・H2O、Ba(AlO2)2，NH3・H2O是碱、抑制水的电离，(NH4)2SO4和Ba(AlO2)2均促进水的电离，则b点溶液中水的电离程度最小，故B正确；
C.a点溶液中溶质为(NH4)2SO4，是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：[NH4+]>[SO42−]>[H+]>[OH−]，故C正确；
D.b点到c点的过程中Al(OH)3溶解生成Ba(AlO2)2，离子方程式为Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O，故D正确；
故选：A。
100mL1mol⋅L−NH4Al(SO4)2溶液中n[NH4Al(SO4)2]=cV=0.1L×1mol/L=0.1mol，n(NH4+)=n(Al3+)=0.1mol，n(SO42−)=0.2mol：开始滴加Ba(OH)2溶液时发生反应为SO42−+Ba2+=BaSO4↓、Al3++3OH−=Al(OH)3↓，当加入0.3molOH−、0.15molBa2+，即加入0.15molBa(OH)2时V[Ba(OH)2]=150mL，Al3+沉淀完全、0.15molSO42−转化为BaSO4沉淀，a点沉淀为0.15molBaSO4、0.1molAl(OH)3，溶液溶质为(NH4)2SO4；继续滴加Ba(OH)2液时生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42−+Ba2+=BaSO4↓、NH4++OH−=NH3・H2O，SO42−完全沉淀时共需0.2molBa(OH)2、V[Ba(OH)2]=200mL，b点沉淀为0.2molBaSO4、0.1molAl(OH)3，溶液中溶质为NH3・H2O；再继续滴加Ba(OH)2溶液时，Al(OH)3溶解，发生反应为Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，沉淀减少，c点沉淀为0.2molBaSO4，溶液中溶质为NH3・H2O、Ba(AlO2)2，0.1molAl(OH)3完全溶解需再加入0.05molBa(OH)2，此时共加入V[Ba(OH)2]=250mL，结合盐类水解原理分析解答。
本题考查离子方程式的有关计算，明确含铝化合物的性质、图象各阶段发生的反应是解题关键，考查了分析能力和计算能力，注意掌握盐类水解原理的应用，题目难度较大。
20.【答案】 16 水比H2S稳定 0.01mol/(L⋅min) < 变小 Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 NaHSO3溶液中存在HSO3−的电离平衡HSO3−⇌H++SO32−和水解平衡HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，HSO3−的电离能力强于水解能力，NaHSO3溶液呈酸性
【解析】解：(1)硫化氢的电子式为，硫原子为16号元素，硫原子核外有16种不同运动状态的电子，
故答案为：；16；
(2)水比H2S稳定，说明硫元素比氧元素非金属性弱，
故答案为：水比H2S稳定；
(3)经过10min，有0.4mol水生成，则反应消耗SO20.2mol，则这段时间内v(SO2)=0.2mol2L×10min=0.01mol/(L⋅min)，
故答案为：0.01mol/(L⋅min)；
(4)反应正向气体分子数减小，加压，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，由图可知，温度相同时，压强为P2时SO2的平衡转化率大，故P1
(5)Na2SO3溶液吸收SO2得到NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，
故答案为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；
(6)NaHSO3溶液中存在HSO3−的电离平衡HSO3−⇌H++SO32−和水解平衡HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，HSO3−的电离能力强于水解能力，NaHSO3溶液呈酸性，
故答案为：NaHSO3溶液中存在HSO3−的电离平衡HSO3−⇌H++SO32−和水解平衡HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，HSO3−的电离能力强于水解能力，NaHSO3溶液呈酸性。
(1)硫化氢中氢原子与硫原子通过共价键结合，硫原子为16号元素；
(2)可以通过比较非金属元素氢化物的热稳定性比较元素非金属性强弱；
(3)依据公式v=△c△t计算化学反应速率；
(4)由压强变化对平衡的影响判断压强大小，由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
(5)亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠；
(6)结合HSO3−的电离和水解能力分析。
本题考查物质的性质和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
21.【答案】四 6 d Fe+2Fe3+=3Fe2+ 3 4 1 3 1 2 1.5NA 取样，加入少量酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，说明还含有Fe2+，若仍显紫红色，说明不含有Fe2+ K=c2(CO)c(CO2) C(s)+H2O(g)=Fe3O4CO(g)+H2(g) 温度低于570℃时，主要发生反应②，②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量不断增大；温度高于570℃，主要发生反应①，①是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO百分含量不断降低，则570C时CO百分含量最高
【解析】解：(1)由铁的原子结构示意图可知，铁是第四周期元素，x=26−2−8−2=14，第三层上14个电子的排布为3s23p63d6，即铁原子核外3d轨道上共填充了6个电子，
故答案为：四；6；
(2)四氧化三铁具有磁性，则司南是由天然的磁石制成的，其主要成分为Fe3O4，
故答案为：d；
(3)FeSO4具有较强还原性，配制其溶液时需加入适量铁粉，可将氧化后的Fe3+还原为Fe2+，从而防止FeSO4氧化，发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(4)①硝酸具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、NO气体，Fe的化合价升高1，N的化合价降低3，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3；4；1；3；1；2；
②反应为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，转移电子3e−，即n(e−)=3n(NO)=3×0.5mol=1.5mol，转移电子数目为1.5NA，
故答案为：1.5NA；
③检验反应后溶液中是否存在Fe2+，可利用其还原性，用酸性KMnO4溶液检验，具体的操作为：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫红色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有Fe2+，
故答案为：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，说明还含有Fe2+，若仍显紫红色，说明不含有Fe2+；
(5)由图可知反应Ⅲ的化学方程式为：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，其平衡常数表达式K=c2(CO)c(CO2)，
故答案为：K=c2(CO)c(CO2)；
(6)由图可知，C和H2O是反应物，H2、CO是生成物，Fe3O4是催化剂，总反应为C(s)+H2O(g)=Fe3O4 CO(g)+H2(g)，
故答案为：C(s)+H2O(g)=Fe3O4 CO(g)+H2(g)；
(7)反应①为吸热反应，反应②为放热反应，温度较低时主要发生反应②，随温度的升高，反应②的平衡逆向移动，CO的百分含量不断增大；当温度较高时主要发生反应①，随着温度的升高，反应①的平衡正向移动，CO的体积百分含量又降低，
故答案为：温度低于570℃时，主要发生反应②，②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量不断增大；温度高于570℃，主要发生反应①，①是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO百分含量不断降低，则570C时CO百分含量最高。
(1)由铁的原子结构示意图可知，铁是第四周期元素，x=26−2−8−2=14，根据洪特规则和泡利原理推断3d轨道上的电子数；
(2)四氧化三铁具有磁性，俗名磁性氧化铁；
(3)FeSO4具有强还原性，易被氧气氧化生成Fe3+，加入铁粉可将其还原为Fe2+，以达到FeSO4变质的目的；
(4)①硝酸具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、NO气体，Fe的化合价升高1，N的化合价降低3，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O；
②反应为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，转移电子3e−，即n(e−)=3n(NO)；
③Fe2+具有强还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，检验含有Fe3+的混合溶液中是否含有Fe2+，可在混合溶液中加入酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液是否褪色；
(5)平衡常数K等于生成物平衡浓度幂积与反应物平衡浓度幂积之比，固体和纯液体的浓度定为1，不写入表达式；
(6)由图可知，铁氧化物循环裂解水制备氢气的历程中，C和H2O是反应物，H2、CO是生成物，Fe3O4是催化剂，FeO是中间产物；
(7)反应①为吸热反应，反应②为放热反应，反应温度较低时，随着温度的升高，反应①的平衡正向移动，反应②的平衡逆向移动，反应②进行的程度大于反应①，即主要发生反应②，导致CO体积百分含量增大；反应温度较高时，随着温度的升高，反应①进行的程度大于反应②，即主要发生反应①，导致CO体积百分含量降低，据此分析解答。
本题考查铁及其化合物的性质、氧化还原反应、化学平衡及其影响因素等知识，把握氧化还原反应规律的应用、化学平衡的影响因素是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度中等。
22.【答案】干燥管 受热均匀且便于控制温度 c 125℃(或120−130℃) 温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯 乙烯被浓硫酸吸收(或乙烯与浓硫酸发生反应) 反应条件温和 副反应少(或产物更纯净、反应剩余物易处理) 97.3% ab
【解析】解：(1)仪器B的名称为干燥管。该实验采用油浴加热的方式，优点是受热均匀且便于控制温度；根据题干，加热温度最高达到了140℃，水沸点为100℃，酒精加热易挥发且沸点为78℃，乙酸加热易挥发且沸点为118℃，因此液体X可能为油，选c，
故答案为：干燥管；受热均匀且便于控制温度；c；
(2)从图中可知，125℃(120−130℃)时，C中溶液褪色时间最短，反应速率最快，故适宜的反应温度为125℃(或120−130℃)，
故答案为：125℃(或120−130℃)；
(3)催化剂在适宜温度下才具有催化活性，在140℃时进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因为温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯，
故答案为：温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯；
(4)若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸具有强氧化性，能与乙烯反应，氧化乙烯为CO2气体，故C中溶液不褪色，则原因为乙烯被浓硫酸吸收(或乙烯与浓硫酸发生反应)，
故答案为：乙烯被浓硫酸吸收(或乙烯与浓硫酸发生反应)；
(5)教材中乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯，用AlCl3做催化剂制备乙烯，反应温度约为125℃，相对而言反应条件温和，且浓硫酸与乙醇反应制乙烯的过程中有副反应发生，会生成二氧化硫等杂质，用AlCl3做催化剂制备乙烯优点为反应条件温和、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理，
故答案为：反应条件温和；副反应少(或产物更纯净、反应剩余物易处理)；
(6)已知消耗AgNO3的物质的量为0.1mol×0.0153L=1.53×10−3mol，则参与反应的Cl−有1.53×10−3mol，1.400g工业无水氯化铝含氯化铝的物质的量为1.53×10−3mol×500mL25.00mL3=1.02×10−2mol，样品中AlCl3的质量分数为1.02×10−2mol×133.5g/mol1.400g×100%≈97.3%，
故答案为：97.3%；
(7)某次测定结果误差为−2.1%，则测定结果含量偏低；
a.称量样品时少量吸水潮解，则样品中AlCl3的量偏少，消耗的硝酸银偏少，测定结果偏低，故a正确；
b.配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯，使得部分AlCl3溶质损失，测定结果偏低，故b正确；
c.滴定管水洗后未用硝酸银标准液润洗，则硝酸银浓度偏小，消耗的硝酸银偏多，测定结果偏高，故c错误；
d.样品中本来就有部分杂质，样品中的少量硝酸铝不与硝酸银反应，只有AlCl3与硝酸银反应，则得到的计算结果就是AlCl3实际的质量分数，含有的少量Al(NO3)3本就是杂质的一种，不影响测定结果，故d错误，
故答案为：ab。
检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入10mL无水乙醇，无水三氯化铝催化乙醇发生消去反应生成乙烯CH3CH2OH→油浴加热AlCl3CH2=CH2+H2O，生成的乙烯进入C中与Br2发生加成反应：CH2=CH2+Br2=CH2BrCH2Br，使溴的四氯化碳溶液褪色；
(6)根据用浓度为0.1000mol⋅L−1的AgNO3标准溶液进行滴定，达到终点时消耗标准液15.30mL，消耗AgNO3的物质的量为0.1mol×0.0153L=1.53×10−3mol，则参与反应的Cl−有1.53×10−3mol，1.400g工业无水氯化铝含氯化铝的物质的量为1.53×10−3mol×500mL25.00mL3=1.02×10−2mol，据此解答；
(7)某次测定结果误差为−2.1%，则测定结果含量偏低，结合操作对氯化铝含量的影响，导致氯化铝损失的操作会导致含量偏低。
本题考查有机物制备方案的设计，题目难度中等，综合性较强，答题时注意把握物质的制备原理和性质，把握物质的性质的异同是解答该题的关键。
23.【答案】氧化反应 Na、Na2CO3或NaHCO3 酯基 羧基
【解析】解：(1)①的反应类型是氧化反应；③中加入的物质能和−COOH反应生成−COONa但不能和−COOCH3反应，所以所需的无机试剂是Na、Na2CO3或NaHCO3；④中官能团的转化为：酯基转化为羧基，
故答案为：氧化反应；Na、Na2CO3、NaHCO3；酯基；羧基；
(2)②的反应方程式为，
故答案为：；
(3)根据分析知，D的结构简式为，
故答案为：；
(4)A为，A的一种同分异构体满足下列条件：
i.属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明含有苯环和醛基；
ii.只含有2种化学环境不同的氢原子，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)以为原料合成，根据E生成F类型的反应知，发生水解反应生成环己醇，环己醇发生氧化反应生成环己酮，环己酮发生E生成F类型的反应然后再和HBr发生加成反应得到，合成路线为，
故答案为：。
根据A的分子式知，对二甲苯中两个甲基被氧化生成羧基，所以A为，A中部分羧基和甲醇发生酯化反应生成B，生成C的反应为取代反应，C和D发生取代反应生成E，1molC与1molD反应生成1molE，同时生成1molHCl，则D为；E发生取代反应生成F，F发生水解反应生成贝沙罗汀；
(5)以为原料合成，根据E生成F类型的反应知，发生水解反应生成环己醇，环己醇发生氧化反应生成环己酮，环己酮发生E生成F类型的反应然后再和HBr发生加成反应得到。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，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。
2023年上海市虹口区高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
1. 用铜锌合金制成的黄铜制品常被误认为黄金。下列关于黄铜的说法错误的是( )
A. 有金属光泽 B. 熔点比锌高
C. 硬度比铜大 D. 可用稀盐酸鉴别黄铜与黄金
2. 铼(75Re)是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从此信息中不能确定的是( )
A. 铼原子的质量数 B. 铼元素的原子序数
C. 铼原子核外电子排布 D. 铼元素在元素周期表中位置
3. 下列属于含有非极性键的强电解质的是( )
A. HBr B. Na2O2 C. KOH D. NH4Cl
4. 下列常用实验仪器中，一般不用于混合物分离或提纯的是( )
A. B. C. D.
5. 在两个容积相同的容器中，一个盛有NH3，另一个盛有H2和O2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体不可能具有相同的( )
A. 原子数 B. 分子数 C. 质量 D. 电子数
6. 将足量SO2气体通入BaCl2溶液中，无明显现象。若要观察到BaSO3沉淀，可再通入( )
A. Cl2 B. NO2 C. H2S D. NH3
7. 下列有关CH2=CH−CH=CH2说法错误的是( )
A. 所有原子可能处于同一平面上 B. 与溴的加成产物共有2种
C. 与异戊二烯互为同系物 D. 属于炔烃类的同分异构体有2种
8. 下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是( )
A. HF、HCl、HBr的热稳定性依次减弱
B. NaF、NaCl、NaBr的熔点依次降低
C. Li、Na、K的熔点逐渐降低
D. SiF4、SiCl4、SiBr4的熔、沸点逐渐升高
9. 短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大。W与Q同主族，且Q的原子序数是W的2倍；X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小。下列说法正确的是( )
A. 元素最高正价：W=Q B. 原子半径：W>X
C. 核外未成对电子数：Y=Q D. 非金属性：Y>Z
10. 下列化工生产中，所采取的条件或操作不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 工业制盐酸：向合成塔中通入过量氢气 B. 合成氨：采用20～50MPa压强
C. 工业制硫酸：向接触室中通入过量空气 D. 联合制碱工业：向母液中加入食盐
11. 下列离子方程式正确的是( )
A. 氨气溶于醋酸溶液：NH3+H+⇌NH4+
B. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32−+2H+⇌CO2↑+H2O
C. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42−+Ba2+⇌BaSO4↓
D. 向氯化铜溶液中通入硫化氢气体：Cu2++H2S⇌CuS↓+2H+
12. 对如图所示的实验装置的判断错误的是( )
A. 开关K置于A处时，可减缓铁的腐蚀
B. 开关K置于A处时，铁棒表面有氢气产生
C. 开关K置于B处时，铁棒一定为负极
D. 开关K置于B处时，可通过牺牲阳极的阴极保护法减缓铁的腐蚀
13. 下列关于聚合物A()和B()的说法正确的是( )
A. 互为同分异构体 B. 都具有较好的水溶性
C. 都能用乳酸()制备 D. 都可在碱性条件下降解为小分子
14. 某同学想要用如图装置制备氨气并验证氨气的某些化学性质，其设计具有合理性的部分是( )
A. 用装置甲制取氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气具有还原性 D. 用装置丁可以防倒吸
15. 为检验某溶液中的离子，进行了如图所示的实验操作，过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．由该实验能得到的正确结论是( )
A. 原溶液中一定含有SO42−离子 B. 原溶液中一定含有Fe3+离子
C. 原溶液中一定含有Cl−离子 D. 原溶液中一定含有NH4+离子
16. 气态有机物①～④分别与氢气发生加成反应生成1mol气态环己烷()的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. 物质的热稳定性：②<③
B. 物质④中不存在碳碳双键
C. 物质①～④与氢气的加成反应都是放热反应
D. 物质③脱氢生成④的热化学方程式为：(g)⇌(g)+H2(g)−21kJ
17. 小组进行如图实验。下列说法不正确的是( )
A. ①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)
B. ③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C. c(OH−)：③=①
D. ③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl−)
18. 一定温度下，向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0。下列说法错误的是( )
A. Z不可能为气体
B. 达到平衡时容器内有1.8molZ
C. 压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变
D. Y的体积分数不变说明反应达到平衡状态
19. 向100mL1mol⋅L−1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol⋅L−1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是( )
A. 沉淀质量：b点>a点>c点
B. a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小
C. a点离子浓度的大小关系为：[NH4+]>[SO42−]>[H+]>[OH−]
D. b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O
20. SO2是大气污染物，SO2废气的处理可以先用H2还原成H2S后再设法回收S，主要涉及反应：3H2+SO2 一定条件H2S+2H2O。完成下列填空：
(1)写出硫化氢的电子式 ______ ，硫原子的核外有 ______ 种不同运动状态的电子。
(2)列举一个硫元素比氧元素非金属性弱的事实： ______ 。
(3)在一定温度下，向2L反应器中通入含SO2的废气与H2，经过10min，有0.4mol水生成，则这段时间内v(SO2)= ______ 。
(4)一定条件下SO2与H2的反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温度(t)、压强(P)的变化如图所示，根据上述信息可以判断：P1 ______ P2(填“>”、“<”或“=”)。随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K将 ______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
SO2废气的另一种处理方法是用Na2SO3溶液吸收，得到NaHSO3溶液。
(5)写出该方法吸收SO2的化学方程式 ______ 。
(6)所得的NaHSO3溶液呈酸性，运用相关化学用语进行解释 ______ 。
21. 铁及其化合物在人类生活中有着极其重要的作用。完成下列填空：
(1)铁的原子结构示意图为。由此可知，铁是第 ______ 周期元素，铁原子核外3d轨道上共填充了 ______ 个电子。
(2)古代中国四大发明之一的司南是由天然的磁石制成的，其主要成分是 ______ (选填编号)。
a.Fe
b.FeO
c.Fe2O3
d.Fe3O4
(3)FeSO4可以用来净水、治疗缺铁性贫血等，实验室在配制FeSO4溶液时，为了防止FeSO4变质，经常向溶液中加入铁粉，其原因是 ______ (用离子方程式表示)。
(4)向新配制的FeSO4溶液中，加入一定量的稀硝酸，发生如下反应： ______ Fe2++ ______ H++ ______ NO3−⇌ ______ Fe3++ ______ NO↑+ ______ H2O。
①配平上述反应。
②每生成0.5molNO气体，转移的电子数为 ______ 。
③要检验该反应后的溶液中是否还含有Fe2+，实验方案是 ______ 。
现在可以利用铁氧化物循环裂解水制备氢气，其过程如图所示：
(5)写出反应Ⅲ的平衡常数表达式 ______ 。
(6)写出铁氧化物循环裂解水制氢的总反应的化学方程式： ______ 。
(7)Fe3O4和CO的反应过程与温度密切相关。向某容器中加入Fe3O4与CO，当其它条件一定时，达到平衡时CO的体积百分含量随温度的变化关系如图所示。
已知：①Fe3O4+CO⇌3FeO+CO2−Q1(Q1>0)
②Fe3O4+4CO⇌3Fe+4CO2+Q2(Q2>0)
推测当温度达到570℃，平衡时CO体积百分含量最高的原因： ______ 。
22. 某同学查阅资料得知，无水三氯化铝能催化乙醇制备乙烯，为探究适宜的反应温度，设计如图反应装置：
检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入10mL无水乙醇，观察并记录C中溶液褪色的时间。重复上述实验，分别观察并记录在110℃、120℃、130℃、140℃时C中溶液褪色的时间，实验结果如图所示。完成下列填空：
(1)仪器B的名称是 ______ ；该实验所采用的加热方式优点是 ______ ，液体X可能是 ______ (选填编号)。
a.水
b.酒精
c.油
d.乙酸
(2)根据实验结果，判断适宜的反应温度为 ______ 。
(3)在140℃进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是 ______ 。
(4)在120℃进行实验，若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是 ______ 。
(5)教材中用乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯。和教材实验相比，用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有 ______ 、 ______ (列举两点)。
工业无水氯化铝含量测定的主要原理是：Ag++Cl−=AgCl↓。将1.400g工业无水氯化铝样品溶解后配成500mL溶液，量取25.00mL置于锥形瓶中，用浓度为0.1000mol⋅L−1的AgNO3标准溶液进行滴定，达到终点时消耗标准液15.30mL。
(6)该样品中AlCl3的质量分数为 ______ (保留3位有效数字)。
(7)某次测定结果误差为−2.1%，可能会造成此结果的原因是 ______ (选填编号)。
a.称量样品时少量吸水潮解
b.配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯
c.滴定管水洗后未用AgNO3标准溶液润洗
d.样品中含有少量Al(NO3)3杂质
23. 贝沙罗汀(分子式C24H28O2)主要用于治疗顽固性早期皮肤T细胞淋巴瘤，其一种合成路线如图：
完成下列填空：
(1)①的反应类型是 ______ ；③所需的无机试剂是 ______ ；④中官能团的转化为： ______ → ______ (填官能团名称)。
(2)②的反应式为 ______ 。
(3)已知：1molC与1molD反应生成1molE，同时生成1molHCl。D的结构简式为 ______ 。
(4)写出满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式 ______ 。
i.属于芳香族化合物，能发生银镜反应
ii.只含有2种化学环境不同的氢原子
(5)参考E→F的反应信息，写出以为原料合成的路线 ______ 。(无机试剂与溶剂任选，合成路线常用的表示方式为：A→反应条件反应试剂B⋅⋅⋅⋅⋅⋅→反应条件反应试剂目标产物)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.黄铜为金属合金，被误认为黄金，具有金属光泽，故A正确；
B.铜锌合金为黄铜，熔点低于锌，故B错误；
C.铜锌合金为黄铜，硬度大于铜，故C正确；
D.铜锌合金制成的黄铜放入盐酸中，质量减轻，合金溶解并有气泡冒出，而黄金不溶于盐酸中，可鉴别，故D正确；
故选：B。
A.铜锌合金为黄铜，是金属和金属形成的混合物；
B.合金熔点低于各成分；
C.合金的硬度大于各成分；
D.铜锌合金含有锌，性质活泼，可与酸反应。
本题考查了合金的概念和性质分析，注意知识的准确掌握，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.质量数=质子数+中子数，该原子质子数是75，中子数未知，所以无法计算质量数，故A错误；
B.元素符号左下角数字与其原子序数相等，所以该元素的原子序数是75，故B正确；
C.原子中，质子数与其核外电子数相等，根据题干信息知，该原子质子数是75，则该原子核外电子数为75，故C正确；
D.第75号元素铼，其原子序数为75，在周期表中位于第六周期第VⅡB族，所以可以判断该元素在周期表中的位置，故D正确；
故选：A。
A.质量数=质子数+中子数；
B.元素符号左下角数字与其原子序数相等；
C.原子中，质子数与其核外电子数相等；
D.根据原子序数可以推断元素在周期表中的位置。
本题考查了原子的结构，题目难度不大，把握原子序数与质子数、电子数的关系是解题的关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.HBr的结构式为HBr，含极性键，故A错误；
B.Na2O2是强电解质，含有O−O非极性键，故B正确；
C.KOH中不含非极性键，故C错误；
D.NH4Cl中不含非极性键，故D错误；
故选：B。
同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，以此来解答。
本题考查了非极性共价键和极性共价键的判断，根据概念的内涵来分析解答，注意极性共价键为不同非金属元素之间形成的共价键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A、蒸馏烧瓶用于沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离，故A正确；
B、分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，故B正确；
C、容量瓶用于配制一定物质的量的浓度的溶液，不属于物质的分离，故C错误；
D、普通漏斗用于一种可溶、一种不溶的混合物的分离，故D正确；
故选：C。
根据分离操作常用到的仪器判断，蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或固液分离．分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，普通漏斗常用于过滤分离，容量瓶仅用作配制溶液使用．
本题考查实验仪器的使用，难度不大，注意常见化学基本操作以及化学仪器的使用方法的积累即可顺利解答．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查阿伏加德罗定律的应用，题目难度不大，明确阿伏加德罗定律的内容即可解答，注意熟练掌握物质的量与其它物理量之间的关系，试题培养了学生的化学计算能力。
【解答】
同温同压下的气体摩尔体积相同，两个容积相同的容器中盛有的NH3、H2和O2的物质的量相等，
A.同温同压同体积的气体具有相同的分子数，1个氨分子中含有4个原子，而1个H2或O2分子均含有2个原子，所以两容器内的气体不可能具有相同的原子数，故A正确；
B.同温同压同体积的气体具有相同的分子数，所以两容器中分子数一定相等，故B错误；
C.两容器中气体的物质的量相等，氨气的摩尔质量为17g/mol，氢气和氧气的摩尔质量分别为2g/mol和32g/mol，则氢气和氧气的平均摩尔质量介于2g/mol和32g/mol，可能为17g/mol，所以两容器中气体的质量可能相等，故C错误；
D.两容器中气体的物质的量相等，1个氨分子中含有10个电子，1个氢分子和1个氧分子分别含有2个电子和16个电子，若设气体的物质的量为1mol，盛有氨气的容器中电子数为10NA，盛有H2和O2的混合气体的容器中电子数介于2NA和16NA之间，可能为10NA，所以两容器内的气体可能具有相同的电子数，故D错误；
故选A。
6.【答案】D
【解析】解：A.氯气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，发生Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有BaSO4沉淀生成，故A错误；
B.NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42−离子，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成沉淀BaSO4，故B错误；
C.硫化氢与二氧化硫发生归中反应生成硫，方程式为2H2S+SO2=S↓+2H2O，有沉淀S生成，故C错误；
D.氨气与二氧化硫生成亚硫酸铵，2NH3+SO2=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，有BaSO3沉淀生成，故D正确；
故选：D。
A.氯气能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；
B.NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸；
C.硫化氢与二氧化硫发生归中反应生成硫；
D.氨气与二氧化硫生成亚硫酸铵。
本题综合考查二氧化硫性质，熟悉二氧化硫还原性、酸性氧化物性质是解题关键，题目难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，所以该分子中所有原子可能共平面，故A正确；
B.该有机物和溴发生加成反应时，可能1，2−加成、可能是1，4−加成、可能是完全加成，所以与溴的加成产物有3种，故B错误；
C.二者结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物，故C正确；
D.属于炔类的同分异构体中主链上有4个碳原子，存在官能团位置异构，符合条件的同分异构体有HC≡CCH2CH3、CH3C≡CCH3，有2种，故D正确；
故选：B。
A.乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转；
B.该有机物和溴发生加成反应时，可能是部分加成、可能是完全加成；
C.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2原子团的有机物互为同系物；
D.属于炔类的同分异构体中主链上有4个碳原子，存在官能团位置异构。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，HF、HCl、HBr的热稳定性依次减弱，与键能有关，故A错误；
B.NaF、NaCl、NaBr属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与化学键的键能有关，故B错误；
C.Li、Na、K的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，与键能有关，故C错误；
D.SiF4、SiCl4、SiBr4的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点、沸点越高，与键能无关，故D正确；
故选：D。
A.元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；
B.离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键；
C.金属晶体中金属键越大，熔点越高；
D.组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点、沸点越大。
本题考查键能的大小比较及元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素。
9.【答案】C
【解析】解：由分析可知，W为O元素、X为Al元素、Y为Si元素、Z为P元素、Q为S元素；
A.S元素最高化合价为+6，而氧元素没有+6价，故A错误；
B.同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：O
D.同周期主族元素自左而右非金属性增强，则非金属性：Si
短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大。W与Q同主族，且Q的原子序数是W的2倍，W不能是氢元素，即W处于第二周期、Q处于第三周期，设W的原子序数为a，可知Q的原子序数为a+8，则a+8=2a，解得a=8，故W为O元素、Q为S元素；X的简单离子在同周期元素形成的简单离子中半径最小，X只能形成阳离子，结合原子序数可知X处于第三周期，可推着X为Al元素，则Y为Si元素、Z为P元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表与元素周期律、核外电子排布等，题目侧重考查学生对基础知识的掌握情况。
10.【答案】A
【解析】解：A.工业制盐酸反应为H2+Cl2=点燃2HCl，该反应为不可逆反应，通入过量氢气不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.合成氨反应为，反应正向气体分子数减小，采用高压条件有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.工业制硫酸接触室中反应为，向接触室中通入过量空气，增大氧气浓度，有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故C正确；
D.联合制碱工业中存在反应NaCl+NH3+CO2+H2O⇌NaHCO3↓+NH4Cl，向母液中加入食盐，有利于平衡正向移动，促进碳酸氢钠析出，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：A。
勒夏特列原理为平衡移动原理，当外界条件改变时，平衡发生移动，可用勒夏特列原理解释。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：A.氨气溶于醋酸溶液，离子方程式为：NH3+CH3COOH=NH4++CH3COO−，故A错误；
B.碳酸钙与稀盐酸反应，离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；
C.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：2H++2OH−+SO42−+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.向氯化铜溶液中通入硫化氢气体，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D正确；
故选：D。
A.醋酸为弱酸，应保留化学式；
B.碳酸钙为沉淀，应保留化学式；
C.漏掉氢离子与氢氧根离子的反应；
D.二者反应生成硫化铜沉淀和氯化氢。
本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应的实质是解题关键，注意化学式拆分原则，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.开关K置于A处时为电解池，X电极为阳极，Fe电极为阴极，该保护方法为外加电流的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀，故A正确；
B.开关K置于A处时为电解池，X电极为阳极，Fe电极为阴极，电解质为NaCl，则阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故B正确；
C.开关K置于B处时为原电池，若X是活泼性大于Fe的金属材料，则X为负极、Fe作正极，故C错误；
D.开关K置于B处时为原电池，若X是活泼性大于Fe的金属材料，则X为负极、Fe作正极，正极上发生得电子的还原反应，可减缓铁的腐蚀，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：C。
开关K置于A处时为电解池，X电极为阳极，Fe电极为阴极，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，阴极上水得电子生成氢气，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，可减缓铁的腐蚀，该保护方法为外加电流的阴极保护法；开关K置于B处时为原电池，若X是活泼性大于Fe的金属材料，则X为负极、Fe作正极，Fe电极上发生得电子的反应，可减缓铁的腐蚀，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，若X是活泼性小于Fe的金属材料或惰性电极，则X为正极、Fe作负极，可加快铁的腐蚀，据此分析解答。
本题考查原电池原理和电解原理的应用，侧重基础知识检测和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应是解题关键，注意理解掌握电化学原理防止钢铁腐蚀的两种措施，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.聚合物的聚合度n不确定，故和不是同分异构体，故A错误；
B.聚合物不具备良好的水溶性，难溶于水，故B错误；
C.和的单体都可由制备，故C正确；
D.和不会水解，故D错误；
故选：C。
A.聚合物的聚合度n不确定；
B.聚合物不具备良好的水溶性；
C.和都可由制备；
D.和不会水解。
本题考查有机物结构与性质，为高频考点，正确判断题干高分子化合物的链节、单体为解答关键，注意掌握常见有机物的组成、结构与性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.实验室常常采用氯化铵固体与氢氧化钙固体在加热的条件下反应来制备氨气。氨气极易溶于水，甲装置采用氯化铵溶液和氢氧化钠溶液不加热条件下反应来制备氨气，得到的氨气非常少，无法进行后续实验，故A错误；
B.氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，应该用碱石灰干燥，故B错误；
C.氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，生成的水使无水硫酸铜变蓝，氮元素的化合价由−3价升高到0价，氨气作还原剂，具有还原性，故C正确；
D.氨气难溶于苯、四氯化碳等有机溶剂，极易溶于水，导气管末端插入水中，无法防止倒吸，应换成比水密度大的四氯化碳，导气管末端插入四氯化碳中，故D错误；
故选：C。
A.实验室采用铵盐与碱在加热的条件下反应来制备氨气；
B.氨气是高中化学最重要的碱性气体，干燥氨气要考虑氨气与酸反应等因素；
C.氨气中氮元素的化合价为−3价，是氮元素的最低价态，在氧化还原反应中体现还原性；
D.氨气极易溶于水，收集氨气要注意防倒吸。
本题考查氨气的实验室制法、收集、干燥、性质等知识，为高频考点，侧重于实验基本操作，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42−离子，故A错误；
B、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故B错误；
C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；
D、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故D正确．
故选D．
在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色．
本题是一道关于离子反应和离子检验知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等．
16.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，有机物③能量低于有机物②，能量越低越稳定，则物质的热稳定性：②<③，故A正确；
B.物质④为苯，苯分子中不存在碳碳双键，故B正确；
C.由图可知，反应物能量大于生成物能量，则物质①～④与氢气的加成反应都是放热反应，故C正确；
D.①(g)+2H2(g)=(g)ΔH=−229kJ/mol，②+3H2(g)=(g)ΔH=−208kJ/mol，根据盖斯定律①−②得(g)=(g)+H2(g)ΔH=(−229+208)kJ/mol=−21kJ/mol，故D错误；
故选：D。
A.由图可知，有机物③能量低于有机物②；
B.物质④为苯；
C.分析图中信息即可得出结论；
D.①(g)+2H2(g)=(g)ΔH=−229kJ/mol，②+3H2(g)=(g)ΔH=−208kJ/mol，根据盖斯定律①−②得(g)=(g)+H2(g)。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17.【答案】C
【解析】A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，故A正确；
B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；
C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，则c(OH−)：③<①，故C错误；
D.③中溶液显碱性，则c(H+)
故选C。
18.【答案】D
【解析】解：A.达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，说明反应正向气体分子数减小，故Z不是气体，故A正确；
B.达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，则反应后气体的总物质的量3mol×0.4P0P0=1.2mol，设反应Yamol，则(2−2a)mol+(1−a)mol=1.2mol，解得a=0.6，则生成Z的物质的量为0.6mol×3=1.8mol，故B正确；
C.平衡常数K=c2(X)⋅c(Y)，压缩体积，平衡正向移动，K值不变，故再次达到平衡，X的浓度不变，故C正确；
D.反应起始时X、Y的充入量之比为2：1，反应中X、Y的消耗量之比为2：1，故容器中X、Y的剩余的物质的量之比始终为2：1，故Y的体积分数始终保持不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故选：D。
在恒温恒容条件下，压强和物质的量成正比，达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，说明反应正向气体分子数减小，故Z不是气体，结合平衡常数K=c2(X)⋅c(Y)分析浓度。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响对化学平衡的影响是解题的关键。
19.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，a、b、c三点的沉淀分别为：0.15molBaSO4、0.1molAl(OH)3，0.2molBaSO4、0.1molAl(OH)3，0.2molBaSO4，0.1molAl(OH)3的质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，0.05molBaSO4的质量为0.05mol×233g/mol=11.65g，则沉淀质量：b点>c点>a点，故A错误；
B.由上述分析可知，a点溶液中溶质为(NH4)2SO4，b点溶液中溶质为NH3・H2O，c点溶液中溶质为NH3・H2O、Ba(AlO2)2，NH3・H2O是碱、抑制水的电离，(NH4)2SO4和Ba(AlO2)2均促进水的电离，则b点溶液中水的电离程度最小，故B正确；
C.a点溶液中溶质为(NH4)2SO4，是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：[NH4+]>[SO42−]>[H+]>[OH−]，故C正确；
D.b点到c点的过程中Al(OH)3溶解生成Ba(AlO2)2，离子方程式为Al(OH)3+OH−⇌AlO2−+2H2O，故D正确；
故选：A。
100mL1mol⋅L−NH4Al(SO4)2溶液中n[NH4Al(SO4)2]=cV=0.1L×1mol/L=0.1mol，n(NH4+)=n(Al3+)=0.1mol，n(SO42−)=0.2mol：开始滴加Ba(OH)2溶液时发生反应为SO42−+Ba2+=BaSO4↓、Al3++3OH−=Al(OH)3↓，当加入0.3molOH−、0.15molBa2+，即加入0.15molBa(OH)2时V[Ba(OH)2]=150mL，Al3+沉淀完全、0.15molSO42−转化为BaSO4沉淀，a点沉淀为0.15molBaSO4、0.1molAl(OH)3，溶液溶质为(NH4)2SO4；继续滴加Ba(OH)2液时生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42−+Ba2+=BaSO4↓、NH4++OH−=NH3・H2O，SO42−完全沉淀时共需0.2molBa(OH)2、V[Ba(OH)2]=200mL，b点沉淀为0.2molBaSO4、0.1molAl(OH)3，溶液中溶质为NH3・H2O；再继续滴加Ba(OH)2溶液时，Al(OH)3溶解，发生反应为Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，沉淀减少，c点沉淀为0.2molBaSO4，溶液中溶质为NH3・H2O、Ba(AlO2)2，0.1molAl(OH)3完全溶解需再加入0.05molBa(OH)2，此时共加入V[Ba(OH)2]=250mL，结合盐类水解原理分析解答。
本题考查离子方程式的有关计算，明确含铝化合物的性质、图象各阶段发生的反应是解题关键，考查了分析能力和计算能力，注意掌握盐类水解原理的应用，题目难度较大。
20.【答案】 16 水比H2S稳定 0.01mol/(L⋅min) < 变小 Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 NaHSO3溶液中存在HSO3−的电离平衡HSO3−⇌H++SO32−和水解平衡HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，HSO3−的电离能力强于水解能力，NaHSO3溶液呈酸性
【解析】解：(1)硫化氢的电子式为，硫原子为16号元素，硫原子核外有16种不同运动状态的电子，
故答案为：；16；
(2)水比H2S稳定，说明硫元素比氧元素非金属性弱，
故答案为：水比H2S稳定；
(3)经过10min，有0.4mol水生成，则反应消耗SO20.2mol，则这段时间内v(SO2)=0.2mol2L×10min=0.01mol/(L⋅min)，
故答案为：0.01mol/(L⋅min)；
(4)反应正向气体分子数减小，加压，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，由图可知，温度相同时，压强为P2时SO2的平衡转化率大，故P1
(5)Na2SO3溶液吸收SO2得到NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，
故答案为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；
(6)NaHSO3溶液中存在HSO3−的电离平衡HSO3−⇌H++SO32−和水解平衡HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，HSO3−的电离能力强于水解能力，NaHSO3溶液呈酸性，
故答案为：NaHSO3溶液中存在HSO3−的电离平衡HSO3−⇌H++SO32−和水解平衡HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，HSO3−的电离能力强于水解能力，NaHSO3溶液呈酸性。
(1)硫化氢中氢原子与硫原子通过共价键结合，硫原子为16号元素；
(2)可以通过比较非金属元素氢化物的热稳定性比较元素非金属性强弱；
(3)依据公式v=△c△t计算化学反应速率；
(4)由压强变化对平衡的影响判断压强大小，由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
(5)亚硫酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠；
(6)结合HSO3−的电离和水解能力分析。
本题考查物质的性质和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
21.【答案】四 6 d Fe+2Fe3+=3Fe2+ 3 4 1 3 1 2 1.5NA 取样，加入少量酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，说明还含有Fe2+，若仍显紫红色，说明不含有Fe2+ K=c2(CO)c(CO2) C(s)+H2O(g)=Fe3O4CO(g)+H2(g) 温度低于570℃时，主要发生反应②，②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量不断增大；温度高于570℃，主要发生反应①，①是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO百分含量不断降低，则570C时CO百分含量最高
【解析】解：(1)由铁的原子结构示意图可知，铁是第四周期元素，x=26−2−8−2=14，第三层上14个电子的排布为3s23p63d6，即铁原子核外3d轨道上共填充了6个电子，
故答案为：四；6；
(2)四氧化三铁具有磁性，则司南是由天然的磁石制成的，其主要成分为Fe3O4，
故答案为：d；
(3)FeSO4具有较强还原性，配制其溶液时需加入适量铁粉，可将氧化后的Fe3+还原为Fe2+，从而防止FeSO4氧化，发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(4)①硝酸具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、NO气体，Fe的化合价升高1，N的化合价降低3，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3；4；1；3；1；2；
②反应为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，转移电子3e−，即n(e−)=3n(NO)=3×0.5mol=1.5mol，转移电子数目为1.5NA，
故答案为：1.5NA；
③检验反应后溶液中是否存在Fe2+，可利用其还原性，用酸性KMnO4溶液检验，具体的操作为：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫红色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有Fe2+，
故答案为：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，若紫红色褪去，说明还含有Fe2+，若仍显紫红色，说明不含有Fe2+；
(5)由图可知反应Ⅲ的化学方程式为：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，其平衡常数表达式K=c2(CO)c(CO2)，
故答案为：K=c2(CO)c(CO2)；
(6)由图可知，C和H2O是反应物，H2、CO是生成物，Fe3O4是催化剂，总反应为C(s)+H2O(g)=Fe3O4 CO(g)+H2(g)，
故答案为：C(s)+H2O(g)=Fe3O4 CO(g)+H2(g)；
(7)反应①为吸热反应，反应②为放热反应，温度较低时主要发生反应②，随温度的升高，反应②的平衡逆向移动，CO的百分含量不断增大；当温度较高时主要发生反应①，随着温度的升高，反应①的平衡正向移动，CO的体积百分含量又降低，
故答案为：温度低于570℃时，主要发生反应②，②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量不断增大；温度高于570℃，主要发生反应①，①是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO百分含量不断降低，则570C时CO百分含量最高。
(1)由铁的原子结构示意图可知，铁是第四周期元素，x=26−2−8−2=14，根据洪特规则和泡利原理推断3d轨道上的电子数；
(2)四氧化三铁具有磁性，俗名磁性氧化铁；
(3)FeSO4具有强还原性，易被氧气氧化生成Fe3+，加入铁粉可将其还原为Fe2+，以达到FeSO4变质的目的；
(4)①硝酸具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、NO气体，Fe的化合价升高1，N的化合价降低3，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O；
②反应为3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O，转移电子3e−，即n(e−)=3n(NO)；
③Fe2+具有强还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，检验含有Fe3+的混合溶液中是否含有Fe2+，可在混合溶液中加入酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液是否褪色；
(5)平衡常数K等于生成物平衡浓度幂积与反应物平衡浓度幂积之比，固体和纯液体的浓度定为1，不写入表达式；
(6)由图可知，铁氧化物循环裂解水制备氢气的历程中，C和H2O是反应物，H2、CO是生成物，Fe3O4是催化剂，FeO是中间产物；
(7)反应①为吸热反应，反应②为放热反应，反应温度较低时，随着温度的升高，反应①的平衡正向移动，反应②的平衡逆向移动，反应②进行的程度大于反应①，即主要发生反应②，导致CO体积百分含量增大；反应温度较高时，随着温度的升高，反应①进行的程度大于反应②，即主要发生反应①，导致CO体积百分含量降低，据此分析解答。
本题考查铁及其化合物的性质、氧化还原反应、化学平衡及其影响因素等知识，把握氧化还原反应规律的应用、化学平衡的影响因素是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度中等。
22.【答案】干燥管 受热均匀且便于控制温度 c 125℃(或120−130℃) 温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯 乙烯被浓硫酸吸收(或乙烯与浓硫酸发生反应) 反应条件温和 副反应少(或产物更纯净、反应剩余物易处理) 97.3% ab
【解析】解：(1)仪器B的名称为干燥管。该实验采用油浴加热的方式，优点是受热均匀且便于控制温度；根据题干，加热温度最高达到了140℃，水沸点为100℃，酒精加热易挥发且沸点为78℃，乙酸加热易挥发且沸点为118℃，因此液体X可能为油，选c，
故答案为：干燥管；受热均匀且便于控制温度；c；
(2)从图中可知，125℃(120−130℃)时，C中溶液褪色时间最短，反应速率最快，故适宜的反应温度为125℃(或120−130℃)，
故答案为：125℃(或120−130℃)；
(3)催化剂在适宜温度下才具有催化活性，在140℃时进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因为温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯，
故答案为：温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯；
(4)若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸具有强氧化性，能与乙烯反应，氧化乙烯为CO2气体，故C中溶液不褪色，则原因为乙烯被浓硫酸吸收(或乙烯与浓硫酸发生反应)，
故答案为：乙烯被浓硫酸吸收(或乙烯与浓硫酸发生反应)；
(5)教材中乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯，用AlCl3做催化剂制备乙烯，反应温度约为125℃，相对而言反应条件温和，且浓硫酸与乙醇反应制乙烯的过程中有副反应发生，会生成二氧化硫等杂质，用AlCl3做催化剂制备乙烯优点为反应条件温和、副反应少、产物更纯净、反应剩余物易处理，
故答案为：反应条件温和；副反应少(或产物更纯净、反应剩余物易处理)；
(6)已知消耗AgNO3的物质的量为0.1mol×0.0153L=1.53×10−3mol，则参与反应的Cl−有1.53×10−3mol，1.400g工业无水氯化铝含氯化铝的物质的量为1.53×10−3mol×500mL25.00mL3=1.02×10−2mol，样品中AlCl3的质量分数为1.02×10−2mol×133.5g/mol1.400g×100%≈97.3%，
故答案为：97.3%；
(7)某次测定结果误差为−2.1%，则测定结果含量偏低；
a.称量样品时少量吸水潮解，则样品中AlCl3的量偏少，消耗的硝酸银偏少，测定结果偏低，故a正确；
b.配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯，使得部分AlCl3溶质损失，测定结果偏低，故b正确；
c.滴定管水洗后未用硝酸银标准液润洗，则硝酸银浓度偏小，消耗的硝酸银偏多，测定结果偏高，故c错误；
d.样品中本来就有部分杂质，样品中的少量硝酸铝不与硝酸银反应，只有AlCl3与硝酸银反应，则得到的计算结果就是AlCl3实际的质量分数，含有的少量Al(NO3)3本就是杂质的一种，不影响测定结果，故d错误，
故答案为：ab。
检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入10mL无水乙醇，无水三氯化铝催化乙醇发生消去反应生成乙烯CH3CH2OH→油浴加热AlCl3CH2=CH2+H2O，生成的乙烯进入C中与Br2发生加成反应：CH2=CH2+Br2=CH2BrCH2Br，使溴的四氯化碳溶液褪色；
(6)根据用浓度为0.1000mol⋅L−1的AgNO3标准溶液进行滴定，达到终点时消耗标准液15.30mL，消耗AgNO3的物质的量为0.1mol×0.0153L=1.53×10−3mol，则参与反应的Cl−有1.53×10−3mol，1.400g工业无水氯化铝含氯化铝的物质的量为1.53×10−3mol×500mL25.00mL3=1.02×10−2mol，据此解答；
(7)某次测定结果误差为−2.1%，则测定结果含量偏低，结合操作对氯化铝含量的影响，导致氯化铝损失的操作会导致含量偏低。
本题考查有机物制备方案的设计，题目难度中等，综合性较强，答题时注意把握物质的制备原理和性质，把握物质的性质的异同是解答该题的关键。
23.【答案】氧化反应 Na、Na2CO3或NaHCO3 酯基 羧基
【解析】解：(1)①的反应类型是氧化反应；③中加入的物质能和−COOH反应生成−COONa但不能和−COOCH3反应，所以所需的无机试剂是Na、Na2CO3或NaHCO3；④中官能团的转化为：酯基转化为羧基，
故答案为：氧化反应；Na、Na2CO3、NaHCO3；酯基；羧基；
(2)②的反应方程式为，
故答案为：；
(3)根据分析知，D的结构简式为，
故答案为：；
(4)A为，A的一种同分异构体满足下列条件：
i.属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明含有苯环和醛基；
ii.只含有2种化学环境不同的氢原子，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)以为原料合成，根据E生成F类型的反应知，发生水解反应生成环己醇，环己醇发生氧化反应生成环己酮，环己酮发生E生成F类型的反应然后再和HBr发生加成反应得到，合成路线为，
故答案为：。
根据A的分子式知，对二甲苯中两个甲基被氧化生成羧基，所以A为，A中部分羧基和甲醇发生酯化反应生成B，生成C的反应为取代反应，C和D发生取代反应生成E，1molC与1molD反应生成1molE，同时生成1molHCl，则D为；E发生取代反应生成F，F发生水解反应生成贝沙罗汀；
(5)以为原料合成，根据E生成F类型的反应知，发生水解反应生成环己醇，环己醇发生氧化反应生成环己酮，环己酮发生E生成F类型的反应然后再和HBr发生加成反应得到。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，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。
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