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上海市嘉定区2022届高三等级考模拟练习（二模）化学试题及答案
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这是一份上海市嘉定区2022届高三等级考模拟练习（二模）化学试题及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高三等级考模拟练习（二模）化学试题
一、单选题
1．2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，冬奥会火炬采用的燃料是（ ）
A．H2 B．C2H6 C．C3H8 D．CH4
2．下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
3．化工生产中未使用催化剂的是（ ）
A．联合制碱 B．合成氨气 C．乙烯水化 D．生产硫酸
4．下列物质的有关性质，能用共价键键能大小解释的是（ ）
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．热分解温度：HF＞HI
5．已知氯仿(CHCl3)通常是无色液体，不溶于水，密度约为水的1.5倍，沸点为61.2 ℃。要从水与氯仿的混合物中分离出氯仿，下列方法最合适的是（ ）
A．蒸馏 B．分液 C．重结晶 D．蒸发
6．铁与水蒸气反应的实验装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，试管口应高于试管底
B．加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声
C．反应的化学方程式为2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2
D．试管中发生化合反应
7．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
8．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是（ ）
A．化学式为C8H6O6
B．乌头酸可发生加成反应和取代反应
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种
D．1mol乌头酸与足量的钠反应生成3molH2
9．下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+=Fe3++H2O
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
D．实验室制CO2：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
10． 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)+483.6kJ。下列说法正确的是（ ）
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
11．对于可逆反应：A(g)+B(g)2C(g)+热量，下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．观察如图装置，下列说法正确的是（ ）
A．a、b接电流表，该装置为原电池
B．a、b接直流电源，该装置为电解池
C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
13．下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（ ）
A
B
C
D
干燥Cl2
检验K+
配制150mL0.100mol·L-1盐酸
吸收NH3
A．A B．B C．C D．D
14．氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（ ）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg(OH)2与NH4Cl反应
15．已知表是几种常见元素的原子半径数据：
元素
C
O
Na
Mg
Si
原子半径/nm
0.077
0.073
0.154
0.130
0.111
下列说法正确的是（ ）
A．随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大
B．元素F的原子半径在0.073~0.154 nm之间
C．最外层电子数相同的元素，电子层数越多，原子半径越大
D．Mg2+的半径大于Mg的半径
16．已知有机物M、N、W能发生下列反应， 下列说法错误的是（ ）
A．M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应
B．M不能使溴水因发生化学反应而褪色
C．M与足量的H2反应后的产物的一氯代物有4种
D．W的所有碳原子不可能在同一平面上
17．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图像不能正确反映对应关系的是（ ）
A． B．
C． D．
18．某未知溶液可能含有Cl-、SO、CO、Mg2+、Al3+和K+。取100 mL该溶液进行实验，过程记录如下，由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl- B．一定有CO
C．一定没有K+ D．一定没有Mg2+
19．《神农本草经》记载：“神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解。”茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
20．测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00 mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol·L-1 KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO-+I-=3Cl-+IO；IO+5I-+6H+=3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为（ ）
A．0.04mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.60mol·L-1
二、非选择题
21．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
（1）硫原子的最外层电子排布式 。铝原子核外电子占据轨道有 个，氯原子能量最高的电子亚层是 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 。
（3）用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为： FeSO4+O2+H2SO4Fe2(SO4)3+H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度(℃)
c(氨水)(mol/L)
电离度(%)
c(OH-)(mol/L)
0
16.56
9.098
1.507×10-2
10
15.16
10.18
1.543×10-2
20
13.63
11.2
1.527×10-2
①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向 (填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是 。
22．回答下列问题：
（1）将0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式 ；经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为 。
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 (选填编号)。
a. 移出氧气 b. 降低温度 c. 减小压强 d. 再充入0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)
（3）在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 。
常温下，向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH-离子浓度(c)的关系如图所示。
（4）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是： 。a点溶液中由水电离产生的c(H+)= 。b点溶液中c(H+) 1×10-7mol/L(填写“等于”、“大于”或“小于”)。
（5）写出c点到d点化学反应方程式 。
23．某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
①取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
②过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
③
①液面上方出现白雾；
②稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
③稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）操作②测pH用到玻璃用品主要有 ；pH试纸盐酸的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式 。
（2）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象①的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
i.实验a的目的是 。
ii.由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是 。
（3）现象②中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验： 。
（4）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则沉淀X中含有的物质是 。
②用化学方程式解释现象③中黄绿色褪去的原因： 。
24．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH
（1）化合物A的名称是 。反应②和⑤的反应类型分别是 、 。
（2）写出C到D的反应方程式： 。
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，写出两种符合要求的X的结构简式： 、 。
（4）面向“碳中和”的绿色碳化学是当前研究的重要方向。反应②产物已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
分析“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点 。
（5）设计由乙酸乙酯和1，4-二溴丁烷()制备的合成路线： (无机试剂任选)。(备注：①参照所提供的信息②表示方法为：AB目标产物)
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，所以冬奥会火炬采用的燃料为氢气，燃烧产生水，无污染，碳排放为零，符合“绿色、低碳、可持续”的理念，而C2H6、C3H8和CH4均属于碳氢化合物，燃烧产生二氧化碳和水，不符合低碳理念，
故答案为：A。
【分析】绿色、低碳、可持续，即减少二氧化碳的排放，氢气燃烧时没有二氧化碳的产生，因此火炬采用的材料是氢气。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．CCl4分子中含碳氯极性共价键，A不符合题意；
B．C2H4的结构简式为CH2=CH2，分子中含碳碳非极性键，同时也含碳氢极性键，B符合题意；
C．NaOH为离子化合物，含离子键和极性键，C不符合题意；
D．H2O分子中含氢氧极性键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】极性键为不同非金属原子的结合，非极性键为相同非金属原子得到结合；
A、只有极性键；
B、有极性键和非极性键；
C、有离子键和极性键；
D、只有非极性键。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、侯氏制碱法又称联合制碱法，原料是食盐、氨和二氧化碳﹣合成氨厂用水煤气制取氨气时的废气，利用了酸碱中和的性质，不用催化剂，故A正确；
B、合成氨指由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成的氨，为一种基本无机化工流程，故B错误；
C、乙烯水化在工业上采用负载于硅藻土上的磷酸催化剂，故C错误；
D、生产硫酸时，二氧化硫接触氧化为三氧化硫，需要使用催化剂，故D错误．
故选：A．
【分析】催化剂有正催化剂和负催化剂两种，其中正催化剂能加快反应速率，负催化剂降低反应速率，在化学反应中，催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡移动，反应前后，催化剂的质量和性质都不发生改变．
4．【答案】D
【解析】【解答】A. 卤族元素的性质递变规律是同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，与化学键无关，所以不能用键能解释，故A不符合题意；
B. 物质的溶解度与化学键无关，故B不符合题意；
C. 气态氢化物的沸点主要受范德华力的影响，相对分子质量越大，极性越强，范德华力就越大，熔沸点就越高，F，N，O等元素的氢化物会形成分子间氢键，导致熔沸点升高，故C不符合题意；
D. HF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、还原性比较的是非金属性，还原性越强，其非金属性越弱；
B、HF和HI的溶解度受到氢键影响；
C、沸点受到分子间作用力影响；
D、分解温度受到共价键的结合影响。
5．【答案】B
【解析】【解答】因为氯仿和水互不相溶，所以采取分液的方法是最简单的；
故答案为：B。
【分析】一般情况下，互不相溶的液体采用分液法，如果互溶，而沸点相差较大，则采用蒸馏法。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．实验时，试管口应略向下倾斜，即试管口应低于试管底，A不符合题意；
B．铁和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，因此加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，B符合题意；
C．铁和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C不符合题意；
D.3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，该反应属于置换反应，不属于化合反应，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、加热固体时试管口应略向下倾斜；
B、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色，氢气点燃有爆鸣声；
C、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
D、铁和水蒸气的反应是置换反应。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低得到电子，所以氧气是还原产物，A不符合题意；
B．在反应中，H2S中的S元素的化合价升高发生氧化反应，所以H2S是还原剂，O2F2中的O元素化合价降低发生还原反应，所以O2F2是氧化剂， B不符合题意；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C不符合题意；
D．由以上分析可知，该反应中还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题要注意，氧和氟形成的二元化合物中，氧为正价，本题中，O2F2中O为+1，F为-1；
A、氧元素化合价降低，发生还原反应，氧气是还原产物；
B、O2F2中只有O的化合价降低，作为氧化剂；
C、转移电子数=化合价变化×原子个数；
D、还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，根据化学计量数之比等于物质的量之比，可以知道还原剂与氧化剂之比为1：4。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．乌头酸的化学式为C6H6O6，不符合题意；
B．乌头酸中含有碳碳双键和羧基，能发生加成反应和取代反应，符合题意；
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有1种，不符合题意；
D.1mol乌头酸与足量的钠反应生成1.5molH2，不符合题意；
故本题选择B。
【分析】A、化学式可以根据其C、H、O的个数判断；
B、有碳碳双键可以发生加成反应，有羧基可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应；
C、分子中可以发生酯化反应的只有羧基；
D、可以和钠反应的官能团为羧基，羧基和氢气的物质的量之比为2：1。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸为弱酸，在离子方程式中要保留化学式，正确的离子方程式为：2CH3COOH+ CaCO3=Ca2++2CH3COO- +CO2↑+H2O，A不符合题意；
B．氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水，其离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O，B不符合题意；
C．离子方程式中各物质的化学计量数配比不符合题意，正确的离子方程式应为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C不符合题意；
D．实验室利用大理石和稀盐酸发生反应来制备CO2，其离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子方程式的书写要注意，强酸、强碱、可溶性盐可以拆；弱酸，弱碱、难溶和为微溶性盐、氧化物不可拆；
A、醋酸是弱酸不可拆；
B、盐酸不是氧化性酸；
C、注意氢氧化钡是二元碱，硫酸是二元酸；
D、实验室制备二氧化碳采用碳酸钙和稀盐酸反应。
10．【答案】B
【解析】【解答】由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6kJ，
A．水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，所以1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8kJ，故A不符合题意；
B．根据方程式可知生成1mol水蒸气放出热量241.8kJ，则1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量，故B符合题意；
C．反应是放热的，所以反应物的能量高于产物的能量，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和<0，所以2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量小于4mol氢氧键成键所放出的能量，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、气态水变为液态水需要释放热量；
B、2mol水蒸气分解需要吸收483.5kJ，则1mol需吸收241.8kJ ；
C、该反应为放热反应，反应物的总内能大于生成物的总内能；
D、该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能。
11．【答案】A
【解析】【解答】A.500℃比100℃温度高，其它条件相同时，温度越高反应速率越快，反应达到平衡的时间越短，升高温度，平衡逆向移动，C%减小，A项符合题意；
B．升高温度，正、逆反应速率都加快、且逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，正、逆反应速率都不会减慢， B项不符合题意；
C．其它条件相同时，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，其它条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，500℃时A的转化率应小于100℃时，C项不符合题意；
D．其它条件相同时，增大压强，正、逆反应速率都加快，且正、逆反应速率增大的倍数相同，平衡不移动，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、该反应为放热反应，升高温度朝吸热方向移动，速率加快；
B、升高温度，正逆反应速率都加快；
C、增大压强朝气体系数缩小的方向移动，本题反应前后系数不变，平衡不移动；
D、增大压强，正逆反应速率都加快，平衡朝气体系数缩小的方向移动，本题反应前后系数不变，平衡不移动。
12．【答案】C
【解析】【解答】A、如果液体c为乙醇等非电解质，则不符合构成原电池的条件，故A不符合题意；
B、如果液体c为乙醇等非电解质，该电路为断路，不能构成电解池，故B不符合题意；
C、连接直流电源，如果让铁作阴极，按照电解原理，铁不被腐蚀，故C符合题意；
D、如果接电流表，构成原电池，铁作负极，如果接直流电源，构成电解池，两极的名称为阴阳极，故D不符合题意。
【分析】A原电池构成条件：两根不同材料的导体作为电极，有电解质溶液，形成自发的氧化还原反应，有导线连接形成闭合回路；
B、电解池和原电池一样，都需要电解质溶液；
C、直流电源中，若铁为阴极，连接负极，则铁受到保护，为外加电源的阴极保护法；
D、如果作为原电池时铁做负极，如果作为电解池，则要根据铁所连接的电源电极判断，可能是阳极也可能是阴极。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．干燥气体应长进短出，A不符合题意；
B．检验钾离子用焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃观察，B符合题意；
C．配制150mL盐酸溶液，不要使用150mL的容量瓶，没有则选择250mL，不能使用小的，C不符合题意；
D．氨气能溶于硫酸，会产生倒吸现象，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯气干燥采用浓硫酸，但是要长进短出；
B、透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色试验；
C、容量瓶常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL；
D、苯应该改为四氯化碳，才可以防止倒吸。
14．【答案】C
【解析】【解答】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中铵根离子水解出来氢离子，使溶液显酸性，镁和氢离子反应放出氢气，水解平衡正向移动，随着一水合氨浓度增大，镁和氢离子反应放热，一水合氨分解产生氨气。
故答案为：C。
【分析】氯化铵中，铵根离子会发生水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，镁和氢离子的反应会生成氢气，反应放热使一水合氨分解出氨气。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增大，对电子层的吸引力逐渐增大，原子半径逐渐减小，故A不符合题意；
B．同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，而电子层数越多，原子半径越大，故F的原子半径小于O，更小于Na，故F的原子半径小于0.073nm，故B不符合题意；
C．最外层电子数相同的元素，原子半径受电子层数的影响，电子层数越多，则微粒半径越大，故C符合题意；
D．电子层数越多，则微粒半径越大，Mg2+比Mg少一个电子层，故Mg2+的半径小于Mg的半径，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、一看电子层，电子层数越多半径越大，而看核电荷数，核电荷数越多半径越小；
B、F的半径比O更小；
C、同主族的元素，电子层数越多半径越大；
D、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．苯环、碳碳双键可发生加成反应，均可发生燃烧为氧化反应，苯环及甲基可发生取代反应，则M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应，A不符合题意；
B．甲苯不能与溴水发生反应，但能萃取溴水中的溴，所以M不能使溴水因发生化学反应而褪色，B不符合题意；
C．甲苯与足量的H2反应后的产物为甲基环己烷，其一氯代物有5种，C符合题意；
D．甲烷为正四面体结构，由于W中含有甲基，具有甲烷的结构特点，则W的所有碳原子不可能在同一平面上，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A、大多数有机物可以燃烧，为氧化反应，苯和碳碳双键可以发生加成反应，苯和甲基都可以发生取代反应；
B、苯的同系物可以使溴水褪色，但是发生的是萃取；
C、一氯代物即等效氢的种类，可以根据分子的对称性判断；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
17．【答案】D
【解析】【解答】A.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，生成了铜和氯化锌，铜的质量不断增加，当氯化铜反应完全后不再增加，故A不符合题意；
B.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，前者溶液增加的幅度小于后者，故B不符合题意；
C.当锌与氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，随着锌与氯化亚铁反应，氯化亚铁的逐渐减小，完全反应后质量为0，故C不符合题意；
D.原溶液中不存在氯化锌，起始点应为0，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】锌和氯化铜先反应生成铜，再跟氯化亚铁反应生成铁；
A、铜先反应，所以一开始可以看到铜质量增加，铜不再生成后，质量不变；
B、ZnCl2的摩尔质量和CuCl2的摩尔质量相差较小，变化平缓，ZnCl2的摩尔质量和FeCl2的摩尔质量相差加大，变化较大；
C、FeCl2一开始没有反应，后面反应后全部生成Fe；
D、ZnCl2一开始并没有，所以起点应为0。
18．【答案】A
【解析】【解答】向加入了过量Ba(OH)2溶液后所得溶液中通入过量CO2产生了0.01mol沉淀，再向沉淀中加入过量NaOH溶液，沉淀溶解得到新的溶液，则原溶液中含有0.01mol Al3+，不含，相关的离子反应方程式为Al3++4OH-=+2H2O，+CO2+2H2O=+Al(OH)3↓；0.01mol Al3+可以转化为0.01mol Al(OH)3，转化过程中需要0.02mol Ba(OH)2；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01mol沉淀为BaSO4，则原溶液中有0.01mol ，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.01mol Cl-；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01mol沉淀为Mg(OH)2，则原溶液中有0.01mol Mg2+，无，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.05mol Cl-；由于K+不干扰实验，故溶液中可能存在K+，其物质的量需满足电荷守恒；综上所述，原溶液中一定有Al3+、Cl-，一定没有，可能含有、Mg2+、K+；
故答案为：A。
【分析】此类题型要先判断不能共存的离子，如CO32-和Al3+、Mg2+不共存；根据过量氢氧化钡加进来，产生沉淀，可以知道可能有硫酸根或者碳酸根或者镁离子，溶液中加入二氧化碳产生沉淀，生成沉淀，可以在二氧化碳通入后生成沉淀的只有AlO2-，即一开始应该有Al3+，在强碱Ba(OH)2加入后转化为AlO2-，有Al3+则没有CO32-，再结合数据以及电荷守恒进行判断。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，①、②和⑨都能用到，故A不符合题意；
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，选用④和⑦，用不到⑥，故B符合题意；
C．过滤时需要用到漏斗、烧杯和玻璃棒，④、⑤和⑦都能用到，故C不符合题意；
D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、装KSCN溶液的细口瓶、胶头滴管等，③、⑧和⑩都能用到，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A、茶叶是固体，加热固体需要用到坩埚、酒精灯以及泥三角；
B、茶叶灰溶解，需要用到烧杯，玻璃棒；
C、过滤操作需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒；
D、铁离子的检验需要用到胶头滴管、试管、硫氰酸钾溶液。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故A不符合题意；
B．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故B符合题意；
C．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故C不符合题意；
D．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题为氧化还原反应的滴定，根据题干，可以列出关系式，即n(ClO-)：n(I-)=3：1，再结合n=c×V，可以列出c(ClO-)=，代入相关数据计算。
21．【答案】（1）3s23p4；9；3p；；2
（2）两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
（3）；30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
（4）右；氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变
【解析】【解答】(1)硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+3=9个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；9；3p；；2；
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
(3)①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
(4)①温度升高，温度升高，促进NH3•H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
【分析】（1）硫最外层的电子排布式，即第三层，即s和p的排列；铝的核外电子占据的轨道有1s，2s，2p，3s，3p，其中2p占了3个，3p占了3个；过氧化钠的电子式要注意是离子化合物，需要标明中括号和电荷数；
（2）离子晶体的熔点受到电荷数、离子半径的影响；
（3） ① 单线桥的技巧：还原剂指向氧化剂，标出转移的电子数；
② 涉及催化剂问题时，要注意，温度过高会导致催化剂失去活性；
（4） ① 弱电解质的电离是吸热过程，升高温度会促进电离；
② 氨水浓度降低会使氢氧根浓度减小，升高温度会促进电离。
22．【答案】（1）；0.005mol/(L·min)
（2）bd
（3）
（4）c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)；1×10-10 mol/L；小于
（5）Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3
【解析】【解答】(1)由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) -Q，故 ；由信息可知 ，反应速率之比等于系数之比，故v(O2)= 0.005mol/(L·min)；
(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，a不正确；
b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，SO2平衡转化率升高，b正确；
c．减小压强，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，c不正确；
d．再充入0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，转化率增大，d正确；
故答案为：bd；
(3)二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2(723K)时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短，故SO2的转化率随反应时间变化如图所示 ；
(4)结合图示可知，c点水电离出来的OH-离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，故离子浓度由大至小的关系是c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO )>c(H+)；a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH=10的氢氧化钠溶液，c(H+)= ，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c(H+)=；b点水电离出的氢氧根的浓度为 ，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性，所以溶液中c(H+)<；
(5)因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸，化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3。
【分析】（1）化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；化学反应速率；
（2）a、移出氧气，平衡朝逆向移动；b、降低温度，平衡朝吸热方向移动；c、减小压强，平衡朝气体系数增大方向移动；d、按照初始比例诚如二氧化硫和氧气，平衡朝气体系数缩小方向移动；
（3）温度升高，速率更快，时间更短，平衡朝吸热方向移动，所以二氧化硫转化率降低；
（4）氢氧化钠中通入二氧化碳，由于碱被反应，对水的抑制程度减弱，水电离的氢氧根浓度增大，当氢氧化钠反应完生成碳酸钠，继续通入二氧化碳，碳酸钠逐渐转化为碳酸氢钠，对水的抑制程度增强，水电离的氢氧根浓度减小；
（5）c点水电离的氢氧根浓度最大，即此时溶质主要是碳酸钠，水解程度最大，促进水电离程度最大，然后碳酸钠逐渐转化为碳酸氢钠。
23．【答案】（1）表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；碱性、漂白性；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
（2）检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀
（3）向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
（4）CaSO4；Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】【解答】本题对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，取4g漂粉精溶于水，部分固体溶解，次氯酸钙在水中溶解度较小，故有部分无法溶解。过滤测溶液的pH，pH试纸先因溶液呈碱性而变蓝，后被漂粉精漂白褪色。往漂粉精溶液中持续通入SO2，二氧化硫会与次氯酸钙反应生成硫酸钙、HCl和HClO，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变黄绿色，黄绿色气体为氯气，后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去是因为氯气与过量的二氧化硫反应。
(1)操作②常用测pH的方法为：将pH试纸放在表面皿或玻璃片的中央，用玻璃棒蘸一点待测溶液到试纸上，然后根据试纸的颜色变化并对照比色卡也可以得到溶液的pH值。所以用到玻璃用品主要有表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；pH试纸先变蓝，体现了漂粉精溶液的碱性，后褪色体现了漂粉精溶液漂白性；Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；碱性、漂白性；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(2)i.向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰；
ii.白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO2可以使酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀；
(3)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和氯离子发生反应，通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气，故可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
(4)①取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
【分析】（1）测定pH需要将pH试纸放在表面皿中间，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸中间；先变蓝再褪色，说明漂白粉为碱性和漂白性；氯气和氢氧化钙生成次氯酸钙、氯化钙和水；
（2）i排除氧化性物质Cl2的干扰；
ii要注意硫酸银是一种白色沉淀；
（3）此类题目要用控制变量法进行检验，即改变其中某个条件，其他条件不变；
（4） ① 鉴别硫酸根的方法是稀盐酸和氯化钡溶液，由此可以知道上册清液含有硫酸根；
② 黄绿色褪去，即氯分子被反应，结合氧化还原反应的特点，可以知道氯气为氧化剂，二氧化硫为还原剂。
24．【答案】（1）1，3-丁二烯；氧化反应；取代反应
（2）+2CH3CH2OH+2H2O
（3）；
（4）步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等
（5）
【解析】【解答】A与乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，对比C、E的结构，结合D的分子式和给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，E发生取代反应生成F，F发生酯的水解反应生成G，据此分析解答。
(1)根据A的结构简式可知，A的名称为1，3-丁二烯；反应②为碳碳双键断裂形成羧基的过程，属于加氧去氢的氧化反应；反应⑤的羰基与酯基连接的碳原子上氢原子被甲基替代，属于取代反应，故答案为：1，3-丁二烯；氧化反应；取代反应；
(2)根据上述分析可知，C为C与乙醇发生酯化反应生成D，其化学方程式为： ；
(3)X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，说明X存在对称结构，可能含两个羰基和一个羟基，或两个碳碳双键和一个羟基，其结构可能为：、、、、、、（任选其中两种即可）；
(4)工业合成路线中硝酸氧化过程会产生氮氧化物，污染环境，且步骤多，原子利用率低，而“绿色”合成路线过程中，直接在催化剂加热条件下环己烷与空气发生反应直接生成目标产物，其步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等；
(5)由与1，4-二溴丁烷反应生成 ，然后水解得到 ，乙酸乙酯在乙酸钠、DMF条件下发生反应生成 ，具体的合成路线为：。
【分析】（1）A含有4个C，2个碳碳双键，可以知道A为1，3-丁二烯； ② 用到酸性高锰酸钾溶液，为氧化反应； ⑤ 中五元环上氢原子被甲基取代，为取代反应；
（2）对比C和E以及已知反应，可以知道D是形成酯的过程；
（3）X具有五元环，有四种不同环境的氢原子，即四种等效氢，且个数比为6：2：2：1，结合G的分子数，可以推测该有机物应该是对称结构；
（4）优点一般都是从无污染、原子利用率高、步骤等方面进行描述；
（5）合成路线的设计通常都会结合题干的路线以及已知条件的路线进行设计。
高三等级考模拟练习（二模）化学试题
一、单选题
1．2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，冬奥会火炬采用的燃料是（ ）
A．H2 B．C2H6 C．C3H8 D．CH4
2．下列物质中既含有非极性键，又含有极性键的是（ ）
A．CCl4 B．C2H4 C．NaOH D．H2O
3．化工生产中未使用催化剂的是（ ）
A．联合制碱 B．合成氨气 C．乙烯水化 D．生产硫酸
4．下列物质的有关性质，能用共价键键能大小解释的是（ ）
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．热分解温度：HF＞HI
5．已知氯仿(CHCl3)通常是无色液体，不溶于水，密度约为水的1.5倍，沸点为61.2 ℃。要从水与氯仿的混合物中分离出氯仿，下列方法最合适的是（ ）
A．蒸馏 B．分液 C．重结晶 D．蒸发
6．铁与水蒸气反应的实验装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．实验时，试管口应高于试管底
B．加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声
C．反应的化学方程式为2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2
D．试管中发生化合反应
7．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
8．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法正确的是（ ）
A．化学式为C8H6O6
B．乌头酸可发生加成反应和取代反应
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有2种
D．1mol乌头酸与足量的钠反应生成3molH2
9．下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+=Fe3++H2O
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
D．实验室制CO2：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
10． 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)+483.6kJ。下列说法正确的是（ ）
A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8KJ
B．1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量
C．2mol氢气与1mol氧气的总能量小于2mol 水蒸气的总能量
D．2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4mol氢氧键成键所放出的能量
11．对于可逆反应：A(g)+B(g)2C(g)+热量，下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．观察如图装置，下列说法正确的是（ ）
A．a、b接电流表，该装置为原电池
B．a、b接直流电源，该装置为电解池
C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
13．下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是（ ）
A
B
C
D
干燥Cl2
检验K+
配制150mL0.100mol·L-1盐酸
吸收NH3
A．A B．B C．C D．D
14．氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是（ ）
A．金属镁能把NH3置换出来
B．镁具有强还原性，NH具有氧化性，发生氧化还原反应
C．因为NH水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动
D．因为Mg与H2O反应，生成Mg(OH)2与NH4Cl反应
15．已知表是几种常见元素的原子半径数据：
元素
C
O
Na
Mg
Si
原子半径/nm
0.077
0.073
0.154
0.130
0.111
下列说法正确的是（ ）
A．随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大
B．元素F的原子半径在0.073~0.154 nm之间
C．最外层电子数相同的元素，电子层数越多，原子半径越大
D．Mg2+的半径大于Mg的半径
16．已知有机物M、N、W能发生下列反应， 下列说法错误的是（ ）
A．M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应
B．M不能使溴水因发生化学反应而褪色
C．M与足量的H2反应后的产物的一氯代物有4种
D．W的所有碳原子不可能在同一平面上
17．向一定质量FeCl2和CuCl2的混和溶液中逐渐加入足量的锌粒，下列图像不能正确反映对应关系的是（ ）
A． B．
C． D．
18．某未知溶液可能含有Cl-、SO、CO、Mg2+、Al3+和K+。取100 mL该溶液进行实验，过程记录如下，由此可知原溶液中（ ）
A．一定有Cl- B．一定有CO
C．一定没有K+ D．一定没有Mg2+
19．《神农本草经》记载：“神农尝百草，日遇七十二毒，得茶而解。”茶叶中铁元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（ ）
A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
20．测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00 mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100mol·L-1 KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO-+I-=3Cl-+IO；IO+5I-+6H+=3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为（ ）
A．0.04mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.60mol·L-1
二、非选择题
21．硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
（1）硫原子的最外层电子排布式 。铝原子核外电子占据轨道有 个，氯原子能量最高的电子亚层是 。过氧化钠的电子式 ；氮原子的电子云形状有 种。
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是 。
（3）用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为： FeSO4+O2+H2SO4Fe2(SO4)3+H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向 。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为 ；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。
（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度(℃)
c(氨水)(mol/L)
电离度(%)
c(OH-)(mol/L)
0
16.56
9.098
1.507×10-2
10
15.16
10.18
1.543×10-2
20
13.63
11.2
1.527×10-2
①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向 (填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是 。
22．回答下列问题：
（1）将0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式 ；经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为 。
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 (选填编号)。
a. 移出氧气 b. 降低温度 c. 减小压强 d. 再充入0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)
（3）在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 。
常温下，向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH-离子浓度(c)的关系如图所示。
（4）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是： 。a点溶液中由水电离产生的c(H+)= 。b点溶液中c(H+) 1×10-7mol/L(填写“等于”、“大于”或“小于”)。
（5）写出c点到d点化学反应方程式 。
23．某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
①取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
②过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
③
①液面上方出现白雾；
②稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
③稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
（1）操作②测pH用到玻璃用品主要有 ；pH试纸盐酸的变化说明漂粉精溶液具有的性质是 。Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式 。
（2）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象①的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
i.实验a的目的是 。
ii.由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是 。
（3）现象②中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验： 。
（4）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则沉淀X中含有的物质是 。
②用化学方程式解释现象③中黄绿色褪去的原因： 。
24．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：
已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH
（1）化合物A的名称是 。反应②和⑤的反应类型分别是 、 。
（2）写出C到D的反应方程式： 。
（3）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，写出两种符合要求的X的结构简式： 、 。
（4）面向“碳中和”的绿色碳化学是当前研究的重要方向。反应②产物已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
分析“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点 。
（5）设计由乙酸乙酯和1，4-二溴丁烷()制备的合成路线： (无机试剂任选)。(备注：①参照所提供的信息②表示方法为：AB目标产物)
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】2022年北京冬奥会秉承“绿色、低碳、可持续”的理念，所以冬奥会火炬采用的燃料为氢气，燃烧产生水，无污染，碳排放为零，符合“绿色、低碳、可持续”的理念，而C2H6、C3H8和CH4均属于碳氢化合物，燃烧产生二氧化碳和水，不符合低碳理念，
故答案为：A。
【分析】绿色、低碳、可持续，即减少二氧化碳的排放，氢气燃烧时没有二氧化碳的产生，因此火炬采用的材料是氢气。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．CCl4分子中含碳氯极性共价键，A不符合题意；
B．C2H4的结构简式为CH2=CH2，分子中含碳碳非极性键，同时也含碳氢极性键，B符合题意；
C．NaOH为离子化合物，含离子键和极性键，C不符合题意；
D．H2O分子中含氢氧极性键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】极性键为不同非金属原子的结合，非极性键为相同非金属原子得到结合；
A、只有极性键；
B、有极性键和非极性键；
C、有离子键和极性键；
D、只有非极性键。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、侯氏制碱法又称联合制碱法，原料是食盐、氨和二氧化碳﹣合成氨厂用水煤气制取氨气时的废气，利用了酸碱中和的性质，不用催化剂，故A正确；
B、合成氨指由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成的氨，为一种基本无机化工流程，故B错误；
C、乙烯水化在工业上采用负载于硅藻土上的磷酸催化剂，故C错误；
D、生产硫酸时，二氧化硫接触氧化为三氧化硫，需要使用催化剂，故D错误．
故选：A．
【分析】催化剂有正催化剂和负催化剂两种，其中正催化剂能加快反应速率，负催化剂降低反应速率，在化学反应中，催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡移动，反应前后，催化剂的质量和性质都不发生改变．
4．【答案】D
【解析】【解答】A. 卤族元素的性质递变规律是同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，与化学键无关，所以不能用键能解释，故A不符合题意；
B. 物质的溶解度与化学键无关，故B不符合题意；
C. 气态氢化物的沸点主要受范德华力的影响，相对分子质量越大，极性越强，范德华力就越大，熔沸点就越高，F，N，O等元素的氢化物会形成分子间氢键，导致熔沸点升高，故C不符合题意；
D. HF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、还原性比较的是非金属性，还原性越强，其非金属性越弱；
B、HF和HI的溶解度受到氢键影响；
C、沸点受到分子间作用力影响；
D、分解温度受到共价键的结合影响。
5．【答案】B
【解析】【解答】因为氯仿和水互不相溶，所以采取分液的方法是最简单的；
故答案为：B。
【分析】一般情况下，互不相溶的液体采用分液法，如果互溶，而沸点相差较大，则采用蒸馏法。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．实验时，试管口应略向下倾斜，即试管口应低于试管底，A不符合题意；
B．铁和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，因此加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，B符合题意；
C．铁和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C不符合题意；
D.3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，该反应属于置换反应，不属于化合反应，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、加热固体时试管口应略向下倾斜；
B、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色，氢气点燃有爆鸣声；
C、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
D、铁和水蒸气的反应是置换反应。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低得到电子，所以氧气是还原产物，A不符合题意；
B．在反应中，H2S中的S元素的化合价升高发生氧化反应，所以H2S是还原剂，O2F2中的O元素化合价降低发生还原反应，所以O2F2是氧化剂， B不符合题意；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C不符合题意；
D．由以上分析可知，该反应中还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题要注意，氧和氟形成的二元化合物中，氧为正价，本题中，O2F2中O为+1，F为-1；
A、氧元素化合价降低，发生还原反应，氧气是还原产物；
B、O2F2中只有O的化合价降低，作为氧化剂；
C、转移电子数=化合价变化×原子个数；
D、还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，根据化学计量数之比等于物质的量之比，可以知道还原剂与氧化剂之比为1：4。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．乌头酸的化学式为C6H6O6，不符合题意；
B．乌头酸中含有碳碳双键和羧基，能发生加成反应和取代反应，符合题意；
C．乌头酸分子中能发生酯化反应的官能团有1种，不符合题意；
D.1mol乌头酸与足量的钠反应生成1.5molH2，不符合题意；
故本题选择B。
【分析】A、化学式可以根据其C、H、O的个数判断；
B、有碳碳双键可以发生加成反应，有羧基可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应；
C、分子中可以发生酯化反应的只有羧基；
D、可以和钠反应的官能团为羧基，羧基和氢气的物质的量之比为2：1。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．醋酸为弱酸，在离子方程式中要保留化学式，正确的离子方程式为：2CH3COOH+ CaCO3=Ca2++2CH3COO- +CO2↑+H2O，A不符合题意；
B．氧化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和水，其离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O，B不符合题意；
C．离子方程式中各物质的化学计量数配比不符合题意，正确的离子方程式应为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C不符合题意；
D．实验室利用大理石和稀盐酸发生反应来制备CO2，其离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子方程式的书写要注意，强酸、强碱、可溶性盐可以拆；弱酸，弱碱、难溶和为微溶性盐、氧化物不可拆；
A、醋酸是弱酸不可拆；
B、盐酸不是氧化性酸；
C、注意氢氧化钡是二元碱，硫酸是二元酸；
D、实验室制备二氧化碳采用碳酸钙和稀盐酸反应。
10．【答案】B
【解析】【解答】由氢气燃烧的热化学方程式可知，2mol氢气与1mol氧气燃烧生成2mol水蒸气放热483.6kJ，
A．水蒸气转化为液态水的过程是放热过程，所以1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8kJ，故A不符合题意；
B．根据方程式可知生成1mol水蒸气放出热量241.8kJ，则1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8kJ热量，故B符合题意；
C．反应是放热的，所以反应物的能量高于产物的能量，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和<0，所以2mol氢氢键和1mol氧氧键拆开所消耗的能量小于4mol氢氧键成键所放出的能量，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、气态水变为液态水需要释放热量；
B、2mol水蒸气分解需要吸收483.5kJ，则1mol需吸收241.8kJ ；
C、该反应为放热反应，反应物的总内能大于生成物的总内能；
D、该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能。
11．【答案】A
【解析】【解答】A.500℃比100℃温度高，其它条件相同时，温度越高反应速率越快，反应达到平衡的时间越短，升高温度，平衡逆向移动，C%减小，A项符合题意；
B．升高温度，正、逆反应速率都加快、且逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，正、逆反应速率都不会减慢， B项不符合题意；
C．其它条件相同时，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，其它条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，500℃时A的转化率应小于100℃时，C项不符合题意；
D．其它条件相同时，增大压强，正、逆反应速率都加快，且正、逆反应速率增大的倍数相同，平衡不移动，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、该反应为放热反应，升高温度朝吸热方向移动，速率加快；
B、升高温度，正逆反应速率都加快；
C、增大压强朝气体系数缩小的方向移动，本题反应前后系数不变，平衡不移动；
D、增大压强，正逆反应速率都加快，平衡朝气体系数缩小的方向移动，本题反应前后系数不变，平衡不移动。
12．【答案】C
【解析】【解答】A、如果液体c为乙醇等非电解质，则不符合构成原电池的条件，故A不符合题意；
B、如果液体c为乙醇等非电解质，该电路为断路，不能构成电解池，故B不符合题意；
C、连接直流电源，如果让铁作阴极，按照电解原理，铁不被腐蚀，故C符合题意；
D、如果接电流表，构成原电池，铁作负极，如果接直流电源，构成电解池，两极的名称为阴阳极，故D不符合题意。
【分析】A原电池构成条件：两根不同材料的导体作为电极，有电解质溶液，形成自发的氧化还原反应，有导线连接形成闭合回路；
B、电解池和原电池一样，都需要电解质溶液；
C、直流电源中，若铁为阴极，连接负极，则铁受到保护，为外加电源的阴极保护法；
D、如果作为原电池时铁做负极，如果作为电解池，则要根据铁所连接的电源电极判断，可能是阳极也可能是阴极。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．干燥气体应长进短出，A不符合题意；
B．检验钾离子用焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃观察，B符合题意；
C．配制150mL盐酸溶液，不要使用150mL的容量瓶，没有则选择250mL，不能使用小的，C不符合题意；
D．氨气能溶于硫酸，会产生倒吸现象，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯气干燥采用浓硫酸，但是要长进短出；
B、透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色试验；
C、容量瓶常用的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL；
D、苯应该改为四氯化碳，才可以防止倒吸。
14．【答案】C
【解析】【解答】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中铵根离子水解出来氢离子，使溶液显酸性，镁和氢离子反应放出氢气，水解平衡正向移动，随着一水合氨浓度增大，镁和氢离子反应放热，一水合氨分解产生氨气。
故答案为：C。
【分析】氯化铵中，铵根离子会发生水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，镁和氢离子的反应会生成氢气，反应放热使一水合氨分解出氨气。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增大，对电子层的吸引力逐渐增大，原子半径逐渐减小，故A不符合题意；
B．同一周期的元素从左到右，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，而电子层数越多，原子半径越大，故F的原子半径小于O，更小于Na，故F的原子半径小于0.073nm，故B不符合题意；
C．最外层电子数相同的元素，原子半径受电子层数的影响，电子层数越多，则微粒半径越大，故C符合题意；
D．电子层数越多，则微粒半径越大，Mg2+比Mg少一个电子层，故Mg2+的半径小于Mg的半径，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、一看电子层，电子层数越多半径越大，而看核电荷数，核电荷数越多半径越小；
B、F的半径比O更小；
C、同主族的元素，电子层数越多半径越大；
D、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．苯环、碳碳双键可发生加成反应，均可发生燃烧为氧化反应，苯环及甲基可发生取代反应，则M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应，A不符合题意；
B．甲苯不能与溴水发生反应，但能萃取溴水中的溴，所以M不能使溴水因发生化学反应而褪色，B不符合题意；
C．甲苯与足量的H2反应后的产物为甲基环己烷，其一氯代物有5种，C符合题意；
D．甲烷为正四面体结构，由于W中含有甲基，具有甲烷的结构特点，则W的所有碳原子不可能在同一平面上，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A、大多数有机物可以燃烧，为氧化反应，苯和碳碳双键可以发生加成反应，苯和甲基都可以发生取代反应；
B、苯的同系物可以使溴水褪色，但是发生的是萃取；
C、一氯代物即等效氢的种类，可以根据分子的对称性判断；
D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。
17．【答案】D
【解析】【解答】A.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，生成了铜和氯化锌，铜的质量不断增加，当氯化铜反应完全后不再增加，故A不符合题意；
B.由上述分析可知，锌先与氯化铜反应，当氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，前者溶液增加的幅度小于后者，故B不符合题意；
C.当锌与氯化铜反应完全后再与氯化亚铁反应，随着锌与氯化亚铁反应，氯化亚铁的逐渐减小，完全反应后质量为0，故C不符合题意；
D.原溶液中不存在氯化锌，起始点应为0，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】锌和氯化铜先反应生成铜，再跟氯化亚铁反应生成铁；
A、铜先反应，所以一开始可以看到铜质量增加，铜不再生成后，质量不变；
B、ZnCl2的摩尔质量和CuCl2的摩尔质量相差较小，变化平缓，ZnCl2的摩尔质量和FeCl2的摩尔质量相差加大，变化较大；
C、FeCl2一开始没有反应，后面反应后全部生成Fe；
D、ZnCl2一开始并没有，所以起点应为0。
18．【答案】A
【解析】【解答】向加入了过量Ba(OH)2溶液后所得溶液中通入过量CO2产生了0.01mol沉淀，再向沉淀中加入过量NaOH溶液，沉淀溶解得到新的溶液，则原溶液中含有0.01mol Al3+，不含，相关的离子反应方程式为Al3++4OH-=+2H2O，+CO2+2H2O=+Al(OH)3↓；0.01mol Al3+可以转化为0.01mol Al(OH)3，转化过程中需要0.02mol Ba(OH)2；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01mol沉淀为BaSO4，则原溶液中有0.01mol ，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.01mol Cl-；若加入过量Ba(OH)2溶液后所得0.01mol沉淀为Mg(OH)2，则原溶液中有0.01mol Mg2+，无，根据电荷守恒可知，原溶液中至少还有0.05mol Cl-；由于K+不干扰实验，故溶液中可能存在K+，其物质的量需满足电荷守恒；综上所述，原溶液中一定有Al3+、Cl-，一定没有，可能含有、Mg2+、K+；
故答案为：A。
【分析】此类题型要先判断不能共存的离子，如CO32-和Al3+、Mg2+不共存；根据过量氢氧化钡加进来，产生沉淀，可以知道可能有硫酸根或者碳酸根或者镁离子，溶液中加入二氧化碳产生沉淀，生成沉淀，可以在二氧化碳通入后生成沉淀的只有AlO2-，即一开始应该有Al3+，在强碱Ba(OH)2加入后转化为AlO2-，有Al3+则没有CO32-，再结合数据以及电荷守恒进行判断。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，①、②和⑨都能用到，故A不符合题意；
B．用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，选用④和⑦，用不到⑥，故B符合题意；
C．过滤时需要用到漏斗、烧杯和玻璃棒，④、⑤和⑦都能用到，故C不符合题意；
D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、装KSCN溶液的细口瓶、胶头滴管等，③、⑧和⑩都能用到，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A、茶叶是固体，加热固体需要用到坩埚、酒精灯以及泥三角；
B、茶叶灰溶解，需要用到烧杯，玻璃棒；
C、过滤操作需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒；
D、铁离子的检验需要用到胶头滴管、试管、硫氰酸钾溶液。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故A不符合题意；
B．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故B符合题意；
C．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故C不符合题意；
D．NaClO的物质的量浓度为0.10mol/L，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题为氧化还原反应的滴定，根据题干，可以列出关系式，即n(ClO-)：n(I-)=3：1，再结合n=c×V，可以列出c(ClO-)=，代入相关数据计算。
21．【答案】（1）3s23p4；9；3p；；2
（2）两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
（3）；30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
（4）右；氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变
【解析】【解答】(1)硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+3=9个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；9；3p；；2；
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
(3)①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
(4)①温度升高，温度升高，促进NH3•H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。
【分析】（1）硫最外层的电子排布式，即第三层，即s和p的排列；铝的核外电子占据的轨道有1s，2s，2p，3s，3p，其中2p占了3个，3p占了3个；过氧化钠的电子式要注意是离子化合物，需要标明中括号和电荷数；
（2）离子晶体的熔点受到电荷数、离子半径的影响；
（3） ① 单线桥的技巧：还原剂指向氧化剂，标出转移的电子数；
② 涉及催化剂问题时，要注意，温度过高会导致催化剂失去活性；
（4） ① 弱电解质的电离是吸热过程，升高温度会促进电离；
② 氨水浓度降低会使氢氧根浓度减小，升高温度会促进电离。
22．【答案】（1）；0.005mol/(L·min)
（2）bd
（3）
（4）c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)；1×10-10 mol/L；小于
（5）Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3
【解析】【解答】(1)由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) -Q，故 ；由信息可知 ，反应速率之比等于系数之比，故v(O2)= 0.005mol/(L·min)；
(2)a．移出氧气，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，a不正确；
b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，SO2平衡转化率升高，b正确；
c．减小压强，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，c不正确；
d．再充入0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，转化率增大，d正确；
故答案为：bd；
(3)二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2(723K)时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短，故SO2的转化率随反应时间变化如图所示 ；
(4)结合图示可知，c点水电离出来的OH-离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，故离子浓度由大至小的关系是c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO )>c(H+)；a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH=10的氢氧化钠溶液，c(H+)= ，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c(H+)=；b点水电离出的氢氧根的浓度为 ，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性，所以溶液中c(H+)<；
(5)因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸，化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3。
【分析】（1）化学平衡常数K=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积；化学反应速率；
（2）a、移出氧气，平衡朝逆向移动；b、降低温度，平衡朝吸热方向移动；c、减小压强，平衡朝气体系数增大方向移动；d、按照初始比例诚如二氧化硫和氧气，平衡朝气体系数缩小方向移动；
（3）温度升高，速率更快，时间更短，平衡朝吸热方向移动，所以二氧化硫转化率降低；
（4）氢氧化钠中通入二氧化碳，由于碱被反应，对水的抑制程度减弱，水电离的氢氧根浓度增大，当氢氧化钠反应完生成碳酸钠，继续通入二氧化碳，碳酸钠逐渐转化为碳酸氢钠，对水的抑制程度增强，水电离的氢氧根浓度减小；
（5）c点水电离的氢氧根浓度最大，即此时溶质主要是碳酸钠，水解程度最大，促进水电离程度最大，然后碳酸钠逐渐转化为碳酸氢钠。
23．【答案】（1）表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；碱性、漂白性；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
（2）检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀
（3）向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
（4）CaSO4；Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】【解答】本题对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，取4g漂粉精溶于水，部分固体溶解，次氯酸钙在水中溶解度较小，故有部分无法溶解。过滤测溶液的pH，pH试纸先因溶液呈碱性而变蓝，后被漂粉精漂白褪色。往漂粉精溶液中持续通入SO2，二氧化硫会与次氯酸钙反应生成硫酸钙、HCl和HClO，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变黄绿色，黄绿色气体为氯气，后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去是因为氯气与过量的二氧化硫反应。
(1)操作②常用测pH的方法为：将pH试纸放在表面皿或玻璃片的中央，用玻璃棒蘸一点待测溶液到试纸上，然后根据试纸的颜色变化并对照比色卡也可以得到溶液的pH值。所以用到玻璃用品主要有表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；pH试纸先变蓝，体现了漂粉精溶液的碱性，后褪色体现了漂粉精溶液漂白性；Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；碱性、漂白性；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(2)i.向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰；
ii.白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO2可以使酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀；
(3)现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和氯离子发生反应，通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气，故可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
(4)①取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
【分析】（1）测定pH需要将pH试纸放在表面皿中间，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸中间；先变蓝再褪色，说明漂白粉为碱性和漂白性；氯气和氢氧化钙生成次氯酸钙、氯化钙和水；
（2）i排除氧化性物质Cl2的干扰；
ii要注意硫酸银是一种白色沉淀；
（3）此类题目要用控制变量法进行检验，即改变其中某个条件，其他条件不变；
（4） ① 鉴别硫酸根的方法是稀盐酸和氯化钡溶液，由此可以知道上册清液含有硫酸根；
② 黄绿色褪去，即氯分子被反应，结合氧化还原反应的特点，可以知道氯气为氧化剂，二氧化硫为还原剂。
24．【答案】（1）1，3-丁二烯；氧化反应；取代反应
（2）+2CH3CH2OH+2H2O
（3）；
（4）步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等
（5）
【解析】【解答】A与乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，对比C、E的结构，结合D的分子式和给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，E发生取代反应生成F，F发生酯的水解反应生成G，据此分析解答。
(1)根据A的结构简式可知，A的名称为1，3-丁二烯；反应②为碳碳双键断裂形成羧基的过程，属于加氧去氢的氧化反应；反应⑤的羰基与酯基连接的碳原子上氢原子被甲基替代，属于取代反应，故答案为：1，3-丁二烯；氧化反应；取代反应；
(2)根据上述分析可知，C为C与乙醇发生酯化反应生成D，其化学方程式为： ；
(3)X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，说明X存在对称结构，可能含两个羰基和一个羟基，或两个碳碳双键和一个羟基，其结构可能为：、、、、、、（任选其中两种即可）；
(4)工业合成路线中硝酸氧化过程会产生氮氧化物，污染环境，且步骤多，原子利用率低，而“绿色”合成路线过程中，直接在催化剂加热条件下环己烷与空气发生反应直接生成目标产物，其步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等；
(5)由与1，4-二溴丁烷反应生成 ，然后水解得到 ，乙酸乙酯在乙酸钠、DMF条件下发生反应生成 ，具体的合成路线为：。
【分析】（1）A含有4个C，2个碳碳双键，可以知道A为1，3-丁二烯； ② 用到酸性高锰酸钾溶液，为氧化反应； ⑤ 中五元环上氢原子被甲基取代，为取代反应；
（2）对比C和E以及已知反应，可以知道D是形成酯的过程；
（3）X具有五元环，有四种不同环境的氢原子，即四种等效氢，且个数比为6：2：2：1，结合G的分子数，可以推测该有机物应该是对称结构；
（4）优点一般都是从无污染、原子利用率高、步骤等方面进行描述；
（5）合成路线的设计通常都会结合题干的路线以及已知条件的路线进行设计。
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