上海市崇明区2022届高三等级考二模化学试题及答案

这是一份上海市崇明区2022届高三等级考二模化学试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

 高三等级考 二模化学试题
一、单选题
1．二氧化碳是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是（　　）
A．雷电作用下降雨 B．风力发电
C．化石燃料的燃烧 D．碳酸盐的沉积
2．下列叙述错误的是（　　）
A．纯碱可用于去除餐具的油污
B．碘酒可用于皮肤外用消毒
C．干冰可用作致冷剂
D．利用二氧化硫的还原性造纸时可漂白纸浆
3．2016年IUPAC确认了四种新元素，其中一种为Mc，中文名为“镆”。元素Mc可由反应：得到。下列有关说法正确的是（　　）
A．Mc (镆)是长周期元素
B．与互为同素异形体
C．核内质子数为18
D．原子的核外电子数为148
4．我国科学家发现一种名为“Methanoliparia”的微生物，能以石油为食物产生甲烷和二氧化碳。下列不属于甲烷和二氧化碳共性的是（　　）
A．非电解质 B．非极性分子 C．温室气体 D．平面型分子
5．有关反应热效应的说法正确的是（　　）
A．常温下自发进行的反应也可以是吸热反应
B．氧化还原反应都属于放热反应
C．有催化剂参与的反应是放热反应
D．有化学键断裂的反应是吸热反应
6．关于反应 所涉及的物质，下列说法错误的是（　　）
A．H2SO4在该反应中为氧化剂
B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物
D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
7．在天宫课堂，王亚平通过实验展示了油水混合物在太空静置后不分层的现象。飞到太空中的油和水（　　）

A．溶解性改变 B．化学性质改变
C．分子结构改变 D．以上三项均没变
8．选项四种物质中，仅含氯元素的微粒种类与另三种物质不同的是（　　）
A．熔融NaCl B．固态NH4Cl C．HCl水溶液 D．液态CH3Cl
9．下列对氯及其化合物的说法正确的是（　　）
A．因氯化铝溶液能导电，所以氯化铝是离子化合物
B．用pH试纸测得氯水的pH=4
C．随着氯元素化合价升高，氯的含氧酸酸性逐渐减弱
D．次氯酸不如次氯酸盐稳定，故用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分
10．核潜艇上的核反应堆使用液态铝钠合金作载热介质。有关说法中正确的是（　　）
A．该合金的熔点介于钠、铝之间
B．铝钠合金的良好传热性与自由电子有关
C．钠或铝形成的氧化物均为碱性氧化物
D．原子半径钠大于铝，金属键钠强于铝
11．下列说法正确的是（　　）
A．室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-3mol·L-1，则该溶液一定显酸性
B．室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需盐酸的物质的量多
C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，则c(Cl-)>c(NH)
D．相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)
12．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．X的气态氢化物属于碱 B．Y的氧化物属于离子化合物
C．原子半径：Z>Y>X>W D．非金属性：W> X>Y> Z
13．下列物质不能通过化合反应制得的是（　　）
A．FeCl2 B．NaHCO3 C．Al（OH）3 D．Fe（OH）3
14．有机物M的结构简式为，有关说法正确的是（　　）
A．M是苯甲酸的同系物
B．M分子中所有碳原子可能共平面
C．1mol M与足量金属钠反应生成0.5mol氢气
D．0.5mol M最多消耗1mol NaOH
15．下列操作或装置能达到实验目的的是（　　）
选项
A
B
C
D
操作或装置




实验目的
除去Cl2中混有的HCl
实验室制取二氧化碳
制取碳酸氢钠
验证浓硫酸的吸水性
A．A B．B C．C D．D
16．能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）
A．向CuSO4溶液中滴加少量稀氨水：Cu2++2OH−→Cu(OH)2↓
B．铝粉与过量NaOH溶液反应：Al + 4OH-→AlO+ 2H2O
C．向Ba(OH)2溶液中滴入少量NaHSO4溶液：Ba2++OH−+H++SO→BaSO4↓+H2O
D．向NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液：Ca2++3HCO+OH−→CaCO3↓+ H2O
17．我国研发的高效低压电催化还原CO2法居世界领先水平，工作原理如图所示，工作时总反应为NaCl + CO2CO + NaClO。a、b均为涂装催化剂的惰性电极。下列说法错误的是（　　）

A．工作时，电能转化为化学能
B．工作时，NaClO产生在a极区
C．若用铜-锌原电池作电源，则X极反应为Zn-2e→Zn2+
D．消耗0.05mol CO2时，有0.1mol H+通过质子交换膜
18．研究表明I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，3SO2(g)+2H2O(l)→2H2SO4(aq)+S(s)，该过程一般通过如下步骤来实现：
①SO2(g)+4I-(aq)+4H+(aq)→S(s)+2I2(g)+2H2O(l)+Q1(Q1<0)
②I2(g)+2H2O(l)+SO2(g)→SO(aq)+4H+(aq)+2I-(aq)+Q2(Q2>0)
上述反应过程中能量变化不可能是下列示意图中的（　　）
A． B．
C． D．
19．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4LCH4中含有电子数为16NA
B．46gC2H5OH中含有极性键的数目为7NA
C．相同体积的CO和H2完全燃烧，消耗O2的物质的量相同
D．标准状况下11.2LCl2溶于水，溶液中Cl−、ClO−、HClO的微粒数之和为NA
20．将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与通入CO2的体积的关系可表示为（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题
21．Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：
（1）以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是　 　(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为　 　。
（2）化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是　 　，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有　 　mol电子发生转移。
（3）①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=　 　。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子
Na+
K+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH=　 　。
（4）NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：　 　。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mol⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体　 　L(标准状态)。
22．我国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此碳的捕集和利用成了研究的重点。
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，原理为：CO2(g)+4H2(g)RuCH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)υ正　 　，υ逆　 　，平衡常数(K)　 　；
在一定条件下，CO2和H2混和气体共0.5mol(体积比1：4)，在2L恒容密闭容器中进行的反应可能有下列反应I和II，经反应相同时间测得“CO2转化率”、CH4和CO“选择性”随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性即转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。

反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
（2）380℃时，容器内发生的反应是　 　(选填I、II或I和II)；150℃～300℃，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是　 　；
（3）①下列说法错误的是　 　；
a.反应I是放热反应
b.温度可影响产物的选择性
c.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
d.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，υ(CO2)=　 　mol·L-1·min-1；
（4）常温下，也可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为5：2，则所得溶液中溶质成分为　 　(填化学式)，若NaOH吸收了等物质的量的CO2，则所得溶液中微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)=　 　(填含碳元素微粒浓度的数学表达式)。
23．ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：

相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1
8.9
已知：
①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
回答下列问题：
（1）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是　 　。(写一条即可)
②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量　 　(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是　 　。
（2）“滤渣2”的化学成分为　 　(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理　 　。
（3）“还原除杂”除去的离子是　 　；加入的还原剂是　 　。
（4）“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为　 　。
24．药物帕罗西汀的合成路线如下：

已知：①R1CHOR1CH=CHCOOH
②R2OHR2OR3
（1）A分子含有的官能团有　 　。
（2）有关物质K的说法正确的是　 　。
a.加热时，能与银氨溶液反应 b.一定条件下，可发生消去反应
c.苯环上一溴代物只有两种 d.存在含两个苯环的同分异构
（3）写出E→G的化学方程式　 　。
（4）已知L为，其同分异构体中，苯环上含有一个取代基的结构简式为　 　，M的分子式为　 　。
（5）以黄樟素()为原料，经过其同分异构体N可制备L。

已知：①R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO
②
分别写出制备L时，中间产物N、P、Q的结构简式或键线式：　 　、　 　、　 　。

答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．雷电作用下降雨，N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2溶于水产生HNO3和NO，导致酸雨，不会反应产生CO2，因此不会引起大气中CO2含量上升，A不符合题意；
B．风力发电是风能转化为电能，没有消耗含碳元素的化合物，因此不会引起大气中CO2含量上升，B不符合题意；
C．化石燃料的燃烧会反应产生CO2，从而会引起大气中CO2含量上升，C符合题意；
D．碳酸盐的沉积是指形成与海洋或湖泊底部的粒状、泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗二氧化碳，不会引起大气中CO2含量上升，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．只涉及氮及其化合物的转化；
B．风力发电是风能转化为电能；
C．化石燃料含有碳元素，燃烧会反应产生CO2；
D．碳酸盐的沉积是指形成与海洋或湖泊底部的粒状、泥状碳酸盐矿物及其集合体。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．纯碱是碳酸钠的俗名，其水溶液呈碱性，而油污在碱性条件下能发生水解反应，A项不符合题意；
B．碘酒能使蛋白质变性，具有杀菌消毒的作用，可用于皮肤外用消毒，B项不符合题意；
C．干冰升华时吸收大量的热，能使环境温度降低，可用作致冷剂，C项不符合题意；
D．二氧化硫具有漂白性，可用于纸浆漂白，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．纯碱水解呈碱性，油污在碱性条件下能发生水解反应；
B．碘酒能使蛋白质变性；
C．干冰升华时吸收大量的热；
D．二氧化硫具有漂白性。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．镆元素的原子序数为115，位于元素周期表第七周期VA族，属于长周期元素，故A符合题意；
B．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B不符合题意；
C．核内质子数为20，故C不符合题意；
D．原子的核外电子数与质子数相同，都为95，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．元素周期表4、5、6、7周期均属于长周期元素；
B．质子数相同、中子数不同，互为同位素；
C．左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；
D．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数、质子数＝核外电子数分析。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．甲烷溶于水不能导电，故属于非电解质，二氧化碳的水溶液能导电，是由于碳酸电离出的氢离子和碳酸氢根离子，使水溶液导电，并非二氧化碳自身电离，故二氧化碳属于非电解质；即甲烷和二氧化碳都是非电解质，故A不符合题意；
B．甲烷为正四面体形，二氧化碳为直线形，均为对称结构，均属于非极性分子，故B不符合题意；
C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体，故C不符合题意；
D．甲烷的空间构型为正四面体形，不是平面型分子，二氧化碳的空间构型为直线形，是平面型分子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．非电解质自身不电离；
B．非极性分子结构对称，正负电荷重心重合；
C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体；
D．甲烷的空间构型为正四面体形，二氧化碳的空间构型为直线形。
5．【答案】A
【解析】【解答】A． 若反应的，反应可自发进行，若反应的，则常温下自发进行的反应也可以是吸热反应，故A符合题意；
B． 是氧化还原反应，但属于吸热反应，故B不符合题意；
C． 化学反应的吸放热与是否有催化剂参与无关，故C不符合题意；
D． 所有的化学反应均有化学键的断裂和生成，反应物断键吸收的热量比生成物成键放出的热量多，该反应为吸热反应，反之为放热反应，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A． 依据判断；
B．氧化还原反应可能是放热反应，也可能是吸热反应；
C． 化学反应的吸放热与是否有催化剂参与无关；
D．吸热反应中反应物断键吸收的热量比生成物成键放出的热量多。
6．【答案】A
【解析】【解答】A． 中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A符合题意；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B不符合题意；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C不符合题意；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A．该反应无元素化合价的改变，不是氧化还原反应；
B．+4价的S元素易被氧化为+6价；
C．钠离子和硫酸根之间存在离子键，氧原子和硫原子之间存在共价键；
D．SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化为硫酸。
7．【答案】D
【解析】【解答】在太空中物体处于失重状态，油和水的重力变小，从而出现静置后不分层的现象，而物质的溶解性、化学性质、分子结构均没有变化。
故答案为：D。

【分析】依据失重原理分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】熔融氯化钠、固态氯化铵和盐酸中都含有氯离子，一氯甲烷是非电解质，液态一氯甲烷中不含有氯离子，所以一氯甲烷与其他三种物质中氯元素的微粒种类不同，
故答案为：D。

【分析】依据氯的存在形式，有原子也有离子形式。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．熔融的氯化铝不能导电，所以氯化铝是共价化合物，故A不符合题意；
B．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以不能用pH试纸测氯水的pH，故B不符合题意；
C．随着氯元素化合价升高，氯的含氧酸分子中的非羟基氧的数目增多，含氧酸酸性逐渐增强，故C不符合题意；
D．次氯酸遇光易分解，稳定性弱于次氯酸盐，所以常用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．熔融的氯化铝不能导电；
B．氯水具有强氧化性；
C．氯的含氧酸分子中的非羟基氧的数目越多，含氧酸酸性逐渐越强；
D．次氯酸遇光易分解。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．一般情况下，合金的熔点比各组分的熔点都低，则合金的熔点比钠、铝的熔点都低，故A不符合题意；
B．铝钠合金属于金属晶体，温度高的区域自由电子的能量增大，运动速率加快，与金属离子的碰撞频率增加，自由电子把能量传递给金属离子，从而具有导热性，所以合金的良好传热性与自由电子有关，故B符合题意；
C．钠或铝形成的氧化物中过氧化钠属于过氧化物，氧化铝属于两性氧化物，都不是碱性氧化物，故C不符合题意；
D．钠和铝形成的晶体都是金属晶体，钠原子的原子半径大于铝，价电子数小于铝，所以钠的金属键弱于铝，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．合金的熔点比各组分的熔点都低；
B．利用电子气理论分析；
C．过氧化钠不属于碱性氧化物，氧化铝属于两性氧化物；
D．原子半径大，价电子数小，金属键弱。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．室温下，某溶液中由水电离出的氢离子浓度为1×10-3mol·L-1说明该溶液为能促进水电离的盐溶液，该溶液可能是显酸性的强酸弱碱盐，也可能是显碱性的强碱弱酸盐，故A不符合题意；
B．氨水中存在电离平衡，所以pH和体积均相等的氨水、氢氧化钠溶液中一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，室温下，消耗盐酸的物质的量多于氢氧化钠，故B不符合题意；
C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知，溶液中氯离子浓度与铵根离子浓度相等，故C不符合题意；
D．相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中氢离子浓度相等，所以盐酸溶液中氯离子浓度等于醋酸溶液中的醋酸根离子浓度，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离分析；
B．依据电离情况确定碱的浓度；
C．利用有电荷守恒分析；
D．利用有电荷守恒分析。
12．【答案】B
【解析】【解答】由上述分析可知，W为H，X为N，Y为Na，Z为Cl，
A．X的气态氢化物为氨气，氨气属于碱性气体，但氨气为非电解质，不属于碱，故A不符合题意；
B．Y的氧化为有氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠均含有离子键，属于离子化合物，故B符合题意；
C．同一周期从左向右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞X＞W，故C不符合题意；
D．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Z＞X＞W＞Y，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．碱：电离出阴离子全部是氢氧根离子阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；
B．金属氧化物和过氧化物均为离子化合物；
C．同一周期从左向右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；
D．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱；
13．【答案】C
【解析】【解答】解：A．铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁，反应为Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；
B．碳酸钠、水以及二氧化碳反应会生成碳酸氢钠，即能通过化合反应制得，故B不选；
C．氧化铝和水不反应，则氢氧化铝不能由化合反应生成，故C选；
D．氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故D不选．
故选C．
【分析】A．可由氯化铁和铁发生化合反应生成；
B．碳酸钠、水以及二氧化碳反应会生成碳酸氢钠；
C．不能由化合反应生成；
D．可由氢氧化亚铁、氧气和水反应生成．
14．【答案】B
【解析】【解答】A．同系物应该结构相似，要求官能团的种类和数目相同，M中有羟基和羧基两种官能团，而苯甲酸只有羧基一种官能团，结构不相似，所以不是同系物，A不符合题意；
B．苯环为平面结构，所有原子共平面，羧基取代苯环的氢原子，所以羧基碳与苯环共平面，另外由于单键可以旋转，所以苯环支链上的碳原子均可能共平面，综上，M分子中所有碳原子可能共平面，B符合题意；
C.1mol羟基生成0.5mol氢气，1mol羧基也生成0.5mol氢气，所以1molM生成1mol氢气，C不符合题意；
D．M中只有羧基可以与NaOH反应，且1mol羧基消耗1molNaOH，则0.5mol羧基消耗0.5molNaOH，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．同系物：指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；
B．苯环为平面结构；
C.羟基和羧基可与钠反应；
D只有羧基可以与NaOH反应。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．HCl溶于水反应产生盐酸，盐酸与NaHCO3反应产生CO2气体，使Cl2中混入新的杂质，不能达到除杂净化的目的，A不符合题意；
B．硫酸与CaCO3反应产生CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面，阻止反应进一步发生放出CO2气体，因此不能使用硫酸，应该使用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，B不符合题意；
C．向氨化的饱和食盐水中通入CO2气体制取碳酸氢钠时，为充分吸收气体，导气管应该伸入到液面以下，C不符合题意；
D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，若浓硫酸具有吸水性，会使CuSO4·5H2O变为CuSO4粉末，物质的颜色由蓝色变为白色，因此该装置可以达到验证浓硫酸的吸水性的目的，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．会引入新的杂质；
B．CaSO4微溶于水，阻止反应进一步发生；
C．导气管应该伸入到液面以下；
D．浓硫酸具有吸水性，会使CuSO4·5H2O变为CuSO4粉末。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．氨水中的NH3·H2O是弱电解质，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Cu2++2NH3·H2O→Cu(OH)2↓+2，A不符合题意；
B．铝粉与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式应该为：2Al+2OH-+ 2H2O→2AlO+ 3H2↑，B不符合题意；
C．反应要以不足量的NaHSO4为标准，假设其物质的量是1 mol，根据其确定Ba(OH)2电离产生的离子的数目，反应产生BaSO4沉淀和H2O，反应的离子方程式为：Ba2++OH−+H++SO→BaSO4↓+H2O，C符合题意；
D．向NaHCO3溶液中加少量Ca(OH)2溶液，反应以不足量的Ca(OH)2为标准，假设其物质的量是1 mol，反应产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，离子方程式为：Ca2++2OH−+2HCO→CaCO3↓++2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．氨水是弱电解质，应该写化学式；
B．电荷不守恒；
C．以不足量的NaHSO4为标准，假设其物质的量是1 mol，根据其确定Ba(OH)2电离产生的离子的数目，反应产生BaSO4沉淀和H2O；
D．Ca(OH)2的配比不正确。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．该装置为电解池，工作时，电能转化为化学能，A不符合题意；
B．NaCl →NaClO，Cl化合价升高，发生氧化反应，在阳极区域，根据氢离子移动的方向可判断b为阴极，a为阳极，所以工作时，NaClO产生在a极区，B不符合题意；
C．结合B选项，a为阳极，所以X为正极，电池的正极应该发生还原反应，而Y电极应该发生反应：Zn-2e→Zn2+，C符合题意；
D．CO2→CO2e-，1molCO2参加反应转移电子数为2mol，而转移的电子数等于质子交换膜通过的氢离子数，所以耗0.05mol CO2时，有0.1mol H+通过质子交换膜，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．电解池是将电能转化为化学能的装置；
B．在阳极区域元素化合价升高，发生氧化反应；
C．正极得电子发生还原反应；
D．依据转移的电子数等于质子交换膜通过的氢离子数。
18．【答案】C
【解析】【解答】SO2(g)+4I-(aq)+4H+(aq)→S(s)+2I2(g)+2H2O(l)+Q1(Q1<0)，可知步骤①为吸热反应；I2(g)+2H2O(l)+SO2(g)→SO(aq)+4H+(aq)+2I-(aq)+Q2(Q2>0)，步骤②为放热反应，所以I2(g)、2H2O(l)、SO2(g)的总能量小于SO(aq)、4H+(aq)、2I-(aq)的总能量，不可能用表示，
故答案为：C。

【分析】根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量分析；
19．【答案】B
【解析】【解答】A．标准状况下，22.4LCH4为1mol，质子数等于电子数，1molCH4含有10mol质子即含有10mol电子，所以电子数应该是10NA，A不符合题意；
B．C2H5OH的摩尔质量为46g/mol，故46g的C2H5OH为1mol，根据其结构式可知1molC2H5OH含有极性键的数目为7NA，B符合题意；
C．CO和H2体积相等，未注明温度和压强是否相等，故无法判断其mol物质的量是否相等，故也无法判断其消耗的O2的物质的量，C不符合题意；
D．标准状况下，11.2L Cl2即物质的量是0.5mol，Cl2溶于水后，与水发生可逆反应生成HCl和HClO，根据元素质量守恒，溶液中含氯元素的微粒数目和为NA，包括Cl-、ClO-、HClO和Cl2，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．质子数等于电子数，1molCH4含有10mol质子即含有10mol电子；
B．根据乙醇的结构式可知1个C2H5OH含有极性键的数目7分析；
C．未注明温度和压强是，无法判断；
D．根据元素质量守恒分析。
20．【答案】C
【解析】【解答】将足量的二氧化碳不断通入氢氧化钠、氢氧化钡、偏铝酸钠的混合溶液中，二氧化碳优先与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，沉淀的物质的量增大，当氢氧化钡溶液完全反应后，通入的二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，沉淀的物质的量不变，当氢氧化钠溶液完全反应后，通入的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀的质量增大，当偏铝酸钠溶液完全反应后，通入的二氧化碳与反应生成的碳酸钠反应生成碳酸氢钠，沉淀的质量不变，当碳酸钠溶液完全反应后，通入的二氧化碳与反应生成的碳酸钡反应生成碳酸氢钡，沉淀的物质的量减少，则C图符合生成沉淀的物质的量与通入二氧化碳的体积的关系；
故答案为：C。

【分析】注意反应的先后顺序，二氧化碳优先与氢氧化钡反应、再与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，再与偏铝酸钠溶液反应，最后与反应生成的碳酸钠反应生成碳酸氢钠。
21．【答案】（1）N；纺锤形
（2）出现白烟；0.24
（3）6；4
（4）6NO2+8NH37N2+12H2O；1.12
【解析】【解答】(1)Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
(2)由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
(3)①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
(4)①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。

【分析】(1)依据构造原理和能级与电子云形状的关系确定；
(2)依据生成的产物及得失电子守恒判断；
(3)①利用得失电子守恒；
②依据电荷守恒即溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数；
(4)①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O；
②利用氮元素和钠元素相等计算。
22．【答案】（1）增大；增大；减小
（2）I；未达平衡前，温度升高，反应速率加快
（3）cd；0.004
（4）NaOH、Na2CO3；c(H2CO3)-c(CO)
【解析】【解答】(1)升高温度正逆反应速率均增大，故υ正增大，υ逆增大，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故升高温度，平衡逆向移动，则若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，平衡常数(K)减小。
(2)由图像可知，380℃时，CH4的选择性为100%，则容器内发生的反应是I；150℃～300℃，经反应相同时间，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是未达平衡前，温度升高，反应速率加快。
(3)①a．在反应I中，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a正确；
b．由图像可知，温度可影响产物的选择性，故b正确；
c．由图像可知，温度低于400℃时，只进行反应I，而反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则CO2平衡转化率随温度升高而减少，故c不正确；
d．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，相当于CO2的量不变，减小了的H2量，会降低CO2平衡转化率，故d不正确；综上所述，错误的说法是cd。
②350℃时，只进行反应I，CO2的转化率为80%，则CO2的转化量为0.1mol×80%=0.08mol，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，。
(4)CO2通入NaOH溶液中依次发生反应，，则CO2与过量NaOH溶液反应的方程式为，过量CO2与NaOH溶液反应的方程式为，Na和C两种元素物质的量比值为5：2时，NaOH过量，发生反应，则所得溶液中溶质成分为NaOH、Na2CO3；若NaOH吸收了等物质的量的CO2，发生反应，则所得溶液为溶液，溶液存在质子守恒c(OH-)+ c(CO)= c(H2CO3)+ c(H+)，则微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)= c(H2CO3)-c(CO)。

【分析】(1)依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(2)依据图像的选择性判断；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(3)①依据图像的选择性及影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据计算。
(4)利用原子守恒和质子守恒分析。
23．【答案】（1）加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀
（2）Fe(OH)3、MnO2；2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+
（3）Ni2+、Cd2+；Zn
（4）0.9898
【解析】【解答】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
(1)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。
②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。
(2)弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(3)根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。
(4)碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。

【分析】(1)①依据影响反应速率的因素分析；
②利用沉淀转化平衡及不引入新杂质选择试剂调节pH；依据流程及沉淀的pH范围表中的数据判断。
(2)根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写。
(3)根据氧化性顺序除杂，选择试剂不能引入新杂质。
(4)利用化学方程式计算。
24．【答案】（1）氟原子、醛基
（2）bc
（3）NC-CH2COOH+HOCH2CH3NC-CH2COOCH2CH3+H2O
（4）；C19H18FNO4
（5）；；
【解析】【解答】A和HOOCCH2COOH反应生成B，B和乙醇发生酯化反应生成D，由逆推，结合信息①，可知A是、B是、D是；和G反应生成，可知G是、E是；根据信息②，由帕罗西汀和K的结构简式，可知M是。
(1)A是，分子含有的官能团有醛基、氟原子；
(2)a.K不含醛基，加热时，不能与银氨溶液反应，故a不正确；
b.K含有羟基，一定条件下，可发生消去反应，故b正确；
c.苯环上有2种等效氢，苯环上的一溴代物只有两种，故c正确；
d.K的不饱和度为6，不存在含两个苯环的同分异构，故d不正确；
选bc；
(3)E→G是和乙醇发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式NC-CH2COOH+HOCH2CH3NC-CH2COOCH2CH3+H2O。
(4)的同分异构体中，苯环上含有一个取代基，说明有1个碳氧双键，结构简式为；根据信息②，由帕罗西汀和K的结构简式可知M是，M的分子式为C19H18FNO4。
(5)黄樟素异构化为，氧化为，根据信息②，和双氧水反应生成，水解为，所以制备L时，中间产物N、P、Q的结构简式或键线式为、、。

【分析】
(1)根据结构简式确定官能团；
(2)a.不含醛基；
b.含有羟基，依据醇的性质分析；
c.依据等效氢分析；
d.利用不饱和度数判断；
(3)依据反应物的结构简式及反应条件确定化学方程式；
(4)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
(5)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。