2023年上海市松江区高考化学二模试卷

这是一份2023年上海市松江区高考化学二模试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

2023年上海市松江区高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分




第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 2023年2月，我国海关在对进境邮件进行查验时，查获违法红珊瑚制品。珊瑚显红色，源于在海底长期积淀某种元素的氧化物，该元素是(    )
A. C B. Si C. Fe D. Na
2. “碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施能促进碳中和最直接有效的是(    )
A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料 B. 大规模开采可燃冰作为新能源
C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D. 研发催化剂将CO2还原为甲醇
3. 春季是流感、诺如病毒等疾病的高发期，需要对重点场所做好定期清洁消毒。下列物质中，不是消毒剂的是(    )
A. 漂粉精 B. 洁厕灵 C. 碘酒 D. 臭氧
4. 下列物质中，分子的空间结构为直线型的是(    )
A. 乙烯 B. 甲烷 C. 氨 D. 二氧化碳
5. 科学家们创造出了最轻的镁同位素 18Mg， 18Mg与 24Mg具有(    )
A. 不同电子数 B. 不同物理性质 C. 不同核电荷数 D. 不同化学性质
6. 在FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，产生的沉淀物是(    )
A. Al(OH)3 B. Al2S3 C. CuS D. FeS
7. 在合成氨和接触法制硫酸的工业生产中，下列说法错误的是(    )
A. 均采用高压条件 B. 均选择较高温度 C. 均进行循环操作 D. 均使用合适催化剂
8. 一定条件下，存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”情况的是(    )
A. 一氧化氮与过量氧气 B. 氯化铝溶液与过量稀氨水
C. 铁片与过量浓硝酸 D. 澄清石灰水与过量二氧化碳
9. 海水提溴与海带提碘，共同点是(    )
A. 浓缩方法 B. 采用热空气吹出 C. 四氯化碳萃取 D. 氧化剂可选择氯水
10. 下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是(    )
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3
C. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
D. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
11. 下列各组在溶液中的反应，不管反应物的量多少，都能用同一离子方程式表示的是(    )
A. FeBr2与Cl2  B. Ba(OH)2与NaHSO4   
C. HCl与Na2CO3  D. Ca(HCO3)2与Ca(OH)2
12. 侯氏制碱法制造纯碱同时副产氯化铵。下列有关母液处理的说法错误的是(    )
A. 升高温度，有利于NH4Cl更多地析出
B. 加入食盐，增大Cl-的浓度，使NH4Cl更多地析出
C. 通入氨气，增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出
D. 通入氨气，使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度
13. 如图装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是 (    )

A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中的少量水
C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气
14. 断肠草中分离出来的2种毒素的结构简式如图，有关推断正确的是(    )

A. 互为同系物 B. 均能与氢氧化钠溶液反应
C. 互为同分异构体 D. 1mol均能与6molH2加成
15. 可降解塑料的合成路线如图：

下列说法错误的是(    )
A. B的分子式为C6H12O B. C→D发生的是氧化反应
C. D→PCL发生的是缩聚反应 D. D与PCL的水解产物相同
16. 有一澄清透明的溶液，可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2-、Al3+、CO32-、NO3-中的几种，向该溶液中滴入1mol⋅L-1NaOH溶液一定体积后才产生沉淀。下列判断正确的是(    )
A. 溶液中可能含有Fe2+ B. 溶液中一定不含Fe3+
C. 溶液中可能含有NO3- D. 溶液中一定不含AlO2-
17. 银制器皿表面日久因生成Ag2S而变黑，可进行如下处理：将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中(如图)，一段时间后黑色褪去．有关说法正确的是(    )

A. 该处理过程中电能转化为化学能 B. 银器为正极，Ag2S还原为单质银
C. Ag2S溶解于食盐水生成了AgCl D. 铝质容器为阳极，其质量变轻
18. 下列化学反应，相应的离子方程式一定正确的是(    )
A. 向NH4Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH-=NH3⋅H2O
B. 1L1mol⋅L-1FeBr2溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C. 将2.24L(标准状况)CO2通入500mL0.3mol⋅L-1NaOH溶液中：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O
D. 向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
19. 工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲(第五周期ⅥA族)，涉及反应：
①Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O
②TeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Te
以下说法正确的是(    )
A. Cu2Te中Cu元素的化合价是+2价
B. 氧化性强弱顺序为：O2>SO2>TeO2
C. 反应②中氧化剂是SO2，氧化产物是H2SO4
D. 每制备1molTe理论上共转移12mol电子
20. 常温下，向1 LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2.通入CO2的体积(V)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示．下列叙述错误的是(    )
A. a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol⋅L-1
B. b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol⋅L-1
C. c点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)
D. d点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)

第II卷（非选择题）

二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
21. PCl3是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。

经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3。PCl3遇O2会生成POCl3。PCl3、POCl3的熔沸点见表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
PCl3
-112
75.5
POCl3
2
105.3
完成下列填空：
(1)仪器D的名称是 ______ 。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是 ______ 。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷。通入CO2的作用是 ______ 。
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一与B、E相似，作用二为 ______ 。
(4)装置C中的反应需要65～70℃，最适合的加热方式为 ______ 加热，该方法的优点是 ______ 。制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入红磷加热除去PCl5后，通过 ______ (填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。
(5)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
第一步：迅速移取20.000gPCl3粗产品，加水完全水解；
第二步：配成500mL溶液，移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；
第三步：加入0.500mol⋅L-1碘溶液20.00mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4，反应方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；
第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.000mol⋅L-1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。
第二步需要的定量仪器名称为 ______ 。根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为 ______ 。
三、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
22. H2O2(过氧化氢)应用领域非常广泛。
已知：2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(aq)⇌H+(aq)+HO2-(aq)，K(25℃)=2.24×10-12
完成下列填空：
(1)氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为 ______ 。
(2)H2O2的电子式为 ______ 。对H2O2分子结构，有以下两种推测：

要确定H2O2分子结构，需要测定H2O2分子中的 ______ 。(选填序号)
a.H-O键长
b.O-O键长
c.H-O-O键角
d.H-O、O-O键能
(3)H2O2分解反应的平衡常数表达式K= ______ 。不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25℃) ______ K(40℃)(选填“>”“<”或“=”)。标准状况下，某5mLH2O2溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)。则0～60s，v(H2O2)= ______ 。
(4)25℃，pH(H2O2) ______ pH(H2O)(选填“>”“<”或“=”)。

研究表明，H2O2溶液中HO2-浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，经过相同时间，不同浓度H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是 ______ 。相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是 ______ 。
(5)蒽醌法是过氧化氢主要的生产方法。其生产过程可简单表示如图：

试从绿色化学角度评价该生产方法 ______ 。
23. 砷与氮为同主族元素，砷及其化合物可应用于农药、除草剂、杀虫剂等。完成下列填空：
(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As2O3)中毒：把试样与锌和盐酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，写出该反应的化学方程式 ______ 。
(2)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4(其中As为+2价)和SnCl4并放出H2S气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ______ 。
(3)一定条件下，雄黄(As4S4)与O2生成As2O3与物质a。若该反应中1molAs4S4参加反应时，转移28mol电子。写出物质a的化学式 ______ 。
(4)三元弱酸亚砷酸(H3AsO3)溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为 ______ 。Na2HAsO3溶液中c(H2AsO3-) ______ c(AsO33-)(填“>”“<”或“=”)。理由是 ______ 。
(5)已知：I2+AsO33-+2OH-⇌2I-+AsO43-+H2O。为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与Na3AsO3溶液按体积比为V1：V2的比例混合(另加入适量的碱)。当V1 ______ V2(填“>”或“<”)时，只需加入 ______ (填试剂名称)就可以确定该反应具有可逆性。上述反应显示：AsO33-能在碱性溶液中被I2氧化成AsO43-，而H3AsO4又能在酸性溶液中被I-还原成H3AsO3，这表明 ______ 。

24. 苹果酸(MLA)的键线式结构为，苹果酸经聚合生成聚苹果酸(PMLA)。

(1)写出物质的结构简式：A ______ ，D ______ 。
(2)指出合成路线中③的反应类型：③ ______ 。检验D中溴元素的实验方法是 ______ 。
(3)写出所有与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式 ______ 。
(4)写出E→F转化的化学方程式 ______ 。
(5)上述转化关系中步骤③和④的顺序能否颠倒？ ______ (填“能”或“不能”)。说明理由： ______ 。
(6)已知，设计一条从CH2=CH-CH=CH2合成阻燃剂的合成路线(其他无机试剂任选) ______ 。(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】C 
【解析】解：A.碳元素形成的氧化物：CO、CO2均为无色气体，无红色物质形成，故A错误；
B.海水中硅元素含量很低，硅元素形成的氧化物SiO2是无色晶体，无红色物质生成，故B错误；
C.铁元素形成氧化铁呈红色，珊瑚在生长过程中吸收氧化铁形成红色，故C正确；
D.钠形成的氧化物：Na2O是白色固体、Na2O是淡黄色固体，无红色物质形成，故D错误；
故选：C。
红珊瑚的化学成分主要是CaCO3，矿物成分以徽晶方解石集合体形式存在，红色是珊瑚在生长过程中吸收海水中1%左右的氧化铁而形成的，所以红色是铁元素形成的氧化铁呈现的。
本题考查了红珊瑚的知识应用，较简单，熟练掌握铁及其化合物的性质和颜色，了解珊瑚的形成过程是关键。

2.【答案】D 
【解析】解：A.将重质油裂解为轻质油，轻质油燃烧时仍旧会产生二氧化碳，无法减少二氧化碳的排放量，不能实现碳中和，故A错误；
B.可燃冰的主要成分为甲烷，甲烷在燃烧时也会产生二氧化碳，不能实现碳中和，故B错误；
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，无法实现碳中和，故C错误；
D.研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，从而实现碳中和，故D正确；
故选：D。
“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当．即减少二氧化碳的排放或将二氧化碳转化为其它可利用的物质。
本题主要考查环境保护与绿色化学，侧重考查学生解决实际问题的能力，试题比较简单。

3.【答案】B 
【解析】解：A.漂粉精的主要成分是次氯酸钙，具有强氧化性，能杀菌消毒，故A正确；
B.洁厕灵的主要成分的HCl，具有酸性，用于清除水垢，不是消毒剂，故B错误；
C.碘酒是碘的乙醇溶液，能使蛋白质变性，能杀菌消毒，故C正确；
D.臭氧具有强氧化性，可以杀菌消毒且不会产生气体污染性物质，故D正确；
故选：B。
A.漂粉精的主要成分是次氯酸钙，具有强氧化性；
B.洁厕灵的主要成分的HCl，具有酸性；
C.碘酒是碘的乙醇溶液，能使蛋白质变性；
D.臭氧具有强氧化性。
本题考查常见的消毒剂，明确每种消毒剂的消毒原理是解题的关键，注意对基础知识的积累，难度不大。

4.【答案】D 
【解析】解：A.乙烯的结构简式为CH2=CH2，是平面型结构，故A错误；
B.甲烷的分子式为CH4，是正四面体结构，故B错误；
C.氨的分子式是NH3，是三角锥形结构，故C错误；
D.二氧化碳的分子式是CO2，是直线型分子，三原子在一条直线上，故D正确；
故选：D。
根据乙烯、甲烷、氨、二氧化碳的空间构型，进行分析判断。
本题主要考查常见物质的空间构型，属于基本知识的考查，难度不大。

5.【答案】B 
【解析】解：A． 18Mg与 24Mg的质子数均为12，核外电子数也均为12，核外电子数相同，故A错误；
B. 18Mg与 24Mg的中子数不同，分别为6和12，质量数不同，物理性质不同，故B正确；
C. 18Mg与 24Mg的质子数均为12，核电荷数也均为12，核电荷数相同，故C错误；
D. 18Mg与 24Mg的核外电子数相同，核外排布相同，化学性质相同，故D错误；
故选：B。
 18Mg与 24Mg都是镁元素的同位素，其质子数相同，核外电子数相同，中子数和质量数不同，据此分析作答。
本题主要考查原子的构成，质子数、中子数、质量数、核外电子数、核电荷数之间的关系，属于基本知识的考查，难度不大，

6.【答案】C 
【解析】解：FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，硫酸亚铁、硫酸铝和硫化氢不反应，硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀难溶于水和酸，发生反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，
故选：C。
在FeSO4、CuSO4、Al2(SO4)3的混合溶液中通入适量H2S，硫酸亚铁、硫酸铝和硫化氢不反应，硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀难溶于水和酸，以此解答该题。
本题考查了硫的化合物的性质，为高频考点，掌握物质之间的反应是解题关键，注意硫化铜难溶于水和酸，题目难度不大。

7.【答案】A 
【解析】解：A.合成氨的反应条件是高温、高压、催化剂作用下，氮气和氢气反应生成氨气，接触法制硫酸中的各步反应，不需要高压条件，故A错误；
B.分析可知，工业合成氨和工业制备硫酸的过程中都需要高温条件，故B正确；
C.工业合成氨的反应为可逆反应，平衡混合气体分离出氨气后可以循环使用，工业制备硫酸的过程中，二氧化硫催化氧化反应为可逆反应，平衡气体分理处三氧化硫后可以循环使用，故C正确；
D.合成氨需要铁触媒做催化剂，二氧化硫的催化氧化需要五氧化二钒做催化剂，均使用合适催化剂，故D正确；
故选：A。
合成氨反应的条件是高温高压催化剂作用下，氮气和氢气反应生成氨气，，反应为可逆反应，接触法制硫酸是铁矿石在高温条件下和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫在常压下加热，催化氧化生成三氧化硫，2SO2+O2 催化剂2SO3，反应为可逆反应，三氧化硫溶于水生成硫酸。
本题考查了工业合成氨、工业制硫酸的工艺流程，主要是原理的理解应用，题目难度不大。

8.【答案】C 
【解析】解：A.当氧气过量时，NO能完全转化为NO2，不会有NO剩余，不符合题干要求，故A错误；
B.氨水过量时，能将铝离子完全沉淀为氢氧化铝，不会有铝离子剩余，不符合题干要求，故B错误；
C.常温下，铁在浓硝酸中会钝化，铁的反应程度很小，即浓硝酸过量，铁也不会完全反应，符合题干要求，故C正确；
D.向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量，先生成碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙，即当二氧化碳过量时，不会有氢氧化钙剩余，不符合题干要求，故D错误；
故选：C。
A.当氧气过量时，NO能完全转化为NO2；
B.氨水过量时，能将铝离子完全沉淀为氢氧化铝；
C.常温下，铁在浓硝酸中会钝化；
D.向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量，先生成碳酸钙沉淀，后沉淀溶解。
本题考查物质的性质，题目难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度对反应进行程度的影响。

9.【答案】D 
【解析】解：A.海水中溴离子的浓度太小，通过海水浓缩后，再加入氧化剂氧化，海带提碘，不需要浓缩，是干海带在坩埚中灼烧、浸取得到含碘离子的溶液，故A错误；
B.溴单质易挥发，生成的溴单质采用热空气吹出，生成的碘单质是利用萃取剂萃取分液后，蒸馏得到，不能用热空气吹出，故B错误；
C.溴离子被氧化为溴单质，通过吸收、再氧化富集得到溴单质，利用溴单质易挥发分离，不需要四氯化碳萃取，碘离子被氧化生成碘单质，用四氯化碳萃取出I2，故C错误；
D.氯气氧化性大于碘单质、溴单质，氧化碘离子、溴离子的氧化剂可选择氯水，故D正确；
故选：D。
海水提溴的原理是：浓缩的海水中通入氯气氧化溴离子生成溴，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，热空气吹出溴，用试剂吸收，如用二氧化硫吸收，二氧化硫与溴发生氧化还原反应生成HBr和硫酸，再通入氯气与HBr反应生成溴，富集溴元素，利用溴单质易挥发，蒸馏分离出液溴；海带提碘的原理是：干海带灼烧后，浸取、过滤分离出浸取液含I-，加氧化剂氯气或过氧化氢溶液发生氧化还原反应，Cl2+2I-=I2+2Cl-或2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，用四氯化碳萃取出I2，分液分离出碘的四氯化碳溶液，分离得到碘单质。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

10.【答案】C 
【解析】解：A.Na和水反应生成NaOH，NaOH和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成NaCl，所以物质之间能一步转化，故A不选；
B.Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，所以物质之间能一步转化，故B不选；
C.氧化铝和水不反应，所以氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，故C选；
D.Mg和盐酸反应生成氯化镁，氯化镁和NaOH反应生成氢氧化镁，氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁，所以物质之间能一步转化，故D不选；
故选：C。
A.Na和水反应生成NaOH，NaOH和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和稀盐酸反应生成NaCl；
B.Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁和NaOH反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；
C.氧化铝和水不反应；
D.Mg和盐酸反应生成氯化镁，氯化镁和NaOH反应生成氢氧化镁，氢氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁。
本题考查物质之间转化，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确元素化合物性质及物质之间转化关系是解本题关键，熟练掌握常见元素化合物性质，题目难度不大。

11.【答案】D 
【解析】解：A.亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，故A错误；
B.Ba(OH)2与NaHSO4溶液反应，当NaHSO4足量时可以发生2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，当Ba(OH)2足量时可能发生H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，与反应物的量有关，故B错误；
C.Na2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO32-+H+=HCO3-，而盐酸量多时，反应生成二氧化碳和水，离子反应为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，不能用同一个离子方程式来表示，故C错误；
D.Ca(HCO3)2与Ca(OH)2反应，无论两者的比例如何均能用同一个离子方程式HCO3-+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓来表示，故D正确。
故选：D。
在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答。
本题考查离子方程式的书写，为高考常见题型，侧重于与量有关的离子的方程式的书写和判断，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大。

12.【答案】A 
【解析】解：A.氯化铵溶解度随温度升高增大，不利于NH4Cl更多地析出，故A错误；
B.加入食盐，增大Cl-的浓度，有利于NH4Cl更多地析出，故B正确；
C.氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来，故C正确；
D.通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，故D正确；
故选：A。
A.氯化铵溶解度随温度升高增大；
B.增大氯离子浓度有利于氯化铵晶体析出；
C.向母液中通氨气，溶液中的铵根离子浓度增大有利于氯化铵晶体析出；
D.向母液中通氨气，溶液中的铵根离子浓度增大有利于氯化铵晶体析出，可以是碳酸氢钠转化为溶解度更大的碳酸钠，提高氯化铵的纯度。
本题以侯氏制碱工业为载体考查物质的制备，明确侯氏制碱法原理，明确物质分离提纯方法是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意离子浓度和温度对物质溶解性的影响判断，题目难度中等。

13.【答案】A 
【解析】解：A.装置甲是“固+液”常温型装置，可以用装置甲制备氨气，故A正确；
B.浓硫酸与氨气反应，则不能利用浓硫酸干燥氨气，故B错误；
C.应用双孔塞，收集气体不能密闭，故C错误；
D.氨气极易溶于水，吸收氨气防止发生倒吸，漏斗不能完全浸没在水中，不能防倒吸，故D错误；
故选：A。
A.装置甲是“固+液”常温型装置；
B.浓硫酸与氨气反应；
C.应用双孔塞；
D.氨气极易溶于水，吸收氨气防止发生倒吸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置图的作用、物质的性质为解答的关键，侧重干燥、物质制备、除杂等实验操作和原理的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大。

14.【答案】B 
【解析】解：A.前者含有两个甲氧基、后者含有一个甲氧基，二者结构不相似，所以不互为同系物，故A错误；
B.二者都含有酯基，所以都能和NaOH溶液反应，故B正确；
C.前者含有2个甲氧基、后者含有1个甲氧基，所以二者分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，二者都含有1个苯环、2个碳碳双键，所以1mol均能与5mol氢气反应，故D错误；
故选：B。
A.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；
B.酯基能和NaOH溶液反应；
C.分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应。
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、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。

15.【答案】C 
【解析】解：A.B中C、H、O原子个数依次是6、12、1，分子式为C6H12O，故A正确；
B.D被C多一个氧原子，则C发生氧化反应生成D，故B正确；
C.D发生开环反应生成PCL，该反应不是缩聚反应，故C错误；
D.D为，D、PCL中酯基都可在NaOH溶液中水解，得到的产物都是HOCH2CH2CH2CH2CH2COONa，所以得到的水解产物相同，故D正确；
故选：C。
A和氢气发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据C的结构简式知，B为，C发生氧化反应生成D，根据PCL的结构简式及D的分子式知，D为，D发生开环反应生成PCL；
A.B中C、H、O原子个数依次是6、12、1；
B.C发生氧化反应生成D；
C.D发生开环反应生成PCL；
D.D为，D、PCL中酯基都可在NaOH溶液中水解，得到的产物都是HOCH2CH2CH2CH2CH2COONa。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判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，注意：D生成PCL的反应不是缩聚反应。

16.【答案】D 
【解析】解：A.由上述分析可知，溶液中一定不含有Fe2+，故A错误；
B.由上述分析可知，溶液中至少含有Fe3+或Al3+中至少一种，可能含有Fe3+，故B错误；
C.由上述分析可知，溶液中一定含有NO3-，故C错误；
D.由上述分析可知，溶液中一定不含AlO2-，故D正确；
故选：D。
向该溶液中逐滴滴入NaOH溶液一定体积后才产生沉淀，即开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，溶液中一定含有大量的H+，AlO2-、CO32-与H+不能共存，则溶液中不含有AlO2-、CO32-，而后才有沉淀生成，能够生成沉淀的是Fe3+、Fe2+或Al3+，即含有Fe3+、Fe2+或Al3+中的一种或几种，根据溶液不显电性可知，溶液中一定含有NO3-，但Fe2+、H+、NO3-不能共存，则溶液中一定不含有Fe2+，综上原溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+或Al3+中至少一种，一定不含有Fe2+、AlO2-、CO32-，可能含有Fe3+或Al3+的一种，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验方法，掌握物质的性质、离子的检验方法和溶液不显电性原则是解题关键，侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。

17.【答案】B 
【解析】解：A、将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中，形成原电池反应，能量变化是化学能转化为电能，故A错误；
B、依据原电池原理分析，铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应，铝做负极，银器做正极，硫化银被还原为银，故B正确；
C、原电池反应中硫化银被还原为银单质，不是Ag2S溶解于食盐水生成了AgCl，故C错误；
D、铝在原电池中做负极质量减轻，电极名称错误，故D错误；
故选B．
A、将表面发黑的银器浸入盛有食盐水的铝质容器中，形成原电池反应，能量变化是化学能转化为电能；
B、依据原电池原理分析，铝和硫化银在食盐水中形成原电池反应，铝做负极，银器做正极，硫化银被还原为银；
C、原电池反应中硫化银被还原为银单质；
D、铝在原电池中做负极质量减轻；
本题考查了原电池原理分析应用，电极反应，电极判断是解题关键，题目难度中等．

18.【答案】C 
【解析】解：A.向NH4Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式为：Fe3++3OH-=3Fe(OH)3↓，故A错误；
B.1L1mol⋅L-1FeBr2溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C.将2.24L(标准状况)CO2通入500mL0.3mol⋅L-1NaOH溶液中，离子方程式为：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，故C正确；
D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故D错误；
故选：C。
A.氢氧化钠少量先与铁离子反应；
B.1L1mol⋅L-1FeBr2溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时，只氧化亚铁离子；
C.二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为2：3反应生成碳酸钠、碳酸氢钠和水；
D.二氧化硫被氧化生成硫酸根离子。
本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。

19.【答案】D 
【解析】解：A.碲位于第五周期ⅥA族，因此Cu2Te中Te元素为-2价，Cu元素的化合价为+1价，故A错误；
B.反应①中Te元素化合价升高被氧化，O元素化合价降低被还原，氧化剂为O2，氧化产物为TeO2，氧化性O2>TeO2，反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO2为还原剂，TeO2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于还原剂，则有氧化性：TeO2>SO2，则氧化性O2>TeO2>SO2，故B错误；
C.反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧化剂是TeO2，氧化产物是H2SO4，故C错误；
D.每制备1molTe反应②转移4mol电子，反应①转移8mol电子，因此每制备1molTe理论上共转移12mol电子，故D正确；
故选：D。
A.碲位于第五周期ⅥA族，因此Cu2Te中Te元素为-2价，Cu元素的化合价为+1价；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C.反应②中Te元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧化剂是TeO2，氧化产物是H2SO4；
D.每制备1molTe反应②转移4mol电子，反应①转移8mol电子。
本题主要考查氧化还原反应的基本规律，为高频考点，题目难度不大。

20.【答案】C 
【解析】解：A.a点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-10mol⋅L-1，故A正确；
B.常温下，c(OH-)=1×10-7mol/L，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，所以c(H+)=1×10-7mol⋅L-1，故B正确；
C.c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故C错误；
D.d点溶液中，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故D正确；
故选C．
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒进行解答，注意计算碱性溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子的方法．

21.【答案】球形干燥管  使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出  赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化  吸收未反应的氯气，防止污染空气  水浴  受热均匀，便于控制加热温度  蒸馏  滴定管和500mL容量瓶  55% 
【解析】解：(1)仪器D的名称是球形干燥管，装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出，
故答案为：球形干燥管；使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷，通入CO2的作用是赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化，
故答案为：赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化；
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一为干燥，吸水，作用二为吸收未反应的氯气，防止污染空气，
故答案为：吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(4)装置C中的反应需要65～70℃，最适合的加热方式为水浴加热，该方法的优点是受热均匀，便于控制加热温度，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入红磷加热除去PCl5后，通过蒸馏，即可得到较纯净的PCl3，
故答案为：水浴；受热均匀，便于控制加热温度；蒸馏；
(5)第二步配成500mL溶液，需要的定量移取20.000gPCl3粗产品，其仪器名称为滴定管和500mL容量瓶，反应的关系式为I2～2Na2S2O3，PCl3～H3PO3～I2，该产品中PCl3的质量分数=三氯化磷的质量样品的质量×100%=(0.5×20×10-3-1×12×10-3×12)×20×137.520×100%=55%，
故答案为：滴定管和500mL容量瓶；55%。
(1)仪器D的名称是球形干燥管，橡胶管a使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化；
(3)碱石灰可以吸收未反应的氯气；
(4)装置C中的反应需要65～70℃，所得混合物互溶，且沸点相差较大不同，通过蒸馏分离；
(5)第二步配成500mL溶液，需要的定量移取20.000gPCl3粗产品，其仪器名称为滴定管和500mL容量瓶，反应的关系式为I2～2Na2S2O3，PCl3～H3PO3～I2，该产品中PCl3的质量分数=三氯化磷的质量样品的质量×100%。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生仪器、装置和产品纯度计算的掌握情况，试题难度中等。

22.【答案】2：1   c  c(O2)  >  0.0067mol⋅L-1⋅s-1  <  pH升高，HO2-的浓度增加，H2O2分解速率加快  H2O2浓度越高，电离程度越低，分解率越小  该法生产原子利用率是100%，符合“绿色化学工艺” 
【解析】解：(1)O元素核外电子数为8，根据能量最低原理，核外最外层电子排布式为2s22p4，成单电子为2，成对电子为4，氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为4：2=2：1，
故答案为：2：1；
(2)过氧化氢为共价化合物，分子中氧原子之间形成一对共用电子对，电子式为：，要确定H2O2分子结构，需要测定H2O2分子中的键角判断分子结构，故选c，
故答案为：；c；
(3)2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)，H2O2分解反应的平衡常数表达式K=c(O2)，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25℃)>K(40℃)，标准状况下，某5mLH2O2溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)，n(O2)=22.4L22.4L/mol=0.1mol，反应的n(H2O2)=0.2mol，则0～60s，v(H2O2)=0.2mol5L60s≈0.0067mol⋅L-1⋅s-1，
故答案为：c(O2)；>；0.0067mol⋅L-1⋅s-1；
(4)H2O2(aq)⇌H+(aq)+HO2-(aq)K(25℃)=2.24×10-12，过氧化氢为二元弱酸，H2O为中性，则25℃，pH(H2O2) 故答案为：<；pH升高，HO2-的浓度增加，H2O2分解速率加快；H2O2浓度越高，电离程度越低，分解率越小；
(5)，两步反应相加得到H2+O2=烷烃基萘醌H2O2，该法生产原子利用率是100%，符合“绿色化学工艺”，
故答案为：该法生产原子利用率是100%，符合“绿色化学工艺”。
(1)O元素核外电子数为8，根据能量最低原理书写核外电子排布式，分析判断最外层成对电子和未成对电子数目之比；
(2)过氧化氢为共价化合物，分子中氧原子之间形成一对共用电子对，对H2O2分子结构，有以下两种推测：，两种结构的键角不同，要确定H2O2分子结构，测定键角即可判断；
(3)2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)，平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积，纯液体和固体不写入表达式，反应为放热反应，升温平衡正向进行，一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增加；
(4)H2O2(aq)⇌H+(aq)+HO2-(aq)K(25℃)=2.24×10-12，过氧化氢为二元弱酸，显弱酸性，一定浓度的H2O2，pH增大HO2-的浓度增加，H2O2分解率增大，相同pH下，H2O2浓度越大，H2O2的电离程度越小，分解率越低；
(5)绿色化学是指原子利用率100%，无污染、从源头上杜绝污染。
本题考查了原子结构、反应速率计算、平衡影响因素的理解应用、弱电解质电离平衡等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。

23.【答案】6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O  2：1  SO2  H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O  >  Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度  <  淀粉溶液  溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性 
【解析】解：(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As2O3)中毒：把试样与锌和盐酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，该反应的化学方程式为6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O，
故答案为：6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O；
(2)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4(其中As为+2价)和SnCl4并放出H2S气体，该反应中氧化产物是SnCl4，Sn元素由+2价升高到+4价，升高2价，还原产物是As4S4，As元素由+3价降低到+2价，得到1个As4S4，化合价共降低1×4=4价，根据化合价升降守恒可得，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
(3)一定条件下，雄黄(As4S4)与O2生成As2O3与物质a，若该反应中1molAs4S4参加反应时，转移28mol电子，即消耗7molO2，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得反应的方程式为：As4S4+7O2=点燃2As2O3+4SO2，则物质a的化学式为SO2，
故答案为：SO2；
(4)由图可知，向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O，Na2HAsO3溶液中c(H2AsO3-)>c(AsO33-)，理由是Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度，
故答案为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O；>；Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度；
(5)已知：I2+AsO33-+2OH-⇌2I-+AsO43-+H2O，为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与Na3AsO3溶液按体积比为V1：V2的比例混合(另加入适量的碱)，当V1 故答案为：<；淀粉溶液；溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性。
(1)含有As2O3的试样与锌和盐酸混合，反应生成砷化氢、氯化锌与水，根据化合价升降守恒、原子守恒可得反应的化学方程式；
(2)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4(其中As为+2价)和SnCl4并放出H2S气体，该反应中氧化产物是SnCl4，Sn元素由+2价升高到+4价，升高2价，还原产物是As4S4，As元素由+3价降低到+2价，得到1个As4S4，化合价共降低1×4=4价，根据化合价升降守恒可得，氧化产物与还原产物的物质的量之比；
(3)一定条件下，雄黄(As4S4)与O2生成As2O3与物质a，若该反应中1molAs4S4参加反应时，转移28mol电子，即消耗7molO2，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得反应的方程式为：As4S4+7O2=点燃2As2O3+4SO2，即可判断物质a的化学式；
(4)由图可知，向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，即H3AsO3与OH-反应生成H2AsO3-、H2O，Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO32-水解程度大于其电离程度；
(5)为验证反应I2+AsO33-+2OH-⇌2I-+AsO43-+H2O具有可逆性，即证明Na3AsO3溶液过量时，还有I2，溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性。
本题主要考查氧化还原反应方程式的书写，基本概念，同时考查可逆反应，实验验证的思想，属于基本知识的考查，难度中等。

24.【答案】BrCH2CH=CHCH2Br  OHCCH2CHBrCHO  加成反应  取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则A中含溴元素  HOOCC(CH3)OHCOOH、HOOCCH(CH2OH)COOH  HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOH→△H2ONaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O  不能  若先氧化，则B中碳碳双键也被氧化  
【解析】解：(1)A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，D的结构简式为OHCCH2CHBrCHO，
故答案为：BrCH2CH=CHCH2Br；OHCCH2CHBrCHO；
(2)B与HBr发生加成反应生成C，则③的反应类型是加成反应；D为OHCCH2CHBrCHO，检验D中溴元素应该先将溴原子转化为溴离子，再用硝酸银溶液检验溴离子，所以实验方法是取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则A中含溴元素，
故答案为：加成反应；取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则A中含溴元素；
(3)与MLA具有相同官能团的同分异构体有HOOCC(CH3)OHCOOH、HOOCCH(CH2OH)COOH，
故答案为：HOOCC(CH3)OHCOOH、HOOCCH(CH2OH)COOH；
(4)E发生水解反应生成F，E→F转化的化学方程式为HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOH→△H2ONaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O，
故答案为：HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOH→△H2ONaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O；
(5)顺序不能颠倒，若先氧化则B中碳碳双键也被氧化，从而达不到实验目的，
故答案为：不能；若先氧化，则B中碳碳双键也被氧化；
(6)1，3-丁二烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br和1，3-丁二烯发生加成反应然后再和溴发生加成反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
苹果酸的结构简式为：HOOCCH2CH(OH)COOH；苹果酸发生缩聚反应生成聚苹果酸(PMLA)为；D被氧化生成E，则E中含有溴原子，E和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，F酸化生成MLA，所以F的结构简式为：NaOOCCH2CH(OH)COONa，E的结构简式为：HOOCCH2CHBrCOOH，D能发生银镜反应则D中含有醛基，所以D的结构简式为：OHCCH2CHBrCHO，根据1，3-丁二烯及D的结构简式知，1，3-丁二烯和溴发生1，4加成生成A为BrCH2CH=CHCH2Br，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B为HOCH2CH=CHCH2OH，B与HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为：HOCH2CH2CHBrCH2OH，C再被氧化生成D；
(6)1，3-丁二烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br和1，3-丁二烯发生加成反应然后再和溴发生加成反应生成目标产物。
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。