2023年上海市宝山区高考化学二模试卷（含解析）

这是一份2023年上海市宝山区高考化学二模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了0分）， 下列变化规律正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年上海市宝山区高考化学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
总分
得分



注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 下列属于新能源的是(    )
A. 煤 B. 石油 C. 太阳能 D. 天然气
2. 关于生铁和钢的区别正确的是(    )
A. 生铁属于纯净物，钢属于混合物
B. 生铁比钢的含碳量更高
C. 生铁比钢弹性更好
D. 生铁属于铁−碳合金，钢也是合金但不含碳
3. 关于Na2O2的说法错误的是(    )
A. 常温下是淡黄色固体 B. 只含有离子键
C. 熔融状态下能导电 D. 具有强氧化性的原因和氧元素有关
4. 以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是(    )
A. ⋅He⋅ B. C. 1s2 D.
5. 实验室海带提碘的实验中不涉及的操作是(    )
A. 灼烧 B. 溶解 C. 过滤 D. 蒸发
6. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是(    )
A. 碳酸钙受热分解 B. 甲烷燃烧
C. 铝粉与氧化铁粉末反应 D. 铁粉与硫粉反应
7. 在下列变化 ①工业固氮、②大气固氮、③碳铵分解，按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，正确的是(    )
A. ②①③ B. ③②① C. ①②③ D. ③①②
8. 下列关于工业生产的叙述错误的是(    )
A. 氯碱工业的产品主要是氯气、氢气和氢氧化钠及相关物质
B. 合成氨工业中反应难以发生的原因和氮气的结构有关
C. 硫酸工业中二氧化硫的转化选择475℃是因为高温有利于平衡向产物方向移动
D. 纯碱工业使用联合制碱法可提高钠和氯的利用率
9. 下列变化规律正确的是(    )
A. HCl、HBr、HI热稳定性由弱到强
B. H2CO3、HClO、CH3COOH的酸性由弱到强
C. 物质的量浓度相等的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的pH值由小到大
D. 等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少
10. 标准状况下，向100mL氢硫酸溶液中通入二氧化硫气体，溶液pH先增大后减小，当通入SO2112mL时，溶液pH最大，则原氢硫酸溶液的物质的量浓度为mol⋅L−1(    )
A. 0.1 B. 0.05 C. 0.01 D. 0.005
11. 下列有关物质性质的描述不符合事实的是(    )
A. 有机物不导电 B. 金刚石是自然界最硬的物质
C. SO2可用作食品防腐剂 D. NO可用于某些疾病的治疗
12. 迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述正确的是(    )

A. 迷迭香酸属于芳香烃
B. 迷迭香酸分子式为C17H16O8
C. 迷迭香酸可以发生加成反应、水解反应和酯化反应
D. 1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应
13. 下列实验中用错试剂的是(    )
A. 用稀盐酸清洗做焰色反应的镍铬丝 B. 用酒精萃取碘水中的碘
C. 用稀硝酸洗去残留在试管壁上的铜 D. 用碱石灰吸收氨气中的水蒸气
14. 可用如图装置制取(必要时可加热)、净化、收集的气体是(    )
A. 铜和稀硝酸制一氧化氮
B. 氯化钠与浓硫酸制氯化氢
C. 锌和稀硫酸制氢气
D. 碳化钙与饱和食盐水制乙炔
15. 下列实验基本操作错误的是(    )
A. 测定未知NaOH溶液浓度时，酸式滴定管需用标准酸液润洗2～3次
B. 硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C. 滴定时，左手控制活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
D. 配制0.1mol⋅L−1H2SO4溶液时，将浓H2SO4沿杯壁倒入加有水的烧杯中稀释
16. 下列物质的检验操作或试剂正确的是(    )
A. 检验乙醛中的醛基，可以用银氨溶液小火加热得到银镜
B. 纸层析法检验试剂时，试样浸在展开剂中
C. 检验Na2SO3是否变质，可以用BaCl2溶液
D. 检验FeSO4是否被氧化，使用硫氰化钾溶液
17. 1−丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图．下列对该实验的描述错误的是(    )
A. 不能用水浴加热
B. 长玻璃管起冷凝回流作用
C. 加入过量乙酸可以提高1−丁醇的转化率
D. 提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤

18. 下列事实与解释不匹配的是 (    )
选项
事实
解释
A
在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象
浓硫酸具有脱水性
B
常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存
铝与浓硝酸不反应
C
氯气通入碘化钾溶液中，溶液变为棕黄色
氯比碘活泼
D
氨水可使酚酞试剂变为红色
氨水显碱性

A. A B. B C. C D. D
19. 取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现b电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圆呈浅红色．则下列说法错误的是(    )

A. a电极是阴极 B. b电极与电源的正极相连接
C. 电解过程中，水是氧化剂 D. a电极附近溶液的pH变小
20. 碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法错误的是(    )


A. 洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡 B. 在Z导管出来的气体中有二氧化碳
C. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡 D. 在Z导管口有红棕色气体出现
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共4小题，共60.0分）
21. 氮化硅(Si3N4)是一种重要的无机材料陶瓷，它是一种超硬物质，具有良好的耐腐蚀、耐热冲击和耐磨损性能，主要被应用于钢铁冶炼、耐火材料等方面。
完成下列填空：
(1)一个硅原子核外能量最高的电子数目是 ______ ，其所占据的电子亚层符号为 ______ ；与硅同周期的主族元素中，原子半径最小的是 ______ ，依据是 ______ 。
(2)Si3N4属于共价化合物，其含有的化学键是 ______ ，属于 ______ 晶体。
工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g) 高温Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)。
(3)该反应的平衡常数表达式K= ______ 。
(4)在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g，则SiCl4的平均反应速率为 ______ mol⋅L−1⋅min−1。
(5)上述反应达到平衡后，改变某一条件，下列说法正确的是 ______ 。
a.增加Si3N4的量，平衡向左移动
b.减小HCl的量，平衡向左移动
c.增大压强，平衡常数K减小
d.降低温度，平衡常数K增大
(6)若平衡时H2和HCl的物质的量之比为mn，保持其他条件不变，升高温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比 ______ (填“>”、“Br>I，对应气态氢化物的热稳定性为HCl>HBr>HI，故A错误；
B.因为电离平衡常数K(CH3COOH)>K(H2CO3)>K(HClO)，而电离平衡常数越大，对应酸的酸性越强，则 CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由弱到强的顺序为HClOAl(OH)3，对应阳离子水解程度逐渐增大，酸性越强，所以物质的量浓度相等的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的pH值由大到小，故C错误；
D.等质量的CxHy，所耗用氧气的量取决于yx，该值越大耗氧量越多，所以等质量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少，故D正确，
故选：D。
A.非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；
B.电离平衡常数越大，酸性越强；
C.根据碱的碱性越弱，对应阳离子水解程度越大，酸性越强；
D.等质量的CxHy，所耗用氧气的量取决于yx，该值越大耗氧量越多。
本题考查物质的性质，明确物质的酸性、气态氢化物的稳定性、有机物燃烧的耗氧量是解答本题的关键，难度不大。

10.【答案】A 
【解析】解：112mL二氧化硫的物质的量为0.112L22.4L/mol=0.005mol，溶液pH最大，二氧化硫与硫化氢恰好反应，硫化氢的物质的量为0.01mol，则原氢硫酸溶液的物质的量浓度为0.01mol0.1L=0.1mol/L，
故选：A。
向氢硫酸溶液中通入二氧化硫气体，发生反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O，二者恰好反应时，溶液pH最大。
本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，掌握相关反应方程式并能依据方程式进行计算是解题的关键。

11.【答案】A 
【解析】解：A、有机物以共价键结合，则大多数的有机物不导电，但聚乙炔塑料就能导电，故A不符合事实；
B、金刚石是共价键结合原子晶体，硬度大，则金刚石是自然界中最硬的物质，故B符合事实；
C、二氧化硫有毒，不能做食品和干果的防腐剂，但在一定的控制范围内控制SO2可以少量应用于果汁防腐中，故C符合事实；
D、NO的生物学特性有促使血红蛋白和肌球蛋白迅速强力抑制其血管舒张作用，则可用于心血管疾病的治疗，故D符合事实；
故选A．
根据物质的结构来分析物质的性质，有机物大多为共价化合物，则有机物大多不导电；金刚石是原子晶体，则硬度大；二氧化硫有毒，不能用于食品业，NO具有特殊的生物特性，则可用于某些疾病的治疗．
本题考查了常见物质的性质，注意有机物中特殊的有机物，有机物性质的描述中一般指的是大多数的有机物，在理解时极易造成错误理解，如有机物都不导电、有机物都不是电解质等，并应熟悉常见物质的性质与用途来解答即可．

12.【答案】C 
【解析】解：A.迷迭香酸分子含有苯环，但除含有C、H两种元素外，还含有氧元素，不属于属于芳香烃，故A错误；
B.由结构简式可知，分子中含有18个碳原子、16个氢原子、8个氧原子，迷迭香酸分子式为C18H16O8，故B错误；
C.分子中含有苯环，能与氢气发生加成反应；含有酯基，可以发生水解反应；含有羧基，能与醇发生酯化反应，故C正确；
D.分子中羧基、酯基不能与氢气发生加成反应，只有2个苯环能、1个碳碳双键与氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故D错误；
故选：C。
A.芳香烃含有苯环，且只含C、H两种盐酸；
B.由结构简式可知，分子中含有18个碳原子、16个氢原子、8个氧原子；
C.分子含有酚羟基、羧基、酯基，具有酚、羧酸、酯的性质；
D.分子中只有2个苯环、1个碳碳双键能与氢气发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。

13.【答案】B 
【解析】解：A、焰色反应中，清洗镍铬丝表面的杂质用稀盐酸，因为形成的氯化物加热易挥发而除去，故A正确；
B、萃取时所选的萃取剂不能与原溶液互溶，酒精与水互溶，所以不分层，不能用来萃取碘水中的碘，故B错误；
C、因稀硝酸能与铜反应，所以用稀硝酸洗去残留在试管壁上的铜，故C正确；
D、氨气是碱性气体，所以用碱石灰吸收氨气中的水蒸气，故D正确；
故选：B．
A、根据焰色反应实验要求来分析；
B、根据萃取的条件来分析；
C、根据稀硝酸能与铜反应；
D、根据氨气的性质选择干燥方法．
本题主要考查了常见的基本实验知识，难度不大，注意知识的积累．

14.【答案】B 
【解析】解：A.一氧化氮易于空气中氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，只能用排水法收集，故A错误；
B.氯化氢为酸性气体，且不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，氯化氢密度比空气大，用向上排空气法收集，故B正确；
C.氢气密度比空气小，应用向下排空气法收集，故C错误；
D.该装置可用碳化钙与饱和食盐水制乙炔，一般不用浓硫酸干燥，乙炔的密度与空气相近，一般用排水法收集乙炔，故D错误；
故选：B。
由装置图可知所制备的气体能用浓硫酸干燥，并用向上排空气法收集，根据各选项中气体的性质判断能否用浓硫酸干燥和能否用向上排空气法收集解答本题。
本题考查常见气体的制备和收集，注意从实验装置图判断气体所具备的性质，以选择适合的气体，本题难度不大。

15.【答案】C 
【解析】解：A.酸式滴定管水洗后，再用标准酸液润洗2～3次，然后滴定碱，故A正确；
B.用小火缓慢加热，可使晶体完全失去结晶水，防止晶体飞溅，能测定晶体中结晶水的含量，故B正确；
C.滴定时，左手控制活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛观察锥形瓶中颜色的变化，以判断滴定终点，故C错误；
D.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，则将浓H2SO4沿杯壁倒入加有水的烧杯中稀释，并用玻璃棒不断搅拌，故D正确；
故选：C。
A.酸式滴定管水洗后，再润洗；
B.用小火缓慢加热，可使晶体完全失去结晶水；
C.滴定时，眼睛观察锥形瓶中颜色的变化；
D.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和滴定、结晶水含量测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

16.【答案】D 
【解析】解：A.银镜反应需水浴加热，不能小火加热，故A错误；
B.试样接触展开剂会溶解在展开剂中无法分离，则试样不能浸在展开剂中，故B错误；
C.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡溶液反应生成沉淀，不能检验是否变质，故C错误；
D.硫氰化钾溶液为检验铁离子的特征试剂，若溶液为血红色，可知硫酸亚铁变质，故D正确；
故选：D。
A.银镜反应需水浴加热；
B.试样接触展开剂会溶解在展开剂中无法分离；
C.亚硫酸钠、硫酸钠均与氯化钡溶液反应生成沉淀；
D.硫氰化钾溶液为检验铁离子的特征试剂。
本题考查物质的检验，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。

17.【答案】D 
【解析】
【分析】
1−丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，加热115～125℃，通过酯化反应制得乙酸丁酯，为可逆反应，反应中浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，有机物易挥发，长导管可起冷凝作用，以此解答该题。
本题考查了乙酸的酯化反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，掌握乙酸乙酯的制取是类推其他酯的制取的基础，可以根据装置中各部分的作用及酯的性质进行解答。
【解答】
A.因反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A正确；
B.有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集．实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，故B正确；
C.酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高1−丁醇的转化率，故C正确；
D.提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，如果用氢氧化钠，会使乙酸丁酯水解，故D错误。
故选D。  
18.【答案】B 
【解析】解：A.浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素，生成C，使蔗糖出现发黑现象，此现象证明浓硫酸具有脱水性，故A正确；
B.常温下，铝和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了进一步的反应，所以浓硝酸可以用铝制器皿贮存，故B错误；
C.氯气与KI反应生成碘，溶液变为棕黄色，说明氯比碘活泼，故C正确；
D.氨水能电离出自由移动的氢氧根离子而使溶液呈碱性，无色的酚酞试液遇碱变红色，所以氨水可使酚酞试剂变为红色，说明氨水显碱性，故D正确；
故选：B。
A.浓硫酸能按水的组成比脱去有机物中的氢、氧元素，即脱水性，据此分析；
B.常温下，浓硝酸与铝发生钝化；
C.氯气与KI反应生成碘；
D.根据氨水能使无色的酚酞试液变红色。
本题考查了元素化合物的性质，难度不大，需要注意的是钝化现象不是物质间不反应，而是物质间反应生成致密的氧化物薄膜，阻止了进一步的反应。

19.【答案】D 
【解析】解：取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，是惰性电极电解饱和氯化钠溶液过程，电解一段时间后，b电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圆呈浅红色，说明b电极附近生成的是氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，生成的盐酸具有酸性，说明b为阳极；a处是氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大，PH试纸变蓝色；a为阴极；
A、依据分析判断a电极是阴极，故A正确；
B、上述分析判断b为阳极和电源正极连接，故B正确；
C、电解过程中，水电离出的氢离子得到电子生成氢气，所以水是氧化剂，故C正确；
D、依据现象分析判断，a电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，负极氢氧根离子浓度增大，附近溶液的pH变大，故D错误；
故选：D。
取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，是惰性电极电解饱和氯化钠溶液过程，电解一段时间后，b电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圆呈浅红色，说明b电极附近生成的是氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，生成的盐酸具有酸性；a处是氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大，PH试纸变蓝色；
本题考查了电解原理的应用，电解名称、电解反应、电解判断是解题关键，PH的变色原因和酸碱性的分析是判断产物的依据，题目较简单．

20.【答案】A 
【解析】解：X为SO2和CO2，Y为NO2，X、Y混合之后SO2和NO2会发生氧化还原反应：SO2+NO2+H2O=H2SO4+NO；
A.因H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，CO2与氯化钡不反应，则洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，故A错误；
B.二氧化碳与氯化钡溶液不反应，则Z导管出来的气体中有二氧化碳，故B正确；
C.因H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，CO2与氯化钡不反应，洗气瓶中有白色沉淀BaSO4产生，故C正确；
D.反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，呈红棕色，故D正确；
故选：A。
碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)=△CO2↑+2SO2↑+2H2O，据此判断X为SO2和CO2，Y为NO2，生成NO2和SO2发生反应生成硫酸和NO，故有硫酸钡生成，二氧化碳与氯化钡不能生成碳酸钡沉淀从溶液中逸出。
本题主要考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，根据物质的性质解释实验现象，培养了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。

21.【答案】2个  3p  Cl  同周期的主族元素，其核外电子层数相同，从左到右随着核电荷数逐渐增大，核对外层电子吸引力也逐渐增大，原子半径逐渐减小，氯在主族元素的最右边，所以半径最小  共价键  共价 c12(HCl)c3(SiCl4)×c2(N2)×c6(H2)  0.01  d  > 
【解析】解：(1)一个硅原子核外能量最高的电子数目是2个，其所占据的电子亚层符号为：3p，与硅同周期的主族元素中，原子半径最小的是：Cl，依据是：同周期的主族元素，其核外电子层数相同，从左到右随着核电荷数逐渐增大，核对外层电子吸引力也逐渐增大，原子半径逐渐减小，氯在主族元素的最右边，所以半径最小，
故答案为：2个；3p；Cl(或氯)；同周期的主族元素，其核外电子层数相同，从左到右随着核电荷数逐渐增大，核对外层电子吸引力也逐渐增大，原子半径逐渐减小，氯在主族元素的最右边，所以半径最小；
(2)Si3N4属于共价化合物，原子间形成空间网状结构，其含有的化学键是：共价键，形成的晶体为共价晶体，
故答案为：共价键；共价；
(3)3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g) 高温Si3N4(s)+12HCl(g)，反应的平衡常数K=c12(HCl)c3(SiCl4)×c2(N2)×c6(H2)，
故答案为：c12(HCl)c3(SiCl4)×c2(N2)×c6(H2)；
(4)在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g，为Si3N4的质量，物质的量n=2.80g140g/mol=0.02mol，反应的SiCl4物质的量为0.06mol，则SiCl4的平均反应速率v=△c△t=0.06mol2L3min=0.01mol/(L⋅min)，
故答案为：0.01；
(5)a.Si3N4是固体，增加Si3N4的量，不影响平衡，故a错误；
b.减小HCl的量，生成物浓度减少，平衡向右移动，故b错误；
c.增大压强，平衡常数K不变，故c错误；
d.反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，平衡常数K增大，故d正确；
故答案为：d；
(6)若平衡时H2和HCl的物质的量之比为mn，保持其他条件不变，升高温度后，平衡逆向进行，达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比>mn，
故答案为：>。
(1)硅原子的单质排布式为1s22s22p63s23p2，同周期从左到右原子半径依次减小；
(2)Si3N4属于共价化合物，原子间形成空间网状结构，为共价晶体；
(3)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，固体和纯液体不写入表达式；
(4)在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g，为Si3N4的质量，物质的量n=2.80g140g/mol=0.02mol，反应的SiCl4物质的量为0.06mol，则SiCl4的平均反应速率v=△c△t；
(5)a.固体不影响平衡；
b.减小生成物的量，平衡正向；
c.平衡常数K随温度变化；
d.反应为放热反应，降低温度，平衡向放热反应进行；
(6)保持其他条件不变，升高温度后，平衡逆向进行。
本题考查了原子结构、晶体结构、平衡常数计算和影响因素，平衡移动原理，题目难度不大。

22.【答案】2CH3COOH+CO32−=2CH3COO−+CO2↑+H2O  增大  是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO−+H+，当加入碳酸钠后，因为CO32−跟H+结合成HCO3−，HCO3−又跟H+结合成弱电解质H2CO3，H2CO3分解成CO2和H2O，由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成，所以符合上述规律  c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)  
【解析】解：(1)碳酸钠和醋酸发生离子互换反应，完全反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32−=2CH3COO−+CO2↑+H2O，随着碳酸钠溶液的滴加，醋酸不断反应生成醋酸钠，溶液pH增大，
故答案为：2CH3COOH+CO32−=2CH3COO−+CO2↑+H2O；增大；
(2)取4mL1mol⋅L−1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol⋅L−1碳酸钠溶液，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO−+H+，当加入碳酸钠后，因为CO32−跟H+结合成HCO3−，HCO3−又跟H+结合成弱电解质H2CO3，H2CO3分解成CO2和H2O，由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成，反应向离子浓度减小方向进行，
故答案为：是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO−+H+，当加入碳酸钠后，因为CO32−跟H+结合成HCO3−，HCO3−又跟H+结合成弱电解质H2CO3，H2CO3分解成CO2和H2O，由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成，所以符合上述规律；
(3)当碳酸钠溶液全部滴加完后，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，测得该溶液显酸性，则证明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中离子浓度关系为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)；
(4)还原过程的反应式：NO3−+4H++3e−→NO+2H2O，N元素的化合价降低，则Cu2O为还原剂，即发生硝酸与Cu2O的氧化还原反应，由电子守恒及原子守恒可知反应式为：14HNO3+3Cu2O=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，反应的离子方程式为：2NO3−+14H++3Cu2O=6Cu2++2NO↑+7H2O，氮元素化合价变化可知，氮元素化合价由+5价降低到+2价，电子转移总数为6e−，用单线桥法标出电子转移方向和数目为：，
故答案为：。
(1)取4mL1mol⋅L−1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol⋅L−1碳酸钠溶液，碳酸钠和醋酸发生离子互换反应，完全反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，随着碳酸钠溶液的滴加，醋酸不断反应生成醋酸钠，溶液pH升高；
(2)醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO−+H+，当加入碳酸钠后，因为CO32−跟H+结合成HCO3−，HCO3−又跟H+结合成弱电解质H2CO3，H2CO3分解成CO2和H2O，由于H+浓度减小；
(3)当碳酸钠溶液全部滴加完后，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，测得该溶液显酸性，则证明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度；
(4)还原过程的反应式：NO3−+4H++3e−→NO+2H2O，N元素的化合价降低，则Cu2O为还原剂，即发生硝酸与Cu2O的氧化还原反应，结合化合价变化计算转移电子。
本题考查了弱电解质电离、溶液中离子浓度关系、物质性质分析判断、氧化还原反应等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。

23.【答案】羟基  消去反应  取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”    
【解析】解：(1)由分析可知，A的结构简式为，其含有的含氧官能团是羟基；由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B()先与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C()，故第二步的反应类型为消去反应，
故答案为：羟基；消去反应；
(2)C中碳碳双键、醛基都可以溴水反应，但醛基不能与溴的四氯化碳反应，检验C中“碳碳双键”的操作是：取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”，
故答案为：取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”；
(3)由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：；
(4)C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为，
故答案为：；
(5)肉桂醛的结构简式为，由B→C的转化可知，苯甲醛与乙醛反应生成，甲苯在光照条件下与氯气反应生成，然后在碱性条件下水解生成，苯甲醇发生催化氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
A的分子式为C7H8O，结合B的结构简式、反应条件，推知A为，与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，在碱性条件下发生消去反应生成，E的分子式为C5H6O2，B()与E反应生成，可推知E为，F与发生取代反应生成，G与D反应成环生成H；
(5)肉桂醛的结构简式为，由B→C的转化可知，苯甲醛与乙醛反应生成，甲苯在光照条件下与氯气反应生成，然后在碱性条件下水解生成，苯甲醇发生催化氧化生成。
本题考查有机物推断与合成，涉及官能团识别与检验、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，是对有机化学基础的综合考查，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查分析分析推理能力、自学能力，难度中等。

24.【答案】3Cu+8H++2NO3−=加热3Cu2++2NO↑+4H2O  不引入杂质，对环境无污染  Fe3+、Al3+  冷却结晶  过滤  甲  所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质  乙 c mol⋅L−1×b×10−3L×250g⋅mol−1×5ag×100%  c 
【解析】解：(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=加热3Cu2++2NO↑+4H2O，第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：3Cu+8H++2NO3−=加热3Cu2++2NO↑+4H2O；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥、得到胆矾晶体，
故答案为：冷却结晶；过滤；
(3)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原子浪费；
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；
(4)取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol⋅L−1EDTA(H2Y2−)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL.滴定反应如下：Cu2++H2Y2−=CuY2−+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10−3L=bc×10−3mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO4⋅5H2O物质的量为bc×10−3mol；100ml溶液中含bc×10−3mol×5=5bc×10−3mol；所以CuSO4⋅5H2O质量分数的表达式=c mol⋅L−1×b×10−3L×250g⋅mol−1×5ag×100%；
a.未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；
c.未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；
故答案为：c mol⋅L−1×b×10−3L×250g⋅mol−1×5ag×100%；c。
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥、得到胆矾晶体；
(3)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
(4)依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断。
本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等。