浙江省余姚市2022-2023高三上学期适应性测试化学试题考试试卷

浙江省余姚市2022-2023学年高三上学期适应性测试化学试题
一、单选题
1．（2022·余姚模拟）下列物质属于混合物的是
A．冰醋酸 B．酒精 C．盐酸 D．小苏打
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．冰醋酸是醋酸的液体形态，属于纯净物，A不符合题意；
B．酒精是含有碳元素的有机化合物，故B不符合题意；
C．盐酸是氯化氢溶于水得到的混合物，故C符合题意；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，是纯净物，故D不符合题；
故答案为：C。
【分析】含有多种构成物质的微粒，属于混合物；只含有一种构成物质的基本微粒，属于纯净物。
2．（2022·余姚模拟）下列属于弱电解质的是
A．Na B．HClO C．BaSO4 D．NaOH
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．弱电解质属于化合物，Na属于单质，故A不符合题意；
B．HClO属于弱酸，在溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故B符合题意；
C． BaSO4属于盐类化合物，溶解部分完全电离，属于强电解质，故C不符合题意；
D．NaOH属于强碱，溶液中完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】弱电解质在水溶液中部分电离，（一般包括弱酸、弱碱、水、非金属氧化物等）。
3．（2022·余姚模拟）下列物质化学成分错误的是
A．消石灰：Ca(OH)2 B．绿矾：FeSO4·7H2O
C．硬脂酸：C17H33COOH D．草酸：HOOC-COOH
【答案】C
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A. 消石灰是氢氧化钙，其化学式为：Ca(OH)2，A不符合题意；
B. 绿矾是七水硫酸亚铁，其化学式为：FeSO4·7H2O，B不符合题意；
C. 硬脂酸是十八碳酸，其化学式为：C17H35COOH，C符合题意；
D. 草酸是乙二酸，其结构简式为：HOOC-COOH，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 消石灰是氢氧化钙；
B. 绿矾是七水硫酸亚铁；
C. 硬脂酸是饱和脂肪酸，化学式为：C17H35COOH；
D. 草酸是乙二酸。
4．（2022·余姚模拟）欲分离某CCl4和H2O的混合液，需要用到的仪器是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】CCl4和H2O不互溶，所以分离CCl4和H2O的混合液，需要用分液漏斗，故C符合题意；
故答案：C。
【分析】不互溶的液体分离用分液法，分液需要用到的仪器为分液漏斗和烧杯。
5．（2022·余姚模拟）下列表示错误的是
A．乙醇的分子式：C2H5OH
B．甲醛的球棍模型：
C．2-甲基-1，3-丁二烯的键线式：
D．乙酸乙酯的结构简式：CH3COOCH2CH3
【答案】A
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．乙醇的分子式应写成：C2H6O，故A符合题意；
B．甲醛的化学式为：HCHO，其球棍模型：，故B不符合题意；
C．根据烯烃的命名规则，从靠近官能团的一端开始编号，所以2-甲基-1，3-丁二烯的键线式：，故C不符合题意；
D．乙醇和乙酸脱水生成乙酸乙酯，乙酸乙酯的结构简式：CH3COOCH2CH3，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．分子式：用元素符号表示单质或化合物分子组成的式子；
B．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；
C．键线式是将碳、氢元素符号省略，只表示分子中键的连接情况，每个拐点或终点均表示有一个碳原子；
D．结构简式：是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式，通常只适用于以分子形式存在的纯净物。
6．（2022·余姚模拟）下列说法正确的是
A．O2和O3互为同位素 B．C2H4和C3H6一定互为同系物
C．白磷和红磷互为同素异形体 D．乙醇与乙醚互为同分异构体
【答案】C
【知识点】同素异形体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．同种元素形成的不同单质称为同素异形体，所以O2和O3互为同素异形体，故A不符合题意；
B．C2H4为乙炔，C3H6可能为丙炔，也可能为环丙烯，不一定互为同系物，故B不符合题意；
C．同种元素形成的不同单质称为同素异形体，所以白磷和红磷互为同素异形体，故C符合题意；
D．乙醇的分子式为C2H6O，乙醚的分子式为C4H10O，分子式不同，不是同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，官能团数目和种类相等；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同、质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；
7．（2022·余姚模拟）关于有机反应类型，下列判断错误的是
A．2CH3CHO + O2 2CH3COOH 氧化反应
B． 加成反应
C．CH3CH2Cl + NaOH CH2=CH2+ NaCl+H2O 消去反应
D． 取代反应
【答案】D
【知识点】化学基本反应类型；取代反应；加成反应；消去反应
【解析】【解答】A.2CH3CHO + O2 2CH3COOH，乙醛被氧气氧化成乙酸，属于氧化反应，故A不符合题意；
B．，苯与乙炔发生加成反应生成了苯乙烯，故B不符合题意；
C．CH3CH2Cl + NaOH CH2=CH2+ NaCl+H2O，生成了乙烯，属于消去反应，故C不符合题意；
D．，是把硝基还原成氨基，属于还原反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.“加氧去氢”属于氧化反应；
B．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；
C．消去反应为有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个小分子，而生成含不饱和键化合物的反应；
D．在有机反应中，“加氢去氧”的反应为还原反应。
8．（2022·余姚模拟）关于反应4(NH4)2SO4 N2↑+6NH3↑+ 3SO2↑+SO3↑+7H2O，以下说法错误的是
A．(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应
B．SO2是还原产物
C．生成3molSO2时，转移6 mol电子
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．N元素的化合价由-3价升高为0，化合价升高被氧化发生氧化，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应，可知(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应，A不符合题意；
B．S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，SO2是还原产物，B不符合题意；
C．根据分析可知3SO2～6e-，所以3molSO2时，转移6 mol电子，C不符合题意；
D．反应N元素的化合价由-3价升高为0，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，可知还原产物为SO2，化合价升高被氧化发生氧化反应对应的产物为氧化产物，可知氧化产物为N2，根据反应可知还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合价升高被氧化发生氧化，化合价降低被还原发生还原反应；
B．氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物；
C．根据化学方程式分析；
D．元素化合价降低，得到还原产物； 元素化合价升高，得到氧化产物；
9．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2，可析出NaHCO3
B．纳米铁粉和 FeS 都可以去除水体中的 Cu2+、Hg2+等离子，其原理不相同
C．SO2具有还原性，可用 KMnO4溶液测定食品中SO2残留量
D．二氧化硅是一种酸性氧化物，故不能和酸发生反应
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3使溶液呈碱性，再通入足量CO2以便吸收更多的气体，可析出NaHCO3晶体，故A不符合题意；
B．纳米铁粉具有还原性，可将水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子还原为金属单质而除去，FeS可将水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的CuS、HgS而除去，其原理不相同，故B不符合题意；
C．二氧化硫具有还原性，硫元素化合价+4价升高为+6价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，锰元素化合价+7价降低为+2价，由电子守恒和原子守恒得到离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，故C不符合题意；
D．SiO2是酸性氧化物，SiO2与大多数酸都不反应，但是SiO2能与氢氟酸反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据侯氏制碱法原理；
B．前者利用纳米铁粉具有还原性；后者利用沉淀转化原理；
C利用得失电子守恒分析；
D．SiO2能与氢氟酸反应。
10．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．金属镁较轻且硬度大，常用于制造飞机的零部件
B．Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料
C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D．黄绿色气体ClO2是一种高效安全的灭菌消毒剂
【答案】A
【知识点】镁的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．金属镁较轻但硬度小，镁的合金硬度大，常用于制造飞机的零部件，故A符合题意；
B．Al2O3为离子化合物，熔点很高，可用作高级耐火材料，故B不符合题意；
C．在正常的生理条件下，机体产生少量的NO用来调节血管扩张、防止血管栓塞、神经传递、抗炎反应和抗氧化反应等，故C不符合题意；
D．黄绿色气体ClO2中氯元素化合价为+4价，具有氧化性，在反应过程中得到电子变为氯离子，是一种高效安全的灭菌消毒剂，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．金属镁较轻但硬度小；
B．Al2O3为离子化合物，熔点很高；
C．机体能够产生少量的NO用来调节血管扩张、防止血管栓塞、神经传递、抗炎反应和抗氧化反应等；
D．ClO2具有氧化性。
11．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．可用纸层析法分离含少量 Fe3+和 Cu2+的混合溶液，亲水性强的 Cu2+在滤纸条的下方
B．抽滤过程中洗涤沉淀时，应关小水龙头，加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净
C．液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗；溴中毒时不可进行人工呼吸
D．Na3AlF6溶液中滴加稀氨水无明显白色沉淀
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，水性强的Cu2+在滤纸条的下方，A不符合题意；
B．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，应使水自然流下，B符合题意；
C．液溴有腐蚀性，有毒，液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗，不可进行人工呼吸，C不符合题意；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．Fe3+是亲脂性强的成分，随流动相移动的速度快一些，Cu2+是亲水性强的成分，随流动相移动的速度慢一些；
B．过滤时不能搅拌；
C． 液溴有腐蚀性，有毒，溴中毒不可进行人工呼吸；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子。
12．（2022·余姚模拟）下列“类比”结果错误的是
A．受热分解生成和，则受热分解生成和S
B．的分子构型为直线形，则的分子构型也为直线形
C．与溶液反应得到，则与溶液反应也得到
D．溶解度大于，则溶解度大于
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．在中，S显-1价，稳定性差，受热易分解生成和S，A不符合题意；
B．与为等电子体，CO2为直线形，则CS2分子构型也为直线形，B不符合题意；
C．具有还原性，溶液能将SO2氧化为，ClO-被还原为Cl-等，C符合题意；
D．当卤素离子的半径增大时，卤化亚铜的化学键的共价性越来越明显，键的共价性越大，卤化亚铜的溶解性越小，因而溶解度大于，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质判断；C项中具有还原性，而CO2没有。
13．（2022·余姚模拟）能正确表示下列变化的离子方程式是
A．KHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性：H++ +Ba2++OH- = BaSO4↓+H2O
B．CuCl2溶液与过量氨水反应：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
C．KMnO4溶液滴入KOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液K2MnO4：4+4OH- 4+O2↑+2H2O
D．NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液： +OHˉ= NH3·H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．KHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性，反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钾和水，反应的离子方程式为：2H++ +Ba2++2OH- = BaSO4↓+2H2O，选项A不符合题意；
B．CuCl2溶液与过量氨水反应生成四氨合硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu2＋＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，选项B不符合题意；
C．KMnO4溶液滴入KOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液K2MnO4，同时生成氧气和水，反应的离子方程式为：4+4OH- 4+O2↑+2H2O，选项C符合题意；
D．NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液，氢氧根离子先与铝离子反应生成氢氧化铝，反应的离子方程式为： Al3++3OHˉ= Al(OH)3↓，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．离子之间配比不正确；
B．不符合客观事实，CuCl2溶液与过量氨水反应生成四氨合硫酸铜和水；
C．符合离子方程式书写规则；
D．氢氧根离子先与铝离子反应生成氢氧化铝。
14．（2022·余姚模拟）一种长效、缓释阿司匹林(有机物L)的结构如下图所示：
下列分析错误的是
A．有机物L为高分子化合物
B．1 mol 有机物L最多能与2n mol NaOH反应
C．有机物L能发生加成、取代、氧化、水解反应
D．有机物L在体内可缓慢水解，逐渐释放出
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．有机物L属于加聚反应产物，属于高分子化合物，故A不符合题意；
B．有机物L中含有n个链节，1 mol 有机物L中含有2 nmol酯基，但有nmol是酚酯基，1 mol 有机物L最多能与3n mol NaOH反应，故B符合题意；
C．有机物L中含有酯基，能够发生水解反应，水解反应属于取代反应，含有苯环，能够与氢气能发生加成反应，能够燃烧，燃烧是氧化反应，故C不符合题意；
D．有机物L存在酯基，在体内可缓慢水解，水解产物之一为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．有机物属于加聚反应产物；
B．有机物中含有n个链节；
C．依据官能团的性质分析；
D．酯基在体内可缓慢水解。
15．（2022·余姚模拟）如图是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素，若Z原子序数是Y的两倍，则下列说法错误的是
X Y 　
Z W
A．X元素的简单氢化物分子间可以形成氢键
B．Y元素与X、Z、W元素均可形成两种以上的化合物
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z
D．阴离子半径由大到小的顺序为：X＞Y＞Z＞W
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据分析X为N元素；Y为O元素；Z为S元素；W是Cl元素。
A．X为N元素，其氢化物NH3，其分子之间存在氢键，A不符合题意；
B．Y与X可以形成N2O、NO、NO2、N2O4等，Y与Z可以形成SO2、SO3，Y与W可以形成Cl2O、Cl2O3、ClO2等，均可形成两种以上的化合物，B不符合题意；
C．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性W＞Z；元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，C不符合题意；
D．当核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径X＞Y，Z＞W；一般来说，电子层越多半径越大，所以W＞X，所以阴离子半径由大到小排列顺序Z＞W＞X＞Y，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键是电负性强的原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强的原子共价结合的氢原子间形成的键；
B． N、S、Cl元素均为变价元素；
C．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，；元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强；
D．当核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小；一般来说，电子层越多半径越大。
16．（2022·余姚模拟）关于化合物HOO-SO3H的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性
B．水解可生成H2O2和H2SO4
C．具有强酸性
D．与足量NaOH溶液反应最终产物为Na2SO4和H2O2
【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】化合物HOO-SO3H，根据结构和电负性分析，H元素显+1价，S元素显+6价，O元素显-1和-2价，
A．HOO-SO3H中S元素显+6价，具有强氧化性，故A不符合题意；
B．HOO-SO3H溶于水中发生水解反应：HOO-SO3H+H2O= H2O2+H2SO4，故B不符合题意；
C．HOO-SO3H水解可生成H2SO4，具有强酸性，故C不符合题意；
D．Na2SO4和H2O2会结合成一种加和物x Na2SO4 yH2O2 zH2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据结构和电负性分析。
17．（2022·余姚模拟）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，不合理的是
A．31g白磷(s)＜ 31g红磷(s) B．1 molH2(g) ＜ 2 molH2(g)
C．1mol H2O(s)＜ 1molH2O(l) D．1molH2S(g) ＞ 1molH2O(g)
【答案】A
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A．在隔绝空气条件下，白磷加热到260℃时会转化为红磷；红磷加热到416℃时就升华，其蒸气冷却后变成白磷，说明红磷能自发的转化成白磷，所以白磷的熵要大于红磷，故A符合题意；
B．气态分子数越多，熵值越大，故B不符合题意；
C．一般情况下，相同的物质的量的固体状态的熵值最小，液体其次，气体的熵值最大，故C不符合题意；
D．硫化氢和水蒸气的物质的量相同，而且都是气态，原子数相同，但硫化氢的摩尔质量大，所以硫化氢的熵值要大于水蒸气的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．在隔绝空气条件下，白磷加热到260℃时会转化为红磷；红磷加热到416℃时就升华，其蒸气冷却后变成白磷，说明红磷能自发的转化成白磷，所以白磷的熵要大于红磷；
B．气态分子数越多，熵值越大；
C．一般情况下，相同的物质的量的固体状态的熵值最小，液体其次，气体的熵值最大；
D．物质的量相同的气体，原子数相同，摩尔质量大的，熵值大。
18．（2022·余姚模拟）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，2.24L H2O中含有电子数为NA
B．12g金刚石中的共价键数目为2NA
C．0.1mol/L的NaOH水溶液中含有Na+数目为0.01NA
D．1mol CnH2n＋2含有 (2n+1)NA个共价键
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下H2O为液体，不能计算，A不符合题意；
B．金刚石共价晶体：以1个C为中心观察，1个C形成4个共价键，但每个C-C单键由2个C共同形成，每个C各占一半，平均1个C只能形成2个共价键，所以1mol金刚石中含2mol的共价键，12g金刚石的物质的量为1mol，故含共价键的数目为2NA，B符合题意；
C．只有浓度没有体积无法计算，C不符合题意；
D.1mol烷烃(CnH2n＋2)中共价键数为(3n+1)NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．标准状况下H2O为液体，不能计算；
B.1mol金刚石中含2mol的共价键；
C．没有溶液体积，无法计算；
D.1mol烷烃(CnH2n＋2)中有(3n+1)mol共价键。
19．（2022·余姚模拟）下列说法正确的是
A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可通过在常温下测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A一定是弱酸
B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，CH3COOH溶液恰好被中和
C．向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
D．25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氨水的pH不相等，而25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液的pH相等
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．常温下，若溶液的，则说明发生了水解，说明其为强碱弱酸盐，即为弱酸，故A符合题意；
B．为弱酸，刚好中和的产物为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故B不符合题意；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，故C不符合题意；
D.25℃和40℃时，水的离子积不同，水的电离程度不同，40℃时水的离子积较大，相同浓度的NaOH溶液在40℃时溶液中的氢离子浓度较大，pH偏小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据盐类水解原理分析；
B．中和时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小；
D.依据水的离子积常数不同分析。
20．（2022·余姚模拟）室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，可能有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，选项A不符合题意。
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，反应产生HBr，HBr浓度较高，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，选项B不符合题意。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1：1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1：1，选项C不符合题意。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】依据化学平衡移动原理分析。
21．（2022·余姚模拟）根据以下H2和Cl2反应生成HCl的能量循环图：
下列说法正确的是
A． H4＞0 B． H1＜0
C． H1+ H2+ H3- H4=0 D． H3＞ H4
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．H2和Cl2化合成HCl是放热反应，所以 H4＜0，故A不符合题意；
B．断裂化学键需要吸收能量，所以Cl2中的共价键断裂转化为氯原子的 H1＞0，故B不符合题意；
C.1molCl2(g)和1molH2(g)反应生成2molHCl(g)的过程可以分解为三步：1molCl2(g)转化为2molCl、1molH2(g)转化为2molH(g)、2molCl(g)和2molH(g)生成2molHCl(g)，所以 H1+ H2+ H3= H4，即 H1+ H2+ H3- H4=0，故C符合题意；
D．断裂化学键需要吸收能量，所以氯原子和氢原子直接结合成2molHCl(g)放出的热量高于氢气和氯气反应生成2molHCl(g)放出的热量，放热反应的 H为负，所以 H3＜ H4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．△H为“-”是放热反应；△H为“+”是吸热反应；
C.根据盖斯定律计算；
D．断裂化学键需要吸收能量。
22．（2022·余姚模拟）利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是
A．该燃料电池的总反应为：N2+3H22NH3
B．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
C．正极电极反应为：N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由示意图可知，氮气和氢气参与反应，生成了氨气，总反应为：N2+3H22NH3，故A不符合题意；
B．工业合成氨需要高温，高压，催化剂作用下完成，而此法是利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，条件温和，同时还可提供电能，故B不符合题意；
C．右端为正极，发生还原反应，电极反应式为：MV2++e-=MV+，故C符合题意；
D．原电池中，内电路中氢离子通过交换膜由负极向正极移动，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应物和产物的化学式判断；
B．工业合成氨需要高温，高压，催化剂，生物燃料电池原理研究室温下氨的合成；
C．反应中元素化合价升高，做负极，元素化合价降低，为正极；负极失电子发生氧化反应；正极得电子，发生还原反应；
D．原电池中，溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极定向移动。
23．（2022·余姚模拟）在25 ℃时，将1.0 L x mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量变化如图所示。下列叙述错误的是
A．水的电离程度：a＞b＞c
B．a点对应的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)
C．b点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)= mol·L-1
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数均为Ka=
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c > b > a，所以水电离程度a > b > c，故A选项不符合题意。
B．a点加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，说明，根据电荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)，故B选项不符合题意。
C．b点处醋酸过量，溶液呈酸性，由物料守恒可知，醋酸电离平衡常数为：， 则，则则则，故C选项不符合题意。
D．a点溶液中pH=7，，，溶液中，该温度下醋酸电离平衡常数，故D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据物料守恒分析；
D．选择a点利用计算。
24．（2022·余姚模拟）2021年Benjamin List 和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．Aldol反应方程式：
B．1→2为消去反应，2→3为加成反应
C．化合物3和4互为同分异构体
D．中间体3中存在氢键
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．由分析可知，和为反应物，为生成物，Aldol反应方程式为：，故A不符合题意；
B．中间体1发生消去反应得到中间体2；中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，故B符合题意；
C．化合物3和4的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C不符合题意；
D．中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，即中间体3中存在氢键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据机理图判断；
B．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；消去反应为有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个小分子，而生成含不饱和键化合物的反应；
C．分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
D．氢键是电负性强的原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强的原子共价结合的氢原子间形成的键。
25．（2022·余姚模拟）下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的 方案设计 现象和结论
A 探究乙醇消去反应的产物 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mLKMnO4溶液中 若KMnO4溶液褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B 探究 Fe 与水蒸气高温反应的固体产物中铁元素的化合价 取少量固体产物于试管中，先加足量硫酸铜溶液，过滤，再向过滤后固体中加足量的稀硫酸溶解，分成两份：一份中滴加硫氰化钾溶液，另一份中滴加高锰酸钾溶液 若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3 两种化合价
C 检验某牙膏中是否存在甘油 取少量该牙膏样品于试管中，加适量蒸馏水，搅拌、静置，取上层清液，加入适量新制氢氧化铜，观察现象 若产生绛蓝色沉淀，则该牙膏中含甘油
D 探究Na2SO3固体样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液 若有白色沉淀产生，则样品已经变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、沸石，迅速升温至170℃，乙醇易挥发，也能使高锰酸钾溶液褪色，不一定产生了乙烯，故A不符合题意；
B．先加足量硫酸铜溶液，过滤，再向过滤后固体中加足量的稀硫酸溶解，若有铁剩余，能将铜置换出来，铜能与三价铁离子反应，生成二价铁离子，故不能判断固体产物中铁元素有+2、+3 两种化合价，故B不符合题意；
C．甘油能与新制氢氧化铜反应，生成绛蓝色溶液，所以可以用新制氢氧化铁检验甘油，故C不符合题意；
D．探究Na2SO3固体样品是否变质，要先加入盐酸排除银离子，碳酸根的干扰，在加入氯化钡，若有白色沉淀产生，则样品已经变质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．乙醇易挥发且有还原性；
B．铁与硫酸铜溶液置换出铜，铜能与三价铁离子反应，生成二价铁离子；
C．甘油能与新制氢氧化铜反应，生成绛蓝色溶液；
D．依据检验硫酸根离子分析。
二、非选择题
26．（2022·余姚模拟）回答下列问题：
（1）NaCl、MgCl2和AlCl3的熔点如表：
NaCl MgCl2 AlCl3
熔点/℃ 801 714 194
NaCl、MgCl2熔点比AlCl3熔点高的原因是　 　。
（2）苯甲酸的电离平衡常数为Ka=6.4×10-5，为什么邻羟基苯甲酸()的电离平衡常数Ka1为苯甲酸的15.9 倍、而间羟基苯甲酸()的电离平衡常数为苯甲酸的1.26倍？　 　。
【答案】（1）NaCl、MgCl2 是离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子键的强度大于范德华力（分子间作用力）
（2）+H+，中存在分子内氢键，更稳定，电离平衡常数更大
【知识点】晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）NaCl、MgCl2 是离子晶体，离子间通过离子键结合，AlCl3为分子晶体，分子间通过范德华力结合，离子键的强度大于范德华力，所以NaCl、MgCl2的熔点远高于AlCl3的熔点，
（2）羟基是供电子基，使得苯甲酸的氢质子失去后形成的负离子的负电荷更多，更加不稳定，所以对羟基苯甲酸的电离常数比苯甲酸电离常数略大一点，但是邻羟基苯甲酸在失去氢离子+H+，之后邻位的羟基与中-COO-形成分子内氢键，使得更加稳定 电离平衡常数更大；
【分析】（1）熔点由高到低的顺一般为原子晶体>离子晶体>分子晶体；
（2）依据分子间氢键与分子内氢键对平衡的影响分析；
27．（2022·余姚模拟）室温时，20mL某气态烃与过量的氧气混合，将完全燃烧后的产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL。将剩余的气体再通过足量氢氧化钠溶液后干燥，体积又减少了40mL。
（1）该气态烃的分子式　 　。
（2）写出简要计算过程　 　 。
【答案】（1）C2H6
（2）解：NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则： ，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6答：气态烃的分子式为C2H6
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则：
，，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6，故答案为：C2H6；
（2）解：NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则：
，，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6
答：气态烃的分子式为C2H6。
【分析】（1）利用烃燃烧的通式计算；
（2）利用差量法计算。
28．（2022·余姚模拟）阴阳离子比为1：2的固体离子化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：
已知，溶液B中仅有一种阳离子(氢离子除外)，溶液B中的某种溶质阴离子结构与化合物X阴离子结构相似，C、D均为纯净物。请回答：
（1）砖红色沉淀C的化学式为　 　。
（2）化合物X的化学式为　 　。
（3）蓝色溶液B中含有的溶质是　 　(用化学式表示)。
（4）写出溶液B与乙醛反应的离子方程式　 　。
（5）某同学怀疑砖红色沉淀中可能含有Cu单质，请设计实验验证此猜想　 　。
【答案】（1）Cu2O
（2）K2CuCl4
（3）KCl、KOH和K2Cu(OH)4
（4）2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O
（5）向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由分析可知，砖红色沉淀C是乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成的Cu2O，故答案为：Cu2O；
（2）由分析可知，化合物X的化学式为K2CuCl4，故答案为：K2CuCl4；
（3）由分析可知，蓝色溶液B为过量的KOH和K2CuCl4反应后的溶液，故其中含有的溶质是KCl、KOH和K2Cu(OH)4，故答案为：KCl、KOH和K2Cu(OH)4；
（4）溶液B即新制氢氧化铜悬浊液与乙醛反应的离子方程式为：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O，故答案为：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O；
（5）由于Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，故可以向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu，故答案为：向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu。
【分析】（1）依据反应物的组成和产物的性质判断；
（2）依据流程图中物质的组成和已知信息判断；
（3）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（4）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（5）依据产物的性质设计。
29．（2022·余姚模拟）
（1）I.1mol CO2与足量的碳在恒容密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)。测得平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。
请回答：
判断该反应的自发性并说明理由　 　。
（2）下列说法正确的是____。
A．1×103K时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，v逆变化幅度更大
B．1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，v正变化幅度更大
C．1×103K时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0 %
D．T×103K时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
（3）1×103K时，起始压强为100KPa，反应一段时间达到平衡，用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=　 　KPa (保留三位有效数字)。【p(B)= p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数】
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，画出V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线　 　。
（5）II．碘酸盐型碘钟的实验方法：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中加入NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。实验现象：“无色→蓝黑色→无色→蓝黑色→……”的周期性变化。
可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
①　 　；②+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O；③　 　。
【答案】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S<0、△H<0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行
（2）B；C；D
（3）33.3kp
（4）
（5）+3=I- +3+3H+；H2O+I2+=2I- ++3H+
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S>0、△H>0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行；故答案为高温自发；温度升高，平衡时CO体积分数增大，△H>0且反应气体分子数增加△S>0；
（2）A. 反应在恒容容器中进行，1×103K时，若充入惰性气体，反应物的浓度不变，v正、v逆均不变，选项A不正确；
B. 1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，温度对吸热反应影响较大，故v正变化幅度更大，选项B正确；
C. 由图可知，1×103K时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的CO2为1mol，转化了xmol，则有：
所以，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为，选项C正确；
D.由该反应为非等体积反应知，T×103K达平衡后加入等体积CO2和CO相当于增大压强，所以平衡逆向移动，选项D正确；
故答案为：BCD；
（3）1×103K时，起始压强为100kPa，反应一段时间达到平衡，平衡时CO的体积分数为40%，则CO2的体积分数为60%，平衡时总压强为100kPa=125 kPa，所以用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp===33.3kp；
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，随着温度的升高，正逆反应速率均增大，故V正速率曲线趋势向上，反应达平衡后升高温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，因此V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线如下：。
（5）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，应该有第一步反应+3=I- +3+3H+，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O，然后蓝黑色又变为无色，则碘消耗，发生反应H2O+I2+=2I- ++3H+；答案为+3=I- +3+3H+、H2O+I2+=2I- ++3H+。
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）利用“三段式”法计算；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）依据反应物和产物，利用已知反应和实验现象书写。
30．（2022·余姚模拟）二氯亚砜(SOCl2)是有机合成中常用的氯化剂，实验室用如图装置(夹持装置已省略)制备SOCl2。
已知：①SCl2+SO3 =SOCl2+SO2 ；
②常压下，SOCl2熔点-104.5℃，沸点79℃，极易水解；SCl2熔点-78℃，沸点56.9℃，加热至40℃以上，部分开始分解；SO3熔点17℃，沸点45℃。
请回答：
（1）装置A中加入纯净的发烟硫酸(H2SO4·nSO3)，装置B中加入SCl2，加入发烟硫酸目的是　 　。
（2）关于装置，下列说法错误的是____。
A．可对装置A进行慢慢加热
B．需对装置B加热，以加快反应速率
C．装置C中冷凝水流向应下进上出
D．装置D所加试剂为NaOH溶液，主要目的是除SO2，防止污染环境
（3）二氯亚砜在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为S2Cl2和一种常温为无色刺激性气味气体A和单质气体B，写出化学反应方程式　 　。
（4）反应结束后，装置B中除SOCl2外还含有少量SCl2和SO3 ，可用蒸馏法进行提纯。针对蒸馏，从下列选项选择合适操作并排序：　 　
a→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→蒸馏结束。
a．搭建蒸馏装置| b．通冷凝水 c．检查气密性 d．加热蒸馏烧瓶
e．收集45-60℃馏分 f．收集76-77℃馏分 g．加试剂，加沸石
（5）可用碘量法测定产品中 SOCl2的纯度。步骤如下：
①称取m g SOCl2于装有过量NaOH溶液的密封良好的水解瓶中，水解完全后，将溶液全部移入 500mL容量瓶中，用移液管准确吸取试样溶液 50mL 于250mL碘量瓶中，加两滴对硝基酚指示剂、滴加 2mol/L盐酸溶液至黄色刚好消失。
②准确加入V mL c0 mol/L的碘标准溶液，避光放置30min。
③用 c1 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液返滴过量的碘，临近终点时加淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失为终点，消耗硫代硫酸钠V1mL。
④同时按样品同样操作(将样品换成50mL水，再进行②、③)做一空白试验，消耗硫代硫酸钠V2 mL。
已知：SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O；
Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI；
I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。
(i)步骤①滴加 2mol/L盐酸溶液的原因是　 　。
(ii)则SOCl2的纯度为　 　(用m 、c1、V1、V2 )。
【答案】（1）提供SO3
（2）B；D
（3）
（4）( c )→( g )→( b )→( d )→( e )→( f )
（5）中和溶液，防止碘在碱性条件下发生歧化反应；
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中加入纯净的发烟硫酸(H2SO4·nSO3)，挥发出的SO3与装置B中加入的SCl2反应生成SOCl2，所以加入发烟硫酸目的是提供SO3。
（2）A．对装置A进行慢慢加热，可加快SO3挥发的速度，故A正确；
B．加热至40℃以上，部分开始分解，所以不能加热装置B，故B不正确；
C．为提高冷凝效果，装置C中冷凝水流向应下进上出，故C正确；
D．SOCl2极易水解，若装置D所加试剂为NaOH溶液，易引起SOCl2水解，故D不正确；
选BD。
（3）二氯亚砜在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为S2Cl2，常温为无色刺激性气味气体A是SO2，根据元素守恒，单质气体B是Cl2，化学反应方程式为；
（4）根据蒸馏操作的规程，正确的操作顺序是：a．搭建蒸馏装置；c．检查气密性；g．加试剂，加沸石；b．通冷凝水； d．加热蒸馏烧瓶； e．收集45-60℃馏分； f．收集76-77℃馏分；
（5）(i)碘单质能与碱反应，步骤①滴加 2mol/L盐酸溶液的原因是中和氢氧化钠，防止碘在碱性条件下发生歧化反应；
(ii)结合实验④，根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知V mL c0 mol/L的碘标准溶液中含有I2的物质的量是；实验③消耗I2的物质的量是；则Na2SO3消耗I2的物质的量是，根据Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI可知Na2SO3的物质的量是，根据SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O可知SOCl2的物质的量是，所以则SOCl2的纯度为 。
【分析】（1）依据已知信息和实验目的判断；
（2）A．利用已知信息分析；
B．依据产物的性质
C．采用逆流操作；
D．SOCl2极易水解；
（3）利用反应物和产物结合现象，根据元素守恒书写；
（4）根据蒸馏操作的规程，正确的操作顺序是：搭建蒸馏装置；检查气密性；加试剂，加沸石；通冷凝水；加热蒸馏烧瓶； 收集馏分；
（5）(i)防止副反应发生；
(ii)利用关系式法计算。
31．（2022·余姚模拟）某课题组研制了药物Kenolide-A的中间体H，合成路线如下：
已知：①②R1CHO+
请回答：
（1）化合物D的结构简式是　 　。
（2）下列说法正确的是____。
A．化合物B分子中所有的碳原子一定共平面
B．化合物E含有三个手性碳原子
C．化合物C和D发生加成反应生成E
D．化合物H的分子式为C15H24O3
（3）写出E→F的化学方程式是　 　。
（4）写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：　 　。
①1H-NMR谱显示只有2种不同化学环境的氢原子；②不超过1个环；
（5）以甲醇和丙酮为原料，设计A的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。
【答案】（1）CH3CH=C(CH3)CHO
（2）B；C；D
（3）
（4）、、(CH3)3C-C≡C-CO-CH3
（5）CH3OHHCHO
【知识点】有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由分析可知， D的结构简式为CH3CH=C(CH3CHO)，故答案为：CH3CH=C(CH3CHO)；
（2）A．化合物B的结构简式为，由于单键可以旋转，与氧原子相连的甲基中的碳不一定和其他碳原子共面，故A不正确；
B．化合物E的结构简式为，分子中含有如图的3个带号的手性碳原子：，故B正确；
C．由分析可知，化合物C和D发生的反应为与CH3CH=C(CH3)CHO发生信息①的加成反应生成，故C正确；
D．化合物H的结构简式为，分子式为C15H24O3，故D正确；
故答案为：BCD；
（3）由分析可知，E→F的反应为在碱存在条件下发生信息②反应生成，反应的化学方程式为 ，故答案为：；
（4）化合物C的不饱和度为3(奇数)，C原子数为8(偶数)，同分异构体中1H-NMR谱显示只有2种不同化学环境的氢原子，分子中不超过1个环说明同分异构体分子结构对称，符合条件的结构简式为、、(CH3)3C-C≡C-CO-CH3，故答案为：、、(CH3)3C-C≡C-CO-CH3；
（5）由题给信息可知，以甲醇和丙酮为原料合成的步骤为在铜做催化剂作用下，甲醇与氧气发生催化氧化反应生成甲醛，甲醛与丙酮在碱作用下发生信息②反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，合成路线为CH3OHHCHO，故答案为：CH3OHHCHO。
【分析】（1）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（2）A．依据苯、乙烯是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；
B．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
C．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；
D．根据结构简式确定分子式
（3）依据反应前后物质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。
浙江省余姚市2022-2023学年高三上学期适应性测试化学试题
一、单选题
1．（2022·余姚模拟）下列物质属于混合物的是
A．冰醋酸 B．酒精 C．盐酸 D．小苏打
2．（2022·余姚模拟）下列属于弱电解质的是
A．Na B．HClO C．BaSO4 D．NaOH
3．（2022·余姚模拟）下列物质化学成分错误的是
A．消石灰：Ca(OH)2 B．绿矾：FeSO4·7H2O
C．硬脂酸：C17H33COOH D．草酸：HOOC-COOH
4．（2022·余姚模拟）欲分离某CCl4和H2O的混合液，需要用到的仪器是
A． B． C． D．
5．（2022·余姚模拟）下列表示错误的是
A．乙醇的分子式：C2H5OH
B．甲醛的球棍模型：
C．2-甲基-1，3-丁二烯的键线式：
D．乙酸乙酯的结构简式：CH3COOCH2CH3
6．（2022·余姚模拟）下列说法正确的是
A．O2和O3互为同位素 B．C2H4和C3H6一定互为同系物
C．白磷和红磷互为同素异形体 D．乙醇与乙醚互为同分异构体
7．（2022·余姚模拟）关于有机反应类型，下列判断错误的是
A．2CH3CHO + O2 2CH3COOH 氧化反应
B． 加成反应
C．CH3CH2Cl + NaOH CH2=CH2+ NaCl+H2O 消去反应
D． 取代反应
8．（2022·余姚模拟）关于反应4(NH4)2SO4 N2↑+6NH3↑+ 3SO2↑+SO3↑+7H2O，以下说法错误的是
A．(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应
B．SO2是还原产物
C．生成3molSO2时，转移6 mol电子
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：3
9．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．NaCl饱和溶液中依次通入足量的NH3、CO2，可析出NaHCO3
B．纳米铁粉和 FeS 都可以去除水体中的 Cu2+、Hg2+等离子，其原理不相同
C．SO2具有还原性，可用 KMnO4溶液测定食品中SO2残留量
D．二氧化硅是一种酸性氧化物，故不能和酸发生反应
10．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．金属镁较轻且硬度大，常用于制造飞机的零部件
B．Al2O3熔点很高，可用作高级耐火材料
C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D．黄绿色气体ClO2是一种高效安全的灭菌消毒剂
11．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．可用纸层析法分离含少量 Fe3+和 Cu2+的混合溶液，亲水性强的 Cu2+在滤纸条的下方
B．抽滤过程中洗涤沉淀时，应关小水龙头，加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净
C．液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗；溴中毒时不可进行人工呼吸
D．Na3AlF6溶液中滴加稀氨水无明显白色沉淀
12．（2022·余姚模拟）下列“类比”结果错误的是
A．受热分解生成和，则受热分解生成和S
B．的分子构型为直线形，则的分子构型也为直线形
C．与溶液反应得到，则与溶液反应也得到
D．溶解度大于，则溶解度大于
13．（2022·余姚模拟）能正确表示下列变化的离子方程式是
A．KHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性：H++ +Ba2++OH- = BaSO4↓+H2O
B．CuCl2溶液与过量氨水反应：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
C．KMnO4溶液滴入KOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液K2MnO4：4+4OH- 4+O2↑+2H2O
D．NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液： +OHˉ= NH3·H2O
14．（2022·余姚模拟）一种长效、缓释阿司匹林(有机物L)的结构如下图所示：
下列分析错误的是
A．有机物L为高分子化合物
B．1 mol 有机物L最多能与2n mol NaOH反应
C．有机物L能发生加成、取代、氧化、水解反应
D．有机物L在体内可缓慢水解，逐渐释放出
15．（2022·余姚模拟）如图是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素，若Z原子序数是Y的两倍，则下列说法错误的是
X Y 　
Z W
A．X元素的简单氢化物分子间可以形成氢键
B．Y元素与X、Z、W元素均可形成两种以上的化合物
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z
D．阴离子半径由大到小的顺序为：X＞Y＞Z＞W
16．（2022·余姚模拟）关于化合物HOO-SO3H的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性
B．水解可生成H2O2和H2SO4
C．具有强酸性
D．与足量NaOH溶液反应最终产物为Na2SO4和H2O2
17．（2022·余姚模拟）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，不合理的是
A．31g白磷(s)＜ 31g红磷(s) B．1 molH2(g) ＜ 2 molH2(g)
C．1mol H2O(s)＜ 1molH2O(l) D．1molH2S(g) ＞ 1molH2O(g)
18．（2022·余姚模拟）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，2.24L H2O中含有电子数为NA
B．12g金刚石中的共价键数目为2NA
C．0.1mol/L的NaOH水溶液中含有Na+数目为0.01NA
D．1mol CnH2n＋2含有 (2n+1)NA个共价键
19．（2022·余姚模拟）下列说法正确的是
A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可通过在常温下测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A一定是弱酸
B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，CH3COOH溶液恰好被中和
C．向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
D．25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氨水的pH不相等，而25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液的pH相等
20．（2022·余姚模拟）室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，可能有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
21．（2022·余姚模拟）根据以下H2和Cl2反应生成HCl的能量循环图：
下列说法正确的是
A． H4＞0 B． H1＜0
C． H1+ H2+ H3- H4=0 D． H3＞ H4
22．（2022·余姚模拟）利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是
A．该燃料电池的总反应为：N2+3H22NH3
B．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
C．正极电极反应为：N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
23．（2022·余姚模拟）在25 ℃时，将1.0 L x mol·L-1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量变化如图所示。下列叙述错误的是
A．水的电离程度：a＞b＞c
B．a点对应的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)
C．b点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)= mol·L-1
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数均为Ka=
24．（2022·余姚模拟）2021年Benjamin List 和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．Aldol反应方程式：
B．1→2为消去反应，2→3为加成反应
C．化合物3和4互为同分异构体
D．中间体3中存在氢键
25．（2022·余姚模拟）下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的 方案设计 现象和结论
A 探究乙醇消去反应的产物 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入2mLKMnO4溶液中 若KMnO4溶液褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B 探究 Fe 与水蒸气高温反应的固体产物中铁元素的化合价 取少量固体产物于试管中，先加足量硫酸铜溶液，过滤，再向过滤后固体中加足量的稀硫酸溶解，分成两份：一份中滴加硫氰化钾溶液，另一份中滴加高锰酸钾溶液 若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体产物中铁元素有+2、+3 两种化合价
C 检验某牙膏中是否存在甘油 取少量该牙膏样品于试管中，加适量蒸馏水，搅拌、静置，取上层清液，加入适量新制氢氧化铜，观察现象 若产生绛蓝色沉淀，则该牙膏中含甘油
D 探究Na2SO3固体样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液 若有白色沉淀产生，则样品已经变质
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题
26．（2022·余姚模拟）回答下列问题：
（1）NaCl、MgCl2和AlCl3的熔点如表：
NaCl MgCl2 AlCl3
熔点/℃ 801 714 194
NaCl、MgCl2熔点比AlCl3熔点高的原因是　 　。
（2）苯甲酸的电离平衡常数为Ka=6.4×10-5，为什么邻羟基苯甲酸()的电离平衡常数Ka1为苯甲酸的15.9 倍、而间羟基苯甲酸()的电离平衡常数为苯甲酸的1.26倍？　 　。
27．（2022·余姚模拟）室温时，20mL某气态烃与过量的氧气混合，将完全燃烧后的产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL。将剩余的气体再通过足量氢氧化钠溶液后干燥，体积又减少了40mL。
（1）该气态烃的分子式　 　。
（2）写出简要计算过程　 　 。
28．（2022·余姚模拟）阴阳离子比为1：2的固体离子化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：
已知，溶液B中仅有一种阳离子(氢离子除外)，溶液B中的某种溶质阴离子结构与化合物X阴离子结构相似，C、D均为纯净物。请回答：
（1）砖红色沉淀C的化学式为　 　。
（2）化合物X的化学式为　 　。
（3）蓝色溶液B中含有的溶质是　 　(用化学式表示)。
（4）写出溶液B与乙醛反应的离子方程式　 　。
（5）某同学怀疑砖红色沉淀中可能含有Cu单质，请设计实验验证此猜想　 　。
29．（2022·余姚模拟）
（1）I.1mol CO2与足量的碳在恒容密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)。测得平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。
请回答：
判断该反应的自发性并说明理由　 　。
（2）下列说法正确的是____。
A．1×103K时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，v逆变化幅度更大
B．1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，v正变化幅度更大
C．1×103K时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0 %
D．T×103K时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
（3）1×103K时，起始压强为100KPa，反应一段时间达到平衡，用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=　 　KPa (保留三位有效数字)。【p(B)= p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数】
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，画出V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线　 　。
（5）II．碘酸盐型碘钟的实验方法：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中加入NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。实验现象：“无色→蓝黑色→无色→蓝黑色→……”的周期性变化。
可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
①　 　；②+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O；③　 　。
30．（2022·余姚模拟）二氯亚砜(SOCl2)是有机合成中常用的氯化剂，实验室用如图装置(夹持装置已省略)制备SOCl2。
已知：①SCl2+SO3 =SOCl2+SO2 ；
②常压下，SOCl2熔点-104.5℃，沸点79℃，极易水解；SCl2熔点-78℃，沸点56.9℃，加热至40℃以上，部分开始分解；SO3熔点17℃，沸点45℃。
请回答：
（1）装置A中加入纯净的发烟硫酸(H2SO4·nSO3)，装置B中加入SCl2，加入发烟硫酸目的是　 　。
（2）关于装置，下列说法错误的是____。
A．可对装置A进行慢慢加热
B．需对装置B加热，以加快反应速率
C．装置C中冷凝水流向应下进上出
D．装置D所加试剂为NaOH溶液，主要目的是除SO2，防止污染环境
（3）二氯亚砜在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为S2Cl2和一种常温为无色刺激性气味气体A和单质气体B，写出化学反应方程式　 　。
（4）反应结束后，装置B中除SOCl2外还含有少量SCl2和SO3 ，可用蒸馏法进行提纯。针对蒸馏，从下列选项选择合适操作并排序：　 　
a→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→( ▲ )→蒸馏结束。
a．搭建蒸馏装置| b．通冷凝水 c．检查气密性 d．加热蒸馏烧瓶
e．收集45-60℃馏分 f．收集76-77℃馏分 g．加试剂，加沸石
（5）可用碘量法测定产品中 SOCl2的纯度。步骤如下：
①称取m g SOCl2于装有过量NaOH溶液的密封良好的水解瓶中，水解完全后，将溶液全部移入 500mL容量瓶中，用移液管准确吸取试样溶液 50mL 于250mL碘量瓶中，加两滴对硝基酚指示剂、滴加 2mol/L盐酸溶液至黄色刚好消失。
②准确加入V mL c0 mol/L的碘标准溶液，避光放置30min。
③用 c1 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液返滴过量的碘，临近终点时加淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失为终点，消耗硫代硫酸钠V1mL。
④同时按样品同样操作(将样品换成50mL水，再进行②、③)做一空白试验，消耗硫代硫酸钠V2 mL。
已知：SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O；
Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI；
I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。
(i)步骤①滴加 2mol/L盐酸溶液的原因是　 　。
(ii)则SOCl2的纯度为　 　(用m 、c1、V1、V2 )。
31．（2022·余姚模拟）某课题组研制了药物Kenolide-A的中间体H，合成路线如下：
已知：①②R1CHO+
请回答：
（1）化合物D的结构简式是　 　。
（2）下列说法正确的是____。
A．化合物B分子中所有的碳原子一定共平面
B．化合物E含有三个手性碳原子
C．化合物C和D发生加成反应生成E
D．化合物H的分子式为C15H24O3
（3）写出E→F的化学方程式是　 　。
（4）写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：　 　。
①1H-NMR谱显示只有2种不同化学环境的氢原子；②不超过1个环；
（5）以甲醇和丙酮为原料，设计A的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．冰醋酸是醋酸的液体形态，属于纯净物，A不符合题意；
B．酒精是含有碳元素的有机化合物，故B不符合题意；
C．盐酸是氯化氢溶于水得到的混合物，故C符合题意；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗称，是纯净物，故D不符合题；
故答案为：C。
【分析】含有多种构成物质的微粒，属于混合物；只含有一种构成物质的基本微粒，属于纯净物。
2．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．弱电解质属于化合物，Na属于单质，故A不符合题意；
B．HClO属于弱酸，在溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故B符合题意；
C． BaSO4属于盐类化合物，溶解部分完全电离，属于强电解质，故C不符合题意；
D．NaOH属于强碱，溶液中完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】弱电解质在水溶液中部分电离，（一般包括弱酸、弱碱、水、非金属氧化物等）。
3．【答案】C
【知识点】化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A. 消石灰是氢氧化钙，其化学式为：Ca(OH)2，A不符合题意；
B. 绿矾是七水硫酸亚铁，其化学式为：FeSO4·7H2O，B不符合题意；
C. 硬脂酸是十八碳酸，其化学式为：C17H35COOH，C符合题意；
D. 草酸是乙二酸，其结构简式为：HOOC-COOH，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 消石灰是氢氧化钙；
B. 绿矾是七水硫酸亚铁；
C. 硬脂酸是饱和脂肪酸，化学式为：C17H35COOH；
D. 草酸是乙二酸。
4．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】CCl4和H2O不互溶，所以分离CCl4和H2O的混合液，需要用分液漏斗，故C符合题意；
故答案：C。
【分析】不互溶的液体分离用分液法，分液需要用到的仪器为分液漏斗和烧杯。
5．【答案】A
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．乙醇的分子式应写成：C2H6O，故A符合题意；
B．甲醛的化学式为：HCHO，其球棍模型：，故B不符合题意；
C．根据烯烃的命名规则，从靠近官能团的一端开始编号，所以2-甲基-1，3-丁二烯的键线式：，故C不符合题意；
D．乙醇和乙酸脱水生成乙酸乙酯，乙酸乙酯的结构简式：CH3COOCH2CH3，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．分子式：用元素符号表示单质或化合物分子组成的式子；
B．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；
C．键线式是将碳、氢元素符号省略，只表示分子中键的连接情况，每个拐点或终点均表示有一个碳原子；
D．结构简式：是把结构式中的单键省略之后的一种简略表达形式，通常只适用于以分子形式存在的纯净物。
6．【答案】C
【知识点】同素异形体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．同种元素形成的不同单质称为同素异形体，所以O2和O3互为同素异形体，故A不符合题意；
B．C2H4为乙炔，C3H6可能为丙炔，也可能为环丙烯，不一定互为同系物，故B不符合题意；
C．同种元素形成的不同单质称为同素异形体，所以白磷和红磷互为同素异形体，故C符合题意；
D．乙醇的分子式为C2H6O，乙醚的分子式为C4H10O，分子式不同，不是同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，官能团数目和种类相等；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同、质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；
7．【答案】D
【知识点】化学基本反应类型；取代反应；加成反应；消去反应
【解析】【解答】A.2CH3CHO + O2 2CH3COOH，乙醛被氧气氧化成乙酸，属于氧化反应，故A不符合题意；
B．，苯与乙炔发生加成反应生成了苯乙烯，故B不符合题意；
C．CH3CH2Cl + NaOH CH2=CH2+ NaCl+H2O，生成了乙烯，属于消去反应，故C不符合题意；
D．，是把硝基还原成氨基，属于还原反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.“加氧去氢”属于氧化反应；
B．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；
C．消去反应为有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个小分子，而生成含不饱和键化合物的反应；
D．在有机反应中，“加氢去氧”的反应为还原反应。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．N元素的化合价由-3价升高为0，化合价升高被氧化发生氧化，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应，可知(NH4)2SO4既发生氧化反应也发生还原反应，A不符合题意；
B．S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，SO2是还原产物，B不符合题意；
C．根据分析可知3SO2～6e-，所以3molSO2时，转移6 mol电子，C不符合题意；
D．反应N元素的化合价由-3价升高为0，S元素的化合价由+6价降低为+4，化合价降低被还原发生还原反应对应的产物为还原产物，可知还原产物为SO2，化合价升高被氧化发生氧化反应对应的产物为氧化产物，可知氧化产物为N2，根据反应可知还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合价升高被氧化发生氧化，化合价降低被还原发生还原反应；
B．氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物；
C．根据化学方程式分析；
D．元素化合价降低，得到还原产物； 元素化合价升高，得到氧化产物；
9．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3使溶液呈碱性，再通入足量CO2以便吸收更多的气体，可析出NaHCO3晶体，故A不符合题意；
B．纳米铁粉具有还原性，可将水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子还原为金属单质而除去，FeS可将水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的CuS、HgS而除去，其原理不相同，故B不符合题意；
C．二氧化硫具有还原性，硫元素化合价+4价升高为+6价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，锰元素化合价+7价降低为+2价，由电子守恒和原子守恒得到离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，故C不符合题意；
D．SiO2是酸性氧化物，SiO2与大多数酸都不反应，但是SiO2能与氢氟酸反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据侯氏制碱法原理；
B．前者利用纳米铁粉具有还原性；后者利用沉淀转化原理；
C利用得失电子守恒分析；
D．SiO2能与氢氟酸反应。
10．【答案】A
【知识点】镁的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．金属镁较轻但硬度小，镁的合金硬度大，常用于制造飞机的零部件，故A符合题意；
B．Al2O3为离子化合物，熔点很高，可用作高级耐火材料，故B不符合题意；
C．在正常的生理条件下，机体产生少量的NO用来调节血管扩张、防止血管栓塞、神经传递、抗炎反应和抗氧化反应等，故C不符合题意；
D．黄绿色气体ClO2中氯元素化合价为+4价，具有氧化性，在反应过程中得到电子变为氯离子，是一种高效安全的灭菌消毒剂，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．金属镁较轻但硬度小；
B．Al2O3为离子化合物，熔点很高；
C．机体能够产生少量的NO用来调节血管扩张、防止血管栓塞、神经传递、抗炎反应和抗氧化反应等；
D．ClO2具有氧化性。
11．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，水性强的Cu2+在滤纸条的下方，A不符合题意；
B．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，应使水自然流下，B符合题意；
C．液溴有腐蚀性，有毒，液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗，不可进行人工呼吸，C不符合题意；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．Fe3+是亲脂性强的成分，随流动相移动的速度快一些，Cu2+是亲水性强的成分，随流动相移动的速度慢一些；
B．过滤时不能搅拌；
C． 液溴有腐蚀性，有毒，溴中毒不可进行人工呼吸；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子。
12．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．在中，S显-1价，稳定性差，受热易分解生成和S，A不符合题意；
B．与为等电子体，CO2为直线形，则CS2分子构型也为直线形，B不符合题意；
C．具有还原性，溶液能将SO2氧化为，ClO-被还原为Cl-等，C符合题意；
D．当卤素离子的半径增大时，卤化亚铜的化学键的共价性越来越明显，键的共价性越大，卤化亚铜的溶解性越小，因而溶解度大于，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质判断；C项中具有还原性，而CO2没有。
13．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．KHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性，反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钾和水，反应的离子方程式为：2H++ +Ba2++2OH- = BaSO4↓+2H2O，选项A不符合题意；
B．CuCl2溶液与过量氨水反应生成四氨合硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu2＋＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，选项B不符合题意；
C．KMnO4溶液滴入KOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液K2MnO4，同时生成氧气和水，反应的离子方程式为：4+4OH- 4+O2↑+2H2O，选项C符合题意；
D．NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液，氢氧根离子先与铝离子反应生成氢氧化铝，反应的离子方程式为： Al3++3OHˉ= Al(OH)3↓，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．离子之间配比不正确；
B．不符合客观事实，CuCl2溶液与过量氨水反应生成四氨合硫酸铜和水；
C．符合离子方程式书写规则；
D．氢氧根离子先与铝离子反应生成氢氧化铝。
14．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．有机物L属于加聚反应产物，属于高分子化合物，故A不符合题意；
B．有机物L中含有n个链节，1 mol 有机物L中含有2 nmol酯基，但有nmol是酚酯基，1 mol 有机物L最多能与3n mol NaOH反应，故B符合题意；
C．有机物L中含有酯基，能够发生水解反应，水解反应属于取代反应，含有苯环，能够与氢气能发生加成反应，能够燃烧，燃烧是氧化反应，故C不符合题意；
D．有机物L存在酯基，在体内可缓慢水解，水解产物之一为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．有机物属于加聚反应产物；
B．有机物中含有n个链节；
C．依据官能团的性质分析；
D．酯基在体内可缓慢水解。
15．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据分析X为N元素；Y为O元素；Z为S元素；W是Cl元素。
A．X为N元素，其氢化物NH3，其分子之间存在氢键，A不符合题意；
B．Y与X可以形成N2O、NO、NO2、N2O4等，Y与Z可以形成SO2、SO3，Y与W可以形成Cl2O、Cl2O3、ClO2等，均可形成两种以上的化合物，B不符合题意；
C．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性W＞Z；元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，C不符合题意；
D．当核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径X＞Y，Z＞W；一般来说，电子层越多半径越大，所以W＞X，所以阴离子半径由大到小排列顺序Z＞W＞X＞Y，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键是电负性强的原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强的原子共价结合的氢原子间形成的键；
B． N、S、Cl元素均为变价元素；
C．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，；元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强；
D．当核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小；一般来说，电子层越多半径越大。
16．【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】化合物HOO-SO3H，根据结构和电负性分析，H元素显+1价，S元素显+6价，O元素显-1和-2价，
A．HOO-SO3H中S元素显+6价，具有强氧化性，故A不符合题意；
B．HOO-SO3H溶于水中发生水解反应：HOO-SO3H+H2O= H2O2+H2SO4，故B不符合题意；
C．HOO-SO3H水解可生成H2SO4，具有强酸性，故C不符合题意；
D．Na2SO4和H2O2会结合成一种加和物x Na2SO4 yH2O2 zH2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据结构和电负性分析。
17．【答案】A
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A．在隔绝空气条件下，白磷加热到260℃时会转化为红磷；红磷加热到416℃时就升华，其蒸气冷却后变成白磷，说明红磷能自发的转化成白磷，所以白磷的熵要大于红磷，故A符合题意；
B．气态分子数越多，熵值越大，故B不符合题意；
C．一般情况下，相同的物质的量的固体状态的熵值最小，液体其次，气体的熵值最大，故C不符合题意；
D．硫化氢和水蒸气的物质的量相同，而且都是气态，原子数相同，但硫化氢的摩尔质量大，所以硫化氢的熵值要大于水蒸气的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．在隔绝空气条件下，白磷加热到260℃时会转化为红磷；红磷加热到416℃时就升华，其蒸气冷却后变成白磷，说明红磷能自发的转化成白磷，所以白磷的熵要大于红磷；
B．气态分子数越多，熵值越大；
C．一般情况下，相同的物质的量的固体状态的熵值最小，液体其次，气体的熵值最大；
D．物质的量相同的气体，原子数相同，摩尔质量大的，熵值大。
18．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标准状况下H2O为液体，不能计算，A不符合题意；
B．金刚石共价晶体：以1个C为中心观察，1个C形成4个共价键，但每个C-C单键由2个C共同形成，每个C各占一半，平均1个C只能形成2个共价键，所以1mol金刚石中含2mol的共价键，12g金刚石的物质的量为1mol，故含共价键的数目为2NA，B符合题意；
C．只有浓度没有体积无法计算，C不符合题意；
D.1mol烷烃(CnH2n＋2)中共价键数为(3n+1)NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．标准状况下H2O为液体，不能计算；
B.1mol金刚石中含2mol的共价键；
C．没有溶液体积，无法计算；
D.1mol烷烃(CnH2n＋2)中有(3n+1)mol共价键。
19．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．常温下，若溶液的，则说明发生了水解，说明其为强碱弱酸盐，即为弱酸，故A符合题意；
B．为弱酸，刚好中和的产物为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故B不符合题意；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，故C不符合题意；
D.25℃和40℃时，水的离子积不同，水的电离程度不同，40℃时水的离子积较大，相同浓度的NaOH溶液在40℃时溶液中的氢离子浓度较大，pH偏小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据盐类水解原理分析；
B．中和时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小；
D.依据水的离子积常数不同分析。
20．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，选项A不符合题意。
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，反应产生HBr，HBr浓度较高，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，选项B不符合题意。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1：1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1：1，选项C不符合题意。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】依据化学平衡移动原理分析。
21．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．H2和Cl2化合成HCl是放热反应，所以 H4＜0，故A不符合题意；
B．断裂化学键需要吸收能量，所以Cl2中的共价键断裂转化为氯原子的 H1＞0，故B不符合题意；
C.1molCl2(g)和1molH2(g)反应生成2molHCl(g)的过程可以分解为三步：1molCl2(g)转化为2molCl、1molH2(g)转化为2molH(g)、2molCl(g)和2molH(g)生成2molHCl(g)，所以 H1+ H2+ H3= H4，即 H1+ H2+ H3- H4=0，故C符合题意；
D．断裂化学键需要吸收能量，所以氯原子和氢原子直接结合成2molHCl(g)放出的热量高于氢气和氯气反应生成2molHCl(g)放出的热量，放热反应的 H为负，所以 H3＜ H4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．△H为“-”是放热反应；△H为“+”是吸热反应；
C.根据盖斯定律计算；
D．断裂化学键需要吸收能量。
22．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由示意图可知，氮气和氢气参与反应，生成了氨气，总反应为：N2+3H22NH3，故A不符合题意；
B．工业合成氨需要高温，高压，催化剂作用下完成，而此法是利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，条件温和，同时还可提供电能，故B不符合题意；
C．右端为正极，发生还原反应，电极反应式为：MV2++e-=MV+，故C符合题意；
D．原电池中，内电路中氢离子通过交换膜由负极向正极移动，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应物和产物的化学式判断；
B．工业合成氨需要高温，高压，催化剂，生物燃料电池原理研究室温下氨的合成；
C．反应中元素化合价升高，做负极，元素化合价降低，为正极；负极失电子发生氧化反应；正极得电子，发生还原反应；
D．原电池中，溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极定向移动。
23．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸浓度c > b > a，所以水电离程度a > b > c，故A选项不符合题意。
B．a点加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，说明，根据电荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)，故B选项不符合题意。
C．b点处醋酸过量，溶液呈酸性，由物料守恒可知，醋酸电离平衡常数为：， 则，则则则，故C选项不符合题意。
D．a点溶液中pH=7，，，溶液中，该温度下醋酸电离平衡常数，故D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】A．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸或碱浓度越大其抑制水电离程度越大；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据物料守恒分析；
D．选择a点利用计算。
24．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．由分析可知，和为反应物，为生成物，Aldol反应方程式为：，故A不符合题意；
B．中间体1发生消去反应得到中间体2；中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，故B符合题意；
C．化合物3和4的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C不符合题意；
D．中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，即中间体3中存在氢键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据机理图判断；
B．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；消去反应为有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个小分子，而生成含不饱和键化合物的反应；
C．分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
D．氢键是电负性强的原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强的原子共价结合的氢原子间形成的键。
25．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸、沸石，迅速升温至170℃，乙醇易挥发，也能使高锰酸钾溶液褪色，不一定产生了乙烯，故A不符合题意；
B．先加足量硫酸铜溶液，过滤，再向过滤后固体中加足量的稀硫酸溶解，若有铁剩余，能将铜置换出来，铜能与三价铁离子反应，生成二价铁离子，故不能判断固体产物中铁元素有+2、+3 两种化合价，故B不符合题意；
C．甘油能与新制氢氧化铜反应，生成绛蓝色溶液，所以可以用新制氢氧化铁检验甘油，故C不符合题意；
D．探究Na2SO3固体样品是否变质，要先加入盐酸排除银离子，碳酸根的干扰，在加入氯化钡，若有白色沉淀产生，则样品已经变质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．乙醇易挥发且有还原性；
B．铁与硫酸铜溶液置换出铜，铜能与三价铁离子反应，生成二价铁离子；
C．甘油能与新制氢氧化铜反应，生成绛蓝色溶液；
D．依据检验硫酸根离子分析。
26．【答案】（1）NaCl、MgCl2 是离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子键的强度大于范德华力（分子间作用力）
（2）+H+，中存在分子内氢键，更稳定，电离平衡常数更大
【知识点】晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）NaCl、MgCl2 是离子晶体，离子间通过离子键结合，AlCl3为分子晶体，分子间通过范德华力结合，离子键的强度大于范德华力，所以NaCl、MgCl2的熔点远高于AlCl3的熔点，
（2）羟基是供电子基，使得苯甲酸的氢质子失去后形成的负离子的负电荷更多，更加不稳定，所以对羟基苯甲酸的电离常数比苯甲酸电离常数略大一点，但是邻羟基苯甲酸在失去氢离子+H+，之后邻位的羟基与中-COO-形成分子内氢键，使得更加稳定 电离平衡常数更大；
【分析】（1）熔点由高到低的顺一般为原子晶体>离子晶体>分子晶体；
（2）依据分子间氢键与分子内氢键对平衡的影响分析；
27．【答案】（1）C2H6
（2）解：NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则： ，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6答：气态烃的分子式为C2H6
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则：
，，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6，故答案为：C2H6；
（2）解：NaOH溶液吸收40mL为燃烧生成CO2体积，产物通过浓硫酸，再恢复至室温，气体体积减少了50mL，则：
，，解得：x=2，y=6，故该烃的分子式为C2H6
答：气态烃的分子式为C2H6。
【分析】（1）利用烃燃烧的通式计算；
（2）利用差量法计算。
28．【答案】（1）Cu2O
（2）K2CuCl4
（3）KCl、KOH和K2Cu(OH)4
（4）2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O
（5）向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断
【解析】【解答】（1）由分析可知，砖红色沉淀C是乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成的Cu2O，故答案为：Cu2O；
（2）由分析可知，化合物X的化学式为K2CuCl4，故答案为：K2CuCl4；
（3）由分析可知，蓝色溶液B为过量的KOH和K2CuCl4反应后的溶液，故其中含有的溶质是KCl、KOH和K2Cu(OH)4，故答案为：KCl、KOH和K2Cu(OH)4；
（4）溶液B即新制氢氧化铜悬浊液与乙醛反应的离子方程式为：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O，故答案为：2Cu(OH)2+OH-+CH3CHOCH3COO-+Cu2O↓+3H2O；
（5）由于Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，故可以向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu，故答案为：向上述所得5.4g的砖红色固体中加入足量的稀硫酸后，过滤洗涤干燥，称量所得的固体的质量，若质量等于=2.4g，说明不含Cu，若质量大于2.4g，说明含有Cu。
【分析】（1）依据反应物的组成和产物的性质判断；
（2）依据流程图中物质的组成和已知信息判断；
（3）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（4）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（5）依据产物的性质设计。
29．【答案】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S<0、△H<0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行
（2）B；C；D
（3）33.3kp
（4）
（5）+3=I- +3+3H+；H2O+I2+=2I- ++3H+
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S>0、△H>0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行；故答案为高温自发；温度升高，平衡时CO体积分数增大，△H>0且反应气体分子数增加△S>0；
（2）A. 反应在恒容容器中进行，1×103K时，若充入惰性气体，反应物的浓度不变，v正、v逆均不变，选项A不正确；
B. 1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，温度对吸热反应影响较大，故v正变化幅度更大，选项B正确；
C. 由图可知，1×103K时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的CO2为1mol，转化了xmol，则有：
所以，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为，选项C正确；
D.由该反应为非等体积反应知，T×103K达平衡后加入等体积CO2和CO相当于增大压强，所以平衡逆向移动，选项D正确；
故答案为：BCD；
（3）1×103K时，起始压强为100kPa，反应一段时间达到平衡，平衡时CO的体积分数为40%，则CO2的体积分数为60%，平衡时总压强为100kPa=125 kPa，所以用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp===33.3kp；
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，随着温度的升高，正逆反应速率均增大，故V正速率曲线趋势向上，反应达平衡后升高温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，因此V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线如下：。
（5）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，应该有第一步反应+3=I- +3+3H+，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O，然后蓝黑色又变为无色，则碘消耗，发生反应H2O+I2+=2I- ++3H+；答案为+3=I- +3+3H+、H2O+I2+=2I- ++3H+。
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）利用“三段式”法计算；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）依据反应物和产物，利用已知反应和实验现象书写。
30．【答案】（1）提供SO3
（2）B；D
（3）
（4）( c )→( g )→( b )→( d )→( e )→( f )
（5）中和溶液，防止碘在碱性条件下发生歧化反应；
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中加入纯净的发烟硫酸(H2SO4·nSO3)，挥发出的SO3与装置B中加入的SCl2反应生成SOCl2，所以加入发烟硫酸目的是提供SO3。
（2）A．对装置A进行慢慢加热，可加快SO3挥发的速度，故A正确；
B．加热至40℃以上，部分开始分解，所以不能加热装置B，故B不正确；
C．为提高冷凝效果，装置C中冷凝水流向应下进上出，故C正确；
D．SOCl2极易水解，若装置D所加试剂为NaOH溶液，易引起SOCl2水解，故D不正确；
选BD。
（3）二氯亚砜在稍高于沸点的温度下会发生明显的分解，分解产物为S2Cl2，常温为无色刺激性气味气体A是SO2，根据元素守恒，单质气体B是Cl2，化学反应方程式为；
（4）根据蒸馏操作的规程，正确的操作顺序是：a．搭建蒸馏装置；c．检查气密性；g．加试剂，加沸石；b．通冷凝水； d．加热蒸馏烧瓶； e．收集45-60℃馏分； f．收集76-77℃馏分；
（5）(i)碘单质能与碱反应，步骤①滴加 2mol/L盐酸溶液的原因是中和氢氧化钠，防止碘在碱性条件下发生歧化反应；
(ii)结合实验④，根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可知V mL c0 mol/L的碘标准溶液中含有I2的物质的量是；实验③消耗I2的物质的量是；则Na2SO3消耗I2的物质的量是，根据Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI可知Na2SO3的物质的量是，根据SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O可知SOCl2的物质的量是，所以则SOCl2的纯度为 。
【分析】（1）依据已知信息和实验目的判断；
（2）A．利用已知信息分析；
B．依据产物的性质
C．采用逆流操作；
D．SOCl2极易水解；
（3）利用反应物和产物结合现象，根据元素守恒书写；
（4）根据蒸馏操作的规程，正确的操作顺序是：搭建蒸馏装置；检查气密性；加试剂，加沸石；通冷凝水；加热蒸馏烧瓶； 收集馏分；
（5）(i)防止副反应发生；
(ii)利用关系式法计算。
31．【答案】（1）CH3CH=C(CH3)CHO
（2）B；C；D
（3）
（4）、、(CH3)3C-C≡C-CO-CH3
（5）CH3OHHCHO
【知识点】有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由分析可知， D的结构简式为CH3CH=C(CH3CHO)，故答案为：CH3CH=C(CH3CHO)；
（2）A．化合物B的结构简式为，由于单键可以旋转，与氧原子相连的甲基中的碳不一定和其他碳原子共面，故A不正确；
B．化合物E的结构简式为，分子中含有如图的3个带号的手性碳原子：，故B正确；
C．由分析可知，化合物C和D发生的反应为与CH3CH=C(CH3)CHO发生信息①的加成反应生成，故C正确；
D．化合物H的结构简式为，分子式为C15H24O3，故D正确；
故答案为：BCD；
（3）由分析可知，E→F的反应为在碱存在条件下发生信息②反应生成，反应的化学方程式为 ，故答案为：；
（4）化合物C的不饱和度为3(奇数)，C原子数为8(偶数)，同分异构体中1H-NMR谱显示只有2种不同化学环境的氢原子，分子中不超过1个环说明同分异构体分子结构对称，符合条件的结构简式为、、(CH3)3C-C≡C-CO-CH3，故答案为：、、(CH3)3C-C≡C-CO-CH3；
（5）由题给信息可知，以甲醇和丙酮为原料合成的步骤为在铜做催化剂作用下，甲醇与氧气发生催化氧化反应生成甲醛，甲醛与丙酮在碱作用下发生信息②反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，合成路线为CH3OHHCHO，故答案为：CH3OHHCHO。
【分析】（1）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（2）A．依据苯、乙烯是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；
B．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
C．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；
D．根据结构简式确定分子式
（3）依据反应前后物质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。