上海市杨浦区2023届高三下学期高考模拟（高中等级考模拟质量调研二模）化学试题

这是一份上海市杨浦区2023届高三下学期高考模拟（高中等级考模拟质量调研二模）化学试题，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，结构与性质，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

上海市杨浦区2023届高三下学期高考模拟（高中等级考模拟质量调研二模）化学试题

一、单选题
1．（2023·上海杨浦·统考二模）2021年日本将核废水中的辐射物“氚(T)”做成卡通形象(如图示)，企图将核废水排入大海合理化。下列有关氚的说法正确的是

A．标“+”小球表示中子 B．可表示为
C．和氕、氘的性质完全相同 D．和氕、氘都属于氢元素
2．（2023·上海杨浦·统考二模）从煤焦油中可分离出苯、甲苯等芳香烃。关于煤焦油的下列说法错误的是
A．属于混合物 B．由煤分馏得到
C．难溶于水 D．利用沸点差异分离出苯、甲苯
3．（2023·上海杨浦·统考二模）下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是
A．漂粉精 B．溶液 C． D．烧碱
4．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，能完全溶解和反应后的固体混合物的试剂是
A．稀 B．浓 C．溶液 D．浓
5．（2023·上海杨浦·统考二模）与物质溶解度无关的实验是
A．通入饱和食盐水中析出晶体 B．用水吸收尾气中
C．冷却熔融态硫，得到淡黄色固体 D．加热浓氨水得到氨气
6．（2023·上海杨浦·统考二模）关于硫酸的说法错误的是
A．质量分数为98% B．为
C．可干燥等气体 D．稀释时有共价键断裂
7．（2023·上海杨浦·统考二模）下列图示错误的是
A．的电子云： B．金刚石晶体结构模型：
C．形成过程： D．球棍模型：
8．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，将充满的试管倒立于水中，充分反应，如图所示，下列分析错误的是

A．不能用排水法收集
B．剩余的无色气体约占试管体积的
C．试管中的溶液能使石蕊试液变红色
D．向试管中缓慢通入，液面上升但不可能充满试管
9．（2023·上海杨浦·统考二模）下列试剂不能用来鉴别和的是
A．溶液 B．亚硫酸 C．溴水 D．氢硫酸
10．（2023·上海杨浦·统考二模）环辛四烯()中碳碳键键长有两种：和，则环辛四烯
A．与乙苯互为同分异构体 B．与等物质的量的溴加成，产物只有1种
C．邻二氯代物只有1种 D．化学键b的键长为
11．（2023·上海杨浦·统考二模）海洋生物参与氮循环的过程如图所示，下列说法正确的是

A．图中微粒间的转化均属于氧化还原反应 B．酸性环境有利于反应①
C．反应③可能有氧气参与反应 D．反应③、⑤属于氮的固定
12．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是
A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶
C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同
13．（2023·上海杨浦·统考二模）利用下列药品进行实验，能达到实验目的的是

实验目的
实验药品
A
证明烧碱部分变质
样品溶液、酚酞、溶液
B
层析法分离微量和
样品溶液、丙酮、溶液
C
检验溴乙烷中的溴原子
溴乙烷、溶液、溶液
D
除去己烷中的己烯
样品、溴水

A．A B．B C．C D．D
14．（2023·上海杨浦·统考二模）25℃时，溶液中的下列关系不能说明第二步电离比第一步电离程度更小的是
A．远大于 B．远大于
C．远大于 D．约等于
15．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，等体积的溶液和溶液，下列叙述正确的是
A．钠离子浓度相同 B．滴入几滴稀盐酸，均无明显现象
C．水电离的总浓度均为 D．滴入少量溶液，均得到沉淀
16．（2023·上海杨浦·统考二模）将铜和氧化铁的混合物溶于足量稀盐酸中，所得溶液能使溶液变红色。下列说法错误的是
A．容器中可能有固体残渣 B．所得溶液中存在、、
C．原固体中 D．红色溶液中加入足量铁粉，红色褪去
17．（2023·上海杨浦·统考二模）以下是工业上生产乙酸乙酯的四种方法，下列分析不合理的是

A．②③反应类型相同 B．①③乙酸的键均断裂
C．①④均有水生成 D．②④均有键形成
18．（2023·上海杨浦·统考二模）相关有机物分别与氢气发生反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：

下列叙述错误的是
A．(g)(g)为吸热反应
B．(g)(g)
C．相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少
D．，可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
19．（2023·上海杨浦·统考二模）侯氏制碱法的流程如图所示。下列判断正确的是

A．煅烧前后固体质量：前＜后 B．碳酸化前后：前>后
C．盐析前后：前>后 D．母液I和II中：I＜II
20．（2023·上海杨浦·统考二模）常温下，将缓慢通入水中至饱和，再向其中滴加的溶液，溶液的变化如图所示，下列分析正确的是

A．①点：
B．②点：
C．③点：
D．④点：

二、实验题
21．（2023·上海杨浦·统考二模）环己烯()是重要的化工原料，实验室环己醇()可在催化下制备环已烯。
I.环已烯的制备
如图所示，将环己醇加入试管中，再加入固体，缓慢加热，在试管内收集到环己烯粗品。


密度
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81

83
难溶于水

(1)浓硫酸也可作该反应的催化剂，但此实验中，选用，而不用选浓硫酸的可能原因是_______(写2点)。
(2)实验时水浴温度应高于_______℃，原因是_______。
(3)环己烯粗品中含少量环己醇和等物质。产生的原因是_______(用化学方程式表示)。加入饱和食盐水除去，经振荡、静置、分层后，产品在_______层(填“上”或“下”)，再蒸馏得到纯环己烯。
II.环己烯含量测定
向环已烯样品中加入，充分反应后，剩余的与足量溶液反应，用标准溶液滴定，终点时消耗。 (已知：)
(4)滴定所用指示剂为_______，滴定终点现象为_______。
(5)样品中环己烯的质量分数为_______(用字母表示)。标准溶液部分被氧化，会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

三、结构与性质
22．（2023·上海杨浦·统考二模）离子型金属氢化物、、、等，具有强还原性，也可作生氢剂。
(1)核外不同能量的电子数之比为：_______(按能量由低至高的顺序)。
(2)将、、、按半径由小到大的排列顺序为_______。
(3)1个中含_______电子，补写一个与电子数相同且带一个单位负电荷的离子的电子式：、_______。
(4)两种硼化物的熔点如表所示：
硼氢化物


熔点/℃
400


两物质熔点差异的原因是_______。
(5)工业上常用“有效氢”含量衡量含氢还原剂的还原能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。的有效氢含量约为_______(2位小数)。
工业上可利用下述工艺得到氢气。

(6)其中的平衡常数的表达式_______，上述反应达到平衡时，容器内气体的平均摩尔质量为，若保持恒温恒容，向该容器中加入少量，再次达平衡后，气体的平均摩尔质量为，比较、的大小，并说明理由_______。
(7)该工艺的总反应方程式为：_______。

四、有机推断题
23．（2023·上海杨浦·统考二模）3-四氢呋喃甲醇是合成农药呋虫胺的中间体，其一种合成路线如下：

已知：i. R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
ii. R1COOR2R1CH2OH+R2OH
iii. R1OH+R2OHR1OR2+H2O
(1)和互为_______。的反应类型是_______反应。
(2)的分子式_______。
(3)不宜选用银氨溶液或新制氢氧化铜的原因是：_______。
(4)的结构简式为：_______。
(5)3-四氢呋喃甲醇有多种同分异构体，写出1种符合下列条件的有机物的结构简式：_______。
①不能与金属钠反应   ②分子中有3种不同化学环境的氢原子
(6)时会生成分子式为的副产物，该副产物的结构简式是_______。
(7)已知具有极强还原性，除了还原酯基外(信息ii)，还可还原醛基等。请以为原料，利用题中信息及所学知识，选用必要的无机试剂合成。______
(合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物)

五、工业流程题
24．（2023·上海杨浦·统考二模）实验小组模拟工业上回收“分银渣”中的银，过程如下：

I中反应：(杂质不反应)
(1)过程I中，向溶液中加入分银渣，10分钟后，固体质量减少了28.7g，则反应速率_______。(忽略溶液体积变化)
(2)溶液中离子浓度的关系是：_______。
(3)其他条件不变，反应I在敞口容器中进行，若反应时间过长反而银的产率降低，银产率降低的可能原因是_______(用离子方程式解释)。
不同时，浸出液中的浓度与含硫化合物总浓度的关系如下图所示(注：含硫化合物总浓度即亚硫酸钠溶液中含硫微粒总浓度)。

(4)时，解释浓度度随含硫化合物总浓度变化趋势的原因_______。
(5)时，浓度随含硫化合物总浓度的变化与时不同，可能的原因是_______。
(6)将II中反应的离子方程式补充完整： (中的化合价可看做0价)

++ _______= _______+_______+ ______________
(7)III中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银浸出率降低。从回收液离子浓度变化和平衡移动的角度分析原因：_______。

参考答案：
1．D
【详解】A．中子不带电荷，则标“+”小球表示质子，故A错误；
B．氚原子的质子数为1、中子数为2、质量数为3，原子符号为，故B错误；
C．氕、氘、氚的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故C错误；
D．氕、氘、氚的质子数相同，都属于氢元素，故D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．从煤焦油中可分离出苯、甲苯等芳香烃，说明煤焦油由多种物质组成，属于混合物，故A正确；
B．煤焦油由煤干馏得到，故B错误；
C．煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，难溶于水，故C正确；
D．苯和甲苯互溶，且沸点不同，可利用沸点差异分离出苯、甲苯，故D正确；
故答案选B。
3．D
【详解】A．漂粉精变质的原因为漂粉精的有效成分与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．硫酸亚铁溶液中的亚铁离子易与空气中的氧气反应生成铁离子，则变质原因与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．过氧化钠变质的原因为过氧化钠与空气中的二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．烧碱变质的原因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，则变质原因与氧化还原反应无关，故D符合题意；
故选D。
4．A
【分析】铝和氧化铁高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝。
【详解】A．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸氯和水，则稀硫酸能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故A正确；
B．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，不能持续反应，则浓硫酸不能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故B错误；
C．铁与氢氧化钠溶液不反应，则氢氧化钠溶液不能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故C错误；
D．室温下，铁在浓硝酸中发生钝化，不能持续反应，则浓硝酸不能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．氯化氢极易溶于水，通入饱和食盐水中会使溶液中氯离子浓度增大，降低氯化钠溶解度便于析出氯化钠晶体，则氯化氢通入饱和食盐水中析出晶体与氯化钠的溶解度有关，故A不符合题意；
B．氯化氢极易溶于水，所以用水吸收尾气中氯化氢与溶解度有关，故B不符合题意；
C．冷却熔融态硫，得到淡黄色固体与硫的熔点有关，与硫的溶解度无关，故C符合题意；
D．加热浓氨水，浓氨水受热分解生成氨气，温度升高，氨气的溶解度减小便于氨气逸出，则加热浓氨水得到氨气与氨气的溶解度有关，故D不符合题意；
故选C。
6．B
【详解】A．由c=可知，浓硫酸的质量分数为×100%=98%，故A正确；
B．浓硫酸的主要成分是硫酸分子，则溶液中的离子浓度一定小于36.8mol/L，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可以干燥二氧化硫、一氧化碳等不与浓硫酸反应的气体，故C正确；
D．硫酸则溶液中电离出氢离子和硫酸根离子，所以稀释时有共价键断裂，故D正确；
故选B。
7．C
【详解】A．2px的电子云是纺锤形，电子云轮廓图为 ，故A正确；
B．金刚石是空间网状结构的原子晶体，晶体结构模型为 ，故B正确；
C．氯化氢是共价化合物，表示氯化氢形成过程的电子式为 ，故C错误；
D．四氯化碳的空间构型为正四面体形，球棍模型为 ，故D正确；
故选C。
8．D
【分析】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，则将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的。
【详解】A．由分析可知，二氧化氮易溶于水，与水发生反应，不能用排水法收集，故A正确；
B．由分析可知，将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的，故B正确；
C．由分析可知，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应生成的硝酸能使石蕊试液变红色，故C正确；
D．由分析可知，将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的，向试管中缓慢通入氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以试管中液面上升，若通入的氧气与一氧化氮的体积比为3：4，一氧化氮和氧气、水恰好反应生成硝酸，液面能充满试管，故D错误；
故选D。
9．A
【详解】A．亚硫酸和氢硫酸的酸性都弱于盐酸，二氧化硫和硫化氢但不能与氯化钡溶液反应，所以不能用氯化钡溶液鉴别二氧化硫和硫化氢，故A符合题意；
B．亚硫酸与硫化氢反应生成硫沉淀和水，与二氧化硫不反应，所以能用亚硫酸溶液鉴别二氧化硫和硫化氢，故B不符合题意；
C．溴水与二氧化硫反应生成硫酸和氢溴酸使溶液褪色，与硫化氢反应生成硫沉淀和氢溴酸使溶液褪色，两反应的实验现象不同，所以能用溴水鉴别二氧化硫和硫化氢，故C不符合题意；
D．氢硫酸溶液与二氧化硫反应生成硫沉淀和水，与硫化氢不反应，所以能用氢硫酸溶液鉴别二氧化硫和硫化氢，故D不符合题意；
故选A。
10．D
【分析】相同原子之间成键，共用电子对越多，键长越短。环辛四烯()中碳碳键键长有两种，则结构中存在两种碳碳键，即碳碳单键和碳碳双键，故为碳碳双键键长，即b键键长；为碳碳单键键长，即a键键长。
【详解】A．环辛四烯分子式为，乙苯分子式为，二者分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；
B．与等物质的量的溴加成，其加成位置可以为1，2加成，产物为；或1，4加成，产物为，产物多于1种，故B错误；
C．环辛四烯相邻碳原子之间可以存在碳碳单键或碳碳双键，故邻二氯代物有和两种，故C错误；
D．由分析可知，化学键b的键长为，故D正确；
故答案为：D。
11．C
【详解】A．铵根离子种氮元素-3价，氨气分子中氮元素-3价，即①不属于氧化还原反应，A错误；
B．氨气属于碱性气体，能与氢离子作用生成铵根离子，故酸性环境不利于反应①，B错误；
C．N2H4中氮元素显-2价，氮气中氮元素显0价，氮元素化合价升高发生氧化反应，又氧气具有氧化性，故反应③可能有氧气参与反应，C正确；
D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程，③、⑤都是将化合态的氮转化为游离态的氮，故不属于氮的固定，D错误；
故选C。
12．C
【分析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5g，所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。
【详解】A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A错误；
B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；
C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；
D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故D错误；
故选C。
13．A
【详解】A．烧碱变质生成碳酸钠，向烧碱样品溶液中加入过量溶液，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，振荡后加入酚酞溶液，若变红，说明还含有氢氧化钠，进而说明氢氧化钠部分变质，故A符合题意；
B．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，展开剂为丙酮，为防止Fe3+和Cu2+水解，常在展开剂中加入少量盐酸酸化，缺少盐酸，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．溴乙烷水解后，应先加入稀硝酸中和NaOH溶液，再滴加溶液，该实验缺少稀硝酸，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．溴水与己稀发生后加成反应生成二溴己烷，二溴己烷与己烷互溶，引入新杂质，不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案选A。
14．A
【详解】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离：H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，第一步电离抑制第二步电离，电离以第一步电离为主，则溶液中氢离子浓度约等于氢硫酸根离子浓度，硫离子浓度远小于氢硫酸浓度、氢离子浓度和氢硫酸根离子浓度，则硫离子浓度远小于氢硫酸浓度不能说明氢硫酸的第二步电离比第一步电离程度更小，也可能是第一步电离生成的HS-的浓度就很少，综上所述，A项符合题意。
故选A。
15．B
【详解】A．的溶液中，由溶液电荷守恒有：，则，的溶液中由溶液电荷守恒有：，则，两种溶液中-相同，则氢氧化钠溶液中较小，故A错误；
B．滴入几滴稀盐酸，与盐酸反应生成NaCl，无明显现象，与盐酸反应生成，也无明显现象，故B正确；
C．完全电离，溶液中氢离子只由水电离产生，则水电离的总浓度为。溶液中发生水解，对水的电离起促进作用，则溶液中由水电离的浓度大于，即水电离的总浓度大于，溶液中浓度为，根据室温下，溶液中浓度为，即为水电离的总浓度为，故C错误；
D．溶液滴入少量溶液，二者反应产生或，无沉淀生成，溶液滴入少量溶液，二者反应产生，有沉淀出现，故D错误；
故答案为：B。
【点睛】（1）比较溶液中离子浓度，在无溶质浓度情况下，一定要通过守恒关系进行求解；（2）溶液中与存在多种情况，一定准确把握各个部分的浓度关系，特别是牢记由水电离的与浓度始终相同。
16．A
【分析】将铜和氧化铁的混合物溶于足量稀盐酸中，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐。
【详解】A． 氧化铁溶于过量的稀盐酸，生成的氯化铁过量铜全部溶解，容器中不可能有固体残渣，故A错误；
B． 向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐，所得溶液中存在、、，故B正确；
C． 发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，原固体中，故C正确；
D． 溶液中存在铁离子，加入足量铁粉发生反应2FeCl3+Fe=3FeCl2，铁离子被完全消耗，溶液红色褪去，故D正确；
故选：A。
17．B
【分析】由图可知，反应①为浓硫酸作用下乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应②为以烷基铝为催化剂，两分子乙醛先发生加成反应，后发生构型转化生成乙酸乙酯，反应③为浓硫酸作用下乙烯与乙酸共热发生加成反应生成乙酸乙酯，反应④为催化剂作用下，丁烷与氧气发生催化氧化反应生成乙酸乙酯和水。
【详解】A．由分析可知，反应②③都是发生加成反应生成乙酸乙酯，故A正确；
B．由分析可知，反应③为浓硫酸作用下乙烯与乙酸共热发生加成反应生成乙酸乙酯，反应中只有氢氧键断裂，没有碳氧键断裂，故B错误；
C．由分析可知，反应①④均有水生成，故C正确；
D．由分析可知，反应②④均有碳氧键形成，故D正确；
故选B。
18．B
【详解】A．由图可知，(g)的能量小于(g)，则(g)(g)的反应为吸热反应，故A正确；
B．由图可知，(g)转化为 (g)和氢气的反应为放热反应，反应的热化学方程式为(g) (g)，故B错误；
C．由图可知，(g)的能量小于(g)，则相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少，故C正确；
D．(g)转化为(g)放出热量不是(g) 转化为(g)放出热量的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D正确；
故选B。
19．D
【分析】由图可知，精制饱和食盐水吸氨得到氨化的饱和食盐水，碳酸化时二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到含有氯化铵的母液I和碳酸氢钠；碳酸氢钠煅烧分解得到碳酸钠；母液I吸氨将溶液中的碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，冷析得到氯化铵溶液，向氯化铵溶液中加入氯化钠固体，将氯化铵转化为沉淀，过滤得到氯化铵和含有氯化钠的母液II，母液II可以循环使用，提高原料的利用率。
【详解】A．由分析可知，煅烧发生的反应为碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则煅烧前固体质量大于煅烧后，故A错误；
B．由分析可知，碳酸化前的溶液为氨化的饱和食盐水，碳酸化后的溶液为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，则碳酸化前的溶液中的铵根离子浓度小于碳酸化后，故B错误；
C．由分析可知，盐析前的溶液为氯化铵溶液，盐析后的溶液为氯化钠溶液，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化钠溶液呈中性，则盐析前溶液pH小于盐析后，故C错误；
D．由分析可知，母液I为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，母液II为氯化钠溶液，则母液I中钠离子浓度小于母液II，故D正确；
故选D。
20．C
【详解】A．由图可知，①点氯气与水反应所得溶液为氯气的不饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故A错误；
B．由图可知，②点氯气与水反应所得溶液为氯气的饱和溶液，溶液中次氯酸浓度大于次氯酸根离子浓度，故B错误；
C．由图可知，③点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和次氯酸的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由方程式可知，氯化钠和次氯酸钠的浓度相等，由物料守恒可得：，由溶液中的电荷守恒关系可知，溶液中，故C正确；
D．由图可知，④点氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠、次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D错误；
故选C。
21．(1)FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念；浓硫酸易使原料碳化并生成SO2。
(2)     83     环己烯的沸点是83℃
(3)       Fe（OH）3+3HCl     上
(4)     淀粉溶液     当加入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色
(5)          偏小

【分析】可在 催化下发生消去反应生成环已烯。由于生成环己烯的沸点为83℃，水浴温度要高于83℃，使其蒸出，要得到液态环己烯，导管B除有导气外还有冷凝作用，便于环己烯冷凝，C中冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化。环己烯粗品中含少量环己醇和 等物质，加入饱和食盐水除去 ，经振荡、静置、分层后，环己烯密度比水小，所以产品在上层，再蒸馏得到较纯的环己烯。用氧化还原滴定法测定产品纯度。
【详解】（1）浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3∙6H2O而不用浓硫酸，因为浓硫酸具有强脱水性，能使有机物脱水炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应并产生SO2，FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念。答案：FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念；浓硫酸易使原料碳化并生成SO2
（2）环己烯沸点为83℃，反应过程中，环己烯要蒸出，进入C装置收集，答案：83；环己烯的沸点是83℃；
（3）FeCl3加热促进水解产生HCl，环己烯密度比水小，在上层，答案：   Fe（OH）3+3HCl；上；
（4）根据反应原理可知，可用淀粉溶液作指示剂，当12被Na2S2O3消耗完时，达到滴定终点，现象是蓝色变为无色，且半分钟内不恢复时达到终点。答案：淀粉溶液；当加入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色；
（5）由Br2+2KI=I2+KBr，可知，n（I2）=，则和环己烯反应的Br2为（b-）mol，根据反应关系式~Br2，环己烯质量为82（b-）g，环己烯的质量分数为， 当 Na2S2O3部分被氧化时，所用Na2S2O3溶液的体积偏大测得环已烯质量分数偏小。答案：；偏小。
22．(1)2：2：6：1
(2)H+＜Li+＜H—＜O2—
(3)     10    
(4)为离子晶体，为分子晶体
(5)0.21
(6)          M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变
(7)H2O+CCO+ H2

【详解】（1）钠元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，由能量最低原理可知，核外不同能量的电子数之比为2：2：6：1，故答案为：2：2：6：1；
（2）离子的电子层数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径最大、氢离子的离子半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则H—离子的离子半径大于锂离子，所以四种离子的离子半径由小到大的顺序为H+＜Li+＜H—＜O2—，故答案为：H+＜Li+＜H—＜O2—；
（3）四氢合硼酸根离子含有的电子数为10，氟离子和氢氧根离子与四氢合硼酸根离子的电子数都为10和都带带一个单位负电荷，氢氧根离子的电子式为，故答案为：；
（4）四氢合硼酸钠为离子晶体，四氢合硼酸铝为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以四氢合硼酸钠的熔点高于四氢合硼酸铝，故答案为：为离子晶体，为分子晶体；
（5）反应时，1mol四氢合铝酸锂能提供8mol电子，相当于4mol氢气，则四氢合铝酸锂的有效氢含量为≈0.21，故答案为：0.21；
（6）由方程式可知，反应的平衡常数的表达式K=，反应达到平衡时，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变，所以平均摩尔质量为M1等于M2，故答案为：；M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变；
（7）由图可知，反应物为水和碳，生成物为一氧化碳和氢气，氧化亚铁为反应的催化剂，总反应为氧化亚铁做催化剂条件下，水与碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为H2O+CCO+ H2，故答案为：H2O+CCO+ H2。
23．(1)     同系物     取代反应
(2)C9H16O5

(3)银氨溶液或新制氢氧化铜都呈碱性，氧化醛基时会使酯基水解
(4)
(5)
(6)
(7)

【分析】A在碱性加热条件下与发生取代反应生成B，B在催化剂、加热条件下将醛基氧化成羧基，生成D，D中羧基与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，E与环氧乙醚发生加成反应生成F，F在一定条件下反应生成G，的结构简式为：，G按信息ii. R1COOR2R1CH2OH+R2OH模式反应生H，
【详解】（1）为乙酸乙酯和互为同系物。的反应类型是取代反应反应。故答案为：同系物；取代反应；
（2）的分子式C9H16O5。故答案为：C9H16O5；
（3）不宜选用银氨溶液或新制氢氧化铜的原因是：银氨溶液或新制氢氧化铜都呈碱性，氧化醛基时会使酯基水解。故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜都呈碱性，氧化醛基时会使酯基水解；
（4）根据信息i. R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH，发生反应生成G和乙醇，的结构简式为：。故答案为：；
（5）3-四氢呋喃甲醇,分子式为C5H10O2 ,不饱和度为1，3-四氢呋喃甲醇有多种同分异构体，符合①不能与金属钠反应，分子中没有羧基和羟基，  ②分子中有3种不同化学环境的氢原子，符合条件的有机物的结构简式如：。故答案为：；
（6）E分子的中间碳原子上有2个H原子，均可与环氧乙醚反应，时会生成分子式为的副产物，该副产物的结构简式是。故答案为：；
（7）以为原料，先用将其还原为，在一定条件下脱水得，在铜催化加热条件下将羟基氧化为醛基，得到产物，合成路径为。故答案为：。
24．(1)0.008mol/(L·min)
(2)
(3)
(4)增大，使反应I中的平衡正向移动
(5)pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显
(6)4++6OH-=4Ag+8+4H2O+
(7)随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移

【分析】分银渣中主要成分是氯化银，I中用溶液作为浸出剂，主要反应为；浸出液与甲醛反应，II中反应为4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，生成Ag回收，同时又生成，可循环使用。
【详解】（1）固体质量减少了28.7g，即反应溶解了28.7gAgCl，其物质的量为=0.02mol，由反应方程式可知，参加反应的的物质的量为0.02mol2=0.04mol，则反应速率=0.008mol/(L·min)，故答案为：0.008mol/(L·min)。
（2）溶液中存在物料守恒关系，，故答案为：。
（3）反应I在敞口容器中进行，很容易被空气中的氧气氧化，而使银的产率降低，反应的离子方程式为，故答案为：。
（4）由图像可知，时，浓度随含硫化合物总浓度增大而增大，变化趋势的原因是增大，使反应I中的平衡正向移动，导致浓度增大，故答案为：增大，使反应I中的平衡正向移动。
（5）由图像可知，相比于pH=10时，pH=6时候，随含硫化合物总浓度增大，浓度增大不明显，可能的原因是pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显，故答案为：pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显。
（6）HCHO中C元素化合价由0价升高到+4价，中Ag元素化合价由+1价降低到0价，反应产物有碳酸根离子，则可判断溶液为碱性，生成物有水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式为
4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，故答案为：4++6OH-=4Ag+8+4H2O+。
（7）由步骤II中反应方程式可知，反应消耗了，生成了Cl-，而反应I中为反应物，Cl-为生成物，平衡逆向移动，导致循环多次后，银浸出率降低，故答案为：随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移。