2023重庆市万州二中高三下学期二模化学试题含解析

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重庆市万州第二中学2023届高三下学期第二次诊断测试
化学试题
(满分：100分　　考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1     C12     N14     O16     F19     Cl35.5     Sc45     Co59     As75
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列物品所使用的主要材料属于无机非金属材料的是
A
B
C
D




陶瓷工艺品
纸质练习簿
不锈钢脸盆
蚕丝领带

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．陶瓷工艺品一般主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A选；
B．纸质练习簿的主要成分为纤维素，属于有机非金属材料，故B不选；
C．不锈钢脸盆的主要成分为金属合金材料，属于无机金属材料，故C不选；
D．蚕丝领带的主要成分为蛋白质，属于有机非金属材料，故D不选；
综上所述，答案为A。
2. 硒(Se)是人体必需的微量元素，它的一种同位素是。下列有关该同位素的说法正确的是
A. 质子数为80 B. 电子数为114 C. 中子数为46 D. 质量数为34
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.根据原子符号各个角标的含义可知Se是34号元素，质子数为34，A错误；
B.原子核外电子数等于原子核内质子数等于原子序数，所以其原子核外电子数为34，B错误；
C.中子数等于质量数与质子数的差，中子数等于80-34=46，C正确；
D.原子符号左上角为质量数，质量数等于80，D错误；
故合理选项是C。
3. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 碳原子数目为0.1NA的CH3OH分子中含有的共价键数为0.4NA
B. 0.1mol的3He中含有价层电子数目为0.2NA
C. 6.0g金刚石中含有质子数目为3NA
D. Na2O2与CO2反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3OH中含碳原子的物质的量为n=N/NA=0.1mol，0.1mol CH3OH分子中含有的共价键数为0.1×5=0.5NA，故A错误；
B．He价电子数为2，与中子数无关，则0.1mol的3He中含有价层电子数目为0.1×2=0.2NA，故B正确；
C．6.0g金刚石的物质的量为n=m/M=0.5mol，而金刚石为C质子数为6，故0.5mol金刚石中含3NA条共价键，故C正确；
D．过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素发生歧化反应，氧气由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故D正确；
故选：A。
4. 下列装置完成相关实验，合理的是（ ）




A.配制溶液，定容时的操作
B.除去水中泥沙
C.除去CO中的CO2气体
D.碳酸氢钠受热分解

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．没有使用玻璃棒引流，A错误；
B．符合过滤操作要求，B正确；
C．用NaOH溶液除去CO气体中的CO2杂质，导气管应该是长进短出，入气管通入不合理，不能达到除杂的目的，C错误；
D．给固体物质加热时，试管口应该略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流使试管炸裂，D错误；
答案选B。

5. 室温下，向溶液中滴加的稀盐酸，混合溶液与所加稀盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是

A. 水的电离程度：
B. a点：
C. b点：
D. c点：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，b点溶液显中性，对水的电离既不促进也不抑制，c点溶液中的溶质是Na2A，A2- 水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，则溶液中水的电离程度： ，故A错误；
B．a点溶液中的溶质是NaHA，结合图示可知呈酸性，则，又有电荷守恒：，则，故B错误；
C． b点溶液呈中性，则，又有电荷守恒：，则，故C错误；
D． c点为Na2A溶液，，A2-水解是微弱的，OH-还来自水的电离，则，故D正确；
故选D。
6. 汽车尾气中的氮氧化合物（NOx）与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。
NOxN2O5HNO3烟（一种雾霾）
有关该雾霾的叙述错误的是
A. 该雾霾中含硝酸铵固体 B. 反应②是非氧化还原反应
C. NH3是形成该雾霾的催化剂 D. NH3可能来自过度施用氮肥
【答案】C
【解析】
【分析】由于工业生产中使用矿物作为燃料，大量向空气中排放污染物，加上汽车尾气的大量排放，以及冬季取暖也向空气中排放粉尘，致使大量微小尘粒、烟粒或盐粒等颗粒悬浮在大气中，形成雾霾。
【详解】A．硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，故A正确；
B．反应②是五氧化二氮与水反应生成硝酸，反应中元素没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确；
C．硝酸与氨气反应生成硝酸铵固体，氨气是反应物，不是催化剂，故C错误；
D．铵盐不稳定易分解产生氨气，则NH3可能来自过度施用氮肥，故D正确；
故选C。
7. 二氟卡宾作为一种活性中间体，一直受到有机氟化学研究工作者的高度关注.硫单质与二氟卡宾可以形成，反应历程如图所示：

下列叙述错误的是
A. 和生成反应的
B. 由生成的活化能为
C. 上述反应历程中存在键的断裂和生成
D. 决定反应速率的基元反应的活化能为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图象可知反应物1mol(+)所具有的能量看为0，生成物1mol(+)所具有的能量为-207.13kJ，所以和生成反应的，故A不选；
B．所具有的能量高于所具有的能量，所以由生成所吸收的能量为34.21kJ/mol，即活化能为34.21kJ/mol，故选B；
C．由生成既有S-S键的断裂又有S-S键的生成，故C不选；
D．所具有的能量为37.29kJ/mol，所具有的能量为-28.8kJ/mol，则37.29 kJ/mol -(-28.8) kJ/mol =66.09kJ/mol。所以决定反应速率的基元反应的活化能为，故D不选；
答案选B。
8. 根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3
B
向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c( Fe2+)不变
Ksp(CuS) C
取某涂改液与KOH溶液混合加热，充分反应，取上层清液，加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成
涂改液中存在含氯化合物
D
取少量乙酰水杨酸样品，加入3 mL蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1~2滴FeCl3溶液，溶液变为紫色
乙酰水杨酸样品中可能含有水杨酸

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．能使品红溶液褪色的气体不仅仅是SO2，也可能是Cl2，故向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该钠盐不一定为Na2SO3或NaHSO3，还可能是NaClO，原理为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，A错误；
B．向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明CuS的溶解度更小，则溶度积Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，B正确；
C．涂改液与KOH溶液混合加热发生水解生成氯离子，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液生成白色沉淀AgCl，则涂改液中存在含氯化合物，C正确；
D．乙酰水杨酸中无酚羟基，而水杨酸含酚羟基，滴FeCl3溶液，溶液变为紫色，则说明结论正确，D正确；
故答案为：A。
9. 某新型离子电池电解质的化学组成为 W5.7XY4.7Z1.3（各元素的化合价均为最高正价或最低负价），已知 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期，W 原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数之和等于9，Y 的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法错误的是
A. 常见单质的沸点：Y>Z
B. W 的单质能与冷水反应
C. X与Z原子序数之和是Y 核电荷数的2倍
D. W、X、Y、Z的简单离子均能促进水的电离
【答案】D
【解析】
【分析】由“Y 的最高正价与最低负价代数和为4”，可推出Y为硫(S)；由“W 原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数之和等于9”，可推出W为锂(Li)；由“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素”，可推出Z为氯(Cl)；由“电解质的化学组成为 W5.7XY4.7Z1.3”，可推出X为磷(P)。
【详解】由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为Li、P、S、Cl。
A．Y为硫，单质常温下呈固态，Z为氯，单质常温下呈固态，所以常见单质的沸点：Y>Z，A正确；
B．W 为锂，是活泼的碱金属元素，它的单质能与冷水反应，B正确；
C．X与Z原子序数之和为15+17=32，刚好是Y(16S)核电荷数的2倍，C正确；
D．W、X、Y、Z的简单离子中Li+、Cl-不能促进水的电离，D错误；
故选D。
10. 软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是

A. 简单离子半径 B. 简单气态氢化物的热稳定性
C. 常温下M单质可以置换出W单质 D. 为V形分子，其沸点高于W
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，X为Li；通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S；W和Q同主族，W为O；Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F。
【详解】A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2->O2->F->Li+，A错误；
B．电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，HF>H2O>H2S，B正确；
C．2F2+2H2O=4HF+O2，常温下F2单质可以置换出O2单质，C错误；
D．O3分子看成一个O原子是中心原子，其他2个O原子为配原子，可以看成三原子分子。
O3的价电子对数=2+(6-2×2)÷2=3. 有一个孤电子对，所以是V型，D正确；
故选A。
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B. SO3与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3
C. 将Fe(NO3)3样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，不能说明样品变质
D. 室温下，SiO2(s)+3C(s) ═ SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
【答案】C
【解析】
【详解】A．负极反应为Pb失去电子再结合SO42-,转化为PbSO4，质量增加，A错误；
B．SO2与Ba(NO3)2溶液反应，因为SO2溶于水导致溶液呈酸性，与Ba(NO3)2电离出的NO3-构成了硝酸，将溶液中的+4价S氧化成+6价（SO42-），从而生成BaSO4，B错误；
C．Fe(NO3)3样品溶于稀硫酸后，构成了硝酸，可以将溶液中原有的Fe2+氧化成Fe3+，从而无法证明样品原来是否变质了，C正确;
D．反应能否自发取决于,该反应不能自发，所以>0，因为该反应是熵增反应，，所以大于0，D错误；
答案选C。
【点睛】硝酸在考试中经常不直接给，而是分成两步给，一步提供H+,一步提供NO3-。
12. 化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是
选项
用途
性质
A
液氨作制冷剂
NH3分解生成N2和H2的反应是吸热反应
B
NH4Fe（SO4）2·12H2O常作净水剂
NH4Fe（SO4）2·12H2O具有氧化性
C
漂粉精可以作环境消毒剂
漂粉精溶液中ClO-和HClO都有强氧化性
D
Al2O3常作耐高温材料
Al2O3，既能与强酸反应，又能与强碱反应


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．液氨汽化时需要大量吸热，液氨常用作制冷剂，与氨气的分解无关，故A错误；
B．铁离子水解生成氢氧化铁胶体，使得具有吸附性，常作净水剂，与氧化性无关，故B错误；
C．漂粉精作为消毒剂是因为ClO−和HClO都有强氧化性，故C正确；
D．氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高，与其化学性质无关，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意净水剂是利用物质的吸附性，杀菌消毒一般利用物质的氧化性。
13. FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是

A. 该装置将化学能转化为电能
B. a极为电源的正极
C. Ta2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—
D. 石墨电极上生成22.4 L O2，则电路中转移的电子数为4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源b极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。
【详解】A．该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故A错误；B．电解池工作时O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的b极为正极，a极为电源的负极，故B错误；C．Ta2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为Ta2O5+10e—=2Ta+5O2—，故C正确；D．石墨电极上生成的22.4 L O2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是1mol，转移电子数也不一定是4×6.02×1023，故D错误；故答案为C。
【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用22.4L/mol计算气体的物质的量。
14. 类比pH的定义，对于稀溶液可以定义，。常温下，某浓度溶液在不同pH值下，测得、、变化如图所示。下列说法正确的是

A. 时，
B. 常温下，
C. b点时，对应
D. 时，先增大后减小
【答案】C
【解析】
【分析】H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，据此分析解答。
【详解】A．根据图象，下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，pC越大，浓度c越小，时，，故A错误；
B．交点a处c(HA-)=c(H2A)，根据H2A⇌HA-+H+，常温下，Ka1=c(H+)=l×10-0.8，则，故B错误；
C．根据图象，b点时对应，故C正确；
D．根据物料守恒c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)始终不变，故D错误；
故选C。
二、非选择题：共58分。
15. 铍作为一种新兴材料日益被重视，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，一种简化的工艺流程如下：

按元素周期表的对角线规则Be和Al性质相似；几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表。

Fe3+
Al3+
Fe2+
Be2+
开始沉淀时
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时
3.7
5.0
9.7
8.8

（1）步骤②中将熔块粉碎的目的是___________。
（2）步骤③加入H2O2时发生反应的离子方程式为___________，从滤液1中得到沉淀的合理pH为___________ (填字母)。
A．3.3~3.7　　　　　B．3.7~5.0 C．5.0~5.2　 D．5.2~6.5
（3）步骤④不宜使用NaOH溶液来沉淀Be2+的原因是___________。从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
（4）步骤⑦需要隔绝空气的环境，其原因是___________。
（5）若绿柱石中BeO的含量为a%，上述过程生产Be的产率为b%。则1 t该绿柱石理论上能生产含铍量2%的镀铜合金___________t。
【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率
（2） ①. 2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O ②. C
（3） ①. 过量的NaOH溶液会溶解Be(OH)2(或不易确保Be2+沉淀完全) ②. 蒸发浓缩 ③. 冷却结晶
（4）高温下空气中的氮气、氧气都可与镁或铍反应，从而降低产率
（5）1.8×10-3ab
【解析】
【分析】依据流程可知滤液Ⅰ成分为硫酸铍，硫酸铝，硫酸亚铁盐溶液混合物，加入过氧化氢可以将二价铁离子氧化生成三价铁离子，然后通过调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子转化为氢氧化铝沉淀而分离；滤液2中加入氨气生成氢氧化铍，通入氨气和氟化氢转化为(NH4)2BeF4，高温煅烧生成BeF2，最后真空高温下利用镁还原得到Be，据此解答。
【小问1详解】
步骤②中将熔块粉碎增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；故答案为：增大与硫酸的接触面积，提高反应速率；
【小问2详解】
依据流程可知滤液Ⅰ成分为硫酸铍，硫酸铝，硫酸亚铁盐溶液混合物，加入过氧化氢可以将二价铁离子氧化生成三价铁离子，离子方程式：2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O；依据表中数据可知：三价铁离子完全沉淀pH为3.7，铝离子沉淀完全的pH为5.0，而铍离子开始沉淀pH值为5.2，为使三价铁离子、铝离子分离应控制溶液pH在5.0-5.2之间，所以应选择：C；故答案为：2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O；C；
【小问3详解】
依据对角线规则，Be和Al性质相似，氢氧化铍与氢氧化铝性质类似，则氢氧化钠与氢氧化铍反应生成可溶性盐，所以不能用氢氧化钠沉淀铍离子；从溶液中得到晶体的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以缺少的步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：过量的NaOH溶液会溶解Be(OH)2（或不易确保Be2+沉淀完全）；蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问4详解】
铍性质活泼能够与空气中的氧气反应，所以步骤⑦需要隔绝空气的环境，其原因是高温下空气中的氮气、氧气都可与镁或铍反应，从而降低产率；故答案为：高温下空气中的氮气、氧气都可与镁或铍反应，从而降低产率；
【小问5详解】
依据已知条件1t该绿柱石理论上能生产含镀量2%的镀铜台金=1.8×10-3ab t；故答案为：1.8×10-3ab。
16. 二氧化氯(ClO2)常用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。
已知：①是黄绿色气体，易溶于水但不与水反应，沸点为11℃，有毒。
②(未配平)。
③(未配平)。
Ⅰ．设计如下装置制备：

（1）装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（2）易溶于水但不与水发生化学反应，从分子结构的角度解释其易溶于水的原因___________。
（3）欲制备并收集一定量的，上图中装置的连接顺序为a→___________。
Ⅱ．探究与的反应：
将上述收集到的用稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。
（4）请补全表格中的空白。

操作步骤
实验现象
结论
取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。
品红溶液始终不褪色
①无___________生成。
另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入溶液振荡
②___________
有生成
③继续试管乙中加入溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，___________。
有白色沉淀生成
有生成

（5）与反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）2：1 （2）ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水
（3）g→h→b→c→e→f→d
（4） ①. SO2 ( H2SO3、SO、HSO) ②. 有白色沉淀产生 ③. 加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液
（5）8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO+8H+
【解析】
【分析】Ⅰ．ClO2的制备：装置A中Cu与浓硫酸发生反应制备SO2气体，在装置B中发生生成ClO2的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，ClO2沸点较低，可在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收SO2、ClO2，防止污染空气；Ⅱ．①品红不褪色，说明无SO2（或或）生成；②硫酸根离子与氢氧化钡反应生成不溶于强酸的硫酸钡白色沉淀；③用硝酸酸化的硝酸银可验证氯离子；④ClO2与Na2S 反应有氯离子、硫酸根离子的生成，据此书写该反应的离子方程式；从而二者用量、氧化产物、溶解度、环境污染等角度分析，据此分析解题。
【小问1详解】
装置B中发生反应SO2 +NaClO3 +H2SO4→ClO2 +NaHSO4，SO2中+4价S被氧化物+6价，化合价升高2价，二氧化硫为还原剂；NaClO3中+5价Cl被还原为+4价，化合价降低1价，NaClO3为氧化剂，氧化还原反应中化合价升降相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；
【小问2详解】
已知ClO2为V形结构，正负电荷中心不重合，ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水但不与水发生化学反应，故答案为：ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水；
【小问3详解】
装置A制备SO2，生成的ClO2从a进入装置B中反应，为防止倒吸，应在A、B之间使用安全瓶，连接顺序顺序为a→g→h→b→c；ClO2的沸点较低，在装置D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，应采用长进短出方式，最后用NaOH溶液吸收SO2、ClO2，防止污染空气，则装置连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d，故答案为：g→h→b→c→e→f→d；
【小问4详解】
将适量的稀释后的 ClO2通入如图2所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液，
①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2 ( H2SO3、SO、HSO)生成，故答案为：SO2 ( H2SO3、SO、HSO)；
②另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba（OH）2溶液，振荡，有生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：白色沉淀；
③结论为有Cl-生成，有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，故答案为：加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；
【小问5详解】
由上述分析可知，ClO2与Na2S 反应有氯离子、硫酸根离子的生成，发生的离子方程式为：8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+，故答案为：8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。
17. 石油产品中除含有H2S外，还含有各种形态的有机硫，如COS、CH3SH。回答下列问题：
（1）CH3SH(甲硫醇)的电子式为__。
（2）一种脱硫工艺为：真空K2CO3—克劳斯法。
①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为lgK=__(已知：H2CO3lgKa1=-6.4，lgKa2=-10.3；H2SlgKa1=-7，lgKa2=-19)；
②已知下列热化学方程式：
a.2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) △H1=-1172kJ·mol-1
b.2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) △H2=-632kJ·mol-1
克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)，则该反应的热化学方程式为__。
（3）Dalleska等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS。该脱除反应的化学方程式为__。
（4）COS水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) △H=-35.5kJ·mol-1，用活性α—Al2O3催化，在其它条件相同时，改变反应温度，测得COS水解转化率如图1所示；某温度时，在恒容密闭容器中投入0.3molH2O(g)和0.1molCOS(g)，COS的平衡转化率如图2所示。

①活性α—Al2O3催化水解过程中，随温度升高COS转化率先增大后又减小的原因可能是__，为提高COS的转化率可采取的措施是__；
②由图2可知，P点时平衡常数K=__。
【答案】 ①. ②. 3.3 ③. 2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) △H=-362kJ·mol-1 ④. COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O ⑤. 开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动 ⑥. 控制温度约160℃并增大 ⑦. 0.0476
【解析】
【分析】(1)CH3SH (甲硫醇)是共价化合物，硫原子形成两个共价键，碳原子形成四个共价键；
(2)①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数；
②盖斯定律计算b×3-a得到克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)反应的热化学方程式；
(3)强酸溶液中可用H2O2氧化COS生成硫酸、二氧化碳和水；
(4)①图1活性α-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂活性降低；
②结合三行计算列式计算，P点时COS转化率30%，计算得到平衡物质的量，反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数。
【详解】(1)CH3SH (甲硫醇)是共价化合物，硫原子形成两个共价键，碳原子形成四个共价键，电子式为：，故答案为：；
(2)①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数，lgK=LgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3，
故答案为：3.3；
②已知下列热化学方程式：
a2H2S(g)+3O2(g)═2SO2(g)+2H2O(l)△H1=-1172KJ/mol
b.2H2S(g)+O2(g)═2S(s)+2H2O(l)△H2=-632 KJ/mol
盖斯定律计算得到克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s)反应的热化学方程式：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJ·mol-1，故答案为：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJ·mol-1；
(3)Dalleska 等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS，该脱除反应的化学方程式为COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O，故答案为：COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O；
(4)①图1活性α-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂活性降低，由图可知：开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动；COS 水解反应为COS(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2S(g)△H=-35.5 KJ/mol，平衡正向进行结合影响平衡因素温度、压强、浓度分析可知，压强改变不影响化学平衡，所以增加水蒸气的浓度，升温平衡逆向进行，COS转化率减小，到160℃活化剂活性最大所以需要控制温度160°C，故答案为：开始温度低，催化剂活性小，到160℃活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动；控制温度约160℃并增大；
②P点时COS转化率30%，反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，

平衡常数，故答案为：0.0476。
18. 美托洛尔可治疗各型高血压也可作血管扩张剂，它的合成路线之一如图所示：

已知：
(1)A的化学名称是________，B的结构简式为________，美托洛尔中含氧官能团的名称为________；
(2)A→B的反应中，加入K2CO3的作用可能是________；
(3)B→C的反应类型为________；
(4)F→G的化学方程式为_____；
(5)检验氯甲基环氧乙烷()中氯原子的试剂是_______；
(6)芳香族化合物M是F的同分异构体，则符合下列条件的M共有_____种(不考虑立体异构)，其中，核磁共振氢谱图具有5组吸收峰的同分异构体的结构简式为______。
①苯环上仅有2个取代基；
②1molM与足量Na充分反应，生成1mol H2；
③能与FeCl3溶液发生显色反应。
【答案】 ①. 对羟基苯乙醛 ②. ③. 醚键、羟基 ④. 消耗反应生成的HCl，增大反应正向进行程度 ⑤. 加成反应 ⑥. +HCl ⑦. NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液 ⑧. 15 ⑨.
【解析】
【分析】由A到B的反应条件结合已知信息，再根据C的结构简式可以推出A为，B为，据此结合有机物的结构与性质分析作答。
【详解】(1)A发生信息中取代反应生成B，B与亚硫酸氢钠发生加成反应生成C，由A与B的分子式、结合C的结构简式，可知A为、B为，则A的名称为：对羟基苯乙醛；由结构可知美托洛尔中含氧官能团为：醚键、羟基，
故答案为：对羟基苯乙醛；；醚键、羟基；
(2)A发生取代反应有HCl生成，加入K2CO3的作用可能是：消耗反应生成的HCl，有利于反应正向进行，有利于提高的B的产率，
故答案为：消耗反应生成的HCl，增大反应正向进行程度；
(3)B→C的转化中原子完全利用，是醛基发生的加成反应，
故答案为：加成反应；
(4)对比F和G的结构，可知F中羟基上H原子被替代生成G，同时生成HCl，反应方程式为：，
故答案为：；
(5)先进行水解或消去反应使氯元素以氯离子形成进入溶液，再用硝酸酸化，最后用硝酸银溶液检验氯离子，故实验室检验氯原子所用的试剂是：NaOH水溶液、稀硝酸、硝酸银溶液，
故答案为：NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液；
(6)芳香族化合物W是F的同分异构体，且符合下列条件：③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②1mol M与足量Na充分反应能生成1mol H2，说明分子中有2个−OH，①苯环上只有2个取代基，其中1个为−OH，另一个为CH3CH2CH2OH、中烃基去掉1个H原子形成的基团，前者有3种、后者有2种，与酚羟基均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的共有：3×(3+2)=15种，其中核磁共振氢谱为5组峰同分异构体的结构简式为：，
故答案为：15；。