上海市金山区2022-2023学年高三下学期二模测试化学试题

这是一份上海市金山区2022-2023学年高三下学期二模测试化学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．某合金与铁的物理性质的比较如下表所示,还知该合金耐腐蚀、强度大，从以上性能看，该合金不适合做
A．导线B．门窗框C．炉具D．飞机外壳
2．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式：B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6D．NaClO的电子式：
3．下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是
A．NaB．Na2OC．Na2O2D．Na2SO3
4．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HClB．Fe2(SO4)3C．K2SD．FeSO4
5．下列不能用键能解释的事实是
A．晶体密度：SiO2＞CO2B．热稳定性：CH4＞SiH4
C．活泼性：乙烯＞苯D．硬度：金刚石＞晶体硅
6．下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OHB．NH4ClC．C2H4D．Na2O2
7．布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是
A．分子式为C13H16O2
B．有6种一氯代物
C．分子中至少有9个碳原子共面
D．能发生取代、加成反应
8．某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3B．CH2=CHC(CH3)3
C．(CH3)2C=C(CH3)2D．CH3CH=CHCH(CH3)2
9．利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是
A．AB．BC．CD．D
10．将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图) ，过了较长时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确的是
A．铜发生了析氢腐蚀
B．石墨电极发生 O2+4e—+2H2O = 4OH-
C．电池总反应是：2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O
D．石墨电极附近 Cu2+浓度增加，H+浓度增加
11．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
下列叙述正确的是
A．采用加热回流装置
B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D．粗品精制：加吸水剂分液
12．如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A．物质X是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
13．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是
A．X为SO2
B．现代工业用稀硫酸吸收SO3
C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
14．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体D．SiH4与NH3分子的极性不同
15．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
16．常温下酸性：HSO>HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为
A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO＋HClO
B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+
D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO
17．向100 mL 0.01 ml·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 ml·L-1 NaHCO3(aq)，测得溶液电导率的变化如图。
下列说法错误的是
A．a→b发生的主要反应：Ba2+＋2OH-＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO
B．b→c，溶液中的c(OH-)减小
C．c点溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
18．溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
19．将一定量锌与100 mL 18 ml∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 ml气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x ml∙L−1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 gB．共转移电子1.6 ml
C．气体中D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
20．以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g) 3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．Q2＜0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
二、填空题
21．白云石的化学组成是CaCO3·MgCO3，500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
(1)镁和钙在元素周期表中位于___________族，它们的价电子轨道式表示式为___________(用n表示电子层数)。
(2)白云石500℃以下分解的化学方程式为___________。
(3)从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。___________ 。
(4)白云石分解得到的CO2是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式。___________、___________；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现___________(填化学式)的循环利用。处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl2。以质量比为1.44∶1的CaCl2·6H2O与冰水混合，可获得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl2的原因是___________。
22．Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
(1)在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是___________(选填编号)。
A．混合气体密度不变
B．容器内压强不变
C．2v正(H2S)=v逆(CS2)
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变
Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。
(2)如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是___________、___________(选填编号)。
(3)M点对应温度下，H2S的转化率是___________。
Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；C助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。
(4)投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中___________组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是___________。
(5)未添加C助剂时，无积碳，随着C添加量的变化，积碳量变化如图所示，C助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为___________。
三、有机推断题
23．环氧乙烷()是一种基础有机化工原料，以环氧乙烷为原料合成M()的一条合成路线如下：
(1)在一定条件下，环氧乙烷可与H2、H2O、HBr等小分子发生类似加成的开环反应，如反应①。写出反应①的化学方程式___________。
(2)反应②的反应类型是___________。设计反应③的目的是___________。
(3)A的结构简式为___________，C中含有的官能团有羰基和___________，写出一种满足下列条件的C的结构简式___________。
①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应
(4)反应⑤的反应条件是___________。
(5)以和HOCH2CH2OH为主要原料合成B()(无机试剂任选)，将以下合成路线补充完整。已知：RBrRMgBr
____________
四、实验题
24．Ⅰ．氯及其化合物是卤素中最早被认识和制备的。KClO3热分解是实验室制取O2的方法之一，KClO3在不同条件下热分解结果如下：
已知：①K(s)＋Cl2(g)=KCl(s)＋437kJ
②K(s)＋Cl2(g)＋O2=KClO3(s)＋398kJ
③K(s)＋Cl2(g)＋2O2=KClO4(s)＋433kJ
(1)验A、B在第一放热温度时分解的热化学方程式为4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，Q=___________kJ。
(2)实验C制得的O2因混有杂质而有轻微的刺激性气味，杂质气体可能是___________，检验方法是___________。
Ⅱ．甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255 g样品，与足量 4 ml∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用25.00 mL 0.1000 ml∙L−1AgNO3(aq)处理，再以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.1000 ml∙L−1 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH4SCN(aq) 6.75 mL。
(3)滴定终点溶液为___________色，样品中氯化苄的质量分数为___________(保留两位有效数字)。
(4)通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，任写两个可能的原因___________。
(5)上述方法不适用于氯苯(C6H5Cl)的纯度分析，原因是___________。
熔点/℃
密度(g/cm3)
硬度(金刚石为10)
导电性(银为100)
某合金
2500
3.00
7.4
2.3
铁
1535
7.86
4.5
17
a中反应
b中检测试剂及现象
A
MnO2(s)和浓HCl(aq)生成Cl2
AgNO3(aq)中有白色沉淀
B
C(s)与浓H2SO4生成CO2
澄清石灰水变浑浊
C
浓NaOH(aq)与NH4Cl(aq)生成NH3
酚酞溶液变红
D
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成CH2=CH2
KMnO4(H+)褪色
物质
乙酸
1−丁醇
乙酸丁酯
98%浓硫酸
沸点
117.9℃
117.2℃
126.3℃
338.0℃
溶解性
溶于水和有机溶剂
溶于水和有机溶剂
微溶于水，溶于有机溶剂
与水混溶
A．制取氯气
B．氧化Br－
C．分离FeCl3(aq)
D．蒸干溶液得FeCl3·6H2O
实验
反应体系
第一放热温度/℃
第二放热温度/℃
A
KClO3
400
480
B
KClO3＋Fe2O3
360
390
C
KClO3＋MnO2
350
参考答案：
1．A
【详解】根据表中数据可知该合金的熔点高、硬度大，密度小于铁，导电性差，因此该合金不适合做导线，答案选A。
2．B
【详解】A．N2H4中每个氮和氢形成单键，氮氮之间为单键，其结构式：，故A错误；
B．中子数为8的氮原子，其质量数为15，其原子符号为：15N，故B正确；
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p4，故C错误；
D．NaClO是离子化合物，其电子式：，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．B
【详解】A．Na与空气中氧气反应生成氧化钠，是氧化还原反应，故A不符合题意；
B．Na2O与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠、氢氧化钠，是非氧化还原反应，故B符合题意；
C．Na2O2与空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钠和氧气、氢氧化钠和氧气，是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．Na2SO3与空气中氧气反应生成硫酸钠，是氧化还原反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
4．B
【详解】A．Cu的活泼性弱于H， 稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故A不选；
B．铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ，故B选；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入K2S，生成H2S，铜粉仍不溶解 ，故C不选；
D．向稀硫酸反应加入FeSO4后，铜与FeSO4不反应，不能溶解铜，故 D不选；
故选：B。
5．A
【详解】A．晶体密度与键能无关，故A符合题意；
B．键能越大，物质越稳定，碳氢键键能大，因此热稳定性：CH4＞SiH4，故B不符合题意；
C．乙烯中碳碳双键中π键键能小，易断裂，因此活泼性：乙烯＞苯，故C不符合题意；
D．金刚石中碳碳键键能大于晶体硅中硅硅键键能，因此硬度：金刚石＞晶体硅，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
6．C
【详解】A．CH3OH中存在C-H、C-O、O-H键均为极性共价键，该分子为共价化合物，A项不符合题意；
B．NH4Cl中含有离子键和极性共价键，它为离子化合物，B项不符合题意；
C．C2H4含有C=C非极性键和C-H的极性键，它为共价化合物，C项符合题意；
D．Na2O2中有离子键和O-O的非极性键，它为离子化合物，D项不符合题意；
故选C。
7．D
【详解】A．分子式为C13H18O2，故A错误；
B．该有机物有8种位置的氢，其碳原子上一氯代物有8种，故B错误；
C．碳碳键可以旋转，根据苯中12个原子在同一平面，因此分子中至少有8个碳原子共面，故C错误；
D．有机物含有苯环，能发生加成反应、取代反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．C
【详解】某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3加氢产物为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3种，故A不符合题意；
B．CH2=CHC(CH3)3加氢产物为CH3CH2C(CH3)3，该产物有3种位置的氢，其一氯代物有3种，故B不符合题意；
C．(CH3)2C=C(CH3)2加氢产物为(CH3)2CHCH(CH3)2，该产物有2种位置的氢，其一氯代物有2种，故C符合题意；
D．CH3CH=CHCH(CH3)2加氢产物为CH3CH2CH2CH(CH3)2，该产物有5种位置的氢，其一氯代物有5种，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
9．C
【详解】A．生成的Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，挥发的盐酸及氯气与水反应生成的盐酸均与硝酸银反应，则不能根据b中现象判断a中有Cl2生成，故A错误；
B．浓H2SO4与碳生成的CO2、SO2，CO2、SO2均能使澄清石灰水变浑浊，则不能根据b中现象判断a中有CO2生成，故B错误；
C．加热条件下，浓NaOH溶液和NH4Cl反应生成的NH3溶于水得到一水合氨，一水合氨电离出OH-而使酚酞溶液变红色，则可根据b中现象判断a中有NH3生成，故C正确；
D．挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，b中现象不能证明a中乙烯生成，故D错误；
故选：C。
10．C
【分析】由题意可知，该装置为原电池，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式Cu—2e—=Cu2+，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O。
【详解】A．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O，则溶液出现蓝色是因为铜发生了吸氧腐蚀，故A错误；
B．由分析可知，石墨为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，故B错误；
C．由分析可知，电池总反应为2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O，故C正确；
D．由分析可知，铜为原电池的负极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，电极反应式Cu—2e—=Cu2+，则铜电极附近铜离子浓度增大，故D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，采用加热回流装置，以提高反应物的利用率，A正确；
B．不用水浴加热是因为反应温度在115℃~125℃之间，而水沸腾温度为100℃，B错误；
C．反应后混合物中含有乙酸、1-丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用饱和Na2CO3溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，用NaOH洗涤会导致产物乙酸丁酯水解，C错误；
D．粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏得到产品，不能分液，D错误；
故选A。
12．C
【详解】A．物质X是FeO，故A错误；
B．Fe2O3→Fe的转化，铁化合价降低，因此Fe2O3发生还原反应，故B错误；
C．在空气中Z→Y是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故C正确；
D．FeCl2和FeCl3中铁的化合价发生了改变，只能通过氧化还原反应实现相互转化，不能通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化，故D错误。
综上所述，答案为C。
13．A
【详解】A．硫酸亚铁煅烧生成三氧化硫和氧化铁，根据化合价变化分析，有1ml氧化铁生成，铁元素失去2ml电子，化合物中的硫原子有2ml，若都生成三氧化硫，则转移4ml电子，不遵循电子守恒，若生成1ml三氧化硫，则转移2ml电子，遵循电子守恒，故另一产物中含有+4价硫，即X为二氧化硫，A正确；
B．工业上用浓硫酸吸收三氧化硫，防止形成酸雾，影响吸收效率，B错误；
C．硫酸亚铁煅烧为分解反应，三氧化硫和水反应为化合反应，硝酸钾和硫酸反应为复分解反应，该过程中没有置换反应，C错误；
D．硝酸和硫酸都为强酸，用硫酸制取硝酸是利用难挥发性酸制取挥发性酸，D错误；
故选A。
14．B
【详解】A．SiH4、NH3中心原子价层电子对数均为4，SiH4中Si无孤电子对，氨分子中N孤电子对数为1，因此键角：SiH4＞NH3，但与非金属性强弱无关，故A不符合题意；
B．SiH4中Si为+4价，硅化合价不变，而SiH4中H失去电子，化合价升高，因此SiH4在反应中作还原剂，NH3中N化合价未变，NH3中H得到电子，得出N的电负性大于Si，则说明N的非金属性比Si非金属性强，故B符合题意；
C．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，说明Si3N4为共价晶体，与非金属性强弱无关，故C不符合题意；
D．SiH4是非极性分子，NH3是极性分子，两者分子的极性不同，与非金属性无关，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
15．C
【详解】A．该反应需要加热，而装置缺少加热，故A错误；
B．氯气通入应该是“长进短出”，故B错误；
C．用苯萃取溶液中的溴单质，氯化铁溶液在下层，用分液漏斗分离，下层液体从下面流出来，上层液体从上口倒出来，故C正确；
D．铁离子会水解，盐酸易挥发，直接加热、蒸干溶液不能得到FeCl3·6H2O，得到氢氧化铁，故D错误。
综上所述，答案为C。
16．D
【详解】由于次氯酸根具有强氧化性，次氯酸根和二氧化硫、水反应生成硫酸根、氯离子、氢离子，硫酸根和钙离子结合生成硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合次氯酸根变为次氯酸，则其离子方程式为SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO ，故D正确。
综上所述，答案为D。
17．A
【详解】A．向100 mL 0.01 ml·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 ml·L-1 NaHCO3(aq)，即氢氧化钡过量碳酸氢钠少量，结合横坐标知a→b发生的主要反应为，A错误；
B．b→c时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，c点两者恰好完全反应，因此b→c溶液中c(OH-)减小，B正确；
C．由题意知c点两者恰好完全反应，即该点溶质为碳酸钠，存在电荷守恒、物料守恒，所以有质子守恒c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)，C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，a点溶液中全部是Ba(OH)2，水的电离受到抑制，电离程度最小，b点为反应一半的点，氢氧化钡还有剩余，c点Ba(OH)2和NaHCO3恰好完全反应，因此水的电离程度c>b>a，D正确；
故选A。
18．B
【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液种n()=n(BaSO4)==0.01ml，n()=n(BaSO3)==0.01ml，n()=n(BaSO4)==0.02ml，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液种一定有Na+，无法确定是否有Cl-。
【详解】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．若向沉淀B有0.01ml的BaSO4和0.01ml的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02ml硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；
C．溶液中没有OH-，C错误；
D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；
故答案为：B。
19．A
【详解】A．根据Zn＋2H2SO4(浓)＝ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，无论那个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比为1:1，产生0.8 ml气体，则共消耗锌物质的量为0.8ml，质量为0.8ml×65g∙ml−1＝52.0 g，故A错误；
B．根据A选项分析消耗0.8ml锌，则共转移电子1.6 ml，故B正确；
C．100 mL 18 ml∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8ml，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x ml∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xml，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)ml，设生成氢气物质的量为mml，生成二氧化硫气体物质的量为nml，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，m=0.2x−0.2，则气体中，故C正确；
D．根据产生0.8 ml气体，则生成气体体积约为0.8ml×22.4L∙ml−1＝17.92 L(STP)，故D正确。
综上所述，答案为A。
20．D
【详解】A．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数减小，而图中温度在570℃以下，CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应即Q2＞0，故A错误；
B．根据图中信息可知，温度在570℃以上，CO的体积分数随温度升高不断减小，说明以反应Ⅰ为主，反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ都是等体积反应，因此在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ不能说明达到平衡状态，故C错误；
D．由图中信息可知，在1040℃时，发生的反应为反应Ⅰ，一氧化碳体积分数为20%，则反应的平衡常数，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，当温度高于1040℃时，因此反应I的化学平衡常数K＞4，故D正确。
综上所述，答案为D。
21．(1) ⅡA
(2)CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑
(3)MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好
(4) NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O NH3 无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果
【详解】（1）镁和钙的最外层电子均为2，位于周期表ⅡA族。价电子排布为。答案为ⅡA；；
（2）500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，而Mg2+半径比Ca2+小，MgO的离子键强晶格能大稳定，所以MgCO3先分解。反应为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑。答案为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑；
（3）两则皆为离子晶体，差异主要是Mg2+和Ca2+。答案为MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好；
（4）氨碱法制纯碱，先利用CO2、NH3和NaCl制得NaHCO3 反应为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，再加热NaHCO3分解得到Na2CO3：NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O。生石灰与NH4Cl反应制得NH3，从而循环利用。无水CaCl2形成结晶水合物放热，而降低制冷效果。答案为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果。
22．(1)BD
(2) d b
(3)20%
(4) B C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小
(5)CH4C＋H2
【详解】（1）A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意；
B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意；
C．根据反应①的化学计算数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)，即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不在发生变化，说明体系反应达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意；
答案BD。
（2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q<0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物， c、d表示的是反应物，根据反应①的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，同理，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b。
（3）M点对应温度下，起始时n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，设起始时n(CH4) =1ml, n(H2S)= 2ml，转化的CH4为x ml，则可得
M点对应温度下，平衡时，a表示的H2和d表示的CH4的物质的量分数相等，则可得关系式1-x=4x，x=0.2ml，则H2S的转化率= 。
（4）在反应①中，适当提高n(CH4)∶n(H2S)的比值可提高H2S转化率，当投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1时，即n(CH4)∶n(H2S)分别为1∶1、∶1、12∶1时，n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为三种组合中，n(CH4)∶n(H2S)的比值处于中间，则 H2S转化率也处于中间，则对应的图像是B组；根据题干可知，过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中H2S转化率最高，即n(CH4)∶n(H2S)比值最高，即n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小。
（5）根据积碳量变化图所示，C添加量越大，C的含量越高，原料气中只有CH4含有碳元素，则C助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为CH4C＋H2。
23．(1)
(2) 取代 保护羰基
(3) 醛基
(4)浓H2SO4，△
(5)
【分析】转变为A后再在酸性条件下水解转变为，由于卤代烃在氢氧化钠醇溶液加热下消去可引入碳碳双键，则A为，A在酸性条件下水解转变为，与B()反应、进一步在酸性条件下水解转变为C，C经过反应④被氧化、醛基转变为羧基，所得产物与乙醇在浓硫酸加热下经过反应⑤、羧基发生酯化反应得到目标产物M。
【详解】（1）反应①为一定条件下环氧乙烷与H2O发生类似加成的开环反应得到乙二醇，反应①的化学方程式：。
（2）反应②羰基邻位的氢被溴取代，则反应类型是取代。经过反应③后转变为A后再在酸性条件下水解转变为，则设计反应③的目的是保护羰基。
（3）据分析，A的结构简式为 ，根据结构简式C()，C中含有的官能团有羰基和醛基， C的同分异构体满足①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应，则结合该同分异构体结构对称、分子内含醛基，得到一种满足条件的结构简式为：。
（4）反应⑤为酯化反应，反应条件是浓H2SO4，△。
（5）以和HOCH2CH2OH为主要原料合成B()(无机试剂任选)，则需要与Mg、水反应得到，可由乙二醇和Br(CH2)3CHO仿流程中的反应③得到，Br(CH2)3CHO由Br(CH2)3CH2OH催化氧化得到，Br(CH2)3CH2OH由于HBr开环反应得到，故合成路线为： 。
24．(1)144
(2) Cl2(或者O3、ClO2，合理即可) 使湿润的淀粉KI试纸变蓝
(3) 血红色 0.91
(4)C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中
(5)C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－
【分析】甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)，氯化苄(C6H5CH2Cl)与足量 4 ml∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，生成氯化钠，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，将生成的氯离子用银离子沉淀，加入足量硝酸银沉淀，以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)。
【详解】（1）将反应③的3倍，加上反应①，再减去反应②的4倍得到4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，Q=433kJ ×3＋437kJ−398kJ×4=144 kJ；故答案为：144。
（2）实验C制得的O2因混有杂质而有轻微的刺激性气味，根据元素分析，杂质气体可能是Cl2(或者O3、ClO2，合理即可)，所含的杂质具有强氧化性，因此检验方法是使湿润的淀粉KI试纸变蓝；故答案为：Cl2(或者O3、ClO2，合理即可)；使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（3）Ⅱ．甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255 g样品，与足量 4 ml∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用25.00 mL 0.1000 ml∙L−1AgNO3(aq)处理，再以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.1000 ml∙L−1 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH4SCN(aq) 6.75 mL。
以NH4Fe(SO4)2为指示剂，SCN－过量后与铁离子反应，因此滴定终点溶液为血红色，样品中氯化苄的物质的量为0.1000 ml∙L−1×0.025L−0.1000 ml∙L−1×0.00675L=0.001825ml，则样品中氯化苄的质量分数为；故答案为：血红色；0.91。
（4）通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，说明氯离子含量变多，则可能的原因C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中；故答案为：C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中。
（5）C6H5CH2Cl与氢氧化钠溶液反应得到氯离子，上述方法不适用于氯苯(C6H5Cl)的纯度分析，原因是C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－；故答案为：C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－。