2023届重庆市高三下学期5月高考化学考前冲刺试题（二）（Word版含答案）

这是一份2023届重庆市高三下学期5月高考化学考前冲刺试题（二）（Word版含答案），共26页。试卷主要包含了5 Li 7，2 L水中含有分子的数目为0，8 kJ·ml-1，3×10-36、9等内容，欢迎下载使用。

2023届重庆市高三下学期5月高考化学考前冲刺试题（二）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Na 23 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Li 7
Si 28 Zn 65
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．化学与生产生活、环境保护、社会密切相关。下列说法不正确的是
A．太阳能、地热能、生物质能和氢能均属于“新能源”
B．笔墨纸砚中的纸特指宣纸，宣纸的主要成分为蛋白质
C．补铁剂与维生素 C 共同服用可提高补铁效果
D．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成
2．下列表达式正确的是
A．基态铭原子的价电子排布式：
B．氮原子的L层电子轨道表示式：
C．K+的结构示意图：
D．的电子式：
3．近年来，我国科学家利用PCBO与醛或酮通过[4+2]环加成反应合成了具有生物活性的多官能团化合物M(如图)，下列关于M的说法错误的是

A. M的分子式为C20H20O5
B．含有酯基、羟基等官能团
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．M含有2个手性碳原子(碳原子连接四个不同原子或原子团)
4．下列操作或装置正确的是(　　)

A B C D
5．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2 L水中含有分子的数目为0.5NA
B．1 mol Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NA
C．100 mL 0.2 mol·L－1的FeCl3溶液中，含Fe3＋数为0.02NA
D．常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子
6．下列实验操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向装有经过硫酸处理的CrO3(橘红色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气
固体逐渐由橘红色变为浅绿色(Cr3+)
乙醇具有还原性
B
向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡
溶液由浅红色变为红色
Ag2O是强碱
C
在硫酸酸化的KMnO4溶液中加入Na2S溶液，再滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
MnO将S2-氧化成SO
D
SO2通入新制氯水中
溶液褪色
SO2具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．在中性溶液中：Na＋、Fe3＋、SO、Cl-
B． =1×10-13mol·L-1的溶液中：NH、Ca2＋、Cl-、NO
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO、SO
D．水电离的c(H＋)=1×10-13mol·L-1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO

8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子s能级和p能级上电子总数相等，X、Z同主族，其中由X、Y、Z组成的化合物M的结构如图所示。下列有关说法正确的是

A．简单气态氢化物的热稳定性：X＜Z
B．M中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
C．由元素Y与X组成的化合物一定含有共价键
D．元素W的单质可与溶液发生置换反应得到单质Z
9．下列说法正确的是
A．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，则常温下Ksp (BaCO3)＜Ksp (BaSO4)
B．常温下，向纯水中加入钠或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积不变
C．常温下，反应4Fe(OH)2(s)+ O2(g) +2H2O(l) =4Fe(OH)3(s)的△H＜0、△S＜0
D．铅蓄电池在工作过程中，负极质量减少，阳极质量增加
10．CO和H2合成乙醇发生如下反应：
反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= −128.8 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= −41.8 kJ·mol-1
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =]的关系如图所示。

下列有关说法正确的是
A．α1＜α2
B．在400 K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25
C．在500 K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点
D．为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压
11．一氧化氮在催化剂作用下，可被氨气还原，发生脱硝反应生成氮气和水，反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．脱硝过程中ON-H2N-V4+- OH是催化剂
B．脱硝过程中化合价变化的元素有两种
C．脱硝过程中只涉及非极性键的断裂
D．总反应方程式为4NH3+ 4NO+O24N2+ 6H2O
12．SiC具有优良的导热性能，是一种半导体，高温时能抗氧化。其晶胞结构如图所示，已知m的坐标参数为(，，)，晶胞参数为apm。下列说法错误的是

A．SiC晶体属于共价晶体
B．晶胞中n的坐标参数为(，，)
C．每个Si周围最近的Si数目是6
D．C原子与Si原子之间的最短距离为apm
13．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与曲线如图所示。下列说法正确的是

已知：亚磷酸是二元弱酸，电离常数，。
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．a点对应的溶液中存在：
D．b点对应的溶液中存在：
14．一种新型Na-CaFeO3可充电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是

A．放电时，电流由M极经外电路流向N极
B．充电时，M应与电源的正极相连接
C．放电时，每生成1 mol Na2O，转移电子数为2 mol
D．电极材料中，单位质量放出的电能：Na>Li
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．五氟化锑主要用作氟化工的催化剂，可用于制备高纯度金属锑、无机离子交换材料和胶体五氧化二锑。以某锑矿(主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、PbO、As2O3等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图1：

图1
已知：I.CuS、PbS的Ksp分别为6.3×10-36、9.0×10-29；
II.As2O3微溶于水、Sb2O3难溶于水，它们均为两性氧化物；SbOCl难溶于水。
回答下列问题：
(1)已知锑与氮元同素主族，原子序数为51，请写出锑在元素周期表中的位置____。
(2)“浸出”时少量Sb2O3转化为“滤渣1”。其成分为SbOCl，加入氨水“除氯”，同时将其转化为Sb2O3，该反应的离子方程式为____，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为____。
(3)“沉淀”的过程是加入极稀的Na2S溶液，其目的是使Cu2+和Pb2+转化为相应的硫化物而除去，当CuS、PbS共沉时，=____。
(4)“除砷”时，H2PO转化为H3PO4，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
(5)“电解”中锑的产率与电压大小关系如图2所示。当电压趣过U0V时，锑的产率降低的原因可能是____。

图2
(6)SbF5与KMnF6反应。首次实现了用化学方法制取F2，同时生成KSbF6和MnF3，化学反应方程式为____。
16．黄色气体ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。
某小组通过图1装置(夹持装置略)对ClO2在制备、吸收、释放和应用等方面进行研究。

(1)仪器C的名称是_____。安装F中导管时，应选用图2中的_____。

(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_____。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，B中滴加稀盐酸的速度宜_____。(填“快”或“慢”)
(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_____。
(4)已知酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_____。在ClO2释放实验中，打开E活塞，D中发生反应，则F的作用是_____。
(5)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_____，原因是_____。

(6)ClO2可做自来水消毒剂。衡量消毒能力的“有效氯含量”是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，则ClO2的“有效氯含量”为_____。(保留两位小数)
17．氢能源具有广泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，涉及反应如下：
I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1
II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2<0
III．CH4(g) +2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H3>0
回答下列问题：
(1)为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。
物质
CH4(g)
CO(g)
H2O(1)
/(kJ·mol-1)
-75
-110.5
-285.8
△H1=_______kJ·mol-1[已知：H2O(g)= H2O(1)△H= -44kJ·mol-1]。
(2)某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，则H2O的转化率为_______；反应物投料比小于反应的化学计量数之比，目的是_______。
(3)用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，大部分已失效，原因是_______。

(4)在一定条件下，选择合适的催化剂发生反应CO(g)+H2O(g) CO2(g) +H2(g)，调整CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。

已知：反应速率=正-逆=k正x(CO)·x(H2O)-k逆x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是_______，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时， =_______。
18．由芳香化合物A制备药物中间体I的一种合成路线如图：

已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应：R- CH(OH)2→R-CHO+ H2O；
②R- CHO+R1-CH2COOHR –CH=CH- R1+ H2O+CO2↑；
③。
(1)A的名称为_______；C 的分子式为_______。
(2)B→C的反应类型为_______ ；A~I九种物质中含有手性碳原子的有_______种。
(3)F→G的反应方程式为_______。
(4)试剂Y的结构简式为_______。
(5)同时满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不含立体异构)。
①苯环上只有两个侧链
②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体
其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为2：2：1的同分异构体的一种结构简式为_______。
(6)参照上述合成路线，设计由CH3CH2CHCl2制备CH3CH2 CH=CHCH3的合成路线_________(有机溶剂及无机试剂任选)。

参考答案：
1．B
【详解】A．太阳能、地热能、生物质能和氢能均属于可再生、无污染的新能源，故A错误；
B．宣纸的主要成分为纤维素，故B错误；
C．维生素C具有还原性，补铁剂与维生素 C 共同服用可防止亚铁离子被氧化，提高补铁效果，故C正确；
D．燃煤中加入氧化钙可以吸收煤燃烧生成的二氧化硫，减少二氧化硫的排放，有利于减少酸雨的形成，故D正确；
故选B。
2．B
【详解】A．Cr为24号元素，原子核外电子数为24，其中3d能级达到半满，简化电子排布式为[Ar]3d54s1，价电子排布式为：3d54s1，故A错误；
B．N元素为7号元素，原子核外有7个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p3，L层电子轨道表示式：，故B正确；
C．核外共有18个电子，则结构示意图为：，故C错误；
D．HClO分子中H形成1个共价键、O形成2个共价键、Cl形成1个共价键，电子式为：，故D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．根据M的结构简式可知，1个M分子中含21个C原子、20个H原子、5个O原子，M的分子式为C21H20O5，A错误；
B．M中含有的官能团为酯基、醇羟基、碳碳双键，B正确；
C．M中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．如图红框中所示两个碳原子为手性碳原子，D正确；
故选A。

4．C
【详解】A. 配制溶液过程中，向容量瓶倾倒液体需要玻璃棒引流，A错误；
B. 乙醇和乙酸互溶，不能用分液法进行分离，B错误；
C. 氨气极易溶于水，加漏斗防止液体倒吸，C正确；
D. 收集乙酸乙酯时，导管要悬在液面以上，不能进入溶液，防止倒吸，D错误。
答案为C。
5．B
【详解】A、标准状况下，水是非气态物质 ，A错误；
B、氯气和氢氧化钠的反应，是氯元素的歧化反应，氯从0价变到+1、-1，所以，1 mol Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NA，B正确；
C、铁离子在水溶液中发生水解，所以溶液中含Fe3+数小于0.02NA，C错误；
D、常温常压下无法求出22.4LNO2和CO2混合气体的物质的量，D错误；
答案选B
6．A
【详解】A．CrO3(橘红色)发生还原反应生成Cr3+，乙醇发生氧化反应，体现了乙醇具有还原性，A正确；
B．向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡，反应为Ag2O+4NH3•H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，溶液由浅红色变为红色，Ag2O不是碱，B错误；
C．硫酸酸化的KMnO4溶液中含有硫酸根离子，加入氯化钡生成沉淀不能说明MnO将S2-氧化成SO，C错误；
D．SO2通入新制氯水中，两者反应生成硫酸根离子和氯离子，说明SO2具有还原性，D错误；
故选A。
7．B
【详解】A．Fe3+易发生水解，只能存在于酸性溶液，不能存在于中性溶液，若Fe3+在中性溶液中以Fe(OH)3存在，即中性溶液中不能大量存在Fe3+，故A不符合题意；
B． =1×10-13mol·L-1的溶液，该溶液呈酸性，存在大量氢离子，NH、Ca2＋、Cl-、NO之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；
C．与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸溶液或强碱溶液，如果溶液呈酸性，HNO3和Al反应不产生H2，且酸性条件下Fe2+、NO发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性条件下Fe2+生成Fe(OH)2沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；
D．水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1＜1×10-7mol·L-1，水的电离被抑制，溶液呈强酸性或强碱性，强酸性条件下AlO、CO都能和H+反应而不能大量共存，故D不符合题意；
答案为B。
8．D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，根据M的结构可知，Y是在化合物中显+1价的金属，则推知Y为Na元素，Z可形成6个共用电子对，则说明Z最外层电子数为6，推知Z为S元素；基态X原子s能级和p能级上电子总数相等，且X可形成2个共用电子对，可知X为O元素，所以W只能为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析及M的结构可推知：X、Y、Z、W四种元素分别是O、Na、S、Cl。比稳定，A项错误；
B．中心原子的最外层不满足8电子稳定结构，B项错误；
C．Na和O形成的化合物有和，中只含离子键，C项错误；
D．和溶液反应生成NaCl和S，D项正确。
答案选D。
9．C
【详解】A．溶液中能否生成碳酸钡沉淀，关键是CO32－和Ba2＋的浓度之积超过其溶度积常数，而与其溶度积常数的相对大小没有必然的联系，A不正确；
B．钠或氢氧化钠溶于水均会放热，溶液温度升高，水的离子积是变化的，B不正确；
C．该反应中反应物中有气体和液体，生成物中只有固体，故△S＜0，又因为该反应能自发进行△G＜0，可得△H＜0，正确；
D．铅蓄电池在工作过程中，两极均生成硫酸铅，电极质量均增加，D不正确。答案是C。
10．C
【详解】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A错误；
B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B错误；
C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C正确；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D错误；
故选C。
11．D
【详解】A．脱硝过程中ON-H2N-V4+- OH先生成后消耗，是中间产物，故A错误；
B．脱硝过程中O2→H2O中O元素化合价变化，NO→N2中N变价，H2N-V3+=O→ON-H2N-V4+- OH中V变价，则变价的元素有3种，故B错误；
C．脱硝过程中O2→H2O涉及O-O非极性键的断裂和NO→N2形成N≡N非极性键，故C错误；
D．由图象可知反应物是O2、NH3、NO，生成物有N2、H2O，脱硝的总反应为：4NH3+ 4NO+O24N2+ 6H2O，故D正确；
故选：D。
12．C
【详解】A．SiC晶体属于共价晶体，由共价键构成的具有空间立体网状结构，A正确；
B．m的坐标参数为(，，)，晶胞中n的坐标参数为(，，)，B正确；
C．晶胞中Si的位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中位于顶点的Si原子，与之距离最近且相等的Si原子位于面心，共有12个，C错误；
D．Si原子与C原子之间最短距离是体对角线的，最短距离为apm，D正确；
故选C。
13．D
【详解】A．根据图示，a点对应的溶液中溶质为，的电离常数为、的水解常数为，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A错误；
B．a点对应的溶液中溶质为，b点对应的溶液中溶质为，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，水的电离程度：a点大于b点，故B错误；
C．a点溶质为等浓度的，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在：，故C错误；
D．b点对应的溶液中溶质为，的比为1:2，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在：，故D正确；
选D。
14．C
【详解】由题干工作原理图可知，Na电极M发生的电极反应为：Na-e-=Na+，发生氧化反应，故M为负极；则N为电池正极，发生还原反应，电极反应为：2CaFeO3+2e-=2CaFeO2.5+O2-，据此分析解题：
A．由分析可知，放电时，电流由正极经导线流向负极即由N极经外电路流向M极，A错误；
B．由分析可知，M极为原电池的负极，故充电时，M应与电源的负极相连接，B错误；
C．根据电子守恒可知，放电时，每生成1 mol Na2O，转移电子数为2 mol，C正确；
D．电极材料中，Na的单位质量放出的电能为，Li的单位质量放出的电能为，故Na＜Li，D错误；
故答案为：C。
15．(1)第5周期第VA族
(2) 2SbOCl+2NH3•H2O=Sb2O3+2+2Cl-+H2O SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为Sb2O3，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制
(3)7×10-8
(4)4:3
(5)H+参与了电极反应
(6)SbF5+KMnF6=F2↑+KSbF6+MnF3

【分析】由题干工艺流程图可知，锑矿用盐酸浸出，Sb2O3、CuO、PbO、As2O3分别与盐酸反应生成SbCl3、CuCl2、PbCl2、AsCl3，结合“浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl，为滤渣1的成分”，过滤除去难溶性杂质，滤液中加入Na2S，沉淀Cu2+、Pb2+，过滤除去CuS、PbS，滤液中含有SbCl3和AsCl3，加入NaH2PO2除去As，滤液中含有SbCl3，电解滤液制得金属Sb，用氯气氧化Sb制得SbCl5，通入HF制得SbF5，据此分析解题。
【详解】（1）已知锑与氮元同素主族即VA，原子序数为51，又知N为7、P为15、As为33，锑为51，即锑在元素周期表中的位置第5周期第VA族，故答案为：第5周期第VA族；
（2）浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3，即SbOCl与NH3•H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，发生反应的离子方程式为2SbOCl+2NH3•H2O=Sb2O3+2+2Cl-+H2O；不宜用NaOH溶液代替氨水，是因为SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为Sb2O3，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制，故答案为：2SbOCl+2NH3•H2O=Sb2O3+2+2Cl-+H2O；SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为Sb2O3，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制；
（3）当CuS、PbS共沉时，====7×10-8，故答案为：7×10-8；
（4）“除砷”时，转化为H3PO4，As3+被还原为As单质，则发生反应的离子方程式为4As3++3+6H2O=4As↓+3H3PO4+9H+，反应中As3+的化合价降低被还原，是氧化剂，中P的化合价升高被氧化，是还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故答案为：4:3；
（5）当电压超过U0V时，阴极周围的H+可能参与电极反应，被还原生成H2，导致锑的产率降低，故答案为：H+参与了电极反应；
（6）SbF5与KMnF6反应制取F2，同时生成KSbF6和MnF3，该反应中F元素的化合价从-1价升高为0，Mn的化合价从+5降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学反应方程式为SbF5+KMnF6=F2↑+KSbF6+MnF3， 故答案为：SbF5+KMnF6=F2↑+KSbF6+MnF3。
16． 球形干燥管 b 1：1 慢 吸收Cl2，防止干扰后续实验 4H++5＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O 验证是否有ClO2生成 稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度 2.63
【详解】(1)根据仪器特征，可知仪器C是球形干燥管；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b。
(2)在氧化还原反应中，反应物中元素化合价降低的物质为氧化剂，化合价升高的物质为还原剂，2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O反应中，NaClO3中氯元素化合价由+5价降低为+4价，NaClO3是氧化剂，还原产物是ClO2；HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为0价，HCl是还原剂，氧化产物是Cl2，根据氧化产物是Cl2，可知起还原剂与酸性的氯化氢各占一半，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢。
(3)F装置中发生Cl2+2KI＝2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，防止干扰后续实验。
(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5＝Cl﹣+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。
(5)由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。
(6)1gClO2的物质的量，依据电子转移数目相等，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，可知氯气的物质的量为mol×5×＝mol，则氯气的质量为mol×71g/mol＝2.63g。
17．(1)+206.3
(2) 40% 提高CH4的转化率
(3) 降低 CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效
(4) B 5.0625

【详解】（1）由题干表中数据可知，CH4(g)+H2O(l) CO(g)+3H2(g) 2=(-110.5) –[(-75kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)] =+250.3kJ/mol，又知H2O(g)= H2O(1) △H= -44kJ·mol-1，故CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1=2+△H=250.3+(-44)=+206.3kJ/mol，故答案为：+206.3；
（2）某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，分析反应I．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和III．CH4(g) +2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)反应前后气体体积均增大了2，反应II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)前后气体体积不变，故设CH4起始量为1mol，则H2O为3mol，则反应后气体的总物质的量为：(1+3+2×0.8)=5.6mol，根据氢原子守恒可知：2n(H2)+2n(H2O)=1×4+2×3-4×0.2，由n(H2)=5.6mol×50%=2.8mol，解得n(H2O)=1.8mol，则H2O的转化率为=40%，反应物投料比小于反应的化学计量数之比，即增大H2O的用量，其目的是增大H2O的用量，提高CH4的转化率，故答案为：40%；提高CH4的转化率；
（3）由题干图象可知，从t1时刻开始CaO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时间内CaO的消耗速率降低，由于CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效，故答案为：降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效；
（4）由题干信息可知，II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0故升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于A点，而增大n(CO)：n(H2O)的比值，CO的转化率减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为B点，C点数值为(1，60)，由三段式分析：，C点温度下的平衡常数为K===2.25，反应达到平衡时正=逆，即k正x(CO)·x(H2O)=k逆x(CO2)·x(H2)，则=K=2.25，在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化率刚好达到40%时，三段式分析：，则x(CO2)=x(H2)==0.2，x(CO)=x(H2O)==0.3，==K=2.25×=5.0625，故答案为：B；5.0625。
18．(1) 对甲苯酚 C9H8Cl2O2
(2) 取代反应 0
(3)
(4)
(5) 12
(6)

【分析】由B的结构简式，结合A的分子式可知，A为， A中酚羟基和乙酸发生取代反应生成B，试剂X为CH3COOH，B中甲基发生取代反应生成C，C中氯原子发生水解反应生成D，D为对羟基苯甲醛，D→E为取代反应，F发生已知信息②中反应生成G为，再发生已知信息③的反应生成H为，试剂Y为。
【详解】（1）由分析可知A的结构简式为，名称为对甲苯酚；由C的结构简式可知，C 的分子式为C9H8Cl2O2，故答案为：对甲苯酚；C9H8Cl2O2；
（2）B→C是甲基上发生二氯取代，则反应类型为取代反应；与4个不同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，由A~I九种物质的结构简式可知，没有含有手性碳原子的物质，故答案为：取代反应；0；
（3）F发生已知信息②中反应生成G为，反应方程式为，故答案为：；
（4）H+YI+H2O，H为，结合I的结构。推知试剂Y的结构简式为，故答案为：；
（5）G为，G的同分异构体同时满足下列条件：①苯环上只有两个侧链；
②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基；苯环上一个取代基为-COOH，另一个取代基为-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH或两个取代基均为-CH2COOH或一个取代基为-CH3，另一个取代基为-CH(COOH)2，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故满足条件的同分异构体有43=12种；核磁共振氢谱显示有3组峰，说明该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子；又知峰面积之比为2：2：1，说明3种氢原子个数比为2：2：1，该有机物的结构简式为，故答案为：12；；
（6）CH3CH2CHCl2发生水解反应生成CH3CH2CHO，CH3CH2CHO氧化得到CH3CH2COOH，然后CH3CH2CHO与CH3CH2COOH发生信息②中反应生成CH3CH2 CH=CHCH3，合成路线为：，故答案为：。