上海市市东中学2020届高三上学期期中考试化学试题


2019-2020学年第一学期高三化学期中考试试卷
相对原子质量： H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Ca—40 Cl—35.5 Na—23 K—39 Mg—24 Al—27 Fe—56 Cu—64
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1. 下列对化学反应本质的认识，错误的是
A. 原子一定重新组合 B. 一定有电子转移
C. 有旧键断裂和新键形成 D. 必然伴随着能量的变化
【答案】B
【解析】
试题分析：A、化学反应原子一定重新组合，A项正确；B、氧化还原反应一定有电子转移，B项错误；C、化学反应的本质是旧键的断裂和新建的形成，C项正确；D、化学反应必然伴随能量的变化，D项正确；答案选B。
考点：考查对化学反应的认识
2.化学式为N2H6SO4的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体中不存在
A. 离子键 B. 共价键 C. 分子间作用力 D. 阳离子
【答案】C
【解析】
试题分析：化学式为N2H6SO4的晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，应该是离子晶体，硫酸铵中含有离子键、共价键及阴、阳离子，故N2H6SO4晶体中不存在分子间作用力，选项C错误，答案为C。
考点：考查晶体中存在的化学键及作用力。
3. 下列各组数据比较，前者比后者小的是
A. 氯水与氨水中微粒种类 B. 乙烷与苯分子中碳碳键键长
C. 氯化铯与氯化钠的熔点 D. Al2O3与AlCl3的熔点
【答案】C
【解析】
试题分析：A．氨水中含有的微粒：氨气分子、水分子、铵根离子、氢离子、氢氧根离子，共5种，氯水的成分：水分子、氯离子、次氯酸根离子、氢离子、氢氧根离子、氯气分子、次氯酸分子共7种，故A错误；B．乙烷中碳碳键长比苯分子中碳碳键键长长，故B错误；C．因铯的离子半径比钠离子大，氯化铯与氯化钠的熔点低，故C正确；D．Al2O3是离子晶体，高熔点，AlCl3是分子晶体，熔点低，故D错误，答案为C。
考点：考查不同物质性质的比较，涉及微粒数、化学键参数及熔点比较。
4.秸秆、稻草等生物质是一种污染小的可再生能源，其主要转化途径及主要产物如图。下列有关说法错误的是（ ）

A. 生物质能所含能量本质上来源于太阳能
B. 由秸秆等物质水解获得的乙醇属生物质能
C. 生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物
D. 由秸杆稻草等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷
【答案】C
【解析】
【详解】A．生物质本质上能来源于太阳能，故A正确；
B．乙醇来源于纤维素，属于生物质能，故B正确；
C．汽油、柴油等属于混合物，故C错误；
D．沼气的主要成分是甲烷，故D正确。
故答案为C。
5.在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是
A. 范德华力、范德华力、范德华力
B. 范德华力、范德华力、共价键
C. 范德华力、共价键、共价键
D. 共价键、共价键、共价键
【答案】B
【解析】
【详解】“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”属于石蜡的 “三态”之间的转化，所以转化的过程中要克服分子间作用力；“石蜡蒸气→裂化气”属于石油的裂化，属于化学变化，必然要破坏化学键(共价键)，答案选B。


6. 不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是
A. Na和AlCl3溶液反应 B. 最高价氧化物对应水化物的碱性
C. 单质与H2O反应的难易程度 D. 同浓度NaCl和AlCl3溶液的pH
【答案】A
【解析】
【详解】A项、钠和AlCl3溶液反应，钠与水反应，不能与氯化铝发生酯化反应置换出铝，不能用于比较Na与Al金属性相对强弱，故A错误；
B项、元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故B正确；
C项、元素的金属性越强，单质与H2O反应越容易，故C正确；
D项、同浓度NaCl和AlCl3溶液的pH，说明对应碱的碱性强弱不同，能判断金属性强弱，故D正确；
故选A。
7. 实验室制取下列物质的实验中未利用冷凝原理的是
A. 乙酸乙酯 B. 乙酸丁酯 C. 溴乙烷 D. 乙烯
【答案】D
【解析】
试题分析：A、用冷凝原理冷却生成的乙酸乙酯，A项错误；B、用冷凝原理冷却生成的乙酸丁酯，B项错误；C、用冷凝原理冷却生成的溴乙烷，C项错误；D、乙烯常温下是气体，直接用排水法收集，不进行冷凝，D项正确；答案选D。
考点：考查物质制备
8.已知X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法正确的是




Y



X



Z







A. Y是非金属性最强的元素
B. Z是金属元素
C. Y的原子序数为a－7
D. X的气态氢化物化学式为H2X
【答案】C
【解析】
试题分析：X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，则Y是氦，X是氟，Z是S，A、Y是氦，是惰性元素，A项错误；B、Z是S，是非金属元素，B项错误；C、Y的原子序数为a－7，C项正确；D、X的气态氢化物化学式为HX，D项错误；答案选C。
考点：考查元素推断
9.常温下加入下列物质，能使溶液中c(CO32-)、c(HCO3-)均降低，而pH增大的是
A. 氢氧化钠溶液 B. 通入二氧化碳 C. 氢氧化钙溶液 D. 盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A、加入氢氧化钠溶液，碳酸氢根与氢氧根反应生成碳酸根和水，碳酸根浓度增大，错误；B、二氧化碳与碳酸根、水反应生成碳酸氢根，碳酸氢根浓度增大，错误；C、碳酸根、碳酸氢根均与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，溶液中c(CO32-) 、c(HCO3-)均降低而pH增大，正确；D、向溶液中加入盐酸，溶液的pH减小，错误。
考点：考查碳酸盐和碳酸氢盐的性质
10. 下列说法正确的是
A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强
【答案】A
【解析】
【详解】A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；
B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；
C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；
D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误。
答案选A。


11.在海轮的船壳上连接锌块，下列相关说法正确的是
A. 制成合金保护船体 B. 是外加电流的阴极保护法
C. 船体的反应：Fe -2e—=Fe2+ D. 锌块的反应：Zn -2e—=Zn2+
【答案】D
【解析】
【详解】A项、在海轮的船壳上连接锌块是形成铁锌原电池，活泼金属锌做负极，保护船体，故A错误；
B项、在海轮的船壳上连接锌块是牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；
C项、船体做原电池的正极，电极反应为：O2+2H2O+4e—=4OH—，故C错误；
D项、锌块做原电池的负极，锌失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应为：Zn -2e—=Zn2+，故D正确；
故选D。
12.在25℃时，有80g饱和Ba(OH)2溶液，向其中加入纯BaO粉末ag，反应后温度恢复到25℃，下列有关该溶液的说法正确的是（ ）
A. 溶液中c(Ba2+)将增大 B. 溶液的pH将增大
C. 溶液中Ba2+的物质的量将减少 D. 溶液中c(OH－)减少
【答案】C
【解析】
【分析】
80g饱和Ba（OH）2溶液，向其中加入纯BaO粉末a g，BaO粉末与水反应生成Ba（OH）2，消耗水，溶液有Ba（OH）2析出，恢复至原温度25℃，溶液浓度不变，仍为饱和溶液，据此即可解答。
【详解】A．BaO和水发生：BaO+H2O=Ba（OH）2消耗水，饱和的Ba（OH）2溶液中有Ba（OH）2析出，溶液中Ba2+数目减少，但反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Ba2+）不变，故A错误；
B．BaO和水发生BaO+H2O=Ba（OH）2反应，恢复至原温度，析出Ba（OH）2，仍为饱和溶液，溶液浓度不变，溶液的pH不变，故B错误；
C．BaO和水发生：BaO+H2O=Ba（OH）2反应，消耗水，有Ba（OH）2析出，溶液中Ba2+数目减少，故C正确；
D．BaO和水发生BaO+H2O=Ba（OH）2反应，恢复至原温度，析出Ba（OH）2，仍为饱和溶液，溶液浓度不变，溶液中c（OH-）不变，故D错误；
故答案为C。
【点睛】注意饱和溶液的性质，当溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变。
13. 常温下0.1 mol/L醋酸溶液的pH = a，下列能使溶液pH =（a +1）的措施是
A. 将溶液稀释到原体积的10倍
B. 加入适量的醋酸钠固体
C. 加入等体积0.1 mol/L烧碱溶液
D. 加入等体积0.1 mol/L盐酸
【答案】B
【解析】
试题分析：A、醋酸是弱酸，将溶液稀释到原体积的10倍，pH <（a +1）,A项错误；B、加入适量醋酸钠，抑制醋酸电离，使PH增大，可能使溶液pH =（a +1），B项正确；C、加入等体积0.1 mol/L烧碱溶液，恰好完全反应，生成醋酸钠，但pH <（a +1）,，C项错误；D、加入等体积0.1 mol/L盐酸，溶液酸性增强，PH减小，D项错误；答案选B。
考点：考查溶液PH的变化
14.25℃时水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH-+Q（Q＜0），下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A、向水中加入氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水的电离，平衡向逆反应方向移动，氨水中的氢氧根离子远远大于水减少的氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B、向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子，导致溶液中氢离子浓度增大，因为温度不变，则KW不变，故B正确；
C、向水中加入少量固体CH3COONa，醋酸根离子和氢离子反应生成弱电解质，导致c（H+）降低，平衡正向移动，故C错误；
D、水的电离是吸热反应，升高温度，促进水电离，KW增大，pH变小，故D错误。
故答案为B。
15.观察如图装置，下列说法正确的是

A. a、b接电流表，该装置为原电池
B. a、b接直流电源，该装置为电解池
C. a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀
D. a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果液体c为乙醇等非电解质，则不符合构成原电池的条件，故A错误；
B、如果液体c为乙醇等非电解质，该电路为断路，不能构成电解池，故B错误；
C、连接直流电源，如果让铁作阴极，按照电解原理，铁不被腐蚀，故C正确；
D、如果接电流表，构成原电池，铁作负极，如果接直流电源，构成电解池，两极的名称为阴阳极，故D错误。
16. 有机物M的结构如图所示。关于M的描述正确的是

A. 分子式为C8H6O6
B. 能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应
C. 1 molM与溴水发生反应的产物可能有3种
D 1molM与足量氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．分子式为C8H6O8，故A错误；B．此有机物有碳碳双键、羧基、醇羟基、酯基，则能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应，故B正确；C．1 molM与溴水发生反应的产物要结合溴的物质的量来确定，故C错误；D．1molM与足量氢氧化钠溶液反应，只能发生酯的水解和与羧酸的中和，共消耗2molNaOH，故D错误，答案为B。
考点：考查有机物的结构与性质
17.由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4(g)+2H2(g)→Si(s)+4HCl(g)，生成1mol
晶体硅的热效应是
化学键

Si-Cl

H-H

Si-Si

H-Cl

键能(kJ/mol)

360

436

176

431



A. 吸收236kJ B. 放出236kJ C. 放出116kJ D. 吸收116kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：化学反应方程式中的反应热="反应物的键能之和-生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键," 即△H="360kJ/mol×4+436kJ/mol×2-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236" kJ/mol，故选A。
考点：考查反应热的计算
18.某溶液中含有下列离子中的五种：Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3–、CO32–、Cl–、NO3–、SO42–，浓度均为0.1mol/L。向其中加入足量的盐酸，有气体生成且反应后溶液中阴离子的种类没有变化。以下分析错误的是
A. 原溶液中不含HCO3–和CO32– B. 向加盐酸后的溶液中再加KSCN溶液，显红色
C. 能确定原溶液中的五种离子 D. 原溶液中有三种阳离子和两种阴离子
【答案】D
【解析】
试题分析：原溶液里一定没有HCO3-和CO32-，因二离子与溶液里可能存在的阳离子均不共存，若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，此气体不可能为二氧化碳；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl-，有气体生成则含有Fe2+和NO3-；一共有五种离子，浓度均为0.1，Fe2+，Cl-，NO3-正好电荷守恒．说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42-，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-；A．原溶液中不含HCO3–和CO32–，故A正确；B．向加盐酸后的溶液中含有Fe3+，再加KSCN溶液，显红色，故B正确；C．溶液中存在的五种离子为Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-，故C正确；D．溶液中存在的五种离子为Fe2+、Cl-、NO3-、Mg2+和SO42-，原溶液中有二种阳离子和三种阴离子，故D错误，答案为D。
考点：考查离子反应、离子检验方法和离子性质的分析判断。
19.下列反应的离子方程式正确的是
A. 次氯酸钙中通入过量二氧化碳：Ca2++2C1O-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
B. 硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2++2H2O2+4H+=Fe3+ +4H2O
C. 用氨水吸收少量二氧化硫：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-
D. 硝酸铁溶液中加过量氨水：Fe3++3NH3·H2O= Fe(OH)3↓+3NH4+
【答案】D
【解析】
试题分析：A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳生成碳酸氢盐，A错误；B.不符合电荷守恒，应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，B错误；C.用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，C错误；选D。
考点：考查离子方程式的正误判断。
20.常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通CO2气体，只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2则生成HY和Na2CO3。有关叙述正确的是
A. 三种酸的电离常数：Ki1(H2CO3) > Ki(HX) > Ki(HY) > Ki2(H2CO3)
B. NaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(X-)
C. 同浓度溶液的碱性：NaX > Na2CO3 > NaY > NaHCO3
D. 结合H＋的能力：Y- > CO32- > X- > HCO3-
【答案】D
【解析】
试题分析：A、酸性越强，则在相同的温度下，酸的电离平衡常数就越大，所以三种酸的电离常数Ki(H2CO3) > Ki(HX)> Ki(HY) ，A项错误；B、NaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：会产生HX和NaHCO3；溶液显酸性，离子浓度：C(Na+)＞c(HCO)＞C(X-)＞c(H+)＞c(OH-)，，B项错误；C、酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以碱性：NaHCO3＜NaX＜Na2CO3＜NaY，，C项错误；D、向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3＞HY，酸性越弱对应离子结合质子的能力越强，所以则结合质子能力：Y-＞CO32-＞X-＞HCO3-，D项正确；答案选D。
考点：考查浓度大小比较
21.二氧化氯（ClO2）是国际公认高效、安全的杀菌、保鲜剂，是氯制剂的理想替代品。工业上制备ClO2的方法很多，NaClO3 和NaClO2是制取ClO2的常见原料。完成下列填空：
（1）以下反应是制备ClO2的一种方法：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O
上述反应物中属于第三周期元素的原子半径大小顺序是___；其中原子半径最大元素的原子，其核外电子排布式为___，其核外有___种不同能量的电子。
（2）ClO2的分子构型为“V”形，则ClO2是___（选填“极性”、“非极性”）分子，其在水中的溶解度比氯气___（选填“大”、“小”、“一样”）。
（3）ClO2具有强氧化性，若ClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl-，ClO2的消毒能力是等质量Cl2的___倍（保留2位小数）。
（4）若以NaClO2为原料制取ClO2，需要加入具有___（填“氧化”、“还原”）性的物质。
（5）工业上制取NaClO3通过电解法进行，电解时，不同反应环境下的总反应分别为：
4NaCl +18H2O→4NaClO3+3O2↑+18H2↑（中性环境）
NaCl +3H2O→NaClO3 +3H2↑（微酸性环境）
①电解时，氢气在___极产生。
②更有利于工业生产NaClO3的反应环境是___，理由__。
【答案】 (1). Na>S>Cl (2). 1s22s22p63s1 (3). 4 (4). 极性 (5). 大 (6). 2.63 (7). 氧化性 (8). 阴极 (9). 微酸性环境 (10). 转移电子都生成氯酸钠，能量利用率高；水消耗少；不同时生成氢气和氧气，相对更安全
【解析】
【分析】
（1）反应物中属于第三周期的元素为Na、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径最大元素为Na，结合电子排布式1s22s22p63s1解答；
（2）ClO2分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水；
（3）1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子；
（4）以NaClO2为原料制取ClO2，Cl元素化合价由+3价升高到+4价；
（5）①电解时，氢气由水还原生成；
②工业生产时，应注意安全问题。
【详解】（1）反应物中属于第三周期的元素为Na、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为Na＞S＞Cl，原子半径最大元素为Na，结合电子排布式1s22s22p63s1，同一轨道电子能量相同，则有四种能量不同的电子，故答案为：Na＞S＞Cl；1s22s22p63s1；4；
（2）ClO2分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水，其在水中的溶解度比氯气大，故答案为：极性；大；
（3）设质量都是71g，氯气得到的电子数为：，ClO2得到的电子数为：，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为 ，故答案为：2.63；
（4）以NaClO2为原料制取ClO2，Cl元素化合价由+3价升高到+4价，应加入氧化剂，故答案为：氧化；
（5）①电解时，氢气由水还原生成，则应在阴极生成，故答案为：阴；
②由电解方程式可知微酸性环境生成气体为氢气，而在中性环境中生成氧气和氢气，易导致爆炸危险，且微酸性环境能量利用率高，水消耗少，在故答案为：微酸性环境；转移电子都生成氯酸钠，能量利用率高，水消耗少，不同时生成氢气和氧气，相对更安全。
【点睛】极性分子为正负电荷重心不重叠的分子，非极性分子为正负电荷重心重叠的分子。
22.Na2S又称臭碱、硫化碱，是应用广泛的化工原料，也常用于吸收工业废气中的SO2。完成下列填空：
（1）用离子方程式说明Na2S又称臭碱、硫化碱的原因___。
（2）向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，写出反应的离子方程式___。结合你所学习过的其它离子反应分析，离子互换反应进行的方向是___。
向Na2S溶液中不断通入SO2，直至不再能吸收。其间看到溶液变浑浊，停止反应后溶液中含硫微粒为：S2O32-、HSO3-、H2SO3、HS-。
（3）反应过程中，溶液的pH逐渐___（填“变大”、“变小”），生成的沉淀是___；
（4）关于反应后得到溶液，下列离子浓度关系正确的是___。
a．c(Na+)=c(S2O32-) +2c(HSO3-)+2c(H2SO3) + 2c(HS-)
b．c(Na+)+c(H+)=2c(S2O32-)+c(HSO3-) +c(HS-) +c(OH-)
c．c(Na+)=2c(HS-)
d．c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2O32-)+c(HSO3-)
【答案】 (1). S2-＋H2O OH-＋HS-，HS-＋H2O OH-＋H2S (2). 2AgCl＋S2-=Ag2S＋2Cl- (3). 某些离子浓度减小的方向 (4). 变小 (5). S (6). b
【解析】
【分析】
（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，硫氢根离子水解生成具有臭味的硫化氢；
（2）Ag2S溶解度小于AgCl溶解度，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；
（3）Na2S溶液中存在硫离子水解溶液显碱性，不断通入SO2， SO2溶于水显酸且SO2会与硫离子反应，硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子；生成的沉淀是S；
（4）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。
【详解】：（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，硫氢根离子水解生成具有臭味的硫化氢， 故答案为：、；
（2）Ag2S溶解度小于AgCl溶解度，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，离子方程式为，离子互换反应进行的方向是某些离子浓度减小的方向，故答案为：；某些离子浓度减小的方向；
（3）Na2S溶液中存在硫离子水解溶液显碱性，不断通入SO2， SO2溶于水显酸且SO2会与硫离子反应，硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子，所以溶液的pH变小；生成的沉淀是S，故答案为：变小；S；
（4）a．未通入SO2时，Na2S溶液中存在：c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），通入SO2时后，融入SO2后会与水反应生成H2SO3，无法确定S原子和Na原子之间的数量关系，故a错误；
b．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（S2O32-）+c（HSO3-）+c（HS-）+c（OH-），故b正确；
c．未通入SO2时，Na2S溶液中存在：c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），c（Na+）＞2c（HS-）通入SO2后-2价的硫元素会减小，所以c（Na+）＞2c（HS-），故c错误；
d．若c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2O32-)+c(HSO3-)再结合电荷守恒可得：c（H+）= c（OH-）- c（HS-）在未通入SO2时，Na2S溶液中存在质子守恒：c（H+）= c（OH-）- c（HS-）-2c（H2S），若在通入SO2时，只与该溶液中水解生成的H2S反应，则d正确，而实际上并非如此，故d错误。

故选b。
【点睛】溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，而Ksp大的物质不一定能转化成Ksp小的物质。
23.氯气用途广泛，但在使用时，一般会产生氯化氢。工业上可用O2将HCl转化为Cl2，以提高效益，减少污染。反应为：O2+4HCl2Cl2 +2H2O。
完成下列填空：
（1）该反应化学平衡常数K的表达式为___；实验测得P0压强下，HCl平衡转化率α(HCl)随反应温度T的变化如图所示，则正反应是___反应（填“吸热”或者“放热”）。

（2）上述实验中若压缩体积使压强由P0增大至P1，在图中画出P1压强下HCl平衡转化率α(HCl)随反应温度T变化的曲线___，并简要说明理由：___。
（3）该反应在P0、320℃条件下进行，达平衡状态A时，测得容器内n(Cl2)=7.2×10–3mol，则此时容器中的n(HCl)=___mol。
（4）对该反应达到平衡后，以下分析正确的是___（选填编号）。
a．增加n(HCl)，对正反应的反应速率影响更大
b．体积不变加入稀有气体，对正反应的反应速率影响更大
c．压强不变加入稀有气体，对逆反应的反应速率影响更大
d．如果平衡常数K值增大，对逆反应的速率影响更大
（5）氯元素能形成多种离子。在水溶液中1molCl-、1molClOx–(x=1，2，3，4)能量的相对大小如图所示，写出B→A+C反应的化学方程式（用离子符号表示）___；若有1.5molB发生反应，转移电子___mol。

【答案】 (1). K= (2). 放热 (3). (4). 增大压强，平衡右移，温度相同情况下，转化率增大 (5). 2.54×10–3 (6). a、d (7). 3ClO–=2Cl– +ClO3– (8). 2
【解析】
【分析】
（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；升高温度平衡向吸热的方向移动，据此判断；
（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；
（3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为，所以a=1.69×10-2mol，据此计算；
（4）a．增加n（HCl），平衡正向移动；
b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动；
c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，据此判断；
d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，据此判断；
（5）B自身发生氧化还原反应生成A和D，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，根据反应中氯元素化合价的变化判断转移电子数。
【详解】（1）平衡常数K=；升高温度平衡向吸热方向移动，根据图知，温度升高，氯化氢的转化下降，即平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：K=；放热；
（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故答案为：
；
增大压强，平衡右移，温度相同情况下，转化率增大；
3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为，所以a=1.69×10-2，所以平衡时容器中的n（HCl）=15%amol=2.54×10-3mol，
故答案为：2.54×10-3；
（4）a．增加n（HCl），平衡正向移动，即对正反应的反应速率影响更大，故a正确；
b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，正逆反应速率 不变，故b错误；
c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应的反应速率下降得更多，故c错误；
d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，所以逆反应速率下降得要比正反应速率多，故d正确；
故答案为：ad；
（5）B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，根据方程式可知，每当有3mol的ClO-反应，可转移电子4mol，所以若有1.5molClO-发生反应，转移电子为2mol，
故答案为：3ClO-=ClO3-+2Cl-；2。
24.化合物M是一种医用高分子材料，可用于制造隐形眼镜；以下是M、有机玻璃的原料H及合成橡胶（N）的合成路线。

（1）A中含有的官能团是___（写名称）。
（2）写出反应类型：D→E___；写出反应条件：G→H___。
（3）写出B→C化学反应方程式：___；
（4）写出E+F→N化学反应方程式：___。
（5）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体共有___种。
（6）已知：①RCHO
②
③+SOCl2+SO2+HCl
根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)___。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。
【答案】 (1). 醛基、碳碳双键 (2). 消除反应 (3). 氢氧化钠溶液，加热 (4). +HOCH2CH2OH+H2O (5). (6). 5种 (7).
【解析】
【分析】
根据M的结构简式可知C为：，B与乙二醇反应生成C，则B的结构简式为：，A通过①银镜反应、②与H+反应生成B，则A的结构简式为：；A与氢气发生加成反应生成D，A中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成反应，根据D一定条件下能够生成E可知，D为；又F能够生成天然橡胶，则F的结构简式为：，根据加聚反应原理可以写出E与F反应合成N的化学方程式为：。
【详解】（1）根据分析可知A为，故答案为：醛基、碳碳双键；
（2）D为，D通过消去反应生成E；G到H位氯代烃的消去反应，反应条件为故答案为氢氧化钠溶液，加热，消去反应；加聚反应；氢氧化钠溶液，加热；
（3）B为，B与乙二醇反应的化学方程式为：；
（4）E与F反应的化学方程式为：；
（5）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体的结构简式有：HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2、HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3，共5种，故答案为：5；
（6）以为原料制备，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与与HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，分子内脱去氯化氢得，与氢气加成得，合成路线为。
【点睛】本题考查了有机物的推断、结构和性质，明确有机物的官能团及其性质是解题关键，同时对一些特殊反应的反应条件要敏感；第（6）题是本题难点，对学生的逻辑推理有一定的要求。