浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期第二次仿真考试化学试题（含解析）

这是一份浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期第二次仿真考试化学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，填空题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
浙江省乐清市知临中学2023届高三下学期第二次仿真考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质中可做耐高温材料的共价化合物的是
A． B． C．W D．
2．下列化学用语表示正确的是
A．基态的价电子排布图为：
B．的VSEPR模型：
C．HF分子间的氢键：
D．甲醚的键线式：
3．下列关于元素及其化合物的性质和用途，以及其对应关系正确的是
A．氯气能使鲜花褪色，是因为氯气具有氧化性，所以可以用作干布的漂白
B．铝比铁更活泼，所以铝制品在空气中更容易被腐蚀
C．浓硫酸在常温下可以钝化铁，发生了化学反应，所以铁罐可以用于浓硫酸的运输
D．氮气的性质比较稳定，所以可用于冶炼金属镁时的冷却气
4．已知反应：，下列说法正确的是
A．是氧化剂，生成过程中被氧化
B．既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．反应中参加反应，共转移电子
5．下列反应的离子方程式不正确的是
A．少量通入苯酚钠溶液：
B．向溶液中加入：
C．以铜为电极电解氯化铵溶液：
D．氟化物能预防龋齿的化学原因：
6．下列说法不正确的是
A．低压法聚乙烯，支链较多，密度和软化温度较高，可用于生产食品包装、薄膜、绝缘材料
B．苯酚与甲醛在氨水作用下可发生缩聚反应生成网状结构的酚醛树脂
C．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解可得到磷酸和核苷，核苷继续水解得到戊糖和碱基
D．新冠疫苗制剂需要低温保存是为了防止蛋白质变性
7．茯苓新酸具有一定的抗肿瘤活性，其结构简式如下图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
  
A．该化合物分子中含有3种官能团
B．该化合物只能发生取代反应和加成反应
C．1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH
D．该化合物能使酸性KMnO4溶液褪色，可证明其分子中含有碳碳双键
8．、、、为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知、元素的原子序数之和是、元素的原子序数之和的3倍，且、元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：
甲
乙
丙
丁
戊
、
、
、
、
C、
物质间存在反应：甲+乙→单质+丙；丁+戊→单质(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是
A．甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子
B．原子半径：；电负性：
C．可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质
D．若甲与乙恰好反应生成单质，则乙为双原子分子
9．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．12.5mL16mol/L浓硫酸与6.5g锌共热，转移的电子数等于0.2NA
B．标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后，气体中分子总数为2NA
C．30gSiO2晶体中含有SiO2分子的数目为0.5NA
D．标准状况下，11.2LHF含有氟原子的数目为0.5NA
10．“钠离子电池”被欧盟评价为“锂电的性能、铅酸的价格”，因此成为弥补锂不足的替代研究对象，有着巨大的市场前景。某水系钠离子电池工作原理如图，电池总反应为：2Na2FePO4F + NaTi2 (PO4 )22NaFePO4F + Na2Ti2(PO4) 2。下列说法正确的是

A．充电、放电时，钠离子均向电势更高的电极移动
B．放电时，导线中每通过1mol电子，理论上a极质量减轻23g
C．充电时，b极上的电极反应为NaFePO4F+Na++e- = Na2FePO4F
D．交换膜应为阳离子交换膜且孔径比锂离子电池交换膜的孔径小
11．CuCl是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成，其盐酸溶液能吸收CO，形成，其结构为：，此物质可以定量吸收CO，也能吸收O2、PH3、C2H2等气体。下列说法正确的是
A．由结构可知，原子不满足8电子稳定结构
B．测定混合气体和中的含量时，应先用的盐酸溶液吸收
C．中的化合价为，配位数为4
D．用与溶液制备时，反应体系中先加入浓盐酸后期再加水稀释可提高产率
12．某化学兴趣小组称取晶体，在空气中用热重法对其进行分析，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是

A．反应Ⅰ阶段是晶体失去结晶水
B．
C．反应Ⅱ阶段的化学方程式为：
D．将晶体加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液紫色褪去，不能说明晶体中含
13．在3个容积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应H2O(g) ＋ C(s) CO(g) ＋H2(g)  ΔH＞0 ，分别在一定温度下达到平衡，下列说法正确的是
容器
温度
(T1＞T2)
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(H2O)
n(C)

n(CO)

n(H2)

n(CO)
I
T1
0.6
1.2
0
0
0.2
II
T1
1.2
1.2
0
0
x
III
T2
0
0
0.6
0.6
y
A．当温度为T1时，该反应的化学平衡常数值为0.1
B．达到平衡时，容器II中H2O的转化率比容器I中的小
C．若5min后容器I中达到平衡，则H2O的平衡浓度为1.0 mol/L
D．达到平衡时，容器III中 CO的转化率小于66.6%
14．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示。下列说法不正确的是

A．该过程的总反应为
B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中元素的化合价没有发生变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
15．用1 mol/L氨水(控制1滴/s逐滴加入，下同)滴定60 mL0.02 mol/L硫酸铜溶液；氨水稍过量后，再用1 mol/L的硫酸反滴定铜氨配合物溶液。实验记录如下：
实验现象
反应过程中的pH和电导率变化对比曲线
滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。
滴加硫酸时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到蓝色溶液。

资料：ⅰ．实验中产生的浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，化学式为Cu2(OH)2SO4；
ⅱ．电导率是以数字表示的溶液中传导电流的能力。
下列分析中不正确的是
A．a之前未加氨水，溶液pH＜7的原因是Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
B．ab段发生的主要反应为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH
C．d点混合溶液pH＜7，与反应后生成的NH水解有关
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关
16．下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物
反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引
铁与水蒸气在高温下反应，生成
B
为了验证的还原性，取溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液紫色褪去
具有还原性
C
取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液

加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和溶液后产生白色沉淀
和既发生氧化还原反应，也发生双水解

D
向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液
溶液变血红色
与的配位能力小于
A．A B．B C．C D．D

二、结构与性质
17．填空
(1)基态的轨道表示式为 ，与溶液反应的化学方程式为 ，反应后的含铝微粒在溶液中形成 (填序号)。
A．离子键    B．键    C．键    D．氢键
(2)键角比较： (填“”“”或“”)，原因是 。
(3)下列关于结构和性质的比较正确的是___________。
A．对羟基苯甲醛的沸点低于邻羟基苯甲醛
B．和的空间结构相同，和的空间结构相同
C．分子间作用力：，相同条件下在水中的溶解度
D．与可以生成，可与反应生成
(4)具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则的密度为 (列出计算式)。


三、填空题
18．世界环保联盟将全面禁止在自来水中加氯，取而代之的是安全高效的杀菌消毒剂ClO2。ClO2是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，熔点：-59℃，沸点：11.0℃。浓度>10%遇热、光照都会引起爆炸。遇到有机物也会爆炸。
(1)ClO2为高效低毒的消毒剂，其消毒的效率是等物质的量的Cl2的 倍。
(2)欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2生成，且Cl2的体积为ClO2的1/4。写出化学反应方程式 。
(3)我国广泛采用将经干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠(NaClO2)的柱内制得ClO2。写出化学反应方程式 。和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是什么？ 。
(4)在25℃时，选择与ClO2体积比为8:1可以使ClO2较平缓、彻底的分解，CO不会参与反应，以分解后的混合气体为研究对象，设计简单合理的实验，验证ClO2分解的产物是Cl2和O2，而不是Cl2O和O2 。
19．硫及其化合物在生产生活中有广泛的应用。请回答：
(1)室温下，溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)。
(2)下列关于硫及其化合物的说法，正确的是___________(填字母)。
A．硫元素在自然界中只能以化合态形式存在
B．通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
C．酸雨是的降水，主要是由污染物造成
D．浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色
(3)光谱研究表明，的水溶液中存在下列平衡：

其中为各步的平衡常数，且(表示的平衡压强)。
①当的平衡压强为时，测得，则溶液的 。(用含的式子表示)
②滴加至时，溶液中。如果溶液中，需加将溶液调整为约等于 。
(4)“钙基固硫”是利用石灰石将燃煤烟气中的转化为。但高温时会与反应而影响脱硫效率。相关反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．

当时，反应，体系中的比值随温度变化如下表所示：
温度



比值
3.57
1.08
3.42
请结合题给反应过程能量图说明，时，比值随温度升高逐渐减小的原因是 。
(5)氨水也可吸收：，。能提高去除率的措施有___________(填字母)。
A．增大氨水浓度 B．加热煮沸
C．降低烟气的流速 D．补充，将氧化为

四、实验题
20．连二亚硫酸钠()俗称保险粉，是印染工业中常用的漂白剂。具有以下性质：
Ⅰ.易溶于水且随温度升高溶解度增大，难溶于酒精；
Ⅱ.酸性条件下易分解、碱性条件下稳定，固态时相对较稳定；
Ⅲ.水溶液中低于52℃以形态结晶，碱性溶液中高于52℃脱水成无水盐。
工业中经典的制取方法是以、Zn、NaOH为原料，主要反应及实验室模拟流程如下：；；

(1)步骤①的反应装置如图。

制备选用的最佳试剂组合为 。
A．70%硫酸+固体                       B．10%硫酸+固体
C．70%硫酸+饱和溶液                   D．稀硝酸+饱和溶液
虚线方框内仪器的作用是 。反应控制在35℃～45℃的原因是 。
(2)步骤②加过量NaOH溶液的作用除了使充分生成外，还有一个作用是 。
(3)从下列操作中选择合理操作完成步骤③并排序：溶液→ → → → →干燥。
a.搅拌下通入略高于60℃的水蒸气；b.分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；c.趁热过滤；d.用酒精水溶液洗涤；e.用酒精洗涤；f.用水洗涤
(4)产品纯度测定。取1.2800g产品与足量甲醛水溶液混合于锥形瓶中，生成甲醛亚硫酸氢钠与甲醛次硫酸氢钠：，在所得的混合溶液中加入3.8100g I2、轻轻振荡，发生反应：。过量的以淀粉为指示剂，用0.1000的标准溶液滴定：。消耗标准溶液20.00mL。
①则产品的纯度为 。(精确到0.01%)
②下列操作会导致测定的纯度偏高的是 。
A．装标准溶液的满定管用蒸馏水洗涤后没有用标准液润洗
B．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
C．起始读数正确，滴定后俯视读数
D．制备时由于操作不当，样品中混有
E.滴定时当溶液由蓝色变成无色时立即读数，半分钟后又变回蓝色

五、有机推断题
21．非甾体类抗炎药洛索洛芬钠的中间体P的合成路线如下：

已知：(代表烃基)
请回答：
(1)化合物的结构简式是 ；化合物的结构简式是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物使溴水和高锰酸钾酸性溶液褪色的原理相同
B．化合物的分子式为
C．化合物和发生取代反应生成
D．化合物中含有四种含氧官能团
(3)化合物与过量溶液反应的化学方程式是 。
(4)写出其符合下列条件，分子式为的所有同分异构体的结构简式： 。
①分子中仅含两种官能团，不存在结构；
②谱检测表明：分子中有4种氢原子；
③可使溶液变紫色
(5)以D为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) 。

参考答案：
1．A
【详解】A．为共价化合物，硬度大熔点高，是可做耐高温材料的共价化合物，故A正确；
B．氧化镁为离子化合物，故B错误；
C．W为金属单质，故C错误；
D．二氧化碳常温下为气体，不可做耐高温材料，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．Fe是26号元素，价层电子排布式为3d64s2，Fe2+的价电子排布式为：3d6，价电子排布图为：，故A错误；
B．中心原子价层电子对数为3+=3，VSEPR模型为平面三角形，故B错误；
C．HF分子间的氢键为：，故C错误；
D．甲醚的结构简式为CH3OCH3，键线式为：，故D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，鲜花中含有水，所以干燥的Cl2能使鲜花褪色，但不能使干布褪色，故A错误；
B．铝比铁金属活动性强，但铝易与空气中的氧气反应在其表面形成致密的氧化铝的薄膜，在空气中铝制品比铁制品更耐腐蚀，故B错误；
C．浓硫酸在常温下可以钝化铁，发生了化学反应，所以铁罐可以用于浓硫酸的运输，故C正确；
D．一般情况下，氮气化学性质稳定、不能支持物质燃烧，但活泼金属Mg等能在氮气中燃烧生成氮化镁，则不可用于工业制镁的冷却剂，故D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．Cu元素的化合价降低，故是氧化剂，生成过程中被还原发生还原反应，故A错误；
B．Cu、P元素的化合价均降低，则生成的是还原产物，故B错误；
C．Cu、P元素的化合价降低，则5molP4、60mol有0升高到+5价，6mol P4是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为65:6，故C错误；
D．消耗60mol,反应转移120mole-，消耗1mol，转移2mole-，故D正确。
答案为D。
5．B
【详解】A．少量通入苯酚钠溶液中反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：，故A正确；
B．向溶液中加入，会先和水反应生成NaOH和O2，NaOH、O2再和反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，故B错误；
C．以铜为电极电解氯化铵溶液Cu在阳极失去电子生成Cu2+，H2O在阴极得到电子生成H2和OH-，OH-和反应生成氨气，离子方程式为：，故C正确；
D．氟是人体必需的一种微量元素，其有效预防龋齿，也能有效预防蛀牙，氟离子会与羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，其离子反应方程式：，故D正确；
故选B。
6．A
【详解】A．低压法聚乙烯，支链较多，密度和软化温度较低，A错误；
B．苯酚与甲醛在氨水作用下可发生缩聚反应生成网状结构的酚醛树脂，在酸性条件下缩聚形成线型结构，B正确；
C．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸能水解可得到磷酸和核苷，核苷继续水解得到戊糖和碱基，C正确；
D．新冠疫苗制剂是蛋白质，需要低温保存是为了防止蛋白质变性，D正确；
故选A。
7．C
【详解】A．该物质中含有酯基和羧基，羟基，还有碳碳双键，四种官能团，A错误；
B．含有羧基和羟基，能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应和氧化反应，羟基也能发生消去或氧化反应，B错误；
C．酯基和羧基都可以和氢氧化钠反应，故1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH，C正确；
D．碳碳双键和羟基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故选C。
8．D
【分析】根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO2=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。
【详解】A．若戊为SO3，则SO3是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A错误；
B．同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，电负性减小，故原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B错误；
C．D为S单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C错误；
D．根据4NH3+6NO=5N2+6H2O，若2mol甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B，则乙为NO，是双原子分子，D正确；
故答案为：D。
9．A
【详解】A．12.5mL16mol/L浓硫酸,硫酸的物质的量为0.2mol,6.5g锌物质的量为0.1mol,根据反应无论锌与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应都生成Zn2+，可以知道锌完全反应生成0.1mol锌离子,转移电子数等于0.2NA,，故A正确；
B．NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡: 2NO2N2O4，导致分子个数减少，故反应后的分子个数小于2NA个，故B错误；
C．SiO2晶体属于共价晶体，其中不含分子，故C错误；
D．标准状况下， HF是液体，故D错误；
故答案为A。
10．B
【分析】2Na2FePO4F + NaTi2 (PO4 )22NaFePO4F + Na2Ti2(PO4) 2，原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，根据反应可知放电时a极为负极，b极为正极，充电时a极为阴极，b极为阳极。
【详解】A．充电钠离子向阴极移动，钠离子向电势低的电极移动，放电钠离子向正极移动，钠离子向电势高的电极移动，A错误；
B．放电时a极反应为Na2Ti2(PO4) 2 –e-=NaTi2 (PO4 )2+Na+，导线中每通过1mol电子，a极产生1molNa+，理论上a极质量减轻23g ，B正确；
C．充电时，b极上的电极反应为Na2FePO4F-e- = NaFePO4F+Na+，C错误；
D．充电和放电钠离子自由通过离子交换膜，交换膜应为阳离子交换膜，钠离子比锂离子的半径大，孔径比锂离子电池交换膜的孔径大，D错误；
故答案为：B。
11．D
【详解】A．由结构可知，原子与中心原子Cu形成一个共价键，一个配位键，故满足8电子稳定结构，故A错误；
B．测定混合气体和中的含量时，用的盐酸溶液吸收，也能吸收O2，故B错误；
C．中的化合价为，配位数为4，故C错误；
D．用与溶液制备时，反应体系中先加入浓盐酸，可抑制盐的水解，后期再加水稀释可提高产率，故D正确。
答案为D。
12．C
【详解】A．受热第一阶段是失去结晶水的过程，A正确；
B．反应Ⅰ阶段失水的质量为3.6g-2.88g=0.72g，物质的量为0.04mol，草酸亚铁的质量为2.88g,物质的量为0.02mol，n(FeC2O4)∶n(H2O)=1∶2，所以x=2，B正确；
C．反应Ⅱ阶段FeC2O4在300℃时与空气中氧气反应，，C错误；
D．草酸根离子能将高锰酸根还原，溶液褪色，将晶体加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液紫色褪去，不能说明晶体中含，D正确；
故选C。
13．B
【详解】温度T1时，容器Ⅰ中平衡时n(CO)=0.2mol，
，
该反应的化学平衡常数值为，故A错误；
B．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ增加H2O的量，反而使其转化率降低，所以达到平衡时，容器Ⅱ中H2O的转化率比容器Ⅰ中的小，故B正确；
C．5min后容器Ⅰ中达到平衡，n(H2)=0.2mol，则5min内的平均反应速率：，故C错误；
D．假设达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率为66.6%，

则y=0.6×66.6%=0.3996，所以平衡时c(CO)=c(H2)=，c(H2O)=，则，但由于反应为吸热反应，降低温度不利于反应正向进行，所以容器Ⅲ的平衡常数比容器Ⅰ的平衡常数要小，即y＜0.3996mol，可见转化率大于66.6%，故D错误；
故选：B。
14．C
【详解】A．由图可知，该反应的反应物为HCOOH，生成CO2和H2，该过程的总反应为，故A正确；
B．浓度过大导致HCOO-浓度过小，导致IⅡ反应速率降低；浓度过小，导致Ⅲ→Ⅳ反应速率降低，故B正确；
C．ⅣI有氢气生成，发生氧化还原反应，Fe和H元素的化合价发生变化，该催化循环中元素的化合价发生变化,故C错误；
D．头图像可知，Ⅱ→Ⅲ步骤的正反应活化能最大，反应速率最慢，总反应的速率有慢反应决定，故该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定，故D正确。
答案为C。
15．D
【详解】A．a之前未加氨水，溶液中溶质为CuSO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的Cu2+发生水解反应：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液pH＜7，A正确；
B．向溶液中滴加少量氨水时，产生浅蓝色沉淀是碱式硫酸铜，根据电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2Cu2++SO+2NH3·H2O=Cu2(OH)2SO4↓+2NH，B正确；
C．d点混合溶液pH＜7，溶液显酸性，是由于溶液中含有(NH4)2SO4，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中NH发生水解反应，消耗水电离产生的OH-产生NH3∙H2O，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，导致溶液pH＜7，故与反应生成的NH水解有关，C正确；
D．根据a′b′与b′c′ 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率不仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关，而且也与离子的种类有关，D错误；
故合理选项是D。
16．C
【详解】A．将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁铁吸引，该固体可以是Fe也可以是，并不能确定一定生成，A错误；
B．Cl-也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不能确定是使高锰酸钾褪色，B错误；
C．取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色，说明发生水解反应产生了。加入稀盐酸和溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀，说明Fe3+将氧化为，C正确；
D．向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。
故选C。
17．(1) BD
(2) 大于 CH中C原子为sp2杂化，键角为120°，CH4中C原子为sp3杂化，键角为109°28’
(3)BD
(4)

【详解】（1）基态核外电子排布式为，则其轨道表示式为；与溶液的反应，可理解为先发生水解，生成和，生成的再和反应生成，因此总反应的化学方程式为；反应生成的在溶液中可结合氢离子生成H2O形成键，也可与水分子形成氢键，故选BD。
（2）CH中心C原子价层电子对数=，采取sp2杂化，无孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120°，CH4中心C原子价层电子对数=，采取sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角为，因此键角：>。
（3）A．对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，A错误；
B．中心O原子价层电子对数=，采取sp3杂化，有1对孤电子对，因此空间结构和相同均为三角锥形，中心Be原子价层电子对数=，采取sp杂化，无孤电子对，因此空间结构和相同均为直线形，B正确；
C．CO和H2O均为极性分子，N2为非极性分子，根据相似相溶的原则，相同条件下在水中的溶解度，C错误；
D．中N原子提供孤电子对，中Al原子提供空轨道，二者通过配位键化合生成，同理中B原子提供空轨道，与反应可生成，D正确；
故选BD。
（4）晶胞中，位于顶点和面心的O原子个数为，位于晶胞内的Li原子个数为8，则的密度为。
18．(1)2.5
(2)11KClO3＋18HCl=11KCl＋3Cl2＋12ClO2＋9H2O
(3) 2NaClO2＋Cl2=2NaCl＋2ClO2 生成的ClO2中不含Cl2杂质
(4)用注射器吸取一定体积的反应后气体，然后吸取适当过量的NaOH溶液，振荡，静置后，读取剩余气体体积，若前后气体体积之比为19：18，则说明二氧化氯分解得到的气体为氯气和氧气

【详解】（1）ClO2中的Cl是+4价变成-1要得到5个电子，Cl2中Cl为0价，全变成-1要得到2电子，其消毒的效率是等物质的量的Cl2的2.5倍；
故答案为：2.5；
（2）NaClO3中Cl的化合价为+5，ClO2中Cl为+4价，HCl、KCl中Cl为-1价，Cl2的化合价为0，根据电子转移原则NaClO3为氧化剂，ClO2为还原产物，HCl为还原剂发生氧化反应得到氧化产物Cl2，Cl2的体积为ClO2的，说明ClO2由KClO3和HCl共同得电子生成；
故答案为：11KClO3＋18HCl=11KCl＋3Cl2＋12ClO2＋9H2O；
（3）①根据信息知反应物为氯气和亚氯酸钠，生成物之一为二氧化氯，结合氧化还原规律化合价有升有降，亚氯酸钠到二氧化氯，氯元素化合价由+3→+4升高，可得另一产物为氯化钠；
故答案为：2NaClO2＋Cl2=2NaCl＋2ClO2；
②欧洲方法生成杂质氯气有毒；
故答案为：生成的ClO2中不含Cl2杂质；
（4），假设CO：ClO2的体积比为16：2时，根据反应式可知，2体积ClO2完全分解生成3体积气体，若CO不参加反应，则剩余19体积气体，其中生成的1体积氯气易被NaOH吸收，则用注射器吸取一定体积的反应后气体，然后吸取适当过量的NaOH溶液，振荡，静置后，读取剩余气体体积，若前后气体体积之比为19：18，则说明二氧化氯分解得到的气体为氯气和氧气；
故答案为：用注射器吸取一定体积的反应后气体，然后吸取适当过量的NaOH溶液，振荡，静置后，读取剩余气体体积，若前后气体体积之比为19：18，则说明二氧化氯分解得到的气体为氯气和氧气。
19．(1)SO＋H2OHSO＋OH−
(2)D
(3) 8.2
(4)温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应I的反应速率的增大幅度，故比值减小
(5)AC

【详解】（1）亚硫酸钠中亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子，离子方程式为：SO＋H2OHSO＋OH−。
（2）A. 硫元素在自然界中有游离态形式，故错误；B. 通入紫色石蕊试液，溶液变红，但不能使之褪色，故错误；C. 酸雨是的降水，主要是由污染物造成，故错误；D. 浓硫酸具有吸水性，浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色，故正确。故选D。
（3）①根据方程式可知，，，又因为，则三式相乘并代入数据即得到c(H+)=mol/L。
②加入氢氧化钠溶液，pH=6.2时，溶液中，则，如果溶液中，则，。
（4）温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的活化能较大，故反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应I的反应速率的增大幅度，故比值减小。
（5）A. 增大氨水浓度，能提高二氧化硫的转化率；B. 加热煮沸不利用气体溶解，不能提高二氧化硫的去除率；C. 降低烟气的流速，可以使反应更充分，能提高二氧化硫的去除率；D. 补充，将氧化为，溶液的酸性增强，不利于提高二氧化硫的去除率。故选AC。
20．(1) A 防止倒吸 若温度过高则溶解度低，浪费多；若温度过低，反应速度太慢
(2)使溶液处于碱性环境，保证稳定存在
(3) b a c e
(4) 95.16% CE

【分析】本实验制备连二亚硫酸钠，根据制备步骤，锌粉水悬浊液与SO2反应生成ZnS2O4，加入过量的NaOH溶液，ZnS2O4与NaOH反应生成Na2S2O4和氢氧化锌沉淀，过滤得到Na2S2O4溶液，因为Na2S2O4在碱性条件下稳定，因此需要加入NaOH溶液的量应过量，然后从溶液中获得连二亚硫酸钠，据此分析；
【详解】（1）A．因为SO2易溶于水，且亚硫酸为中强酸，因此实验室常用70%的硫酸和Na2SO3固体反应得到SO2，故A符合题意；
B．10%硫酸中含有大量水，Na2SO3与硫酸反应生成SO2，溶于水，不利于SO2的逸出，故B不符合题意；
C．饱和Na2SO3溶液中有大量水，不利于SO2逸出，故C不符合题意；
D．稀硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化，故D不符合题意；
答案为A；
虚线框中仪器是倒置的漏斗，其作用是防止倒吸，制备Zn2S2O4利用Zn和H2SO3的反应，温度过高，则SO2溶解度低，浪费多；若温度过低，反应速度太慢；故答案为A；防止倒吸；温度过高，则SO2溶解度低，浪费多；若温度过低，反应速度太慢；
（2）根据题中所给信息Ⅱ，步骤②加过量NaOH溶液，除生成Na2S2O4外，确保溶液显碱性，防止Na2S2O4分解；答案为使溶液处于碱性环境，保证稳定存在；
（3）从溶液中获得Na2S2O4固体，向溶液中分批加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液，根据信息Ⅲ碱性溶液中高于52℃脱水成无水盐，因此搅拌下通入略高于60℃的水蒸气，趁热过滤，Na2S2O4难溶于酒精，因此洗涤时用酒精洗涤，减少Na2S2O4的损失，步骤是bace；答案为bace；
（4）①根据I2与Na2S2O3的反应，得出过量I2的物质的量为，则与NaHSO2·CH2O反应的I2的物质的量为，从而计算出NaHSO2·CH2O的物质的量为×，根据，计算出Na2S2O4的物质的量为×，产品的纯度是=95.16%；答案为95.16%；
②A．未用标准液润洗滴定管，消耗Na2S2O3的体积增多，与NaHSO2·CH2O反应的I2的量减少，从而导致测定的纯度偏低，故A不符合题意；
B．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗Na2S2O3的体积增多，与NaHSO2·CH2O反应的I2的量减少，从而导致测定的纯度偏低，故B不符合题意；
C．起始读数正确，滴定后俯视读数，消耗Na2S2O3的体积减少，与NaHSO2·CH2O反应的I2的量增多，从而导致测定的纯度偏高，故C符合题意；
D．制备时由于操作不当，样品中混有Na2S2O3·2H2O，造成测定纯度偏低，故D不符合题意；
E．滴定时，半分钟后又变回蓝色，所加标准液的体积减少，与NaHSO2·CH2O反应的I2的量增多，从而导致测定的纯度偏高，故E符合题意；
答案为CE。
21．(1) CH3CH2OH
(2)AD
(3)＋2NaOH＋NaBr＋H2O
(4)、、、
(5)

【分析】物质A中的碳碳双键被酸性高锰酸钾溶液氧化成两个羧基；B的两个羧基与E的羟基发生酯化反应生成己二酸二乙酯；C在乙醇钠的作用下发生已知条件下的反应生成D；D在催化剂的作用下与F发生取代反应，F除溴原子外的整个原子团取代了D中五碳环与酯基相连的碳上面的氢，生成P。

【详解】（1）由已知条件推断己二酸二乙酯，则E为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；B为己二酸，结构简式为。
（2）A．化合物A为环己烯，与溴水发生加成反应，与KMnO4发生氧化还原反应，A错误；
B．D的分子式为，B正确；
C．D和F生成P为取代反应，C正确；
D．化合物P中含有羰基、羧基、酯基三种官能团；
故答案为AD。
（3）F中的溴原子和羧基均能和NaOH溶液反应，故答案为＋2NaOH＋NaBr＋H2O。
（4）由题意知，该分子中含有酚羟基，醚键和甲基，由于含有4中氢，故答案为、、、。
（5）若想合成，需要由   缩聚反应而成，故合成路径为。