海南省北师大万宁附中2023届高考仿真模拟化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（）A．测定一定质量的和混合物中的含量B．确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的晶体中结晶水数目D．比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率2、X、Y、Z是位于不同周期的主族元素、原子序数依次增大且均小于18，Z为金属元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为8，X、Y、Z组成的物质可发生反应：ZX2+2YX3Z(YX2)2+2X2。下列有关说法正确的是A．1molZX2发生上述反应转移电子的物质的量为4molB．YX3与Y2X4中Y元素的化合价相同C．上述反应中的离子化合物的所有元素原子的最外层都满足8电子稳定结构D．Y元素在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性最强3、以下相关实验不能达到预期目的的是（）A．试样加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B．向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C．加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D．两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响4、下列关于电化学的实验事实正确的是（）出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解质的Cu-Zn原电池Cu为正极，正极上发生还原反应B电解CuCl2溶液电子经过负极→阴极→电解液→阳极→正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2，正极处吸收O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀A．A B．B C．C D．D5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（）A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB．98g纯H2SO4中离子数目为3NAC．含0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NAD．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2NA6、700℃时，H2(g)＋CO2(g)

H2O(g)＋CO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2和CO2，起始浓度如下表所示。其中甲经2min达平衡时，v

(H2O)为0.025mol/(L·min)，下列判断不正确的是(

)起始浓度甲乙丙C(H2)/mol/L0.10.20.2C(CO2)/mol/L0.10.10.2A．平衡时，乙中CO2的转化率大于50％B．当反应平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol/LH2和0.20mol/LCO2，到达平衡时c(CO)与乙不同7、三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2，设三容器容积依次为V1、V2、V3，若将三气体混合于一个容积为V1+V2+V3的容器中后，倒立于水槽中，最终容器内充满水。则V1、V2、V3之比不可能是（）A．3∶7∶4 B．5∶7∶6 C．7∶3∶6 D．1∶1∶18、分类法是研究化学的一种重要方法，下列乙中的物质与甲的分类关系匹配的是（）选项甲乙A干燥剂浓硫酸、石灰石、无水氯化钙B混合物空气、石油、干冰C空气质量检测物质氮氧化物、二氧化硫、PM2.5D酸性氧化物三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅A．A B．B C．C D．D9、在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C．反应Ш是氧化还原反应D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂10、下列实验操作不是从实验安全角度考虑的是A．稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌B．做有毒气体的实验时，对尾气进行适当处理C．加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片D．向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内11、下列实验操作规范并能达到实验目的的是实验操作实验目的A在一定条件下，向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气除去乙烷中的乙烯B用玻璃管蘸取待测液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡比较读数粗略测定NaClO溶液pHC用0.1mol/LMgSO4溶液滴入到2mlNaOH溶液中至不再有沉淀生成再滴入0.1mol/LCuSO4溶液比较Mg（OH）2和Cu（OH）2的Ksp大小D向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和硝酸检验亚硫酸钠溶液是否变质A．A B．B C．C D．D12、含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中

NA表示阿伏加德罗常数的值)()A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为

2：5C．该反应中，若有1mol

CN-发生反应，则有5NA电子发生转移D．若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应13、已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．图像中，V0=40，b=10.5B．若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1，则b点向a点迁移C．若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)14、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（）A．密度比为4:5 B．物质的量之比为4:5C．体积比为1:1 D．原子数之比为3:415、科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹（ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦（Ritonavir）。其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是A．能与盐酸或NaOH溶液反应B．苯环上一氯取代物有3种C．结构中含有4个甲基D．1mol该结构可以与13molH2加成16、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：r(Z)>r(X)>r(W)B．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C．由W与X形成的一种化合物可作供氧剂D．Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强17、常温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b点时溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a、b、c三点水电离出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液时，应用酚酞作指示剂D．滴定HA溶液时，当V（NaOH）=19.98mL时溶液pH约为4.318、乙醇转化为乙醛，发生的反应为A．取代反应 B．加成反应 C．消除反应 D．氧化反应19、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等20、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，X是同周期中原子半径最小的元素，W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断正确的是（）A．常温下，X、Z的单质与水反应均有弱酸生成B．W、X、Z的最简单氢化物中，HZ的热稳定性最强C．Y与Z的化合物YZ3是非电解质D．W的氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点21、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O22、许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白[2PbCO3•Pb（OH）2]安全环保的钛白（TiO2），鲜艳的朱砂（HgS），稳定的铁红（Fe2O3）等。下列解释错误的是（）A．《周易参同契》中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3·Pb（OH）2→PbO2→PbB．纳米级的钛白可由TiCl4水解制得：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HClC．《本草经疏》中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质D．铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑二、非选择题(共84分)23、（14分）某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验：(1)化合物X的化学式为___________(2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为______________。(3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为____________(4)若以X▪3H2O进行实验，在170℃时可以生成一种中间产物W。0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应，若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为______________。(5)混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由___________。24、（12分）药物他莫肯芬(Tamoxifen)的一种合成路线如图所示：已知：+HBr+RBr回答下列问题。（1）A+B→C的反应类型为__；C中官能团有醚键、__(填名称)。（2）CH3CH2I的名称为__。（3）反应D→E的化学方程式为__。（4）Tamoxifen的结构简式为__。（5）X是C的同分异构体。X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色。X的结构简式为__、__(写2种)。（6）设计用和CH3I为原料(无机试剂任选)制备的合成路线：__。25、（12分）工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸。但某兴趣小组的同学发现将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体能完全溶解，并产生大量气体。为此他们进行了如下探究实验。[探究一]称取铁钉(碳素钢)6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X，并收集到气体Y。(1)(I)甲同学认为X中除Fe3＋外还可能含有Fe2＋。若要判断溶液X中是否含有Fe2＋，可以选用___________。a.KSCN溶液和氯水b.K3[Fe(CN)6]溶液c.浓氨水d.酸性KMnO4溶液(Ⅱ)乙同学将336mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发现溶液颜色变浅，试用化学方程式解释溴水颜色变浅的原因___________，然后向反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，经适当操作得干燥固体2.33g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为___________。(结果保留一位小数)。[探究二]甲乙两同学认为气体Y中除SO2外，还可能含有H2和CO2。为此设计如图实验装置(图中夹持仪器省略)进行验证。(2)简述该实验能产生少量H2的原因___________(用化学用语结合少量文字表述)。(3)装置B中试剂的作用是___________，装置F的作用是___________。(4)为了进一步确认CO2的存在，需在上述装置中添加M于___________(选填序号)，M中所盛装的试剂可以是___________。a.A～B之间b.B～C之间c.C～D之间d.E～F之间26、（10分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_______________。(2)装置B中盛有的试剂是：____________；装置D的作用是________________。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为____________________________。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_____________________；②柠檬酸的作用还有________________________。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____％。27、（12分）乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空：（1）实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是______。（2）验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是_____（填写化学式）；能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是______。（选填编号）a．溴水褪色b．有油状物质生成c．反应后水溶液酸性增强d．反应后水溶液接近中性（3）实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时，甲、乙两套装置如图1都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是______。（选填编号）a．甲装置乙酸转化率高b．乙装置乙酸转化率高c．甲装置有冷凝回流措施d．乙装置有冷凝回流措施（4）用乙装置实验时，提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是______；操作Ⅱ的名称是______；操作Ⅲ一般适用于分离______混合物。（5）如图2是用乙醇制备溴乙烷的装置，实验中有两种加料方案：①先加溴化钠→再加乙醇→最后加1：1浓硫酸；②先加溴化钠→再加1：1浓硫酸→最后加乙醇。按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入______，产物可变为无色。与方案①相比较，方案②的明显缺点是______。28、（14分）SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2。(1)钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是______。(2)已知常温下，H2SO3的电离常数为K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为K1=4.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，则下列微粒可以大量共存的是______（选填编号）。a.CO32﹣HSO3-b.HCO3-HSO3-c.SO32﹣HCO3-d．H2SO3HCO3-(3)已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因______，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是______。(4)实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式______。(5)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为______（填化学式）。(6)如果用含等物质的量溶质的下列溶液分别吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序_____（用编号排序）。a．Na2SO3b．Na2Sc．酸性KMnO429、（10分）用结构和原理阐释化学反应的类型、限度、速率和历程是重要的化学学科思维。回答下列问题：（1）用过氧化氢检验Cr(Ⅵ)的反应是Cr2O72-+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O。CrO5结构式为，该反应是否为氧化还原反应？___（填“是”或“否”）。（2）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O2(l)△H=-187.8kJ·mol-12H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)△H=___kJ·mol-1。（3）一定条件下，H2O2分解时的c(H2O2)随t变化如图所示。已知该反应的瞬时速率可表示为v(H2O2)=k·cn(H2O2)，k为速率常数。①0-20min内，v(H2O2)=___。②据图分析，n=___。③其它条件相同，使用活性更高的催化剂，下列说法正确的是___（填标号）。A．v(H2O2)增大B．k增大C．△H减小D．Ea（活化能）不变（4）气体分压pi=p总×xi（物质的量分数）。恒温50℃、恒压101kPa，将足量的CuSO4·5H2O、NaHCO3置于一个密闭容器中，再充入已除去CO2的干燥空气。假设只发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为2：1。CuSO4·5H2O(s)⇌CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)Kp1=36(kPa)22NaHCO3(s)⇌Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)Kp2①平衡时=___，Kp2=___。②平衡后，用总压为101kPa的潮湿空气[其中p(H2O)=8kPa、p(CO2)=0.4kPa]替换容器中的气体，50℃下达到新平衡。容器内CuSO4·5H2O的质量将___（填“增加”“减少”或“不变”，下同），NaHCO3质量将___。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】

A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。2、D【解析】

因为X、Y、Z为原子序数依次增大的不同短周期的主族元素，X为第一周期主族元素，为H元素，Z为金属元素，且为第三周期，根据方程式可知Z显示正二价，为镁元素，结合X、Y、Z的最外层电子数之和为8，可知Y为氮元素，由此推断MgH2中H化合价由−1价升高为0价，生成H2，1molMgH2反应转移2mole−，选项A错误；NH3中N为−3价，N2H4中N为−2价，选项B错误；上述反应中的离子化合物为MgH2、Mg(NH2)2，H的最外层不能满足8电子结构，选项C错误；Y元素的最高价含氧酸为硝酸，在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性是最强的，选项D正确。3、A【解析】

A.

Na2CO3

能与Ca(

OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2

溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。4、A【解析】

A、锌与硫酸发生：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，且锌比铜活泼，因此构成原电池时锌作负极，铜作正极，依据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，A正确；B、电解CuCl2溶液，电子从负极流向阴极，阳离子在阴极上得电子，阴离子在阳极上失去电子，电子从阳极流向正极，B错误；C、弱酸环境下，发生钢铁的析氢腐蚀，负极上发生Fe－2e－=Fe2＋，正极上发生2H＋＋2e－=H2↑，C错误；D、钢闸门与外电源的负极相连，此方法称为外加电流的阴极保护法，防止钢闸门的腐蚀，D错误；故选A。【点睛】本题的易错点是选项B，在电解池以及原电池中，电解质溶液中没有电子的通过，只有阴阳离子的定向移动，形成闭合回路。5、C【解析】

A．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故A错误；B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C正确；D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。6、D【解析】

A．根据水蒸气的反应速率，生成水蒸气的物质的量浓度为0.025×2mol·L－1=0.05mol·L－1，则消耗CO2的物质的量浓度为0.05mol·L－1，推出CO2的转化率为×100%=50%，乙可以看作是在甲的基础上再通入H2，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，即大于50%，故A正确；B．反应前后气体系数之和相等，因此甲和丙互为等效平衡，即丙中c(CO2)是甲中c(CO2)的2倍，故B正确；C．700℃时，H2（g）＋CO2（g）H2O（g）＋CO（g）起始：0.10.100变化：0.050.050.050.05平衡：0.050.050.050.05根据化学平衡常数的定义，K==1，温度升高至800℃，此时平衡常数是>1，说明升高温度平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，故C正确；D．若起始时，通入0.1mol·L－1H2和0.2mol·L－1CO2，转化率相等，因此达到平衡时c(CO)相等，故D错误；故答案选D。7、B【解析】

NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。从反应方程式可以得出：n(O2)=×n(NO)+×n(NO2)。用此关系式验证备选答案。A.×3+×7=4，A不合题意；B.×5+×7≠6，B符合题意；C.×7+×3=6，C不合题意；D.×1+×1=1，D不合题意。故选B。8、C【解析】

A.石灰石是碳酸钙，不具有吸水性，故不能做干燥剂，故A错误；B.由两种或以上物质构成的是混合物，而干冰是固体二氧化碳，属于纯净物，故B错误；C.氮氧化物能导致光化学烟雾、二氧化硫能导致酸雨、PM2.5能导致雾霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能导致空气污染，均是空气质量检测物质，故C正确；D.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而CO为不成盐的氧化物，故不是酸性氧化物，故D错误；故选：C。9、C【解析】

A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。10、D【解析】

A.稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌，是为了防止浓硫酸溶于水放出的大量的热使液体沸腾飞溅出来，是出于安全考虑，A不符合题意；B.做有毒气体的实验时，进行尾气处理，是出于安全考虑，B不符合题意；C.加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片，是为了防止暴沸，是出于安全考虑，C不符合题意；D.向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内，是为了防止污染试剂，不是出于安全考虑，D符合题意；故答案选D。11、C【解析】

A.除去乙烷中的乙烯不能用氢气，因为会引入氢气这种新的杂质气体，故A错误；B.由于溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，故不能测定溶液pH，故B错误；C.和组成相似，溶度积常数较小的物质转化为溶度积更小的物质，用溶液滴入到2mLNaOH溶液中至不再有沉淀生成，则完全反应生成，再滴入溶液，若产生蓝色沉淀，则证明转化为，则说明的比的小，故C正确；D.亚硫酸钠具有还原性，能被硝酸氧化为，与反应生成白色沉淀，不能检验出亚硫酸钠溶液是否变质，故D错误；故答案为：C。12、B【解析】

A.在反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1mol

CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确；D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确；故合理选项是B。13、C【解析】

向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S=NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。【详解】A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mLNa2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。14、A【解析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，据此分析作答。【详解】A.由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A项正确；B.设气体的质量均为mg，则n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物质的量之比为∶＝80∶64＝5∶4，B项错误；C.根据V＝n·Vm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C项错误；D.根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D项错误；答案选A。15、A【解析】

A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；C．根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2加成，D选项错误；答案选A。16、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素，据此分析。【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素。A.同主族从上而下原子半径依次增大，同周期从左而右原子半径依次减小，故原子半径：r(X)>r(Z)>r(W)，选项A错误；B.非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强，则W的简单气态氢化物H2O的热稳定性比Y的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；C.由W与X形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，选项C正确；D.非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性比HClO4的弱，选项D错误；答案选C。17、B【解析】

A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，说明HB是弱酸，b点溶质为HB和NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正确；B.a、b、c三点，a点酸性比b点酸性强，抑制水电离程度大，c点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H+)：c>b>a，故B错误；C.滴定HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C正确；D.滴定HA溶液时，当V(NaOH)=19.98mL时溶液氢离子浓度为，则pH约为4.3，故D正确。综上所述，答案为B。18、D【解析】

乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。【详解】乙醇在催化条件下，可与氧气发生氧化反应生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，为氧化反应。答案选D。19、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。20、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物是可燃冰的有效成分，即为CH4，则W为C元素；X是同周期中原子半径最小的元素，X不是F就是Cl，因原子序数依次增大，则X为F元素；W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y为Al元素；X、Z同主族，则Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为C元素、X为F元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。A．常温下，X、Z的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO，HF和HClO都是弱酸，故A正确；B．F的非金属性最强，则HF最稳定，故B错误；C.Y与Z的化合物YZ3为AlCl3，氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故C错误；D.W的氢化物为烃，其中很多为固体，沸点不一定低于HF的沸点，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意碳的氢化物是一类物质——烃，随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，在烃中有气态、液态的烃，还有固态的烃。21、B【解析】

氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7gMnO2的物质的量为=0.1mol，转移电子物质的量为×6=0.12mol，故B错误；C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确；答案选B。22、A【解析】

A．《周易参同契》中提到“胡粉(含铅白)投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2PbCO3•Pb(OH)2→PbO→Pb，故A错误；B．纳米级的钛白可由TiCl4水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiCl4+2H2O⇌TiO2+4HCl，故B正确；C．《本草经疏》中记载朱砂HgS“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硇服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质和刘，体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；D．铁红可由无水FeSO4高温煅烧制得，其化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故D正确；故选：A。二、非选择题(共84分)23、Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2OCu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2▪3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应【解析】

对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X中一定有Cu元素，所以X为Cu(NO3)2。【详解】(1)通过分析可知，X的化学式即为Cu(NO3)2；(2)通过分析可知Cu(NO3)2分解的方程式为：，所以混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；(3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO，其与NH3反应的方程式为：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化学式中含有6个OH-；又因为，0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol，所以W的化学式中含有4个Cu2+，所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N2。24、取代羰基碘乙烷【解析】

由可知，B为；由+HBr+RBr，可知，R基被H原子取代，所以E为；结合、可知，他莫肯芬(Tamoxifen)为，据此分析回答。【详解】（1）A中的Cl原子被取代，C中官能团有醚键和羰基，故答案为：取代；羰基；（2）CH3CH2I的名称为碘乙烷，故答案为：碘乙烷；（3）由分析可知D中甲氧基的-CH3被H原子取代，所以D到E的方程式为：，故答案为：；（4）由分析可知他莫肯芬(Tamoxifen)为，故答案为：；（5）X在酸性条件下水解，则X必含酯基，生成2种芳香族化合物，则两个苯环在酯基的两侧，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，则X必是酚酯，必含，所以X由、、2个只含单键的C组成，还要满足水解后核磁共振氢谱都显示4组峰，符合条件的有5种，分别为：，故答案为：（任写二种）；（6）逆合成分析：可由通过加聚反应生成，可由消去水分子而来，可由加H而来，可由通过发生类似C到D的反应而来，即：，故答案为：。【点睛】（6）所给原料和题目所给流程中具有相似官能团羰基，而目标产物碳原子比原料多了一个，所以本题必然发生类似C到D的反应来增长碳链。25、bd66.7%随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，检验SO2是否除尽防止空气中的水进入E，影响氢气的检验b澄清石灰水【解析】

(1)(I)Fe2＋与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀；Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；(Ⅱ)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；(4)用澄清石灰水检验CO2。【详解】(1)Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2＋具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2＋，可以选用K3[Fe(CN)6]溶液或酸性KMnO4溶液，选bd；(Ⅱ)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量溴水中，发生反应，所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀2.33g，硫酸钡的物质的量是，根据关系式，可知二氧化硫的物质的量是0.01mol，由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%。(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M，M中盛放澄清石灰水即可。26、分液漏斗平衡压强、便于液体顺利流下饱和NaHCO3溶液检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OpH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀防止Fe2+被氧化降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出75【解析】

(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)①甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)①过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；②柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g▪mol-1×0.1mol=20.4g，产率是=75%。27、利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成，HBr挥发会造成HBr的损耗【解析】

（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，据此分析解答；（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。【详解】（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；a．若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；b．若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；c．若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；d．反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；答案选d；（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。28、SO32-+SO2+H2O=2HSO3-bc亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度c(Na+)＞c(HSO3−)＞c(H+)＞c(SO32−)＞c(OH−)2HSO3-+O2=2SO42﹣+2H+NaIc=b＞a【解析】

(1)SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应方程式为SO32−+SO2+H2O=2HSO3−，故答案为：SO32−+SO2+H2O=2HSO3−；(2)已知Ka越大，酸性越强，根据强酸制取弱酸的原理：酸性较强的酸能与酸性较弱酸的酸根离子反应生成较弱酸，a.由于HCO3−的酸性小于HSO3−的酸性，则CO32﹣与HSO3-能发生反应，则不能大量共存，故不符合；b.由于HSO3−的酸性小于H2CO3的酸性，则HCO3-与HSO3-不能发生反应，则能大量共存，故符合；c.由于HCO3−的酸性小于HSO3−的酸性，则SO32﹣与HCO3-不能发生反应，则能大量共存