河北省衡水中学2024届下学期高三年级第二次调研考试2023至2024化学试题附参考答案（解析）

PAGE2024学年高三年级下学期第二次调研考试化学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32C135.5Fe56Cu64第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．能源与经济发展均和自然环境有密切联系。下列说法错误的是A．煤和石油均为不可再生的化石燃料B．可燃冰(CH4·nH2O)是一种高效清洁能源C．发展风能、海洋能有利于实现“碳达峰”D．可用SiO2制成太阳能电池板以获得“绿电”2．下列关于物质的化学性质叙述正确的是A．金属Na和Mg均可与冷水剧烈反应B．SO2和Cl2气体均可使品红溶液永久褪色C．盐酸和NaOH溶液均可与铝箔反应生成H2D．铜片与铁片均可与浓硝酸剧烈反应生成NO23．某微粒的空间结构如图所示。该微粒不可能是A．NH3 B．SO3 C．PCl3 D．H3O+4．设NA为阿伏加德罗常数的值。标准状况下，将22.4LNH3溶于水制成1.0L氨水。下列说法错误的是A．标准状况下，22.4LNH3所含共价键数目为3NAB．2.0gD2O中含有的质子数为NAC．所得氨水中含有NH3·H2O和NH3数目之和为NAD．所得氨水的物质的量浓度为1.0mol·L-15．二氧化硫脲是一种无毒的丝绸漂白剂，其结构如图所示。下列说法错误的是A．分子中含有σ键和π键两种共价键B．该化合物中C和S均为+4价C．二氧化硫脲形成的晶体类型为分子晶体D．二氧化硫脲能和酸反应6．使用如图装置测定生铁（Fe、C合金）中铁的质量分数，下列说法错误的是A．甲、乙两管有液面差且液面差稳定证明装置的气密性良好B．试管a中使用足量稀盐酸或稀硫酸均可完成实验C．相同条件下，生铁比纯铁能够更快溶于稀硫酸中D．实验结束后在如图液面差下读数会使计算结果偏大7．有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。下列说法不正确的是A．X的结构简式是B．Y中含有酯基，Z中不含有酯基C．Y和Z的链节中C、H、O原子个数比相同D．Y和Z通过化学反应均可形成空间网状结构8．某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价层电子数是Q原子价层电子数的2倍。下列说法正确的是A．该阴离子中含有配位键B．第一电离能Z>X>YC．W与X形成的最简单化合物为极性分子D．可以通过电解Q的氯化物的方法制备Q9．T℃时，在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，5min时甲达到平衡，其起始量及SO2的平衡转化率如表所示。下列叙述不正确的是容器甲乙丙起始量n(SO2)/mol0.40.80.8n(O2)/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率／%80a1a2A．0～5min内，甲中SO2的反应速率为0.032mol·L-1·min-1B．T℃时，该反应的平衡常数K=400C．平衡时，SO2的平衡转化率：a1<80<a2D．平衡时，丙中气体平均相对分子质量与甲相同10．甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现的催化还原，进而减少硝酸盐对水体的污染。下列说法正确的是已知：Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。A.Fe3O4不会改变甲酸还原反应的焓变和活化能B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生断裂C．是催化还原过程的催化剂D．在整个历程中，1molH2可还原1mol11．磷肥生产中的副产物石膏(CaSO4·2H2O)可转化为硫酸钾肥料，流程如图所示：下列说法错误的是A.过程Ⅰ中通入CO2和NH3的先后顺序不会影响产率B．滤液a、滤液b中的溶质均可用作化学肥料C．过程Ⅱ现象证明该温度下K2SO4的溶解度比KC1小D．滤液b中加入生石灰可生成该工艺中循环利用的物质12．某科研团队利用氮气—甲醇共电解体系实现了在较低的电位下高效产氨的同时将甲醇高效电催化氧化为高附加值的甲酸。电解原理如图所示：已知：工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H＋和OH－。下列有关说法正确的是A．电极电势：a>bB．M极的电极反应式为N2+6e—+6H＋2NH3C．每生成1molHCOOH，双极膜处有4molH2O发生解离D．该方法既可固氮又有利于碳中和13．有同学设计了一种阿司匹林的合成路线：下列说法错误的是A．过程①不需要加热，但需要加入催化剂B．过程③可使用酸性KMn04溶液进行转化C．1mol阿司匹林最多能与1molNaHC03反应D．属于芳香族化合物的c的同分异构体有4种（不考虑立体异构）14．下列实验的实验方案、现象和结论都正确的是选项实验目的实验方案实验现象实验结论A检验某固体试样中是否存在+3价铁取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液没有出现红色固体试样中不存在+3价铁B检验溴乙烷中的溴元素溴乙烷和NaOH溶液混合加热后静置分层，取少量上层清液，加入2滴AgNO3溶液有淡黄色沉淀产生溴乙烷中含溴元素C比较CaSO4与CaCO3的KSP大小向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液产生白色沉淀Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)D探究电石与水的反应将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色电石与水反应生成了乙炔15．已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HC1调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中pSr或pF与pX[pSr=－lgc(Sr2+)，pF=－lgc(F－)，pX=]的关系如图所示（不考虑HF的挥发等）。下列说法正确的是A．曲线I代表pF与pX的变化曲线B．常温下，Ksp(SrF2)=10-6.2C．c点的溶液中存在关系：c(Sr2+)>c(Cl-)>c(H+)D．d点的溶液中存在关系：2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)第Ⅱ卷（非选择题共55分）二、非选择题：本题共5小题，共55分。16．（11分）黄铜矿（主要成分为CuFeS2）可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如图：(1)电负性：S（填“>’’“<”或“=”）O；Cu2S与O2共热制备Cu2O的化学方程式为。(2)SO2中心原子的杂化方式是，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：。(3)Cu+的价层电子排布式为。Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高，原因是。(4)CuFeS2的晶胞如图所示。①每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为。②已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a=pm(用计算式表示；1cm=1010pm)。17．(11分)电解锌的生产过程中会产生大量富钴渣，主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用如图工艺可利用富钴渣生产高纯锌：已知：i．CoOOH可溶于强酸，Co3+有很强的氧化性。ⅱ．该工艺条件下的一些难溶电解质的溶度积常数如表：难溶电解质Fe(OH)3Zn(OH)2Mn(OH)2Co(OH)2Ksp1×10-392×10-182×10-131×10-15回答下列问题：(1)“溶浸”中富钴渣的成分都可溶于稀硫酸，其中CoO溶解的离子方程式是。(2)还原性：Fe2+（填“>”“<’’或“=”）Co2+。(3)“沉铁’’步骤需将Fe3+浓度降低到1×10-6mol·L-1，若此时Zn2+浓度约为0.5mol·L-1，通过计算说明此时是否有Zn(OH)2开始沉淀：。(4)“氧化除杂’’中，生成CoOOH的离子方程式为。分离MnO2和CoOOH的试剂应选用和NaOH溶液。(5)“还原除杂”中“滤渣’’的主要成分是（填化学式）。(6)“电解”可通过如图装置实现。电解时，钛合金上的电极反应式为。电解后，阳极区溶液pH会（填“增大”“减小’’或“不变’’），可将反应后阴极区溶液运送到阳极庆循环利用。18．（11分）亚硝酰氯(NOCl)可用于合成清洁剂、触媒剂等。其熔点为－64.5℃，沸点为-5.5℃，具有恶臭味，遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸，其在实验室中可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成，回答下列问题：(1)用图甲中装置制备氯气，仪器A的名称是，洗气瓶Ⅱ盛装的液体是。(2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOC1。装置连接顺序为a→（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。(3)①实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是。②预测装置Ⅷ的U形管中会有液体凝结，判断理由是。(4)装置Ⅶ吸收少量残余NOC1时会有NaNO2生成，该反应的离子方程式是。(5)制得的NOC1中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取8.600g样品溶于NaOH配制成500.00mL溶液，用移液管量取25.00mL溶液，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量稀硝酸酸化的0.20mol·L-1AgNO3标准溶液进行滴定，消耗AgNO3标准溶液25.00mL。已知：AgCl的溶解度为1.34×10-6mol·L-1，Ag2CrO4（砖红色沉淀）的溶解度为6.5×10-5mol·L-1。①滴定终点的现象是。②样品的纯度为%（保留1位小数）。19．（11分）氯喹及其某些衍生物可用于治疗疟疾，如图是氯喹中间体（化合物I）的一种合成路线（部分反应条件已简化）。回答下列问题：(1)A的化学名称为，C→D的反应条件为。(2)D→E的反应类型为。在D的同分异构体中，同时满足下列条件的有种（不考虑立体异构）。①只有两种含氧官能团，且不存在过氧键；②能发生银镜反应；③1mol该物质与足量的Na反应生成0.5molH2。(3)在D生成E的过程中会产生一种10个碳原子的副产物，该物质的核磁共振氢谱只有三组峰，请写出其结构简式：。(4)已知G分子除苯环外无其他环状结构，E→G反应过程中有水生成，则该反应的化学方程式为。(5)有机化合物中，“烯醇式”结构很容易异构化成醛或酮，但I中羟基能够稳定存在，其原因可能是。20．（11分）近年二氧化碳加氢制甲醇已经成为研究热点，在某CO2催化加氢制CH3OH的恒容反应体系中，发生的主要反应如下：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)回答下列问题：(1)下列能说明反应I一定达到平衡状态的是（填标号）。A．v正(CO2)=3v逆(H2)B．平衡常数不再发生变化C．混合气体的密度不再发生变化D．混合气体中H2O(g)的百分含量保持不变(2)CO2在催化剂作用下，将平均相对分子质量为16的CO2和H2的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应I、Ⅱ，已知反应Ⅱ的反应速率v正=k正·x(CO2)．x(H2)，v逆=k逆·x(CO)·x(H2O)，k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。①当CO2的转化率达到60%时，反应达到平衡状态，这时CO2和H2的平均相对分子质量为23，若反应Ⅱ的k正=20mol·L-1·s-1，平衡时反应速率v逆=mol·L-1·s-1。②Arrhenius经验公式为其中Ea为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则△H2=kJ·mol-1（用含k正、k逆、T、R的代数式表示）。③由实验测得，随着温度的逐渐升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎又变回16，原因是。(3)其他条件相同时，反应温度对CH3OH选择性的影响如图所示：由图可知，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是。(4)利用甲醇分解制取烯烃，涉及反应如下：a．2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)b．3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)c．3C2H4(g)2C3H6(g)恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示：已知650K时，2x(C2H4)=x(C3H6)，平衡体系总压强为p，则650K反应c的平衡常数Kp=。PAGE2024学年高三年级下学期第二次调研考试化学答案一、选择题1．D【解析】煤、石油、天然气均为不可再生的化石燃料，A项正确；可燃冰减压后可释放出清洁燃料甲烷，B项正确；发展风能、海洋能等新型能源可以减少化石燃料的使用，减少CO2排放，有利于实现“碳达蜂”，C项正确；制造太阳能电池板的材料是单质硅，不是SiO2，D项错误。2．C【解析】镁和冷水不能剧烈反应，A项错误；通入SO2气体褪色的品红溶液加热后恢复原色，B项错误；盐酸和铝反应生成氯化铝和H2，NaOH溶液和铝反应生成四羟基合铝酸钠和H2，C项正确；铁片遇浓硝酸发生钝化，难以剧烈反应，D项错误。3．B【解析】图示微粒为四面体形且有一个孤电子对。NH3、PCl3、H3O+的中心原子都有3个σ键和1个孤电子对，不符合题意；SO3中S有3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，为平面三角形，符合题意，故选B。4．C【解析】标准状况下，22.4L氨气含1molNH3分子，共价键数目为3NA，A项正确；D2O的摩尔质量为20g·mol-1，2.0g即0.1mol该水分子中含有的质子数为NA，B项正确；氨水中除含有NH3·H2O和NH3外还含有NH4+，C项错误；1molNH3溶于水制成1.0L氨水，所得氨水的物质的量浓度为1.0mol·L-l，D项正确。5．B【解析】分子中所有共价单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，A项正确；C与N形成的共用电子对偏向N，S与O形成的共用电子对偏向O，C与S形成的共用电子对偏向S，S显+2价，B项错误；二氧化硫脲为分子晶体，C项正确；二氧化硫脲分子中含氨基，氨基显碱性，故二氧化硫脲能和酸反应，D项正确。6．D【解析】实验前应检查装置的气密性，向乙中加水后，甲、乙两管液面差稳定证明装置的气密性良好，A项正确；常温下稀盐酸或稀硫酸均能和铁反应生成氢气且C不参加反应，B项正确；生铁中Fe、C及稀硫酸形成原电池能够加快反应速率，C项正确；如题图液面差会造成甲管内压强偏大，气体体积偏小，使铁的质量分数计算结果偏小，D项错误。7．B【解析】由Y的链节和X的分子式逆推单体X的结构简式为，A项正确；Y的五元环结构中含有酯基，Z的链节之间通过酯基相连，B项错误；Y是由单体X经加聚反应生成，Z是由单体X经开环聚合反应生成，链节中：C、H、O原子个数比都与单体X相同，C项正确；Y通过开环聚合反应可形成空间网状结构，Z通过加聚反应可形成空间网状结构，D项正确。8．A【解析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成l条单键且核电荷数最小，W为H；X形成4条单键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C；Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O；W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价层电子数为Q原子价层电子数的2倍，Q为Al。Al最外层有3个电子，可形成3个共价键，故题图阴离子中有一个配位键，A项正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能F>O>C，B项错误；W与X形成的最简单化合物为甲烷，为非极性分子，C项错误；氯化铝是共价化合物，熔融后导电性差，常用电解熔融氧化铝的方法制备铝，D项错误。9．D【解析】由题表可知，甲中0.032mol·L-1·min-1，A项正确；温度不变，平衡常数不变，通过“三段式”计算，甲中反应达到平衡时c(SO2)=0.04mol·L-l、c(O2)=0.04mol·L-1、c(SO3)=0.16mol·L-1，平衡常数，B项正确；甲、乙对比，相当于其他条件相同时乙中增大了SO2浓度，SO2的平衡转化率减小，甲、丙对比，相当于其他条件相同时丙中增大了压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，C项正确；气体平均相对分子质量，丙中气体质量是甲的2倍，通过C项分析可知，平衡正向移动，丙中气体物质的量比甲的2倍小，故丙中气体平均相对分子质量比甲大，D项错误。10．B【解析】Fe3O4是反应的催化剂，会降低甲酸还原反应的活化能，A项错误；结合甲酸的分子结构可知，HCOOH分解为H2和CO2时，碳氢键和氧氢键发生断裂，而后形成碳氧双键，B项正确；由题图可知，在整个历程中先被还原为，再被还原为N2，则是反应的中间产物，不是催化剂，C项错误；在反应历程中H2作还原剂，将最终转化为N2，根据得失电子守恒，1molH2可还原0.4mol，D项错误。11．A【解析】水溶液中NH3比CO2溶解度大，类比侯氏制碱法可知，过程I中先通入NH3产率会更高，A项错误；滤液a溶质是(NH4)2SO4，滤液b溶质是NH4Cl，二者均可用作化学肥料，B项正确；向(NH4)2SO4溶液中加入KCl，析出K2SO4晶体，证明该温度下K2SO4的溶解度比KCl小，C项正确；NH4Cl溶液中加入生石灰可生成CaCl2和NH3，该工艺中NH3可循环利用，D项正确。12．C【解析】由题图可知，M为阴极，则a为负极，b为正极，电极电势a<b，A错误；阴极室电解质为KOH，所以M极的电极反应式为N2+6e－+6H2O2NH3+6OH－，B错误；CH3OH→HCOOH，碳的化合价升高了4，所以每生成lmolHCOOH，有4mol电子转移，双极膜处有4molH2O发生解离，C正确；该方法能将氮气转化为含氮化合物，可完成固氮，没有进行二氧化碳的转化，对碳中和无影响，D错误。13．B【解析】类比苯和液溴的反应，过程①不需要加热，但需要加入FeBr3作催化剂，A项正确；酚羟基还原性很强，故不可使用酸性KMnO4溶液氧化邻甲基苯酚中的甲基，B项错误；羧基能与NaHCO3反应而酚羟基不能，故1mol阿司匹林最多能与1molNaHCO3反应，C项正确；属于芳香族化合物的c的同分异构体有苯甲醇、苯甲醚、间甲基苯酚和对甲基苯酚，共4种，D项正确。14．C【解析】当固体中同时含有铁和+3价铁时，二者发生反应Fe+2FeCl33FeCl2，滴加KSCN溶液后可能会出现“不变红”的现象，A项错误；氢氧化钠溶液与硝酸银溶液反应生成黑色Ag2O沉淀，掩盖AgBr的淡黄色，干扰溴离子的检验，B项错误；向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液，产生白色沉淀CaCO3，可说明Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，C项正确；电石中含有的杂质和水反应，生成的气体中混有硫化氢，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项错误。15．D【解析】SrF2浊液中存在溶解平衡SrF2(s)Sr2+(aq)+2F－(aq)，加入盐酸时发生反应H++F-HF，pX=增大，同时c(F－)减小、pF=－lgc(F－)增大，促进溶解平衡正向移动，c(Sr2+)增大，pSr减小，则曲线I代表pSr与pX的变化曲线，曲线Ⅱ代表pF与pX的变化曲线，A项错误；当时，－lgc(F－)=2.2，c(F－)=10-2.2mol·L-1,－lgc(Sr2+)=4.0，c(Sr2+)=10-4.0mol·L-1，Ksp(SrF2)=10-4.0×(10-2.2)2=10-8.4，B项错误；c点处c(Sr2+)=c(F－)，结合SrF2物料守恒可知，c(Sr2+)=c(F－)=c(HF)，由电荷守恒得2c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)+c(F－)，则c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)，溶液呈酸性，得c(Cl－)>c(Sr2+)，又c点对应，则，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在c(Cl－)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，C项错误；由物料守恒可知，d点的溶液中存在关系2c(Sr2+)=c(F－)+c(HF)，D项正确。二、非选择题16．(1)<（1分）2Cu2S+3O22SO2+2Cu2O(1分)(2)sp2（1分）SO2价层电子对数为3，孤电子对数为l，是V形分子；CO2价层电子对数为2，没有孤电子对，是直线形分子（2分）(3)3d10（1分）二者同属于离子晶体，且结构相似，O2-的半径比S2-小，Cu2O晶体的晶格能比Cu2S晶体的大，因此熔点高（2分）(4)①4（1分）②（2分）【解析】(1)O、S同属于第ⅥA族元素，S比O电子层数多、半径大，故电负性S<O；由题图可知Cu2S与O2反应生成SO2和Cu2O，化学方程式为2Cu2S+3O22SO2+2Cu2O。(2)SO2中心原子的价层电子对数，故杂化方式是sp2，是V形分子；CO2中心原子的价层电子对数，没有孤电子对，是直线形分子。(3)Cu的原子序数是29，形成+1价阳离子时失去4s电子，故Cu+的价层电子排布式为3d10；Cu2O与Cu2S同属于离子晶体，且结构相似，但是O2-的半径比S2-小，Cu2O晶体的晶格能比Cu2S晶体的大，因此Cu2O熔点比Cu2S高。(4)①由CuFeS2的晶胞图可知，晶胞中含有的Cu原子个数。②1个CuFeS2晶胞中有4个CuFeS2，，则CuFeS2晶胞中底边边长。17．(1)CoO+2H+Co2++H2O(1分)(2)>（1分）(3)“沉铁”后的溶液中c(OH-)=l×10-11mol·L-l，此时Qc[Zn(OH)2]=5×10-23<Ksp[Zn(OH)2]，无Zn(OH)2沉淀（2分）(4)3Co2++MnO4-+4H2OMnO2↓+5H++3CoOOH（2分）稀硫酸（或稀硝酸）（1分）(5)Cd（1分）(6)[Zn(OH)4]2-+2e－Zn+4OH－(2分)减小（1分）【解析】(1)富钴渣加入硫酸溶浸，物质全部溶解，CoO等碱性氧化物溶于强酸生成相应的盐和水。(2)加入H2O2把Fe2+氧化成Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液①中加入高锰酸钾，将Mn2+、Co2+氧化成MnO2和CoOOH，说明Fe2+的还原性比Co2+强。(3)根据Ksp[Fe(OH)3]计算“沉铁”后的溶液中c(OH－)=1×10-11mol·L-1，此时Qc[Zn(OH)2]=0.5×(1×10-11)2=5×10-23<Ksp[Zn(OH)2]，无Zn(OH)2沉淀。(4)“氧化除杂”中，高锰酸钾和Co2+反应的离子方程式为3Co2++MnO4－+4H2OMnO2↓+5H++3CoOOH；根据已知信息i可知应使用稀硫酸或稀硝酸溶解CoOOH(若使用盐酸可能会被Co3+氧化生成Cl2)。(5)“还原除杂”时加入Zn可将Cd2+还原为Cd而除去。(6)由题图可知，电解池中钛合金为阴极，发生还原反应，电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e－Zn+4OH－；不锈钢为阳极，发生氧化反应，电极反应式为4OH－－4e－2H2O+O2↑，OH－浓度减小，故阳极区的pH减小。18．(1)分液漏斗（1分）饱和食盐水（1分）(2)e→f→c→b→d(2分)(3)①用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化（1分）②NOCl的熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃（1分）(4)NOC1+2OH－H2O+Cl－+NO2－（2分）(5)①当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现砖红色沉淀，且半分钟内砖红色沉淀不消失（1分）②76.2（2分）【解析】(1)实验室中用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HC1，再用浓硫酸干燥可得较为纯净的氯气。(2)将氯气和NO通过装置Ⅲ、Ⅳ中可进一步干燥，同时还可以根据观察气泡速率调控气体流速，在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOC1，过量的氯气和NOC1用氢氧化钠溶液吸收，因NOC1遇水剧烈水解，需在收集装置和尾气处理装置之间加一个干燥装置，故装置连接顺序为a→e→f→c→b→d。(3)①先通入氯气，用Cl2排尽装置内的空气，防止NO被O2氧化；②由题意可知NOC1的熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，故在-10℃的冰盐中应冷凝成液态：(4)NOC1与NaOH反应的离子方程式为NOCl+2OH-H2O+C1－+NO2－。(5)①因Ag2CrO4的溶解度大于AgCl的溶解度，故用AgNO3标准溶液进行滴定时，滴定终点的现象是当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现砖红色沉淀，且半分钟内砖红色沉淀不消失；②n(AgNO3)=0.025L×0.20mol·L-l=0.005mol，由关系式NOC1～NaCl～AgNO3可知，n(NOCl)=0.005mol，则样品的纯度为。19．(1)乙二醇（1分）浓硫酸、加热（1分）(2)取代反应（1贫）12（2分）(3)C2H5OOCCH2OCCOCH2COOC2H5(2分)(4)（答案合理即可，2分）(5)I中两个六元环形成大π键结构，并不是碳碳双键与羟基连接(2分)【解析】(1)A是乙二醇，根据B→C的反应条件可知B是乙二醛，C是乙二酸，C→D是酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热。(2)D→E的反应为C2H2OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH，属于取代反应；在D的同分异构体中，能发生银镜反应说明有醛基（或甲酸酯基），和Na反应生成H2的官能团只能是羧基或羟基，再根据该物质只有两种含氧官能团且lmol该物质与足量Na反应生成0.5molH2，可推出官能团为1个羧基和1个甲酸酯基，由于D分子只有2个不饱和度，剩余的4个碳原子有两种碳链结构，将羧基和甲酸酯基采用“定一移一”法连接在碳链上，不考虑立体异构可能的结构共有12种。(3)D生成E的反应为酯缩合反应，若该过程中D的两个酯基分别和乙酸乙酯发生反应，则会生成C2H5OOCCH2OCCOCH2COOC2H5，此物质分子含有10个碳原子，且核磁共振氢谱只有三组峰，符合题意。(4)根据H的结构简式逆推可知F为；E+F→G的反应中F的氨基和其邻位的H要发生变化，根据G分子除苯环外无其他环状结构可知此处变化分步进行，再根据此过程中有水生成可知，氨基先和E．的酮羰基加成再消去水形成碳氮双键，反应的化学方程式为。(5)有机化合物I中，两个六元环共同形成大π键结构，并不是碳碳双键与羟基连接，故能够稳定存在。20．(1)D（1分）(2)①0.8（2分）②（2分）③反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度升高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是等体积反应，反应前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ时气体平均相对分子质量不变（2分）(3)该条件