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上海市宝山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
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这是一份上海市宝山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共26页。试卷主要包含了硝酸在生活、生产中有广泛的用途等内容，欢迎下载使用。
上海市宝山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海宝山·统考二模）铝和铁的含量在地球金属元素中处于前两位，它们的单质及化合物应用非常广泛。
（1）铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂，制取原理如下：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O
配平上述化学方程式_____。
（2）工业上利用Fe2O3和CO反应制取铁，在一定温度下，反应如下：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为K=_____。
②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g，则10min内CO的平均反应速率为_____。
③请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：_____。
a. b.c. d.
（3）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率（v）和温度（T）的关系示意图中与铝热反应最接近的是______。
（4）实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3，写出该反应的离子方程式_____。如果用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能否制得Al(OH)3，简要说明原因_____。
2．（2021·上海宝山·统考二模）硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。
(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。
(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。
3．（2022·上海·统考二模）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
(1)储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_______。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
(2)上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于_______晶体。写出气体产物的电子式_______，其属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径_______>_______(填元素符号)；处于第三周期的元素名称是_______；金属性最强的短周期元素原子核外有_______种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有_______(写化学式)。
III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
(4)找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平_______。
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与_______有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为_______个。
4．（2020·上海宝山·统考二模）某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样（已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g），利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：
（1）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。
（2）计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必需的数据是______，不必作第6次读数的原因是______。
（3）根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_____（保留2位小数）。
（4）测定上述样品（1.560g）中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：
①操作Ⅰ的名称是_____。
②需直接测定的物理量是_____。
③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还需要_____（固定、夹持仪器除外）。
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
5．（2021·上海宝山·统考二模）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。以下是实验室用废铜粉制备CuSO4·5H2O的流程图。
(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式___________。
(2)制备流程中的A操作名称是___________。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是___________，除去这种杂质的实验操作称为___________。
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
a．①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤(其余步骤省略)。
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________。
c．如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为___________。
(4)已知：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。
①称取0.1000g某CuSO4·5H2O试样(杂质不与氢氧化钠溶液反应)于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2O___________g。
②上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是___________。
③在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线___________所对应的刻度。
6．（2022·上海·统考二模）绿矾(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原科与稀硫酸反应制备绿矾。
(1)将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍，其中加热的作用是_______。
(2)向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至反应完全(铁屑有剩余)，发生反应的离子方程式为_______。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由_______。
(3)趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的_______。
(4)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2.按下图连接好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热：
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f.称量A。
重复上述操作步骤，直至A恒重(固体为FeSO4)，质量为m3。
①仪器B的名称是_____。整个过程中持续通入N2的目的是______。
②根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_____(列式表示)。若实验时按b、a次序操作，则x_____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
7．（2020·上海宝山·统考二模）氮是生命物质中重要的组成元素之一。含氮物质的使用既给人类带来福音，又给人们带来一些负面影响。
（1）肥料的三要素，除了氮还有____。
（2）NH3是氮的氢化物，它的空间构型是_____，属于____分子(填写“极性”或“非极性”)，N原子的结构示意图是____。
（3）氨的水溶液叫做氨水，它可作为化学肥料。实际使用时，因为有很多不便，所以往往制成铵盐。NH4Cl就是常见的铵盐，NH4Cl属于___晶体，长期使用含NH4Cl的氮肥会使土壤___(填写“酸”或“碱”)化，请结合有关方程式说明原因____。
（4）工业上通常以铁触媒为催化剂，在500℃左右，20~50MPa下合成氨气。采用该压强的原因是____。
（5）含氮废水进入水体会对环境造成污染，某课题小组利用废铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。其反应如下：6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，该反应中，还原剂是____，被还原的元素是____；每生成2molN2，转移的电子数是_____。
8．（2021·上海宝山·统考二模）N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式___________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)+Q1(Q1＜0)，2NO2(g)N2O4(g)+Q2(Q2＞0)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，则此时=___________kPa，v=___________(kPa/min)。
②若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(35℃)___________63.1kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，试从勒夏特列原理的角度加以解释___________。
③写出N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数表达式___________。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是___________(填编号)。
A．v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．该反应的速率主要由第二步决定 D．N2O5的分解率主要由第一步决定
9．（2021·上海宝山·统考二模）电解精制饱和食盐水的方法制取氢氧化钠、氢气、氯气等系列化工产品，这种工业生产称为氯碱工业。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
(1)自然界一切物质都具有能量，而且能量可以相互转化。从能量来看，电解是___________转变为___________的过程。
(2)能量的转化很多是以热量的形式出现的，例如甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷生成液态水，放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式___________。
(3)写出电解饱和食盐水的离子方程式___________。
(4)试预测离子交换膜法电解食盐水中离子交换膜可能的作用是___________、___________。
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠。写出该反应的化学方程式___________。铝也可以用电解法得到，请用一个实验事实说明钠与铝的金属性强弱___________。
(6)室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH___________0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。(选填“大于”、“小于”或“等于”)。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为___________。(酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO)
10．（2022·上海·统考二模）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式_______。
II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol
(2)写出该反应的平衡常数表达式K=_______。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是_______。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)
红色褪去
(3)①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是_______(请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于_______盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是_______。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
11．（2020·上海宝山·统考二模）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2。该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为_____，反应②所需的试剂和条件是______，反应③的反应类型为______反应。
（2）1molE理论上最多消耗氢气_____mol。
（3）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出任意一种的结构简式______。
（4）写出用2−苯基乙醇）为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线______。
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
12．（2021·上海宝山·统考二模）沐舒坦(结构简式为，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。下图所示是多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。
已知：①
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
(1)写出反应①的反应试剂、反应条件、反应类型___________、___________、___________。
(2)写出G的结构简式___________。
(3)反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和___________，防止___________。
(4)反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是___________。
(5)写出一种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式___________。
①有碳碳双键 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应
(6)写出实验室由制备的合成路线(无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：)___________。
13．（2022·上海·统考二模）一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下：
已知：NaBH4是一种还原剂，完成下列填空：
(1)布洛芬的分子式为_______，B→C的反应类型是_______。
(2)D的结构简式是_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)化合物M的分子式为C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有_______种。
(5)某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：+，请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点_______。
(6)设计一条以丙醇为主要原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线(其他无机试剂任选)______(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)。
参考答案：
1． 2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O 0.015mol/(L·min) CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等；CO（或CO2）的质量不再改变 b Al3++3NH3·H2O→Al（OH）3↓+3NH4+ 不能，Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制(能，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量)
【分析】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式；
（2）化学平衡常数为生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的幂次方之积的比值，固体与纯液体不写；可逆反应达到平衡状态时，各物质的不再变化，正反应速率和逆反应速率相等；
（3）金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应，铝热反应为放热反应，温度越高，反应速率越快；
（4）离子方程式书写的时候，难溶于水的物质、弱电解质、难溶物写成化学式，易溶于水的强电解质写出离子的形式；氢氧化铝既能溶于强酸又能溶于强碱。
【详解】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式，2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+
6NaNO3+6NaCl+8H2O；
（2）①Fe2O3、Fe为固体，浓度视为不变，不能出现在表达式中，故K=；
②10min后，生成了单质铁11.2g，则消耗0.3molCO，故10min内CO的平均反应速率为：
=0.015mol/(L·min) ；
③可逆反应达到平衡状态时，①各组分的浓度保持不变；②正逆反应速率相等。故CO（或CO2）的质量不再改变说明该反应已达到平衡状态， CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等说明该反应已达到平衡状态；
（3）Al与金属氧化物发生铝热反应是放热反应，温度越高反应速率越大，但反应开始时温度不是0，对照图示，b选项符合题意；
（4）NH3·H2O是弱电解质，Al(OH)3是难溶于水的物质，在离子方程式书写时，写成化学式，故实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3的离子方程式：Al3++3NH3·H2O→Al(OH)3↓+3NH4+；氢氧化铝具有两性，既能溶于强酸又能溶于强碱，故用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，不能制取Al(OH)3，因为Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制；或用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能制取Al(OH)3，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量。
2． H
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。
3．(1)c
(2) 原子(共价) 非极性
(3) Si C 钠、硅 4 Na2O、Na2O2
(4)5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
(5) 溶液酸碱性 6.02×1022
【解析】(1)
a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a错误；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b错误；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d错误；
故答案为：c；
(2)
上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)
上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)
→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)
上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
4． 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 第4次或第5次的读数 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 0.84 溶解 生成NaCl的质量 玻璃棒、蒸发皿 偏大
【分析】（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
（2）、（3）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数，计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠，需直接测定氯化钠的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，故过氧化钠的质量分数偏大。
【详解】（1）Na2O2和H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（2）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是：
=84% ；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。
5． Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冷却结晶 Cu(NO3)2(或硝酸铜) 重结晶 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 -1.5%(或-1.48% ) 0.0980 用标准盐酸溶液润洗2-3次 粗细交界点
【分析】在硫酸作用下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应后的溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，结合滴定实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，浓硝酸被稀释，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够将通过氧化，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)根据从溶液中获得晶体的一般步骤，制备流程中得到的硫酸铜溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，A操作为冷却结晶；如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，硝酸可能不能完全反应，因此制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是Cu(NO3)2(或硝酸铜)，可以通过重结晶的方法除去杂质，故答案为：冷却结晶；Cu(NO3)2(或硝酸铜)；重结晶；
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。
a．①称取一定质量的样品，②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤，故答案为：称取样品；
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，只需要在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生，若没有沉淀产生，说明已经沉淀完全，故答案为：在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；
c．相对误差为× 100%═-1.48%，故答案为：-1.5%(或-1.48%)；
(4)①根据化学方程式CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，所含硫酸铜晶体的质量为×250g/mol═0.0980g，故答案为：0.0980；
②滴定管要用标准液润洗，因此滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，需要用标准盐酸溶液润洗2-3次，故答案为：标准盐酸溶液润洗2～3次；
③准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度，故答案为：粗细交界点；
6．(1)促进碳酸钠水解
(2) Fe+2H+=Fe2++H2↑ 不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在
(3)绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失
(4) 干燥管 排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化 偏小
【解析】(1)
Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，是油污水解更彻底，除杂更完全，故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；
(2)
铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2↑，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保证铁屑过量，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2↑；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；
(3)
由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；
(4)
①由题干实验装置图可知，仪器B的名称是(球形)干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，故答案为：(球形)干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；
②根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：(m2-m1)g，FeSO4的质量为：(m3-m1)g，结晶水的质量为：(m2-m3)g，根据方程式计算可得：，则有：，解得x=，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，故答案为：；偏小。
7． 磷、钾（或P、K） 三角锥型 极性 离子 酸 NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+水解使溶液显酸性，长期使用使土壤酸化 加快反应速率、使平衡向正反应方向移动、压强过高，会导致成本升高 Al NO3-中+5价的N 20NA
【分析】（1）化学肥料的主要分为氮肥、磷肥、钾肥；
（2）N原子核电荷数为7、核外有7个电子，NH3分子的空间构型是三角锥形，氨气属于极性分子；
（3）NH4Cl就是常见的铵盐，铵盐是离子化合物，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子在水溶液中发生水解反应，使溶液呈酸性；
（4）N2+3H22NH3，该反应为反应前后气体分子数减小的放热反应，增大压强可以加快反应速率，提高原料的转化率，但是压强过高，会导致成本升高；
（5）6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，依据反应前后化合价的变化，判断氧化剂、还原剂；
【详解】（1）化学肥料的主要分为氮肥、磷肥、钾肥，故肥料的三要素，除了氮还有磷和钾；
（2）NH3分子的空间构型是三角锥形，氨气属于极性分子；N原子核外有7个电子，其原子的结构示意图是；
（3）NH4Cl就是常见的铵盐，铵盐是离子化合物，故NH4Cl属于离子晶体；NH4++H2ONH3·H2O+H+，故长期使用含NH4Cl的氮肥会使土壤酸化；
（4）N2+3H22NH3，该反应为反应前后气体分子数减小的放热反应，工业上通常以铁触媒为催化剂，在500℃左右，催化剂的活性比较大，20~50MPa下合成氨气，加快反应速率、使平衡向正反应方向移动，但是压强过高，会导致成本升高；
（5）6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，该反应前后铝元素的化合价升高，氮元素的化合价降低，故Al是还原剂， NO3-中的N元素被还原；该反应中每生成1molN2转移20mol电子，故当生成2mollN2，转移的电子数是20NA 。
8． 2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl 30.0 6.0×10-2 大于 NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大 B
【详解】(1)由题意可知：干燥的氯气与硝酸银反应生成O2、N2O5，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl，故答案为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl；
(2)①在恒容密闭容器中，气体的分压和物质的量成正比，所以此题中可用P代替各物质的量使用，t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，，因此；，故答案为：30.0；；
②根据，恒容密闭容器中，升高温度，T增大。所以总压强P增大。二聚为放热，升高温度平衡逆向移动，体系压强增大，因此总压强大于63.1kPa，故答案为：大于；NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大；
③由反应N2O4(g)2NO2(g)可知该反应的平衡常数为，故答案为：；
(3)A．由第一步N2O5NO2+NO3快速平衡；第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应，可知，v(第一步反应)＞v(第二步反应)，则v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应)，故A不选；
B．由以上三步反应可知，反应的中间产物除NO3外还有NO，故选B；
C．在以上三步反应中，第二步为慢反应，所以该反应的速率主要由第二步决定，故C不选；
D．该反应中第一步的正反应为N2O5的合成反应，逆反应为N2O5的分解反应，且反应速率较快，则N2O5的分解率主要由第一步决定，故D不选。
答案选B。
9． 电能 化学能 CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol 2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑ 能得到纯度更高的氢氧化钠溶液 避免氯气与氢气反应 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ 钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na>Al 大于 c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)
【分析】电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子不能通过，能够防止生成的氯气和氢气混合据此分析解答(3)(4)；根据酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，说明ClO-水解程度大于SO， SO水解程度小于CO，据此分析解答(6)。
【详解】(1)电解过程将电能转化为化学能，故答案为：电能；化学能；
(2)甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷，其物质的量n==0.02mol，生成液态水，放出QkJ热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量=×1mol=50QkJ，反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol；
(3)电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
(4)离子交换膜只允许阳离子通过，其它离子不能通过；且生成的氯气和氢气不混合，则交换膜的作用是能得到纯度更高的氢氧化钠溶液、避免Cl2与H2反应，故答案为：能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；避免Cl2与H2反应；
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠和氢气，反应的化学方程式为2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na＞Al，故答案为：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性Na＞Al；
(6) 酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，则ClO-水解程度大于SO，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH；浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO水解程度小于CO，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)，故答案为：大于；c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)。
10．(1)2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol
(2) bc
(3) 会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性 强碱弱酸 bd
【解析】(1)
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol；
(2)
化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)
①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b符合题意；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d符合题意；
故答案为：bd。
11． Cl2、光照 消去（或消除） 10 、、、、
【分析】由B的分子式、C的结构简式可知B的结构简式为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。对比C、D的结构简式可知C脱去2分子HCl，同时形成D为苯乙炔，该反应属于消去反应，D发生信息中的偶联反应生成E为；2−苯基乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯，然后苯乙烯与溴发生加成反应生成，最在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成苯乙炔。
【详解】（1）由分析可知B的结构简式为，反应②发生取代反应，苯环支链上的碳原子的氢原子被氯原子取代，所需的试剂和条件是Cl2、光照；反应③的反应类型为消去反应；
（2）由分析知E为，1molE理论上最多消耗氢气10mol；
（3）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：、、、、；
（4）2−苯基乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯，然后苯乙烯与溴发生加成反应生成，最在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成苯乙炔，合成路线为。
12． 浓硫酸、浓硝酸 水浴加热 取代 HCl 反应物与生成物中的-NH2与HCl成盐，影响产品的产量 苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原 HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2
【分析】根据D发生一系列反应后的结构简式知，A中含有苯环，结合A的分子式知，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成的B为，C的分子式比B的分子式多2个O原子、少2个H原子，则B中甲基被氧化生成C中羧基，则C的结构简式为，C中硝基被还原生成D中氨基，则D的结构简式为，根据G的分子式及、G反应后产物结构简式知，G的结构简式为，生成沐舒坦的反应为取代反应，由的结构简式知，M的结构简式为，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成的B为，则反应①为在浓硫酸、浓硝酸、水浴加热条件下发生取代反应生成；
(2)根据分析，G的结构简式为；
(3)反应④为取代反应，除了生成沐舒坦外还生成HCl，加入K2CO3目的是除去生成的HCl，防止反应物与生成物中的-NH2与HCl成盐，影响产品的产量；
(4)反应②为B中甲基被氧化生成C中羧基，反应③为C中硝基被还原生成D中氨基，根据苯环上的氨基易被氧化，而羧基又不易被还原，则反应②、反应③的顺序不能颠倒；
(5)C4H6O2的不饱和度==2，该分子的同分异构体符合下列条件：①有碳碳双键，碳碳双键的不饱和度是1；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能发生水解反应，说明含有酯基，根据O原子个数知，应该存在HCOO-，符合条件的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2；
(6) 制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由发生水解反应得到，甲苯和溴光照发生取代反应生成，合成路线为。
13．(1) C13H18O2 还原反应
(2)
(3)+HBr+H2O
(4)2
(5)合成步骤少，没有副产物产生
(6)CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl
【分析】苯与(CH3)2CHCOCl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生B：，B与Zn(Hg)/HCl作用发生还原反应产生C：，CH3COOH与SOCl2在加热条件下发生-OH的取代反应产生CH3COCl，C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：，D与NaBH4发生还原反应产生E，E与HBr在一定条件下发生取代反应，-OH变为Br，得到F，F经两步反应产生目标产物布洛芬，结构简式为：。
(1)
根据布洛芬分子结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知其分子式为C13H18O2；
根据B、C结构简式的不同，可知B变为C时得氢失氧，发生了还原反应，故B→C的反应类型是还原反应；
(2)
C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：和HCl，故D的结构简式是；
(3)
E是，E与HBr在加热时发生-OH的取代反应产生F：和H2O，该反应的化学方程式为：+HBr+H2O；
(4)
合物M分子式是C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同，则可能的结构有： ，共有2种不同结构；
(5)
以与发生加成反应产生时，反应只有一步就完成，且反应物原子全部转化为生成物；而前边合成的反应步骤多，有副反应产物产生；
(6)
丙醇CH3CH2CH2OH与浓硫酸混合加热发生消去反应产生丙烯CH3CH=CH2，丙烯与HBr在加热时发生加成反应产生CH3CHBrCH3，然后与MgCH2O、CO2作用，再与H+、H2O作用，反应产生(CH3)2CHCOOH，再与SOCl2在加热时发生取代反应产生目标产物(CH3)2CHCOCl。故以丙醇为原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线为：CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl。
上海市宝山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海宝山·统考二模）铝和铁的含量在地球金属元素中处于前两位，它们的单质及化合物应用非常广泛。
（1）铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂，制取原理如下：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2→Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O
配平上述化学方程式_____。
（2）工业上利用Fe2O3和CO反应制取铁，在一定温度下，反应如下：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为K=_____。
②该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g，则10min内CO的平均反应速率为_____。
③请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：_____。
a. b.c. d.
（3）某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率（v）和温度（T）的关系示意图中与铝热反应最接近的是______。
（4）实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3，写出该反应的离子方程式_____。如果用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能否制得Al(OH)3，简要说明原因_____。
2．（2021·上海宝山·统考二模）硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。
(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。
(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。
3．（2022·上海·统考二模）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
(1)储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_______。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
(2)上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于_______晶体。写出气体产物的电子式_______，其属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径_______>_______(填元素符号)；处于第三周期的元素名称是_______；金属性最强的短周期元素原子核外有_______种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有_______(写化学式)。
III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
(4)找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平_______。
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与_______有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为_______个。
4．（2020·上海宝山·统考二模）某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样（已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g），利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：
（1）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。
（2）计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必需的数据是______，不必作第6次读数的原因是______。
（3）根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_____（保留2位小数）。
（4）测定上述样品（1.560g）中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：
①操作Ⅰ的名称是_____。
②需直接测定的物理量是_____。
③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还需要_____（固定、夹持仪器除外）。
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
5．（2021·上海宝山·统考二模）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。以下是实验室用废铜粉制备CuSO4·5H2O的流程图。
(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式___________。
(2)制备流程中的A操作名称是___________。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是___________，除去这种杂质的实验操作称为___________。
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
a．①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤(其余步骤省略)。
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________。
c．如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为___________。
(4)已知：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。
①称取0.1000g某CuSO4·5H2O试样(杂质不与氢氧化钠溶液反应)于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2O___________g。
②上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是___________。
③在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线___________所对应的刻度。
6．（2022·上海·统考二模）绿矾(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原科与稀硫酸反应制备绿矾。
(1)将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍，其中加热的作用是_______。
(2)向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至反应完全(铁屑有剩余)，发生反应的离子方程式为_______。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由_______。
(3)趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的_______。
(4)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2.按下图连接好装置进行实验。
操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热：
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f.称量A。
重复上述操作步骤，直至A恒重(固体为FeSO4)，质量为m3。
①仪器B的名称是_____。整个过程中持续通入N2的目的是______。
②根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_____(列式表示)。若实验时按b、a次序操作，则x_____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
7．（2020·上海宝山·统考二模）氮是生命物质中重要的组成元素之一。含氮物质的使用既给人类带来福音，又给人们带来一些负面影响。
（1）肥料的三要素，除了氮还有____。
（2）NH3是氮的氢化物，它的空间构型是_____，属于____分子(填写“极性”或“非极性”)，N原子的结构示意图是____。
（3）氨的水溶液叫做氨水，它可作为化学肥料。实际使用时，因为有很多不便，所以往往制成铵盐。NH4Cl就是常见的铵盐，NH4Cl属于___晶体，长期使用含NH4Cl的氮肥会使土壤___(填写“酸”或“碱”)化，请结合有关方程式说明原因____。
（4）工业上通常以铁触媒为催化剂，在500℃左右，20~50MPa下合成氨气。采用该压强的原因是____。
（5）含氮废水进入水体会对环境造成污染，某课题小组利用废铝将NO3-还原为N2，从而消除污染。其反应如下：6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，该反应中，还原剂是____，被还原的元素是____；每生成2molN2，转移的电子数是_____。
8．（2021·上海宝山·统考二模）N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式___________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)+Q1(Q1＜0)，2NO2(g)N2O4(g)+Q2(Q2＞0)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，则此时=___________kPa，v=___________(kPa/min)。
②若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(35℃)___________63.1kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，试从勒夏特列原理的角度加以解释___________。
③写出N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数表达式___________。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是___________(填编号)。
A．v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．该反应的速率主要由第二步决定 D．N2O5的分解率主要由第一步决定
9．（2021·上海宝山·统考二模）电解精制饱和食盐水的方法制取氢氧化钠、氢气、氯气等系列化工产品，这种工业生产称为氯碱工业。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
(1)自然界一切物质都具有能量，而且能量可以相互转化。从能量来看，电解是___________转变为___________的过程。
(2)能量的转化很多是以热量的形式出现的，例如甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷生成液态水，放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式___________。
(3)写出电解饱和食盐水的离子方程式___________。
(4)试预测离子交换膜法电解食盐水中离子交换膜可能的作用是___________、___________。
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠。写出该反应的化学方程式___________。铝也可以用电解法得到，请用一个实验事实说明钠与铝的金属性强弱___________。
(6)室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH___________0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。(选填“大于”、“小于”或“等于”)。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为___________。(酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO)
10．（2022·上海·统考二模）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式_______。
II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol
(2)写出该反应的平衡常数表达式K=_______。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是_______。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)
红色褪去
(3)①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是_______(请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于_______盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是_______。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
11．（2020·上海宝山·统考二模）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2。该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为_____，反应②所需的试剂和条件是______，反应③的反应类型为______反应。
（2）1molE理论上最多消耗氢气_____mol。
（3）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出任意一种的结构简式______。
（4）写出用2−苯基乙醇）为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线______。
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
12．（2021·上海宝山·统考二模）沐舒坦(结构简式为，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。下图所示是多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。
已知：①
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
(1)写出反应①的反应试剂、反应条件、反应类型___________、___________、___________。
(2)写出G的结构简式___________。
(3)反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和___________，防止___________。
(4)反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是___________。
(5)写出一种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式___________。
①有碳碳双键 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应
(6)写出实验室由制备的合成路线(无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：)___________。
13．（2022·上海·统考二模）一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下：
已知：NaBH4是一种还原剂，完成下列填空：
(1)布洛芬的分子式为_______，B→C的反应类型是_______。
(2)D的结构简式是_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)化合物M的分子式为C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有_______种。
(5)某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：+，请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点_______。
(6)设计一条以丙醇为主要原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线(其他无机试剂任选)______(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)。
参考答案：
1． 2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O 0.015mol/(L·min) CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等；CO（或CO2）的质量不再改变 b Al3++3NH3·H2O→Al（OH）3↓+3NH4+ 不能，Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制(能，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量)
【分析】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式；
（2）化学平衡常数为生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的幂次方之积的比值，固体与纯液体不写；可逆反应达到平衡状态时，各物质的不再变化，正反应速率和逆反应速率相等；
（3）金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应，铝热反应为放热反应，温度越高，反应速率越快；
（4）离子方程式书写的时候，难溶于水的物质、弱电解质、难溶物写成化学式，易溶于水的强电解质写出离子的形式；氢氧化铝既能溶于强酸又能溶于强碱。
【详解】（1）利用得失电子守恒，配平氧化还原反应方程式，2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+
6NaNO3+6NaCl+8H2O；
（2）①Fe2O3、Fe为固体，浓度视为不变，不能出现在表达式中，故K=；
②10min后，生成了单质铁11.2g，则消耗0.3molCO，故10min内CO的平均反应速率为：
=0.015mol/(L·min) ；
③可逆反应达到平衡状态时，①各组分的浓度保持不变；②正逆反应速率相等。故CO（或CO2）的质量不再改变说明该反应已达到平衡状态， CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等说明该反应已达到平衡状态；
（3）Al与金属氧化物发生铝热反应是放热反应，温度越高反应速率越大，但反应开始时温度不是0，对照图示，b选项符合题意；
（4）NH3·H2O是弱电解质，Al(OH)3是难溶于水的物质，在离子方程式书写时，写成化学式，故实验室通常用硫酸铝溶液和氨水反应制备Al(OH)3的离子方程式：Al3++3NH3·H2O→Al(OH)3↓+3NH4+；氢氧化铝具有两性，既能溶于强酸又能溶于强碱，故用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，不能制取Al(OH)3，因为Al(OH)3会溶于氢氧化钠溶液，不好控制；或用硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液反应，能制取Al(OH)3，只要控制好加入的氢氧化钠溶液的量。
2． H
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。
3．(1)c
(2) 原子(共价) 非极性
(3) Si C 钠、硅 4 Na2O、Na2O2
(4)5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
(5) 溶液酸碱性 6.02×1022
【解析】(1)
a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a错误；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b错误；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d错误；
故答案为：c；
(2)
上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)
上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)
→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)
上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
4． 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 第4次或第5次的读数 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 0.84 溶解 生成NaCl的质量 玻璃棒、蒸发皿 偏大
【分析】（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
（2）、（3）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数，计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠，需直接测定氯化钠的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，故过氧化钠的质量分数偏大。
【详解】（1）Na2O2和H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（2）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是：
=84% ；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。
5． Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冷却结晶 Cu(NO3)2(或硝酸铜) 重结晶 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 -1.5%(或-1.48% ) 0.0980 用标准盐酸溶液润洗2-3次 粗细交界点
【分析】在硫酸作用下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应后的溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，结合滴定实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，浓硝酸被稀释，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够将通过氧化，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)根据从溶液中获得晶体的一般步骤，制备流程中得到的硫酸铜溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，A操作为冷却结晶；如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，硝酸可能不能完全反应，因此制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是Cu(NO3)2(或硝酸铜)，可以通过重结晶的方法除去杂质，故答案为：冷却结晶；Cu(NO3)2(或硝酸铜)；重结晶；
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。
a．①称取一定质量的样品，②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤，故答案为：称取样品；
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，只需要在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生，若没有沉淀产生，说明已经沉淀完全，故答案为：在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；
c．相对误差为× 100%═-1.48%，故答案为：-1.5%(或-1.48%)；
(4)①根据化学方程式CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，所含硫酸铜晶体的质量为×250g/mol═0.0980g，故答案为：0.0980；
②滴定管要用标准液润洗，因此滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，需要用标准盐酸溶液润洗2-3次，故答案为：标准盐酸溶液润洗2～3次；
③准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度，故答案为：粗细交界点；
6．(1)促进碳酸钠水解
(2) Fe+2H+=Fe2++H2↑ 不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在
(3)绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失
(4) 干燥管 排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化 偏小
【解析】(1)
Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，是油污水解更彻底，除杂更完全，故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；
(2)
铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2↑，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保证铁屑过量，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2↑；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；
(3)
由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；
(4)
①由题干实验装置图可知，仪器B的名称是(球形)干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，故答案为：(球形)干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；
②根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：(m2-m1)g，FeSO4的质量为：(m3-m1)g，结晶水的质量为：(m2-m3)g，根据方程式计算可得：，则有：，解得x=，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，故答案为：；偏小。
7． 磷、钾（或P、K） 三角锥型 极性 离子 酸 NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+水解使溶液显酸性，长期使用使土壤酸化 加快反应速率、使平衡向正反应方向移动、压强过高，会导致成本升高 Al NO3-中+5价的N 20NA
【分析】（1）化学肥料的主要分为氮肥、磷肥、钾肥；
（2）N原子核电荷数为7、核外有7个电子，NH3分子的空间构型是三角锥形，氨气属于极性分子；
（3）NH4Cl就是常见的铵盐，铵盐是离子化合物，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子在水溶液中发生水解反应，使溶液呈酸性；
（4）N2+3H22NH3，该反应为反应前后气体分子数减小的放热反应，增大压强可以加快反应速率，提高原料的转化率，但是压强过高，会导致成本升高；
（5）6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，依据反应前后化合价的变化，判断氧化剂、还原剂；
【详解】（1）化学肥料的主要分为氮肥、磷肥、钾肥，故肥料的三要素，除了氮还有磷和钾；
（2）NH3分子的空间构型是三角锥形，氨气属于极性分子；N原子核外有7个电子，其原子的结构示意图是；
（3）NH4Cl就是常见的铵盐，铵盐是离子化合物，故NH4Cl属于离子晶体；NH4++H2ONH3·H2O+H+，故长期使用含NH4Cl的氮肥会使土壤酸化；
（4）N2+3H22NH3，该反应为反应前后气体分子数减小的放热反应，工业上通常以铁触媒为催化剂，在500℃左右，催化剂的活性比较大，20~50MPa下合成氨气，加快反应速率、使平衡向正反应方向移动，但是压强过高，会导致成本升高；
（5）6NO3-+10Al+18H2O→3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，该反应前后铝元素的化合价升高，氮元素的化合价降低，故Al是还原剂， NO3-中的N元素被还原；该反应中每生成1molN2转移20mol电子，故当生成2mollN2，转移的电子数是20NA 。
8． 2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl 30.0 6.0×10-2 大于 NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大 B
【详解】(1)由题意可知：干燥的氯气与硝酸银反应生成O2、N2O5，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl，故答案为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl；
(2)①在恒容密闭容器中，气体的分压和物质的量成正比，所以此题中可用P代替各物质的量使用，t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，，因此；，故答案为：30.0；；
②根据，恒容密闭容器中，升高温度，T增大。所以总压强P增大。二聚为放热，升高温度平衡逆向移动，体系压强增大，因此总压强大于63.1kPa，故答案为：大于；NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大；
③由反应N2O4(g)2NO2(g)可知该反应的平衡常数为，故答案为：；
(3)A．由第一步N2O5NO2+NO3快速平衡；第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应，可知，v(第一步反应)＞v(第二步反应)，则v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应)，故A不选；
B．由以上三步反应可知，反应的中间产物除NO3外还有NO，故选B；
C．在以上三步反应中，第二步为慢反应，所以该反应的速率主要由第二步决定，故C不选；
D．该反应中第一步的正反应为N2O5的合成反应，逆反应为N2O5的分解反应，且反应速率较快，则N2O5的分解率主要由第一步决定，故D不选。
答案选B。
9． 电能 化学能 CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol 2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑ 能得到纯度更高的氢氧化钠溶液 避免氯气与氢气反应 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ 钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na>Al 大于 c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)
【分析】电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子不能通过，能够防止生成的氯气和氢气混合据此分析解答(3)(4)；根据酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，说明ClO-水解程度大于SO， SO水解程度小于CO，据此分析解答(6)。
【详解】(1)电解过程将电能转化为化学能，故答案为：电能；化学能；
(2)甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷，其物质的量n==0.02mol，生成液态水，放出QkJ热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量=×1mol=50QkJ，反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol；
(3)电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
(4)离子交换膜只允许阳离子通过，其它离子不能通过；且生成的氯气和氢气不混合，则交换膜的作用是能得到纯度更高的氢氧化钠溶液、避免Cl2与H2反应，故答案为：能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；避免Cl2与H2反应；
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠和氢气，反应的化学方程式为2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na＞Al，故答案为：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性Na＞Al；
(6) 酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，则ClO-水解程度大于SO，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH；浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO水解程度小于CO，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)，故答案为：大于；c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)。
10．(1)2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol
(2) bc
(3) 会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性 强碱弱酸 bd
【解析】(1)
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol；
(2)
化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)
①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b符合题意；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d符合题意；
故答案为：bd。
11． Cl2、光照 消去（或消除） 10 、、、、
【分析】由B的分子式、C的结构简式可知B的结构简式为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。对比C、D的结构简式可知C脱去2分子HCl，同时形成D为苯乙炔，该反应属于消去反应，D发生信息中的偶联反应生成E为；2−苯基乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯，然后苯乙烯与溴发生加成反应生成，最在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成苯乙炔。
【详解】（1）由分析可知B的结构简式为，反应②发生取代反应，苯环支链上的碳原子的氢原子被氯原子取代，所需的试剂和条件是Cl2、光照；反应③的反应类型为消去反应；
（2）由分析知E为，1molE理论上最多消耗氢气10mol；
（3）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：、、、、；
（4）2−苯基乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯，然后苯乙烯与溴发生加成反应生成，最在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成苯乙炔，合成路线为。
12． 浓硫酸、浓硝酸 水浴加热 取代 HCl 反应物与生成物中的-NH2与HCl成盐，影响产品的产量 苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原 HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2
【分析】根据D发生一系列反应后的结构简式知，A中含有苯环，结合A的分子式知，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成的B为，C的分子式比B的分子式多2个O原子、少2个H原子，则B中甲基被氧化生成C中羧基，则C的结构简式为，C中硝基被还原生成D中氨基，则D的结构简式为，根据G的分子式及、G反应后产物结构简式知，G的结构简式为，生成沐舒坦的反应为取代反应，由的结构简式知，M的结构简式为，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成的B为，则反应①为在浓硫酸、浓硝酸、水浴加热条件下发生取代反应生成；
(2)根据分析，G的结构简式为；
(3)反应④为取代反应，除了生成沐舒坦外还生成HCl，加入K2CO3目的是除去生成的HCl，防止反应物与生成物中的-NH2与HCl成盐，影响产品的产量；
(4)反应②为B中甲基被氧化生成C中羧基，反应③为C中硝基被还原生成D中氨基，根据苯环上的氨基易被氧化，而羧基又不易被还原，则反应②、反应③的顺序不能颠倒；
(5)C4H6O2的不饱和度==2，该分子的同分异构体符合下列条件：①有碳碳双键，碳碳双键的不饱和度是1；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能发生水解反应，说明含有酯基，根据O原子个数知，应该存在HCOO-，符合条件的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2；
(6) 制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由发生水解反应得到，甲苯和溴光照发生取代反应生成，合成路线为。
13．(1) C13H18O2 还原反应
(2)
(3)+HBr+H2O
(4)2
(5)合成步骤少，没有副产物产生
(6)CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl
【分析】苯与(CH3)2CHCOCl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生B：，B与Zn(Hg)/HCl作用发生还原反应产生C：，CH3COOH与SOCl2在加热条件下发生-OH的取代反应产生CH3COCl，C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：，D与NaBH4发生还原反应产生E，E与HBr在一定条件下发生取代反应，-OH变为Br，得到F，F经两步反应产生目标产物布洛芬，结构简式为：。
(1)
根据布洛芬分子结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知其分子式为C13H18O2；
根据B、C结构简式的不同，可知B变为C时得氢失氧，发生了还原反应，故B→C的反应类型是还原反应；
(2)
C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：和HCl，故D的结构简式是；
(3)
E是，E与HBr在加热时发生-OH的取代反应产生F：和H2O，该反应的化学方程式为：+HBr+H2O；
(4)
合物M分子式是C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同，则可能的结构有： ，共有2种不同结构；
(5)
以与发生加成反应产生时，反应只有一步就完成，且反应物原子全部转化为生成物；而前边合成的反应步骤多，有副反应产物产生；
(6)
丙醇CH3CH2CH2OH与浓硫酸混合加热发生消去反应产生丙烯CH3CH=CH2，丙烯与HBr在加热时发生加成反应产生CH3CHBrCH3，然后与MgCH2O、CO2作用，再与H+、H2O作用，反应产生(CH3)2CHCOOH，再与SOCl2在加热时发生取代反应产生目标产物(CH3)2CHCOCl。故以丙醇为原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线为：CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl。
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