上海市奉贤区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题

这是一份上海市奉贤区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共24页。

上海市奉贤区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海奉贤·统考二模）不锈钢是由铁、铬(Cr)、镍(Ni)、碳、硅及众多不同元素组成的合金。完成下列填空：
(1)写出碳原子最外层电子的轨道表示式______________，其最外层有____种不同运动状态的电子。
(2)硅烷(SiH4)可用于制备高纯硅，已知硅烷的分解温度远低于甲烷，从原子结构角度解释其原因：_____________________________________________________。
(3)下面是工业上冶炼Cr时涉及到的反应：
CrO42－+ S+ H2O→ Cr(OH)3↓+ S2O32－+
①请将方程式补充完整并配平____________________。
②上述反应中，若转移了3mol电子，得到的还原产物是__________mol。
③Cr(OH)3和Al(OH)3类似，也是两性氢氧化物，写出Cr(OH)3的电离方程式________。
(4)镍粉在CO中低温加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈四面体构型。Ni(CO)4是________________晶体，Ni(CO)4易溶于下列_______（填序号）。
a．水        b．四氯化碳        c．苯        d．硫酸镍溶液
2．（2022·上海奉贤·统考二模）氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
(1)氮元素在周期表中的位置是_______，氮原子核外电子共占据_______个轨道，最外层有_______种不同能量的电子。
(2)氨气分子的空间构型为_______，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性_______(填“强”或者“弱”)。
(3)工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为_______。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0 ~ 10min的氨气的化学反应速率为_______。据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是_______(用文字表达)。

(4)工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到(NH4)2SO4，则该溶液中c(NH)与c(SO)之比_______2：1(选填“>”、“<”、“=”)，请结合离子方程式解释其原因_______。
3．（2022·上海奉贤·统考二模）中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
(1)已知1g火箭推进剂肼(N2H4)(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_______。
(2)飞船材料采用的某铝锂合金成分(质量百分比)如下(Bal指剩余的百分含量)：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
2.9-3.5
0.5
0.25-0.8
0.25
0.1
0.8-1.1
Bal

采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40-55℃下进行表面处理0.5-2 min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式_______。工业上制铝，可采用电解_______(请选填序号)：
A．AlCl3        B．Al2O3       C．NaAlO2
同时需添加_______以降低熔点减少能量损耗。
(3)太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为_______，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2_______L。
(4)飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施_______。
4．（2020·上海奉贤·统考二模）氢气、氯气是中学实验室常见气体，在实验室可以利用该反应2KMnO4+16HCl(浓)→2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制备Cl2，并在实验室模拟工业制备盐酸，请回答下列问题：
(1)甲组同学用下列装置制取H2和Cl2。

①实验室常用NaCl+H2SO4(浓)→NaHSO4+HCl↑反应制备HCl气体，该反应利用了浓硫酸的___性。
②用工业级锌粒(主要成分 Zn，含少量 FeS、Pb、Cu 等杂质)作原料，装置 I、Ⅱ均可以制取 H2，但装置 I 比装置Ⅱ更好，理由__________________________；检验氯气所用的试纸是_______________。
(2)乙组同学拟用甲组的装置 I、Ⅲ及下列装置(可以重复选用)模拟工业上制取盐酸。

①乙组中氢气的部分实验装置连接是a-f-g-d……,其中装置Ⅴ的作用是_______，制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序(用玻璃接口表示)为 c-__________。  
②装置VII中仪器 X 的名称是_________ ，合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，其目的是 ________；装置VII末端接抽气水泵的目的是___________。
(3)设计实验证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性:_____________________。
5．（2021·上海奉贤·统考二模）牙膏中的固体摩擦剂主要由碳酸钙、氢氧化铝和少量不与溶液、反应的成分组成，兴趣小组对摩擦剂的主要成分及含量进行探究。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量摩擦挤样品，加水充分溶解后，过滤，向滤渣中加入过理溶液，再次过滤，向滤液中通入过理，有白色沉淀生成，则证明摩擦剂含有。已知：
(1)在过滤操作中，不需要用到的玻璃仪器有_______(选填编号)

(2)氢氧化铝与溶液反应的离子方程式是_______
(3)某同学认为向再次过滤的滤液中通后有白色沉淀生成，不能证明摩擦剂中一定含有，若要确认其含有，则取该白色沉淀少许，洗涤后滴入过量盐酸，若出现_______(填写实验现象)，证明白色沉淀是，即摩擦剂中含有。
Ⅱ.摩擦剂中碳酸钙含量的测定。如图所示进行实验，滴入盐酸克分反应后，打开，持续通入一段时间空气后，取下C装置，过滤、洗涤沉淀、干燥、冷却、称重质量，计算样品中碳酸钙的质量分数。

完成下列填空：
(4)检查装置气密性后，如图加入试剂，关闭，打开和，持续鼓入空气一段时间后，关闭和，打开，再向锥形瓶中滴入盐酸。以上操作的目的是_______。
(5)有小组认为，过滤，称量质量，操作繁杂且易产生实验误差，故将图中C装置调换成E装置(如图)，你认为是否合适？并简述原因_______。
(6)实验中称取样品，若测得平均质量为。则摩擦剂样品中碳酸钙的质量分数是_______(小数点后保留三位数字)。

6．（2022·上海奉贤·统考二模）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500ml奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
(1)该小组将100.00ml海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是_______。取一半该粗盐，若将SO转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO已沉淀完全_______；洗涤干燥后，称量得到0.0233g沉淀，则该海水中SO的含量为_______mol/L，若未洗涤，则测得结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO，操作流程如下：

(2)步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有_______，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤_______次。若m2=1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因：_______。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
(3)请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好_______，请说明理由_______。

7．（2020·上海奉贤·统考二模）工业上可用O2将HCl转化为Cl2，反应为：O2(g)+4HCl(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)。请完成下列填空：
(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)写出一种能提高HCl转化率的方法___________________。
(3)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：_________________。
(4)根据图中信息所示，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n(HCl)=_____mol。      
(5)氯元素能组成多种化合物，如常见的铵态氮肥，氯化铵溶液呈______性，其原因用离子方程式表示：___________________________。现有一瓶氯化铵、氯化钠和氨水的混合液,经测定溶液呈中性,此时三种离子的关系是：[Na+]+[NH4+]_____[Cl-](填“＞”“＜”或“=”)。
8．（2021·上海奉贤·统考二模）科学家利用反应对汽车尾气进行无害化处理，一定条件下，在密闭容器中充入和，一段时间后测得、浓度随时间变化如图1所示，的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比。

完成下列填空：
(1)氮原子最外层电子排布式为_______，氧原子核外能量最高的电子有_______个。
(2)根据图1，用表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是_______(保留小数后两位小数)。
(3)该反应的化学平衡常数表达式是_______，该反应的正反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(4)图2中a、b、c三点对应的平衡常数、、相对大小关系是_______。
(5)关于该可逆反应的说法正确的是_______。
a.加入催化剂可提高的平衡转化率
b.当体系中时，该反应达到平衡状态
c.保持其他条件不变，若充入，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大
d.投料比：
(6)随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_______。
9．（2020·上海奉贤·统考二模）α-苯基丙烯酸可用于合成人造龙涎香，现以甲苯为原料，按下列方法合成(从F开始有两条合成路线)

已知：①CH3CH2Br＋NaCN CH3CH2CN＋NaBr
②CH3CH2CN CH3CH2COOH       
完成下列填空：
(1)写出反应④的反应类型是________反应；写出反应①所需试剂与条件是 _________。
(2)写出C的结构简式：_____________________。
(3)写出一种符合下列条件的F的同分异构体___________________。
①氧原子不与苯环直接相连；②能发生银镜反应；③1mol该物质与足量钠反应产生1mol氢气；④有5种不同氢原子。
(4)检验E是否完全转化为F的方法是_____________________。
(5)路线二与路线一相比不太理想，理由是_______________________。
(6)利用已知条件，设计一条由制备的合成路线。___________________________
(合成路线的表示方法为)
10．（2021·上海奉贤·统考二模）苯丙酸乙酯H( )常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如下：

已知：(表示烃基)
完成下列填空：
(1)物质F名称是_______；物质B的结构简式是_______。
(2)完成D→H转化所需的试剂及条件分别是_______，该反应类型是_______。
(3)写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体_______。
①苯环上含3个取代基；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
③分子中有4种不同环境的H原子。
(4)物质E中含氧官能团的名称是_______，可检验该官能团的试剂是_______。
(5)物质A一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物，该反应化学方程式是_______。
(6)参照上述合成路线写出以乙烯为原料制备丁二酸的合成路线_______(无机试剂任选)，合成路线常用的表示方式为：
11．（2022·上海奉贤·统考二模）以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如下：

已知：
(1)B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式_______，E的官能团名称为_______。
(2)由乙炔生成A的化学方程式为_______，由B生成C的反应类型为_______，由B生成D的反应条件为_______。
(3)E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有_______种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式_______。
a.含酯基，不含醚键  b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag
(4)参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1-丁醇的合成路线流程图_______。
12．（2021·上海奉贤·统考二模）海洋中蕴含丰富的资源，下图涉及多个以海水为原料的生产流程。

完成下列填空：
(1)步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是_______。
(2)工业上用与(热溶液)制备，反应如下：。配平上述反应方程式，并标出电子转移方向和数目_______。
(3)关于卤素的下列说法错误的是_______。
a．单质的熔点：
b．元素的非金属性：
c．单质的氧化性：
d．从海洋中获得、的过程均涉及氧化还原反应
(4)对图中所示生产过程的说法正确的是_______
a．溶解度：
b．第④⑤⑥步骤中，溴元素均被还原
c．第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高的浓度
d．联碱法与氨碱法相比，利用率较高，且能耗低
(5)步骤②是在饱和食盐水中先通入再通入，原因是_______。
(6)某同学将通入溶液中，当溶液呈中性时，溶液中浓度最大的微粒是_______。
a. b. c. d.

参考答案：
1．          4     C和Si最外层电子数相同，C原子半径小于Si，所以硅元素的非金属性弱于碳元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷     4CrO42－+6S+7H2O →4Cr(OH)3↓+3S2O32－+2OH－     1     CrO2－+ H++ H2OCr(OH)3Cr3++3OH－     分子晶体     b、c
【详解】(1) 碳原子最外层有4个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有2个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则，其最外层电子的轨道表示式为；每个电子的运动状态都是不一样的，所以有4种不同运动状态的电子。
(2) C和Si最外层电子数相同（是同主族元素），C原子半径小于Si，Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷。
(3) ①该反应中S元素化合价由0价变为+2价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，根据化合价总变化相等，可知CrO42－与S的比值为2:3，再根据原子守恒可以配平Cr(OH)3与S2O32－，生成物中缺的物质是OH-，可利用电荷守恒配平，最后配水即可，4CrO42－+6S+7H2O →4Cr(OH)3↓+3S2O32－+2OH－。
②该反应中还原产物是Cr(OH)3，根据还原产物和转移电子之间的关系式可知若转移了3mol电子，得到的还原产物的物质的量3mol/3=1 mol。
③根据氢氧化铝的电离方程式，可知Cr(OH)3的电离方程式为CrO2－+ H++ H2O Cr(OH)3 Cr3++3OH－。
(4) 根据该物质的熔沸点可知，该物质属于分子晶体，该物质的结构为正四面体结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，根据相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，苯和四氯化碳都是非极性分子，所以该物质易溶于苯和四氯化碳。
【点睛】不用类型的晶体熔沸点高低不一样，分子晶体一般熔沸点较低，有时可用这种方法判断是否是分子晶体。
2．(1)     第二周期第VA族     5     2
(2)     三角锥形     强
(3)          0.0005mol–L-1•min-1     通入氨气
(4)     <     NH水解，使NH浓度减少，NH+ H2ONH3·H2O + H+

【解析】（1）
氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子；
（2）
NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强；
（3）
工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0 ~ 10min内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气；
（4）
(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以c()与c()之比＜2：1，故答案为：<；水解，使浓度减少，。
3．(1)N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)  
(2)     2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O     B     冰晶石
(3)     Na2CO3     11.2
(4)Al3+水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，相互反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度

【解析】(1)
1g N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量16.7kJ，1mol N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量32×16.7kJ=534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ；
(2)
铝表面会形成致密的氧化膜Al2O3，故碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式为：2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O；工业上制铝，采用电解熔融氧化铝的方法，故选B；根据工业制铝反应：，需添加冰晶石以降低氧化铝的熔融温度减少能量损耗；
(3)
根据反应物化合价变化，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，氧化产物为O2，还原产物为Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ~2e-，转移电子与氧气之比为2：1，故转移1mol电子时，生成标准状况下O2的体积为；
(4)
Al3+水解使溶液呈酸性，碳酸氢钠水解使溶液呈碱性，两者发生双水解反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度。
4．     难挥发性(高沸点性)     装置Ⅰ可以实现即开即用，即关即停     淀粉-KI试纸     除氢气中的HCl及H2S等其他杂质气体     c—j—k—d—e—i     冷凝管     使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中     形成负压，使产生的HCl被水充分吸收     用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性
【分析】(1)I、II、III装置为常见的固液制气装置，其中I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停。(2)利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质；利用甲组的I装置制取H2，再利用乙组可选用的装置除去H2中的杂质，将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂。
【详解】(1)①NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑，该反应的原理是难挥发性酸制取挥发性酸。
②装置 I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停；氯气具有强氧化性，检验氯气所用的试纸是湿润的淀粉-KI试纸，现象是变蓝然后褪色。
(2)①由上述分析可知，利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，利用甲组的I装置制取H2，再利用V装置的氢氧化钠除去H2中的HCl及H2S等杂质，之后将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。所以制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序为c—j—k—d—e—i。
②由图可知，X为冷凝管；合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，是为了使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中；抽气水泵可以形成负压，使产生的HCl被水充分吸收。
(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂，即用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性。
【点睛】气体的制备分为发生装置、除杂装置、收集装置、尾气处理装置四个部分，熟悉常见气体发生装置的选取、除杂试剂的选取、收集方法的选取，能够正确的连接实验装置。
5．     a          沉淀溶解，无气泡产生     排尽装置中的，防止对实验产生干扰     不合适，因为盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量结果偏高     12.5%
【分析】I.将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离， 然后向滤渣中加入过量NaOH溶液， Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解， 过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；
II.实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体， 气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀， 装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应。
【详解】I.(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故不需要使用的实验仪器序号为：a
(2) Al(OH)3是两性氢氧化物， 能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：；
(3)若摩擦剂中无Al(OH)3， 向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体， 发生反应：NaOH+ CO2=NaHCO3， 若产生的NaHCO3比较多， 而其溶解度又比较小， 则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2， 再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3+ NaHCO3， 则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3；
(4)实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2, 防止对实验产生干扰；
(5)换成E装置吸收CO2，直接测定CO2的质量，是不合适的；原因为：盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量的CO2偏高，故不可以；
(6) BaCO3质量为1.97g。则n(BaCO3)==0.01mol，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol， 其质量m(CaCO3) =1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为=12.5%。
6．(1)     取样于试管中，先加盐酸无沉淀，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则有SO     静置，向上层清液中继续滴加几滴氯化钡溶液，若无沉淀产生，则SO已沉淀完全     0.002     偏大
(2)     漏斗、烧杯、玻璃棒     1     不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了
(3)     甲     电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高

【解析】(1)
实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；判断已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；将100.00ml海水取一半将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，0.0233g BaSO4的物质的量为，则该海水中的含量为，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.002；偏大；
(2)
步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了；
(3)
甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，故答案为：甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高。
7．          放热     增大氧气的浓度或加压或冷却后不断移去液态水          温度相同情况下，增大压强，平衡右移，HCl转化率增大     2.54×10–3 或2.5×10–3     酸     NH4++H2O NH3•H2O+H+     =
【分析】(1)；升高温度平衡向吸热的方向移动，据此判断。(2)可利用平衡移动的方法增大转化率。(3)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。(4)根据化学计量数中HCl与Cl2的关系，可算出状态A时HCl的变化量，再根据此时HCl的转化率可算出状态A时HCl的物质的量。(5)盐溶液的酸碱性要考虑盐的水解，溶液中离子浓度关系一般是电荷、物料、质子三个守恒。
【详解】(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，根据化学平衡常数的概念可以写出其表达式为；由图可知，温度升高，HCl的转化率下降，说明平衡逆向移动，说明逆向是吸热，所以正反应是放热反应。
(2)增大氧气的浓度或加压或冷却后不断移去液态水等均能使平衡正向移动，提高HCl的转化率。
(3)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，所以P1压强下曲线在P0压强下曲线的上方（变化趋势与P0压强下曲线一致，都是温度越高，转化率越小）。
(4)根据反应方程式可知，HCl与Cl2的物质的量的变化量的关系为4:2，所以HCl的变化的物质的量为2n(Cl2)=1.44×10–2mol，由图可知此时HCl的转化率为85%，所以反应前HCl的起始物质的量为 ，所以此时HCl的物质的量为mol= 2.54×10–3mol。
(5)因为铵离子水解：NH4++H2ONH3•H2O+H+，所以溶液显酸性；题目所给出的关系牵涉到的都是离子，所以可写出电荷守恒表达式c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)，又因为溶液呈中性，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)。
【点睛】判断溶液中粒子浓度关系时一般用到电荷、物料、质子三个守恒，若溶液呈中性，则H+与OH-因为相等可以在等式关系中抵消。
8．          4               放热反应          c d     温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响
【详解】(1)氮原子的原子序数为7，最外层电子排布式为2s22p3；氧原子的原子序数为8，最外层电子排布式为2s22p4，2p能级上4个电子能量最高，故答案为：2s22p3；4；
(2)由图1可知，40min时，反应达到平衡，生成二氧化碳的浓度为1.6mol/L，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得用氮气表示该反应达平衡过程中的平均反应速率为×=，故答案为：；
(3) 化学平衡常数是指在一定温度下，达到平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，则该反应的化学平衡常数表达式为；由图2可知，在起始投料比一定时，升高温度，一氧化碳的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：；放热反应；
(4) 化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图2可知，b、c温度相同，高于a，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则、、相对大小关系为，故答案为：；
(5)a．加入催化剂，只能加快反应速率，但是不能改变反应的平衡移动，则不能提高一氧化碳平衡转化率，故错误；
b．二氧化碳和氮气是生成物，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氮气的比值始终为2:1，则二氧化碳和氮气的比值为2:1不能判断反应是否达到平衡，故错误；
c．保持其他条件不变，若充入氮气，生成物浓度增大，反应速率增大，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，故正确；
d．起始投料比越大，一氧化氮的浓度越大，平衡时一氧化碳的转化率越大，由图2可知，温度一定时，一氧化碳的转化率的大小顺序为，则起始投料比的大小顺序为，故正确；
cd正确，故答案为：cd；
(6) 由图2可知，温度较低时，反应物的投料比越大，反应物的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，浓度变化是影响平衡移动的主要因素；该可逆反应为放热反应，当温度较高时，平衡向逆反应方向移动，温度变化是影响平衡移动的主要因素，对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，不论以何种投料比，一氧化碳的转化率都减小，故答案为：温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响。
9．     还原(或加成)     液溴、光照               取样，加入新制氢氧化铜，加热煮沸如无砖红色沉淀出现，说明E已完全转化为F     H既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应同时，H物质分子内或分子间还会生成酯类副产物，影响产率    
【分析】根据“以甲苯为原料”，可知C7H8为，反应①为取代反应，结合题给信息可知，A结构简式为，A发生信息①的反应，则B结构简式为，B发生水解反应生成C，结合信息②和C分子式可知，C结构简式为，根据D分子式与E的结构可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D结构简式为，D发生取代反应生成E，E发生还原反应生成F，F发生水解反应生成H，F发生消去反应生成G，G发生水解反应生成α-苯基丙烯酸，H发生消去反应生成α-苯基丙烯酸。由制备，可通过消去、取代将-Br转移到与苯环直接连接的碳原子上，再通过信息①、②反应，使之转化为-COOH。
【详解】(1)反应④是E中的醛基被还原成羟基，所以是还原（加成）反应；由上面的分析可知反应①是转化为，所以需要液溴、光照。
(2)由上述分析可知C为。
(3)F的分子式为C11H14O3，不饱和度是5，说明除了苯环还含有1个双键或者环。要求能发生银镜反应，说明含有-CHO或者-OOCH。要求1mol该物质与足量钠反应产生1mol氢气，说明含有-OH或者-COOH，但如果含有-COOH，因为F的不饱和度只有5，则不可能含有-CHO或者-OOCH，所以写出的F的同分异构体不含有-COOH，而是含有2个-OH。因为F只有3个氧原子，2个-OH有2个O，所以写出的F的同分异构体不可能还有-OOCH，所以含有的是-CHO。所以写出的F的同分异构体含有的碎片有：苯环、2个-OH、1个-CHO、4个C。又因为要求氧原子不与苯环直接相连，有5种不同氢原子，所以写出的F的同分异构体是。
(4)E转化为F，是醛基转化为羟基，只要检验是否还存在醛基即可，即取样，加入新制氢氧化铜，加热煮沸如无砖红色沉淀出现，说明E已完全转化为F。
(5) H既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应同时，H物质分子内或分子间还会生成酯类副产物，影响产率。
(6) 由制备，可通过消去、取代将-Br转移到与苯环直接连接的碳原子上，再通过信息①、②反应，使之转化为-COOH，所以合成路线是。
【点睛】本题考查有机物合成与推断的知识，注意反应中碳链变化、分子式变化、官能团变化及反应条件。
10．     乙酸乙酯          浓硫酸和无水乙醇、加热     取代     或     醛基     新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液    
     CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH
【分析】对比A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，结合D的结构简式可知A中含有苯环，故A为 ，结合给予的信息可知，B发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，故B为 、C为 ，D与乙醇发生酯化反应生成H( )；由E的分子式、F与G的结构简式，可推知E为 ，G与氢气发生加成反应(或还原反应)生成H；(6)乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，据此分析解题。
【详解】(1)由合成路线图可知，物质F的结构简式为：CH3COOCH2CH3，故其名称是乙酸乙酯；由分析可知，物质B的结构简式是 ，故答案为：乙酸乙酯； ；
(2)完成D→H即 转化 为酯化反应，故所需的试剂及条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：浓硫酸，加热；酯化反应；
(3) 一种同时满足下列条件的D的同分异构体：ⅰ．苯环上含3个取代基；ⅱ．既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，ⅲ．核磁共振氢谱有4个吸收峰，说明存在对称结构且含有2个甲基，可能的结构简式为： 、 ，
故答案为： 或 ；
(4)由分析可知，物质E的结构简式为 ，故其中含氧官能团的名称是醛基，检验醛基通常用新制的银氨溶液或者新制的Cu(OH)2悬浊液，故答案为：醛基；银氨溶液或者新制的Cu(OH)2悬浊液；
(5)由分析可知，物质A的结构简式为 ，故其一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物的反应化学方程式是： ，故答案为： ；
（6）乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，合成路线流程图为：
CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH，故答案为：CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH。
11．(1)     CH2OHCH2CH2CH2OH     羧基
(2)     HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH     消去反应     Cu，加热
(3)     6     HCOOCH2CH2OOCH
(4)CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH   CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH

【分析】根据顺丁橡胶分析，C为1,3-丁二烯，则B为CH2OHCH2CH2CH2OH，A为HOCH2C≡CCH2OH，B和氧气反应生成D，为CHOHCH2CH2CHO，D和氧气生成E为HOOCCH2CH2COOH，与B发生缩聚反应生成PBS。据此解答。

(1)
根据分析可知B的结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH，官能团为羟基；
(2)
由乙炔生成A的化学方程式为：HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；B到C为醇的消去反应，B到D为催化氧化反应，反应条件为铜存在下与氧气反应。
(3)
E的同分异构体中满足a.含酯基，不含醚键  b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag，说明含有两个甲酸酯，则结构简式可能为HCOOCH2CH2OOCH，或HCOOCH(CH3)OOCH，或含有一个酯基和一个醛基，一个羟基，结构简式为HCOOCH(OH)CH2CHO或HCOOCH2CH(OH)CHO，或HCOOC(OH)(CH3)CHO或HCOOCH(CH2OH)CHO ，共6种。只含2种氢原子的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH。
(4)
丙烯为原料制备1-丁醇，需要进行碳链加长，根据信息，应先形成碳碳三键，则丙烯和溴加成后生成氯代烃，再消去生成碳碳三键，再与甲醛发生加成反应生成炔醇类物质，再与氢气加成即可，故合成路线流程为CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH。
12．     2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑     3，6，5，1，3，     ac     cd     NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体     a
【分析】海水的综合利用，涉及到制碱，提取镁，和提取溴，该过程中涉及到物质鉴别，氧化还原反应及金属冶炼等问题，以此解答；
【详解】(1) 步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2) Cl2→KCl，化合价降低1价，Cl2→KClO3，化合价升高5价，最小公倍数为5，即KClO3的化学计量数为1，KCl 的化学计量数为5，配平其他物质，化学方程式为3Cl2+6KOH =5KCl +KClO3+3H2O， ，故答案为：3，6，5，1，3，；
(3) a．卤素单质结构相似且都是分子晶体，其单质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大，故a错误；
b．卤素元素，从上到下元素非金属性逐渐减弱，故b正确；
c．元素的非金属性越强其单质的氧化性越强，卤素元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，所以卤族单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，故c错误；
d．Cl2，Br2在海水中均以化合态形式存在，故从海洋中获得、的过程均涉及氧化还原反应，故d正确；
故答案为：ac；
(4) a．可溶性碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，故a错误；
b．第④⑥步骤中，溴元素均被氧化，仅⑤溴元素被还原，故b错误；
c．稀溶液中少，所以第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高的浓度，故c正确；
d．联碱法与氨碱法相比，利用率较高，且能耗低，故d正确；
故答案为：cd；
(5)步骤②是在饱和食盐水中先通入再通入，原因是NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体，故答案为：NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体；
(6)溶液呈电中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+) = 2c(CO ) + c(HCO)+ c(OH-)，c(Na+)=2c(CO ) + c(HCO)，所以c(Na+)最大，故答案为：a。

)