上海市松江区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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上海市松江区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海松江·统考二模）二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。
完成下列填空：
(1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是__；理由是__。
(2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)：
___CH3OH+__NaClO3+__→__CO2↑+__C1O2↑+__Na2SO4+__□__
(3)该反应中，被氧化的元素是__。还原产物与氧化产物的物质的量之比是__。
(4)根据上述反应可推知__。
a.氧化性：C1O2＞NaClO3      b.氧化性：NaClO3＞CH3OH
c.还原性：CH3OH＞ClO2      d.还原性：CH3OH＞Na2SO4
(5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为__升。
(6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的__倍。
2．（2020·上海松江·统考二模）某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。

完成下列填空：
（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式__。
（2）细铜丝表面的实验现象是__，使用细铜丝的原因是__。
（3）欲使反应停止，应进行的操作是__，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是__，理由是__。
（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是__，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是__。
（5）实验装置中广口瓶的作用是__。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是__。两者的物质的量之比为__。
3．（2021·上海松江·统考二模）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1 g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。(假设杂质不含铁和硫且受热不分解)

有关反应的化学方程式为： 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 、
4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2 。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如下处理：

完成下列填空：
(1)甲装置的作用是___________；乙装置的作用是___________；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明___________。
(2)反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是___________，设计实验证明BaCl2溶液已经过量___________。
(3)A操作的名称是___________。
(4)该黄铁矿石中硫元素的质量分数为___________。
[实验二]测定铁元素的含量
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入___________；
步骤三：___________、洗涤、灼烧、___________、称量…….得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
4．（2022·上海松江·统考二模）I.某化学兴趣小组采用如下图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。

完成下列填空：
(1)画出乙中实验装置图，并标出相应试剂_______。
(2)装置丙中仪器名称是_______，其中反应的化学方程式是_______，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_______。
(3)装置丁中NaOH溶液的作用是_______，装置戊中澄清石灰水的作用是_______。
II.NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取(又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明)。
(4)写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式_______。操作时，往饱和食盐水中先通入_______气体，原因是_______。
(5)在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是_______。
5．（2020·上海松江·统考二模）磷酸氯喹（C18H32ClN3O8P2）是当前治疗冠状病毒的药物之一，而碳、氮、氯、磷等是其重要的组成元素。完成下列填空：
（1）碳原子核外有__个轨道；氯原子最外层电子的轨道表示式是__。
（2）属于同主族的两种元素，非金属性大小的关系是__（用元素符号表示）。
（3）已知磷酸是弱电解质，它的分子式为H3PO4。其酸式盐Na2HPO4的电离方程式是__。经测定Na2HPO4的水溶液呈弱碱性，请用学过的化学知识进行解释：__。
（4）常温下，在CH3COONa溶液中加入一定量的HCl，使其pH=7，则c(Cl-)_c(CH3COOH)（填“＜”、“＞”、“=”）。
（5）向2.0L恒容的密闭容器中充入1.0molPCl5，发生如下反应：PCl5(s)⇌PCl3(g)+C12(g)-124kJ。控制体系温度不变，反应过程中测定的部分数据见下表：
时间/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)mol
0
0.16
0.19
0.2
0.2

①该条件下平衡常数的表达式为__；前50s内Cl2的反应速率为__。
②要提高上述反应中反应物的转化率，可采取的措施有__、__（任写两点）。
向上述达到平衡③的反应体系中，再加入0.02molPCl3、0.02molC12，则平衡__。移动（选填“正向”、“逆向”、“不”），平衡常数__（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
6．（2021·上海松江·统考二模）砷及其化合物应用广泛，但其化合物都有一定毒性。
完成下列填空：
(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体(所含S元素均为-2价)。若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)分析上常用马氏试砷法来检测试样中是否含有砒霜(As2O3)：把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，写出该反应的化学方程式___________。
已知反应： (aq) +I2(aq) +2OH-(aq) = (aq) +2I-(aq) +H2O(l)
测得溶液中 c()与反应时间(t)的关系如图所示。

(3)写出该反应的化学平衡常数表达式___________。
下列可说明反应达到平衡的是___________ (选填编号)。
a.v(I- ) =2v( )           b.溶液的pH不再发生变化
c.c(I-) =y mol · L-1 d. 不再发生变化
(4)tm min时v逆() ___________tnmin时v逆()，(选填 “大于”、“小于”或 “等于”)理由是___________。
(4)pH为5～9时，上述反应中氧化反应为→；当pH<4时，反应方向发生改变，则反应中氧化反应为___________。由此得到的结论是___________。
7．（2022·上海松江·统考二模）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
(1)上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是_______，原子核外有两个未成对电子的元素有_______。
(2)用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱_______，并用原子结构知识的观点解释原因_______。
(3)我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式_______。
______Al+_______K[AlSi3O8]+_______AlCl3→_______Si+_______AlOCl+_______KAlO2；
上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为_______。
(4)KAlO2溶液中，n(K+)_______n(AlO)(选填“>”或“<”)，加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因_______。
8．（2022·上海松江·统考二模）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)   ②CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)。完成下列填空：
(1)一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v=_______。
(2)反应②的平衡表达式K=_______。将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.气体密度　　b.气体总压　　c.CH3OH与O2体积比　　d.O2的体积分数
(3)将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示：

反应②为_______反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是_______。
(4)反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)=_______。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH)_______c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。
(5)写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法_______。
9．（2020·上海松江·统考二模）A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示。

已知：；R—CNR—COOH
完成下列填空：
（1）A的名称是__，A一定条件下与水加成，可以得到两种有机物，这两种有机物是__（填“同系物”或“同分异构体”或“同素异形体”）。
（2）C的结构简式为__，D→E的反应类型为__。
（3）E→F的化学方程式为__。
（4）B含有的官能团的名称是__(写名称)。B的同分异构很多，其中相同化学环境的氢原子有三种、比例为6：1：1且能发生银镜反应的是__(写结构简式，任写一种)。
（5）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线(其他试剂任选)。__
合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
10．（2021·上海松江·统考二模）中医药是中华民族的宝库，研究表明，槲皮素、木犀草素等黄酮类物质对COVID-19病毒有明显的抑制作用。某黄酮类化合物G的合成路线如下图所示：

已知：+(其中为烃基或氢原子，为烃基)
完成下列填空：
(1)甲苯→A的反应类型为___________，甲苯→B的反应试剂和条件___________， D的结构简式为___________。
(2)关于甲苯的说法正确的是___________。
a.有三根碳碳双键                         b.所有原子均在同一个平面上
c.一氯代物有四种                         d.能使酸性KMnO4溶液褪色
(3)已知C+E→F的反应为可逆反应，吡啶(是一种碱)的作用是___________。
(4)写出三种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式___________、___________、___________。
a.能发生银镜反应
b.苯环上有2种不同的氢
(5)设计一条由为原料(其他无机试剂任选)合成的合成路线______。 (合成路线常用的表示方式为： )
11．（2022·上海松江·统考二模）有机化合物A是一种醇。用A和对甲基苯酚为原料合成I的一种路线如下：

已知：①R-CH=CH2R-CH2CH2OH
②
完成下列填空：
(1)A→B的反应条件是_______。F的结构简式为_______。
(2)A→B的反应类型为_______。I中存在的含氧官能团的名称是_______。
(3)写出图中反应(2)的化学方程式_______
(4)I的同系物J比I相对分子质量小28，写出能同时满足以下条件的J的2种同分异构体的结构简式_______、_______。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含-CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。
(5)以为原料(无机试剂任选)，设计制备苯乙酸()的合成路线____。
(合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物)
12．（2021·上海松江·统考二模）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为：
Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
完成下列填空：
(1)钠原子核外电子排布式为___________。与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中___________的描述。
(2)上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有___________种，属于共价晶体的是___________。
(3)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因___________。
(4)向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示， b、c分别代表___________、___________(填离子符号)。

(5)室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响___________ (选填“前者大”或“后者大”)，作出判断并说明理由___________。

参考答案：
1．     试液变成无色     二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性     CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O     CH3OH中-2价的碳     6：1     bc     7.84     2.63
【分析】(1)利用二氧化氯遇水则生成次氯酸、氯气和氧气，分析品红试液褪色的原因；
(2)根据化合价升降法，确定氧化剂，还原剂的系数，根据原子守恒配平各原子的系数；
(3)被氧化的元素是化合价升高的元素，找到氧化产物和还原产物，找到他们之间的关系；
(4)根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原产物进行判断；
(5)找到转移的电子的物质的量和气体的物质的量关系；
(6)二氧化氯和氯气作为氧化剂，生成的产物是氯离子，根据单位质量的二氧化氯得到的电子数与单位质量的氯气得到的电子数的比值进行计算。
【详解】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色；
(2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，化合价从+5降低到+4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从-2升高到+4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6C1O2↑+3Na2SO4+5H2O；
(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中-2价的碳，被氧化的元素是CH3OH中-2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6：1；
(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是C1O2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，故氧化性：NaClO3＞C1O2，NaClO3和CH3OH反应时，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3＞CH3OH，还原性：CH3OH＞ClO2，答案选bc；
(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成7mol气体，转移6mol电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3mol，则生成0.35mol气体，气体在标况下的体积为V=nVm=0.35×22.4L=7.84L；
(6)，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。
2．     Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O     有气泡产生，细铜丝溶解     增大接触面以加快反应速率     先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯     无水硫酸铜     浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出     使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行     取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成     防倒吸     Na2SO3、NaHSO3     n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）
【分析】在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。
【详解】(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解；
(3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；
(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成；
(5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，
SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：

x+y=0.1，x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05，=x：y=1：2。
3．     除去空气中的CO2     安全瓶     取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在     将亚硫酸根完全氧化成硫酸根     在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量(合理即给分)     恒重     或×100%     加入足量氢氧化钠溶液     过滤     冷却
【分析】甲装置除去空气中的二氧化碳，装置乙起安全瓶防倒吸，装置丙吸收二氧化硫，装置丁防止空气中的水蒸气和二氧化碳加入装置丙，据此解答。
【详解】(1)由于空气中还含有二氧化碳，则甲装置的作用是除去空气中的CO2，防止干扰后续实验；二氧化硫通入氢氧化钠溶液中容易发生倒吸，则乙装置的作用是安全瓶；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，但由于生成的亚硫酸钠或干扰氢氧化钠的检验，需要先除去，则实验方案为取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在。
(2)装置丙中有亚硫酸钠，则反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是将亚硫酸根完全氧化成硫酸根，设计实验证明BaCl2溶液已经过量的方法是在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量。
(3)为尽可能减少实验误差，需要多次称量，则A操作的名称是恒重。
(4)最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，依据S～BaSO4可知硫元素的质量是，质量分数=×100%。
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量，需要首先转化为硫酸盐，然后加入氢氧化钠溶液沉淀铁元素，则步骤为
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入加入足量氢氧化钠溶液；
步骤三：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量…….得固体质量m4g。
4．(1)
(2)     (球形)干燥管     2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2     1：1
(3)     除去O2中的CO2     检验O2中是否有CO2
(4)     Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+     NH3     氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出
(5)≥2

【分析】为研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，甲装置中碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，乙中用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气，丙中二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，丁中用氢氧化钠除去氧气中的二氧化碳，戊中澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，己装置用排水法收集氧气。
(1)
实验目的是研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，碳酸氢钠分解放出的二氧化碳气体中含有水蒸气，乙装置的作用是干燥二氧化碳，所以乙是盛有浓硫酸的洗气瓶，装置图为；
(2)
根据图示，装置丙中仪器名称是球形干燥管，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素的化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的质量比为1:1。
(3)
由丙装置出来的气体中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以丁中NaOH溶液的作用是除去O2中的CO2，装置戊中澄清石灰水的作用是检验O2中是否有CO2。
(4)
侯氏制碱法中氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成NaHCO3沉淀、氯化铵，反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+。氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出，所以往饱和食盐水中先通入氨气。
(5)
设投入xmolNa2O2和ymolNaHCO3，在300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则固体产物为碳酸钠，根据元素守恒2n(C)≥n(Na)，则2y≥(2x+y)，则起始时≥2。
5．     5          N＞P     Na2HPO4=2Na++HPO42-     HPO42-水解呈碱性，电离呈酸性，水解程度大于其电离程度，因而c(OH-)大于c(H+)     =     K=c(PCl3)∙c(C12)     0.0016mol·L-1·s-1     升高温度、降低压强     移走PCl3、Cl2等     逆向     不变
【分析】(1)利用碳原子核外电子排布式判断轨道数目，氯原子最外层电子的轨道表示式即价电子排布图；
(2)同主族元素从上到下，非金属性减弱；
(3)Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，写出电离方程式，从电离和水解的角度分析，溶液成碱性；
(4)利用反应后的电荷守恒和醋酸钠的物料守恒联立，得出醋酸根和氯离子的关系；
(5)①根据表中数据判断达到平衡状态的时间，然后根据平衡状态下各组分的浓度及平衡常数表达式计算出温度为T时，该反应的化学平衡常数；根据反应速率的表达式计算出反应在前50s的平均速率v(Cl2)；
②要提高上述反应的转化率，必须使平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的影响进行判断；
③根据浓度熵与平衡常数的关系判断平衡移动的方向，温度不变，平衡常数不变；
【详解】(1)碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，有个5轨道；氯原子的的外电子排布式为1s22s22p63s23p5，最外层电子的轨道表示式是；
(2)N和P属于同主族的两种元素，同主族元素，从上到下，失电子能力增强，得电子能力减弱，故非金属性减弱，故非金属性N＞P；
(3)磷酸是弱电解质，Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，电离方程式是Na2HPO4=2Na++HPO42-，Na2HPO4的水溶液里既存在磷酸氢根的电离，电离时释放出氢离子，HPO42-⇌H++ PO43-，显酸性，也存在磷酸氢根的水解，HPO42-+H2O⇌ H2PO4-+OH-，呈弱碱性，溶液显碱性，说明HPO42-水解程度大于电离程度；
(4)醋酸钠溶液中加入盐酸，发生强酸制弱酸，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，pH=7，说明c(H+)=c(OH-)，反应后的溶液存在电荷守恒，即c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO -)+c(OH-)+c(Cl-)，醋酸钠溶液中存在物料守恒：即c(CH3COO -)+c(CH3COOH)=c(Na+)，将钠离子的浓度代入电荷守恒，可以得到c(CH3COOH)=c(Cl-)；
(5)①根据化学反应：PCl5(s) ⇌ PCl3(g)+C12(g)，得到化学平衡常数K=c(PCl3)∙c(Cl2)，前50s内PCl3的反应速率为v=，由于三氯化磷和氯气的物质的量是1:1的关系，故速率也是1:1的关系，故氯气的速率也是0.0016mol·L-1·s-1；
②上述反应的正反应是一个气体分子数增大的吸热反应，因此，要提高上述反应中反应物的转化率，应使平衡正向移动，可采取的措施有升高温度、降低压强等；
③根据化学反应，列出三段式，

K=c(PCl3)∙c(Cl2)
再加入0.02molPCl3、0.02molC12，此时的Qc=＞0.01(mol·L-1)，平衡逆向移动；平衡常数只受温度的影响，故温度不变，平衡常数不变。
6．     1：1     6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O          bd     小于     tm min时浓度较低     HI→I2     溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性
【详解】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体(所含S元素均为-2价)，反应的方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，其中As元素化合价降低，Sn元素化合价升高，则氧化剂（As2S3）与还原剂（SnCl2）的物质的量之比为1：1。
(2)把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒可知还有水生成，则该反应的化学方程式为6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O。
(3)根据方程式(aq) +I2(aq) +2OH-(aq)＝(aq) +2I-(aq) +H2O(l)可知该反应的化学平衡常数表达式为。
a．v(I-)=2v()中某一指明反应方向，则不能说明反应达到平衡，故a错误；
b．溶液的pH不再变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故b正确；
c．由图可知平衡时c()，则此时c(I-)=2y mol，故c错误；
d．不再变化，即AsO与AsO的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
(4)由于tm min时浓度较低，所以tm min时v逆()小于tnmin时v逆()。
(4)pH为5～9时，上述反应中氧化反应为→；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行→，则根据方程式可判断反应中氧化反应为HI→I2，由此得到的结论是溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性。
7．(1)     O2–>Na+>Al3+     O、Si
(2)     NaOH+Al(OH)3→NaAlO2+2H2O     Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强
(3)     4Al+1K[AlSi3O8]+2AlCl3→3Si+6AlOCl+1KAlO2     2NA
(4)     >     +2H2O⇌Al(OH)3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在⇌H++，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al(OH)3沉淀[或++2H2O→Al(OH)3↓+]

【解析】(1)
上述涉及的元素中，电子数相同的为钠离子、铝离子和氧离子，电子数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序是O2–>Na+>Al3+。氧原子最外层有6个电子，其中两个电子未成对，硅原子最外层有4个电子，其中两个未成对。Na、K最外层一个电子，铝原子最外层3个电子，未成对电子数为1，所以原子核外有两个未成对电子的元素有O、Si。
(2)
氢氧化铝能溶解于NaOH，说明氢氧化铝的碱性小于NaOH，以此可以说明Na的金属性强于Al。Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强。
(3)
该反应中Al从0价升高为+3价，失电子作还原剂，K[AlSi3O8]中Si由+4价降低为0价，得电子作氧化剂，根据转移电子守恒和原子守恒进行配平，方程式为4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2。14gSi物质的量为0.5mol，1molSi转移4mol电子，则14g硅转移电子数为2NA。
(4)
在KAlO2溶液中，会发生水解，生成氢氧化铝，因此n(K+)>n()，，加入KHCO3后，碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与水解产生的OH-反应，使OH-浓度减小，的水解平衡正向移动，形成氢氧化铝沉淀。
8．(1)0.048mol·L-1·min-1
(2)     K=[HCHO]/[CH3OH][O2]     c
(3)     吸热     虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大
(4)     c(HCOOH)或c(Na+)-c(HCOO-)     =
(5)取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基

【解析】(1)
0~5min内，设转化的CO2的物质的量为x，

气体总的物质的量减少了20%,即得出x=,则H2的平均反应速率v==0.048mol·L-1·min-1;
(2)
①根据平衡常数的定义，得出平衡常数K=
②根据该方程式CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态;
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态;
c.加入同体积的CH3OH(g)与O2(g)，即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1:1，不能说明该反应达到平衡状态；
d.当O2的体积分数不变， v正(O2)= v逆(O2)，该反应达到平衡状态。
答案选c;
(3)
①将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应。
② 该反应为CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)，产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，该空答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
(4)
①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-),根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)，因此c(OH–)-c(H+)= c(Na+)-c(HCOO-)= c(HCOOH)；
②继续加入HCl溶液至中性，c(H+)= c(OH–)根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)+ c(Cl–)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)说明c(Na+)= c(HCOO-)+ c(Cl–)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)因此c(HCOOH)= c(Cl–);
(5)
由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
9．     丙烯     同分异构体          取代反应          碳碳双键、酯基          CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH
【分析】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A与甲醇及一氧化碳发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；
(5)CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，据此分析解答。
【详解】(1)A的名称是丙烯，丙烯一定条件下与水加成，可以得到两种有机物，为1-丙醇或2-丙醇，它们互为同分异构体；
(2)C的结构简式为，D发生取代反应或水解反应生成E；
(3)E结构简式为CH2=CHCH2OH、F结构简式为，E发生加成反应生成F，该反应方程式为；
(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的官能团有碳碳双键和酯基。其同分异构体中，能发生银镜反应，说明含有醛基，故可能为甲酸的酯，可能的结构有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCHC(CH3)=CH2、HCOOCH(CH2CH3)=CH2等，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；
(5)CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
10．     取代反应     Cl2，光照          cd     吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动                   
【分析】甲苯在一定条件下和氯气发生取代反应生成B，B在一定条件下转化为C。根据E的结构简式可判断D的结构简式为，A水解生成D，则A的结构简式是。E和C发生取代反应生成F，根据已知信息可知F反应生成G，G的结构简式为，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析可知甲苯→A的反应类型为取代反应，甲苯→B属于甲基上的氢原子被取代，其反应试剂和条件为Cl2，光照，D的结构简式为。
(2)a.苯环上没有碳碳双键，a错误；
b.甲苯中含有甲基，因此所有原子不可能均在同一个平面上，b错误；
c.甲苯分子中含有4四类氢原子，其一氯代物有四种，c正确；
d.甲苯含有甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，d正确；
答案选cd。
(3)根据原子守恒可知C+E→F反应中还有氯化氢生成，吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动。
(4)E的结构简式为，a.能发生银镜反应，含有醛基；b.苯环上有2种不同的氢，说明结构对称，则符合条件的有机物结构简式为、、等；
(5)根据已知信息要引入六元环，需要引入羰基，可以用羟基氧化得到羰基，羟基可以用碳碳双键和水加成引入羟基，则合成路线为。
11．(1)     浓硫酸，加热    
(2)     消去反应     酯基、醛基
(3)+2Cl2+2HCl
(4)         
(5)

【分析】A的分子式C4H10O，是一种醇，其不饱和度为0，是丁醇；从I的结构逆推可得，D是2-甲基丙酸，则C是2-甲基丙醛，结合已知①，和B的分子式C4H8，推知B是2-甲基丙烯，则A的结构是；由I的结构逆推，F是 ，结合已知②，逆推可知被Cl二取代得到E()，E中的Cl在NaOH水溶液中被-OH取代后酸化得到，同个碳原子上的两个-OH脱水生成醛基，得到F。
(1)
据分析，A→B是消去H2O生成2-甲基丙烯，反应条件是浓硫酸，加热；F的结构简式为。
(2)
据第(1)小问分析，A→B的反应类型为消去反应；I中存在的含氧官能团的名称是酯基、醛基。
(3)
据分析，图中反应(2)是苯环支链甲基被Cl原子取代，化学方程式：+2Cl2+2HCl。
(4)
根据同系物的定义，J与I具有相似的结构，相对分子质量小28，则少了2个“CH2”基团，同时苯环上只有两种不同环境的氢原子，即苯环上有两个不相同的基团在对位上；既含-CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，即含有羧基，则同分异构体的结构简式：、。
(5)
消去HCl生成苯乙烯，利用已知信息①，将碳碳双键断开加入-OH，最后氧化羟基得到羧基即得到目标产物苯乙酸，故设计合成路线如下：。
12．     1s22s22p63s1或[Ar]3s1     电子云的伸展方向、电子的自旋     3     SiO2     Si、C、O     碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱     CO     HCO     前者大     Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大
【详解】(1)钠原子的核外电子数是11，其核外电子排布式为1s22s22p63s1[Ar]3s1；轨道表示式是表示原子核外电子排布的图式之一，又称电子排布图，用一个方框、圆圈或两条短线表示一个给定量子数的轨道，用箭头“↑”或“↓”来自旋状态不同电子，因此与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中电子云的伸展方向、电子的自旋的描述；
(2)上述反应中，碳酸钠和硅酸钠形成的是离子晶体，二氧化硅形成的是共价晶体，二氧化碳形成的是分子晶体，因此反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有3种，属于共价晶体的是SiO2；
(3)同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为Si＞C＞O。碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱，所以碳的非金属性弱于氧；
(4)向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，发生的反应依次为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示，因此a表示钠离子的，b代表碳酸根离子的，c代表碳酸氢根离子的，d代表氯离子的；
(5)由于Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大，因此室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响前者大。