上海市杨浦区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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上海市杨浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海杨浦·统考二模）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。
II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：

(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。
(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。
(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH              B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH            D．密度：Li＜Na
(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________
2．（2020·上海杨浦·统考二模）钼（Mo）是人体及动植物必需的微量元素，且在芯片制作、药物和医学造影等方面也有重要作用。用辉钼矿冶炼金属钼的某反应：MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，该反应中氢气的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：

(1)Na2S的电子式为：____________。上述反应的气态反应物和生成物中属于极性分子的是____________（填写化学式）。举出一个事实，说明硫的非金属性比碳强（用化学方程式表示）____________。
(2)写出上述反应的平衡常数表达式K=____________。上述正反应是____________反应（填“吸热”或“放热”）。
(3)1100℃，2L恒容密闭容器中，加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，反应至20min时达到的平衡状态恰好处于上图中的A点。此过程中，用H2表示的平均速率为____________。其他条件一定时，B点的速率____________C点（填“大于”“等于”或“小于”），说明理由：____________。
(4)A、B、C三点代表的平衡状态的平衡常数的大小为：KA____________KB____________KC（填“大于”“等于”或“小于”），并说明理由：____________。
3．（2020·上海杨浦·统考二模）为测定苏打中Na2CO3的含量（含NaHCO3杂质），实验小组设计了如下三个实验方案。
方案Ⅰ．①称量：仪器X的质量为ag；②称量：仪器X和装有试样的质量为bg；③加热；④冷却；⑤称量：仪器X和残余物的质量为cg；⑥重复____________操作，直至恒重，质量为dg。
(1)仪器X是____________（填名称），方案 Ⅰ 的实验原理是：____________（用化学方程式表示）。
(2)请将步骤⑥补充完整：重复____________操作，步骤⑥的目的是：____________。
(3)计算Na2CO3的质量分数要用到的数据是____________（选填a、b、c、d）。
方案Ⅱ．称量一定量样品，选用合适的装置测定样品与硫酸反应生成的气体体积。

(4)为提高测定准确性，应选用发生装置____________（选填“A”或“B”）和量气装置D；装置D比装置C准确性高的原因是____________（任一条原因）。
(5)检查装置A的气密性：向A的分液漏斗中加入适量水，按图连接好装置，关闭止水夹F，打开活塞E，发现分液漏斗中的水持续滴下，说明A漏气。该判断是否正确，并说明理由：____________。
方案Ⅲ．称量0.2570g样品，置于锥形瓶中，加适量水溶解，滴2滴酚酞试液，用0.1000mol/L盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变色，反应原理：Na2CO3＋HCl→NaHCO3＋NaCl，重复上述操作两次。
(6)用密度为1.19g/mL、质量分数为0.37的浓盐酸，配制1L0.1000mol/L稀盐酸，所需的定量仪器是：滴定管、1L容量瓶，其中滴定管的作用是____________。滴定管和容量瓶在使用前都要进行的操作是__________。（选填序号）
Y．检漏            Z．用蒸馏水洗涤             W．用待装液润洗
(7)根据表中数据，碳酸钠的质量分数为____________（小数点后保留四位）。
滴定次数
样品的质量/g
稀盐酸的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.2570
1.00
21.01
2
0.2570
0.50
20.49
3
0.2570
1.20
21.20


4．（2021·上海杨浦·统考二模）打印机墨粉中的含量是衡量墨粉质量优劣的重要指标之一、已知：墨粉中除了晶体粉粒外，其余成分均不溶于水且不与酸反应。
为测定墨粉中的含量，进行了如下实验：

完成下列填空：
(1)检验
第一份取少许，选用___________(填试剂名称)，现象是___________。
(2)测定含量方法一

已知：
①试剂①是，加入足量反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是___________。
②试剂②是___________(填名称)，其作用是___________。
(3)测定含量方法二

已知：
①试剂③是Zn粉，向第三份溶液中缓慢加入Zn粉末，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉，写出该过程中发生的离子方程式___________，这样操作的原因是___________。
②用第三份实验数据计算墨粉中的的含量___________。(只列计算式，不计算)
③试剂③不能用铁粉，可能的原因是___________。
5．（2020·上海杨浦·统考二模）化合物D具有抗病毒作用，如图是利用Heck反应合成D的一种路线。

已知Heck反应：R1－X＋R2－CH＝CH2R1－CH＝CH－R2+HX
完成下列填空：
(1)反应①的反应类型是：____________反应。
(2)丙烯酸（CH2＝CH－COOH）中官能团的名称是：____________。
(3)写出苯环上只有一个侧链且含－COO－的B的所有同分异构体的结构简式：____________。
(4)利用Heck反应，由苯和乙苯（）为原料制备，写出合成路线。（无机试剂任选）_______________________（合成路线的表示方式为：）。
(5)工业上可用丙烯氧化法生产丙烯酸（CH2＝CH－COOH），得到的丙烯酸中往往混有丙烯醛（CH2＝CH－CHO）。
①制备过程中，证明已有丙烯酸生成的方法是：____________。
②证明生成的丙烯酸中混有丙烯醛的方法是：____________。
6．（2021·上海杨浦·统考二模）格式试剂即烃基卤化镁(R—MgX)是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试剂设计了有机化合物J的合成路线：

已知：RXR-MgX(R、、代表烃基或氢)
完成下列填空：
(1)D中的官能团名称是：___________。
(2)写出反应类型：A→B是___________反应；B→D是___________反应。
(3)D能发生聚合反应，聚合产物为___________或___________。
(4)K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无，任写出一种K的结构简式：___________。
(5)写出H→I的化学方程式___________。
(6)利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙醚为有机原料制备的合成路线。(其他无机试剂任选)。___________。
7．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）由化合物A制备可降解保型料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：

已知：
i. (-R1、-R2、-R3均为烃基)
ii.
回答下列问题：
(1)B中官能团的名称是_______。
(2)A的结构简式是_______。
(3)D→E的反应方程式是_______。
(4)H的结构简式是_______。
(5)X是J的同分异构体，满足下列条件的有_______种(不考虑顺反异构)。
①链状结构： ②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
其中分子中有3种氢原子，且个数比为6：1：1的结构简式是_______。
(6)请设计一条以为原料制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
8．（2021·上海杨浦·统考二模）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢()，实验室制备的常用方法有两种：
①
②
完成下列填空：
(1)P核外能量最高的电子具有相同的___________(填写序号)。
A．轨道B．自旋方向C．电子云形状D．电子云伸展反应
(2)已知与的结构相似，的空间结构是___________。的分解温度比___________(填“高”、“低”)，判断的依据是___________。
(3)已知为三元酸，其结构式为：。
①次磷酸(中的P的成键情况与中的相同，则的结构式是___________。
②利用反应②制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明是___________元酸。
(4)常温下，在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。

①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出第二步电离平衡常数表达式___________。
(2)图中可推断溶液呈___________(填“酸”、“碱”、“中”)性，可能的原因是___________。溶液中各含磷微粒以及按浓度由大到小的顺序排列___________。
9．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）NaNO2广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂成防腐剂。
(1)氮原子核外共有_______种能量不同的电子，能量最高的电子有_______种伸展方向。
(2)亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体，每个原子最外层都达到8e-结构，则其电子式为_______，其水解生成两种不同的酸，请写出其水解的方程式：_______。
(3)NaNO2具有毒性，含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，通常采用还原法将其转化为对环境无污染的气体排放，如工业上采用KI或NH4Cl处理，请写出NH4Cl与NaNO2反应的离子方程式：_______。已知：酸性 H2SO3>HNO2>CH3COOH
(4)往冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2稀溶液。该物质是_______(填序号)。
a.稀硫酸    b.二氧化碳    c.二氧化硫    d.醋酸
(5)NaNO2其有咸味，不法商家会用其制作假食盐，请写出一种简单的方法检验NaCl中是否含有NaNO2：_______。
(6)某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量NaNO2晶体。


已知：Na2CO3+NO+NO2→2NaNO2+CO2； Na2CO3+2NO2→NaNO2+NaNO3+CO2
①“还原”步骤 SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是_______。
②若使“吸收”步骤中NO、NO2完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中 SO2与HNO3的物质的量之比为_______。
10．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。
(1)天然气脱硫工艺涉及如下反应：
① 2H2S(g)+3O2(g)→2SO2(g)+2H2O(g)∆H =+ a kJ/mol
② 4H2S(g)+2SO2(g)→3S2(g)+4H2O(g)∆H= + b kJ/mol
③ 2H2S(g)+O2(g)→2S(g)+2H2O(g)∆H=+ c kJ/mol
若 2S(g)→S2(g)∆H=+Q/mol.。
为了研究甲烷对H2S制氢的影响，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2。保持体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：

图中表示H2S、H2变化的曲线分别是：_______、_______
(2)反应达平衡的标志是_______(填标号)。
A．2v正(H2S)=4v逆(H2)
B．CH4的体积分数不再变化
C．c(CH4)/c(H2S)不再变化
D．混合气体的密度不再改变
(3)由图可知该反应的∆H_______0(填”>”、”<”或“=”)，判断的理由是_______。
(4)M点对应温度下，CH4的转化率为_______。
(5)H2S燃料电池的原理如图所示，则电池的正极是_______极(填a或b)，负极的电极反应式为_______。

11．（2021·上海杨浦·统考二模）Ba是第六周期ⅡA族的元素，常见的矿物重品石(主要成分是含少量、CaO、MgO等)中，以下是某工业制取流程示意图：

完成下列填空：
(1)重晶石和煤磨成粉能加快反应速率，原因是___________。
(2)焙烧时主要反应为：，不同温度下反应达到平衡时，各成分的物质的量如图所示。

①依图判断生成BaS的反应是___________反应(填“放热”或“吸热”)，焙烧温度至少应控制在___________℃上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，该反应的化学反应速率为___________。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱、、，其中碱性最弱的是___________(填化学式)。浸取液中产生的原因是___________。(用离子方程式表示)
(3)向BaS溶液中加入生成，过量会析出晶体，利用平衡移动原理，解释析出品体的原因___________。
(4)工业上用制备高纯，其流程图是：

①碳化时，先向溶液中通入___________(写化学式)，写出碳化时发生反应的化学方程式___________。
②写出检验母液中主要阳离子的实验方案___________。
12．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）二氧化氯(ClO2)气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为 NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：

已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成 NaClO3和 NaCl。
(1)通入空气的作用是_______
(2)方法1中，反应的离子方程式是_______。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是_______。
(3)NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是_______。

(4)为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀 H2SO4，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为c mL(已知：I2+2S2O→2I-+S4O)。样品中NaClO2的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_______。
(5)NaClO2使用时，加入稀盐酸即可速得到ClO2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是_______。

参考答案：
1．     2p          Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强     3     O2     Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑     c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)     AB    
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。
II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。
(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。
(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；
(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
2．     ．     CO、H2O     Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑          吸热     0.005mol/(L∙min)     大于     B、C点压强不同，压强越大，H2的转化率越小，所以p3>p1，B点速率大于C点     小于     等于     平衡常数只随温度的变化而变化，B、C点温度相同，KB等于KC，该反应是吸热反应，温度越高，K值越大，KA小于KB
【分析】(1)Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，由此可写出其电子式。上述反应的气态反应物和生成物中共有H2、CO、H2O三种，分析可知哪些属于极性分子。说明硫的非金属性比碳强，可利用强酸制弱酸的反应。
(2)反应MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)中，H2、CO、H2O为气体，可表示反应的平衡常数表达式K，由H2的平衡转化率随温度的变化曲线，可确定正反应类型。
(3) A点，H2的转化率为50%，由此可求出H2的物质的量的变化量，用H2表示的平均速率。其他条件一定时，利用H2的平衡转化率的关系，可确定P1与P3的关系，由此确定B点的速率与C点的关系。
(4)分析得出A、B、C三点的温度关系，上面分析得出正反应的类型，由此可得出A、B、C三点的平衡常数关系。
【详解】(1)Na2S由Na+和S2-构成，电子式为。上述反应的气态反应物和生成物共有H2、CO、H2O三种，H2属于非极性分子，属于极性分子的是CO、H2O。可利用强酸制弱酸的原理说明硫的非金属性比碳强，即利用H2SO4与Na2CO3反应，化学方程式为Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑。答案为：；CO、H2O；Na2CO3+H2SO4→Na2SO4+H2O+CO2↑；
(2)反应MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)中，H2、CO、H2O为气体，平衡常数表达式K=或写成。从曲线看，随着温度的不断升高，H2的平衡转化率不断增大，则平衡正向移动，所以上述正反应是吸热反应。答案为：或；吸热；
(3)1100℃，A点H2的平衡转化率为50%，则参加反应的H2的物质的量为0.2mol，此过程中，用H2表示的平均速率为=0.005mol/(L∙min)。因为反应物气体分子数小于生成物气体分子数，所以压强小，H2的平衡转化率大，由此可得P1p1，B点速率大于C点。答案为：0.005mol/(L∙min)；大于；B、C点压强不同，压强越大，H2的转化率越小，所以p3>p1，B点速率大于C点；
(4)平衡常数只受温度影响，此反应的正反应为吸热反应，温度高平衡常数大，温度A 【点睛】在利用方程式MoS2(s)+2Na2CO3(s)+4H2(g)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)表示平衡常数K时，一定要注意物质的状态，否则易将非气态物质表示在平衡常数表达式中，从而导致错误的发生。
3．     坩埚     2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑     ③④⑤（或加热、冷却、称量）     保证碳酸氢钠完全分解     a、b、d     A     D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好     错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下     量取浓盐酸的体积     Y、Z     0.8249
【分析】方案Ⅰ．实验原理是利用灼烧称重法，求出NaHCO3分解生成Na2CO3的质量，从而求出NaHCO3的质量，并最终求出样品中Na2CO3的质量，计算样品中Na2CO3的纯度。实验操作过程中，需要称量坩埚的质量、坩埚与样品的质量和、坩埚与灼烧后固体的质量和，实验的关键是确保固体分解完全，所以需重复操作。
方案Ⅱ．实验原理是利用样品中Na2CO3、NaHCO3与硫酸完全反应生成CO2，并准确测定生成CO2的体积，所以CO2体积的准确测定是实验成功的关键。具体操作上，硫酸的滴加，不因液体的加入影响气体的体积；气体体积的量取，数值准确。
方案Ⅲ．实验原理是利用反应Na2CO3＋HCl→NaHCO3＋NaCl，求出所耗盐酸的体积，从而求出消耗盐酸的物质的量，进而求出样品中所含Na2CO3的质量，计算样品中Na2CO3的纯度。实验的关键是确保盐酸体积的准确性，所以量取浓盐酸体积时，仪器精度要高，滴定终点确定时，判断要准。
【详解】(1)仪器X用于灼烧固体，所以应是坩埚，方案 Ⅰ 是灼烧分解NaHCO3杂质，实验原理是：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。答案为：坩埚；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
(2)为减少实验误差，确保NaHCO3完全分解，需将灼烧所得固体再灼烧，看其质量是否变化，所以步骤⑥应为：重复③④⑤（或加热、冷却、称量）操作，步骤⑥的目的是：保证碳酸氢钠完全分解。答案为：③④⑤（或加热、冷却、称量）；保证碳酸氢钠完全分解；
(3)因为不能保证质量为cg的残留物是否含有NaHCO3，此数据不可用，所以要计算Na2CO3的质量分数需用到的数据是a、b、d。答案为：a、b、d；
(4)因为A中分液漏斗和烧瓶之间有导管相连，压强始终相同，液体容易流下，且不会因液体的加入影响气体体积，所以为提高测定准确性，应选用发生装置A和量气装置D；装置C使用量筒，装置D用量液管，后者精度高，所以D中准确性高的原因是D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好。答案为：A；D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好；
(5) A中分液漏斗与烧瓶内气体相通，压强相等，液体流出顺利，所以该判断错误，理由是：错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下。答案为：错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下；
(6)用浓盐酸配制稀盐酸，需要量取浓盐酸的体积，所以使用酸式滴定管，滴定管的作用是量取浓盐酸的体积。滴定管和容量瓶在使用前都要检查是否漏液及用蒸馏水洗涤，所以需进行的操作是Y、Z。答案为：量取浓盐酸的体积；Y、Z；
(7)由表中数据，可求出所用稀盐酸的平均体积为=20.00mL，根据表中数据，碳酸钠的质量分数为=0.8249。答案为：0.8249。
【点睛】蒸发皿与坩埚都是可直接加热的仪器，但二者的用途不同，浓缩溶液或从溶液中提取溶质，常使用蒸发皿；灼烧分解固体，常使用坩埚。
4．     酸性高锰酸钾溶液     紫色褪去     除去     淀粉溶液     指示剂     、     防止被置换          防止测定结果偏大
【分析】墨粉中加入稀硫酸，四氧化三铁和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，结合铁离子和亚铁离子的性质分析解答。
【详解】(1)具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验亚铁离子的试剂是酸性高锰酸钾溶液，现象是紫色褪去；
(2)①由于双氧水能氧化碘化钾，影响铁离子测定，所以加入足量反应后，还需要充分加热的目的是除去。
②碘遇淀粉显蓝色，所以试剂②是淀粉溶液，其作用是作指示剂。
(3)①锌是活泼的金属，溶液中的铁离子和氢离子均能与锌反应，所以该过程中发生的离子方程式为、，又因为亚铁离子也能被锌置换出来，所以为防止被置换，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉。
②消耗高锰酸钾的物质的量是0.001cVmol，锰元素化合价降低5价，亚铁离子被氧化为铁离子，根据电子得失守恒可知溶液中亚铁离子的物质的量是0.005cVmol，所以墨粉中的的含量为。
③铁离子能和铁反应生成亚铁离子，从而多引入亚铁离子，所以为防止测定结果偏大，试剂③不能用铁粉。
5．     取代     碳碳双键、羧基     、、、          取样，配成溶液，向其中滴入几滴紫色石蕊试液，若溶液变红，证明丙烯酸已生成。     取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有丙烯醛。
【分析】(1)~(2)与CH2=CHCOOH发生取代反应生成和ICOOH；与发生取代反应生成和HI。
(3)书写苯环上只有一个侧链且含－COO－的B的所有同分异构体时，可构建两种大框架，一种是写成苯某酸或苯某酸酯，另一种是写成甲酸某酯或乙酸某酯。
(4)合成，需先合成苯乙烯，利用Heck反应，将苯乙烯与溴苯反应，便可制得产品。
(5)检验丙烯酸时，可检验其酸性，不需考虑丙烯醛的干扰；检验丙烯醛时，需排除丙烯酸的干扰。
【详解】(1)反应①为与CH2=CHCOOH反应生成和ICOOH，反应类型是：取代反应；
(2)丙烯酸（CH2＝CH－COOH）中官能团的名称是：碳碳双键、羧基；
(3)由上面分析，苯环上只有一个侧链且含－COO－的B的所有同分异构体的结构简式有两大类，一类是苯某酸或苯某酸酯，它们是、，另一类是甲酸某酯或乙酸某酯，它们是、；
(4)将苯制成溴苯，将乙苯（）制成苯乙烯，利用Heck反应，让二者发生取代反应，便可制得，合成路线为：, ；
(5)①制备过程中，证明已有丙烯酸生成，则可利用酸碱指示剂，证明溶液呈酸性，方法是：取样，配成溶液，向其中滴入几滴紫色石蕊试液，若溶液变红，证明丙烯酸已生成；
②证明生成的丙烯酸中混有丙烯醛，则可使用Cu(OH)2悬浊液，但需调节溶液的pH，营造碱性环境，同时排除丙烯酸的干扰，方法是：取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有丙烯醛。
【点睛】合成有机物时，首先依据原料有机物分子中的碳原子数将目标有机物切分，利用题给信息或题给流程，配以合适的官能团，然后利用信息，提供反应条件，合成产品。
6．     碳碳双键、溴原子     消除(消去)     取代                    +3NaOH+3H2O+2NaBr    
【分析】
在浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成的B为，再在一定条件下与Br2发生取代反应生成的D为；E到F为E与HBr发生取代反应生成F；与Br2/CCl4发生加成反应生成的H为，H再在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的I为，I最终酸化生成J。
【详解】
(1)D为，含有的官能团有碳碳双键、溴原子；
(2)A→B是在浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成；B→D是再在一定条件下与Br2发生取代反应生成；。
(3)D为，含有碳碳双键，能发生聚合反应，则发生聚合反应的聚合产物为或；
(4)J为，K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，说明分子结构中含有苯环，且分子中无甲基也无，则满足条件的K的结构简式为；
(5)H→I是在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的反应，发生反应的化学方程式+3NaOH+3H2O+2NaBr；
(6)以、HCHO、乙醚为有机原料制备，可利用先与HBr在一定条件下发生取代反应生成，再与Mg/乙醚生成格系试剂，再与HCHO在乙醚溶剂中发生加成反应，后酸化后水解生成，再催化氧化即可得到目标产物，具体合成路线。
7．(1)羰基、羧基
(2)
(3)
(4)
(5)     8    
(6)

【分析】A发生信息i中的反应生成B、D，根据PHB的结构简式可知，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为，由于B是由A与高锰酸钾氧化得到，B应为CH3COCH2COOH，B与氢气发生加成反应生成C，根据D和E的化学式及转化的条件可知，D与乙醇发生酯化反应生成E，所以D应为HOOCCH2COOH，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，结合B、D结构简式，结合A分子式知，A为，根据F的化学式可知，F应为HOCH2CH2CH2OH，则G应为BrCH2CH2CH2Br，E和G发生信息ii中的反应生成H为，H水解得I为，I脱去一个羧基得J。
(1)
B为CH3COCH2COOH，B中官能团的名称是 羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基。
(2)
分析可知，A的结构简式是，故答案为：。
(3)
D与乙醇发生酯化反应生成E，D→E的反应方程式是；故答案为：。
(4)
E和G发生信息ii中的反应生成H为；故答案为：。
(5)
X是J的同分异构体，根据条件①链状结构；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明有甲酸某酯的结构，则符合条件的结构为HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOC(C2H5)=CH2，共有8 种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式是，故答案为：8；。
(6)
以为原料先制备1，3-丁二烯，1，3-丁二烯和溴发生1，4-加成反应生成1，4-二溴-2丁烯，然后发生水解反应，制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线：；故答案为： 。
8．     BC     三角锥形     低     r(N)小于r(P)，N—H的键长更短，键能更大          一          酸     溶液中电离程度大于水解程度     c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()
【详解】(1)P原子的核电荷数为15，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p3，3p亚层上上的电子能量相同，电子云形状相同，自旋方向相同，电子云伸展方向不同，故选BC；
(2)分子属于共价化合物，电子式为：，氮原子为sp3杂化，含有1对孤电子对，分子构型为三角锥形，与的结构相似，为三角锥形；氮和磷为同一主族元素，氮原子半径小于磷原子半径，N—H键的键长更短，键能更大，氨气分解需要的温度高，故的分解温度比的低；
(3)①为三元酸，其结构式为：，次磷酸()分子中，P的成键情况与中的相同，根据成键规律可知，的结构式是；
②利用反应制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明只能电离出1个氢离子，其为一元酸；
(4)①H3PO4H++，H++，第二步电离平衡常数表达式；
(2)根据图表信息分析可知，当物质的量分数较大时，溶液的pH小于7，即溶液显酸性，原因是在水溶液中电离程度大于水解程度；由于溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c()>c(H3PO4)，由于溶液中存在水的电离平衡，所以c(H+)>c()；溶液中，c()为最小；因此溶液中各离子浓度由大到小的顺序排列为：c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()。
9．(1)     3     3
(2)         
(3)
(4)a
(5)可测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性（方法简单合理即可）
(6)     气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，增大接触面积     1：1

【解析】（1）
N元素的原子序数为7，其核外电子排布为1s22s22p3，可知其核外共有1+1+1=3种能量不同的电子，能量最高的电子占据p能级，其伸展方向分别为px、py和pz共3种，故答案为：3；3；
（2）
N原子有三个未成对电子，O原子有两个未成对电子，Cl原子有一个未成对电子，原子之间形成共价键后每个原子均是8电子稳定结构，故应是N原子在中间，O、N之间是两对共用电子对，N、Cl之间是一对共用电子对，；NOCl中各元素的化合价分别为+3，-2和-1价，所以NOCl发生水解生成两种不同的酸分别应该为HNO2和HCl，其水解的方程式为：；
（3）
由题意可知，亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液反应生成氮气和氯化钠，反应中具有还原性，作还原剂，NO2具有氧化性，作氧化剂，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式为：；
（4）
往冷NaNO2溶液中加入或通入某种物质可得HNO2稀溶液，则说明加入物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性：，所以不能选择通入SO2，由酸性强弱规律可知，只有稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
（5）
因为亚硝酸为弱酸，所以亚硝酸钠可发生水解反应，使溶液显碱性，而氯化钠溶液显中性，所以可通过测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性来检测NaCl中是否含有NaNO2，据此操作如下：取少许固体加入蒸馏水溶解后，使用pH试纸检测其溶液的酸碱性，若溶液显碱性的，则推知NaCl中含有NaNO2，若溶液呈中性，则NaCl中不含有NaNO2；
（6）
①生产过程中，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，增大接触面积，提高原料利用率；硝酸和二氧化硫反应生成硫酸、NO2，根据得失电子守恒，“还原”步骤中生成 NO2反应的离子方程式是SO2+ 2NO= SO+ 2NO2；
②根据反应方程式Na2CO3+ NO + NO2= 2NaNO2+ CO2，若使“吸收”步骤中 NO、NO2 完全转化为 NaNO2，则理论上“还原”步骤中生成NO 、NO2物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒，SO2 与 HNO3 反应的方程式是2SO2 + 2HNO3+H2O=2H2SO4+ NO+NO2，SO2 与 HNO3的物质的量之比为1：1。
10．(1)     c     a
(2)BD
(3)     >     温度升高，反应物物质的量分数不断减小，生成物物质的量分数不断增大，反应不断朝正向进行
(4)33.3%
(5)     b     2H2S-4e-=4H++S2↑

【分析】甲烷与硫化氢重整制氢的反应方程式：。
【详解】（1）原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1:2，从图象分析，d曲线是CH4，c曲线是H2S；随反应进行，产物H2的增大量大幅大于另一产物，则a曲线是H2，b曲线是CS2，故图中表示H2S、H2变化的曲线分别是：c、a。
（2）当反应过程中发生改变的量不变时，该可逆反应即达到平衡状态。据分析，A．H2S与H2化学计量数之比是1:2，则2v正(H2S)=4v逆(H2)时，这两种物质表达的速率之比不等于化学计量数之比， A项不是该反应达到平衡的标志；
B．随反应正向进行，CH4的体积分数减小，其不再变化时，反应达到平衡；
C．c(CH4)与c(H2S)初始组成比值与系数比值一致，则c(CH4)/c(H2S)始终不变化，C项不是该反应达到平衡的标志；
D．该体系压强保持不变，气体分子数发生改变则体系体积发生改变，而反应过程气体物质总质量不变，说明混合气体的密度随反应改变，其不再改变时，反应达到平衡；
故选BD。
（3）由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数不断减小，生成物物质的量分数不断增大，即反应不断朝正向进行，没有出现达到峰值后逆向移动的情况，故该反应是正向吸热过程，则∆H>0。
（4）M点时H2与H2S的物质的量分数相等，设此时CH4转化了xmol，有：

则4x=2-2x，解得x=，该应温度下CH4的转化率为33.3%。
（5）燃料电池的燃料投入负极发生氧化反应，从H2S燃料电池的原理图可知，H2S进入电极a生成S2，O2进入电极b生成H2O，则电池的正极是b极，负极的电极反应式为：2H2S-4e-=4H++S2↑。
11．     增加接触面积，提高反应速率     吸热     500     0.64mol/(L·h)               溶解平衡，加入过量的，平衡逆向移动               取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色湿润试纸变蓝
【分析】重晶石主要成分为BaSO4 ，含少量的SiO2、CaO和MgO杂质，加入煤粉，高温煅烧，发生BaSO4+4C BaS+4CO，除此以外还可能有BaCO3等副产物生成，然后用90℃的热水浸取，趁热过滤，除去杂质，加入硝酸，可与BaS反应生成硝酸钡，以此解答该题。
【详解】(1)重晶石和煤磨成粉能增加接触面积，提高反应速率。
(2) ①由图可知，随着温度升高，一氧化碳的物质的量增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，为减少副反应的发生，温度控制在500℃以上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，一氧化碳的浓度为，该反应的化学反应速率为=0.64mol/(L·h)。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱、、，根据元素周期律分析，镁、钙、钡为同主族元素，原子序数递增，金属性增强，所以镁的金属性最弱，所以氢氧化镁碱性最弱。浸取液中硫离子能水解生成氢氧根离子，即产生，离子方程式为；
(3)向BaS溶液中加入生成，溶液中存在溶解平衡，加入过量的，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出。
(4)二氧化碳和硝酸钡不反应，所以碳化过程中先通入氨气，形成碱性环境，才能吸收二氧化碳气体，再通入二氧化碳。
①碳化时，先向溶液中通入氨气，写出碳化时发生反应的化学方程式。
②写出检验母液中主要成分为硝酸铵，主要阳离子为铵根离子，检验的实验方案为取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色湿润试纸变蓝。
12．(1)将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸
(2)     2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O     NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
(3)加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤
(4)     ×100%     碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多
(5)亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气

【分析】由题中制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，ClO2发生器中发生反应为H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2↑+2NaHSO4，纯ClO2易分解爆炸，通入足量空气稀释ClO2以防止爆炸；方法1中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，根据题中信息可知，高于38℃时析出NaClO2晶体，且控制温度低于60℃，减压蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2产品；方法2中电解时阳极上发生2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上发生ClO2+e-=，阴极上析出NaClO2，结晶、干燥得到NaClO2产品；据此解答。
(1)
根据题给信息可知，由于纯ClO2易分解爆炸，因此步骤1中，通入空气的作用是将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸；故答案为：将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸。
(2)
方法1中，反应的离子方程式是2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O；利用方法1制NaClO2时，根据信息高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，温度不能超过20℃，可能的原因是NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；故答案为：2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O；NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；
(3)
根据图中NaClO2的溶解度曲线，低于38℃析出的是NaClO2∙3H2O，高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，因此步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；故答案为：加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；
(4)
由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaC1O2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：×100%；碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多；
(5)
在酸性增强的情况下，NaClO2使用时的氧化性增强，盐酸的还原性也增强，两者反应会生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。