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上海市嘉定区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
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这是一份上海市嘉定区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共28页。试卷主要包含了填空题，实验题，结构与性质，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
上海市嘉定区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2019·上海嘉定·统考一模）氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响。如氧气、水、二氧化硫等。
（1）氧族元素原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是___；硫单质常见形式是S8，它的摩尔质量是___；Se是人体不可或缺的微量元素，它在周期表中的位置是___，Se原子最外层轨道表示式___。
（2）在氧、硫、硒（Se）、碲（Te）元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为__（用离子符号表示）。用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应__。
（3）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是___
A．氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱
B．其氢化物中的键长按O—H、S—H、Se—H、Te—H的顺序依次减小
C．其阴离子的还原性按O2–、S2–、Se2–、Te2–的顺序依次增强
D．其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水。
__Na2SO3+__KIO3+__H2SO4__Na2SO4+__K2SO4+__I2+_H2O配平该反应，若反应中有0.5mol电子转移，则生成的碘是___g。
（5）从图中可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是__。
二、实验题
2．（2021·上海嘉定·统考一模）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：____________。
(2)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，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①将补全下列实验操作步骤正确排序da_____e(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2 d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温
②缓缓通入N2的目的是_________。
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_________(列式表示)。
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A(取出a g后)接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为________、________。
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。
(4)为了测定A中样品的纯度，将取出a g样品溶于水，配制成500 mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00 mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是___________(填字母)。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
3．（2019·上海嘉定·统考一模）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备。
完成下列填空：
（1）a装置中玻璃仪器除导管和试管外还有___仪器。
（2）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是：___。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是：___。浓硫酸用量又不能过多，原因是___。
（3）饱和Na2CO3溶液的作用是___。
（4）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，___、__，然后分液。这样得到的乙酸乙酯是粗产品，要进一步提纯精制，通常先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量__。
（5）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有___、___。
4．（2022·上海·统考一模）化学社团小组的同学在测试Na2SO3溶液的pH时，遇到了困惑。为此，决心重新实验，揭开奥秘。请你也参与交流讨论。
a．查阅资料：①常温下0.1mol•L-1的H2SO3溶液的pH约为2.1。②通常情况下，H2S为无色，有腐蛋臭味的气体，其水溶液称为氢硫酸。常温下0.1mol•L-1的H2S溶液的pH约为4.5。
b．实验操作：
①准确称取纯净的Na2SO3•7H2O晶体31.500g，配成1L水溶液，测得其pH=7.8。
②再次准确称取31.500g上述晶体，继而隔绝空气在600℃以上高温下强热至恒重 (只有硫元素的化合价变化成最高价和最低价)，质量为15.750g。
③将②所得的15.750g固体进行元素定性定量分析，组成与Na2SO3无异。将其溶于水得250.00mL溶液，测得pH=10.3。
c．分析猜想：Na2SO3•7H2O在强热下，失去结晶水，进而发生了分解反应(自身氧化还原反应)
d．交流讨论
(1)实验操作①所得溶液的物质的量浓度为___________；实验操作②中除酒精灯、玻璃棒、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有___________。
(2)给Na2SO3•7H2O加热时为何要隔绝空气，请以简要的文字给以说明。___________
(3)猜想Na2SO3在高温强热下发生分解反应的化学方程式是___________。
(4)实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，其合理的解释是(简要的文字和离子方程式给以说明) __________。
(5)请你设计简单的实验方案，给上述分析猜想及解释加以佐证。并简单叙述实验步骤、现象和结论。________。
三、结构与性质
5．（2021·上海嘉定·统考一模）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。2Al2O34Al+3O2↑[冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，降低氧化铝熔点]
(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是___________，Al3+电子排布式___________，O原子的未成对电子数___________。
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第___________周期第___________族。冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号___________。
(3)用“>”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al_______Si
O______ F
二氧化硅________晶体硅
(4)用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因_________。
(5)其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
I．Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g) -1486kJ
II．3 AlCl(g)2 Al(l)+ AlCl3(g) +140 kJ
①反应I中的还原产物是___________；若有0.6gC反应，电子转移数目为___________
②结合反应I、II分析，请说出这种提炼方法2条优点___________ ___________。
6．（2022·上海·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于___________。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施___________。
(2)碳原子核外有___________种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式___________，碳原子最合理的电子式___________。
(3)金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为___________
(4)黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑;生成物中，属于非电解质的是___________。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为___________(保留1位小数)。
(5)收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是___________(填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式___________。
(6)有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因______。
四、原理综合题
7．（2021·上海嘉定·统考一模）煤炭是我国最主要能源。煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
(1)已知该产业链中，有炭参与的某反应平衡常数表达式为：K= ，写出它所对应反应的化学方程式：___________，若该反应只有在持续高温下才能自发进行 则该反应为___________（“吸热”或“放热”）反应。
(2) 将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下2组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所
需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
1
2
0.8
1.2
5
2
900
0.5
1
0.2
0.8
3
①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为___________。
②900 ℃时，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数___________。向实验2的平衡混合物中再加入0.4 mol H2O(g)和0.4 mol CO2，平衡___________（选填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”）移动。
(3)将煤液化得到的甲醇是重要的化工原料。下图所示为一定条件下1 mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。
①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成___________(填“CO”、“CO2”或HCHO”)。请补全热化学方程式HCHO(g)+1/2O2(g)→CO(g)+H2O(g)___________。
②HCHO可进一步被氧化为重要工业原料 HCOOH(其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强)。在下图中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化__________。
8．（2019·上海嘉定·统考一模）已知在催化剂存在条件下，能发生如下反应：CO+H2OH2 +CO2 +Q
（1）该反应的平衡常数表达式为：___。在5L盛有固体催化剂（其体积可忽略不计）的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，则此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=__。
（2）在该密闭容器中，下列叙述可以说明反应已经达到平衡状态的是__。
A．若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量保持不变
（3）在上述反应达平衡状态后，分别改变条件，请完成下列两张图：
A．在第20s时将容器体积缩小至原来的一半后压强变化图___
B．在第20s时，向容器中注入少量的CO气体后正逆反应速率变化图___
（4）某化学小组在做澄清石灰水导电性实验时，发现石墨两极产生气体，溶液出现白色浑浊，请根据已有知识推测，两极产生的气体可能是__，白色浑浊是___。为验证白色浑浊物的成分，该同学向白色浑浊液体中加入盐酸，没有观察到气泡产生。他们继续实验，将浑浊的液体倒入密闭容器，通过注射器注入稀盐酸，并用二氧化碳传感器来测定装置中二氧化碳含量的变化，装置和图象如图所示：
请解释上述现象并分析产生白色浑浊可能的原因___。
9．（2022·上海·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机物的以下4例可有效实现碳循环。
a. 6CO2+6H2OC6H12O6 b.CO2+3H2CH3OH十H2O
c.CO2+CH4C6H12COOH d.2CO2+6H2CH2=CH2+ 4H2O
以上反应中，最节能的是___________，原子利用率最高的是___________。(填编号)
(2)虽然光合作用合成淀粉的表达式看起来很简单，但如果仔细探索其中的过程，会发现其反应非常复杂，需要60多个步骤。而我国科学家，不用生物细胞，单纯用工业的方式实现了二氧化碳到淀粉的合成。并且，大大缩短了自然光合作用的步骤，设计出一条只有11个步骤的“捷径”。请你设计简单实验证明第十一个步骤已经成功完成___________。
第一个步骤是把二氧化碳还原为甲醇(CH3OH)，该方法的化学方程式是： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ∆H=-49.0 kJ；某科学实验将6 mol CO2和8 mol H2充入一容积为2 L的密闭容器中(温度保持不变)，测得H2的物质的量随时间变化如下图中实线所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。回答下列问题：
(3)该反应平衡常数表达式K=_____，该反应在0～3 min内H2的平均反应速率是_____molL-1•min-1)(保留3位有效数字)；a点、b点、c点反应速率最大的是______ (选“a” “b” 或“c”)并解释原因_____。
(4)仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示。与实线相比，曲线Ⅰ改变的条件可能是___________，曲线Ⅱ改变的条件可能是_______。
(5)金属钠既可以与水反应又可以与甲醇反应， _____(填“水”、或“甲醇”)与钠反应速率更剧烈。在温度t℃下，某NaOH的稀溶液中c(H+)=10-a mol·L-1，c(OH-)=10-b mol·L-1，已知a+b=12，t_____25℃(填“大于”、“小于”或“等于”)。向该溶液中逐滴加入pH=x的盐酸(t℃)，测得混合溶液的部分pH如表所示。
序号
NaOH溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
20.00
0.00
8
②
20.00
20.00
6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则x为___________
五、有机推断题
10．（2021·上海嘉定·统考一模）香料M和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：
已知：R1—CHO+R2—CH2—CHO (R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
(1)A的名称是___________，G中含氧官能团的名称是___________。
(2)②的反应类型是___________。
(3)B和F的结构简式分别为___________、___________。
(4)写出一种能鉴别A和D的试剂___________，C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且不含羟基的同分异构体结构简式___________。
(5)写出反应①制取香料M的化学方程式：______________。
(6)G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)__________。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
11．（2019·上海嘉定·统考一模）根据图示回答问题：
（1）写出E的名称___，G的结构简式___。
（2）反应条件Ⅱ的试剂___，反应的类型：___。
（3）反应②的化学方程式（包括反应条件）是___。
（4）F和G反应有许多副产物，写出两种主要的副产物的结构简式：___。
（5）将大量的A通入浓溴水中，观察到的实验现象是：__，获取生成有机物的方法是：___(填操作名称)。
（6）F是一种重要的工业原料，利用它可制得多种有机物质。请完成由一氯乙烷合成F的路线图___。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
12．（2022·上海·统考一模）冠状病毒病(COVID-19)正在影响全球，口罩用聚丙烯纤维增长速度加剧，目前我国丙烯的使用量已超过乙烯。为了环境的友好，降解塑料需求也越来越大。PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气之一丙烯为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图(图中有部分产物及反应条件未列出)。
请回答下列问题：
(1)属于加成反应的有___________(填编号)，F的结构简式___________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
反应③：___________；
反应⑤：___________。
(3)已知E(C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例(E除外)并写出其结构简式：___________、___________、___________。
(4)制取丙烯腈的方法常有如下两种：
方法1:CHCH+HCNCH2=CH-CN
方法2:CH2=CH-CH3+NH3+O2 CH2=CH-CN+3H2O
相比较而言，方法②的优点是______
(5)已知： 2CH2=CH2，炔烃也有类似的性质，设计由丙烯合成的合成路线_______ (表示方法为：A B……目标产物)
参考答案：
1． 硫 256g/mol 第四周期第ⅥA族 Te2-＞Se2-＞S2-＞O2- SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4 AC 5 2 1 5 1 1 1 12.7 除水外，随着原子序数递增，氧族元素氢化物的沸点递增
【分析】(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子；摩尔质量的单位是g/mol时，其数值与相对分子质量的数值相等；Se的原子序数为34，根据核外电子排布分析其在元素周期表中位置；根据要遵循能量最低原理、洪特规则、保里不相容原理，电子能量大小顺序是1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d等，原子轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定分析，Se元素价电子，分别位于4s、4p能级上；
(2)同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大；SO2是酸性氧化物，其水溶液中H2SO3不稳定，易被空气中氧气氧化为H2SO4；
(3)根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，据此计算生成碘的物质的量，再根据m=nM计算质量；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高。
【详解】(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子，则原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是硫；硫单质常见形式是S8，它的式量是256，则摩尔质量是256g/mol；Se的原子序数为34，原子结构示意图为 ，在元素周期表中位置为第四周期第ⅥA族，当原子轨道中电子处于全满、半满或全空时最稳定，所以该基态原子的最外层电子排布为4s24p4，4p轨道中4个电子，且有2个单电子，其基态原子核外最外层电子的轨道表示式为 ；
(2)同主族元素从上到下，则氧、硫、硒、碲对应的离子半径逐渐增大，即Te2-＞Se2-＞S2-＞O2-；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，被空气中的氧气氧化生成硫酸，SO2、O2形成硫酸型酸雨的反应：SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；
(3)A．元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；
B．原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O-H、S-H、Se-H、Te-H的顺序依次增大，故B错误；
C．，元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2-、S2-、Se2-、Te2-的顺序依次增强，故C正确；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；
故答案为：AC；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，故反应中有0.5mol电子转移，生成的碘的物质的量为×1mol=0.05mol，故生成的碘的质量为0.05mol×254g/mol=12.7g；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高。
【点睛】配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
2． 样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe bcf 赶尽装置(系统)内的空气 % 产生白色沉淀、有气泡冒出 褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ BC
【详解】(1)少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，溶液中含有亚铁离子，再向试管中通入空气，溶液中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，溶液逐渐变红，故答案为样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe。
(2)①实验时为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，正确顺序为dabcfe。
②缓缓通入N2的目的是赶尽装置(系统)内的空气，防止亚铁离子被氧化为铁离子。
③根据实验记录，m(FeSO4)=(m3-m1) g，m(H2O)= (m2-m3) g，n(FeSO4)=，n(H2O)=，绿矾化学式中结晶水数目x== 。
(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价降低，一定生成SO2，由此可知硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO2和SO3，C中氯化钡用于检验SO3，可观察到白色沉淀，且可看到气泡，D中品红用于检验SO2，品红褪色。故答案为产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色。
②由①分析可知硫酸亚铁高温分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
(4) A．实验结束时俯视刻度线读数，读数偏小，使测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，故A不符合题意；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故B符合题意；
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，导致消耗的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故C符合题意；
D．如果酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，三次测得的体积应该都偏大，故D不符合题意；
故答案为BC。
3． 干燥管、烧杯和酒精灯 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 振荡 静置 水 原料损失较大 易发生副反应
【分析】(1)根据装置a并结合仪器的结构确定剩余仪器的名称；
(2)制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
(3)乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
(4)乙酸乙酯不溶于水，可分液分离；乙酸乙酯混有的少量水易溶于饱和氯化钙溶液；
(5)b由于不是水浴加热，温度不易控制，易发生副反应，原料利用率低。
【详解】(1)观察a装置，可知玻璃仪器除导管和试管外干燥管、烧杯和酒精灯；
(2)由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率．由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多；
(3)由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；
(4)乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可；精制乙酸乙酯的粗产品，先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量水；
(5)根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应。
4．(1) 0.125 molL-1 坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等
(2)避免Na2SO3被空气中氧气氧化，（2Na2SO3+O2=2Na2SO4）
(3)4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
(4)（由a①知H2SO3 强于H2S）实验③的溶液中可能有Na2S，相同条件下，S2-水解程度大于SO，溶液的碱性强； S2-+H2OHS-+OH-
(5)取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-；另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。（稀硫酸可以换成盐酸）
【解析】(1)
31.500g Na2SO3•7H2O晶体的物质的量，物质的量浓度为；实验操作②需要加热固体和称量，仪器除酒精灯、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等；
(2)
亚硫酸钠具有强的还原性，Na2SO3•7H2O加热时要隔绝空气，防止亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，即2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
(3)
Na2SO3在高温强热下发生分解反应是一个自身氧化还原反应，会生成-2价硫和+6价的硫，反应为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
(4)
硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样而导致碱性强弱不一样，实验③中溶液的pH=10.3的原理是S2-+H2OHS-+OH-；
(5)
硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡，硫酸根离子的检验方法：另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。
5． Fe 1s22s22p6 2 三 IVA ＞ ＜ ＞ 晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高 AlCl 0.1NA 步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝) 原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)
【详解】(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，Fe是第Ⅷ族元，不是主族元素，Al是13号元素，故Al3+电子排布式为1s22s22p6，O原子的未成对电子数的电子排布式为1s22s22p4，故2p上有2个未成对电子，故答案为：Fe；1s22s22p6；2；
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si是14号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p2，故位于元素周期表第三周期第IVA族，冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号为，故答案为：三；IVA；；
(3) Al、Si 是同一周期元素，且Si在Al的右边，故原子半径Al>Si，O、F是同一周期元素，且F在O的右边，故非金属性O＜F，二氧化硅和晶体硅均为原子晶体，但二氧化硅中硅氧键键长比晶体硅中硅硅键键长更短，故熔点二氧化硅>晶体硅，故答案为：>；＜；>；
(4) Al2O3比Na2O熔点高的原因是晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高，故答案为：晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高；
(5)①还原产物是指反应中元素化合价降低被还原而生成的产物，故反应I中的还原产物是AlCl；根据反应Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g)，3molC共转移6mol电子，故若有0.6gC反应，电子转移数目为=0.1NA，故答案为：AlCl；0.1NA；
②结合反应I、II分析，可知该方法的优点有：直接用铝土矿作原料制取铝，步骤少更加简单，原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)，故答案为：步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝)；原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)。
6．(1) 减少温室效应 新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
(2) 3
(3)线型碳>石墨烯>金刚石
(4) CO2 67.3
(5) K2S CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
(6)海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
【解析】(1)
二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
(2)
碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
(3)
物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
(4)
在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
(5)
收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
(6)
海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
7． C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) 吸热 0.08 mol/(L·min) 逆反应方向 HCHO +235kJ
【详解】(1)由反应平衡常数表达式K=，且有炭参与可知反应物为C和H2O，生成物为H2和CO，反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；若该反应只有在持续高温下才能自发进行，则该反应为吸热反应，故答案为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；吸热。
(2)①实验1中，由表中数据，起始时：n(CO)=2 mol，n(H2O)=1 mol，平衡时n(CO)=1.2 mol，n(H2)=0.8 mol，可知平衡时n(CO2)=0.8 mol，则v(CO2)=＝0.08 mol/(L·min)。
②900 ℃时，由表中数据，起始时：n(CO)=1 mol，n(H2O)=0.5 mol，平衡时n(CO)=0.8 mol，n(H2)=0.2 mol，可知平衡时n(CO2)=0.2 mol，n(H2O)=0.3 mol，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K= ＝＝；向实验2的平衡混合物中再加入0.4 mol H2O(g)和0.4 mol CO2，Qc＝ ＝＞K=，故平衡逆向移动，故答案为；逆反应方向。
(3)①由题图可知，有催化剂时生成HCHO的活化能最低，所以主要产物为HCHO；由题图可知，HCHO的能量高，CO的能量低，所以反应为放热反应，ΔH=+(676-158-238)= +235 kJ，故答案为HCHO；+235 kJ。
②由题给信息可知甲酸属于弱酸，甲酸根离子水解使甲酸钠显碱性，常温下向甲酸钠溶液中加水时水解程度变大，OH-的物质的量增大，但是体积增大的多，所以OH-的浓度减小，H+浓度增大，pH减小，但是甲酸钠pH永远大于7，所以常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化为。
8． K= 0.004mol/(L•s) BC H2和O2 Ca(OH)2 石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生碳酸钙沉淀
【分析】(1)平衡常数K=；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，计算氢气的反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)；
(2)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态；
(4)根据电解原理，惰性电极电解强碱的水溶液其本质是电解水；用稀盐酸溶解白色浑浊液，装置中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，可结合电极材料是石墨电极分析。
【详解】(1)已知反应CO(g)+H2O(g)H2(g) +CO2(g)，则该反应的平衡常数表达式K= ；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，则氢气的反应速率v(H2)==0.004mol/(L•s)，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=v(H2)=0.004mol/(L•s)；
(2)A．反应前后气体物质的量不变，若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变是平衡的标志，故C正确；
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量始终保持不变，不能判定达到平衡，故D错误；
故答案为：BC；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变，变化的图象为：；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，变化的曲线图象为：；
(4)根据电解原理可知，用石墨电解电极澄清石灰水，实际是电解水，则阴极生成的气体为H2，阳极生成的气体为O2，因电解过程中水的质量减小，而Ca(OH)2微溶于水，则最终变浑浊是有Ca(OH)2固体析出而导致变浑浊；在验证白色浑浊物的成分的过程中，密闭容器中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，因电解时所用电极材料是石墨电极，则可能是石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生了碳酸钙沉淀。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
9．(1) a c
(2)取第十一步骤获得的产品滴加碘水或碘酒若变蓝色证明就成功合成淀粉
(3) 0.833 a 其他条件不变，a点反应物浓度最大，所以速率最大
(4) 升高温度 增大压强
(5) 水 大于 4
【解析】(1)
反应a的反应条件是光合作用，需要能量是光能，最节能；化合反应的原子利用率最高，a、CO2转化为C6H12O6之外还有氧气产生，故a错误；b、CO2转化为CH3OH有水产生，故b错误；c、CO2和CH4反应全部转化为CH3COOH，故c正确；d、CO2和H2反应生成乙烯之外还有水的生成，故d错误；故选c；
(2)
若第十一个步骤已经成功完成则会生成淀粉，设计简单实验方案为：取第十一步骤获得的产品滴加碘水或碘酒若变蓝色证明就成功合成淀粉；
(3)
该反应平衡常数表达式，反应在0～3 min内∆n(H2)=8-3=5mol，H2的平均反应速率是 molL-1•min-1，其他条件不变，a点反应物浓度最大，所以速率最大；
(4)
曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线II反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；
(5)
电离出来的氢离子浓度越大，与钠反应速率越大，水的电离程度大于甲醇，则水中氢离子浓度大，所以钠与水的反应更剧烈；由c(H+)∙c(OH-)=10-(a+b)= 10-12> 10-14，升高温度水的离子积常数增大，则t大于25℃；当盐酸的体积为0时，测定溶液的PH是氢氧化钠溶液的pH，则溶液中；当两种溶液等体积混合时，溶液的pH=6，结合水的离子积常数知，该溶液呈中性，则酸和碱的物质的量相等，两溶液的体积相等，则c(HCl)=c(NaOH)=10-4mol/L，所以盐酸的pH=4。
10． 甲苯 羧基 加成反应 酸性高锰酸钾溶液(其他合理答案也可) +CH3COOH+H2O
【分析】由流程图可知，C催化氧化生成苯甲醛，可知C为，结合条件可知A为、B为，D的蒸气相对于氢气的密度为39，故D的相对分子质量为78，且D与A互为同系物，可推知D为，结合信息①可推知E为，E与溴发生加成反应生成F为，F氧化生成G为，(6)苯甲醛先与HCHO反应，产物再与溴加成，最后发生-CHO的氧化为-COOH得到目标物，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为，则A的名称是：甲苯，G为，含氧官能团的名称是：羧基，故答案为：甲苯；羧基；
(2)反应②是醛基中碳氧双键其中一个键断裂，碳、氧原子分别连接-CCl3、氢原子得到产物，属于加成反应，故答案为：加成反应；
(3)由分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为：，故答案为：；；
(4)由分析可知，A是甲苯、D是苯，可以用酸性高锰酸钾溶液检验，甲苯使之褪色，而苯不能。C()属于芳香族化合物的同分异构体，其中不含羟基的同分异构体只能是侧链是-OCH3，故结构简式为：，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；；
(5)对比物质的结构，可知反应①发生酯化反应，与乙酸在浓硫酸加热条件下进行，反应的化学方程式：+CH3COOH+H2O，
故答案为：+CH3COOH+H2O；
(6)苯甲醛先与HCHO反应，产物再与溴加成，最后发生-CHO的氧化为-COOH得到目标物，合成路线流程图为：，
故答案为：。
11． 聚氯乙烯 HOOC(CH2)4COOH 氢氧化钠水溶液、加热 水解反应(或取代反应) ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH；HOCH2CH2OCH2CH2OH等； 溶液颜色褪去 分液
【分析】A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇，据此解答；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇。
【详解】A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(1)由上述分析可知，E为，名称为聚氯乙烯，G 的结构简式为：HOOC(CH2)4COOH；
(2)反应条件Ⅱ是ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(3)反应②的化学方程式是：ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O；
(4)F和G反应有许多副产物，可以形成酯，如：HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH等，可以形成醚键，如：HOCH2CH2OCH2CH2OH等；
(5)将大量的乙烯通入浓溴水中，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水颜色褪去，1，2-二溴乙烷与水溶液不互溶，利用分液的方法进行分离；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇，制备流程为。
12．(1) ② ⑥
(2) +2NaOH+2NaBr +2Cu(OH)2CH3COCOOH+2Cu2O↓+2H2O
(3) CH3COOCH2OH
(4)生产成本低（原料易得、节能），无毒性
(5)
【分析】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答．
(1)
由分析可知，反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，属于加成反应的有②⑥，F的结构简式；
(2)
反应③为卤代烃发生水解反应，反应的化学方程式为：+2NaOH+2NaBr；
反应⑤为醛基的氧化反应，反应的化学方程式为：+2Cu(OH)2CH3COCOOH+2Cu2O↓+2H2O；
(3)
E的结构简式为，可能的官能团有羰基、醛基、酯基，则E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、CH3COOCH2OH；
(4)
HCN为有毒物质，相比较而言，方法②的优点是生产成本低、原料易得、节能，无毒性；
(5)
根据逆合成法可知，可以通过CH≡C-CH3通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加成反应、消去反应获得，所以合成路线为： 。
上海市嘉定区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2019·上海嘉定·统考一模）氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响。如氧气、水、二氧化硫等。
（1）氧族元素原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是___；硫单质常见形式是S8，它的摩尔质量是___；Se是人体不可或缺的微量元素，它在周期表中的位置是___，Se原子最外层轨道表示式___。
（2）在氧、硫、硒（Se）、碲（Te）元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为__（用离子符号表示）。用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应__。
（3）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是___
A．氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱
B．其氢化物中的键长按O—H、S—H、Se—H、Te—H的顺序依次减小
C．其阴离子的还原性按O2–、S2–、Se2–、Te2–的顺序依次增强
D．其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强
（4）亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水。
__Na2SO3+__KIO3+__H2SO4__Na2SO4+__K2SO4+__I2+_H2O配平该反应，若反应中有0.5mol电子转移，则生成的碘是___g。
（5）从图中可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是__。
二、实验题
2．（2021·上海嘉定·统考一模）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：____________。
(2)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，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①将补全下列实验操作步骤正确排序da_____e(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2 d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温
②缓缓通入N2的目的是_________。
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_________(列式表示)。
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A(取出a g后)接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为________、________。
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。
(4)为了测定A中样品的纯度，将取出a g样品溶于水，配制成500 mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00 mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是___________(填字母)。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
3．（2019·上海嘉定·统考一模）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备。
完成下列填空：
（1）a装置中玻璃仪器除导管和试管外还有___仪器。
（2）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是：___。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是：___。浓硫酸用量又不能过多，原因是___。
（3）饱和Na2CO3溶液的作用是___。
（4）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，___、__，然后分液。这样得到的乙酸乙酯是粗产品，要进一步提纯精制，通常先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量__。
（5）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有___、___。
4．（2022·上海·统考一模）化学社团小组的同学在测试Na2SO3溶液的pH时，遇到了困惑。为此，决心重新实验，揭开奥秘。请你也参与交流讨论。
a．查阅资料：①常温下0.1mol•L-1的H2SO3溶液的pH约为2.1。②通常情况下，H2S为无色，有腐蛋臭味的气体，其水溶液称为氢硫酸。常温下0.1mol•L-1的H2S溶液的pH约为4.5。
b．实验操作：
①准确称取纯净的Na2SO3•7H2O晶体31.500g，配成1L水溶液，测得其pH=7.8。
②再次准确称取31.500g上述晶体，继而隔绝空气在600℃以上高温下强热至恒重 (只有硫元素的化合价变化成最高价和最低价)，质量为15.750g。
③将②所得的15.750g固体进行元素定性定量分析，组成与Na2SO3无异。将其溶于水得250.00mL溶液，测得pH=10.3。
c．分析猜想：Na2SO3•7H2O在强热下，失去结晶水，进而发生了分解反应(自身氧化还原反应)
d．交流讨论
(1)实验操作①所得溶液的物质的量浓度为___________；实验操作②中除酒精灯、玻璃棒、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有___________。
(2)给Na2SO3•7H2O加热时为何要隔绝空气，请以简要的文字给以说明。___________
(3)猜想Na2SO3在高温强热下发生分解反应的化学方程式是___________。
(4)实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，其合理的解释是(简要的文字和离子方程式给以说明) __________。
(5)请你设计简单的实验方案，给上述分析猜想及解释加以佐证。并简单叙述实验步骤、现象和结论。________。
三、结构与性质
5．（2021·上海嘉定·统考一模）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。2Al2O34Al+3O2↑[冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，降低氧化铝熔点]
(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是___________，Al3+电子排布式___________，O原子的未成对电子数___________。
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第___________周期第___________族。冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号___________。
(3)用“>”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al_______Si
O______ F
二氧化硅________晶体硅
(4)用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因_________。
(5)其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
I．Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g) -1486kJ
II．3 AlCl(g)2 Al(l)+ AlCl3(g) +140 kJ
①反应I中的还原产物是___________；若有0.6gC反应，电子转移数目为___________
②结合反应I、II分析，请说出这种提炼方法2条优点___________ ___________。
6．（2022·上海·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于___________。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施___________。
(2)碳原子核外有___________种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式___________，碳原子最合理的电子式___________。
(3)金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为___________
(4)黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑;生成物中，属于非电解质的是___________。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为___________(保留1位小数)。
(5)收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是___________(填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式___________。
(6)有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因______。
四、原理综合题
7．（2021·上海嘉定·统考一模）煤炭是我国最主要能源。煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
(1)已知该产业链中，有炭参与的某反应平衡常数表达式为：K= ，写出它所对应反应的化学方程式：___________，若该反应只有在持续高温下才能自发进行 则该反应为___________（“吸热”或“放热”）反应。
(2) 将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下2组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所
需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
1
2
0.8
1.2
5
2
900
0.5
1
0.2
0.8
3
①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为___________。
②900 ℃时，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数___________。向实验2的平衡混合物中再加入0.4 mol H2O(g)和0.4 mol CO2，平衡___________（选填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”）移动。
(3)将煤液化得到的甲醇是重要的化工原料。下图所示为一定条件下1 mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。
①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成___________(填“CO”、“CO2”或HCHO”)。请补全热化学方程式HCHO(g)+1/2O2(g)→CO(g)+H2O(g)___________。
②HCHO可进一步被氧化为重要工业原料 HCOOH(其酸性比H2SO3弱，比CH3COOH强)。在下图中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化__________。
8．（2019·上海嘉定·统考一模）已知在催化剂存在条件下，能发生如下反应：CO+H2OH2 +CO2 +Q
（1）该反应的平衡常数表达式为：___。在5L盛有固体催化剂（其体积可忽略不计）的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，则此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=__。
（2）在该密闭容器中，下列叙述可以说明反应已经达到平衡状态的是__。
A．若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量保持不变
（3）在上述反应达平衡状态后，分别改变条件，请完成下列两张图：
A．在第20s时将容器体积缩小至原来的一半后压强变化图___
B．在第20s时，向容器中注入少量的CO气体后正逆反应速率变化图___
（4）某化学小组在做澄清石灰水导电性实验时，发现石墨两极产生气体，溶液出现白色浑浊，请根据已有知识推测，两极产生的气体可能是__，白色浑浊是___。为验证白色浑浊物的成分，该同学向白色浑浊液体中加入盐酸，没有观察到气泡产生。他们继续实验，将浑浊的液体倒入密闭容器，通过注射器注入稀盐酸，并用二氧化碳传感器来测定装置中二氧化碳含量的变化，装置和图象如图所示：
请解释上述现象并分析产生白色浑浊可能的原因___。
9．（2022·上海·统考一模）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
(1)减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机物的以下4例可有效实现碳循环。
a. 6CO2+6H2OC6H12O6 b.CO2+3H2CH3OH十H2O
c.CO2+CH4C6H12COOH d.2CO2+6H2CH2=CH2+ 4H2O
以上反应中，最节能的是___________，原子利用率最高的是___________。(填编号)
(2)虽然光合作用合成淀粉的表达式看起来很简单，但如果仔细探索其中的过程，会发现其反应非常复杂，需要60多个步骤。而我国科学家，不用生物细胞，单纯用工业的方式实现了二氧化碳到淀粉的合成。并且，大大缩短了自然光合作用的步骤，设计出一条只有11个步骤的“捷径”。请你设计简单实验证明第十一个步骤已经成功完成___________。
第一个步骤是把二氧化碳还原为甲醇(CH3OH)，该方法的化学方程式是： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ∆H=-49.0 kJ；某科学实验将6 mol CO2和8 mol H2充入一容积为2 L的密闭容器中(温度保持不变)，测得H2的物质的量随时间变化如下图中实线所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。回答下列问题：
(3)该反应平衡常数表达式K=_____，该反应在0～3 min内H2的平均反应速率是_____molL-1•min-1)(保留3位有效数字)；a点、b点、c点反应速率最大的是______ (选“a” “b” 或“c”)并解释原因_____。
(4)仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示。与实线相比，曲线Ⅰ改变的条件可能是___________，曲线Ⅱ改变的条件可能是_______。
(5)金属钠既可以与水反应又可以与甲醇反应， _____(填“水”、或“甲醇”)与钠反应速率更剧烈。在温度t℃下，某NaOH的稀溶液中c(H+)=10-a mol·L-1，c(OH-)=10-b mol·L-1，已知a+b=12，t_____25℃(填“大于”、“小于”或“等于”)。向该溶液中逐滴加入pH=x的盐酸(t℃)，测得混合溶液的部分pH如表所示。
序号
NaOH溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
20.00
0.00
8
②
20.00
20.00
6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则x为___________
五、有机推断题
10．（2021·上海嘉定·统考一模）香料M和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：
已知：R1—CHO+R2—CH2—CHO (R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
(1)A的名称是___________，G中含氧官能团的名称是___________。
(2)②的反应类型是___________。
(3)B和F的结构简式分别为___________、___________。
(4)写出一种能鉴别A和D的试剂___________，C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且不含羟基的同分异构体结构简式___________。
(5)写出反应①制取香料M的化学方程式：______________。
(6)G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)__________。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
11．（2019·上海嘉定·统考一模）根据图示回答问题：
（1）写出E的名称___，G的结构简式___。
（2）反应条件Ⅱ的试剂___，反应的类型：___。
（3）反应②的化学方程式（包括反应条件）是___。
（4）F和G反应有许多副产物，写出两种主要的副产物的结构简式：___。
（5）将大量的A通入浓溴水中，观察到的实验现象是：__，获取生成有机物的方法是：___(填操作名称)。
（6）F是一种重要的工业原料，利用它可制得多种有机物质。请完成由一氯乙烷合成F的路线图___。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
12．（2022·上海·统考一模）冠状病毒病(COVID-19)正在影响全球，口罩用聚丙烯纤维增长速度加剧，目前我国丙烯的使用量已超过乙烯。为了环境的友好，降解塑料需求也越来越大。PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气之一丙烯为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图(图中有部分产物及反应条件未列出)。
请回答下列问题：
(1)属于加成反应的有___________(填编号)，F的结构简式___________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
反应③：___________；
反应⑤：___________。
(3)已知E(C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例(E除外)并写出其结构简式：___________、___________、___________。
(4)制取丙烯腈的方法常有如下两种：
方法1:CHCH+HCNCH2=CH-CN
方法2:CH2=CH-CH3+NH3+O2 CH2=CH-CN+3H2O
相比较而言，方法②的优点是______
(5)已知： 2CH2=CH2，炔烃也有类似的性质，设计由丙烯合成的合成路线_______ (表示方法为：A B……目标产物)
参考答案：
1． 硫 256g/mol 第四周期第ⅥA族 Te2-＞Se2-＞S2-＞O2- SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4 AC 5 2 1 5 1 1 1 12.7 除水外，随着原子序数递增，氧族元素氢化物的沸点递增
【分析】(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子；摩尔质量的单位是g/mol时，其数值与相对分子质量的数值相等；Se的原子序数为34，根据核外电子排布分析其在元素周期表中位置；根据要遵循能量最低原理、洪特规则、保里不相容原理，电子能量大小顺序是1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d等，原子轨道中电子处于全满、全空、半满时最稳定分析，Se元素价电子，分别位于4s、4p能级上；
(2)同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大；SO2是酸性氧化物，其水溶液中H2SO3不稳定，易被空气中氧气氧化为H2SO4；
(3)根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，据此计算生成碘的物质的量，再根据m=nM计算质量；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高。
【详解】(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子，则原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是硫；硫单质常见形式是S8，它的式量是256，则摩尔质量是256g/mol；Se的原子序数为34，原子结构示意图为 ，在元素周期表中位置为第四周期第ⅥA族，当原子轨道中电子处于全满、半满或全空时最稳定，所以该基态原子的最外层电子排布为4s24p4，4p轨道中4个电子，且有2个单电子，其基态原子核外最外层电子的轨道表示式为 ；
(2)同主族元素从上到下，则氧、硫、硒、碲对应的离子半径逐渐增大，即Te2-＞Se2-＞S2-＞O2-；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，被空气中的氧气氧化生成硫酸，SO2、O2形成硫酸型酸雨的反应：SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；
(3)A．元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；
B．原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O-H、S-H、Se-H、Te-H的顺序依次增大，故B错误；
C．，元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2-、S2-、Se2-、Te2-的顺序依次增强，故C正确；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误；
故答案为：AC；
(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O；I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，故反应中有0.5mol电子转移，生成的碘的物质的量为×1mol=0.05mol，故生成的碘的质量为0.05mol×254g/mol=12.7g；
(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高。
【点睛】配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
2． 样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe bcf 赶尽装置(系统)内的空气 % 产生白色沉淀、有气泡冒出 褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ BC
【详解】(1)少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，溶液中含有亚铁离子，再向试管中通入空气，溶液中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，溶液逐渐变红，故答案为样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe。
(2)①实验时为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，正确顺序为dabcfe。
②缓缓通入N2的目的是赶尽装置(系统)内的空气，防止亚铁离子被氧化为铁离子。
③根据实验记录，m(FeSO4)=(m3-m1) g，m(H2O)= (m2-m3) g，n(FeSO4)=，n(H2O)=，绿矾化学式中结晶水数目x== 。
(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价降低，一定生成SO2，由此可知硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO2和SO3，C中氯化钡用于检验SO3，可观察到白色沉淀，且可看到气泡，D中品红用于检验SO2，品红褪色。故答案为产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色。
②由①分析可知硫酸亚铁高温分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
(4) A．实验结束时俯视刻度线读数，读数偏小，使测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，故A不符合题意；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故B符合题意；
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，导致消耗的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故C符合题意；
D．如果酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，三次测得的体积应该都偏大，故D不符合题意；
故答案为BC。
3． 干燥管、烧杯和酒精灯 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 振荡 静置 水 原料损失较大 易发生副反应
【分析】(1)根据装置a并结合仪器的结构确定剩余仪器的名称；
(2)制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
(3)乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
(4)乙酸乙酯不溶于水，可分液分离；乙酸乙酯混有的少量水易溶于饱和氯化钙溶液；
(5)b由于不是水浴加热，温度不易控制，易发生副反应，原料利用率低。
【详解】(1)观察a装置，可知玻璃仪器除导管和试管外干燥管、烧杯和酒精灯；
(2)由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率．由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多；
(3)由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；
(4)乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可；精制乙酸乙酯的粗产品，先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2CO3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量水；
(5)根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应。
4．(1) 0.125 molL-1 坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等
(2)避免Na2SO3被空气中氧气氧化，（2Na2SO3+O2=2Na2SO4）
(3)4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
(4)（由a①知H2SO3 强于H2S）实验③的溶液中可能有Na2S，相同条件下，S2-水解程度大于SO，溶液的碱性强； S2-+H2OHS-+OH-
(5)取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-；另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。（稀硫酸可以换成盐酸）
【解析】(1)
31.500g Na2SO3•7H2O晶体的物质的量，物质的量浓度为；实验操作②需要加热固体和称量，仪器除酒精灯、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等；
(2)
亚硫酸钠具有强的还原性，Na2SO3•7H2O加热时要隔绝空气，防止亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，即2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
(3)
Na2SO3在高温强热下发生分解反应是一个自身氧化还原反应，会生成-2价硫和+6价的硫，反应为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
(4)
硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样而导致碱性强弱不一样，实验③中溶液的pH=10.3的原理是S2-+H2OHS-+OH-；
(5)
硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡，硫酸根离子的检验方法：另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。
5． Fe 1s22s22p6 2 三 IVA ＞ ＜ ＞ 晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高 AlCl 0.1NA 步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝) 原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)
【详解】(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，Fe是第Ⅷ族元，不是主族元素，Al是13号元素，故Al3+电子排布式为1s22s22p6，O原子的未成对电子数的电子排布式为1s22s22p4，故2p上有2个未成对电子，故答案为：Fe；1s22s22p6；2；
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si是14号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p2，故位于元素周期表第三周期第IVA族，冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号为，故答案为：三；IVA；；
(3) Al、Si 是同一周期元素，且Si在Al的右边，故原子半径Al>Si，O、F是同一周期元素，且F在O的右边，故非金属性O＜F，二氧化硅和晶体硅均为原子晶体，但二氧化硅中硅氧键键长比晶体硅中硅硅键键长更短，故熔点二氧化硅>晶体硅，故答案为：>；＜；>；
(4) Al2O3比Na2O熔点高的原因是晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高，故答案为：晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高；
(5)①还原产物是指反应中元素化合价降低被还原而生成的产物，故反应I中的还原产物是AlCl；根据反应Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g)，3molC共转移6mol电子，故若有0.6gC反应，电子转移数目为=0.1NA，故答案为：AlCl；0.1NA；
②结合反应I、II分析，可知该方法的优点有：直接用铝土矿作原料制取铝，步骤少更加简单，原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)，故答案为：步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝)；原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)。
6．(1) 减少温室效应 新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
(2) 3
(3)线型碳>石墨烯>金刚石
(4) CO2 67.3
(5) K2S CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
(6)海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
【解析】(1)
二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
(2)
碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
(3)
物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
(4)
在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
(5)
收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
(6)
海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
7． C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) 吸热 0.08 mol/(L·min) 逆反应方向 HCHO +235kJ
【详解】(1)由反应平衡常数表达式K=，且有炭参与可知反应物为C和H2O，生成物为H2和CO，反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；若该反应只有在持续高温下才能自发进行，则该反应为吸热反应，故答案为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；吸热。
(2)①实验1中，由表中数据，起始时：n(CO)=2 mol，n(H2O)=1 mol，平衡时n(CO)=1.2 mol，n(H2)=0.8 mol，可知平衡时n(CO2)=0.8 mol，则v(CO2)=＝0.08 mol/(L·min)。
②900 ℃时，由表中数据，起始时：n(CO)=1 mol，n(H2O)=0.5 mol，平衡时n(CO)=0.8 mol，n(H2)=0.2 mol，可知平衡时n(CO2)=0.2 mol，n(H2O)=0.3 mol，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K= ＝＝；向实验2的平衡混合物中再加入0.4 mol H2O(g)和0.4 mol CO2，Qc＝ ＝＞K=，故平衡逆向移动，故答案为；逆反应方向。
(3)①由题图可知，有催化剂时生成HCHO的活化能最低，所以主要产物为HCHO；由题图可知，HCHO的能量高，CO的能量低，所以反应为放热反应，ΔH=+(676-158-238)= +235 kJ，故答案为HCHO；+235 kJ。
②由题给信息可知甲酸属于弱酸，甲酸根离子水解使甲酸钠显碱性，常温下向甲酸钠溶液中加水时水解程度变大，OH-的物质的量增大，但是体积增大的多，所以OH-的浓度减小，H+浓度增大，pH减小，但是甲酸钠pH永远大于7，所以常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化为。
8． K= 0.004mol/(L•s) BC H2和O2 Ca(OH)2 石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生碳酸钙沉淀
【分析】(1)平衡常数K=；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，计算氢气的反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)；
(2)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态；
(4)根据电解原理，惰性电极电解强碱的水溶液其本质是电解水；用稀盐酸溶解白色浑浊液，装置中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，可结合电极材料是石墨电极分析。
【详解】(1)已知反应CO(g)+H2O(g)H2(g) +CO2(g)，则该反应的平衡常数表达式K= ；在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物，10s后，生成了氢气0.4g，物质的量==0.2mol，则氢气的反应速率v(H2)==0.004mol/(L•s)，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=v(H2)=0.004mol/(L•s)；
(2)A．反应前后气体物质的量不变，若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．CO2的生成速率与H2O蒸气的生成速率之比为1：1说明正逆反应速率相同，能说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变是平衡的标志，故C正确；
D．反应体系中混合物的平均摩尔质量始终保持不变，不能判定达到平衡，故D错误；
故答案为：BC；
(3)A．反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变，变化的图象为：；
B．加入少量CO，正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，变化的曲线图象为：；
(4)根据电解原理可知，用石墨电解电极澄清石灰水，实际是电解水，则阴极生成的气体为H2，阳极生成的气体为O2，因电解过程中水的质量减小，而Ca(OH)2微溶于水，则最终变浑浊是有Ca(OH)2固体析出而导致变浑浊；在验证白色浑浊物的成分的过程中，密闭容器中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，因电解时所用电极材料是石墨电极，则可能是石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生了碳酸钙沉淀。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
9．(1) a c
(2)取第十一步骤获得的产品滴加碘水或碘酒若变蓝色证明就成功合成淀粉
(3) 0.833 a 其他条件不变，a点反应物浓度最大，所以速率最大
(4) 升高温度 增大压强
(5) 水 大于 4
【解析】(1)
反应a的反应条件是光合作用，需要能量是光能，最节能；化合反应的原子利用率最高，a、CO2转化为C6H12O6之外还有氧气产生，故a错误；b、CO2转化为CH3OH有水产生，故b错误；c、CO2和CH4反应全部转化为CH3COOH，故c正确；d、CO2和H2反应生成乙烯之外还有水的生成，故d错误；故选c；
(2)
若第十一个步骤已经成功完成则会生成淀粉，设计简单实验方案为：取第十一步骤获得的产品滴加碘水或碘酒若变蓝色证明就成功合成淀粉；
(3)
该反应平衡常数表达式，反应在0～3 min内∆n(H2)=8-3=5mol，H2的平均反应速率是 molL-1•min-1，其他条件不变，a点反应物浓度最大，所以速率最大；
(4)
曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线II反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强；
(5)
电离出来的氢离子浓度越大，与钠反应速率越大，水的电离程度大于甲醇，则水中氢离子浓度大，所以钠与水的反应更剧烈；由c(H+)∙c(OH-)=10-(a+b)= 10-12> 10-14，升高温度水的离子积常数增大，则t大于25℃；当盐酸的体积为0时，测定溶液的PH是氢氧化钠溶液的pH，则溶液中；当两种溶液等体积混合时，溶液的pH=6，结合水的离子积常数知，该溶液呈中性，则酸和碱的物质的量相等，两溶液的体积相等，则c(HCl)=c(NaOH)=10-4mol/L，所以盐酸的pH=4。
10． 甲苯 羧基 加成反应 酸性高锰酸钾溶液(其他合理答案也可) +CH3COOH+H2O
【分析】由流程图可知，C催化氧化生成苯甲醛，可知C为，结合条件可知A为、B为，D的蒸气相对于氢气的密度为39，故D的相对分子质量为78，且D与A互为同系物，可推知D为，结合信息①可推知E为，E与溴发生加成反应生成F为，F氧化生成G为，(6)苯甲醛先与HCHO反应，产物再与溴加成，最后发生-CHO的氧化为-COOH得到目标物，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为，则A的名称是：甲苯，G为，含氧官能团的名称是：羧基，故答案为：甲苯；羧基；
(2)反应②是醛基中碳氧双键其中一个键断裂，碳、氧原子分别连接-CCl3、氢原子得到产物，属于加成反应，故答案为：加成反应；
(3)由分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为：，故答案为：；；
(4)由分析可知，A是甲苯、D是苯，可以用酸性高锰酸钾溶液检验，甲苯使之褪色，而苯不能。C()属于芳香族化合物的同分异构体，其中不含羟基的同分异构体只能是侧链是-OCH3，故结构简式为：，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；；
(5)对比物质的结构，可知反应①发生酯化反应，与乙酸在浓硫酸加热条件下进行，反应的化学方程式：+CH3COOH+H2O，
故答案为：+CH3COOH+H2O；
(6)苯甲醛先与HCHO反应，产物再与溴加成，最后发生-CHO的氧化为-COOH得到目标物，合成路线流程图为：，
故答案为：。
11． 聚氯乙烯 HOOC(CH2)4COOH 氢氧化钠水溶液、加热 水解反应(或取代反应) ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH；HOCH2CH2OCH2CH2OH等； 溶液颜色褪去 分液
【分析】A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇，据此解答；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇。
【详解】A为乙烯，与B反应得到C，C转化得到D，由D的分子式可知，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应得到高聚物E为；C反应得到F，F与G发生水解反应得到高聚物，由高聚物的结构简式，结合F的分子式可知，F为HOCH2CH2OH，G为HOOC(CH2)4COOH，故C为ClCH2CH2Cl，B为氯气，乙烯与氯气发生加成反应得到C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到氯乙烯，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(1)由上述分析可知，E为，名称为聚氯乙烯，G 的结构简式为：HOOC(CH2)4COOH；
(2)反应条件Ⅱ是ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇；
(3)反应②的化学方程式是：ClCH2CH2Cl+NaOHCH2=CHCl+NaCl+H2O；
(4)F和G反应有许多副产物，可以形成酯，如：HOOC(CH2)4COOOCH2CH2OH等，可以形成醚键，如：HOCH2CH2OCH2CH2OH等；
(5)将大量的乙烯通入浓溴水中，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水颜色褪去，1，2-二溴乙烷与水溶液不互溶，利用分液的方法进行分离；
(6)由一氯乙烷合成乙二醇，可先发生消去反应，再与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，然后在氢氧化钠溶液中水解可生成乙二醇，制备流程为。
12．(1) ② ⑥
(2) +2NaOH+2NaBr +2Cu(OH)2CH3COCOOH+2Cu2O↓+2H2O
(3) CH3COOCH2OH
(4)生产成本低（原料易得、节能），无毒性
(5)
【分析】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答．
(1)
由分析可知，反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，属于加成反应的有②⑥，F的结构简式；
(2)
反应③为卤代烃发生水解反应，反应的化学方程式为：+2NaOH+2NaBr；
反应⑤为醛基的氧化反应，反应的化学方程式为：+2Cu(OH)2CH3COCOOH+2Cu2O↓+2H2O；
(3)
E的结构简式为，可能的官能团有羰基、醛基、酯基，则E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、CH3COOCH2OH；
(4)
HCN为有毒物质，相比较而言，方法②的优点是生产成本低、原料易得、节能，无毒性；
(5)
根据逆合成法可知，可以通过CH≡C-CH3通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加成反应、消去反应获得，所以合成路线为： 。
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