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上海市松江区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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这是一份上海市松江区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共23页。试卷主要包含了填空题，实验题，原理综合题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海市松江区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．（2020·上海松江·一模）完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。
2．（2022·上海松江·统考一模）神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵(NH4ClO4)和铝粉混合物。
完成下列填空：
(1)上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为___________(离子符号表示)，上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为___________。
(2)写出NH的电子式___________，其空间构型与甲烷空间构型相同，为___________型。
(3)氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。___________
(4)配平以下方程式： ___________
_____Al+_____NH4ClO4→______Al2O3+_____AlCl3+_____N2↑+____ H2O 。
上述反应中被氧化的元素是___________，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为___________mol。
(5)若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由___________
二、实验题
3．（2021·上海松江·统考一模）为测定Na2CO3·10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
(1)U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为___________、___________、___________(选填编号)。U形管③吸收的气体为___________。
a．碱石灰 b．无水氯化钙 c．无水硫酸铜
(2)干燥管中无水硫酸铜的作用是___________。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用___________。
(3)实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是___________。
(4)再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量___________。
4．（2022·上海松江·统考一模）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar(Cu)。装置如图所示。
实验步骤：
① 检查装置的气密性；
②称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)质量记为m1g ；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g ；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯， 冷却至室温； 关闭分液漏斗活塞； 关闭K1和K2；
⑥ 称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)，记录质量m3g。
完成下列填空：
(1)实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是___________。
(2)氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式___________。
(3)干燥管B中的药品为___________，装置D的作用是___________。
(4)根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar(Cu)___________(选填：“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是___________，装置M中的药品为___________；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定___________。
三、原理综合题
5．（2020·上海松江·一模）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol•L﹣1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，放电时，负极为_____(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。
6．（2021·上海松江·统考一模）用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：
(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。
(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。
a．熔点：Cl2＜Br2 b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr d．酸性：HCl＜HBr
(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。
a． b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变 d．
(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。
(5)如下图是在2种不同投料比[=1，6 ]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比=___________。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。
7．（2021·上海松江·统考一模）亚硝酸钠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或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
8．（2022·上海松江·统考一模）牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10(PO4)6(OH)2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。
Ca10(PO4)6(OH)2(s)+8H+(aq) 10Ca2+(aq)+6HPO (aq)+2H2O(l)
完成下列填空：
(1)该反应的平衡常数表达式为___________。当喝下碳酸饮料时，平衡向___________反应方向移动，平衡常数___________(选填：增大、减少或不变)。
(2)牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为___________反应(选填：放热或吸热)，pH1___________pH2(选填：＞、＜或=)。
(3)能说明达到平衡状态的是___________。(选填字母)
A．各离子浓度相等 B．pH维持稳定
C．5 V正(Ca2+)=3 V逆(HPO) D．羟基磷灰石的质量不发生变化
(4)为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为___________。
(5)氟磷灰石(Ca10(PO4)6F2)比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。
①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c(F−)+ c(OH−)___________ c(H+)，c(HF)___________c(OH−)(均选填：＞，＜或=)。
②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10(PO4)6(OH)2(s) 10Ca2+(aq)+6PO (aq)+2OH- (aq)。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因___________。
四、有机推断题
9．（2020·上海松江·一模）某研究团队从1.8万个臭虫蜕皮和粪便中提取有效成分以消灭臭虫。以下是其中一种组分M的合成路线(部分试剂和条件省略)。
已知：
①R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2
②R3C≡CR4R3CH＝CHR4
完成下列填空：
(1)A的化学名称是_____，B中的官能团是_____。
(2)B→C的反应类型是_____。
(3)C→D的化学方程式为：_____。
(4)E的结构简式为HC≡CCHO，则反应试剂及条件①为_____，②为_____。
(5)G可由B与H2发生加成反应而得，则H的结构简式为_____。
(6)设计一条由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO的合成路线。(合成路线的常用表示方式为：甲乙目标产物)_____。
10．（2021·上海松江·统考一模）环扁桃酯临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：
完成下列填空：
(1)写出A的官能团___________；①的反应类型___________；反应②所需试剂和条件___________。
(2)写出反应③的化学方程式___________
(3)反应⑤中另一反应物F的结构简式为___________。
(4)检验D是否已经完全转化为E的操作是___________。
(5)满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式___________。
i．能发生水解反应 ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种
(6)写出由乙苯()合成聚苯乙烯()的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：)_______________。
11．（2022·上海松江·统考一模）苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，下列路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：
完成下列填空：
(1)试写出A的结构简式___________，C中含氧官能团的名称为___________。
(2)反应①的反应类型为___________，反应②的条件为___________。
(3)反应③的化学方程式为___________。
(4)两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为___________。
(5)写出满足下列条件的C的一种同分异构体___________。
a．既能发生银镜反应，又能发生水解反应
b．苯环上有2种化学环境的氢原子
(6)乙醇酸可用于工业制备聚乙醇酸，已知：RCH2COOH RCHClCOOH，请以乙醇为原料(无机试剂任选)设计制备乙醇酸(HOCH2COOH)的合成路线___________。(合成路线常用的表示方法为：甲 …乙 目标产物)
五、工业流程题
12．（2020·上海松江·一模）硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)在医药上作补血剂。工业上由废铁生产FeSO4•7H2O的一种流程如图：
(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是_____。
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是_____。步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是_____。
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为_____、_____、_____。烘干操作需在低温条件下进行，原因是_____。
(4)取27.8g FeSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如上图所示。分析数据，90℃残留物的化学式是_____。440℃～470℃时固体物质发生反应的化学方程式是_____，做出这一判断的依据是_____。
参考答案：
1． O、Si 二氧化硅形成的是原子晶体 1：2 +2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣ 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 8 3 24 8 3 18 12NA
【分析】写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/mol＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
2．(1) N3−>O2−>Al3+ 1s22s22p3
(2) 正四面体
(3)氮氮叁键键能更大，很难断开，更稳定
(4) 10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O 0价的Al，-3价的N 9
(5)Al3+水解（结合水中的OH−使溶液）显酸性，HCO水解（结合水中的H+使溶液）显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。（或Al3+与HCO双水解， Al3++3HCO→Al(OH)3↓+3CO2↑，有效降低了Al3+浓度）
【解析】(1)
核外电子数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则由大到小顺序为N3−>O2−>Al3+，未成对电子数最多的是N元素，为7号元素，核外电子排布式为1S22S22P3；
(2)
NH的N和H原子共用一对电子对，其电子式为，甲烷中碳原子形成4个C-H键，没有孤电子对，价层电子对数为4，故甲烷的空间构型为正四面体，NH空间构型与甲烷空间构型相同，为正四面体；
(3)
氮氮叁键键能更大，很难断开，所以氮气性质比较稳定；
(4)
Al元素从0价升高到+3价，N元素从-3价升高到0价，Cl元素从+7降到-1价，由N和Cl原子的个数，根据配平的奇数变偶数，需要AlCl3配2、N2配3，NH4ClO4前配6，再由升降相等，则Al配10、Al2O3配6，结合原子守恒配平方程式：10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；反应中被氧化的元素是0价的Al，-3价的N，每产生3mol氮气，质量为m=nM=3mol×28g/mol=84g，氮元素转移电子18mol，则产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为9mol；
(5)
Al3+结合水中的OH−发生水解反应使溶液显酸性，HCO结合水中的H+发生水解反应使溶液显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。
3． a b a CO2 检验水蒸气是否已经被完全除去 防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大 将反应产生的CO2全部赶入装置③ 方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
【分析】根据实验装置图可知，该实验方案的原理是：加热样品，发生反应Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，通过测定样品受热产生的CO2的质量确定NaHCO3的含量；为了使CO2测量准确，加热样品前要先通入空气，经U形管①吸收空气中的CO2和H2O(g)，用不含CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，然后对样品加热，使样品充分反应，U形管②吸收反应生成的H2O(g)，无水硫酸铜用于检验反应生成的H2O(g)是否被完全吸收，U形管③吸收反应生成的CO2，U形管③反应前后增加的质量即为反应生成的CO2的质量；为使反应生成的CO2在U形管③中全部被吸收，停止加热后需继续通入一段时间的空气将反应产生的CO2全部赶入U形管③中；为防止外界空气的CO2和H2O(g)进入U形管③中，最后干燥管中的碱石灰用于吸收外界空气的中CO2和水蒸气；据此分析作答。
【详解】(1) U形管①②③盛装的均为固态物质，根据分析，U形管①中试剂用于吸收空气中的CO2和H2O(g)，选用碱石灰，选a；U形管②中试剂用于吸收反应生成的H2O(g)、不吸收CO2，选用无水CaCl2，选b；U形管③中试剂用于吸收反应生成的CO2，选用碱石灰，选a；故答案为：a；b；a；CO2。
(2)为使CO2的测量准确，U形管②必须将反应生成的H2O(g)完全吸收，故干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否已经被完全除去，若被完全除去，则无水硫酸铜不变蓝；实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用是防止外界空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大；故答案为：检验水蒸气是否已经被完全除去；防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大。
(3)停止加热后，有部分CO2残留在硬质玻璃管、U形管②、导管中等，继续通入空气一段时间可将反应产生的CO2全部赶入装置③，使反应生成的CO2全部被③中碱石灰吸收；故答案为：将反应产生的CO2全部赶入装置③。
(4)常用的测定混合物含量的实验方法有：滴定分析法、重量分析法等；根据Na2CO3·10H2O和NaHCO3的性质，可采用滴定分析法，实验方案为：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理；也可采用重量分析法，实验方案为：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理；故答案为：方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
4．(1)氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出（或结合NH+OH-NH3·H2O NH3+H2O 分析 ）
(2)2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
(3) 碱石灰 吸收氨气，防止污染环境
(4) 偏大
(5) 吸收C中生成的水 碱石灰 反应前后装置M的质量差
【分析】装置A内将浓氨水滴入氢氧化钠固体可生成氨气和水分的混合气体，通入B干燥管干燥后，氨气在装置C中与氧化铜受热反应得到铜单质，通过称量装置C硬质玻璃管的质量差求得铜的质量和损失的氧原子的质量，可求出铜的摩尔质量；装置D可吸收尾气氨气。
(1)
实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出。
(2)
氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，该反应的化学方程式：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
(3)
据分析，干燥管B中的药品为碱石灰，可以干燥氨气，装置D的作用是吸收氨气，防止污染环境。
(4)
玻璃管的质量m2- m3得到损失的氧化铜中氧的质量，物质的量为mol，铜的质量为m3- m1，则铜的摩尔质量是 g/mol，则铜的相对原子质量Ar(Cu)= ；若CuO中混有不反应的杂质，反应后称量的m3偏大，则偏大，故使测定结果Ar(Cu) 偏大。
(5)
如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，用以吸收C中生成的水；吸收水的同时不能吸收氨气，装置M中的药品为碱石灰；测定C装置反应前后的质量差，根据小问4可以确定氧原子的物质的量，进而判断水的物质的量，还应测定反应前后装置M的质量差，即得到水的质量，据此可以求得水的摩尔质量。
5． K＝c3(CO) 逆 amol•L﹣1 0.005mol/(L•min) 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) Li 1.4g
【分析】(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为amol•L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；amol•L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1mol/L，0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极) ，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气物质的量各0.1mol，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。
6． Cl＞O＞H bc bd 0.125 mol·(L·min)-1 6 降低温度 移去、增大压强等
【详解】(1)上述反应中含有H、O、Cl三种元素，依据元素在周期表中的相对位置，可确定原子半径由大到小的顺序为Cl＞O＞H。与氯元素同族的短周期元素为氟，原子最外层电子排布式为2s22p5，轨道表示式为。答案为：Cl＞O＞H；；
(2)a．二者均为分子晶体，熔点的高低与分子间作用力有关，与非金属性无关，a不符合题意；
b．一般情况下非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性Cl2＞Br2，则非金属性Cl＞Br，b符合题意；
c．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，由热稳定性HCl＞HBr，可确定非金属性Cl＞Br，c符合题意；
d．氢化物的酸性与非金属性不成正比关系，所以由酸性HCl＜HBr，不能确定Cl与Br的非金属性关系，d不符合题意；
故选bc。答案为：bc；
(3)a．由，只能得出反应进行的方向相反，但HCl、Cl2的速率之比不等于化学计量数之比，所以正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，a不符合题意；
b．因为反应前后气体的分子数不等，压强是一个变量，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．混合气体的质量不变，体积不变，所以密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；
d．，表明浓度商与化学平衡常数相等，则反应达平衡状态，d符合题意；
故选bd。答案为：bd；
(4)温度、容积一定时，测得容器内气体压强减小了10%，则物质的量减少10%，由反应可得出，混合气的物质的量的减少量等于参加反应的O2的物质的量，由此得出参加反应O2的物质的量为5mol×10%=0.5mol，则参加反应HCl的物质的量为4×0.5mol=2mol，则用HCl表示该反应的化学反应速率为 =0.125 mol·(L·min)-1。答案为：0.125 mol·(L·min)-1；
(5) ①从图中可以看出，温度升高，HCl的平衡转化率减小，则表明正反应为放热反应；比值越大[可认为n(O2)恒定]，投入的HCl越多，则HCl的平衡转化率越小，所以曲线a对应的投料比=6。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，则应使平衡正向移动，所以可采取的措施有降低温度、移去、增大压强等。答案为：6；降低温度；移去、增大压强等。
【点睛】在有两种气体反应物存在的平衡体系中，增大一种反应物的浓度，可使平衡正向移动，但该反应物的转化率减小。
7． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供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，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。
8．(1) K= 正 不变
(2) 吸热 >
(3)BD
(4)2.25×10−4 mol·L-1·h-1
(5) > < 10Ca2++6PO+2F-=Ca10(PO4)6F2↓；氟离子与羟基磷灰石反应形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护
【解析】(1)
平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：；碳酸饮料显酸性，c(H+)浓度增大，促进该反应平衡正向移动，故此处填：正；由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数也不变，故此处填：不变；
(2)
由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故此处填：吸热；相同条件下，当c(H+)增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c(H+)浓度大，故pH1＞pH2；
(3)
A．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等，故各离子浓度相等不能说明反应达平衡状态，A不符合题意；
B．pH维持稳定，说明c(H+)不变，则反应达平衡状态，B符合题意；
C．由5υ正(Ca2+)=3υ逆()，得，故不能说明正、逆反应速率相等，即不能说明反应达平衡状态，C不符合题意；
D．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征，说明反应达平衡状态，D符合题意；
故答案选BD；
(4)
由题意知，5 h内=10-3-10-4=9×10-4 mol/L，由，得=1.125×10-3 mol/L，则υ(Ca2+)=；
(5)
①NaF溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(F-)+c(OH-)，则c(F-)+c(OH-)＞ c(H+)；由F +H2OHF+OH-、H2OH++OH-，知c(HF)＜c(OH-)；
②由10Ca2++6PO+2F-=Ca10(PO4)6F2↓反应知，氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护，从而防止龋齿。
9． 丙烯 碳碳双键、溴原子 加成反应 BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O NaOH溶液、加热 O2和Cu、加热 CH3CH2CH2C≡CCHO HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生消去反应生成D，D发生水解反应、氧化反应生成E，E为HC≡CCHO，E发生取代反应生成F，G可由B与H2发生加成反应而得，则G为CH3CH2CH2Br，根据信息①知，H为CH3CH2CH2C≡CCHO，H发生信息②的反应生成M为CH3CH2CH2CH＝CHCHO；
(6)由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO发生信息②的反应得到，CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaC≡CCH2CHO发生信息①的反应得到，NaC≡CCH2CHO可由HC≡CCH2CHO和NaNH2反应得到。
【详解】(1)A的化学名称是丙烯，B中的官能团是碳碳双键、溴原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、溴原子；
(2)B中碳碳双键和溴发生加成反应生成溴代烃，所以B→C的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
(3)C发生消去反应生成D，C→D的化学方程式为：BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O，故答案为：BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；
(4)E为HC≡CCHO，D中溴原子发生水解反应生成醇羟基，需要NaOH水溶液、加热条件，然后醇羟基被催化氧化生成醛基，需要氧气、Cu和加热条件，故答案为：NaOH溶液、加热；O2和Cu、加热；
(5)通过以上分析知，H的结构简式为CH3CH2CH2C≡CCHO，故答案为：CH3CH2CH2C≡CCHO；
(6)由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO发生信息②的反应得到，CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaC≡CCH2CHO发生信息①的反应得到，NaC≡CCH2CHO可由HC≡CCH2CHO和NaNH2反应得到，其合成路线为HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，故答案为：HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO。
10． —COOH(羧基) 取代反应 NaOH溶液、加热、酸化() 取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E 、、、、(任写一种) 或
【分析】由C的结构简式HOCH2COOH，结合A的分子式可确定A的结构简式为CH3COOH，则B的结构简式为ClCH2COOH，由C生成D的反应条件可知C中羟基被催化氧化生成D，可确定D的结构简式为OHCCOOH；由E与环扁桃酯的结构简式，可确定F为。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为CH3COOH，则其官能团为-COOH(羧基)；反应①为CH3COOH中-CH3上的一个H原子被Cl2中的一个Cl所替代，所以反应类型为取代反应；反应②是ClCH2COOH发生的水解反应，但-COOH会转化为-COONa，后续操作应为酸化，则所需试剂和条件为NaOH溶液、加热、酸化(H+)。答案为：-COOH(羧基)；取代反应；NaOH溶液、加热、酸化(H+)；
(2)反应③中，HOCH2COOH中的-CH2OH催化氧化生成-CHO，化学方程式为。答案为：；
(3)由以上分析知，反应⑤中另一反应物F的结构简式为。答案为：；
(4)检验D是否已经完全转化为E，则可通过加入检验-CHO的试剂，检验OHCCOOH是否存在，具体操作是：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E。答案为：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E；
(5)满足下列条件：“i．能发生水解反应，ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种”的E的同分异构体中，应含有苯环，且有两个对位取代基，一个含有酯基，另一个含有-OH或醚键，结构简式可能为、、、、(任写一种)。答案为：、、、、(任写一种)；
(6)由乙苯()合成聚苯乙烯()，则需将转化为，由此得出合成路线为或。
【点睛】书写E的同分异构体时，可先确定苯环上有两个取代基，且位于对位，然后再依据性质，确定基团的可能组成和结构。
11．(1) OHCCOOH 羟基、羧基
(2) 加成反应 浓硫酸，加热
(3) +HBr+H2O
(4)
(5) 或 或
(6)
【分析】根据C的结构简式，逆推反应①的过程，结合B的分子式，得到A的结构简式为OHCCOOH；从C、D结构简式对比分析，得知反应②是C与甲醇发生酯化反应；对比分析D、E结构可知，反应③是D中的羟基被Br原子取代，生成。
（1）
据分析，A的结构简式OHCCOOH；C中含氧官能团的名称为羟基、羧基。
（2）
据分析，反应①是OHCCOOH与苯发生加成反应；反应②是C中的羧基生成了酯基，反应条件为浓硫酸、加热。
（3）
反应③是中的羟基被溴原子取代，化学方程式为：+HBr+H2O。
（4）
两个分子可以发生分子间酯化反应，生成具有三个六元环的化合物。
（5）
根据C的结构简式可确定其分子式是C8H8O3，其同分异构体既能发生银镜反应，又能发生水解反应则含有醛基-CHO和酯基-COOC-，或HCOO-；同时苯环上有2种化学环境的氢原子，则可推测苯环上含有两个处于对位的基团，或是苯环上有四个基团；结合以上分析，推断该同分异构体是或或 。
（6）
根据题给信息，乙酸中甲基上的H原子可以用Cl原子取代，则可以将乙醇通过催化氧化生成乙醛，再氧化为乙酸，乙酸取代氯原子后与强碱水溶液反应，再酸化即可得到乙醇酸，合成路线：
。
12． 除去废铁表面的油污 确保生成物全部都是硫酸亚铁 防止亚铁离子水解 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤洗涤 低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水 FeSO4•H2O 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应
【分析】废铁含有碳以及其它金属杂质，加入热碱溶液冲洗，可除去表面的油污，加入稀硫酸，使铁全部转化为硫酸亚铁，并过滤，在滤液中加入稀硫酸可防止亚铁离子水解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，27.8g FeSO4•7H2O的物质的量为0.1mol，其中m(FeSO4)＝15.2g，m(H2O)＝12.6g，分解可生成Fe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，则由图象可知，A为FeSO4的部分结晶水合物，B为FeSO4，C为Fe2O3，以此解答该题。
【详解】(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是除去废铁表面的油污，因油脂在碱性条件下水解，烧碱溶液有去油腻的能力，故答案为：除去废铁表面的油污；
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是确保生成物全部都是硫酸亚铁，避免硫酸过量其它金属杂质与硫酸反应，步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是防止亚铁离子水解，故答案为：确保生成物全部都是硫酸亚铁；防止亚铁离子水解；
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，烘干操作需在低温条件下进行，原因是低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水；
(4)由以上分析可知90℃残留物质量为17.0g，其中m(FeSO4)＝15.2g，n(FeSO4)＝0.1mol，m(H2O)＝1.8g则n(H2O)0.1mol，则化学式为FeSO4•H2O，0.1molFeSO4可生成0.05molFe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，440℃～470℃时固体物质为Fe2O3，发生反应的化学方程式是 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，做出这一判断的依据是剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应，故答案为：FeSO4•H2O；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应。
上海市松江区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．（2020·上海松江·一模）完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。
2．（2022·上海松江·统考一模）神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反推发动机的燃料是高氯酸铵(NH4ClO4)和铝粉混合物。
完成下列填空：
(1)上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为___________(离子符号表示)，上述元素的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为___________。
(2)写出NH的电子式___________，其空间构型与甲烷空间构型相同，为___________型。
(3)氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由。___________
(4)配平以下方程式： ___________
_____Al+_____NH4ClO4→______Al2O3+_____AlCl3+_____N2↑+____ H2O 。
上述反应中被氧化的元素是___________，若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为___________mol。
(5)若回收地点附近的水中Al3+浓度超标，加入碳酸氢钠，可有效降低Al3+浓度，减少了水污染，请说明理由___________
二、实验题
3．（2021·上海松江·统考一模）为测定Na2CO3·10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
(1)U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为___________、___________、___________(选填编号)。U形管③吸收的气体为___________。
a．碱石灰 b．无水氯化钙 c．无水硫酸铜
(2)干燥管中无水硫酸铜的作用是___________。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用___________。
(3)实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是___________。
(4)再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量___________。
4．（2022·上海松江·统考一模）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar(Cu)。装置如图所示。
实验步骤：
① 检查装置的气密性；
②称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)质量记为m1g ；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g ；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯， 冷却至室温； 关闭分液漏斗活塞； 关闭K1和K2；
⑥ 称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)，记录质量m3g。
完成下列填空：
(1)实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是___________。
(2)氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式___________。
(3)干燥管B中的药品为___________，装置D的作用是___________。
(4)根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar(Cu)___________(选填：“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是___________，装置M中的药品为___________；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定___________。
三、原理综合题
5．（2020·上海松江·一模）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol•L﹣1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，放电时，负极为_____(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。
6．（2021·上海松江·统考一模）用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：
(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。
(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。
a．熔点：Cl2＜Br2 b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr d．酸性：HCl＜HBr
(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。
a． b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变 d．
(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。
(5)如下图是在2种不同投料比[=1，6 ]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比=___________。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。
7．（2021·上海松江·统考一模）亚硝酸钠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或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
8．（2022·上海松江·统考一模）牙齿上的牙釉质主要由矿物羟基磷灰石Ca10(PO4)6(OH)2组成，是人体最坚硬的物质，但口腔内残留食物会发酵使口腔呈酸性，羟基磷灰石溶解导致牙齿受损，从而形成蛀牙。
Ca10(PO4)6(OH)2(s)+8H+(aq) 10Ca2+(aq)+6HPO (aq)+2H2O(l)
完成下列填空：
(1)该反应的平衡常数表达式为___________。当喝下碳酸饮料时，平衡向___________反应方向移动，平衡常数___________(选填：增大、减少或不变)。
(2)牙釉质的质量与反应温度、pH关系如图所示，则该反应为___________反应(选填：放热或吸热)，pH1___________pH2(选填：＞、＜或=)。
(3)能说明达到平衡状态的是___________。(选填字母)
A．各离子浓度相等 B．pH维持稳定
C．5 V正(Ca2+)=3 V逆(HPO) D．羟基磷灰石的质量不发生变化
(4)为模拟酸对牙釉质的影响，在一密闭容器中加入牙釉质和盐酸，经过5h后，发现溶液的pH由3变化为4，则Ca2+的平均反应速率为___________。
(5)氟磷灰石(Ca10(PO4)6F2)比羟基磷灰石溶解度更小，质地更坚固。
①氟化钠溶液呈碱性，溶液中：c(F−)+ c(OH−)___________ c(H+)，c(HF)___________c(OH−)(均选填：＞，＜或=)。
②已知羟基磷灰石在水中存在如下溶解平衡：Ca10(PO4)6(OH)2(s) 10Ca2+(aq)+6PO (aq)+2OH- (aq)。某品牌牙膏中配有氟化钠添加剂，请结合离子方程式解释氟化钠添加剂能够防治龋齿的原因___________。
四、有机推断题
9．（2020·上海松江·一模）某研究团队从1.8万个臭虫蜕皮和粪便中提取有效成分以消灭臭虫。以下是其中一种组分M的合成路线(部分试剂和条件省略)。
已知：
①R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2
②R3C≡CR4R3CH＝CHR4
完成下列填空：
(1)A的化学名称是_____，B中的官能团是_____。
(2)B→C的反应类型是_____。
(3)C→D的化学方程式为：_____。
(4)E的结构简式为HC≡CCHO，则反应试剂及条件①为_____，②为_____。
(5)G可由B与H2发生加成反应而得，则H的结构简式为_____。
(6)设计一条由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO的合成路线。(合成路线的常用表示方式为：甲乙目标产物)_____。
10．（2021·上海松江·统考一模）环扁桃酯临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯的一种合成路线如下所示：
完成下列填空：
(1)写出A的官能团___________；①的反应类型___________；反应②所需试剂和条件___________。
(2)写出反应③的化学方程式___________
(3)反应⑤中另一反应物F的结构简式为___________。
(4)检验D是否已经完全转化为E的操作是___________。
(5)满足下列条件，写出一种E的同分异构体的结构简式___________。
i．能发生水解反应 ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种
(6)写出由乙苯()合成聚苯乙烯()的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：)_______________。
11．（2022·上海松江·统考一模）苦杏仁酸在医药工业可用于合成头孢羟唑、羟苄唑、匹莫林等的中间体，下列路线是合成苦杏仁酸及其衍生物的一种方法：
完成下列填空：
(1)试写出A的结构简式___________，C中含氧官能团的名称为___________。
(2)反应①的反应类型为___________，反应②的条件为___________。
(3)反应③的化学方程式为___________。
(4)两个C分子可以反应生成具有三个六元环的化合物F，则F的结构简式为___________。
(5)写出满足下列条件的C的一种同分异构体___________。
a．既能发生银镜反应，又能发生水解反应
b．苯环上有2种化学环境的氢原子
(6)乙醇酸可用于工业制备聚乙醇酸，已知：RCH2COOH RCHClCOOH，请以乙醇为原料(无机试剂任选)设计制备乙醇酸(HOCH2COOH)的合成路线___________。(合成路线常用的表示方法为：甲 …乙 目标产物)
五、工业流程题
12．（2020·上海松江·一模）硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)在医药上作补血剂。工业上由废铁生产FeSO4•7H2O的一种流程如图：
(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是_____。
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是_____。步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是_____。
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为_____、_____、_____。烘干操作需在低温条件下进行，原因是_____。
(4)取27.8g FeSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如上图所示。分析数据，90℃残留物的化学式是_____。440℃～470℃时固体物质发生反应的化学方程式是_____，做出这一判断的依据是_____。
参考答案：
1． O、Si 二氧化硅形成的是原子晶体 1：2 +2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣ 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 8 3 24 8 3 18 12NA
【分析】写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/mol＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
2．(1) N3−>O2−>Al3+ 1s22s22p3
(2) 正四面体
(3)氮氮叁键键能更大，很难断开，更稳定
(4) 10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O 0价的Al，-3价的N 9
(5)Al3+水解（结合水中的OH−使溶液）显酸性，HCO水解（结合水中的H+使溶液）显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。（或Al3+与HCO双水解， Al3++3HCO→Al(OH)3↓+3CO2↑，有效降低了Al3+浓度）
【解析】(1)
核外电子数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则由大到小顺序为N3−>O2−>Al3+，未成对电子数最多的是N元素，为7号元素，核外电子排布式为1S22S22P3；
(2)
NH的N和H原子共用一对电子对，其电子式为，甲烷中碳原子形成4个C-H键，没有孤电子对，价层电子对数为4，故甲烷的空间构型为正四面体，NH空间构型与甲烷空间构型相同，为正四面体；
(3)
氮氮叁键键能更大，很难断开，所以氮气性质比较稳定；
(4)
Al元素从0价升高到+3价，N元素从-3价升高到0价，Cl元素从+7降到-1价，由N和Cl原子的个数，根据配平的奇数变偶数，需要AlCl3配2、N2配3，NH4ClO4前配6，再由升降相等，则Al配10、Al2O3配6，结合原子守恒配平方程式：10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；反应中被氧化的元素是0价的Al，-3价的N，每产生3mol氮气，质量为m=nM=3mol×28g/mol=84g，氮元素转移电子18mol，则产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为9mol；
(5)
Al3+结合水中的OH−发生水解反应使溶液显酸性，HCO结合水中的H+发生水解反应使溶液显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。
3． a b a CO2 检验水蒸气是否已经被完全除去 防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大 将反应产生的CO2全部赶入装置③ 方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
【分析】根据实验装置图可知，该实验方案的原理是：加热样品，发生反应Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，通过测定样品受热产生的CO2的质量确定NaHCO3的含量；为了使CO2测量准确，加热样品前要先通入空气，经U形管①吸收空气中的CO2和H2O(g)，用不含CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，然后对样品加热，使样品充分反应，U形管②吸收反应生成的H2O(g)，无水硫酸铜用于检验反应生成的H2O(g)是否被完全吸收，U形管③吸收反应生成的CO2，U形管③反应前后增加的质量即为反应生成的CO2的质量；为使反应生成的CO2在U形管③中全部被吸收，停止加热后需继续通入一段时间的空气将反应产生的CO2全部赶入U形管③中；为防止外界空气的CO2和H2O(g)进入U形管③中，最后干燥管中的碱石灰用于吸收外界空气的中CO2和水蒸气；据此分析作答。
【详解】(1) U形管①②③盛装的均为固态物质，根据分析，U形管①中试剂用于吸收空气中的CO2和H2O(g)，选用碱石灰，选a；U形管②中试剂用于吸收反应生成的H2O(g)、不吸收CO2，选用无水CaCl2，选b；U形管③中试剂用于吸收反应生成的CO2，选用碱石灰，选a；故答案为：a；b；a；CO2。
(2)为使CO2的测量准确，U形管②必须将反应生成的H2O(g)完全吸收，故干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否已经被完全除去，若被完全除去，则无水硫酸铜不变蓝；实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用是防止外界空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大；故答案为：检验水蒸气是否已经被完全除去；防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大。
(3)停止加热后，有部分CO2残留在硬质玻璃管、U形管②、导管中等，继续通入空气一段时间可将反应产生的CO2全部赶入装置③，使反应生成的CO2全部被③中碱石灰吸收；故答案为：将反应产生的CO2全部赶入装置③。
(4)常用的测定混合物含量的实验方法有：滴定分析法、重量分析法等；根据Na2CO3·10H2O和NaHCO3的性质，可采用滴定分析法，实验方案为：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理；也可采用重量分析法，实验方案为：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理；故答案为：方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
4．(1)氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出（或结合NH+OH-NH3·H2O NH3+H2O 分析 ）
(2)2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
(3) 碱石灰 吸收氨气，防止污染环境
(4) 偏大
(5) 吸收C中生成的水 碱石灰 反应前后装置M的质量差
【分析】装置A内将浓氨水滴入氢氧化钠固体可生成氨气和水分的混合气体，通入B干燥管干燥后，氨气在装置C中与氧化铜受热反应得到铜单质，通过称量装置C硬质玻璃管的质量差求得铜的质量和损失的氧原子的质量，可求出铜的摩尔质量；装置D可吸收尾气氨气。
(1)
实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出。
(2)
氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，该反应的化学方程式：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
(3)
据分析，干燥管B中的药品为碱石灰，可以干燥氨气，装置D的作用是吸收氨气，防止污染环境。
(4)
玻璃管的质量m2- m3得到损失的氧化铜中氧的质量，物质的量为mol，铜的质量为m3- m1，则铜的摩尔质量是 g/mol，则铜的相对原子质量Ar(Cu)= ；若CuO中混有不反应的杂质，反应后称量的m3偏大，则偏大，故使测定结果Ar(Cu) 偏大。
(5)
如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，用以吸收C中生成的水；吸收水的同时不能吸收氨气，装置M中的药品为碱石灰；测定C装置反应前后的质量差，根据小问4可以确定氧原子的物质的量，进而判断水的物质的量，还应测定反应前后装置M的质量差，即得到水的质量，据此可以求得水的摩尔质量。
5． K＝c3(CO) 逆 amol•L﹣1 0.005mol/(L•min) 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) Li 1.4g
【分析】(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为amol•L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；amol•L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1mol/L，0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极) ，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气物质的量各0.1mol，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。
6． Cl＞O＞H bc bd 0.125 mol·(L·min)-1 6 降低温度 移去、增大压强等
【详解】(1)上述反应中含有H、O、Cl三种元素，依据元素在周期表中的相对位置，可确定原子半径由大到小的顺序为Cl＞O＞H。与氯元素同族的短周期元素为氟，原子最外层电子排布式为2s22p5，轨道表示式为。答案为：Cl＞O＞H；；
(2)a．二者均为分子晶体，熔点的高低与分子间作用力有关，与非金属性无关，a不符合题意；
b．一般情况下非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性Cl2＞Br2，则非金属性Cl＞Br，b符合题意；
c．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，由热稳定性HCl＞HBr，可确定非金属性Cl＞Br，c符合题意；
d．氢化物的酸性与非金属性不成正比关系，所以由酸性HCl＜HBr，不能确定Cl与Br的非金属性关系，d不符合题意；
故选bc。答案为：bc；
(3)a．由，只能得出反应进行的方向相反，但HCl、Cl2的速率之比不等于化学计量数之比，所以正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，a不符合题意；
b．因为反应前后气体的分子数不等，压强是一个变量，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．混合气体的质量不变，体积不变，所以密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；
d．，表明浓度商与化学平衡常数相等，则反应达平衡状态，d符合题意；
故选bd。答案为：bd；
(4)温度、容积一定时，测得容器内气体压强减小了10%，则物质的量减少10%，由反应可得出，混合气的物质的量的减少量等于参加反应的O2的物质的量，由此得出参加反应O2的物质的量为5mol×10%=0.5mol，则参加反应HCl的物质的量为4×0.5mol=2mol，则用HCl表示该反应的化学反应速率为 =0.125 mol·(L·min)-1。答案为：0.125 mol·(L·min)-1；
(5) ①从图中可以看出，温度升高，HCl的平衡转化率减小，则表明正反应为放热反应；比值越大[可认为n(O2)恒定]，投入的HCl越多，则HCl的平衡转化率越小，所以曲线a对应的投料比=6。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，则应使平衡正向移动，所以可采取的措施有降低温度、移去、增大压强等。答案为：6；降低温度；移去、增大压强等。
【点睛】在有两种气体反应物存在的平衡体系中，增大一种反应物的浓度，可使平衡正向移动，但该反应物的转化率减小。
7． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供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，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。
8．(1) K= 正 不变
(2) 吸热 >
(3)BD
(4)2.25×10−4 mol·L-1·h-1
(5) > < 10Ca2++6PO+2F-=Ca10(PO4)6F2↓；氟离子与羟基磷灰石反应形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护
【解析】(1)
平衡常数为生成物浓度的幂次方乘积比上反应物浓度的幂次方乘积，则该反应的平衡常数表达式为：；碳酸饮料显酸性，c(H+)浓度增大，促进该反应平衡正向移动，故此处填：正；由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数也不变，故此处填：不变；
(2)
由图示知，随着温度升高，牙釉质质量减少，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故此处填：吸热；相同条件下，当c(H+)增大时，促进平衡正向移动，牙釉质质量减少，所以图示pH2对应c(H+)浓度大，故pH1＞pH2；
(3)
A．达平衡时，各个物质的含量不变，浓度不变，但不一定相等，故各离子浓度相等不能说明反应达平衡状态，A不符合题意；
B．pH维持稳定，说明c(H+)不变，则反应达平衡状态，B符合题意；
C．由5υ正(Ca2+)=3υ逆()，得，故不能说明正、逆反应速率相等，即不能说明反应达平衡状态，C不符合题意；
D．羟基磷灰石质量不变，符合平衡状态特征，说明反应达平衡状态，D符合题意；
故答案选BD；
(4)
由题意知，5 h内=10-3-10-4=9×10-4 mol/L，由，得=1.125×10-3 mol/L，则υ(Ca2+)=；
(5)
①NaF溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(F-)+c(OH-)，则c(F-)+c(OH-)＞ c(H+)；由F +H2OHF+OH-、H2OH++OH-，知c(HF)＜c(OH-)；
②由10Ca2++6PO+2F-=Ca10(PO4)6F2↓反应知，氟离子与羟基磷灰石反应能形成溶解度更小、质地更坚固的氟磷灰石，覆盖在牙齿表面，使牙齿受到保护，从而防止龋齿。
9． 丙烯 碳碳双键、溴原子 加成反应 BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O NaOH溶液、加热 O2和Cu、加热 CH3CH2CH2C≡CCHO HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生消去反应生成D，D发生水解反应、氧化反应生成E，E为HC≡CCHO，E发生取代反应生成F，G可由B与H2发生加成反应而得，则G为CH3CH2CH2Br，根据信息①知，H为CH3CH2CH2C≡CCHO，H发生信息②的反应生成M为CH3CH2CH2CH＝CHCHO；
(6)由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO发生信息②的反应得到，CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaC≡CCH2CHO发生信息①的反应得到，NaC≡CCH2CHO可由HC≡CCH2CHO和NaNH2反应得到。
【详解】(1)A的化学名称是丙烯，B中的官能团是碳碳双键、溴原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、溴原子；
(2)B中碳碳双键和溴发生加成反应生成溴代烃，所以B→C的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
(3)C发生消去反应生成D，C→D的化学方程式为：BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O，故答案为：BrCH2CHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；
(4)E为HC≡CCHO，D中溴原子发生水解反应生成醇羟基，需要NaOH水溶液、加热条件，然后醇羟基被催化氧化生成醛基，需要氧气、Cu和加热条件，故答案为：NaOH溶液、加热；O2和Cu、加热；
(5)通过以上分析知，H的结构简式为CH3CH2CH2C≡CCHO，故答案为：CH3CH2CH2C≡CCHO；
(6)由HC≡CCH2CHO和CH3CH2CH2CH2Br为有机原料(其他无机试剂任选)合成CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，CH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO发生信息②的反应得到，CH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHO可由CH3CH2CH2CH2Br和NaC≡CCH2CHO发生信息①的反应得到，NaC≡CCH2CHO可由HC≡CCH2CHO和NaNH2反应得到，其合成路线为HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO，故答案为：HC≡CCH2CHONaC≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2C≡CCH2CHOCH3CH2CH2CH2CH＝CHCH2CHO。
10． —COOH(羧基) 取代反应 NaOH溶液、加热、酸化() 取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E 、、、、(任写一种) 或
【分析】由C的结构简式HOCH2COOH，结合A的分子式可确定A的结构简式为CH3COOH，则B的结构简式为ClCH2COOH，由C生成D的反应条件可知C中羟基被催化氧化生成D，可确定D的结构简式为OHCCOOH；由E与环扁桃酯的结构简式，可确定F为。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为CH3COOH，则其官能团为-COOH(羧基)；反应①为CH3COOH中-CH3上的一个H原子被Cl2中的一个Cl所替代，所以反应类型为取代反应；反应②是ClCH2COOH发生的水解反应，但-COOH会转化为-COONa，后续操作应为酸化，则所需试剂和条件为NaOH溶液、加热、酸化(H+)。答案为：-COOH(羧基)；取代反应；NaOH溶液、加热、酸化(H+)；
(2)反应③中，HOCH2COOH中的-CH2OH催化氧化生成-CHO，化学方程式为。答案为：；
(3)由以上分析知，反应⑤中另一反应物F的结构简式为。答案为：；
(4)检验D是否已经完全转化为E，则可通过加入检验-CHO的试剂，检验OHCCOOH是否存在，具体操作是：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E。答案为：取样，加入足量NaOH溶液中和，再加入新制氢氧化铜悬浊液加热，无砖红色沉淀生成，说明D已完全转化为E；
(5)满足下列条件：“i．能发生水解反应，ⅱ．苯环上的一溴代物只有两种”的E的同分异构体中，应含有苯环，且有两个对位取代基，一个含有酯基，另一个含有-OH或醚键，结构简式可能为、、、、(任写一种)。答案为：、、、、(任写一种)；
(6)由乙苯()合成聚苯乙烯()，则需将转化为，由此得出合成路线为或。
【点睛】书写E的同分异构体时，可先确定苯环上有两个取代基，且位于对位，然后再依据性质，确定基团的可能组成和结构。
11．(1) OHCCOOH 羟基、羧基
(2) 加成反应 浓硫酸，加热
(3) +HBr+H2O
(4)
(5) 或 或
(6)
【分析】根据C的结构简式，逆推反应①的过程，结合B的分子式，得到A的结构简式为OHCCOOH；从C、D结构简式对比分析，得知反应②是C与甲醇发生酯化反应；对比分析D、E结构可知，反应③是D中的羟基被Br原子取代，生成。
（1）
据分析，A的结构简式OHCCOOH；C中含氧官能团的名称为羟基、羧基。
（2）
据分析，反应①是OHCCOOH与苯发生加成反应；反应②是C中的羧基生成了酯基，反应条件为浓硫酸、加热。
（3）
反应③是中的羟基被溴原子取代，化学方程式为：+HBr+H2O。
（4）
两个分子可以发生分子间酯化反应，生成具有三个六元环的化合物。
（5）
根据C的结构简式可确定其分子式是C8H8O3，其同分异构体既能发生银镜反应，又能发生水解反应则含有醛基-CHO和酯基-COOC-，或HCOO-；同时苯环上有2种化学环境的氢原子，则可推测苯环上含有两个处于对位的基团，或是苯环上有四个基团；结合以上分析，推断该同分异构体是或或 。
（6）
根据题给信息，乙酸中甲基上的H原子可以用Cl原子取代，则可以将乙醇通过催化氧化生成乙醛，再氧化为乙酸，乙酸取代氯原子后与强碱水溶液反应，再酸化即可得到乙醇酸，合成路线：
。
12． 除去废铁表面的油污 确保生成物全部都是硫酸亚铁 防止亚铁离子水解 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤洗涤 低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水 FeSO4•H2O 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应
【分析】废铁含有碳以及其它金属杂质，加入热碱溶液冲洗，可除去表面的油污，加入稀硫酸，使铁全部转化为硫酸亚铁，并过滤，在滤液中加入稀硫酸可防止亚铁离子水解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，27.8g FeSO4•7H2O的物质的量为0.1mol，其中m(FeSO4)＝15.2g，m(H2O)＝12.6g，分解可生成Fe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，则由图象可知，A为FeSO4的部分结晶水合物，B为FeSO4，C为Fe2O3，以此解答该题。
【详解】(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是除去废铁表面的油污，因油脂在碱性条件下水解，烧碱溶液有去油腻的能力，故答案为：除去废铁表面的油污；
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是确保生成物全部都是硫酸亚铁，避免硫酸过量其它金属杂质与硫酸反应，步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是防止亚铁离子水解，故答案为：确保生成物全部都是硫酸亚铁；防止亚铁离子水解；
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，烘干操作需在低温条件下进行，原因是低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水；
(4)由以上分析可知90℃残留物质量为17.0g，其中m(FeSO4)＝15.2g，n(FeSO4)＝0.1mol，m(H2O)＝1.8g则n(H2O)0.1mol，则化学式为FeSO4•H2O，0.1molFeSO4可生成0.05molFe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，440℃～470℃时固体物质为Fe2O3，发生反应的化学方程式是 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，做出这一判断的依据是剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应，故答案为：FeSO4•H2O；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应。
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