上海市浦东新区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份上海市浦东新区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共25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。

上海市浦东新区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·上海浦东新·统考一模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3 Li2O+CO2；②Li2O+CCO+2Li。锂原子的电子排布式为_____；CO2 的结构式为_____；反应②中涉及的化学键类型有_____。
(2)氢负离子(H﹣)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释_____
(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下：称取1.000g样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL.取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00 mL。
①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。
②滴定终点的判断依据为_____。
③样品的纯度为_____。
2．（2021·上海·统考一模）门捷列夫认为氮、碳、氧、氢是“四大天王”元素，它们与宇宙和生命的形成都有密切联系，可以相互结合成很多化合物。
(1)四种元素中，核外未成对电子数目相同的元素有_______(填写元素符号，下同)；四种元素的原子半径由大到小的顺序为_______。
(2)HCN是生命演化过程中的基础物质之一。已知HCN中C、N都满足8电子稳定结构，则HCN的电子式为_______；其中C、N之间的共用电子对偏向的元素是_______，从原子结构角度解释其原因_______。
(3)N2O是医学上的一种麻醉剂，可以通过反应_______NH3+_______O2→ _______N2O+_______H2O制得，配平该反应的化学方程式_______；若生成1.8 g水，转移的电子数目为_______个。已知N2O为直线型极性分子，则该分子中所含化学键的类型有_______(填写编号)。
a．极性共价键        b．非极性共价键            c．离子键        d．金属键
3．（2022·上海浦东新·统考一模）我国载人登月计划所用的固体火箭发动机推力全球最大。其固体燃料主要含NH4C1O4、Al粉和Fe2O3。完成下列填空：
(1)Al原子的最外层电子排布式为___________，其核外共有___________种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应的化学方程式为___________。
(2)NH4ClO4分解的化学方程式为：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑。NH4ClO4属于___________(选填“离子”或“共价”)化合物，其中存在的化学键有___________。
(3)制备NH4ClO4时，需先制备高纯度NaClO4。为测定NaClO4纯度，可用KI溶液检测：_____ClO+___I-+_____H+→_____Cl-+_____I2+____H2O
①配平上述离子方程式___________。
②若生成127gI2，则转移电子数为___________。
(4)实验室可利用NaClO4与NH4Cl两种饱和溶液制取NH4ClO4：NaClO4+NH4Cl⇌NH4C1O4+NaCl，实验时常通入过量的氨气并采取降温操作，原因是___________。


二、实验题
4．（2020·上海浦东新·统考一模）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：

(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。
(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2 和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。
(3)查阅资料：Cl2 可氧化 I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____ H2O→_____ HIO3+_____ HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。
(4)探究氧化性：在盛有 FeCl3 溶液的试管中，滴入几滴 KI 溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管 a 中加入 1 mL 苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有 I2存在；试管b 中滴入 KSCN 溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。
(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。
5．（2022·上海浦东新·统考一模）某实验小组利用下图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。

已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
(1)C装置中覆盖食用油的目的是___________；D装置的作用___________。B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为___________(保留三位小数)。
为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。

得到如下pH-t图：

(2)曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为___________。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了___________(填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是_________(任写2条)。
(3)为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将2240mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀21.436g。则SO2气体的体积分数为_______。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是________(选填编号)。
a．气体通入速率过快     b．沉淀未进行恒重操作
c．收集的气体中有CO2 d．未用食用油覆盖液面

三、原理综合题
6．（2020·上海浦东新·统考一模）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)﹣Q(Q＞0)。常温下，实验室在10 L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：

0 min
2 min
4 min
5 min
6 min
N2
2
1.7
1.6
1.6
2.5
H2O
10
9.1
8.8
8.8
8.65
O2
0
0.45
0.6
0.6
0.675

(1)该反应的平衡常数表达式K＝_____，0～2 min 内 NH3的平均生成速率为_____。
(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡_____。
(3)在5～6 min之间只改变了单一条件，该条件是_____。
(4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是_____，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_____(用方程式表示)。
(5)常温下NH4HCO3溶液的 pH＞7，由此判断溶液中：c( NH4+)_____c( HCO3﹣)(选填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是_____。
7．（2021·上海·统考一模）硅是现代信息产业的基础材料。工业生产高纯硅涉及的反应之一为：SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)。
(1)该反应的平衡常数K=_______。
(2)SiHCl3的百分含量与反应温度(T)和压强(P)的关系如图所示，则该反应是_______反应(选填：“吸热”或“放热”)，P1_______P2(选填：“>”、“＜”或“=”)，判断压强大小的依据是_______。

(3)在恒容密闭容器中反应10 min后，气体密度减少了2.8 g·L-1，则HCl的平均反应速率为_______。平衡后分离出产物高纯硅，逆反应速率将_______(选填：“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)硅提纯工艺中的尾气CO可用于生产草酸氢钾(KHC2O4)或草酸钾(K2C2O4)。已知草酸氢钾溶液呈酸性，草酸钾溶液呈碱性。
①草酸氢钾溶液中，c(H2C2O4)_______c(C2O)。(选填：“>”、“＜”或“=”)
②向草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液，反应的离子方程式为_______；当滴加至中性时，c(K+)_______c(Na+) 。(选填：“>”、“＜”或“=”)
8．（2022·上海浦东新·统考一模）氢燃料电池汽车所用的有机物液体储氢技术应用前景广阔。该技术的化学反应原理是在一定条件下，环己烷发生气相脱氢反应释放出氢气(反向即为储氢过程)：(g)(g)+3H2(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表：
温度/℃
120
140
160
平衡常数
5.343×10-2
1.152
18.70

140℃时，在体积为2L的密闭容器中充入1mol (g)，发生上述反应。
完成下列填空：
(1)该反应的化学平衡常数表达式K=___________，正反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)若5min时，容器中气体的物质的量增大为原来的2.2倍，此时环己烷的转化率为________，v(正)________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
(3)恒压下，环己烷起始浓度相同时，该反应在有、无分子筛膜时环己烷的平衡转化率随温度的变化如下图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2。

用化学平衡移动原理解释分子筛膜对环己烷平衡转化率的影响___________
(4)磷酸铁锂常用作电动车电极材料，其中磷元素能形成多种含氧酸，亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，常温下0.01mol/LNaH2PO3溶液pH=3.95，0.01mol/LNa2HPO3溶液pH=9.30。
①亚磷酸溶液中存在___________种分子和___________种离子。
②用NaOH溶液滴定亚磷酸，若用酚酞做指示剂，反应的离子方程式为___________；若用甲基橙做指示剂，达到滴定终点时，所得溶液中：c(Na+)___________c()+2c()(填“>”、’或“=”)

四、有机推断题
9．（2020·上海浦东新·统考一模）乙酸是有机合成的重要原料，由它合成苏合香醇(香料)和扁桃酸(医药中间体)的途径如图：

已知：RCH2COOH
(1)A 的结构简式为_____，B 中官能团的名称是_____。反应④的反应类型是_____。
(2)反应③的化学方程式为_____。
(3)芳香族化合物 M(C10H10O4)可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，M 的结构简式为_____。
(4)聚丙烯酸( )在工业上可以抑制水垢的生成。根据已有知识并结合本题相关信息，设计由丙酸(CH3CH2COOH)为原料合成聚丙烯酸的路线_____。(合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物)
10．（2021·上海·统考一模）氯乙酸(ClCH2COOH)是医药工业中重要的合成中间体。用氯乙酸制取镇静药巴比妥(K)的合成路线如下：

(1)A中的官能团为_______(用化学符号表示)；B→C的反应类型是_______。
(2)D与E反应生成F的化学方程式为_______。
(3)已知：
物质
D
E
F
熔点
135.6℃
-117.3℃
-50℃
沸点
—(140℃分解)
78℃
199.3℃

实验室利用该反应制备F时，最适合的装置是_______(选填编号)；选择该装置的理由是_______。
            
(4)最后一步反应为：G+H → K+2E，则H的结构简式为_______。
(5)能水解产生丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的F的同分异构体有_______种。
(6)结合题中流程信息，以乙烯为原料设计合成丁二酸的路线_______。(合成路线常用的表示方式为：甲乙 ∙∙∙∙∙∙ 目标产物)
11．（2022·上海浦东新·统考一模）丙烯可用于生产很多有机化工原料，其中卡波姆( )和环氧树脂稀释剂L( )的合成路线如下：

已知： 表示多步反应；D分子中含有羟基。完成下列填空：
(1)B中含有的官能团名称是___________；C的结构简式为___________。
(2)①的反应类型为___________；②的反应条件和试剂是___________。
(3)③的化学方程式为___________。
(4)反应④与⑤能否交换先后顺序？请说明理由___________。
(5)写出满足下列条件的2种L的同分异构体。___________。
①芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应，
②含有4种不同化学环境的氢原子。
(6)设计流程中B的合成路线______________。(合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)

五、工业流程题
12．（2021·上海·统考一模）已知BaSO4性质稳定，不溶于水、酸和碱，高纯度BaSO4具有广泛用途，工业上利用重晶石(主要成分BaSO4)生产高纯度BaSO4的工艺流程如下：

(1)“高温焙烧”时重晶石被还原为可溶性硫化钡的化学方程式为_______。 “溶解”时产生有臭鸡蛋气味的气体，所得溶液呈碱性，原因是_______。流程中的“一系列操作”是指过滤、_______、_______。
(2)分析本题流程，从中概括出提纯类似BaSO4的无机盐的一般路径为_______。
(3)流程中所用硫酸钠溶液由芒硝(主要成分为Na2SO4∙10H2O，含少量MgSO4、CaSO4)经提纯制取，提纯时需要依次加入的试剂是_______。
(4)为测定芒硝的纯度，称取样品a g，充分灼烧，实验最终得到固体b g，则该芒硝样品的纯度为_______(用含a、b的代数式表示)。
(5)实验中判断样品已失去全部结晶水的依据是_______。下列情况会使芒硝纯度测定结果偏小的是_______(选填编号)。
a.有固体飞溅                    b.晶体未完全分解
c.露置于空气中冷却                d.坩埚未干燥

参考答案：
1．     1s22s1     O＝C＝O     离子键、共价键、金属键     氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大     玻璃棒     100mL容量瓶     当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色     0.999
【分析】(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；
(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；
(3)①根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；②根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；③利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。
【详解】(1)    锂是3号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2 的中心原子为C，碳原子和氧原子形成两对共用电子对，Li2O属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键， Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为O＝C＝O；
(2)    氢是1号元素，质子数为1，锂是3号元素，质子数为3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。
(3)①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶，玻璃棒，答案为100ml容量瓶，玻璃棒；
②定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cV=2.000 mol/L×0.01L=0.02mol，Li2CO3与硫酸反应Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，稀释前n(H2SO4)=n(Li2SO4)，加水定容至 100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(Li2SO4)= n2(Li2SO4)=0.02mol，取定容后的溶液 10.00 mL，则取出的溶质的物质的量=mol=0.002mol，n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/L×0.013L=0.0013mol，由于H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4)=n(NaOH)= ×0.0013mol=0.00065mol，反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol，n（H2SO4）=n（Li2SO4）= n(Li2CO3)=0.00135mol，根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1（Li2CO3）=nM=0.00135×74=0.0999g，100ml溶液中所含m2(Li2CO3)=0.0999g×10=0.999g，故ω= ==0.999。
【点睛】计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。
2．     C、O     C>N>O>H          N     C和N原子核外都有2个电子层，N的核电荷数比C多，且原子半径N小于C，核对外层电子的吸引力强     2NH3+2O2N2O+3H2O     NA或0.267NA或1.6×1023     ab
【详解】(1)H、C、N、O核外未成对电子数目分别为1、2、3、2，核外未成对电子数目相等的是C和O；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：C>N>O>H。
(2)HCN中C、N都满足8电子稳定结构， HCN的电子式为，C和N是位于同周期相邻元素，N的核电荷数比C大，N原子半径比C小，N对核外电子吸引力更强，所以C、N之间的共用电子对偏向的元素是N。
(3)利用化合价升降法来配平，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；反应中N化合价由-3价升高为+1价，O化合价由0价降低为-2价，每生成1 mol水转移 mol电子，生成1.8 g水即0.1 mol水时转移电子0.1× mol= mol，转移电子数为NA或0.267NA或1.6×1023；N2O为直线型极性分子，分子结构为，则该分子中所含化学键的类型有氮氮非极性共价键，氮氧极性共价键，故答案为ab。
3．(1)     3s23p1     13     2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe
(2)     离子     离子键和共价键
(3)     ClO+8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O     NA或6.02×1023
(4)低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中浓度，有利于NH4ClO4结晶析出

【详解】（1）Al原子的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1；其核外共有13种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应生成三氧化二铝和铁，化学方程式为2A1+Fe2O3 Al2O3+2Fe；
（2）NH 与ClO 之前形成离子键，所以为离子化合物；N元素与H元素之间形成共价键，所以其中存在的化学键有离子键和共价键；
（3）①根据原子守恒以及电荷守恒，ClO +8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O；
②生成127gI2，物质的量为0.5mol，根据离子方程式可知，生成能4mol I2，转移8mol电子，所以生成0.5mol I2，转移1mol电子，转移电子数为NA或6.02×1023；
（4）根据图示可知，NH4C1O4的溶解度受温度影响较大，通入氨气增大了溶液中NH 浓度，NH与ClO可行成NH4C1O4，故原因为低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中NH浓度，有利于NH4ClO4结晶析出。
4．     过滤     分液漏斗     Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣     碘水     变蓝     加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③     5     1     6     2     10          分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色     Fe3+     由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3
【分析】(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；
(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；
(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN 溶液变为血红色；
(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。
【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；
(2) 没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③
(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+ 6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为：；
(4) FeCl3 溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管 a 中加入 1 mL 苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN 溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；
(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。
5．(1)     隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验     吸收尾气SO2并防止倒吸     0.295
(2)     SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降     盐酸或硫酸     ①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
(3)     0.92     b

【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用。
（1）
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验；吸收尾气SO2并防止倒吸；0.295；
（2）
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
（3）
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=0.92；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡的质量偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，故正确；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
b正确，故答案为：0.92；b。
6．          0.03mol/(L•min)     能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态     增加了氮气的量     NH3     NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣     ＞     因为pH＞7，说明c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HCO3﹣)+c(OH﹣)+2c(CO32﹣)，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣)(或NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣))
【分析】(1)根据表格中的数据可知，第4，5分钟时，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，根据平衡状态表达式；根据公式v=计算；
(2)根据化学平衡的判断依据判断是否处于平衡状态；
(3)根据各物质的浓度的变化量判断改变的条件；
(4)根据氨气和二氧化碳的溶解度判断先通什么气体，根据溶液中的成分写出电离方程式；
(5)根据电荷守恒，比较离子的浓度大小；
【详解】(1).根据化学方程式，2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，化学平衡常数=生成物离子的浓度幂之积/反应物离子的浓度幂之积=，表格中数据，0～2 min 内N2的物质的量变化=2mol-1.7mol=0.3mol，v(N2)= =0.3mol/10L/2min=0.015mol/(L•min)，由于氮气和氨气的速率之比为1:2，v(NH3)=2v(N2)=0.015mol/(L•min)×2=0.03mol/(L•min)；
(2)因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态 ，故答案为：能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态；
(3)在5～6 min，N2的物质的量增加了2.5mol-1.6mol=0.9mol，H2O的物质的量减小了8.8mol-8.65mol=0.15mol，O2的物质的量增加了0.675-0.6=0.075mol，H2O的物质的量在减小，O2的物质的量在增加，平衡正向移动，而表格中N2的物质的量增加的比较多，故条件改变的是增加氮气的量；
(4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)，氨气在水中的溶解度是一体积水溶解700体积的氨气，而二氧化碳在水中的溶解度较小，故制碳酸氢铵需向氨水中通入二氧化碳，氨气溶于水形成氨水，氨水中含有一水合氨，水分子，氨分子，一水合氨和水分子是弱电解质，可以电离，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣、H2O⇌H++OH﹣；
(5)常温下NH4HCO3 溶液的 pH＞7，因为pH＞7，说明c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HCO3﹣)+c(OH﹣)+2c(CO32﹣)，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣)，或者NH4+水解呈酸性，HCO3﹣水解呈碱性，pH＞7，说明水解程度NH4+＜HCO3﹣，所以c(NH4+)＞c(HCO3﹣) 。
7．          吸热     >     该反应为气体总体积增加的反应，增大压强，平衡向左移动，SiHCl3百分含量增加，所以P1>P2     0.03 mol/(L·min)     不变     ＜     HC2O+OH-=C2O+H2O     >
【分析】按定义，书写化学方程式对应的平衡常数表达式、由图示信息结合勒夏特列原理判断温度、压强变化时平衡移动的方向、结合盐类水解知识回答溶液中离子浓度的相对大小。
【详解】(1)Si是晶体，则反应SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)的平衡常数K=或。
(2)由图知，压强不变升高温度时SiHCl3的百分含量降低，则平衡右移，由勒夏特列原理知升温朝吸热方向移动，则该反应是吸热反应，温度不变压强由P1变为P2时SiHCl3的百分含量降低，则平衡右移，正方向气体分子总数增加，由勒夏特列原理知减压朝气体分子总数增加的方向移动，P1>P2，或者也可以这样叙述：该反应为气体总体积增加的反应，增大压强，平衡向左移动，SiHCl3百分含量增加，所以P1>P2。
(3)在恒容密闭容器中反应10 min后，气体密度减少了2.8 g·L-1，即减少相当于每升气体中 ，由SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)知，则，HCl的平均反应速率为=0.03 mol/(L·min)。硅是纯固体，平衡后分离出产物高纯硅，对化学平衡不影响，故逆反应速率将不变。
(4) ①草酸氢钾溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，c(H2C2O4)c(Na+) 。
8．(1)          吸热
(2)     40%     >
(3)分子筛膜分离出H2，使c(H2)减小，促进平衡正向移动，提高了环己烷的平衡转化率
(4)     2     4     H3PO3+2OH-→+2H2O     <

【解析】（1）
根据方程式可知该反应的化学平衡常数表达式K=，升高温度平衡常数增大，说明升高温度平衡正向进行，则正反应是吸热反应。
（2）
根据三段式可知

若5min时，容器中气体的物质的量增大为原来的2.2倍，则1-x+x+3x＝2.2，解答x＝0.4，所以此时环己烷的转化率为40%，此时浓度熵为＝1.44＞1.152，反应逆向进行，则v(正)＜v(逆)。
（3）
由于分子筛膜能分离出H2，使c(H2)减小，促进平衡正向移动，因此提高了环己烷的平衡转化率。
（4）
①亚磷酸是二元弱酸，溶液中存在2种分子，即亚磷酸分子和水分子，4种离子，即氢离子、氢氧根离子、、。
②用NaOH溶液滴定亚磷酸，若用酚酞做指示剂，由于亚磷酸是二元弱酸，且常温下0.01mol/LNaH2PO3溶液pH=3.95，0.01mol/LNa2HPO3溶液pH=9.30，则终点时生成正盐，反应的离子方程式为H3PO3+2OH-＝+2H2O；若用甲基橙做指示剂，达到滴定终点时生成酸式盐NaH2PO3，根据物料守恒可知：c(Na+)＝c(H3PO3)+c()+c()，溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度，即c(H3PO3)＜c()，因此所得溶液中：c(Na+)＜c()+2c()。
9．          氯原子、羧基     加成反应     2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O          CH3CH2COOHCH3CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH
【分析】乙酸与SOCl2发生取代反应生成 ， 与苯在一定条件下发生取代反应A，A与氢气催化剂作用下发生加成反应生成苏合香醇，根据A物质前后反应类型和物质结构变化，A的结构简式为： ；乙酸与Cl2在一定条件下发生取代反应生成B(ClCH2COOH)，B在一定条件下转化为HOCH2COOH，HOCH2COOH发生催化氧化生成C，C为OHCCOOH，C与苯发生加成反应生成 ，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析A 的结构简式为 ，B 的结构式为ClCH2COOH，其中官能团的名称是氯原子、羧基；反应④C与苯发生加成反应生成 ，反应类型是加成反应；
(2)反应③是HOCH2COOH发生催化氧化生成C，C为OHCCOOH，的化学方程式为2HOCH2COOH+O22OHCCOOH+2H2O；
(3) 芳香族化合物 M(C10H10O4),则分子结构中含有苯环，该有机物能水解生成两种只含一个碳原子的含氧衍生物，说明分子结构中含有两个酯基，水解生成的两种只含一个碳原子的含氧衍生物应该为甲酸(HCOOH)和甲醇(CH3OH)，根据扁桃酸( )的结构简式，M 的结构简式为 ；
(4) CH3CH2COOH在P作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成CH2=CHCOONa，加足量的酸进行酸化转化为CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH在催化剂作用下发生聚合反应生成 ，合成路线：CH3CH2COOHCH3CHClCOOHCH2=CHCOONaCH2=CHCOOH。
10．     —Cl、—COOH     取代反应     +2C2H5OH+2H2O     b     反应温度80~85℃，应选用水浴加热，产物的沸点高于反应物，不能将其蒸馏分离出     或CO(NH2)2或(NH2)2CO     3     CH2=CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH
【分析】由流程知A为ClCH2COOH， B为ClCH2COONa，C为NC—CH2COONa，
D与E生成F的反应为丙二酸和乙醇在浓硫酸、下的酯化反应得到F即，G+H → K+2E，则H为。要以乙烯为主要原料合成丁二酸、由逆合成分析法、结合流程知，即需要得到NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN可仿照A→B的反应由BrCH2CH2Br转变，BrCH2CH2Br由乙烯与溴水发生加成反应获得。
【详解】(1)A为ClCH2COOH，所含官能团为—Cl、—COOH；B为ClCH2COONa，C为NC—CH2COONa，则B→C的反应类型是取代反应。
(2)由流程知，D与E生成F的反应为丙二酸和乙醇在浓硫酸、下的酯化反应，则化学方程式为+2C2H5OH+2H2O。
(3)由反应条件知，需要的水浴加热、产物的沸点高于反应物，不能将其蒸馏分离出，故最合适的装置为B。
(4) G+H → K+2E，即 +H → +2 C2H5OH，则该反应为取代反应，物质H中含-NH2，反应时中的乙氧基被氨基中的氮原子取代生成、乙氧基和清远结合生成乙醇，则H的结构简式为或CO(NH2)2或(NH2)2CO。
(5)F为，能水解产生丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的F的同分异构体含有酯基、当分子内含2个酯基时，结构为、当分子内只有1个酯基时、另一个官能团为羧基，结构有、，共有3种。
(6)要以乙烯为主要原料合成丁二酸、由逆合成分析法、结合流程知，即需要发生类似C→D的反应，则需引入-CN，得到NCCH2CH2CN，仿照A→B，需引入卤原子得到BrCH2CH2Br即可，BrCH2CH2Br由乙烯与溴水发生加成反应获得，则以乙烯为原料设计合成丁二酸的路线为CH2=CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。
11．(1)     羧基、氯原子     CH2=CHCOOH
(2)     取代反应     NaOH醇溶液、加热
(3)CH2=CHCH2Cl+HOCl→(或)
(4)不能交换，如果交换D中的两个氯原子都会与反应，从而造成原料损耗且L产率下降
(5)、
(6)H2C=CH-CH2ClH2C=CH-CH2OH


【分析】CH2=CHCH3与Cl2在500℃时发生取代反应产生CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl经多步反应变为B：，B先与NaOH乙醇溶液共热反应产生CH2=CH-COONa，然后酸化得到C：CH2=CH-COOH，C在一定条件下发生加聚反应产生；A与HOCl发生加成反应产生D是(或)，D与Ca(OH)2加热98℃发生取代反应产生E：，E与邻甲基苯酚发生取代反应产生环氧树脂稀释剂L()。
【详解】（1）根据化合物B结构简式可知其中所含官能团名称是羧基、氯原子；
化合物C发生加聚反应产生卡波姆，逆推可知C的结构简式是CH2=CH-COOH；
（2）反应①是丙烯CH2=CHCH3与Cl2在500℃时发生取代反应产生CH2=CHCH2Cl和HCl，故该反应类型是取代反应；
反应②是与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH2=CH-COONa和NaCl及水，故反应②的反应条件和试剂是NaOH乙醇溶液、加热；
（3）反应③是CH2=CHCH2Cl与HOCl发生加成反应产生D，由于CH2=CHCH2Cl分子中2个不饱和C原子不同，因此发生加成反应时，Cl原子可以在中间C原子上，也可以在链端的C原子上因此产生的D可能的结构简式为或者，则反应③的化学方程式为：CH2=CHCH2Cl+HOCl→(或)；
（4）由于D分子中含有2个Cl原子，如果交换，则D中的两个Cl原子都会与发生反应，从而造成原料损耗且目标产物L的产率下降，故反应④、⑤顺序不能交换；
（5）L结构简式是，其同分异构体满足条件：①芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应，说明物质分子中含有羧基-COOH；②含有4种不同化学环境的氢原子，则其满足条件的2种可能的结构简式是、；
（6）CH2=CHCH2Cl与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生CH2=CHCH2OH，然后与HCl在一定条件下发生加成反应产生，该物质发生催化氧化反应产生目标产物：，故由A制取B的合成路线为：H2C=CH-CH2ClH2C=CH-CH2OH
。
12．     BaSO4+4CBaS+4CO↑     BaS发生水解，生成硫化氢气体和氢氧化钡溶液     洗涤     干燥     先将原料中的无机盐转化为可溶于水的物质，溶于水后滤去其他难溶杂质，再将可溶盐重新转化为难溶盐，过滤除去其他可溶性杂质，洗涤干燥得到纯净物     NaOH、Na2CO3、H2SO4     322(a-b)/180a     进行恒重操作，直至连续两次称量相差不超过0.001 g     b、c
【分析】重晶石被过量焦炭还原为可溶性BaS，加水溶液时发生水解得到氢氧化钡溶液，加入硫酸钠溶液发生反应得到硫酸钡沉淀，经过滤、洗涤、干燥。得到的是高纯度的硫酸钡。用化学方法提纯芒硝，镁离子用略过量的NaOH、钙离子用略过量的Na2CO3沉淀除去，过量的NaOH、Na2CO3用适量的硫酸除去。测定芒硝纯度时，用加热灼烧，使完全失去结晶水，确保晶体完全失去结晶水，保证定量实验的准确性；实验中要进行恒重操作。误差分析时，若操作导致结晶水质量偏大，则结果偏大、若操作导致结晶水质量偏小，则结果偏小。
【详解】(1) 重晶石被过量焦炭还原为可溶性BaS，焦炭被氧化为CO，化学方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑。有臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，所得溶液呈碱性则生成了氢氧化钡，故原因是BaS发生水解，生成硫化氢气体和氢氧化钡溶液。得到的是高纯度的硫酸钡，则流程中的“一系列操作”是指过滤、洗涤、干燥。
(2)由流程知，含杂质的不溶性矿石最终转变为高纯度难溶物，经历了由难溶物转变为可溶物、同时分离出不溶物，又将可溶物转变为难溶物经过滤、洗涤、干燥得以提纯，故答案为：先将原料中的无机盐转化为可溶于水的物质，溶于水后滤去其他难溶杂质，再将可溶盐重新转化为难溶盐，过滤除去其他可溶性杂质，洗涤干燥得到纯净物。
(3)芒硝(主要成分为Na2SO4∙10H2O，含少量MgSO4、CaSO4)，镁离子用略过量的NaOH、钙离子用略过量的Na2CO3沉淀除去，过量的NaOH、Na2CO3用适量的硫酸除去，则提纯时需要依次加入的试剂是NaOH、Na2CO3、H2SO4。
(4)样品a g，充分灼烧，实验最终得到固体b g，则，，则该芒硝样品的纯度为。
(5) 确保晶体完全失去结晶水，保证定量实验的准确性；实验中要进行恒重操作，直至连续两次称量相差不超过0.001 g。
A．有固体飞溅导致结晶水质量偏大，不选a；b．晶体未完全分解导致结晶水质量偏小，选b；C．露置于空气中冷却会吸水，导致结晶水质量偏小，选c ；d．坩埚未干燥，所带水分导致结晶水质量偏大，不选d，则答案是b、c。