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上海市宝山区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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这是一份上海市宝山区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共27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。
上海市宝山区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．（2021·上海宝山·统考一模）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
(1)通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为_______，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是_______。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因_______。
(3)写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式_______。
(4)写出氮循环②中 NH3 的电子式_______，其空间构型是_______。写出 NH的检验方法_______。
(5)P 和N 属于周期表的_______族，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)，举一个能证明该结论的实验事实_______。
2．（2021·上海宝山·统考一模）84 消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。
(1)84 消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在 10-20 分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因_______，家庭使用 84 消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间_______。
(2)次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式______。
_______NH+_______ClO-→_______N2+_______Cl-+_______H2O+_______H+
(3)84 消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84 消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式_______。
(4)消毒学专家指出，将 84 消毒液与洁厕灵(主要成分：浓盐酸)一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因_______。
(5)有同学看到某品牌的 84 消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证_______。
二、实验题
3．（2020·上海宝山·统考一模）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料： K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ．制备 K2FeO4（夹持装置略）。
（1）A 为氯气的实验室发生装置。A 中反应方程式是______（锰被还原为 Mn2+）。若反应中有 0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。
（2）装置 B 中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。
（3）C 中得到紫色固体和溶液。C 中 Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性 Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。
Ⅱ．探究 K2FeO4 的性质
（4）甲同学取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述 K2FeO4的净水原理。______。
4．（2020·上海宝山·统考一模）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有K+、IO3-、I-、Mg2+．加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。
已知：IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，2Fe3++2I-→2Fe2++I2，KI+I2⇌KI3；氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2。
（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，加入CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①第一份试液中，加KSCN溶液显红色，该红色物质是______（用化学式表示）。
②第二份试液中“加入CCl4”的实验操作名称为______，CCl4中显紫红色的物质是______（用化学式表示）。
③根据这三次实验，学生甲得出以下结论：
在加碘盐中，除了Na+、Cl-以外，一定存在的离子是______，可能存在的离子是______，一定不存在的离子是______。由此可确定，该加碘盐中碘元素是______价（填化合价）的碘。
（2）将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由______。
（3）已知：I2+2S2O32-→2I-+S4O62-．学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：
a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。
根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以I元素计）是______mg/kg（以含w的代数式表示）。
三、原理综合题
5．（2020·上海宝山·统考一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。CO2 可以被NaOH溶液捕获，其基本过程如下图所示（部分条件及物质未标出）。
（1）下列有关该方法的叙述中正确的是______。
a．能耗大是该方法的一大缺点
b．整个过程中，只有一种物质可以循环利用
c．“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤
d．该方法可减少碳排放，捕捉到的 CO2还可用来制备各种化工产品
（2）若所得溶液 pH=13，CO2 主要转化为______（写离子符号）。已知 CS2与 CO2分子结构相似， CS2的电子式是______，CS2熔点高于 CO2，其原因是______。
（3）CO2 与 CH4 经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）→2CO（g）+2H2（g）-120kJ，补全下图中 CO2 与 CH4 催化重整反应的能量变化示意图（即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值）_______________
（4）常温下，在 2L 密闭容器中，下列能说明该反应达到平衡状态的是______。
a．每消耗 16gCH4 的同时生成 4gH2
b．容器中气体的压强不再改变
c．混和气体的平均相对分子质量不发生改变
d.容器中气体的密度不再改变
反应进行到 10 min 时，CO2 的质量减少了 8.8 g，则 0～10 min 内一氧化碳的反应速率是______。
（5）按一定体积比加入 CH4 和 CO2，在恒压下发生反应，温度对 CO 和 H2 产率的影响如图所示。此反应优选温度为 900℃的原因是______。
6．（2021·上海宝山·统考一模）硫酸是最重要的化工产品之一，工业上若以硫黄为原料来制取硫酸，其反应原理如下：
S+O2SO2①
2SO2+O22SO3 ②
SO3+H2O=H2SO4③
(1)上述 3 个反应都属于化合反应，其中属于氧化还原反应的是_______(填写编号)，判断依据是_______。从上述 3 个反应可以得出“化合反应”和“氧化还原反应”的关系是_______。
(2)反应②是接触法制硫酸工艺中的主要反应，通常在 450℃并有催化剂存在下进行：2SO2(g)+O2 (g)2SO3 (g) +190 kJ
①写出该反应的平衡常数表达式 K=_______。
②该热化学方程式的意义是_______。
③实际生产中通过热交换器，把反应产生的热量及时导出用来预热进入转化器的原料气。该方法既加快了反应速率，又促使化学平衡向生成 SO3的方向移动。请结合反应说明这样操作的原理_______。
(3)在一定条件下的某密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中 SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示。
①反应处于平衡状态的时间是_______。
②反应进行至 20 min 时，曲线发生变化的原因是_______。
③工业制硫酸排出的尾气中的 SO2可以用氨水吸收， 最终得到 NH4HSO3溶液，写出该溶液中的电荷守恒的表达式为_______。
7．（2022·上海宝山·统考一模）自然界中的含硫物质通过各种化学过程建立起硫循环，其循环过程如图：
请回答下列问题：
(1)写出硫原子的核外电子排布式____，其核外有____种能量不同的电子。其同周期元素中，原子半径最大的是____(填元素符号)。
(2)从图中可以看出、火山喷发产生的气体中有H2S。写出H2S的结构式____，其属于____分子(填写“极性“或“非极性”)。
(3)结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有____，试写出一个含有最高价硫元素的物质和最低价硫元素的物质之间反应的化学方程式____。
(4)除了硫，氮也是自然界常见的物质，含氮废水进入水体会对环境造成污染。某学生社团用铝将NO3还原为N2，从而消除污染。配平下列离子方程式： NO+ Al+ H2O→ N2↑+ Al(OH)3+ OH-，____。该反应中，被还原的元素是____，每生成1molN2，转移的电子数目是____。
(5)已知SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，请结合离子方程式说明原因____。
8．（2022·上海宝山·统考一模）煤是一种常见的矿物燃料，其综合作用有煤的气化、煤的干馏和煤的液化等。煤的气化主要反应原理如下：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)-131.3kJ。请回答下列问题：
(1)在一定体积的容器内发生上述反应，假设有42克CO生成，需要吸收的热量是____kJ。
(2)该反应的平衡常数表达式是K=____。
(3)反应中H2O的浓度随时间的变化如表：
时间(分钟)/温度(℃)
1300℃
高于1300℃
0
2mol/L
2mol/L
2
amol/L
bmol/L
4
1.4mol/L
cmol/L
6
1.23mol/L
cmol/L
8
1.23mol/L
cmol/L
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率____mol•L-1•min-1。
②表中a____b，c____1.23mol/L(选填“>”、“<”或“=”)。
③1300℃时，判断该反应达到化学平衡状态的依据是____。
A．容器内压强保持不变
B．v(H2)=v(H2O)
C．容器内密度保持不变
D．碳的浓度保持不变
四、有机推断题
9．（2020·上海宝山·统考一模）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子 P 的合成路线如下：
（1）A 是甲苯，试剂 a 是______。反应③的反应类型为______反应。
（2）反应②中 C 的产率往往偏低，其原因可能是______。
（3）反应⑥的化学方程式为______。
（4）E 的分子式是 C6H10O2，其结构简式是______。
（5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2=CH-CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。_________
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl
10．（2021·上海宝山·统考一模）苯酚()是一种重要的化工原料，通过下列路线可合成香料、阿司匹林和一些高分子化合物。
已知：
(1)苯酚可以看成是苯分子里一个氢原子被_______取代的生成物，其分子量是_______。
(2)香料 C 的结构简式是_______。
(3)反应②的化学方程式为_______，反应类型是_______。
(4)写出一种满足下列条件的 C6H10O 的同分异构体的结构简式_______。
①有碳碳双键
②能发生银镜反应
③有 6 个化学环境相同的氢原子
检验该同分异构体中含有碳碳双键的试剂是_______。
(5)请把路线二中G→H 的合成路线补充完整______ (无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)
11．（2022·上海宝山·统考一模）奶油中有一种化合物A，其相对分子质量为88，由C、H、O三种元素组成，C、H的质量分数依次为55%和9%。与A相关的反应如图：
已知：RCHO+R'CHO
请回答下列问题：
(1)A的分子式是____，它除了含有羟基外，还含有的官能团的名称是____。
(2)写出C的结构简式____，检验F中非含氧官能团的试剂是____。
(3)写出B→D反应的化学方程式____。
(4)在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为相对分子量为86的化合物G，G的一氯代物只有一种，写出G的结构简式____，A→G的反应类型为___。
(5)合成是有机化工永恒的话题，请完成由1，3—丁二烯为原料合成1，4—丁二醇的路线图____。
五、工业流程题
12．（2022·上海宝山·统考一模）碳酸钠俗称纯碱，是一种常用的工业原料，可以从盐碱湖中得到，也可以通过工业生成合成。工业生产纯碱的原理和工艺流程如图。
生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。2NaHCO3→Na2CO3+H2O+CO2。
工艺流程示意图：
请回答下列问题：
(1)粗盐中所含的可溶性杂质离子有Ca2+、Mg2+、SO等，请按照加入的先后顺序写出除杂试剂____。
(2)在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2。你认为这两种气体能不能换一下通入顺序，请说明原因：____。
(3)碳酸化后过滤，滤液最主要的成分是____(填写化学式)。检验这一成分的阴离子的方法是____。
侯氏制碱法在生产纯碱的同时，也会产生大量的NH4Cl。近年来，科研人员利用以下方法提高了NH4Cl的综合利用价值：
①NH4Cl+MgO→Mg(OH)Cl+NH3↑
②Mg(OH)Cl→MgO+HCl↑
(4)实验室模拟该实验，取5.350gNH4Cl与过量MgO充分反应，产生的HCl用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收。将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL。
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有____；滴定至终点时，溶液的颜色由____色变为____色，且30s内溶液颜色不变。
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：α=。根据滴定结果计算，α=____。
参考答案：
1． 生物固氮 N2+3H22NH3 化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行 3NO2+H2O = 2HNO3+NO 三角锥形 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 ⅤA N 酸性：HNO3＞H3PO4
【详解】(1)根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固态，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因化学反应的实质是先断键，后成键，氮氮之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行。
(3)氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O = 2HNO3+NO。
(4)氮循环②中 NH3 的电子式，其空间构型是三角锥形。NH的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有；故答案为：；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
(5)P 和N 属于周期表的ⅤA族，根据同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性较强的是N，通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱证明，即酸性：HNO3＞H3PO4；故答案为：ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。
2． NaClO+CO2+H2O→NaHCO3+HClO ，NaClO 尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO 分子起到杀菌消毒的作用，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好 在 84 消毒液中加入白醋 2 3 1 3 3 2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒， 会影响人体的呼吸道 有科学性；因为84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2。取1mL84 消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸， 如果试纸变蓝，证明有科学性
【详解】(1) 84消毒液主要成分是NaClO，但真正起到杀菌消毒作用的是次氯酸；因此消毒时间一般控制在 10-20 分钟左右，让NaClO与空气中的二氧化碳气体反应，生成了次氯酸，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好，反应的方程式为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；由于醋酸的酸性强于碳酸，因此家庭使用84 消毒液时，尽可能在短时间内达到较好的消毒效果，即尽快产生次氯酸，可以在84消毒液中加入白醋；
(2)氮元素由-3价升高到0价，生成1mol氮气，转移6mol电子；氯元素由+1价降低到-1价，生成1mol氯离子，转移2mol电子，根据电子得失守恒，ClO-、Cl-各填系数3，NH填系数2，N2填系数1，再根据原子守恒，H2O填系数3，H+填系数2，配平后离子方程式为：2NH+3ClO-=N2+3Cl-+3H2O+2H+；
(3)氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)次氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，产生氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道，对人体造成危害，反应的方程式为：NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O；
(5) 84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2；取1mL84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的 KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气产生；因此84消毒液的注意事项指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”，这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明有科学性。
3． 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O NA 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ 饱和食盐水 除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备 > Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O K2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的
【分析】由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】（1）A 中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有 0.5molCl2 产生，则电子转移的数目为0.5mol×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
（2）装置 B 中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，
故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；
（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知 K2FeO4 的净水原理为K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，
故答案为：K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。
4． Fe(SCN)3 萃取 I2 和Fe3+ Mg2+、K+ I- +5 否 KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华
【分析】（1）①从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成。
③这是因为由于氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；
③具有氧化性的离子为与具有还原性的离子为I-，发生氧化还原反应；
（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；
（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此计算含碘量。
【详解】（1）①某加碘盐可能含有 K+、、I-、Mg2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；
故答案为：Fe(SCN)3；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，
故答案为：萃取；I2；
③据上述实验得出氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3-和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是 I-，
故答案为：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；
（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的，
故答案为：否；KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；
（3）根据反应式可知，设所测精制盐的碘含量(以 I 元素计)是xmg/kg，则
因此所测精制盐的碘含量是x==，
故答案为：。
5． ad CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2 bc 0.02mol/(L•min) 900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低
【分析】（1）流程为：用烧碱来吸二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质CaO、NaOH循环，“反应分离”环节中，应该是先过滤，据此分析解答；
（2）强碱溶液中CO2转化为Na2CO3；CO2是直线型分子，含有两个C=O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C=S双键，据此写出电子式；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2 熔点高于 CO2；
（3）CO2 与 CH4 经催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)-120kJ，即1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量比2molCO (g)+2molH2(g)总能量小120kJ，或2molCO (g)+2molH2(g)总能量比1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量高120kJ，据此作图；
（4）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此分析判断；
根据v=计算v(CO2)，再根据CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)中CO、CO2的计量关系计算v(CO)；
（5）结合图象中温度对CO和H2产率的影响及CO和H2产率相对较高时的反应条件分析解答。
【详解】（1）a、由于高温反应炉中高温分解碳酸钙，需要的耗能高，此为该工艺流程的一大缺点，故a正确；
b、由流程可知，“反应分离”的氢氧化钠用于“捕捉室”反应，“高温反应炉”生成的CaO用于“反应分离”中生成碳酸钙和氢氧化钠，所以有CaO与NaOH循环使用，故b错误；
c、“反应分离”环节中，分离的物质为碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，可用过滤法分离，故c错误；
d、该分离过程涉及分离、提纯并利用CO2，可以减少碳的排放，捕捉到的 CO2 还可用来制备其他化工产品，故d正确；
故答案为：ad；
（2）pH=13的强碱溶液中CO2转化为Na2CO3，阴离子为；CO2是直线型分子，含有两个C=O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C=S双键，写出的电子式为；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2 熔点高于 CO2；CS2与CO2都为分子晶体，由于CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2，
故答案为：；；CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2；
（3）由CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)-120kJ可知，即1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量比2molCO (g)+2molH2(g)总能量小120kJ，或2molCO (g)+2molH2(g)总能量比1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量高120kJ，能量变化如图，
故答案为：；
（4）a、每消耗16g即1molCH4 的同时生成4g即2molH2，由于反应方向均为正向，所以不能据此判断反应达到平衡状态，故a不符合题意；
b、该反应是气体体积变化的反应，反应发生变化时气体总物质的量相应变化，容器中气体的压强随之而变，所以容器中气体的压强不再改变的状态是平衡状态，故b符合题意；
c、恒容体系中各物质均为气体，气体的总质量不变，但该反应是气体总物质的量变化的反应，由可知，混和气体的平均相对分子质量不变，即混合气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，故c符合题意；
d、恒容体系中各物质均为气体，即气体的总质量不变，所以容器中气体的密度始终不变，故容器中气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，故d不符合题意；
0～10min内(CO2)==0.2mol，所以v(CO2)===0.01mol/(L•min)，根据CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)可知v(CO)=2v(CO2)=0.02mol/(L•min)，
故答案为：bc；0.02mol/(L•min)；
（5）根据图象可知，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，
故答案为：900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。
6． ①② 参与化学反应的物质所含元素的化合价发生了变化 化合反应可能是氧化还原反应 在 450℃时，2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ 预热原料气，升高了反应物的反应温度，加快了反应速率；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，有利于SO3的生成。同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率 15~20 min、25~30 min 增大氧气的浓度 c(NH)+c(H+)= c(HSO) +2c(SO)+ c(OH-)
【详解】(1)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，反应①和②都属于氧化还原反应；从上述 3 个反应可以得出化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应。
(2)①化学平时常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此该反应的平衡常数表达式 K=。
②该热化学方程式表示的是450℃时， 2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ。
③预热原料气，升高了反应物的反应温度，温度升高，反应速率加快；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向进行，有利于SO3的生成，同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率。
(3)①由图可知在15~20 min和25~30 min时，反应物和生成物的物质的量均保持不变，说明反应处于平衡状态。
②反应进行到20 min时，氧气的物质的量增多为0.12 mol，而SO2和 O2的物质的量没变，说明此时增大氧气的浓度，平衡向正向移动。
③NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒c(NH )+c(H+)= c(HSO ) +2c(SO)+ c(OH-)。
7．(1) 1s22s22p63s23p4 6 Na
(2) H—S—H 极性
(3) -2、+4、+6 H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O
(4) 6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH- N 10
(5)亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO
【解析】(1)
硫原子核外有16个电子，据此书写电子排布式：1s22s22p63s23p4；不同能级上的电子具有不同的能量，其核外有6种能量不同的电子；同周期原子半径从左至右逐渐减小，第三周期半径最大的为钠；
(2)
H2O中存在S﹣H键，结构式为H﹣S﹣H，S为sp3杂质，结构不对称，为极性分子，故答案为：H﹣S﹣H；极性；
(3)
结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有﹣2、+4、+6，含硫化氢可以和浓硫酸反应，浓硫酸过量时：H2S+3H2SO4(浓硫酸)=4SO2↑+4H2O；硫化氢过量时：H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，故答案为：﹣2、+4、+6；H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O；
(4)
NO中氮的化合价由+5价降低为0价，变化5，Al的化合价由0价升高为+3价，变化3，化合价升降总数相等和质量守恒来配平得：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，Al为还原剂，氧化剂为，N元素被还原，其对应的还原产物为N2，生成1个N2转移电子10个，所以生成1molN2，将有10mol电子发生转移，故答案为：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-；N；10；
(5)
SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO，故答案为：亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO。
8．(1)196.95
(2)
(3) 0.15 > < AC
【解析】(1)
n(CO)==1.5mol，根据热化学方程式知，生成1molCO吸收131.3kJ热量，据此计算生成1.5molCO吸收的热量为196.95kJ，故答案为：196.95；
(2)
该反应的平衡常数K=，故答案为：；
(3)
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率=0.15mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.15；
②温度越高，反应速率越快，消耗的水蒸气越多，所以相同时间内温度高于1300℃消耗的H2O比1300℃消耗的水多，容器内剩余的H2O少，则a>b，c<1.23mol/L，故答案为：>；<；
③A．恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体的物质的量增大，则反应过程中压强增大，当容器内压强保持不变时，反应达到平衡状态，故A正确；
B．v(H2)=v(H2O)中没有注明反应方向，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体总质量增大，容器体积不变，则容器内密度增大，当容器内密度保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．碳是固体，没有浓度，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故答案为：AC。
9． 浓硫酸和浓硝酸 取代 副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低 +nH2O CH3CH=CHCOOCH2CH3
【分析】A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。
【详解】（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；
（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，
故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；
（3）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，
故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；
（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，
故答案为：。
10． —OH(或羟基) 94 + +CH3COOH 取代反应 Br2/CCl4
【分析】A与H+作用生成的水杨酸B的结构简式为 ；苯酚与足量H2/Ni反应生成的F的结构简式为，F发生消去反应生成G；B与F发生酯化反应生成的香料C的结构简式为 ；根据题给已知，B与乙酸酐反应生成的阿司匹林D的结构简式为；B在浓硫酸存在发生缩聚反应生成E；据此分析作答。
【详解】(1)苯酚的结构简式为，可以看成是苯分子里一个氢原子被—OH（或羟基）取代的生成物，苯酚的分子式为C6H6O，其分子量为94；故答案为：—OH（或羟基）；94。
(2)根据分析，香料C的结构简式为；故答案为：。
(3) 反应②为水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和乙酸，化学方程式为：+ +CH3COOH；故答案为：+ +CH3COOH；取代反应。
(4) C6H10O的不饱和度为2，其同分异构体能发生银镜反应，则结构中含—CHO，同时含碳碳双键、有6个化学环境相同的氢原子的结构简式为、等；由于该同分异构体中含醛基，醛基也能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，不能用溴水、酸性KMnO4溶液检验碳碳双键，检验该同分异构体中含碳碳双键的试剂是Br2/CCl4；故答案为：；Br2/CCl4。
(5)H的结构简式为 ，其可由单体 发生加聚反应制得；对比 与 ，碳干骨架没有变，官能团碳碳双键的数目增多，故先由 与Br2/CCl4发生加成反应生成 ， 发生消去反应即可获得 ，合成路线为：；故答案为：。
11．(1) C4H8O2 羰基
(2) CH3CHO 溴水
(3)2++2H2O
(4) 氧化反应
(5)CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH
【分析】有机化合物A，只含有C、H、O三种元素，C、H的质量分数依次为55%和9%，故分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，最简式是C2H4O，该物质的相对分子质量为88，设组成为(C2H4O)n，则(24+4+16)n=88，解得n=2，故A的分子式为C4H8O2。已知A中含有碳氧双键，所以一定还存在一个羟基，再结合题目的框图信息，A能与HBr和H2反应，故不可能为羧基，只能为醇羟基和羰基分别在不同的碳上，与HBr反应后的产物能发生消去反应，B能与HIO4发生反应，结合反应信息，所以A中的羰基与羟基必须相邻，从而得到A的结构简式为；顺推可知B为，C为CH3CHO，D为二元酯类，结构简式为；由与HBr发生加成反应产生E为，E与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生F为，据此解答。
(1)
由上述分析可知：A结构简式为，其分子式为C4H8O2，其分子中除了含有羟基外，还含有的官能团的名称是羰基；
(2)
结合分析可知C结构简式为CH3CHO，F结构简式为，其中的非含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键比较活泼，能够与溴水发生加成反应，因此会看到溴水褪色，故检验其试剂为溴水；
(3)
B为，B与苯甲酸在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应产生D：和水，该反应为可逆反应，故该反应的化学方程式为：；
(4)
在空气中长期搅拌奶油，A会转化为相对分子质量为86的化合物G，结合A的分子式及A的相对分子质量为88，则应是A发生催化氧化反应生成G，由于G一氯代物只有一种，则G分子中只有一种位置的H原子，故G结构简式为，A生成G的反应类型是氧化反应；
(5)
由1，3﹣丁二烯为原料制备1，4﹣丁二醇，可以用1，3﹣丁二烯与溴发生1，4﹣加成，然后水解生成烯醇，再与氢气加成即可得到目标产物，故合成路线为CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。
12．(1)NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)
(2)不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少
(3) NH4Cl 取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣
(4) 酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管 黄 橙 97.500%
【分析】粗盐水加入除杂试剂过滤得到沉淀和滤液，滤液为氯化钠溶液，通入氨气得到氨化的食盐水，通入二氧化碳酸化，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O ＝ NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到固体为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱。
(1)
除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠还要除掉多余的钡离子，因此碳酸钠必须放在氯化钡的后面，最后过滤沉淀后的滤液中加入盐酸除去过量碳酸钠和氢氧化钠，则试剂加入顺序为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等，故答案为：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等；
(2)
在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少，这两种气体不能换通入顺序，故答案为：不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少；
(3)
氨化后的氯化钠溶液中通入CO2气体酸化，反应产生碳酸氢钠晶体，发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是NH4Cl，Cl﹣检验方法是取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣，故答案为：NH4Cl；取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣；
(4)
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管，滴定至终点时，溶液的颜色由黄色变为橙色且半分钟内颜色不变，说明反应达到终点，故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管；黄；橙；
②取5.350g NH4Cl物质的量，与过量MgO充分反应，产生的HCl物质的量为0.1000mol，用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收，则氢氧化钠需要过量，将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL，则20.00mL中吸收液消耗HCl物质的量=0.10000 mol∙L−1×20.50×10−3L=0.00205mol，则1000mL溶液中吸收液消耗HCl物质的量0.00205mol×50=0.1025mol，则反应释放出的HCl物质的量=0.20000mol−0.1025mol = 0.09750mol，HCl的释放率用α表示，计算方法为：α= ，故答案为：97.500%。
上海市宝山区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．（2021·上海宝山·统考一模）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
(1)通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为_______，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是_______。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因_______。
(3)写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式_______。
(4)写出氮循环②中 NH3 的电子式_______，其空间构型是_______。写出 NH的检验方法_______。
(5)P 和N 属于周期表的_______族，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)，举一个能证明该结论的实验事实_______。
2．（2021·上海宝山·统考一模）84 消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。
(1)84 消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在 10-20 分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因_______，家庭使用 84 消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间_______。
(2)次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式______。
_______NH+_______ClO-→_______N2+_______Cl-+_______H2O+_______H+
(3)84 消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84 消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式_______。
(4)消毒学专家指出，将 84 消毒液与洁厕灵(主要成分：浓盐酸)一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因_______。
(5)有同学看到某品牌的 84 消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证_______。
二、实验题
3．（2020·上海宝山·统考一模）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料： K2FeO4为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性溶液中较稳定。
Ⅰ．制备 K2FeO4（夹持装置略）。
（1）A 为氯气的实验室发生装置。A 中反应方程式是______（锰被还原为 Mn2+）。若反应中有 0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。
（2）装置 B 中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。
（3）C 中得到紫色固体和溶液。C 中 Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性 Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。
Ⅱ．探究 K2FeO4 的性质
（4）甲同学取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述 K2FeO4的净水原理。______。
4．（2020·上海宝山·统考一模）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有K+、IO3-、I-、Mg2+．加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。
已知：IO3-+5I-+6H+→3I2+3H2O，2Fe3++2I-→2Fe2++I2，KI+I2⇌KI3；氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2。
（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，加入CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①第一份试液中，加KSCN溶液显红色，该红色物质是______（用化学式表示）。
②第二份试液中“加入CCl4”的实验操作名称为______，CCl4中显紫红色的物质是______（用化学式表示）。
③根据这三次实验，学生甲得出以下结论：
在加碘盐中，除了Na+、Cl-以外，一定存在的离子是______，可能存在的离子是______，一定不存在的离子是______。由此可确定，该加碘盐中碘元素是______价（填化合价）的碘。
（2）将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由______。
（3）已知：I2+2S2O32-→2I-+S4O62-．学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：
a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。
根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以I元素计）是______mg/kg（以含w的代数式表示）。
三、原理综合题
5．（2020·上海宝山·统考一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。CO2 可以被NaOH溶液捕获，其基本过程如下图所示（部分条件及物质未标出）。
（1）下列有关该方法的叙述中正确的是______。
a．能耗大是该方法的一大缺点
b．整个过程中，只有一种物质可以循环利用
c．“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤
d．该方法可减少碳排放，捕捉到的 CO2还可用来制备各种化工产品
（2）若所得溶液 pH=13，CO2 主要转化为______（写离子符号）。已知 CS2与 CO2分子结构相似， CS2的电子式是______，CS2熔点高于 CO2，其原因是______。
（3）CO2 与 CH4 经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）→2CO（g）+2H2（g）-120kJ，补全下图中 CO2 与 CH4 催化重整反应的能量变化示意图（即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值）_______________
（4）常温下，在 2L 密闭容器中，下列能说明该反应达到平衡状态的是______。
a．每消耗 16gCH4 的同时生成 4gH2
b．容器中气体的压强不再改变
c．混和气体的平均相对分子质量不发生改变
d.容器中气体的密度不再改变
反应进行到 10 min 时，CO2 的质量减少了 8.8 g，则 0～10 min 内一氧化碳的反应速率是______。
（5）按一定体积比加入 CH4 和 CO2，在恒压下发生反应，温度对 CO 和 H2 产率的影响如图所示。此反应优选温度为 900℃的原因是______。
6．（2021·上海宝山·统考一模）硫酸是最重要的化工产品之一，工业上若以硫黄为原料来制取硫酸，其反应原理如下：
S+O2SO2①
2SO2+O22SO3 ②
SO3+H2O=H2SO4③
(1)上述 3 个反应都属于化合反应，其中属于氧化还原反应的是_______(填写编号)，判断依据是_______。从上述 3 个反应可以得出“化合反应”和“氧化还原反应”的关系是_______。
(2)反应②是接触法制硫酸工艺中的主要反应，通常在 450℃并有催化剂存在下进行：2SO2(g)+O2 (g)2SO3 (g) +190 kJ
①写出该反应的平衡常数表达式 K=_______。
②该热化学方程式的意义是_______。
③实际生产中通过热交换器，把反应产生的热量及时导出用来预热进入转化器的原料气。该方法既加快了反应速率，又促使化学平衡向生成 SO3的方向移动。请结合反应说明这样操作的原理_______。
(3)在一定条件下的某密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中 SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示。
①反应处于平衡状态的时间是_______。
②反应进行至 20 min 时，曲线发生变化的原因是_______。
③工业制硫酸排出的尾气中的 SO2可以用氨水吸收， 最终得到 NH4HSO3溶液，写出该溶液中的电荷守恒的表达式为_______。
7．（2022·上海宝山·统考一模）自然界中的含硫物质通过各种化学过程建立起硫循环，其循环过程如图：
请回答下列问题：
(1)写出硫原子的核外电子排布式____，其核外有____种能量不同的电子。其同周期元素中，原子半径最大的是____(填元素符号)。
(2)从图中可以看出、火山喷发产生的气体中有H2S。写出H2S的结构式____，其属于____分子(填写“极性“或“非极性”)。
(3)结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有____，试写出一个含有最高价硫元素的物质和最低价硫元素的物质之间反应的化学方程式____。
(4)除了硫，氮也是自然界常见的物质，含氮废水进入水体会对环境造成污染。某学生社团用铝将NO3还原为N2，从而消除污染。配平下列离子方程式： NO+ Al+ H2O→ N2↑+ Al(OH)3+ OH-，____。该反应中，被还原的元素是____，每生成1molN2，转移的电子数目是____。
(5)已知SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，请结合离子方程式说明原因____。
8．（2022·上海宝山·统考一模）煤是一种常见的矿物燃料，其综合作用有煤的气化、煤的干馏和煤的液化等。煤的气化主要反应原理如下：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)-131.3kJ。请回答下列问题：
(1)在一定体积的容器内发生上述反应，假设有42克CO生成，需要吸收的热量是____kJ。
(2)该反应的平衡常数表达式是K=____。
(3)反应中H2O的浓度随时间的变化如表：
时间(分钟)/温度(℃)
1300℃
高于1300℃
0
2mol/L
2mol/L
2
amol/L
bmol/L
4
1.4mol/L
cmol/L
6
1.23mol/L
cmol/L
8
1.23mol/L
cmol/L
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率____mol•L-1•min-1。
②表中a____b，c____1.23mol/L(选填“>”、“<”或“=”)。
③1300℃时，判断该反应达到化学平衡状态的依据是____。
A．容器内压强保持不变
B．v(H2)=v(H2O)
C．容器内密度保持不变
D．碳的浓度保持不变
四、有机推断题
9．（2020·上海宝山·统考一模）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子 P 的合成路线如下：
（1）A 是甲苯，试剂 a 是______。反应③的反应类型为______反应。
（2）反应②中 C 的产率往往偏低，其原因可能是______。
（3）反应⑥的化学方程式为______。
（4）E 的分子式是 C6H10O2，其结构简式是______。
（5）吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料，是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯（CH2=CH-CH3）为原料来制备聚丙烯酸钠，请把该合成路线补充完整（无机试剂任选）。_________
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl
10．（2021·上海宝山·统考一模）苯酚()是一种重要的化工原料，通过下列路线可合成香料、阿司匹林和一些高分子化合物。
已知：
(1)苯酚可以看成是苯分子里一个氢原子被_______取代的生成物，其分子量是_______。
(2)香料 C 的结构简式是_______。
(3)反应②的化学方程式为_______，反应类型是_______。
(4)写出一种满足下列条件的 C6H10O 的同分异构体的结构简式_______。
①有碳碳双键
②能发生银镜反应
③有 6 个化学环境相同的氢原子
检验该同分异构体中含有碳碳双键的试剂是_______。
(5)请把路线二中G→H 的合成路线补充完整______ (无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)
11．（2022·上海宝山·统考一模）奶油中有一种化合物A，其相对分子质量为88，由C、H、O三种元素组成，C、H的质量分数依次为55%和9%。与A相关的反应如图：
已知：RCHO+R'CHO
请回答下列问题：
(1)A的分子式是____，它除了含有羟基外，还含有的官能团的名称是____。
(2)写出C的结构简式____，检验F中非含氧官能团的试剂是____。
(3)写出B→D反应的化学方程式____。
(4)在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为相对分子量为86的化合物G，G的一氯代物只有一种，写出G的结构简式____，A→G的反应类型为___。
(5)合成是有机化工永恒的话题，请完成由1，3—丁二烯为原料合成1，4—丁二醇的路线图____。
五、工业流程题
12．（2022·上海宝山·统考一模）碳酸钠俗称纯碱，是一种常用的工业原料，可以从盐碱湖中得到，也可以通过工业生成合成。工业生产纯碱的原理和工艺流程如图。
生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。2NaHCO3→Na2CO3+H2O+CO2。
工艺流程示意图：
请回答下列问题：
(1)粗盐中所含的可溶性杂质离子有Ca2+、Mg2+、SO等，请按照加入的先后顺序写出除杂试剂____。
(2)在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2。你认为这两种气体能不能换一下通入顺序，请说明原因：____。
(3)碳酸化后过滤，滤液最主要的成分是____(填写化学式)。检验这一成分的阴离子的方法是____。
侯氏制碱法在生产纯碱的同时，也会产生大量的NH4Cl。近年来，科研人员利用以下方法提高了NH4Cl的综合利用价值：
①NH4Cl+MgO→Mg(OH)Cl+NH3↑
②Mg(OH)Cl→MgO+HCl↑
(4)实验室模拟该实验，取5.350gNH4Cl与过量MgO充分反应，产生的HCl用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收。将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL。
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有____；滴定至终点时，溶液的颜色由____色变为____色，且30s内溶液颜色不变。
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：α=。根据滴定结果计算，α=____。
参考答案：
1． 生物固氮 N2+3H22NH3 化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行 3NO2+H2O = 2HNO3+NO 三角锥形 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 ⅤA N 酸性：HNO3＞H3PO4
【详解】(1)根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固态，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因化学反应的实质是先断键，后成键，氮氮之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行。
(3)氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O = 2HNO3+NO。
(4)氮循环②中 NH3 的电子式，其空间构型是三角锥形。NH的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有；故答案为：；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
(5)P 和N 属于周期表的ⅤA族，根据同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性较强的是N，通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱证明，即酸性：HNO3＞H3PO4；故答案为：ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。
2． NaClO+CO2+H2O→NaHCO3+HClO ，NaClO 尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO 分子起到杀菌消毒的作用，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好 在 84 消毒液中加入白醋 2 3 1 3 3 2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒， 会影响人体的呼吸道 有科学性；因为84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2。取1mL84 消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸， 如果试纸变蓝，证明有科学性
【详解】(1) 84消毒液主要成分是NaClO，但真正起到杀菌消毒作用的是次氯酸；因此消毒时间一般控制在 10-20 分钟左右，让NaClO与空气中的二氧化碳气体反应，生成了次氯酸，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好，反应的方程式为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；由于醋酸的酸性强于碳酸，因此家庭使用84 消毒液时，尽可能在短时间内达到较好的消毒效果，即尽快产生次氯酸，可以在84消毒液中加入白醋；
(2)氮元素由-3价升高到0价，生成1mol氮气，转移6mol电子；氯元素由+1价降低到-1价，生成1mol氯离子，转移2mol电子，根据电子得失守恒，ClO-、Cl-各填系数3，NH填系数2，N2填系数1，再根据原子守恒，H2O填系数3，H+填系数2，配平后离子方程式为：2NH+3ClO-=N2+3Cl-+3H2O+2H+；
(3)氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)次氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，产生氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道，对人体造成危害，反应的方程式为：NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O；
(5) 84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2；取1mL84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的 KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气产生；因此84消毒液的注意事项指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”，这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明有科学性。
3． 2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O NA 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ 饱和食盐水 除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备 > Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O K2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的
【分析】由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】（1）A 中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有 0.5molCl2 产生，则电子转移的数目为0.5mol×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
（2）装置 B 中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，
故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；
（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）取少量 K2FeO4 加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知 K2FeO4 的净水原理为K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，
故答案为：K2FeO4 在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。
4． Fe(SCN)3 萃取 I2 和Fe3+ Mg2+、K+ I- +5 否 KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华
【分析】（1）①从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成。
③这是因为由于氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；
③具有氧化性的离子为与具有还原性的离子为I-，发生氧化还原反应；
（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；
（3）存在KIO3～3I2～6Na2S2O3，以此计算含碘量。
【详解】（1）①某加碘盐可能含有 K+、、I-、Mg2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；
故答案为：Fe(SCN)3；
②从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，
故答案为：萃取；I2；
③据上述实验得出氧化性：>Fe3+>I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3-和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是 I-，
故答案为：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；
（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的，
故答案为：否；KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；
（3）根据反应式可知，设所测精制盐的碘含量(以 I 元素计)是xmg/kg，则
因此所测精制盐的碘含量是x==，
故答案为：。
5． ad CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2 bc 0.02mol/(L•min) 900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低
【分析】（1）流程为：用烧碱来吸二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠与氧化钙作用发生在分离室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质CaO、NaOH循环，“反应分离”环节中，应该是先过滤，据此分析解答；
（2）强碱溶液中CO2转化为Na2CO3；CO2是直线型分子，含有两个C=O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C=S双键，据此写出电子式；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2 熔点高于 CO2；
（3）CO2 与 CH4 经催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)-120kJ，即1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量比2molCO (g)+2molH2(g)总能量小120kJ，或2molCO (g)+2molH2(g)总能量比1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量高120kJ，据此作图；
（4）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此分析判断；
根据v=计算v(CO2)，再根据CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)中CO、CO2的计量关系计算v(CO)；
（5）结合图象中温度对CO和H2产率的影响及CO和H2产率相对较高时的反应条件分析解答。
【详解】（1）a、由于高温反应炉中高温分解碳酸钙，需要的耗能高，此为该工艺流程的一大缺点，故a正确；
b、由流程可知，“反应分离”的氢氧化钠用于“捕捉室”反应，“高温反应炉”生成的CaO用于“反应分离”中生成碳酸钙和氢氧化钠，所以有CaO与NaOH循环使用，故b错误；
c、“反应分离”环节中，分离的物质为碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，可用过滤法分离，故c错误；
d、该分离过程涉及分离、提纯并利用CO2，可以减少碳的排放，捕捉到的 CO2 还可用来制备其他化工产品，故d正确；
故答案为：ad；
（2）pH=13的强碱溶液中CO2转化为Na2CO3，阴离子为；CO2是直线型分子，含有两个C=O双键，CS2与CO2分子结构相似，所以CS2也是直线型分子，含有两个C=S双键，写出的电子式为；CS2与CO2分子结构相似，都是分子晶体，结合分子间作用力分析CS2 熔点高于 CO2；CS2与CO2都为分子晶体，由于CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2，
故答案为：；；CS2与CO2都为分子晶体，CS2的相对分子质量大，CS2分子间作用力较大，所以CS2熔点高于CO2；
（3）由CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)-120kJ可知，即1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量比2molCO (g)+2molH2(g)总能量小120kJ，或2molCO (g)+2molH2(g)总能量比1molCH4(g)+1molCO2(g)总能量高120kJ，能量变化如图，
故答案为：；
（4）a、每消耗16g即1molCH4 的同时生成4g即2molH2，由于反应方向均为正向，所以不能据此判断反应达到平衡状态，故a不符合题意；
b、该反应是气体体积变化的反应，反应发生变化时气体总物质的量相应变化，容器中气体的压强随之而变，所以容器中气体的压强不再改变的状态是平衡状态，故b符合题意；
c、恒容体系中各物质均为气体，气体的总质量不变，但该反应是气体总物质的量变化的反应，由可知，混和气体的平均相对分子质量不变，即混合气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，故c符合题意；
d、恒容体系中各物质均为气体，即气体的总质量不变，所以容器中气体的密度始终不变，故容器中气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，故d不符合题意；
0～10min内(CO2)==0.2mol，所以v(CO2)===0.01mol/(L•min)，根据CH4(g)+CO2(g)2CO (g)+2H2(g)可知v(CO)=2v(CO2)=0.02mol/(L•min)，
故答案为：bc；0.02mol/(L•min)；
（5）根据图象可知，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，
故答案为：900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。
6． ①② 参与化学反应的物质所含元素的化合价发生了变化 化合反应可能是氧化还原反应 在 450℃时，2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ 预热原料气，升高了反应物的反应温度，加快了反应速率；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，有利于SO3的生成。同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率 15~20 min、25~30 min 增大氧气的浓度 c(NH)+c(H+)= c(HSO) +2c(SO)+ c(OH-)
【详解】(1)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，反应①和②都属于氧化还原反应；从上述 3 个反应可以得出化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应。
(2)①化学平时常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此该反应的平衡常数表达式 K=。
②该热化学方程式表示的是450℃时， 2 mol SO2 气体和 1 mol O2 气体，完全反应生成 2 mol SO3 气体时，放出的热量为 190 kJ。
③预热原料气，升高了反应物的反应温度，温度升高，反应速率加快；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向进行，有利于SO3的生成，同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率。
(3)①由图可知在15~20 min和25~30 min时，反应物和生成物的物质的量均保持不变，说明反应处于平衡状态。
②反应进行到20 min时，氧气的物质的量增多为0.12 mol，而SO2和 O2的物质的量没变，说明此时增大氧气的浓度，平衡向正向移动。
③NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒c(NH )+c(H+)= c(HSO ) +2c(SO)+ c(OH-)。
7．(1) 1s22s22p63s23p4 6 Na
(2) H—S—H 极性
(3) -2、+4、+6 H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O
(4) 6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH- N 10
(5)亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO
【解析】(1)
硫原子核外有16个电子，据此书写电子排布式：1s22s22p63s23p4；不同能级上的电子具有不同的能量，其核外有6种能量不同的电子；同周期原子半径从左至右逐渐减小，第三周期半径最大的为钠；
(2)
H2O中存在S﹣H键，结构式为H﹣S﹣H，S为sp3杂质，结构不对称，为极性分子，故答案为：H﹣S﹣H；极性；
(3)
结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有﹣2、+4、+6，含硫化氢可以和浓硫酸反应，浓硫酸过量时：H2S+3H2SO4(浓硫酸)=4SO2↑+4H2O；硫化氢过量时：H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，故答案为：﹣2、+4、+6；H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O；
(4)
NO中氮的化合价由+5价降低为0价，变化5，Al的化合价由0价升高为+3价，变化3，化合价升降总数相等和质量守恒来配平得：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，Al为还原剂，氧化剂为，N元素被还原，其对应的还原产物为N2，生成1个N2转移电子10个，所以生成1molN2，将有10mol电子发生转移，故答案为：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-；N；10；
(5)
SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO，故答案为：亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO。
8．(1)196.95
(2)
(3) 0.15 > < AC
【解析】(1)
n(CO)==1.5mol，根据热化学方程式知，生成1molCO吸收131.3kJ热量，据此计算生成1.5molCO吸收的热量为196.95kJ，故答案为：196.95；
(2)
该反应的平衡常数K=，故答案为：；
(3)
①根据表中数据计算1300℃时，4分钟内的反应速率=0.15mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.15；
②温度越高，反应速率越快，消耗的水蒸气越多，所以相同时间内温度高于1300℃消耗的H2O比1300℃消耗的水多，容器内剩余的H2O少，则a>b，c<1.23mol/L，故答案为：>；<；
③A．恒温恒容条件下，容器内压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体的物质的量增大，则反应过程中压强增大，当容器内压强保持不变时，反应达到平衡状态，故A正确；
B．v(H2)=v(H2O)中没有注明反应方向，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体总质量增大，容器体积不变，则容器内密度增大，当容器内密度保持不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．碳是固体，没有浓度，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故答案为：AC。
9． 浓硫酸和浓硝酸 取代 副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低 +nH2O CH3CH=CHCOOCH2CH3
【分析】A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。
【详解】（1）反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应③为氯代烃的取代反应，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；
（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，
故答案为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；
（3）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，
故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；
（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，
故答案为：。
10． —OH(或羟基) 94 + +CH3COOH 取代反应 Br2/CCl4
【分析】A与H+作用生成的水杨酸B的结构简式为 ；苯酚与足量H2/Ni反应生成的F的结构简式为，F发生消去反应生成G；B与F发生酯化反应生成的香料C的结构简式为 ；根据题给已知，B与乙酸酐反应生成的阿司匹林D的结构简式为；B在浓硫酸存在发生缩聚反应生成E；据此分析作答。
【详解】(1)苯酚的结构简式为，可以看成是苯分子里一个氢原子被—OH（或羟基）取代的生成物，苯酚的分子式为C6H6O，其分子量为94；故答案为：—OH（或羟基）；94。
(2)根据分析，香料C的结构简式为；故答案为：。
(3) 反应②为水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和乙酸，化学方程式为：+ +CH3COOH；故答案为：+ +CH3COOH；取代反应。
(4) C6H10O的不饱和度为2，其同分异构体能发生银镜反应，则结构中含—CHO，同时含碳碳双键、有6个化学环境相同的氢原子的结构简式为、等；由于该同分异构体中含醛基，醛基也能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，不能用溴水、酸性KMnO4溶液检验碳碳双键，检验该同分异构体中含碳碳双键的试剂是Br2/CCl4；故答案为：；Br2/CCl4。
(5)H的结构简式为 ，其可由单体 发生加聚反应制得；对比 与 ，碳干骨架没有变，官能团碳碳双键的数目增多，故先由 与Br2/CCl4发生加成反应生成 ， 发生消去反应即可获得 ，合成路线为：；故答案为：。
11．(1) C4H8O2 羰基
(2) CH3CHO 溴水
(3)2++2H2O
(4) 氧化反应
(5)CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH
【分析】有机化合物A，只含有C、H、O三种元素，C、H的质量分数依次为55%和9%，故分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，最简式是C2H4O，该物质的相对分子质量为88，设组成为(C2H4O)n，则(24+4+16)n=88，解得n=2，故A的分子式为C4H8O2。已知A中含有碳氧双键，所以一定还存在一个羟基，再结合题目的框图信息，A能与HBr和H2反应，故不可能为羧基，只能为醇羟基和羰基分别在不同的碳上，与HBr反应后的产物能发生消去反应，B能与HIO4发生反应，结合反应信息，所以A中的羰基与羟基必须相邻，从而得到A的结构简式为；顺推可知B为，C为CH3CHO，D为二元酯类，结构简式为；由与HBr发生加成反应产生E为，E与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生F为，据此解答。
(1)
由上述分析可知：A结构简式为，其分子式为C4H8O2，其分子中除了含有羟基外，还含有的官能团的名称是羰基；
(2)
结合分析可知C结构简式为CH3CHO，F结构简式为，其中的非含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键比较活泼，能够与溴水发生加成反应，因此会看到溴水褪色，故检验其试剂为溴水；
(3)
B为，B与苯甲酸在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应产生D：和水，该反应为可逆反应，故该反应的化学方程式为：；
(4)
在空气中长期搅拌奶油，A会转化为相对分子质量为86的化合物G，结合A的分子式及A的相对分子质量为88，则应是A发生催化氧化反应生成G，由于G一氯代物只有一种，则G分子中只有一种位置的H原子，故G结构简式为，A生成G的反应类型是氧化反应；
(5)
由1，3﹣丁二烯为原料制备1，4﹣丁二醇，可以用1，3﹣丁二烯与溴发生1，4﹣加成，然后水解生成烯醇，再与氢气加成即可得到目标产物，故合成路线为CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。
12．(1)NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)
(2)不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少
(3) NH4Cl 取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣
(4) 酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管 黄 橙 97.500%
【分析】粗盐水加入除杂试剂过滤得到沉淀和滤液，滤液为氯化钠溶液，通入氨气得到氨化的食盐水，通入二氧化碳酸化，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O ＝ NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到固体为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱。
(1)
除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠还要除掉多余的钡离子，因此碳酸钠必须放在氯化钡的后面，最后过滤沉淀后的滤液中加入盐酸除去过量碳酸钠和氢氧化钠，则试剂加入顺序为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等，故答案为：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等；
(2)
在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少，这两种气体不能换通入顺序，故答案为：不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少；
(3)
氨化后的氯化钠溶液中通入CO2气体酸化，反应产生碳酸氢钠晶体，发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是NH4Cl，Cl﹣检验方法是取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣，故答案为：NH4Cl；取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣；
(4)
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管，滴定至终点时，溶液的颜色由黄色变为橙色且半分钟内颜色不变，说明反应达到终点，故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管；黄；橙；
②取5.350g NH4Cl物质的量，与过量MgO充分反应，产生的HCl物质的量为0.1000mol，用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收，则氢氧化钠需要过量，将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL，则20.00mL中吸收液消耗HCl物质的量=0.10000 mol∙L−1×20.50×10−3L=0.00205mol，则1000mL溶液中吸收液消耗HCl物质的量0.00205mol×50=0.1025mol，则反应释放出的HCl物质的量=0.20000mol−0.1025mol = 0.09750mol，HCl的释放率用α表示，计算方法为：α= ，故答案为：97.500%。
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