上海黄浦区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份上海黄浦区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共28页。试卷主要包含了结构与性质，填空题，有机推断题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

上海黄浦区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题

一、结构与性质
1．（2021·上海黄浦·统考二模）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。
(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化镁溶液中的镁
c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数
d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液
(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______
(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)
(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______
(5)已知：(M代表碱金属元素)
元素
Li
Na
K
Rb
Q(kJ)




从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。
2．（2022·上海黄浦·统考二模）氮化镓是智能手机的快速充电器中使用的一种半导体材料，可通过单质与氨气在高温下反应可制得。镓在周期表中的位置如图。
Al
P
Ga
As
(1)配平反应：____________________________________________；其中氧化剂的电子式___________。
(2)N原子的电子排布式为___________。Ga原子核外未成对电子数为___________个。
(3)氢化物的热稳定性：___________(填“＞”、“＜”或“=”)。
Ga分别与N、P、形成化合物的晶体结构与金刚石相似，其熔点如下表所示：
物质



熔点/℃
1700
x
1238

(4)晶体中含有的化学键类型为___________。从结构的角度分析、推测的熔点范围___________，理由是___________。
3．（2023·上海黄浦·统考二模）卤族元素能形成多种物质，结构和性质之间充满联系。
(1)部分卤族元素的某种性质a随核电荷数的变化趋势如图所示，则a表示正确的是_____。(填字母)

a.原子半径          b.氢化物的稳定性
c.单质的氧化性      d.元素的非金属性
(2)溴化碘(IBr)的化学性质类似于卤素单质，溴化碘和水反应所得产物中有一种为三原子分子，该分子的电子式为_____；溴原子核外电子能量最高的电子层符号是_____。
(3)ClF3的熔、沸点比BrF3的_____(填“高”或“低”)，理由是_____。
ClO2气体可处理污水中的CN-，以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
(4)ClO2与CN- (C是+2价)反应产生2种无毒气体，反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_____。
(5)请评价上述哪一种方法制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒______。

二、填空题
4．（2021·上海黄浦·统考二模）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，一般通过乙酸和乙醇酯化合生成。
(1)在实验室利用上述方法制得乙酸乙酯含有杂质(不计副反应)，简述如何提纯产品_______。
(2)若用标记乙醇，该反应的化学方程式_______。
(3)一定温度下该反应的平衡常数。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率_______(计算时不计副反应)；若乙酸和乙醇的物质的量之比为，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请绘制x随n变化的示意图_______。
(4)近年来，用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，具有明显的经济优势，其合成的基本反应为()。在恒温恒容容器中投入一定量的乙烯和足量的乙酸，下列分析正确的是_______。
a.当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，反应已达到化学平衡
b.当乙烯的百分含量保持不变时，反应已达到化学平衡
c.在反应过程中任意时刻移除部分产品，都可以使平衡正向移动，但该反应的平衡常数不变
d.达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度大于原平衡
(5)在乙烯与乙酸等物质的量投料条件下，某研究小组在不同压强、相同时间点进行了乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：

①温度在60~80℃范围内，乙烯与乙酸反应速率由大到小的顺序是_______[用、、分别表示在不同压强下的反应速率]。
②在压强为、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是_______。
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施_______(任写两条)。
5．（2023·上海黄浦·统考二模）NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO。若用活性炭对NO进行吸附，可发生C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，在T1℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如表：
浓度(mol•L-1)
时间(min)
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
(1)关于该反应说法错误的是_____。
a.该反应体现了NO的氧化性              b.降低NO浓度能够减慢反应速率
c.加入足量的炭粉可以使NO100%转化      d.合适的催化剂可以加快反应速率
(2)表中0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=_____；当升高反应温度，该反应的平衡常数K减小，说明正反应为_____反应(填“吸热”或“放热”).
(3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是______(填字母)。
a.加入一定量的活性炭      b.通入一定量的NO
c.适当缩小容器的体积      d.加入合适的催化剂
某实验室模拟该反应，在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

(4)由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_____；在1100K时，CO2的体积分数为_____。
(5)NO2排放到大气中会引起______(填两个)等环境问题。

三、有机推断题
6．（2021·上海黄浦·统考二模）阿特拉(H)是一种重要的抗过敏药，可减轻季节性过敏性鼻炎和慢性特发性荨麻疹引起的症状，可采用如下路线合成：

已知：Ph-代表苯基；
。
(1)H中含氧官能团的名称为_______，F→G的反应类型为_______。
(2)实验室检验B中官能团所用的试剂依次为_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)D水解后得到物质W[]，写出同时满足下列条件的一种W的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上有两个取代基
②与Na反应产生氢气
③能发生银镜反应
④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1
(5)新戊酸()可用于生产香料，利用题目信息设计由乙烯为原料制备新戊酸的合成路线_______。
7．（2022·上海黄浦·统考二模）以芳香族化合物A和有机物D为原料，制备有机物M和高聚物N的合成路线如图：

已知：I.符合原子经济学原理
II． (R1、R2表示氢原子或烃基)
(1)D的官能团名称___________。
(2)的反应类型___________，生成M的反应条件___________。
(3)E的结构简式为___________。
(4)H生成N的化学方程式为___________。
(5)写出满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式___________。
①能发生银镜反应  ②苯环上连有三个取代基  ③苯环上的一卤代物有两种
(6)参照上述合成路线和信息，以丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_____。
8．（2023·上海黄浦·统考二模）芯片制造过程需用到光刻胶，光刻胶的一种合成路线如图(部分试剂、反应条件和产物已略去)：

已知：A是苯甲醛()
I. + (R1，R2为烃基或氢)
II. +R2OH +HCl(R1，R2为烃基)
(1)B分子中所含官能团的名称为_____；由F到G的反应类型为_____。
(2)乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E中不同环境的氢原子个数比为3∶2∶1，E能发生水解反应，则E加聚后产物F的结构简式为_____。
(3)D和G反应生成光刻胶的化学方程式为_____。
(4)C的一种同分异构体满足下列条件：
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
②苯环上的一氯取代产物只有两种。
写出该同分异构体的结构简式：_____。
(5)根据已有知识并结合本题信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____。

四、实验题
9．（2021·上海黄浦·统考二模）草酸铁钾(Fe为价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。
Ⅰ.制备

(1)“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→_______→_______→_______→_______→_______→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)
a.过滤
b.避光晾干
c.冰水浴冷却热饱和溶液
d.用95%的乙醇溶液洗涤晶体
e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热
(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______。
Ⅱ.组成测定。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀，将转化为后用0.1000 溶液滴定，当消耗溶液24.00mL时恰好完全反应()；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的溶液继续滴定，用去溶液4.00mL。
(3)配制100mL 0.1000 溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有_______(填仪器名称)，加入锌粉的目的是_______。
(4)第二次滴定的离子方程式为：_______。
_____________________→_____________________
第二次滴定终点的现象_______。
(5)通过计算确定中，_______，_______。
Ⅲ.探究草酸铁钾的光敏性。查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。
(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为_______。

10．（2023·上海黄浦·统考二模）某兴趣小组对鸡蛋壳中CaCO3的质量分数进行了测定(假设蛋壳中的其他物质不与盐酸反应)。五个已知质量的不同CaCO3样品在相同的密封的刚性反应容器中与过量的2.0mol•L-1HCl(aq)反应，所产生的气体压强用附在反应容器上的压力计测量。实验数据被用来创建下面的校准线：

用蛋壳样品重复实验，实验数据记录在表中。
蛋壳样品质量
0.200g
反应前压强
0.800atm
反应后压强
0.870atm
(1)反应的离子方程式：_____。
(2)因为反应是放热的，所以在记录压强之前，反应系统需_____。
(3)实验用到的定量仪器有压力计和_____。
(4)蛋壳样品中CaCO3的质量分数最接近______。
a.30%      b.45%     c.60%      d.75%
(5)另一个蛋壳样品与4.0mL未知浓度的HCl(aq)完全反应。若反应生成0.095atm的压力，则HCl(aq)的浓度至少为_____mol•L-1。
a.0.0020        b.0.050      c.0.50      d.1.0
(6)可提高该反应速率的措施有_____。
a.用2.0mol•L-1CH3COOH(aq)代替2.0mol•L-1HCl(aq)    b.将HCl(aq)冷却到比原实验更低温度
c.选择体积更小的反应容器                         d.将蛋壳研磨成更小的粉末
(7)请你再设计一种测定蛋壳中CaCO3的质量分数的实验方法_____。

五、原理综合题
11．（2022·上海黄浦·统考二模）在温度保持不变的情况下，将一定量的充入注射器中后封口，图乙是在拉伸或压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小且整个操作过程物质均为气态)。(已知：)

(1)对注射器的移动轨迹判断正确的是___________。
A． B．
C． D．
(2)判断下面的说法是否正确？(在□中画“×”或“√”)
A．d点：_____
B．c点与a点相比，增大，减小_____
C．若注射器隔热，没有能量损失，会导致反应温度发生变化，则b、c两点的平衡常数_____
D．若在注射器中对反应进行完全相同的操作，最后能得到相似的透光率变化趋势图象_____
在100℃时，将的气体充入2L的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到下表数据。
时间/s
0
20
40
60
80
100

0.40

0.26




0.00
0.05

0.08
0.08
0.08

(3)比较、的大小___________。
(4)20~40s内，的平均反应速率为___________。
(5)100℃时，容器中物质的量的变化曲线如图。其他条件不变，请画出80℃时物质的量的变化曲线_____。


六、工业流程题
12．（2022·上海黄浦·统考二模）利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为、、，还含有少量、、、等]与废酸反应制备，既处理了三废，又有经济效益。其主要流程如下：

已知：
①部分离子沉淀完全的
沉淀物





8.96
3.20
4.70
11.12
②三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线

(1)实验室模拟该流程，不会涉及的操作___________。
A． B． C． D．
加入可调节，且一种离子会被氧化。充分反应后再趁热过滤。
(2)以上操作利用了的___________性和___________性，且不引入新的杂质离子；趁热过滤的目的是___________；沉淀A的主要成分是___________、___________、___________。
(3)检验滤液B中是否含有的实验方法___________。
(4)从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量___________(填化学式)；②___________、___________；④过滤、洗涤得产品。
(5)若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有___________。

参考答案：
1． 低 5 e 原子晶体 N3->O2->Al3+ 从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
2．(1) 23
(2) 1s22s22p3 1
(3)＞
(4) 共价键 1700＞x＞1238 、、均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔点依次降低。

【详解】（1）根据已知反应物和生成物可知，此反应为氧化还原反应，根据电子守恒可得到，化学方程式为：23；氨气中H元素化合价降低，所以氨气为氧化剂，故氧化剂的电子式为: 。
（2）N核外有7个电子，所以电子排布式为：1s22s22p3；Ga与Al同主族，价电子为4s24p1，只有一个未成对电子，故答案为1；
（3）同一主族的元素，从上到下非金属依次减弱，对应的氢化物的稳定性依次减弱，如图，N和P位于同一主族，所以氢化物的热稳定性：＞；
（4）Ga分别与N、P、形成化合物的晶体结构与金刚石相似，所以均为共价晶体，熔化时破坏共价键，共价键键长越短，键能越大，熔点越高，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔沸点依次降低。所以答案为：共价键；1700＞x＞1238；均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，Ga-N、Ga-P、Ga-As键长依次递增，键能依次减小，所以熔沸点依次降低。
3．(1)bcd
(2) N
(3) 低 ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3
(4)1：1
(5)方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染，所以方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒

【详解】（1）a．Cl、Br、I三种元素的原子半径逐渐增大，a错误；
b．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性HCl>HBr>HI，b正确；
c．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性Cl2>Br2>I2，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性Cl>Br>I，d正确；
故答案选bcd。
（2）IBr与水反应的化学方程式为IBr+H2OHBr+HIO，HIO的电子式为，溴原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，能量最高的电子层符号是N。
（3）ClF3和BrF3均为分子晶体，且结构相似，ClF3相对分子质量小于BrF3，因此ClF3的熔沸点比BrF3低。
（4）ClO2与CN-反应生成二氧化碳和氮气，离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-，该反应ClO2中Cl得电子化合价降低，CN-中C失电子化合价升高，N失电子化合价升高，氧化剂为ClO2，还原剂为CN-，两者的物质的量之比为1：1。
（5）方法一产生污染性气体氯气，方法二生成氧气对水体无污染，所以方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒。
4． 产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏 CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O 66.7% bc v(P1)＞v(P2)＞v(P3) 由图象可知，P1MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降 通入乙烯气体或增大压强
【详解】(1)实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下制备乙酸乙酯，乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇的杂质，利用饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸、溶解乙醇，而且乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，分液得到乙酸乙酯，再蒸馏除去残留的杂质；答案为产物中含有乙酸和乙醇，用饱和碳酸钠洗涤后，分液，得到粗产品，在进行蒸馏；
(2)根据酯化反应的原理，酸脱羟基醇脱氢，因此乙醇中的18O会在酯中，化学方程式为CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；
(3)利用三等式进行计算；有
平衡常数，得x=，转化率为；
乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1＝1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如图所示：；
(4)a．当乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；
b．当体系中乙烯的百分含量保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应已达到化学平衡，b正确；
c．产品减少，平衡正向移动，但是由于该反应的平衡常数表达式，温度不变则平衡常数不变，所以平衡时乙烯的浓度与原平衡相等，c正确；
d．乙酸和乙酸乙酯为液态，在平衡常数表达式中不能标出，该反应的平衡常数表达式为：，达到平衡后再通入少量乙烯，再次达到平衡时，乙烯的浓度不变，d错误；
故答案为：bc；
(5)①温度一定压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知P1＞P2＞P3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v（P1）＞v（P2）＞v（P3）；
②由图象可知，P1MPa、80℃时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动产率下降；
③为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等，通入乙烯气体或增大压强。
5．(1)c
(2) 0.042mol/(L·min) 放热
(3)bc
(4) 1050K前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，相同时间内NO转化率增大 0.2
(5)酸雨、光化学烟雾

【详解】（1）a．C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，NO中N元素价态从+2价降到0价，体现出NO的氧化性，a正确；
B．降低NO浓度，减慢反应速率，b正确；
C．该反应是可逆反应，加入足量的碳粉无法使NO转化率无法达到100%，c错误；      
D．催化剂可以改变反应速率，合适的催化剂可以加快反应速率，d正确；
故选c。
（2）C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，图表数据得到0～10min内，NO的平均反应速率；升高反应温度，该反应的平衡常数K减小，说明平衡往逆向移动，逆向吸热，正向则放热；故答案为：0.042mol/(L•min)，放热；
（3）该温度下的平衡常数K=，温度不变平衡常数不变，30min后改变条件，设平衡时CO2的浓度为xmol/L：，解得x=0.36，即30min后改变条件使N2和CO2浓度同等程度增大：
a．加入一定量的活性炭，平衡不发生移动，NO、N2浓度都不变，a错误；
b．通入一定量的NO，平衡往正向移动，根据勒夏特列原理， NO浓度增大，CO2、N2浓度同等程度增加，b正确；
c．适当缩小容器的体积，相当于增大压强，平衡不发生移动，且NO、N2浓度增加的倍数相等，c正确；
d．加入合适的催化剂，平衡不发生移动，NO、N2浓度都不变，d错误；
故选bc。
（4）1050 kPa 前，反应b 中NO2转化率随着压强增大而增大的原因，1050KPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO转化率提高，
故答案为：1050KPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO转化率提高；
根据图示，在1100K时，NO转化率是40%，设起始投入的NO的浓度为amol/L，根据题意列三段式：

CO2的体积分数==0.2；
（5）NO2排放到大气中会引起酸雨、光化学烟雾等。
6． 羟基、羧基 还原反应 NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液 + +HCl 、
【分析】A与SOCl2在过氧化物的作用下发生取代反应生成B，B中Cl原子被-CN取代生成C；对比C、E的结构，结合(4)中D水解得到，可知D为，对比E、G的结构，结合反应条件及给予的信息，可知E中氯原子被取代生成F，F中羰基被还原得到G，故F为，G中-CN再水解得到H。
【详解】(1)根据H的结构简式可知其含氧官能团为羟基、羧基，根据题目所给信息可知，F中羰基被还原得到G，反应类型为还原反应；
(2)B中官能团为氯原子，需要先再NaOH水溶液、加热条件发生水解反应，将氯元素以氯离子形式转移到溶液中，再滴加硝酸至酸性，最后滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明含有氯元素，所需试剂依次为：NaOH溶液，稀硝酸、硝酸银溶液；
(3)根据分析可知F为 E中氯原子被取代生成F，化学方程式为+ +HCl；
(4)W中含有10个碳原子、2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，则两个取代基可以有邻间对三种情况；
②与Na反应产生氢气，则取代基中含有羟基、羧基或酚羟基；
③能发生银镜反应，说明含有醛基，由于能和钠反应生成氢气，且只有两个O原子，所以一定不是甲酸形成的酯基，同时也说明一定不含羧基
④有5种化学环境不同的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1，说明含有两个环境相同的甲基，则满足条件的有、；
(5) 模仿B→C→D转化、G→H转化，乙烯先与HCl发生加成反应，然后与NaCN发生取代反应，再与CH3Cl在(CH3)2COK条件下发生取代反应，最后在①KOH、②酸条件下水解得到，合成路线为： 。
7．(1)醛基
(2) 加成反应 浓硫酸/△
(3)
(4)n
(5)或
(6)CH3CH=CH2

【分析】由有机物的转化关系可知，与HC≡CCH3发生加成反应生成，则A为；催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成，则C为；与氢氰酸发生加成反应后，酸化得到，则E为；在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，则F为；在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成，在浓硫酸作用下与共热发生取代反应生成；在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成，则H为；在催化剂作用下共热发生加聚反应生成。
（1）
由结构简式可知，D的官能团为醛基，故答案为：醛基；
（2）
由分析可知，A→B的反应为与HC≡CCH3发生加成反应生成；生成M的反应为在浓硫酸作用下与共热发生取代反应生成和水，故答案为：加成反应；浓硫酸/△；
（3）
由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
（4）
H生成N的反应为在催化剂作用下共热发生加聚反应生成，反应的化学方程式为n，故答案为：n；
（5）
B的同分异构体的结构简式能发生银镜反应，苯环上连有三个取代基说明同分异构体分子苯环上的取代基为1个醛基和2个甲基，则苯环上的一卤代物有两种的结构简式为、，故答案为：或；
（6）
由合成路线和信息可知，以丙烯为原料制备的合成步骤为催化剂作用下丙烯与水发生加成反应生成，在铜做催化剂条件下，与氧气发生催化氧化反应生成，先与氢氰酸发生加成反应，后酸化生成，在催化剂作用下发生缩聚反应生成，合成路线为CH3CH=CH2，故答案为：CH3CH=CH2。
8．(1) 碳碳双键、醛基 取代反应
(2)
(3)+nHCl
(4)
(5)

【分析】A为，A与CH3CHO发生信息Ⅰ的反应生成B为，B与银氨溶液反应后酸化生成C为，C与SOCl2反应生成D。乙炔与羧酸X反应生成E，E加聚生成F，则E中一定有碳碳双键，根据G的结构简式可知F到G发生的是酯类的水解，F为，E为，羧酸X为CH3COOH。G和D发生信息Ⅱ的反应生成光刻胶为。
【详解】（1）B结构简式为，含有的官能团名称为碳碳双键、醛基。F到G发生的是酯类的水解反应。
（2）根据分析可知，F的结构简式为。
（3）G和D发生信息Ⅱ的反应生成光刻胶为，化学方程式为+nHCl。
（4）①能发生银镜反应又能发生水解反应，说明该同分异构体中含有甲酸形成的酯基。②苯环上一氯取代产物有两种，则苯环上有两个取代基且在对位。除了苯环外剩余基团的不饱和度为2，已知有一个酯基，则一定含有一个碳碳双键，因此该同分异构体的结构简式为。
（5）两分子乙醛发生信息Ⅰ的反应生成，与银氨溶液反应后酸化生成，与溴发生加成反应生成，发生卤代烃的水解反应后酸化生成，发生醇的催化氧化生成，合成路线为
9． e c a d b 用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解 100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管 将Fe3＋转化为Fe2＋ +5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化 3 3 +2
【详解】(1)从溶液中得到粗产品，恒温条件下加热，直到溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热，再用冰水浴冷却，使得晶体充分析出，再过滤，用乙醇洗涤晶体，避光晾干，因此操作顺序为e→c→a→d→b；
(2)由题目信息可知该化合物是一种光敏感材料，用冰水冷却可以降低溶解度，有利于析出更多晶体：答案为用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，在烧杯中溶解好的KMnO4需要转移到100mL容量瓶中；定容时，需要用到胶头滴管；滴定时，KMnO4溶液需用酸式滴定管滴定；根据实验步骤，第二次滴定是滴定Fe2＋，因此加入锌粉的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋；
(4)第二次滴定的离子化学方程式为高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点是利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点；
(5)由+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知，n(Fe3+)＝5n()＝5×0.004L×0.10mol•L﹣1＝0.002mol，由可知，n(H2C2O4)＝n()＝×0.024L×0.10mol•L﹣1＝0.006mol，所以0.002mol：0.006mol＝1：y，解得y＝3，根据化合价代数和为0可知，x+3+3×(﹣2)＝0，解得x＝3，化合物KxFe(C2O4)y•3H2O的化学式为：K3Fe(C2O4)3•3H2O；
(6)见光分解后的产物中的气体可以使澄清石灰水变混着，说明该气体是CO2，该物质中的C的化合价为＋3，说明C的化合价升高，有种元素化合价降低，是Fe，Fe从＋3降低到＋2，则该浅黄色沉淀中铁元素的化合价为+2。
10．(1)CaCO3+2H＋＝Ca2＋+H2O+CO2↑
(2)保持温度不变
(3)托盘天平
(4)d
(5)d
(6)d
(7)将鸡蛋壳洗净、⼲燥并捣碎后，称取m1 g放在烧杯⾥，然后往烧杯中加⼊⾜量的稀盐酸m2 g，充分反应后，称得反应剩余物为m3 g（假设其他物质不与盐酸反应），则生成的二氧化碳质量是（m1+m2－m3），所以其质量分数是。

【分析】根据碳酸钙能和盐酸反应产生二氧化碳气体，结合图像中的有关数据和表格中数据计算出碳酸钙的质量，进而可以计算碳酸钙的质量分数，结合问题、物质的性质、实验原理分析解答。
【详解】（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H＋＝Ca2＋+H2O+CO2↑。
（2）因为反应是放热的，且压强受温度影响，所以在记录压强之前，反应系统需保持温度不变。
（3）固体称量需要天平，所以实验用到的定量仪器有压力计和托盘天平。
（4）根据图像可知当碳酸钙质量是0.2g时，产生气体的压强是0.095atm，所以当产生气体的压强为0.870atm－0.800atm＝0.07atm时需要碳酸钙的质量是，所以蛋壳样品中CaCO3的质量分数为，因此最接近75%，答案选d。
（5）若反应生成0.095atm的压力，根据图像可知消耗碳酸钙的质量是0.2g，物质的量是0.002mol，消耗氯化氢的物质的量是0.004mol，浓度是0.004mol÷0.004L＝1.0mol/L，即HCl(aq)的浓度至少为1.0mol•L-1，答案选d。
（6）a.用2.0mol•L-1CH3COOH(aq)代替2.0mol•L-1HCl(aq)，氢离子浓度减小，反应速率减小；
b.将HCl(aq)冷却到比原实验更低温度，降低温度，反应速率减小；
c.选择体积更小的反应容器，由于反应物是固体和溶液，不影响反应速率；
d.将蛋壳研磨成更小的粉末，增大反应物的接触面积，反应速率加快；
答案选d。
（7）由于碳酸钙和盐酸反应生成气体，所以可以用反应前后质量差计算生成二氧化碳的质量，进而计算碳酸钙的质量，最后计算其质量分数，例如将鸡蛋壳洗净、⼲燥并捣碎后，称取m1 g放在烧杯⾥，然后往烧杯中加⼊⾜量的稀盐酸m2 g，充分反应后，称得反应剩余物为m3 g（假设其他物质不与盐酸反应），则生成的二氧化碳质量是（m1+m2－m3），所以其质量分数是。
11．(1)A
(2) √ × × ×
(3)n3=n4
(4)0.001mol·L-1·s-1
(5)

【分析】该反应是正反应气体体积减小的反应，压强增大平衡虽然正向移动，但是二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但是二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅。所以b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大。
【详解】（1）从图乙可知气体的透光度先下降后上升，说明NO2的浓度先增大后减小，故注射器先压缩后拉伸，最后达到初始水平，说明拉伸位置回到N，故移动轨迹为N→M→N。
（2）A项c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡逆向移动，v逆>v正，A正确；B项c点是压缩注射器的情况，二氧化氮和四氧化二氮浓度都增大，B错误；b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）Kc，C错误；D中的反应为等体积反应，进行完全相同的操作，改变压强，平衡不发生移动，不会发生相似的透光率，D错误；
（3）60s和80s时四氧化二氮的物质的量不发生变化，说明反应已达到平衡状态，n3=n4。
（4）根据方程式0-20s内可得，20s时二氧化氮有0.3mol，则20-40s内。
（5）降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡正向移动，平衡时NO2物质的量较100℃时要小，所以图象为。
12．(1)B
(2) 碱性 氧化性 过滤出硫酸钙 Al(OH)3 Fe(OH)3 CaSO4·2H2O
(3)加入硫氰化钾溶液
(4) 稀硫酸 加入氢氧化钠溶液，过滤得到氢氧化镁 再加入硫酸，蒸发结晶
(5)天平、坩埚、马弗炉

【分析】盐泥主要成分可知，要用稀硫酸溶解，硫酸钙在高温时溶解度较小，趁热过滤，滤液A中含有Mg2+、Na+、Al³+、Fe3+，加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子，滤渣A为氢氧化铁和氢氧化铝、硫酸钙和盐泥中少量的硫酸钡，滤液B中的离子有Mg2+、Na+，加入氢氧化钠，滤渣B为氢氧化镁，再加入硫酸，溶液C为硫酸镁和硫酸钠，再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，再向沉淀中加入硫酸得到硫酸镁溶液，经蒸发结晶得到，据此分析解题。
（1）
实验室模拟该流程涉及溶解，过滤和蒸发结晶，不涉及蒸馏，不会涉及的操作B；
（2）
以上操作利用了的氧化性和碱性，NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子；根据三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4·2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液A到滤液B需先加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O；
（3）
检验滤液B中是否含有的实验方法向其中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红则说明含有；
（4）
从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量硫酸；②再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁，③再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体。
（5）
若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有分析天平、坩埚、马弗炉，准确称量失水前的重量，将其置入坩埚，再放入马弗炉，冷却后再称重，两者差值即为结晶水质量。