上海杨浦区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

这是一份上海杨浦区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30页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，有机推断题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

上海杨浦区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、原理综合题
1．（2021·上海杨浦·统考二模）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢()，实验室制备的常用方法有两种：
①
②
完成下列填空：
(1)P核外能量最高的电子具有相同的___________(填写序号)。
A．轨道B．自旋方向C．电子云形状D．电子云伸展反应
(2)已知与的结构相似，的空间结构是___________。的分解温度比___________(填“高”、“低”)，判断的依据是___________。
(3)已知为三元酸，其结构式为：。
①次磷酸(中的P的成键情况与中的相同，则的结构式是___________。
②利用反应②制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明是___________元酸。
(4)常温下，在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。

①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出第二步电离平衡常数表达式___________。
(2)图中可推断溶液呈___________(填“酸”、“碱”、“中”)性，可能的原因是___________。溶液中各含磷微粒以及按浓度由大到小的顺序排列___________。
2．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）NaNO2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成防腐剂。
(1)氮原子核外共有_______种能量不同的电子，能量最高的电子有_______种伸展方向。
(2)亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体，每个原子最外层都达到8e-结构，则其电子式为_______，其水解生成两种不同的酸，请写出其水解的方程式：_______。
(3)NaNO2具有毒性，含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，通常采用还原法将其转化为对环境无污染的气体排放，如工业上采用KI或NH4Cl处理，请写出NH4Cl与NaNO2反应的离子方程式：_______。已知：酸性 H2SO3>HNO2>CH3COOH
(4)往冷NaNO2溶液中加入下列某种物质可得HNO2稀溶液。该物质是_______(填序号)。
a.稀硫酸    b.二氧化碳    c.二氧化硫    d.醋酸
(5)NaNO2其有咸味，不法商家会用其制作假食盐，请写出一种简单的方法检验NaCl中是否含有NaNO2：_______。
(6)某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量NaNO2晶体。


已知：Na2CO3+NO+NO2→2NaNO2+CO2； Na2CO3+2NO2→NaNO2+NaNO3+CO2
①“还原”步骤 SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是_______。
②若使“吸收”步骤中NO、NO2完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中 SO2与HNO3的物质的量之比为_______。
3．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。
(1)天然气脱硫工艺涉及如下反应：
① 2H2S(g)+3O2(g)→2SO2(g)+2H2O(g)∆H =+ a kJ/mol
② 4H2S(g)+2SO2(g)→3S2(g)+4H2O(g)∆H= + b kJ/mol
③ 2H2S(g)+O2(g)→2S(g)+2H2O(g)∆H=+ c kJ/mol
若 2S(g)→S2(g)∆H=+Q/mol.。
为了研究甲烷对H2S制氢的影响，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2。保持体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：

图中表示H2S、H2变化的曲线分别是：_______、_______
(2)反应达平衡的标志是_______(填标号)。
A．2v正(H2S)=4v逆(H2)
B．CH4的体积分数不再变化
C．c(CH4)/c(H2S)不再变化
D．混合气体的密度不再改变
(3)由图可知该反应的∆H_______0(填”>”、”<”或“=”)，判断的理由是_______。
(4)M点对应温度下，CH4的转化率为_______。
(5)H2S燃料电池的原理如图所示，则电池的正极是_______极(填a或b)，负极的电极反应式为_______。


二、工业流程题
4．（2021·上海杨浦·统考二模）Ba是第六周期ⅡA族的元素，常见的矿物重品石(主要成分是含少量、CaO、MgO等)中，以下是某工业制取流程示意图：

完成下列填空：
(1)重晶石和煤磨成粉能加快反应速率，原因是___________。
(2)焙烧时主要反应为：，不同温度下反应达到平衡时，各成分的物质的量如图所示。

①依图判断生成BaS的反应是___________反应(填“放热”或“吸热”)，焙烧温度至少应控制在___________℃上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，该反应的化学反应速率为___________。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱、、，其中碱性最弱的是___________(填化学式)。浸取液中产生的原因是___________。(用离子方程式表示)
(3)向BaS溶液中加入生成，过量会析出晶体，利用平衡移动原理，解释析出晶体的原因___________。
(4)工业上用制备高纯，其流程图是：

①碳化时，先向溶液中通入___________(写化学式)，写出碳化时发生反应的化学方程式___________。
②写出检验母液中主要阳离子的实验方案___________。
5．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）二氧化氯(ClO2)气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为 NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：

已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成 NaClO3和 NaCl。
(1)通入空气的作用是_______
(2)方法1中，反应的离子方程式是_______。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是_______。
(3)NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是_______。

(4)为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀 H2SO4，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为c mL(已知：I2+2S2O→2I-+S4O)。样品中NaClO2的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_______。
(5)NaClO2使用时，加入稀盐酸即可速得到ClO2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是_______。
6．（2023·上海杨浦·统考二模）实验小组模拟工业上回收“分银渣”中的银，过程如下：

I中反应：(杂质不反应)
(1)过程I中，向溶液中加入分银渣，10分钟后，固体质量减少了28.7g，则反应速率_______。(忽略溶液体积变化)
(2)溶液中离子浓度的关系是：_______。
(3)其他条件不变，反应I在敞口容器中进行，若反应时间过长反而银的产率降低，银产率降低的可能原因是_______(用离子方程式解释)。
不同时，浸出液中的浓度与含硫化合物总浓度的关系如下图所示(注：含硫化合物总浓度即亚硫酸钠溶液中含硫微粒总浓度)。

(4)时，解释浓度度随含硫化合物总浓度变化趋势的原因_______。
(5)时，浓度随含硫化合物总浓度的变化与时不同，可能的原因是_______。
(6)将II中反应的离子方程式补充完整： (中的化合价可看做0价)

++ _______= _______+_______+ ______________
(7)III中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银浸出率降低。从回收液离子浓度变化和平衡移动的角度分析原因：_______。

三、有机推断题
7．（2021·上海杨浦·统考二模）格式试剂即烃基卤化镁(R—MgX)是一类有机金属化合物，在有机合成中有着重要的作用。利用格式试剂设计了有机化合物J的合成路线：

已知：RXR-MgX(R、、代表烃基或氢)
完成下列填空：
(1)D中的官能团名称是：___________。
(2)写出反应类型：A→B是___________反应；B→D是___________反应。
(3)D能发生聚合反应，聚合产物为___________或___________。
(4)K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中无甲基也无，任写出一种K的结构简式：___________。
(5)写出H→I的化学方程式___________。
(6)利用格式试剂，写出以A、HCHO、乙醚为有机原料制备的合成路线。(其他无机试剂任选)。___________。
8．（2022·上海杨浦·复旦附中校考二模）由化合物A制备可降解保型料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：

已知：
i. (-R1、-R2、-R3均为烃基)
ii.
回答下列问题：
(1)B中官能团的名称是_______。
(2)A的结构简式是_______。
(3)D→E的反应方程式是_______。
(4)H的结构简式是_______。
(5)X是J的同分异构体，满足下列条件的有_______种(不考虑顺反异构)。
①链状结构： ②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
其中分子中有3种氢原子，且个数比为6：1：1的结构简式是_______。
(6)请设计一条以为原料制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)
9．（2023·上海杨浦·统考二模）3-四氢呋喃甲醇是合成农药呋虫胺的中间体，其一种合成路线如下：

已知：i. R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
ii. R1COOR2R1CH2OH+R2OH
iii. R1OH+R2OHR1OR2+H2O
(1)和互为_______。的反应类型是_______反应。
(2)的分子式_______。
(3)不宜选用银氨溶液或新制氢氧化铜的原因是：_______。
(4)的结构简式为：_______。
(5)3-四氢呋喃甲醇有多种同分异构体，写出1种符合下列条件的有机物的结构简式：_______。
①不能与金属钠反应   ②分子中有3种不同化学环境的氢原子
(6)时会生成分子式为的副产物，该副产物的结构简式是_______。
(7)已知具有极强还原性，除了还原酯基外(信息ii)，还可还原醛基等。请以为原料，利用题中信息及所学知识，选用必要的无机试剂合成。______
(合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物)

四、实验题
10．（2021·上海杨浦·统考二模）打印机墨粉中的含量是衡量墨粉质量优劣的重要指标之一、已知：墨粉中除了晶体粉粒外，其余成分均不溶于水且不与酸反应。
为测定墨粉中的含量，进行了如下实验：

完成下列填空：
(1)检验
第一份取少许，选用___________(填试剂名称)，现象是___________。
(2)测定含量方法一

已知：
①试剂①是，加入足量反应后，还需要充分加热，充分加热的目的是___________。
②试剂②是___________(填名称)，其作用是___________。
(3)测定含量方法二

已知：
①试剂③是Zn粉，向第三份溶液中缓慢加入Zn粉末，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉，写出该过程中发生的离子方程式___________，这样操作的原因是___________。
②用第三份实验数据计算墨粉中的的含量___________。(只列计算式，不计算)
③试剂③不能用铁粉，可能的原因是___________。
11．（2023·上海杨浦·统考二模）环己烯()是重要的化工原料，实验室环己醇()可在催化下制备环已烯。
I.环已烯的制备
如图所示，将环己醇加入试管中，再加入固体，缓慢加热，在试管内收集到环己烯粗品。


密度
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81

83
难溶于水
(1)浓硫酸也可作该反应的催化剂，但此实验中，选用，而不用选浓硫酸的可能原因是_______(写2点)。
(2)实验时水浴温度应高于_______℃，原因是_______。
(3)环己烯粗品中含少量环己醇和等物质。产生的原因是_______(用化学方程式表示)。加入饱和食盐水除去，经振荡、静置、分层后，产品在_______层(填“上”或“下”)，再蒸馏得到纯环己烯。
II.环己烯含量测定
向环已烯样品中加入，充分反应后，剩余的与足量溶液反应，用标准溶液滴定，终点时消耗。 (已知：)
(4)滴定所用指示剂为_______，滴定终点现象为_______。
(5)样品中环己烯的质量分数为_______(用字母表示)。标准溶液部分被氧化，会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

五、结构与性质
12．（2023·上海杨浦·统考二模）离子型金属氢化物、、、等，具有强还原性，也可作生氢剂。
(1)核外不同能量的电子数之比为：_______(按能量由低至高的顺序)。
(2)将、、、按半径由小到大的排列顺序为_______。
(3)1个中含_______电子，补写一个与电子数相同且带一个单位负电荷的离子的电子式：、_______。
(4)两种硼化物的熔点如表所示：
硼氢化物


熔点/℃
400

两物质熔点差异的原因是_______。
(5)工业上常用“有效氢”含量衡量含氢还原剂的还原能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。的有效氢含量约为_______(2位小数)。
工业上可利用下述工艺得到氢气。

(6)其中的平衡常数的表达式_______，上述反应达到平衡时，容器内气体的平均摩尔质量为，若保持恒温恒容，向该容器中加入少量，再次达平衡后，气体的平均摩尔质量为，比较、的大小，并说明理由_______。
(7)该工艺的总反应方程式为：_______。

参考答案：
1． BC 三角锥形 低 r(N)小于r(P)，N—H的键长更短，键能更大 一 酸 溶液中电离程度大于水解程度 c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()
【详解】(1)P原子的核电荷数为15，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p3，3p亚层上上的电子能量相同，电子云形状相同，自旋方向相同，电子云伸展方向不同，故选BC；
(2)分子属于共价化合物，电子式为：，氮原子为sp3杂化，含有1对孤电子对，分子构型为三角锥形，与的结构相似，为三角锥形；氮和磷为同一主族元素，氮原子半径小于磷原子半径，N—H键的键长更短，键能更大，氨气分解需要的温度高，故的分解温度比的低；
(3)①为三元酸，其结构式为：，次磷酸()分子中，P的成键情况与中的相同，根据成键规律可知，的结构式是；
②利用反应制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明只能电离出1个氢离子，其为一元酸；
(4)①H3PO4H++，H++，第二步电离平衡常数表达式；
(2)根据图表信息分析可知，当物质的量分数较大时，溶液的pH小于7，即溶液显酸性，原因是在水溶液中电离程度大于水解程度；由于溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c()>c(H3PO4)，由于溶液中存在水的电离平衡，所以c(H+)>c()；溶液中，c()为最小；因此溶液中各离子浓度由大到小的顺序排列为：c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()。
2．(1) 3 3
(2)
(3)
(4)a
(5)可测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性（方法简单合理即可）
(6) 气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，增大接触面积 1：1

【详解】（1）N元素的原子序数为7，其核外电子排布为1s22s22p3，可知其核外共有1+1+1=3种能量不同的电子，能量最高的电子占据p能级，其伸展方向分别为px、py和pz共3种，故答案为：3；3；
（2）N原子有三个未成对电子，O原子有两个未成对电子，Cl原子有一个未成对电子，原子之间形成共价键后每个原子均是8电子稳定结构，故应是N原子在中间，O、N之间是两对共用电子对，N、Cl之间是一对共用电子对，；NOCl中各元素的化合价分别为+3，-2和-1价，所以NOCl发生水解生成两种不同的酸分别应该为HNO2和HCl，其水解的方程式为：；
（3）由题意可知，亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液反应生成氮气和氯化钠，反应中具有还原性，作还原剂，NO2具有氧化性，作氧化剂，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式为：；
（4）往冷NaNO2溶液中加入或通入某种物质可得HNO2稀溶液，则说明加入物质应能提供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，由酸性强弱规律可知，只有稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
（5）因为亚硝酸为弱酸，所以亚硝酸钠可发生水解反应，使溶液显碱性，而氯化钠溶液显中性，所以可通过测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性来检测NaCl中是否含有NaNO2，据此操作如下：取少许固体加入蒸馏水溶解后，使用pH试纸检测其溶液的酸碱性，若溶液显碱性的，则推知NaCl中含有NaNO2，若溶液呈中性，则NaCl中不含有NaNO2；
（6）①生产过程中，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，增大接触面积，提高原料利用率；硝酸和二氧化硫反应生成硫酸、NO2，根据得失电子守恒，“还原”步骤中生成 NO2反应的离子方程式是SO2+ 2NO= SO+ 2NO2；
②根据反应方程式Na2CO3+ NO + NO2= 2NaNO2+ CO2，若使“吸收”步骤中 NO、NO2 完全转化为 NaNO2，则理论上“还原”步骤中生成NO 、NO2物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒，SO2 与 HNO3 反应的方程式是2SO2 + 2HNO3+H2O=2H2SO4+ NO+NO2，SO2 与 HNO3的物质的量之比为1：1。
3．(1) c a
(2)BD
(3) > 温度升高，反应物物质的量分数不断减小，生成物物质的量分数不断增大，反应不断朝正向进行
(4)33.3%
(5) b 2H2S-4e-=4H++S2↑

【分析】甲烷与硫化氢重整制氢的反应方程式：。
【详解】（1）原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1:2，从图象分析，d曲线是CH4，c曲线是H2S；随反应进行，产物H2的增大量大幅大于另一产物，则a曲线是H2，b曲线是CS2，故图中表示H2S、H2变化的曲线分别是：c、a。
（2）当反应过程中发生改变的量不变时，该可逆反应即达到平衡状态。据分析，A．H2S与H2化学计量数之比是1:2，则2v正(H2S)=4v逆(H2)时，这两种物质表达的速率之比不等于化学计量数之比， A项不是该反应达到平衡的标志；
B．随反应正向进行，CH4的体积分数减小，其不再变化时，反应达到平衡；
C．c(CH4)与c(H2S)初始组成比值与系数比值一致，则c(CH4)/c(H2S)始终不变化，C项不是该反应达到平衡的标志；
D．该体系压强保持不变，气体分子数发生改变则体系体积发生改变，而反应过程气体物质总质量不变，说明混合气体的密度随反应改变，其不再改变时，反应达到平衡；
故选BD。
（3）由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数不断减小，生成物物质的量分数不断增大，即反应不断朝正向进行，没有出现达到峰值后逆向移动的情况，故该反应是正向吸热过程，则∆H>0。
（4）M点时H2与H2S的物质的量分数相等，设此时CH4转化了xmol，有：

则4x=2-2x，解得x=，该应温度下CH4的转化率为33.3%。
（5）燃料电池的燃料投入负极发生氧化反应，从H2S燃料电池的原理图可知，H2S进入电极a生成S2，O2进入电极b生成H2O，则电池的正极是b极，负极的电极反应式为：2H2S-4e-=4H++S2↑。
4． 增加接触面积，提高反应速率 吸热 500 0.64mol/(L·h) 溶解平衡，加入过量的，平衡逆向移动 取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色湿润试纸变蓝
【分析】重晶石主要成分为BaSO4 ，含少量的SiO2、CaO和MgO杂质，加入煤粉，高温煅烧，发生BaSO4+4C BaS+4CO，除此以外还可能有BaCO3等副产物生成，然后用90℃的热水浸取，趁热过滤，除去杂质，加入硝酸，可与BaS反应生成硝酸钡，以此解答该题。
【详解】(1)重晶石和煤磨成粉能增加接触面积，提高反应速率。
(2) ①由图可知，随着温度升高，一氧化碳的物质的量增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，为减少副反应的发生，温度控制在500℃以上。某次焙烧在真空容器中进行，1.5h时，测得容器中气体的密度为26.88g/L，一氧化碳的浓度为，该反应的化学反应速率为=0.64mol/(L·h)。
②已知：90℃时BaS的溶解度为50g/100g水，浸取液中还存在三种碱、、，根据元素周期律分析，镁、钙、钡为同主族元素，原子序数递增，金属性增强，所以镁的金属性最弱，所以氢氧化镁碱性最弱。浸取液中硫离子能水解生成氢氧根离子，即产生，离子方程式为；
(3)向BaS溶液中加入生成，溶液中存在溶解平衡，加入过量的，平衡逆向移动，有利于硝酸钡的析出。
(4)二氧化碳和硝酸钡不反应，所以碳化过程中先通入氨气，形成碱性环境，才能吸收二氧化碳气体，再通入二氧化碳。
①碳化时，先向溶液中通入氨气，写出碳化时发生反应的化学方程式。
②写出检验母液中主要成分为硝酸铵，主要阳离子为铵根离子，检验的实验方案为取样，加入足量NaOH，加热，在试管口放置湿润的红色湿润试纸变蓝。
5．(1)将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸
(2) 2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
(3)加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤
(4) ×100% 碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多
(5)亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气

【分析】由题中制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，ClO2发生器中发生反应为H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2↑+2NaHSO4，纯ClO2易分解爆炸，通入足量空气稀释ClO2以防止爆炸；方法1中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，根据题中信息可知，高于38℃时析出NaClO2晶体，且控制温度低于60℃，减压蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2产品；方法2中电解时阳极上发生2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上发生ClO2+e-=，阴极上析出NaClO2，结晶、干燥得到NaClO2产品；据此解答。
【详解】（1）根据题给信息可知，由于纯ClO2易分解爆炸，因此步骤1中，通入空气的作用是将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸；故答案为：将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸。
（2）方法1中，反应的离子方程式是2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O；利用方法1制NaClO2时，根据信息高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，温度不能超过20℃，可能的原因是NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；故答案为：2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O；NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；
（3）根据图中NaClO2的溶解度曲线，低于38℃析出的是NaClO2∙3H2O，高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，因此步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；故答案为：加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；
（4）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaC1O2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：×100%；碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多；
（5）在酸性增强的情况下，NaClO2使用时的氧化性增强，盐酸的还原性也增强，两者反应会生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。
6．(1)0.008mol/(L·min)
(2)
(3)
(4)增大，使反应I中的平衡正向移动
(5)pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显
(6)4++6OH-=4Ag+8+4H2O+
(7)随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移

【分析】分银渣中主要成分是氯化银，I中用溶液作为浸出剂，主要反应为；浸出液与甲醛反应，II中反应为4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，生成Ag回收，同时又生成，可循环使用。
【详解】（1）固体质量减少了28.7g，即反应溶解了28.7gAgCl，其物质的量为=0.02mol，由反应方程式可知，参加反应的的物质的量为0.02mol2=0.04mol，则反应速率=0.008mol/(L·min)，故答案为：0.008mol/(L·min)。
（2）溶液中存在物料守恒关系，，故答案为：。
（3）反应I在敞口容器中进行，很容易被空气中的氧气氧化，而使银的产率降低，反应的离子方程式为，故答案为：。
（4）由图像可知，时，浓度随含硫化合物总浓度增大而增大，变化趋势的原因是增大，使反应I中的平衡正向移动，导致浓度增大，故答案为：增大，使反应I中的平衡正向移动。
（5）由图像可知，相比于pH=10时，pH=6时候，随含硫化合物总浓度增大，浓度增大不明显，可能的原因是pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显，故答案为：pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显。
（6）HCHO中C元素化合价由0价升高到+4价，中Ag元素化合价由+1价降低到0价，反应产物有碳酸根离子，则可判断溶液为碱性，生成物有水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式为
4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，故答案为：4++6OH-=4Ag+8+4H2O+。
（7）由步骤II中反应方程式可知，反应消耗了，生成了Cl-，而反应I中为反应物，Cl-为生成物，平衡逆向移动，导致循环多次后，银浸出率降低，故答案为：随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移。
7． 碳碳双键、溴原子 消除(消去) 取代 +3NaOH+3H2O+2NaBr
【分析】
在浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成的B为，再在一定条件下与Br2发生取代反应生成的D为；E到F为E与HBr发生取代反应生成F；与Br2/CCl4发生加成反应生成的H为，H再在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的I为，I最终酸化生成J。
【详解】
(1)D为，含有的官能团有碳碳双键、溴原子；
(2)A→B是在浓硫酸催化作用下加热发生消去反应生成；B→D是再在一定条件下与Br2发生取代反应生成；。
(3)D为，含有碳碳双键，能发生聚合反应，则发生聚合反应的聚合产物为或；
(4)J为，K是J的同分异构体，属于芳香族化合物，说明分子结构中含有苯环，且分子中无甲基也无，则满足条件的K的结构简式为；
(5)H→I是在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的反应，发生反应的化学方程式+3NaOH+3H2O+2NaBr；
(6)以、HCHO、乙醚为有机原料制备，可利用先与HBr在一定条件下发生取代反应生成，再与Mg/乙醚生成格系试剂，再与HCHO在乙醚溶剂中发生加成反应，后酸化后水解生成，再催化氧化即可得到目标产物，具体合成路线。
8．(1)羰基、羧基
(2)
(3)
(4)
(5) 8
(6)

【分析】A发生信息i中的反应生成B、D，根据PHB的结构简式可知，C发生缩聚反应生成PHB，则C结构简式为，由于B是由A与高锰酸钾氧化得到，B应为CH3COCH2COOH，B与氢气发生加成反应生成C，根据D和E的化学式及转化的条件可知，D与乙醇发生酯化反应生成E，所以D应为HOOCCH2COOH，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，结合B、D结构简式，结合A分子式知，A为，根据F的化学式可知，F应为HOCH2CH2CH2OH，则G应为BrCH2CH2CH2Br，E和G发生信息ii中的反应生成H为，H水解得I为，I脱去一个羧基得J。
【详解】（1）B为CH3COCH2COOH，B中官能团的名称是 羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基。
（2）分析可知，A的结构简式是，故答案为：。
（3）D与乙醇发生酯化反应生成E，D→E的反应方程式是；故答案为：。
（4）E和G发生信息ii中的反应生成H为；故答案为：。
（5）X是J的同分异构体，根据条件①链状结构；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明有甲酸某酯的结构，则符合条件的结构为HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOC(C2H5)=CH2，共有8 种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式是，故答案为：8；。
（6）以为原料先制备1，3-丁二烯，1，3-丁二烯和溴发生1，4-加成反应生成1，4-二溴-2丁烯，然后发生水解反应，制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线：；故答案为： 。
9．(1) 同系物 取代反应
(2)C9H16O5

(3)银氨溶液或新制氢氧化铜都呈碱性，氧化醛基时会使酯基水解
(4)
(5)
(6)
(7)

【分析】A在碱性加热条件下与发生取代反应生成B，B在催化剂、加热条件下将醛基氧化成羧基，生成D，D中羧基与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，E与环氧乙醚发生加成反应生成F，F在一定条件下反应生成G，的结构简式为：，G按信息ii. R1COOR2R1CH2OH+R2OH模式反应生H，
【详解】（1）为乙酸乙酯和互为同系物。的反应类型是取代反应反应。故答案为：同系物；取代反应；
（2）的分子式C9H16O5。故答案为：C9H16O5；
（3）不宜选用银氨溶液或新制氢氧化铜的原因是：银氨溶液或新制氢氧化铜都呈碱性，氧化醛基时会使酯基水解。故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜都呈碱性，氧化醛基时会使酯基水解；
（4）根据信息i. R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH，发生反应生成G和乙醇，的结构简式为：。故答案为：；
（5）3-四氢呋喃甲醇,分子式为C5H10O2 ,不饱和度为1，3-四氢呋喃甲醇有多种同分异构体，符合①不能与金属钠反应，分子中没有羧基和羟基，  ②分子中有3种不同化学环境的氢原子，符合条件的有机物的结构简式如：。故答案为：；
（6）E分子的中间碳原子上有2个H原子，均可与环氧乙醚反应，时会生成分子式为的副产物，该副产物的结构简式是。故答案为：；
（7）以为原料，先用将其还原为，在一定条件下脱水得，在铜催化加热条件下将羟基氧化为醛基，得到产物，合成路径为。故答案为：。
10． 酸性高锰酸钾溶液 紫色褪去 除去 淀粉溶液 指示剂 、 防止被置换 防止测定结果偏大
【分析】墨粉中加入稀硫酸，四氧化三铁和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，结合铁离子和亚铁离子的性质分析解答。
【详解】(1)具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验亚铁离子的试剂是酸性高锰酸钾溶液，现象是紫色褪去；
(2)①由于双氧水能氧化碘化钾，影响铁离子测定，所以加入足量反应后，还需要充分加热的目的是除去。
②碘遇淀粉显蓝色，所以试剂②是淀粉溶液，其作用是作指示剂。
(3)①锌是活泼的金属，溶液中的铁离子和氢离子均能与锌反应，所以该过程中发生的离子方程式为、，又因为亚铁离子也能被锌置换出来，所以为防止被置换，当观察到较多气泡产生时，即停止加入Zn粉。
②消耗高锰酸钾的物质的量是0.001cVmol，锰元素化合价降低5价，亚铁离子被氧化为铁离子，根据电子得失守恒可知溶液中亚铁离子的物质的量是0.005cVmol，所以墨粉中的的含量为。
③铁离子能和铁反应生成亚铁离子，从而多引入亚铁离子，所以为防止测定结果偏大，试剂③不能用铁粉。
11．(1)FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念；浓硫酸易使原料碳化并生成SO2。
(2) 83 环己烯的沸点是83℃
(3)   Fe（OH）3+3HCl 上
(4) 淀粉溶液 当加入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色
(5) 偏小

【分析】可在 催化下发生消去反应生成环已烯。由于生成环己烯的沸点为83℃，水浴温度要高于83℃，使其蒸出，要得到液态环己烯，导管B除有导气外还有冷凝作用，便于环己烯冷凝，C中冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化。环己烯粗品中含少量环己醇和 等物质，加入饱和食盐水除去 ，经振荡、静置、分层后，环己烯密度比水小，所以产品在上层，再蒸馏得到较纯的环己烯。用氧化还原滴定法测定产品纯度。
【详解】（1）浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3∙6H2O而不用浓硫酸，因为浓硫酸具有强脱水性，能使有机物脱水炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应并产生SO2，FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念。答案：FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念；浓硫酸易使原料碳化并生成SO2
（2）环己烯沸点为83℃，反应过程中，环己烯要蒸出，进入C装置收集，答案：83；环己烯的沸点是83℃；
（3）FeCl3加热促进水解产生HCl，环己烯密度比水小，在上层，答案：   Fe（OH）3+3HCl；上；
（4）根据反应原理可知，可用淀粉溶液作指示剂，当12被Na2S2O3消耗完时，达到滴定终点，现象是蓝色变为无色，且半分钟内不恢复时达到终点。答案：淀粉溶液；当加入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色；
（5）由Br2+2KI=I2+KBr，可知，n（I2）=，则和环己烯反应的Br2为（b-）mol，根据反应关系式~Br2，环己烯质量为82（b-）g，环己烯的质量分数为， 当 Na2S2O3部分被氧化时，所用Na2S2O3溶液的体积偏大测得环已烯质量分数偏小。答案：；偏小。
12．(1)2：2：6：1
(2)H+＜Li+＜H—＜O2—
(3) 10
(4)为离子晶体，为分子晶体
(5)0.21
(6) M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变
(7)H2O+CCO+ H2

【详解】（1）钠元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，由能量最低原理可知，核外不同能量的电子数之比为2：2：6：1，故答案为：2：2：6：1；
（2）离子的电子层数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径最大、氢离子的离子半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则H—离子的离子半径大于锂离子，所以四种离子的离子半径由小到大的顺序为H+＜Li+＜H—＜O2—，故答案为：H+＜Li+＜H—＜O2—；
（3）四氢合硼酸根离子含有的电子数为10，氟离子和氢氧根离子与四氢合硼酸根离子的电子数都为10和都带带一个单位负电荷，氢氧根离子的电子式为，故答案为：；
（4）四氢合硼酸钠为离子晶体，四氢合硼酸铝为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以四氢合硼酸钠的熔点高于四氢合硼酸铝，故答案为：为离子晶体，为分子晶体；
（5）反应时，1mol四氢合铝酸锂能提供8mol电子，相当于4mol氢气，则四氢合铝酸锂的有效氢含量为≈0.21，故答案为：0.21；
（6）由方程式可知，反应的平衡常数的表达式K=，反应达到平衡时，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变，所以平均摩尔质量为M1等于M2，故答案为：；M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变；
（7）由图可知，反应物为水和碳，生成物为一氧化碳和氢气，氧化亚铁为反应的催化剂，总反应为氧化亚铁做催化剂条件下，水与碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为H2O+CCO+ H2，故答案为：H2O+CCO+ H2。