上海松江区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

这是一份上海松江区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38页。试卷主要包含了结构与性质，原理综合题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

上海松江区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·上海松江·统考二模）工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为：
Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
完成下列填空：
(1)钠原子核外电子排布式为___________。与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中___________的描述。
(2)上述反应中，反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有___________种，属于共价晶体的是___________。
(3)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。碳的非金属性弱于氧，从原子结构角度解释原因___________。
(4)向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示， b、c分别代表___________、___________(填离子符号)。

(5)室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响___________ (选填“前者大”或“后者大”)，作出判断并说明理由___________。

二、原理综合题
2．（2021·上海松江·统考二模）砷及其化合物应用广泛，但其化合物都有一定毒性。
完成下列填空：
(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体(所含S元素均为-2价)。若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)分析上常用马氏试砷法来检测试样中是否含有砒霜(As2O3)：把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，写出该反应的化学方程式___________。
已知反应： (aq) +I2(aq) +2OH-(aq) = (aq) +2I-(aq) +H2O(l)
测得溶液中 c()与反应时间(t)的关系如图所示。

(3)写出该反应的化学平衡常数表达式___________。
下列可说明反应达到平衡的是___________ (选填编号)。
a.v(I- ) =2v( )           b.溶液的pH不再发生变化
c.c(I-) =y mol · L-1 d. 不再发生变化
(4)tm min时v逆() ___________tnmin时v逆()，(选填 “大于”、“小于”或 “等于”)理由是___________。
(4)pH为5～9时，上述反应中氧化反应为→；当pH<4时，反应方向发生改变，则反应中氧化反应为___________。由此得到的结论是___________。
3．（2022·上海松江·统考二模）冰壶比赛称为“冰上的国际象棋”，制作冰壶用的标准砥石的化学成分为石英碱长正长岩，常见的组分有钾长石K[AlSi3O8]和钠长石Na[AlSi3O8]等。完成下列填空：
(1)上述所涉及的元素中，具有相同电子数的简单离子半径由大到小的顺序是_______，原子核外有两个未成对电子的元素有_______。
(2)用一个化学方程式比较钠和铝的金属性的强弱_______，并用原子结构知识的观点解释原因_______。
(3)我国科学家发展了一种在200℃熔盐体系中，采用金属Al还原二氧化硅或硅酸盐、钾长石等制备纳米硅材料的方法，将该材料应用于锂离子电池负极材料，展示出优异的电化学性能，配平下列方程式_______。
______Al+_______K[AlSi3O8]+_______AlCl3→_______Si+_______AlOCl+_______KAlO2；
上述反应中若产生14g硅，转移的电子数为_______。
(4)KAlO2溶液中，n(K+)_______n(AlO)(选填“>”或“<”)，加入KHCO3溶液后，出现白色沉淀，请解释原因_______。
4．（2022·上海松江·统考二模）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)   ②CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)。完成下列填空：
(1)一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v=_______。
(2)反应②的平衡表达式K=_______。将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.气体密度　　b.气体总压　　c.CH3OH与O2体积比　　d.O2的体积分数
(3)将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示：

反应②为_______反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是_______。
(4)反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)=_______。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH)_______c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。
(5)写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法_______。
5．（2023·上海松江·统考二模）H2O2 (过氧化氢) 应用领域非常广泛。
已知：2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(aq)⇌H+(aq)+HO(aq) ，K(25℃)=2.24×10-12
完成下列填空：
(1)氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为_______。
(2)H2O2的电子式为_______。对H2O2分子结构，有以下两种推测：

要确定H2O2分子结构，需要测定H2O2分子中的_______。(选填序号)
a. H—O键长   b. O—O键长  c. H—O—O键角  d. H—O、O—O键能
(3)H2O2分解反应的平衡常数表达式K=_______。不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25oC)_______K(40oC) (选填“>”“<”或“=”)。标准状况下，某5mL H2O2溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)。则0~60s v(H2O2)= _______。
(4)25℃，pH(H2O2) _______pH(H2O) (选填“>”“<”或“=”)。研究表明，H2O2溶液中HO浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，经过相同时间，不同浓度H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是_______。相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是_______。

(5)蒽醌法是过氧化氢主要的生产方法。其生产过程可简单表示如下：

试从绿色化学角度评价该生产方法。_______
6．（2023·上海松江·统考二模）砷与氮为同主族元素，砷及其化合物可应用于农药、除草剂、杀虫剂等。完成下列填空：
(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As2O3)中毒：把试样与锌和盐酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，写出该反应的化学方程式_______。
(2)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4(其中As为+2价)和SnCl4并放出H2S气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
(3)一定条件下，雄黄(As4S4)与O2生成As2O3与物质a。若该反应中1molAs4S4参加反应时，转移28 mol电子。写出物质a的化学式_______。
(4)三元弱酸亚砷酸()溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。

向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为_______。Na2HAsO3溶液中c(H2AsO)_______c(AsO) (填“>” “<”或“=”)。理由是_______。
(5)已知I2 + AsO+2OH-2I-+AsO＋H2O。为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与Na3AsO3溶液按体积比为V1：V2的比例混合(另加入适量的碱)。当V1_______V2 (填“>”或“<”) 时，只需加入_______ (填试剂名称)就可以确定该反应具有可逆性。上述反应显示：AsO能在碱性溶液中被I2氧化成AsO，而H3AsO4又能在酸性溶液中被I-还原成H3AsO3，这表明_______。

三、有机推断题
7．（2021·上海松江·统考二模）中医药是中华民族的宝库，研究表明，槲皮素、木犀草素等黄酮类物质对COVID-19病毒有明显的抑制作用。某黄酮类化合物G的合成路线如下图所示：

已知：+(其中为烃基或氢原子，为烃基)
完成下列填空：
(1)甲苯→A的反应类型为___________，甲苯→B的反应试剂和条件___________， D的结构简式为___________。
(2)关于甲苯的说法正确的是___________。
a.有三根碳碳双键                         b.所有原子均在同一个平面上
c.一氯代物有四种                         d.能使酸性KMnO4溶液褪色
(3)已知C+E→F的反应为可逆反应，吡啶(是一种碱)的作用是___________。
(4)写出三种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式___________、___________、___________。
a.能发生银镜反应
b.苯环上有2种不同的氢
(5)设计一条由为原料(其他无机试剂任选)合成的合成路线______。 (合成路线常用的表示方式为： )
8．（2022·上海松江·统考二模）有机化合物A是一种醇。用A和对甲基苯酚为原料合成I的一种路线如下：

已知：①R-CH=CH2R-CH2CH2OH
②
完成下列填空：
(1)A→B的反应条件是_______。F的结构简式为_______。
(2)A→B的反应类型为_______。I中存在的含氧官能团的名称是_______。
(3)写出图中反应(2)的化学方程式_______
(4)I的同系物J比I相对分子质量小28，写出能同时满足以下条件的J的2种同分异构体的结构简式_______、_______。
①苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②既含-CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2。
(5)以为原料(无机试剂任选)，设计制备苯乙酸()的合成路线____。
(合成路线的表示方式为：甲乙……目标产物)
9．（2023·上海松江·统考二模）苹果酸(MLA)的键线式结构为，苹果酸经聚合生成聚苹果酸(PMLA)。

(1)写出物质的结构简式：A_______，D_______。
(2)指出合成路线中③的反应类型：③_______。检验D中溴元素的实验方法是_______。
(3)写出所有与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式_______。
(4)写出E→F转化的化学方程式_______。
(5)上述转化关系中步骤③和④的顺序能否颠倒？_______(填“能”或“不能”)。说明理由：_______。
(6)已知 ， 设计一条从CH2=CH-CH=CH2合成阻燃剂的合成路线______ (其他无机试剂任选)。 (合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)

四、实验题
10．（2021·上海松江·统考二模）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1 g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。(假设杂质不含铁和硫且受热不分解)

有关反应的化学方程式为： 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 、
4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2 。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如下处理：

完成下列填空：
(1)甲装置的作用是___________；乙装置的作用是___________；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明___________。
(2)反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是___________，设计实验证明BaCl2溶液已经过量___________。
(3)A操作的名称是___________。
(4)该黄铁矿石中硫元素的质量分数为___________。
[实验二]测定铁元素的含量
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入___________；
步骤三：___________、洗涤、灼烧、___________、称量…….得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
11．（2022·上海松江·统考二模）I.某化学兴趣小组采用如下图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。

完成下列填空：
(1)画出乙中实验装置图，并标出相应试剂_______。
(2)装置丙中仪器名称是_______，其中反应的化学方程式是_______，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_______。
(3)装置丁中NaOH溶液的作用是_______，装置戊中澄清石灰水的作用是_______。
II.NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取(又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明)。
(4)写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式_______。操作时，往饱和食盐水中先通入_______气体，原因是_______。
(5)在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是_______。
12．（2023·上海松江·统考二模）PCl3是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。

经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，PCl3遇O2会生成POCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见如表。
物质
熔点/ oC
沸点/ oC
PCl3
-112
75.5
POCl3
2
105.3
完成下列填空：
(1)仪器D的名称是_______。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是_______。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开K1通入CO2，再迅速加入红磷。通入CO2的作用是_______。
(3)装置D中盛有碱石灰，其作用一与B、E相似，作用二为_______。
(4)装置C中的反应需要65~70 oC，最适合的加热方式为_______加热，该方法的优点是_______。制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入红磷加热除去PCl5后，通过_______(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。
(5)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：
第一步：迅速移取20.000 g PCl3粗产品，加水完全水解；
第二步：配成500mL溶液，移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；
第三步：加入0. 500mol·L-1碘溶液20.00 mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4，反应方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；
第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。
第二步需要的定量仪器名称为_______。根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为_______。

参考答案：
1． 1s22s22p63s1或[Ar]3s1 电子云的伸展方向、电子的自旋 3 SiO2 Si、C、O 碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱 CO HCO 前者大 Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大
【详解】(1)钠原子的核外电子数是11，其核外电子排布式为1s22s22p63s1[Ar]3s1；轨道表示式是表示原子核外电子排布的图式之一，又称电子排布图，用一个方框、圆圈或两条短线表示一个给定量子数的轨道，用箭头“↑”或“↓”来自旋状态不同电子，因此与电子排布式相比，轨道表示式增加了核外电子运动状态中电子云的伸展方向、电子的自旋的描述；
(2)上述反应中，碳酸钠和硅酸钠形成的是离子晶体，二氧化硅形成的是共价晶体，二氧化碳形成的是分子晶体，因此反应物和生成物所形成晶体的晶体类型共有3种，属于共价晶体的是SiO2；
(3)同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则上述物质中的非金属元素原子半径由大到小的顺序为Si＞C＞O。碳与氧原子电子层数相同，但碳的原子半径大于氧，对最外层电子吸引弱于氧，非金属性弱，所以碳的非金属性弱于氧；
(4)向一定量的Na2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，发生的反应依次为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。随着盐酸的加入，溶液中各种离子数目变化如图所示，因此a表示钠离子的，b代表碳酸根离子的，c代表碳酸氢根离子的，d代表氯离子的；
(5)由于Si的非金属性比C弱，所以H2SiO3酸性弱，Na2SiO3水解程度大，因此室温下，同浓度的Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液中，对水电离程度的影响前者大。
2． 1：1 6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O bd 小于 tm min时浓度较低 HI→I2 溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性
【详解】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体(所含S元素均为-2价)，反应的方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl＝As4S4+2SnCl4+2H2S↑，其中As元素化合价降低，Sn元素化合价升高，则氧化剂（As2S3）与还原剂（SnCl2）的物质的量之比为1：1。
(2)把试样与锌和硫酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、硫酸锌等，根据原子守恒可知还有水生成，则该反应的化学方程式为6Zn+As2O3+6H2SO4＝6ZnSO4+2AsH3↑+3H2O。
(3)根据方程式(aq) +I2(aq) +2OH-(aq)＝(aq) +2I-(aq) +H2O(l)可知该反应的化学平衡常数表达式为。
a．v(I-)=2v()中某一指明反应方向，则不能说明反应达到平衡，故a错误；
b．溶液的pH不再变化，即H+浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故b正确；
c．由图可知平衡时c()，则此时c(I-)=2y mol，故c错误；
d．不再变化，即AsO与AsO的浓度不在变化，可以说明反应达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
(4)由于tm min时浓度较低，所以tm min时v逆()小于tnmin时v逆()。
(4)pH为5～9时，上述反应中氧化反应为→；当pH＜4时，反应方向发生改变，即反应逆向进行→，则根据方程式可判断反应中氧化反应为HI→I2，由此得到的结论是溶液的酸碱性影响物质的氧化性和还原性。
3．(1) O2–>Na+>Al3+ O、Si
(2) NaOH+Al(OH)3→NaAlO2+2H2O Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强
(3) 4Al+1K[AlSi3O8]+2AlCl3→3Si+6AlOCl+1KAlO2 2NA
(4) > +2H2O⇌Al(OH)3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在⇌H++，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al(OH)3沉淀[或++2H2O→Al(OH)3↓+]

【解析】(1)
上述涉及的元素中，电子数相同的为钠离子、铝离子和氧离子，电子数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序是O2–>Na+>Al3+。氧原子最外层有6个电子，其中两个电子未成对，硅原子最外层有4个电子，其中两个未成对。Na、K最外层一个电子，铝原子最外层3个电子，未成对电子数为1，所以原子核外有两个未成对电子的元素有O、Si。
(2)
氢氧化铝能溶解于NaOH，说明氢氧化铝的碱性小于NaOH，以此可以说明Na的金属性强于Al。Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强。
(3)
该反应中Al从0价升高为+3价，失电子作还原剂，K[AlSi3O8]中Si由+4价降低为0价，得电子作氧化剂，根据转移电子守恒和原子守恒进行配平，方程式为4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2。14gSi物质的量为0.5mol，1molSi转移4mol电子，则14g硅转移电子数为2NA。
(4)
在KAlO2溶液中，会发生水解，生成氢氧化铝，因此n(K+)>n()，，加入KHCO3后，碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与水解产生的OH-反应，使OH-浓度减小，的水解平衡正向移动，形成氢氧化铝沉淀。
4．(1)0.048mol·L-1·min-1
(2) K=[HCHO]/[CH3OH][O2] c
(3) 吸热 虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大
(4) c(HCOOH)或c(Na+)-c(HCOO-) =
(5)取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基

【解析】(1)
0~5min内，设转化的CO2的物质的量为x，

气体总的物质的量减少了20%,即得出x=,则H2的平均反应速率v==0.048mol·L-1·min-1;
(2)
①根据平衡常数的定义，得出平衡常数K=
②根据该方程式CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态;
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态;
c.加入同体积的CH3OH(g)与O2(g)，即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1:1，不能说明该反应达到平衡状态；
d.当O2的体积分数不变， v正(O2)= v逆(O2)，该反应达到平衡状态。
答案选c;
(3)
①将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应。
② 该反应为CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)，产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，该空答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
(4)
①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-),根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)，因此c(OH–)-c(H+)= c(Na+)-c(HCOO-)= c(HCOOH)；
②继续加入HCl溶液至中性，c(H+)= c(OH–)根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)+ c(Cl–)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)说明c(Na+)= c(HCOO-)+ c(Cl–)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)因此c(HCOOH)= c(Cl–);
(5)
由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
5．(1)2：1
(2) c
(3) c(O2) > 0.4mol·L-1·min-1(或0.0067mol·L-1·s-1)
(4) < pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度越高，电离程度越低，分解率越小
(5)该法生产原子利用率是100％，符合“绿色化学工艺”

【详解】（1）O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，最外层成对电子数为4个，未成对电子数为2个，成对电子数和未成对电子数之比为2：1。
（2）H2O2的电子式为，对于H2O2的分子结构有图示两种推测，这两种结构的不同之处在于H-O-O的键角不同，因此需要测定H2O2分子内H-O-O键角，故答案选c。
（3）H2O2分解反应为2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)，平衡常数表达式K= c(O2)。已知H2O2的分解反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，则平衡常数K(25℃)>K(40℃)。5mLH2O2溶液60s内生成氧气22.4mL即1×10-3mol，则参与反应的H2O2有2×10-3mol，v(H2O2)=。
（4）25℃时，H2O2电离生成H+和的平衡常数K=2.24×10-12>1×10-14，同温度下过氧化氢电离程度大于水，故25℃时pH(H2O2) （5）从生成过程图可知，该反应过程中原子利用率为100%，符合绿色化学工艺。
6．(1)6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O
(2)2：1
(3)SO2
(4) H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O > Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO水解程度大于其电离程度
(5) < 淀粉溶液 溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性

【详解】（1）As2O3与Zn、HCl反应生成AsH3、ZnCl2和H2O，化学方程式为6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O。
（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应生成As4S4、SnCl4和H2S，化学方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应As2S3中As得电子化合价降低，As4S4为还原产物，SnCl2中Sn失电子化合价升高，SnCl4为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1。
（3）As4S4与O2反应生成As2O3和物质a，1molAs4S4参与反应时，转移28mol电子，1molAs4S4转化为As2O3时As转移4mol电子，则剩余24mol电子为S失电子所转移，1mol As4S4含有4molS，S化合价为-2价，则产物中S为+4价，因此物质a为SO2。
（4）pH=11时，的量最多，其余物质相对较少，则此过程的离子反应为H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O。从图中可知，溶液中溶质为Na2HAsO3时溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，故Na2HAsO3溶液中c()>c()。
（5）为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水和Na3AsO3溶液按体积比V1：V2的比例混合，只要确保Na3AsO3过量，再用淀粉溶液检验混合物中是否存在I2即可验证该反应是否具有可逆性，如不可逆，则加入淀粉溶液后，混合液不变蓝。因此V1 7． 取代反应 Cl2，光照 cd 吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动
【分析】甲苯在一定条件下和氯气发生取代反应生成B，B在一定条件下转化为C。根据E的结构简式可判断D的结构简式为，A水解生成D，则A的结构简式是。E和C发生取代反应生成F，根据已知信息可知F反应生成G，G的结构简式为，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析可知甲苯→A的反应类型为取代反应，甲苯→B属于甲基上的氢原子被取代，其反应试剂和条件为Cl2，光照，D的结构简式为。
(2)a.苯环上没有碳碳双键，a错误；
b.甲苯中含有甲基，因此所有原子不可能均在同一个平面上，b错误；
c.甲苯分子中含有4四类氢原子，其一氯代物有四种，c正确；
d.甲苯含有甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，d正确；
答案选cd。
(3)根据原子守恒可知C+E→F反应中还有氯化氢生成，吡啶和C+E→F生成的盐酸反应，降低盐酸浓度，平衡正向移动。
(4)E的结构简式为，a.能发生银镜反应，含有醛基；b.苯环上有2种不同的氢，说明结构对称，则符合条件的有机物结构简式为、、等；
(5)根据已知信息要引入六元环，需要引入羰基，可以用羟基氧化得到羰基，羟基可以用碳碳双键和水加成引入羟基，则合成路线为。
8．(1) 浓硫酸，加热
(2) 消去反应 酯基、醛基
(3)+2Cl2+2HCl
(4)
(5)

【分析】A的分子式C4H10O，是一种醇，其不饱和度为0，是丁醇；从I的结构逆推可得，D是2-甲基丙酸，则C是2-甲基丙醛，结合已知①，和B的分子式C4H8，推知B是2-甲基丙烯，则A的结构是；由I的结构逆推，F是 ，结合已知②，逆推可知被Cl二取代得到E()，E中的Cl在NaOH水溶液中被-OH取代后酸化得到，同个碳原子上的两个-OH脱水生成醛基，得到F。
【详解】（1）据分析，A→B是消去H2O生成2-甲基丙烯，反应条件是浓硫酸，加热；F的结构简式为。
（2）据第(1)小问分析，A→B的反应类型为消去反应；I中存在的含氧官能团的名称是酯基、醛基。
（3）据分析，图中反应(2)是苯环支链甲基被Cl原子取代，化学方程式：+2Cl2+2HCl。
（4）根据同系物的定义，J与I具有相似的结构，相对分子质量小28，则少了2个“CH2”基团，同时苯环上只有两种不同环境的氢原子，即苯环上有两个不相同的基团在对位上；既含-CHO，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，即含有羧基，则同分异构体的结构简式：、。
（5）消去HCl生成苯乙烯，利用已知信息①，将碳碳双键断开加入-OH，最后氧化羟基得到羧基即得到目标产物苯乙酸，故设计合成路线如下：。
9．(1) CH2BrCH=CHCH2Br OHCCH2CHBrCHO
(2) 加成反应 取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则A中含溴元素
(3)、
(4)HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOHNaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O
(5) 不能 若先氧化则B中碳碳双键也容易被氧化
(6)

【分析】CH2=CH-CH=CH2与Br2发生加成反应生成A为CH2BrCH=CHCH2Br，CH2BrCH=CHCH2Br发生卤代烃的水解反应生成B为HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH与HBr发生加成反应生成C为HOCH2CH2CHBrCH2OH，C发生醇的催化氧化生成D为OHCCH2CHBrCHO，D中醛基发生氧化反应生成E为HOOCCH2CHBrCOOH，E与NaOH发生中和反应和卤代烃的水解反应，生成F为NaOOCCH2CH(OH)COONa，F酸化生成MLA，MLA发生聚合反应生成聚苹果酸(PMLA)。
【详解】（1）根据分析可知，A的结构简式为CH2BrCH=CHCH2Br，D的结构简式为OHCCH2CHBrCHO。
（2）根据分析可知，反应③为HOCH2CH=CHCH2OH与HBr发生加成反应。检验D中溴元素需先将溴元素转化为Br-，再用硝酸银溶液检验，具体实验方法为取少量D于试管，加入氢氧化钠溶液加热一段时间，冷却后加入稀硝酸至溶液呈酸性，滴加硝酸银溶液，如果有淡黄色沉淀出现，则D中含溴元素。
（3）MLA中含有羧基和羟基，则与MLA具有相同官能团的同分异构体的结构简式为、。
（4）E与NaOH溶液发生中和反应和卤代烃的水解反应生成F，化学方程式为HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOHNaOOCCH2CH(OH)COONa+NaBr+2H2O。
（5）步骤③为碳碳双键与HBr的加成反应，步骤④为醛基被氧化为羧基，若步骤③④颠倒，则氧气在氧化醛基的过程中可能会氧化碳碳双键，故不能颠倒。
（6）与Br2发生加成反应生成，与发生信息中的反应生成，与Br2发生加成反应生成，合成路线为。
10． 除去空气中的CO2 安全瓶 取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在 将亚硫酸根完全氧化成硫酸根 在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量(合理即给分) 恒重 或×100% 加入足量氢氧化钠溶液 过滤 冷却
【分析】甲装置除去空气中的二氧化碳，装置乙起安全瓶防倒吸，装置丙吸收二氧化硫，装置丁防止空气中的水蒸气和二氧化碳加入装置丙，据此解答。
【详解】(1)由于空气中还含有二氧化碳，则甲装置的作用是除去空气中的CO2，防止干扰后续实验；二氧化硫通入氢氧化钠溶液中容易发生倒吸，则乙装置的作用是安全瓶；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，但由于生成的亚硫酸钠或干扰氢氧化钠的检验，需要先除去，则实验方案为取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在。
(2)装置丙中有亚硫酸钠，则反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是将亚硫酸根完全氧化成硫酸根，设计实验证明BaCl2溶液已经过量的方法是在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量。
(3)为尽可能减少实验误差，需要多次称量，则A操作的名称是恒重。
(4)最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，依据S～BaSO4可知硫元素的质量是，质量分数=×100%。
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量，需要首先转化为硫酸盐，然后加入氢氧化钠溶液沉淀铁元素，则步骤为
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入加入足量氢氧化钠溶液；
步骤三：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量…….得固体质量m4g。
11．(1)
(2) (球形)干燥管 2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2 1：1
(3) 除去O2中的CO2 检验O2中是否有CO2
(4) Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+ NH3 氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出
(5)≥2

【分析】为研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，甲装置中碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，乙中用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气，丙中二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，丁中用氢氧化钠除去氧气中的二氧化碳，戊中澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，己装置用排水法收集氧气。
(1)
实验目的是研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，碳酸氢钠分解放出的二氧化碳气体中含有水蒸气，乙装置的作用是干燥二氧化碳，所以乙是盛有浓硫酸的洗气瓶，装置图为；
(2)
根据图示，装置丙中仪器名称是球形干燥管，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素的化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的质量比为1:1。
(3)
由丙装置出来的气体中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以丁中NaOH溶液的作用是除去O2中的CO2，装置戊中澄清石灰水的作用是检验O2中是否有CO2。
(4)
侯氏制碱法中氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成NaHCO3沉淀、氯化铵，反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+。氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出，所以往饱和食盐水中先通入氨气。
(5)
设投入xmolNa2O2和ymolNaHCO3，在300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则固体产物为碳酸钠，根据元素守恒2n(C)≥n(Na)，则2y≥(2x+y)，则起始时≥2。
12．(1) 干燥管 使F与G压强相同，便于浓盐酸顺利滴出
(2)赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化
(3)吸收未反应的氯气，防止污染空气
(4) 水浴 受热均匀，便于控制加热温度 蒸馏
(5) 滴定管(或移液管)及500mL容量瓶 0.55

【分析】因为PCl3能与氧气和水反应，因此反应前先通入经浓硫酸干燥后的二氧化碳，除去装置内的空气，随后加入红磷，打开分液漏斗旋塞，浓盐酸和高锰酸钾反应制备氯气，氯气经干燥后进入C中与红磷反应生成PCl3，D中为碱石灰，防止空气中的H2O进入装置内，同时能吸收多余的氯气。
【详解】（1）仪器D的名称为干燥管，装置F和G由橡胶管a相连通，a的作用为平衡压强，使浓盐酸顺利滴出。
（2）根据题干可知，PCl3能与水、O2反应，故实验前先检查装置气密性，再通入CO2，排尽装置内的空气。防止PCl3被氧化。
（3）装置D中为碱石灰，除了防止外界空气中水蒸气进入装置外，还能吸收多余的氯气，防止其污染环境。
（4）装置C温度须控制在65-70℃，最适合的加热方式为水浴加热。该方法的优点是受热均匀，便于控制加热温度。从题干表中可知，PCl3和POCl3沸点差距较大，因此可用蒸馏的方式得到较纯净的PCl3。
（5）第二步配制500mL溶液需要的仪器为500mL容量瓶，转移25mL溶液时需要酸式滴定管。已知消耗Na2S2O3的物质的量为1mol/L×0.012L=0.012mol，则剩余的I2有0.006mol，则与H3PO3反应的I2有0.5mol/L×0.02L-0.006mol=0.004mol，则参与反应的H3PO3有0.004mol，则根据P守恒，20gPCl3中有PCl30.08mol，产品中PCl3的质量分数为。