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浙江省嘉兴市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题
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这是一份浙江省嘉兴市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题，共32页。试卷主要包含了8℃，乙醇的沸点为78℃，8 g，65，8%，2 kJ/ml；反应2，00% 偏高等内容，欢迎下载使用。
浙江省嘉兴市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题
1. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）(1)甲烷和苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯却可以使其褪色，主要原因是___________。
(2)已知乙醛的沸点为20.8℃，乙醇的沸点为78℃。乙醛沸点比乙醇沸点低的主要原因是___________。
2. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂。在一定体积的某维生素C(化学式C6H8O6)溶液中加入xI2溶液V1mL，使维生素C完全氧化，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗yNa2S2O3溶液V2mL。
已知发生的反应为：，
(1)用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，可用___________作指示剂。
(2)求该溶液中维生素C的物质的量是___________mol。
3. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）聚乳酸()是一种新型生物降解材料，可用于包装食品。某化学兴趣小组利用化学解聚方法，由废旧聚乳酸餐盒制得高纯乳酸钙。
已知：乳酸是淡黄色黏性液体，与乙醇、水混溶；乳酸钙是白色粉末，溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。
I．废旧聚乳酸材料的解聚
①分别取一定量的NaOH固体、无水乙醇和白色聚乳酸餐盒碎片，装入锥形瓶，加热解聚(装置如右图所示)；
②待反应完毕，冰水浴冷却，向锥形瓶中加入一定量浓盐酸，然后加热浓缩，得到淡黄色黏稠状液体和少量白色不溶物；
③往②中所得混合物加入20 mL无水乙醇并搅拌均匀，静置、抽滤、洗涤，弃去白色不溶物。
II．乳酸钙的制备……
请回答：
(1)步骤①加入无水乙醇的作用是___________。
(2)图中冷凝管冷却水应从___________口进入(填写“a”或“b”)。
(3)乳酸钙的制备，从下列选项中选出合理的操作并排序：向③中所得滤液加入3 mL水，分批加入氢氧化钙粉末，蒸发浓缩，并控制溶液的pH约为7→____→____→____→____→洗涤→烘干，称重为5.8 g。
a．加入盐酸； b．加入丙酮； c．趁热过滤并取滤液；
d．过滤并收集沉淀物；e．冰水浴下剧烈搅拌。
利用pH试纸“控制溶液的pH约为7”的操作方法是___________。
(4)下列说法正确的是___________。
A．步骤①装置图中，不宜使用球形冷凝管
B．步骤③加入的无水乙醇可用水代替
C．步骤③，抽滤、洗涤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出
D．氢氧化钙粉末需分批加入的原因是防止反应过于剧烈，并且便于控制用量
(5)若制备乳酸钙时实际消耗氢氧化钙粉末的质量为2.1 g，则该实验的产率=___________。(结果保留3位有效数字，，)
4. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，其熔点为，沸点为，具有刺鼻恶臭味，遇水水解生成。现利用和NO制备NOCl并测定其纯度，制备装置如图：
已知：①NO不能溶于NaOH溶液，微溶于水，能溶于硝酸。
②为砖红色固体；，
(1)为了使气体充分反应，从X处进入的气体是______。装置A、B除可干燥气体外，另一个作用是______。
(2)装置连接的顺序为：a→______→______→______→______→______(按气流方向，用小写字母表示) ______。
(3)装置E中高锰酸钾的作用是______。装置F的烧杯中盛放的试剂是______。(填编号)
a．水 b．冰盐水 c．冰水
(4)取F中所得液体mg溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL，以溶液为指示剂，用足量硝酸酸化的标准溶液滴定至终点，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
①滴定终点的现象为______。
②亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为______(用含m、c的代数式表示)。
5. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）Ⅰ．现有下列4种重要的有机物：
①②③④
请回答：
(1)能与苯酚缩合成高分子化合物的是__________。(填序号)。
(2)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是__________。(填序号)。
(3)写出④在一定条件下发生消去反应的化学方程式__________。
Ⅱ．2020年3月22日为第28届世界水日，化学中有很多与水相关的化学知识。
(1)海水会腐蚀铁质海轮外壳，制造海轮时会在船底四周镶嵌_____。(填“锌块”或“铜块”)
(2)自来水厂常用含有Fe3+的净水剂净水，其原理是______。(用离子方程式表示)
(3)自来水常用氯气杀菌消毒，Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，要增大HClO的浓度，可以加入下列物质中的__________。
A．NaOH B．浓HCl C．CaCO3固体 D．H2O E．SO2
(4)常温下，0.01mol·L-1NaOH溶液，由水电离出的c(OH−)＝______mol·L-1。
6. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）以氯化氢为原料通过直接氧化法可以制取氯气，反应方程式为：4HCl(g)＋O2(g)⇌ 2Cl2(g)＋2H2O(g) 。
(1)该法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)⇌CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ·mol-1
CuCl(s)＋O2(g)⇌CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol-1
CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol-1
①总反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝____kJ·mol-1。
②有利于提高总反应平衡产率的条件有______。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
(2)恒温恒压下，可以说明总反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)达到平衡的是_________。
A．压强不变
B．氯气的体积分数保持不变
C．每生成2个H—O的同时，有4个H—Cl生成
D．反应速率v正(O2)∶v逆(H2O)＝1∶2
E．各组分的物质的量浓度都相等
(3)密闭容器中充入HCl和O2进行反应，c(HCl)随时间t的变化曲线如图1，保持其他条件不变，t2时升温，t3时重新达平衡，画出t2—t4时c(Cl2)随时间t的变化曲线____。
(4)在刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图2：
①其中曲线①代表的c(HCl) ∶c(O2)是__________，原因__________。
②设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的数据计算K(400℃)＝__________(列出计算式，不必算出结果)。
7. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）2020年9月22日，中国国家主席习近平在第七十五届联合国大会上庄严宣布，中国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。研究CO2的转化及高值化利用具有重要意义。
I．已知CO2溶于水的过程及其平衡常数可表示为：
，表示CO2的平衡压强，，，
(1)天然雨水的pH＜7，用电离方程式解释其原因___________。
(2)将CO2通入NaClO水溶液中，发生的主要反应为。写出该反应的平衡常数表达式：K=___________[用、和的式子表示]
(3)根据平衡常数计算说明CO2通入NaClO水溶液中，主要反应并非：
：___________。
II．在双功能催化剂作用下。由CO2加氢可以合成二甲醚。涉及以下主要反应。
反应1(甲醇合成)：
反应2(甲醇脱水)：
反应3(逆水汽变换)：
相关物质变化的焓变示意图如下：
双功能催化剂通常由甲醇合成活性中心和甲醇脱水活性中心组成。在一定条件下，将CO2与H2以1：3体积比通过双功能催化剂，测定含碳产物的物质的量分数随时间变化如图1所示。
(4)写出反应3的热化学方程式___________。
(5)在图2中画出采用双功能催化剂由CO2加氢合成二甲醚的能量变化图_____。
(6)下列说法正确的是___________。
A．为提高工业生产效率，合成二甲醚的适宜条件是高温高压
B．可通过监测反应体系中CH3OCH3和H2O浓度比判断是否达到平衡
C．反应达平衡时，若缩小容器体积，反应3平衡不发生移动
D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高CO2平衡转化率的研究方向
8. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）I.我国预期在2030年前达到碳达峰，2060年前达到碳中和，的循环利用是达到上述目标的方法之一。
(1)与环氧丙烷() 反应生成可降解塑料()，写出反应的化学方程式______。
II.工业上在Cu-ZnO催化下，可用，通过反应①来生产甲醇，同时也会有反应②发生。
①
②
(2)已知298K时，相关物质的能量如图所示，则______，反应①能够自发进行的条件是______(填“高温”、“低温”或“任何温度均可”)。
(3)①在恒温恒容的容器中，充入0.5mol(g)和1.0mol(g)，起始压强为pkPa，10min达到平衡，测得容器中生成0.3mol(g)，压强为。反应②的平衡常数______ (分压=物质的量分数×总压，用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数即为)。
②下列说法中不正确的是______。
A．向容器中充入He，使体系压强增大，可增大反应速率且能提高
B．当混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到了平衡状态
C．当时，说明反应达到了平衡状态
D．选择合适的催化剂，不但可以加快反应速率，还可提高甲醇的平衡产率
(4)某实验室实现了以稀硫酸为电解质溶液，通过电解生产甲醇，则生成甲醇的电极反应式为______。
III.催化加氢合成乙烯是利用综合利用研究的热点领域，其反应为：
(5)理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为0.1MPa条件下反应，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x与温度T的变化关系如图所示，则图中表示变化的曲线是______。
9. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O俗称摩尔盐(M＝392g·mol-1)是分析化学中重要的标准物质，某研究小组拟采用硫铁矿焙烧后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)为原料制取摩尔盐，设计了如下流程：
(1)写出试剂X的化学式__________。
(2)写出“溶液1”中某种离子与NaOH反应生成“溶液2”中离子的离子方程式________。
(3)操作A为蒸发浓缩至_________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。其中过滤操作可用如图装置进行，请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵→a→b→d→_________→d→c→关抽气泵。
a．转移固液混合物
b．关活塞A
c．开活塞A
d．确认抽干
e．加洗涤剂洗涤
(4)实验制得的摩尔盐的纯度可用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。滴定反应为Fe2＋＋Ce4＋=Fe3+＋Ce3＋。测定时，先称取4.000g样品，配成100mL溶液，取出其中20.00mL放入锥形瓶中，对溶液进行必要处理后，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表：
滴定次数
0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
1
0.10
20.12
2
0.12
20.10
3
0.05
21.65
①产品中摩尔盐的纯度为__________(用质量分数表示，保留4位有效数字)。
②若滴定过程中没有润洗滴定管，则会造成样品纯度______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
10. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：
已知：
①C不能发生银镜反应；D具有弱酸性且能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示其有4种氢。
②+⟶
③
回答下列问题：
(1)C的分子式为__________，D中含氧官能团的名称为__________。
(2)由A生成B的反应类型为______。
(3)由B生成C的化学方程式为_______。
(4)G的结构简式为______。
(5)写出化合物F同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：_______。
①苯环上有2个对位取代基 ②能发生银镜反应
(6)以甲苯和丙酮()为原料，设计制备有机物的合成路线________。(用流程图表示，无机试剂任选)。
11. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）某研究小组按下列路线合成治疗心血管疾病的常用药物美托洛尔(H)：
已知：1H-NMR谱显示化合物B中有4种不同化学环境的氢原子。
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物G中含有两种官能团
B．C→D的反应类型是还原反应
C．化合物F能与FeCl3溶液发生显色反应
D．化合物H的分子式是C15H24NO3
(2)化合物B的结构简式是___________。
(3)D转化为E的反应①的化学方程式是___________。
(4)写出化合物H的同分异构体的结构简式：___________，1H-NMR谱和IR谱检测表明：
①分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②分子中含有苯环、甲氧基(-OCH3)，没有羟基、过氧键(-O-O-)。
(5)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请结合试题信息，设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4-苄基苯酚的合成路线：___________(无机试剂任选)。
12. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）有机物M是一种具有菠萝气味的酯，是一种常用香料，其合成路线如下：
已知：①H分子为不含甲基的链状化合物
②RCH2COOH
③R-ONaR-O-R′(R—、R'—代表烃基)
请回答下列问题：
(1)下列说法不正确的是______。
A．A→B试剂和条件是和光照
B．酸性E>F
C．化合物I能使溴水褪色
D．M的分子式
(2)请写出化合物H的结构简式______。
(3)请写出以J和I反应生成M的化学方程式______。
(4)请写出化合物J符合下列条件的同分异构体______(写出3种)。
①能与发生显色反应
②核磁共振氢谱有四个峰，面积之比为3∶2∶2∶1
(5)以化合物苯和乙烯为原料，设计化合物()的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)______。
13. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X、A、B均由三种相同的常见短周期元素组成，。
请回答：
(1)组成X的3种元素是C、___________(填元素符号)，X的化学式是___________。
(2)写出C的浓溶液与MnO2加热条件下反应的离子方程式___________。
(3)氯仿(CHCl3)在空气中发生缓慢氧化也会生成气体B，写出反应的化学方程式___________。
(4)气体B与氨气作用生成尿素[CO(NH2)2和一种盐，写出反应的化学方程式___________。
(5)钠在气体D中燃烧，可能生成C、Na2CO3、Na2O三种残留固体，设计实验证明三种残留固体中含有C和Na2CO3：___________。
14. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）化合物M是一种白色粉末，由四种原子序数小于30的元素组成。为探究M的组成，某高中探究性学习小组进行如下实验：
已知：①白色固体B可溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液
②流程中部分生成物已略去，气体产物完全逸出，沉淀均洗涤干净。请回答：
(1)组成M的非金属元素有______，C分子的电子式为______。
(2)写出M与盐酸反应的化学方程式______。
(3)请写出白色固体B溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液的离子方程式______。
(4)无色气体C可用于处理硝酸工厂的尾气，把尾气中的氮氧化物()转化为对空气无污染的物质，请写出该反应的化学方程式______。
(5)试设计实验检验沉淀D中的阳离子：______。
15. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）C、N、Si、Ni等元素在新型材料的研制中有着重要应用，请回答下列问题：
(1)Ni元素的价层电子排布式为______，C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序为______。
(2)研究发现，固体由和两种离子组成，空间构型为______；和二者相比较，键角更大，原因是______。
(3)碳的一种同素异形体——石墨，其晶体片层结构俯视图如下A，晶胞结构如B，其中图A中的虚线表示的平行四边形即图B中的底面。石墨晶胞含碳原子个数为______。已知石墨的密度为，C—C键键长为a cm，阿伏加德罗常数的值为，石墨晶体的层间距为d cm，计算d为______cm。
参考答案：
1. 苯环使-CH3变活泼，使甲基易被氧化成-COOH 乙醇分子间能形成氢键，乙醛分子间不能形成氢键
【详解】(1)甲烷和苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯却可以使其褪色，主要原因是-CH3与苯环连接，苯环-CH3变活泼，使甲基易被氧化成-COOH；
(2)乙醛的沸点为20.8℃，乙醇的沸点为78℃。乙醛沸点比乙醇沸点低的主要原因是二者都是由分子构成的物质，乙醛的分子之间只存在分子间作用力，而乙醇分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的沸点乙醇比乙醛的高。
2. 淀粉溶液
【详解】(1)I2遇到淀粉可以变为蓝色，所以用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，可以用淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉溶液；
(2)根据，剩余的碘的物质的量=，则氧化维生素C消耗的碘的物质的量为，再根据，碘单质氧化维生素C按1∶1反应，则维生素C的物质的量=氧化维生素C消耗的碘的物质的量=mol，故答案为：。
3. 溶解NaOH和聚乳酸碎片，加快反应速率 b c b e d 将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取少量反应液滴在pH试纸上，半分钟后再与比色卡对照。 CD 93.8%
【详解】(1)在步骤①无水乙醇能够溶解聚乳酸碎片和NaOH，加入无水乙醇的作用是溶解NaOH和聚乳酸碎片，使反应物充分接触，因而使反应速率大大加快；
(2)在使用冷凝管冷凝降温时，为了提高冷凝效果，要采用逆流原理，图中冷凝管冷却水应下口进上口出，即从b口进入；
(3)乳酸钙制备时，向③中所得滤液加入3 mL水，分批加入氢氧化钙粉末，蒸发浓缩，并控制溶液的pH约为7，然后趁热过滤并取滤液，再加入加入丙酮，然后冰水浴下剧烈搅拌，过滤并收集沉淀物，故合理顺序是pH约为7→c→b→e→d；
利用pH试纸“控制溶液的pH约为7”的操作方法是：将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取少量反应液滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对照比较；
(4)A．步骤①装置图中，冷凝管垂直于锥形瓶，为提高冷凝效果，也可以使用球形冷凝管冷凝降温，A错误；
B．步骤③加入的无水乙醇作用是溶解黏稠状的乳酸，然后过滤除杂，再向过滤后的溶液中缓慢、分批次加入Ca(OH)2制取乳酸钙，制取的乳酸钙溶于水而不溶于乙醇，因此不可用水代替无水乙醇，B错误；
C．在步骤③，抽滤、洗涤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，C正确；
D．氢氧化钙粉末与乳酸反应是放热反应，反应放出热量是反应非常剧烈，为防止反应过于剧烈，并且便于控制用量，氢氧化钙粉末需分批加入，故合理选项是CD；
(5)Ca(OH)2是二元碱，乳酸是一元羧酸，二者反应的物质的量的比是1：2。2.1 g Ca(OH)2的物质的量n[Ca(OH)2]=，则乳酸钙的理论产量是n(乳酸钙)= n[Ca(OH)2]=0.0284 mol，乳酸钙实际产生质量是5.8 g，故其产率是。
4. (1) 控制气体流速
(2)efbcd
(3) 吸收没有反应完的NO，防止空气污染 b
(4) 滴入最后一滴(或半滴)标准液，出现砖红色沉淀，且半分钟不消失 或
【分析】本题考查了亚硝酰氯样品的制备流程，主要考查利用亚硝酰氯的物理和化学性质设计实验方案，质量分数的相关计算。
【详解】（1）Cl2的密度比空气大，NO的密度比空气小。若要使Cl2和NO在装置C中充分混合均匀，发生反应，则应使Cl2从X口进入A装置，NO从Y口进入B装置，二者在装置C中可充分混合。装置A、B中浓硫酸的作用除干燥气体外，还可以通过观察A、B装置中导管口末端气泡的产生速度来控制气体流速。故答案为：Cl2；控制气体流速；
（2）根据亚硝酰氯的熔沸点低可知，合成亚硝酰氯应在装置F中进行，故装置a连接e，再连接f；为防止亚硝酰氯水解，应将反应后的混合气体通过无水CaCl2以吸收水汽。最后将混合气体通入d装置，其中KMnO4用于吸收尾气中的NO，NaOH用于吸收过量的Cl2，以此制取较纯净的亚硝酰氯。故装置的连接顺序为：aefbcd。故答案为：efbcd；
（3）装置E中高锰酸钾的作用是吸收没有反应完全的NO，防止造成空气污染。根据亚硝酰氯的性质，装置F中盛放的应是冰盐水，故选b。故答案为：吸收没有反应完全的NO，防止造成空气污染；b；
（4）①滴定终点的现象为：滴加最后一定标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内颜色不变。故答案为：滴加最后一定标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内颜色不变；
②滴定消耗AgNO3标准溶液的物质的量为：20×10-3×c mol，根据Ag+ + Cl- = AgCl↓可知样品中NOCl物质的量为20×10-3×c mol×(250 mL/25 mL) = 20×10-2×c mol，则亚硝酰氯的质量分数为：(20×10-2×c mol×65.5 g/mol)/m g ×100% = 13.1c/m。故答案为：13.1c/m。
【点睛】本题注意利用Cl2和NO与空气密度的相对大小来设计二者的进气，同时要注意生成的亚硝酰氯遇水易水解，因此制取的粗产品应去除水汽。
5. ③ ①②③ +NaOH 锌块 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ C 10-12
【分析】①为甲苯，其属于苯的同系物；②为苯甲醇，其属于芳香醇；③为甲醛，其属于饱和一元醛；④属于卤代烃。通常用牺牲阳极的阴极保护法保护船体。用平衡移动原理分析各物质对化学平衡的影响。
【详解】I．(1)能与苯酚缩合成高分子化合物的是甲醛，其合成的高分子为酚醛树脂。答案为③。
(2)甲苯分子中，与苯环直接相连的碳原子上有H；苯甲醇分子中，与苯环直接相连的碳原子上有H，且还有羟基；甲醛分子中有醛基。具有以上这些结构特点的有机物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是①②③。
(3)④在强碱的醇溶液中共热可以发生消去反应生成丙烯，该反应的化学方程式为+NaOH。
Ⅱ．(1)海水会腐蚀铁质海轮外壳，为了防止其受海水的腐蚀，通常要在船体上连接较活泼的金属（比铁活泼），制造海轮时会在船底四周镶嵌锌块。
(2)自来水厂常用含有Fe3+的净水剂净水，其原理是利用Fe3+的水解产物氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮杂质，Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+。
(3)自来水常用氯气杀菌消毒，Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，要增大HClO的浓度，应设法让化学平衡向正反应方向移动，且不能消耗HClO。
A．NaOH与产物中的两种酸均可发生中和反应，A不合适；
B．浓HCl可以增大溶液中的氢离子浓度和氯离子浓度，使化学平衡向逆反应方向移动，B不合适；
C．CaCO3固体可以与盐酸反应，但其不与次氯酸反应，可以使化学平衡向正反应方向移动，C合适；
D．加入H2O不能增大次氯酸的浓度，D不合适；
E．SO2消耗氯气和次氯酸，不能增大次氯酸的浓度，E不合适。
综上所述，可以加入CaCO3固体，答案为C。
(4)常温下，0.01mol·L-1NaOH溶液，c(OH−)＝0.01mol·L-1，由水电离出的c(OH−)＝c(H＋)1´10-12 mol·L-1。
【点睛】氢氧化钠溶液中的H+全部都是水电离产生的，氢氧化钠不能电离出H+，根据水的离子积和氢氧根离子的浓度可以直接求出水电离的氢离子的浓度。
6. -116 AD BD 1∶1 温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大
【分析】(1)①根据盖斯定律分析计算；②根据反应的焓变和气体分子数变化结合化学平衡移动的原理选择适合的反应条件；
(2) 根据化学平衡的特征分析判断；
(3)根据图1可知，起始时c(HCl)=0.4mol/L，平衡时，c(HCl)=0.1mol/L，则平衡时c(Cl2)= 0.15mol/L，保持其他条件不变，t2时升温，平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl2)减小，据此画出t2—t4时c(Cl2)随时间t的变化曲线；
(4)①根据图知，温度一定时进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小，HCl的转化率越大，据此分析判断进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1时HCl的转化率曲线；②400℃时，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的HCl转化率为76%，根据三段式计算解答。
【详解】(1)①i．CuCl2(s) ⇌CuCl(s)+ Cl2(g) △H1=83 kJ•mol-1，ii．CuCl(s)+ O2(g) ⇌CuO(s)+ Cl2(g) △H2=－20 kJ•mol-1，iii．CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) △H3=－121 kJ•mol-1，根据盖斯定律，(i+ii+iii)×2可得：4HCl(g)+O2(g) ⇌2Cl2(g)+2H2O(g) △H=[(83kJ•mol-1)+( －20kJ•mol-1)+( －121kJ•mol-1)]×2=－116kJ•mol-1，故答案为：－116；
②总反应为4HCl(g)+O2(g) ⇌2Cl2(g)+2H2O(g) △H=－116kJ•mol-1，由勒夏特列原理可知，为了提高平衡产率，即平衡需要正向移动，低温和高压符合条件，故答案为：AD；
(2) A．恒温恒压下，压强始终不变，不能判断是平衡状态，故A错误；B．氯气的体积分数保持不变，说明反应达到了平衡状态，故B正确；C．根据方程式4HCl(g)＋O2(g)⇌ 2Cl2(g)＋2H2O(g)，生成2个H—O，即生成1个水分子，4个H—Cl生成，即生成4个HCl分子，因此每生成2个H—O的同时，有4个H—Cl生成，说明正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，故C错误；D．反应速率v正(O2)∶v逆(H2O)＝1∶2，表示正逆反应速率相等，是平衡状态，故D正确；E．各组分的物质的量浓度都相等，不能说明各组分的物质的量浓度是否不变，不能判断是平衡状态，故E错误；故答案为：BD；
(3)根据 4HCl(g)＋O2(g)⇌ 2Cl2(g)＋2H2O(g) △H=－116kJ•mol-1，结合图1可知，起始时c(HCl)=0.4mol/L，平衡时，c(HCl)=0.1mol/L，则平衡时c(Cl2)= 0.15mol/L，保持其他条件不变，t2时升温，平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl2)减小，t2—t4时c(Cl2)随时间t的变化曲线大致为，故答案为：；
(4)①根据图象，温度一定时，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小，即增大氧气浓度，HCl的转化率增大，所以进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1时，HCl的转化率在1∶1、4∶1、7∶1中最大，为最上边曲线①，曲线③代表的c(HCl) ∶c(O2)是7∶1，故答案为：1∶1；温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大；
②400℃时，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的HCl转化率为76%，
化学平衡常数K==，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意根据反应的方程式计算判断出原平衡条件下的c(Cl2)，难点为(4)②的计算，要注意三段式的应用。
7. 前者反应的平衡常数为，后者反应的平衡常数为
，远远小于14.33K1 △H=+41.2 kJ·mol-1 C
【详解】(1)天然雨水的pH＜7，这是由于CO2溶于水，与水反应产生H2CO3。H2CO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离分步进行，主要是第一步电离，电离方程式为：；
(2)将CO2通入NaClO水溶液中，发生的主要反应为。该反应的平衡常数表达式：K=；
(3)将CO2通入NaClO水溶液中，主要反应为： ，这是由于的平衡常数K==14.33K1，而反应 的化学平衡常数K=，远小于前者，故发生反应主要是；
(4) 已知：由图示可知2CO2(g)+6H2(g)比2CO(g)+2H2O(g)+4H2(g)能量少82.4 kJ，即2CO2(g)+2H2(g)比2CO(g)+2H2O(g)能量少82.4 kJ，所以1CO2(g)+1H2(g)比1CO(g)+1H2O(g)能量少41.2 kJ，故的反应热△H=+41.2 kJ/mol；
(5)根据表格数据可知反应1(甲醇合成)：2CO2(g)+6H2(g)2CH3OH(g)+2H2O(g) △H=-99.2 kJ/mol；反应2(甲醇脱水)：△H=-29.9 kJ/mol；
将上述两个方程式叠加，可得总反应方程式为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-123.1 kJ/mol；用图示表示采用双功能催化剂由CO2加氢合成二甲醚的能量变化图为：；
(6)根据总反应方程式可知：合成二甲醚的正反应是气体体积减小的放热反应。
A．合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不能提高工业生产效率，，A错误；
B．CH3OCH3和H2O都是生成物，二者反应产生的浓度比总是1：3，与反应是否达到平衡无关，因此不能通过监测反应体系中CH3OCH3和H2O浓度比判断是否达到平衡，B错误；
C．反应3是反应前后气体物质的量不变的反应，当反应达平衡时，若缩小容器体积，反应3平衡不发生移动，C正确；
D．催化剂只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，因此一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，在相同时间内产生更多的产品，不能使平衡发生移动，因此不能提高CO2平衡转化率，D错误；
故合理选项是C。
8. (1)nCO2+n
(2) 低温
(3) 0.375或 ACD
(4)
(5)d
【解析】(1)
CO2和反应生成的化学方程式为nCO2+n。
(2)
ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，则ΔH1=(-200.5kJ∙mol-1)+(-242kJ∙mol-1)-0-(-393kJ∙mol-1)=-49.5kJ∙mol-1；反应①，ΔH1＜0，ΔS＜0，若反应①能够自发进行，即ΔH1-TΔS＜0，温度要为低温。
(3)
①设反应①中转化的CO2的物质的量为x mol，反应②中转化的CO2的物质的量为y mol，则有
，平衡时，气体的总物质的量为(0.5-x-y)mol+(1-3x-y)mol+x mol+y mol+(x+y)mol=(1.5-2x)mol，反应前气体的总物质的量为1.5mol，则有，解得x=0.25，y=0.05，即平衡时，CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.05mol、0.3mol，气体总物质的量为1mol，则P(CO2)=P(H2)==，P(CO)==，P(H2O)==，反应②的平衡常数Kp===；
②A．恒容容器内，充入He，体系压强增大，但是各组分的浓度不变，故反应速率不变，A错误；
B．反应①是气体总物质的量减小的反应，反应②是气体总物质的量不变的反应，由于反应前后气体的总质量不变，故混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到了平衡状态，B正确；
C．反应①中生成CH3OH，而CO2参加的反应①和反应②，平衡时，仅对于反应①而言，存在v生成 (CH3OH)=v生成 (CO2)，但是反应②的v生成 (CO2)不为0，故平衡时，v生成 (CH3OH)＜v生成 (CO2)，即当v生成 (CH3OH)=v生成 (CO2)时，反应未达到平衡状态，C错误；
D．催化剂可以加快反应速率，但是不影响平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，D错误；
故选ACD。
(4)
某实验室实现了以稀硫酸为电解质溶液，通过电解CO2生产甲醇，碳元素的化合价由+4价降低为-2价，则CO2得到电子，发生还原反应，电极反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
(5)
该反应的化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，原料初始组成n(CO2):n(H2)=1:3，则平衡时，CO2和H2的物质的量分数之比为1:3，C2H4和H2O的物质的量分数之比为1:4，390K时，c和a的物质的量分数之比为1:3，d和b的物质的量分数之比为1:4，故曲线a表示H2，曲线b表示H2O，曲线c表示CO2，曲线d表示C2H4。
9. Fe Al3++4OH－=AlO+2H2O 表面出现晶膜 ceb 98.00% 偏高
【分析】硫铁矿焙烧后的烧渣主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，加入稀硫酸，二氧化硅不溶于稀硫酸，则固体1为二氧化硅；氧化铁、氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸铝；向溶液1中加入足量氢氧化钠溶液，反应生氢氧化铁和NaAlO2，则固体2为氢氧化铁，加入稀硫酸生成硫酸铁，摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O中铁元素化合价为+2价，故需加入铁粉还原铁离子，溶液3为硫酸亚铁。
【详解】(1)综上分析，加入试剂X将铁离子还原为亚铁离子，又不能引入新的杂质，故X的化学式为Fe。
(2)综上分析，“溶液1”中铝离子与NaOH反应生成“溶液2”中的AlO，离子方程式为Al3++4OH－=AlO+2H2O。
(3)操作A将(NH4)2Fe(SO4)溶液转化为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体，则需将溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。装置为抽滤装置，操作顺序为开抽气泵，转移固液混合物关闭活塞A，形成密闭容器，确认抽干后，打开活塞A，平衡内外气压，加洗涤剂洗涤后关活塞A，继续关闭活塞A抽滤。
(4)①由表格数据可知，数据3为离群数据应舍掉，则消耗标准溶液的体积为，根据反应方程式Fe2＋＋Ce4＋=Fe3+＋Ce3＋，则产品中摩尔盐中亚铁离子的物质的量为，其纯度为。
②若滴定过程中没有润洗滴定管会导致使用标准液的体积偏高，则会造成样品纯度偏高。
10. C8H8O 羟基、醛基 加成反应 2+O22+2H2O
【分析】A的分子式为C8H8，烃A能与水反应生成B，B发生催化氧化得到C，C不能发生银镜反应，则A为，B为，C为；D具有弱酸性且能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示其有4种氢，说明D为，D与氢氧化钠溶液反应生成E，E为，E与CH3I发生信息②中的取代反应生成F，F为，F与C发生信息③中反应生成G，G为，据此分析解答。
【详解】(1) C为，其分子式为C8H8O，D为，D中含氧官能团为羟基和醛基，故答案为：C8H8O；羟基和醛基；
(2)A→B 为与水加成生成，属于加成反应，故答案为：加成反应；
(3) B为，C为，由B生成C的化学方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
(4)根据上述分析，G的结构简式为：，故答案为：；
(5)化合物F为，①苯环上有2个对位取代基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，同时符合条件的同分异构体有、、，故答案为：、、；
(6)以甲苯和丙酮()为原料制备有机物，根据题干信息③，需要首先合成，如何通过与发生信息③的反应生成；而合成可以先合成，因此需要将转化为，然后将水解即可，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】正确判断AD的结构是解题的关键。本题的难点为(6)，可以从目标产物的结构利用逆向合成法结合题干信息分析突破。
11. BC +2NaOH+NaCl+H2O 、、
【分析】由图可得，A是，A和乙醛反应生成B，结合E的结构简式，可知B是，B到C是取代反应，是B中甲基上的H被Cl取代，所以C是，根据D的不饱和度，以及D的分子式，可知D是，据此解题。
【详解】(1)A．根据G的结构式可知化合物G中只有醚键一种官能团，A错误；
B．C→D氧原子少了一个，氢原子增加，属于还原反应，B正确；
C．E到F是E中的醇羟基和甲醇反应，所以F中由酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，C正确；
D．根据题干中H的结构简式可知，其分子式是是C15H25NO3，D错误；
故选BC。
(2)根据分析中可知，化合物B的结构简式是；
(3)D转化为E的反应①属于卤代烃的水解反应，同时要注意，酚羟基和可以和氢氧化钠反应，方程式是：+2NaOH+NaCl+H2O；
(4)结合H的结构简式，以及要求①②，可知首先考虑对称结构，否则H的种类比较多，满足这两个要求的同分异构题有：、、；
(5) 中含有两个苯环，结合题给信息，A到B的信息，可以合成含有两个苯环的物质，但是需要醛类物质，可以联想到醇的催化氧化，再结合C到D即可合成产物，具体路线为： 。
12. (1)AB
(2)
(3)+CH2=CHCH2OH+H2O
(4)、、、、、
(5)
【分析】根据C的结构简式及已知信息③可推出F的结构简式为ClCH2COOH，进而推出E的结构简式。同理，根据已知信息①可推出H的结构简式，进而写出I的结构简式为CH2=CHCH2OH，再根据酯化反应的特点推断出有机物M的结构简式。
(1)
A. 有机物A为苯，B为氯苯，则A→B发生了取代反应，反应条件为液氯，FeCl3，故A项错误；
B. 根据C的结构简式及已知信息③可推断有机物F的结构简式为：ClCH2COOH，则E的结构简式为：CH3COOH。E、F中与羧基相连的基团分别为-CH3、-CH2Cl，由于Cl原子的非金属性强于H原子，则C-Cl键的极性强于C-H键，因此有机物F中羧基上的羟基更活泼，更容易电离出氢离子，因此酸性F>E，故B项错误；
C. 根据已知信息H为不含甲基的链状化合物，则H的结构简式为CH2=CHCH2Cl，H发生水解反应生成I（CH2=CHCH2OH），因此I含有碳碳双键，能使溴水褪色，故C项正确；
D. I的分子式为C3H6O，J的分子式为C8H8O3，I和J发生酯化反应，脱去一个水分子生成了M，因此M的分子式为C11H12O3，故D项正确。
故答案为：AB；
(2)
根据上述分析，可知H的结构简式为CH2=CHCH2Cl。
故答案为：CH2=CHCH2Cl；
(3)
I和J发生酯化反应生成M的化学方程式为：CH2=CHCH2OH + + H2O；
(4)
有机物J的同分异构体N能与FeCl3溶液发生显色反应，说明N分子中含酚羟基（与苯环直接相连）。有机物N分子的核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比为3:2:2:1，则有机物N的同分异构体可能结构简式为：
、、、、、（任选3种）；
(5)
根据题干中的合成路线和已知信息③，可设计相应合成路线如下：
。
【点睛】书写有机物J的同分异构体时，要分别讨论苯环上含1个酚羟基和2个酚羟基的情况，进而写出相应的同分异构体的结构简式。
13. Cl、O C3Cl6O3 取少量残留固体溶于水，若有黑色不溶颗粒，则说明残留固体中有碳；在所得水溶液中再加入过量BaCl2溶液，若有沉淀生成，则说明残留固体中有Na2CO3
【分析】化合物X、A、B均由三种相同的常见短周期元素组成，其中一种是C元素，将X在一定条件下分解产生液体A和气体B，A加热也会产生B，向气体B中加入适量蒸馏水产生气体D和溶液C，向溶液C中加入硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，产生28.70 g白色产生E，则E是AgCl，则溶液C为HCl，说明X中含有Cl元素，根据AgCl沉淀质量计算B中含有Cl的质量；气体D通入足量澄清石灰水产生白色沉淀F质量是10.00 g，则F是CaCO3，说明气体D是CO2，同时说明X中含有C、O两种元素，根据物质的质量，X中各种元素的原子个数比，结合其相对分子质量，确定X的分子式。
【详解】(1)根据上述分析可知X中含有C、O、Cl三种元素；
F是CaCO3，其质量是10.00 g，n(CaCO3)==0.1 mol，n(C)=n(CaCO3)=0.1 mol；E是AgCl，其质量是28.70 g，n(AgCl)==0.2 mol，n(Cl)=n(AgCl)=0.2 mol。气体B的总质量m(B)=29.70 g-19.80 g=9.9 g，故其中含有O的质量m(O)=9.9 g-0.1 mol×12 g/mol-0.2 mol×35.5 g/mol=1.6 g，n(O)==0.1 mol，n(C)：n(O)：n(Cl)=1：2：1，所以分子式是COCl2，B的相对分子质量是99，由于X的摩尔质量，X分解产生A和B，A分解产生B，故X的最简式是COCl2，250＜(CCl2O)n＜300，250＜99n＜300，则n=3，X的分子式是C3Cl6O3；
(2)C是HCl，在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，该反应的离子方程式为：；
(3)气体B与水反应产生CO2、HCl，其中C、O、Cl原子个数比为1：2：1，则B分子式是COCl2。氯仿(CHCl3)在空气中发生缓慢氧化也会生成气体B，该反应的化学方程式为：；
(4)气体B是COCl2，COCl2与NH3反应产生尿素CO(NH2)2和HCl，HCl与NH3反应产生盐NH4Cl，故该反应的化学方程式为：；
(5)气体D是CO2，Na在CO2则燃烧产生C、Na2CO3、Na2O，可利用C是不溶于水的黑色固体进行检验，根据CaCO3的不溶性检验Na2CO3。故证明三种残留固体中含有C和Na2CO3的操作及现象是：取少量残留固体溶于水，若有黑色不溶颗粒，则说明残留固体中有炭；在所得水溶液中再加入过量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明残留固体中有Na2CO3。
14. (1) H、N、Cl
(2)
(3)或
(4)
(5)取沉淀D少量，加入足量的盐酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀(或：取沉淀D少量，加入足量的稀硫酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾的红色褪去)
【分析】溶液A分为两等分，一分加入硝酸和硝酸银，生成5.740g白色沉淀B是AgCl，则化合物X中含有Cl的物质的量是×2-20×10-3L×3mol/L=0.02mol，溶液A与足量的氢氧化钠溶液反应生成氨气，气体C是氨气，0.672L放出氨气的物质的量是= 0.03mol，说明溶液A中含有铵根，则A含有NH的物质的量为0.03mol×2=0.06mol，沉淀D灼烧得0.400g红棕色固体E，E是Fe2O3，说明溶液A中含有铁，铁的物质的量为×2×2=0.01mol，所以A中含有铁元素0.01mol、N元素0.06mol、C1元素0.02mol；根据质量守恒，A中含有H元素的物质的量是= 0.18mol，则X的化学式是Fe(NH3)6Cl2；
（1）
组成X的元素有Fe、N、H、Cl，非金属有N、H、Cl；C是氨气，氨气分子的电子式： ；
（2）
根据题中信息可知，化合物M与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铵，反应的化学方程式为：Fe(NH3)6Cl2+6HCl=FeCl2+6NH4Cl；
（3）
氯化银和氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，反应的离子方程式是：AgCl+2NH3·H2O
[Ag(NH3)2]++ Cl-+ 2H2O；
（4）
无色气体NH3可用于处理硝酸工厂的尾气，把尾气中的氮氧化物(NOx)转化为对空气无污染的物质为氮气和水，NH3中N的化合价由-3价升高为0价，(NOx)中+2x降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化学方程式为：4xNH3+6NOx= (2x+3)N2+6xH2O；
（5）
取沉淀D少量，加入足量的盐酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀(或：取沉淀D少量，加入足量的稀硫酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾的红色褪去)；
15. (1) N>C>Si
(2) 直线形 分子中只有一对孤对电子，分子中有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力较大，因而分子的键角小
(3) 4
【解析】（1）
Ni元素原子序数为28，其价层电子排布式为：；同一周期元素第一电离能呈增大趋势，同一主族，元素第一电离能逐渐减小，所以C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序为：N>C>Si；
（2）
的价层电子对数为：2+=2，所以的空间构型直线形；和二者相比较，虽然中心原子均采用sp3杂化，但分子中只有一对孤对电子，分子中有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力较大，因而分子的键角小；
（3）
根据石墨都得晶胞结构B可以看出，石墨晶胞含碳原子个数为=4；晶胞的质量为g，晶胞的底面图为 ，则有=a×sin60°，可得x=，则底面菱形的高为=a，所以底面积为×a，晶胞的高为2d，所以晶胞的体积为V=×a×2d=3a2dcm3，晶胞的密度，解得d=cm。
浙江省嘉兴市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编4-非选择题
1. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）(1)甲烷和苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯却可以使其褪色，主要原因是___________。
(2)已知乙醛的沸点为20.8℃，乙醇的沸点为78℃。乙醛沸点比乙醇沸点低的主要原因是___________。
2. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常用的还原剂。在一定体积的某维生素C(化学式C6H8O6)溶液中加入xI2溶液V1mL，使维生素C完全氧化，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗yNa2S2O3溶液V2mL。
已知发生的反应为：，
(1)用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，可用___________作指示剂。
(2)求该溶液中维生素C的物质的量是___________mol。
3. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）聚乳酸()是一种新型生物降解材料，可用于包装食品。某化学兴趣小组利用化学解聚方法，由废旧聚乳酸餐盒制得高纯乳酸钙。
已知：乳酸是淡黄色黏性液体，与乙醇、水混溶；乳酸钙是白色粉末，溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇、丙酮等有机溶剂。
I．废旧聚乳酸材料的解聚
①分别取一定量的NaOH固体、无水乙醇和白色聚乳酸餐盒碎片，装入锥形瓶，加热解聚(装置如右图所示)；
②待反应完毕，冰水浴冷却，向锥形瓶中加入一定量浓盐酸，然后加热浓缩，得到淡黄色黏稠状液体和少量白色不溶物；
③往②中所得混合物加入20 mL无水乙醇并搅拌均匀，静置、抽滤、洗涤，弃去白色不溶物。
II．乳酸钙的制备……
请回答：
(1)步骤①加入无水乙醇的作用是___________。
(2)图中冷凝管冷却水应从___________口进入(填写“a”或“b”)。
(3)乳酸钙的制备，从下列选项中选出合理的操作并排序：向③中所得滤液加入3 mL水，分批加入氢氧化钙粉末，蒸发浓缩，并控制溶液的pH约为7→____→____→____→____→洗涤→烘干，称重为5.8 g。
a．加入盐酸； b．加入丙酮； c．趁热过滤并取滤液；
d．过滤并收集沉淀物；e．冰水浴下剧烈搅拌。
利用pH试纸“控制溶液的pH约为7”的操作方法是___________。
(4)下列说法正确的是___________。
A．步骤①装置图中，不宜使用球形冷凝管
B．步骤③加入的无水乙醇可用水代替
C．步骤③，抽滤、洗涤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出
D．氢氧化钙粉末需分批加入的原因是防止反应过于剧烈，并且便于控制用量
(5)若制备乳酸钙时实际消耗氢氧化钙粉末的质量为2.1 g，则该实验的产率=___________。(结果保留3位有效数字，，)
4. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，其熔点为，沸点为，具有刺鼻恶臭味，遇水水解生成。现利用和NO制备NOCl并测定其纯度，制备装置如图：
已知：①NO不能溶于NaOH溶液，微溶于水，能溶于硝酸。
②为砖红色固体；，
(1)为了使气体充分反应，从X处进入的气体是______。装置A、B除可干燥气体外，另一个作用是______。
(2)装置连接的顺序为：a→______→______→______→______→______(按气流方向，用小写字母表示) ______。
(3)装置E中高锰酸钾的作用是______。装置F的烧杯中盛放的试剂是______。(填编号)
a．水 b．冰盐水 c．冰水
(4)取F中所得液体mg溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL，以溶液为指示剂，用足量硝酸酸化的标准溶液滴定至终点，平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
①滴定终点的现象为______。
②亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为______(用含m、c的代数式表示)。
5. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）Ⅰ．现有下列4种重要的有机物：
①②③④
请回答：
(1)能与苯酚缩合成高分子化合物的是__________。(填序号)。
(2)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是__________。(填序号)。
(3)写出④在一定条件下发生消去反应的化学方程式__________。
Ⅱ．2020年3月22日为第28届世界水日，化学中有很多与水相关的化学知识。
(1)海水会腐蚀铁质海轮外壳，制造海轮时会在船底四周镶嵌_____。(填“锌块”或“铜块”)
(2)自来水厂常用含有Fe3+的净水剂净水，其原理是______。(用离子方程式表示)
(3)自来水常用氯气杀菌消毒，Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，要增大HClO的浓度，可以加入下列物质中的__________。
A．NaOH B．浓HCl C．CaCO3固体 D．H2O E．SO2
(4)常温下，0.01mol·L-1NaOH溶液，由水电离出的c(OH−)＝______mol·L-1。
6. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）以氯化氢为原料通过直接氧化法可以制取氯气，反应方程式为：4HCl(g)＋O2(g)⇌ 2Cl2(g)＋2H2O(g) 。
(1)该法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)⇌CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ·mol-1
CuCl(s)＋O2(g)⇌CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol-1
CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol-1
①总反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝____kJ·mol-1。
②有利于提高总反应平衡产率的条件有______。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
(2)恒温恒压下，可以说明总反应4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)达到平衡的是_________。
A．压强不变
B．氯气的体积分数保持不变
C．每生成2个H—O的同时，有4个H—Cl生成
D．反应速率v正(O2)∶v逆(H2O)＝1∶2
E．各组分的物质的量浓度都相等
(3)密闭容器中充入HCl和O2进行反应，c(HCl)随时间t的变化曲线如图1，保持其他条件不变，t2时升温，t3时重新达平衡，画出t2—t4时c(Cl2)随时间t的变化曲线____。
(4)在刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图2：
①其中曲线①代表的c(HCl) ∶c(O2)是__________，原因__________。
②设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的数据计算K(400℃)＝__________(列出计算式，不必算出结果)。
7. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）2020年9月22日，中国国家主席习近平在第七十五届联合国大会上庄严宣布，中国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。研究CO2的转化及高值化利用具有重要意义。
I．已知CO2溶于水的过程及其平衡常数可表示为：
，表示CO2的平衡压强，，，
(1)天然雨水的pH＜7，用电离方程式解释其原因___________。
(2)将CO2通入NaClO水溶液中，发生的主要反应为。写出该反应的平衡常数表达式：K=___________[用、和的式子表示]
(3)根据平衡常数计算说明CO2通入NaClO水溶液中，主要反应并非：
：___________。
II．在双功能催化剂作用下。由CO2加氢可以合成二甲醚。涉及以下主要反应。
反应1(甲醇合成)：
反应2(甲醇脱水)：
反应3(逆水汽变换)：
相关物质变化的焓变示意图如下：
双功能催化剂通常由甲醇合成活性中心和甲醇脱水活性中心组成。在一定条件下，将CO2与H2以1：3体积比通过双功能催化剂，测定含碳产物的物质的量分数随时间变化如图1所示。
(4)写出反应3的热化学方程式___________。
(5)在图2中画出采用双功能催化剂由CO2加氢合成二甲醚的能量变化图_____。
(6)下列说法正确的是___________。
A．为提高工业生产效率，合成二甲醚的适宜条件是高温高压
B．可通过监测反应体系中CH3OCH3和H2O浓度比判断是否达到平衡
C．反应达平衡时，若缩小容器体积，反应3平衡不发生移动
D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高CO2平衡转化率的研究方向
8. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）I.我国预期在2030年前达到碳达峰，2060年前达到碳中和，的循环利用是达到上述目标的方法之一。
(1)与环氧丙烷() 反应生成可降解塑料()，写出反应的化学方程式______。
II.工业上在Cu-ZnO催化下，可用，通过反应①来生产甲醇，同时也会有反应②发生。
①
②
(2)已知298K时，相关物质的能量如图所示，则______，反应①能够自发进行的条件是______(填“高温”、“低温”或“任何温度均可”)。
(3)①在恒温恒容的容器中，充入0.5mol(g)和1.0mol(g)，起始压强为pkPa，10min达到平衡，测得容器中生成0.3mol(g)，压强为。反应②的平衡常数______ (分压=物质的量分数×总压，用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数即为)。
②下列说法中不正确的是______。
A．向容器中充入He，使体系压强增大，可增大反应速率且能提高
B．当混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到了平衡状态
C．当时，说明反应达到了平衡状态
D．选择合适的催化剂，不但可以加快反应速率，还可提高甲醇的平衡产率
(4)某实验室实现了以稀硫酸为电解质溶液，通过电解生产甲醇，则生成甲醇的电极反应式为______。
III.催化加氢合成乙烯是利用综合利用研究的热点领域，其反应为：
(5)理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为0.1MPa条件下反应，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x与温度T的变化关系如图所示，则图中表示变化的曲线是______。
9. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O俗称摩尔盐(M＝392g·mol-1)是分析化学中重要的标准物质，某研究小组拟采用硫铁矿焙烧后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)为原料制取摩尔盐，设计了如下流程：
(1)写出试剂X的化学式__________。
(2)写出“溶液1”中某种离子与NaOH反应生成“溶液2”中离子的离子方程式________。
(3)操作A为蒸发浓缩至_________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。其中过滤操作可用如图装置进行，请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵→a→b→d→_________→d→c→关抽气泵。
a．转移固液混合物
b．关活塞A
c．开活塞A
d．确认抽干
e．加洗涤剂洗涤
(4)实验制得的摩尔盐的纯度可用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。滴定反应为Fe2＋＋Ce4＋=Fe3+＋Ce3＋。测定时，先称取4.000g样品，配成100mL溶液，取出其中20.00mL放入锥形瓶中，对溶液进行必要处理后，用0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表：
滴定次数
0.1000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
1
0.10
20.12
2
0.12
20.10
3
0.05
21.65
①产品中摩尔盐的纯度为__________(用质量分数表示，保留4位有效数字)。
②若滴定过程中没有润洗滴定管，则会造成样品纯度______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
10. （2020春·浙江嘉兴·高二统考期末）查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：
已知：
①C不能发生银镜反应；D具有弱酸性且能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示其有4种氢。
②+⟶
③
回答下列问题：
(1)C的分子式为__________，D中含氧官能团的名称为__________。
(2)由A生成B的反应类型为______。
(3)由B生成C的化学方程式为_______。
(4)G的结构简式为______。
(5)写出化合物F同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：_______。
①苯环上有2个对位取代基 ②能发生银镜反应
(6)以甲苯和丙酮()为原料，设计制备有机物的合成路线________。(用流程图表示，无机试剂任选)。
11. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）某研究小组按下列路线合成治疗心血管疾病的常用药物美托洛尔(H)：
已知：1H-NMR谱显示化合物B中有4种不同化学环境的氢原子。
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．化合物G中含有两种官能团
B．C→D的反应类型是还原反应
C．化合物F能与FeCl3溶液发生显色反应
D．化合物H的分子式是C15H24NO3
(2)化合物B的结构简式是___________。
(3)D转化为E的反应①的化学方程式是___________。
(4)写出化合物H的同分异构体的结构简式：___________，1H-NMR谱和IR谱检测表明：
①分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②分子中含有苯环、甲氧基(-OCH3)，没有羟基、过氧键(-O-O-)。
(5)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请结合试题信息，设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4-苄基苯酚的合成路线：___________(无机试剂任选)。
12. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）有机物M是一种具有菠萝气味的酯，是一种常用香料，其合成路线如下：
已知：①H分子为不含甲基的链状化合物
②RCH2COOH
③R-ONaR-O-R′(R—、R'—代表烃基)
请回答下列问题：
(1)下列说法不正确的是______。
A．A→B试剂和条件是和光照
B．酸性E>F
C．化合物I能使溴水褪色
D．M的分子式
(2)请写出化合物H的结构简式______。
(3)请写出以J和I反应生成M的化学方程式______。
(4)请写出化合物J符合下列条件的同分异构体______(写出3种)。
①能与发生显色反应
②核磁共振氢谱有四个峰，面积之比为3∶2∶2∶1
(5)以化合物苯和乙烯为原料，设计化合物()的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)______。
13. （2021春·浙江嘉兴·高二统考期末）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。
其中：X、A、B均由三种相同的常见短周期元素组成，。
请回答：
(1)组成X的3种元素是C、___________(填元素符号)，X的化学式是___________。
(2)写出C的浓溶液与MnO2加热条件下反应的离子方程式___________。
(3)氯仿(CHCl3)在空气中发生缓慢氧化也会生成气体B，写出反应的化学方程式___________。
(4)气体B与氨气作用生成尿素[CO(NH2)2和一种盐，写出反应的化学方程式___________。
(5)钠在气体D中燃烧，可能生成C、Na2CO3、Na2O三种残留固体，设计实验证明三种残留固体中含有C和Na2CO3：___________。
14. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）化合物M是一种白色粉末，由四种原子序数小于30的元素组成。为探究M的组成，某高中探究性学习小组进行如下实验：
已知：①白色固体B可溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液
②流程中部分生成物已略去，气体产物完全逸出，沉淀均洗涤干净。请回答：
(1)组成M的非金属元素有______，C分子的电子式为______。
(2)写出M与盐酸反应的化学方程式______。
(3)请写出白色固体B溶于无色气体C的水溶液中得到无色溶液的离子方程式______。
(4)无色气体C可用于处理硝酸工厂的尾气，把尾气中的氮氧化物()转化为对空气无污染的物质，请写出该反应的化学方程式______。
(5)试设计实验检验沉淀D中的阳离子：______。
15. （2022春·浙江嘉兴·高二统考期末）C、N、Si、Ni等元素在新型材料的研制中有着重要应用，请回答下列问题：
(1)Ni元素的价层电子排布式为______，C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序为______。
(2)研究发现，固体由和两种离子组成，空间构型为______；和二者相比较，键角更大，原因是______。
(3)碳的一种同素异形体——石墨，其晶体片层结构俯视图如下A，晶胞结构如B，其中图A中的虚线表示的平行四边形即图B中的底面。石墨晶胞含碳原子个数为______。已知石墨的密度为，C—C键键长为a cm，阿伏加德罗常数的值为，石墨晶体的层间距为d cm，计算d为______cm。
参考答案：
1. 苯环使-CH3变活泼，使甲基易被氧化成-COOH 乙醇分子间能形成氢键，乙醛分子间不能形成氢键
【详解】(1)甲烷和苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯却可以使其褪色，主要原因是-CH3与苯环连接，苯环-CH3变活泼，使甲基易被氧化成-COOH；
(2)乙醛的沸点为20.8℃，乙醇的沸点为78℃。乙醛沸点比乙醇沸点低的主要原因是二者都是由分子构成的物质，乙醛的分子之间只存在分子间作用力，而乙醇分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的沸点乙醇比乙醛的高。
2. 淀粉溶液
【详解】(1)I2遇到淀粉可以变为蓝色，所以用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，可以用淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉溶液；
(2)根据，剩余的碘的物质的量=，则氧化维生素C消耗的碘的物质的量为，再根据，碘单质氧化维生素C按1∶1反应，则维生素C的物质的量=氧化维生素C消耗的碘的物质的量=mol，故答案为：。
3. 溶解NaOH和聚乳酸碎片，加快反应速率 b c b e d 将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取少量反应液滴在pH试纸上，半分钟后再与比色卡对照。 CD 93.8%
【详解】(1)在步骤①无水乙醇能够溶解聚乳酸碎片和NaOH，加入无水乙醇的作用是溶解NaOH和聚乳酸碎片，使反应物充分接触，因而使反应速率大大加快；
(2)在使用冷凝管冷凝降温时，为了提高冷凝效果，要采用逆流原理，图中冷凝管冷却水应下口进上口出，即从b口进入；
(3)乳酸钙制备时，向③中所得滤液加入3 mL水，分批加入氢氧化钙粉末，蒸发浓缩，并控制溶液的pH约为7，然后趁热过滤并取滤液，再加入加入丙酮，然后冰水浴下剧烈搅拌，过滤并收集沉淀物，故合理顺序是pH约为7→c→b→e→d；
利用pH试纸“控制溶液的pH约为7”的操作方法是：将pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取少量反应液滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对照比较；
(4)A．步骤①装置图中，冷凝管垂直于锥形瓶，为提高冷凝效果，也可以使用球形冷凝管冷凝降温，A错误；
B．步骤③加入的无水乙醇作用是溶解黏稠状的乳酸，然后过滤除杂，再向过滤后的溶液中缓慢、分批次加入Ca(OH)2制取乳酸钙，制取的乳酸钙溶于水而不溶于乙醇，因此不可用水代替无水乙醇，B错误；
C．在步骤③，抽滤、洗涤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，C正确；
D．氢氧化钙粉末与乳酸反应是放热反应，反应放出热量是反应非常剧烈，为防止反应过于剧烈，并且便于控制用量，氢氧化钙粉末需分批加入，故合理选项是CD；
(5)Ca(OH)2是二元碱，乳酸是一元羧酸，二者反应的物质的量的比是1：2。2.1 g Ca(OH)2的物质的量n[Ca(OH)2]=，则乳酸钙的理论产量是n(乳酸钙)= n[Ca(OH)2]=0.0284 mol，乳酸钙实际产生质量是5.8 g，故其产率是。
4. (1) 控制气体流速
(2)efbcd
(3) 吸收没有反应完的NO，防止空气污染 b
(4) 滴入最后一滴(或半滴)标准液，出现砖红色沉淀，且半分钟不消失 或
【分析】本题考查了亚硝酰氯样品的制备流程，主要考查利用亚硝酰氯的物理和化学性质设计实验方案，质量分数的相关计算。
【详解】（1）Cl2的密度比空气大，NO的密度比空气小。若要使Cl2和NO在装置C中充分混合均匀，发生反应，则应使Cl2从X口进入A装置，NO从Y口进入B装置，二者在装置C中可充分混合。装置A、B中浓硫酸的作用除干燥气体外，还可以通过观察A、B装置中导管口末端气泡的产生速度来控制气体流速。故答案为：Cl2；控制气体流速；
（2）根据亚硝酰氯的熔沸点低可知，合成亚硝酰氯应在装置F中进行，故装置a连接e，再连接f；为防止亚硝酰氯水解，应将反应后的混合气体通过无水CaCl2以吸收水汽。最后将混合气体通入d装置，其中KMnO4用于吸收尾气中的NO，NaOH用于吸收过量的Cl2，以此制取较纯净的亚硝酰氯。故装置的连接顺序为：aefbcd。故答案为：efbcd；
（3）装置E中高锰酸钾的作用是吸收没有反应完全的NO，防止造成空气污染。根据亚硝酰氯的性质，装置F中盛放的应是冰盐水，故选b。故答案为：吸收没有反应完全的NO，防止造成空气污染；b；
（4）①滴定终点的现象为：滴加最后一定标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内颜色不变。故答案为：滴加最后一定标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内颜色不变；
②滴定消耗AgNO3标准溶液的物质的量为：20×10-3×c mol，根据Ag+ + Cl- = AgCl↓可知样品中NOCl物质的量为20×10-3×c mol×(250 mL/25 mL) = 20×10-2×c mol，则亚硝酰氯的质量分数为：(20×10-2×c mol×65.5 g/mol)/m g ×100% = 13.1c/m。故答案为：13.1c/m。
【点睛】本题注意利用Cl2和NO与空气密度的相对大小来设计二者的进气，同时要注意生成的亚硝酰氯遇水易水解，因此制取的粗产品应去除水汽。
5. ③ ①②③ +NaOH 锌块 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ C 10-12
【分析】①为甲苯，其属于苯的同系物；②为苯甲醇，其属于芳香醇；③为甲醛，其属于饱和一元醛；④属于卤代烃。通常用牺牲阳极的阴极保护法保护船体。用平衡移动原理分析各物质对化学平衡的影响。
【详解】I．(1)能与苯酚缩合成高分子化合物的是甲醛，其合成的高分子为酚醛树脂。答案为③。
(2)甲苯分子中，与苯环直接相连的碳原子上有H；苯甲醇分子中，与苯环直接相连的碳原子上有H，且还有羟基；甲醛分子中有醛基。具有以上这些结构特点的有机物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是①②③。
(3)④在强碱的醇溶液中共热可以发生消去反应生成丙烯，该反应的化学方程式为+NaOH。
Ⅱ．(1)海水会腐蚀铁质海轮外壳，为了防止其受海水的腐蚀，通常要在船体上连接较活泼的金属（比铁活泼），制造海轮时会在船底四周镶嵌锌块。
(2)自来水厂常用含有Fe3+的净水剂净水，其原理是利用Fe3+的水解产物氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮杂质，Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+。
(3)自来水常用氯气杀菌消毒，Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，要增大HClO的浓度，应设法让化学平衡向正反应方向移动，且不能消耗HClO。
A．NaOH与产物中的两种酸均可发生中和反应，A不合适；
B．浓HCl可以增大溶液中的氢离子浓度和氯离子浓度，使化学平衡向逆反应方向移动，B不合适；
C．CaCO3固体可以与盐酸反应，但其不与次氯酸反应，可以使化学平衡向正反应方向移动，C合适；
D．加入H2O不能增大次氯酸的浓度，D不合适；
E．SO2消耗氯气和次氯酸，不能增大次氯酸的浓度，E不合适。
综上所述，可以加入CaCO3固体，答案为C。
(4)常温下，0.01mol·L-1NaOH溶液，c(OH−)＝0.01mol·L-1，由水电离出的c(OH−)＝c(H＋)1´10-12 mol·L-1。
【点睛】氢氧化钠溶液中的H+全部都是水电离产生的，氢氧化钠不能电离出H+，根据水的离子积和氢氧根离子的浓度可以直接求出水电离的氢离子的浓度。
6. -116 AD BD 1∶1 温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大
【分析】(1)①根据盖斯定律分析计算；②根据反应的焓变和气体分子数变化结合化学平衡移动的原理选择适合的反应条件；
(2) 根据化学平衡的特征分析判断；
(3)根据图1可知，起始时c(HCl)=0.4mol/L，平衡时，c(HCl)=0.1mol/L，则平衡时c(Cl2)= 0.15mol/L，保持其他条件不变，t2时升温，平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl2)减小，据此画出t2—t4时c(Cl2)随时间t的变化曲线；
(4)①根据图知，温度一定时进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小，HCl的转化率越大，据此分析判断进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1时HCl的转化率曲线；②400℃时，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的HCl转化率为76%，根据三段式计算解答。
【详解】(1)①i．CuCl2(s) ⇌CuCl(s)+ Cl2(g) △H1=83 kJ•mol-1，ii．CuCl(s)+ O2(g) ⇌CuO(s)+ Cl2(g) △H2=－20 kJ•mol-1，iii．CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) △H3=－121 kJ•mol-1，根据盖斯定律，(i+ii+iii)×2可得：4HCl(g)+O2(g) ⇌2Cl2(g)+2H2O(g) △H=[(83kJ•mol-1)+( －20kJ•mol-1)+( －121kJ•mol-1)]×2=－116kJ•mol-1，故答案为：－116；
②总反应为4HCl(g)+O2(g) ⇌2Cl2(g)+2H2O(g) △H=－116kJ•mol-1，由勒夏特列原理可知，为了提高平衡产率，即平衡需要正向移动，低温和高压符合条件，故答案为：AD；
(2) A．恒温恒压下，压强始终不变，不能判断是平衡状态，故A错误；B．氯气的体积分数保持不变，说明反应达到了平衡状态，故B正确；C．根据方程式4HCl(g)＋O2(g)⇌ 2Cl2(g)＋2H2O(g)，生成2个H—O，即生成1个水分子，4个H—Cl生成，即生成4个HCl分子，因此每生成2个H—O的同时，有4个H—Cl生成，说明正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，故C错误；D．反应速率v正(O2)∶v逆(H2O)＝1∶2，表示正逆反应速率相等，是平衡状态，故D正确；E．各组分的物质的量浓度都相等，不能说明各组分的物质的量浓度是否不变，不能判断是平衡状态，故E错误；故答案为：BD；
(3)根据 4HCl(g)＋O2(g)⇌ 2Cl2(g)＋2H2O(g) △H=－116kJ•mol-1，结合图1可知，起始时c(HCl)=0.4mol/L，平衡时，c(HCl)=0.1mol/L，则平衡时c(Cl2)= 0.15mol/L，保持其他条件不变，t2时升温，平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl2)减小，t2—t4时c(Cl2)随时间t的变化曲线大致为，故答案为：；
(4)①根据图象，温度一定时，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小，即增大氧气浓度，HCl的转化率增大，所以进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1时，HCl的转化率在1∶1、4∶1、7∶1中最大，为最上边曲线①，曲线③代表的c(HCl) ∶c(O2)是7∶1，故答案为：1∶1；温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大；
②400℃时，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的HCl转化率为76%，
化学平衡常数K==，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意根据反应的方程式计算判断出原平衡条件下的c(Cl2)，难点为(4)②的计算，要注意三段式的应用。
7. 前者反应的平衡常数为，后者反应的平衡常数为
，远远小于14.33K1 △H=+41.2 kJ·mol-1 C
【详解】(1)天然雨水的pH＜7，这是由于CO2溶于水，与水反应产生H2CO3。H2CO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离分步进行，主要是第一步电离，电离方程式为：；
(2)将CO2通入NaClO水溶液中，发生的主要反应为。该反应的平衡常数表达式：K=；
(3)将CO2通入NaClO水溶液中，主要反应为： ，这是由于的平衡常数K==14.33K1，而反应 的化学平衡常数K=，远小于前者，故发生反应主要是；
(4) 已知：由图示可知2CO2(g)+6H2(g)比2CO(g)+2H2O(g)+4H2(g)能量少82.4 kJ，即2CO2(g)+2H2(g)比2CO(g)+2H2O(g)能量少82.4 kJ，所以1CO2(g)+1H2(g)比1CO(g)+1H2O(g)能量少41.2 kJ，故的反应热△H=+41.2 kJ/mol；
(5)根据表格数据可知反应1(甲醇合成)：2CO2(g)+6H2(g)2CH3OH(g)+2H2O(g) △H=-99.2 kJ/mol；反应2(甲醇脱水)：△H=-29.9 kJ/mol；
将上述两个方程式叠加，可得总反应方程式为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-123.1 kJ/mol；用图示表示采用双功能催化剂由CO2加氢合成二甲醚的能量变化图为：；
(6)根据总反应方程式可知：合成二甲醚的正反应是气体体积减小的放热反应。
A．合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不能提高工业生产效率，，A错误；
B．CH3OCH3和H2O都是生成物，二者反应产生的浓度比总是1：3，与反应是否达到平衡无关，因此不能通过监测反应体系中CH3OCH3和H2O浓度比判断是否达到平衡，B错误；
C．反应3是反应前后气体物质的量不变的反应，当反应达平衡时，若缩小容器体积，反应3平衡不发生移动，C正确；
D．催化剂只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，因此一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，在相同时间内产生更多的产品，不能使平衡发生移动，因此不能提高CO2平衡转化率，D错误；
故合理选项是C。
8. (1)nCO2+n
(2) 低温
(3) 0.375或 ACD
(4)
(5)d
【解析】(1)
CO2和反应生成的化学方程式为nCO2+n。
(2)
ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，则ΔH1=(-200.5kJ∙mol-1)+(-242kJ∙mol-1)-0-(-393kJ∙mol-1)=-49.5kJ∙mol-1；反应①，ΔH1＜0，ΔS＜0，若反应①能够自发进行，即ΔH1-TΔS＜0，温度要为低温。
(3)
①设反应①中转化的CO2的物质的量为x mol，反应②中转化的CO2的物质的量为y mol，则有
，平衡时，气体的总物质的量为(0.5-x-y)mol+(1-3x-y)mol+x mol+y mol+(x+y)mol=(1.5-2x)mol，反应前气体的总物质的量为1.5mol，则有，解得x=0.25，y=0.05，即平衡时，CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.05mol、0.3mol，气体总物质的量为1mol，则P(CO2)=P(H2)==，P(CO)==，P(H2O)==，反应②的平衡常数Kp===；
②A．恒容容器内，充入He，体系压强增大，但是各组分的浓度不变，故反应速率不变，A错误；
B．反应①是气体总物质的量减小的反应，反应②是气体总物质的量不变的反应，由于反应前后气体的总质量不变，故混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到了平衡状态，B正确；
C．反应①中生成CH3OH，而CO2参加的反应①和反应②，平衡时，仅对于反应①而言，存在v生成 (CH3OH)=v生成 (CO2)，但是反应②的v生成 (CO2)不为0，故平衡时，v生成 (CH3OH)＜v生成 (CO2)，即当v生成 (CH3OH)=v生成 (CO2)时，反应未达到平衡状态，C错误；
D．催化剂可以加快反应速率，但是不影响平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，D错误；
故选ACD。
(4)
某实验室实现了以稀硫酸为电解质溶液，通过电解CO2生产甲醇，碳元素的化合价由+4价降低为-2价，则CO2得到电子，发生还原反应，电极反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
(5)
该反应的化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，原料初始组成n(CO2):n(H2)=1:3，则平衡时，CO2和H2的物质的量分数之比为1:3，C2H4和H2O的物质的量分数之比为1:4，390K时，c和a的物质的量分数之比为1:3，d和b的物质的量分数之比为1:4，故曲线a表示H2，曲线b表示H2O，曲线c表示CO2，曲线d表示C2H4。
9. Fe Al3++4OH－=AlO+2H2O 表面出现晶膜 ceb 98.00% 偏高
【分析】硫铁矿焙烧后的烧渣主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，加入稀硫酸，二氧化硅不溶于稀硫酸，则固体1为二氧化硅；氧化铁、氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸铝；向溶液1中加入足量氢氧化钠溶液，反应生氢氧化铁和NaAlO2，则固体2为氢氧化铁，加入稀硫酸生成硫酸铁，摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O中铁元素化合价为+2价，故需加入铁粉还原铁离子，溶液3为硫酸亚铁。
【详解】(1)综上分析，加入试剂X将铁离子还原为亚铁离子，又不能引入新的杂质，故X的化学式为Fe。
(2)综上分析，“溶液1”中铝离子与NaOH反应生成“溶液2”中的AlO，离子方程式为Al3++4OH－=AlO+2H2O。
(3)操作A将(NH4)2Fe(SO4)溶液转化为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体，则需将溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。装置为抽滤装置，操作顺序为开抽气泵，转移固液混合物关闭活塞A，形成密闭容器，确认抽干后，打开活塞A，平衡内外气压，加洗涤剂洗涤后关活塞A，继续关闭活塞A抽滤。
(4)①由表格数据可知，数据3为离群数据应舍掉，则消耗标准溶液的体积为，根据反应方程式Fe2＋＋Ce4＋=Fe3+＋Ce3＋，则产品中摩尔盐中亚铁离子的物质的量为，其纯度为。
②若滴定过程中没有润洗滴定管会导致使用标准液的体积偏高，则会造成样品纯度偏高。
10. C8H8O 羟基、醛基 加成反应 2+O22+2H2O
【分析】A的分子式为C8H8，烃A能与水反应生成B，B发生催化氧化得到C，C不能发生银镜反应，则A为，B为，C为；D具有弱酸性且能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示其有4种氢，说明D为，D与氢氧化钠溶液反应生成E，E为，E与CH3I发生信息②中的取代反应生成F，F为，F与C发生信息③中反应生成G，G为，据此分析解答。
【详解】(1) C为，其分子式为C8H8O，D为，D中含氧官能团为羟基和醛基，故答案为：C8H8O；羟基和醛基；
(2)A→B 为与水加成生成，属于加成反应，故答案为：加成反应；
(3) B为，C为，由B生成C的化学方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
(4)根据上述分析，G的结构简式为：，故答案为：；
(5)化合物F为，①苯环上有2个对位取代基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，同时符合条件的同分异构体有、、，故答案为：、、；
(6)以甲苯和丙酮()为原料制备有机物，根据题干信息③，需要首先合成，如何通过与发生信息③的反应生成；而合成可以先合成，因此需要将转化为，然后将水解即可，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】正确判断AD的结构是解题的关键。本题的难点为(6)，可以从目标产物的结构利用逆向合成法结合题干信息分析突破。
11. BC +2NaOH+NaCl+H2O 、、
【分析】由图可得，A是，A和乙醛反应生成B，结合E的结构简式，可知B是，B到C是取代反应，是B中甲基上的H被Cl取代，所以C是，根据D的不饱和度，以及D的分子式，可知D是，据此解题。
【详解】(1)A．根据G的结构式可知化合物G中只有醚键一种官能团，A错误；
B．C→D氧原子少了一个，氢原子增加，属于还原反应，B正确；
C．E到F是E中的醇羟基和甲醇反应，所以F中由酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，C正确；
D．根据题干中H的结构简式可知，其分子式是是C15H25NO3，D错误；
故选BC。
(2)根据分析中可知，化合物B的结构简式是；
(3)D转化为E的反应①属于卤代烃的水解反应，同时要注意，酚羟基和可以和氢氧化钠反应，方程式是：+2NaOH+NaCl+H2O；
(4)结合H的结构简式，以及要求①②，可知首先考虑对称结构，否则H的种类比较多，满足这两个要求的同分异构题有：、、；
(5) 中含有两个苯环，结合题给信息，A到B的信息，可以合成含有两个苯环的物质，但是需要醛类物质，可以联想到醇的催化氧化，再结合C到D即可合成产物，具体路线为： 。
12. (1)AB
(2)
(3)+CH2=CHCH2OH+H2O
(4)、、、、、
(5)
【分析】根据C的结构简式及已知信息③可推出F的结构简式为ClCH2COOH，进而推出E的结构简式。同理，根据已知信息①可推出H的结构简式，进而写出I的结构简式为CH2=CHCH2OH，再根据酯化反应的特点推断出有机物M的结构简式。
(1)
A. 有机物A为苯，B为氯苯，则A→B发生了取代反应，反应条件为液氯，FeCl3，故A项错误；
B. 根据C的结构简式及已知信息③可推断有机物F的结构简式为：ClCH2COOH，则E的结构简式为：CH3COOH。E、F中与羧基相连的基团分别为-CH3、-CH2Cl，由于Cl原子的非金属性强于H原子，则C-Cl键的极性强于C-H键，因此有机物F中羧基上的羟基更活泼，更容易电离出氢离子，因此酸性F>E，故B项错误；
C. 根据已知信息H为不含甲基的链状化合物，则H的结构简式为CH2=CHCH2Cl，H发生水解反应生成I（CH2=CHCH2OH），因此I含有碳碳双键，能使溴水褪色，故C项正确；
D. I的分子式为C3H6O，J的分子式为C8H8O3，I和J发生酯化反应，脱去一个水分子生成了M，因此M的分子式为C11H12O3，故D项正确。
故答案为：AB；
(2)
根据上述分析，可知H的结构简式为CH2=CHCH2Cl。
故答案为：CH2=CHCH2Cl；
(3)
I和J发生酯化反应生成M的化学方程式为：CH2=CHCH2OH + + H2O；
(4)
有机物J的同分异构体N能与FeCl3溶液发生显色反应，说明N分子中含酚羟基（与苯环直接相连）。有机物N分子的核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比为3:2:2:1，则有机物N的同分异构体可能结构简式为：
、、、、、（任选3种）；
(5)
根据题干中的合成路线和已知信息③，可设计相应合成路线如下：
。
【点睛】书写有机物J的同分异构体时，要分别讨论苯环上含1个酚羟基和2个酚羟基的情况，进而写出相应的同分异构体的结构简式。
13. Cl、O C3Cl6O3 取少量残留固体溶于水，若有黑色不溶颗粒，则说明残留固体中有碳；在所得水溶液中再加入过量BaCl2溶液，若有沉淀生成，则说明残留固体中有Na2CO3
【分析】化合物X、A、B均由三种相同的常见短周期元素组成，其中一种是C元素，将X在一定条件下分解产生液体A和气体B，A加热也会产生B，向气体B中加入适量蒸馏水产生气体D和溶液C，向溶液C中加入硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，产生28.70 g白色产生E，则E是AgCl，则溶液C为HCl，说明X中含有Cl元素，根据AgCl沉淀质量计算B中含有Cl的质量；气体D通入足量澄清石灰水产生白色沉淀F质量是10.00 g，则F是CaCO3，说明气体D是CO2，同时说明X中含有C、O两种元素，根据物质的质量，X中各种元素的原子个数比，结合其相对分子质量，确定X的分子式。
【详解】(1)根据上述分析可知X中含有C、O、Cl三种元素；
F是CaCO3，其质量是10.00 g，n(CaCO3)==0.1 mol，n(C)=n(CaCO3)=0.1 mol；E是AgCl，其质量是28.70 g，n(AgCl)==0.2 mol，n(Cl)=n(AgCl)=0.2 mol。气体B的总质量m(B)=29.70 g-19.80 g=9.9 g，故其中含有O的质量m(O)=9.9 g-0.1 mol×12 g/mol-0.2 mol×35.5 g/mol=1.6 g，n(O)==0.1 mol，n(C)：n(O)：n(Cl)=1：2：1，所以分子式是COCl2，B的相对分子质量是99，由于X的摩尔质量，X分解产生A和B，A分解产生B，故X的最简式是COCl2，250＜(CCl2O)n＜300，250＜99n＜300，则n=3，X的分子式是C3Cl6O3；
(2)C是HCl，在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，该反应的离子方程式为：；
(3)气体B与水反应产生CO2、HCl，其中C、O、Cl原子个数比为1：2：1，则B分子式是COCl2。氯仿(CHCl3)在空气中发生缓慢氧化也会生成气体B，该反应的化学方程式为：；
(4)气体B是COCl2，COCl2与NH3反应产生尿素CO(NH2)2和HCl，HCl与NH3反应产生盐NH4Cl，故该反应的化学方程式为：；
(5)气体D是CO2，Na在CO2则燃烧产生C、Na2CO3、Na2O，可利用C是不溶于水的黑色固体进行检验，根据CaCO3的不溶性检验Na2CO3。故证明三种残留固体中含有C和Na2CO3的操作及现象是：取少量残留固体溶于水，若有黑色不溶颗粒，则说明残留固体中有炭；在所得水溶液中再加入过量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明残留固体中有Na2CO3。
14. (1) H、N、Cl
(2)
(3)或
(4)
(5)取沉淀D少量，加入足量的盐酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀(或：取沉淀D少量，加入足量的稀硫酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾的红色褪去)
【分析】溶液A分为两等分，一分加入硝酸和硝酸银，生成5.740g白色沉淀B是AgCl，则化合物X中含有Cl的物质的量是×2-20×10-3L×3mol/L=0.02mol，溶液A与足量的氢氧化钠溶液反应生成氨气，气体C是氨气，0.672L放出氨气的物质的量是= 0.03mol，说明溶液A中含有铵根，则A含有NH的物质的量为0.03mol×2=0.06mol，沉淀D灼烧得0.400g红棕色固体E，E是Fe2O3，说明溶液A中含有铁，铁的物质的量为×2×2=0.01mol，所以A中含有铁元素0.01mol、N元素0.06mol、C1元素0.02mol；根据质量守恒，A中含有H元素的物质的量是= 0.18mol，则X的化学式是Fe(NH3)6Cl2；
（1）
组成X的元素有Fe、N、H、Cl，非金属有N、H、Cl；C是氨气，氨气分子的电子式： ；
（2）
根据题中信息可知，化合物M与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铵，反应的化学方程式为：Fe(NH3)6Cl2+6HCl=FeCl2+6NH4Cl；
（3）
氯化银和氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，反应的离子方程式是：AgCl+2NH3·H2O
[Ag(NH3)2]++ Cl-+ 2H2O；
（4）
无色气体NH3可用于处理硝酸工厂的尾气，把尾气中的氮氧化物(NOx)转化为对空气无污染的物质为氮气和水，NH3中N的化合价由-3价升高为0价，(NOx)中+2x降低为0价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化学方程式为：4xNH3+6NOx= (2x+3)N2+6xH2O；
（5）
取沉淀D少量，加入足量的盐酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀(或：取沉淀D少量，加入足量的稀硫酸，把溶液分成两份，其中一份滴入KSCN溶液，溶液显明显的血红色，另一份滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾的红色褪去)；
15. (1) N>C>Si
(2) 直线形 分子中只有一对孤对电子，分子中有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力较大，因而分子的键角小
(3) 4
【解析】（1）
Ni元素原子序数为28，其价层电子排布式为：；同一周期元素第一电离能呈增大趋势，同一主族，元素第一电离能逐渐减小，所以C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序为：N>C>Si；
（2）
的价层电子对数为：2+=2，所以的空间构型直线形；和二者相比较，虽然中心原子均采用sp3杂化，但分子中只有一对孤对电子，分子中有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力较大，因而分子的键角小；
（3）
根据石墨都得晶胞结构B可以看出，石墨晶胞含碳原子个数为=4；晶胞的质量为g，晶胞的底面图为 ，则有=a×sin60°，可得x=，则底面菱形的高为=a，所以底面积为×a，晶胞的高为2d，所以晶胞的体积为V=×a×2d=3a2dcm3，晶胞的密度，解得d=cm。
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