上海市奉贤区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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上海市奉贤区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海奉贤·统考一模）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。
请完成以下填空：
（1）N原子最外层电子的轨道排布式为_______；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_______。
（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I－氧化为I2，同时生成NO。写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目______。
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I－提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是_______。
（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_____c(HNO2)（填“<”、“>”或“=”）。
（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。_______
2．（2022·上海·统考一模）三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：_______NH3+_______F2→_______NF3+_______NH4F。完成下列填空：
(1)配平上述反应方程式_______。
(2)F原子的结构示意图是_______，其能量最高的电子所占据的电子亚层符号为_______。从原子结构角度比较F和N元素的非金属性强弱_______。
(3)写出NH4F的电子式_______，溶液中NH的检验方法是_______。
(4)与NH具有相同质子数和电子数的单核微粒，其单质在空气中长期露置后的最终产物是_______，该产物的水溶液呈_______性，用适当的化学用语解释该溶液酸碱性的原因：_______。其稀溶液中存在关系式：c(OH-)-c(H+) =c(HCO) + _______
3．（2020·上海奉贤·统考一模）镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：
（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_______。
（2）氧化镁的电子式为_______，CO2的结构式为______。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为______，其1个原子中能量最高的电子有______个。
（3）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s)FeO(s)+CO(g)，若起始时向容器中加入1molCO2，5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32，则n(CO2)：n(CO)之比为_______，这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）=_______。
（4）下列说法错误的是_______。
a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡
b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡
c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡
d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动
（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移动（选填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率_____（填“增大”，“减小”或“不变”）。
4．（2021·上海奉贤·统考一模）常温下，浓度均为0.1 mol·L-1的5种溶液pH如表：
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SO3
NaHSO3
NaClO
pH
11.6
9.7
10.0
4.0
10.3

请由表中数据回答：
(1)NaClO溶液显碱性的原因是___________ (用离子方程式表示)。
(2)侯氏制碱中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括___________(选填编号)。
A．冷却         B．加入食盐细颗粒        C．通入CO2 D．通入NH3
(3)0.1 mol·L-1的 NaHSO3溶液中离子浓度：c(SO)___________c(HSO)(填 “>”、“<”或“=”)；
要使其中的c(SO)减小，下列方法不可行的是___________(选填编号)。
A．加入过量CaO(s)        B．加入少量NaOH(s)          C．通入过量HCl(g) D．加入少量的H2O2(aq)
(4)5种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)___________；向氯水中加入NaHCO3可增强其漂白性，用化学平衡移动原理解释原因：___________。
(5)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗时有I2析出，写出该反应的离子方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：___________；若有25.4g I2生成，则转移电子数是___________个。
5．（2022·上海·统考一模）在密闭容器中充入一定量H2S，发生反应2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)-Q(Q>0)，如图为H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系。请完成下列填空：

(1)在一定条件下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min时达到平衡状态，此时H2S剩余2mol，计算0～2min内S2的平均反应速率v(S2)_______ mol·L-1·min-1。图中压强p1，p2、p3从大到小顺序为_______，原因是_______。
(2)又已知H2S可转化成羰基硫(COS)：CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)+Q(Q>0)
①上述反应的平衡常数表达式K=_______。
②在一恒容、绝热(与外界无热交换)的密闭容器中，充入H2S(g)与CO(g)进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1
B．生成amolCOS，同时形成amolH-S键
C．的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)若将标准状况下224mL的H2S气体通入200mL的CuSO4溶液中正好完全反应，现象是_______，写出反应的离子方程式_______，若溶液体积没有发生改变，此时溶液的pH值是_______。
6．（2020·上海奉贤·统考一模）某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。

已知：
Ⅰ.
Ⅱ.(苯胺，易被氧化)
（1）写出：X→A的反应条件______；反应④的反应条件和反应试剂：______。
（2）E中含氧官能团的名称：______；反应②的类型是_______；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是_______。
（3）写出反应①的化学方程式：_______。
（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_______。
（5）写出由A 转化为的合成路线________。
(合成路线表示方法为：AB……目标产物)。
7．（2021·上海奉贤·统考一模）高分子树脂M具有较好的吸水性，其合成线路如图：

已知：Ⅰ.RCHO+CH3CHORCH=CHCHO + H2O
Ⅱ.CH=CH-COOH
回答下列问题：
(1)写出A的结构简式___________ 。
(2)写出B到C的化学方程式___________ ，该反应的反应类型是___________ 。
(3)写出满足下列条件的G的同分异构体的结构简式__________。
①与G具有相同官能团；②苯环上仅有两种不同化学环境的H原子
(4)上述合成路线中，D→E的转化在合成M中的作用为___________；检验D中含有碳碳双键的试剂为___________。
(5)根据上述合成路线和信息，设计一条以苯乙醛为有机原料(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：AB……目标产物)
8．（2022·上海·统考一模）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如下，请完成下列填空：

已知：
①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
②
(1)A的结构简式是_______，D中的含氧官能团名称是_______。
(2)由E生成F的反应类型是_______，写出E发生聚合反应的化学方程式_______。
(3)G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为_______。
(4)芳香族化合物X是C的同分异构体，与C具有相同的官能团，且苯环上只有两种不同化学环境的H原子，写出符合要求的X的结构简式_______。
(5)写出用环戊烷和2–丁炔为原料制备化合物的合成路线_______(其他试剂任选)。
9．（2020·上海奉贤·统考一模）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：

回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。

（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
10．（2021·上海奉贤·统考一模）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
7.5
3.4
完全沉淀
9.7
4.4

回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3调节pH在4.4~7.5内，得到的滤渣成分为___________，写出滤渣中电解质的电离方程式___________；实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和 ___________ 。
(2)反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出亚铁离子是否完全被氧化的检验方法___________，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为___________ mol。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________。
为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
准确量取20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。
已知：2Fe3++2I- → 2Fe2++I2 2S2O+I2 → 2I-+S4O
(4)则溶液中铁元素的总含量为___________g·L-1.若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
11．（2022·上海·统考一模）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：

回答下列问题：
(1)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
(2)向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为_______、_______、_______、洗涤、干燥。

II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。

(3)装置A中的试剂为_______，装置C中的试剂为_______。
(4)实验结束后通入空气的目的：_______。
(5)实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为_______(保留2位小数)。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是_______。
12．（2021·上海奉贤·统考一模）已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素，请回答下列问题：
(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。
A．分子中共价键键角均为109°28’    B．黄砷中共价键键能大于白磷
C．黄砷分子极性大于白磷    D．黄砷的熔点高于白磷
(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。
(4)298 K时，将20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。

①写出该反应的平衡常数表达式K=___________ ，平衡时，c(AsO)=___________ mol·L-1(用含有x、y的代数式表示，溶液混合体积变化忽略不计)。
②tm时v逆 ___________tn 时v逆 (填 “>”、“<” 或 “=” )，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。
A．2v(I-) = v(AsO) B．溶液的pH不再变化        C．c(I-)= y mol·L-1 D．c(AsO)/c(AsO)不再变化

参考答案：
1．          氢化物稳定性：H2O＞NH3，氧强于氮          氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2     =     取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠
【分析】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）根据亚硝酸钠溶液中水解平衡和酸碱中和解答；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分。
【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里，氮原子最外层电子排布轨道表示式为：；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定，氢化物稳定性：H2O＞NH3，非金属性氧强于氮；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水，离子反应方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO+2H2O，电子转移的方向和数目为：；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）亚硝酸钠溶液中发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-而呈碱性，在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性说明亚硝酸钠水解产生的氢氧根等于盐酸溶液中的氢离子，即c(OH-)= c(H+)，又因为c (OH-)= c(HNO2)，盐酸溶液中c (H+)= c(Cl-)，所以c(Cl-)=c(HNO2)；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分，根据所给的信息及我们所学的氯化钠的性质可以知道：亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，而氯化钠溶液时中性，所以可以取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠。
2．(1)4NH3+3F2→NF3+3NH4F
(2)          2p     F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径FN，非金属性F>N
(3)          取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子
(4)     Na2CO3     碱性     碳酸钠溶液水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性     2c(H2CO3)

【解析】(1)
该反应中部分NH3被氧化，所以可以找氧化剂和氧化产物之间的数量关系，根据电子守恒可知该反应中NF3和F2的系数比为1：3，再结合元素守恒可得化学方程式为4NH3+3F2→NF3+3NH4F；
(2)
F原子核内有9个质子，核外有9个电子，原子结构示意图为；其能量最高的电子为2p能级的电子，即占据的电子亚层符号为2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径FN，所以非金属性F>N；
(3)
NH4F由NH和F-构成，为离子化合物，电子式为；检验铵根时一般将其转化为氨气进行检验，具体操作为：取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子；
(4)
NH含有11个质子、10个电子，与其具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，Na单质在空气中长期露置后的最终产物为Na2CO3；碳酸钠水溶液中因存在碳酸根的水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性；其稀溶液中存在质子守恒：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)。
3．     金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯          O=C=O     3s23p1     1     1：3     0.075mol/(L·min)     c、d     正向     不变
【分析】（1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为=32g/mol，以此解答；
（4）根据反应到达平衡的特征回答；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。
【详解】（1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+，Al原子核外最外层电子数是3且位于第三电子层上，所以Al原子价电子排布式为3s23p1；在含多个电子的原子中，能量最高的电子是离原子核最远的电子，Al原子中能量最高的电子有1个；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为=32g/mol，解得x=0.75，则CO的物质的量为0.75mol，CO2的物质的量为0.25mol，n(CO2)：n(CO)之比为1：3；这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）= = =0.075mol/(L·min)；
（4）a. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，当混合气体的密度不变时说明，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
b. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
c. 平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误；
d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误；
错误的是c、d；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变；
4．     ClO- + H2O   HClO + OH-     C     <     B     NaHSO3     氯水中存在以下平衡：Cl2 + H2O HClO + HCl，当加入NaHCO3后，NaHCO3能与盐酸反应，因为氯水中的氢离子浓度减小，所以平衡正向移动，但NaHCO3不能与次氯酸反应，故使溶液中次氯酸的浓度增大。          NA个
【分析】应用勒夏特列原理、判断条件改变时化学平衡的移动方向回答；应用表中数据判断钠盐的酸碱性、NaHSO3溶液呈酸性，可判断水解程度小于电离程度，在此基础上回答，NaHSO3溶液是中强酸的钠盐，能与酸发生复分解反应、具有还原性能发生氧化还原反应，据此回答；
【详解】(1)NaClO是强碱弱酸盐，溶液因次氯酸根离子水解显碱性，离子方程式为ClO- + H2O   HClO + OH-。
(2) 侯氏制碱中： A．冷却，可降低氯化铵的溶解度，能冷却结晶，A正确； B．加入食盐细颗粒 ，增大氯离子浓度，能促使氯化铵结晶，B正确； C．通入CO2 ，与水反应生成碳酸，溶液酸性增强，不与母液中其它成分反应，对氯化铵的析出无明显作用，D．通入NH3后生成一水合氨，与碳酸氢根反应产生铵根离子，增大铵根离子的浓度有利于氯化铵的析出来，D正确；故使NH4Cl从母液中析出的措施不包括C。
(3)由表知，0.1 mol·L-1的 NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，故离子浓度：c(SO) (4)由表知，5种钠盐溶液中，只有0.1 mol·L-1的 NaHSO3溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，故其中水的电离被抑制，其余四种钠盐溶液中，水的电离均被促进，故水的电离程度最小的是NaHSO3；氯水具有漂白性的原因是含由次氯酸，次氯酸浓度越大漂白性越强，向氯水中加入NaHCO3可增强其漂白性，用化学平衡移动原理解释原因为：氯水中存在以下平衡：Cl2 + H2O HClO + HCl，当加入NaHCO3后，NaHCO3能与盐酸反应，因为氯水中的氢离子浓度减小，所以平衡正向移动，但NaHCO3不能与次氯酸反应，故使溶液中次氯酸的浓度增大。
(5)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗时有I2析出，则先发生，后发生 ，合并为 ,则用单线桥法标出电子转移的方向和数目：；若有25.4g I2生成，碘的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为1mol，数目是NA个。
5．(1)     0.25     p3>p2>p1     由化学方程式可知，其它条件不变时，压强越大，平衡转化率越低，故p1 (2)     K=     AC
(3)     产生黑色沉淀     H2S + Cu2+→CuS↓+ 2H+     pH=1

【解析】(1)
根据题意，0～2min内∆n(H2S)=4mol-2mol=2mol，根据方程式可知相同时间内∆n(S2)=1mol，容器体积为2L，所以v(S2)== 0.25mol·L-1·min-1；由化学方程式可知，该反应为气体增大的反应，其它条件不变时，压强越大，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率越低，故p3>p2>p1；
(2)
①根据平衡常数的定义可知该反应的K=；
②A．消耗H2为逆反应，生成COS为正反应，消耗H2的速率与生成COS速率之比为1：1，即正反应速率等于逆反应速率，可以说明反应达到平衡，A符合题意；
B．生成amolCOS，同时形成amolH-S键，即生成0.5molH2S，正逆反应速率不相等，反应为平衡，B不符合题意；
C．当等于平衡常数，且保持不变时，说明反应达到平衡，C符合题意；
D．反应前后气体系数之和相等，即气体总物质的量不变，根据质量守恒定律可知气体总质量也不变，所以无论是否平衡，混合气体的平均相对分子质量都不变，D不符合题意；
综上所述答案为AC；
(3)
H2S气体通入CuSO4溶液中发生反应：H2S + Cu2+→CuS↓+ 2H+，CuS为黑色沉淀，所以现象为产生黑色沉淀；标况下224mL的H2S气体的物质的量为=0.01mol，根据离子方程式可知产生0.02mol氢离子，溶液体积为200mL，所以c(H+)==0.1mol/L，pH=-lg c(H+)=1。
6．     光照     O2、Cu，加热     羧基     氧化     防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）     +HNO3(浓)+H2O     、    
【分析】分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。
【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；
（2）由分析可知E为，氧官能团的名称为：羧基；F是，②的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；
（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；
（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；
（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。
7．          2+O22 +2H2O     氧化反应          保护碳碳双键，防止被氧化     Br2/CCl4    
【分析】根据反应I的对应C到D的反应，可知C的官能团为醛基，则反应取代的为甲基上的H，ABC为典型的卤代烃→醇→醛，C到D为已知I类的反应，产生双键，反应④对双键进行加成，E到F为醛到酸的氧化，F到G根据II的反应为还原双键的反应。
【详解】（1）根据反应I的对应C到D的反应，可知C的官能团为醛基，则反应取代的为甲基上的H，故答案为： ；
（2）B到C为醇到醛的氧化，故答案为：2+O22 +2H2O；
（3）根据II可推出G为，与G官能团相同，且苯环上只有两种环境的H原子，则为，故答案为：；
（4）D→E加成碳碳双键，F→G又还原碳碳双键，中间醛氧化为酸，这步的作用是保护碳碳双键，防止被氧化，检验碳碳双键可使用Br2/CCl4，故答案为：保护碳碳双键，防止被氧化；Br2/CCl4；
（5）由苯乙醛合成，根据产物中含有两个苯环，则必须通过I反应将两个苯环连接，此时官能团为醛基，需要氧化为羧基，为了防止碳碳双键被氧化，先用Br2/CCl4加成，最后利用II反应还原，故答案为： 。
8．(1)          羧基
(2)     酯化反应(取代反应)    
(3)
(4)
(5)

【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式C7H6O，故A为，则B为；C比B多一个O原子，则B发生氧化反应、酸化得到C为；C与溴发生加成反应得到D为；D发生消去反应、酸化得到E为；E与乙醇发生酯化反应生成F为；G为甲苯的同分异构体，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；
(1)
A的结构简式是；D为，其中的含氧官能团名称是羧基
(2)
E与乙醇发生酯化反应生成F为，反应类型是酯化反应(取代反应)；E中碳碳三键发生聚合反应的化学方程式；
(3)
G为，F为，二者发生加成反应生成H，反应的方程式为，
(4)
C为，X与C具有相同的官能团，苯环上只有两种不同化学环境的H原子，说明对位取代，则X的结构简式为；
(5)
环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物，环戊烷应先生成环戊烯，然后与2-丁炔发生加成反应生成，最后与溴发生加成可生成，在反应的流程为。
9．     碱煮水洗     加快反应     热水浴     C     将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质     防止Fe3+水解     加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）     NH4Fe(SO4)2∙12H2O
【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；
（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；
（3）步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；
（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；
（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
10．     Al(OH)3，Fe     H++AlO+H2OAl(OH)3 Al3++3OH-     玻璃棒     取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化     2     2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+     5.6     偏高
【详解】(1)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间可以让Al3+完全沉淀而Fe2+不沉淀，废铁屑过量，反应后有铁单质剩余。Al(OH)3可以酸式电离也可以碱式电离，故电离方程式为：H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-。实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：Al(OH)3，Fe；H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-玻璃棒；
(2) NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故反应方程式为2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O，检验亚铁离子可以用高锰酸钾，也可以用铁氰化钾检验，取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化。11.2L(标准状况) O2为0.5mol， ，，可知0.5mol O2得电子数为：，相当于节约NaNO2的物质的量为2mol，故答案为：取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化；2。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+，故答案为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+。
(4)根据反应方程式可以得出关系式为：，，铁元素的总含量为：，若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高，故答案为：5.6；偏高。
11．(1)NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
(2)     蒸发浓缩     冷却结晶     过滤
(3)     氢氧化钠溶液     浓硫酸
(4)把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收
(5)     0.80     反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去

【分析】制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)，可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用；
【详解】（1）氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（2）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
（3）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液(或其他强碱的溶液)；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；
（4）实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，物质的量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，Na2CO3质量为m=nM=0.2mol×106g/mol= 21.2g，则碳酸钠质量分数=；测定结果可能会偏大，理由是反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去D装置增重多，会使测定结果偏高。
12．     3     D          三角锥     极性     两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N          x-y     小于     由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大     BD
【分析】按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)，按平衡常数的定义、结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；
【详解】(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60°，A错误； B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误； C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大、分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。
(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为，其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。
(3) N 和As元素均位于ⅤA族，具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。
(4)①按定义，反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)的平衡常数表达式，由表知，平衡时，c(AsO)= y mol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)= 0.06L×y mol。则平衡时
②由图可知，tm时，c(AsO)< y mol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆 A． v(I-) = 2v(AsO) ，未表示出是否为正逆反应速率，A错误；
B．平衡时各成分的浓度不再变化，则溶液的pH不再变化，B正确；
C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)= 2c(AsO)= 2y mol·L-1，C错误；
D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化，D正确；
选项正确的是BD。