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上海市崇明区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
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这是一份上海市崇明区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共31页。试卷主要包含了和PVB塑料，药物帕罗西汀的合成路线如下等内容，欢迎下载使用。
上海市崇明区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海崇明·统考二模）在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：
（1）写出发生反应的化学方程式___，该反应能够发生是因为（选填编号）___。
A．强酸生成了弱酸
B．强氧化剂生成了弱还原剂
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体
（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有___种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是___，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)=___。
（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：___CuS+___HNO3（浓）—___CuSO4+___NO2↑+___H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。
（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为___L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为___。
（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为___，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）___。
2．（2020·上海崇明·统考二模）我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：
I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。
A．它们的气态氢化物的稳定性
B．它们在元素周期表中的位置
C．它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D．它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积的密闭容器中进行该反应。
（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。
在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。
A．K值减小 B．逆反应速率先减小后增大
C．K值增大 D．正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)
（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。
3．（2022·上海崇明·统考二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：
(1)以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是_______(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为_______。
(2)化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。
(3)①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子
Na+
K+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。
(4)NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。
4．（2021·上海崇明·统考二模）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：、Br2哪个氧化性更强？
(1)猜想：①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________(填化学式，下同)所致。②乙同学认为氧化性：Br2>，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________所致。
(2)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液 b.CCl4 c.无水酒精 d.KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
____
_____
方案2
_____
______
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_______。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知：在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；在pH为4.7时开始沉淀。
(4)“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式：___________。
(5)试剂b是___________(填物质名称)，其反应的离子方程式：___________。
(6)调节pH的目的是___________。滤渣c是___________。
(7)将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为___________。
5．（2020·上海崇明·统考二模）工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3·nH2O。
已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓
生产流程如图：
完成下列填空：
（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）___。
A． B． C． D．
说出流程中产生的滤渣的一种用途是___。制作一个过滤器需要___。流程中操作x的名称是____。
（2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是___。反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是___。
（3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，___，过滤，___，低温烘干。
（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。
①上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是___，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与___的刻度值。
②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：___。
6．（2022·上海崇明·统考二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1
8.9
已知：
①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
回答下列问题：
(1)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_______(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是_______。
(2)“滤渣2”的化学成分为_______(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理_______。
(3)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为_______。
7．（2020·上海崇明·统考二模）用常见烃A与某些烃的含氧衍生物可以制备PI（聚2－甲基－1,3－丁二烯）和PVB塑料。流程如图：
完成下列填空：
（1）A的名称是___，B的结构简式为___，C→D的反应条件是___，D→PI的反应类型是___。
（2）E中所含官能团的名称是___，写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：___。
a.能发生银镜反应和水解反应
b.能与氢气发生加成反应
c.分子结构中含有一个甲基
（3）写出F→G的化学反应方程式：___。
（4）试用电石和乙醛等原料（无机试剂任选）制取1,3－丁二烯（合成正丁橡胶的原料），写出合成路线___。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
8．（2021·上海崇明·统考二模）某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图：
已知：① +；②+R2-OH
回答下列问题：
(1)有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是___________。
(2)有机物B的结构简式为___________。
(3)反应①的反应类型是___________。
(4)写出A物质发生1， 4-加聚的反应方程式___________。
(5)有机物F中官能团的名称是醚键、___________、___________。反应②的目的是___________。
(6)反应D→E中第(1)步的反应方程式是___________。
(7)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线_______ (无机试剂任选，合成路线常用的表达方式为： ()。
9．（2022·上海崇明·统考二模）药物帕罗西汀的合成路线如下：
已知：①R1CHOR1CH=CHCOOH
②R2OHR2OR3
(1)A分子含有的官能团有_______。
(2)有关物质K的说法正确的是_______。
a．加热时，能与银氨溶液反应 b．一定条件下，可发生消去反应
c．苯环上一溴代物只有两种 d．存在含两个苯环的同分异构
(3)写出E→G的化学方程式_______。
(4)已知L为，其同分异构体中，苯环上含有一个取代基的结构简式为_______；M的分子式为_______。
(5)以黄樟素()为原料，经过其同分异构体N可制备L。
已知：①R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO
②R3CHOHCOOR3
NPQL()
分别写出制备L时，中间产物N、P、Q的结构简式或键线式：_______、_______、_______。
10．（2021·上海崇明·统考二模）分解水制氢气的工业制法之一是硫—碘循环，主要涉及下列反应：
(I)SO2 + 2H2O + I2 → H2SO4 + 2HI，(II)2HIH2 + I2，(III)2H2SO4 → 2SO2 + O2 + 2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是___________
a．反应III易在常温下进行 b．反应I中SO2还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
(2)一定温度下，向2L密闭容器中加入1mol HI(g)，发生反应II，H2物质的量随时间的变化如图所示。0-2min内的平均反应速率v(HI)= ___________。该温度下，反应2HI(g) H2(g) + I2(g)的平衡常数表达式为___________。相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则___________(从a～d中选择)是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
(3)SO2在一定条件下可氧化生成SO3，其主反应为：2SO2 (g) + O2(g) 2SO3(g) + Q，若此反应起始的物质的量相同，则下列关系图正确的是___________(填序号)
a． b
c． d．
实际工业生产使用的条件是：常压、___________。
(4)实际生产用氨水吸收SO2生成亚硫酸的铵盐。现取a克该铵盐，若将其中的铵盐全部反应生成SO2，应加入18.4mol/L的硫酸溶液的体积(V)范围为___________L(只列出算式即可)。
11．（2022·上海崇明·统考二模）我国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此碳的捕集和利用成了研究的重点。
(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，原理为：CO2(g)+4H2(g)RuCH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)υ正_______，υ逆_______，平衡常数(K)_______；
在一定条件下，CO2和H2混和气体共0.5mol(体积比1：4)，在2L恒容密闭容器中进行的反应可能有下列反应I和II，经反应相同时间测得“CO2转化率”、CH4和CO“选择性”随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性即转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
(2)380℃时，容器内发生的反应是_______(选填I、II或I和II)；150℃～300℃，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是_______；
(3)①下列说法不正确的是_______；
a.反应I是放热反应
b.温度可影响产物的选择性
c.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
d.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，υ(CO2)=_______mol·L-1·min-1；
(4)常温下，也可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为5：2，则所得溶液中溶质成份为_______(填化学式)，若NaOH吸收了等物质的量的CO2，则所得溶液中微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)=_______(填含碳元素微粒浓度的数学表达式)。
12．（2021·上海崇明·统考二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
(1)A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置___________，其原子核外电子排布式为___________，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为___________。
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式___________，推断该化合物___________(难、微、易)溶于水。
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式___________，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法___________。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①+ Cu2S +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
②+ CuS +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
(4)下列关于反应①的说法中错误的是___________(选填编号)。
a.还原性的强弱关系是：> Cu2S
b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为
c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d.被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
(4)写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目：___________
___________+___________CuS +___________
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为；H2O2在前面反应生成的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：
2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是___________mol， 反应中的氧化剂是___________，氧化剂与还原剂的物质的量比为___________。
参考答案：
1． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol ×22.4L/mol =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol×8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。
2． 2s22p2 电子云的伸展方向 C、D 不能 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 B NO2 CO2 0.2mol/（L•min） 若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小
【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；
(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；
(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：；NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；
(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。
【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
3．(1) N 纺锤形
(2) 出现白烟 0.24
(3) 6 4
(4) 6NO2+8NH37N2+12H2O 1.12
【详解】（1）Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
（2）由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
（3）①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
（4）①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
4． Br2 Fe3+ b CCl4层呈无色 d 溶液变红色 Br2+2Fe2+=2Br‾+2Fe3+ Fe2+ 3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O 氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜 CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等 除去浸出液中的Fe3＋ Fe(OH)3 过滤
【分析】Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l~2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，设计实验进行验证，得到结论：氧化性Br2>，应用结论若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；含少量铁的废铜渣用稀硝酸和稀硫酸浸出后生成NO、硫酸铜（含Fe3+），加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤，除去滤渣得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得胆矾。
【详解】(1)猜想：由分析①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，溶液呈黄色是由加入溴水引起的。②乙同学认为氧化性：Br2>，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。故答案为：Br2；Fe3+；
(2)乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+。要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案1：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明方案1正确；方案2：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案2正确，方案1、方案2都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
b
下层（CCl4层）无色
方案2
d
溶液变为血红色
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色是Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，确定出反应物和生成物后Fe2++Br2Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；故答案为：Fe2+；
(4)“浸出”时，控制硝酸的量，原料中的铜均转化为硫酸铜，相应的离子方程式：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O。故答案为：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O；
(5)试剂b调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，b是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，其反应的离子方程式：CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等。故答案为：氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等；
(6)调节pH的目的是除去浸出液中的Fe3＋；滤渣c是Fe(OH)3。故答案为：除去浸出液中的Fe3＋；Fe(OH)3；
(7)分离不溶于液体的固体与液体用过滤，将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为过滤。故答案为：过滤。
5． B 作颜料（或炼铁） 漏斗和滤纸 过滤 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 （冷却）结晶 洗涤（晶体） （酸碱）中和滴定 滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平 Al3++3NH3•H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+→NH4++H2O
【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。
【详解】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；
(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；
(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；
(4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；
②称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+=NH4++H2O。
6．(1) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnO或Zn(OH)2 使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀
(2) Fe(OH)3、MnO2 2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+
(3) Ni2+、Cd2+ Zn
(4)0.9898
【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
(1)
①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。
②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。
(2)
弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(3)
根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。
(4)
碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。
7． 乙炔 浓硫酸，加热(或浓硫酸，170℃) 加聚反应 碳碳双键、酯基 、 +nH2O+nCH3COOH CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2
【分析】根据流程图，烃A与乙酸反应生成E，E一定条件下反应生成F[(C4H6O2)n]，则E→F的反应为加聚反应，则E的分子式为C4H6O2，则A的分子式为C2H2，为乙炔，F在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成G[(C2H4O)n]，因此乙炔与乙酸发生加成反应生成的E为CH3COOCH=CH2，F为，G为；由乙炔与B反应生成，则B为；PI为聚2－甲基－1，3－丁二烯，则D为结构简式为CH2=C(CH3)-CH=CH2，则C发生消去反应生成D，与氢气加成生成C，C为，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为乙炔，B的结构简式为，C→D是C中的羟基发生消去反应，反应条件是浓硫酸加热(170℃)，D发生加聚反应生成PI，故答案为：乙炔；；浓硫酸加热(170℃)；加聚反应；
(2)E为CH3COOCH=CH2，E中所含官能团为碳碳双键、酯基；a.能发生银镜反应和水解反应，说明属于甲酸酯；b.能与氢气发生加成反应，说明含有碳碳双键；c.分子结构中含有一个甲基，符合条件的E的所有同分异构体有、，故答案为：碳碳双键、酯基；、；
(3)F→G的化学反应方程式为+nH2O+nCH3COOH，故答案为：+nH2O+nCH3COOH；
(4)电石与水能够反应生成乙炔，乙炔和乙醛发生加成反应生成HCCCH(OH)CH3，根据流程图中→D的提示，HCCCH(OH)CH3与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH(OH)CH3，最后CH2=CHCH(OH)CH3发生消去反应即可，合成路线为CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2，故答案为：CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2。
【点睛】本题的难点是流程图中未知物质的结构的推断，要注意根据E→F→G的变化分析判断出E的结构，本题的易错点为(4)，要注意题干流程图中→D的应用。
8． 1-氯丁烷 取代反应 n 酯基 羟基 保护其它羟基，防止其转化为酯基 +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O
【分析】由有机物的转化关系可知，化合物A与ClCH=CHCl发生信息①反应生成化合物B()，在镍做催化剂作用下，与一氧化碳和氢气反应生成化合物C( )，在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成 ，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，经酸化得到，在酸性条件下，与丙酮发生加成反应生成 ，与发生取代反应后，经酸化得到绿原酸，据此解答。
【详解】(1) 在催化剂作用下，化合物A与足量氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2Cl，CH3CH2CH2CH2Cl属于饱和氯代烃，名称为1-氯丁烷，故答案为：1-氯丁烷；
(2) 由分析可知，有机物B的结构简式为，故答案为：；
(3) 反应①为在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成 ，故答案为：取代反应；
(4) 化合物A 分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成 ，反应的化学方程式为：n；故答案为： n；
(5) 有机物F的结构简式为，官能团为醚键、酯基和羟基，由分析可知，反应②的目的是保护羟基，防止E分子中的羟基全部转化为酯基，故答案为：酯基；羟基；保护其它羟基，防止其转化为酯基；
(6) 反应D→E中第(1)步反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O，故答案为：+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；
(7) 由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式为：，运用逆推法可知，合成的步骤为在溴化磷的作用下，丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成，合成路线为：，故答案为：【答题空9】；
9．(1)氟原子、醛基
(2)b c
(3)NC-CH2-COOH + HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O
(4) C19H18FNO4
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知， 与CH2(COOH)2发生信息①反应生成，则A为 、B为 ；在浓硫酸作用下， 与乙醇发生酯化反应生成，则D为；ClCH2COONa与氢氰酸发生取代反应后，酸化得到NCCH2COOH，则E为NCCH2COOH；在浓硫酸作用下，NCCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成NCCH2COOCH2CH3，则G为NCCH2COOCH2CH3；NCCH2COOCH2CH3与发生加成反应生成，一定条件下 转化为 ，发生信息②反应生成 ，则L为 、M为 ；发生还原反应生成。
（1）
由分析可知，A的结构简式为，官能团为氟原子、醛基，故答案为：氟原子、醛基；
（2）
a．由结构简式可知，K分子中不含有醛基，加热时，不可能与银氨溶液反应，故错误；
b．由结构简式可知，K分子中羟基相连碳原子的邻碳原子上含有氢原子，一定条件下，可发生消去反应，故正确；
c．由结构简式可知，K分子中苯环上含有2类氢原子，则苯环上一溴代物只有2种，故正确；
d．含两个苯环的有机物的不饱和度至少为7，由结构简式可知，K分子的不饱和度为6，则K分子不可能存在含两个苯环的同分异构，故错误；
故选bc；
（3）
由分析可知，E→G的反应为在浓硫酸作用下，NCCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成NCCH2COOCH2CH3和水，反应的化学方程式为NC-CH2-COOH + HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O，故答案为：NC-CH2-COOH + HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O；
（4）
由结构简式可知，L的同分异构体中苯环上含有一个取代基的结构简式为 ；由分析可知，M的结构简式为，分子式为C19H18FNO4，故答案为： ；C19H18FNO4；
（5）
由有机物的转化关系可知，发生异构化生成 ，则N为 ； 发生题给信息①反应生成 ，则P为 ； 在乙酸作用下与过氧化氢发生氧化反应生成 ，则Q为 ； 发生水解反应酸化后生成，故答案为： ； ； 。
10． bc 0.05mol·L-1·min-1 K= b bd 催化剂、加热 ≥ V ≥ 或 或
【分析】根据图象计算化学反应速率，再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答；根据反应方程式写平衡表达式；利用浓度对化学平衡的影响来分析HI的平衡浓度、达到平衡的时间、平衡时H2的体积分数，但温度不变，平衡常数不变；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析；使用催化剂，能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡，据此结合图象判断；二氧化硫和氨水反应可生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，计算出ag亚硫酸铵或亚硫酸氢铵放出二氧化硫消耗硫酸的体积。
【详解】(1)a．硫酸常温下温度，不易分解，故a错误；b．反应I中SO2还原性比HI强，反应中二氧化硫表现还原性，还原性比HI强，故b正确；c．1molSO2消耗2molH2O生成1molH2SO4，1molH2SO4分解生成1molSO2与1molH2O，循环中水的量减少，故应补充水，故c正确；d．由Ⅲ可知产生1molO2的同时产生2molSO2，由I可知2molSO2生成4molHI，由Ⅱ可知4molHI分解生成2mol H2，即循环过程中产生l mol O2的同时产生2mol H2，故d错误；故答案为：bc；
(2)由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol，则氢气的浓度为 =0.05mol/L，用氢气表示的化学反应速率为 =0.025mol·L-1·min-1，由反应中的化学计量数可知v(HI）=0.025mol·L-1·min-1×2=0.05mol·L-1·min-1；根据方程式可写出平衡常数表达式为：K= ；对该反应，当温度不变开始加入HI(g）的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K不变，故a错；物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应，则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b正确；物质的量增大，则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，故c错；由反应方程式及原来的量与后来的量成正比，则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时H2的体积分数相同，故d错；故答案为：0.05mol•L-1•min-1；K=；b；
故答案为：0.05mol·L-1·min-1；
(3)升高温度，加快反应速率到达平均的时间缩短，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，二氧化硫的含量升高，故a错误，b正确；增大压强，加快反应速率到达平均的时间缩短，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的含量减少，图象与实际不符合，故c错误；使用催化剂，能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡，故d正确；故选bd；实际工业生产使用的条件是：常压、五氧化二钒、500℃，选择温度500℃时催化剂的活性较高、加快反应速率，故选：bd；催化剂、加热；
(4)设ag亚硫酸铵完全转化为二氧化硫消耗硫酸的体积为x，设ag亚硫酸氢铵完全转化为二氧化硫消耗硫酸的体积为y： ， ，解得x= L， ，解得y=L，因氨气和二氧化硫反应可能生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵或为亚硫酸铵和亚硫酸酸氢铵的混合物，故消耗硫酸的范围为： ≥ V ≥ 或 或。故答案为： ≥ V ≥ 或 或；。
11．(1) 增大 增大 减小
(2) I 未达平衡前，温度升高，反应速率加快
(3) cd 0.004
(4) NaOH、Na2CO3 c(H2CO3)-c(CO)
【详解】（1）升高温度正逆反应速率均增大，故υ正增大，υ逆增大，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故升高温度，平衡逆向移动，则若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，平衡常数(K)减小。
（2）由图象可知，380℃时，CH4的选择性为100%，则容器内发生的反应是I；150℃～300℃，经反应相同时间，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是未达平衡前，温度升高，反应速率加快。
（3）①a．在反应I中，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a正确；
b．由图象可知，温度可影响产物的选择性，故b正确；
c．由图象可知，温度低于400℃时，只进行反应I，而反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则CO2平衡转化率随温度升高而减少，故c错误；
d．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，相当于CO2的量不变，减小了的H2量，会降低CO2平衡转化率，故d错误；综上所述，不正确的说法是cd。
②350℃时，只进行反应I，CO2的转化率为80%，则CO2的转化量为0.1mol×80%=0.08mol，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，。
（4）CO2通入NaOH溶液中依次发生反应，，则CO2与过量NaOH溶液反应的方程式为，过量CO2与NaOH溶液反应的方程式为，Na和C两种元素物质的量比值为5：2时，NaOH过量，发生反应，则所得溶液中溶质成份为NaOH、Na2CO3；若NaOH吸收了等物质的量的CO2，发生反应，则所得溶液为溶液，溶液存在质子守恒c(OH-)+ c(CO)= c(H2CO3)+ c(H+)，则微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)= c(H2CO3)-c(CO)。
12． 第三周期ⅣA族 1s22s22p63s23p2 原子晶体 CS2 难 H2SO3 H2CO3 取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强 a 2.5 KMnO4、H2O2 1：2
【详解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，其中A元素原子的半径最大，A为硅元素，核电荷数为14，在第三周期ⅣA族；其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半径最小的元素B为氧，硅与氧形成的化合物为二氧化硅，熔沸点高，硬度大，属于原子晶体；
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，C为硫元素，C与D形成的化合物为CS2，二硫化碳为直线型分子，结构对称，属于非极性分子，不易溶于水；
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物都可与水反应形成对应的酸，且2种酸的分子式相似，所以2种氧化物分别为：SO2、CO2； 2种酸的分子式分别为：H2SO3和H2CO3；根据形成盐的酸的酸性越强，水解能力越弱的规律，可以通过测定2种酸所形成的酸式盐的pH大小判定酸性强弱，具体操作为：取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强；
(4) ①反应中，锰元素由+7降低到+2价，共降5价；铜元素由+1价升高到+2价，硫元素由-2价升高到+4价，Cu2S共升高8价，根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律，、填系数8，Cu2S填系数5，填系数10，SO2填系数5，再根据原子守恒配平其它系数，配平后的方程式为：8+ 5Cu2S +44=10+ 5SO2↑ +8+ 22H2O；
a．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱关系是：
c．根据方程式可知，该反应转移电子为40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，转移电子的物质的量是0.8mol，故正确；
d．根据方程式可知Cu2S为还原剂，发生氧化反应，所以被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S，故正确；
故选a；
(4)反应②中，锰元素由+7价降低到+2价，共降5价，硫元素由-2价升高到+4价，共升6价，根据化合价升降总数相等可知，、均填系数6，CuS、均填系数5，根据电荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系数，配平后的方程式为：6+5 CuS +28=5+5 SO2↑ +6+ 14H2O；反应共转移30个电子，单线桥标出电子转移方向和数目如下：；
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，当反应生成6mol氧气时，有5mol为过氧化氢被高锰酸钾氧化生成的，有1mol为过氧化氢自身发生氧化还原反应生成的；则被2mol高锰酸钾氧化的过氧化氢有5mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol；反应中的氧化剂是KMnO4、H2O2；氧化剂与还原剂的物质的量比为3:6=1：2。
上海市崇明区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海崇明·统考二模）在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：
（1）写出发生反应的化学方程式___，该反应能够发生是因为（选填编号）___。
A．强酸生成了弱酸
B．强氧化剂生成了弱还原剂
C．生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸
D．生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体
（2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有___种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是___，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)=___。
（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：___CuS+___HNO3（浓）—___CuSO4+___NO2↑+___H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。
（4）若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为___L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为___。
（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为___，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）___。
2．（2020·上海崇明·统考二模）我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：
I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。
A．它们的气态氢化物的稳定性
B．它们在元素周期表中的位置
C．它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D．它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积的密闭容器中进行该反应。
（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。
在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。
A．K值减小 B．逆反应速率先减小后增大
C．K值增大 D．正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)
（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。
3．（2022·上海崇明·统考二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：
(1)以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是_______(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为_______。
(2)化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。
(3)①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子
Na+
K+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。
(4)NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。
4．（2021·上海崇明·统考二模）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：、Br2哪个氧化性更强？
(1)猜想：①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________(填化学式，下同)所致。②乙同学认为氧化性：Br2>，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________所致。
(2)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液 b.CCl4 c.无水酒精 d.KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
____
_____
方案2
_____
______
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_______。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知：在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；在pH为4.7时开始沉淀。
(4)“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式：___________。
(5)试剂b是___________(填物质名称)，其反应的离子方程式：___________。
(6)调节pH的目的是___________。滤渣c是___________。
(7)将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为___________。
5．（2020·上海崇明·统考二模）工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3·nH2O。
已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓
生产流程如图：
完成下列填空：
（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）___。
A． B． C． D．
说出流程中产生的滤渣的一种用途是___。制作一个过滤器需要___。流程中操作x的名称是____。
（2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是___。反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是___。
（3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，___，过滤，___，低温烘干。
（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。
①上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是___，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与___的刻度值。
②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：___。
6．（2022·上海崇明·统考二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1
8.9
已知：
①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
回答下列问题：
(1)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_______(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是_______。
(2)“滤渣2”的化学成分为_______(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理_______。
(3)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为_______。
7．（2020·上海崇明·统考二模）用常见烃A与某些烃的含氧衍生物可以制备PI（聚2－甲基－1,3－丁二烯）和PVB塑料。流程如图：
完成下列填空：
（1）A的名称是___，B的结构简式为___，C→D的反应条件是___，D→PI的反应类型是___。
（2）E中所含官能团的名称是___，写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式：___。
a.能发生银镜反应和水解反应
b.能与氢气发生加成反应
c.分子结构中含有一个甲基
（3）写出F→G的化学反应方程式：___。
（4）试用电石和乙醛等原料（无机试剂任选）制取1,3－丁二烯（合成正丁橡胶的原料），写出合成路线___。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
8．（2021·上海崇明·统考二模）某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图：
已知：① +；②+R2-OH
回答下列问题：
(1)有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是___________。
(2)有机物B的结构简式为___________。
(3)反应①的反应类型是___________。
(4)写出A物质发生1， 4-加聚的反应方程式___________。
(5)有机物F中官能团的名称是醚键、___________、___________。反应②的目的是___________。
(6)反应D→E中第(1)步的反应方程式是___________。
(7)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线_______ (无机试剂任选，合成路线常用的表达方式为： ()。
9．（2022·上海崇明·统考二模）药物帕罗西汀的合成路线如下：
已知：①R1CHOR1CH=CHCOOH
②R2OHR2OR3
(1)A分子含有的官能团有_______。
(2)有关物质K的说法正确的是_______。
a．加热时，能与银氨溶液反应 b．一定条件下，可发生消去反应
c．苯环上一溴代物只有两种 d．存在含两个苯环的同分异构
(3)写出E→G的化学方程式_______。
(4)已知L为，其同分异构体中，苯环上含有一个取代基的结构简式为_______；M的分子式为_______。
(5)以黄樟素()为原料，经过其同分异构体N可制备L。
已知：①R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO
②R3CHOHCOOR3
NPQL()
分别写出制备L时，中间产物N、P、Q的结构简式或键线式：_______、_______、_______。
10．（2021·上海崇明·统考二模）分解水制氢气的工业制法之一是硫—碘循环，主要涉及下列反应：
(I)SO2 + 2H2O + I2 → H2SO4 + 2HI，(II)2HIH2 + I2，(III)2H2SO4 → 2SO2 + O2 + 2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是___________
a．反应III易在常温下进行 b．反应I中SO2还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
(2)一定温度下，向2L密闭容器中加入1mol HI(g)，发生反应II，H2物质的量随时间的变化如图所示。0-2min内的平均反应速率v(HI)= ___________。该温度下，反应2HI(g) H2(g) + I2(g)的平衡常数表达式为___________。相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则___________(从a～d中选择)是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
(3)SO2在一定条件下可氧化生成SO3，其主反应为：2SO2 (g) + O2(g) 2SO3(g) + Q，若此反应起始的物质的量相同，则下列关系图正确的是___________(填序号)
a． b
c． d．
实际工业生产使用的条件是：常压、___________。
(4)实际生产用氨水吸收SO2生成亚硫酸的铵盐。现取a克该铵盐，若将其中的铵盐全部反应生成SO2，应加入18.4mol/L的硫酸溶液的体积(V)范围为___________L(只列出算式即可)。
11．（2022·上海崇明·统考二模）我国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此碳的捕集和利用成了研究的重点。
(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，原理为：CO2(g)+4H2(g)RuCH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)υ正_______，υ逆_______，平衡常数(K)_______；
在一定条件下，CO2和H2混和气体共0.5mol(体积比1：4)，在2L恒容密闭容器中进行的反应可能有下列反应I和II，经反应相同时间测得“CO2转化率”、CH4和CO“选择性”随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性即转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
(2)380℃时，容器内发生的反应是_______(选填I、II或I和II)；150℃～300℃，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是_______；
(3)①下列说法不正确的是_______；
a.反应I是放热反应
b.温度可影响产物的选择性
c.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
d.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，υ(CO2)=_______mol·L-1·min-1；
(4)常温下，也可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为5：2，则所得溶液中溶质成份为_______(填化学式)，若NaOH吸收了等物质的量的CO2，则所得溶液中微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)=_______(填含碳元素微粒浓度的数学表达式)。
12．（2021·上海崇明·统考二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
(1)A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置___________，其原子核外电子排布式为___________，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为___________。
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式___________，推断该化合物___________(难、微、易)溶于水。
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式___________，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法___________。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①+ Cu2S +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
②+ CuS +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
(4)下列关于反应①的说法中错误的是___________(选填编号)。
a.还原性的强弱关系是：> Cu2S
b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为
c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d.被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
(4)写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目：___________
___________+___________CuS +___________
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为；H2O2在前面反应生成的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：
2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是___________mol， 反应中的氧化剂是___________，氧化剂与还原剂的物质的量比为___________。
参考答案：
1． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【详解】(1)将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS，溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)= c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol ×22.4L/mol =35.84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8mol×8=6.4mol，数目为6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H，故答案为：离子晶体；S＞N＞O＞H。
2． 2s22p2 电子云的伸展方向 C、D 不能 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 B NO2 CO2 0.2mol/（L•min） 若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小
【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；
(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；
(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：；NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；
(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。
【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
3．(1) N 纺锤形
(2) 出现白烟 0.24
(3) 6 4
(4) 6NO2+8NH37N2+12H2O 1.12
【详解】（1）Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
（2）由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
（3）①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
（4）①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
4． Br2 Fe3+ b CCl4层呈无色 d 溶液变红色 Br2+2Fe2+=2Br‾+2Fe3+ Fe2+ 3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O 氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜 CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等 除去浸出液中的Fe3＋ Fe(OH)3 过滤
【分析】Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l~2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，设计实验进行验证，得到结论：氧化性Br2>，应用结论若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；含少量铁的废铜渣用稀硝酸和稀硫酸浸出后生成NO、硫酸铜（含Fe3+），加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤，除去滤渣得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得胆矾。
【详解】(1)猜想：由分析①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，溶液呈黄色是由加入溴水引起的。②乙同学认为氧化性：Br2>，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。故答案为：Br2；Fe3+；
(2)乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+。要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案1：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明方案1正确；方案2：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案2正确，方案1、方案2都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
b
下层（CCl4层）无色
方案2
d
溶液变为血红色
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色是Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，确定出反应物和生成物后Fe2++Br2Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；故答案为：Fe2+；
(4)“浸出”时，控制硝酸的量，原料中的铜均转化为硫酸铜，相应的离子方程式：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O。故答案为：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O；
(5)试剂b调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，b是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，其反应的离子方程式：CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等。故答案为：氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等；
(6)调节pH的目的是除去浸出液中的Fe3＋；滤渣c是Fe(OH)3。故答案为：除去浸出液中的Fe3＋；Fe(OH)3；
(7)分离不溶于液体的固体与液体用过滤，将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为过滤。故答案为：过滤。
5． B 作颜料（或炼铁） 漏斗和滤纸 过滤 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 （冷却）结晶 洗涤（晶体） （酸碱）中和滴定 滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平 Al3++3NH3•H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+→NH4++H2O
【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。
【详解】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；
(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；
(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；
(4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；
②称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+=NH4++H2O。
6．(1) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnO或Zn(OH)2 使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀
(2) Fe(OH)3、MnO2 2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+
(3) Ni2+、Cd2+ Zn
(4)0.9898
【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
(1)
①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。
②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。
(2)
弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(3)
根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。
(4)
碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。
7． 乙炔 浓硫酸，加热(或浓硫酸，170℃) 加聚反应 碳碳双键、酯基 、 +nH2O+nCH3COOH CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2
【分析】根据流程图，烃A与乙酸反应生成E，E一定条件下反应生成F[(C4H6O2)n]，则E→F的反应为加聚反应，则E的分子式为C4H6O2，则A的分子式为C2H2，为乙炔，F在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成G[(C2H4O)n]，因此乙炔与乙酸发生加成反应生成的E为CH3COOCH=CH2，F为，G为；由乙炔与B反应生成，则B为；PI为聚2－甲基－1，3－丁二烯，则D为结构简式为CH2=C(CH3)-CH=CH2，则C发生消去反应生成D，与氢气加成生成C，C为，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为乙炔，B的结构简式为，C→D是C中的羟基发生消去反应，反应条件是浓硫酸加热(170℃)，D发生加聚反应生成PI，故答案为：乙炔；；浓硫酸加热(170℃)；加聚反应；
(2)E为CH3COOCH=CH2，E中所含官能团为碳碳双键、酯基；a.能发生银镜反应和水解反应，说明属于甲酸酯；b.能与氢气发生加成反应，说明含有碳碳双键；c.分子结构中含有一个甲基，符合条件的E的所有同分异构体有、，故答案为：碳碳双键、酯基；、；
(3)F→G的化学反应方程式为+nH2O+nCH3COOH，故答案为：+nH2O+nCH3COOH；
(4)电石与水能够反应生成乙炔，乙炔和乙醛发生加成反应生成HCCCH(OH)CH3，根据流程图中→D的提示，HCCCH(OH)CH3与氢气发生加成反应生成CH2=CHCH(OH)CH3，最后CH2=CHCH(OH)CH3发生消去反应即可，合成路线为CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2，故答案为：CaC2CHCHHCCCH(OH)CH3CH2=CHCH(OH)CH3CH2=CHCH=CH2。
【点睛】本题的难点是流程图中未知物质的结构的推断，要注意根据E→F→G的变化分析判断出E的结构，本题的易错点为(4)，要注意题干流程图中→D的应用。
8． 1-氯丁烷 取代反应 n 酯基 羟基 保护其它羟基，防止其转化为酯基 +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O
【分析】由有机物的转化关系可知，化合物A与ClCH=CHCl发生信息①反应生成化合物B()，在镍做催化剂作用下，与一氧化碳和氢气反应生成化合物C( )，在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成 ，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，经酸化得到，在酸性条件下，与丙酮发生加成反应生成 ，与发生取代反应后，经酸化得到绿原酸，据此解答。
【详解】(1) 在催化剂作用下，化合物A与足量氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2Cl，CH3CH2CH2CH2Cl属于饱和氯代烃，名称为1-氯丁烷，故答案为：1-氯丁烷；
(2) 由分析可知，有机物B的结构简式为，故答案为：；
(3) 反应①为在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成 ，故答案为：取代反应；
(4) 化合物A 分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成 ，反应的化学方程式为：n；故答案为： n；
(5) 有机物F的结构简式为，官能团为醚键、酯基和羟基，由分析可知，反应②的目的是保护羟基，防止E分子中的羟基全部转化为酯基，故答案为：酯基；羟基；保护其它羟基，防止其转化为酯基；
(6) 反应D→E中第(1)步反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O，故答案为：+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；
(7) 由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式为：，运用逆推法可知，合成的步骤为在溴化磷的作用下，丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成，合成路线为：，故答案为：【答题空9】；
9．(1)氟原子、醛基
(2)b c
(3)NC-CH2-COOH + HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O
(4) C19H18FNO4
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知， 与CH2(COOH)2发生信息①反应生成，则A为 、B为 ；在浓硫酸作用下， 与乙醇发生酯化反应生成，则D为；ClCH2COONa与氢氰酸发生取代反应后，酸化得到NCCH2COOH，则E为NCCH2COOH；在浓硫酸作用下，NCCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成NCCH2COOCH2CH3，则G为NCCH2COOCH2CH3；NCCH2COOCH2CH3与发生加成反应生成，一定条件下 转化为 ，发生信息②反应生成 ，则L为 、M为 ；发生还原反应生成。
（1）
由分析可知，A的结构简式为，官能团为氟原子、醛基，故答案为：氟原子、醛基；
（2）
a．由结构简式可知，K分子中不含有醛基，加热时，不可能与银氨溶液反应，故错误；
b．由结构简式可知，K分子中羟基相连碳原子的邻碳原子上含有氢原子，一定条件下，可发生消去反应，故正确；
c．由结构简式可知，K分子中苯环上含有2类氢原子，则苯环上一溴代物只有2种，故正确；
d．含两个苯环的有机物的不饱和度至少为7，由结构简式可知，K分子的不饱和度为6，则K分子不可能存在含两个苯环的同分异构，故错误；
故选bc；
（3）
由分析可知，E→G的反应为在浓硫酸作用下，NCCH2COOH与乙醇发生酯化反应生成NCCH2COOCH2CH3和水，反应的化学方程式为NC-CH2-COOH + HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O，故答案为：NC-CH2-COOH + HOCH2CH3NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O；
（4）
由结构简式可知，L的同分异构体中苯环上含有一个取代基的结构简式为 ；由分析可知，M的结构简式为，分子式为C19H18FNO4，故答案为： ；C19H18FNO4；
（5）
由有机物的转化关系可知，发生异构化生成 ，则N为 ； 发生题给信息①反应生成 ，则P为 ； 在乙酸作用下与过氧化氢发生氧化反应生成 ，则Q为 ； 发生水解反应酸化后生成，故答案为： ； ； 。
10． bc 0.05mol·L-1·min-1 K= b bd 催化剂、加热 ≥ V ≥ 或 或
【分析】根据图象计算化学反应速率，再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答；根据反应方程式写平衡表达式；利用浓度对化学平衡的影响来分析HI的平衡浓度、达到平衡的时间、平衡时H2的体积分数，但温度不变，平衡常数不变；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析；使用催化剂，能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡，据此结合图象判断；二氧化硫和氨水反应可生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，计算出ag亚硫酸铵或亚硫酸氢铵放出二氧化硫消耗硫酸的体积。
【详解】(1)a．硫酸常温下温度，不易分解，故a错误；b．反应I中SO2还原性比HI强，反应中二氧化硫表现还原性，还原性比HI强，故b正确；c．1molSO2消耗2molH2O生成1molH2SO4，1molH2SO4分解生成1molSO2与1molH2O，循环中水的量减少，故应补充水，故c正确；d．由Ⅲ可知产生1molO2的同时产生2molSO2，由I可知2molSO2生成4molHI，由Ⅱ可知4molHI分解生成2mol H2，即循环过程中产生l mol O2的同时产生2mol H2，故d错误；故答案为：bc；
(2)由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol，则氢气的浓度为 =0.05mol/L，用氢气表示的化学反应速率为 =0.025mol·L-1·min-1，由反应中的化学计量数可知v(HI）=0.025mol·L-1·min-1×2=0.05mol·L-1·min-1；根据方程式可写出平衡常数表达式为：K= ；对该反应，当温度不变开始加入HI(g）的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K不变，故a错；物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应，则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b正确；物质的量增大，则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，故c错；由反应方程式及原来的量与后来的量成正比，则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时H2的体积分数相同，故d错；故答案为：0.05mol•L-1•min-1；K=；b；
故答案为：0.05mol·L-1·min-1；
(3)升高温度，加快反应速率到达平均的时间缩短，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，二氧化硫的含量升高，故a错误，b正确；增大压强，加快反应速率到达平均的时间缩短，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的含量减少，图象与实际不符合，故c错误；使用催化剂，能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡，故d正确；故选bd；实际工业生产使用的条件是：常压、五氧化二钒、500℃，选择温度500℃时催化剂的活性较高、加快反应速率，故选：bd；催化剂、加热；
(4)设ag亚硫酸铵完全转化为二氧化硫消耗硫酸的体积为x，设ag亚硫酸氢铵完全转化为二氧化硫消耗硫酸的体积为y： ， ，解得x= L， ，解得y=L，因氨气和二氧化硫反应可能生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵或为亚硫酸铵和亚硫酸酸氢铵的混合物，故消耗硫酸的范围为： ≥ V ≥ 或 或。故答案为： ≥ V ≥ 或 或；。
11．(1) 增大 增大 减小
(2) I 未达平衡前，温度升高，反应速率加快
(3) cd 0.004
(4) NaOH、Na2CO3 c(H2CO3)-c(CO)
【详解】（1）升高温度正逆反应速率均增大，故υ正增大，υ逆增大，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故升高温度，平衡逆向移动，则若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，平衡常数(K)减小。
（2）由图象可知，380℃时，CH4的选择性为100%，则容器内发生的反应是I；150℃～300℃，经反应相同时间，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是未达平衡前，温度升高，反应速率加快。
（3）①a．在反应I中，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a正确；
b．由图象可知，温度可影响产物的选择性，故b正确；
c．由图象可知，温度低于400℃时，只进行反应I，而反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则CO2平衡转化率随温度升高而减少，故c错误；
d．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，相当于CO2的量不变，减小了的H2量，会降低CO2平衡转化率，故d错误；综上所述，不正确的说法是cd。
②350℃时，只进行反应I，CO2的转化率为80%，则CO2的转化量为0.1mol×80%=0.08mol，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，。
（4）CO2通入NaOH溶液中依次发生反应，，则CO2与过量NaOH溶液反应的方程式为，过量CO2与NaOH溶液反应的方程式为，Na和C两种元素物质的量比值为5：2时，NaOH过量，发生反应，则所得溶液中溶质成份为NaOH、Na2CO3；若NaOH吸收了等物质的量的CO2，发生反应，则所得溶液为溶液，溶液存在质子守恒c(OH-)+ c(CO)= c(H2CO3)+ c(H+)，则微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)= c(H2CO3)-c(CO)。
12． 第三周期ⅣA族 1s22s22p63s23p2 原子晶体 CS2 难 H2SO3 H2CO3 取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强 a 2.5 KMnO4、H2O2 1：2
【详解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，其中A元素原子的半径最大，A为硅元素，核电荷数为14，在第三周期ⅣA族；其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半径最小的元素B为氧，硅与氧形成的化合物为二氧化硅，熔沸点高，硬度大，属于原子晶体；
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，C为硫元素，C与D形成的化合物为CS2，二硫化碳为直线型分子，结构对称，属于非极性分子，不易溶于水；
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物都可与水反应形成对应的酸，且2种酸的分子式相似，所以2种氧化物分别为：SO2、CO2； 2种酸的分子式分别为：H2SO3和H2CO3；根据形成盐的酸的酸性越强，水解能力越弱的规律，可以通过测定2种酸所形成的酸式盐的pH大小判定酸性强弱，具体操作为：取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强；
(4) ①反应中，锰元素由+7降低到+2价，共降5价；铜元素由+1价升高到+2价，硫元素由-2价升高到+4价，Cu2S共升高8价，根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律，、填系数8，Cu2S填系数5，填系数10，SO2填系数5，再根据原子守恒配平其它系数，配平后的方程式为：8+ 5Cu2S +44=10+ 5SO2↑ +8+ 22H2O；
a．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱关系是：
c．根据方程式可知，该反应转移电子为40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，转移电子的物质的量是0.8mol，故正确；
d．根据方程式可知Cu2S为还原剂，发生氧化反应，所以被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S，故正确；
故选a；
(4)反应②中，锰元素由+7价降低到+2价，共降5价，硫元素由-2价升高到+4价，共升6价，根据化合价升降总数相等可知，、均填系数6，CuS、均填系数5，根据电荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系数，配平后的方程式为：6+5 CuS +28=5+5 SO2↑ +6+ 14H2O；反应共转移30个电子，单线桥标出电子转移方向和数目如下：；
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，当反应生成6mol氧气时，有5mol为过氧化氢被高锰酸钾氧化生成的，有1mol为过氧化氢自身发生氧化还原反应生成的；则被2mol高锰酸钾氧化的过氧化氢有5mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol；反应中的氧化剂是KMnO4、H2O2；氧化剂与还原剂的物质的量比为3:6=1：2。
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