上海市虹口区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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上海市虹口区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海虹口·统考二模）二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的A1级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3 + 4HCl → 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O
方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
完成下列填空：
(1)在方法一中，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________ mol。
(2)在方法二中，反应物H2C2O4_________（填序号）。
a．仅做氧化剂                      b．既被氧化又被还原     
c．发生氧化反应                    d．既未被氧化也未被还原
(3)两种方法相比，___________（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______________________________________________。
(4)实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为 ________________________________________________。
(5)氯原子核外共有______种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是________。
(6)CCl4分子的空间构型为__________________，CO2的电子式是___________________。
(7)相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：
氯化物
NaCl
KCl
CCl4
熔点/℃
804
773
-22.92

试解释表中氯化物熔点差异的原因：_______________________________________________________。
2．（2022·上海·统考二模）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g)  2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0)]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
Ⅰ.完成下列填空：
(1)某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为_______。平衡常数的值为_______。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡_______移动(选填“正向”“逆向”或“不”)。
Ⅱ.储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4-CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率(α)、储能效率(η)的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L•min-1
n(CH4)∶n(CO2)
α/%
η/%
ⅰ
700
4
2∶2
49.0
42.0
ⅱ
800
4
2∶2
79.6
52.2
ⅲ
800
6
3∶3
64.2
61.9
ⅳ
800
6
2∶4
81.1
41.6

已知储能效率η=Qchem/Qi，其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
(2)解释为何可以用CH4-CO2重整反应进行储能。_______
(3)对比实验_______(填序号)，可得出结论：气体流量越大，CH4转化率_______。
(4)实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因(两次实验中设备的加热功率Qi不变)。_______
3．（2021·上海虹口·统考二模）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：

完成下列填空：
(1)反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：

为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
_______
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
_______

(2)反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。_______
(3)反应Ⅱ的化学方程式为_______(葡萄糖酸用化学式表示)。
(4)反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是_______。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是_______。
(5)为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =______。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
4．（2022·上海·统考二模）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用如下装置进行模拟制备(省略夹持装置)：

Ⅰ.完成下列填空：
(1)干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是_______→_______→_______(选填端口字母编号)。_______

Ⅱ.固体X可用无水氯化铬(CrCl3)固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
(2)无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3·6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_______。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_______。
(3)实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明。_______
Ⅲ.固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
(4)写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式：_______。
(5)CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为_______。
(6)证明样品已反应完全的操作名称是_______；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
5．（2020·上海虹口·统考二模）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。完成下列填空：
合成氨工业中：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，其化学平衡常数K与温度t的关系如表：
t/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5

(1)试比较K1、K2的大小，K1 ________K2（填写“＞”、“=”或“＜”）
(2) 400℃时，反应2NH3(g) N2(g) + 3H2(g)的化学平衡常数的值为_____________。
当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，则该反应υ(N2)(正) ___________υ(N2)(逆)（填写“＞”、“=”或“＜”）
(3)在密闭恒容的容器中，下列能作为合成氨反应达到平衡的依据的是____________。
a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆）   b．混合气体的密度保持不变
c．容器内压强保持不变  d．N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2
(4)化工生产为做到又“快”又“多”采用多种方法，试写出两项合成氨工业中为实现“多”所采取的措施：__________________________，__________________________。
(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_____________________，在该溶液中加入少量明矾固体，溶液中NH4+的浓度_______（填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是_________________________________________________________。

(6)如图是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和 CO反应的热化学方程式 _____________________________________________。
6．（2021·上海虹口·统考二模）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。完成下列填空：
(1)“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：_______ClO+_______ _______→_______Cl- + _______ClO2 + _______H2O
完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目______;氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：_______。
(3)常温下，向20 mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系(不考虑HClO分解)如图所示。

i.①→②过程中，水的电离程度的变化是_______。
ii.用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡：    _______。
iii.在②点所示溶液中，用“>、<或 =”判断下列关系：
V1_______ 40 mL；c(Cl-) _______ c(ClO-) +c(HClO)。
7．（2020·上海虹口·统考二模）氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O）的主要流程如下：

完成下列填空：
(1)除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH范围是_____________，加入的物质A是___________（写化学式）。

开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
沉淀开始溶解时的pH
Al(OH)3
3.3
5.2
7.8
Fe(OH)3
1.5
4.1
－

(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是____________________________________________。
(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是_________________________________。
(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：
a．称取0.750 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；
b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用0.050 mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。
①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有__________________。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为__________________（保留三位有效数字）。
③若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况___________________________________________。
8．（2020·上海虹口·统考二模）奶油中含有一种化合物A，可用作香料。在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为化合物B。A发生的一系列化学反应如下：

完成下列填空：   
(1)写出反应类型：反应 ①_________________________反应 ②_________________________
(2)写出反应③所需的试剂与条件：_________________________________
(3)写出结构简式：F________________________
(4)写出一种满足下列要求的A的同分异构体的结构简式：_______________________
i．含有酯基                        ii．能发生银镜反应
(5)写出C→D反应的化学方程式：________________________________________________
(6)C也能与乙二酸反应形成环状化合物（C6H8O4），写出该环状化合物的结构简式：__________
(7)写出以C为原料合成1,4-丁二醇（）的合成路线__________。（合成路线常用的表示方式为：）
9．（2021·上海虹口·统考二模）化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图：

已知：+RCHO+
完成下列填空：
(1)写出反应类型：反应①_______  反应②_______
(2)写出X的结构简式：_______
(3)仅以B为单体形成的高分子的结构简式为_______。
(4)检验D中含有碳碳双键的实验方法是_______。
(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_______。
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子
ⅱ.能发生银镜反应，1 mol该同分异构体最多能生成4 mol Ag
(6)设计以和为原料制备的合成路线________。
10．（2022·上海·统考二模）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：

完成下列填空：
(1)G中含氧官能团名称是_______。
(2)B→C的反应类型为_______；E→F所需的试剂与条件是_______。
(3)F的结构简式为_______；F→G过程中，除生成G外，另一产物的化学式是_______。
(4)同时符合下列条件C的所有同分异构体的结构共有_______种(不考虑立体异构)，请写出其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简式(若存在多种可任写一种)：_______。
a．苯环上有两个取代基        b．含有碳碳双键         c．不与金属钠发生反应
(5)参照上述部分合成路线，设计由为原料制备化合物的合成路线。_______
11．（2021·上海虹口·统考二模）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
(1)已知还原性Mg > Si，上述反应仍能发生的原因是_______。
(2)由图推测上述反应正向为_______(填“吸热”或“放热”)反应。

(3)若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.平衡常数到达最大值    
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成 = 2：1
(4)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(5)若还原炉容积为400 m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 _______mol/(L·h)。
(6)工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：

MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850

①镁原子核外有_______种能量不同的电子，它们的运动状态有_______种。
②MgCl2的电子式为_______；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由_______
12．（2022·上海·统考二模）锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。
Ⅰ.完成下列填空：
(1)锗元素原子核外能量最高的电子有_______个，它们运动所形成的电子云形状为_______形。
(2)氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由_______。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了和_______(填化学式)两种离子。
Ⅱ.三水锡酸钠(Na2SnO3·3H2O)是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn(OH)4。
(3)常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH_______(填“大于”“小于”或“等于”)后者。
(4)写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式_______。
Ⅲ.水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、、。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比(α)与溶液pH变化的关系如图所示。

(5)Pb(NO3)2溶液中，_______2(填“＞”“=”或“＜”)；往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有_______(填微粒符号)。
(6)科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+。则脱铅时最合适的pH约为_______(选填编号)。
a．4～5      b．6～7        c．8～10         d．12～14

参考答案：
1．     0.2     c     方法二     方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染     2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O     17     3s23p6     正四面体          NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低
【详解】(1)方法一：2NaClO3 + 4HCl →2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气，化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。
(2) 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；故选c；
(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；
(4) 硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO42ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O；
(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；
(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体； CO2的电子式是；
(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱； NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。
【点睛】分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。
2．(1)     0.125mol/(L·min)          逆向
(2)CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能
(3)     ii和iii     越低
(4)在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高

【分析】（1）根据平衡的三段式进行计算，并结合反应速率的公式和平衡常数公式计算，并比较浓度商和平衡常数的大小确定平衡的移动方向。
（2）根据反应热分析该反应为储能。
（3）根据表中数据分析，改变气体流量的实验组别和实验结论。
【详解】（1） CH4(g)+CO2(g)  2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 =0.125mol/(L·min)，平衡常数的值为 = 。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则Qc= ，化学平衡逆向移动。
（2）CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能，故用用CH4-CO2重整反应进行储能。
（3）对比实验ii和iii是改变气体流量，根据表中数据分析，可以得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高。
3．     生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气     利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应     取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净     FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑     抑制Fe2+水解     葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇     2     偏小
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
【详解】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
 ②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
4．(1)b→e→f
(2)     2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O     通HCl气流加热
(3)制备NH3装置易堵塞，引发爆炸
(4)Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O
(5)20:1
(6)     恒重操作     偏大

【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2∙8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥。
(1)
NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气。由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f。答案为：b→e→f；
(2)
CrCl3·6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热。答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
(3)
因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸。答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
(4)
NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O。答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
(5)
设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：
66x+118y=14.38……①、x+2y=……②，解方程可得：x=0.2mol，y=0.01mol。从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2:0.01=20:1。答案为：20:1；
(6)
证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大。答案为：恒重操作；偏大。
【点睛】在分析加热时长不够产生的误差时，可得出x+2y＜0.22，代入解方程，便可求出y＜0.01mol，x＞0.2mol。
5．     ＞     2     ＞     c     采用20MPa~50MPa高压     及时将产物液化除去     c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)     增大     NH4+ 水解呈酸性，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大     NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol
【详解】(1)合成氨N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) + Q(Q＞0)，正向为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，平衡常数K值减小，故K1 ＞K2；
(2) 400℃时，N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，平衡常数K=0.5，则2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) ，平衡常数为==2；当测得NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为3 mol/L和2 mol/L、1 mol/L时，Qc===＜K，反应正向进行，故υ(N2)(正) ＞υ(N2)(逆) ；
(3)在密闭恒容的容器中，a．υ(N2)（正）=3υ (H2)（逆），不同物质表示的正逆速率不等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，a不选；b．混合气体的密度=，混合气体的质量守恒m是定量，恒容容器，混合气体的密度始终是个定值，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，b不选；c．同温同压下，容器内的压强与气体的物质的量呈正比，该反应正向是气体分子数目减小方向，则气体的物质的量是个变化量，压强是个变量，当压强保持不变，说明反应达到平衡状态，c选；d．各物质的物质的量浓度保持不变可以作判断依据，N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2，各物质的浓度比等于化学计量数之比不能说明达到平衡，d不选；故能作为合成氨反应达到平衡的依据的选c；
(4)合成氨工业中为实现“多”是提高氨的产率，可以从平衡移动角度考虑，适当增大压强，平衡正向移动，适当降低反应的温度，平衡正向移动，及时将氨气液化分离出该体系，平衡正向移动，均可以提高反应物的转化率而提高氨产率； 故所采取的措施：采用20MPa~50MPa高压，及时将产物液化分离；
(5)0.1 mol/L的(NH4)2SO4水溶液中NH4+发生水解溶液显酸性，由于水解是微弱的，c(NH4+)约为c(SO42-)的两倍，故各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)；在该溶液中加入少量明矾固体，Al3+水解也呈酸性，两者相互抑制，c(NH4+)增大；
(6)根据反应进程能量图，该反应为放热反应，且放出热值为368kJ/mol-134kJ/mol=234kJ/mol，NO2和 CO反应的热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) + 234kJ/mol。
【点睛】判断反应进行的方向应用Qc和K的相对大小，若Qc＜K，反应正向进行；若Qc＞K，反应逆向进行；若Qc=K，反应保持平衡状态。物理量是个变量才可以作平衡的判定依据，若始终保持不变，不能做判定反应是否达到平衡的依据。
6．          1:4     H++HCO→H2O+CO2↑     变大     ClO-+H2O⇌HClO +OH-     <     =
【详解】(1)根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO+4H+→1Cl- +4ClO2+2H2O，标出电子转移方向与数目：，氧化剂对应还原产物Cl-，还原剂对应氧化产物ClO2，两者的物质的量之比为1:4；
(2)“二氧化氯泡腾片”含有NaHCO3，离子方程式为：H++HCO→H2O+CO2↑；
(3)i. ①→②过程中，溶液的HClO的浓度逐渐变小，对水的电离抑制越来越小，生成NaClO越来越多，水的电离程度的逐渐变大，
ii. 点③溶质是NaOH、NaClO，次氯酸根能发生水解，水解离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO +OH-；
iii. 若NaOH和HClO恰好完全反应生成NaClO，次氯酸根能发生水解导致溶液呈碱性，而②点的pH=7，则含有部分HClO剩余，则V1<40mL；②点所示溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaCl，根据氯元素守恒：c(Cl-)=c(HClO)+ c(ClO-)。
7．     5.2≤pH＜7.8     Ca(OH)2 或CaO或CaCO3     取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全     将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2     烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管     99.9%     蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据沉淀对应的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小为5.2，但是当pH大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的A能调节pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或CaO或CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在160℃蒸发结晶，得产品CaCl2·2H2O。
【详解】(1)根据分析，加入物质A来调节溶液的pH，此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的物质A是Ca(OH)2 或CaO或CaCO3（填一种即可）；
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全；
(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2，防止产物中混有Ca(OH)2杂质；
(4) ①测定样品的纯度过程中，a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；b、c为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O，n（Ag+）=0.050 mol/L×20.39 ×10-3L=1.0195 ×10-3mol，则25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250 mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，样品CaCl2·2H2O的质量分数==99.9%；③蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。
【点睛】化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节pH的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。
8．     氧化反应     取代反应     NaOH 、醇，加热          HCOOCH2CH2CH3 、HCOOCH(CH3) 2（选填一种）     .+2H2O         
【分析】从A分子式角度出发，A有一个不饱和度，可能是碳碳双键或者碳氧双键或者1个环，A→B分子上少2个氢，反应①为氧化反应，说明A中本身含有羰基和羟基，根据B的结构可知A的结构简式为；A→C分子式多了2个氢原子，反应④为还原反应，C的结构简式为；C与苯甲酸在浓硫酸加热的条件下可以发生酯化反应生成D，则D为；A与HBr加热条件下与羟基发生取代反应，则E为CH3COCHBrCH3，F分子为C4H6O，故E→F发生消去反应，F为。
【详解】(1)根据分析，反应①为氧化反应；反应②为取代反应；
(2)根据分析，反应③是卤代烃的消去反应，故反应③所需的试剂与条件：NaOH 、醇，加热；
(3)根据分析，F的结构简式为；
(4) 从A结构分析，A分子的不饱和度为1，A的同分异构体含有酯基，能发生银镜反应，且不饱和度为1，满足条件的官能团为HCOO-，则符合条件的A的同分异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH3 、HCOOCH(CH3) 2；
(5)根据分析，C→D反应的化学方程式+2H2O；
(6)C与乙二酸反应，分子间脱去2分子水，形成环状化合物（C6H8O4），则该环状化合物的结构简式：；
(7)以C为原料合成1,4-丁二醇（），碳链未发生变化，羟基的位置发生改变，羟基在1、4号碳原子，可以对2,3-丁二醇先进行消去，再进行1,4—加成，对生成的卤代烃还原和水解可得产物，故合成路线为：。
9．     取代     加成               取样，加入足量银氨溶液水浴加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键     、、、、 (任写一种)    
【分析】A和发生取代反应生成B，B加热发生取代反应生成C，C和CH3I发生取代反应生成D，D和X发生类似“已知”反应生成E，则X为，发生分子内加成M，结合有机化学基础知识解答。
【详解】(1)反应①中中的H被中CH2=CH-CH2-取代，为取代反应；反应②中E发生分子内加成反应；
(2)对比“已知”可知D和X发生类似“已知”反应生成E，则X为；
(3)B中含碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，仅以B为单体形成的高分子的结构简式为；
(4)D中含碳碳双键，可用溴水检验，但D中的醛基同样可以使溴水褪色，因此检验D中含有碳碳双键的实验思路是先将醛基氧化，再检验碳碳双键，具体方法是取样，加入足量银氨溶液水浴加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键；
(5)C为，C的一种同分异构体满足：
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子，则该同分异构体高度对称；
ⅱ.能发生银镜反应，1 mol该同分异构体最多能生成4 mol Ag，则该同分异构体含2个-CHO，另外还有2个C均为饱和C；
满足条件的有：、、、、 (任写一种)；
(6)逆合成分析：可由和发生“已知”反应获得，可由发生催化氧化得到，由发生水解得到，因此以和为原料制备的合成路线为。
10．(1)羟基、酯基
(2)     氧化     CH3OH、浓H2SO4、加热
(3)          HCl
(4)     6    
(5)

【分析】与甲苯在AlCl3的催化作用下发生加成反应生成B为；B在催化剂作用下发生氧化反应生成C为；C与NH4Cl、NaCN作用生成D为；D发生水解生成E为；由G及的结构简式，可确定F为，是由E与CH3OH发生酯化反应的产物。
(1)
G为，含氧官能团为-OH和-COOR，名称是羟基、酯基。答案为：羟基、酯基；
(2)
B()→C()，-CH2OH转化为-CHO，反应类型为氧化反应；E()→F()，-COOH转化为-COOCH3，发生酯化反应，所需的试剂与条件是CH3OH、浓H2SO4、加热。答案为：氧化；CH3OH、浓H2SO4、加热；
(3)
由分析可知，F的结构简式为；F()→G()过程中，-NH2与ClCH2CH2OH发生取代反应，除生成G外，另一产物的化学式是HCl。答案为：；HCl；
(4)
C为，同时符合下列条件“a．苯环上有两个取代基、b．含有碳碳双键、c．不与金属钠发生反应”C的同分异构体，分子中除苯环外，可能含有-CH=CH2、-OCH3，或-OCH=CH2、-CH3，两取代基可能位于苯环的邻、间、对位，所以其可能结构共有6种(不考虑立体异构)，其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体，两取代基应位于苯环的对位，结构简式为：。答案为：6；；
(5)
由为原料制备化合物，依据流程图中F→G，采用逆推法，需制得；再由流程图中C→D逆推，可确定需制得。由此得出合成路线为： 。答案为： 。
【点睛】合成有机物时，依据题给流程图，可采用逆推法进行分析。
11．     该反应条件下，镁为气体，从反应体系逸出，使平衡不断正向移动     吸热     c     不变     0.025mol/(L·h)     4     12          选择MgCl2，原因是MgCl2熔点低，能耗小
【详解】(1)1200℃时发生反应为2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生；
(2)由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向；
(3)a．平衡常数到达最大值，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故错误；
c．炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；
d．单位时间内，n(CaO•MgO)消耗：n(Ca2SiO4)生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
故选c；
(4)因为该反应的K=C2(Mg)，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg(g)的浓度不变；
(5)发生反应为：2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，由关系式，解得m=1.2t，n=50000mol，这段时间Mg的生成速率v=50000mol÷(400×103)L÷5h=0.025 mol/(L•h)；
(6)①Mg原子核外有几个能级填充电子，则有几种能量不同的电子，Mg原子核外填充的电子为1s、2s、2p、3s能级电子，所以有4种能量不同的电子，它们的运动状态有12种；
②MgCl2是离子化合物，电子式为；
③氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁。
12．(1)     2     纺锤
(2)     GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高    
(3)大于
(4)Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O
(5)     ＞     Pb2+、Pb(OH)+、H+
(6)a

【解析】（1）
锗为第4周期第ⅣA族元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子为4p电子，共有2个，它们运动所形成的电子云形状为纺锤形。答案为：2；纺锤；
（2）
氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，都形成分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，所以从结构角度比较GeH4与CH4，可得出GeH4沸点高。理由是：GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，则应发生反应生成离子，从而得出主要是因为GeH4与NH3反应生成了和两种离子。答案为：GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；；
（3）
Sn与C是同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者。答案为：大于；
（4）
由上面分析可知，Sn(OH)4的酸性比H2CO3弱，所以三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应，化学方程式：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O。答案为：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O；
（5）
从图中可以看出，pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在，则往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb(OH)+、H+。答案为：＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+；
（6）
从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5 ，故选a。答案为：a。
【点睛】酸与盐发生反应时，通常发生复分解反应，且满足强酸制弱酸的原理。