上海市嘉定区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题

这是一份上海市嘉定区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共28页。试卷主要包含了回答下列问题，高炉炼铁过程中发生的主要反应为，是一种酯，合成路线如下等内容，欢迎下载使用。

上海市嘉定区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海嘉定·二模）面对新冠肺炎病毒可以采用的消毒剂常见的有“84”消毒液，医用酒精它们的有效成分分别是NaClO、，都可以使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒。请回答以下问题：
（1）以上涉及元素包含______个主族、______个周期；按原子半径由小到大排列依次为____________（用元素符号表示）；有2个未成对电子元素是______；非金属性：O>Cl，请列举一个事实________________________。
（2）是______（“电解质”，“非电解质”）；75%酒精的“75%”是______（“质量分数分数”，“体积分数”），分子中的氢原子的类型有______种（“2”，“3”或“4”）。
（3）NaClO的电子式______，其溶液中的离子浓度由大到小顺序__________________。某化学工作者在家自制“84”消毒液如图

（4）①M的化学式______，铁是______极；②请阐述该装置能够制取消毒液的理由：_____________。
2．（2022·上海嘉定·统考二模）回答下列问题：
(1)将0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式_______；经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为_______。
(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有_______(选填编号)。
a. 移出氧气        b. 降低温度        c. 减小压强      d. 再充入0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)
(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图_______。

常温下，向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH-离子浓度(c)的关系如图所示。

(4)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：_______。a点溶液中由水电离产生的c(H+)=_______。b点溶液中c(H+)_______1×10-7mol/L(填写“等于”、“大于”或“小于”)。
(5)写出c点到d点化学反应方程式_______。
3．（2021·上海嘉定·统考二模）与的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。
某兴趣小组通过如下装置(夹持装置略)对制备、吸收、释放和应用进行了研究。

已知：装置中的药品可以吸收氯气。回答下列问题：
(1)打开的活塞，中发生反应生成，请将化学方程式配平___________
。
(2)吸收气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图所示。

若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___________，原因是___________。
4．（2021·上海嘉定·统考二模）元素的检验是我们化学爱好者常遇到的一个问题，教材中离子常用的检验方法有：沉淀法、显色法、气体法等，请从上述方法中选择下列两种离子检验方法：___________：___________；
某化学课外学习小组试图验证乙醇中是否含有氧原子设计了几种方案：
(1)利用乙醇的脱水生成烯或生成醚的性质，验证产物中是否有水生成，从而证明乙醇中含有氧原子。请你写出生成烯的化学反应方程式：___________；有的同学认为，实际实验过程中有一个因素对确认生成水产生干扰，请你分析原因___________。
(2)利用取代反应，验证产物中是否有水生成，从而证明乙醇中含有氧原子。该小组经过反复探究，确定使用如下一套装置进行实验。

装置中所装试剂：圆底烧瓶中装入无水乙醇，并加入无水硫酸铜；干燥管中装入碱石灰；和中都装入浓硫酸；锥形瓶中所装的试剂是浓盐酸。
实验操作是：用水浴加热，将中的浓硫酸缓缓滴入中，中就会有较多气泡冒出，几分钟后该实验即完成。请回答下列问题：
①仪器的名称是___________；
②干燥管的作用是___________。
(3)将浓硫酸缓缓滴入中，中就会有较多气泡冒出，能够产生该气体的理由是：___________
(4)该实验完成时的现象是___________。证明乙醇中含有氧原子的依据是___________。
5．（2022·上海嘉定·统考二模）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
①取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
②过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
③
①液面上方出现白雾；
②稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
③稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去

(1)操作②测pH用到玻璃用品主要有_______；pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_______。Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式_______。
(2)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象①的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
i.实验a的目的是_______。
ii.由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是_______。
(3)现象②中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验：_______。
(4)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则沉淀X中含有的物质是_______。
②用化学方程式解释现象③中黄绿色褪去的原因：_______。
6．（2020·上海嘉定·二模）高炉炼铁过程中发生的主要反应为：，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5

请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式______，该反应的正反应是______反应（填“放热”、“吸热”）。
（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率______、CO的平衡转化率______；
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是______。
a.减少Fe的量        b.增加Fe2O3的量        c.移出部分CO2 d.提高反应温度e.减小容器的容积    f.加入合适的催化剂
（4）在氯氧化法处理含的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
①某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为价）：    被氧化的元素是______。
②投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目：
□□□□□□□______
③若处理上述废水40L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯______g。
7．（2021·上海嘉定·统考二模）工业上用N2和H2合成NH3 “N2 + 3H2⇌2NH3+Q”(反应条件略)。请回答下列问题：
(1)在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有(写两个)：___________，___________。
(2)氨气与酸反应得到铵盐，某(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡___________(用离子方程式表示)，该反应对水的电离平衡起到___________作用(填“促进”“抑制”或“无影响”)。(NH4)2SO4溶液中的离子浓度由大到小的顺序为___________。
(3)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)

①图象中T2和T1的关系是：T2___________T1(填“”“”“”或“无法确定”)。
②在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是___________(填字母)。
③若容器容积为2L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为___________ mol/L。
8．（2020·上海嘉定·二模）已知：有机物G（）是一种酯，合成路线如下：

试回答下列问题：
（1）指出反应类型：反应①____________；反应②的条件________________。
（2）A的结构简式是：________________________。F的结构简式是：___________________________。
（3）B转化为C的化学方程式是（有机物用结构简式表示）：______________。
（4）写出有机物的2种同分异构体（同时含碳碳双键、苯环和羧基）__________。
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备C的一种同分异构体，合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：
_______________。
9．（2021·上海嘉定·统考二模）聚乙烯醇肉桂酸酯()可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：

已知：请回答：
(1)的名称为___________；中含氧官能团的名称为___________。和的结构简式分别为___________、___________；的反应类型为___________。
(2)的化学方程式为___________。生成的化学方程式为___________。
(3)写出同时满足下列条件的的同分异构体结构简式：___________。
①属于芳香族化合物；②一个取代基；③能发生水解反应和银镜反应。
(4)已知：RCHO+R1CH2COOH +H2O
请设计由对二甲苯和乙酸为原料制备的合成路线(无机试剂任选，合成路线可表示)___________。
10．（2022·上海嘉定·统考二模）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：

已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH
(1)化合物A的名称是_______。反应②和⑤的反应类型分别是_______、_______。
(2)写出C到D的反应方程式：_______。
(3)X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，写出两种符合要求的X的结构简式：_______、_______。
(4)面向“碳中和”的绿色碳化学是当前研究的重要方向。反应②产物已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：

分析“绿色”合成路线比过去的工业合成路线的优点_______。
(5)设计由乙酸乙酯和1，4-二溴丁烷()制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。(备注：①参照所提供的信息②表示方法为：AB目标产物)
11．（2020·上海嘉定·二模）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu，25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（友情提示：要将溶液中的、、、沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为：6.4、6.4、3.7、4.7）

请回答下列问题：
（1）如何检验滤液1中是否含有？_______________；得到滤渣1的主要成分为____________。
（2）第2步加的作用是____________，使用的优点是____________；调溶液pH的目的是使____________生成沉淀。
（3）用第③步所得制备无水的方法是____________。
（4）由滤渣2制取，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，______方案不可行，原因是_________；从原子利用率角度考虑，______方案更合理。
（5）结晶水的测定：将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至250℃，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误：______________、______________。
12．（2021·上海嘉定·统考二模）四氟肼()可作高能燃料的氧化剂，可用与二氟胺()反应制得，发生的反应是。请回答有关问题：
(1)原子最外层电子排布式___________；原子核外不同运动状态的电子有___________种；的电子式___________；元素的非金属性比强，用原子结构的知识说明理由：___________。
(2)中元素的化合价是___________；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；若生成，电子转移数是___________；检验反应后是否过量操作方法是___________。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成该易燃气体放出热量，请写出此反应的热化学方程式：___________。
13．（2022·上海嘉定·统考二模）硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。
(1)硫原子的最外层电子排布式_______。铝原子核外电子占据轨道有_______个，氯原子能量最高的电子亚层是_______。过氧化钠的电子式_______；氮原子的电子云形状有_______种。
(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是_______。
(3)用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为：_______FeSO4+_______O2+_______H2SO4_______Fe2(SO4)3+_______H2O
①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向_______。
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为_______；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_______。

(4)常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。
温度(℃)
c(氨水)(mol/L)
电离度(%)
c(OH-)(mol/L)
0
16.56
9.098
1.507×10-2
10
15.16
10.18
1.543×10-2
20
13.63
11.2
1.527×10-2

①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向_______(填“左”、“右”)移动。
②表中c(OH-)基本不变的原因是_______。
参考答案：
1．     4     3          C和O     ClO2中Cl为价，O为价     非电解质     体积分数     3种               NaCl     阴     石墨电极上产生的氯气上升与铁电极附近产生的氢氧化钠反应生成次氯酸钠即“84”消毒液（    
【详解】(1)H、Na位于第ⅠA族，C位于第ⅣA族，O位于第ⅥA族，Cl位于第Ⅶ主族，共涉及4个主族，H位于第一周期，C、O位于第二周期，Na、Cl位于第三周期，共涉及3个周期。H位于第一周期，H的原子半径最小，C、O位于第二周期，C的核电荷数比O小，半径比O大，Na、Cl位于第三周期，Na的核电荷数比Cl小，半径比Cl大，所以原子半径由小到大依次排列为：。有2个未成对电子元素是核外电子排布为1s22s22p2的C和1s22s22p4的O。Cl和O形成的化合物ClO2中Cl为价，O为价，该事实说明O的非金属性比Cl强，故答案为：4；3；；C和O；ClO2中Cl为价，O为价；
(2)的水溶液和液态均不导电，是非电解质，75%酒精指的是体积分数为75%的酒精，中有3种等效氢，故答案为：非电解质；体积分数；3种；
(3)NaClO的电子式为： ，HClO是弱酸，所以ClO-会水解，NaClO溶液显碱性，故溶液中离子浓度大小为：，故答案为： ；；
(4)“84”消毒液的有效成分是NaClO，可通过电解饱和NaCl溶液制取，原理为：石墨作阳极，Cl-在阳极失电子得Cl2，Fe作阴极，H2O在阴极得电子生成OH-和H2，接着Cl2和NaOH反应得NaClO，故答案为：NaCl；阴极；    。
2．(1)          0.005mol/(L·min)
(2)bd
(3)
(4)     c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)     1×10-10 mol/L     小于
(5)Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3

【详解】（1）由题干信息，根据反应方程式可知，逆反应为2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) -Q，故 ；由信息可知 ，反应速率之比等于系数之比，故v(O2)= 0.005mol/(L·min)；
（2）a．移出氧气，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，a错误；
b．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，SO2平衡转化率升高，b正确；
c．减小压强，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，c错误；
d．再充入0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，转化率增大，d正确；
故选bd；
（3）二氧化硫与氧气的反应是放热反应，在起始温度为T2(723K)时，温度升高平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间变短，故SO2的转化率随反应时间变化如图所示 ；
（4）结合图示可知，c点水电离出来的OH-离子浓度最大，说明此时溶质为碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，故离子浓度由大至小的关系是c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO )>c(H+)；a点是没有通入二氧化碳的情况下，即pH=10的氢氧化钠溶液，c(H+)= ，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出来的c(H+)=；b点水电离出的氢氧根的浓度为 ，此时溶质为碳酸钠和氢氧化钠，混合液呈碱性，所以溶液中c(H+)<；
（5）因持续通入二氧化碳，所以有碳酸钠、水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，二氧化碳和水反应生成碳酸，化学反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3、CO2+H2OH2CO3。
3．     2、4、2、1、2、2     稳定剂Ⅱ     稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度。
【详解】(1)打开的活塞，中发生反应生成，NaClO3中+5价的Cl得到一个电子变为+4价的Cl，HCl中的-1价的Cl失去一个电子变为0价的Cl，根据得失电子相等的原则，进行配平：
(2)根据图示知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度，所以稳定剂Ⅱ比较好，答案为稳定剂Ⅱ，能较长时间维持保鲜所需要的浓度
4．     沉淀法     气体法     CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O     因为浓H2SO4有强氧化性，在加热条件下，浓H2SO4与乙醇可能发生氧化还原反应，生成的水中的氧可能来自硫酸     分液漏斗     防止空气中的水蒸气进入A中干扰实验，并吸收HCl避免污染环境     浓H2SO4溶于水放出大量的热，HCl具有挥发性，使HCl逸出     无水CuSO4逐渐变蓝色     无水CuSO4变蓝证明了反应中有水生成，HCl中不含氧，水中的氧元素只能由乙醇提供
【分析】根据题中图示可知，装置A是CH3CH2OH与HCl发生取代反应装置，仪器B是避免空气中水蒸气进入A和吸收多余的HCl；装置C干燥HCl；装置E产生HCl气体装置；据此解答。
【详解】教材中离子常用的检验方法有沉淀法、显色法、气体法等，由与Ba2+发生反应生成难溶于水难溶于酸的BaSO4沉淀，即Ba2++=BaSO4↓，则检验用沉淀法；由与OH-在加热条件下发生反应产生NH3，NH3能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝色，即+OH-NH3↑+H2O，则检验用气体法；答案为沉淀法，气体法。
(1)乙醇在浓H2SO4作催化剂和吸水剂的条件下，加热到170℃时发生分子内脱水生成乙烯，其化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，因为浓H2SO4有强氧化性，在加热条件下，浓H2SO4与乙醇可能发生氧化还原反应，生成的水中的氧可能来自硫酸；答案为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，因为浓H2SO4有强氧化性，在加热条件下，浓H2SO4与乙醇可能发生氧化还原反应，生成的水中的氧可能来自硫酸。
(2)①根据题中装置图可知，仪器的名称是分液漏斗；答案为分液漏斗。
②干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入A中干扰实验，并吸收HCl避免污染环境；答案为防止空气中的水蒸气进入A中干扰实验，并吸收HCl避免污染环境。
(3)将浓硫酸缓缓滴入中，由于浓H2SO4溶于水放出大量的热，HCl具有挥发性，使HCl逸出；答案为浓H2SO4溶于水放出大量的热，HCl具有挥发性，使HCl逸出。
(4)装置A发生反应为，实验现象为无水CuSO4逐渐变蓝色；证明乙醇中含有氧原子的依据是无水CuSO4变蓝证明了反应中有水生成，HCl中不含氧，水中的氧元素只能由乙醇提供；答案为无水CuSO4逐渐变蓝色；无水CuSO4变蓝证明了反应中有水生成，HCl中不含氧，水中的氧元素只能由乙醇提供。
5．(1)     表面皿（或玻璃片）、玻璃棒     碱性、漂白性     2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
(2)     检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰     白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀
(3)向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
(4)     CaSO4     Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4

【分析】本题对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，取4g漂粉精溶于水，部分固体溶解，次氯酸钙在水中溶解度较小，故有部分无法溶解。过滤测溶液的pH，pH试纸先因溶液呈碱性而变蓝，后被漂粉精漂白褪色。往漂粉精溶液中持续通入SO2，二氧化硫会与次氯酸钙反应生成硫酸钙、HCl和HClO，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变黄绿色，黄绿色气体为氯气，后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去是因为氯气与过量的二氧化硫反应。
【详解】（1）操作②常用测pH的方法为：将pH试纸放在表面皿或玻璃片的中央，用玻璃棒蘸一点待测溶液到试纸上，然后根据试纸的颜色变化并对照比色卡也可以得到溶液的pH值。所以用到玻璃用品主要有表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；pH试纸先变蓝，体现了漂粉精溶液的碱性，后褪色体现了漂粉精溶液漂白性；Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；碱性、漂白性；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（2）i.向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰；
ii.白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO2可以使酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀；
（3）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和氯离子发生反应，通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气，故可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
（4）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
6．          放热          80%     c     KCN中的C元素          71
【分析】

【详解】
(1)K=，温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：；放热；
(2)设平衡时CO2的浓度为x，则CO的浓度减小x，为mol/L-x=0.1mol/L-x，则K=4.0=，解得：x=0.08mol/L，则=，CO的平衡转化率==80%；
(3)a．减少固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，a错误；
b．增加固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，b错误；
c．移出部分CO2，CO2的浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，c正确；
d．提高反应温度，平衡常数减小，CO的转化率减小，d错误；
e．减小容积，该平衡不移动，CO的转化率不变，e错误；
f．加入催化剂能缩短到达平衡的时间，但是不能使平衡发生移动，CO的转化率不变，f错误；
故答案为：c；
(4)①KCN中的C为+2价，KOCN中的C为+4价，所以KCN中的C元素被氧化，故答案为：KCN中的C元素；
②1molCl2参与反应得2mol电子，KOCN生成1molN2失6mol电子，根据得失电子守恒，先作如下配平：2~3Cl2~1N2~6KCl，再根据原子守恒依次配平其它原子，如下：，单线桥表示电子转移如下：，故答案为：；
③该方法将CN-处理变为N2，有如下关系：2KCN~2~(2+3)Cl2，KCN的质量m=650mg/L×40L=26000mg=26g，，解得：m=71g，故答案为：71。

7．     增加氮气的投入量     将生成的氨气降温液化及时移出     NH+H2O⇌NH3•H2O+H+     促进     c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)     ＜     c     0.01
【分析】要提高NH3的产率，需要使平衡正向移动，据此分析解答；NH水解导致硫酸铵溶液显酸性，据此分析解答；合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，判断起始加入N2的物质的量，结合H2、N2的转化率均为60%分析解答。
【详解】(1) 工业上的合成氨的反应是气体物质的量减小的放热反应，在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出，故答案为：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出；
(2)NH水解导致硫酸铵溶液显酸性，水解的方程式为NH+H2O⇌NH3•H2O+H+；盐类的水解促进水的电离；水解后(NH4)2SO4水溶液的pH=5，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+；促进；c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)；
(3)①合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，从T1到T2反应体系中氨气的百分数增加，故T1＞T2，故答案为：＜；
 ②b点代表平衡状态，c点表示又加入了氢气，平衡向右移动，氮气的转化率增大，因此反应物N2的转化率最大的是c，故答案为：c；
 ③当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，根据图示，当起始氢气的物质的量为0.15mol时氨的含量最大，故起始加入N2的物质的量为0.05mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时氮气的浓度是=0.01mol/L，故答案为：0.01。
8．     加成     NaOH醇溶液、加热          HOCH2CH2OH     +2Cu(OH)2+Cu2O↓+2H2O     、、、（任写2种）    
【分析】
和发生“已知”反应生成，A为；在酸性条件下脱水发生消去反应生成B，则B为；和新制氢氧化铜反应生成C，C的分子式为C9H8O2，则C为；结合G的分子式及C2H5Br→D→E→F→G可知，G为，F为HOCH2CH2OH，E为CH2BrCH2Br，D为CH2=CH2，据此解答。
【详解】
(1)反应①中H加在羰基的O上，-CH2CHO加在羰基的C上，即反应①为加成反应，反应②中C2H5Br变为CH2=CH2，为卤代烃的消去反应，可在NaOH的醇溶液环境下加热，故答案为：加成；NaOH醇溶液、加热；
(2)由分析可知，A为：，F为：HOCH2CH2OH，故答案为：；HOCH2CH2OH；
(3)B()和新制氢氧化铜反应生成C()，反应的方程式为：+2Cu(OH)2+Cu2O↓+2H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+Cu2O↓+2H2O；
(4)有两个侧链(一个-COOH、一个-CH=CH2)的还有两种，即：、只有一个侧链的有2种，即：、，故答案为：、、、（任写2种）；
(5)逆合成分析：可由发生消去反应得到，可由和新制氢氧化铜反应而得到，可由发生催化氧化而得到，可由发生水解而得到，可由和Br2发生加成反应而得到，即，故答案为：。

【点睛】
(5)掌握官能团的引入方法是逆合成分析的关键。
9．     聚氯乙烯     酯基               消去反应     +nNaOH+nNaCl     n++nH2O     、    
【分析】A与HCl发生加成反应生成B，B、C中含有氯原子，则C发生水解反应生成D，根据D的结构简式可知，C为，B为CH2=CHCl，A为；根据M的结构简式知，D、H发生酯化反应生成M，根据D和M的结构简式可知，H的结构简式为，G发生氧化反应然后酸化生成H，则G的结构简式为，F发生消去反应生成G，E发生信息中的加成反应生成F，则E、F的结构简式为、；
【详解】(1) C为，C的名称为聚氯乙烯；M中含氧官能团的名称为酯基；根据分析，A和E的结构简式分别为，；F中醇羟基发生消去反应生成G中碳碳双键，所以的反应类型为消去反应
(2)C为，C发生水解反应生成D，的化学方程式为+nNaOH+nNaCl；H的结构简式为，D和H发生酯化反应生成M，生成M的化学方程式为n++nH2O；
(3)F为，F的同分异构体符合以下条件：①属于芳香族化合物，说明有苯环；②一个取代基；③能发生水解反应和银镜反应，根据氧原子的个数可知，存在HCOO-，符合条件的同分异构体为、；
(4) 由对二甲苯和乙酸为原料制备，根据题给信息知，可由和乙酸发生信息中的反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生水解反应得到，可由对二甲苯和氯气发生取代反应得到，其合成路线为 。
10．(1)     1，3-丁二烯     氧化反应     取代反应
(2)+2CH3CH2OH+2H2O
(3)         
(4)步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等
(5)

【分析】A与乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，对比C、E的结构，结合D的分子式和给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，E发生取代反应生成F，F发生酯的水解反应生成G，据此分析解答。
（1）
根据A的结构简式可知，A的名称为1，3-丁二烯；反应②为碳碳双键断裂形成羧基的过程，属于加氧去氢的氧化反应；反应⑤的羰基与酯基连接的碳原子上氢原子被甲基替代，属于取代反应，故答案为：1，3-丁二烯；氧化反应；取代反应；
（2）
根据上述分析可知，C为C与乙醇发生酯化反应生成D，其化学方程式为：  ；
（3）
X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6：2：1：1，说明X存在对称结构，可能含两个羰基和一个羟基，或两个碳碳双键和一个羟基，其结构可能为：、、、、、、（任选其中两种即可）；
（4）
工业合成路线中硝酸氧化过程会产生氮氧化物，污染环境，且步骤多，原子利用率低，而“绿色”合成路线过程中，直接在催化剂加热条件下环己烷与空气发生反应直接生成目标产物，其步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等；
（5）
由 与1,4-二溴丁烷反应生成 ，然后水解得到 ，乙酸乙酯在乙酸钠、DMF条件下发生反应生成 ，具体的合成路线为：。
11．     取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无     Pt、Au     将氧化为     不引入杂质，对环境无污染     、     加热脱水     甲     所得产品中含有较多杂质     乙     样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却     样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重
【分析】在浓硝酸、稀硫酸和加热条件下，Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，经过滤得滤渣1为Au、Pt，滤液1为含Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子的溶液，滤液1加H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，然后加NaOH调pH到4.7将Al3+沉淀，同时Fe3+也被沉淀，得滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3、滤液2主要含CuSO4溶液，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得CuSO4·5H2O，滤渣2经一系列操作得，据此解答。
【详解】(1)Fe3+用KSCN溶液检验，具体方法为：取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无Fe3+，滤渣1的主要成分为不溶于硝酸和硫酸的Pt、Au，故答案为：取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无Fe3+；Pt、Au；
(2)加H2O2的作用是将氧化为，优点是还原产物为H2O，既不引入杂质，也不会对环境造成污染，调pH的目的是使、形成沉淀，故答案为：将氧化为；还原产物为H2O，既不引入杂质，也不会对环境造成污染；、；
(3)将加热脱水可制备无水，故答案为：加热脱水；
(4)滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，若用甲方案，所得产物中将含较多的杂质，故甲方案不可行，丙方案中有硫酸钠生成，所以原子利用率不如乙方案，故答案为：甲；所得产品中含有较多杂质；乙；
(5)空气中有水蒸气，样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却，样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重，故答案为：样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却；样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重。
12．     2s22p5     7          F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强     +1价     1：1     0.2NA     取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量     3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)  ΔH＝－150.72kJ/mol
【详解】(1)的原子序数是9，原子最外层电子排布式为2s22p5；原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子核外不同运动状态的电子有7种；分子中含有三键，电子式为；由于F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强；。
(2)中H是+1价，F是－1价，则根据化合价代数和为0可知元素的化合价是+1价；反应中铁元素化合价降低，氮元素化合价升高，铁离子是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；氮元素化合价从+1价升高到+2价，因此若生成，电子转移数是0.2NA；检验反应后是否过量的试剂是KSCN溶液，其操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，即四氧化三铁和氢气，且每生成氢气放出热量，则生成4mol氢气放出热量是37.68kJ×4=150.72kJ，此反应的热化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)  ΔH＝－150.72kJ/mol。
13．(1)     3s23p4     7     3p          2
(2)两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高
(3)          30℃、pH=2.0     催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大
(4)     右     氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变

【详解】（1）硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+1=7个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；7；3p；；2；
（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；
（3）①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为： ；
②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；
（4）①温度升高，温度升高，促进NH3•H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；
②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。