还剩23页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
上海市金山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
展开
这是一份上海市金山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共26页。
上海市金山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海金山·统考二模）NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。
完成下列填空：
(1)仪器a的名称为__________，装置②的作用是________________。
(2)检查装置气密性的方法是________________________________________________。
(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置③中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2→2NaClO2+2H2O+O2↑，该反应的氧化产物是_____________。
(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，____________________________________________。
(5)从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、________________、过滤洗涤、干燥等。
(6)晶体以NaClO2·3H2O的形式存在，已知：NaClO2·3H2ONaCl+O2↑+3H2O↑。为测定所得固体中NaClO2·3H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是__________。
若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，则实验测得的值会__________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
2．（2021·上海·统考二模）二氧化氯是一种易溶于水的黄绿色气体，体积分数超过10%时易引起爆炸，具有强氧化性，可用于水处理。的制备方法有多种，其中两种如下：
方法一：以石墨为电极，在一定条件下电解饱和食盐水。
方法二：以作还原剂，在稀硫酸中还原。
完成下列填空：
(1)写出方法一制备的化学方程式_______。
(2)实验宝模拟方法二的过程，并将制得的处理含废水的装置如下。
①B中反应温度控制30℃左右的原因是_______。
②通入的作用除了搅拌、有利于将排出外，还有_______。
③C中将氧化成无毒的_______气体。
(3)为测定D中的物质的量浓度，进行了下列实验：
i。取D中溶液，加入锥形瓶，用稀硫酸调节溶液，再加入足量晶体，充分反应；
ii.加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗溶液的平均值为。(已知：)。
①i中反应的离子方程式为_______。
②D中的物质的量浓度是_______；若滴定操作耗时过长，则测定结果会_______(选填“偏高”“偏低”或“不变”)。
3．（2020·上海金山·统考二模）以粉煤灰（主要成分：Al2O3、SiO2、少量Fe2O3）为原料，制取Al2O3的部分工艺流程如下：
完成下列填空：
(1)铝原子核外有_____种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是_____________，上述流程涉及第二周期元素的原子半径由小到大的顺序是______________________________。
(2) “除铁”是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为______________________，检验溶液中Fe3+是否除尽的方法是____________________________________________。
(3)解释“结晶”过程中向AlCl3浓溶液中通入HCl气体的原因。______________________
(4)上述流程可循环的物质是_______________。
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝，该反应的化学方程式为___________。
4．（2022·上海金山·统考二模）CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：
完成下列填空：
(1)步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
(2)已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
(4)步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
(5)称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。
5．（2020·上海金山·统考二模）已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，如图为不同温度（T1、T2）下SO2的转化率随时间的变化曲线。
完成下列填空：
(1)T1__________（选填“>”“<”或“=”）T2，判断依据是_______________；该反应为___________（选填“放”或“吸”）热反应，判断依据是__________。
(2)下表为一定温度和压强下，4种投料比[n(SO2):n(O2)]分别为2:18、4:15、7:11和8:10时SO2的平衡转化率。
投料比
①
②
③
④
SO2平衡转化率／%
97.1
96.8
95.8
90.0
②对应的投料比为_____。投料比为8:10时，平衡混合气体中SO3体积分数为______。
(3)在相同温度下：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) K1=a；NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) K2=b；则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的平衡常数K=__________（用a、b表示）。
(4)钠碱循环法吸收硫酸厂尾气中的SO2并将其转化为硫酸的工艺如下：
吸收池中发生反应的离子方程式是________；NaHSO3溶液呈弱酸性，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为_________。
6．（2021·上海·统考二模）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。
完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：
0
260
在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
7．（2022·上海金山·统考二模）S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量；烟气中的SO2可催化还原成硫蒸气，主要涉及以下反应：
①2SO2(g)＋CH4(g) S8(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q1(Q1＞0)
②2SO2(g)＋CH4(g) S2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q2(Q2＞0)
在容积固定的2 L密闭容器中，通入2 mol SO2和1 mol CH4，一定条件下发生上述反应。完成下列填空：
(1)Q1___________Q2(选填“＞”或“＜”)。能说明反应已达平衡状态的是___________。(选填编号)
A．CO2物质的量浓度不变 B．气体密度不变
C．容器内压强不变 D．容器内SO2与CH4的物质的量之比不变
(2)如图为相同时间内测得SO2的转化率随温度变化情况。
a点是否已达到化学平衡状态？___________(选填“是”或“否”)。随着温度升高，SO2转化率先升后降的原因是___________。
(3)如图为某温度时，SO2和CH4的物质的量随时间变化情况。
0~2 h内，v(CH4)=___________。温度不变，若要提高SO2的平衡转化率可采取的措施是___________(任写一条)。
(4)烟气中的SO2常用氨水吸收。向氨水中通入SO2，测得溶液的pH与各含硫组分物质的量分数的关系如图所示。溶液的pH=7时，n(SO)∶n(HSO)≈___________。氨水吸收烟气中SO2后，经O2催化氧化可得到硫酸盐。控制合适的温度，随着氧化的进行，溶液的pH___________(选填“增大” 或“减小”)。
8．（2020·上海金山·统考二模）可卡醛是一种食用香料，其一种合成方法如下：
完成下列填空：
(1)实验室制取A的化学方程式是________________________________________。
(2)在一定条件下，环氧乙烷（）可以开环与氢气、水等试剂发生类似加成反应的反应，它与氢气反应的产物是______________，写出它与水反应的化学方程式。_________________________
(3)C→D的反应条件是__________；写出含有四种不同化学环境氢原子，且与D同类别的同分异构体的结构简式。______________________
(4)E→可卡醛的反应类型是_____________。
(5)设计一条由石油裂解气乙烯、丙烯合成的流程_________________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
9．（2021·上海·统考二模）G()是一种有机合成中间体，一种合成方法如下：
完成下列填空：
(1)A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，则A的结构简式为_______。
(2)反应所需的试剂和条件是_______，C中含氧官能团的电子式为_______。
(3)检验B中含有溴原子的方法为_______。
(4)写出反应的化学方程式_______。
(5)F与足量的氢气在一定条件下反应后的产物中有_______种不同化学环境的氢原子。
(6)设计一条以G为主要有机原料合成的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：)
10．（2022·上海金山·统考二模）丙酮()是常见的有机化工基础原料，以下是以丙酮为原料合成G()的路线：
完成下列填空：
(1)G中含有的官能团的名称是___________、___________；A→B的反应类型是___________。
(2)写出检验B中是否混有A的实验方法。___________
(3)写出C→D的第一步反应的化学方程式。___________
(4)D→E反应所需试剂和条件是___________，写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式。___________
(i)分子中只有2种不同化学环境的氢；(ii)能发生银镜反应
(5)参照上述合成路线所给信息，将一条以HCHO、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合成的流程补充完整___________。
11．（2021·上海·统考二模） SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成。根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：
键长
a
178
b
160.7
完成下列填空：
(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。
(2) SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。
(3) SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。
(4) SeO2可将的水溶液氧化成，反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。
12．（2022·上海金山·统考二模）氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：
(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是___________。三种含氢微粒：H、H+、H-的半径由大到小依次为___________。
(2)充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应的化学方程式为___________。从物质结构角度解释熔点：CaH2＞BaH2的原因___________
(3)实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为___________，PH3的空间构型是___________。
(4)水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca-Fe-Br循环制H2。涉及反应：
___________FeBr2(s)＋___________H2O(g)___________Fe3O4(s)＋___________HBr(g)＋___________H2(g)
配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。
参考答案：
1． 干燥管 做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 O2 从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中 降温结晶 或 偏小
【分析】由实验装置图可知，装置①的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；装置③的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置④的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。
【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；
(2)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；
（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；
（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通入空气，将残留的ClO2气体鼓入④中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中；
（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（6）由题意可知，NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（a—b），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+18×3x=（a—b），解得x=，由方程式可得关系式NaClO2·3H2O—O2↑，则n（NaClO2·3H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO2·3H2O的质量分数为=或。若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。
【点睛】计算晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。
2． 2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH 防止过氧化氢分解 稀释ClO2 和 0.08 偏高
【分析】装置A中，NaClO3和H2O2在酸性条件下反应生成ClO2、O2和H2O，化学方程式为：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸，装置B是为了防止倒吸，装置C中装有水，ClO2会溶于水中，装置D中装有NaOH溶液，可以吸收尾气，防止污染空气。
【详解】(1)方法一制备，惰性电极电解饱和食盐水制取，化学方程式：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH；
(2)① B中反应温度控制30℃左右的原因是防止过氧化氢分解；
②ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸；
③ClO2可将废水中的氧化成和，ClO2被还原成，离子方程式为：；
(3)①i中反应的离子方程式为：；
②；
：；则原溶液中；步骤2用稀硫酸调节试样的pH≤2，加入足量的KI晶体，充分反应，步骤2所得溶液放置时间太长，氧气氧化碘离子生成碘单质，消耗硫代硫酸钠体积增多，则测定结果会偏高。
3． 5 O
【详解】（1）铝元素的原子序数为13，核外有13个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则铝原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是；流程中涉及到的第二周期元素为C、N、O，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则子半径由小到大的顺序是O
（3）AlCl3浓溶液中存在溶解平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3+（aq）+3Cl-（aq）+6 H2O（l），向AlCl3浓溶液中通入HCl气体，增大溶液中Cl-浓度，使平衡向逆反应方向移，有利于AlCl3·6H2O晶体析出，故答案为：AlCl3浓溶液中存在结晶平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3++3Cl-+6 H2O，通入HCl气体，增大Cl-浓度，使平衡左移，能得到更多的AlCl3·6H2O晶体；
（4）氯化铝溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到六水氯化铝的过程中消耗氯化氢，煅烧六水氯化铝制得氧化铝的同时有氯化氢生成，则流程可循环的物质是氯化氢，故答案为：HCl；
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝和氧气，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑。
4．(1) 热水浴 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
(2)一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
(3) 漏斗 玻璃棒
(4) 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
(5) 0.979 偏低
【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
(1)
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
(2)
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
(3)
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(5)
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；
5． > 其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高 放 由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热 4:15 50% ab2 SO2+SO32-+H2O→2HSO3- c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【分析】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，温度升高，平衡向吸热方向移动；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率；利用三段式计算可得；
（3）借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算平衡常数；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解。
【详解】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，由图可知，相同条件下，T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，则T1＞T2；温度升高，平衡向吸热方向移动，由T2→T1， SO2的转化率减小，平衡向逆向移动，所以正向为放热反应，故答案为：＞；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率，投料比[n（SO2）：n（O2）]越小，氧气的浓度越大，二氧化硫转化率越大，依据②的转化率可知，投料比[n（SO2）：n（O2）]为4：15；投料比[n（SO2）：n（O2）]为8：10时，二氧化硫的转化率为90%，设起始二氧化硫为4mol，氧气物质的量为5mol，由题意建立如下三段式：
则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为×100%=50%，故答案为：4：15；50%；
（3）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②×2可得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，则平衡常数K=K1×K22= ab2，故答案为：ab2；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解，则NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。
【点睛】借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算反应的平衡常数是解答关键，注意反应热的关系为加减，平衡常数的关系为乘除。
6． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
7．(1) ＞ ac
(2) 否 T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小
(3) 0.125 mol·L－1·h－1 增加n(CH4)或减压（合理即可）
(4) 1∶1 减小
【分析】可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡，以此来解析；
【详解】（1）①2SO2(g)+CH4(g)⇌S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q1(Q1＞0) ②2SO2(g)+CH4(g) ⇌S2(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q2(Q2＞0)由①-②，可得S8(g)+ Q1=S2(g)+Q2，可得S8(g) =S2(g)+Q2-Q1，由S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量，可知Q2-Q1<0，可得Q1>Q2；
A．CO2物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．反应均为气体的反应，气体总质量反应前后质量守恒，保持不变，恒容容器体积不发生改变，则整个反应混合气体密度为p= ，达到化学平衡前后，混合气体的密度都不变，不能说明化学反应已达到平衡，B不符合题意；
C．随着反应进行，气体分子数增加，气体压强增大，当容器内压强不再变化时，可以说明化学反应已达到平衡，C符合题意；
D．反应起始量SO2与CH4的物质的量为2：1，反应过程中SO2与CH4的反应物质的量之比始终为2：1，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
（2）反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到SO2的平衡转化率；
T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小；
（3）120min=2h，根据图中信息，可知v(CH4)== =0.125 mol·L－1·h－1，根据影响平衡移动的因素，可知可以适当的增加n(CH4)或减小压强；
（4）由图象可知，pH=7时，纵坐标为0.5，故n (SO) ：n (HSO) =1：1；随着氧化反应进行2 HSO+O2=2H++2SO溶液中H+的浓度逐渐增大，所以溶液中的pH逐渐减小；
8． +Br2+HBr CH3CH2OH +H2O→ Cu、加热 消去
【分析】由有机物的转化关系可知，在乙醚作用下，与镁反应生成，与发生类似加成反应的反应生成，酸性条件下水解生成，在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与发生加成反应生成，受热发生消去反应生成。
【详解】（1）实验室中用铁做催化剂，苯和液溴发生取代反应制得溴苯，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
（2）由题意可知与氢气反应生成乙醇，与水反应生成乙二醇，与水反应的化学方程式为+H2O→，故答案为：CH3CH2OH；+H2O→；
(3)C→D的反应为在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与同类别的同分异构体含有四种不同化学环境氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，结构简式为，故答案为：Cu、加热；；
(4)E→可卡醛的反应为受热发生消去反应生成，故答案为：消去；
（5）由乙烯、丙烯和的结构简式，运用逆推法可知，合成的步骤为在催化剂作用下，丙烯与水发生加成反应生成2—丙醇，在Cu做催化剂作用下，2—丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙酮，在催化剂作用下，乙烯与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，碱性条件下，丙酮与乙醛发生加成反应生成，受热发生消去反应生成，在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为：。
9． O2，Cu/Ag，加热 取样，加入NaOH水溶液加热，再加入稀硝酸致溶液变为酸性，加入硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀生成，则可证明有溴原子 +NaOH+NaBr 5
【分析】由A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，可知A没有-OH，则A的结构简式为，通过加成得到B，B为醇类，B经过氧化得到C，C为醛类，D发生消去生成E，E为 ，E水解的到F，G的结构简式为 ，据此分析解题。
【详解】(1)A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，可知A没有-OH，则A的结构简式为 ；
(2)反应B为醇，C为醛，B经氧化得到醛，所需的试剂和条件是Cu/Ag，加热，C中含氧官能团为醛基，其电子式为：；
(3)检验B中含有溴原子的方法为：取样，加入NaOH水溶液加热，再加入稀硝酸致溶液变为酸性，加入硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀生成，则可证明有溴原子；
(4)写出反应的化学方程式为：+NaOH+NaBr；
(5)与足量的氢气在一定条件下反应后的产物为 ，其中有5种不同化学环境的氢原子。
(6) G为，则设计路线为：。
10．(1) 酯基 羧基 消除反应
(2)取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A（合理即可）
(3)+2NaOH+2C2H5OH
(4) C2H5OH，浓硫酸，加热
(5)
【解析】(1)
由G的结构可知，G中有酯基、羧基；A中有羟基，且与羟基相邻的其中一个C上有H原子，故可发生消去反应生成碳碳双键，故A→B的反应类型为消去反应；
(2)
A中有羟基，B中没有，可选择金属钠来鉴别，故该题答案为：取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A；
(3)
物质C中有两个酯基，在碱性条件下发生水解，反应方程式为，+2NaOH+2C2H5OH；
(4)
分析D→F，将羧基转化为酯基，且羰基与HCN发生加成反应，加成反应为反应E→F，故D→E为酯化反应，所需反应条件为C2H5OH，浓硫酸，加热；E的结构简式为,其分子式为C10H18O3，满足以下条件：(i)分子中只有2种不同化学环境的氢，则该结构为高度对称结构；(ii)能发生银镜反应，则该物质中有醛基，醛基中已有一种环境的氢原子，则不可能有碳碳双键，则该物质有两个醛基在对称位置，余下的H原子全部在甲基内，余下的一个氧原子应在中心位置，则满足条件的结构为；
(5)
根据的结构分析，该物质中有酯基有如下方法合成该物质（1）可先合成一个在两端分别为羧基和羟基的碳链，让分子内发生酯化反应；可借鉴流程中用两个醛制取A的过程在碳链端点引入羟基，，再将醛基转化为羧基，如果用氧化法，羟基也会被氧化，故借鉴流程中用HCN与醛基发生加成反应：，借鉴F到G有：，最后分子内发生酯化反应得到目标产物。（2）在以上流程中得到后，直接根据G到F转化为。
故整个合成路线为：。
【点睛】快速突破有机合成与推断，要注意以下三点：（1）以已知的分子式、 结构简式为第一突破口；（2）以特殊的反应条件为重要突破口，有机推断题中，在转化关系上通常会给出反应的条件，可以结合所学知识准确判断该反应的类型或反应前后的物质；（3）所给信息必须用，即题目中给出的信息是解题的关键，推断时必须结合使用，也就是流程图中的条件只要是和信息一致的就肯定可以按照信息模仿写出反应前后的物质和对应的方程式。
11． 哑铃或纺锤体 分子 SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大 a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能 SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se 的稀溶液 H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离
【详解】(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为，原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：；哑铃或纺锤体；
(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为，故答案为：；
(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于，由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能；
(4) SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。
12．(1) H－＞H＞H+
(2) CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高
(3) H2S＞PH3＞AsH3 三角锥形
(4)Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)
【解析】(1)
氢元素的原子序数为1，电子排布式为1s1，轨道表示式为；氢原子的原子半径比得到1个电子形成的阴离子的离子半径小，比失去1个电子形成的阳离子的离子半径大，半径由大到小依次为H－＞H＞H+，则故答案为：；H－＞H＞H+；
(2)
由题意可知，氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氢化钙和氢化钡都是离子晶体，钙离子所带电荷数与钡离子相同，但离子半径小于钡离子，所以氢化钙晶体中的离子键强于氢化钡，熔点高于氢化钡，故答案为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高；
(3)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则元素的非金属性强弱顺序为S＞P＞As，氢化物的热稳定性由强到弱顺序为H2S＞PH3＞AsH3；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：H2S＞PH3＞AsH3；三角锥形；
(4)
由未配平的化学方程式可知，溴化亚铁在500—600℃条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁、溴化氢和氢气，反应的化学方程式为3FeBr2(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反应生成1mol氢气转移2mol电子，用表示反应电子转移的方向和数目的单线桥为Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案为：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。
上海市金山区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海金山·统考二模）NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。
完成下列填空：
(1)仪器a的名称为__________，装置②的作用是________________。
(2)检查装置气密性的方法是________________________________________________。
(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置③中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2→2NaClO2+2H2O+O2↑，该反应的氧化产物是_____________。
(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，____________________________________________。
(5)从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、________________、过滤洗涤、干燥等。
(6)晶体以NaClO2·3H2O的形式存在，已知：NaClO2·3H2ONaCl+O2↑+3H2O↑。为测定所得固体中NaClO2·3H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是__________。
若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，则实验测得的值会__________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
2．（2021·上海·统考二模）二氧化氯是一种易溶于水的黄绿色气体，体积分数超过10%时易引起爆炸，具有强氧化性，可用于水处理。的制备方法有多种，其中两种如下：
方法一：以石墨为电极，在一定条件下电解饱和食盐水。
方法二：以作还原剂，在稀硫酸中还原。
完成下列填空：
(1)写出方法一制备的化学方程式_______。
(2)实验宝模拟方法二的过程，并将制得的处理含废水的装置如下。
①B中反应温度控制30℃左右的原因是_______。
②通入的作用除了搅拌、有利于将排出外，还有_______。
③C中将氧化成无毒的_______气体。
(3)为测定D中的物质的量浓度，进行了下列实验：
i。取D中溶液，加入锥形瓶，用稀硫酸调节溶液，再加入足量晶体，充分反应；
ii.加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗溶液的平均值为。(已知：)。
①i中反应的离子方程式为_______。
②D中的物质的量浓度是_______；若滴定操作耗时过长，则测定结果会_______(选填“偏高”“偏低”或“不变”)。
3．（2020·上海金山·统考二模）以粉煤灰（主要成分：Al2O3、SiO2、少量Fe2O3）为原料，制取Al2O3的部分工艺流程如下：
完成下列填空：
(1)铝原子核外有_____种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是_____________，上述流程涉及第二周期元素的原子半径由小到大的顺序是______________________________。
(2) “除铁”是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为______________________，检验溶液中Fe3+是否除尽的方法是____________________________________________。
(3)解释“结晶”过程中向AlCl3浓溶液中通入HCl气体的原因。______________________
(4)上述流程可循环的物质是_______________。
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝，该反应的化学方程式为___________。
4．（2022·上海金山·统考二模）CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：
完成下列填空：
(1)步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
(2)已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
(4)步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
(5)称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。
5．（2020·上海金山·统考二模）已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，如图为不同温度（T1、T2）下SO2的转化率随时间的变化曲线。
完成下列填空：
(1)T1__________（选填“>”“<”或“=”）T2，判断依据是_______________；该反应为___________（选填“放”或“吸”）热反应，判断依据是__________。
(2)下表为一定温度和压强下，4种投料比[n(SO2):n(O2)]分别为2:18、4:15、7:11和8:10时SO2的平衡转化率。
投料比
①
②
③
④
SO2平衡转化率／%
97.1
96.8
95.8
90.0
②对应的投料比为_____。投料比为8:10时，平衡混合气体中SO3体积分数为______。
(3)在相同温度下：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) K1=a；NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) K2=b；则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的平衡常数K=__________（用a、b表示）。
(4)钠碱循环法吸收硫酸厂尾气中的SO2并将其转化为硫酸的工艺如下：
吸收池中发生反应的离子方程式是________；NaHSO3溶液呈弱酸性，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为_________。
6．（2021·上海·统考二模）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。
完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：
0
260
在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
7．（2022·上海金山·统考二模）S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量；烟气中的SO2可催化还原成硫蒸气，主要涉及以下反应：
①2SO2(g)＋CH4(g) S8(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q1(Q1＞0)
②2SO2(g)＋CH4(g) S2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q2(Q2＞0)
在容积固定的2 L密闭容器中，通入2 mol SO2和1 mol CH4，一定条件下发生上述反应。完成下列填空：
(1)Q1___________Q2(选填“＞”或“＜”)。能说明反应已达平衡状态的是___________。(选填编号)
A．CO2物质的量浓度不变 B．气体密度不变
C．容器内压强不变 D．容器内SO2与CH4的物质的量之比不变
(2)如图为相同时间内测得SO2的转化率随温度变化情况。
a点是否已达到化学平衡状态？___________(选填“是”或“否”)。随着温度升高，SO2转化率先升后降的原因是___________。
(3)如图为某温度时，SO2和CH4的物质的量随时间变化情况。
0~2 h内，v(CH4)=___________。温度不变，若要提高SO2的平衡转化率可采取的措施是___________(任写一条)。
(4)烟气中的SO2常用氨水吸收。向氨水中通入SO2，测得溶液的pH与各含硫组分物质的量分数的关系如图所示。溶液的pH=7时，n(SO)∶n(HSO)≈___________。氨水吸收烟气中SO2后，经O2催化氧化可得到硫酸盐。控制合适的温度，随着氧化的进行，溶液的pH___________(选填“增大” 或“减小”)。
8．（2020·上海金山·统考二模）可卡醛是一种食用香料，其一种合成方法如下：
完成下列填空：
(1)实验室制取A的化学方程式是________________________________________。
(2)在一定条件下，环氧乙烷（）可以开环与氢气、水等试剂发生类似加成反应的反应，它与氢气反应的产物是______________，写出它与水反应的化学方程式。_________________________
(3)C→D的反应条件是__________；写出含有四种不同化学环境氢原子，且与D同类别的同分异构体的结构简式。______________________
(4)E→可卡醛的反应类型是_____________。
(5)设计一条由石油裂解气乙烯、丙烯合成的流程_________________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
9．（2021·上海·统考二模）G()是一种有机合成中间体，一种合成方法如下：
完成下列填空：
(1)A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，则A的结构简式为_______。
(2)反应所需的试剂和条件是_______，C中含氧官能团的电子式为_______。
(3)检验B中含有溴原子的方法为_______。
(4)写出反应的化学方程式_______。
(5)F与足量的氢气在一定条件下反应后的产物中有_______种不同化学环境的氢原子。
(6)设计一条以G为主要有机原料合成的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：)
10．（2022·上海金山·统考二模）丙酮()是常见的有机化工基础原料，以下是以丙酮为原料合成G()的路线：
完成下列填空：
(1)G中含有的官能团的名称是___________、___________；A→B的反应类型是___________。
(2)写出检验B中是否混有A的实验方法。___________
(3)写出C→D的第一步反应的化学方程式。___________
(4)D→E反应所需试剂和条件是___________，写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式。___________
(i)分子中只有2种不同化学环境的氢；(ii)能发生银镜反应
(5)参照上述合成路线所给信息，将一条以HCHO、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合成的流程补充完整___________。
11．（2021·上海·统考二模） SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成。根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：
键长
a
178
b
160.7
完成下列填空：
(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。
(2) SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。
(3) SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。
(4) SeO2可将的水溶液氧化成，反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。
12．（2022·上海金山·统考二模）氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：
(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是___________。三种含氢微粒：H、H+、H-的半径由大到小依次为___________。
(2)充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应的化学方程式为___________。从物质结构角度解释熔点：CaH2＞BaH2的原因___________
(3)实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为___________，PH3的空间构型是___________。
(4)水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca-Fe-Br循环制H2。涉及反应：
___________FeBr2(s)＋___________H2O(g)___________Fe3O4(s)＋___________HBr(g)＋___________H2(g)
配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。
参考答案：
1． 干燥管 做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 O2 从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中 降温结晶 或 偏小
【分析】由实验装置图可知，装置①的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；装置③的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置④的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。
【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；
(2)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；
（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；
（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通入空气，将残留的ClO2气体鼓入④中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中；
（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（6）由题意可知，NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（a—b），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+18×3x=（a—b），解得x=，由方程式可得关系式NaClO2·3H2O—O2↑，则n（NaClO2·3H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO2·3H2O的质量分数为=或。若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。
【点睛】计算晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。
2． 2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH 防止过氧化氢分解 稀释ClO2 和 0.08 偏高
【分析】装置A中，NaClO3和H2O2在酸性条件下反应生成ClO2、O2和H2O，化学方程式为：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸，装置B是为了防止倒吸，装置C中装有水，ClO2会溶于水中，装置D中装有NaOH溶液，可以吸收尾气，防止污染空气。
【详解】(1)方法一制备，惰性电极电解饱和食盐水制取，化学方程式：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH；
(2)① B中反应温度控制30℃左右的原因是防止过氧化氢分解；
②ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸；
③ClO2可将废水中的氧化成和，ClO2被还原成，离子方程式为：；
(3)①i中反应的离子方程式为：；
②；
：；则原溶液中；步骤2用稀硫酸调节试样的pH≤2，加入足量的KI晶体，充分反应，步骤2所得溶液放置时间太长，氧气氧化碘离子生成碘单质，消耗硫代硫酸钠体积增多，则测定结果会偏高。
3． 5 O
【详解】（1）铝元素的原子序数为13，核外有13个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则铝原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是；流程中涉及到的第二周期元素为C、N、O，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则子半径由小到大的顺序是O
（3）AlCl3浓溶液中存在溶解平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3+（aq）+3Cl-（aq）+6 H2O（l），向AlCl3浓溶液中通入HCl气体，增大溶液中Cl-浓度，使平衡向逆反应方向移，有利于AlCl3·6H2O晶体析出，故答案为：AlCl3浓溶液中存在结晶平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3++3Cl-+6 H2O，通入HCl气体，增大Cl-浓度，使平衡左移，能得到更多的AlCl3·6H2O晶体；
（4）氯化铝溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到六水氯化铝的过程中消耗氯化氢，煅烧六水氯化铝制得氧化铝的同时有氯化氢生成，则流程可循环的物质是氯化氢，故答案为：HCl；
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝和氧气，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑。
4．(1) 热水浴 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
(2)一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
(3) 漏斗 玻璃棒
(4) 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
(5) 0.979 偏低
【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
(1)
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
(2)
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
(3)
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(5)
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；
5． > 其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高 放 由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热 4:15 50% ab2 SO2+SO32-+H2O→2HSO3- c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【分析】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，温度升高，平衡向吸热方向移动；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率；利用三段式计算可得；
（3）借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算平衡常数；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解。
【详解】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，由图可知，相同条件下，T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，则T1＞T2；温度升高，平衡向吸热方向移动，由T2→T1， SO2的转化率减小，平衡向逆向移动，所以正向为放热反应，故答案为：＞；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热；
（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率，投料比[n（SO2）：n（O2）]越小，氧气的浓度越大，二氧化硫转化率越大，依据②的转化率可知，投料比[n（SO2）：n（O2）]为4：15；投料比[n（SO2）：n（O2）]为8：10时，二氧化硫的转化率为90%，设起始二氧化硫为4mol，氧气物质的量为5mol，由题意建立如下三段式：
则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为×100%=50%，故答案为：4：15；50%；
（3）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②×2可得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，则平衡常数K=K1×K22= ab2，故答案为：ab2；
（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解，则NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。
【点睛】借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算反应的平衡常数是解答关键，注意反应热的关系为加减，平衡常数的关系为乘除。
6． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
7．(1) ＞ ac
(2) 否 T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小
(3) 0.125 mol·L－1·h－1 增加n(CH4)或减压（合理即可）
(4) 1∶1 减小
【分析】可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡，以此来解析；
【详解】（1）①2SO2(g)+CH4(g)⇌S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q1(Q1＞0) ②2SO2(g)+CH4(g) ⇌S2(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q2(Q2＞0)由①-②，可得S8(g)+ Q1=S2(g)+Q2，可得S8(g) =S2(g)+Q2-Q1，由S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量，可知Q2-Q1<0，可得Q1>Q2；
A．CO2物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．反应均为气体的反应，气体总质量反应前后质量守恒，保持不变，恒容容器体积不发生改变，则整个反应混合气体密度为p= ，达到化学平衡前后，混合气体的密度都不变，不能说明化学反应已达到平衡，B不符合题意；
C．随着反应进行，气体分子数增加，气体压强增大，当容器内压强不再变化时，可以说明化学反应已达到平衡，C符合题意；
D．反应起始量SO2与CH4的物质的量为2：1，反应过程中SO2与CH4的反应物质的量之比始终为2：1，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
（2）反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到SO2的平衡转化率；
T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小；
（3）120min=2h，根据图中信息，可知v(CH4)== =0.125 mol·L－1·h－1，根据影响平衡移动的因素，可知可以适当的增加n(CH4)或减小压强；
（4）由图象可知，pH=7时，纵坐标为0.5，故n (SO) ：n (HSO) =1：1；随着氧化反应进行2 HSO+O2=2H++2SO溶液中H+的浓度逐渐增大，所以溶液中的pH逐渐减小；
8． +Br2+HBr CH3CH2OH +H2O→ Cu、加热 消去
【分析】由有机物的转化关系可知，在乙醚作用下，与镁反应生成，与发生类似加成反应的反应生成，酸性条件下水解生成，在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与发生加成反应生成，受热发生消去反应生成。
【详解】（1）实验室中用铁做催化剂，苯和液溴发生取代反应制得溴苯，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
（2）由题意可知与氢气反应生成乙醇，与水反应生成乙二醇，与水反应的化学方程式为+H2O→，故答案为：CH3CH2OH；+H2O→；
(3)C→D的反应为在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与同类别的同分异构体含有四种不同化学环境氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，结构简式为，故答案为：Cu、加热；；
(4)E→可卡醛的反应为受热发生消去反应生成，故答案为：消去；
（5）由乙烯、丙烯和的结构简式，运用逆推法可知，合成的步骤为在催化剂作用下，丙烯与水发生加成反应生成2—丙醇，在Cu做催化剂作用下，2—丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙酮，在催化剂作用下，乙烯与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，碱性条件下，丙酮与乙醛发生加成反应生成，受热发生消去反应生成，在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为：。
9． O2，Cu/Ag，加热 取样，加入NaOH水溶液加热，再加入稀硝酸致溶液变为酸性，加入硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀生成，则可证明有溴原子 +NaOH+NaBr 5
【分析】由A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，可知A没有-OH，则A的结构简式为，通过加成得到B，B为醇类，B经过氧化得到C，C为醛类，D发生消去生成E，E为 ，E水解的到F，G的结构简式为 ，据此分析解题。
【详解】(1)A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，可知A没有-OH，则A的结构简式为 ；
(2)反应B为醇，C为醛，B经氧化得到醛，所需的试剂和条件是Cu/Ag，加热，C中含氧官能团为醛基，其电子式为：；
(3)检验B中含有溴原子的方法为：取样，加入NaOH水溶液加热，再加入稀硝酸致溶液变为酸性，加入硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀生成，则可证明有溴原子；
(4)写出反应的化学方程式为：+NaOH+NaBr；
(5)与足量的氢气在一定条件下反应后的产物为 ，其中有5种不同化学环境的氢原子。
(6) G为，则设计路线为：。
10．(1) 酯基 羧基 消除反应
(2)取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A（合理即可）
(3)+2NaOH+2C2H5OH
(4) C2H5OH，浓硫酸，加热
(5)
【解析】(1)
由G的结构可知，G中有酯基、羧基；A中有羟基，且与羟基相邻的其中一个C上有H原子，故可发生消去反应生成碳碳双键，故A→B的反应类型为消去反应；
(2)
A中有羟基，B中没有，可选择金属钠来鉴别，故该题答案为：取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A；
(3)
物质C中有两个酯基，在碱性条件下发生水解，反应方程式为，+2NaOH+2C2H5OH；
(4)
分析D→F，将羧基转化为酯基，且羰基与HCN发生加成反应，加成反应为反应E→F，故D→E为酯化反应，所需反应条件为C2H5OH，浓硫酸，加热；E的结构简式为,其分子式为C10H18O3，满足以下条件：(i)分子中只有2种不同化学环境的氢，则该结构为高度对称结构；(ii)能发生银镜反应，则该物质中有醛基，醛基中已有一种环境的氢原子，则不可能有碳碳双键，则该物质有两个醛基在对称位置，余下的H原子全部在甲基内，余下的一个氧原子应在中心位置，则满足条件的结构为；
(5)
根据的结构分析，该物质中有酯基有如下方法合成该物质（1）可先合成一个在两端分别为羧基和羟基的碳链，让分子内发生酯化反应；可借鉴流程中用两个醛制取A的过程在碳链端点引入羟基，，再将醛基转化为羧基，如果用氧化法，羟基也会被氧化，故借鉴流程中用HCN与醛基发生加成反应：，借鉴F到G有：，最后分子内发生酯化反应得到目标产物。（2）在以上流程中得到后，直接根据G到F转化为。
故整个合成路线为：。
【点睛】快速突破有机合成与推断，要注意以下三点：（1）以已知的分子式、 结构简式为第一突破口；（2）以特殊的反应条件为重要突破口，有机推断题中，在转化关系上通常会给出反应的条件，可以结合所学知识准确判断该反应的类型或反应前后的物质；（3）所给信息必须用，即题目中给出的信息是解题的关键，推断时必须结合使用，也就是流程图中的条件只要是和信息一致的就肯定可以按照信息模仿写出反应前后的物质和对应的方程式。
11． 哑铃或纺锤体 分子 SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大 a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能 SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se 的稀溶液 H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离
【详解】(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为，原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：；哑铃或纺锤体；
(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为，故答案为：；
(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于，由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能；
(4) SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。
12．(1) H－＞H＞H+
(2) CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高
(3) H2S＞PH3＞AsH3 三角锥形
(4)Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)
【解析】(1)
氢元素的原子序数为1，电子排布式为1s1，轨道表示式为；氢原子的原子半径比得到1个电子形成的阴离子的离子半径小，比失去1个电子形成的阳离子的离子半径大，半径由大到小依次为H－＞H＞H+，则故答案为：；H－＞H＞H+；
(2)
由题意可知，氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氢化钙和氢化钡都是离子晶体，钙离子所带电荷数与钡离子相同，但离子半径小于钡离子，所以氢化钙晶体中的离子键强于氢化钡，熔点高于氢化钡，故答案为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高；
(3)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则元素的非金属性强弱顺序为S＞P＞As，氢化物的热稳定性由强到弱顺序为H2S＞PH3＞AsH3；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：H2S＞PH3＞AsH3；三角锥形；
(4)
由未配平的化学方程式可知，溴化亚铁在500—600℃条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁、溴化氢和氢气，反应的化学方程式为3FeBr2(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反应生成1mol氢气转移2mol电子，用表示反应电子转移的方向和数目的单线桥为Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案为：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。
相关试卷
上海金山区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题： 这是一份上海金山区2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-02非选择题，共27页。试卷主要包含了结构与性质，有机推断题，原理综合题，实验题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海市杨浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题： 这是一份上海市杨浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共29页。
上海市松江区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题： 这是一份上海市松江区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共26页。试卷主要包含了A是基本有机化工原料等内容，欢迎下载使用。
