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上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
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这是一份上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共26页。试卷主要包含了填空题，实验题，有机推断题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·上海静安·统考一模）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
2．（2020·上海静安·统考一模）氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。
（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。
（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。
（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。
___NH3＋__O2→__HNO2＋__________
①请将上述化学方程式补充完整，并配平。
②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。
（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：
①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O
③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-
某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。
3．（2021·上海静安·统考一模）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
二、实验题
4．（2020·上海静安·统考一模）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。
（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。
（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。
（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O → SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。
（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。
（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。
5．（2021·上海静安·统考一模）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃(2.5个标准大气压下测得)熔化。实验室现用下图装置制备少量无水氯化铝。
请回答下列问题：
(1)装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为_________________________________。若用足量MnO2与50mL12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应_________13.35g(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(2)装置B中所盛试剂为_________________，其作用是__________________________。
(3)有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3，事实证明这样做非常危险，请简述理由___________________________________________________________。
(4)仪器a的名称是__________________，装置C和F的作用是____________________。
(5)实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是_______。
(6)氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。___________________。
6．（2022·上海静安·统考一模）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)时，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。舍勒的方法沿用至今，实验室用如下装置制取氯气并进行氯气性质探究。
完成下列填空。
(1)甲为发生装置，该处还缺少的玻璃仪器是_______。盛放浓盐酸的仪器名称为_______。
(2)乙为除杂装置，盛有_______(填写下列字母编号)，目的是为了_______。
a.碱石灰 b.饱和食盐水 c.浓硫酸 d.饱和碳酸氢钠溶液 e.四氯化碳
(3)检验丙装置中氯气是否已集满的操作是_______。
(4)丁装置中盛有紫色石蕊试液，实验中可观察到溶液颜色发生了如下变化。请完成下表中的三处空白。
实验现象
原因
最初溶液从紫色逐渐变为_______色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______
然后溶液从无色逐渐变为_______色
/
(5)戊装置的作用是_______，该处的化学反应方程式为_______。
(6)实验结束，测得戊装置中溶液质量为200g，NaOH溶液的质量分数由30%减小到1%，则吸收的氯气质量是_______g(保留一位小数)。
三、有机推断题
7．（2020·上海静安·统考一模）G是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如下：
已知：①RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’
②G的结构简式为：
（1）(CH3)2C=CH2分子中有___个碳原子在同一平面内。
（2）D分子中含有的含氧官能团名称是___，F的结构简式为___。
（3）A→B的化学方程式为___，反应类型为___。
（4）生成C的化学方程式为___。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有多种：①能发生银镜反应；②能水解；③苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2种物质的结构式___、___。
（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路线（无机试剂任选）。___
（合成路线常用的表示方式为：）
8．（2021·上海静安·统考一模）食品级聚丙烯酸钠(J)是中美日等国允许使用的食品添加剂，常用于食品的增稠、增筋和保鲜。J可通过烃A经以下路线合成：
请回答下列问题：
(1)J的结构简式：___________，③的反应类型：_________，G中官能团名称：_______。
(2)A～J分子中含有碳碳双键的有________________________________(填字母代号)。写出反应②的化学方程式___________。
(3)写出符合下列要求的D的同分异构体结构简式________________
i.链状化合物ⅱ.能发生银镜反应ⅲ.分子中不含
(4)写出由2－苯乙醇()为原料制取的合成路线(无机试剂任选)。合成路线常用的表示方式为：______________
9．（2022·上海静安·统考一模）大高良姜挥发性油中含有乙酰氧基胡椒酚乙酸酯，它具有众多的生物活性，在医药和食品工业上有广泛的应用前景。乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(W)的合成路线如下图所示。
已知：R-XRMgX
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称是_______；A→B的反应类型是_______反应；
(2)D→E还需要的无机试剂是_______；E的结构简式为_______；
(3)写出化合物H在一定条件下发生聚合反应的化学方程式_______。
(4)H的芳香类同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式：_______(写出一种即可)。
①分子结构中有6种环境不同的氢原子；
②苯环上只有一个取代基；
③取代基中含有一个甲基和一个含氧官能团；
(5)结合本题信息，以乙醛、乙醚和甲苯为原料制备的合成路线如下，请将虚线框内的路线补充完整(无机试剂任选)_______。
四、原理综合题
10．（2021·上海静安·统考一模）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如下：
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。完成下列填空：
(1)氮原子的核外电子排布式是___________，氧原子最外层有_____种运动状态不同的电子。反应②的化学反应方程式是_____。
(2)为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2molN2和2molH2，其中n(NH3)随时间的变化见图。
氮气在前2分钟内的平均反应速率v(N2)=______mol/(L·min)，达平衡时N2和H2的浓度之比为____。
(3)能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是_________(选填序号)。
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正(H2)=2v逆(NH3)
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施______________。
(4)一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为________。
11．（2022·上海静安·统考一模）CO2和CH4都是温室气体。一定条件下，CH4和CO2以镍合金为催化剂，发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。完成下列填空。
(1)甲烷分子的空间构型是_______，干冰的晶体类型是_______。
(2)该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。不同温度下，K的数值如下：
温度
200°C
250°C
300°C
K
56
64
80
该反应的逆反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(3)T1°C时，科研人员探究等质量的三种催化剂(图中用I、II、III表示)在相同条件下的催化效果。在1L恒容容器中，分别充入1molCO2和2molCH4，测得H2物质的量随时间变化如图所示。
①使用催化剂I时，0~25秒间CO2的平均反应速率v(CO2)=_______mol·L-1·s-1；CH4的平衡浓度是_______mol·L-1。
②如果不考虑催化剂价格，则使用催化剂_______(填“I”、“I”或“III”)的效果最好。状态A与B生成H2的速率大小关系是v(A)_______v(B)(填“>”、“<”或“=”)。
③有利于提高CO2转化率的措施是_______(填字母)。
a.使用更高效的催化剂
b.升高温度
c.增大压强
d.增大CH4与CO2的投料比
五、结构与性质
12．（2022·上海静安·统考一模）羰基硫(COS)的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。完成下列填空。
(1)碳的原子结构示意图为_______，硫原子最外层电子排布式是_______，氧原子核外有_______种能量不同的电子。从结构上看，乙硫醇(CH3CH2SH)可视为乙醇中氧原子被硫替代而得的一种有机物，其分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性。请从原子结构角度解释其原因：_______。
(2)与CO2相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于________分子(填“极性”或“非极性”)，COS沸点_______CO2沸点(填“>”、“=”或“<)。
(3)元素周期表中，硫元素的位置是_______。例举一个能说明硫元素非金属性比碳元素强的事实_______。
(4)羰基硫可用H2S和CO混合加热制得，反应方程式如下：CO+H2SCOS+H2。
①请标出该反应的电子转移方向和数目_______。
②反应中起氧化作用的是_______，氧化产物是_______。
参考答案：
1． 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1
【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•mol-1。
2． NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab
【分析】(1)结合氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－分析；
(2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析；
(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。
【详解】(1)由氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；
(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；
②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2；
③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g；
(4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。
3． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
4． II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-→2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境
【分析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；
(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；
(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；
(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。
【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；
(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；
(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；
(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。
【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。
5． MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 小于 饱和食盐水 吸收氯气中的氯化氢杂质 制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸 分液漏斗 防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行 A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝 测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物
【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此先用饱和食盐水除去HCl，由于氯化铝为共价化合物，易水解，制备过程中不能有水的存在，因此再用浓硫酸干燥，先让氯气充满D装置排除D中的空气，确保D处能制得纯净的氯化铝，再用E装置收集AlCl3，再用F装置防止G中水蒸气进入E中，最后用NaOH溶液处理尾气。
【详解】(1)装置A为氯气发生装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。根据题意HCl物质的量为0.6mol，根据2Al+3Cl22AlCl3，得到6HCl～AlCl3，理论上所得氯气可制取无水AlCl3的质量m= ，但由于浓盐酸变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应，因此产生的氯气比理论少，因此制取的无水AlCl3的质量小于13.35g；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；小于。
(2)氯气中含有HCl杂质，因此装置B中所盛试剂为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中的氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水；吸收氯气中的氯化氢杂质。
(3)根据题意，制得的Cl2中混有HCl，又由于HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体容易发生爆炸；故答案为：制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸。
(4)根据装置图得到仪器a的名称是分液漏斗，由于氯化铝易发生水解，整个制备过程中要处于无水的环境下，因此装置C和F的作用是防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行；故答案为：防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行。
(5)整个实验先产生氯气，利用产生的氯气排除装置内的空气，避免空气中氧气和金属铝反应，可确保D处能制得纯净的氯化铝；故答案为：A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝。
(6)利用共价化合物和离子化合物在熔融状态下是否导电来分析，因此测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物；故答案为：测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物。
6．(1) 酒精灯 分液漏斗
(2) b 除去氯气中的氯化氢气体
(3)将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满
(4) 红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 淡黄绿
(5) 尾气处理，吸收多余的氯气 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(6)40.7
【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置丙为向上排空气法收集氯气的装置，装置丁中盛有紫色石蕊试液先变红后褪色，验证氯水的酸性和漂白性，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，则缺少的玻璃仪器是酒精灯；由装置图可知，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：酒精灯；分液漏斗；
（2）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：b；除去氯气中的氯化氢气体；
（3）若氯气已集满，逸出的氯气能与湿润的碘化钾淀粉试纸中的碘化钾溶液反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，则检验丙装置中氯气是否已集满的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满，故答案为：将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满；
（4）由分析可知，装置丁中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的氢离子使紫色石蕊试液变红色，反应生成的次氯酸具有强氧化性，使红色的石蕊试液因氧化而漂白褪色，当石蕊试液完全褪色后，继续通入氯气，氯气溶于水得到淡黄绿色的新制氯水，故答案为：红；氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质；淡黄绿；
（5）由分析可知，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（6）设吸收的氯气质量为xg，由题意可知，参加反应的氢氧化钠的物质的量为，由方程式可得：×=，解得x=40.7，故答案为：40.7。
7． 4 羟基、羧基 +Cl2+HCl 取代反应 +2NaOH+2NaCl 或 2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2
【分析】由A与氯气在加热条件下反应生成B，B与HCl发生加成反应生成，则B的结构简式为，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生已知的烯烃复分解反应生成A；B()在NaOH的水溶液中发生水解反应，可知C为，结合D的分子式C10H12O3，可知C催化氧化生成的D为；苯乙烯与HO-Br发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中-OH连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，故F为，D与F发生酯化反应生成G， ，据此推断解题；
(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即由CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3。
【详解】(1)乙烯是平面结构，分子结构中6个原子共平面，则(CH3)2C=CH2分子中每个甲基上的碳原子和共平面，所以该分子中4个碳原子共平面；
(2)D为，分子中含有的含氧官能团名称是羟基、羧基；F的结构简式为；
(3)由分析知A的结构简式为：，B的结构简式为， 则A→B发生反应的化学方程式为+Cl2+HCl，反应类型为取代反应；
(4)B()在NaOH的水溶液中发生水解反应生成的C为，发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；
(5)D的结构简式为，其同分异构体有多种，其中满足条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基；②能水解，说明含有酯基；③苯环上只有一个取代基；则此取代基包括一个HCOO-和-OH，可能还有一个甲基，如：、或；
(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即有CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3；则由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路线为2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2。
8． 氧化反应 羟基、羧基 A、H、K CH3CHBrCH2Br+2H2OCH3CHOHCH2OH+2HBr或CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr HCOOCH=CH2、OHCCH2CHO
【分析】A为C3H6，并且能与Br2反应，可知A的结构简式为CH3CH=CH2，B为CH3CHBrCH2Br；B反应生成C，C能在Cu的催化下与氧气反应生成D，可知C中有羟基，则C为H3CCHOHCH2OH，D为H3CCOCHO；D与银氨溶液反应，则E为H3CCOCOONH4；H3CHOHCOONH4在酸的作用下发生取代反应，则F为H3CCOCOOH；H3CCOCOOH与氢气发生加成反应，则G为H3CCHOHCOOH；H3CCHOHCOOH在浓硫酸加热下，发生消去反应，则H为HOOCCH=CH2；HOOCCH=CH2与碳酸氢钠反应，生成K为NaOOCCH=CH2；最后NaOOCCH=CH2一定条件下聚合，得到聚丙烯酸钠(J)，其结构简式为：，据此作答。
【详解】(1)由分析可知，J的结构简式：，③反应是H3CCHOHCH2OH变为H3CCOCHO，其类型为氧化反应；G为H3CCHOHCOOH，其官能团名称：羟基、羧基，故答案为：；氧化反应；羟基、羧基；
(2)由分析可知，A～J分子中含有碳碳双键的有A、H、K；反应②是CH3CHBrCH2Br反应生成H3CCHOHCH2OH，化学方程式CH3CHBrCH2Br+2H2OCH3CHOHCH2OH+2HBr或CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr，故答案为：A、H、K；CH3CHBrCH2Br+2H2OCH3CHOHCH2OH+2HBr或CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr；
(3) D为H3CCOCHO，其同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酯，且为链状化合物、分子中不含 ，满足的同分异构体结构简式为HCOOCH=CH2、OHCCH2CHO，故答案为：HCOOCH=CH2、OHCCH2CHO；
(4)由题可知，碳原子的个数不变，可通过改变其官能团实现，即在浓硫酸的催化作用下，脱水生成，与Br2进行加成反应，生成，
在氢氧化钠的醇溶液下，进行消去反应，可得，具体流程如下：，故答案为：。
【点睛】本题重点(4)，合成路线的设计，碳原子的个数不变，可通过改变其官能团实现，具体步骤，可以借鉴题目已给的反应路线及条件。
9．(1) 羟基、醛基 加成
(2) 溴化氢(HBr) CH2=CHBr
(3)
(4)或
(5)
【分析】A与苯酚发生加成反应得到B，B经氧化为C，乙炔与溴化氢加成生成H2C=CHBr，H2C=CHBr在Mg和乙醚的作用下生成F，F和C发生已知信息的第二步反应得到G，G发生水解得到H，H和乙酸酐反应得到W，据此分析解题。
(1)
C为：，含氧官能团的名称是羟基、醛基；A→B发生酚醛加成，反应类型是加成反应；
(2)
由分析可知D→E还需要的无机试剂是溴化氢；E的结构简式为：CH2=CHBr；
(3)
H含有双键，H在一定条件下发生聚合反应的化学方程式：；
(4)
H的芳香类同分异构体有多种：
①分子结构中有6种环境不同的氢原子；
②苯环上只有一个取代基；
③取代基中含有一个甲基和一个含氧官能团；同时满足以上条件的H的同分异构体的结构简式或：
(5)
以乙醛、乙醚和甲苯为原料制备，根据已知信息可知；结合C与F反应可得。
10． 1s22s22p3 6 4NH3+5O24NO+6H2O 0.05625 2：1 C、E 加压(或充入过量N2) K=c(N2O)×c2(H2O)
【详解】(1)N元素为7号元素，原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3；O元素为6号元素，最外层有2个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以氧原子最外层有2种运动状态不同的电子；据图可知反应②为氨气被催化氧化生成NO的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)据图可知前2分钟内Δn(NH3)=0.45mol，反应①的方程式为N2+3H22NH3，所以Δn(N2)=0.225mol，容器体积为2L，所以v(N2)==0.05625mol/(L·min)；据图可知5min后达到平衡，此时Δn(NH3)=0.8mol，根据方程式可知Δn(N2)=0.4mol，Δn(H2)=1.2mol，则平衡时：n(N2)=2mol-0.4mol=1.6mol，n(H2)=2mol-1.2mol=0.8mol，所以平衡时N2和H2的浓度之比=2：1；
(3)A．容器恒容，气体的体积始终不变，反应物和生成物均为气体，所以气体质量始终不变，则密度为定值，密度不变不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．达到平衡时v正(H2)= v逆(H2)，即2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡，故B不符合题意；
C．该反应前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量会变，而容器恒容，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明达到平衡，故C符合题意；
D．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，但不一定相等，与初始投料和转化率有关，故D不符合题意；
E．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，所以氮气物质的量不再变化可以说明反应达到平衡，故E符合题意；
综上所述答案为C、E；
该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强或充入过量N2既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率；
(4)根据题意可知硝酸铵固体加热分解的方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)，根据平衡常数的概念可知该反应K=c(N2O)×c2(H2O)。
11．(1) 正四面体 分子晶体
(2) 放热
(3) 0.004 1.9 I > bd
【解析】（1）
甲烷分子的空间构型是正四面体，干冰的熔沸点低，干冰的晶体类型是分子晶体；
（2）
化学平衡常数为生成物浓度的系数次方的乘积与反应物浓度的系数次方的乘积之比，该反应的化学平衡常数表达式为K=。升高温度，K的数值增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应吸热，则该反应的逆反应是放热反应；
（3）
①使用催化剂I时，0~25秒间生成0.2mol氢气，消耗CO2的物质的量为0.1mol，CO2的平均反应速率v(CO2)=0.004mol·L-1·s-1；反应消耗甲烷0.1mol，CH4的平衡浓度是1.9mol·L-1。
②使用催化剂I反应速率最快，则使用催化剂I的效果最好。根据图示，状态A与B生成H2的速率大小关系是v(A)>v(B)；
③a.催化剂不影响平衡移动，使用更高效的催化剂，CO2转化率不变，故不选a；
b. CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率增大，故选b；
c.正反应气体物质的量增多，增大压强，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故不选C；
d.增大甲烷浓度，平衡正向移动，CO2转化率增大，故选d；
选bd。
12．(1) 3s23p4 3 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
(3) 第3周期VIA族 最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸
(4) COS(g)+H2(g) COS
【解析】(1)
碳原子的核外有2个电子层，最外层有4个电子，原子的结构示意图为；硫元素的原子序数为16，原子的最外层有6个电子，电子排布式为3s23p4；氧元素的原子序数为16，原子核外有1s、2s、2p共3种能量不同的电子；氧原子与硫原子最外层电子数相同，但硫原子的电子层数和原子半径大于氧原子，得到电子的能力和对共用电子对的吸引力小于氧原子，所以S—H的极性小于O—H的极性，故答案为：；3s23p4；3；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
COS与CO2的原子个数都为3，价电子个数都为16，互为等电子体，则COS与CO2的空间构型都为直线形，由于COS正负电荷中心不能重合，属于极性分子，极性分子COS间的分子间作用力强于非极性分子CO2，沸点高于CO2，故答案为：极性；>；
(3)
硫元素的原子序数为16，位于元素周期表第3周期VIA族；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则由最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸可知，硫元素非金属性比碳元素强，故答案为：第3周期VIA族；最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸；
(4)
由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是反应的还原剂，COS是氧化产物，氢元素的化合价降低被还原，硫化氢是氧化剂，氢气是还原产物；
①反应中，1mol一氧化碳反应，反应转移2mol电子，则表示反应的电子转移方向和数目的单线桥为COS(g)+H2(g)，故答案为：COS(g)+H2(g)；
②由分析可知，反应中起氧化作用的是硫化氢气体中+1价氢元素，COS是反应的氧化产物，故答案为：；COS。
上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
一、填空题
1．（2020·上海静安·统考一模）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
2．（2020·上海静安·统考一模）氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。
（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，___比例较高，原因是___（请用离子方程式表示）。
（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：___。
（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。
___NH3＋__O2→__HNO2＋__________
①请将上述化学方程式补充完整，并配平。
②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
③若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___。
（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：
①2Mn2++O2+4OH-→2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2+2I-+4H+→Mn2++I2+3H2O
③2S2O32-+I2→S4O62-+2I-
某小组同学取100.00mL水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为___；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=____mg/L。
3．（2021·上海静安·统考一模）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
二、实验题
4．（2020·上海静安·统考一模）甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2SO42CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO4＋16HCl(浓)→2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，如图2所示(省略夹持装置)。
（1）实验中A选用装置__，E选用装置__(填写序号)。
（2）装置F的作用___，请描述装置G中的实验现象___。
（3）B中反应的离子方程式是___；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O → SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：___。
（4）乙组中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是___。
（5）甲组实验存在的明显缺陷是___。
5．（2021·上海静安·统考一模）氯化铝为共价化合物，易水解，178℃升华，190℃(2.5个标准大气压下测得)熔化。实验室现用下图装置制备少量无水氯化铝。
请回答下列问题：
(1)装置A为氯气发生装置，化学反应方程式为_________________________________。若用足量MnO2与50mL12mol/L的盐酸充分反应，则所得氯气可制取无水AlCl3的质量应_________13.35g(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(2)装置B中所盛试剂为_________________，其作用是__________________________。
(3)有人认为若无装置B，其余装置、试剂保持不变，也能制备无水AlCl3，事实证明这样做非常危险，请简述理由___________________________________________________________。
(4)仪器a的名称是__________________，装置C和F的作用是____________________。
(5)实验开始时应先点燃A处的酒精灯，待装置内充满黄绿色气体后，再点燃D处的酒精灯，理由是_______。
(6)氯化铝是共价化合物，请设计实验证明。___________________。
6．（2022·上海静安·统考一模）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)时，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。舍勒的方法沿用至今，实验室用如下装置制取氯气并进行氯气性质探究。
完成下列填空。
(1)甲为发生装置，该处还缺少的玻璃仪器是_______。盛放浓盐酸的仪器名称为_______。
(2)乙为除杂装置，盛有_______(填写下列字母编号)，目的是为了_______。
a.碱石灰 b.饱和食盐水 c.浓硫酸 d.饱和碳酸氢钠溶液 e.四氯化碳
(3)检验丙装置中氯气是否已集满的操作是_______。
(4)丁装置中盛有紫色石蕊试液，实验中可观察到溶液颜色发生了如下变化。请完成下表中的三处空白。
实验现象
原因
最初溶液从紫色逐渐变为_______色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______
然后溶液从无色逐渐变为_______色
/
(5)戊装置的作用是_______，该处的化学反应方程式为_______。
(6)实验结束，测得戊装置中溶液质量为200g，NaOH溶液的质量分数由30%减小到1%，则吸收的氯气质量是_______g(保留一位小数)。
三、有机推断题
7．（2020·上海静安·统考一模）G是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如下：
已知：①RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’
②G的结构简式为：
（1）(CH3)2C=CH2分子中有___个碳原子在同一平面内。
（2）D分子中含有的含氧官能团名称是___，F的结构简式为___。
（3）A→B的化学方程式为___，反应类型为___。
（4）生成C的化学方程式为___。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有多种：①能发生银镜反应；②能水解；③苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2种物质的结构式___、___。
（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路线（无机试剂任选）。___
（合成路线常用的表示方式为：）
8．（2021·上海静安·统考一模）食品级聚丙烯酸钠(J)是中美日等国允许使用的食品添加剂，常用于食品的增稠、增筋和保鲜。J可通过烃A经以下路线合成：
请回答下列问题：
(1)J的结构简式：___________，③的反应类型：_________，G中官能团名称：_______。
(2)A～J分子中含有碳碳双键的有________________________________(填字母代号)。写出反应②的化学方程式___________。
(3)写出符合下列要求的D的同分异构体结构简式________________
i.链状化合物ⅱ.能发生银镜反应ⅲ.分子中不含
(4)写出由2－苯乙醇()为原料制取的合成路线(无机试剂任选)。合成路线常用的表示方式为：______________
9．（2022·上海静安·统考一模）大高良姜挥发性油中含有乙酰氧基胡椒酚乙酸酯，它具有众多的生物活性，在医药和食品工业上有广泛的应用前景。乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(W)的合成路线如下图所示。
已知：R-XRMgX
回答下列问题：
(1)C中含氧官能团的名称是_______；A→B的反应类型是_______反应；
(2)D→E还需要的无机试剂是_______；E的结构简式为_______；
(3)写出化合物H在一定条件下发生聚合反应的化学方程式_______。
(4)H的芳香类同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式：_______(写出一种即可)。
①分子结构中有6种环境不同的氢原子；
②苯环上只有一个取代基；
③取代基中含有一个甲基和一个含氧官能团；
(5)结合本题信息，以乙醛、乙醚和甲苯为原料制备的合成路线如下，请将虚线框内的路线补充完整(无机试剂任选)_______。
四、原理综合题
10．（2021·上海静安·统考一模）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如下：
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。完成下列填空：
(1)氮原子的核外电子排布式是___________，氧原子最外层有_____种运动状态不同的电子。反应②的化学反应方程式是_____。
(2)为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2molN2和2molH2，其中n(NH3)随时间的变化见图。
氮气在前2分钟内的平均反应速率v(N2)=______mol/(L·min)，达平衡时N2和H2的浓度之比为____。
(3)能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是_________(选填序号)。
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正(H2)=2v逆(NH3)
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施______________。
(4)一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为________。
11．（2022·上海静安·统考一模）CO2和CH4都是温室气体。一定条件下，CH4和CO2以镍合金为催化剂，发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。完成下列填空。
(1)甲烷分子的空间构型是_______，干冰的晶体类型是_______。
(2)该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。不同温度下，K的数值如下：
温度
200°C
250°C
300°C
K
56
64
80
该反应的逆反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(3)T1°C时，科研人员探究等质量的三种催化剂(图中用I、II、III表示)在相同条件下的催化效果。在1L恒容容器中，分别充入1molCO2和2molCH4，测得H2物质的量随时间变化如图所示。
①使用催化剂I时，0~25秒间CO2的平均反应速率v(CO2)=_______mol·L-1·s-1；CH4的平衡浓度是_______mol·L-1。
②如果不考虑催化剂价格，则使用催化剂_______(填“I”、“I”或“III”)的效果最好。状态A与B生成H2的速率大小关系是v(A)_______v(B)(填“>”、“<”或“=”)。
③有利于提高CO2转化率的措施是_______(填字母)。
a.使用更高效的催化剂
b.升高温度
c.增大压强
d.增大CH4与CO2的投料比
五、结构与性质
12．（2022·上海静安·统考一模）羰基硫(COS)的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。完成下列填空。
(1)碳的原子结构示意图为_______，硫原子最外层电子排布式是_______，氧原子核外有_______种能量不同的电子。从结构上看，乙硫醇(CH3CH2SH)可视为乙醇中氧原子被硫替代而得的一种有机物，其分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性。请从原子结构角度解释其原因：_______。
(2)与CO2相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于________分子(填“极性”或“非极性”)，COS沸点_______CO2沸点(填“>”、“=”或“<)。
(3)元素周期表中，硫元素的位置是_______。例举一个能说明硫元素非金属性比碳元素强的事实_______。
(4)羰基硫可用H2S和CO混合加热制得，反应方程式如下：CO+H2SCOS+H2。
①请标出该反应的电子转移方向和数目_______。
②反应中起氧化作用的是_______，氧化产物是_______。
参考答案：
1． 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1
【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•mol-1。
2． NH3 NH4＋+OH-→NH3+H2O 氨在水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除 2 3 2 2 H2O 3：2 4.7克 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 400ab
【分析】(1)结合氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－分析；
(2)结合NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-及平衡移动分析；
(3)氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，根据电子守恒和原子守恒配平；结合元素化合价的变化分析并计算；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，结合反应的定量关系计算水样中溶解氧的含量，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。
【详解】(1)由氨水中存在NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－可知，当pH偏高，即c(OH-)较大时，平衡逆向移动，NH3的比例较高，发生反应的离子方程式为NH4＋+OH-=NH3+H2O；
(2)在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除；
(3)①氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，由质量守恒定律可知还生成水，N元素化合价由-3价升高为+3价，而O2中氧元素从0价降为-2价，由化合价升高总数相等可知NH3和O2的系数之比为3:2，再结合原子守恒可得发生反应的化学方程式为2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；
②反应中氧化剂为O2，还原剂为NH3，两者的物质的量之比为3:2；
③由2NH3+3O2=2HNO2+2H2O可知3molO2参与反应生成2molHNO2，即转化12mole-时生成2molHNO2，则反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的物质的量为2mol×=0.1mol，质量为0.1mol×47g/mol=4.7g；
(4)取100.00mL 水样经反应①和②后，取出20.00mL溶液，用 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化，2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2═2I-+S4O62-，得到O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-，消耗Na2S2O3的物质的量为amol/L×b×10-3L，参加反应的n(O2)=amol/L×b×10-3L×=0.00025abmol，质量为0.00025abmol×32g/mol=0.008abg=8abmg，则水样中溶解氧气的含量为=400abmg/L。
3． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
4． II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-→2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境
【分析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；
(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；
(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；
(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。
【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；
(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；
(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-→2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；
(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；
(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。
【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。
5． MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 小于 饱和食盐水 吸收氯气中的氯化氢杂质 制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸 分液漏斗 防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行 A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝 测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物
【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中有HCl和水蒸气杂质，因此先用饱和食盐水除去HCl，由于氯化铝为共价化合物，易水解，制备过程中不能有水的存在，因此再用浓硫酸干燥，先让氯气充满D装置排除D中的空气，确保D处能制得纯净的氯化铝，再用E装置收集AlCl3，再用F装置防止G中水蒸气进入E中，最后用NaOH溶液处理尾气。
【详解】(1)装置A为氯气发生装置，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。根据题意HCl物质的量为0.6mol，根据2Al+3Cl22AlCl3，得到6HCl～AlCl3，理论上所得氯气可制取无水AlCl3的质量m= ，但由于浓盐酸变稀，稀盐酸不和二氧化锰反应，因此产生的氯气比理论少，因此制取的无水AlCl3的质量小于13.35g；故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；小于。
(2)氯气中含有HCl杂质，因此装置B中所盛试剂为饱和食盐水，其作用是吸收氯气中的氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水；吸收氯气中的氯化氢杂质。
(3)根据题意，制得的Cl2中混有HCl，又由于HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体容易发生爆炸；故答案为：制得的Cl2中混有HCl，HCl与Al反应时生成H2，受热情况下H2、Cl2混合气体会发生爆炸。
(4)根据装置图得到仪器a的名称是分液漏斗，由于氯化铝易发生水解，整个制备过程中要处于无水的环境下，因此装置C和F的作用是防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行；故答案为：防止水蒸气进入D、E中，确保铝和氯气的反应在干燥的环境下进行。
(5)整个实验先产生氯气，利用产生的氯气排除装置内的空气，避免空气中氧气和金属铝反应，可确保D处能制得纯净的氯化铝；故答案为：A处先产生氯气，能将装置内的空气排尽，这样可确保D处能制得纯净的氯化铝。
(6)利用共价化合物和离子化合物在熔融状态下是否导电来分析，因此测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物；故答案为：测氯化铝在熔融状态下的导电性，若测得熔融氯化铝不能导电，说明它是共价化合物。
6．(1) 酒精灯 分液漏斗
(2) b 除去氯气中的氯化氢气体
(3)将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满
(4) 红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 淡黄绿
(5) 尾气处理，吸收多余的氯气 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(6)40.7
【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置丙为向上排空气法收集氯气的装置，装置丁中盛有紫色石蕊试液先变红后褪色，验证氯水的酸性和漂白性，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，则缺少的玻璃仪器是酒精灯；由装置图可知，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：酒精灯；分液漏斗；
（2）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：b；除去氯气中的氯化氢气体；
（3）若氯气已集满，逸出的氯气能与湿润的碘化钾淀粉试纸中的碘化钾溶液反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，则检验丙装置中氯气是否已集满的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满，故答案为：将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满；
（4）由分析可知，装置丁中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的氢离子使紫色石蕊试液变红色，反应生成的次氯酸具有强氧化性，使红色的石蕊试液因氧化而漂白褪色，当石蕊试液完全褪色后，继续通入氯气，氯气溶于水得到淡黄绿色的新制氯水，故答案为：红；氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质；淡黄绿；
（5）由分析可知，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（6）设吸收的氯气质量为xg，由题意可知，参加反应的氢氧化钠的物质的量为，由方程式可得：×=，解得x=40.7，故答案为：40.7。
7． 4 羟基、羧基 +Cl2+HCl 取代反应 +2NaOH+2NaCl 或 2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2
【分析】由A与氯气在加热条件下反应生成B，B与HCl发生加成反应生成，则B的结构简式为，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生已知的烯烃复分解反应生成A；B()在NaOH的水溶液中发生水解反应，可知C为，结合D的分子式C10H12O3，可知C催化氧化生成的D为；苯乙烯与HO-Br发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中-OH连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，故F为，D与F发生酯化反应生成G， ，据此推断解题；
(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即由CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3。
【详解】(1)乙烯是平面结构，分子结构中6个原子共平面，则(CH3)2C=CH2分子中每个甲基上的碳原子和共平面，所以该分子中4个碳原子共平面；
(2)D为，分子中含有的含氧官能团名称是羟基、羧基；F的结构简式为；
(3)由分析知A的结构简式为：，B的结构简式为， 则A→B发生反应的化学方程式为+Cl2+HCl，反应类型为取代反应；
(4)B()在NaOH的水溶液中发生水解反应生成的C为，发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；
(5)D的结构简式为，其同分异构体有多种，其中满足条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基；②能水解，说明含有酯基；③苯环上只有一个取代基；则此取代基包括一个HCOO-和-OH，可能还有一个甲基，如：、或；
(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即有CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3；则由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路线为2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2。
8． 氧化反应 羟基、羧基 A、H、K CH3CHBrCH2Br+2H2OCH3CHOHCH2OH+2HBr或CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr HCOOCH=CH2、OHCCH2CHO
【分析】A为C3H6，并且能与Br2反应，可知A的结构简式为CH3CH=CH2，B为CH3CHBrCH2Br；B反应生成C，C能在Cu的催化下与氧气反应生成D，可知C中有羟基，则C为H3CCHOHCH2OH，D为H3CCOCHO；D与银氨溶液反应，则E为H3CCOCOONH4；H3CHOHCOONH4在酸的作用下发生取代反应，则F为H3CCOCOOH；H3CCOCOOH与氢气发生加成反应，则G为H3CCHOHCOOH；H3CCHOHCOOH在浓硫酸加热下，发生消去反应，则H为HOOCCH=CH2；HOOCCH=CH2与碳酸氢钠反应，生成K为NaOOCCH=CH2；最后NaOOCCH=CH2一定条件下聚合，得到聚丙烯酸钠(J)，其结构简式为：，据此作答。
【详解】(1)由分析可知，J的结构简式：，③反应是H3CCHOHCH2OH变为H3CCOCHO，其类型为氧化反应；G为H3CCHOHCOOH，其官能团名称：羟基、羧基，故答案为：；氧化反应；羟基、羧基；
(2)由分析可知，A～J分子中含有碳碳双键的有A、H、K；反应②是CH3CHBrCH2Br反应生成H3CCHOHCH2OH，化学方程式CH3CHBrCH2Br+2H2OCH3CHOHCH2OH+2HBr或CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr，故答案为：A、H、K；CH3CHBrCH2Br+2H2OCH3CHOHCH2OH+2HBr或CH3CHBrCH2Br+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaBr；
(3) D为H3CCOCHO，其同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酯，且为链状化合物、分子中不含 ，满足的同分异构体结构简式为HCOOCH=CH2、OHCCH2CHO，故答案为：HCOOCH=CH2、OHCCH2CHO；
(4)由题可知，碳原子的个数不变，可通过改变其官能团实现，即在浓硫酸的催化作用下，脱水生成，与Br2进行加成反应，生成，
在氢氧化钠的醇溶液下，进行消去反应，可得，具体流程如下：，故答案为：。
【点睛】本题重点(4)，合成路线的设计，碳原子的个数不变，可通过改变其官能团实现，具体步骤，可以借鉴题目已给的反应路线及条件。
9．(1) 羟基、醛基 加成
(2) 溴化氢(HBr) CH2=CHBr
(3)
(4)或
(5)
【分析】A与苯酚发生加成反应得到B，B经氧化为C，乙炔与溴化氢加成生成H2C=CHBr，H2C=CHBr在Mg和乙醚的作用下生成F，F和C发生已知信息的第二步反应得到G，G发生水解得到H，H和乙酸酐反应得到W，据此分析解题。
(1)
C为：，含氧官能团的名称是羟基、醛基；A→B发生酚醛加成，反应类型是加成反应；
(2)
由分析可知D→E还需要的无机试剂是溴化氢；E的结构简式为：CH2=CHBr；
(3)
H含有双键，H在一定条件下发生聚合反应的化学方程式：；
(4)
H的芳香类同分异构体有多种：
①分子结构中有6种环境不同的氢原子；
②苯环上只有一个取代基；
③取代基中含有一个甲基和一个含氧官能团；同时满足以上条件的H的同分异构体的结构简式或：
(5)
以乙醛、乙醚和甲苯为原料制备，根据已知信息可知；结合C与F反应可得。
10． 1s22s22p3 6 4NH3+5O24NO+6H2O 0.05625 2：1 C、E 加压(或充入过量N2) K=c(N2O)×c2(H2O)
【详解】(1)N元素为7号元素，原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3；O元素为6号元素，最外层有2个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以氧原子最外层有2种运动状态不同的电子；据图可知反应②为氨气被催化氧化生成NO的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)据图可知前2分钟内Δn(NH3)=0.45mol，反应①的方程式为N2+3H22NH3，所以Δn(N2)=0.225mol，容器体积为2L，所以v(N2)==0.05625mol/(L·min)；据图可知5min后达到平衡，此时Δn(NH3)=0.8mol，根据方程式可知Δn(N2)=0.4mol，Δn(H2)=1.2mol，则平衡时：n(N2)=2mol-0.4mol=1.6mol，n(H2)=2mol-1.2mol=0.8mol，所以平衡时N2和H2的浓度之比=2：1；
(3)A．容器恒容，气体的体积始终不变，反应物和生成物均为气体，所以气体质量始终不变，则密度为定值，密度不变不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．达到平衡时v正(H2)= v逆(H2)，即2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡，故B不符合题意；
C．该反应前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量会变，而容器恒容，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明达到平衡，故C符合题意；
D．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，但不一定相等，与初始投料和转化率有关，故D不符合题意；
E．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，所以氮气物质的量不再变化可以说明反应达到平衡，故E符合题意；
综上所述答案为C、E；
该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强或充入过量N2既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率；
(4)根据题意可知硝酸铵固体加热分解的方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)，根据平衡常数的概念可知该反应K=c(N2O)×c2(H2O)。
11．(1) 正四面体 分子晶体
(2) 放热
(3) 0.004 1.9 I > bd
【解析】（1）
甲烷分子的空间构型是正四面体，干冰的熔沸点低，干冰的晶体类型是分子晶体；
（2）
化学平衡常数为生成物浓度的系数次方的乘积与反应物浓度的系数次方的乘积之比，该反应的化学平衡常数表达式为K=。升高温度，K的数值增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应吸热，则该反应的逆反应是放热反应；
（3）
①使用催化剂I时，0~25秒间生成0.2mol氢气，消耗CO2的物质的量为0.1mol，CO2的平均反应速率v(CO2)=0.004mol·L-1·s-1；反应消耗甲烷0.1mol，CH4的平衡浓度是1.9mol·L-1。
②使用催化剂I反应速率最快，则使用催化剂I的效果最好。根据图示，状态A与B生成H2的速率大小关系是v(A)>v(B)；
③a.催化剂不影响平衡移动，使用更高效的催化剂，CO2转化率不变，故不选a；
b. CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率增大，故选b；
c.正反应气体物质的量增多，增大压强，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故不选C；
d.增大甲烷浓度，平衡正向移动，CO2转化率增大，故选d；
选bd。
12．(1) 3s23p4 3 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
(3) 第3周期VIA族 最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸
(4) COS(g)+H2(g) COS
【解析】(1)
碳原子的核外有2个电子层，最外层有4个电子，原子的结构示意图为；硫元素的原子序数为16，原子的最外层有6个电子，电子排布式为3s23p4；氧元素的原子序数为16，原子核外有1s、2s、2p共3种能量不同的电子；氧原子与硫原子最外层电子数相同，但硫原子的电子层数和原子半径大于氧原子，得到电子的能力和对共用电子对的吸引力小于氧原子，所以S—H的极性小于O—H的极性，故答案为：；3s23p4；3；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力S
COS与CO2的原子个数都为3，价电子个数都为16，互为等电子体，则COS与CO2的空间构型都为直线形，由于COS正负电荷中心不能重合，属于极性分子，极性分子COS间的分子间作用力强于非极性分子CO2，沸点高于CO2，故答案为：极性；>；
(3)
硫元素的原子序数为16，位于元素周期表第3周期VIA族；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则由最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸可知，硫元素非金属性比碳元素强，故答案为：第3周期VIA族；最高价氧化物所对应水化物硫酸的酸性强于碳酸；
(4)
由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是反应的还原剂，COS是氧化产物，氢元素的化合价降低被还原，硫化氢是氧化剂，氢气是还原产物；
①反应中，1mol一氧化碳反应，反应转移2mol电子，则表示反应的电子转移方向和数目的单线桥为COS(g)+H2(g)，故答案为：COS(g)+H2(g)；
②由分析可知，反应中起氧化作用的是硫化氢气体中+1价氢元素，COS是反应的氧化产物，故答案为：；COS。
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