上海市青浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份上海市青浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共25页。试卷主要包含了填空题，实验题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

上海市青浦区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·上海青浦·统考一模）稀土元素（铈等金属）是重要的战略资源，在工业中有重要的应用，我国著名的化学家徐光宪因建立了稀土串级萃取理论，被誉为“中国稀土之父”。
（1）完成并配平下列反应的离子方程式：______Ce3+______H2O2+______H2O→______Ce（OH）4↓+____________。
（2）氧的原子核外共有______个电子亚层，H2O 的空间构型为______；
（3）若反应中有 52g Ce（OH）4 生成，则转移电子的数目为______；
（4）实验室中进行萃取实验时，除玻璃棒、烧杯之外，还需要的玻璃仪器名称______；
（5）取上述反应得到的 Ce（OH）4 样品 0.500g，加硫酸溶解后，用 0.100mol•L-1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时（铈被还原为 Ce3+），消耗 20.00 mL 标准溶液。该样品中 Ce（OH）4的质量分数为______。
2．（2021·上海青浦·统考一模）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。
完成下列填空：
(1)元素Al的原子核外电子共占据_____个轨道，其中有____个未成对电子。
(2)常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是____________。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用_____溶液。
(3)某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象_______________________________________。
3．（2021·上海青浦·统考一模）某研究性学习小组用重铬酸盐测定土壤中的有机质，其反应原理可简化为：□＋□C＋□____→□Cr3+＋□CO2↑＋□H2O
(1)CO2的电子式为________。固体CO2中存在的作用力有________、________。
(2)请完成上述离子方程式并配平________；该反应的氧化剂是________；标准状况下每生成2.24LCO2转移________个电子。

二、实验题
4．（2020·上海青浦·统考一模）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-⇌I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。

（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 黄色溶液，加入足量 CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；
（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；
（3）NaOH 溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。
5．（2021·上海青浦·统考一模）绿矾(FeSO4·7H2O)是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。据古籍记载，焙烧绿矾能制备铁红(主要成分是Fe2O3)。绿矾焙烧也是一种生产硫酸的古老方法。某研究性学习小组用如图所示实验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。

完成下列填空：
(1)检验绿矾中Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，观察到无明显现象后加入_______(填写试剂名称)，观察到_______。
(2)实验过程中，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是_______。
(3)装置C的作用是_______。
(4)①装置B中冷水的作用是_______。
②请你帮助该小组同学设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液_______。
(5)绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。现称取2.850 g绿矾样品，配制成250 mL溶液，量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.0100 mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。
①配制250 mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、_______、胶头滴管。
②判断此实验达到滴定终点的方法是_______。
③计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为_______(用小数表示，保留三位小数)。
6．（2022·上海青浦·统考一模）碳酸亚铁(FeCO3)是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验
实验一：
为探究某固体化合物X(仅含有三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验

已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
(1)气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为___________。化合物X含有的元素为___________(写元素符号)。化合物A的化学式为___________。
实验二：
下图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3(白色固体，难溶于水)：

装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
(2)试剂a是___________。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是___________。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为___________。
(3)不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是___________。
(4)100mL 0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为___________(结果保留2位小数)。

三、原理综合题
7．（2020·上海青浦·统考一模）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。反应 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。

（1）该反应的平衡常数表达式为K=______，若升高温度，平衡常数 K 值______（填“增加”“减小”或“不变”），说明理由______；
（2）在 T2温度下， 0～2s 内的平均反应速率 v（N2）=______；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因______，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为______；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品______，用化学方程式表示产生副产品的原因______。
8．（2021·上海青浦·统考一模）氮元素十分重要，其单质及化合物在科研、生产领域有着十分广泛的用途。光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，完成下列填空：
(1)在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则0～5min内，N2的平均反应速率为_______mol/(L·min)。
(2)下列可以判断该反应达到平衡状态的是_____________。
a．3v正(N2)=2v逆(O2) b．c(NH3)=c(N2)
c．容器内物质质量不变          d．容器内气体密度不变
(3)在2L密闭容器内，通入2mol N2，在323K和343K时N2的转化率随时间的结果如图所示，根据图象判断：该反应正反应为______反应(填“放热”或“吸热”)。343K时，上述反应的化学平衡常数为______，如果化学平衡常数数值变大，该反应______(填写序号)。

a．一定向正反应方向移动b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
(4)将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为：________________，说出一种使氯化铵溶液中的c()与c(Cl-)比值变大的方法___________________________。
9．（2022·上海青浦·统考一模）乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2=CH2，有利于实现“双碳”目标。
主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ
(1)在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)，若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2=CH2(g)的平均反应速率为___________。
(2)在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2(g)和H2(g)，若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是___________(填编号)。
A．混合气体密度保持不变B．混合气体总压强保持不变
C．乙烯体积分数保持不变D．平均摩尔质量保持不变
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是___________(任填一条)
(3)在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下(其他条件相同)只发生主反应，测得乙烯的净速率(v正-v逆)与温度关系如图所示。

催化效率最高的是___________(填“At1”、“At2”或“At3”)，A点的正反应速率___________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。
在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)
(4)一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K=___________(结果保留2位小数)。提示：C2H4的选择性=×100%
(5)0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH(甲酸)溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c(HCOOH)___________c(Na+)(填“大于”或“小于”)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入___________。

四、有机推断题
10．（2020·上海青浦·统考一模）H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃 A 制备 H 的合成路线如图。

回答下列问题：
（1）A 物质的一氯代物共有______种；
（2）B 物质中含有的官能团名称______；
（3）①的反应试剂和反应条件分别是______，③的反应的类型是______；
（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取 F 物质，用系统命名法对 E 物质命名______，F 物质的结构简式为______；
（5）⑤的化学反应方程式为______；
（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）______________
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。
11．（2021·上海青浦·统考一模）天然产物I具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。

已知：(Z=—COOR，—COOH等)
回答下列问题：
(1)A所含官能团的名称为________，F→G的反应类型为________。
(2)上述反应中B→C所需的试剂与条件是________，化合物X的结构简式为________。
(3)写出满足以下条件的D的一种同分异构体的结构简式_____。
①链状结构；②能发生银镜反应；③含有三种不同化学环境的氢原子。
(4)关于G、H的说法正确的是_____________(填序号)。
a．两者都能和溴水发生加成反应b．两者都能和氢氧化钠溶液发生反应
c．两者都能使酸性高锰酸钾褪色d．两者互为同系物
(5)以和为原料，合成，写出合成路线(无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)。________(合成路线常用的表示方式)。
12．（2022·上海青浦·统考一模）化合物H是一种常见的药物的中间体，工业上常通过如下途径合成：

请回答下列问题：
(1)A→B的反应条件是___________，H中含氧官能团的名称为___________，化合物D的结构简式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A． 化合物A最多14个原子共平面
B． 化合物B能发生氧化反应、加成反应和取代反应
C． 化合物H的分子式为C15H20O4
(3)写出F→G发生的化学反应方程式___________。
(4)乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸气味难闻且有腐臭味，而乙酸乙酯气味香甜，解释这两种物质为什么闻起来气味不同：___________。
(5)依据上述合成路线设计以乙醇为原料制备( HOOCCH2COOH)的合成路线，(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) ___________。(合成路线常用的表示方法为：A …B 目标产物)

五、结构与性质
13．（2022·上海青浦·统考一模）非金属元素及其化合物在生活、生产中有着重要的用途
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的最外层电子排布式为___________，已知3种原子晶体的熔点数据如下表：

金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
＞3550
2600
1415

金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是___________。
(2)CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)+CH4(g) CS2(g)+2H2S(g)，CS2分子的空间构型为___________，用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
(3)中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO(OH)
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松

在有氧条件下，Fe3O4在含Cl–溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整___________，4Fe3O4 +_____O2 +______ +_____H2O_____FeOCl +___________，若4mol Fe3O4完全转化为FeOCl，则转移的电子数目为___________。
(4)化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO(OH)，推测溶解度FeOCl___________FeO(OH)(填“＞”或“＜”)。
② Na2SO3的作用是___________。
③ 检验FeOCl转化完全的操作和现象是___________。

参考答案：
1．     2     1     6     2     6H+     3     折线型（V型）     0.25NA     分液漏斗     83.2%
【分析】(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
(2)根据氧原子核外电子排布式分析；根据水中O原子的杂化分析；
(3)根据化合价变化计算得每生成52g Ce(OH)4，转移电子的物质的量；
(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗；
(5)根据电子守恒建立关系式：Ce(OH)4～FeSO4，然后进行计算求出Ce(OH)4的质量，最后求出质量分数。
【详解】(1)该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则O元素化合价由-1价变为-2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O=2Ce(OH)4↓+6H+，故答案为：2、1、6、2、6H+；
(2)O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4，所以其核外电子排布在3种不同能量的电子亚层上；H2O中O原子形成2个σ键，有2对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，O-H之间的键角小于109°28′，所以H2O分子空间构型是折线型 (V 型)，故答案为：3；折线型 (V 型)；
(3)根据化合价变化得每生成52g Ce(OH)4，转移电子的物质的量为=×(4-3)=0.25mol，故答案为：0.25NA；
(4)实验室中进行萃取实验时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(5)滴定反应为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则Ce(OH)4的物质的量为0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，故该产品中Ce(OH)4的质量分数为=83.2%，故答案为：83.2%。
2．     7     1     浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜     NaOH     Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体
【详解】(1)Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1，其中占有1s能级1个轨道、2s能级1个轨道、2p能级3个轨道、3s能级1个轨道、3p能级1个轨道，共占有1+1+3+1+1=7个轨道；3p能级上有1个电子，该电子为未成对电子，故未成对电子1个；
(2)浓硫酸具有强氧化性，可以使Al钝化，在Al表面形成一层致密的氧化膜；要出去铁粉中的铝粉，可以向混合粉末中加入NaOH溶液，此时，Fe不与NaOH反应而Al可以，从而达到除去铝的目的；
(3)Al3+为弱碱阳离子，HCO为弱酸阴离子，Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体。
3．          共价键     分子间作用力     2＋3C＋16H+=4Cr3+＋3CO2↑＋8H2O     或重铬酸盐     0.4NA
【详解】(1)CO2是共价化合物以共用电子对的形式形成稳定结构，所以电子式为；二氧化碳属于分子晶体，作用力有共价键和分子间作用力；
(2)离子方程式的配平需要满足质量守恒定律和电荷守恒定律，利用得失电子守恒的方法配平，Cr化合价由+6变为+3，C化合价由0变为+4，所以离子方程式为2Cr2O＋3C＋16H+=4Cr3+＋3CO2↑＋8H2O；化合价降低的是氧化剂所以为Cr2O；标准状况下根据公式n= ，CO2物质的量是0.1mol，根据题干离子方程式中，生成3mol CO2转移电子12mol，所以生成0.1mol CO2转移电子0.4mol，所以为0.4NA。
4．     I2     Cl2+2KI=I2+2KCl     I3-     生成的碘单质被氯气氧化为无色物质     吸收多余的氯气     氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应
【分析】(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；
(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；
(3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
【详解】(1)取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-⇌I3-， 故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；
(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去； 故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；
(3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
5．     氯水     溶液变血红色     绿色晶体变为红棕色粉末     吸收尾气，防止污染环境     将气体冷凝     取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊溶液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则证明含有     250 mL容量瓶     滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化     0.975
【详解】(1)检验绿矾中Fe2+的方法是取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，Fe2+不能使硫氰化钾溶液变为血红色，加入氯水，氯水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+使硫氰化钾溶液变为血红色。
(2)装置A中绿矾加热分解生成Fe2O3、SO2、SO3和H2O，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是绿色晶体变为红棕色粉末。
(3)因为绿矾加热分解生成SO2，装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气SO2，防止污染环境。
(4)①SO3与H2O的反应是放热反应，降低温度有利于SO3被水吸收，装置B中冷水的作用是冷凝SO3气体和H2O。
②证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液，可取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊溶液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则证明含有。
(5)①配制250 mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶和胶头滴管。
②用酸化的KMnO4溶液滴定绿矾样品，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化即为滴定终点。
③硫酸酸化的KMnO4与样品溶液FeSO4反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+5Fe2(SO4)3+2MnSO4+8H2O，可得关系式KMnO4~5FeSO4，25.00 mL待测液消耗n(KMnO4)=0.020 L×0.0100 mol/L=0.0002 mol，则250.00 mL待测液消耗n(KMnO4) =0.002 mol，则n(FeSO4·7H2O)=n(FeSO4)=5n(KMnO4)=0.01 mol，样品中FeSO4·7H2O的质量分数为。
6．(1)     2I-+Cl2=I2+2Cl-     Fe、Cl、O     FeO
(2)     饱和NaHCO3溶液     降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2     Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3)溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色
(4)53.88%

【分析】溶液B中加入KSCN溶液不显血红色，加入适量双氧水后再加入KSCN溶液显血红色，说明溶液B中含有Fe2+，不含Fe3+，则X中含有Fe元素；气体乙可以使带火星的木条复燃，应为氧气，则X中含有O元素；气体甲可以使淀粉碘化钾溶液变蓝色，说明气体甲具有氧化性，根据所学知识，淀粉碘化钾试纸通常用来检验氯气，且若为氯气符合气体甲为单质的条件，则气体甲为氯气，则X中含有Cl元素；化合物A中含有二价铁，X中又含有O元素，A应为FeO，据此分析解答。
(1)
根据分析可知，气体甲为氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质和氯化钾，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-；化合物X含有的元素为Fe、Cl、O；化合物A的化学式为FeO，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-；Fe、Cl、O；FeO。
(2)
溶液B为FeCl2溶液，甲装置中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，盐酸具有挥发性，所以试剂a为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中混有的HCl气体；向Na2CO3溶液通入CO2可以降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；丙装置中，CO2先与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和氯化亚铁反应得到碳酸亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：饱和NaHCO3溶液；降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O。
(3)
溶液B中含有氯离子，也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子，故答案为：溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色。
(4)
100mL 0.8mol/L FeCl2溶液含有FeCl2的物质的量为：0.1L 0.8mol/L=0.08mol，根据方程式Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，理论上生成FeCO3的物质的量n(FeCO3)=n(Fe2+)=n(FeCl2)= 0.08mol，则理论上生成FeCO3的质量为：0.08mol116g/mol=9.28g，则产率为：100%=53.88%，故答案为：53.88%。
7．          减小     由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小     0.0125mol/（L•s）     Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3胶体的生成，降低了吸附能力     Na2O2     CaCl2     Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+NH3↑+2H2O
【分析】(1)反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知 T1＞T2，由图可知，升高温度，n(CO2)减小；
(2)根据v==计算v(CO2)，再根据反应计量关系计算v(N2)；
(3)Fe2(SO4)3 水解的离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2(SO4)3 不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；
(4)氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。
【详解】(1)反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)的平衡常数K=，根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知T1＞T2，由n(CO2)随温度T和时间t的变化曲线图可知，升高温度，n(CO2)减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，故答案为：；减小；由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n(CO2)变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；
(2)由图可知，v(CO2)===0.025mol/(L•s)，反应为2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)，则v(N2)=v(CO2)=×0.025mol/(L•s)=0.0125mol/(L•s)，故答案为：0.0125mol/(L•s)；
(3)Fe2(SO4)3中Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，酸性废水中H+抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe(OH)3 胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反应，即FeSO4为还原剂，Na2O2中O的化合价-1→-2或0，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，废水中的酸(H+)抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe(OH)3 胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；
(4)氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反应为CaO+H2O=Ca(OH)2，加热条件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，同时得到大量副产品CaCl2，故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。
8．     0.004     ad     吸热     1.6875     ab     c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)     降低溶液温度或加入固体氯化铵(合理即可)
【详解】(1)在一定温度下，2L密闭容器内进行上述反应，2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，5min后达到平衡，测得气体的质量增加了2.16g，则说明增加的是参与反应的水的质量，n(H2O)=0.12mol,所以反应的N2的物质的量n(N2)=n(H2O)=0.04mol，则0～5min内，N2的平均反应速率=0.004 mol/(L·min)，故答案为：0.004；
(2)a．3v正(N2)=2v逆(O2)，说明正反应速率等于逆反应速率，即反应达到平衡状态，故a正确；
b．c(NH3)=c(N2)，不能说明浓度是否保持不变，即不能说明反应是否达到平衡状态，故b错误；
c．容器内反应遵循质量守恒定律，所以物质质量始终保持不变，则物质质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．容器内气体总质量随着反应进行不断变化，容器的体积不变，所以容器中气体的密度随着反应的进行再变化，所以当密度不变时，说明反应也达到平衡状态，故d正确；
故答案为：ad；
(3)根据反应图象变化可判断出，N2的转化率：343K＞323K，则说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即该反应正反应为吸热反应；343K时，上述反应的N2的转化率为50%，可列出三段式如下：
，
则化学平衡常数K=；如果化学平衡常数数值变大，则说明升高了温度，那么反应一定向正反应方向移动，正反应速率与逆反应速率均增大，且正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，所以在平衡移动时正反应速率先增大后减小，故ab正确，答案为：吸热；1.6875；ab；
(4)将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液的溶质为氯化铵，因为铵根离子会发生水解，使溶液显酸性，所以离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；使氯化铵溶液中的c()与c(Cl-)比值变大，可以考虑增大铵根离子浓度，如加入氯化铵固体，又因为铵根离子的水解反应属于吸热反应，降低溶液的温度，抑制水解平衡向正向移动，也可使氯化铵溶液中的c()与c(Cl-)比值变大，故答案为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；降低溶液温度或加入固体氯化铵(合理即可)。
9．(1)0.01mol/(min·L)
(2)     A     降低温度
(3)     At1     大于
(4)0.26
(5)     小于     HCOOH

【解析】（1）
根据信息可知，CO2的反应速率为=0.02mol/(min·L)，根据速率之比等于系数之比，可得CH2=CH2(g)的平均反应速率为0.01mol/(min·L)。
（2）
对于主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ，
A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A选；
B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变，说明反应达到平衡状态，B不选；
C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，C不选；
D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化，则气体平均摩尔质量保持不变时说明反应达到平衡状态，D不选；
故选：A；
由于该反应是放热反应，可降低温度平衡正移，以提高二氧化碳的平衡转化率；
（3）
由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；由于A点之后乙烯的净速率持续增大，说明平衡正向移动，则A点的正反应速率大于逆反应速率；
（4）
CO起始浓度为mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2=CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式：

、，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y=0.2mol×45%=0.09mol，C2H4的选择性为80%得，由两式解得x=0.04、y=0.01，则该温度下，副反应的平衡常数；
（5）
0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH<7，溶液显酸性，则电离大于水解，则c(HCOOH)小于c(Na+)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入HCOOH溶液。
10．     4     氯原子     氯气、光照     还原反应     2-甲基丙烷              
【分析】由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。
【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A 物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；
(2)B的结构简式为：，B 物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；
(3)反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；
(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对 E 物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；；
(5)⑤的化学反应方程式为：，故答案为：；
(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。
11．     碳碳叁键     加成反应     氢氧化钠水溶液、加热               bc     ：
【分析】根据B的分子式和C的结构可以推出，B的结构为CH≡C-CH2-CH2Cl，则A的结构为CH≡C-CH2-CH3；有机物E与X发生反应生成有机物F，有机物F因有酯基，则有机物X为酸；有机物F发生已知条件的反应生成有机物G，有机物G再发生后续的反应得到天然产物I，据此分析。
【详解】(1)根据分析，有机物A为CH≡C-CH2-CH3，其官能团为碳碳三（叁）键；根据流程和已知条件，F→G的反应类型与已知条件中有机反应类型相同，已知反应中为不饱和烃的加成反应，因此F→G的反应类型为加成反应；
(2)B→C为卤代烃的水解反应，反应条件为NaOH水溶液、加热；有机物E与X反应生成有机物F，观察有机物F的结构可知，F为酯，因为E为醇，则X为酸，再根据有机物E和F的结构可以得到有机物X的结构为；
(3)根据条件，该同分异构体可以发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，再根据题目中的其他条件可以写出满足条件的同分异构体，该满足条件的同分异构体为；
(4)a．G中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，但H中不含有双键，不能使溴水褪色，a错误；
b．G和H中均含有酯基，均可以与NaOH溶液发生水解反应，b正确；
c．G中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，H中含有苯环，苯环上含有甲基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，c正确；
d．G和H的化学式不同，不属于同系物，d错误；
故答案选bc；
(5)利用环己醇和制备目标化合物，可以将环己醇经过浓硫酸的催化作用发生消去反应剩下环己烯，将环己烯与Br2加成剩下1,2-二溴环己烷，利用卤代烃的消去反应剩下1,3-环己二烯，将1,3-环己二烯与发生已知条件的反应生成目标化合物，具体流程为：。
12．(1)     Cl2、光照     酯基    
(2)A
(3)+2CH3CH2OH+2H2O
(4)二者虽然分子式相同，但结构不同，互为同分异构体
(5)CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHHOOCCH2COOH

【分析】由合成流程图中，H的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为：，根据B的分子式和H的结构简式可知B的结构简式为：，由B到C的转化条件结合C的分子式可知C的结构简式为：，由C到D的转化条件结合D的分子式可知，D的，由D到E的转化条件结合H的结构简式和E的分子式可知，E的结构简式为：，则F的结构简式为：，由F到G的转化条件结合G的分子式可知G的结构简式为：，(5)由题干信息可知HOOCCH2COOH由CNCH2COOH在酸性条件下水解生成，CNCH2COOH可由ClCH2COOH与NaCN反应制得，而CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH与O2催化氧化为CH3COOH，CH3COOH与Cl2在PCl3作用下生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与NaCN生成NCCH2COOH，由此确定合成路线，据此分析解题，
（1）
由分析可知，A为，B为，故A→B的反应条件是Cl2、光照，由题干图中H的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为酯基，由分析可知，化合物D的结构简式是，故答案为：Cl2、光照；酯基；；
（2）
A．由分析可知，A为，则苯环上的12个原子共平面，甲基上最多增加一个H原子与之共平面，故化合物A最多13个原子共平面，A错误；
B．由分析可知，化合物B为，故能发生燃烧属于氧化反应、苯环可发生加成反应，氯代烃水解属于取代反应，B正确；
C．由题干中H的结构简式可知，化合物H的分子式为C15H20O4，C正确；
故答案为：A；
（3）
由分析可知，F→G即与CH3CH2OH发生酯化反应生成，故该反应的化学反应方程式为： +2CH3CH2OH+2H2O，故答案为： +2CH3CH2OH+2H2O；
（4）
乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸中含有羧基，故丁酸具有羧酸的物理性质，即气味难闻且有腐臭味，而乙酸乙酯含有酯基，具有低级酯中香甜的气味，故答案为：二者虽然分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
（5）
由题干信息可知HOOCCH2COOH由CNCH2COOH在酸性条件下水解生成，CNCH2COOH可由ClCH2COOH与NaCN反应制得，而CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH与O2催化氧化为CH3COOH，CH3COOH与Cl2在PCl3作用下生成ClCH2COOH，ClCH2COOH与NaCN生成NCCH2COOH，由此确定合成路线为：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHHOOCCH2COOH，故答案为：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHHOOCCH2COOH。
13．(1)     3s 23p 2     原子半径C＜Si或键长C-C＜Si-Si或键能C-C＞Si-Si
(2)     直线型     H2S+O2=S+H2O、H2S+Cl2=S+2HCl、2H2S+SO2=3S+2H2O、H2S+Br2=S+2HBr合理即可
(3)     4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-     4NA
(4)     ＞     Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4     取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全

【解析】(1)
硅原子核外有14个电子，根据核外电子排布规律知，每个电子层上最多排2n2个电子，但最外层不大于8个电子，s能级上最多排2个电子，p能级上最多排6个电子，所以硅原子的最外层电子排布式为3s 23p 2；对于原子晶体而言，决定晶体熔点和硬度的因素是共价键的强弱，原子半径小，共价键键能越大，熔点越高，原子半径C＜Si，因此键长C-C＜Si-Si，则键能C-C＞Si-Si。所以金刚石熔点更高。
(2)
H2S转化为单质硫：①和氧气:H2S+O2=S+H2O；②和氯气:H2S+Cl2=S+2HCl；③和二氧化硫:2H2S+SO2=3S+2H2O；④和溴水:H2S+Br2=S+2HBr；CS2分子中C原子的价层电子对个数=，为直线型。
(3)
②反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1反应的离子方程式：4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-；若4mol Fe3O4完全转化为FeOCl，1molO2中2mol O元素的化合价降低，则转移的电子数目为4NA。
(4)
①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCI→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)；②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应为: SO+6FeOCl+3H2O=SO+2Fe3O4+6H++6Cl-，Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4；
③检验FeOCl转化完全需检验Cl-，操作和现象是：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。