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上海奉贤区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
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这是一份上海奉贤区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。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，有机推断题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海奉贤区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
一、工业流程题
1．（2021·上海奉贤·统考二模）海洋中蕴含丰富的资源，下图涉及多个以海水为原料的生产流程。
完成下列填空：
(1)步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是_______。
(2)工业上用与(热溶液)制备，反应如下：。配平上述反应方程式，并标出电子转移方向和数目_______。
(3)关于卤素的下列说法错误的是_______。
a．单质的熔点：
b．元素的非金属性：
c．单质的氧化性：
d．从海洋中获得、的过程均涉及氧化还原反应
(4)对图中所示生产过程的说法正确的是_______
a．溶解度：
b．第④⑤⑥步骤中，溴元素均被还原
c．第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高的浓度
d．联碱法与氨碱法相比，利用率较高，且能耗低
(5)步骤②是在饱和食盐水中先通入再通入，原因是_______。
(6)某同学将通入溶液中，当溶液呈中性时，溶液中浓度最大的微粒是_______。
a. b. c. d.
二、原理综合题
2．（2021·上海奉贤·统考二模）科学家利用反应对汽车尾气进行无害化处理，一定条件下，在密闭容器中充入和，一段时间后测得、浓度随时间变化如图1所示，的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比。
完成下列填空：
(1)氮原子最外层电子排布式为_______，氧原子核外能量最高的电子有_______个。
(2)根据图1，用表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是_______(保留小数后两位小数)。
(3)该反应的化学平衡常数表达式是_______，该反应的正反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(4)图2中a、b、c三点对应的平衡常数、、相对大小关系是_______。
(5)关于该可逆反应的说法正确的是_______。
a.加入催化剂可提高的平衡转化率
b.当体系中时，该反应达到平衡状态
c.保持其他条件不变，若充入，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大
d.投料比：
(6)随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_______。
3．（2023·上海奉贤·统考二模）CO2和SO2的大量排放会对环境产生影响，科学家在积极探索用化学方法吸收并综合利用CO2和SO2。
I．重整吸收CO2.主要反应如下：
①CO2(g)+CH4(g)⇌2H2(g)+2CO(g) -Q1(Q1大于0)
②CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) -Q2(Q2大于0)
在容积固定的某密闭容器中，反应物投料比按n(CO2)：n(CH4)=1：1发生上述反应，CO2、CH4的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
(1)根据消耗情况可以判断：图中曲线___________(选填“A”或“B”)表示CO2的平衡转化率随温度的变化趋势。提高CH4的平衡转化率的措施为___________(列举一条)。
(2)图中X点的v(CH4，正)___________v(CH4，逆)。(选填“>”、“<”或“=”)若起始c(CO2)=2mol·L-1，反应至5min时，CH4的转化率到达Y点，且c(H2)为0.2mol·L-1，则0~5min内H2O(g)的平均反应速率v=___________mol·L-1·min-1。
II．ZnO悬浊液吸收SO2，再催化氧化得到硫酸盐。
向ZnO悬浊液中缓缓通入SO2，SO2吸收率及溶液pH变化如图所示。已知：ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。
(3)在0~10min，溶液pH几乎保持不变，该阶段主要产物为___________(填化学式)；在30~40min，SO2吸收率迅速降低，该阶段主要反应的离子方程式为___________。
(4)调节吸收SO2所得溶液的pH为4.5~6.5，缓缓通入O2，则溶液pH将___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
三、有机推断题
4．（2021·上海奉贤·统考二模）苯丙酸乙酯H( )常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如下：
已知：(表示烃基)
完成下列填空：
(1)物质F名称是_______；物质B的结构简式是_______。
(2)完成D→H转化所需的试剂及条件分别是_______，该反应类型是_______。
(3)写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体_______。
①苯环上含3个取代基；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
③分子中有4种不同环境的H原子。
(4)物质E中含氧官能团的名称是_______，可检验该官能团的试剂是_______。
(5)物质A一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物，该反应化学方程式是_______。
(6)参照上述合成路线写出以乙烯为原料制备丁二酸的合成路线_______(无机试剂任选)，合成路线常用的表示方式为：
5．（2022·上海奉贤·统考二模）以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如下：
已知：
(1)B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式_______，E的官能团名称为_______。
(2)由乙炔生成A的化学方程式为_______，由B生成C的反应类型为_______，由B生成D的反应条件为_______。
(3)E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有_______种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式_______。
a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag
(4)参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1-丁醇的合成路线流程图_______。
6．（2023·上海奉贤·统考二模）奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如下：
已知：①
②
③G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃。
(1)A→B所需的反应试剂、反应条件分别为_______、_______。B→C的反应类型为________。
(2)F的结构简式为___________。
(3)J→K的化学方程式是___________。
(4)用G和L合成奥昔布宁时，通过在70℃左右蒸出___________(填物质名称)来提高产率。
(5)E的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列条件的物质的结构简式：___________。
①能发生银镜反应
②分子中仅含4种不同化学环境的氢原子
(6)结合题中信息，以 为有机原料，设计合成 的路线_______。(无机试剂与溶剂任选，合成路线可表示为：AB……目标产物)。
四、实验题
7．（2021·上海奉贤·统考二模）牙膏中的固体摩擦剂主要由碳酸钙、氢氧化铝和少量不与溶液、反应的成分组成，兴趣小组对摩擦剂的主要成分及含量进行探究。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量摩擦挤样品，加水充分溶解后，过滤，向滤渣中加入过理溶液，再次过滤，向滤液中通入过理，有白色沉淀生成，则证明摩擦剂含有。已知：
(1)在过滤操作中，不需要用到的玻璃仪器有_______(选填编号)
(2)氢氧化铝与溶液反应的离子方程式是_______
(3)某同学认为向再次过滤的滤液中通后有白色沉淀生成，不能证明摩擦剂中一定含有，若要确认其含有，则取该白色沉淀少许，洗涤后滴入过量盐酸，若出现_______(填写实验现象)，证明白色沉淀是，即摩擦剂中含有。
Ⅱ.摩擦剂中碳酸钙含量的测定。如图所示进行实验，滴入盐酸克分反应后，打开，持续通入一段时间空气后，取下C装置，过滤、洗涤沉淀、干燥、冷却、称重质量，计算样品中碳酸钙的质量分数。
完成下列填空：
(4)检查装置气密性后，如图加入试剂，关闭，打开和，持续鼓入空气一段时间后，关闭和，打开，再向锥形瓶中滴入盐酸。以上操作的目的是_______。
(5)有小组认为，过滤，称量质量，操作繁杂且易产生实验误差，故将图中C装置调换成E装置(如图)，你认为是否合适？并简述原因_______。
(6)实验中称取样品，若测得平均质量为。则摩擦剂样品中碳酸钙的质量分数是_______(小数点后保留三位数字)。
8．（2022·上海奉贤·统考二模）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500ml奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
(1)该小组将100.00ml海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是_______。取一半该粗盐，若将SO转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO已沉淀完全_______；洗涤干燥后，称量得到0.0233g沉淀，则该海水中SO的含量为_______mol/L，若未洗涤，则测得结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO，操作流程如下：
(2)步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有_______，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤_______次。若m2=1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因：_______。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
(3)请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好_______，请说明理由_______。
9．（2023·上海奉贤·统考二模）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
实验一：用如图装置制备SO2，并将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B．(省略夹持、加热仪器)
(1)制备的SO2中会混有少量的SO3，原因可能为___________。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为___________。
a．浓硫酸 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHS溶液 d．饱和NaHSO3溶液
实验二：验证白色沉淀B的成分。
分析：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。滴加氨水可释出其阴离子，便于后续检验。
相关反应为：①Ag2SO3+4NH3•H2O=2++4H2O；
②Ag2SO4+4NH3•H2O=2++4H2O。
流程如下：
(2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，请简述实验方法__________。
(3)沉淀D中主要含BaSO3，理由是___________。向滤液E中加入H2O2溶液，产生的现象是___________，可进一步证实B中含Ag2SO3。
实验三：探究的产生途径。
猜想1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
猜想2：实验二中，被氧化为进入D。
(4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断猜想1不合理。理由是：___________。
(5)不同反应的速率也有所不同。将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag。请从化学反应速率的角度分析原因：___________。
(6)实验探究可知，在___________(选填“酸性”“中性”“碱性”)溶液中更易被氧化为。
五、填空题
10．（2022·上海奉贤·统考二模）氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
(1)氮元素在周期表中的位置是_______，氮原子核外电子共占据_______个轨道，最外层有_______种不同能量的电子。
(2)氨气分子的空间构型为_______，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性_______(填“强”或者“弱”)。
(3)工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为_______。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0 ~ 10min的氨气的化学反应速率为_______。据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是_______(用文字表达)。
(4)工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到(NH4)2SO4，则该溶液中c(NH)与c(SO)之比_______2：1(选填“>”、“<”、“=”)，请结合离子方程式解释其原因_______。
11．（2022·上海奉贤·统考二模）中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
(1)已知1g火箭推进剂肼(N2H4)(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_______。
(2)飞船材料采用的某铝锂合金成分(质量百分比)如下(Bal指剩余的百分含量)：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
2.9-3.5
0.5
0.25-0.8
0.25
0.1
0.8-1.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40-55℃下进行表面处理0.5-2 min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式_______。工业上制铝，可采用电解_______(请选填序号)：
A．AlCl3 B．Al2O3 C．NaAlO2
同时需添加_______以降低熔点减少能量损耗。
(3)太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为_______，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2_______L。
(4)飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施_______。
12．（2023·上海奉贤·统考二模）含氯化合物有广泛的应用。
I.
(1)氯原子的核外有___________种能量不同的电子，氯化铵的电子式为___________。
(2)周期表中有3种主族元素与氯元素相邻，它们的气态氢化物的热稳定性由强至弱的顺序为___________(用分子式表示)。通常状况下，Cl2、Br2、I2依次是气体、液体、固体，从结构的角度分析其原因：___________。
Ⅱ.ClO2是一种高效消毒剂，用KClO3和浓HCl可制得它：
(3)请完成该制备反应的化学方程式___________。
_______KClO3+____HCl(浓)=_____Cl2↑+_____ClO2↑+_____KCl+______。
若反应产生8.96LClO2(标准状况)时，则转移电子数为___________。
(4)Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，Ca(ClO)2中存在的化学键为___________。工业制漂白粉的气体原料来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的___________(填电极名称)。
参考答案：
1． 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 3，6，5，1，3， ac cd NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体 a
【分析】海水的综合利用，涉及到制碱，提取镁，和提取溴，该过程中涉及到物质鉴别，氧化还原反应及金属冶炼等问题，以此解答；
【详解】(1) 步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2) Cl2→KCl，化合价降低1价，Cl2→KClO3，化合价升高5价，最小公倍数为5，即KClO3的化学计量数为1，KCl 的化学计量数为5，配平其他物质，化学方程式为3Cl2+6KOH =5KCl +KClO3+3H2O， ，故答案为：3，6，5，1，3，；
(3) a．卤素单质结构相似且都是分子晶体，其单质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大，故a错误；
b．卤素元素，从上到下元素非金属性逐渐减弱，故b正确；
c．元素的非金属性越强其单质的氧化性越强，卤素元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，所以卤族单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，故c错误；
d．Cl2，Br2在海水中均以化合态形式存在，故从海洋中获得、的过程均涉及氧化还原反应，故d正确；
故答案为：ac；
(4) a．可溶性碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，故a错误；
b．第④⑥步骤中，溴元素均被氧化，仅⑤溴元素被还原，故b错误；
c．稀溶液中少，所以第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高的浓度，故c正确；
d．联碱法与氨碱法相比，利用率较高，且能耗低，故d正确；
故答案为：cd；
(5)步骤②是在饱和食盐水中先通入再通入，原因是NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体，故答案为：NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体；
(6)溶液呈电中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+) = 2c(CO ) + c(HCO)+ c(OH-)，c(Na+)=2c(CO ) + c(HCO)，所以c(Na+)最大，故答案为：a。
)
2． 4 放热反应 c d 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响
【详解】(1)氮原子的原子序数为7，最外层电子排布式为2s22p3；氧原子的原子序数为8，最外层电子排布式为2s22p4，2p能级上4个电子能量最高，故答案为：2s22p3；4；
(2)由图1可知，40min时，反应达到平衡，生成二氧化碳的浓度为1.6mol/L，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得用氮气表示该反应达平衡过程中的平均反应速率为×=，故答案为：；
(3) 化学平衡常数是指在一定温度下，达到平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，则该反应的化学平衡常数表达式为；由图2可知，在起始投料比一定时，升高温度，一氧化碳的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：；放热反应；
(4) 化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图2可知，b、c温度相同，高于a，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则、、相对大小关系为，故答案为：；
(5)a．加入催化剂，只能加快反应速率，但是不能改变反应的平衡移动，则不能提高一氧化碳平衡转化率，故错误；
b．二氧化碳和氮气是生成物，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氮气的比值始终为2:1，则二氧化碳和氮气的比值为2:1不能判断反应是否达到平衡，故错误；
c．保持其他条件不变，若充入氮气，生成物浓度增大，反应速率增大，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，故正确；
d．起始投料比越大，一氧化氮的浓度越大，平衡时一氧化碳的转化率越大，由图2可知，温度一定时，一氧化碳的转化率的大小顺序为，则起始投料比的大小顺序为，故正确；
cd正确，故答案为：cd；
(6) 由图2可知，温度较低时，反应物的投料比越大，反应物的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，浓度变化是影响平衡移动的主要因素；该可逆反应为放热反应，当温度较高时，平衡向逆反应方向移动，温度变化是影响平衡移动的主要因素，对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，不论以何种投料比，一氧化碳的转化率都减小，故答案为：温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响。
3．(1) A 增加二氧化碳的投料等
(2) < 0.04
(3) ZnSO3
(4)减小
【详解】（1）反应①中CO2、CH4的转化率相同，但是二氧化碳也参与反应②的转化，故二氧化碳转化率高于甲烷，结合图像可知，图中曲线A表示CO2的平衡转化率随温度的变化趋势。提高CH4的平衡转化率的措施为增加二氧化碳的投料、减小压强、降低温度等；
（2）图中X点的转化率高于平衡时的转化率，故反应逆向进行，v(CH4，正)
（3）在0~10min，氧化锌悬浊液吸收二氧化硫生成微溶的亚硫酸锌，溶液pH几乎保持不变，故该阶段主要产物为ZnSO3；在30~40min，生成的ZnSO3和过量的二氧化硫生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时pH迅速下降，生成的亚硫酸根离子抑制二氧化硫的吸收，导致SO2吸收率迅速降低，该阶段主要反应的离子方程式为；
（4）缓缓通入O2，则溶液中被氧气氧化为硫酸根离子，，溶液酸性增强，pH减小。
4． 乙酸乙酯 浓硫酸和无水乙醇、加热 取代 或 醛基 新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液
CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH
【分析】对比A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，结合D的结构简式可知A中含有苯环，故A为 ，结合给予的信息可知，B发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，故B为 、C为 ，D与乙醇发生酯化反应生成H( )；由E的分子式、F与G的结构简式，可推知E为 ，G与氢气发生加成反应(或还原反应)生成H；(6)乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，据此分析解题。
【详解】(1)由合成路线图可知，物质F的结构简式为：CH3COOCH2CH3，故其名称是乙酸乙酯；由分析可知，物质B的结构简式是 ，故答案为：乙酸乙酯； ；
(2)完成D→H即 转化 为酯化反应，故所需的试剂及条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：浓硫酸，加热；酯化反应；
(3) 一种同时满足下列条件的D的同分异构体：ⅰ．苯环上含3个取代基；ⅱ．既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，ⅲ．核磁共振氢谱有4个吸收峰，说明存在对称结构且含有2个甲基，可能的结构简式为： 、 ，
故答案为： 或 ；
(4)由分析可知，物质E的结构简式为 ，故其中含氧官能团的名称是醛基，检验醛基通常用新制的银氨溶液或者新制的Cu(OH)2悬浊液，故答案为：醛基；银氨溶液或者新制的Cu(OH)2悬浊液；
(5)由分析可知，物质A的结构简式为 ，故其一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物的反应化学方程式是： ，故答案为： ；
（6）乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，合成路线流程图为：
CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH，故答案为：CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH。
5．(1) CH2OHCH2CH2CH2OH 羧基
(2) HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH 消去反应 Cu，加热
(3) 6 HCOOCH2CH2OOCH
(4)CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH
【分析】根据顺丁橡胶分析，C为1,3-丁二烯，则B为CH2OHCH2CH2CH2OH，A为HOCH2C≡CCH2OH，B和氧气反应生成D，为CHOHCH2CH2CHO，D和氧气生成E为HOOCCH2CH2COOH，与B发生缩聚反应生成PBS。据此解答。
(1)
根据分析可知B的结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH，官能团为羟基；
(2)
由乙炔生成A的化学方程式为：HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；B到C为醇的消去反应，B到D为催化氧化反应，反应条件为铜存在下与氧气反应。
(3)
E的同分异构体中满足a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag，说明含有两个甲酸酯，则结构简式可能为HCOOCH2CH2OOCH，或HCOOCH(CH3)OOCH，或含有一个酯基和一个醛基，一个羟基，结构简式为HCOOCH(OH)CH2CHO或HCOOCH2CH(OH)CHO，或HCOOC(OH)(CH3)CHO或HCOOCH(CH2OH)CHO ，共6种。只含2种氢原子的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH。
(4)
丙烯为原料制备1-丁醇，需要进行碳链加长，根据信息，应先形成碳碳三键，则丙烯和溴加成后生成氯代烃，再消去生成碳碳三键，再与甲醛发生加成反应生成炔醇类物质，再与氢气加成即可，故合成路线流程为CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH。
6．(1) H2 催化剂、加热 取代反应
(2)
(3)
(4)乙酸甲酯
(5) 、 、 等
(6)
【分析】A为苯酚，苯酚与氢气发生加成反应生成B为 ，B与浓HCl反应生成C为 ，C与Mg、乙醚发生信息①的反应生成D为 ，根据G的结构简式和信息①的反应，反推F为 ，根据E的分子式和F的结构简式，可知E到F发生的是酯化反应，E为 。根据K的结构简式和J的分子式，可知J到K发生的是醇的酯化反应，J为 ，K反应生成L，L和G发生信息②的反应生成奥昔布宁为 。
【详解】（1）苯酚与氢气发生加成反应生成B，反应试剂为H2，反应条件为催化剂、加热。根据分析可知B到C发生的是取代反应。
（2）根据分析可知，F的结构简式为 。
（3）J为 ，其与乙酸发生酯化反应生成K，化学方程式为 。
（4）G和L反应生成 和CH3COOCH3，已知G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃，因此通过在70℃左右蒸出CH3COOCH3，促使该反应正向移动，提高奥昔布宁的产率。
（5）①能发生银镜反应说明含有醛基，分子中仅含有4种不同化学环境的氢原子，则满足条件的结构有 、 、 等。
（6） 与浓盐酸加热条件下发生取代反应生成 ， 与Mg、乙醚反应生成 ， 发生醇的催化氧化生成 ， 与 反应生成目标产物。合成路线为 。
7． a 沉淀溶解，无气泡产生 排尽装置中的，防止对实验产生干扰 不合适，因为盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量结果偏高 12.5%
【分析】I.将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离， 然后向滤渣中加入过量NaOH溶液， Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解， 过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；
II.实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体， 气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀， 装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应。
【详解】I.(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故不需要使用的实验仪器序号为：a
(2) Al(OH)3是两性氢氧化物， 能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：；
(3)若摩擦剂中无Al(OH)3， 向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体， 发生反应：NaOH+ CO2=NaHCO3， 若产生的NaHCO3比较多， 而其溶解度又比较小， 则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2， 再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3+ NaHCO3， 则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3；
(4)实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2, 防止对实验产生干扰；
(5)换成E装置吸收CO2，直接测定CO2的质量，是不合适的；原因为：盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量的CO2偏高，故不可以；
(6) BaCO3质量为1.97g。则n(BaCO3)==0.01mol，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol， 其质量m(CaCO3) =1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为=12.5%。
8．(1) 取样于试管中，先加盐酸无沉淀，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则有SO 静置，向上层清液中继续滴加几滴氯化钡溶液，若无沉淀产生，则SO已沉淀完全 0.002 偏大
(2) 漏斗、烧杯、玻璃棒 1 不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了
(3) 甲 电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高
【解析】(1)
实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；判断已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；将100.00ml海水取一半将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，0.0233g BaSO4的物质的量为，则该海水中的含量为，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.002；偏大；
(2)
步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了；
(3)
甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，故答案为：甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高。
9．(1) 浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3 ad
(2)往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量
(3) BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3 有白色沉淀生成
(4)Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4
(5)SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快
(6)碱性
【分析】将浓硫酸加入盛有Cu片的两颈烧瓶内，加热，将生成的气体通过盛有试剂a的洗气瓶，除去其中混有的SO3，再将SO2通入AgNO3溶液中，得到溶液与沉淀的混合物，然后通过后续实验分析沉淀的成分。
【详解】（1）制备的SO2中会混有少量的SO3，烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧化生成，原因可能为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，故选ad。答案为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3；ad；
（2）欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有，则实验方法：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量。答案为：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量；
（3）从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSO3，理由是：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3。滤液E中含有亚硫酸，加入H2O2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，则产生的现象是：有白色沉淀生成。答案为：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3；有白色沉淀生成；
（4）取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现BaSO4白色沉淀，则表明溶液中不含有，可判断猜想1不合理。理由是：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4。答案为：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4；
（5）将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag，则起初未生成Ag2SO4，从而表明生成Ag2SO4的反应速率慢，则从化学反应速率的角度分析原因：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快。答案为：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快；
（6）实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成，而碱性溶液中，中混有，从而表明碱性溶液中更易被氧化为。答案为：碱性。
【点睛】Ag2SO4能溶于氨水，不溶于盐酸。
10．(1) 第二周期第VA族 5 2
(2) 三角锥形 强
(3) 0.0005molL-1•min-1 通入氨气
(4) < NH水解，使NH浓度减少，NH+ H2ONH3·H2O + H+
【解析】（1）
氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子；
（2）
NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强；
（3）
工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0 ~ 10min内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气；
（4）
(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以c()与c()之比＜2：1，故答案为：<；水解，使浓度减少，。
11．(1)N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)
(2) 2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O B 冰晶石
(3) Na2CO3 11.2
(4)Al3+水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，相互反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度
【解析】(1)
1g N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量16.7kJ，1mol N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量32×16.7kJ=534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ；
(2)
铝表面会形成致密的氧化膜Al2O3，故碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式为：2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O；工业上制铝，采用电解熔融氧化铝的方法，故选B；根据工业制铝反应：，需添加冰晶石以降低氧化铝的熔融温度减少能量损耗；
(3)
根据反应物化合价变化，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，氧化产物为O2，还原产物为Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ~2e-，转移电子与氧气之比为2：1，故转移1mol电子时，生成标准状况下O2的体积为；
(4)
Al3+水解使溶液呈酸性，碳酸氢钠水解使溶液呈碱性，两者发生双水解反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度。
12．(1) 5
(2) HF>HCl>HBr>H2S Cl2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高
(3)
(4) 离子键和共价键 阳极
【详解】（1）基态氯原子的电子排布式为：，共有5种能量不同的电子，氯化铵的电子式为：；
（2）与氯元素相邻的主族元素分别是F、S、Br，它们的电负性大小顺序是：F>Cl>Br>S，电负性越大，非金属性越大，气态氢化物的热稳定性越强，因此热稳定性强弱顺序为：HF>HCl>HBr>H2S。Cl2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高，因此常温下Cl2、Br2、I2依次是气体、液体、固体；
（3）根据氧化还原反应原理、质量守恒定律，该反应的化学方程式为：。标准状况下，的物质的量为，根据方程式，每生成转移电子，因此反应产生 (标准状况)时，转移电子数为；
（4）由和通过离子键结合而成，中原子与原子之间通过共价键结合，因此中存在的化学键为离子键和共价键。工业制漂白粉的气体是，来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的阳极。
上海奉贤区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
一、工业流程题
1．（2021·上海奉贤·统考二模）海洋中蕴含丰富的资源，下图涉及多个以海水为原料的生产流程。
完成下列填空：
(1)步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是_______。
(2)工业上用与(热溶液)制备，反应如下：。配平上述反应方程式，并标出电子转移方向和数目_______。
(3)关于卤素的下列说法错误的是_______。
a．单质的熔点：
b．元素的非金属性：
c．单质的氧化性：
d．从海洋中获得、的过程均涉及氧化还原反应
(4)对图中所示生产过程的说法正确的是_______
a．溶解度：
b．第④⑤⑥步骤中，溴元素均被还原
c．第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高的浓度
d．联碱法与氨碱法相比，利用率较高，且能耗低
(5)步骤②是在饱和食盐水中先通入再通入，原因是_______。
(6)某同学将通入溶液中，当溶液呈中性时，溶液中浓度最大的微粒是_______。
a. b. c. d.
二、原理综合题
2．（2021·上海奉贤·统考二模）科学家利用反应对汽车尾气进行无害化处理，一定条件下，在密闭容器中充入和，一段时间后测得、浓度随时间变化如图1所示，的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比。
完成下列填空：
(1)氮原子最外层电子排布式为_______，氧原子核外能量最高的电子有_______个。
(2)根据图1，用表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是_______(保留小数后两位小数)。
(3)该反应的化学平衡常数表达式是_______，该反应的正反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(4)图2中a、b、c三点对应的平衡常数、、相对大小关系是_______。
(5)关于该可逆反应的说法正确的是_______。
a.加入催化剂可提高的平衡转化率
b.当体系中时，该反应达到平衡状态
c.保持其他条件不变，若充入，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大
d.投料比：
(6)随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_______。
3．（2023·上海奉贤·统考二模）CO2和SO2的大量排放会对环境产生影响，科学家在积极探索用化学方法吸收并综合利用CO2和SO2。
I．重整吸收CO2.主要反应如下：
①CO2(g)+CH4(g)⇌2H2(g)+2CO(g) -Q1(Q1大于0)
②CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) -Q2(Q2大于0)
在容积固定的某密闭容器中，反应物投料比按n(CO2)：n(CH4)=1：1发生上述反应，CO2、CH4的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
(1)根据消耗情况可以判断：图中曲线___________(选填“A”或“B”)表示CO2的平衡转化率随温度的变化趋势。提高CH4的平衡转化率的措施为___________(列举一条)。
(2)图中X点的v(CH4，正)___________v(CH4，逆)。(选填“>”、“<”或“=”)若起始c(CO2)=2mol·L-1，反应至5min时，CH4的转化率到达Y点，且c(H2)为0.2mol·L-1，则0~5min内H2O(g)的平均反应速率v=___________mol·L-1·min-1。
II．ZnO悬浊液吸收SO2，再催化氧化得到硫酸盐。
向ZnO悬浊液中缓缓通入SO2，SO2吸收率及溶液pH变化如图所示。已知：ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。
(3)在0~10min，溶液pH几乎保持不变，该阶段主要产物为___________(填化学式)；在30~40min，SO2吸收率迅速降低，该阶段主要反应的离子方程式为___________。
(4)调节吸收SO2所得溶液的pH为4.5~6.5，缓缓通入O2，则溶液pH将___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
三、有机推断题
4．（2021·上海奉贤·统考二模）苯丙酸乙酯H( )常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如下：
已知：(表示烃基)
完成下列填空：
(1)物质F名称是_______；物质B的结构简式是_______。
(2)完成D→H转化所需的试剂及条件分别是_______，该反应类型是_______。
(3)写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体_______。
①苯环上含3个取代基；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
③分子中有4种不同环境的H原子。
(4)物质E中含氧官能团的名称是_______，可检验该官能团的试剂是_______。
(5)物质A一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物，该反应化学方程式是_______。
(6)参照上述合成路线写出以乙烯为原料制备丁二酸的合成路线_______(无机试剂任选)，合成路线常用的表示方式为：
5．（2022·上海奉贤·统考二模）以乙炔为原料，可制得顺丁橡胶和高分子生物降解材料PBS，其合成路线如下：
已知：
(1)B不能使溴水褪色，请写出B的结构简式_______，E的官能团名称为_______。
(2)由乙炔生成A的化学方程式为_______，由B生成C的反应类型为_______，由B生成D的反应条件为_______。
(3)E有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体有_______种，请写出其中只含2种氢原子的同分异构体的结构简式_______。
a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag
(4)参考题干合成路线的格式，写出以丙烯为原料制备1-丁醇的合成路线流程图_______。
6．（2023·上海奉贤·统考二模）奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如下：
已知：①
②
③G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃。
(1)A→B所需的反应试剂、反应条件分别为_______、_______。B→C的反应类型为________。
(2)F的结构简式为___________。
(3)J→K的化学方程式是___________。
(4)用G和L合成奥昔布宁时，通过在70℃左右蒸出___________(填物质名称)来提高产率。
(5)E的同分异构体有多种，请写出其中一种符合下列条件的物质的结构简式：___________。
①能发生银镜反应
②分子中仅含4种不同化学环境的氢原子
(6)结合题中信息，以 为有机原料，设计合成 的路线_______。(无机试剂与溶剂任选，合成路线可表示为：AB……目标产物)。
四、实验题
7．（2021·上海奉贤·统考二模）牙膏中的固体摩擦剂主要由碳酸钙、氢氧化铝和少量不与溶液、反应的成分组成，兴趣小组对摩擦剂的主要成分及含量进行探究。
Ⅰ.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量摩擦挤样品，加水充分溶解后，过滤，向滤渣中加入过理溶液，再次过滤，向滤液中通入过理，有白色沉淀生成，则证明摩擦剂含有。已知：
(1)在过滤操作中，不需要用到的玻璃仪器有_______(选填编号)
(2)氢氧化铝与溶液反应的离子方程式是_______
(3)某同学认为向再次过滤的滤液中通后有白色沉淀生成，不能证明摩擦剂中一定含有，若要确认其含有，则取该白色沉淀少许，洗涤后滴入过量盐酸，若出现_______(填写实验现象)，证明白色沉淀是，即摩擦剂中含有。
Ⅱ.摩擦剂中碳酸钙含量的测定。如图所示进行实验，滴入盐酸克分反应后，打开，持续通入一段时间空气后，取下C装置，过滤、洗涤沉淀、干燥、冷却、称重质量，计算样品中碳酸钙的质量分数。
完成下列填空：
(4)检查装置气密性后，如图加入试剂，关闭，打开和，持续鼓入空气一段时间后，关闭和，打开，再向锥形瓶中滴入盐酸。以上操作的目的是_______。
(5)有小组认为，过滤，称量质量，操作繁杂且易产生实验误差，故将图中C装置调换成E装置(如图)，你认为是否合适？并简述原因_______。
(6)实验中称取样品，若测得平均质量为。则摩擦剂样品中碳酸钙的质量分数是_______(小数点后保留三位数字)。
8．（2022·上海奉贤·统考二模）某班以小组为单位，利用海水进行粗盐提纯及资源利用的项目化学习。
小组1：收集了500ml奉贤海湾的海水，在实验室中提取粗盐，并检验杂质离子。
(1)该小组将100.00ml海水样品蒸发结晶，得到乳白色粗盐晶体m1g，若要检验该粗盐中是否含有硫酸根离子，方法是_______。取一半该粗盐，若将SO转化成硫酸钡沉淀，如何判断SO已沉淀完全_______；洗涤干燥后，称量得到0.0233g沉淀，则该海水中SO的含量为_______mol/L，若未洗涤，则测得结果_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
小组2：将小组1所得粗盐的一半进行精制，除去杂质离子Ca2+、Mg2+和SO，操作流程如下：
(2)步骤⑤操作中用到的玻璃仪器有_______，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤_______次。若m2=1.346g，据此能否计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度？若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因：_______。
小组3：利用小组2得到精盐的水溶液及铅笔、饮料瓶、电池等自制84消毒液。
(3)请对比该小组设计的两种制备装置甲和乙，你认为哪种装置更好_______，请说明理由_______。
9．（2023·上海奉贤·统考二模）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
实验一：用如图装置制备SO2，并将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B．(省略夹持、加热仪器)
(1)制备的SO2中会混有少量的SO3，原因可能为___________。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为___________。
a．浓硫酸 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHS溶液 d．饱和NaHSO3溶液
实验二：验证白色沉淀B的成分。
分析：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。滴加氨水可释出其阴离子，便于后续检验。
相关反应为：①Ag2SO3+4NH3•H2O=2++4H2O；
②Ag2SO4+4NH3•H2O=2++4H2O。
流程如下：
(2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，请简述实验方法__________。
(3)沉淀D中主要含BaSO3，理由是___________。向滤液E中加入H2O2溶液，产生的现象是___________，可进一步证实B中含Ag2SO3。
实验三：探究的产生途径。
猜想1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。
猜想2：实验二中，被氧化为进入D。
(4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断猜想1不合理。理由是：___________。
(5)不同反应的速率也有所不同。将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag。请从化学反应速率的角度分析原因：___________。
(6)实验探究可知，在___________(选填“酸性”“中性”“碱性”)溶液中更易被氧化为。
五、填空题
10．（2022·上海奉贤·统考二模）氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：
(1)氮元素在周期表中的位置是_______，氮原子核外电子共占据_______个轨道，最外层有_______种不同能量的电子。
(2)氨气分子的空间构型为_______，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性_______(填“强”或者“弱”)。
(3)工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为_______。一定条件下，在容积为2L的密闭容器中模拟该反应，测得10min时氮气为0.195mol，请计算0 ~ 10min的氨气的化学反应速率为_______。据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是_______(用文字表达)。
(4)工业上用氨水吸收SO2尾气，若最终得到(NH4)2SO4，则该溶液中c(NH)与c(SO)之比_______2：1(选填“>”、“<”、“=”)，请结合离子方程式解释其原因_______。
11．（2022·上海奉贤·统考二模）中国“神舟”飞船举世瞩目，请完成下列填空：
(1)已知1g火箭推进剂肼(N2H4)(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)时，放出16.7kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_______。
(2)飞船材料采用的某铝锂合金成分(质量百分比)如下(Bal指剩余的百分含量)：
成分
Si
Fe
Cu
Mn
Mg
Zn
Ti
Li
Al
含量
0.08
0.1
2.9-3.5
0.5
0.25-0.8
0.25
0.1
0.8-1.1
Bal
采用碱腐蚀工艺，用稀NaOH 溶液在40-55℃下进行表面处理0.5-2 min，以便形成致密氧化膜提高耐腐蚀性能。请写出碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式_______。工业上制铝，可采用电解_______(请选填序号)：
A．AlCl3 B．Al2O3 C．NaAlO2
同时需添加_______以降低熔点减少能量损耗。
(3)太空舱中宇航员可利用呼出的二氧化碳与过氧化钠作用来获得氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，其中还原产物为_______，当转移1mol电子时，生成标准状况下O2_______L。
(4)飞船返回时，反推发动机的燃料中含铝粉，若回收地点附近水中Al3+浓度超标，可喷洒碳酸氢钠减少污染，请结合平衡移动规律解释该措施_______。
12．（2023·上海奉贤·统考二模）含氯化合物有广泛的应用。
I.
(1)氯原子的核外有___________种能量不同的电子，氯化铵的电子式为___________。
(2)周期表中有3种主族元素与氯元素相邻，它们的气态氢化物的热稳定性由强至弱的顺序为___________(用分子式表示)。通常状况下，Cl2、Br2、I2依次是气体、液体、固体，从结构的角度分析其原因：___________。
Ⅱ.ClO2是一种高效消毒剂，用KClO3和浓HCl可制得它：
(3)请完成该制备反应的化学方程式___________。
_______KClO3+____HCl(浓)=_____Cl2↑+_____ClO2↑+_____KCl+______。
若反应产生8.96LClO2(标准状况)时，则转移电子数为___________。
(4)Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，Ca(ClO)2中存在的化学键为___________。工业制漂白粉的气体原料来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的___________(填电极名称)。
参考答案：
1． 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 3，6，5，1，3， ac cd NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体 a
【分析】海水的综合利用，涉及到制碱，提取镁，和提取溴，该过程中涉及到物质鉴别，氧化还原反应及金属冶炼等问题，以此解答；
【详解】(1) 步骤①中电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2) Cl2→KCl，化合价降低1价，Cl2→KClO3，化合价升高5价，最小公倍数为5，即KClO3的化学计量数为1，KCl 的化学计量数为5，配平其他物质，化学方程式为3Cl2+6KOH =5KCl +KClO3+3H2O， ，故答案为：3，6，5，1，3，；
(3) a．卤素单质结构相似且都是分子晶体，其单质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大，故a错误；
b．卤素元素，从上到下元素非金属性逐渐减弱，故b正确；
c．元素的非金属性越强其单质的氧化性越强，卤素元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，所以卤族单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，故c错误；
d．Cl2，Br2在海水中均以化合态形式存在，故从海洋中获得、的过程均涉及氧化还原反应，故d正确；
故答案为：ac；
(4) a．可溶性碳酸盐的溶解度大于相应的碳酸氢盐，故a错误；
b．第④⑥步骤中，溴元素均被氧化，仅⑤溴元素被还原，故b错误；
c．稀溶液中少，所以第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高的浓度，故c正确；
d．联碱法与氨碱法相比，利用率较高，且能耗低，故d正确；
故答案为：cd；
(5)步骤②是在饱和食盐水中先通入再通入，原因是NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体，故答案为：NH3极易溶于水，使溶液呈碱性可以吸收大量的二氧化碳，才能产生较多的HCO，以析出更多的固体；
(6)溶液呈电中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+) = 2c(CO ) + c(HCO)+ c(OH-)，c(Na+)=2c(CO ) + c(HCO)，所以c(Na+)最大，故答案为：a。
)
2． 4 放热反应 c d 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响
【详解】(1)氮原子的原子序数为7，最外层电子排布式为2s22p3；氧原子的原子序数为8，最外层电子排布式为2s22p4，2p能级上4个电子能量最高，故答案为：2s22p3；4；
(2)由图1可知，40min时，反应达到平衡，生成二氧化碳的浓度为1.6mol/L，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得用氮气表示该反应达平衡过程中的平均反应速率为×=，故答案为：；
(3) 化学平衡常数是指在一定温度下，达到平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，则该反应的化学平衡常数表达式为；由图2可知，在起始投料比一定时，升高温度，一氧化碳的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：；放热反应；
(4) 化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图2可知，b、c温度相同，高于a，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则、、相对大小关系为，故答案为：；
(5)a．加入催化剂，只能加快反应速率，但是不能改变反应的平衡移动，则不能提高一氧化碳平衡转化率，故错误；
b．二氧化碳和氮气是生成物，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氮气的比值始终为2:1，则二氧化碳和氮气的比值为2:1不能判断反应是否达到平衡，故错误；
c．保持其他条件不变，若充入氮气，生成物浓度增大，反应速率增大，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，故正确；
d．起始投料比越大，一氧化氮的浓度越大，平衡时一氧化碳的转化率越大，由图2可知，温度一定时，一氧化碳的转化率的大小顺序为，则起始投料比的大小顺序为，故正确；
cd正确，故答案为：cd；
(6) 由图2可知，温度较低时，反应物的投料比越大，反应物的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，浓度变化是影响平衡移动的主要因素；该可逆反应为放热反应，当温度较高时，平衡向逆反应方向移动，温度变化是影响平衡移动的主要因素，对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，不论以何种投料比，一氧化碳的转化率都减小，故答案为：温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响。
3．(1) A 增加二氧化碳的投料等
(2) < 0.04
(3) ZnSO3
(4)减小
【详解】（1）反应①中CO2、CH4的转化率相同，但是二氧化碳也参与反应②的转化，故二氧化碳转化率高于甲烷，结合图像可知，图中曲线A表示CO2的平衡转化率随温度的变化趋势。提高CH4的平衡转化率的措施为增加二氧化碳的投料、减小压强、降低温度等；
（2）图中X点的转化率高于平衡时的转化率，故反应逆向进行，v(CH4，正)
（3）在0~10min，氧化锌悬浊液吸收二氧化硫生成微溶的亚硫酸锌，溶液pH几乎保持不变，故该阶段主要产物为ZnSO3；在30~40min，生成的ZnSO3和过量的二氧化硫生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时pH迅速下降，生成的亚硫酸根离子抑制二氧化硫的吸收，导致SO2吸收率迅速降低，该阶段主要反应的离子方程式为；
（4）缓缓通入O2，则溶液中被氧气氧化为硫酸根离子，，溶液酸性增强，pH减小。
4． 乙酸乙酯 浓硫酸和无水乙醇、加热 取代 或 醛基 新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液
CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH
【分析】对比A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，结合D的结构简式可知A中含有苯环，故A为 ，结合给予的信息可知，B发生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，故B为 、C为 ，D与乙醇发生酯化反应生成H( )；由E的分子式、F与G的结构简式，可推知E为 ，G与氢气发生加成反应(或还原反应)生成H；(6)乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，据此分析解题。
【详解】(1)由合成路线图可知，物质F的结构简式为：CH3COOCH2CH3，故其名称是乙酸乙酯；由分析可知，物质B的结构简式是 ，故答案为：乙酸乙酯； ；
(2)完成D→H即 转化 为酯化反应，故所需的试剂及条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：浓硫酸，加热；酯化反应；
(3) 一种同时满足下列条件的D的同分异构体：ⅰ．苯环上含3个取代基；ⅱ．既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，ⅲ．核磁共振氢谱有4个吸收峰，说明存在对称结构且含有2个甲基，可能的结构简式为： 、 ，
故答案为： 或 ；
(4)由分析可知，物质E的结构简式为 ，故其中含氧官能团的名称是醛基，检验醛基通常用新制的银氨溶液或者新制的Cu(OH)2悬浊液，故答案为：醛基；银氨溶液或者新制的Cu(OH)2悬浊液；
(5)由分析可知，物质A的结构简式为 ，故其一定条件下通过加聚反应得到一种高分子化合物的反应化学方程式是： ，故答案为： ；
（6）乙烯与溴单质发生加成反应生成BrCH2CH2Br，然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，合成路线流程图为：
CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH，故答案为：CH2=CH2Br-CH2CH2-BrCN-CH2CH2-CNHOOC-CH2CH2-COOH。
5．(1) CH2OHCH2CH2CH2OH 羧基
(2) HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH 消去反应 Cu，加热
(3) 6 HCOOCH2CH2OOCH
(4)CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH
【分析】根据顺丁橡胶分析，C为1,3-丁二烯，则B为CH2OHCH2CH2CH2OH，A为HOCH2C≡CCH2OH，B和氧气反应生成D，为CHOHCH2CH2CHO，D和氧气生成E为HOOCCH2CH2COOH，与B发生缩聚反应生成PBS。据此解答。
(1)
根据分析可知B的结构简式为CH2OHCH2CH2CH2OH，官能团为羟基；
(2)
由乙炔生成A的化学方程式为：HC≡CH + 2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；B到C为醇的消去反应，B到D为催化氧化反应，反应条件为铜存在下与氧气反应。
(3)
E的同分异构体中满足a.含酯基，不含醚键 b.1mol该有机物与足量银氨溶液反应，生成4mol Ag，说明含有两个甲酸酯，则结构简式可能为HCOOCH2CH2OOCH，或HCOOCH(CH3)OOCH，或含有一个酯基和一个醛基，一个羟基，结构简式为HCOOCH(OH)CH2CHO或HCOOCH2CH(OH)CHO，或HCOOC(OH)(CH3)CHO或HCOOCH(CH2OH)CHO ，共6种。只含2种氢原子的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH。
(4)
丙烯为原料制备1-丁醇，需要进行碳链加长，根据信息，应先形成碳碳三键，则丙烯和溴加成后生成氯代烃，再消去生成碳碳三键，再与甲醛发生加成反应生成炔醇类物质，再与氢气加成即可，故合成路线流程为CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3C≡CH CH3C≡CCH2OH CH3CH2CH2CH2OH。
6．(1) H2 催化剂、加热 取代反应
(2)
(3)
(4)乙酸甲酯
(5) 、 、 等
(6)
【分析】A为苯酚，苯酚与氢气发生加成反应生成B为 ，B与浓HCl反应生成C为 ，C与Mg、乙醚发生信息①的反应生成D为 ，根据G的结构简式和信息①的反应，反推F为 ，根据E的分子式和F的结构简式，可知E到F发生的是酯化反应，E为 。根据K的结构简式和J的分子式，可知J到K发生的是醇的酯化反应，J为 ，K反应生成L，L和G发生信息②的反应生成奥昔布宁为 。
【详解】（1）苯酚与氢气发生加成反应生成B，反应试剂为H2，反应条件为催化剂、加热。根据分析可知B到C发生的是取代反应。
（2）根据分析可知，F的结构简式为 。
（3）J为 ，其与乙酸发生酯化反应生成K，化学方程式为 。
（4）G和L反应生成 和CH3COOCH3，已知G、L和奥昔布宁的沸点均高于200℃，因此通过在70℃左右蒸出CH3COOCH3，促使该反应正向移动，提高奥昔布宁的产率。
（5）①能发生银镜反应说明含有醛基，分子中仅含有4种不同化学环境的氢原子，则满足条件的结构有 、 、 等。
（6） 与浓盐酸加热条件下发生取代反应生成 ， 与Mg、乙醚反应生成 ， 发生醇的催化氧化生成 ， 与 反应生成目标产物。合成路线为 。
7． a 沉淀溶解，无气泡产生 排尽装置中的，防止对实验产生干扰 不合适，因为盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量结果偏高 12.5%
【分析】I.将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离， 然后向滤渣中加入过量NaOH溶液， Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解， 过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；
II.实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体， 气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀， 装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应。
【详解】I.(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故不需要使用的实验仪器序号为：a
(2) Al(OH)3是两性氢氧化物， 能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：；
(3)若摩擦剂中无Al(OH)3， 向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体， 发生反应：NaOH+ CO2=NaHCO3， 若产生的NaHCO3比较多， 而其溶解度又比较小， 则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2， 再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O= Al(OH)3+ NaHCO3， 则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3；
(4)实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2, 防止对实验产生干扰；
(5)换成E装置吸收CO2，直接测定CO2的质量，是不合适的；原因为：盐酸挥发产生的气体及水蒸气会被碱石灰吸收，使测量的CO2偏高，故不可以；
(6) BaCO3质量为1.97g。则n(BaCO3)==0.01mol，根据C元素守恒可知在8.0g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01mol， 其质量m(CaCO3) =1.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为=12.5%。
8．(1) 取样于试管中，先加盐酸无沉淀，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则有SO 静置，向上层清液中继续滴加几滴氯化钡溶液，若无沉淀产生，则SO已沉淀完全 0.002 偏大
(2) 漏斗、烧杯、玻璃棒 1 不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了
(3) 甲 电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高
【解析】(1)
实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；判断已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；将100.00ml海水取一半将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，0.0233g BaSO4的物质的量为，则该海水中的含量为，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，不产生白色沉淀；0.002；偏大；
(2)
步骤⑤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成NaCl，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl的量比原来海水中多了；
(3)
甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84消毒液，故答案为：甲；电解生成的氯气与NaOH反应更充分，制备次氯酸钠产率更高。
9．(1) 浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3 ad
(2)往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量
(3) BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3 有白色沉淀生成
(4)Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4
(5)SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快
(6)碱性
【分析】将浓硫酸加入盛有Cu片的两颈烧瓶内，加热，将生成的气体通过盛有试剂a的洗气瓶，除去其中混有的SO3，再将SO2通入AgNO3溶液中，得到溶液与沉淀的混合物，然后通过后续实验分析沉淀的成分。
【详解】（1）制备的SO2中会混有少量的SO3，烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧化生成，原因可能为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，故选ad。答案为：浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3；ad；
（2）欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有，则实验方法：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量。答案为：往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量；
（3）从加入盐酸后剩余沉淀的量分析，沉淀D中主要含BaSO3，理由是：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3。滤液E中含有亚硫酸，加入H2O2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，则产生的现象是：有白色沉淀生成。答案为：BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3；有白色沉淀生成；
（4）取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现BaSO4白色沉淀，则表明溶液中不含有，可判断猜想1不合理。理由是：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4。答案为：Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4；
（5）将实验一所得混合物放置一段时间，也会有生成，同时生成单质Ag，则起初未生成Ag2SO4，从而表明生成Ag2SO4的反应速率慢，则从化学反应速率的角度分析原因：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快。答案为：SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和H+，同时生成少量Ag2SO4，既能发生沉淀反应，又能发生氧化还原反应，但沉淀反应的速率比氧化还原反应快；
（6）实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成，而碱性溶液中，中混有，从而表明碱性溶液中更易被氧化为。答案为：碱性。
【点睛】Ag2SO4能溶于氨水，不溶于盐酸。
10．(1) 第二周期第VA族 5 2
(2) 三角锥形 强
(3) 0.0005molL-1•min-1 通入氨气
(4) < NH水解，使NH浓度减少，NH+ H2ONH3·H2O + H+
【解析】（1）
氮元素位于第二周期第VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了2个s轨道和3个p轨道，共5个轨道；最外层电子排布式为2s22p3，最外层有2种不同能量的电子；
（2）
NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强；
（3）
工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为0.2mol，10min时氮气为0.195mol，0 ~ 10min内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至20 min时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气；
（4）
(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以c()与c()之比＜2：1，故答案为：<；水解，使浓度减少，。
11．(1)N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)
(2) 2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O B 冰晶石
(3) Na2CO3 11.2
(4)Al3+水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，相互反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度
【解析】(1)
1g N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量16.7kJ，1mol N2H4(g)燃烧生成N2(g)和H2O(g)，放出热量32×16.7kJ=534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ；
(2)
铝表面会形成致密的氧化膜Al2O3，故碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式为：2NaOH +Al2O3=2NaAlO2 + H2O；工业上制铝，采用电解熔融氧化铝的方法，故选B；根据工业制铝反应：，需添加冰晶石以降低氧化铝的熔融温度减少能量损耗；
(3)
根据反应物化合价变化，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，氧化产物为O2，还原产物为Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ~2e-，转移电子与氧气之比为2：1，故转移1mol电子时，生成标准状况下O2的体积为；
(4)
Al3+水解使溶液呈酸性，碳酸氢钠水解使溶液呈碱性，两者发生双水解反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度。
12．(1) 5
(2) HF>HCl>HBr>H2S Cl2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高
(3)
(4) 离子键和共价键 阳极
【详解】（1）基态氯原子的电子排布式为：，共有5种能量不同的电子，氯化铵的电子式为：；
（2）与氯元素相邻的主族元素分别是F、S、Br，它们的电负性大小顺序是：F>Cl>Br>S，电负性越大，非金属性越大，气态氢化物的热稳定性越强，因此热稳定性强弱顺序为：HF>HCl>HBr>H2S。Cl2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高，因此常温下Cl2、Br2、I2依次是气体、液体、固体；
（3）根据氧化还原反应原理、质量守恒定律，该反应的化学方程式为：。标准状况下，的物质的量为，根据方程式，每生成转移电子，因此反应产生 (标准状况)时，转移电子数为；
（4）由和通过离子键结合而成，中原子与原子之间通过共价键结合，因此中存在的化学键为离子键和共价键。工业制漂白粉的气体是，来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的阳极。
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