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上海虹口区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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这是一份上海虹口区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28页。试卷主要包含了结构与性质，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。
上海虹口区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、结构与性质
1．（2021·上海虹口·统考二模）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
(1)已知还原性Mg > Si，上述反应仍能发生的原因是_______。
(2)由图推测上述反应正向为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成 = 2：1
(4)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(5)若还原炉容积为400 m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 _______mol/(L·h)。
(6)工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有_______种能量不同的电子，它们的运动状态有_______种。
②MgCl2的电子式为_______；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由_______
2．（2022·上海·统考二模）锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。
Ⅰ.完成下列填空：
(1)锗元素原子核外能量最高的电子有_______个，它们运动所形成的电子云形状为_______形。
(2)氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由_______。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了和_______(填化学式)两种离子。
Ⅱ.三水锡酸钠(Na2SnO3·3H2O)是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn(OH)4。
(3)常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH_______(填“大于”“小于”或“等于”)后者。
(4)写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式_______。
Ⅲ.水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、、。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比(α)与溶液pH变化的关系如图所示。
(5)Pb(NO3)2溶液中，_______2(填“＞”“=”或“＜”)；往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有_______(填微粒符号)。
(6)科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+。则脱铅时最合适的pH约为_______(选填编号)。
a．4～5 b．6～7 c．8～10 d．12～14
二、原理综合题
3．（2021·上海虹口·统考二模）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。完成下列填空：
(1)“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：_______ClO+_______ _______→_______Cl- + _______ClO2 + _______H2O
完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目______;氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：_______。
(3)常温下，向20 mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系(不考虑HClO分解)如图所示。
i.①→②过程中，水的电离程度的变化是_______。
ii.用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： _______。
iii.在②点所示溶液中，用“>、<或 =”判断下列关系：
V1_______ 40 mL；c(Cl-) _______ c(ClO-) +c(HClO)。
4．（2023·上海虹口·统考二模）SO2是大气污染物，SO2废气的处理可以先用H2还原成H2S后再设法回收S，主要涉及反应：3H2+SO2H2S+2H2O。完成下列填空：
(1)写出硫化氢的电子式_______，硫原子的核外有_______种不同运动状态的电子。
(2)列举一个硫元素比氧元素非金属性弱的事实：_______。
(3)在一定温度下，向2L反应器中通入含SO2的废气与H2，经过10min，有0.4mol水生成，则这段时间内v(SO2)=_______。
(4)一定条件下SO2与H2的反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温度(t)、压强(P)的变化如下图所示：
①根据上述信息可以判断：P1_______P2(填“>”、“<”或“=”)
②随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K将_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
③SO2废气的另一种处理方法是用Na2SO3溶液吸收，得到NaHSO3溶液。
(5)写出该方法吸收SO2的化学方程式_______。
(6)所得的NaHSO3溶液呈酸性，运用相关化学用语进行解释_______。
三、有机推断题
5．（2021·上海虹口·统考二模）化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图：
已知：+RCHO+
完成下列填空：
(1)写出反应类型：反应①_______ 反应②_______
(2)写出X的结构简式：_______
(3)仅以B为单体形成的高分子的结构简式为_______。
(4)检验D中含有碳碳双键的实验方法是_______。
(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_______。
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子
ⅱ.能发生银镜反应，1 mol该同分异构体最多能生成4 mol Ag
(6)设计以和为原料制备的合成路线________。
6．（2022·上海·统考二模）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)G中含氧官能团名称是_______。
(2)B→C的反应类型为_______；E→F所需的试剂与条件是_______。
(3)F的结构简式为_______；F→G过程中，除生成G外，另一产物的化学式是_______。
(4)同时符合下列条件C的所有同分异构体的结构共有_______种(不考虑立体异构)，请写出其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简式(若存在多种可任写一种)：_______。
a．苯环上有两个取代基 b．含有碳碳双键 c．不与金属钠发生反应
(5)参照上述部分合成路线，设计由为原料制备化合物的合成路线。_______
7．（2023·上海虹口·统考二模）贝沙罗汀(分子式C24H28O2)主要用于治疗顽固性早期皮肤T细胞淋巴瘤，其一种合成路线如下：
完成下列填空：
(1)①的反应类型是_______；③所需的无机试剂是_______；④中官能团的转化为：_______→_______(填官能团名称)。
(2)②的反应式为_______。
(3)已知：1molC与1molD反应生成1molE，同时生成1molHCl。D的结构简式为_______。
(4)写出满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_______。
i.属于芳香族化合物，能发生银镜反应
ⅱ.只含有2种化学环境不同的氢原子
(5)参考E→F的反应信息，写出以为原料合成的路线_______。(无机试剂与溶剂任选，合成路线常用的表示方式为：A……B目标产物)
四、实验题
8．（2021·上海虹口·统考二模）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
(1)反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：
为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
_______
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
_______
(2)反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。_______
(3)反应Ⅱ的化学方程式为_______(葡萄糖酸用化学式表示)。
(4)反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是_______。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是_______。
(5)为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =______。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
9．（2022·上海·统考二模）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用如下装置进行模拟制备(省略夹持装置)：
Ⅰ.完成下列填空：
(1)干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是_______→_______→_______(选填端口字母编号)。_______
Ⅱ.固体X可用无水氯化铬(CrCl3)固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
(2)无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3·6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_______。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_______。
(3)实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明。_______
Ⅲ.固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
(4)写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式：_______。
(5)CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为_______。
(6)证明样品已反应完全的操作名称是_______；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
10．（2023·上海虹口·统考二模）某同学查阅资料得知，无水三氯化铝能催化乙醇制备乙烯，为探究适宜的反应温度，设计如下反应装置：
检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入10mL无水乙醇，观察并记录C中溶液褪色的时间。重复上述实验，分别观察并记录在110℃、120℃、130℃、140℃时C中溶液褪色的时间，实验结果如图所示。
完成下列填空：
(1)仪器B的名称是_______；该实验所采用的加热方式优点是_______，液体X可能是_______(选填编号)。
a.水 b.酒精 c.油 d.乙酸
(2)根据实验结果，判断适宜的反应温度为_______。
(3)在140℃进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是_______。
(4)在120℃进行实验，若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是_______。
(5)教材中用乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯。和教材实验相比，用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有_______、_______(列举两点)。
工业无水氯化铝含量测定的主要原理是：Ag++Cl-=AgCl↓。将1.400g工业无水氯化铝样品溶解后配成500mL溶液，量取25.00mL置于锥形瓶中，用浓度为0.1000mol·L-1的AgNO3标准溶液进行滴定，达到终点时消耗标准液15.30mL。
(6)该样品中AlCl3的质量分数为_______(保留3位有效数字)。
(7)某次测定结果误差为-2.1%，可能会造成此结果的原因是_______(选填编号)。
a.称量样品时少量吸水潮解 b.配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯
c.滴定管水洗后未用AgNO3标准溶液润洗 d.样品中含有少量Al(NO3)3杂质
五、填空题
11．（2022·上海·统考二模）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0)]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
Ⅰ.完成下列填空：
(1)某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为_______。平衡常数的值为_______。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡_______移动(选填“正向”“逆向”或“不”)。
Ⅱ.储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4-CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率(α)、储能效率(η)的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L•min-1
n(CH4)∶n(CO2)
α/%
η/%
ⅰ
700
4
2∶2
49.0
42.0
ⅱ
800
4
2∶2
79.6
52.2
ⅲ
800
6
3∶3
64.2
61.9
ⅳ
800
6
2∶4
81.1
41.6
已知储能效率η=Qchem/Qi，其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
(2)解释为何可以用CH4-CO2重整反应进行储能。_______
(3)对比实验_______(填序号)，可得出结论：气体流量越大，CH4转化率_______。
(4)实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因(两次实验中设备的加热功率Qi不变)。_______
12．（2023·上海虹口·统考二模）铁及其化合物在人类生活中有着极其重要的作用。完成下列填空：
(1)铁的原子结构示意图为。由此可知，铁是第_______周期元素，铁原子核外3d轨道上共填充了_______个电子。
(2)古代中国四大发明之一的司南是由天然的磁石制成的，其主要成分是_______(选填编号)。
a.Fe b.FeO c.Fe2O3 d.Fe3O4
(3)FeSO4可以用来净水、治疗缺铁性贫血等，实验室在配制FeSO4溶液时，为了防止FeSO4变质，经常向溶液中加入铁粉，其原因是_______(用离子方程式表示)。
(4)向新配制的FeSO4溶液中，加入一定量的稀硝酸，发生如下反应：
_______Fe2++_______H++_______NO=_______Fe3++_______NO↑+_______H2O
①配平上述反应_______。
②每生成0.5molNO气体，转移的电子数为_______。
③要检验该反应后的溶液中是否还含有Fe2+，实验方案是_______。
现在可以利用铁氧化物循环裂解水制备氢气，其过程如图所示：
(5)写出反应Ⅲ的平衡常数表达式_______。
(6)写出铁氧化物循环裂解水制氢的总反应的化学方程式：_______。
(7)Fe3O4和CO的反应过程与温度密切相关。向某容器中加入Fe3O4与CO，当其它条件一定时，达到平衡时CO的体积百分含量随温度的变化关系如图所示。
已知：①Fe3O4+CO⇌3FeO+CO2-Q1(Q1>0)
②Fe3O4+4CO⇌3Fe+4CO2+Q2(Q2>0)
推测当温度达到570℃，平衡时CO体积百分含量最高的原因：_______。
参考答案：
1． 该反应条件下，镁为气体，从反应体系逸出，使平衡不断正向移动 吸热 c 不变 0.025mol/(L·h) 4 12 选择MgCl2，原因是MgCl2熔点低，能耗小
【详解】(1)1200℃时发生反应为2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生；
(2)由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向；
(3)a．平衡常数到达最大值，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故错误；
c．炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；
d．单位时间内，n(CaO•MgO)消耗：n(Ca2SiO4)生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
故选c；
(4)因为该反应的K=C2(Mg)，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg(g)的浓度不变；
(5)发生反应为：2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，由关系式，解得m=1.2t，n=50000mol，这段时间Mg的生成速率v=50000mol÷(400×103)L÷5h=0.025 mol/(L•h)；
(6)①Mg原子核外有几个能级填充电子，则有几种能量不同的电子，Mg原子核外填充的电子为1s、2s、2p、3s能级电子，所以有4种能量不同的电子，它们的运动状态有12种；
②MgCl2是离子化合物，电子式为；
③氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁。
2．(1) 2 纺锤
(2) GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(3)大于
(4)Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O
(5) ＞ Pb2+、Pb(OH)+、H+
(6)a
【详解】（1）锗为第4周期第ⅣA族元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子为4p电子，共有2个，它们运动所形成的电子云形状为纺锤形。答案为：2；纺锤；
（2）氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，都形成分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，所以从结构角度比较GeH4与CH4，可得出GeH4沸点高。理由是：GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，则应发生反应生成离子，从而得出主要是因为GeH4与NH3反应生成了和两种离子。答案为：GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；；
（3）Sn与C是同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者。答案为：大于；
（4）由上面分析可知，Sn(OH)4的酸性比H2CO3弱，所以三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应，化学方程式：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O。答案为：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O；
（5）从图中可以看出，pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在，则往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb(OH)+、H+。答案为：＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+；
（6）从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5 ，故选a。答案为：a。
【点睛】酸与盐发生反应时，通常发生复分解反应，且满足强酸制弱酸的原理。
3． 1:4 H++HCO→H2O+CO2↑ 变大 ClO-+H2O⇌HClO +OH- < =
【详解】(1)根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO+4H+→1Cl- +4ClO2+2H2O，标出电子转移方向与数目：，氧化剂对应还原产物Cl-，还原剂对应氧化产物ClO2，两者的物质的量之比为1:4；
(2)“二氧化氯泡腾片”含有NaHCO3，离子方程式为：H++HCO→H2O+CO2↑；
(3)i. ①→②过程中，溶液的HClO的浓度逐渐变小，对水的电离抑制越来越小，生成NaClO越来越多，水的电离程度的逐渐变大，
ii. 点③溶质是NaOH、NaClO，次氯酸根能发生水解，水解离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO +OH-；
iii. 若NaOH和HClO恰好完全反应生成NaClO，次氯酸根能发生水解导致溶液呈碱性，而②点的pH=7，则含有部分HClO剩余，则V1<40mL；②点所示溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaCl，根据氯元素守恒：c(Cl-)=c(HClO)+ c(ClO-)。
4．(1) 16
(2)水比H2S稳定、SO2中硫显正价
(3)0.01 mol·L-1·min-1
(4) < 变小
(5)SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3
(6)HSO会水解，HSO+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO同时会电离，HSO⇌H++SO，电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性
【详解】（1）硫化氢的电子式为 ，S为16号元素，核外有16种不同运动状态的电子，故答案为： ；16；
（2）可通过简单氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的还原性、单质之间的置换反应或者在同一化合物中的化合价正负比较S和O的非金属性强弱，如水比H2S稳定，氧气能与硫化氢反应生成S单质，或者在二氧化硫中S为+4价，O为-2价，故答案为：水比H2S稳定、SO2中硫显正价；
（3）经过10min，有0.4mol水生成，根据反应可知此时消耗的二氧化硫的物质的量为0.2mol，v(SO2)= 0.01 mol·L-1·min-1，故答案为：0.01 mol·L-1·min-1；
（4）①根据上述信息当温度相同时，压强由P1到P2时，二氧化硫的转化率增大，说明平衡正向移动，而该反应正向气体分子数减小，压强增大平衡正向移动，则P2大于P1，故答案为：<；
②压强相同时，随温度的升高，二氧化硫的转化率减小，可知平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，温度升高K减小，故答案为：变小；
（5）Na2SO3溶液吸收SO2，得到NaHSO3溶液，反应方程式为：O2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，故答案为：O2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；
（6）NaHSO3溶液存在一下平衡：HSO+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO⇌H++SO，NaHSO3溶液呈酸性，HSO可知电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性；故答案为：HSO会水解，HSO+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO同时会电离，HSO⇌H++SO，电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性；
5． 取代 加成 取样，加入足量银氨溶液水浴加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键 、、、、 (任写一种)
【分析】A和发生取代反应生成B，B加热发生取代反应生成C，C和CH3I发生取代反应生成D，D和X发生类似“已知”反应生成E，则X为，发生分子内加成M，结合有机化学基础知识解答。
【详解】(1)反应①中中的H被中CH2=CH-CH2-取代，为取代反应；反应②中E发生分子内加成反应；
(2)对比“已知”可知D和X发生类似“已知”反应生成E，则X为；
(3)B中含碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，仅以B为单体形成的高分子的结构简式为；
(4)D中含碳碳双键，可用溴水检验，但D中的醛基同样可以使溴水褪色，因此检验D中含有碳碳双键的实验思路是先将醛基氧化，再检验碳碳双键，具体方法是取样，加入足量银氨溶液水浴加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键；
(5)C为，C的一种同分异构体满足：
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子，则该同分异构体高度对称；
ⅱ.能发生银镜反应，1 mol该同分异构体最多能生成4 mol Ag，则该同分异构体含2个-CHO，另外还有2个C均为饱和C；
满足条件的有：、、、、 (任写一种)；
(6)逆合成分析：可由和发生“已知”反应获得，可由发生催化氧化得到，由发生水解得到，因此以和为原料制备的合成路线为。
6．(1)羟基、酯基
(2) 氧化 CH3OH、浓H2SO4、加热
(3) HCl
(4) 6
(5)
【分析】与甲苯在AlCl3的催化作用下发生加成反应生成B为；B在催化剂作用下发生氧化反应生成C为；C与NH4Cl、NaCN作用生成D为；D发生水解生成E为；由G及的结构简式，可确定F为，是由E与CH3OH发生酯化反应的产物。
(1)
G为，含氧官能团为-OH和-COOR，名称是羟基、酯基。答案为：羟基、酯基；
(2)
B()→C()，-CH2OH转化为-CHO，反应类型为氧化反应；E()→F()，-COOH转化为-COOCH3，发生酯化反应，所需的试剂与条件是CH3OH、浓H2SO4、加热。答案为：氧化；CH3OH、浓H2SO4、加热；
(3)
由分析可知，F的结构简式为；F()→G()过程中，-NH2与ClCH2CH2OH发生取代反应，除生成G外，另一产物的化学式是HCl。答案为：；HCl；
(4)
C为，同时符合下列条件“a．苯环上有两个取代基、b．含有碳碳双键、c．不与金属钠发生反应”C的同分异构体，分子中除苯环外，可能含有-CH=CH2、-OCH3，或-OCH=CH2、-CH3，两取代基可能位于苯环的邻、间、对位，所以其可能结构共有6种(不考虑立体异构)，其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体，两取代基应位于苯环的对位，结构简式为：。答案为：6；；
(5)
由为原料制备化合物，依据流程图中F→G，采用逆推法，需制得；再由流程图中C→D逆推，可确定需制得。由此得出合成路线为： 。答案为： 。
【点睛】合成有机物时，依据题给流程图，可采用逆推法进行分析。
7．(1) 氧化反应 NaHCO3溶液 酯基 羧基
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】与酸性高锰酸钾反应生成A为，与甲醇发生酯化反应生成B，B与碳酸氢钠发生反应生成，与SOCl2反应生成C，1molC与1molD反应生成1molE的同时生成1molHCl，则D为，E一定条件下反应生成F，F发生酯类的水解反应生成贝沙罗汀。
【详解】（1）与酸性高锰酸钾反应生成A为，反应类型为氧化反应。反应③中羧基与碳酸氢钠反应生成羧酸钠，从流程图可知，反应④发生的是酯类的水解，官能团转化为酯基→羧基。
（2）反应②为1分子与1分子CH3OH反应生成B，化学方程式为。
（3）1molC与1molD反应生成1molE和1molHCl，根据C、E的结构简式和原子守恒，可知D为。
（4）A的同分异构体属于芳香族化合物，能发生银镜反应，则含有苯环和醛基，只含有2种不同化学环境的氢原子，则说明苯环上有两个相同的取代基且结构对称，满足条件的同分异构体的结构简式为。
（5）在氢氧化钠水溶液中发生卤代烃的水解反应生成，发生醇的催化氧化生成，一定条件下发生题干中E到F的反应生成，与HBr发生加成反应生成，合成路线为
8． 生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气 利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净 FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑ 抑制Fe2+水解 葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇 2 偏小
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
【详解】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
9．(1)b→e→f
(2) 2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O 通HCl气流加热
(3)制备NH3装置易堵塞，引发爆炸
(4)Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O
(5)20:1
(6) 恒重操作 偏大
【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2∙8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥。
(1)
NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气。由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f。答案为：b→e→f；
(2)
CrCl3·6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热。答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
(3)
因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸。答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
(4)
NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O。答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
(5)
设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：
66x+118y=14.38……①、x+2y=……②，解方程可得：x=0.2mol，y=0.01mol。从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2:0.01=20:1。答案为：20:1；
(6)
证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大。答案为：恒重操作；偏大。
【点睛】在分析加热时长不够产生的误差时，可得出x+2y＜0.22，代入解方程，便可求出y＜0.01mol，x＞0.2mol。
10．(1) 干燥管 受热均匀，便于控制温度 c
(2)125℃(或120~130℃)
(3)温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯
(4)乙烯被浓硫酸吸收或乙烯与浓硫酸发生反应
(5) 反应条件温和 副反应少
(6)0.973
(7)ab
【分析】在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入100mL无水乙醇，无水三氯化铝催化乙醇发生消去反应生成乙烯，生成的乙烯进入C中与Br2发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色。
【详解】（1）仪器B的名称为干燥管。该实验采用水浴加热的方式，优点是受热均匀且便于控制温度。从题中可知，加热温度最高达到了140℃，水沸点为100℃，酒精加热易挥发且沸点为78℃，乙酸加热易挥发且沸点为118℃，因此液体X可能为油，答案选c。
（2）从图中可知，125℃（120-130℃）时，C中溶液褪色时间最短，反应速率最快，故适宜的反应温度为125℃(120-130℃)。
（3）在140℃时进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因为温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯。
（4）若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸具有强氧化性，能与乙烯反应，故C中溶液不褪色。
（5）教材中乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯，用AlCl3做催化剂制备乙烯，反应温度约为125℃，相对而言反应条件温和，且浓硫酸与乙醇反应制乙烯的过程中有副反应发生，会生成二氧化硫等杂质，用AlCl3做催化剂制备乙烯，副反应少，无其他杂质生成。
（6）已知消耗AgNO3的物质的量为0.1mol×0.0153L=1.53×10-3mol，则参与反应的Cl-有1.53×10-3mol，1.4g工业无水氯化铝中含有Cl-3.06×10-2mol，AlCl3物质的量为1.02×10-2mol，样品中AlCl3的质量分数为
（7）a．称量样品时少量吸水潮解，则样品中AlCl3的量偏少，消耗的硝酸银偏少，测定结果偏低，a正确；
b．配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯，使得部分AlCl3溶质损失，测定结果偏低，b正确；
c．滴定管水洗后未用硝酸银标准液润洗，则硝酸银浓度偏小，消耗的硝酸银偏多，测定结果偏高，c错误；
d．样品中本来就有部分杂质，样品中的少量硝酸铝不与硝酸银反应，只有AlCl3与硝酸银反应，则得到的计算结果就是AlCl3实际的质量分数，含有的少量Al(NO3)3本就是杂质的一种，不影响测定结果，d错误；
故答案选ab。
11．(1) 0.125mol/(L·min) 逆向
(2)CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能
(3) ii和iii 越低
(4)在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高
【分析】（1）根据平衡的三段式进行计算，并结合反应速率的公式和平衡常数公式计算，并比较浓度商和平衡常数的大小确定平衡的移动方向。
（2）根据反应热分析该反应为储能。
（3）根据表中数据分析，改变气体流量的实验组别和实验结论。
【详解】（1） CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 =0.125mol/(L·min)，平衡常数的值为 = 。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则Qc= ，化学平衡逆向移动。
（2）CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能，故用用CH4-CO2重整反应进行储能。
（3）对比实验ii和iii是改变气体流量，根据表中数据分析，可以得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高。
12．(1) 四 6
(2)d
(3)Fe + 2Fe3+ =3Fe2+
(4) 3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O 1.5NA 取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有
(5)K=
(6)C+H2OCO+H2
(7)温度低于570℃时，发生的是反应②，因为②是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量在不断增大；温度高于570℃，发生的反应是反应①，因为①是吸热反应，随着温度的升高，反应正向移动，CO百分含量在不断降低，所以570℃时，CO百分含量最高
【详解】（1）Fe为26号元素，核外电子排布为：，铁位于第四周期VIII族，铁原子核外3d轨道上共填充了6个电子，故答案为：四；6；
（2）磁铁的主要成分为四氧化三铁，故答案为：d；
（3）FeSO4具有较强还原性，配制其溶液时需加入适量铁粉，可将氧化后三价铁还原为二价铁，从而防止FeSO4氧化，发生的离子反应为：Fe + 2Fe3+ =3Fe2+，故答案为：Fe + 2Fe3+ =3Fe2+；
（4）1mol Fe2+被氧化为Fe3+失去1mol电子，1mol NO被还原为NO得3mol电子，根据得失电子守恒得到反应方程式：3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O；由反应可知每生成1molNO转移3mol电子，则生成0.5molNO气体，转移的电子数为1.5NA；检验反应后溶液中是否存在亚铁离子，可利用其还原性，用高锰酸钾溶液检验，具体的操作为：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有；故答案为：3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O；1.5NA；取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有；
（5）由图可知反应III为C与二氧化碳反应生成CO，反应方程式为：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡常数表达式K=，故答案为：K=；
（6）由图可知总反应为C与水高温生成CO和氢气，反应为：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；
（7）温度较低时发生反应②，由题意可知反应②为放热反应，随温度的升高，平衡逆向移动，CO的百分含量不断增大；当温度较高时发生反应①，反应①为吸热反应，随温度升高，反应正向移动，CO的百分含量又降低，故答案为：温度低于570℃时，发生的是反应②，因为②是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量在不断增大；温度高于570℃，发生的反应是反应①，因为①是吸热反应，随着温度的升高，反应正向移动，CO百分含量在不断降低，所以570℃时，CO百分含量最高。
上海虹口区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、结构与性质
1．（2021·上海虹口·统考二模）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
(1)已知还原性Mg > Si，上述反应仍能发生的原因是_______。
(2)由图推测上述反应正向为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成 = 2：1
(4)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(5)若还原炉容积为400 m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 _______mol/(L·h)。
(6)工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有_______种能量不同的电子，它们的运动状态有_______种。
②MgCl2的电子式为_______；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由_______
2．（2022·上海·统考二模）锗、锡、铅均属于ⅣA族元素，它们的单质与化合物广泛应用于生活的各个领域。
Ⅰ.完成下列填空：
(1)锗元素原子核外能量最高的电子有_______个，它们运动所形成的电子云形状为_______形。
(2)氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，在常温常压下是具有刺激性气味的无色有毒气体。从结构角度比较GeH4与CH4沸点高低并说明理由_______。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，主要是因为GeH4与NH3反应生成了和_______(填化学式)两种离子。
Ⅱ.三水锡酸钠(Na2SnO3·3H2O)是一种易溶于水的无色晶体，露置在空气中会逐渐转化成Na2CO3和Sn(OH)4。
(3)常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH_______(填“大于”“小于”或“等于”)后者。
(4)写出三水锡酸钠露置在空气中发生反应的化学方程式_______。
Ⅲ.水溶液中铅的存在形态主要有Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2、、。当总含铅量一定时，各形态铅的百分比(α)与溶液pH变化的关系如图所示。
(5)Pb(NO3)2溶液中，_______2(填“＞”“=”或“＜”)；往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有_______(填微粒符号)。
(6)科学家发现一种新型脱铅剂DH，能有效除去水中的痕量铅。已知DH脱铅过程中主要发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+。则脱铅时最合适的pH约为_______(选填编号)。
a．4～5 b．6～7 c．8～10 d．12～14
二、原理综合题
3．（2021·上海虹口·统考二模）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。完成下列填空：
(1)“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：_______ClO+_______ _______→_______Cl- + _______ClO2 + _______H2O
完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目______;氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：_______。
(3)常温下，向20 mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系(不考虑HClO分解)如图所示。
i.①→②过程中，水的电离程度的变化是_______。
ii.用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： _______。
iii.在②点所示溶液中，用“>、<或 =”判断下列关系：
V1_______ 40 mL；c(Cl-) _______ c(ClO-) +c(HClO)。
4．（2023·上海虹口·统考二模）SO2是大气污染物，SO2废气的处理可以先用H2还原成H2S后再设法回收S，主要涉及反应：3H2+SO2H2S+2H2O。完成下列填空：
(1)写出硫化氢的电子式_______，硫原子的核外有_______种不同运动状态的电子。
(2)列举一个硫元素比氧元素非金属性弱的事实：_______。
(3)在一定温度下，向2L反应器中通入含SO2的废气与H2，经过10min，有0.4mol水生成，则这段时间内v(SO2)=_______。
(4)一定条件下SO2与H2的反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温度(t)、压强(P)的变化如下图所示：
①根据上述信息可以判断：P1_______P2(填“>”、“<”或“=”)
②随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K将_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
③SO2废气的另一种处理方法是用Na2SO3溶液吸收，得到NaHSO3溶液。
(5)写出该方法吸收SO2的化学方程式_______。
(6)所得的NaHSO3溶液呈酸性，运用相关化学用语进行解释_______。
三、有机推断题
5．（2021·上海虹口·统考二模）化合物M是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图：
已知：+RCHO+
完成下列填空：
(1)写出反应类型：反应①_______ 反应②_______
(2)写出X的结构简式：_______
(3)仅以B为单体形成的高分子的结构简式为_______。
(4)检验D中含有碳碳双键的实验方法是_______。
(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_______。
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子
ⅱ.能发生银镜反应，1 mol该同分异构体最多能生成4 mol Ag
(6)设计以和为原料制备的合成路线________。
6．（2022·上海·统考二模）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
(1)G中含氧官能团名称是_______。
(2)B→C的反应类型为_______；E→F所需的试剂与条件是_______。
(3)F的结构简式为_______；F→G过程中，除生成G外，另一产物的化学式是_______。
(4)同时符合下列条件C的所有同分异构体的结构共有_______种(不考虑立体异构)，请写出其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体的结构简式(若存在多种可任写一种)：_______。
a．苯环上有两个取代基 b．含有碳碳双键 c．不与金属钠发生反应
(5)参照上述部分合成路线，设计由为原料制备化合物的合成路线。_______
7．（2023·上海虹口·统考二模）贝沙罗汀(分子式C24H28O2)主要用于治疗顽固性早期皮肤T细胞淋巴瘤，其一种合成路线如下：
完成下列填空：
(1)①的反应类型是_______；③所需的无机试剂是_______；④中官能团的转化为：_______→_______(填官能团名称)。
(2)②的反应式为_______。
(3)已知：1molC与1molD反应生成1molE，同时生成1molHCl。D的结构简式为_______。
(4)写出满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_______。
i.属于芳香族化合物，能发生银镜反应
ⅱ.只含有2种化学环境不同的氢原子
(5)参考E→F的反应信息，写出以为原料合成的路线_______。(无机试剂与溶剂任选，合成路线常用的表示方式为：A……B目标产物)
四、实验题
8．（2021·上海虹口·统考二模）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
(1)反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：
为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
_______
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
_______
(2)反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。_______
(3)反应Ⅱ的化学方程式为_______(葡萄糖酸用化学式表示)。
(4)反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是_______。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是_______。
(5)为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =______。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
9．（2022·上海·统考二模）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用如下装置进行模拟制备(省略夹持装置)：
Ⅰ.完成下列填空：
(1)干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是_______→_______→_______(选填端口字母编号)。_______
Ⅱ.固体X可用无水氯化铬(CrCl3)固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
(2)无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3·6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_______。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_______。
(3)实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明。_______
Ⅲ.固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
(4)写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式：_______。
(5)CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为_______。
(6)证明样品已反应完全的操作名称是_______；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
10．（2023·上海虹口·统考二模）某同学查阅资料得知，无水三氯化铝能催化乙醇制备乙烯，为探究适宜的反应温度，设计如下反应装置：
检验装置气密性后，在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入10mL无水乙醇，观察并记录C中溶液褪色的时间。重复上述实验，分别观察并记录在110℃、120℃、130℃、140℃时C中溶液褪色的时间，实验结果如图所示。
完成下列填空：
(1)仪器B的名称是_______；该实验所采用的加热方式优点是_______，液体X可能是_______(选填编号)。
a.水 b.酒精 c.油 d.乙酸
(2)根据实验结果，判断适宜的反应温度为_______。
(3)在140℃进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是_______。
(4)在120℃进行实验，若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因是_______。
(5)教材中用乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯。和教材实验相比，用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有_______、_______(列举两点)。
工业无水氯化铝含量测定的主要原理是：Ag++Cl-=AgCl↓。将1.400g工业无水氯化铝样品溶解后配成500mL溶液，量取25.00mL置于锥形瓶中，用浓度为0.1000mol·L-1的AgNO3标准溶液进行滴定，达到终点时消耗标准液15.30mL。
(6)该样品中AlCl3的质量分数为_______(保留3位有效数字)。
(7)某次测定结果误差为-2.1%，可能会造成此结果的原因是_______(选填编号)。
a.称量样品时少量吸水潮解 b.配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯
c.滴定管水洗后未用AgNO3标准溶液润洗 d.样品中含有少量Al(NO3)3杂质
五、填空题
11．（2022·上海·统考二模）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0)]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
Ⅰ.完成下列填空：
(1)某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为_______。平衡常数的值为_______。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡_______移动(选填“正向”“逆向”或“不”)。
Ⅱ.储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4-CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率(α)、储能效率(η)的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L•min-1
n(CH4)∶n(CO2)
α/%
η/%
ⅰ
700
4
2∶2
49.0
42.0
ⅱ
800
4
2∶2
79.6
52.2
ⅲ
800
6
3∶3
64.2
61.9
ⅳ
800
6
2∶4
81.1
41.6
已知储能效率η=Qchem/Qi，其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
(2)解释为何可以用CH4-CO2重整反应进行储能。_______
(3)对比实验_______(填序号)，可得出结论：气体流量越大，CH4转化率_______。
(4)实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因(两次实验中设备的加热功率Qi不变)。_______
12．（2023·上海虹口·统考二模）铁及其化合物在人类生活中有着极其重要的作用。完成下列填空：
(1)铁的原子结构示意图为。由此可知，铁是第_______周期元素，铁原子核外3d轨道上共填充了_______个电子。
(2)古代中国四大发明之一的司南是由天然的磁石制成的，其主要成分是_______(选填编号)。
a.Fe b.FeO c.Fe2O3 d.Fe3O4
(3)FeSO4可以用来净水、治疗缺铁性贫血等，实验室在配制FeSO4溶液时，为了防止FeSO4变质，经常向溶液中加入铁粉，其原因是_______(用离子方程式表示)。
(4)向新配制的FeSO4溶液中，加入一定量的稀硝酸，发生如下反应：
_______Fe2++_______H++_______NO=_______Fe3++_______NO↑+_______H2O
①配平上述反应_______。
②每生成0.5molNO气体，转移的电子数为_______。
③要检验该反应后的溶液中是否还含有Fe2+，实验方案是_______。
现在可以利用铁氧化物循环裂解水制备氢气，其过程如图所示：
(5)写出反应Ⅲ的平衡常数表达式_______。
(6)写出铁氧化物循环裂解水制氢的总反应的化学方程式：_______。
(7)Fe3O4和CO的反应过程与温度密切相关。向某容器中加入Fe3O4与CO，当其它条件一定时，达到平衡时CO的体积百分含量随温度的变化关系如图所示。
已知：①Fe3O4+CO⇌3FeO+CO2-Q1(Q1>0)
②Fe3O4+4CO⇌3Fe+4CO2+Q2(Q2>0)
推测当温度达到570℃，平衡时CO体积百分含量最高的原因：_______。
参考答案：
1． 该反应条件下，镁为气体，从反应体系逸出，使平衡不断正向移动 吸热 c 不变 0.025mol/(L·h) 4 12 选择MgCl2，原因是MgCl2熔点低，能耗小
【详解】(1)1200℃时发生反应为2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生；
(2)由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向；
(3)a．平衡常数到达最大值，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故错误；
c．炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；
d．单位时间内，n(CaO•MgO)消耗：n(Ca2SiO4)生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
故选c；
(4)因为该反应的K=C2(Mg)，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg(g)的浓度不变；
(5)发生反应为：2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，由关系式，解得m=1.2t，n=50000mol，这段时间Mg的生成速率v=50000mol÷(400×103)L÷5h=0.025 mol/(L•h)；
(6)①Mg原子核外有几个能级填充电子，则有几种能量不同的电子，Mg原子核外填充的电子为1s、2s、2p、3s能级电子，所以有4种能量不同的电子，它们的运动状态有12种；
②MgCl2是离子化合物，电子式为；
③氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁。
2．(1) 2 纺锤
(2) GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(3)大于
(4)Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O
(5) ＞ Pb2+、Pb(OH)+、H+
(6)a
【详解】（1）锗为第4周期第ⅣA族元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，能量最高的电子为4p电子，共有2个，它们运动所形成的电子云形状为纺锤形。答案为：2；纺锤；
（2）氢化锗(GeH4)结构与甲烷类似，都形成分子晶体，沸点与相对分子质量成正比，所以从结构角度比较GeH4与CH4，可得出GeH4沸点高。理由是：GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高。氢化锗的液氨溶液具有较好的导电性，则应发生反应生成离子，从而得出主要是因为GeH4与NH3反应生成了和两种离子。答案为：GeH4高。GeH4与CH4都是分子晶体，结构相似，GeH4相对分子质量大，范德华力强，沸点高；；
（3）Sn与C是同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则常温下，相同物质的量浓度的Na2SnO3溶液与Na2CO3溶液，前者pH大于后者。答案为：大于；
（4）由上面分析可知，Sn(OH)4的酸性比H2CO3弱，所以三水锡酸钠露置在空气中，会与CO2、水发生反应，化学方程式：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O。答案为：Na2SnO3·3H2O+CO2→Na2CO3+Sn(OH)4+H2O；
（5）从图中可以看出，pH=8时，铅以Pb2+、Pb(OH)+、Pb(OH)2的形式存在，则往Pb(NO3)2溶液中滴入稀NaOH溶液，pH=8时溶液中存在的阳离子除Na+外，还有Pb2+、Pb(OH)+、H+。答案为：＞；Pb2+、Pb(OH)+、H+；
（6）从图中可以看出，pH＜6时，铅元素全部以Pb2+的形式存在，此时溶液中加入DH，发生反应为：2DH(s)+Pb2+(aq)D2Pb(s)+2H+，铅的脱除率最高，所以脱铅时最合适的pH约为4～5 ，故选a。答案为：a。
【点睛】酸与盐发生反应时，通常发生复分解反应，且满足强酸制弱酸的原理。
3． 1:4 H++HCO→H2O+CO2↑ 变大 ClO-+H2O⇌HClO +OH- < =
【详解】(1)根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO+4H+→1Cl- +4ClO2+2H2O，标出电子转移方向与数目：，氧化剂对应还原产物Cl-，还原剂对应氧化产物ClO2，两者的物质的量之比为1:4；
(2)“二氧化氯泡腾片”含有NaHCO3，离子方程式为：H++HCO→H2O+CO2↑；
(3)i. ①→②过程中，溶液的HClO的浓度逐渐变小，对水的电离抑制越来越小，生成NaClO越来越多，水的电离程度的逐渐变大，
ii. 点③溶质是NaOH、NaClO，次氯酸根能发生水解，水解离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO +OH-；
iii. 若NaOH和HClO恰好完全反应生成NaClO，次氯酸根能发生水解导致溶液呈碱性，而②点的pH=7，则含有部分HClO剩余，则V1<40mL；②点所示溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaCl，根据氯元素守恒：c(Cl-)=c(HClO)+ c(ClO-)。
4．(1) 16
(2)水比H2S稳定、SO2中硫显正价
(3)0.01 mol·L-1·min-1
(4) < 变小
(5)SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3
(6)HSO会水解，HSO+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO同时会电离，HSO⇌H++SO，电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性
【详解】（1）硫化氢的电子式为 ，S为16号元素，核外有16种不同运动状态的电子，故答案为： ；16；
（2）可通过简单氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的还原性、单质之间的置换反应或者在同一化合物中的化合价正负比较S和O的非金属性强弱，如水比H2S稳定，氧气能与硫化氢反应生成S单质，或者在二氧化硫中S为+4价，O为-2价，故答案为：水比H2S稳定、SO2中硫显正价；
（3）经过10min，有0.4mol水生成，根据反应可知此时消耗的二氧化硫的物质的量为0.2mol，v(SO2)= 0.01 mol·L-1·min-1，故答案为：0.01 mol·L-1·min-1；
（4）①根据上述信息当温度相同时，压强由P1到P2时，二氧化硫的转化率增大，说明平衡正向移动，而该反应正向气体分子数减小，压强增大平衡正向移动，则P2大于P1，故答案为：<；
②压强相同时，随温度的升高，二氧化硫的转化率减小，可知平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，温度升高K减小，故答案为：变小；
（5）Na2SO3溶液吸收SO2，得到NaHSO3溶液，反应方程式为：O2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，故答案为：O2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；
（6）NaHSO3溶液存在一下平衡：HSO+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO⇌H++SO，NaHSO3溶液呈酸性，HSO可知电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性；故答案为：HSO会水解，HSO+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO同时会电离，HSO⇌H++SO，电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性；
5． 取代 加成 取样，加入足量银氨溶液水浴加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键 、、、、 (任写一种)
【分析】A和发生取代反应生成B，B加热发生取代反应生成C，C和CH3I发生取代反应生成D，D和X发生类似“已知”反应生成E，则X为，发生分子内加成M，结合有机化学基础知识解答。
【详解】(1)反应①中中的H被中CH2=CH-CH2-取代，为取代反应；反应②中E发生分子内加成反应；
(2)对比“已知”可知D和X发生类似“已知”反应生成E，则X为；
(3)B中含碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，仅以B为单体形成的高分子的结构简式为；
(4)D中含碳碳双键，可用溴水检验，但D中的醛基同样可以使溴水褪色，因此检验D中含有碳碳双键的实验思路是先将醛基氧化，再检验碳碳双键，具体方法是取样，加入足量银氨溶液水浴加热，充分反应后加入稀硝酸酸化，再加入溴水，溴水褪色，说明D中含有碳碳双键；
(5)C为，C的一种同分异构体满足：
ⅰ.含有苯环，分子中只含三种化学环境不同的氢原子，则该同分异构体高度对称；
ⅱ.能发生银镜反应，1 mol该同分异构体最多能生成4 mol Ag，则该同分异构体含2个-CHO，另外还有2个C均为饱和C；
满足条件的有：、、、、 (任写一种)；
(6)逆合成分析：可由和发生“已知”反应获得，可由发生催化氧化得到，由发生水解得到，因此以和为原料制备的合成路线为。
6．(1)羟基、酯基
(2) 氧化 CH3OH、浓H2SO4、加热
(3) HCl
(4) 6
(5)
【分析】与甲苯在AlCl3的催化作用下发生加成反应生成B为；B在催化剂作用下发生氧化反应生成C为；C与NH4Cl、NaCN作用生成D为；D发生水解生成E为；由G及的结构简式，可确定F为，是由E与CH3OH发生酯化反应的产物。
(1)
G为，含氧官能团为-OH和-COOR，名称是羟基、酯基。答案为：羟基、酯基；
(2)
B()→C()，-CH2OH转化为-CHO，反应类型为氧化反应；E()→F()，-COOH转化为-COOCH3，发生酯化反应，所需的试剂与条件是CH3OH、浓H2SO4、加热。答案为：氧化；CH3OH、浓H2SO4、加热；
(3)
由分析可知，F的结构简式为；F()→G()过程中，-NH2与ClCH2CH2OH发生取代反应，除生成G外，另一产物的化学式是HCl。答案为：；HCl；
(4)
C为，同时符合下列条件“a．苯环上有两个取代基、b．含有碳碳双键、c．不与金属钠发生反应”C的同分异构体，分子中除苯环外，可能含有-CH=CH2、-OCH3，或-OCH=CH2、-CH3，两取代基可能位于苯环的邻、间、对位，所以其可能结构共有6种(不考虑立体异构)，其中氢原子化学环境种类最少的同分异构体，两取代基应位于苯环的对位，结构简式为：。答案为：6；；
(5)
由为原料制备化合物，依据流程图中F→G，采用逆推法，需制得；再由流程图中C→D逆推，可确定需制得。由此得出合成路线为： 。答案为： 。
【点睛】合成有机物时，依据题给流程图，可采用逆推法进行分析。
7．(1) 氧化反应 NaHCO3溶液 酯基 羧基
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】与酸性高锰酸钾反应生成A为，与甲醇发生酯化反应生成B，B与碳酸氢钠发生反应生成，与SOCl2反应生成C，1molC与1molD反应生成1molE的同时生成1molHCl，则D为，E一定条件下反应生成F，F发生酯类的水解反应生成贝沙罗汀。
【详解】（1）与酸性高锰酸钾反应生成A为，反应类型为氧化反应。反应③中羧基与碳酸氢钠反应生成羧酸钠，从流程图可知，反应④发生的是酯类的水解，官能团转化为酯基→羧基。
（2）反应②为1分子与1分子CH3OH反应生成B，化学方程式为。
（3）1molC与1molD反应生成1molE和1molHCl，根据C、E的结构简式和原子守恒，可知D为。
（4）A的同分异构体属于芳香族化合物，能发生银镜反应，则含有苯环和醛基，只含有2种不同化学环境的氢原子，则说明苯环上有两个相同的取代基且结构对称，满足条件的同分异构体的结构简式为。
（5）在氢氧化钠水溶液中发生卤代烃的水解反应生成，发生醇的催化氧化生成，一定条件下发生题干中E到F的反应生成，与HBr发生加成反应生成，合成路线为
8． 生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气 利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净 FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑ 抑制Fe2+水解 葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇 2 偏小
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
【详解】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
9．(1)b→e→f
(2) 2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O 通HCl气流加热
(3)制备NH3装置易堵塞，引发爆炸
(4)Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O
(5)20:1
(6) 恒重操作 偏大
【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2∙8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥。
(1)
NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气。由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f。答案为：b→e→f；
(2)
CrCl3·6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热。答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
(3)
因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸。答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
(4)
NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O。答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
(5)
设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：
66x+118y=14.38……①、x+2y=……②，解方程可得：x=0.2mol，y=0.01mol。从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2:0.01=20:1。答案为：20:1；
(6)
证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大。答案为：恒重操作；偏大。
【点睛】在分析加热时长不够产生的误差时，可得出x+2y＜0.22，代入解方程，便可求出y＜0.01mol，x＞0.2mol。
10．(1) 干燥管 受热均匀，便于控制温度 c
(2)125℃(或120~130℃)
(3)温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯
(4)乙烯被浓硫酸吸收或乙烯与浓硫酸发生反应
(5) 反应条件温和 副反应少
(6)0.973
(7)ab
【分析】在圆底烧瓶中加入5g无水三氯化铝，加热至100℃，通过A加入100mL无水乙醇，无水三氯化铝催化乙醇发生消去反应生成乙烯，生成的乙烯进入C中与Br2发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色。
【详解】（1）仪器B的名称为干燥管。该实验采用水浴加热的方式，优点是受热均匀且便于控制温度。从题中可知，加热温度最高达到了140℃，水沸点为100℃，酒精加热易挥发且沸点为78℃，乙酸加热易挥发且沸点为118℃，因此液体X可能为油，答案选c。
（2）从图中可知，125℃（120-130℃）时，C中溶液褪色时间最短，反应速率最快，故适宜的反应温度为125℃(120-130℃)。
（3）在140℃时进行实验，长时间反应未观察到C中溶液褪色，可能的原因为温度过高，AlCl3催化活性降低，无法催化乙醇制乙烯。
（4）若将B改为装有浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸具有强氧化性，能与乙烯反应，故C中溶液不褪色。
（5）教材中乙醇和浓硫酸在170℃时制备乙烯，用AlCl3做催化剂制备乙烯，反应温度约为125℃，相对而言反应条件温和，且浓硫酸与乙醇反应制乙烯的过程中有副反应发生，会生成二氧化硫等杂质，用AlCl3做催化剂制备乙烯，副反应少，无其他杂质生成。
（6）已知消耗AgNO3的物质的量为0.1mol×0.0153L=1.53×10-3mol，则参与反应的Cl-有1.53×10-3mol，1.4g工业无水氯化铝中含有Cl-3.06×10-2mol，AlCl3物质的量为1.02×10-2mol，样品中AlCl3的质量分数为
（7）a．称量样品时少量吸水潮解，则样品中AlCl3的量偏少，消耗的硝酸银偏少，测定结果偏低，a正确；
b．配制AlCl3溶液时未洗涤烧杯，使得部分AlCl3溶质损失，测定结果偏低，b正确；
c．滴定管水洗后未用硝酸银标准液润洗，则硝酸银浓度偏小，消耗的硝酸银偏多，测定结果偏高，c错误；
d．样品中本来就有部分杂质，样品中的少量硝酸铝不与硝酸银反应，只有AlCl3与硝酸银反应，则得到的计算结果就是AlCl3实际的质量分数，含有的少量Al(NO3)3本就是杂质的一种，不影响测定结果，d错误；
故答案选ab。
11．(1) 0.125mol/(L·min) 逆向
(2)CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能
(3) ii和iii 越低
(4)在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高
【分析】（1）根据平衡的三段式进行计算，并结合反应速率的公式和平衡常数公式计算，并比较浓度商和平衡常数的大小确定平衡的移动方向。
（2）根据反应热分析该反应为储能。
（3）根据表中数据分析，改变气体流量的实验组别和实验结论。
【详解】（1） CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 =0.125mol/(L·min)，平衡常数的值为 = 。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则Qc= ，化学平衡逆向移动。
（2）CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能，故用用CH4-CO2重整反应进行储能。
（3）对比实验ii和iii是改变气体流量，根据表中数据分析，可以得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高。
12．(1) 四 6
(2)d
(3)Fe + 2Fe3+ =3Fe2+
(4) 3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O 1.5NA 取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有
(5)K=
(6)C+H2OCO+H2
(7)温度低于570℃时，发生的是反应②，因为②是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量在不断增大；温度高于570℃，发生的反应是反应①，因为①是吸热反应，随着温度的升高，反应正向移动，CO百分含量在不断降低，所以570℃时，CO百分含量最高
【详解】（1）Fe为26号元素，核外电子排布为：，铁位于第四周期VIII族，铁原子核外3d轨道上共填充了6个电子，故答案为：四；6；
（2）磁铁的主要成分为四氧化三铁，故答案为：d；
（3）FeSO4具有较强还原性，配制其溶液时需加入适量铁粉，可将氧化后三价铁还原为二价铁，从而防止FeSO4氧化，发生的离子反应为：Fe + 2Fe3+ =3Fe2+，故答案为：Fe + 2Fe3+ =3Fe2+；
（4）1mol Fe2+被氧化为Fe3+失去1mol电子，1mol NO被还原为NO得3mol电子，根据得失电子守恒得到反应方程式：3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O；由反应可知每生成1molNO转移3mol电子，则生成0.5molNO气体，转移的电子数为1.5NA；检验反应后溶液中是否存在亚铁离子，可利用其还原性，用高锰酸钾溶液检验，具体的操作为：取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有；故答案为：3Fe2++4H++1NO=3Fe3++1NO↑+2H2O；1.5NA；取样，加入少量酸性KMnO4溶液，如果不显紫色，说明还含有Fe2+，如果显紫红色，说明不含有；
（5）由图可知反应III为C与二氧化碳反应生成CO，反应方程式为：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡常数表达式K=，故答案为：K=；
（6）由图可知总反应为C与水高温生成CO和氢气，反应为：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；
（7）温度较低时发生反应②，由题意可知反应②为放热反应，随温度的升高，平衡逆向移动，CO的百分含量不断增大；当温度较高时发生反应①，反应①为吸热反应，随温度升高，反应正向移动，CO的百分含量又降低，故答案为：温度低于570℃时，发生的是反应②，因为②是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，CO百分含量在不断增大；温度高于570℃，发生的反应是反应①，因为①是吸热反应，随着温度的升高，反应正向移动，CO百分含量在不断降低，所以570℃时，CO百分含量最高。
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