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上海长宁区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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这是一份上海长宁区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29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，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海长宁区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·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
2．（2022·上海长宁·统考二模）了解原子结构特点、理解元素周期律和物质的结构对学习物质的性质和用途至关重要。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子， 它们的离子半径最小的是_______(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是_______。下列能表示硫原子3p轨道电子状态的是_______(填标号)。
A． B． C．D．
(2)写出化合物CO2的电子式_______，CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物， 常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：_______。
(3)比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性： H2S______HCl (选填 “＜”、“＞ ” 或 “=”， 下同)； 酸性：HClO4_______H2SO4；用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：_______。
(4)红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化， 这利用了SO2的_______性；已知 NaHSO3溶液呈酸性，而既能电离又能水解，说明在NaHSO3溶液中 c(H2SO3)_______c()(选填 “＜”、“＞ ” 或 “=” )
(5)请预测：第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的是_______(填分子式)，该物质在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度_______(填 “大” 或 “小”)。
3．（2023·上海长宁·统考二模）1962年首个稀有气体化合物XePtF6问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪(36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。[BrOF2][AsF6]•xKrF2是[BrOF2]+、[AsF6]-与KrF2分子形成的加合物，回答下列问题：
(1)As元素原子序数为33，在周期表中的位置是_______。As原子的价电子排布式为_______。与磷酸相比，最高价氧化物的水化物酸性强弱的顺序是：_______。
(2)Ar、Kr、Xe原子半径大小顺序为_______。Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强，原因是________。
(3)晶体熔点：KrF2_______XeF2(填“>”“＜”或“=”)，判断依据是______________。
(4)试猜想：[BrOF2][AsF6]•xKrF2晶体中的化学键类型有_______。
二、原理综合题
4．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
5．（2022·上海长宁·统考二模）研究 等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
(1) 是汽车尾气中的主要污染物之一、 能形成酸雨， 写出 转化为 的化学方程式：_______。
(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：标准状况下，3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为_______，放出的热量为_______(用含有a的代数式表示)。
(3)现将一定量 气体充入恒容密闭容器中， 控制反应温度为 ，下列可以作为反应达到平衡的判断依据是_______。
D． 容器内气体的密度不变 E． 容器内颜色不变
(4)反应温度 时， 随 (时间) 变化曲线如图， 画出 时段， 随 变化曲线_______。保持其它条件不变， 改变反应温度为， 再次画出 时段， 随 变化趋势的曲线_______。
(5)NO氧化反应：分两步进行：
I．
II． (Q1、Q2都大于0)
在恒容的密闭容器中充入一定量的 和 气体，保持其它条件不变， 控制反应温度分别为 和 ，测得(NO)随(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度_______(填 “ ” 或 “ ”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因_______。
6．（2023·上海长宁·统考二模）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)，回答下列问题：
(1)CH4的立体构型为_______，CS2分子的电子式为_______。
(2)某温度下若S8完全分解成气态S2。在恒温恒容密闭容器中S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为_______。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_______(填序号)。
a．气体密度 b．气体总压 c．CH4与S2体积比 d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃可能的原因是：_______。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O等)使尾气中的H2S转化为单质硫S，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_______。燃煤废气中常含有的NOx也能使H2S转化为单质硫S，完成其化学方程式，并标出电子转移的方向和数目(用含X的代数式表示)_______。
_______H2S＋_______NOx＝_______S＋_______＋_______N2
三、有机推断题
7．（2021·上海长宁·统考二模）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．（2022·上海长宁·统考二模）化合物 是一种新型抗癌药物的中间体， 其一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)的结构简式为_______， 写出 中除醚键)外的另外两种官能团的名称_______。
(2)④的反应类型为_______， 的结构简式为_______。
(3)反应③的化学方程式为_______反应⑤可能产生与 互为同分异构体的副产物，其结构简式为_______。
(4)芳香化合物 是 的同分异构体。已知 的苯环上只有 个取代基且分子结构中不含 中仅含四种不同化学环境的氢原子， 则 的结构简式为_______(任写一种)。
(5)参照上述合成路线， 设计由合成 的路线_______(乙醇、乙酸及无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)
9．（2023·上海长宁·统考二模）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
(1)化合物I的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。
(2)已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ′的形式存在。根据Ⅱ′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①
-CH=CH-
H2
-CH2-CH2-
_______
②
_______
_______
_______
氧化反应
③
_______
_______
_______
取代反应
(3)化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molV，则化合物a为_______。化合物VI有多种同分异构体，其中含 结构的有_______种，分子中只有1种化学环境氢原子的结构简式为_______。
(4)选用含两个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物Ⅷ的单体。写出Ⅷ的单体的合成路线_______(不用注明反应条件)。(合成路线常用的表达方式为：A……B目标产物)
四、实验题
10．（2021·上海长宁·统考二模）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是___，a中的试剂为____，b中采用的加热方式是___，c中化学反应的离子方程式是___。
(2)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，__，__，干燥，得到晶体。d的作用是__，可选用试剂__(填编号)。
a. b. c. d.
(3)取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入振荡，静置后显__色。可知该条件下的氧化能力__(填“大于”或“小于”)。
(4)制备时，温度过高会生成。当时，该反应中__。
11．（2023·上海长宁·统考二模）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末，常用作有机反应的催化剂。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如图。
(1)实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去蒸馏水中的 _______ (写化学式)； 三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_______；控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是 _______ ；说明反应已完成的现象是 _______。
(2)步骤②抽滤需要避光的原因是_______，步骤③依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、极易挥发的乙醚洗涤，洗涤剂需“溶有SO2”的原因是_______ ；最后用乙醚的目的可能是_______。
(3)将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。本实验产品的产率是_______(保留小数点后1位)。
(4)欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含有Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。完善下列步骤：①在烧杯中继续通入SO2至恰好反应完全；②向烧杯中加入_______g 20% NaOH；③加入少量维生素C溶液作抗氧化剂；④通过蒸发浓缩、_______、过滤、用乙醇洗涤2~3次；⑤置于真空干燥箱中干燥。
五、工业流程题
12．（2022·上海长宁·统考二模）硫酸亚铁晶体 在医药上作补血剂。工业上用废铁生产 的一种流程如下图所示：
(1)步骤 I 中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外， 还有一个反应的化学方程式为_______：步骤 I 加入稀硫酸的量不能过量的原因是_______；步骤 II 加入稀硫酸的目的是_______。
(2)证明步骤 (1)滤液中只含有 的方法： 取样， 先滴加 溶液， 无明显现象， 再滴加_______； 该过程的现象为：_______。
(3)步骤 III 从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体 的实验操作为_______、_______、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行， 原因是_______。
(4)取 隔绝空气加热至不同温度， 剩余固体的质量变化如下图所示。
分析数据， 写出 残留物的化学式_______； 时固体物质发生反应的化学方程式是_______，做出这一判断的依据是_______。
参考答案：
1． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
2．(1) F- 第三周期第ⅣA族 AC
(2) CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体
(3) ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl-
(4) 还原 ＜
(5) HF 小
【解析】(1)
氧、氟、氮是同一周期元素，它们形成的简单离子O2-、F-、N3-核外电子排布都是2、8，三种离子的电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，则离子半径大小关系为：N3-＞O2-＞F-，故三种离子中半径最小的是F-；Si是14号元素，于元素周期表第三周期第ⅣA族；S是16号元素，根据构造原理可知基态S原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，3p轨道数目是3，同一轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则表示S原子的3p轨道电子状态的为AC；故答案为：F-；第四周期第IVA族；AC。
(2)
CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2分子的电子式为： ；CO2是分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，因而物质的熔沸点比较低；SiO2是原子晶体，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，断裂共价键需要消耗很高能量，因此物质的熔沸点：原子晶体＞分子晶体，故CO2在室温下呈气态，而SiO2呈固态；故答案为： ；CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体。
(3)
元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；元素的非金属性：Cl＞S，则氢化物的热稳定性：H2S＜HCl，酸性：HClO4＞H2SO4；元素的非金属性越强，其单质氧化性越强，由于元素的非金属性：Cl＞S，则单质氧化性：Cl2＞S，说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱的反应的离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；故答案为：＜；＞；Cl2+S2-=S↓+2Cl-。
(4)
红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液被氧化，SO2作抗氧化剂，体现其还原性；NaHSO3是强碱弱酸盐，在溶液中既存在的电离平衡，也存在的水解平衡，电离产生H+、，使溶液显酸性；水解消耗水电离产生的H+变为H2SO3和OH-，使溶液显碱性，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度大于其水解程度，故在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()；故答案为：还原；＜。
(5)
非金属元素与H形成的共价键是极性共价键，氢化物中非氢元素的非金属性越大，化学键极性越大；第二周期元素中非金属性最强的元素是F元素，则第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的为HF；HF分子为极性分子，且HF在水中能与水形成氢键，导致HF在水中溶解度大于在CCl4中的溶解度，即HF在CCl4中的溶解度比在水中的小；故答案为：HF；小。
3．(1) 第四周期第VA族 4s24p3 H3PO4>H3AsO4
(2) r(Ar)＜r(Kr)＜r( Xe) 同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
(3) < 二者为同构型的分子晶体，XeF2相对分子质量大，范德华力大，熔点高
(4)离子键、共价键
【详解】（1）As为33号元素，其电子排布为[Ar]3d104s24p3，它为第四周期第VA族。其价电子为最外层电子为4s24p3。同主族元素，至上而下非金属性减弱，最高价氧化物的水化物酸性降低即H3PO4>H3AsO4。答案为第四周期第VA族；4s24p3；H3PO4>H3AsO4；
（2）同族至上而下电子层增多半径增大即Ar
4． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
5．(1)
(2) 0.3NA 0.0375akJ
(3)AE
(4)
(5) 该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长
【详解】（1） 与水反应可转化为 ，化学方程式：。
（2）标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol，根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA；根据题给信息，，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。
（3）A．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A符合题意；
B．，则，不等于系数之比，故不可作为反应达到平衡的判断依据，B不符合题意；
C．平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为不变，则其不可作为反应达到平衡的判断依据，C不符合题意；
D．该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不符合题意；
E．无色，红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据，E符合题意；
故选AE。
（4）根据反应，的改变量是的两倍，从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L，则从0升高到平衡时的0.6 mol/L，其曲线如图：；由题Q<0可知，该反应正向吸热，保持其它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，则其曲线如图：。
（5）如图所示，(NO)随(时间)的延长而减小，转化相同量的NO，可作一条平行于时间轴的辅助线，分别交两曲线与a、b两点，如图：，则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是放热反应，，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长。
6．(1) 正四面体形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4) 2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O
【详解】（1）CH4中心原子价层电子对数为4+0=4，其立体构型为正四面体形，CS2分子中每个硫和碳共用两对电子，其电子式为；故答案为：正四面体形；。
（2）①根据题意假设S2(g)、CH4(g)物质的量分别为2mol、1mol，建立三段式，当CS2的体积分数为10%时即，解得x＝0.3mol，则CH4的转化率为；故答案为：30%。
②a．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，则密度始终不再改变，因此当密度不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．该反应是等体积反应，压强不变，因此当气体总压不变，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．CH4与S2体积比始终是1:2，因此不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；d．CS2的体积分数不变，能作为判断平衡的标志，故d符合题意；综上所述，答案为：d。
（3）据图分析，升高温度，甲烷的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则生成CS2的反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃可能的原因是：根据图中分析得到600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；故答案为：放热；600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O等)使尾气中的H2S转化为单质硫S，可实现废物利用，保护环境，能得到硫的反应的化学方程式2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O。燃煤废气中常含有的NOx也能使H2S转化为单质硫S，1mol硫化氢转移2mol电子，氮氧化物变为1mol氮气转移4xmol电子，根据得失电子守恒则氮气系数配1，硫化氢系数配2x，根据守恒得到方程式为2xH2S＋2NOx＝2xS＋2xH2O＋N2，其电子转移为；故答案为：2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O；。
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．(1) ； 羟基、碳碳三键；
(2) 消去反应； ；
(3) ； ；
(4)、 、 、 （任意写一种即可）；
(5)
【分析】A的分子式为，A到B 转化用了重铬酸钠，为氧化反应，B经过②得到为取代反应，对比A和的结构，可知A为，B为；经过③得到Ｃ，由条件可知发生了消去反应，Ｃ为；D经过④得到，根据D的分子式知D不饱和度为0，故D为；C和经过⑤得到E，发生了加成反应；E和F反应生成G，G到H羰基被还原成羟基，同时发生了取代反应，由此E和F发生取代反应生成G，G为。
【详解】（1）由分析知Ａ为；Ｈ中除了醚键外的官能团为：羟基、碳碳三键；
（2）经过④羟基变成了双键，故发生了消去反应；由分析可知G 为
（3）反应③为卤代烃的消去反应，反应方程式为 ；与发生加成反应时，可能得到 或（E）两种产物，故E的同分异构体结构为 ；
（4）H的不饱和度为4，其同分异构体含苯环，苯环的不饱和度为4，因此M中不含其他的不饱和键，M中苯环上有3个取代基，且只有四种不同环境的氢原子，其结构应该高度对称，可能的结构式为：、 、 、；
（5）产物中存在四元环，参照题中⑤，可知上一步原料为，其可由卤代烃消去得到，与题中③方法一致。从原料开始分析，原料通过与溴单质发生取代得到，再消去得到，两个分子发生加成法应可得到产物。合成路线为：。
9．(1) C5H4O2 醛基
(2) 加成反应 -CHO O2 -COOH -COOH CH3OH - COOCH3
(3) CH2=CH2(或乙烯) 2
(4)
【分析】I发生反应生成Ⅱ，Ⅱ发生氧化反应生成Ⅲ，Ⅲ发生水解反应得到Ⅳ，化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molV，则化合物a为CH2=CH2，V发生还原反应生成Ⅵ，Ⅵ发生还原反应得到Ⅶ，以此解答。
【详解】（1）根据化合物I的结构简式可知，其分子式为C5H4O2；其环上的取代基为醛基。
（2）①化合物Ⅱ′中含有-CH=CH-可以和H2发生加成反应得到-CH2-CH2-；
②化合物Ⅱ'中含有的-CHO可以被O2氧化为-COOH；
③化合物Ⅱ'中含有-COOH，可与含有羟基的物质(如CH3OH)发生酯化反应生成酯。
（3）化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则a的分子式为C2H4，为乙烯；化合物VI的分子式为C3H6O，其同分异构体中含有 ，则符合条件的同分异构体有 和 共2种，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为 。
（4）根据化合物Ⅲ的结构简式可知，其单体为 ， 其原料中的含氧有机物只有一种含二个羧基的化合物，原料可以是 ， 发生题干ⅣV的反应得到人 ， 还原为 ，再加成得到 ， 和 发生酯化反应得到目标产物，则合成路线为 。
10． 圆底烧瓶 饱和食盐水 水浴加热 过滤 用少量冷水洗涤 吸收多余氯气进行尾气处理 ac 紫 小于 1:2
【分析】整套装置在最左端为氯气的发生装置，利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气，由于盐酸有挥发性，导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中，氯气中的杂质HCl气体会影响后面KClO3和NaClO的制备，故需要用饱和食盐水(a中盛放的试剂)除去氯气中的HCl杂质。B为氯气与KOH溶液在加热条件下制取KClO3的装置，发生反应为。c为氯气与氢氧化钠溶液在较低温度下制取次氯酸钠的装置，发生的反应为。d为尾气的吸收装置，可防止污染环境，吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液。
【详解】(1)由题图可知，盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶；装置a的作用为除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为饱和食盐水；由题给装置图可知，装置b是在加热条件下制备KClO3，加热方式为水浴加热；装置c在低温条件下制备NaClO，反应的离子方程式为；
(2)b中试管，经冷却结晶后，要得到KClO3晶体，还需要过滤，用少量冷水洗涤，干燥等操作；装置d为吸收多余氯气的尾气处理装置，硫化钠和氯气能发生氧化还原反应，氯气和氢氧化钙能发生反应，氯气和氯化钠，硫酸不发生反应，故选ac；
(3)由题目中给出的实际现象可知，KClO3和KI不反应，而NaClO和KI反应生成I2，说明在相同条件下，氧化能力：KClO3
11．(1) O2 2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O ═ 2CuBr↓+SO+4H+ 60℃水浴加热 溶液蓝色完全褪去
(2) 防止CuBr见光分解 防止CuBr被氧化 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥
(3)83.3%
(4) 100 冷却结晶
【分析】在CuSO4和NaBr的固体混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品；由于CuBr易被氧化，可以使用SO2的水溶液进行洗涤，防止CuBr被氧化； SO2气体有毒，尾气需要用碱液吸收处理。
【详解】（1）水中溶解的氧气可以氧化CuBr，实验中所用的蒸馏水需煮沸除去O2；三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，SO2被氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；所需温度低于水的沸点，可以用60℃的水浴加热；实验所用45gCuSO4•5H2O为0.18mol，30.9gNaBr为0.3mol，所以NaBr稍过量，当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，现象为溶液蓝色完全褪去；
（2）溴化亚铜见光会分解，所以抽滤需要避光，防止CuBr见光分解，在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
（3）实验所用NaBr过量，根据CuSO4·5H2O的物质的量可知理论上可以得到0.18molCuBr，所用产率为×100%=83.3%；
（4）原烧杯中含有100g×20%=20gNaOH，物质的量为0.5mol，实验完成后烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，之后再加入0.5molNaOH即可以使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，所用加入100g 20%的NaOH溶液；加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥。
12．(1) ； 确保生成物全部都是硫酸亚铁； 防止亚铁离子水解；
(2) 氯水； 溶液变成血红色；
(3) 蒸发浓缩； 冷却结晶 防止分解失去部分结晶水
(4) 为0.1mol，加热分解到C点后质量不再变化，C为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
【分析】根据题中信息知废铁中含有铁、铁锈和不溶性杂质。步骤I加稀硫酸，铁和铁锈与硫酸，生成的硫酸铁也会和铁反应生成硫酸亚铁，过滤后可除去不溶性杂质；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，得到的硫酸亚铁溶液经过步骤III：蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体。
【详解】（1）铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：；在步骤I加稀硫酸不能过量，是为了确保生成物全部是硫酸亚铁，得到的产物更纯净，不用后续除杂；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，防止得到的晶体中有杂质；
（2）检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子。故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色；
（3）要得到带结晶水的晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；受热易失去结晶水，因此低温烘干是为了防止晶体失去结晶水；
（4）27.8g的物质的量为0.1mol，结晶水完全失去时剩下固体的质量为：，由图可知B()完全失去结晶水，成分为，对比B()和A()点，两者质量差为，即A比B多一个结晶水，A点成分为：；自始至终，铁元素质量守恒，为0.1mol，加热分解到C()点后质量不再变化，C点成分为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
上海长宁区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·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
2．（2022·上海长宁·统考二模）了解原子结构特点、理解元素周期律和物质的结构对学习物质的性质和用途至关重要。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子， 它们的离子半径最小的是_______(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是_______。下列能表示硫原子3p轨道电子状态的是_______(填标号)。
A． B． C．D．
(2)写出化合物CO2的电子式_______，CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物， 常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：_______。
(3)比较硫和氯性质的强弱。
热稳定性： H2S______HCl (选填 “＜”、“＞ ” 或 “=”， 下同)； 酸性：HClO4_______H2SO4；用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：_______。
(4)红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化， 这利用了SO2的_______性；已知 NaHSO3溶液呈酸性，而既能电离又能水解，说明在NaHSO3溶液中 c(H2SO3)_______c()(选填 “＜”、“＞ ” 或 “=” )
(5)请预测：第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的是_______(填分子式)，该物质在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度_______(填 “大” 或 “小”)。
3．（2023·上海长宁·统考二模）1962年首个稀有气体化合物XePtF6问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪(36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。[BrOF2][AsF6]•xKrF2是[BrOF2]+、[AsF6]-与KrF2分子形成的加合物，回答下列问题：
(1)As元素原子序数为33，在周期表中的位置是_______。As原子的价电子排布式为_______。与磷酸相比，最高价氧化物的水化物酸性强弱的顺序是：_______。
(2)Ar、Kr、Xe原子半径大小顺序为_______。Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强，原因是________。
(3)晶体熔点：KrF2_______XeF2(填“>”“＜”或“=”)，判断依据是______________。
(4)试猜想：[BrOF2][AsF6]•xKrF2晶体中的化学键类型有_______。
二、原理综合题
4．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
5．（2022·上海长宁·统考二模）研究 等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
(1) 是汽车尾气中的主要污染物之一、 能形成酸雨， 写出 转化为 的化学方程式：_______。
(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：标准状况下，3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为_______，放出的热量为_______(用含有a的代数式表示)。
(3)现将一定量 气体充入恒容密闭容器中， 控制反应温度为 ，下列可以作为反应达到平衡的判断依据是_______。
D． 容器内气体的密度不变 E． 容器内颜色不变
(4)反应温度 时， 随 (时间) 变化曲线如图， 画出 时段， 随 变化曲线_______。保持其它条件不变， 改变反应温度为， 再次画出 时段， 随 变化趋势的曲线_______。
(5)NO氧化反应：分两步进行：
I．
II． (Q1、Q2都大于0)
在恒容的密闭容器中充入一定量的 和 气体，保持其它条件不变， 控制反应温度分别为 和 ，测得(NO)随(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度_______(填 “ ” 或 “ ”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因_______。
6．（2023·上海长宁·统考二模）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)，回答下列问题：
(1)CH4的立体构型为_______，CS2分子的电子式为_______。
(2)某温度下若S8完全分解成气态S2。在恒温恒容密闭容器中S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为_______。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_______(填序号)。
a．气体密度 b．气体总压 c．CH4与S2体积比 d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃可能的原因是：_______。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O等)使尾气中的H2S转化为单质硫S，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_______。燃煤废气中常含有的NOx也能使H2S转化为单质硫S，完成其化学方程式，并标出电子转移的方向和数目(用含X的代数式表示)_______。
_______H2S＋_______NOx＝_______S＋_______＋_______N2
三、有机推断题
7．（2021·上海长宁·统考二模）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．（2022·上海长宁·统考二模）化合物 是一种新型抗癌药物的中间体， 其一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)的结构简式为_______， 写出 中除醚键)外的另外两种官能团的名称_______。
(2)④的反应类型为_______， 的结构简式为_______。
(3)反应③的化学方程式为_______反应⑤可能产生与 互为同分异构体的副产物，其结构简式为_______。
(4)芳香化合物 是 的同分异构体。已知 的苯环上只有 个取代基且分子结构中不含 中仅含四种不同化学环境的氢原子， 则 的结构简式为_______(任写一种)。
(5)参照上述合成路线， 设计由合成 的路线_______(乙醇、乙酸及无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)
9．（2023·上海长宁·统考二模）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇Ⅶ等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。
(1)化合物I的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。
(2)已知化合物Ⅱ也能以Ⅱ′的形式存在。根据Ⅱ′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。
序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①
-CH=CH-
H2
-CH2-CH2-
_______
②
_______
_______
_______
氧化反应
③
_______
_______
_______
取代反应
(3)化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molV，则化合物a为_______。化合物VI有多种同分异构体，其中含 结构的有_______种，分子中只有1种化学环境氢原子的结构简式为_______。
(4)选用含两个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物Ⅷ的单体。写出Ⅷ的单体的合成路线_______(不用注明反应条件)。(合成路线常用的表达方式为：A……B目标产物)
四、实验题
10．（2021·上海长宁·统考二模）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是___，a中的试剂为____，b中采用的加热方式是___，c中化学反应的离子方程式是___。
(2)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，__，__，干燥，得到晶体。d的作用是__，可选用试剂__(填编号)。
a. b. c. d.
(3)取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入振荡，静置后显__色。可知该条件下的氧化能力__(填“大于”或“小于”)。
(4)制备时，温度过高会生成。当时，该反应中__。
11．（2023·上海长宁·统考二模）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末，常用作有机反应的催化剂。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如图。
(1)实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去蒸馏水中的 _______ (写化学式)； 三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_______；控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是 _______ ；说明反应已完成的现象是 _______。
(2)步骤②抽滤需要避光的原因是_______，步骤③依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、极易挥发的乙醚洗涤，洗涤剂需“溶有SO2”的原因是_______ ；最后用乙醚的目的可能是_______。
(3)将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。本实验产品的产率是_______(保留小数点后1位)。
(4)欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含有Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。完善下列步骤：①在烧杯中继续通入SO2至恰好反应完全；②向烧杯中加入_______g 20% NaOH；③加入少量维生素C溶液作抗氧化剂；④通过蒸发浓缩、_______、过滤、用乙醇洗涤2~3次；⑤置于真空干燥箱中干燥。
五、工业流程题
12．（2022·上海长宁·统考二模）硫酸亚铁晶体 在医药上作补血剂。工业上用废铁生产 的一种流程如下图所示：
(1)步骤 I 中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外， 还有一个反应的化学方程式为_______：步骤 I 加入稀硫酸的量不能过量的原因是_______；步骤 II 加入稀硫酸的目的是_______。
(2)证明步骤 (1)滤液中只含有 的方法： 取样， 先滴加 溶液， 无明显现象， 再滴加_______； 该过程的现象为：_______。
(3)步骤 III 从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体 的实验操作为_______、_______、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行， 原因是_______。
(4)取 隔绝空气加热至不同温度， 剩余固体的质量变化如下图所示。
分析数据， 写出 残留物的化学式_______； 时固体物质发生反应的化学方程式是_______，做出这一判断的依据是_______。
参考答案：
1． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
2．(1) F- 第三周期第ⅣA族 AC
(2) CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体
(3) ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl-
(4) 还原 ＜
(5) HF 小
【解析】(1)
氧、氟、氮是同一周期元素，它们形成的简单离子O2-、F-、N3-核外电子排布都是2、8，三种离子的电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，则离子半径大小关系为：N3-＞O2-＞F-，故三种离子中半径最小的是F-；Si是14号元素，于元素周期表第三周期第ⅣA族；S是16号元素，根据构造原理可知基态S原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，3p轨道数目是3，同一轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则表示S原子的3p轨道电子状态的为AC；故答案为：F-；第四周期第IVA族；AC。
(2)
CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2分子的电子式为： ；CO2是分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，因而物质的熔沸点比较低；SiO2是原子晶体，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，断裂共价键需要消耗很高能量，因此物质的熔沸点：原子晶体＞分子晶体，故CO2在室温下呈气态，而SiO2呈固态；故答案为： ；CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，熔沸点：原子晶体＞分子晶体。
(3)
元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；元素的非金属性：Cl＞S，则氢化物的热稳定性：H2S＜HCl，酸性：HClO4＞H2SO4；元素的非金属性越强，其单质氧化性越强，由于元素的非金属性：Cl＞S，则单质氧化性：Cl2＞S，说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱的反应的离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-；故答案为：＜；＞；Cl2+S2-=S↓+2Cl-。
(4)
红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液被氧化，SO2作抗氧化剂，体现其还原性；NaHSO3是强碱弱酸盐，在溶液中既存在的电离平衡，也存在的水解平衡，电离产生H+、，使溶液显酸性；水解消耗水电离产生的H+变为H2SO3和OH-，使溶液显碱性，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度大于其水解程度，故在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()；故答案为：还原；＜。
(5)
非金属元素与H形成的共价键是极性共价键，氢化物中非氢元素的非金属性越大，化学键极性越大；第二周期元素中非金属性最强的元素是F元素，则第二周期非金属元素形成的氢化物中化学键极性最大的为HF；HF分子为极性分子，且HF在水中能与水形成氢键，导致HF在水中溶解度大于在CCl4中的溶解度，即HF在CCl4中的溶解度比在水中的小；故答案为：HF；小。
3．(1) 第四周期第VA族 4s24p3 H3PO4>H3AsO4
(2) r(Ar)＜r(Kr)＜r( Xe) 同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
(3) < 二者为同构型的分子晶体，XeF2相对分子质量大，范德华力大，熔点高
(4)离子键、共价键
【详解】（1）As为33号元素，其电子排布为[Ar]3d104s24p3，它为第四周期第VA族。其价电子为最外层电子为4s24p3。同主族元素，至上而下非金属性减弱，最高价氧化物的水化物酸性降低即H3PO4>H3AsO4。答案为第四周期第VA族；4s24p3；H3PO4>H3AsO4；
（2）同族至上而下电子层增多半径增大即Ar
4． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
5．(1)
(2) 0.3NA 0.0375akJ
(3)AE
(4)
(5) 该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长
【详解】（1） 与水反应可转化为 ，化学方程式：。
（2）标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol，根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA；根据题给信息，，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。
（3）A．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A符合题意；
B．，则，不等于系数之比，故不可作为反应达到平衡的判断依据，B不符合题意；
C．平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为不变，则其不可作为反应达到平衡的判断依据，C不符合题意；
D．该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不符合题意；
E．无色，红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据，E符合题意；
故选AE。
（4）根据反应，的改变量是的两倍，从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L，则从0升高到平衡时的0.6 mol/L，其曲线如图：；由题Q<0可知，该反应正向吸热，保持其它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，则其曲线如图：。
（5）如图所示，(NO)随(时间)的延长而减小，转化相同量的NO，可作一条平行于时间轴的辅助线，分别交两曲线与a、b两点，如图：，则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是放热反应，，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长。
6．(1) 正四面体形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4) 2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O
【详解】（1）CH4中心原子价层电子对数为4+0=4，其立体构型为正四面体形，CS2分子中每个硫和碳共用两对电子，其电子式为；故答案为：正四面体形；。
（2）①根据题意假设S2(g)、CH4(g)物质的量分别为2mol、1mol，建立三段式，当CS2的体积分数为10%时即，解得x＝0.3mol，则CH4的转化率为；故答案为：30%。
②a．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，则密度始终不再改变，因此当密度不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．该反应是等体积反应，压强不变，因此当气体总压不变，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．CH4与S2体积比始终是1:2，因此不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；d．CS2的体积分数不变，能作为判断平衡的标志，故d符合题意；综上所述，答案为：d。
（3）据图分析，升高温度，甲烷的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则生成CS2的反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃可能的原因是：根据图中分析得到600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；故答案为：放热；600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O等)使尾气中的H2S转化为单质硫S，可实现废物利用，保护环境，能得到硫的反应的化学方程式2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O。燃煤废气中常含有的NOx也能使H2S转化为单质硫S，1mol硫化氢转移2mol电子，氮氧化物变为1mol氮气转移4xmol电子，根据得失电子守恒则氮气系数配1，硫化氢系数配2x，根据守恒得到方程式为2xH2S＋2NOx＝2xS＋2xH2O＋N2，其电子转移为；故答案为：2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O；。
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．(1) ； 羟基、碳碳三键；
(2) 消去反应； ；
(3) ； ；
(4)、 、 、 （任意写一种即可）；
(5)
【分析】A的分子式为，A到B 转化用了重铬酸钠，为氧化反应，B经过②得到为取代反应，对比A和的结构，可知A为，B为；经过③得到Ｃ，由条件可知发生了消去反应，Ｃ为；D经过④得到，根据D的分子式知D不饱和度为0，故D为；C和经过⑤得到E，发生了加成反应；E和F反应生成G，G到H羰基被还原成羟基，同时发生了取代反应，由此E和F发生取代反应生成G，G为。
【详解】（1）由分析知Ａ为；Ｈ中除了醚键外的官能团为：羟基、碳碳三键；
（2）经过④羟基变成了双键，故发生了消去反应；由分析可知G 为
（3）反应③为卤代烃的消去反应，反应方程式为 ；与发生加成反应时，可能得到 或（E）两种产物，故E的同分异构体结构为 ；
（4）H的不饱和度为4，其同分异构体含苯环，苯环的不饱和度为4，因此M中不含其他的不饱和键，M中苯环上有3个取代基，且只有四种不同环境的氢原子，其结构应该高度对称，可能的结构式为：、 、 、；
（5）产物中存在四元环，参照题中⑤，可知上一步原料为，其可由卤代烃消去得到，与题中③方法一致。从原料开始分析，原料通过与溴单质发生取代得到，再消去得到，两个分子发生加成法应可得到产物。合成路线为：。
9．(1) C5H4O2 醛基
(2) 加成反应 -CHO O2 -COOH -COOH CH3OH - COOCH3
(3) CH2=CH2(或乙烯) 2
(4)
【分析】I发生反应生成Ⅱ，Ⅱ发生氧化反应生成Ⅲ，Ⅲ发生水解反应得到Ⅳ，化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1molⅣ与1mol化合物a反应得到2molV，则化合物a为CH2=CH2，V发生还原反应生成Ⅵ，Ⅵ发生还原反应得到Ⅶ，以此解答。
【详解】（1）根据化合物I的结构简式可知，其分子式为C5H4O2；其环上的取代基为醛基。
（2）①化合物Ⅱ′中含有-CH=CH-可以和H2发生加成反应得到-CH2-CH2-；
②化合物Ⅱ'中含有的-CHO可以被O2氧化为-COOH；
③化合物Ⅱ'中含有-COOH，可与含有羟基的物质(如CH3OH)发生酯化反应生成酯。
（3）化合物Ⅳ到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则a的分子式为C2H4，为乙烯；化合物VI的分子式为C3H6O，其同分异构体中含有 ，则符合条件的同分异构体有 和 共2种，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为 。
（4）根据化合物Ⅲ的结构简式可知，其单体为 ， 其原料中的含氧有机物只有一种含二个羧基的化合物，原料可以是 ， 发生题干ⅣV的反应得到人 ， 还原为 ，再加成得到 ， 和 发生酯化反应得到目标产物，则合成路线为 。
10． 圆底烧瓶 饱和食盐水 水浴加热 过滤 用少量冷水洗涤 吸收多余氯气进行尾气处理 ac 紫 小于 1:2
【分析】整套装置在最左端为氯气的发生装置，利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气，由于盐酸有挥发性，导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中，氯气中的杂质HCl气体会影响后面KClO3和NaClO的制备，故需要用饱和食盐水(a中盛放的试剂)除去氯气中的HCl杂质。B为氯气与KOH溶液在加热条件下制取KClO3的装置，发生反应为。c为氯气与氢氧化钠溶液在较低温度下制取次氯酸钠的装置，发生的反应为。d为尾气的吸收装置，可防止污染环境，吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液。
【详解】(1)由题图可知，盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶；装置a的作用为除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为饱和食盐水；由题给装置图可知，装置b是在加热条件下制备KClO3，加热方式为水浴加热；装置c在低温条件下制备NaClO，反应的离子方程式为；
(2)b中试管，经冷却结晶后，要得到KClO3晶体，还需要过滤，用少量冷水洗涤，干燥等操作；装置d为吸收多余氯气的尾气处理装置，硫化钠和氯气能发生氧化还原反应，氯气和氢氧化钙能发生反应，氯气和氯化钠，硫酸不发生反应，故选ac；
(3)由题目中给出的实际现象可知，KClO3和KI不反应，而NaClO和KI反应生成I2，说明在相同条件下，氧化能力：KClO3
11．(1) O2 2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O ═ 2CuBr↓+SO+4H+ 60℃水浴加热 溶液蓝色完全褪去
(2) 防止CuBr见光分解 防止CuBr被氧化 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥
(3)83.3%
(4) 100 冷却结晶
【分析】在CuSO4和NaBr的固体混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品；由于CuBr易被氧化，可以使用SO2的水溶液进行洗涤，防止CuBr被氧化； SO2气体有毒，尾气需要用碱液吸收处理。
【详解】（1）水中溶解的氧气可以氧化CuBr，实验中所用的蒸馏水需煮沸除去O2；三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，SO2被氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；所需温度低于水的沸点，可以用60℃的水浴加热；实验所用45gCuSO4•5H2O为0.18mol，30.9gNaBr为0.3mol，所以NaBr稍过量，当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，现象为溶液蓝色完全褪去；
（2）溴化亚铜见光会分解，所以抽滤需要避光，防止CuBr见光分解，在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
（3）实验所用NaBr过量，根据CuSO4·5H2O的物质的量可知理论上可以得到0.18molCuBr，所用产率为×100%=83.3%；
（4）原烧杯中含有100g×20%=20gNaOH，物质的量为0.5mol，实验完成后烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，之后再加入0.5molNaOH即可以使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，所用加入100g 20%的NaOH溶液；加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥。
12．(1) ； 确保生成物全部都是硫酸亚铁； 防止亚铁离子水解；
(2) 氯水； 溶液变成血红色；
(3) 蒸发浓缩； 冷却结晶 防止分解失去部分结晶水
(4) 为0.1mol，加热分解到C点后质量不再变化，C为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
【分析】根据题中信息知废铁中含有铁、铁锈和不溶性杂质。步骤I加稀硫酸，铁和铁锈与硫酸，生成的硫酸铁也会和铁反应生成硫酸亚铁，过滤后可除去不溶性杂质；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，得到的硫酸亚铁溶液经过步骤III：蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体。
【详解】（1）铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：；在步骤I加稀硫酸不能过量，是为了确保生成物全部是硫酸亚铁，得到的产物更纯净，不用后续除杂；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，防止得到的晶体中有杂质；
（2）检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子。故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色；
（3）要得到带结晶水的晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；受热易失去结晶水，因此低温烘干是为了防止晶体失去结晶水；
（4）27.8g的物质的量为0.1mol，结晶水完全失去时剩下固体的质量为：，由图可知B()完全失去结晶水，成分为，对比B()和A()点，两者质量差为，即A比B多一个结晶水，A点成分为：；自始至终，铁元素质量守恒，为0.1mol，加热分解到C()点后质量不再变化，C点成分为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
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