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上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
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这是一份上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共25页。试卷主要包含了科学家1956年发现N3，乙炔是重要的化工原料等内容，欢迎下载使用。
上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
2．（2021·上海静安·统考二模）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(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___________。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：___________。
(2)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：___________。
(3)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。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
3．（2022·上海静安·统考二模）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：
(1)次氯酸的结构式为_______，碳化硅晶体属于_______晶体。非金属性S_______Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右_______。
(2)常温下，浓度均为0.1 mol/L的六种溶液pH如下：
溶质
NaClO
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
pH
10.3
11.6
9.7
12.3
10.0
4.0
常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是_______(填序号) 。
a.H2CO3 b.H2SO3 c.H2SiO3
六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)_______。
(3)用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因_______。
(4)欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)_______，用化学平衡移动的原理解释其原因：_______。
4．（2020·上海静安·统考二模）过氧化镁(MgO2)不溶于水，与酸反应生成H2O2，在医学上可作解酸剂。常温下MgO2较稳定，加热时会分解生成O2和MgO。MgO与H2O2反应可制得MgO2，同时放出大量热。一种制备MgO2的流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)煅烧Mg2(OH)2CO3的化学反应方程式为_______________________；检验Mg2(OH)2CO3已分解完全的方法是______________________________。(写出实验操作和现象)
(2)上述制备过程中加入稳定剂的作用是___________；操作a为_____________。
MgO2产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中MgO2的含量。某研究小组拟用下图装置测定样品(含MgO杂质)中MgO2的含量。
(3)研究小组的实验原理是(用化学方程式表示)①___________________________；
②2H2O2 → 2H2O +O2↑，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是_______________。
(4)实验中使用恒压分液漏斗的优点是：使分液漏斗中的溶液顺利滴下、___________。
(5)反应结束后，先_________________，然后__________________，最后平视刻度线读数并记录。
(6)该小组记录的实验数据如下，样品的质量为m g；反应开始前量气管的读数为a mL；反应结束后量气管的读数为b mL，则样品中过氧化镁的质量分数为______(该实验条件下O2密度为ρ g∙L-1)。
5．（2021·上海静安·统考二模）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按上图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品(杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应)，B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积 /mL
消耗碘化钾溶液体积 / mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
(1)装置C中品红试液的作用是___________。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是___________(选填“赞同”或“不赞同”)，理由是___________。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式___________。无色的草酸(H2C2O4)溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO₄ + 5H₂C₂O₄+ 3H₂SO₄ →K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 10CO₂ + 8H₂O，判断到达滴定终点时的现象应当是___________。
(3)为防止尾气污染，装置D中应加入___________溶液。
(4)根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为___________。
(5)下列操作，可能导致x：y的值偏大的是___________(填字母代号)
a.配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线。
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
6．（2020·上海静安·统考二模）对烟道气中的SO2进行吸收或回收再利用具有一定的社会和经济价值。
请回答下列问题：
(1)用NaOH溶液吸收SO2 ，写出相关反应的离子方程式_______________________。
(2)已知NaHSO3溶液显酸性，比较NaHSO3溶液中c(H2SO3)_____ c(SO32－)(填“>”“<”或“=”)，请简述判断理由____________________________________________。
烟道气中的SO2，也可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g) + Q kJ。某温度下，在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和一定量的CO，发生上述反应，5 min后达到平衡，生成1 mol CO2。
(3)一定条件下，上述反应的能量变化如图1，则 Q =_________kJ。
(4)写出该反应平衡常数表达式________；0～5min内SO2的平均反应速率为________。
(5)对反应2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g) + Q kJ的分析正确的是_______。
a．若混合气体密度保持不变，则反应已达平衡状态
b．从反应开始到平衡时，容器内气体的压强保持不变
c．平衡时，其它条件不变，分离出硫，正反应速率加快
d．平衡时，其它条件不变,再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
(6)其他条件不变时，随着温度的升高，SO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图2所示，请解释其可能的原因________________________________。(已知硫的沸点约是445°C)
7．（2021·上海静安·统考二模）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
(1)氮原子最外层运动状态不同的电子有___________种，N2的电子式：___________。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式___________。
已知： 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ
(2)恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
0～9min内N2的平均反应速率v(N2)=___________mol/(L·min)；第12min时CO2的浓度为___________ mol/L；第12min时改变的反应条件可能为___________(填字母代号)；
a.升高温度 b.加入NO c.加催化剂 d.减小压强 e.降低温度
(3)如图是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。(图中L(L1、L2)、X可能是温度或压强。)可以确定X代表的是___________(填“温度”或“压强”)，L1与L2的大小关系是L1___________ L2(选填“<”、“>”或“=”)，你的理由是___________。
(4)尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO(NH2)2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O(反应条件省略)。经测定，每吸收30gNO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为___________。
8．（2020·上海静安·统考二模）乙炔是重要的化工原料。以乙炔为起始物进行的一些转化关系如下：
已知：①1molB与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2 44.8L
②乙炔与甲醛1:2反应生成C
请回答下列问题：
(1)写出下列反应的反应类型： A → PVC__________；乙炔 → C__________ 。
(2)写出下列物质的结构简式：B __________；C__________ 。
(3)写出下列反应的化学反应方程式：乙炔 → A__________；D → E__________;
(4)写出一种既能发生水解反应，又能发生银镜反应的C的同分异构体的结构简式___________________________ 。
(5)1,3-丁二烯也能合成苹果酸。请选用必要的无机试剂，补充下列合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。____
9．（2021·上海静安·统考二模）他米巴罗汀(H)被批准用于急性白血病治疗，近来的研究还发现该药物对阿尔茨海默症等疾病的治疗也具有良好的潜力。他米巴罗汀的一种合成路线如下：
已知：a. b. +R-Cl +HCl
回答下列问题：
(1)B中含氮官能团的结构简式是___________，C中含氧官能团的名称为___________。
(2)反应类型：①是___________、③___________。试剂甲是___________。
(3)C→D为酯化反应，化学反应方程式是___________。
(4)写出符合下列要求的F的同分异构体结构简式______。
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子
(5)设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线(结合本题信息，其它无机试剂任选) ______。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物
10．（2022·上海静安·统考二模）有机化合物 J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：
已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO
回答下列问题：
(1)A的分子式是_______，E的结构简式是_______。化合物H中含氧官能团的名称为_______。
(2)C→D的反应类型是_______。G→H 还需要用到的无机反应试剂是_______(填字母编号)。
a. Cl2 b. HCl c. 铁粉、液溴 d. H2O
(3)F→G的化学反应方程式为_______。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式_______。
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH
②能发生水解反应、银镜反应等
(5)结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线_______(其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。
11．（2022·上海静安·统考二模）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间(min)
浓度(mol·L-1)
0
10
20
30
40
50
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
回答下列问题：
(1)碳原子核外有_______个未成对的电子，N2分子的电子式是_______，氧原子2p亚层的轨道表示式为_______。
(2)T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1。
(3)该反应的平衡常数表达式为_______。第30min 时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是_______(填字母编号)。
a. 加入合适的催化剂 b. 适当缩小容器的体积
c. 再通入一定量的NO d. 再加入一定量的活性炭
(4)若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率_______(填“升高”或“降低”)。
12．（2022·上海静安·统考二模）五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2 b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O3的通入速度 d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
参考答案：
1． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
2． F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- 还原 ③ ＜ 5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【详解】(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
3．(1) H-O-Cl 原子晶体 ＜ 随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强
(2) bac NaHSO3
(3)CO+H2OHCO+OH-
(4) NaHCO3(或NaClO) 因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大
【解析】(1)
次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；
(2)
NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；
六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；
(3)
Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；
(4)
氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。
4． Mg2(OH)2CO3 2MgO + CO2 ↑ +H2O 取少量煅烧后的固体，滴入稀盐酸，无气泡产生 防止过氧化氢受热分解或防止过氧化镁受热分解 过滤、(洗涤)、干燥 和 催化剂(或催化H2O2的分解) 消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响 恢复至室温 移动右侧刻度管直到两侧液面相平
【分析】制备过氧化镁时，首先将Mg2(OH)2CO3煅烧，使其转化为MgO；再利用MgO和H2O2反应，由于该反应放出大量的热，而H2O2和MgO2受热都易分解，所以需要加稳定剂，避免二者分解对制备产生不利；制备出的MgO2不溶于水，再将其从悬浊液中过滤，并洗涤干燥即可。在测定MgO2含量时，利用MgO2与酸反应生成H2O2，将其转化为H2O2后，再经Fe3+催化分解产生O2；通过量取氧气的体积，再计算出氧气的量，进而就可确定MgO2的量，样品中的MgO2的含量进一步即可计算出。
【详解】(1) Mg2(OH)2CO3煅烧的方程式为Mg2(OH)2CO3 2MgO + CO2 ↑ +H2O；检验Mg2(OH)2CO3是否分解完全，只需验证固体中是否含有即可，所以可取少量煅烧后的固体，滴入稀盐酸后无气泡生成， Mg2(OH)2CO3已经分解完全；
(2)由于MgO和H2O2反应制备MgO2的过程中放出大量的热，为了避免H2O2和MgO2分解对制备不利，则需要加入稳定剂；从悬浊液中获得不溶于水的纯净的MgO2固体，需要过滤，洗涤以及干燥；
(3)①由题可知，研究小组测定样品中MgO2含量的原理为：和；
②通过分析可知，FeCl3的作用是催化H2O2分解；
(4)在测定样品中MgO2含量的实验中，由于要准确测量产生的O2的体积，因此使用恒压分液漏斗还可以消除滴入溶液对所测气体体积的影响；
(5)反应过程中会涉及热量的变化，因此反应后气体的温度会与室温不同，为了准确测量氧气的体积，要先等装置恢复至室温后，再通过移动右侧量气管使两侧液面相平从而确定氧气的体积；
(6)由题可知，氧气的体积为(b-a)mL，因此生成氧气的物质的量为mol，那么样品中MgO2的物质的量即为mol，质量分数为。
5． 检验二氧化硫是否被完全吸收 赞同 由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响 当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色 NaOH Fe4S5 cd
【分析】A中通入空气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被B中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，C中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，D为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【详解】(1)装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是“赞同”，理由是：由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，反应的离子方程式为： 。滴定前溶液是紫红色的，当反应完全时，溶液变为无色，因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色。
(3)二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置D中应加入NaOH溶液。
(4)由表知，第一次滴定，碘化钾溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算碘化钾溶液的体积为5.01mL，根据关系式计算：3mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置B中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :0.005mol=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5。
(5)a．配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配KI标准溶液浓度偏大，滴定时KI体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，a不选。
b．步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，滴定过程中不需要干燥，对结果无影响，b不选；
c．滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测KI体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c选。
d．步骤⑥灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，d选。故答案选cd。
6． 或 < HSO3-既能水解生成H2SO3和OH- ，HSO3-又能电离生成SO32-和H+ ，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以c(H2SO3)< c(SO32－) 270 K= 0.05mol/(L∙min) ad 正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低；温度高于445 ℃后硫变成气态，硫变为硫蒸气需要吸热，使得反应变为吸热反应，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高
【分析】(1) SO2与NaOH反应生成Na2SO3或NaHSO3；
(2) NaHSO3溶液显酸性，说明的电离程度大于水解过程；
(3)由题可知，根据反应吸收和放出的能量的差值来判断；
(4)由反应的方程式可知，写出该反应的平衡常数表达式；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，据计算反应速率；
(5) 对反应2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)，该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定，反应前后气体的总质量发生变化，气体的总量也发生变化，但是平衡常数的变化只与温度有关，据以上分析解答；
(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利。
【详解】(1)NaOH为强碱，离子方程式中可以拆分，若SO2少量则生成Na2SO3，若SO2过量，则生成NaHSO3；相关的离子方程式为和；
(2)是弱酸的酸式酸根，在水溶液中既能发生电离，也能发生水解；由于NaHSO3溶液显酸性，说明的电离程度更大，因此溶液中的浓度相比于更大；
(3)由题可知，回收硫的反应是放热反应，在生成硫单质，CO2的同时也产生了一部分热量，反应前物质的总能量比反应后产物的总能量高出270kJ，因此，Q=270kJ；
(4)由反应的方程式可知，该反应的平衡常数表达式为；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，所以反应速率为：；
(5)a．该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定；该反应涉及的物质不全为气体，所以气体的质量会随反应进行发生变化；若气体的密度不再变化，则由公式可知，气体的质量不再变化，那么反应一定达到了平衡状态，a项正确；
b．该反应反应物中气体的化学计量系数之和与产物中气体的化学计量系数之和不相等，因此气体的总物质的量会随反应进行发生变化，又因为该反应是在恒容恒温条件下达到的平衡；根据公式可知，容器内的压强会随着反应进行发生变化直至反应达到平衡，b项错误；
c．其他条件不变时，仅从体系内分离出S单质，不影响平衡的移动，对于正逆反应速率无影响，c项错误；
d．平衡常数认为只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变，d项正确；
答案选ad；
(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利，SO2的转化率也就逐渐升高。
【点睛】对于恒温恒容下进行的可逆反应，若其反应物和产物不全为气体，那么一般情况下气体的平均密度不再变化时，反应一定达到平衡状态；若反应物和产物中气体的化学计量系数之和不相等，那么容器内压强不再变化时，反应一定达到平衡状态。
7． 5 0.011 0.2 e 压强 由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大 2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ
【详解】(1) 氮原子质子数为7，核外有7个电子，最外层有5个电子，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，则最外层运动状态不同的电子有5种，氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在N≡N，则N2的电子式：。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，则每个N与其它3个N分别共用1对电子对，形成正四面体结构， N4的结构式。
(2) 对于反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ：由图知，0～9min内N2的平均反应速率v(N2)= ；反应过程中，CO消耗的物质的量等于生成CO2的物质的量，第12min时消耗CO=生成CO2的浓度=；第12min时改变反应条件，则NO、CO2物质的量不变但进一步消耗、氮气物质的量不变但进一步生成，说明平衡朝右移动，则：a．该反应放热、升高温度平衡左移，a不选； b．加入NO则NO曲线应该不连续、NO的浓度、物质的量先增大后减小，b不选； c．加催化剂 ，不影响平衡移动，c不选；d．减小压强，平衡左移，d不选；e．降低温度，平衡右移，e选；则第12min时改变反应条件可能的选项为e。
(3)图中X代表的是压强，L1与L2的大小关系是L1 L2，理由是：由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大。
(4) 2CO(NH2)2+4NO+O2=2CO2+4N2+4H2O。经测定，每吸收30g即1molNO能排放热量321.7kJ，则吸收4molNO能排放热量4×321.7kJ=1286.8kJ，该反应的热化学方程式为2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ。
8． 聚合反应或加聚反应 加成反应 ，，，，任写一种即可 补全的合成路线为：
【分析】由A可合成PVC，PVC的单体是CH2=CHCl，因此A即为CH2=CHCl，那么由乙炔生成A即发生加成反应；1molB能够和NaHCO3溶液反应生成2molCO2，因此B的结构中含有2个羧基；此外，B的分子式为C4H4O4，不饱和度为3，因此B的结构中一定含有碳碳双键；那么由B生成苹果酸，发生的则是加成反应，由苹果酸的结构可知，B的结构为；乙炔的分子式为C2H2，甲醛的分子式为CH2O，二者按照1:2反应能生成分子式为C4H6O2，因此二者发生的是加成反应，并且根据条件可知，是按照已知信息中的反应③进行的，那么C的结构为；由C生成的D，分子式为C4H10O2，因此发生的是加成反应，那么D的结构为HOCH2-CH2-CH2-CH2OH；由D生成的E的分子式为C4H6，结合反应条件和D的结构推测，发生的是消去反应，E的结构为。
【详解】(1)通过分析可知，A生成PVC发生的是加聚反应；乙炔生成C，发生的是加成反应；
(2)通过分析可知，B的结构为，C的结构为；
(3)通过分析可知，乙炔生成A发生的是加成反应，方程式为：；D生成E发生的是消去反应，方程式为：；
(4)C的结构为，含有2个不饱和度；其同分异构体既能发生银镜反应又能发生水解反应，所以结构中一定含有HCOO-(甲酸酯基)；此外，由于不饱和度为2，所以剩余的结构中可能含有碳碳双键或环状结构；因此可能的结构有：，，，，任写一种即可；
(5)苹果酸的结构为，其与1,3-丁二烯具有相同个数的碳原子；因此合成苹果酸时，可以先使1,3-丁二烯与Br2发生1,4-加成反应，具体合成路线为：。
【点睛】设计合成路线时，要注意官能团的保护的问题，因此要合理设计官能团的引入次序和转化顺序。
9． 硝基 羧基 取代反应 还原反应 浓硝酸、浓硫酸 +2CH3OH+2H2O 、、、、若苯环上有3个侧链，则可以为：、、、，或3个侧链中2个相邻的也可以，也可以是苯环连4个侧链的：-Cl、-CHO、-COOH和-CH3，只要满足条件即可 CH2=CH-CH=CH2Cl-CH2-CH=CH-CH2-ClCl-CH2-CH2-CH2-CH2-Cl
【分析】由流程知，反应②为苯环上的硝化反应，反应③则为还原反应，反应过程中硝基转化为氨基，则B为：，A为，反应①则是与之间生成，C分子式为C9H8O4，不饱和度为6，参照上述合成路线的反应④，C为，D为，据此回答。
【详解】(1)B中含氮官能团的结构简式是硝基，C中含氧官能团的名称为羧基。
(2)反应类型：①是取代反应、③还原反应。根据分析，有机物A为苯，苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸反应生成硝基苯，试剂甲是浓硝酸、浓硫酸。
(3) 根据F的结构、D→F的条件可知， D为对苯二甲酸二甲酯()， C与甲醇反应生成D，结合D的分子式可知， C为对苯二甲酸()，C→D为酯化反应，化学反应方程式是+2CH3OH+2H2O。
(4) F为，F的同分异构体需满足:
①属于芳香族化合物，则含有1个苯环、且苯环未与氧原子直接相连；②能发生银镜反应；则含有醛基；③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子，则同分异构体中苯环只有1个侧链时，苯环上3种氢原子、侧链有2种氢原子，可以为：、、、、若苯环上有3个侧链，则可以为：、、、，3个侧链中2个相邻的也可以，也可以是苯环连4个侧链的：-Cl、-CHO、-COOH和-CH3，只要满足条件即可。
(5)参照上述合成路线的反应①，用逆合成分析法，要得到，需和Cl(CH2)4Cl在AlCl3条件下反应，Cl(CH2)4Cl可以由CH2=CHCH=CH2与氯气先进行1，4−加成得ClCH2CH=CHCH2Cl，ClCH2CH=CHCH2Cl再与氢气加成所得，故由苯和1，3−丁二烯合成的路线为：CH2=CH-CH=CH2Cl-CH2-CH=CH-CH2-ClCl-CH2-CH2-CH2-CH2-Cl。
10．(1) C7H6O2 羟基、羧基
(2) 氧化反应 b
(3)+H2O
(4)
(5)CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO
【分析】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。
（1）
根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。
（2）
C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。
（3）
F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。
（4）
苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。
（5）
乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。
11．(1) 2
(2)0.042
(3) K= bc
(4) 放热 降低
【解析】(1)
碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；
(2)
T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= =0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；
(3)
根据反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项错误；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项正确；
c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项正确；
d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项错误；
故答案为：K=；bc；
(4)
T1 ℃时，该反应的平衡常数K==，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。
12．(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2) 球形干燥管 防止空气中的水蒸气进入C中 b
(3) abd 液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5) 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 79.3%
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
【详解】（1）干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
（2）装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
（3）二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
（4）该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
（5）酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。
上海市静安区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
2．（2021·上海静安·统考二模）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(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___________。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：___________。
(2)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：___________。
(3)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。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
3．（2022·上海静安·统考二模）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：
(1)次氯酸的结构式为_______，碳化硅晶体属于_______晶体。非金属性S_______Cl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右_______。
(2)常温下，浓度均为0.1 mol/L的六种溶液pH如下：
溶质
NaClO
Na2CO3
NaHCO3
Na2SiO3
Na2SO3
NaHSO3
pH
10.3
11.6
9.7
12.3
10.0
4.0
常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是_______(填序号) 。
a.H2CO3 b.H2SO3 c.H2SiO3
六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)_______。
(3)用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因_______。
(4)欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)_______，用化学平衡移动的原理解释其原因：_______。
4．（2020·上海静安·统考二模）过氧化镁(MgO2)不溶于水，与酸反应生成H2O2，在医学上可作解酸剂。常温下MgO2较稳定，加热时会分解生成O2和MgO。MgO与H2O2反应可制得MgO2，同时放出大量热。一种制备MgO2的流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)煅烧Mg2(OH)2CO3的化学反应方程式为_______________________；检验Mg2(OH)2CO3已分解完全的方法是______________________________。(写出实验操作和现象)
(2)上述制备过程中加入稳定剂的作用是___________；操作a为_____________。
MgO2产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中MgO2的含量。某研究小组拟用下图装置测定样品(含MgO杂质)中MgO2的含量。
(3)研究小组的实验原理是(用化学方程式表示)①___________________________；
②2H2O2 → 2H2O +O2↑，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是_______________。
(4)实验中使用恒压分液漏斗的优点是：使分液漏斗中的溶液顺利滴下、___________。
(5)反应结束后，先_________________，然后__________________，最后平视刻度线读数并记录。
(6)该小组记录的实验数据如下，样品的质量为m g；反应开始前量气管的读数为a mL；反应结束后量气管的读数为b mL，则样品中过氧化镁的质量分数为______(该实验条件下O2密度为ρ g∙L-1)。
5．（2021·上海静安·统考二模）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按上图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品(杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应)，B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积 /mL
消耗碘化钾溶液体积 / mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
(1)装置C中品红试液的作用是___________。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是___________(选填“赞同”或“不赞同”)，理由是___________。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式___________。无色的草酸(H2C2O4)溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO₄ + 5H₂C₂O₄+ 3H₂SO₄ →K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 10CO₂ + 8H₂O，判断到达滴定终点时的现象应当是___________。
(3)为防止尾气污染，装置D中应加入___________溶液。
(4)根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为___________。
(5)下列操作，可能导致x：y的值偏大的是___________(填字母代号)
a.配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线。
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
6．（2020·上海静安·统考二模）对烟道气中的SO2进行吸收或回收再利用具有一定的社会和经济价值。
请回答下列问题：
(1)用NaOH溶液吸收SO2 ，写出相关反应的离子方程式_______________________。
(2)已知NaHSO3溶液显酸性，比较NaHSO3溶液中c(H2SO3)_____ c(SO32－)(填“>”“<”或“=”)，请简述判断理由____________________________________________。
烟道气中的SO2，也可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g) + Q kJ。某温度下，在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和一定量的CO，发生上述反应，5 min后达到平衡，生成1 mol CO2。
(3)一定条件下，上述反应的能量变化如图1，则 Q =_________kJ。
(4)写出该反应平衡常数表达式________；0～5min内SO2的平均反应速率为________。
(5)对反应2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g) + Q kJ的分析正确的是_______。
a．若混合气体密度保持不变，则反应已达平衡状态
b．从反应开始到平衡时，容器内气体的压强保持不变
c．平衡时，其它条件不变，分离出硫，正反应速率加快
d．平衡时，其它条件不变,再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
(6)其他条件不变时，随着温度的升高，SO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图2所示，请解释其可能的原因________________________________。(已知硫的沸点约是445°C)
7．（2021·上海静安·统考二模）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
(1)氮原子最外层运动状态不同的电子有___________种，N2的电子式：___________。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式___________。
已知： 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ
(2)恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
0～9min内N2的平均反应速率v(N2)=___________mol/(L·min)；第12min时CO2的浓度为___________ mol/L；第12min时改变的反应条件可能为___________(填字母代号)；
a.升高温度 b.加入NO c.加催化剂 d.减小压强 e.降低温度
(3)如图是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。(图中L(L1、L2)、X可能是温度或压强。)可以确定X代表的是___________(填“温度”或“压强”)，L1与L2的大小关系是L1___________ L2(选填“<”、“>”或“=”)，你的理由是___________。
(4)尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO(NH2)2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O(反应条件省略)。经测定，每吸收30gNO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为___________。
8．（2020·上海静安·统考二模）乙炔是重要的化工原料。以乙炔为起始物进行的一些转化关系如下：
已知：①1molB与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下的CO2 44.8L
②乙炔与甲醛1:2反应生成C
请回答下列问题：
(1)写出下列反应的反应类型： A → PVC__________；乙炔 → C__________ 。
(2)写出下列物质的结构简式：B __________；C__________ 。
(3)写出下列反应的化学反应方程式：乙炔 → A__________；D → E__________;
(4)写出一种既能发生水解反应，又能发生银镜反应的C的同分异构体的结构简式___________________________ 。
(5)1,3-丁二烯也能合成苹果酸。请选用必要的无机试剂，补充下列合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。____
9．（2021·上海静安·统考二模）他米巴罗汀(H)被批准用于急性白血病治疗，近来的研究还发现该药物对阿尔茨海默症等疾病的治疗也具有良好的潜力。他米巴罗汀的一种合成路线如下：
已知：a. b. +R-Cl +HCl
回答下列问题：
(1)B中含氮官能团的结构简式是___________，C中含氧官能团的名称为___________。
(2)反应类型：①是___________、③___________。试剂甲是___________。
(3)C→D为酯化反应，化学反应方程式是___________。
(4)写出符合下列要求的F的同分异构体结构简式______。
①属于芳香族化合物，且苯环未与氧原子直接相连；
②能发生银镜反应；
③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子
(5)设计由苯和1，3一丁二烯合成的路线(结合本题信息，其它无机试剂任选) ______。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物
10．（2022·上海静安·统考二模）有机化合物 J()是一种治疗心脏病药物的中间体。J的一种合成路线如下：
已知：①R1-CHO+R2CH2-CHO
回答下列问题：
(1)A的分子式是_______，E的结构简式是_______。化合物H中含氧官能团的名称为_______。
(2)C→D的反应类型是_______。G→H 还需要用到的无机反应试剂是_______(填字母编号)。
a. Cl2 b. HCl c. 铁粉、液溴 d. H2O
(3)F→G的化学反应方程式为_______。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有多种，请写出其中一种的结构简式_______。
①苯环上只有两个对位取代基，其中一个是-OH
②能发生水解反应、银镜反应等
(5)结合题中信息，写出以有机物B为原料制备1，3-丁二醇的的合成路线_______(其他无机原料任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)。
11．（2022·上海静安·统考二模）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间(min)
浓度(mol·L-1)
0
10
20
30
40
50
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
1.2
回答下列问题：
(1)碳原子核外有_______个未成对的电子，N2分子的电子式是_______，氧原子2p亚层的轨道表示式为_______。
(2)T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1。
(3)该反应的平衡常数表达式为_______。第30min 时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是_______(填字母编号)。
a. 加入合适的催化剂 b. 适当缩小容器的体积
c. 再通入一定量的NO d. 再加入一定量的活性炭
(4)若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率_______(填“升高”或“降低”)。
12．（2022·上海静安·统考二模）五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2 b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O3的通入速度 d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
参考答案：
1． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
2． F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- 还原 ③ ＜ 5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【详解】(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
3．(1) H-O-Cl 原子晶体 ＜ 随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强
(2) bac NaHSO3
(3)CO+H2OHCO+OH-
(4) NaHCO3(或NaClO) 因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大
【解析】(1)
次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；
(2)
NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；
六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；
(3)
Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；
(4)
氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。
4． Mg2(OH)2CO3 2MgO + CO2 ↑ +H2O 取少量煅烧后的固体，滴入稀盐酸，无气泡产生 防止过氧化氢受热分解或防止过氧化镁受热分解 过滤、(洗涤)、干燥 和 催化剂(或催化H2O2的分解) 消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响 恢复至室温 移动右侧刻度管直到两侧液面相平
【分析】制备过氧化镁时，首先将Mg2(OH)2CO3煅烧，使其转化为MgO；再利用MgO和H2O2反应，由于该反应放出大量的热，而H2O2和MgO2受热都易分解，所以需要加稳定剂，避免二者分解对制备产生不利；制备出的MgO2不溶于水，再将其从悬浊液中过滤，并洗涤干燥即可。在测定MgO2含量时，利用MgO2与酸反应生成H2O2，将其转化为H2O2后，再经Fe3+催化分解产生O2；通过量取氧气的体积，再计算出氧气的量，进而就可确定MgO2的量，样品中的MgO2的含量进一步即可计算出。
【详解】(1) Mg2(OH)2CO3煅烧的方程式为Mg2(OH)2CO3 2MgO + CO2 ↑ +H2O；检验Mg2(OH)2CO3是否分解完全，只需验证固体中是否含有即可，所以可取少量煅烧后的固体，滴入稀盐酸后无气泡生成， Mg2(OH)2CO3已经分解完全；
(2)由于MgO和H2O2反应制备MgO2的过程中放出大量的热，为了避免H2O2和MgO2分解对制备不利，则需要加入稳定剂；从悬浊液中获得不溶于水的纯净的MgO2固体，需要过滤，洗涤以及干燥；
(3)①由题可知，研究小组测定样品中MgO2含量的原理为：和；
②通过分析可知，FeCl3的作用是催化H2O2分解；
(4)在测定样品中MgO2含量的实验中，由于要准确测量产生的O2的体积，因此使用恒压分液漏斗还可以消除滴入溶液对所测气体体积的影响；
(5)反应过程中会涉及热量的变化，因此反应后气体的温度会与室温不同，为了准确测量氧气的体积，要先等装置恢复至室温后，再通过移动右侧量气管使两侧液面相平从而确定氧气的体积；
(6)由题可知，氧气的体积为(b-a)mL，因此生成氧气的物质的量为mol，那么样品中MgO2的物质的量即为mol，质量分数为。
5． 检验二氧化硫是否被完全吸收 赞同 由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响 当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色 NaOH Fe4S5 cd
【分析】A中通入空气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被B中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，C中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，D为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【详解】(1)装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是“赞同”，理由是：由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，反应的离子方程式为： 。滴定前溶液是紫红色的，当反应完全时，溶液变为无色，因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色。
(3)二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置D中应加入NaOH溶液。
(4)由表知，第一次滴定，碘化钾溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算碘化钾溶液的体积为5.01mL，根据关系式计算：3mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置B中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :0.005mol=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5。
(5)a．配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配KI标准溶液浓度偏大，滴定时KI体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，a不选。
b．步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，滴定过程中不需要干燥，对结果无影响，b不选；
c．滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测KI体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c选。
d．步骤⑥灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，d选。故答案选cd。
6． 或 < HSO3-既能水解生成H2SO3和OH- ，HSO3-又能电离生成SO32-和H+ ，已知NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，所以c(H2SO3)< c(SO32－) 270 K= 0.05mol/(L∙min) ad 正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低；温度高于445 ℃后硫变成气态，硫变为硫蒸气需要吸热，使得反应变为吸热反应，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高
【分析】(1) SO2与NaOH反应生成Na2SO3或NaHSO3；
(2) NaHSO3溶液显酸性，说明的电离程度大于水解过程；
(3)由题可知，根据反应吸收和放出的能量的差值来判断；
(4)由反应的方程式可知，写出该反应的平衡常数表达式；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，据计算反应速率；
(5) 对反应2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)，该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定，反应前后气体的总质量发生变化，气体的总量也发生变化，但是平衡常数的变化只与温度有关，据以上分析解答；
(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利。
【详解】(1)NaOH为强碱，离子方程式中可以拆分，若SO2少量则生成Na2SO3，若SO2过量，则生成NaHSO3；相关的离子方程式为和；
(2)是弱酸的酸式酸根，在水溶液中既能发生电离，也能发生水解；由于NaHSO3溶液显酸性，说明的电离程度更大，因此溶液中的浓度相比于更大；
(3)由题可知，回收硫的反应是放热反应，在生成硫单质，CO2的同时也产生了一部分热量，反应前物质的总能量比反应后产物的总能量高出270kJ，因此，Q=270kJ；
(4)由反应的方程式可知，该反应的平衡常数表达式为；5min时，生成CO21mol，所以消耗了0.5mol的SO2，所以反应速率为：；
(5)a．该反应在恒容条件下达到平衡，气体的体积恒定；该反应涉及的物质不全为气体，所以气体的质量会随反应进行发生变化；若气体的密度不再变化，则由公式可知，气体的质量不再变化，那么反应一定达到了平衡状态，a项正确；
b．该反应反应物中气体的化学计量系数之和与产物中气体的化学计量系数之和不相等，因此气体的总物质的量会随反应进行发生变化，又因为该反应是在恒容恒温条件下达到的平衡；根据公式可知，容器内的压强会随着反应进行发生变化直至反应达到平衡，b项错误；
c．其他条件不变时，仅从体系内分离出S单质，不影响平衡的移动，对于正逆反应速率无影响，c项错误；
d．平衡常数认为只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变，d项正确；
答案选ad；
(6)由题可知，温度若低于445℃，该反应为放热反应，升高温度会导致平衡逆向移动，SO2转化率下降；温度若高于445℃，S单质会气化，气化是吸热的过程，可能会使反应由放热反应转变为吸热反应，从而升高温度变得对反应正向进行有利，SO2的转化率也就逐渐升高。
【点睛】对于恒温恒容下进行的可逆反应，若其反应物和产物不全为气体，那么一般情况下气体的平均密度不再变化时，反应一定达到平衡状态；若反应物和产物中气体的化学计量系数之和不相等，那么容器内压强不再变化时，反应一定达到平衡状态。
7． 5 0.011 0.2 e 压强 由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大 2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ
【详解】(1) 氮原子质子数为7，核外有7个电子，最外层有5个电子，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，则最外层运动状态不同的电子有5种，氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在N≡N，则N2的电子式：。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，则每个N与其它3个N分别共用1对电子对，形成正四面体结构， N4的结构式。
(2) 对于反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ：由图知，0～9min内N2的平均反应速率v(N2)= ；反应过程中，CO消耗的物质的量等于生成CO2的物质的量，第12min时消耗CO=生成CO2的浓度=；第12min时改变反应条件，则NO、CO2物质的量不变但进一步消耗、氮气物质的量不变但进一步生成，说明平衡朝右移动，则：a．该反应放热、升高温度平衡左移，a不选； b．加入NO则NO曲线应该不连续、NO的浓度、物质的量先增大后减小，b不选； c．加催化剂 ，不影响平衡移动，c不选；d．减小压强，平衡左移，d不选；e．降低温度，平衡右移，e选；则第12min时改变反应条件可能的选项为e。
(3)图中X代表的是压强，L1与L2的大小关系是L1 L2，理由是：由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大。
(4) 2CO(NH2)2+4NO+O2=2CO2+4N2+4H2O。经测定，每吸收30g即1molNO能排放热量321.7kJ，则吸收4molNO能排放热量4×321.7kJ=1286.8kJ，该反应的热化学方程式为2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ。
8． 聚合反应或加聚反应 加成反应 ，，，，任写一种即可 补全的合成路线为：
【分析】由A可合成PVC，PVC的单体是CH2=CHCl，因此A即为CH2=CHCl，那么由乙炔生成A即发生加成反应；1molB能够和NaHCO3溶液反应生成2molCO2，因此B的结构中含有2个羧基；此外，B的分子式为C4H4O4，不饱和度为3，因此B的结构中一定含有碳碳双键；那么由B生成苹果酸，发生的则是加成反应，由苹果酸的结构可知，B的结构为；乙炔的分子式为C2H2，甲醛的分子式为CH2O，二者按照1:2反应能生成分子式为C4H6O2，因此二者发生的是加成反应，并且根据条件可知，是按照已知信息中的反应③进行的，那么C的结构为；由C生成的D，分子式为C4H10O2，因此发生的是加成反应，那么D的结构为HOCH2-CH2-CH2-CH2OH；由D生成的E的分子式为C4H6，结合反应条件和D的结构推测，发生的是消去反应，E的结构为。
【详解】(1)通过分析可知，A生成PVC发生的是加聚反应；乙炔生成C，发生的是加成反应；
(2)通过分析可知，B的结构为，C的结构为；
(3)通过分析可知，乙炔生成A发生的是加成反应，方程式为：；D生成E发生的是消去反应，方程式为：；
(4)C的结构为，含有2个不饱和度；其同分异构体既能发生银镜反应又能发生水解反应，所以结构中一定含有HCOO-(甲酸酯基)；此外，由于不饱和度为2，所以剩余的结构中可能含有碳碳双键或环状结构；因此可能的结构有：，，，，任写一种即可；
(5)苹果酸的结构为，其与1,3-丁二烯具有相同个数的碳原子；因此合成苹果酸时，可以先使1,3-丁二烯与Br2发生1,4-加成反应，具体合成路线为：。
【点睛】设计合成路线时，要注意官能团的保护的问题，因此要合理设计官能团的引入次序和转化顺序。
9． 硝基 羧基 取代反应 还原反应 浓硝酸、浓硫酸 +2CH3OH+2H2O 、、、、若苯环上有3个侧链，则可以为：、、、，或3个侧链中2个相邻的也可以，也可以是苯环连4个侧链的：-Cl、-CHO、-COOH和-CH3，只要满足条件即可 CH2=CH-CH=CH2Cl-CH2-CH=CH-CH2-ClCl-CH2-CH2-CH2-CH2-Cl
【分析】由流程知，反应②为苯环上的硝化反应，反应③则为还原反应，反应过程中硝基转化为氨基，则B为：，A为，反应①则是与之间生成，C分子式为C9H8O4，不饱和度为6，参照上述合成路线的反应④，C为，D为，据此回答。
【详解】(1)B中含氮官能团的结构简式是硝基，C中含氧官能团的名称为羧基。
(2)反应类型：①是取代反应、③还原反应。根据分析，有机物A为苯，苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸反应生成硝基苯，试剂甲是浓硝酸、浓硫酸。
(3) 根据F的结构、D→F的条件可知， D为对苯二甲酸二甲酯()， C与甲醇反应生成D，结合D的分子式可知， C为对苯二甲酸()，C→D为酯化反应，化学反应方程式是+2CH3OH+2H2O。
(4) F为，F的同分异构体需满足:
①属于芳香族化合物，则含有1个苯环、且苯环未与氧原子直接相连；②能发生银镜反应；则含有醛基；③分子结构中有5种化学环境不同的氢原子，则同分异构体中苯环只有1个侧链时，苯环上3种氢原子、侧链有2种氢原子，可以为：、、、、若苯环上有3个侧链，则可以为：、、、，3个侧链中2个相邻的也可以，也可以是苯环连4个侧链的：-Cl、-CHO、-COOH和-CH3，只要满足条件即可。
(5)参照上述合成路线的反应①，用逆合成分析法，要得到，需和Cl(CH2)4Cl在AlCl3条件下反应，Cl(CH2)4Cl可以由CH2=CHCH=CH2与氯气先进行1，4−加成得ClCH2CH=CHCH2Cl，ClCH2CH=CHCH2Cl再与氢气加成所得，故由苯和1，3−丁二烯合成的路线为：CH2=CH-CH=CH2Cl-CH2-CH=CH-CH2-ClCl-CH2-CH2-CH2-CH2-Cl。
10．(1) C7H6O2 羟基、羧基
(2) 氧化反应 b
(3)+H2O
(4)
(5)CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO
【分析】已知B为乙烯，乙烯与水发生加成反应，生成C为乙醇，乙醇发生催化氧化生成D为乙醛，乙醛和A发生提示的反应，生成E为，E发生氧化反应生成F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应生成G为，根据J的结构可知其由2个发生酯化反应生成，故I为，H在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成I，则H为，所以G到H的反应为G与HCl的加成反应，由此解答各小问。
（1）
根据A的结构可知，A的分子式为C7H6O2，根据以上分析可知E的结构简式为，化合物H为，其中的含氧官能团为酚羟基、羧基。
（2）
C到D发生的是乙醇的催化氧化生成乙醛，故反应类型为氧化反应。G到H为G与HCl发生的加成反应，所以需要用到的无机反应试剂为HCl。
（3）
F在浓硫酸作用下，发生醇的消去反应，生成G中含有碳碳双键，化学方程式为。
（4）
苯环上有两个对位取代基，其中一个是—OH，此外能发生水解反应和银镜反应，则说明另一个取代基一定含有酯基，而且是甲酸酯，由此可得满足条件的E的同分异构体为或。
（5）
乙烯先与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个乙醛发生提示的反应生成，再与氢气发生还原反应生成，合成路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO。
11．(1) 2
(2)0.042
(3) K= bc
(4) 放热 降低
【解析】(1)
碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；
(2)
T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= =0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；
(3)
根据反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项错误；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项正确；
c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项正确；
d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项错误；
故答案为：K=；bc；
(4)
T1 ℃时，该反应的平衡常数K==，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。
12．(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2) 球形干燥管 防止空气中的水蒸气进入C中 b
(3) abd 液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5) 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 79.3%
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
【详解】（1）干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
（2）装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
（3）二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
（4）该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
（5）酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。
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