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天津市河北区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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这是一份天津市河北区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共32页。试卷主要包含了A是基本有机化工原料等内容，欢迎下载使用。
天津市河北区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2021·天津河北·统考二模）常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。
[制备产品]
将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。
(1)各装置的连接顺序为_______→______→_____→C→_____；(填字母)
(2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______；装置C的作用是______；
(3)制备Cl2O的化学方程式为________；
(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是_______；
(5)反应过程中，装置B需放在_______中：(选填“冷水”或“热水”)
[测定浓度]
(6)已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100 mL，再从中取出10.00 mL于锥形瓶中，并加入10.00 mL 0.8 mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，用0.05000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00 mL，则原次氯酸的物质的量浓度为_______。(保留四位有效数字)
2．（2022·天津河北·统考二模）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量的操作步骤如下：
Ⅰ.制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20mLNaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20gNaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
(1)甲装置中a管的作用是_______。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。
(3)石灰乳的作用是_______。
(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是_______。
Ⅱ.合成
①称取5.05g(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即)。
②离心分离除去水解得到的胶体，留上层清液(深紫红色)。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得(相对分子质量为198)粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。
(5)合成的离子方程式为_______。
(6)用异丙醇洗涤的目的是_______。
(7)的产率为_______(保留至0.1%)。
3．（2020·天津河北·统考二模）请用你所学的化学知识回答下列问题：
(1)Na、Mg、Al中第一电离能最大的是___(填元素符号)，Fe原子基态电子排布式为___。
(2)下列反应可用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
①配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是___(填元素符号)。
②1molCH3COOH分子含有σ键的数目为___NA。
③H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___。
(3)S元素的最高价氧化物在气态时以单分子形式存在，中心原子的杂化方式为___杂化，其分子的立体构型为___。H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序___。
(4)将Cu的粉末加入浓氨水中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是___。
(5)金属元素X和非金属元素Y生成某化合物的晶胞如图(X用白球表示，Y用黑球表示)，则该化合物的化学式为___。
4．（2021·天津河北·统考二模）过渡元素镍(Ni)、钒(V)、钛(Ti)等在工业上具有广泛的用途，根据原子结构与周期表及元素的性质，向答下列问题：
(1)镍可形成多种配合物，其中[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为___(填元素符号)，配位体的电子式为___，阴离子的立体构型是___。
(2)基态23V原子的电子排布式为___，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，反应的化学方程式为___。
(3)钡钛矿晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为acm。若该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=___cm(列出计算式，用ρ表示)。
(4)钛可作为电池电极材料应用，在某种锂离子电池中，电池结构如图。写出钛电极上发生的电极反应式___，充电时，钛电极与电源___极相连。
5．（2022·天津河北·统考二模）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
(1)基态Cu原子价层电子排布式为_______。
(2)晶体中S原子的杂化方式为_______，的立体构型为_______。
(3)向溶液中加入过量氨水，可生成，其配体的电子式为_______；下列有关说法正确的是_______。
A．氨气极易溶于水，原因之一是分子和分子之间形成氢键
B．分子和分子空间构型不同，氨分子的键角小于水分子的键角
C．所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．组成元素中电负性最大的是氮元素
(4)金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①该合金的化学式为_______。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为_______cm。
(5)以情性电极电解足量的溶液。阳极上的电极反应式为：_______，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则析出铜的质量为_______g。
6．（2020·天津河北·统考二模）A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示。
已知：；R—CNR—COOH
回答下列问题：
(1)A的名称是___，B含有的官能团的名称是___。
(2)C的结构简式为___，D→E的反应类型为___。
(3)E→F的化学方程式为___。
(4)中最多有___个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为___。
(5)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的是___(写结构简式)。
(6)结合题目信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线___(无机试剂任选)。
合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
7．（2021·天津河北·统考二模）化合物M是一种药物中间体,实验室由芳香化合物A制备M的一种合成路线如图所示：
已知：①RC≡CH；
②RCNHRCOOH。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________；B中所含官能团的名称为__________。
(2)由C生成D的反应类型为________；D的结构简式为________。
(3)由F生成G的化学方程式为_____________。
(4)G生成M过程中加入K2CO3的作用为_________。
(5)同时满足下列条件的G的同分异构体有________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰的结构简式为____________。
①苯环上连有2个取代基。
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应。
(6)参照上述合成路线和信息，以乙炔为原料(无机试剂任选)，设计制备聚丙烯酸的合成路线：______________。
8．（2022·天津河北·统考二模）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。
路线1：
路线2：
(1)试剂a为_______
(2)A→B的反应类型为_______，该反应的化学方程式为_______。
(3)C与的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，该反应的化学方程式为_______；D→E的取代反应发生在甲氧基()的邻位，则F的结构简式为_______。
(4)G中所含官能团名称为_______。
(5)有机物I与对苯二甲酸()反应生成聚合物的结构简式为_______。
(6)I与反应还可能生成的有机产物中，与F互为同分异构的是_______(写出结构简式)。
(7)已知：++NaI，以苯酚和2－甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()_______。
9．（2020·天津河北·统考二模）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是___。
(2)检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是___。
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)①___；②___。
(4)测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为___(用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能___(填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是___。
10．（2020·天津河北·统考二模）甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应的CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，T1___T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）___v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）CO2在生产中有着广泛的用途。
①将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式___。
②在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为___（填“阴极”或“阳极”），电极反应式是___。
11．（2021·天津河北·统考二模）研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
(1)在煤炭中加入碳酸钙可减少酸雨的形成。在研究碳酸盐分解时发现MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)，△H表达式为___；已知CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，则该反应能自发进行的条件是___。
工业上可用浓氨水吸收SO2，写出将过量的SO2通入浓氨水的离子方程式___。
(2)某研究组模拟三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置，发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197.7kJ·mol-1
I.在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时；三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___(用“甲、乙、丙”表示)。
II.下列均能作为容器甲和容器乙达平衡标志的是___(填字母)。
A．温度不变 B．密度保持不变 C．压强保持不变 D．O2浓度保持不变
III.400℃，在容器丙中投入4molSO2、2molO2进行反应时，放出akJ热量；若在500℃，投入2molSO2、1molO2进行反应，放出bkJ热量，则a___2b(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()与Na2SO3溶液反应，生成物____(填字母)。
A． B．SO2 C．NaHCO3 D．
答案选A
(4)亚硫酸电离常数为Ka1，Ka2改变0.lmol/L亚硫酸溶液的pH，其平衡体系中含硫元素微粒物质的量分数δ与pH的关系如图，=___。
12．（2022·天津河北·统考二模）石油产品中含者及COS、等多种有机硫化物，石油化工催生出多种脱硫技术，请回答下列问题：
(1)已知热化学方程式：
①
②
则反应 _______
分析该反应的自发情况：_______。
(2)工业生产中应用：COS的水解反应为 。某温度时，用活性作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[]的转化关系如图甲所示。
①起始向该容器中投入一定量反应物，在一定条件下，可以判断反应到达平衡状态的是_______(填字母)。
A．容器中气体密度不变
B．压强保持不变
C．容器中气体的平均相对分子质量保持不变
D．
②根据图甲和图乙判断该反应的最佳条件为：投料比[]_______；温度_______
③P点对应的平衡常数为_______。(保留小数点后2位)
④当温度升高到一定值后，发现相同时间内COS(g)的水解转化率降低，猜测可能的原因是_______；_______。(写出两条)
(3)可以用溶液吸收，其原理为，该反应的平衡常数为_______。(已知的，；的，)
参考答案：
1． A D B E 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 除去Cl2O中的Cl2 2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3) 制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大 冷水 1.000mol/L
【分析】根据实验目的，将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，以此解答。
【详解】(1)根据实验目的，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应;然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为：A→D→B→C→E，故答案为：A；D；B；E；
(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触，增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；装置B中生成Cl2O的同时还会有多余的Cl2逸出，而Cl2是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，因此此处装置C使用足量的四氯化碳将Cl2吸收，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2；
(3)已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和−1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；
(4)Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反应只生成HClO且反应不可逆，氯气和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大，故答案为：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大；
(5)由题可知：Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，故答案为：冷水；
(6)10.00mL 0.80mol⋅L−1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol，24.00mL0.050 00mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol，根据反应MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.0012mol×5=0.006mol，则稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.008mol−0.006mol=0.002mol，根据反应HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl−+H2O可知，稀释后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=×0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol×=0.01mol，其浓度为：=1.000mol/L，故答案为：1.000mol/L。
2．(1)平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下
(2)2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
(3)除去未反应氯气，防止氯气污染空气
(4)有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠
(5)2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O
(6)增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出
(7)86.1%
【分析】Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；
Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。
（1）
甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；
（2）
甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
（3）
氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；
（4）
温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；
（5）
氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根()同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O；
（6）
高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；
（7）
5.05g Fe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
3． Mg 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 O 7 H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键 sp2 平面三角形 H2S
【详解】(1)Na、Mg、Al在第三周期，价电子排布分别是3s1、3s2、3s23p1，Na最外层一个电子，且半径最大，最易失去一个电子，Mg3s上是全充满状态，Al易失去3p的一个电子，Mg比Al稳定，第一电离能最大的是Mg，Fe是26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，根据构造原理基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)①配合物[Cr(H2O)6]3+中，氧原子有孤对电子，提供给Cr3+，故与Cr3+形成配位键的原子是O；
②CH3COOH分子结构式为：，则每个分子中含有7个σ键，1molCH3COOH含有σ键的数目为7NA；
③CH3CH2OH分子中含有羟基，羟基与水分子之间能形成氢键，所以H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键；
(3)S元素的最高价氧化物是SO3，氧原子最外层6个电子接受两个电子形成稳定结构，中心原子硫原子最外层6个电子，则硫原子的孤电子对数为，价层电子对数是3，即中心原子的杂化方式为sp2杂化，其分子的立体构型为平面三角形；H2O分子间存在氢键，H2S、H2Se无氢键，H2O沸点最高，H2S相对分子质量小于H2Se，则范德华力H2S小于H2Se，范德华力越大沸点越高，所以H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序为H2S
(5)根据晶胞图可知，X在晶胞的顶点有8个和面心有6个，Y在晶胞的内部有8个，根据均摊法，则每个晶胞中含有X： 个，Y有8个，X、Y个数比为1：2，所以化学式为XY2。
【点睛】分子的杂化类型和空间构型根据价层电子对互斥理论确定，先确定中性原子的孤电子对数，再得到价层电子对数，可得杂化类型和空间构型；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一。
4． O 正四面体 1s22s22p63s23p63d34s2 2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl Fe3++e-=Fe2+ 正
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4的配位体为氨气，阴离子为SO，结合价层电子对互斥理论分析解答；根据均摊法计算钡钛矿晶体的晶胞中含有O原子、Ti原子和Ba原子的个数=1，结合ρ=计算解答；根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，据此分析解答。
【详解】(1)元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为O；其中的配位体为氨气，氨气的电子式为；阴离子为SO，S的价层电子对数=4+ =4，立体构型为正四面体，故答案为：O；；正四面体；
(2)基态23V原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，水解反应的化学方程式为2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2；2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl；
(3)根据钡钛矿晶体的晶胞结构，晶胞中含有O原子的个数=12×=3，Ti原子的个数=8×=1，Ba原子的个数=1，因此化学式为BaTiO3，晶胞的质量=g，则晶体的密度为ρg·cm-3=，解得：a= cm，故答案为：；
(4)根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，钛电极上发生的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；充电时，应该与外电源的正极相连，故答案为：Fe3++e-=Fe2+；正。
5．(1)3d104s1
(2) sp3 正四面体
(3) AC
(4) Cu3Au
(5) 4OH――4e－＝O2↑+2H2O 1.28
【解析】(1)
Cu原子序数为29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)
的价电子对数==4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，故答案为：sp3；正四面体；
(3)
中配体是氨气，电子式为 ；
A.氨气极易溶于水，原因之一就是分子和分子之间形成氢键，A正确；
B.分子和分子空间构型不同，前者是三角锥形，后者是V形，氨分子的键角大于水分子的键角，B错误；
C.N与H原子形成极性共价键，[Cu(NH3)4]2+与SO形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，C正确；
D.组成元素中电负性最大的是氧元素，D错误；
答案选AC；
(4)
①晶胞中Cu个数是，Au个数是，因此该合金的化学式为Cu3Au。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则，所以该晶胞的棱长为cm。
(5)
阳极上氢氧根放电，电极反应式为4OH- ―4e－＝O2↑+2H2O，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则转移0.04mol电子，阴极铜离子放电，电极反应式为Cu2＋+2e－＝Cu，根据电子得失守恒可知析出铜的质量为0.02mol×64g/mol＝1.28g。
6． 丙烯 碳碳双键、酯基 取代反应(或水解反应) 10 CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH
【分析】分析流程图：由高聚物结构特点可推知，该高聚物是由B通过加聚反应得到的，因此B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3。高聚物结构中含有酯基，在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，故C的结构简式为。运用逆合成分析法思考，由G符合“已知”信息中-CN转化为-COOH的过程，可推知G为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成，故F为，E为CH2=CHCH2OH。D是A与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程应为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D为CH2=CHCH2Cl，可得A的结构简式为CH2=CHCH3。
【详解】(1) 通过以上分析知，A为CH2=CHCH3，名称是丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，含有官能团名称是碳碳双键和酯基；
(2)C的结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，D→E的反应类型为取代反应(或水解反应)；
(3)根据分析可知E→F发生“已知”信息中烯烃环加成，化学方程式为
(4) 分子中含有2个通过C-C连接的结构，两个的平面通过单键旋转而共平面，所以该分子中所有原子可能处于同一平面上，所以最多共有10个原子共平面，分子间羧基与醇羟基之间酯化脱水形成高分子，属于缩聚反应，生成高聚物的结构简式为；
(5)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCHC(CH3)=CH2、HCOOCH(CH2CH3)=CH2，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；
(6) CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】有机合成题要认真分析每一步反应的原理，确定结构和反应类型；同分异构体个数的确定要先确定官能团，再根据官能团位置不同，得到同分异构体，再结合有3种不同化学环境的氢，且个数比为6：1：1，得到有机物的结构；合成路线的选择结合所学知识和题目所给条件，采用正逆推结合法，得出正确的合成路线。
7． 间溴乙苯(或3-溴乙苯) 溴原子、碳碳双键 消去反应 +H2 吸收生成的HBr，提高反应的转化率(将生成的转化为) 12
【分析】由反应BC的反应条件，结合B和C中不饱和度的差异可知，BC的反应时加成反应，则B为：，由分子式可知，A通过消去反应得到B，A的结构式为：，C在氢氧化钠醇溶液中，在加热的条件下发生消去反应生成D，结合信息①可知D为，结合信息②可知F为，F和氢气发生加成反应，生成G，G和苯酚发生取代反应生成M，以此解答。
【详解】(1)由分析可知，A的结构式为：，化学名称为：间溴乙苯(或3-溴乙苯)；B为，所含官能团的名称为：溴原子、碳碳双键；
(2)由反应条件可知，C生成D的反应类型为消去反应；D的结构简式为；
(3)F和氢气发生加成反应，生成G，反应方程式为：+H2；
(4) G和苯酚发生取代反应生成M，产物中有HBr，加入K2CO3的作用为：吸收生成的HBr，提高反应的转化率(将生成的转化为)；
(5)满足条件的G特点为苯环有两个取代基，分别为羟基和醛基，以羟基和另外一个基团位于对位时分析，一种情况为，Br原子有2个位置，另一种情况为，Br原子有2个位置，所以当两个取代基是对位时有4种情况；两个取代基有邻、间、对三种情况，共有12种同分异构体；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰说明有5种不同环境中的氢，其结构式为：；
(6)根据信息逆向推理，丙烯酸通过加聚反应得到聚丙烯酸，丙烯酸可以由CH2=CH2CN得到，乙炔通过信息①生成CH2=CH2CN，设计的合成路径为：。
【点睛】提供信息的有机合成推断题，要学会在框图中找出信息中的条件“催化剂/HCN”\“H+/H2O”，灵活应用在推断有机和合成目标有机物中。
8．(1)浓硫酸、浓硝酸
(2) 取代反应 +CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O
(3) +→H2O+
(4)硝基、氯原子
(5)
(6)
(7)
【分析】路线1：和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，B发生还原反应生成，则B是； 与醋酸的相对分子质量之和比D大18，说明有水生成，则D是，D与浓硫酸、浓硝酸的混合液的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，则E是； 发生还原反应生成F，结合分子式可知F是。
线路2：和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则G是，与氢氧化钠的甲醇溶液发生反应生成H即，发生还原反应生成I即，与乙酸反应生成F。
(1)
和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则试剂a为浓硫酸、浓硝酸。
(2)
A→B的反应即→的反应，是氯原子被甲氧基代替，故该反应类型为取代反应，化学方程式为+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O。
(3)
C即与反应生成水和D即，该反应的化学方程式为：+→H2O+；据分析，F的结构简式为。
(4)
和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成G，结合流程可知，该反应引入2个硝基，则G是，G中所含官能团名称为硝基、氯原子。
(5)
有机物I即与对苯二甲酸发生缩聚反应，生成聚合物的结构简式为。
(6)
与CH3COOH反应生成F时，只有甲氧基对位的氨基发生反应，则I与反应还可能生成的有机产物是甲氧基邻位的氨基发生取代反应，故与F互为同分异构的是。
(7)
以苯酚和2－甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，制备苯叔丁醚4，按逆合成分析法，可由苯酚钠和发生信息反应得到，苯酚和NaOH溶液反应得到苯酚钠，2-甲基丙烯和HI发生加成反应生成，所以其合成路线为：。
9． CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率 ×100% 偏高 滴速太慢，S2O在滴定过程中被氧气氧化
【分析】根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
【详解】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；
(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为=0.036cVg，CaO2的质量分数为×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【点睛】本题难点为(3)，双氧水具有不稳定性，受热易分解，该反应是放热反应，降温有利于反应生成CaO2·8H2O沉淀。
10． H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 < 1 < 进气比越大，反应温度越低 CO2+OH-=HCO 阴极 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O
【分析】（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由题意建立三段式求解可得；
③由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的ΔH=（+49.5kJ/mol）—（+90.7kJ/mol
）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3—，故答案为：CO2+OH-=HCO3—；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
【点睛】注意运用浓度熵判断平衡移动方向是解答关键，当浓度熵Qc＞平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正)
【详解】(1)由盖斯定律可知，；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，时能自发进行，由于，，所以要使该反应能自发进行，应在高温下进行；为酸性氧化物，氨水溶液呈碱性，所以过量的与浓氨水反应生成和，则其离子方程式为：故答案为：；高温；；
(2) I.乙因为是绝热容器，该反应为放热反应，所以相对于甲，乙中温度比甲高，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低；比较甲、丙，该反应为气体体积减小的反应，丙在恒压的条件下，甲相对于丙，相对于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，综上所述，三个容器中的转化率从大到小的顺序为：丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
IIA．甲为恒温恒容的密闭容器，所以温度一直保持不变，则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故A不选；
B．甲、乙均为恒容密闭容器，又由于该反全为气体参加的反应，所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变，故B不选；
C．在恒容的密闭容器中，该反应为非等体积反应，所以压强不变时，该反应处于平很状态，故选C；
D．一定条件下，当时，反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变，则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态，故选D；
故答案选CD；
III 丙为恒温恒压的密闭体系，所以相同温度下在容器丙中分别投入4molSO2、2molO2和2molSO2、1molO2进行反应平衡不发生移动；则所释放的能量前者为后者的两倍；若前者反应温度为400℃，后者反应温度为500℃，且该反应为放热反应，所以平衡逆向移动，则前者释放的能量大于后者的两倍，故答案为：＞；
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()，则根据强酸制备弱酸可知，水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3，故选A；
(4)时，，当时，，，故答案为：。
12．(1) 低温情况下有利于自发
(2) D ： 温度升高,催化剂活性降低， 温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以转化率下降
(3)
【解析】（1）
、 ，根据盖斯定律，可得： ；故答案为：
反应：是、的反应，要使，则是低温，该反应低温条件容易自发；故答案为：低温条件容易自发；
（2）
反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，且容器体积不变，密度始终保持不变，无法判断是否处于平衡状态，故A错误；
B．反应过程中和平衡状态下压强相同，容器内压强不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
C．反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，容器中气体的平均相对分子质量保持不变，故错误；
D．即正、逆反应速率相等，处于平衡状态，故D正确；
由图可知，当投料比为：、温度时，的转化率最高；故答案为：：；；
点对应的投料比为：：，的转化率为，
开始
变化
平衡
点对应的平衡常数；故答案为：；
④该反应正向放热，温度过高，催化剂活性降低，但平衡向逆反应方向移动，的水解转化率降低；故答案为：温度升高,催化剂活性降低；温度升高平衡逆向移动，导致转化率下降。
（3）
，该反应的平衡常数； 故答案为：。
天津市河北区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2021·天津河北·统考二模）常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。
[制备产品]
将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。
(1)各装置的连接顺序为_______→______→_____→C→_____；(填字母)
(2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______；装置C的作用是______；
(3)制备Cl2O的化学方程式为________；
(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是_______；
(5)反应过程中，装置B需放在_______中：(选填“冷水”或“热水”)
[测定浓度]
(6)已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10 mL上述次氯酸溶液，并稀释至100 mL，再从中取出10.00 mL于锥形瓶中，并加入10.00 mL 0.8 mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，用0.05000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00 mL，则原次氯酸的物质的量浓度为_______。(保留四位有效数字)
2．（2022·天津河北·统考二模）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量的操作步骤如下：
Ⅰ.制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20mLNaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20gNaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
(1)甲装置中a管的作用是_______。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式_______。
(3)石灰乳的作用是_______。
(4)反应过程中用冷水浴冷却的原因是_______。
Ⅱ.合成
①称取5.05g(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即)。
②离心分离除去水解得到的胶体，留上层清液(深紫红色)。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得(相对分子质量为198)粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。
(5)合成的离子方程式为_______。
(6)用异丙醇洗涤的目的是_______。
(7)的产率为_______(保留至0.1%)。
3．（2020·天津河北·统考二模）请用你所学的化学知识回答下列问题：
(1)Na、Mg、Al中第一电离能最大的是___(填元素符号)，Fe原子基态电子排布式为___。
(2)下列反应可用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
①配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是___(填元素符号)。
②1molCH3COOH分子含有σ键的数目为___NA。
③H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___。
(3)S元素的最高价氧化物在气态时以单分子形式存在，中心原子的杂化方式为___杂化，其分子的立体构型为___。H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序___。
(4)将Cu的粉末加入浓氨水中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是___。
(5)金属元素X和非金属元素Y生成某化合物的晶胞如图(X用白球表示，Y用黑球表示)，则该化合物的化学式为___。
4．（2021·天津河北·统考二模）过渡元素镍(Ni)、钒(V)、钛(Ti)等在工业上具有广泛的用途，根据原子结构与周期表及元素的性质，向答下列问题：
(1)镍可形成多种配合物，其中[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为___(填元素符号)，配位体的电子式为___，阴离子的立体构型是___。
(2)基态23V原子的电子排布式为___，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，反应的化学方程式为___。
(3)钡钛矿晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为acm。若该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=___cm(列出计算式，用ρ表示)。
(4)钛可作为电池电极材料应用，在某种锂离子电池中，电池结构如图。写出钛电极上发生的电极反应式___，充电时，钛电极与电源___极相连。
5．（2022·天津河北·统考二模）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
(1)基态Cu原子价层电子排布式为_______。
(2)晶体中S原子的杂化方式为_______，的立体构型为_______。
(3)向溶液中加入过量氨水，可生成，其配体的电子式为_______；下列有关说法正确的是_______。
A．氨气极易溶于水，原因之一是分子和分子之间形成氢键
B．分子和分子空间构型不同，氨分子的键角小于水分子的键角
C．所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．组成元素中电负性最大的是氮元素
(4)金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①该合金的化学式为_______。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为_______cm。
(5)以情性电极电解足量的溶液。阳极上的电极反应式为：_______，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则析出铜的质量为_______g。
6．（2020·天津河北·统考二模）A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线(部分反应条件略去)如图所示。
已知：；R—CNR—COOH
回答下列问题：
(1)A的名称是___，B含有的官能团的名称是___。
(2)C的结构简式为___，D→E的反应类型为___。
(3)E→F的化学方程式为___。
(4)中最多有___个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为___。
(5)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的是___(写结构简式)。
(6)结合题目信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线___(无机试剂任选)。
合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
7．（2021·天津河北·统考二模）化合物M是一种药物中间体,实验室由芳香化合物A制备M的一种合成路线如图所示：
已知：①RC≡CH；
②RCNHRCOOH。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为________；B中所含官能团的名称为__________。
(2)由C生成D的反应类型为________；D的结构简式为________。
(3)由F生成G的化学方程式为_____________。
(4)G生成M过程中加入K2CO3的作用为_________。
(5)同时满足下列条件的G的同分异构体有________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰的结构简式为____________。
①苯环上连有2个取代基。
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应。
(6)参照上述合成路线和信息，以乙炔为原料(无机试剂任选)，设计制备聚丙烯酸的合成路线：______________。
8．（2022·天津河北·统考二模）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。
路线1：
路线2：
(1)试剂a为_______
(2)A→B的反应类型为_______，该反应的化学方程式为_______。
(3)C与的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，该反应的化学方程式为_______；D→E的取代反应发生在甲氧基()的邻位，则F的结构简式为_______。
(4)G中所含官能团名称为_______。
(5)有机物I与对苯二甲酸()反应生成聚合物的结构简式为_______。
(6)I与反应还可能生成的有机产物中，与F互为同分异构的是_______(写出结构简式)。
(7)已知：++NaI，以苯酚和2－甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()_______。
9．（2020·天津河北·统考二模）过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属元素废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是___。
(2)检验“水洗”操作滤液中是否含Cl-，的正确操作是___。
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右有利于提高CaO2·8H2O产率，其可能原因是(写出两种)①___；②___。
(4)测定产品中CaO2含量的实验步骤：
第一步：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，
再滴入少量2mol·L-1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为cmol·L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液
VmL。(已知：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-)
①CaO2的质量分数为___(用字母表示)；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能___(填“不变”、“偏低”或“偏高”)，原因是___。
10．（2020·天津河北·统考二模）甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应的CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，T1___T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）___v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）CO2在生产中有着广泛的用途。
①将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式___。
②在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为___（填“阴极”或“阳极”），电极反应式是___。
11．（2021·天津河北·统考二模）研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
(1)在煤炭中加入碳酸钙可减少酸雨的形成。在研究碳酸盐分解时发现MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)，△H表达式为___；已知CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，则该反应能自发进行的条件是___。
工业上可用浓氨水吸收SO2，写出将过量的SO2通入浓氨水的离子方程式___。
(2)某研究组模拟三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置，发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197.7kJ·mol-1
I.在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时；三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___(用“甲、乙、丙”表示)。
II.下列均能作为容器甲和容器乙达平衡标志的是___(填字母)。
A．温度不变 B．密度保持不变 C．压强保持不变 D．O2浓度保持不变
III.400℃，在容器丙中投入4molSO2、2molO2进行反应时，放出akJ热量；若在500℃，投入2molSO2、1molO2进行反应，放出bkJ热量，则a___2b(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()与Na2SO3溶液反应，生成物____(填字母)。
A． B．SO2 C．NaHCO3 D．
答案选A
(4)亚硫酸电离常数为Ka1，Ka2改变0.lmol/L亚硫酸溶液的pH，其平衡体系中含硫元素微粒物质的量分数δ与pH的关系如图，=___。
12．（2022·天津河北·统考二模）石油产品中含者及COS、等多种有机硫化物，石油化工催生出多种脱硫技术，请回答下列问题：
(1)已知热化学方程式：
①
②
则反应 _______
分析该反应的自发情况：_______。
(2)工业生产中应用：COS的水解反应为 。某温度时，用活性作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[]的转化关系如图甲所示。
①起始向该容器中投入一定量反应物，在一定条件下，可以判断反应到达平衡状态的是_______(填字母)。
A．容器中气体密度不变
B．压强保持不变
C．容器中气体的平均相对分子质量保持不变
D．
②根据图甲和图乙判断该反应的最佳条件为：投料比[]_______；温度_______
③P点对应的平衡常数为_______。(保留小数点后2位)
④当温度升高到一定值后，发现相同时间内COS(g)的水解转化率降低，猜测可能的原因是_______；_______。(写出两条)
(3)可以用溶液吸收，其原理为，该反应的平衡常数为_______。(已知的，；的，)
参考答案：
1． A D B E 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 除去Cl2O中的Cl2 2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3) 制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大 冷水 1.000mol/L
【分析】根据实验目的，将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，以此解答。
【详解】(1)根据实验目的，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应;然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为：A→D→B→C→E，故答案为：A；D；B；E；
(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触，增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；装置B中生成Cl2O的同时还会有多余的Cl2逸出，而Cl2是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，因此此处装置C使用足量的四氯化碳将Cl2吸收，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2；
(3)已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和−1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；
(4)Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反应只生成HClO且反应不可逆，氯气和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大，故答案为：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大；
(5)由题可知：Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，故答案为：冷水；
(6)10.00mL 0.80mol⋅L−1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol，24.00mL0.050 00mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol，根据反应MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.0012mol×5=0.006mol，则稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.008mol−0.006mol=0.002mol，根据反应HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl−+H2O可知，稀释后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=×0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol×=0.01mol，其浓度为：=1.000mol/L，故答案为：1.000mol/L。
2．(1)平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下
(2)2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
(3)除去未反应氯气，防止氯气污染空气
(4)有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠
(5)2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O
(6)增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出
(7)86.1%
【分析】Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；
Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。
（1）
甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；
（2）
甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
（3）
氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；
（4）
温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；
（5）
氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根()同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O；
（6）
高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；
（7）
5.05g Fe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
3． Mg 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 O 7 H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键 sp2 平面三角形 H2S
【详解】(1)Na、Mg、Al在第三周期，价电子排布分别是3s1、3s2、3s23p1，Na最外层一个电子，且半径最大，最易失去一个电子，Mg3s上是全充满状态，Al易失去3p的一个电子，Mg比Al稳定，第一电离能最大的是Mg，Fe是26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，根据构造原理基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2)①配合物[Cr(H2O)6]3+中，氧原子有孤对电子，提供给Cr3+，故与Cr3+形成配位键的原子是O；
②CH3COOH分子结构式为：，则每个分子中含有7个σ键，1molCH3COOH含有σ键的数目为7NA；
③CH3CH2OH分子中含有羟基，羟基与水分子之间能形成氢键，所以H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键；
(3)S元素的最高价氧化物是SO3，氧原子最外层6个电子接受两个电子形成稳定结构，中心原子硫原子最外层6个电子，则硫原子的孤电子对数为，价层电子对数是3，即中心原子的杂化方式为sp2杂化，其分子的立体构型为平面三角形；H2O分子间存在氢键，H2S、H2Se无氢键，H2O沸点最高，H2S相对分子质量小于H2Se，则范德华力H2S小于H2Se，范德华力越大沸点越高，所以H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序为H2S
(5)根据晶胞图可知，X在晶胞的顶点有8个和面心有6个，Y在晶胞的内部有8个，根据均摊法，则每个晶胞中含有X： 个，Y有8个，X、Y个数比为1：2，所以化学式为XY2。
【点睛】分子的杂化类型和空间构型根据价层电子对互斥理论确定，先确定中性原子的孤电子对数，再得到价层电子对数，可得杂化类型和空间构型；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一。
4． O 正四面体 1s22s22p63s23p63d34s2 2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl Fe3++e-=Fe2+ 正
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4的配位体为氨气，阴离子为SO，结合价层电子对互斥理论分析解答；根据均摊法计算钡钛矿晶体的晶胞中含有O原子、Ti原子和Ba原子的个数=1，结合ρ=计算解答；根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，据此分析解答。
【详解】(1)元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为O；其中的配位体为氨气，氨气的电子式为；阴离子为SO，S的价层电子对数=4+ =4，立体构型为正四面体，故答案为：O；；正四面体；
(2)基态23V原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，水解反应的化学方程式为2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2；2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl；
(3)根据钡钛矿晶体的晶胞结构，晶胞中含有O原子的个数=12×=3，Ti原子的个数=8×=1，Ba原子的个数=1，因此化学式为BaTiO3，晶胞的质量=g，则晶体的密度为ρg·cm-3=，解得：a= cm，故答案为：；
(4)根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，钛电极上发生的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；充电时，应该与外电源的正极相连，故答案为：Fe3++e-=Fe2+；正。
5．(1)3d104s1
(2) sp3 正四面体
(3) AC
(4) Cu3Au
(5) 4OH――4e－＝O2↑+2H2O 1.28
【解析】(1)
Cu原子序数为29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)
的价电子对数==4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，故答案为：sp3；正四面体；
(3)
中配体是氨气，电子式为 ；
A.氨气极易溶于水，原因之一就是分子和分子之间形成氢键，A正确；
B.分子和分子空间构型不同，前者是三角锥形，后者是V形，氨分子的键角大于水分子的键角，B错误；
C.N与H原子形成极性共价键，[Cu(NH3)4]2+与SO形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，C正确；
D.组成元素中电负性最大的是氧元素，D错误；
答案选AC；
(4)
①晶胞中Cu个数是，Au个数是，因此该合金的化学式为Cu3Au。
②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则，所以该晶胞的棱长为cm。
(5)
阳极上氢氧根放电，电极反应式为4OH- ―4e－＝O2↑+2H2O，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则转移0.04mol电子，阴极铜离子放电，电极反应式为Cu2＋+2e－＝Cu，根据电子得失守恒可知析出铜的质量为0.02mol×64g/mol＝1.28g。
6． 丙烯 碳碳双键、酯基 取代反应(或水解反应) 10 CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH
【分析】分析流程图：由高聚物结构特点可推知，该高聚物是由B通过加聚反应得到的，因此B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3。高聚物结构中含有酯基，在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，故C的结构简式为。运用逆合成分析法思考，由G符合“已知”信息中-CN转化为-COOH的过程，可推知G为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成，故F为，E为CH2=CHCH2OH。D是A与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程应为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D为CH2=CHCH2Cl，可得A的结构简式为CH2=CHCH3。
【详解】(1) 通过以上分析知，A为CH2=CHCH3，名称是丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，含有官能团名称是碳碳双键和酯基；
(2)C的结构简式为，D发生水解反应或取代反应生成E，D→E的反应类型为取代反应(或水解反应)；
(3)根据分析可知E→F发生“已知”信息中烯烃环加成，化学方程式为
(4) 分子中含有2个通过C-C连接的结构，两个的平面通过单键旋转而共平面，所以该分子中所有原子可能处于同一平面上，所以最多共有10个原子共平面，分子间羧基与醇羟基之间酯化脱水形成高分子，属于缩聚反应，生成高聚物的结构简式为；
(5)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOC(CH3)CH=CH2、HCOOCHC(CH3)=CH2、HCOOCH(CH2CH3)=CH2，其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是；
(6) CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】有机合成题要认真分析每一步反应的原理，确定结构和反应类型；同分异构体个数的确定要先确定官能团，再根据官能团位置不同，得到同分异构体，再结合有3种不同化学环境的氢，且个数比为6：1：1，得到有机物的结构；合成路线的选择结合所学知识和题目所给条件，采用正逆推结合法，得出正确的合成路线。
7． 间溴乙苯(或3-溴乙苯) 溴原子、碳碳双键 消去反应 +H2 吸收生成的HBr，提高反应的转化率(将生成的转化为) 12
【分析】由反应BC的反应条件，结合B和C中不饱和度的差异可知，BC的反应时加成反应，则B为：，由分子式可知，A通过消去反应得到B，A的结构式为：，C在氢氧化钠醇溶液中，在加热的条件下发生消去反应生成D，结合信息①可知D为，结合信息②可知F为，F和氢气发生加成反应，生成G，G和苯酚发生取代反应生成M，以此解答。
【详解】(1)由分析可知，A的结构式为：，化学名称为：间溴乙苯(或3-溴乙苯)；B为，所含官能团的名称为：溴原子、碳碳双键；
(2)由反应条件可知，C生成D的反应类型为消去反应；D的结构简式为；
(3)F和氢气发生加成反应，生成G，反应方程式为：+H2；
(4) G和苯酚发生取代反应生成M，产物中有HBr，加入K2CO3的作用为：吸收生成的HBr，提高反应的转化率(将生成的转化为)；
(5)满足条件的G特点为苯环有两个取代基，分别为羟基和醛基，以羟基和另外一个基团位于对位时分析，一种情况为，Br原子有2个位置，另一种情况为，Br原子有2个位置，所以当两个取代基是对位时有4种情况；两个取代基有邻、间、对三种情况，共有12种同分异构体；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰说明有5种不同环境中的氢，其结构式为：；
(6)根据信息逆向推理，丙烯酸通过加聚反应得到聚丙烯酸，丙烯酸可以由CH2=CH2CN得到，乙炔通过信息①生成CH2=CH2CN，设计的合成路径为：。
【点睛】提供信息的有机合成推断题，要学会在框图中找出信息中的条件“催化剂/HCN”\“H+/H2O”，灵活应用在推断有机和合成目标有机物中。
8．(1)浓硫酸、浓硝酸
(2) 取代反应 +CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O
(3) +→H2O+
(4)硝基、氯原子
(5)
(6)
(7)
【分析】路线1：和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，B发生还原反应生成，则B是； 与醋酸的相对分子质量之和比D大18，说明有水生成，则D是，D与浓硫酸、浓硝酸的混合液的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，则E是； 发生还原反应生成F，结合分子式可知F是。
线路2：和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则G是，与氢氧化钠的甲醇溶液发生反应生成H即，发生还原反应生成I即，与乙酸反应生成F。
(1)
和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则试剂a为浓硫酸、浓硝酸。
(2)
A→B的反应即→的反应，是氯原子被甲氧基代替，故该反应类型为取代反应，化学方程式为+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O。
(3)
C即与反应生成水和D即，该反应的化学方程式为：+→H2O+；据分析，F的结构简式为。
(4)
和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成G，结合流程可知，该反应引入2个硝基，则G是，G中所含官能团名称为硝基、氯原子。
(5)
有机物I即与对苯二甲酸发生缩聚反应，生成聚合物的结构简式为。
(6)
与CH3COOH反应生成F时，只有甲氧基对位的氨基发生反应，则I与反应还可能生成的有机产物是甲氧基邻位的氨基发生取代反应，故与F互为同分异构的是。
(7)
以苯酚和2－甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，制备苯叔丁醚4，按逆合成分析法，可由苯酚钠和发生信息反应得到，苯酚和NaOH溶液反应得到苯酚钠，2-甲基丙烯和HI发生加成反应生成，所以其合成路线为：。
9． CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀 温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率 ×100% 偏高 滴速太慢，S2O在滴定过程中被氧气氧化
【分析】根据流程图可得，氯化钙溶于水后，通入氨气和30%的双氧水反应，CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，过滤后得到副产品NH4Cl，沉淀为CaO2·8H2O，对沉淀先用水洗除去表面的杂质，再用乙醇洗，最后放入烤箱中控制烤箱的温度低于350℃进行烘干得到产品过氧化钙，据此分析解答。
【详解】(1)本实验的目的是制备CaO2·8H2O固体，根据分析，流程中的沉淀应为CaO2·8H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，反应的化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；
(2)滤液中含有大量的Cl－，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl－的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。检验“水洗”是否合格的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 ℃左右，其可能原因是温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；
(4)①根据实验操作，CaO2将KI氧化成碘单质，发生反应的化学方程式为：CaO2＋2KI＋2H2SO4=I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；根据反应的离子方程式：CaO2＋4H＋＋2I－=Ca2＋＋2H2O＋I2，I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，可得关系式：CaO2～2S2O32-，则CaO2的质量为=0.036cVg，CaO2的质量分数为×100%；
②S2O32-有还原性，由于滴速太慢，S2O32-在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。
【点睛】本题难点为(3)，双氧水具有不稳定性，受热易分解，该反应是放热反应，降温有利于反应生成CaO2·8H2O沉淀。
10． H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 < 1 < 进气比越大，反应温度越低 CO2+OH-=HCO 阴极 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O
【分析】（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由题意建立三段式求解可得；
③由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的ΔH=（+49.5kJ/mol）—（+90.7kJ/mol
）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3—，故答案为：CO2+OH-=HCO3—；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
【点睛】注意运用浓度熵判断平衡移动方向是解答关键，当浓度熵Qc＞平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正)
【详解】(1)由盖斯定律可知，；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，时能自发进行，由于，，所以要使该反应能自发进行，应在高温下进行；为酸性氧化物，氨水溶液呈碱性，所以过量的与浓氨水反应生成和，则其离子方程式为：故答案为：；高温；；
(2) I.乙因为是绝热容器，该反应为放热反应，所以相对于甲，乙中温度比甲高，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低；比较甲、丙，该反应为气体体积减小的反应，丙在恒压的条件下，甲相对于丙，相对于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，综上所述，三个容器中的转化率从大到小的顺序为：丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
IIA．甲为恒温恒容的密闭容器，所以温度一直保持不变，则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故A不选；
B．甲、乙均为恒容密闭容器，又由于该反全为气体参加的反应，所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变，故B不选；
C．在恒容的密闭容器中，该反应为非等体积反应，所以压强不变时，该反应处于平很状态，故选C；
D．一定条件下，当时，反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变，则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态，故选D；
故答案选CD；
III 丙为恒温恒压的密闭体系，所以相同温度下在容器丙中分别投入4molSO2、2molO2和2molSO2、1molO2进行反应平衡不发生移动；则所释放的能量前者为后者的两倍；若前者反应温度为400℃，后者反应温度为500℃，且该反应为放热反应，所以平衡逆向移动，则前者释放的能量大于后者的两倍，故答案为：＞；
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()，则根据强酸制备弱酸可知，水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3，故选A；
(4)时，，当时，，，故答案为：。
12．(1) 低温情况下有利于自发
(2) D ： 温度升高,催化剂活性降低， 温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以转化率下降
(3)
【解析】（1）
、 ，根据盖斯定律，可得： ；故答案为：
反应：是、的反应，要使，则是低温，该反应低温条件容易自发；故答案为：低温条件容易自发；
（2）
反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，且容器体积不变，密度始终保持不变，无法判断是否处于平衡状态，故A错误；
B．反应过程中和平衡状态下压强相同，容器内压强不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
C．反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，容器中气体的平均相对分子质量保持不变，故错误；
D．即正、逆反应速率相等，处于平衡状态，故D正确；
由图可知，当投料比为：、温度时，的转化率最高；故答案为：：；；
点对应的投料比为：：，的转化率为，
开始
变化
平衡
点对应的平衡常数；故答案为：；
④该反应正向放热，温度过高，催化剂活性降低，但平衡向逆反应方向移动，的水解转化率降低；故答案为：温度升高,催化剂活性降低；温度升高平衡逆向移动，导致转化率下降。
（3）
，该反应的平衡常数； 故答案为：。
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