上海宝山区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

这是一份上海宝山区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。试卷主要包含了填空题，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。

上海宝山区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、填空题
1．（2021·上海宝山·统考二模）硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。
(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。
(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。
2．（2022·上海·统考二模）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
(1)储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是_______。

a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
(2)上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于_______晶体。写出气体产物的电子式_______，其属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径_______>_______(填元素符号)；处于第三周期的元素名称是_______；金属性最强的短周期元素原子核外有_______种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有_______(写化学式)。
III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
(4)找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平_______。
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与_______有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为_______个。
3．（2023·上海宝山·统考二模）我们知道，电解质在溶液中的反应实质是离子之间的反应。通常，离子反应有两种情况，一种是没有电子转移的，是离子互换反应；另一种是有电子转移的，属于氧化还原反应。
在溶液中发生的离子互换反应一般总是向离子浓度减小的方向进行。取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液。
(1)写出该反应的离子方程式______________。
随着碳酸钠溶液的滴加，溶液的pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)这一离子互换反应是否向离子浓度减小方向进行？请应用平衡移动原理进行说明。   ___________。
(3)当碳酸钠溶液全部滴加完后，测得该溶液显酸性，比较该溶液中除H2O以外的微粒浓度大小(不考虑CO2的溶解)_____________________。
氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO+4H++3e-=NO+2H2O。KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。
(4)写出并配平该氧化还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。_________。

二、原理综合题
4．（2021·上海宝山·统考二模）N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式___________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)+Q1(Q1＜0)，2NO2(g)N2O4(g)+Q2(Q2＞0)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，则此时=___________kPa，v=___________(kPa/min)。
②若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(35℃)___________63.1kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，试从勒夏特列原理的角度加以解释___________。
③写出N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数表达式___________。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是___________(填编号)。
A．v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应)   B．反应的中间产物只有NO3
C．该反应的速率主要由第二步决定   D．N2O5的分解率主要由第一步决定
5．（2021·上海宝山·统考二模）电解精制饱和食盐水的方法制取氢氧化钠、氢气、氯气等系列化工产品，这种工业生产称为氯碱工业。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

(1)自然界一切物质都具有能量，而且能量可以相互转化。从能量来看，电解是___________转变为___________的过程。
(2)能量的转化很多是以热量的形式出现的，例如甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷生成液态水，放出QkJ热量，写出该反应的热化学方程式___________。
(3)写出电解饱和食盐水的离子方程式___________。
(4)试预测离子交换膜法电解食盐水中离子交换膜可能的作用是___________、___________。
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠。写出该反应的化学方程式___________。铝也可以用电解法得到，请用一个实验事实说明钠与铝的金属性强弱___________。
(6)室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH___________0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。(选填“大于”、“小于”或“等于”)。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为___________。(酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO)
6．（2022·上海·统考二模）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式_______。
II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol
(2)写出该反应的平衡常数表达式K=_______。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是_______。
a．减小NO2的浓度　　　b．降低温度　　　c．增大压强　　　d．升高温度
III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作
实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置
溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂
溶液为无色
在试管中继续加入少量水
溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性)
红色褪去

(3)①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是_______(请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于_______盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是_______。
a．CO2气体　　　b．KOH固体　　　c．HCl气体　　　d．Na2CO3固体
7．（2023·上海宝山·统考二模）氮化硅(Si3N4)是一种重要的无机材料陶瓷，它是一种超硬物质，具有良好的耐腐蚀、耐热冲击和耐磨损性能，主要被应用于钢铁冶炼、耐火材料等方面。
完成下列填空：
(1)一个硅原子核外能量最高的电子数目是_______，其所占据的电子亚层符号为_________；与硅同周期的主族元素中，原子半径最小的是_______，依据是___________________。
(2)Si3N4属于共价化合物，其含有的化学键是________，属于_______晶体。
工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)
(3)该反应的平衡常数表达式K=_____________________ 。
(4)在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g，则SiCl4的平均反应速率为________________ mol·L-1·min-1。
(5)上述反应达到平衡后，改变某一条件，下列说法正确的是________。
a.增加Si3N4的量，平衡向左移动            b.减小HCl的量，平衡向左移动
c.增大压强，平衡常数K减小            d.降低温度，平衡常数K增大
(6)若平衡时H2和HCl的物质的量之比为，保持其他条件不变，升高温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比_______ (填“>”、“<”或“=”) 。

三、有机推断题
8．（2021·上海宝山·统考二模）沐舒坦(结构简式为，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。下图所示是多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。

已知：①
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
(1)写出反应①的反应试剂、反应条件、反应类型___________、___________、___________。
(2)写出G的结构简式___________。
(3)反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和___________，防止___________。
(4)反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是___________。
(5)写出一种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式___________。
①有碳碳双键    ②能发生银镜反应     ③能发生水解反应
(6)写出实验室由制备的合成路线(无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：)___________。
9．（2022·上海·统考二模）一种合成解热镇痛类药物布洛芬方法如下：

已知：NaBH4是一种还原剂，完成下列填空：
(1)布洛芬的分子式为_______，B→C的反应类型是_______。
(2)D的结构简式是_______。
(3)E→F的化学方程式为_______。
(4)化合物M的分子式为C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同。符合条件的M有_______种。
(5)某同学查阅文献资料，发现C的另一种合成方法：+，请评价该方法与上述流程中的合成方法相比，具有哪些优缺点_______。
(6)设计一条以丙醇为主要原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线(其他无机试剂任选)______(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)。
10．（2023·上海宝山·统考二模）用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。

已知：(-R表示烃基，其和苯环相连的碳上有氢原子)
完成下列填空：
(1)A中含氧官能团名称是______________；反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_________。
(2)检验C中“碳碳双键”的操作是___________________________________________。
(3)E的结构简式为_____________________。
(4)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾溶液反应后可以得到对苯二甲酸()，写出X的结构简式_______________________。
(5)参考上述信息，设计以甲苯和乙醛为原料，合成肉桂醛()的合成路线(其他无机试剂任选) _______________。(合成路线可表示为：)

四、实验题
11．（2021·上海宝山·统考二模）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。以下是实验室用废铜粉制备CuSO4·5H2O的流程图。

(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式___________。
(2)制备流程中的A操作名称是___________。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是___________，除去这种杂质的实验操作称为___________。
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
a．①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤(其余步骤省略)。
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________。
c．如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为___________。
(4)已知：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。
①称取0.1000g某CuSO4·5H2O试样(杂质不与氢氧化钠溶液反应)于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2O___________g。
②上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是___________。
③在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线___________所对应的刻度。
12．（2022·上海·统考二模）绿矾(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。某化学兴趣小组用废铁屑为原科与稀硫酸反应制备绿矾。
(1)将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，除去废铁屑上的油污，过滤，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍，其中加热的作用是_______。
(2)向洗涤过的废铁屑中加入适量稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至反应完全(铁屑有剩余)，发生反应的离子方程式为_______。如果加入过量的稀硫酸是否可以，说出你的理由_______。
(3)趁热过滤，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，干燥，得到绿矾。请分析用少量冰水洗涤晶体的目的_______。
(4)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，质量为m1。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2.按下图连接好装置进行实验。

操作步骤如下：
a.打开K1和K2，缓缓通入N2；
b.点燃酒精灯，加热：
c.熄灭酒精灯；
d.冷却到室温；
e.关闭K1和K2；
f.称量A。
重复上述操作步骤，直至A恒重(固体为FeSO4)，质量为m3。
①仪器B的名称是_____。整个过程中持续通入N2的目的是______。
②根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_____(列式表示)。若实验时按b、a次序操作，则x_____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

五、工业流程题
13．（2023·上海宝山·统考二模）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70 %Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
    
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
4.4
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
6.4
完成下列填空：
(1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是__________，NaOH调节溶液pH的目的是使____________生成沉淀。
(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、_______、_______、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
(3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，____方案不可行，原因是________；从原子利用率角度考虑，_____方案更合理。
(4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol ·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2-= CuY2- + 2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ ________________________________ 。
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_________。
a．未干燥锥形瓶      b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡    c．未除净可与EDTA反应的干扰离子

参考答案：
1． H 【详解】(1)HNO3中的元素分别为H、N、O，非金属性强弱为：H (2)NH3分子中N原子分别与3个H原子形成共价键，则其电子式为；O为8号元素，核外有2个电子层，最外层有6个电子，价电子排布式为2s22p4，则O原子最外层的轨道表示式为：，故答案为：；；
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。
2．(1)c
(2) 原子(共价) 非极性
(3) Si C 钠、硅 4 Na2O、Na2O2
(4)5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
(5) 溶液酸碱性 6.02×1022

【解析】(1)
a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a错误；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b错误；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d错误；
故答案为：c；
(2)
上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)
上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)
→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)
上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
3．(1) 2CH3COOH+CO 2CH3COO-+CO2↑+H2O 增大
(2)是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。所以符合上述规律。
不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。
(3)c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH-)
(4)

【详解】（1）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为：2CH3COOH+CO 2CH3COO-+CO2↑+H2O；随着碳酸钠溶液的滴加，CO浓度增大，平衡正向移动，CH3COOH的浓度降低，溶液酸性减弱，溶液的pH增大。
（2）是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。所以符合上述规律。
不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO跟H+结合成HCO，HCO又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使CH3COOH电离平衡向右移动，直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。
（3）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，当碳酸钠溶液全部滴加完后，得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，测得该溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)，综上所述，该溶液中除H2O以外的微粒浓度大小为：c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH-)。
（4）还原过程的反应式：NO+4H++3e-=NO+2H2O，要使反应发生需要加入还原剂，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中只有Cu2O具有还原性，根据得失电子守恒和氧化还原反应的规律配平该氧化还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目为：。
4． 2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl 30.0 6.0×10-2 大于 NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大 B

【详解】(1)由题意可知：干燥的氯气与硝酸银反应生成O2、N2O5，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl，故答案为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl；
(2)①在恒容密闭容器中，气体的分压和物质的量成正比，所以此题中可用P代替各物质的量使用，t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，，因此；，故答案为：30.0；；
②根据，恒容密闭容器中，升高温度，T增大。所以总压强P增大。二聚为放热，升高温度平衡逆向移动，体系压强增大，因此总压强大于63.1kPa，故答案为：大于；NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大；
③由反应N2O4(g)2NO2(g)可知该反应的平衡常数为，故答案为：；
(3)A．由第一步N2O5NO2+NO3快速平衡；第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应，可知，v(第一步反应)＞v(第二步反应)，则v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应)，故A不选；
B．由以上三步反应可知，反应的中间产物除NO3外还有NO，故选B；
C．在以上三步反应中，第二步为慢反应，所以该反应的速率主要由第二步决定，故C不选；
D．该反应中第一步的正反应为N2O5的合成反应，逆反应为N2O5的分解反应，且反应速率较快，则N2O5的分解率主要由第一步决定，故D不选。
答案选B。
5． 电能 化学能 CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol 2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑ 能得到纯度更高的氢氧化钠溶液 避免氯气与氢气反应 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ 钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na>Al 大于 c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)
【分析】电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子不能通过，能够防止生成的氯气和氢气混合据此分析解答(3)(4)；根据酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，说明ClO-水解程度大于SO， SO水解程度小于CO，据此分析解答(6)。
【详解】(1)电解过程将电能转化为化学能，故答案为：电能；化学能；
(2)甲烷作为一种清洁能源，标准状况下燃烧0.448L甲烷，其物质的量n==0.02mol，生成液态水，放出QkJ热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量=×1mol=50QkJ，反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol，故答案为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-50QkJ/mol；
(3)电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上水得电子生成氢气和OH-，电解反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
(4)离子交换膜只允许阳离子通过，其它离子不能通过；且生成的氯气和氢气不混合，则交换膜的作用是能得到纯度更高的氢氧化钠溶液、避免Cl2与H2反应，故答案为：能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；避免Cl2与H2反应；
(5)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠和氢气，反应的化学方程式为2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性：Na＞Al，故答案为：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑；钠和冷水反应，铝和冷水不反应，说明金属性Na＞Al；
(6) 酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，则ClO-水解程度大于SO，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH；浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO水解程度小于CO，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)，故答案为：大于；c(SO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(HSO)。
6．(1)2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol
(2) bc
(3) 会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性 强碱弱酸 bd

【解析】(1)
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l)=-1224.96kJ/mol；
(2)
化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)=-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b符合题意；　　　
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c符合题意；　　　
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)
①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；　　
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b符合题意；　　
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；　　
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d符合题意；
故答案为：bd。
7．(1) 2个 3p Cl(或氯) 同周期的主族元素，其核外电子层数相同，从左到右随着核电荷数逐渐增大，核对外层电子吸引力也逐渐增大，原子半径逐渐减小，氯在主族元素的最右边，所以半径最小
(2) 共价键 原子
(3)
(4)0.01
(5)d
(6)>

【详解】（1）硅核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，其中3p能量最高，电子数为2；其所占据的电子亚层符号为3p；硅位于第三周期，同周期越靠右原子半径越小，故原子半径最小的是Cl(或氯)；依据是：同周期的主族元素，其核外电子层数相同，从左到右随着核电荷数逐渐增大，核对外层电子吸引力也逐渐增大，原子半径逐渐减小，氯在主族元素的最右边，所以半径最小；
（2）Si3N4属于共价化合物，则硅和氮之间是共价键，属于原子晶体；
（3）根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式K=；
（4）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，其物质的量n=m/M=2.8g÷140g/mol=0.02mol，根据方程式可知消耗氢气的物质的量=0.02mol×6=0.12mol，故v(H2)=∆c÷∆t=0.12mol/2L÷3min=0.02 mol·L-1·min-1，v(SiCl4)= 0.02 mol·L-1·min-1÷2=0.01 mol·L-1·min-1；
（5）a．增加Si3N4的量，其浓度增大，平衡向右移动，a错误；         
b．减小HCl的量，其浓度降低，则平衡向右移动，b错误；
c．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，c错误；            
d．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，d正确；
故选d；
（6）该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应反应移动，到达新平衡，H2的物质的量增大，HCl的物质的量物质的量减小，新平衡H2和HCl的物质的量之比>。
8． 浓硫酸、浓硝酸 水浴加热 取代 HCl 反应物与生成物中的-NH2与HCl成盐，影响产品的产量 苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原 HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2
【分析】根据D发生一系列反应后的结构简式知，A中含有苯环，结合A的分子式知，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成的B为，C的分子式比B的分子式多2个O原子、少2个H原子，则B中甲基被氧化生成C中羧基，则C的结构简式为，C中硝基被还原生成D中氨基，则D的结构简式为，根据G的分子式及、G反应后产物结构简式知，G的结构简式为，生成沐舒坦的反应为取代反应，由的结构简式知，M的结构简式为，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，A的结构简式为，A中甲基邻位H原子被硝基取代生成的B为，则反应①为在浓硫酸、浓硝酸、水浴加热条件下发生取代反应生成；
(2)根据分析，G的结构简式为；
(3)反应④为取代反应，除了生成沐舒坦外还生成HCl，加入K2CO3目的是除去生成的HCl，防止反应物与生成物中的-NH2与HCl成盐，影响产品的产量；
(4)反应②为B中甲基被氧化生成C中羧基，反应③为C中硝基被还原生成D中氨基，根据苯环上的氨基易被氧化，而羧基又不易被还原，则反应②、反应③的顺序不能颠倒；
(5)C4H6O2的不饱和度==2，该分子的同分异构体符合下列条件：①有碳碳双键，碳碳双键的不饱和度是1；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能发生水解反应，说明含有酯基，根据O原子个数知，应该存在HCOO-，符合条件的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2、HCOOCH2CH=CH2；
(6) 制备，可由苯甲醇发生氧化反应得到，苯甲醇可由发生水解反应得到，甲苯和溴光照发生取代反应生成，合成路线为。
9．(1) C13H18O2 还原反应
(2)
(3)+HBr+H2O
(4)2
(5)合成步骤少，没有副产物产生
(6)CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl

【分析】苯与(CH3)2CHCOCl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生B：，B与Zn(Hg)/HCl作用发生还原反应产生C：，CH3COOH与SOCl2在加热条件下发生-OH的取代反应产生CH3COCl，C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：，D与NaBH4发生还原反应产生E，E与HBr在一定条件下发生取代反应，-OH变为Br，得到F，F经两步反应产生目标产物布洛芬，结构简式为：。
(1)
根据布洛芬分子结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知其分子式为C13H18O2；
根据B、C结构简式的不同，可知B变为C时得氢失氧，发生了还原反应，故B→C的反应类型是还原反应；
(2)
C与CH3COCl发生异丁基在苯环对位上的取代反应产生D：和HCl，故D的结构简式是；
(3)
E是，E与HBr在加热时发生-OH的取代反应产生F：和H2O，该反应的化学方程式为：+HBr+H2O；
(4)
合物M分子式是C9H10O2，与布洛芬互为同系物，且有6个氢原子化学环境相同，则可能的结构有： ，共有2种不同结构；
(5)
以与发生加成反应产生时，反应只有一步就完成，且反应物原子全部转化为生成物；而前边合成的反应步骤多，有副反应产物产生；
(6)
丙醇CH3CH2CH2OH与浓硫酸混合加热发生消去反应产生丙烯CH3CH=CH2，丙烯与HBr在加热时发生加成反应产生CH3CHBrCH3，然后与MgCH2O、CO2作用，再与H+、H2O作用，反应产生(CH3)2CHCOOH，再与SOCl2在加热时发生取代反应产生目标产物(CH3)2CHCOCl。故以丙醇为原料合成(CH3)2CHCOCl的合成路线为：CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3(CH3)2CHCOOH(CH3)2CHCOCl。
10．(1) 羟基 消除(或消去)反应
(2)取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”
(3)
(4)
(5)

【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为，A中含氧官能团名称是羟基；根据以上分析可知第二步的反应类型为消去反应；
（2）C中含有碳碳双键和醛基，所以不能利用酸性高锰酸钾检验，应该用溴和碳碳双键的加成反应，即取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”；
（3）根据以上分析可知E的结构简式为；
（4）C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；
（5）依据逆推法可知肉桂醛需要苯甲醛和乙醛，苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，卤代烃水解引入羟基，甲苯氟气取代反应引入氯原子，则合成路线为。
11． Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冷却结晶 Cu(NO3)2(或硝酸铜) 重结晶 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 -1.5%(或-1.48% ) 0.0980 用标准盐酸溶液润洗2-3次 粗细交界点
【分析】在硫酸作用下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应后的溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，结合滴定实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，浓硝酸被稀释，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够将通过氧化，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)根据从溶液中获得晶体的一般步骤，制备流程中得到的硫酸铜溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，A操作为冷却结晶；如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，硝酸可能不能完全反应，因此制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是Cu(NO3)2(或硝酸铜)，可以通过重结晶的方法除去杂质，故答案为：冷却结晶；Cu(NO3)2(或硝酸铜)；重结晶；
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。
a．①称取一定质量的样品，②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤，故答案为：称取样品；
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，只需要在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生，若没有沉淀产生，说明已经沉淀完全，故答案为：在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；
c．相对误差为× 100%═-1.48%，故答案为：-1.5%(或-1.48%)；
(4)①根据化学方程式CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，所含硫酸铜晶体的质量为×250g/mol═0.0980g，故答案为：0.0980；
②滴定管要用标准液润洗，因此滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，需要用标准盐酸溶液润洗2-3次，故答案为：标准盐酸溶液润洗2～3次；
③准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度，故答案为：粗细交界点；
12．(1)促进碳酸钠水解
(2) Fe+2H+=Fe2++H2↑ 不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在
(3)绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失
(4) 干燥管 排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化 偏小

【详解】（1）Na2CO3溶液由于其水解使得溶液呈碱性，能够促进废铁屑上的油污水解而除去，加热能够促进碳酸钠水解使溶液碱性更强，是油污水解更彻底，除杂更完全，故答案为：促进碳酸钠溶液水解，增强溶液的碱性；
（2）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2↑，由于Fe2+具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化成Fe3+，故不能加入过量的稀硫酸，应该保证铁屑过量，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2↑；不可以，应该铁屑过量，否则溶液中可能有铁离子存在；
（3）由于所得的绿矾晶体表面还有部分可溶性杂质，需进行洗涤，又因为绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失，故需用少量冰水洗涤晶体，故答案为：绿矾易溶于水，降温可以降低其溶解度，减少损失；
（4）①由题干实验装置图可知，仪器B的名称是(球形)干燥管，由于空气中O2能够氧化FeSO4引起实验误差，故整个过程中持续通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化，故答案为：(球形)干燥管；排尽装置中的空气，防止FeSO4被氧化；
②根据实验记录数据可知，绿矾的质量为：(m2-m1)g，FeSO4的质量为：(m3-m1)g，结晶水的质量为：(m2-m3)g，根据方程式计算可得：，则有：，解得x=，若实验时按b、a次序操作，即先加热后再通入N2，这样装置中的O2就有可能氧化硫酸亚铁生成硫酸铁，从而导致m3增大，根据上述分析x的计算公式可知，则x偏小，故答案为：；偏小。
13．(1) 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O 不引入杂质，产物对环境无污染 Fe3+和Al3+
(2) 冷却结晶 过滤
(3) 甲 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到硫酸铝晶体中混有硫酸铁杂质，所以方案不可行 乙
(4) c

【分析】根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4 、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO4 ·5H2O可知，滤液2为CuSO4 溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，据此可作答。
【详解】（1）第①步中Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。
（2）由分析可知滤液2为CuSO4 溶液，第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
（3）由于甲方案中硫酸和氢氧化铁及氢氧化铝都是反应的，所以生成的滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，因此如果直接蒸发，将使所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；由于铝的金属性强于铁的，所以方案乙中铝能置换出铁，从原子利用率最高。而方案丙中生成的硫酸铝小于方案乙中生成的硫酸铝，原子利用率没有乙高。
（4）消耗EDTA的物质的量是0.001bcmol，所以根据反应的方程式可知，消耗铜离子的物质的量也是0.001bcmol，所以每一份中胆矾的物质的量是0.001bcmol。因此CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝。根据表达式可知，如果未干燥锥形瓶，是不会影响实验结果的；若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则消耗标准液的体积将减少，测定结果偏低；如果未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗标准液的体积将偏大，测定结果偏高，因此答案选c。