上海金山区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

这是一份上海金山区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27页。试卷主要包含了结构与性质，有机推断题，原理综合题，实验题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。

上海金山区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、结构与性质
1．（2021·上海·统考二模） SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成。根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：


键长
a
178
b
160.7
完成下列填空：
(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。
(2) SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。
(3) SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。
(4) SeO2可将的水溶液氧化成，反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。
2．（2022·上海金山·统考二模）氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：
(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是___________。三种含氢微粒：H、H+、H-的半径由大到小依次为___________。
(2)充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应的化学方程式为___________。从物质结构角度解释熔点：CaH2＞BaH2的原因___________
(3)实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为___________，PH3的空间构型是___________。
(4)水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca-Fe-Br循环制H2。涉及反应：
___________FeBr2(s)＋___________H2O(g)___________Fe3O4(s)＋___________HBr(g)＋___________H2(g)
配平上述化学方程式并标出电子转移的方向和数目___________。

二、有机推断题
3．（2021·上海·统考二模）G()是一种有机合成中间体，一种合成方法如下：

完成下列填空：
(1)A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，则A的结构简式为_______。
(2)反应所需的试剂和条件是_______，C中含氧官能团的电子式为_______。
(3)检验B中含有溴原子的方法为_______。
(4)写出反应的化学方程式_______。
(5)F与足量的氢气在一定条件下反应后的产物中有_______种不同化学环境的氢原子。
(6)设计一条以G为主要有机原料合成的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：)
4．（2022·上海金山·统考二模）丙酮()是常见的有机化工基础原料，以下是以丙酮为原料合成G()的路线：

完成下列填空：
(1)G中含有的官能团的名称是___________、___________；A→B的反应类型是___________。
(2)写出检验B中是否混有A的实验方法。___________
(3)写出C→D的第一步反应的化学方程式。___________
(4)D→E反应所需试剂和条件是___________，写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式。___________
(i)分子中只有2种不同化学环境的氢；(ii)能发生银镜反应
(5)参照上述合成路线所给信息，将一条以HCHO、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合成的流程补充完整___________。

5．（2023·上海金山·统考二模）环氧乙烷()是一种基础有机化工原料，以环氧乙烷为原料合成M()的一条合成路线如下：

(1)在一定条件下，环氧乙烷可与H2、H2O、HBr等小分子发生类似加成的开环反应，如反应①。写出反应①的化学方程式___________。
(2)反应②的反应类型是___________。设计反应③的目的是___________。
(3)A的结构简式为___________，C中含有的官能团有羰基和___________，写出一种满足下列条件的C的结构简式___________。
①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应
(4)反应⑤的反应条件是___________。
(5)以和HOCH2CH2OH为主要原料合成B()(无机试剂任选)，将以下合成路线补充完整。已知：RBrRMgBr
____________


三、原理综合题
6．（2021·上海·统考二模）是硝酸的酸酐，溶于水生成，或合金可用于还原脱除水体中的硝态氮。在45℃、溶液起始浓度、维持溶液呈中性并通入作保护气等条件下进行脱氮实验，结果如下图所示。

完成下列填空：
(1)在时，几乎没有被脱除的原因是_______，后被还原成，配平反应的离子方程式：______。
_______+_______+_______+______________+_______
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是_______。
(3)不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
①25℃时，在一个容积不变的容器中加入，气体总浓度c与时间t的变化关系如下表所示：

0
260





在时，测得浓度为，此时的浓度是_______。反应达到平衡时，的浓度是_______。
②若升温至35℃，平衡时气体总浓度_______(选填“＞”“＜”或“=”)。
③已知：，_______。
7．（2022·上海金山·统考二模）S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量；烟气中的SO2可催化还原成硫蒸气，主要涉及以下反应：
①2SO2(g)＋CH4(g) S8(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q1(Q1＞0)
②2SO2(g)＋CH4(g) S2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q2(Q2＞0)
在容积固定的2 L密闭容器中，通入2 mol SO2和1 mol CH4，一定条件下发生上述反应。完成下列填空：
(1)Q1___________Q2(选填“＞”或“＜”)。能说明反应已达平衡状态的是___________。(选填编号)
A．CO2物质的量浓度不变            B．气体密度不变
C．容器内压强不变                D．容器内SO2与CH4的物质的量之比不变
(2)如图为相同时间内测得SO2的转化率随温度变化情况。

a点是否已达到化学平衡状态？___________(选填“是”或“否”)。随着温度升高，SO2转化率先升后降的原因是___________。
(3)如图为某温度时，SO2和CH4的物质的量随时间变化情况。

0~2 h内，v(CH4)=___________。温度不变，若要提高SO2的平衡转化率可采取的措施是___________(任写一条)。
(4)烟气中的SO2常用氨水吸收。向氨水中通入SO2，测得溶液的pH与各含硫组分物质的量分数的关系如图所示。溶液的pH=7时，n(SO)∶n(HSO)≈___________。氨水吸收烟气中SO2后，经O2催化氧化可得到硫酸盐。控制合适的温度，随着氧化的进行，溶液的pH___________(选填“增大”    或“减小”)。


四、实验题
8．（2021·上海·统考二模）二氧化氯是一种易溶于水的黄绿色气体，体积分数超过10%时易引起爆炸，具有强氧化性，可用于水处理。的制备方法有多种，其中两种如下：
方法一：以石墨为电极，在一定条件下电解饱和食盐水。
方法二：以作还原剂，在稀硫酸中还原。
完成下列填空：
(1)写出方法一制备的化学方程式_______。
(2)实验宝模拟方法二的过程，并将制得的处理含废水的装置如下。

①B中反应温度控制30℃左右的原因是_______。
②通入的作用除了搅拌、有利于将排出外，还有_______。
③C中将氧化成无毒的_______气体。
(3)为测定D中的物质的量浓度，进行了下列实验：
i。取D中溶液，加入锥形瓶，用稀硫酸调节溶液，再加入足量晶体，充分反应；
ii.加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗溶液的平均值为。(已知：)。
①i中反应的离子方程式为_______。
②D中的物质的量浓度是_______；若滴定操作耗时过长，则测定结果会_______(选填“偏高”“偏低”或“不变”)。
9．（2023·上海金山·统考二模）Ⅰ．氯及其化合物是卤素中最早被认识和制备的。KClO3热分解是实验室制取O2的方法之一，KClO3在不同条件下热分解结果如下：
实验
反应体系
第一放热温度/℃
第二放热温度/℃
A
KClO3
400
480
B
KClO3＋Fe2O3
360
390
C
KClO3＋MnO2
350

已知：①K(s)＋Cl2(g)=KCl(s)＋437kJ
②K(s)＋Cl2(g)＋O2=KClO3(s)＋398kJ
③K(s)＋Cl2(g)＋2O2=KClO4(s)＋433kJ
(1)验A、B在第一放热温度时分解的热化学方程式为4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，Q=___________kJ。
(2)实验C制得的O2因混有杂质而有轻微的刺激性气味，杂质气体可能是___________，检验方法是___________。
Ⅱ．甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255 g样品，与足量 4 mol∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用25.00 mL 0.1000 mol∙L−1AgNO3(aq)处理，再以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH4SCN(aq) 6.75 mL。
(3)滴定终点溶液为___________色，样品中氯化苄的质量分数为___________(保留两位有效数字)。
(4)通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，任写两个可能的原因___________。
(5)上述方法不适用于氯苯(C6H5Cl)的纯度分析，原因是___________。

五、工业流程题
10．（2022·上海金山·统考二模）CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：

完成下列填空：
(1)步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
(2)已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
(4)步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
(5)称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。

六、填空题
11．（2023·上海金山·统考二模）白云石的化学组成是CaCO3·MgCO3，500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
(1)镁和钙在元素周期表中位于___________族，它们的价电子轨道式表示式为___________(用n表示电子层数)。
(2)白云石500℃以下分解的化学方程式为___________。
(3)从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。___________ 。
(4)白云石分解得到的CO2是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式。___________、___________；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现___________(填化学式)的循环利用。处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl2。以质量比为1.44∶1的CaCl2·6H2O与冰水混合，可获得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl2的原因是___________。
12．（2023·上海金山·统考二模）Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Q<0)
(1)在恒温恒容条件下，可作为反应①达到平衡状态的判断依据是___________(选填编号)。
A．混合气体密度不变
B．容器内压强不变
C．2v正(H2S)=v逆(CS2)
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变
Ⅱ.在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2的组成的混合气体发生反应①，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如图所示。

(2)如图中表示CH4、CS2变化的曲线分别是___________、___________(选填编号)。
(3)M点对应温度下，H2S的转化率是___________。
Ⅲ.在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如图表示800℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。

(4)投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为对应图中___________组图像(选填“A”“B”或“C”)；在三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是___________。
(5)未添加Co助剂时，无积碳，随着Co添加量的变化，积碳量变化如图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为___________。


参考答案：
1． 哑铃或纺锤体 分子 SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大 a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能 SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se 的稀溶液 H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离
【详解】(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为，原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：；哑铃或纺锤体；
(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为，故答案为：；
(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于，由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能；
(4) SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。
2．(1) H－＞H＞H+
(2) CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高
(3) H2S＞PH3＞AsH3 三角锥形
(4)Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)

【解析】(1)
氢元素的原子序数为1，电子排布式为1s1，轨道表示式为；氢原子的原子半径比得到1个电子形成的阴离子的离子半径小，比失去1个电子形成的阳离子的离子半径大，半径由大到小依次为H－＞H＞H+，则故答案为：；H－＞H＞H+；
(2)
由题意可知，氢化钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氢化钙和氢化钡都是离子晶体，钙离子所带电荷数与钡离子相同，但离子半径小于钡离子，所以氢化钙晶体中的离子键强于氢化钡，熔点高于氢化钡，故答案为：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是离子晶体，Ca2+、Ba2+所带电荷数相同，Ca2+半径更小，CaH2中离子键更强，熔点更高；
(3)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，同主族元素，从上到下元素非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则元素的非金属性强弱顺序为S＞P＞As，氢化物的热稳定性由强到弱顺序为H2S＞PH3＞AsH3；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：H2S＞PH3＞AsH3；三角锥形；
(4)
由未配平的化学方程式可知，溴化亚铁在500—600℃条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁、溴化氢和氢气，反应的化学方程式为3FeBr2(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反应生成1mol氢气转移2mol电子，用表示反应电子转移的方向和数目的单线桥为Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案为：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。
3． O2，Cu/Ag，加热 取样，加入NaOH水溶液加热，再加入稀硝酸致溶液变为酸性，加入硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀生成，则可证明有溴原子 +NaOH+NaBr 5
【分析】由A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，可知A没有-OH，则A的结构简式为，通过加成得到B，B为醇类，B经过氧化得到C，C为醛类，D发生消去生成E，E为 ，E水解的到F，G的结构简式为 ，据此分析解题。
【详解】(1)A的结构中无支链也无不饱和键，与金属钠不反应，可知A没有-OH，则A的结构简式为 ；
(2)反应B为醇，C为醛，B经氧化得到醛，所需的试剂和条件是Cu/Ag，加热，C中含氧官能团为醛基，其电子式为：；
(3)检验B中含有溴原子的方法为：取样，加入NaOH水溶液加热，再加入稀硝酸致溶液变为酸性，加入硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀生成，则可证明有溴原子；
(4)写出反应的化学方程式为：+NaOH+NaBr；
(5)与足量的氢气在一定条件下反应后的产物为 ，其中有5种不同化学环境的氢原子。
(6) G为，则设计路线为：。
4．(1) 酯基 羧基 消除反应
(2)取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A（合理即可）
(3)+2NaOH+2C2H5OH
(4) C2H5OH，浓硫酸，加热
(5)

【解析】(1)
由G的结构可知，G中有酯基、羧基；A中有羟基，且与羟基相邻的其中一个C上有H原子，故可发生消去反应生成碳碳双键，故A→B的反应类型为消去反应；
(2)
A中有羟基，B中没有，可选择金属钠来鉴别，故该题答案为：取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A；
(3)
物质C中有两个酯基，在碱性条件下发生水解，反应方程式为，+2NaOH+2C2H5OH；
(4)
分析D→F，将羧基转化为酯基，且羰基与HCN发生加成反应，加成反应为反应E→F，故D→E为酯化反应，所需反应条件为C2H5OH，浓硫酸，加热；E的结构简式为,其分子式为C10H18O3，满足以下条件：(i)分子中只有2种不同化学环境的氢，则该结构为高度对称结构；(ii)能发生银镜反应，则该物质中有醛基，醛基中已有一种环境的氢原子，则不可能有碳碳双键，则该物质有两个醛基在对称位置，余下的H原子全部在甲基内，余下的一个氧原子应在中心位置，则满足条件的结构为；
(5)
根据的结构分析，该物质中有酯基有如下方法合成该物质（1）可先合成一个在两端分别为羧基和羟基的碳链，让分子内发生酯化反应；可借鉴流程中用两个醛制取A的过程在碳链端点引入羟基，，再将醛基转化为羧基，如果用氧化法，羟基也会被氧化，故借鉴流程中用HCN与醛基发生加成反应：，借鉴F到G有：，最后分子内发生酯化反应得到目标产物。（2）在以上流程中得到后，直接根据G到F转化为。
故整个合成路线为：。
【点睛】快速突破有机合成与推断，要注意以下三点：（1）以已知的分子式、 结构简式为第一突破口；（2）以特殊的反应条件为重要突破口，有机推断题中，在转化关系上通常会给出反应的条件，可以结合所学知识准确判断该反应的类型或反应前后的物质；（3）所给信息必须用，即题目中给出的信息是解题的关键，推断时必须结合使用，也就是流程图中的条件只要是和信息一致的就肯定可以按照信息模仿写出反应前后的物质和对应的方程式。
5．(1)
(2) 取代 保护羰基
(3) 醛基
(4)浓H2SO4，△
(5)

【分析】转变为A后再在酸性条件下水解转变为，由于卤代烃在氢氧化钠醇溶液加热下消去可引入碳碳双键，则A为，A在酸性条件下水解转变为，与B()反应、进一步在酸性条件下水解转变为C，C经过反应④被氧化、醛基转变为羧基，所得产物与乙醇在浓硫酸加热下经过反应⑤、羧基发生酯化反应得到目标产物M。
【详解】（1）反应①为一定条件下环氧乙烷与H2O发生类似加成的开环反应得到乙二醇，反应①的化学方程式： 。
（2）反应②羰基邻位的氢被溴取代，则反应类型是取代。经过反应③后转变为A后再在酸性条件下水解转变为，则设计反应③的目的是保护羰基。
（3）据分析，A的结构简式为，根据结构简式C()，C中含有的官能团有羰基和醛基， C的同分异构体满足①含六元碳环；②含三种不同化学环境的H原子；③能发生银镜反应，则结合该同分异构体结构对称、分子内含醛基，得到一种满足条件的结构简式为：。
（4）反应⑤为酯化反应，反应条件是浓H2SO4，△。
（5）以和HOCH2CH2OH为主要原料合成B()(无机试剂任选)，则需要与Mg、水反应得到，可由乙二醇和Br(CH2)3CHO仿流程中的反应③得到，Br(CH2)3CHO由Br(CH2)3CH2OH催化氧化得到，Br(CH2)3CH2OH由于HBr开环反应得到，故合成路线为： 。
6． 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10+6+12+610+3 Al-Fe形成原电池能加速电子转移 ＞ 2.2kJ
【详解】(1)在时，几乎没有被脱除的原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解，后被还原成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：10+6+12+610+3；
(2)合金1~2h比3~4的脱除速率快得多的原因可能是Al- Fe形成原电池能加速电子转移；
(3)起始的总浓度为，在时，测得浓度为，则消耗的浓度为，的浓度是。反应达到平衡时，气体总浓度为，此时已完全分解，分解生成的NO2、O2的浓度分别为，设反应中NO2消耗的浓度为2xmol/L，N2O4生成的浓度为xmol/L，则有，解得x=，即可得的浓度是；
不稳定，25℃时的分解方式如下：①；②。
②反应为放热反应，若升温至35℃，平衡逆向移动，气体物质的量增多，则平衡时气体总浓度＞；
③已知反应①；反应②，根据盖斯定律可知，由①×+②可得反应
，则=，则2.2kJ。
7．(1) ＞ ac
(2) 否 T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小
(3) 0.125 mol·L－1·h－1 增加n(CH4)或减压（合理即可）
(4) 1∶1 减小

【分析】可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡，以此来解析；
【详解】（1）①2SO2(g)+CH4(g)⇌S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q1(Q1＞0) ②2SO2(g)+CH4(g) ⇌S2(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q2(Q2＞0)由①-②，可得S8(g)+ Q1=S2(g)+Q2，可得S8(g) =S2(g)+Q2-Q1，由S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量，可知Q2-Q1<0，可得Q1>Q2；
A．CO2物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．反应均为气体的反应，气体总质量反应前后质量守恒，保持不变，恒容容器体积不发生改变，则整个反应混合气体密度为p= ，达到化学平衡前后，混合气体的密度都不变，不能说明化学反应已达到平衡，B不符合题意；
C．随着反应进行，气体分子数增加，气体压强增大，当容器内压强不再变化时，可以说明化学反应已达到平衡，C符合题意；
D．反应起始量SO2与CH4的物质的量为2：1，反应过程中SO2与CH4的反应物质的量之比始终为2：1，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
（2）反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到SO2的平衡转化率；
T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小；
（3）120min=2h，根据图中信息，可知v(CH4)== =0.125 mol·L－1·h－1，根据影响平衡移动的因素，可知可以适当的增加n(CH4)或减小压强；
（4）由图象可知，pH=7时，纵坐标为0.5，故n (SO) ：n (HSO) =1：1；随着氧化反应进行2 HSO+O2=2H++2SO溶液中H+的浓度逐渐增大，所以溶液中的pH逐渐减小；
8． 2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH 防止过氧化氢分解 稀释ClO2 和 0.08 偏高
【分析】装置A中，NaClO3和H2O2在酸性条件下反应生成ClO2、O2和H2O，化学方程式为：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸，装置B是为了防止倒吸，装置C中装有水，ClO2会溶于水中，装置D中装有NaOH溶液，可以吸收尾气，防止污染空气。
【详解】(1)方法一制备，惰性电极电解饱和食盐水制取，化学方程式：2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH；
(2)① B中反应温度控制30℃左右的原因是防止过氧化氢分解；
②ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，因此通入N2，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止因ClO2浓度过高而发生爆炸；
③ClO2可将废水中的氧化成和，ClO2被还原成，离子方程式为：；
(3)①i中反应的离子方程式为：；
②；
：；则原溶液中；步骤2用稀硫酸调节试样的pH≤2，加入足量的KI晶体，充分反应，步骤2所得溶液放置时间太长，氧气氧化碘离子生成碘单质，消耗硫代硫酸钠体积增多，则测定结果会偏高。
9．(1)144
(2) Cl2(或者O3、ClO2，合理即可) 使湿润的淀粉KI试纸变蓝
(3) 血红色 0.91
(4)C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中
(5)C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－

【分析】甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)，氯化苄(C6H5CH2Cl)与足量 4 mol∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，生成氯化钠，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，将生成的氯离子用银离子沉淀，加入足量硝酸银沉淀，以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)。
【详解】（1）将反应③的3倍，加上反应①，再减去反应②的4倍得到4KClO3(s) 3KClO4(s)＋KCl(s)＋Q，Q=433kJ ×3＋437kJ−398kJ×4=144 kJ；故答案为：144。
（2）实验C制得的O2因混有杂质而有轻微的刺激性气味，根据元素分析，杂质气体可能是Cl2(或者O3、ClO2，合理即可)，所含的杂质具有强氧化性，因此检验方法是使湿润的淀粉KI试纸变蓝；故答案为：Cl2(或者O3、ClO2，合理即可)；使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（3）Ⅱ．甲苯(C6H5CH3)与干燥的Cl2在光照下反应生成氯化苄(C6H5CH2Cl)。用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255 g样品，与足量 4 mol∙L−1 NaOH(aq)混合加热回流1 h，冷却至室温，加入足量硝酸酸化后，用25.00 mL 0.1000 mol∙L−1AgNO3(aq)处理，再以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NH4SCN(aq)滴定剩余的AgNO3(aq)，发生反应：Ag+＋SCN－=AgSCN↓，消耗NH4SCN(aq) 6.75 mL。
以NH4Fe(SO4)2为指示剂，SCN－过量后与铁离子反应，因此滴定终点溶液为血红色，样品中氯化苄的物质的量为0.1000 mol∙L−1×0.025L−0.1000 mol∙L−1×0.00675L=0.001825mol，则样品中氯化苄的质量分数为；故答案为：血红色；0.91。
（4）通常上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，说明氯离子含量变多，则可能的原因C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中；故答案为：C6H5CH3与Cl2光照下反应生成少量的多氯代物C6H5CHCl2、C6H5CCl3；反应物Cl2和另一产物HCl部分溶解于氯化苄中。
（5）C6H5CH2Cl与氢氧化钠溶液反应得到氯离子，上述方法不适用于氯苯(C6H5Cl)的纯度分析，原因是C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－；故答案为：C6H5Cl无法与NaOH(aq)共热生成Cl－。
10．(1) 热水浴 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
(2)一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
(3) 漏斗 玻璃棒
(4) 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
(5) 0.979 偏低

【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
(1)
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
(2)
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
(3)
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(5)
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；
11．(1) ⅡA
(2)CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑
(3)MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好
(4) NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O NH3 无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果

【详解】（1）镁和钙的最外层电子均为2，位于周期表ⅡA族。价电子排布为。答案为ⅡA；；
（2）500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，而Mg2+半径比Ca2+小，MgO的离子键强晶格能大稳定，所以MgCO3先分解。反应为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑。答案为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑；
（3）两则皆为离子晶体，差异主要是Mg2+和Ca2+。答案为MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好；
（4）氨碱法制纯碱，先利用CO2、NH3和NaCl制得NaHCO3反应为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，再加热NaHCO3分解得到Na2CO3：NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O。生石灰与NH4Cl反应制得NH3，从而循环利用。无水CaCl2形成结晶水合物放热，而降低制冷效果。答案为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果。
12．(1)BD
(2) d b
(3)20%
(4) B C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小
(5)CH4C＋H2

【详解】（1）A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意；
B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意；
C．根据反应①的化学计算数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)，即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不在发生变化，说明体系反应达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意；
答案BD。
（2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q<0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物， c、d表示的是反应物，根据反应①的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，同理，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b。
（3）M点对应温度下，起始时n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，设起始时n(CH4) =1mol, n(H2S)= 2mol，转化的CH4为x mol，则可得
M点对应温度下，平衡时，a表示的H2和d表示的CH4的物质的量分数相等，则可得关系式1-x=4x，x=0.2mol，则H2S的转化率= 。
（4）在反应①中，适当提高n(CH4)∶n(H2S)的比值可提高H2S转化率，当投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1时，即n(CH4)∶n(H2S)分别为1∶1、∶1、12∶1时，n(CH4)∶n(H2S)=1∶1为三种组合中，n(CH4)∶n(H2S)的比值处于中间，则 H2S转化率也处于中间，则对应的图像是B组；根据题干可知，过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中H2S转化率最高，即n(CH4)∶n(H2S)比值最高，即n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小。
（5）根据积碳量变化图所示，Co添加量越大，C的含量越高，原料气中只有CH4含有碳元素，则Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为CH4C＋H2。