上海普陀区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

这是一份上海普陀区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30页。试卷主要包含了结构与性质，原理综合题，有机推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

上海普陀区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．（2022·上海普陀·统考二模）Na、K属于碱金属元素，其形成的物质在生活生产中有广泛应用。NaCl不仅可以作调味剂，在工业生产中也占据着重要地位。
(1)写出Na+电子式____，比较Na+和Cl-的半径大小____，NaCl属于___晶体。
(2)NaCl是氯碱工业的原料，此工业可以制取的产品有____(至少写出2种)。
(3)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为：______I2+______KClO3+______→______KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。配平该反应的化学方程式____。反应中生成的Cl2可用____吸收制备漂粉精。
NaHCO3俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多。
(4)有实验小组利用pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验过程如表所示。
实验操作
实验数据


写出Na2CO3与澄清石灰水反应的离子方程式___，OH-未参与该反应的实验证据是____。
(5)结合离子方程式说明NaHCO3可用于治疗胃酸过多的原因____。胃酸过多易引起胃溃疡，小苏打可用于治疗胃溃疡，如果处于胃溃疡的活动期，医生不建议服用小苏打，请猜测医生不建议的原因____。
2．（2022·上海普陀·统考二模）氨基磺酸( )是一种固体强酸，制备原理：CO(NH2)2＋H2SO4＋SO32HOSO2NH2＋CO2，完成下列填空：
(1)O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为___；CO2的电子式是___。
(2)反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是_______。
(3)完成氨基磺酸受热分解的化学方程式_______，其中还原产物是_______。
____HOSO2NH2SO2↑＋____SO3↑＋____N2↑＋2H2↑＋______H2O
(4)用过量的NaOH(aq)充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是_______。向吸收液中加入_______试剂，有_______现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
(5)氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式_______。

二、原理综合题
3．（2022·上海普陀·统考二模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9 kJ
(1)根据反应I的热化学方程式，在图中绘制反应方向箭头，标出反应物、生成物和能量变化___。

(2)在反应II中标出电子转移的方向和数目____。
(3)①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为___mol·L-1 (用含a、b、V的代数式表示)。
②不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定的CH3OH的平衡产率(图甲)和CO2平衡转化率(图乙)随温度的变化关系如图所示。

已知：CH3OH的平衡产率×100%
CO2平衡转化率×100%
图甲中压强p1、p2、p3由大到小的顺序是____；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___。
③为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件是___(填编号)。
a．低温、高压    b．低温、低压     c．高温、低压     d．高温、高压
4．（2022·上海普陀·统考二模）二甲醚(CH3OCH3)的合成方法主要有两种：方法一：2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g)
(1)恒温恒容下进行上述反应，能说明反应已达平衡状态的是_______。
a.混合气体密度不变
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.3v(CO2)正=v(H2)逆
d.不变
反应达到平衡，其他条件不变，向容器中再加入等物质的量的H2(g)和H2O(g)，平衡向_______(选填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是_______。
(2)方法一是CO2高值化利用的途径之一、已知CO2溶于水的过程可表示为：CO2(g)＋H2O(l)⇌H2CO3(aq)；，p(CO2)表示CO2的平衡压强。将CO2(g)通入NaClO(aq)中，当n(CO2)∶n(NaClO)=1恰好反应，离子方程式为_______，该反应的平衡常数表达式K=_______。向反应后的溶液中加过量NaOH(aq)，c()_______c(ClO-)(选填“>”“＜”或“=”)。
方法二：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)　　　　　①
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)    　　　　②
(3)T℃，在2L的密闭容器中充入4molCO和8molH2合成二甲醚，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为0.8，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)。0~4min内，v(CH3OCH3)=_______。
(4)300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1>K2，则反应①正反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”)。
5．（2023·上海普陀·统考二模）为抑制新冠病毒传播，含氯消毒剂被广泛使用。常见的含氯消毒剂有次氯酸盐、ClO2、有机氯化物等。用NaCl电解法生成ClO2的工艺原理示意图如图，发生器内电解生成ClO2。
   
完成下列填空：
(1)Cl原子的最外层电子层上具有_____种不同能量的电子；HClO的电子式是_________；
(2)Cl2性质活泼，易形成多种化合物。请说明NaCl的熔沸点比HCl高的原因：_________________________
(3)根据示意图，补充并配平ClO2发生器中发生的化学反应方程式：_____。
_____NaClO3＋_____HCl =_____＋_____H2O
若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO2 _____mol。
(4)某兴趣小组通过实验测定不同pH环境中，相同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度/ (mg·L－1)
不同pH下的细菌杀灭率/%
pH＝4.0
pH＝6.5
pH＝9.0
250
98.90
77.90
53.90
①NaClO溶液呈碱性的原因是_________________________(用离子方程式表示)。
②调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸的原因为________________。
③由表中数据可推断，该实验得到的结论是_____________________
④家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，说明其理由。_______________
6．（2023·上海普陀·统考二模）2021年我国制氢量位居世界第一。工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气或水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。
I．一定条件下，将C和O2置于密闭容器，发生如下反应：
反应1：C(s)＋O2(g)CO2(g)＋394kJ
反应2：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)＋566kJ
反应3：2C(s)＋O2(g)2CO(g)＋Q kJ
(1)根据信息可知，反应3是_______(填“吸热”或“放热”)反应；在一定压强下，随着温度的升高，若反应2所受影响最大，则该密闭容器中将 __ (填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。
II．T ℃，在2L的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，发生如下反应：
反应4：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)－131.4kJ，
反应5：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)＋41.1kJ
(2)5min后反应达到平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。0~5min内，v(H2)=______________；此时c(CO2) =___________
(3)下列关于此反应体系的说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应4的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．随着温度的升高，反应5的正逆反应速率、平衡常数都增大
D．将炭块粉碎，可缩短建立平衡的时间
(4)为了提高反应5的速率，下列措施中合适的是________。
A．适当升高反应体系的温度 B．提高反应体系压强，压强越大越好
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
(5)工业生产水煤气时，考虑到反应热效应，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与焦炭反应，通入空气的理由是_________。

三、有机推断题
7．（2022·上海普陀·统考二模）天然产物M具有抗疟活性，某科学活动小组以化合物A为原料合成M及其衍生物N的路线如图(部分反应条件省略，Ph表示－C6H5)：

已知：
完成下列填空：
(1)写出化合物A中含氧官能团的结构简式____，M→N的反应试剂和条件____。
(2)反应①的方程式可表示为A+G→B+Z，化合物Z的分子式是___，反应②③④中属于还原反应的有___，属于加成反应的有____。
(3)化合物C能发生银镜反应，其结构简式为___。
(4)写出一种满足下列条件的化合物N的芳香族同分异构体的结构简式___。
①能与NaHCO3溶液反应；②能与3倍物质的量的Na发生产生H2的反应；③核磁共振氢谱确定分子中有6种化学环境不相同的氢原子；④不含手性碳原子(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。
(5)根据上述信息，写出以对甲基苯酚()和HOCH2CH2Cl为原料合成的路线(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)
8．（2022·上海普陀·统考二模）乙二醇()是常见的有机化工原料，以下是以乙二醇为原料合成E()的路线：

完成下列填空：
(1)D中官能团有羰基、_______；B→C的反应类型是_______。
(2)乙二醇和对苯二甲酸在一定条件下反应可制高聚物PET，该反应的化学方程式为_______。
(3)设计HOCH2CH2OH→A的目的是_______；反应A→B所需试剂和条件是_______，检验有B生成的实验方法是_______。
(4)任写一种满足以下条件的E的同分异构体_______。
i.分子中仅有1种官能团                ii.有3种不同环境的氢
(5)参照上述合成路线所给信息，将一条以CH4、HCHO、CH3COCH3为有机原料(无机试剂任选)合成的流程补充完整_______。

9．（2023·上海普陀·统考二模）洛索洛芬钠广泛应用于类风湿性关节炎、肩周炎等炎症的消炎、镇痛，其一种中间体F的合成路线如图所示：

已知：RCN→RCOOH
回答下列问题：
(1)B的结构简式_________________；C中的官能团的名称_______________；
(2)有机反应往往伴随着副反应，反应③中常会生成CH3OCH3，则该副反应的反应类型为__。
(3)反应④生成E和HBr，则 D→E 的化学方程式为__________ ；K2CO3的作用是______。
(4)任写一种满足以下条件的G的同分异构体。___________________
ⅰ．分子内含有六元环状结构，环上只有位于对位的两个含氧官能团；
ⅱ．能发生银镜反应，水解反应；
iii．能使溴的四氯化碳溶液褪色；
(5)以为唯一有机原料，利用题中信息及所学知识，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线___________________。(合成路线的表示方式为：甲乙·······目标产物)

四、实验题
10．（2022·上海普陀·统考二模）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。完成下列填空：
I.甲方案
实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2
实验步骤：
(1)判断SO沉淀完全的操作是____。
(2)步骤①的操作名称是____，步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂是___，步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称是____，根据固体wg求得c(CuSO4)=___mol·L-1。
II.乙方案
实验原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
实验步骤：
①按如图安装装置(夹持仪器略去)；
②……
③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂；
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录；
⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生；
⑥将体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录；
⑦处理数据。

(3)步骤②为____。步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是____(填序号)。
a.反应热受温度影响    b.气体密度受温度影响    c.反应速率受温度影响
(4)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下ρ(H2)=dg•L-1，则c(CuSO4)=____mol·L-1(列出计算表达式)。若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
11．（2023·上海普陀·统考二模）钒被称为“工业味精”，在发展现代工业、国防等方面发挥着重要的作用。V2O5有强氧化性，在实验室以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，此晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。过程如下：
V2O5 VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
已知：①氧化性：V2O5 > Cl2；②VO2+能被O2氧化。
(1)步骤I 中除生成VOCl2外，还生成绿色环保，无毒无害的产物，则反应的化学方程式为______。若只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，使用N2H4·2HCl的目的是_______。
(2)步骤II可在如图装置中进行：

①为了排尽装置中的空气，防止VO2+被氧化，上述装置依次连接的合理顺序为c→________(按气流方向，用小写字母表示)。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，具体操作为____________________。
(3)实验结束时，将析出的产品过滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤。请从溶解平衡的角度解释，使用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体的原因：___________。证明沉淀已经洗涤干净的方法是_______。
(4)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量ag产品于锥形瓶中，用稀硫酸溶解后得到VO2+的溶液，加入0.02mol·L－1 KMnO4溶液至稍过量，加入某还原剂除去过量KMnO4溶液，最后用cmol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为bmL。粗产品中钒的质量分数表达式为__________________(以VO2+计，式量为67)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

五、工业流程题
12．（2022·上海普陀·统考二模）以盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度LiCl和MgCl2)为原料均能制备碳酸锂(Li2CO3)。

部分溶解度(g/100gH2O)数据见下表：
温度(℃)
0
20
80
LiOH
-
12.8
-
Li2CO3
1.54
1.33
0.85
完成下列填空：
(1)步骤①主要反应的化学方程式为_______，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是_______。
(2)步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为_______。
(3)步骤③的操作是过滤、_______洗涤(选填“冷水”或“热水”)、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是_______。
(4)Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a_______。
a.加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
b.煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c.将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d.用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e.继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
(5)用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω=_______。
m-Li2CO3样品的质量(g)；c-盐酸标准液的浓度(mol·L-1)；V1-样品滴定时消耗盐酸的体积(mL)；V0-滴定空白溶液(指不加样品进行滴定)时消耗盐酸的体积(mL)。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将_______(选填“偏大”或“偏小”)。

参考答案：
1．(1) Na+ r(Na+) (2)NaOH、H2、Cl2等
(3) 6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑ 石灰乳
(4) Ca2++CO=CaCO3↓ 滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变
(5) HCO+H+=CO2↑+H2O，NaHCO3能结合H+，从而治疗胃酸过多 小苏打在中和胃酸的同时会产生很多二氧化碳，这些气体可能会诱发消化道穿孔

【解析】（1）
钠离子的电子式为Na+，钠离子核外有2个电子层，10个电子，氯离子核外有3个电子层，18个电子，所以氯离子半径大于钠离子半径。NaCl中钠离子和氯离子通过离子键结合，NaCl属于离子晶体。
（2）
氯碱工业为电解饱和食盐水溶液，生成NaOH、Cl2和H2。
（3）
根据该反应方程式的部分反应物和产物可知，该反应中I元素化合价由0价升高为+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价从+5价降为-1价和0价，KClO3为氧化剂，此外反应物中应有水参与，根据转移电子数量守恒，得出该反应方程式为6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。漂粉精可由石灰乳和Cl2反应制得。
（4）
碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++CO=CaCO3↓。滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，pH基本不变，说明反应过程中OH-没有被消耗，OH-未参与该反应。
（5）
人体胃液中含有较多的盐酸，碳酸氢钠可与盐酸反应从而降低氢离子浓度治疗胃酸过多，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O。小苏打和盐酸反应会产生较多的二氧化碳，如果处于胃溃疡的活动期，则生成的二氧化碳可能会诱发胃穿孔等。
2．(1)
(2)O＞N＞C
(3) 2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
(4) c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO

【详解】（1）氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；
（2）同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
（3）由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
（4）用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
（5）由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
3．(1)
(2)
(3) p1＞p2＞p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 a

【详解】（1）对于反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ，反应物是CO2(g)+3H2(g)，生成物是CH3OH(g)+H2O(g)，该反应发生会放出热量49.5 kJ，因此用图示表示物质变化与能量变化为；
（2）对于反应II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ，在反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CH3OH(g)中的-2价，化合价降低4价，得到4个电子，H元素化合价由反应前H2中的0价反应反应后CH3OH(g)中的+1价，化合价升高1×4=4价，用单线桥法表示电子转移为；
（3）①一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.5 kJ
II．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+90.4 kJ
III．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-40.9kJ，
达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，由题给三个反应可知：平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)、CO(g)的浓度的和，则c(H2O)=；
②反应I为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应I为气体分子数减少的反应，反应III为气体分子数不变的反应，因此压强越大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO2的平衡转化率提高，故压强由大到小的顺序是：p1＞p2＞p3；
反应III为吸热反应，温度较高时，主要发生反应III，且反应III的反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响；
③由上述分析知：图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且压强p1＞p2＞p3，分析图象可知：为同时提高CH3OH的平衡产率和CO2平衡转化率，应选择的反应条件为低温、高压，a选项符合题意，故合理选项是a。
4．(1) bc 正 平衡时，K=，再加入等物质的量的H2(g)和H2O(g)，Qc＜K，平衡向正反应方向移动
(2) CO2＋H2O＋ClO－⇌＋HClO ＜
(3)0.16 mol·L－1·min－1
(4)放热

【解析】(1)
a项在恒温恒容的条件下，混合气体的密度始终保持不变，a无法说明反应达到平衡状态；b该反应反应物的化学计量数之和不等于生成物化学计量数之和，在达到平衡前混合气体总物质的量会发生变化，而总质量恒定，则混合气体的平均相对分子质量也在随时变化，如果混合气体的平均相对分子质量不变，可以说明反应达到平衡，b正确；v(CO2)正：v(H2)逆=1：3，二氧化碳和氢气的化学计量数之比也为1：3，可以说明反应达到平衡状态，c正确；如果初始加入的二氧化碳和氢气的物质的量之比为1：3，那么在反应过程中无论是否达到平衡，其物质的量的比值始终保持恒定，d错误。平衡时，K=，再加入等物质的量的H2(g)和H2O(g)，Qc＜K，平衡向正反应方向移动。
(2)
将CO2(g)通入NaClO(aq)中，当n(CO2)∶n(NaClO)=1恰好反应，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸再与次氯酸根反应生成次氯酸和碳酸氢根，离子方程式为CO2＋H2O＋ClO－⇌＋HClO。①；②；③CO2(g)＋H2O(l)⇌H2CO3(aq)；CO2＋H2O＋ClO－⇌＋HClO可由①+③-②得到，则，得到。反应后溶液中次氯酸和碳酸氢根为1：1，加入足量的NaOH，分别生成次氯酸根离子和碳酸根离子，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，因此碳酸根离子的水解程度大于次氯酸根离子，故溶液中c() (3)
根据已知条件，一氧化碳转化了3.2mol，设生成的二甲醚为xmol，则、，平衡时二甲醚浓度为甲醇的2倍，则2×(3.2-2x)=x，解得x=1.28mol，则v(CH3OCH3)=。
(4)
300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1>K2，相当于升高温度，反应平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应。
5．(1) 2
(2)NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体
(3) 5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O 2.4
(4) ClO-+H2OHClO+OH- NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境 等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小 HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存

【详解】（1）已知Cl是17号元素，则Cl原子的最外层电子排布式为：3s23p5，故Cl原子的最外层电子层上具有2种不同能量的电子，H、Cl原子能形成1对共用电子对，O需形成2对共用电子对，HClO的电子式是，故答案为：2；；
（2）由于NaCl是离子化合物，形成离子晶体，而HCl为共价化合物，形成分子晶体，故NaCl的熔沸点比HCl高，故答案为：NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体；
（3）根据示意图，ClO2发生器中发生NaClO3和HCl反应生成NaCl和ClO2的反应，根据氧化还原反应配平可得，该学反应方程式为：5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O，反应中转移电子为5e-，若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO2 2.4mol，故答案为：5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O；2.4；
（4）①NaClO是强碱弱酸盐，故ClO-水解使溶液呈碱性，该水解的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；
②由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O生成有毒气体Cl2，故调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸，故答案为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境；
③由表中数据可推断，等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小，故答案为：等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小；
④由于HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存，故家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，故答案为：HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存。
6．(1) 放热 增大
(2)
(3)BD
(4)AC
(5)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率

【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应3=2×反应1-反应2，则其反应热=2×(＋394kJ)-( ＋566kJ)=222 kJ，故该反应为放热反应；由已知可知反应1、反应2都为放热反应，故温度升高时两者逆向移动，若反应2所受影响最大，则一氧化碳浓度增大，二氧化碳浓度减小，故减小；
（2）反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，则其浓度为由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，则氢气的速率。
（3）A．该容器为恒容容器，冲入惰性气体，平衡不移动，A错误；
B．反应体系内有固体参与，故反应过程中，密度是变量，则密度不变的时候可以证明反应达到平衡，B正确；
C．反应5为放热反应，则升高温度，平衡移动，平衡常数减小，C错误；
D．粉碎炭块可以增大其和水的接触面积，加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，D正确；
故选BD；
（4）A．升高温度可以加快反应速率，A正确；
B．适当提高压强是可以的，但是压强多大，会提高成本，B错误；
C．选择合适的催化剂可以加快反应速率，C正确；
D．反应在恒容容器中进行，通入氮气，不能改变反应速率，D错误；
故选AC；
（5）氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，故答案为：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
7．(1) －OH、－CHO CH3COOH，浓硫酸，加热
(2) C18H15PO ② ②④
(3)
(4)
(5)

【分析】反应①的方程式可为，结合C的分子式和物质B可知物质C的结构简式为。
（1）
有A的结构简式可知，A的官能团为醛基（－CHO）和酚羟基（－OH），故答案为－OH、－CHO；由图可知M→N发生酯化反应，故反应试剂和条件为CH3COOH，浓硫酸，加热。
（2）
反应①的方程式可表示为A+G→B+Z，根据A、B、G的结构简式可知：G中的-CHOCH2CH3被A中的O取代，则ZPh3PO，①的方程式可表示为
Ph3PO的分子式为C18H15PO；结合C的分子式和物质B可知物质C的结构简式为，反应②中断开碳氧双键，为加成反应，和氢气加成也属于还原反应；反应③中酚羟基和相邻的C失去氢原子，属于氧化反应且苯环上的一个氢原子被取代，发生取代反应；反应④断开了一个碳碳双键，发生加成反应；故反应②③④中属于还原反应的有②，属于加成反应的有②④。
（3）
C能发生银镜反应，C的结构简式为 。
（4）
化合物N的分子式为C10H12O4，其不饱和度为5，其芳香族同分异构体中有苯环，苯环的不饱和度为4，同分异构体能满足以下条件：（1）能与NaHCO3溶液反应则有羧基（羧基不饱和度为1），根据其不饱和度可知，不含酯基和碳碳双键；（2）能与3倍物质的量的Na发生产生H2的反应，故除去羧基外还有有两个羟基；（3）核磁共振氢谱确定分子中有6种化学环境不相同的氢原子；（4）不含手性碳原子，则羟基和羧基不能在同一个碳原子上，满足题意的同分异构体的结构为 或。
（5）
以对甲基苯酚()和HOCH2CH2Cl为原料合成，由所给条件已知：先将转化为，根据卤代烃的性质（在碱性条件下水解为醇），将转化为，最后参考反应E→F，合成，其合成路线如下：】。
【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。
8．(1) 羟基、碳碳叁键 加成
(2)nHOCH2CH2OH+n +2nH2O
(3) 保护羰基 O2/Cu，加热 取反应液，加入新制Cu(OH)2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成
(4)
(5)

【解析】（1）
由D的分子式可知，其不饱和度为3，再结合D→E的条件可知，该反应为加成反应，E中有碳碳双键，故D中有碳碳三键，故D的结构简式为，故D中的官能团有羰基、羟基、碳碳三键；由B和C的结构简式可知，该反应断开了B中的碳氧双键，故B→C的反应类型为加成反应；
（2）
乙二醇和对苯二甲酸在浓硫酸和加热的条件下发生酯化反应，生成高聚物PET，其化学方程式为：nHOCH2CH2OH+n +2nH2O；
（3）
根据目的物的结构可知，其结构中有羰基，羰基的化学性质活泼，故在合成过程中先生成物质A，到合成后期再将醚键转化为羰基，故设计HOCH2CH2OH→A的目的是保护羰基；A→B是将羟基转化为醛基，属于醇的催化氧化，故所需试剂和条件是O2/Cu，加热；检验有B（检验醛基）生成的实验方法是取反应液，加入新制Cu(OH)2，煮沸，有砖红色沉淀生成，则有B生成；
（4）
E的化学式为C9H16O4其不饱和度为2，要满足条件：i.分子中仅有1种官能团，有氧原子，有不饱和度，则碳碳双键和其它含氧基团不能同时存在，则该物质中有碳氧双键，可推测该官能团为羧基；ii.有3种不同环境的氢，可推测该物质的结构高度对称；符合条件的物质为；
（5）
根据的结构分析，该物质中有（1）碳碳双键：可借鉴流程中C到E，则需先形成用CH4合成乙炔；（2）两个醚键：可借鉴流程中HOCH2CH2OH→A、A→B，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。
9．(1) 羧基，碳溴键
(2)取代反应
(3) 消耗HBr促使平衡正向移动，提高的产率
(4)
(5)

【分析】根据提示信息可知，A与H+反应生成B为，根据D的结构简式及C到D的反应条件可反推C的结构简式为，C与甲醇发生酯化反应生成D，D与G发生取代反应生成E，根据E的结构简式可推知G为，E最后反应生成F。
【详解】（1）根据分析可知，B为，C为，官能团名称为羧基，碳溴键。
（2）反应③常会生成CH3OCH3，说明是甲醇发生了取代反应生成CH3OCH3。
（3）D与G发生取代反应生成E，化学方程式为，加入K2CO3与消耗HBr促使平衡正向移动，提高的产率。
（4）分子内含有六元环，环上只有位于对位的两个含氧官能团，能发生银镜反应和水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，则可能的结构为、、等。
（5）与HCHO（可以来源于原料水解产生的甲醇经催化氧化得到）、HBr发生反应生成，在NaOH溶液加热条件下发生卤代烃的水解反应和酯的水解反应生成，再酸化生成，合成路线为。
10．(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
(2) 过滤 硝酸银溶液 坩埚
(3) 检查装置气密性 b
(4) 偏高

【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据c=nV得到硫酸铜的浓度，据此分析。
【详解】（1）根据BaSO4的不溶性检验SO是否反应完全，操作为：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明SO是沉淀完全，故答案为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
（2）步骤①的操作名称是过滤；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；灼烧固体药品应该在坩埚中进行，故步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚；固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)= ，故答案为：过滤；硝酸银溶液；坩埚；；
（3）实验需要测定氢气的体积，因此组装仪器后需要检验装置气密性，故步骤②为：检验装置气密性；因气体的密度容易受到温度的影响，温度为恢复至室温会对气体体积的测量产生影响，故答案为：检验装置气密性；b；
（4）根据反应方程式Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知n(Zn)=n(CuSO4)+n(H2)，故n(CuSO4)=n(Zn)-n(H2)，m(H2)=dg/L×b×10-3L=bd×10-3g，则n(H2)===5bd×10-4mol，n(Zn)== mol，故n(CuSO4)=mol-5bd×10-4mol，所以c(CuSO4)==；若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则H2所处压强大于外界大气压强，气体被压缩，导致H2的体积偏小，H2的物质的量偏小，使得n(CuSO4)偏大，则最终导致测得c(CuSO4)偏高，故答案为：；偏高。
11．(1) 2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O 使用N2H4·2HCl生成氮气不污染环境
(2) a→b→f→g→d→e 先打开K1，当C中溶液变浑浊，再关闭K1，打开K2，进行实验
(3) 用饱和NH4HCO3洗涤，增大了的浓度，促使(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的沉淀溶解平衡逆向移动，减少(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的溶解 取少量洗涤液，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，如无沉淀产生，则说明已经洗涤完全
(4) 偏高

【分析】V2O5先与HCl、N2H4·2HCl反应生成VOCl2，化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。VOCl2与NH4HCO3溶液反应生成(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，化学方程式为6VOCl2+17NH4HCO3+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。
【详解】（1）根据分析可知，步骤Ⅰ的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。若只用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2，则会生成氯气污染环境，使用N2H4·2HCl生成氮气不污染环境。
（2）装置B中碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，利用二氧化碳除尽装置内的空气，装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl，装置D为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有澄清石灰水，用于验证二氧化碳是否将装置内的空气排尽，则装置的连接顺序为BADC。接口连接顺序为c→a→b→f→g→d→e。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂开始实验，具体操作为先打开K1，当C中溶液变浑浊，再关闭K1，打开K2，进行实验。
（3）(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O沉淀溶解产生，用饱和NH4HCO3洗涤，增大了的浓度，促使(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的沉淀溶解平衡逆向移动，减少(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的溶解。根据反应方程式可知，生成(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的同时生成NH4Cl，因此只要检验洗涤所得溶液中是否含有氯离子即可得知沉淀是否已洗涤干净，具体方法为取少量洗涤液，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，如无沉淀产生，则说明已经洗涤完全。
（4）KMnO4将VO2+氧化为，根据硫酸亚铁铵与反应的离子方程式VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，已知消耗Fe2+cb×10-3mol，则参与反应的有cb×10-3mol，原溶液中VO2+有cb×10-3mol，则产品中钒的质量分数为=。若硫酸亚铁铵标准溶液部分变质，则消耗的硫酸亚铁铵溶液偏多，的计算量偏大，测定结果偏高。
12．(1) Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3 温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小
(2)Li2C2O4Li2CO3＋CO
(3) 热水 向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全
(4)d、b、e
(5) 偏小

【分析】盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3) 通入CO2，Li2CO3发生反应 Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3转化成溶于水的LiHCO3，CaCO3发生反应 CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，转化成溶于水的Ca(HCO3)2，加足量草酸锂反应生成草酸钙沉淀、过滤，滤液为LiHCO3，滤液经热解LiHCO3得到Li2CO3，过滤烘干得Li2CO3成品。
盐湖卤水中(含一定浓度LiCl和MgCl2)，含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3、进一步可得到成品。
(1)
步骤①Li2CO3与CO2、H2O反应生成LiHCO3，则主要反应的化学方程式为Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3。由表知：Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则反应在常温下进行、温度越高锂精矿转化率越低的原因可能是：温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小。
(2)
Li2C2O4受热易分解为Li2CO3和CO，则步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4、不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为：Li2C2O4Li2CO3＋CO。
(3)
步骤③中通过过滤分离出Li2CO3沉淀、沉淀表面有氯化钠溶液，需要洗涤，由于Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则选择用热水洗涤，故操作是过滤、热水_洗涤、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是：向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全。
(4)
Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：用盐酸标准液滴定Li2CO3样品时，发生反应：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，在二氧化碳存在下滴定终点变色不敏锐，因此，在接近滴定终点之前，最好把溶液加热至沸，并摇动以赶走二氧化碳，冷却后再滴定，故操作步骤顺序为：
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
a．加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
e．继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
则答案为dbe。
(5)
由Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O知：Li2CO3的纯度ω=。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，由于二氧化碳溶于水时呈酸性、则使标准溶液体积偏小、测定结果将偏小。