上海市崇明区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

这是一份上海市崇明区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题，共23页。试卷主要包含了铁在冷的浓硫酸中能发生钝化，已知，+Q等内容，欢迎下载使用。

上海市崇明区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
1．（2019·上海崇明·统考一模）新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴。氮化硅可由石英、焦炭在高温氮气流中制取。完成下列填空：______SiO2+______C+______N2______Si3N4+______CO。
（1）试配平该化学反应方程式，将系数填写在对应位置上。在方程式上标出电子转移的方向和数目。____________
（2）反应中______被还原，当氧化产物比还原产物多 1mol 时，反应中电子转移数为______。
（3）在该反应体系中：所涉及物质属于非极性分子的电子式为______；所涉及元素中原子半径最大的原子的最外层电子排布式为______。
（4）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为______，证明氮化硅组成元素非金属性强弱：
（Ⅰ）写出一个化学事实______；
（Ⅱ）从原子结构上进行说明：______。
2．（2021·上海崇明·统考一模）(1)合成氨的工业生产中，进行氨合成反应的装置名称是_______，该装置中设置热交换器的目的是_______，在生产工艺中，采用了原料气循环使用的方法，其目的是_______。
(2)在一定体积的密闭容器中，有如下化学反应：CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g)其化学平衡常数K 和温度的关系如表：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6

(3)该反应的化学平衡常数表达式为 K=_______。
(4)该反应为_______反应(填“吸热”“放热”)。
(5)向上述平衡体系中加入 CO2，达新平衡后 H2 的转化率_______(选填：“增大”“不变”“减小”)。
(6)反应达平衡后，向容器中通入与平衡混合气组成、比例相同的气体，达到新平衡时与原平衡相比，有关说法正确的是_______。
A．反应物转化率增大    B．逆反应速率增大
C．各物质的比例不变    D．c(CO2)增大、c(CO)减小
(7)某温度下，平衡浓度符合：3[c(CO2)·c(H2)]=5[c(CO)·c(H2O)]，此温度为_______℃。
3．（2021·上海崇明·统考一模）(1)氮元素在元素周期表中的位置为_______。
(2)氮元素原子核外电子排布式为_______，有_______种形状的电子云。
(3)氮元素气态氢化物的电子式为_______。
与氮元素同主族的磷元素化合物有如下反应，其中反应物有：PH3、H2SO4、KClO3；生成物有：K2SO4、H3PO4、H2O 和一种未知物质 X。
(4)已知 KClO3 在反应中得到电子，则该反应的还原剂是_______。
(5)已知 0.2mol KClO3 在反应中得到 1mol 电子生成 X，则 X 的化学式为_______。
(6)完成并配平上述反应的化学方程式，标出电子转移方向和数目：_______。
(7)根据上述反应可推知_______。(填序号)
A．氧化性：KClO3 > H3PO4    B．氧化性：KClO3 > H2O
C．还原性：PH3 > X    D．还原性：PH3 > K2SO4
(8)在该反应中转移电子 2mol 时，生成H3PO4_______mol。
4．（2021·上海崇明·统考一模）铁在冷的浓硫酸中能发生钝化。某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体。实验室现有下列试剂： 0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液、0.1 mol/L KI溶液、3％H2O2溶液、淀粉溶液、蒸馏水。请你协助他们探究所得溶液和气体的成分。
【提出猜想】
Ⅰ．所得溶液中的金属离子可能含有Fe2＋和Fe3＋中的一种或两种；
Ⅱ．所得气体中可能含有__________中的一种或两种。
【实验探究】

实验操作
预期现象
结 论
验证猜想Ⅰ
步骤①：取少量0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液
________
________
步骤②：____________
________
含有Fe3＋
验证猜想Ⅱ
将所得气体通入如下装置
________
含有两种气体


【问题讨论】
有同学提出，若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和H2O2两种溶液即可完成猜想Ⅰ的所有探究，判断该方法是否正确并进行评价：___________________________。
5．（2022·上海崇明·统考一模）硫酸亚铁铵晶体［(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］俗称摩尔盐，用途十分广泛。实验室可用如图所示装置制备FeSO4溶液后，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应制备摩尔盐。
已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
Ⅰ.制备FeSO4
(1)用图示装置制备FeSO4仪器a的名称是_______，该实验不用明火加热的原因是_______。适量铁粉和稀H2SO4在50℃～60℃之间充分反应后，趁热过滤。

Ⅱ.制备摩尔盐
(2)向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃～80℃水浴加热，保持溶液pH为1～2，蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果用玻璃棒搅拌，可能导致溶液变黄，其原因是_______；洗涤晶体时选用乙醇的优点有哪些？_______。
Ⅲ.尾气吸收
(3)由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量H2S、PH3气体，用CuSO4溶液吸收H2S，发生反应的离子方程式为_______。
Ⅳ.产品分析
(4)称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容。每次取20.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000mol·L−1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应)，三次平均消耗19.00mL的KMnO4溶液。
①滴定终点时的现象是_______。
②实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏低的是_______(填字母序号)。
a.取用的晶体不够干燥                    b.容量瓶定容时俯视刻度线
c.滴定管未用标准溶液润洗                d.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡
③产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(摩尔质量为392g·mol−1)的质量分数为_______。
6．（2019·上海崇明·统考一模）K 是称为 PTT 的高分子材料，因具有优良的性能而可作工程塑料、纺织纤维等有广泛的应用。如图所示是 PTT 的一种合成路线。

已知：
完成下列填空：
（1）W 所含官能团的名称为______。反应③的化学反应类型为______。
（2）M 的结构简式为______，反应④的化学反应方程式为______。
（3）反应⑥的另一无机产物是______，与反应⑥的化学反应类型无关的是（选填编号）______。
A．聚合反应B．酯化反应C．消去反应D．加成反应
（4）有机物X 的分子式为 C4H8O2，是 M 的同系物。则 X 可能的结构简式共有______种。
（5）设计一条由甲苯为原料（无机试剂可任选）合成苯甲酸苯甲酯的合成路线。（合成路线常用表示方式为 AB ……目标产物）_____________
7．（2021·上海崇明·统考一模）已知：有机化合物A 的分子式为 C3H6O，能发生银镜反应；C分子中共有14个碳原子。各有机物间有如图转化关系：

(1)写出反应类型：反应①_______，反应②_______。
(2)B 分子中官能团的名称是_______。D 物质的类别是_______。
(3)写出 E 的结构简式：_______。
(4)写出下列反应的化学方程式：A→B_______。B→C_______。
(5)B→C 反应中浓硫酸的作用是_______。
(6)若C8H8Cl2 苯环上的一溴取代物只有一种，其可能的结构除了外，再写出两种_______、_______(用结构简式表示)。
8．（2022·上海崇明·统考一模）普瑞巴林(Pregabalin)，化学名称(S)-3-氨甲基-5-甲基己酸，分子式为C8H17NO2，是一种抗癫痫药，临床上主要治疗带状疱疹后神经痛。其结构简式为。其合成路线如下：
已知：RCHO + CH2(COOCH3)2RCH = C(COOCH3)2 + H2O

(1)普瑞巴林分子含氧官能团的名称为_______，—NH2的电子式为_______。
(2)A→B的有机反应类型为_______；写出C→D的化学反应方程式_______。
(3)分别写出分子式为C5H10O，且能发生银镜反应，下列两种情况物质的结构简式或键线式。①有两种化学环境不同的氢原子的物质：_______；②上述转化关系中的有机物X：_______。
(4)参考以上合成路线及反应条件，以苯乙酸()和必要的无机试剂为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)。_______
9．（2019·上海崇明·统考一模）某化工厂生产新型清洁燃料甲醚（CH3-O-CH3）的流水线反应原理为：在 10L 的反应容器内进行的反应①的化学平衡常数表达式为K=[CO][H2]/[H2O]。反应②的热化学方程式为：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）+Q。反应③为：CO2+NH3+H2O→NH4HCO3,完成下列填空：
（1）反应①的方程式为______。经3min反应容器内的水蒸气从20.0mol变为 2.0mol，则此 3min 内 CO 的平均反应速率V（CO）=______。
（2）能判断反应①已达化学平衡状态的是（选填编号）______。
A．在消耗 n 摩尔氢气的同时产生 n 摩尔的水
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变
C．容器内所有的物质的总物质的量保持不变
D．化学反应速率：V（逆）（H2O）=V（正）（CO）
（3）已知升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，则反应②的热化学方程式中的Q（选填“＞”或“＜”）______0。该反应的逆反应速率V（逆）随时间 t 变化的关系如图一所示，则在 t2时改变的反应条件是______。

（4）在不同温度下，反应容器内甲醚（CH3OCH3）的浓度c（CH3OCH3）随时间t 变化的状况如图二所示。则反应温度 T1（选填“＞”、“=”或“＜”）______T2。
（5）若反应③得到的是一种纯净常见化肥的溶液。经测定溶液中也存在 NH3•H2O 分子和CO32-离子，试用化学用语表示产生这两种微粒的原因：______，______。相同温度下，都为 0.1mol/L的 NaHCO3溶液甲和 NH4HCO3溶液乙相比较，溶液中c（CO32-）甲（选填“＞”、“=”或“＜”）甲______乙。
10．（2019·上海崇明·统考一模）氯碱厂以食盐等为原料，生产烧碱、盐酸等化工产品。工艺流程可简单表示如图：

完成下列填空：
（1）粗盐水中含有 MgCl2、CaCl2、Na2SO4 等可溶性杂质，①步骤必须先后加入稍过量的 NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后过滤除杂。试写出加入 Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式：______。写出②步骤发生反应的化学方程式：______。
（2）③步骤之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有______。进行④步骤的生产设备 A、B之间传递的是（选填编号）______。
A．只有物料
B．既有物料又有能量
C．只有能量
D．既无物料也无能量
（3）如果用下列装置在实验室进行⑤步骤的实验，正确的是（选填编号）______。

若检验烧碱产品中是否含有少量 NaCl 杂质的实验方案是______。
（4）为测定烧碱产品的纯度，准确称取 5.000g 样品（杂质不含碱性物质）置于烧杯中，加水搅拌，冷却至室温后，将溶液全部转移入 1000mL 的容量瓶之后的一步操作是______。从所配得的溶液中每次都取出 20.00mL，用 0.12mol/L的盐酸滴定（选用常用指示剂），两次分别用去盐酸溶液19.81mL 和 19.79mL．判断滴定终点的依据是______，根据实验数据计算此烧碱产品的纯度为（保留两位小数）______。
11．（2022·上海崇明·统考一模）细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。

(1)N原子核外有_______种不同运动状态的电子，Fe原子外围电子排布式为3d64s2，这些电子共占据_______个轨道。
(2)实验室中检验可以用_______溶液，产生气体使湿润的_______试纸变色。
(3)①上图所示氮循环中，属于氮的固定的过程为_______(填字母序号)。
a．N2转化为铵态氮    b．硝化过程    c．在作用下转化为N2 d．反硝化过程
②硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(4)土壤中的铁循环可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去)，用离子方程式表示酸性环境中脱除水体中硝态氮的原理_______。
(5)已知常温时，醋酸、亚硝酸的电离常数分别为和，醋酸铵溶液呈中性。据此判断，亚硝酸铵溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______。
12．（2022·上海崇明·统考一模）保护生态环境，实现可持续发展。试回答下列有关NO无害化处理的问题。
Ⅰ.在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g) + 2CO(g)2CO2(g) + N2(g)。在某恒容密闭容器中，通入等物质的量的CO和NO，在不同温度(T)下发生上述反应时，c(CO)随时间(t)的变化曲线如下图所示：

(1)该反应的平衡常数表达式为K=_______，由右图分析，该反应的正反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。若要使K值增大，可采取的措施为_______(填字母序号)。
a.增大c(NO)      b.增加压强    c.降低温度    d.使用催化剂    e.升高温度
(2)温度为T1时，反应达到平衡时NO的转化率为_______，温度为T2时，从起始到建立平衡，υ(N2)=_______。
Ⅱ.目前烟气脱硝采用的技术有无催化剂的选择性还原法(SNCR)和使用催化剂的选择性还原法(SCR)。若用NH3作还原剂，则主要反应均可表示为：4NH3(g) + 4NO(g) + O2(g)4N2(g) + 6H2O(l) + Q (Q>0)，其中体系温度对SNCR技术脱硝效率的影响如下图所示：

(3)当有标准状况下的3.36L氧气参加反应时，被氧气氧化的NH3为_______mol。
(4)①当体系温度过高时，SNCR技术脱硝效率会降低，其原因是_______；
②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是_______。

参考答案：
1．          N2     2.4NA          3s23p2     原子晶体     HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸（或Si3N4中Si为+4价、N为-3价等）     相对原子半径小的N原子最外层有5个电子，形成稳定结构得3个电子，相对原子半径大的Si原子最外层有4个电子，形成稳定结构要得4个电子，得电子形成稳定结构时Si比N更难
【详解】(1)由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2。由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，其中N的化合价降低，则N2发生得电子的还原反应，C发生失电子的氧化反应，反应中共转移12e-，电子转移的方向和数目为；
(2)反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中N元素化合价降低，N2发生还原反应，Si3N4为还原产物、CO为氧化产物，生成6molCO和1molSi3N4时，共转移12mole-，所以当氧化产物比还原产物多1mol时，反应中转移=2.4mol电子，即转移电子数电子数为2.4NA；
(3)反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中，N2为非极性分子，结构式为N≡N，电子式为，Si的原子半径最大，最外层电子的4个电子排布于3s、3p能级上，即排布式为3s23p2；
(4)氮化硅(Si3N4)是共价化合物，可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴，说明其熔点高，所以氮化硅为原子晶体；
(I)比较N、Si非金属性强弱，可根据元素的最高价含氧酸的酸性强弱判断，酸性越强，则元素的非金属性越强，即它们的最高价氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸；
(Ⅱ)由于N原子半径小，Si原子半径大，形成稳定结构时N得电子的能力强，即得电子能力强的N原子的非金属性强于Si，导致Si3N4中Si为+4价、N为-3价。
【点睛】把握氧化还原反应概念及规律、明确原子结构和元素周期律是解题关键，注意理解运用元素周期律解释实际问题。
2．     合成塔     充分利用余热，节约能源     减小了原料的损失，提高了原料的利用率          吸热     增大     BC     700
【详解】(1)合成氨的工业生产中，进行氨合成反应的设备是合成塔；合成氨反应属于放热反应，反应过程中放出大量的热，该设备中使用热交换器的目的是：可以充分利用余热，节约能源；在生产工艺中，采用了原料气（氮气和氢气等）循环使用的方法，其目的是减小了原料的损失，提高了原料的利用率；
(3)根据反应CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g)，其平衡常数表达式为K=；
(4)从图表信息可知，温度升高，平衡常数增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；
(5)其它条件不变时，两种物质参加反应，增加该物质浓度，该物质的转化率减小，另一种物质的转化率增大，因此向上述平衡体系中加入CO2，相当于增大了二氧化碳气体的浓度，平衡右移，达新平衡后H2的转化率增大；
(6)反应达平衡后，向容器中通入与平衡混合气组成、比例相同的气体，在其它条件不变的条件下，此过程等效于对原平衡体系进行加压，由于该反应反应前后气体的总物质的量不变，所以增大压强，体积缩小，各物质浓度增大，正逆反应速率都加快，但是平衡不移动，反应物转化率不变，各物质的比例不变，所以达到新平衡时与原平衡相比，说法正确的是BC；
(7)某温度下，平衡浓度符合：3[c(CO2)·c(H2)]=5[c(CO)·c(H2O)]，此式变形为：==0.6=K，从表格中获得信息可知，平衡常数为0.6时，对应的温度为700℃。
3．     第二周期VA族     1s22s22p3     2          PH3     Cl2          AC     0.25
【详解】(1)氮在周期表中第二周期VA族，所以答案为：第二周期VA族；
(2)氮元素原子核外电子排布式为1s22s22p3可知氮原子核外有s、p两种不同的电子云形状，故答案为：1s22s22p3、2；
(3)氮元素气态氢化物为NH3其电子式为，所以答案为：；
(4) 反应前后磷元素化合价升高（-3到+5），所以还原剂是PH3，所以答案为：PH3；
(5)已知 0.2mol KClO3在反应中得到 1mol 电子，所以一个氯原子得5个电子，化合价降低5，所以生成物中氯元素为零价，所以答案为：Cl2；
(6)根据得失电子数目相等，可配平方程式，所以答案为：；
(7)由反应可以判断氧化剂是KClO3，氧化产物是H3PO4，氧化剂氧化性大于氧化产物，所以A正确，还原剂是PH3，还原产物是X，还原剂的还原性大于还原产物，所以C正确，故答案为：AC；
(8)由，可知每转移40摩尔电子，生成磷酸5摩尔，所以转移电子 2mol 时，生成H3PO40.25mol，所以答案为：0.25。
4．     SO2、H2     溶液紫红色褪去     含有Fe2＋     另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液     溶液变为蓝色     甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体     不正确。若溶液中含有Fe3＋则无法检验溶液中是否含有Fe2＋
【详解】(1)明确实验的目的是验证溶液和气体的成分；
(2)根据溶液中可能存在的离子Fe2＋(铁过量)、Fe3＋或两者的混合物，选择合适的试剂进行检验；
(3)根据气体的可能成分SO2和H2选择合适的试剂进行检验。
铁与浓硫酸加热时，产生的金属离子可能有Fe2＋(铁过量)、Fe3＋，产生的气体可能有H2(铁过量)、SO2。Fe2＋可以使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3＋具有氧化性，可把I－氧化成I2可使KI­淀粉溶液变为蓝色；SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，并被其吸收。
5．(1)     分液漏斗     因产生的氢气易燃易爆
(2)     搅拌时Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+     减少洗涤晶体时因溶解造成的损失；洗涤后晶体易于干燥
(3)Cu2++H2S=2H++CuS↓
(4)     边滴入KMnO4溶液边振荡过程中，当混合液刚好变为浅红色，且30s内不褪     ad     95%

【分析】本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，本题用硫酸和铁粉制备硫酸亚铁，并用硫酸铜除去制备过程中的污染性气体H2S、PH3，之后向其中加入硫酸铵即可制得产品，以此解题。
(1)
根据仪器a的结构特点知，仪器a为分液漏斗；制备FeSO4的反应原理为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，实验不用明火加热的原因是产生的氢气易燃易爆；故答案为：分液漏斗；产生的氢气易燃易爆；
(2)
由于Fe2+具有较强的还原性，溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，均可能导致溶液变黄；硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇，乙醇易挥发，故选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；
(3)
CuSO4溶液吸收H2S时发生复分解反应生成黑色CuS沉淀和H2SO4，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
(4)
①由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点时的现象是溶液变为浅红色，且30s内不褪色；故答案为：溶液变为浅红色，且30s内不褪色；
②a．取用的晶体不够干燥，则消耗的KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，a符合题意；
b．容量瓶定容时俯视刻度线，所配溶液物质的量浓度偏高，则消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，b不符合题意；
c．滴定管未用待盛溶液润洗，消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，c不符合题意；
d．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，所测KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，d符合题意；
答案选ad；
③根据MnO＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，20.00mL溶液中Fe2+物质的量n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.02000mol/L×0.019L=0.0019mol，100mL溶液中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量为0.0019mol××392g/mol=3.724g，产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为=95%；故答案为：95%。
6．     碳碳双键、醛基     加成反应或还原反应     HOCH2CH2CHO     +2CH3Cl+2HCl     H2O     CD     5    
【分析】C3H6组成上去氢加氧生成CH2=CHCHO，发生氧化反应，故C3H6为CH2=CHCH3。由③后产物结构可知，反应②是CH2=CHCHO与水发生加成反应生成M为HOCH2CH2CHO，③发生加成反应(或还原反应)。由⑤后产物结构可知，反应④是苯与一氯甲烷发生取代反应生成N为，⑤发生氧化反应。反应⑥发生缩聚反应，据此解答。
【详解】(1)W为CH2=CHCHO，所含官能团的名称为：碳碳双键、醛基。反应③是HOCH2CH2CHO转化为HOCH2CH2CH2OH，属于加成反应，组成上加氢，也属于还原反应，
故答案为：碳碳双键、酯基；加成反应或还原反应；
(2)由③后产物结构可知，CH2=CHCHO与水发生加成反应生成M为HOCH2CH2CHO；反应④的化学反应方程式为：+2CH3Cl+2HCl，
故答案为：HOCH2CH2CHO；+2CH3Cl+2HCl；
(3)反应⑥发生聚合反应，生成的另一无机产物是H2O，反应⑥也是酯化反应，
故答案为：H2O；CD；
(4)有机物X的分子式为C4H8O2，是M(HOCH2CH2CHO)的同系物，X可以看作丙烷中氢原子被-OH、-CHO取代，取代同一碳原子上有2种，取代不同碳原子时有3种，则X可能的结构简式共有 5种，
故答案为：5；
(5)甲苯用酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸。甲苯与氯气发生取代反应生成，水解生成苯甲醇。苯甲酸与苯甲醇发生酯化反应得到苯甲酸苯甲酯。合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点睛】注意根据转化关系中有机物的分子式、反应条件、结构简式进行推断，对学生的推理有一定的要求，需要学生熟练掌握有机物的结构和性质，注意苯环支链上连接苯环的碳原子上含有氢原子则能被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸。
7．     消去反应     取代反应     羟基     醛          CH3CH2CHO+H2CH3CH2CH2OH     2CH3CH2CH2OH++2H2O     催化作用，吸水作用         
【分析】有机化合物A 的分子式为 C3H6O，能发生银镜反应，A含有醛基，A是CH3CH2CHO；CH3CH2CHO和氢气发生加成反应生成1-丙醇；B是1-丙醇；由逆推，C8H8Cl2的结构简式是，则E是、D是；和1-丙醇发生酯化反应生成C，C分子中含有14个碳原子，C是。
【详解】(1)反应①是1-丙醇发生消去反应生成丙烯和水，反应类型是消去反应；反应②是在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，反应类型是取代反应；
(2)B是1-丙醇，结构简式是CH3CH2CH2OH，分子中官能团的名称是羟基；D是，含有醛基，类别是醛类；
(3) E 的结构简式是；
(4) A→B是CH3CH2CHO和氢气发生加成反应生成1-丙醇，反应方程式是CH3CH2CHO+H2CH3CH2CH2OH； B→C是和1-丙醇发生酯化反应生成，反应方程式是2CH3CH2CH2OH++2H2O；
(5) 2CH3CH2CH2OH++2H2O 反应中浓硫酸的作用是催化作用，吸水作用；
(6)若C8H8Cl2 苯环上的一溴取代物只有一种，说明结构对称，其可能的结构除了外，还有、、。
【点睛】本题考查有机推断、反应类型的判断、限定条件下同分异构体的书写，明确流程图中个物质结构的变化为解题关键，熟悉常见有机反应的条件，会利用逆推法推断有机物结构简式。
8．(1)     羧基    
(2)     取代反应     HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O
(3)         
(4)

【分析】A发生取代生成B，C发生酯化反应生成D，D与X发生已知反应生成E，E发生加成生成F，据此分析解题。
(1)
普瑞巴林分子含氧官能团的名称为羧基，—NH2的电子式为：；
(2)
A→B的反应中Cl被-CN取代，有机反应类型为：取代反应；C为羧酸，D为酯类，C→D发生酯化反应，化学反应方程式：HOOCCH2COOH+2C2H5OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；
(3)
①分子式为C5H10O，能发生银镜反应说明含有醛基，有两种化学环境不同的氢原子的物质：；②根据E的结构式可知，D与X发生消去反应生成E，X分子式为C5H10O，已知：RCHO + CH2(COOCH3)2RCH = C(COOCH3)2 + H2O，上述转化关系中的有机物X：；
(4)
以苯乙酸()和必要的无机试剂为原料，合成，与氯气发生取代生成，再与碳酸氢钠和NaCN生成，根据G生成H的提示可知合成路线流程图：。
9．     C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）     0.6mol/（L•min）     B、D     ＞     增大压强（或压缩反应容器体积）     ＜     NH4HCO3=NH4++HCO3-,NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+     HCO3-⇌H++CO32     ＞
【分析】(1)根据反应①的平衡常数表达式，CO和H2是生成物，H2O(g)是反应物，再由元素守恒配平方程式，根据v=计算化学反应速率；
(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
(3)升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，说明温度升高不利于反应正向进行，根据图象，t2时刻速率突然增大，并且不断增大，然后趋于平衡；
(4)温度升高，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，据此判断；
(5)根据影响盐类水解的因素分析。
【详解】(1)根据反应①的平衡常数表达式可知CO和H2是生成物，H2O(g)是反应物，所以方程式为：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；经3min反应容器内的水蒸气从20.0mol变为2.0mol，即△n(H2O)=20.0mol-2.0mol=18mol，根据方程式，则△n(CO)=△n(H2O)=18mol，所以v(CO)==0.6mol/(L•min)，故答案为：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)；0.6mol/(L•min)；
(2)A．在消耗n摩尔氢气的同时产生n摩尔的水，整个反应过程都是如此，不能判断化学平衡，故A错误；
B．容器内气体的平均相对分子质量数值上=，反应前后气体m改变，n改变，所以容器内气体的平均相对分子质量改变，当其不变时可以说明化学平衡，故B正确；
C．容器内所有的物质的总物质的量保持不变，由于整个反应前后，反应物和生成物的总物质的量始终不变，不可以说明化学平衡，故C错误；
D．反应到达平衡时，v正=v逆，则v(逆)(H2O)=v(正)(H2O)，根据方程式可知v(正)(CO)=v(正)(H2O)，所以v(逆)(H2O)=v(正)(CO)可以说明化学平衡，故D正确，
故答案为：B、D；
(3)升高温度，反应②的化学平衡常数会减小，说明温度升高不利于反应正向进行，正反应放热，所以Q＞0；根据图象，t2时刻速率突然增大，并且不断增大，然后趋于平衡，可判断为增大压强(或压缩反应容器体积)，
故答案为：＞；增大压强(或压缩反应容器体积)；
(4)温度升高，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，则温度T2＞T1，
故答案为：＜；
(5)反应③得到的是一种纯净常见化肥的溶液，产生NH4HCO3，溶液中也存在NH3•H2O分子和CO32-离子，为NH4+水解得到NH3，HCO3-电离得到CO32-，所以有：NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，HCO3-⇌H++CO32-，相同温度下，都为0.1mol/L的NaHCO3溶液甲和NH4HCO3溶液乙相比较，由于双水解促进盐类水解，导致NH4HCO3中HCO3-进一步降低，则电离出更少的CO32-，则c(CO32-)甲＞乙，
故答案为：NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；HCO3-⇌H++CO32-；＞。
10．     Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓     2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑     （冷却）结晶、过滤（洗涤）、干燥     C     AC     取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl     用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶     当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变     95%
【分析】(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，根据电解饱和食盐水原理书写；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，据此判断。
(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，就是检验是否有氯离子；
(4)根据配制一定物质的量浓度溶液的原理分析：酸碱滴定指示剂一般选择甲基橙，依据酸滴定碱来判断滴定终点的依据，根据n(NaOH)=n(HCl)，ω(NaOH)=×100%进行有关计算。
【详解】(1)稍过量的NaOH是除去粗盐水中含有的MgCl2，稍过量的BaCl2除去粗盐水中含有的Na2SO4，稍过量的Na2CO3是除去粗盐水中含有的CaCl2和过量的BaCl2，故加入Na2CO3溶液后发生的离子反应有：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；接着就是电解饱和食盐水，其反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)③步骤是蒸发，蒸发之后获得干燥的烧碱产品的有关操作有(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥，④步骤是将生成的H2和Cl2化合为HCl，故生产设备A、B之间传递的是能量，
故答案为：(冷却)结晶、过滤(洗涤)、干燥；C；
(3)⑤步骤是HCl的吸收，要注意防倒吸，
A、利用干燥管是典型防倒吸装置，故A正确；
B、倒置的漏斗边缘应该与水面相切才能防倒吸，故B错误；
C、因HCl不溶于CCl4，所以能防倒吸，故C正确；
D、HCl气体直接通入水中，不能防倒吸，故D错误；
检验烧碱产品中是否含有少量NaCl杂质，其实就是检验氯离子的存在：取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl，
故答案为：AC；取样溶于水，加入过量的稀硝酸后，滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生则含有杂质NaCl，若无白色沉淀产生，则无杂质NaCl；
(4)配制一定物质的量浓度溶液，溶液全部转移入1000mL的容量瓶之后的一步操作是：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；盐酸滴定NaOH，指示剂一般选择甲基橙，所以判断终点的依据是：当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；消耗盐酸溶液的平均体积是19.80mL，则n(NaOH)=n(HCl)=0.12mol/L×10-3×19.80L=2.376×10-3mol，ω(NaOH)=×100%=×100%=95%，
故答案为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，并将所得溶液移入容量瓶；当最后一滴盐酸滴入，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色且半分钟内不变；95%。
11．(1)     7     6
(2)     浓NaOH     红色石蕊
(3)     a     氧化
(4)10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O
(5)     酸     c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)

【解析】（1）
N为第7号元素，电子排布式为1s22s22p3原子核外有7种不同运动状态的电子，Fe原子外围电子排布式为3d64s2，s有1个轨道d有5个轨道，这些电子共占据6个轨道；
（2）
实验室中检验可以用浓NaOH溶液，产生气体为氨气，氨气溶于水形成氨水，有弱碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
（3）
①a.N2转化为氨态氮，游离态的氮转化为化合态氮，符合定义，a正确;
b.硝化过程是将NO转化为NO，没有氮气参加反应，不符合定义，b错误;
c. 在作用下转化为N2，化合态氮转化为游离的氮，不符合定义，c错误；
d.反硝化过程正好和硝化过程相反，也没有氮气参加反应，d错误;
故选a；
②硝化过程中，含氮的化合价升高，发生氧化反应；
（4）
酸性环境中脱除水体中硝态氮，转化为Fe3+，NO转化为氮气，离子方程式表示：10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O；
（5）
醋酸、亚硝酸的电离常数分别为和。电离常数越大酸性越强，根据电离常数可知亚硝酸的酸性强于醋酸，醋酸铵溶液呈中性，据此判断，亚硝酸铵溶液呈酸性；铵根发生水解，c(NO)>c(NH)，溶液为酸性c(H+)>c(OH-)，其溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)。
12．(1)          放热     c
(2)     75%     0.05
(3)0.20
(4)     温度过高，SNCR脱硝技术主要反应的平衡逆向移动     温度太高，降低了催化剂的活性

【详解】（1）发生反应：2NO(g) + 2CO(g)2CO2(g) + N2(g)，反应的平衡常数表达式为；由右图分析，温度T1先平衡，故T1＞T2，升高温度反应转化率降低，该反应的正反应是放热反应；由于K值只与温度有关，该反应的正反应是放热反应，若要使K值增大，需要降温，故选c；
（2）温度为T1时，CO的浓度变化量为2.0mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，根据反应式可知，反应达到平衡时NO的转化率与CO的转化率相同，，温度为T2时，从起始到建立平衡，CO的浓度变化量为2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，根据反应式可知N2的变化量为0.9mol/L，υ(N2)= 0.9mol/L÷18s=0.05；
（3）当有标准状况下的3.36L(0.15mol)氧气参加反应时，4NH3(g) + 4NO(g) + O2(g)4N2(g) + 6H2O(l)，NH3中N的化合价为-3，O元素由0价变为-2价，转移电子为0.6mol，被氧气氧化的NH3为0.6mol÷3=0.2mol；
（4）①此反应为放热反应，当体系温度过高时，SNCR技术脱硝效率会降低，其原因是温度过高，SNCR脱硝技术主要反应的平衡逆向移动；
②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，如图可知，其原因是温度太高，降低了催化剂的活性。