上海市黄浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题

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上海市黄浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海黄浦·统考一模）工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓。完成下列填空：
（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是__，第二周期原子半径由大到小的是__。
（2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是__，该分子为__（选填“极性”、“非极性”）分子。
（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式__，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是___（填编号）
a.最高价氧化物对应水化物的酸性
b.两元素形成化合物的化合价
c.气态氢化物的稳定性
d.氢化物水溶液的酸碱性
侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N2+3H22NH3
（4）工业为了提高H2的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是__（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2的转化率的影响是___，对H2的反应速率的影响是__。
（5）该反应的催化剂是__（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：__。
2．（2020·上海黄浦·统考一模）溴是海洋元素，液溴和溴水在中学化学中因其反应可褪色而常被使用。完成下列填空：
（1）除了活性炭以外，写出一种能使溴水褪色且属于物理方法的试剂___（填化学式）。
（2）碱性物质也能使溴水褪色，除了纯碱以外，还有烧碱，写出后者反应的离子反应方程式____。若转移5NA个电子，则被氧化的溴元素是__mol。
（3）实验室存放溴水采用有色试剂瓶，并且加水液封，这样做的原因是___。工业提溴中过程中，用空气把溴吹出，然后通入亚硫酸溶液中，这步操作的目的是___，原因是___。
（4）除了上述无机物以外，还有一些有机物也能使溴水褪色，例如含有不饱和键的烯烃和____。另外还有一种官能团也会因氧化还原反应而褪色，该官能团名称是___。
3．（2021·上海黄浦·统考一模）工业上可用以下方法制备粮食储备的强效熏虫剂 PH3。请回答：
(1)磷原子最外层的电子排布式_______；同族元素氢化物 RH3的某种性质随R 的核电荷数的变化趋势如图所示：

则 Y 轴可表示的氢化物性质可能是_______；根据P4的结构，推测其在CS2中的溶解度_______ (填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。

(2)配平反应Ⅰ的方程式，并标出电子转移方向和数目______。
_______P4+_______NaOH+_______→_______NaH2PO2+_______PH3↑
(3)由工业流程图可以判断H3PO2为_______(填“一”、“二”或“三”)元酸。

(4)在标准状况下若有 1mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_______升 PH3气体(不考虑产物的损失)。
(5)查文献，AlP 遇水蒸气会发生水解反应也产生 PH3，该反应的另一种产物的电离方程式为_______。
4．（2021·上海黄浦·统考一模）以生物材质(以C 计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能、高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO 两步构成。气化炉中涉及的反应有：
Ⅰ．C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)
Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
Ⅲ．CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)
(1)该工艺制H2总反应可表示为C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)，该反应的平衡常数表达式为_______。
(2)对于反应Ⅰ，不同温度和压强对H2产率影响如下表。

该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应，p1_______p2(填“>、<或=”)；下列图象正确的是_______

(3)在某恒容、绝热密闭容器中模拟上述气化炉制氢中的反应Ⅱ，下列能说明该反应达到平衡状态的是_______。
A．混合气体的温度不再变化
B．H2O(g)、H2(g)的物质的量之比为 1∶1，且各质量不再变化
C．混合气体的密度保持不变
D．断裂 a mol H—H 键的同时形成 2a mol H—O 键
(4)对于反应Ⅲ，其他条件不变，平衡时再充入 CO2，使其浓度增大到原来的 2 倍，则平衡_______移动(填“向右”、“向左”或“不”)；当重新平衡后，CO2浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)，理由是_______。
5．（2020·上海黄浦·统考一模）实验测定含有少量氯化钠的碳酸氢钠的含量，完成下列填空：
方案1：取样品溶解后，加试剂使HCO3-沉淀，测定沉淀的质量。
操作步骤有：①称量并溶解样品；②加入足量的Ba(OH)2溶液；③过滤；④洗涤；⑤干燥；⑥称量并进行恒重操作。
（1）实验时所需的定量实验仪器为___，判断是否达到恒重的标准是__。
方案2：用0.100mol/L盐酸滴定。具体过程如图：

（2）操作1所需要的仪器有__。
（3）操作2时选择的指示剂为甲基橙，当溶液___时，说明达到了操作2终点。为减少实验的偶然误差，通常的处理办法是__。
（4）操作2时若锥形瓶内有少量液体溅出，则测定结果__；若盛装待测液的锥形瓶未用待测液润洗，测定结果___。（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（5）用图中的数据，计算小苏打中碳酸氢钠的质量分数___。
方案3：用稀盐酸将HCO3-转化为CO2，测定CO2的体积。

（6）为保证读数的准确性并易于观察，实验中量气管中的液体最好是__（填字母编号）。
a.饱和碳酸钠溶液       b.饱和碳酸氢钠溶液      c.含有品红的硫酸溶液
本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：
①将实验装置恢复到室温，
②___，
③视线与凹液面最低处相平。
6．（2021·上海黄浦·统考一模）氮化镁(Mg3N2)是工业上应用广泛的离子化合物，极易与水发生剧烈水解反应。制备氮化镁的装置如图所示。请回答下列问题：

(1)氮气的电子式_______；氮化镁晶体中组成微粒的半径大小排列顺序为_______。
(2)实验时先在 5 内加入镁粉，接下来正确的操作顺序(填序号)_______。
①升温至1073K    ②加热半小时     ③通氮气 15min    ④停止通氮气     ⑤冷却至室温
(3)1 和 7 中加入了相同的试剂_______(填名称)，作用为_______；6 的作用为_______。
(4)若将 24.000g 镁放 5 中，实验结束后称得增加了 7.000g，则氮化镁的产率是_______。
(5)设计简单实验证明 5 中得到的固体中含有氮化镁：_______。
7．（2020·上海黄浦·统考一模）Hagrmann酯(H)是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成(部分反应条件略去)：

（1）B的结构简式是__；B→C的反应类型是__；H中含有的官能团名称是羰基、___。
（2）E→F的化学方程式是___。
（3）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：
①除苯环外仅有1种化学环境的H原子；
②存在甲氧基（CH3O—）。
TMOB的结构简式是___。
（4）下列说法正确的是__。
a.A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体
b.D和F中均含有2个不饱和度
c.1molG完全燃烧生成7molH2O
d.H能发生加成、取代反应
（5）请写出乙炔和HCHO为有机原料合成的合成路线图___（无机试剂任选）。
已知：①—CCH+
②—CHO+
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
8．（2021·上海黄浦·统考一模）A 为芳香族化合物，可通过以下路线合成重要的有机化合物H：

已知：①CH2=CH2+CH≡CH
②R1CHO+R2CH2CHO
(1)A 的名称为_______，B 中官能团的名称为_______，写出 A→C 的反应试剂和条件_______。
(2)写出E→F 的反应类型_______，写出X 的结构简式_______。
(3)写出由 D→E 的第①步反应的化学方程式_______。
(4)G 与乙醇发生酯化反应生成化合物Y，Y 有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的物质的结构简式_______。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2
②有 4 种不同化学环境的氢，且原子个数比为 6：2：1：1
③苯环上的一元代物只有一种结构
(5)写出以丙烯为原料合成化合物的路线流程图_______(无机试剂任用，流程图形式见题干)。
9．（2022·上海·统考一模）Julius利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器，获得了2021诺贝尔生理学或医学奖。辣椒素(H)的合成路线如图。

已知：①R—OHR—Br
②
③R—COCl+HO—R'→R—COOR'+HCl
(1)A中所含官能团的名称___。检验B中含溴元素的方法___。
(2)写出C→D反应中1)的化学方程式是__。H不能发生的反应类型有__(填序号)。
a．加成反应    b．消去反应    c．氧化反应     d．取代反应     e．聚合反应
(3)写出符合条件的E的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：__。
①能使溴的四氯化碳溶液褪色
②能发生水解反应，产物之一为乙酸
③不同化学环境的氢原子个数比是3∶2∶1
(4)参照上述合成路线，设计以异丙醇和必要试剂为原料合成2—异丙基丙二酸()的合成路线(其他试剂任选)___。
10．（2022·上海·统考一模）我国的“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓(GaAs)薄膜太阳能电池来供电。
(1)镓的原子结构示意图为，镓元素在元素周期表中的位置是___。
(2)GaAs的熔点为1238℃且熔融状态不导电，据此判断它是__(填“共价”或“离子”)化合物。
(3)镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，该可逆反应每生成1molH2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是___。(已知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃；氮化镓的熔点为1700℃)
(4)As与P同族且相邻。磷的最外层电子轨道表示式___。预测As的氢化物分子的空间结构__，其沸点比NH3的___(填“高”或“低”)，理由是___。
(5)下列说法错误的是___。
a．镓的金属性比铝的强                    b．砷化镓具有半导体性质
c．As与H2在低温时可剧烈化合为AsH3     d．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4
亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。

(6)人体血液的pH在7.35—7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是___。通常情况下，H2AsO电离程度___水解程度(填“>、<、=”)。
(7)以酚酞作指示剂，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，滴定终点发生的离子反应是___。交点b的溶液中：c(K+)___2c(HAsO)+4c(AsO)(填“>、<、=”)。
11．（2022·上海·统考一模）高炉炼铁的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)，反应的平衡常数K与温度T(单位：K)之间的关系如图所示。

(1)1100℃时，某密闭容器中发生该反应。
①能说明该反应已达平衡状态的是__。
a．容器内固体质量保持不变        b．容器中气体压强保持不变
c．c(CO)=c(CO2)                  d．v正(CO)=v逆(CO2)
②若平衡后，保持温度不变，加入FeO后，c(CO2)将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。1100℃时K=0.263，测得高炉中c(CO2)=0.025mol•L-1、c(CO)=0.1mol•L-1，判断该反应是否处于平衡状态___(填“是”、“否”)，此时，化学反应速率是v正___v逆(填“>”、“=”、“<”)，其理由是___。
(2)温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比___(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K___。指出两条提高CO的平衡转化率的措施___。
(3)某实验小组在实验室模拟上述反应。一定温度下，在2L盛有FeO粉末的恒容密闭容器中通入0.1molCO，5min时生成2.24gFe。0~5min内用CO的浓度变化表示的平均反应速率是__。若将此时反应体系中的混合气体通入100mL0.60mol•L-1的NaOH溶液中，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是___。
12．（2022·上海·统考一模）氯化铜、氯化亚铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物，流程如图：

(1)现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(夹持及加热装置已省略)。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→__(填小写字母)。

(2)上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__；操作②的方法是___。
(3)溶液Ⅰ可加试剂X__(写一种物质的化学式)，用于调节pH以除去杂质。
(4)检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是__。向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式__。
在溶液II转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：Cu(H2O)(aq)(蓝色)+4Cl-(aq)CuCl(aq)(绿色)+4H2O(l)
(5)设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系___。
(6)为测定原料CuCl2•xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：
①完成实验操作步骤。
a.用电子天平称取一定质量氯化铜晶体
b.在坩埚中充分灼烧
c.在__(填仪器名称)中冷却
d.称量所得黑色固体质量
e.重复b~d操作直至__。
②若氯化铜晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=__(精确到0.1)。
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，写出可能导致该结果的一种情况___。

参考答案：
1．     O     C＞N＞O          非极性     1s22s22p3     bc     无影响     减小     变大     铁触媒     高温加快反应速率，催化剂适宜温度
【详解】(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素为: H、C、N、O、Na、Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、N、O为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：C＞N＞O；
(2)铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是，该分子为非极性分子；
(3)上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于N与O元素之间非金属性大小判断依据：
a.O无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；
b.可根据两元素形成化合物NO中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b能作为判据；
c.两者的气态氢化物分别为H2O、NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c能作为判据；
d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d不能作为判据；
答案选bc；
(4)工业为了提高H2的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2的转化率会降低，但会提高另一反应物(H2)的转化率；
(5)合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。
【点睛】元素非金属性大小的主要比较方法：
①根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。②从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2化合越容易，则非金属性越强。③从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。④从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。⑤从非金属阴离子还原性强弱判断:非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱,其非金属性越弱。⑥根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。
2．     C6H6（或CCl4）     Br2+2OH-→Br-+BrO-+H2O     5mol     防止见光分解和防止挥发     富集     海水中溴元素的含量较低     炔烃     醛基
【详解】(1)除了活性炭以外，能使溴水褪色且属于物理方法的试剂有：C6H6或CCl4，褪色原因是发生了萃取作用；
(2)烧碱与溴水反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O。若转移5NA个电子，则被氧化的溴单质为2.5mol，被氧化的溴元素是5 mol；
(3)存放溴水采用有色试剂瓶，并且加水液封，这样做的原因是防止见光分解和防止挥发。工业提溴中过程中，用空气把溴吹出，然后通入亚硫酸溶液中，这步操作的目的是富集溴，原因是海水中溴元素的含量较低；
(4)一些有机物也能与溴单质发生加成反应使溴水褪色，如含有不饱和键的烯烃和炔烃，另外还有一种是醛，其与溴单质因发生氧化还原反应而褪色。
3．     3s23p3     热稳定性、键能     大于     1P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+1PH3↑     一     56     H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-
【分析】(1)磷是15号元素，结合原子结构和元素周期律、相似相容原理分析解答；
(2)根据化合价升降守恒结合质量守恒配平方程式；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，确定H3PO2的类型；
(4)根据发生反应的过程寻找关系式分析计算；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体和Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，据此分析解答。
【详解】(1)磷是15号元素，第三电子层为最外层，电子数为5，最外层电子排布式是3s23p3，N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，从上到下原子半径逐渐增大，键能逐渐减小，因此Y轴可表示三种氢化物的稳定性、键能；P4 为正四面体结构，为非极性分子，CS2 为非极性分子形成的溶剂，水是极性溶剂，根据相似相容原理，P4在CS2 中的溶解度大于在水中的溶解度，故答案为：3s23p3；热稳定性、键能；大于；
(2) P4和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，反应中P部分由0价升高为+1价，部分由0价降低为-3价，根据化合价升降守恒，PH3配1，NaH2PO2配3，结合质量守恒可知，反应物中缺少的物质为H2O，配平后的方程式为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，故答案为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，可以确定H3PO2属于一元酸，故答案为：一；
(4)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2、反应Ⅱ为2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反应Ⅲ为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，因此P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，在标准状况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L，故答案为：56；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体，生成的另外一种物质为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，电离方程式为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-，故答案为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意关系式法在解题中的应用。
4．     K=     吸热     ＞     BC     AB     向右     不变     因 K=，温度不变的情况下，K不变，所以平衡时 CO2 浓度不变
【分析】(1)根据化学平衡常数的概念分析书写；
(2)反应I为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，反应前后气体分子数增加，结合温度和压强对平衡的影响分析判断；
(3) 在某恒容、绝热密闭容器中发生反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。根据化学平衡的特征分析判断；
(4)反应Ⅲ为CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)，反应的化学平衡常数K=，据此分析解答。
【详解】(1)反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)⇌CaCO3(s)+2H2(g)的化学平衡常数K=，故答案为：K=；
(2)反应Ⅰ为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，根据不同温度和压强对H2 产率影响的表格数据可知，控制压强不变时，升高温度，H2 产率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应；该反应为气体体积减小的反应，控制温度不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2 产率降低，因此p1＞p2；A．某时刻改变压强使正逆反应速率均降低，应该采取减压措施，故A错误；
B．升高温度有利于缩短化学反应到达平衡的时间，同时升高温度，有利于反应正向移动，使H2的平衡产率增大，故B正确；C．升高温度，平衡正向移动，使H2O的百分含量减小，增大压强，平衡逆向移动，H2O的百分含量增大，故C正确；D．升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故D错误；图象正确的有BC，故答案为：吸热；＞；BC；
(3) 在某恒容、绝热密闭容器中发生反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)。A．混合气体的温度不再变化，说明正反应速率和逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态，故A选；B．反应过程中H2和H2O(g)的物质的量发生变化，二者比值也发生变化，因此H2与H2O(g)的物质的量之比为 1∶1，且各质量不再变化，说明化学反应达到了平衡状态，故B选；C．在恒容密闭容器中，气体的质量和体积都不发生变化，因此混合气体的密度为恒量，因此当混合气体的密度不再变化不能判断化学反应是否达到平衡状态，故C不选；D．形成amolH-H键的同时必然断裂 2amolH-O键，不能判断化学反应是否达到平衡状态，故D不选；故答案为：AB；
(4)反应Ⅲ为CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)，反应的化学平衡常数K=，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，必然促使反应正向进行，当重新平衡后，由于温度不变，化学平衡常数不变，则最终平衡时CO2的浓度不变，故答案为：正向；不变； K=，温度不变的情况下，K不变，所以平衡时 CO2 浓度不变。
5．     电子天平     前后两次称量的质量差不超过0.001g     烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管     黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色     做2～3次平行实验，取平均值     偏低     无影响          c     调节量气管和水准管液面相平
【分析】(1) 方案一根据天平的感量确定称量仪器，当前后两次称量的质量差不超过0.001 g时说明
已经达到恒重；
(2)根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤选取实验仪器；
(3)甲基橙的变色范围是3.1-4.4，碳酸钠溶液呈碱性，所以滴有甲基橙的碳酸钠溶液呈黄色，当滴定终点时，溶液黄色恰好变成橙色；为减少误差，应多做几次实验取平均值；
(4)能影响溶质物质的量的因素影响测定结果，否则不影响测定结果；
(5)写出离子方程式或化学方程式，根据物质间存在的量的关系即可求出碳酸氢钠的物质的量，进而求出其质量，将其比上样品的质量可求出碳酸氢钠的质量分数；
(6)对于读数，为了使读书结果较精准，一般应注意：①将实验装置恢复到室温 ②视线与凹液面最低处相平。题目中还要调节量气管和水准管液面相平。
【详解】(1) 方案一托盘天平的感量是0.1g，电子天平的感量是0.001g，所以称量药品时用电子天平，当前后两次称量的质量差不超过0.001 g时说明已经达到恒重；
(2)配制一定物质的量浓度溶液时，用烧杯溶解固体药品，用玻璃棒搅拌固体溶解和引流溶液，用容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容；
(3)甲基橙的变色范围是3.1～4.4，碳酸钠溶液呈碱性，所以滴有甲基橙的碳酸钠溶液呈黄色，当滴定终点时，溶液呈酸性，溶液黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色；为减少误差，应多做几次实验取平均值，即做2～3次平行实验；
(4)滴定时若锥形瓶内有少量液体溅出，导致锥形瓶内溶液中溶质减少，所以测定结果偏低，若盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对锥形瓶内溶液中的溶质无影响，所以对结果无影响；
(5)滴定20.00mL的待测液消耗的0.1mol/L的盐酸溶液为V mL，则消耗的n(H+)=n(HCl)=V×10-4 mol，根据离子方程式：H++HCO3-=H2O+CO2↑，可知n(HCO3-)=n(H+)=n(HCl)= V×10-4 mol，又取了m g的样品配成了100 mL溶液，测定时只取了20mL，所以小苏打中碳酸氢钠的质量分数为：；
(6)a.饱和碳酸钠溶液会与二氧化碳反应，导致实验存在较大误差，a不符合；       
b.盐酸具有挥发性，若量器管中液体为饱和碳酸氢钠溶液，则挥发出来的HCl会与之反应产生二氧化碳，使得实验结果偏大，b不符合题意；      
c.含有品红的硫酸溶液呈现红色，便于读数，且二氧化碳为酸性气体，几乎不溶于硫酸溶液中，使得实验结果更精确，c符合题意；由于气体的体积受温度和压强影响大，读数时应注意：①将实验装置恢复到室温 ②调节量气管和水准管液面相平 ③视线与凹液面最低处相平。
【点睛】若盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，但锥形瓶中的溶质的物质的量不变，消耗的滴定液的量不变，所以此操作对实验结果无影响。
6．          r(N3-)>r(Mg2+)     ③①②⑤④     浓硫酸     用于吸收水蒸气，防止其与氮化镁反应     安全瓶，起缓冲作用     75%     取所得固体少许放入试管中，滴入少量蒸馏水，用镊子夹取一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口，试纸变蓝色，证明含有氮化镁
【分析】镁粉加热过程中，能和空气中的氧气、二氧化碳、水汽等气体反应。所以需用氮气赶走装置中的空气，为了防止氮气中有水汽，也需对氮气进行干燥，同时为了防止空气中的水汽进入到装置中，所以需要在装置7中放浓硫酸来吸收空气中的水汽，据此解答。
【详解】(1)氮气的分子是氮原子通过共用电子对构成的，都达到了8电子的的稳定结构，故氮气分子的电子式为；氮化镁晶体中组成微粒是Mg2+和N3-，这两种离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故r(N3-)>r(Mg2+)。
(2)由于镁粉加热过程中，能和空气中的氧气，二氧化碳，水汽等反应，因此实验前，需要向整套装置中通入氮气，赶走装置中的空气，然后加热温度到1073K，为了使镁粉和氮气充分反应，需加热半小时。反应结束后，冷却过程中，为了防止生成的氮化镁万一遇到水蒸气，故还需持续通入氮气直到固体冷却，等到固体冷却后，才停止通入氮气，另外也可以防止7中的浓硫酸在冷却过程中因负压而倒吸进入到装置6中，故接下来的顺序是③①②⑤④。
(3) 氮化镁(Mg3N2)极易与水发生剧烈水解反应，为了防止制备过程中遇到水蒸气，所以在1 和 7 中加入了相同的试剂浓硫酸，一个是干燥制备的氮气，一个是防止空气中的水汽进入到装置中；由于这个反应是气固反应，通过加热装置后，肯定有部分氮气未反应，为了充分利用氮气，所以6的作用是缓冲加热后未反应的氮气。另外应结束后冷却过程中，为了防止7中浓硫酸发生倒吸，也需要在7之前加一个防倒吸装置，所以6的作用是安全瓶，起缓冲作用。
(4) 实验结束后称得固体增加了 7.000g，说明有7.000g氮气被吸收，参加了反应，根据关系式N2~ Mg3N2，可算出生成了m(Mg3N2)=g=25g，另根据关系式3Mg~ Mg3N2，如果24.000g 镁全部生成Mg3N2，则生成的Mg3N2质量应是g，则氮化镁的产率= 100=75 。
(5)由于氮化镁(Mg3N2)遇水水解生成氨气，故可通过检验固体与水反应是否生成氨气来检验5中的固体是否有Mg3N2生成，故方法是取所得固体少许放入试管中，滴入少量蒸馏水，用镊子夹取一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口，试纸变蓝色，证明含有氮化镁。
7．     HC－CH=CH2     加成反应     酯基，碳碳双键     CH3CC—COOH+CH3CH2OHCH3CC—COOCH2CH3+H2O          ad     CHCHHO—CH2—CC—CH2—OHHO—CH2—CH2—CH2—CH2—OHOHC—CH2—CH2—CHO
【详解】(1)A→B为两个乙炔分子进行加成反应得到B(HC－CH=CH2)，然后继续与甲醇加成得到C；根据H的结构简式可知，分子中含有的官能团名称是羰基、酯基、碳碳双键；
(2)E→F是酯化反应，根据F的结构简式可知E的结构简式为CH3CC－COOH，反应的化学方程式是：CH3CC－COOH+CH3CH2OHCH3CC－COOCH2CH3+H2O；
(3)TMOB的结构中除苯环外只有一个吸收峰且存在—OCH3；H中共有3个O，故TMOB有3个—OCH3结构；又因为还有一个C，故三个—OCH3结构连在一个C上，即该物质的结构简式为；
(4) a．A能和HCI反应生成氯乙烯，氯乙烯加聚即得到聚氯乙烯，a正确；
b．根据结构简式可判断D中含有2个不饱和度，而F中含有3个不饱和度，b不正确；
c．G的分子式为C11H16O3，则1 mol G完全燃烧生成8mol H2O，c不正确；
d．H分子中的羰基和碳碳双键均能发生加成，酯基和饱和碳原子上的氢原子可以发生取代反应，d正确，
答案选ad；
(5)根据已知信息结合逆推法可知乙炔和HCHO合成的路线图如下：CHCHHO—CH2—CC—CH2—OHHO—CH2—CH2—CH2—CH2—OHOHC—CH2—CH2—CHO。
8．     苯甲醇     醛基     Cu/O2、加热     加成反应          +2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O     或     CH3-CH=CH2CH3C≡CH
【分析】由题干流程图中，D的分子式为C9H8O，A的分子式为C7H8O，A→C的条件为醇的催化氧化，B+C→D的条件为结合信息②可推知：A为，B为CH3CHO，C为 ，D为，在结合D→E的反应条件可知，E为 ，结合E→F的反应条件可知，F为，根据F→G的反应条件可知，G为，根据F→G的反应条件结合信息①可知：X为 ，据此解题。
【详解】(1)A为，名称为苯甲醇，B 为CH3CHO，官能团的名称为醛基，A→C的条件为醇的催化氧化， A→C 的反应试剂和条件为：Cu/O2、加热。故答案为：苯甲醇；醛基；Cu/O2、加热；
(2)E→F 即与溴水反应生成，E→F 的反应类型加成反应，分析可知X 的结构简式 。故答案为：加成反应； ；
(3)由D即→E即的第①步反应的化学方程式+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O。故答案为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
(4)G与乙醇发生酯化反应生成化合物Y即，Y有多种同分异构体，①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明Y中含有羧基，②其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1，说明Y中高度对称，③苯环上的一元代物只有一种结构，说明Y中含有苯环且高度对称，故符合条件的Y的同分异构体有 或 ，故答案为： 或 ；
(5)由信息①CH2=CH2+CH≡CH，以丙烯为原料合成化合物 的路线流程图CH3-CH=CH2CH3C≡CH。
故答案为：CH3-CH=CH2CH3C≡CH。
9．(1)     碳碳双键、羟基     取样，加入氢氧化钠水溶液或氢氧化钠醇溶液，加热一段时间，取水层溶液少许，加入稀硝酸至酸性，再加入硝酸银溶液出现淡黄色沉淀，证明有溴元素
(2)     +2KOH+2C2H5OH     b
(3)
(4)

【分析】由有机物的转化关系可知，与PBr3发生取代反应生成，则B为；与NaCH(COOC2H5)2发生取代反应生成，先在氢氧化钾溶液中共热发生水解反应，再酸化生成，则D为；在180℃条件下发生脱羧反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成。
(1)
A的结构简式为，官能团为碳碳双键、羟基；B的结构简式为，分子中的溴原子不能直接与硝酸银溶液反应，检验分子中含溴元素时，应使少量的在氢氧化钠溶液或氢氧化钠醇溶液中共热反应生成溴化钠，再加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，排出干扰，然后加入硝酸银溶液观察是否有浅黄色沉淀生成，具体操作为取样，加入氢氧化钠水溶液或氢氧化钠醇溶液，加热一段时间，取水层溶液少许，加入稀硝酸至酸性，再加入硝酸银溶液出现淡黄色沉淀，证明有溴元素，故答案为：碳碳双键、羟基；取样，加入氢氧化钠水溶液或氢氧化钠醇溶液，加热一段时间，取水层溶液少许，加入稀硝酸至酸性，再加入硝酸银溶液出现淡黄色沉淀，证明有溴元素；
(2)
C→D反应中1)的反应为在氢氧化钾溶液中共热发生水解反应生成和乙醇，反应的化学方程式为+2KOH+2C2H5OH；H的结构简式为，官能团为碳碳双键、酰胺基、醚键和酚羟基，分子中含有的碳碳双键能发生加成反应、氧化反应和加聚反应，分子中含有的酰胺基能发生属于取代反应的水解反应，分子中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，能被空气中氧气氧化发生氧化反应，分子中不含有醇羟基和卤素原子，不能发生消去反应，故选b，故答案为：+2KOH+2C2H5OH；b；
(3)
E的同分异构体能使溴的四氯化碳溶液褪色说明分子中含有碳碳双键，能发生水解反应，产物之一为乙酸说明分子中CH3COO—酯基结构，则符合不同化学环境的氢原子个数比是3∶2∶1的结构简式为，故答案为：；
(4)
由题给流程可知，以异丙醇为原料合成2—异丙基丙二酸的步骤为与PBr3发生取代反应生成，与NaCH(COOC2H5)2发生取代反应生成，先在氢氧化钾溶液中共热发生水解反应，再酸化生成，合成路线为，故答案为：。
10．(1)第四周期ⅢA族
(2)共价
(3)2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol
(4)          三角锥形     低     NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3
(5)c
(6)     H3AsO3     <
(7)     H3AsO3+OH—=H2AsO+H2O     >

【解析】(1)
由镓的原子结构示意图可知，镓元素位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；
(2)
砷化镓的熔点高且熔融状态不导电，说明砷化镓为共价化合物，故答案为：共价；
(3)
在1100℃下液态镓与氨气反应生成固态氮化镓和氢气，可逆反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)，由每生成1mol氢气放出10.3kJ热量可知，反应的反应热△H=—30.9kJ/mol，则反应的热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol，故答案为：2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) △H=—30.9kJ/mol；
(4)
磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，则价电子排布图为；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，空间构型为三角锥形；砷化氢和氨气是结构相似的分子晶体，氨气分子间能形成氢键，砷化氢分子间不能形成氢键，则氨气分子间的作用力大于砷化氢，沸点高于砷化氢，故答案为：；三角锥形；NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3；
(5)
a．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则镓的金属性比铝的强，故正确；
b．砷化镓与硅一样是半导体材料，具有半导体性质，故正确；
c．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，砷与氢气在低温时不能发生化合反应生成砷化氢，故错误；
d．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则酸性由强到弱的顺序为H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故正确；
故选c；
(6)
人体血液的pH在7.35—7.45之间，由图可知，患者用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸；H2AsO的物质的量分数最大时，溶液呈碱性，说明H2AsO的电离程度小于水解程度，故答案为：H3AsO3；<；
(7)
由酚酞作指示剂时的变色范围为8可知，氢氧化钾溶液与亚砷酸溶液反应生成亚砷酸二氢钾和水，反应的离子方程式为H3AsO3+OH—=H2AsO+H2O；交点b的溶液中存在电荷守恒关系c(K+)+ c(H+)= c(OH—)+ c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)，由图可知，溶液呈碱性，溶液中c(H+)< c(OH—)，c(H2AsO)=c(AsO)，则溶液中c(K+)＞2c(HAsO)+4c(AsO)，故答案为：H3AsO3+OH—=H2AsO+H2O；＞。
11．(1)     ad     不变     否     >     <0.263，反应向逆反应方向进行，则v正大于v逆
(2)     减小     减小     适当降低温度、减小生成物CO2的浓度
(3)     0.004mol•L-1•min-1     c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)

【解析】(1)
①a．该反应是固体质量增大的反应，容器内固体质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故a正确；
b．该反应是气体体积不变的反应，容器中气体压强始终保持不变，则容器中气体压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故b错误；
c．c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故c错误；
d．由方程式可知，v正(CO)=v逆(CO2) 说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故d正确；
故选ad；
②若平衡后，保持温度不变，加入浓度为定值的氧化亚铁固体，化学反应速率不发生变化，化学平衡不移动，二氧化碳的浓度不变；由题给数据可知，反应的浓度熵Qc===0.25；<0.263，反应向逆反应方向进行，则v正大于v逆；
(2)
由图可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡，高炉内二氧化碳和一氧化碳的体积比减小，化学平衡常数减小；该反应是气体体积不变的放热反应，适当降低反应温度和减小生成物二氧化碳的浓度，可以使平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，故答案为：增大；减小；适当降低温度、减小生成物CO2的浓度；
(3)
由方程式可知，5min时生成2.24g铁时，反应生成二氧化碳和消耗一氧化碳的物质的量都为=0.04mol，则一氧化碳的平均速率为=0.004mol•L-1•min-1；设二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠为amol、碳酸氢钠为ymol，由碳原子个数守恒可得：a+b=0.04mol①，由钠原子个数守恒可得：2a+b=0.60mol/L×0.1L②，解联立方程可得a=b=0.02mol，碳酸钠和碳酸氢钠在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸钠的水解程度大，会抑制碳酸氢钠的水解，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)，故答案为：0.004mol•L-1•min-1；c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH—)>c(H+)。
12．(1)dehifg(gf)b(c)
(2)     防止CuCl2和FeCl3水解     在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)
(3)CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3
(4)     KSCN溶液     SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+
(5)取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡
(6)     干燥器     连续两次称量差值不超过0.001g     1.9     加热时有固体溅出

【分析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品，以此解题。
(1)
依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；
(2)
固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；
(3)
试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；
(4)
通过实验过程可知溶液II如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；
(5)
通过已知可知Cu(H2O)(aq)(蓝色)，CuCl(aq)(绿色)而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液中有上述转化关系的方法为：取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡；
(6)
①固体物质在坩埚中灼烧后应该在干燥器中冷却；固体物质在坩埚中灼烧时为了使其反应充分，应该重复b~d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g；
②晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600g，则n(CuO)=0.02mol，根据铜元素守恒，则晶体中n(CuCl2)也为0.02mol，则m(CuCl2)=0.02mol×135g/mol=2.7g
晶体中，，解得x=1.9；
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出。