河北省石家庄市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份河北省石家庄市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共39页。试卷主要包含了实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河北省石家庄市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

一、实验题
1．（2021·河北石家庄·统考一模）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾为亮绿色晶体，易溶于水而难溶于乙醇等有机溶剂。某实验小组对三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备及纯度测定进行探究。
请回答：
(1)制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾粗品
步骤Ⅰ.向固体中加入饱和溶液，水浴加热，缓慢滴入足量5%溶液，并不断搅拌，观察到有红褐色沉淀产生。
步骤Ⅱ．将Ⅰ中所得体系煮沸，并分批加入饱和溶液，红褐色沉淀溶解，体系变为亮绿色透明溶液。
步骤Ⅲ．向Ⅱ中所得溶液中加入95%乙醇，经结晶、过滤、干燥制得粗品。
①步骤Ⅰ中除产生红褐色沉淀外，还生成，则该反应的化学方程式为___________。
②步骤Ⅱ中“煮沸”的目的为___________。
③步骤Ⅲ中加入乙醇的作用为___________。
(2)测定粗品纯度
步骤i.准确称取粗品，加硫酸酸化后，用标准液滴定至终点，消耗标准液体积为。
步骤ii.向步骤Ⅰ滴定后的溶液中加入适当过量的粉和适量稀并振荡，加热至沸腾，过滤除去过量粉；用稀洗涤锥形瓶和沉淀，将洗涤液与滤液合并，用标准液滴定至终点，消耗标准液体积为。
①步骤i中达到滴定终点的现象为___________。
②产品中(已知)的质量分数为___________；步骤i中达到滴定终点时仰视读取滴定管读数，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
③步骤ii中，“洗涤锥形瓶和沉淀”的目的为___________。
(3)精制粗品
欲制得更纯的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品，(1)中步骤Ⅲ需增加的操作为___________。
2．（2022·河北石家庄·统考一模）镁条投入盐酸时，快速溶解并产生大量气泡；投入热水时，其表面会附着微量气泡。受此启发，某兴趣小组对Mg与NaHCO3溶液的反应进行了如下探究：
实验序号
实验操作
实验现象
1
向7.5 mL1mol·L-1NaHCO3溶液中加入长3cm的镁条
持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊
I.探究反应产生的气体成分。
(1)经检验反应产生的气体有H2，实验室检验H2的方法为_______。
(2)小组成员认为反应产生的气体中可能有CO2，并对此进行了如下实验(图1、图2中曲线②均为对应加入镁条的数据)：
实验序号
实验操作
2
分别称取两份6.0 mL 1 mol·L-1NaHCO3溶液于两个相同塑料瓶中(其中一个加入0.1g镁条)，塞紧CO2气体传感器，采集数据，各重复实验1次，得到图1所示曲线
3
分别称取两份30.0 mL 1 mol·L-1NaHCO3溶液于两个相同烧杯中(其中一个加入1.1g镁条)，插入pH传感器，搅拌并采集数据，得到图2所示曲线

图1中曲线②对应的CO2含量逐渐增大的原因为_______ (用化学方程式表示)；结合实验3解释，随着时间推移，图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为_______。
II.探究Mg与NaHCO3溶液反应比与热水反应快的原因。
小组成员推测可能是溶液中的Na+或HCO加快了该反应的发生，对比实验1设计实验如下：
实验序号
实验操作
实验现象
4
向_______溶液中加入长3 cm的镁条
持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊

(3)结合实验1和4，可知溶液中的HCO加快了反应的发生。
①实验4中横线处内容为_______。
②查阅文献可知，Mg(OH)2质地致密，MgCO3质地疏松，请结合必要的文字和化学用语解释HCO能加快该反应的原因为_______。
III.探究固体浑浊物的组成。
文献显示，固体浑浊物为Mg(OH)2和MgCO3的混合物。甲、乙两位同学设计不同方案，测定混合物组成。
(4)甲同学借助下图装置(可重复选用)，通过测定固体热分解产物水及二氧化碳的质量，测定其组成。按照该方案，装置的连接顺序为_______(填字母编号)。


(5)乙同学只测定了固体浑浊物在热分解前后的质量分别为3.42 g和2.00g，据此计算出固体浑浊物中n[Mg(OH)2]:n[MgCO3]=_______。
3．（2023·河北石家庄·统考一模）苯甲酸乙酯可用于配制香水香精和人造精油，也可用于食品中。某实验小组以苯甲酸和乙醇为原料，利用如图装置合成苯甲酸乙酯，步骤如下：

Ⅰ．反应回流：向圆底烧瓶中加入磁搅拌子，然后依次加入苯甲酸、95％乙醇、环己烷，搅拌均匀后再加入浓硫酸。按如图组装好仪器后，水浴加热回流1.5小时。实验过程中分水器中得到的液体会分层，需多次开启分水器活塞放出下层液体。
Ⅱ．产物蒸馏提纯：继续水浴加热，从圆底烧瓶中蒸出环己烷和剩余的乙醇，经分水器放出。将圆底烧瓶中残留物倒入盛有冷水的烧杯中，再经一系列除杂操作后，最后蒸馏收集210～213℃的馏分，得到产品。
可能用到的数据如下：

相对分子质量
密度
沸点/℃
水中溶解性
苯甲酸
122
1.266
249
微溶
乙醇
46
0.789
78
溶
苯甲酸乙酯
150
1.045
213
难溶
环己烷
84
0.779
80.8*
难溶
*环己烷、乙醇和水可形成共沸物，其沸点为62.1℃。
回答下列问题：
(1)若用标记乙醇，则所得产品苯甲酸乙酯的结构简式为___________。
(2)如果步骤Ⅰ中加热一段时间后发现忘记加入磁搅拌子，应采取的正确操作为___________。
(3)步骤Ⅰ中“多次开启分水器活塞放出下层液体”的目的为___________。
(4)步骤Ⅱ中“一系列除杂操作”用到的试剂包括a．无水氯化钙b．碳酸钠c．食盐。按照操作先后顺序，应依次加入___________(填试剂的字母编号)。操作过程中，当观察到___________现象时，即可停止加入碳酸钠；加入食盐的目的为___________。
(5)步骤Ⅱ中蒸馏收集产物时，所需用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、尾接管、接收瓶和___________(填仪器名称)。
(6)本实验的产率为___________％(保留两位有效数字)。
(7)下列仪器不能为产品结构分析提供有效信息的是___________(填选项字母)。
A元素分析仪    B．质谱仪    C．红外光谱仪    D．核磁共振仪    E．X射线衍射仪

二、工业流程题
4．（2021·河北石家庄·统考一模）纳米级复合材料被认为是一种理想的钠离子电池负极材料，以钼精矿[主要成分，以及、、、、等杂质]为原料生产纳米级的工业流程如下：

已知：i.不溶于水和常见的酸碱，“烧熔”时可转化为酸性氧化物；
ii.经“烧熔”后可与沸盐酸反应。
(1)“粉碎”的目的为___________。
(2)滤液②中含有的金属离子为___________；滤渣②的成分为___________。
(3)“碱浸”时发生反应的化学方程式为___________；用溶液代替氨水的不足之处为___________。
(4)已知“硫代”一步生成了，则“沉钼”中加入盐酸生成的离子方程式为___________。
(5)用“加热还原”，实际操作时需注意的问题为___________。
(6)分析化学上，常利用“沉钼”反应测定钼的含量，若称量54.0g钼精矿，“沉钼”时得到28.8g，则钼精矿中钼的百分含量为___________(转化工艺中钼的损失不计，保留三位有效数字)。
5．（2022·河北石家庄·统考一模）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：I. Cr(OH)3为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值
1×10-31
5.5×10-6
1.8×10-11
5.6×10-10
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_______。
(2)“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______。
(5)“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_______。
(6)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。
(7)“系列操作”中包含“200°C烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为_______ (填化学式)。
6．（2023·河北石家庄·统考一模）湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。
(3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。
(4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：
反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。
(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。
(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。
(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________ g∙cm-3 (列出计算式即可)。


三、原理综合题
7．（2021·河北石家庄·统考一模）丙烯是重要的化工原料，利用丙烷制备丙烯通常有三种方法。
方法一：丙烷直接脱氢法
(1)丙烷直接脱氢的主要反应为 。600℃、0.4下，向装有催化剂的恒压密闭容器中以投料，发生反应。丙烷的转化率()随时间(t)变化的曲线如图1所示。

①该体系达到平衡状态的标志为___________(填选项字母)。
A．单位时间内，消耗的物质的量等于生成的物质的量
B．体系中气体的密度不再改变
C．单位体积内气体的分子数不再改变
D．的分压不再改变
②用分压表示该反应的平衡常数___________；增大的值可提高丙烷的平衡转化率，解释其原因为___________。
方法二：丙烷氧化脱氢法
(2)丙烷氧化脱氢制丙烯时，主要发生反应 。已知：氢气的燃烧热为；水的气化热为；结合，可计算___________；与方法一相比，方法二的优点为___________(写出一点即可)。
(3)我国科研机构利用计算机模拟得出：在表面，丙烷催化氧化脱去第一个H的反应历程可能有两种(如图2所示)，其中表示过渡态。

由上图分析可知，丙烷氧化脱去的第一个H是与___________(填“”或“”)中的O结合，原因为___________。
方法三：丙烷与耦合法
(4)丙烷与耦合法制丙烯时，主要发生如下反应：
i. ii.
iii. iv.
在580℃时，将和按体积比为充入一恒压密闭容器中进行反应，实验测得体系中、的转化率和的选择性、的产率随催化剂组成和压强的变化分别如图3(a)和(b)所示。

已知：的选择性越高，副产物的含量越低。
耦合法制丙烯适宜选择的生产条件为___________；随压强增大的平衡产率先增大后减小的原因为___________。
8．（2022·河北石家庄·统考一模）丙烯腈()是一种重要的化工原料，广泛应用于三大有机合成材料的生产中。以3—羟基丙酸乙酯()为原料合成丙烯腈的主要反应如下：
I. (g) (g) +H2O(g) ΔH1>0
II.(g) +NH3(g) +H2O(g)+ (g)    ΔH2>0
(1)已知部分化学键键能如下表所示：
化学键
C-O
C-C
C=C
C-H
O-H
C=O
键能(kJ·mol -1)
351
348
615
413
463
745
据此计算ΔH1 =_______。
(2)在盛有催化剂TiO2、压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比2：15充入(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图1所示(例如的物质的量分数w%=×100%)。


①随着温度的升高， (g)的平衡体积分数先增大后减小的原因为_______。
②科学家通过DFT计算得出反应II的机理如图2所示，其中第二步反应为 (g) (g)+H2O(g)， 则第一步反应的化学方程式为_______ ；实验过程中未检测到 (g)的原因可能为_______。

③A点对应反应II的标准平衡常数= _______( 保留两位有效数字)。[其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)]
④实际生产中若充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为_______。
(3)利用电解法由丙烯腈制备己二腈[NC(CH2)4CN]的装置如图3所示。


通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为_______。
9．（2023·河北石家庄·统考一模）二甲醚是重要的有机合成原料：工业上常用合成气(主要成分为、)制备二甲醚，其主要反应如下：
反应ⅰ：，
反应ⅱ：，
反应ⅲ：，
(1)已知时，由稳定态单质生成化合物的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓。几种物质的标准摩尔生成焓如下表所示，据此计算___________。
物质





0.0

(2)已知，随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反应ⅰ的线条是___________(填线条字母)。

(3)在催化剂的作用下发生反应ⅰ，其可能反应机理如下图所示。

①根据元素电负性的变化规律，图中反应步骤Ⅲ可描述为___________。
②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇的原因为___________(填选项字母)。
a．有利于平衡正向移动b．防止催化剂中毒c．提高正反应速率
(4)一定温度下，在体积为的刚性容器中充入和制备二甲醚，时达到平衡，平衡时的转化率为80%，，且。
①内，___________。
②反应ⅲ的平衡常数___________(保留三位有效数字)。
(5)实际工业生产中，需要在260℃、压强恒为的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜中加入和，为确保反应的连续性，需向反应釜中以、进气流量持续通入原料，同时控制出气流量。
①需控制出气流量小于进气流量的原因为___________。
②已知出气流量为，单位时间内的转化率为60%，则流出气体中的百分含量为___________。

四、结构与性质
10．（2021·河北石家庄·统考一模）钛元素形成的单质及其化合物有重要的应用。请回答：
(1)钛位于元素周期表中___________区；与钛位于同一周期且含有相同未成对电子数的过渡元素为___________(填元素符号)。
(2)钛形成的试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图所示。

其中氯原子和铝原子的杂化方式分别为___________。
(3)钛形成的是一种储氢材料。的立体构型为___________。
(4)钛形成的不同卤化物熔沸点数据如表所示。




熔点/℃
-24.1
38.25
155
沸点/℃
136.45
233.45
377
三种卤化物熔沸点数据呈现表中变化规律的原因为___________。
(5)向紫色的溶液中加入无水乙醚并通入至饱和，则可得到绿色的晶体。
①晶体中所有元素的电负性由大到小的顺序为___________。
②晶体中配位原子为___________；晶体中粒子间存在的作用力有___________(填选项字母)。
a．离子键       b．σ键      c．键       d．金属键       e．配位键
(6)钛酸钡具有压电性，可用于留声机和水下侦察设备等。钛酸钡立方晶胞结构如图所示(、都分别与相互接触)，其晶胞参数。的配位数为12；若半径为140，则的半径为___________。

11．（2022·河北石家庄·统考一模）二甲基亚砜( )是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
(1)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为_______。
(2)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 _______。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为_______。
③沸点：二甲基亚砜 _______丙酮(填“>”或“<”)，原因为 _______。
④二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为 _______。
(3)铬可以形成桥连柄状的二茂铬配合物，该配合物中心原子Cr的价层电子数为 _______。[已知：配合物二茂铁()中Fe的价层电子数为18]
(4)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3：2：1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为_______。
(5)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α= 120°，β= γ= 90°。
①该晶体中锰原子的配位数为_______ ；
②已知锰和硫的原子半径分别r1 nm和r2 nm，该晶体中原子的空间利用率为_______(列出计算式即可)。


五、有机推断题
12．（2021·河北石家庄·统考一模）2-(2-咪唑基)-(4-正丁氧基)苯甲酰苯胺(M)具有潜在的抗肿瘤效应，其一种合成路线如下图所示：

已知：(X为、或I)。
请回答：
(1)已知A的分子式为，则A中官能团的名称为___________；C的结构简式为___________。
(2)C与H反应生成Ｍ的反应类型为___________。
(3)已知F在转化为G的过程中还生成了乙醇，E为溴代烃，则D和E反应生成F的化学方程式为___________；E的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一种氢，其名称为___________。
(4)符合以下条件的D的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①与溶液显紫色  ②可以发生水解反应  ③苯环上只有2个取代基
(5)参照上述合成路线和信息，以甲苯为原料(无机试剂任选)，设计制备如下图所示的合成路线___________。

13．（2022·河北石家庄·统考一模）麦考酚酸是青霉素代谢产生的具有免疫抑制功能的抗生素，有机物H是合成麦考酚酸的中间体。其一种合成路线如下图所示：

回答下列问题：
(1)A的名称为_______，F中含氧官能团的名称为_______。
(2)B→C的反应类型为_______。
(3)D的结构简式为_______。
(4)E中手性碳原子的数目_______。
(5)G→H的化学方程式为_______。
(6)符合下列条件的F的同分异构体有_______种 (不考虑立体异构)，任写一种满足条件的结构简式_______。
I.能发生银镜反应
II.分子中只含一种官能团且官能团中所有氢原子的化学环境完全相同
(7)设计由A制备的合成路线 _______(无机试剂任选)。已知：+。
14．（2023·河北石家庄·统考一模）布洛芬(N)是一种家中常备退烧药，转位重排法是合成布洛芬的主要方法，其合成路线见下图所示。

已知：①
②
回答下列问题：
(1)F的名称为___________，其易溶于水的原因为___________。
(2)A→B的反应类型为___________，M中含有的官能团名称为___________。
(3)E＋F→G的化学方程式为___________。
(4)手性分子在生命科学和药物生产方面有广泛应用。对于手性药物，一个异构体可能有效，另一个异构体可能无效甚至有害。布洛芬分子(N)中存在的手性碳原子个数为___________个。
(5)苯环上的一氯取代物有两种的D的同分异构体有___________种(不含立体异构)，写出其中核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为的结构简式___________。
(6)对甲基苯丙酮( )为常用化工原料。结合上述流程，以甲苯和丙烯为原料制备对甲基苯丙酮的合成路线为(无机试剂任选)___________。

参考答案：
1． 6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3↓ 防止过量的H2O2氧化H2C2O4 降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度，利于后续晶体析出 滴入最后一滴标准液时，溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色 无影响 使Fe2+完全参加反应，减小实验误差 过滤后洗涤晶体并检验晶体是否洗净
【详解】(1)①从题目可以确定该反应的反应物为FeC2O4，H2O2和K2C2O4，生成物为K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3，故答案为：6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3↓；
②H2O2过量会氧化H2C2O4，所以需要煮沸除去，故答案为：防止过量的H2O2氧化H2C2O4；
③K3[Fe(C2O4)3]在乙醇中的溶解度低，所以加入乙醇可以降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度，利于后续晶体析出，故答案为：降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度，利于后续晶体析出；
(2)①该反应为高锰酸钾滴定溶液中的草酸根，所以颜色变化为无色变为粉红色，故答案为：滴入最后一滴标准液时，溶液呈浅红色(粉红、浅紫均可)且半分钟不褪色；
②该反应为：高锰酸钾氧化溶液中的，样品与高锰酸钾以及之间的关系为：，所以K3[Fe(C2O4)3]的质量分数为，故答案为：；
因为步骤 i中的数据不影响步骤ⅱ中数据的计算，所以仰视对于结果没有影响。故答案为：无影响；
③洗涤锥形瓶和沉淀目的是使其中的转移到溶液中进行后续操作，所以该操作可以减少实验误差；故答案为：使完全参加反应，减小实验误差；
(3)步骤Ⅲ所得的三草酸合铁(Ⅲ)酸钾产品为粗产品，所以还需要增加洗涤操作，故答案为：过滤后洗涤晶体并检验晶体是否洗净。
2．(1)用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声
(2) 2NaHCO3Na2CO3+ H2O +CO2↑ 反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成
(3) 7.5 mL 1 mol/L KHCO3 溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+ 2OH- (aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO 结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2 膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快
(4)BACDD
(5)3:2

【分析】镁与盐酸、水反应的实质都是与它们电离出的氢离子反应生成氢气。
【详解】（1）氢气具有可燃性，检验氢气的方法为用试管收集气体，并用拇指堵住试管口，将试管口朝下靠近火焰，有爆鸣声，证明是氢气；
（2）由图1可知加与不加镁条均产生二氧化碳，且二氧化碳数据均随时间的推移而增大，则产生二氧化碳的主要原因是碳酸氢钠分解，用化学方程式表示为2NaHCO3Na2CO3+ H2O +CO2↑；由图3可知随着时间的推移，溶液的pH增大，碱性增强，故图1中曲线②的数值低于曲线①的原因为反应过程中溶液的碱性不断增强，不利于CO2的生成；
（3）①实验目的是探究Na+或HCO加快了该反应的发生，而实验结论是HCO加快了该反应的发生，则实验4所选试剂与实验1相比阳离子不同，其余相同，应为7.5 mL 1 mol/L KHCO3；
②Mg与水反应生成Mg(OH)2和氢气，溶液中存在Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+ 2OH-(aq)，HCO与OH-反应生成CO，CO 结合Mg2+形成质地疏松的MgCO3，使平衡正移，Mg(OH)2膜溶解，增大了Mg与水的接触面积，产生气体速率加快；
（4）测定固体组成总体思路，称取固体混合物→加热→用浓硫酸吸收产生的水→用碱石灰吸收产生的二氧化碳，为使固体分解产生的二氧化碳和水被完全吸收，需要通入空气，但空气中有水蒸气和二氧化碳，空气通入前先用碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水，最后末端也需要用碱石灰防止空气中的水蒸气和二氧化碳回流如装置，因此装置顺序为BACDD；
（5）设固体浑浊物中Mg(OH)2的物质的量为xmol，MgCO3的物质的量为ymol，则58x+84y=3.42，，，18x+44y=3.42-2.00，联立二式，解得x=0.03，y=0.02，则固体浑浊物中n[Mg(OH)2]:n[MgCO3]=0.03mol:0.02mol=3:2。
3．(1)
(2)冷却后补加
(3)通过分水器除去产物水，使反应正向进行，提高产率
(4) b、c、a 不再有气泡生成 降低酯的溶解度，便于后续分液
(5)温度计、直形冷凝管
(6)67
(7)A

【分析】以苯甲酸和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，实验仪器为分水器，分水器能够保证反应物回流并及时分离出水，促使平衡正向移动，提高产率；反应结束后烧瓶中主要有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯和少量水，需分步除去各种杂质，得到产品苯甲酸乙酯。
【详解】（1）根据酯化反应原理“酸脱羟基醇脱氢”可知，产品中苯甲酸乙酯的结构简式为，故答案为：；
（2）实验时发现忘加磁搅拌子，应停止加热，待溶液冷却后加入磁搅拌子，重新继续实验，故答案为：冷却后补加；
（3）分水器上层是有机层，下层为水层，当有机层液面高于支管口时，有机层会回流至烧瓶，即达到了反应物回流，提高产率的目的，多次放出水是防止水层过高到达支管口回流，保证只有有机层回流这样等于及时分离出产物水，促使平衡正向移动，提高酯的产率，故答案为：
（4）烧瓶中主要含有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯，想要得到纯净的苯甲酸乙酯需要除掉苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷等杂质，需先加入碳酸钠中和苯甲酸和浓硫酸，当不再有气泡生成时可停止加入碳酸钠，为使有机层和水层充分分层，需加入食盐降低苯甲酸乙酯的溶解度，最后需用氯化钙除去多余的水分，故答案为：bca；不再产生气泡；降低苯甲酸乙酯的溶解度，便于后续分液；
（5）蒸馏过程除上述仪器外还需要温度计和直形冷凝管，促进蒸馏产物的冷凝，便于收集，故答案为：温度计、直形冷凝管；
（6）6.1g苯甲酸的物质的量为=0.05mol；20mL 95%的乙醇物质的量为≈0.34mol；因此乙醇过量，理论生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.05mol，质量为7.5g，产率为≈67%，故答案为：67；
（7）元素分析仪用来分析元素种类，质谱仪用来测定相对分子质量和部分结构信息（碎片的相对质量），红外光谱能够确定分子中化学键和官能团信息，核磁共振能够测定氢原子的化学环境种类及相对数目，X射线衍射能获得分子的键长、键角等结构信息。因此不能为产品结构分析提供信息的为元素分析仪，故答案为：A。
4． 增大接触面积，加快反应速率 Cu2+、Ca2+、Fe2+ 、 +2NH3·H2O=(NH4)2MoO4+H2O 会使二氧化硅溶解，导致制备的产品不纯 +2H+=↓+H2S↑ 对氢气进行验纯 26.7%
【分析】将钼精矿[主要成分，以及、、、、等杂质]进行粉碎后加浓盐酸进行酸浸，、、、与盐酸不反应，过滤后滤渣①的主要成分为、、、，将滤渣①进行烧熔，转化为酸性氧化物，转化为CuO，再次加入沸盐酸反应，、与盐酸不反应，滤渣②为、，滤液②中主要含有Cu2+、Ca2+、Fe2+，向滤渣②中加入氨水进行碱浸，酸性氧化物与氨水反应生成钼酸铵和水，不反应，则滤渣③为，滤液③主要含有钼酸铵，向滤液③通入H2S与钼酸铵反应转化为，加入盐酸“沉钼”，反应生成，用“加热还原”，得到纳米级，据此分析解答。
【详解】(1)流程中“粉碎”的目的为增大接触面积，加快反应速率；
(2)根据分析可知，滤液②中含有的金属离子为Cu2+、Ca2+、Fe2+；滤渣②的成分为、；
(3)“碱浸”时酸性氧化物与氨水反应生成钼酸铵和水，反应的化学方程式为+2NH3·H2O=(NH4)2MoO4+H2O；氢氧化钠为强碱，若用溶液代替氨水会使二氧化硅溶解，导致制备的产品不纯；
(4)已知“硫代”一步生成了，则“沉钼”中加入盐酸生成的离子方程式为+2H+=↓+H2S↑；
(5)氢气时一种易燃易爆的气体，用“加热还原”时，实际操作时需注意的问题为对使用的氢气进行验纯，避免实验安全隐患的发生；
(6)“沉钼”时得到28.8g，则含有Mo元素的质量=×96g/mol=14.4g，则钼精矿中钼的百分含量为×100%=26.7%。
5．(1)
(2) 2CrO+2H+Cr2O+H2O 8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3)Cr(OH)3
(4)pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低
(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
(6)1.9 ×105
(7)NH4NO3

【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【详解】（1）气体A为CO2，其电子式为；
（2）(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；
结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；
（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；
（5）“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
（6）Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105；
（7）由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。
6．(1)1:2
(2)Al(OH)3、CaSO4
(3)置换反应
(4) Co2+、Ni2+ Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能
(5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑
(6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑
(7)

【分析】萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn，将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后，将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。
【详解】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；
（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。答案为：Al(OH)3、CaSO4；
（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。答案为：置换反应；
（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；
（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑；
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；
（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为= g∙cm-3。答案为：。
7． BD 0.06 MPa 该反应为气体分子数增加的反应，充入水蒸气，可降低反应体系中各组分的分压，有利于平衡正向进行 －114.9 kJ·mol-1 使丙烷转化为丙烯的倾向变大（或降低能耗等） CeO2 路径B的活化能低，反应速率快 In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3 MPa 压强低于 0.3 MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于 0.3 MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小
【详解】(1)①A．随着反应的进行，消耗C3H8(g)的物质的量始终等于生成H2(g)的物质的量，所以不能作为平衡状态的标志，故A不选；
B．随着反应的进行，容器的体积逐渐变大，气体质量不变，故密度逐渐减小，平衡后，体积不变，密度不变，故可以作为判断依据，故B选；
C．随着反应进行，根据理想气体的状态方程PV=nRT，当温度和压强不再改变时，单位体积内的物质的量不会发生变化，故C不选；
D．气体的物质的量在一直变化，水的物质的量不变，体积分数一直发生变化，所以分压一直在变化，平衡后分压不变，故D选；
答案选BD；
②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为1mol，从图象可知，丙烷平衡转化率为0.45，列三段式，故平衡后的总物质的量为1+0.55+0.45+0.45=2.45；； 所以kp=0.06；
(2) 已知氢气的燃烧热为-285.5kJ/mol；水的气化热为+40.8，由此列式：，，，方法一为吸热反应，方法二为放热反应，所以与反应一相比，反应二能降低能耗，有利于丙烷转化成丙烯。故答案为：使丙烷转化为丙烯的倾向变大（或降低能耗等）；
(3) 由图象可知，途径B的反应活化能更低，反应速率快，所以丙烷氧化脱去的第一个 H是与CeO2结合，故答案为：CeO2，路径B的活化能低，反应速率快；
(4) 由图象可知，在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3 MPa时平衡转化率最大，故答案为：In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3 MPa；在中为生成物，随着压强的增大，平衡逆向移动，产率降低；在中，随着压强的增大，平衡正向移动，的产率增加，故随着压强增大，的平衡产率先增大后减小的原因为：压强低于 0.3 MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于 0.3 MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小。故答案为：压强低于 0.3 MPa时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于 0.3 MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小。
8．(1)+34 kJ·mol-1
(2) 反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大 第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率 0.011 该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动
(3)2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN

【详解】（1）焓变=反应物总键能-生成物总键能，ΔH1 =(463+413×9+351×3+348×3+745)-(413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)=+34 kJ·mol-1；
（2）①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；
②第一步反应是和氨气反应生成乙醇和，反应的化学方程式为；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到。
③设的初始物质的量为2mol、氨气的初始物质的量为15mol；A点的含量为0，说明反应I完全进行，生成2mol和2mol水；和丙烯腈的含量相等，说明有1mol、1mol氨气参与反应II，生成1mol乙醇和1mol水，则平衡体系中氨气的物质的量为14mol、的物质的量1mol、丙烯腈1mol、乙醇1mol、水3mol，A点对应反应II的标准平衡常数=0.011；
④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动，所以充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。
（3）根据图示，石墨电极2上CH2=CHCN 发生还原反应生成NC(CH2)4CN，石墨电极2上极反应式为2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN。
9．(1)
(2)c
(3) H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合 ac
(4) 0.4 4.67
(5) 反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应 5%

【详解】（1）由图表数据可知：①
②，由盖斯定律可知，②-①得：；
（2）反应ⅰ为放热的熵减反应，随着温度升高，会增大，故表示反应ⅰ的线条是c；
（3）①电负性：O＞H＞Zn，图中反应步骤Ⅲ可描述为：H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合，然后生成产物；
②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇，可以使得甲醇浓度减小促使反应正向移动，且甲醇浓度减小，利于从催化剂脱附从而可以空出催化位置提高正反应速率；故答案为：ac；
（4）①时达到平衡，平衡时的转化率为80%，内，；
②平衡时的转化率为80%，则Δc(CO)=1.6mol∙L-1；，且；设反应i中转化的CO的浓度为a mol∙L-1

平衡时，则反应ⅲ中生成氢气为(2a-2.6)
  
根据化学方程式体现的关系可知，1.6-a=2a-2.6，a=1.4；设反应ii中，CH3OCH3的浓度变化量为b ，则有

平衡时，则a-2b=2b，b=0.35；
则平衡时CO、H2、CO2、H2O浓度分别为0.4、1.4、0.2，0.15，则反应ⅲ的平衡常数；
（5）①反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应，会导致压强减小，故需控制出气流量小于进气流量；
②假设时间为1min，则进气为0.03mol、出气0.02mol；反应ⅰ为气体分子数减少的反应，反应ⅱ、ⅲ为气体分子数不变的反应，则减少0.01mol气体是由反应i引起的，由反应i的方程式可知，参加反应i的CO的物质的量为0.01mol÷2=0.005mol，的转化率为60%，则一共有0.006mol CO参加反应，则反应ⅱi中消耗0.001mol CO、生成0.001mol CO2，故流出气体中的百分含量为。
10． d Ni sp3、sp3 正四面体 三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高 O＞Cl＞H＞Ti O、Cl a、b、e 145
【分析】根据Ti的电子排布式判断Ti属于周期表中d区和与它具有相同未成对电子数的过渡元素；根据题中所给结构，由VSEPR判断杂化类型和的立体结构；根据题中表格数据判断晶体类型和熔沸点变化规律；根据电负性与非金属关系判断电负性大小顺序；根据题中所给结构判断配位原子和晶体中粒子间作用力；根据晶胞结构计算Ba2+的半径；据此解答。
【详解】(1)Ti的原子序数为22，核内有22个质子，核外有22个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，则钛位于元素周期表中d区，Ti原子未成对电子数为2，同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4，其中同属于过渡元素的为3d84s2，为原子序数28的Ni元素；答案为d，Ni。
(2)由可知，分子中Al和Ti均缺电子，Cl给予Ti和Al各一对电子，即Al形成3个共价键和一个配位键，共价键与配位键的个数比是3：1，Al周围达到8电子结构，价层电子对数为4，所以Al原子采取sp3杂化，Cl形成二个配位键，还有两对孤电子对，价层电子对数为4，所以Cl原子也采取sp3杂化；答案为sp3、sp3。
(3)中心原子B原子价层电子对数=4+=4+0=4，孤电子对数为0，微粒空间构型与VSEPR模型相同，即空间构型为正四面体构型；答案为正四面体。
(4)由表中数据可知，这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，这几种分子相对分子质量从氯化物到碘化物依次增大，分子间作用力依次增大，则其熔沸点依次升高；答案为三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高。
(5)①元素的非金属性越强，其电负性越大，在晶体中，元素的非金属性O＞Cl＞H＞Ti，则电负性O＞Cl＞H＞Ti；答案为O＞Cl＞H＞Ti。
②由结构可知，O原子、Cl原子二者均有孤电子对，为配位原子，在中，与Cl-形成离子键，H2O分子中存在H-O单键即σ键，中存在配位键，配位键也是σ键，即中存在离子键，配位键，σ键，即a、b、e符合题意；答案为O、Cl，a、b、e。
(6)由结构图可知，Ba2+和O2-在高度为且平行于立方晶胞的面的对角线方向上互相接触，因而晶胞面对角线长度=2r(Ba2+)+2r(O2-)= ，即Ba2+的半径为r(Ba2+)=-r(O2-)=pm-140pm=285pm-140pm=145pm；答案为145。
11．(1)6：5
(2) sp3 O>C>H > 二 甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
(3)18
(4)[Cr(H2O)5Cl]2+
(5) 4

【详解】（1）Cr元素核外电子排布为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6：5；
（2）①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，用去3个价电子，一个π键用去1个价电子，所以还有6-1-3=2个价电子，即一对孤电子对，所以价层电子对数为3+1=4，硫原子为sp3杂化；
②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；
③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；
④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶；
（3）Cr的价电子个数为6，与CO形成一个配位键，C原子提供一对电子，此时价层电子数为8，配合物二茂铁中Fe的价层电子数为18，而Fe的价层电子数为8，说明两个环可以提供10个价电子，所以该配合物中心原子Cr的价层电子数为10+8=18；
（4）外界的氯离子可以电离，结合题意可知紫色物质为[Cr(H2O)6]Cl3、浅绿色物质为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O，蓝绿色物质为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr(H2O)5Cl]2+；
（5）①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心，所以Mn原子的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞Mn原子的个数为1+4×=2，S原子的个数,1+8×=2，所以原子总体积为2×nm3；晶胞底面边长为a nm，高为c nm，形状为菱形，所以体积为nm3，空间利用率为=。
12． 醛基、硝基 取代反应 2-甲基-2-溴丙烷 17种
【分析】根据B的结构简式和A的分子式进行反推，可知A的结构简式为，B中的硝基经过还原反应变成氨基，故C的结构简式为。由于F在转化为G的过程中还生成了乙醇，可推断F是G与乙醇反应生成的酯，F是。由已知信息可知，醇类（或酚类）与卤代烃可发生取代反应，且E是溴代烃，由F的结构简式反推，可知D是，E是。
【详解】(1) 由分析可知A的结构简式为，官能团名称为醛基、硝基；C的结构简式为；
(2) C与H反应生成Ｍ的反应类型为取代反应，除了产物M以外，还有产物HCl；
(3) 由分析可知，D和E反应生成F的化学方程式为；E是，同分异构体中核磁共振氢谱只有一种氢的是，名称是2-甲基-2-溴丙烷；
(4) D是，符合条件①与溶液显紫色、②可以发生水解反应、③苯环上只有2个取代基的D的同分异构体共有17种，含官能团酚羟基和酯基。除苯环6个碳原子外，剩余3个碳原子形成的酯类物质可以是HCOOCH2CH3、CH3COOCH3，将苯酚取代这些酯中的H原子，另外还可以是CH3CH2COOH中羧基的H被苯酚所取代，具体分析如下：

(5)合成路线为：

13．(1) 异戊二烯(2—甲基—1，3—丁二烯) 醛基和酯基
(2)加成反应(或1， 4—加成反应)
(3)
(4)1
(5)+ CH3OH + H2O
(6) 9 (答案合理即可)
(7)

【分析】A与发生取代反应生成B，B中的共轭双键发生1,4加成生成C，根据后续产物的结构以及D的分子式可知C与CH3COONa发生取代反应生成D，所以D的结构简式为；D在被氧化生成E，E反应生F，根据反应条件以及后续产物的结构可知，F中醛基被氧化为羧基生成G，所以G为，G再与甲醇发生酯化反应生成H。
【详解】（1）A中主链上有4个碳原子，含有两个双键，分别在1、3号碳上，2号碳还有一个甲基，所以名称为2—甲基—1，3—丁二烯(异戊二烯)；根据F的结构可知其含氧官能团有醛基和酯基；
（2）B中的共轭双键发生1,4加成生成C；
（3）根据分析，D的结构简式为；
（4）手性碳原子指连接4个不同原子或原子团的碳原子，有图示1个手性碳()；
（5）G与甲醇发生酯化反应生成H，化学方程式为+ CH3OH + H2O；
（6）F含有9个C原子，3个O原子，不饱和度为3，其同分异构体满足：能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，分子中只含一种官能团且官能团中所有氢原子的化学环境完全相同，则含有三个醛基(O原子不够形成3个酯基)，且三个醛基连接同一碳原子，符合要求的有 ，共9种；
（7）根据已知信息，可以由反应生成，再结合A生成B的过程可知合称路线为。
14．(1) 2，2-二甲基-1，3-丙二醇 分子中含有羟基与水分子之间形成氢键
(2) 取代反应 酯基、氯原子
(3) ++H2O
(4)1
(5) 5
(6)       
，

【分析】结合B的结构及已知反应可知A为丙酸，丙酸PCl3发生取代反应生成B，B于氯气光照条件下发生取代反应生成C；根据G的结构及已知反应②可推出E为： ；结合D的分子式及E的结构可知D为： ；G在ZnCl2作用下转化为M，M碱性水解再酸化得到N，据此分析解答。
【详解】（1）由F的结构简式，结合醇的命名法，可知F的名称为：2，2-二甲基-1，3-丙二醇，其结构中含有两个羟基，与水分子间易形成氢键，使其再水中溶解度较大，故答案为：2，2-二甲基-1，3-丙二醇；分子中含有羟基与水分子之间形成氢键；
（2）由上述分析可知A→B的反应类型为取代反应，由M的结构简式可知其所含官能团为酯基、氯原子，故答案为：取代反应；酯基、氯原子；
（3）结合已知反应可知E＋F→G的反应方程式为：++H2O，故答案为：++H2O；
（4）手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由N的结构可知，只有羧基所连碳原子为手性碳原子，故答案为：1；
（5）苯环上的一氯取代物有两种，则苯环上不能只有一个取代基；若含两个取代基，则可能是甲基和正丙基、甲基和异丙基因取代基不同则处于对位时苯环一氯代物有两种；若两取代基相同则为2个乙基，两乙基处于邻位时苯环一氯代物有两种；若含3个取代基则为2个甲基和1个乙基，两个甲基不对称时苯环上有三种氢，不符合题意，则两个甲基应处于对称位置，两甲基可处于乙基的邻位或间位，2种；若苯环上有4个取代基则为4个甲基，此时苯环只有一种氢，不符合题意，因此符合要求的同分异构体有5种，其中核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为的结构简式： ，故答案为：5； ；
（6）可由甲苯与 发生取代反应得到， 可由 与PCl3发生取代反应生成， 可由丙醇氧化得到，丙醇可由丙烯与水加成得到，合成路线为：，故答案为：，；