江西省鹰潭市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

这是一份江西省鹰潭市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40页。试卷主要包含了工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

江西省鹰潭市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、工业流程题
1．（2021·江西鹰潭·统考一模）硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知硼镁矿的主要成分为，硼砂的化学式为。一种利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如图1所示。

(1)硼砂中B的化合价为_______。
(2)在实验室可以用与水反应得到，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_______。X为氧化物，是晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为_______。
(3)短周期元素M与B同一主族，其单质在时可与反应制备MN，在这种单质中添加少量固体并充分混合，有利于的制备，其主要原因是_______。
(4)制得的粗硼在一定条件下反应生成，在一定条件下受热分解可以得到纯净的单质硼。0.2000g粗硼制成的完全分解，将生成的I2配制成碘水，量取碘水于锥形瓶中，向其中滴加几滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(提示：)滴定终点的现象为_______，该粗硼样品的纯度为_______%。
(5)[也可写成]可以通过电解溶液的方法制备。工作原理如图2所示。

理论上每生成，室可生成_______L(标准状况)气体。c膜为_______(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜，N室中，进口和出口的溶液浓度大小关系为b mol∙L−1_______a mol∙L−1 (填“>”、“=”或“<”)。
2．（2022·江西鹰潭·统考一模）无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CoCl2·6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、 SiO2等)制取CoC2O4·2H2O及CoCl2·6H2O工艺流程如图所示：

已知：①滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、 Mg2+等；
②酸性条件下，H2O2不会氧化Co2+；
③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Co2+
Mn2+
开始沉淀时
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀时
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8
回答下列问题：
(1)“浸出”过程中，Co2O3参与反应的离子方程式为_______。
(2)“氧化”过程中涉及的反应离子方程式_______。
(3)“操作1”调pH的范围为_______。
(4)在实验室完成“操作3”需用到的玻璃仪器有_______。
(5)“操作4”洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_______。
(6)由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0 ×10-5mol·L-1 )时Fe3+的浓度为_______。
(7)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是_______(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20°C时的颜色及Ksp值如表：
化学式
AgCl
AgSCN
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10-10
1.0×10-12
2.0×10-48
2.0×10-12

A．KCl B．K2CrO4 C．KSCN D．K2S
3．（2023·江西鹰潭·统考一模）随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LEP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片( LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如下：

已知： i．废旧磷酸铁锂正极片中的化学物质均不溶于水也不与水反应。
ii．Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应。
回答下列问题：
(1)LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素在周期表中的位置是___________。
(2)“氧化浸出”时，保持其他条件不变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如下表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用NaClO3的原因是___________。在“氧化浸出”时，适当的升温可加快反应速率，但般不采取高温法， 其原因是___________。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为。___________。
序号
锂含量/%
氧化剂
pH
浸出液Li浓度/(g·L-1)
浸出渣中Li含量/%
1
3.7
H2O2
3.5
9.02
0.10
2
3.7
NaClO3
3.5
9.05
0.08
3
3.7
O2
3.5
7.05
0.93
4
3.7
NaClO
3.5
8.24
0.43
(3)“浸出液”循环两次的目的是___________。
(4)“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为___________。
(5)“一系列操作”具体包括___________、洗涤、干燥。

二、实验题
4．（2021·江西鹰潭·统考一模）亚硝酸钠(NaNO2)易溶于水，微溶于乙醇，可作为肉类食品的护色剂，并可以防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，保持肉制品的结构和营养价值；但是过量摄入会导致中毒。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：
I.亚硝酸钠的制备

(1)实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，其显著优点是________。
(2)D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为_______。
II.探究亚硝酸钠与硫酸反应生成的气体产物
已知：①NO+NO2+2OH-=2NO+H2O ②气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃
(3)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，其目的是______。
(4)为了检验装置A中生成的气体产物，装置的连接顺序(从左→右连接)：A、C、______、_______、______。

(5)关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。
①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是_______。
②装置E的作用是________。
③通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式为_______。
III.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性
(6)供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液。根据提供的试剂，设计酸性条件下NaNO2具有氧化性的实验方案：_____。
5．（2022·江西鹰潭·统考一模）2021 年10月16日神舟十三号载人飞船发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式N2H4，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼N2H4·H2O，沸点118°C，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH2)2]反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。已知：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl

(1)装置C中制备NaClO的离子方程式为_______。反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，可采取的措施是_______。装置B中装有饱和食盐水，反应完后关闭K1，装置B的作用是_______。
(2)将装置C中制备的溶液转移到装置D的_______中，并缓缓滴入，原因是_______。
(3)装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3 ·10H2O，获得NaCl粗品的操作是_______(NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图)。

(4)称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.20mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象是_______，测得消耗I2溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼N2H4·H2O)的质量百分数为_______(用百分数表示并保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O +2I2=N2↑+4HI+H2O)
(5)脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式：_______。
6．（2023·江西鹰潭·统考一模）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是重要的化工产品，可用SO2与Zn、NaOH溶液反应制取。实验室模拟制备的工艺流程及制取装置如图。


已知：①连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇、在碱性介质中较稳定、在空气中易被氧化。
②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图。

请回答下列问题：
(1)通入一段时间SO2的作用除了充当反应物以外还有_______。需调节溶液为弱碱性的原因：_______。
(2)写出制取连二亚硫酸钠的总反应方程式对应的离子方程式：___________。
(3)下列说法正确的是_________。
A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率
B．单向阀的主要作用是防止氧气倒吸进入装置中
C．洗涤Na2S2O4·2H2O时用水洗涤效果比酒精好
D．向Na2S2O4溶液中加NaCl的稀溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响
(4)请选择最佳操作并排序完成制备Na2S2O4·2H2O晶体。安装好整套装置，并检查装置的气密性→___________→过滤取滤液并加入 NaCl固体，冷却至窒温、过滤，洗涤，干燥得晶体。
a．将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液
b．向溶液中滴加NaOH至pH在8.2 ~ 10.5之间
c．28 ~ 35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清
(5)称取上述制得的连二亚硫酸钠样品0.0800g加入另一三颈烧瓶， 通过自动电位滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加K3[Fe(CN)6]溶液将连二亚硫酸钠氧化为硫酸钠，记录终点读数，共消耗10.00mL0.2000mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液，则样品中连二亚硫酸钠的纯度为_______。样品中可能存在的杂质有________。

三、原理综合题
7．（2021·江西鹰潭·统考一模）碘及碘的化合物在人类活动中占有重要的地位。已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-14.9kJ·mol－1。
（1）根据下图判断1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为___________kJ。

（2）氢气和碘蒸气能直接反应生成碘化氢，T℃时，向1L的恒容密闭容器中充入0.2mol H2(g)和0.2mol I2(g)，5min时反应达到平衡，H2(g)、I2(g)和HI(g)的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示：

0～5min内，用H2(g)表示的该反应速率v(H2)=__________。6min时，改变的外界条件为__________。
（3）反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的反应机理如下：
第一步：I22I(快速平衡)；
第二步：I+H2H2I(快速平衡)；
第三步：H2I+I→2HI(慢反应)。
则该反应的反应速率由__________步决定。
（4）将等物质的量的I2和H2置于预先抽真空的特制1L恒容密闭容器中，加热到1500K，起始总压强为416kPa;体系达到平衡时，总压强为456kPa。若体系中只考虑如下反应关系：
①I2(g) 2I(g)Kpl=200ΔH1
②I2(g)+H2(g)2HI(g)Kp2ΔH2
KP为以分压表示的平衡常数。1500K时，平衡体系中I(g)的分压为__________kPa，Kp2=__________（写表达式）。
（5）某实验兴趣小组将氧化还原反应2Cu2＋+5I－2CuI↓++设计成如图所示的原电池装置：

带孔的封蜡鸡蛋壳为半透膜，鸡蛋壳内的电极为__________（填“正极”或“负极”）；该电极反应式为__________。
8．（2022·江西鹰潭·统考一模）2020年9月在75届联合国大会上，中国庄严承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。实现CO2大规模减排，需要多措并举，其中碳资源的综合利用成为重中之重。
I.甲醇的制备和利用
(1)甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2+3H2=CH3OH+H2O，此反应分两步进行：
反应I：_______∆H>0
反应II：Cw/Zn+2H2+CO2=Cu/ZnO+CH3OH∆H<0
①反应I的化学反应方程式为_______。
②反应II几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，如图能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的是_______(填标号)
A．B．
C．D．
(2)科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为HCOOH，实现碳中和的目标。原理如图所示：

P极电极反应式为_______。
II.二甲醚的制备
(3)二甲醚(CH3OCH3)是未来制取低碳烯烃的主要原料之一，也是一种优良的洁净燃料。
利用CO2催化加氢制备二甲醚过程中发生的化学反应为：
反应I：CO2(g)+H2(gCO(g)+H2O(g)∆H1>0
反应II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H2<0
反应III：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)∆H3<0
①一定条件下，在恒容密闭容器中按=3投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。

曲线X表示_______的平衡体积分数随温度变化，温度从453K上升至573K，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。
②一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2进行上述反应，反应经10min达到平衡，此时CO2的平衡转化率为30%，容器中CO(g)为0.05mol，CH3OH(g)为0.05mol。0~10min，用CH3OCH3(g)的物质的量浓度变化表示的平均反应速率v(CH3OCH3)=_______，反应III的化学平衡常数K=_______。
9．（2023·江西鹰潭·统考一模）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间点。因此研发CO2的回收和综合利用成为研究热点。
I.一种脱除和利用水煤气中CO2的方法为，在吸收塔中用K2CO3溶液吸收CO2；吸收液再生可得较纯净的CO2用于合成其他物质。
(1)若K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c()= 5c()，则该溶液的pH=___________(该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11)。
II.CO2可用于合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g) = CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH =a kJ/mol
(2)已知： H2和CH2 = CH2的标准燃烧热分别是285.8 kJ/mol和1410.0 kJ/mol。H2O(g) = H2O(l) ΔH =- 44 kJ/mol 则a=___________kJ/mol。
(3)上述由CO2合成CH2= CH2的反应在下___________。自发(填“高温”或“低温”)。
(4)如图所示为在体积为1 L的恒容容器中，投料为3mol H2和1 mol CO2时，测得的温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响。

①下列说法正确的是___________。
a．其他条件不变，若不使用催化剂，则250°C时CO2的平衡转化率可能位于点M1
b．平衡常数大小： M>N
c．其他条件不变，若投料改为4mol H2和1 mol CO2时，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M2
d．当压强、混合气体的密度或n(H2)/n(CO2)不变时均可视为化学反应已达到平衡状态
②计算250℃时该反应平衡常数的数值K=___________。
③若达到平衡后再向体系内通入1.5 mol CO2和1 mol H2O， 则平衡___________ (填向左移动、向右移动或不移动)。
III.利用“Na -CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na -CO2 ”电池，以等质量的钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3 +C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：

(5)若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，放电时，正极的电极反应式为___________，当转移0.4mol e- 时，两电极的质量差为___________ g。

四、结构与性质
10．（2021·江西鹰潭·统考一模）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
(1)的价电子排布图为：__；基态磷原子有___种空间运动状态不同的电子。
(2)Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：__。
(3)写出一种与互为等电子体的分子的化学式：__，该分子的中心原子的价层电子对数等于__。
(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有：__。
A．配位键    B．金属键    C．离子键    D．共价键    E.氢键    F.范德华力
(5)N和P是同主族元素，但是分子中的键角大于分子中的键角，原因是：___。
(6)为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则配位数为：__，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为，则的密度为__(列出计算式即可)。

11．（2022·江西鹰潭·统考一模）太阳能电池的发展已经进入了第三代。第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜钢镓硒(中掺入)等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜系太阳能电池。
(1)亚铜离子基态时的价电子排布式表示为___________。
(2)硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为___________(用元素符号表示)。
(3)晶体的堆积方式是___________(填堆积名称)，其配位数为___________；往的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成，下列说法正确的是___________。

A．中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．在中给出孤电子对，提供空轨道
C．组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．与互为等电子体，空间构型均为正四面体形
(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸()溶于水显弱酸性，但它却只是一元酸，可以用硼酸在水溶液中的电离平衡解释它只是一元弱酸的原因。
①中B的原子杂化类型为___________杂化；
②写出硼酸在水溶液中的电离方程式___________。
(5)硅与碳是同一主族元素，其中石墨为混合型晶体，已知石墨的层间距为，键长为，计算石墨晶体密度=___________(结果保留两位有效数字，为)。

12．（2023·江西鹰潭·统考一模）Co、Al、 Si形成的合金是一种高性能的热电材料，备受研究人员关注。回答下列问题：
(1)基态Co原子的核外电子排布式为___________，它处于元素周期表的___________区。
(2)下列各状态的铝中，再电离出一个电子所需能量最小的是___________ (填序号)。
A． B．
C． D．
(3)AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯酚()与乙酰氯()反应的部分历程为。
①乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为___________。
②乙酰氯分子中C-C键与C-Cl键的夹角___________ 120°(填“大于“等于”或“小于”)， 判断理由是___________。
③的空间构型为___________。
(4)金刚石、金刚砂(SiC)、单晶硅的熔点由低到高的顺序为___________。
(5)Co、Al、Si形成的一种合金的晶胞结构如图所示(若不看， 该晶胞具有萤石结构)，1号原子、2号原、Al原子的分数坐标分别为(0， 1， 0)、(，，)、(，，)，则3号原子的分数坐标为___________ ； 若晶胞参数为anm，，则该合金的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出式子)。


五、有机推断题
13．（2021·江西鹰潭·统考一模）化合物M是一种医用高分子材料，可用于制造隐形眼镜；以下是M、有机玻璃的原料H及合成橡胶(N)的合成路线。

(1)A的结构简式是____。
(2)写出反应类型：G→H___；写出反应条件：D→E___。
(3)写出B→C化学反应方程式：___；
(4)写出E+F→N化学反应方程式：___。
(5)H在一定条件下能被氧化为不饱和酸 ，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酸类且含有碳碳双键的同分异构体共有__种。
(6)已知：①RCHO
②
③+SOCl2→+SO2+HCl；R-OH+SOCl2→R-Cl+SO2+HCl
根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)______。合成路线流程图示例如下：。
14．（2022·江西鹰潭·统考一模）合成药物盐酸普罗帕酮的中间体E和双酚A型聚碳酸酯的路线：  

已知： i.RCOOR'+ R"OH RCOOR"+ R'OH(R、 R'、 R"代表烃基)
ii.
(1)A的结构简式是_______，试剂a是_______。
(2)C只含有一种官能团，反应②的化学方程式是_______。
(3)反应⑤的反应类型是_______，E中官能团名称是_______。
(4)M的相对分子质量比J大14， 满足下列条件M的同分异构体共有_______种。
①苯环之外无其它环状结构，苯环上三个取代基
②苯环上有两种氢
③与FeCl3(aq)显色，且1molM最多能和2molNaOH反应。
写出其中任意一种核磁共振氢谱峰面积比为 1： 2： 2： 2： 3同分异构体的结构简式_______。
(5)下列说法正确的是： _______ (填字母序号)。
a.反应③中C发生氧化反应
b.可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全
c.反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体
d.反应物⑩中试剂b的结构简式是
e.反应④是缩合聚合反应，生成了聚酯
(6)参照上述合成路线和信息，写出以乙醇为原料合成2-丁烯酸(CH3CH=CHCOOH)的合成路线(无机试剂任选)_______。
15．（2023·江西鹰潭·统考一模）化合物W是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下：

已知： (i)
(ii)
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___________， B中含氧官能团的名称是 ___________。
(2)由B生成C的反应类型是___________。
(3)写出由G生成H的化学方程式：  ___________。
(4)写出I的结构简式： ___________。
(5)Y为X的同系物，分子式为C8H9Br，Y的可能结构有___________种。
(6)设计由甲苯和 制备 的合成路线___________。(无机试剂任选)

参考答案：
1． +3 氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜 滴加最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 93.5 5.6 阳离子 ＞
【分析】硼镁矿的主要成分为，硼镁矿加入浓NaOH溶液，过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入浓盐酸，蒸发结晶得到MgCl2∙6H2O，一定条件下得到MgCl2，再电解熔融MgCl2得到镁单质；滤液浓缩得到，通入适量二氧化碳得到硼砂，硼砂中加水、调节pH后冷却结晶得到硼酸，硼酸加热得到三氧化二硼，三氧化二硼和镁单质高温反应生成硼和氧化镁。
【详解】(1)硼砂()中Na、H、O的化合价依次为+1、+1、-2，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，B的化合价为+3；故答案为：+3。
(2)在实验室可以用与水反应得到，且反应前后B的化合价不变，则中氢元素化合价升高，水中氢元素化合价降低得到氢气，该反应的化学方程式为。X为氧化物，是晶体加热脱水的产物，其化学式为，其与Mg制取粗硼的化学方程式为；故答案为：；。
(3)根据题意得到M为Al，Al在时可与反应制备MN，在这种单质中添加少量固体并充分混合，有利于的制备，其主要原因是氯化铵分解产生的氯化氢，氯化氢能够与铝表面的氧化铝薄膜反应，破坏铝表面的氧化铝薄膜；故答案为：氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜。
(4)根据题意得到滴定终点的现象为滴加最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色，根据2B～2～3I2～6，得到n(B)=，该粗硼样品的纯度为；故答案为：滴加最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；93.5。
(5)理论上每生成，即由1mol H＋和1mol反应生成，说明有1mol H＋穿过a膜进入到产品室，即有1mol电子发生转移，根据4mol e－～O2，则室可生成0.25mol氧气，在标准状况下的体积为5.6L。阴极水中氢离子放电，剩余氢氧根，要使得电荷守恒，因此原料室的钠离子穿过c膜进入到N室即c膜为阳离子交换膜，在N室中生成NaOH，因此进口和出口的溶液浓度大小关系为b mol∙L−1＞a mol∙L−1；故答案为：5.6；阳离子；＞。
2．(1)
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+
(3)
(4)烧杯、玻璃棒、漏斗
(5)能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥
(6)
(7)B

【分析】由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可以写出离子方程式，由已知条件：滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，“操作1”调pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，但Co2+、Mn2+并未沉淀，依据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH范围可知，“操作1”调节pH的范围，以此解题。
【详解】（1）由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：；
（2）氧化过程中在酸性条件下过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；
（3）“操作1”调节pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，范围为：；
（4）经分析可知，“操作2”为过滤，过滤所需玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（5）“操作4”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中用工业酒精代替水，能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥；
（6）由表格可求，氢氧化铁的溶度积，当铝离子恰好完全沉淀时，氢氧根离子浓度为，此时铁离子的浓度为：；
（7）滴定原理为通过硝酸银先沉淀氯离子，氯离子反应完后硝酸银与指示剂结合产生现象，所以指示剂与硝酸银生成的沉淀的溶解度应大于氯化银，，。
A．通过标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，不能加入含氯离子的物质，A错误；
B．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度比氯化银大，B正确；
C． AgSCN组成与AgCl相同，而Ksp(AgSCN) D．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度大于硫离子浓度，说明硫化银的溶解度比氯化银小，D错误；
答案选B。
3．(1)第四周期VIII族
(2) 与盐酸反应产生，污染生产环境 防止H2O2分解和盐酸挥发
(3)可提高盐酸与H2O2的利用率
(4)2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
(5)水浴加热、趁热过滤

【分析】废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液，滤渣I为LiFePO4及石墨，加盐酸与氧化剂，将LiFePO4氧化得含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣Ⅱ含炭黑、FePO4，滤液含LiCl，浸出液循环两次提高盐酸与氧化剂的利用率，之后再加NaOH调节pH，除去少量铁离子，然后滤液加碳酸钠发生复分解反应生成Li2CO3，经一系列操作得Li2CO3，以此来解答。
【详解】（1）LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素是Fe，其在周期表中的位置是：第四周期VIII族；
（2）氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，一般不采取高温法；“氧化浸出”时，LiFePO4被H2O2 在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为；
（3）“浸出液”循环两次的目的是提高盐酸与H2O2的利用率；
（4）“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
（5）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：水浴加热；趁热过滤。
4． 平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于稀硝酸溶液流下 4NO+O2+=+2CO2 排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2 E D B D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色 冷却二氧化氮，用来检验NO 取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性
【分析】I．亚硝酸钠的制备：根据实验装置图可知，实验中用铜与稀硝酸反应生成NO，用水除去了挥发出来的硝酸，在碳酸钠溶液中与氧气反应生成亚硝酸钠，实验中的尾气用D装置吸收；
II．探究亚硝酸钠与硫酸反应气体产物成分：反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，可排除装置内的空气，A中反应生成NO，然后用C干燥，E冷却二氧化氮，D检验NO，最后连接B，防止污染空气；
III．设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，用淀粉、KI溶液检验，或可在酸性条件下氧化亚铁离子，用KSCN溶液检验。
【详解】I.(1)恒压滴液漏斗可以平衡内外压强相等，因此相比普通分液漏斗，显著的优点是平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于稀硝酸溶液流下，故答案为：平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于稀硝酸溶液流下；
(2)D中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，反应物是NO、氧气和碳酸钠，则C中制备NaNO2的离子方程式为4NO+O2+=+2CO2，故答案为：4NO+O2+=+2CO2；
II.(3)NO很容易被氧气氧化，装置中有空气，无法检验有NO生成，所以通氮气的目的是排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2，故答案为：排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2；
(4)C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，用来检验NO，所以装置的连接为A→C→E→D→B，故答案为：E；D；B；
(5)①D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，因此确认A中产生的气体含有NO所依据的现象是D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色，故答案为：D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色；
②根据以上分析可知装置E的作用是冷却二氧化氮，用来检验NO，故答案为：冷却二氧化氮，用来检验NO；
③通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应是亚硝酸钠与硫酸生成一氧化氮气体和二氧化氮气体，化学方程式为：，故答案为：；
III.(6)利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性；故答案为：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性。
5．(1) 将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温 储存多余的Cl2
(2) 分液漏斗 若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低
(3)加热至有大量固体析出，趁热过滤
(4) 最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色 87.5%
(5)

【分析】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化。根据方程式计算水合肼的质量及质量分数，利用氧化还原反应的电子守恒配平方程式。据此解答。
(1)
氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：，因为温度高了会产生氯酸钠，所以可以将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温；反应完后关闭K1，氯气会进入装置B中，故装置B的作用是：储存多余的Cl2；
(2)
次氯酸钠具有强氧化性，水合肼有强还原性，所以将次氯酸钠放入分液漏斗中，缓慢加入，不能太快，若加入较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低；
(3)
由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随着温度变化较大，氯化钠溶解度岁温度变化小，则获得氯化钠粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出；
(4)
根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，滴定终点的现象为：最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；根据方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O分析，水合肼的质量分数为：；
(5)
根据题意，肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和无污染的气体，该气体应为氮气根据氧化还原反应配平方程式为：。
6．(1) 排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化 碱性条件下，能稳定存在
(2)Zn+2SO2+2OH-=+Zn(OH)2
(3)AB
(4)a  c  b
(5) 72.5％ 、

【分析】Zn和SO2反应生成ZnS2O4，控制温度在35℃，使ZnS2O4和NaOH反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，通过过滤除去Zn(OH)2，得到Na2S2O4溶液，再向溶液中加入NaCl增大钠离子的浓度，同时进行降温，使Na2S2O4晶体析出。
【详解】（1）连二亚硫酸钠在空气中易被氧化，在碱性介质中较稳定，故通入SO2可以排除装置内的空气，防止连二业硫酸钠被氧化；溶液显碱性使Na2S2O4能稳定存在；
（2）Zn的水溶液中通入SO2发生反应：和，制取连二亚硫酸钠的总化学方程式对应的离子方程式为：；
（3）A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了增大接触面，加快反应速率，故A正确；
B．单向阀的主要作用是防止氧气倒吸进入装置中，将连二亚硫酸钠氧化，故B正确；
C．连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，洗涤Na2S2O4•2H2O时用酒精洗涤效果比冰水好，故C错误；
D．向Na2S2O4溶液中加NaC1固体，使c(Na+)增大，减小Na2S2O4的溶解量，促进Na2S2O4•2H2O晶体析出，产率增大，加入NaC1溶液，c(Na+)减小，减少Na2S2O4•2H2O晶体析出，产率降低，故D错误；
故答案选AB；
（4）制备Na2S2O4•2H2O晶体，先安装好整套装置，并检查装置的气密性，将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液，28~ 35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清，再向溶液中滴加NaOH至pH在8.2~ 10.5之间，过滤取滤液并加入NaCl固体，冷却至室温，过滤，洗涤，干燥得到晶体；
（5）Na2S2O4与K3[Fe(CN)6]发生反应，Na2S2O4转化为Na2SO4，S元素化合价由+3价升高到+6价，共升高6价，K3[Fe(CN)6]中Fe元素由+3价降低到+2价，降1价，根据得失电子守恒，得Na2S2O4~6K3[Fe(CN)6]，n(Na2S2O4)=n(K3[Fe(CN)6])=×0.01L×0.2mol/L，m(Na2S2O4•2H2O)=n×M=×0.01L×0.2mol/L×174=0.058g，Na2S2O4•2H2O晶体的纯度为：=72.5%；Na2S2O4可能被氧化成Na2SO4，结晶过程中可能含有NaCl等杂质。
7． 439.9 0.032mol·L－1·min－1 降低温度 第三 80 负极 3I－－2e－=
【详解】(1)由盖斯定律可知，断裂1molH－H键的焓变=ΔH3－ΔH1=+439.9kJ·mol－1，所以断裂1molH－H键需要吸收的能量为439.9kJ；
(2)0～5min内，v(H2)==0.032 mol·L－1·min－1；6min时改变外界条件，平衡向正反应方向移动，根据图像曲线斜率可知，化学反应速率降低，且Δc(HI)=2Δc(H2)，该反应正向为放热反应，因此改变的条件为降低温度；
(3)多步反应的反应速率由慢反应决定，故该反应的反应速率由第三步决定；
(4)恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，可设起始时n(I2)=n(H2)=208mol，则平衡时混合气体总物质的量为456mol，1mol气体的分压为1kPa，由于反应②是等体积变化的反应，反应①正向是气体体积增大的反应，由反应的差量I2(g)2I(g)Δn=2−1=1可知，生成I(g)的物质的量为气体物质的量变化量的2倍，所以I(g)的物质的量为：(456−416)mol×2=80mol，即平衡时I(g)的物质的量为80mol，分压分压为80kpa，即p(I)=80kPa；KP是指可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的分压（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的分压（方程式系数幂次方）乘积比，因此Kp2=；
(5)鸡蛋壳内为碘化钾溶液，烧杯中盛装硫酸铜溶液，根据总反应可知，鸡蛋壳内的是I-发生氧化反应生成，电极为负极，其电极反应式为3I－－2e－=。
8．(1) Cu/ZnO+H2=Cu/Zn+H2O C
(2)CO2+2e-+2H+=HCOOH
(3) CH3OCH3(或二甲醚) 到，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高，的平衡转化率下降；到，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高，的平衡转化率升高 16

【详解】（1）由总反应减去第二步反应即反应I得:Cu/ZnO+H2=Cu/Zn+H2O；反应I为吸热反应，则符合条件的图象为A、C，反应I几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，则反应的反应速率快,活化能低，符合条件的为图象C。
（2）P极上二氧化碳得电子生成甲酸，电极反应为:CO2+2e-+2H+=HCOOH。
（3）①随着温度的升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，故CH3OCH3(或二甲醚)平衡体积分数减小，对应曲线X；CO2的平衡转化率与反应Ⅰ、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，453K到553K，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高CO2的平衡转化率下降，553K到573K，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高CO2的平衡转化率升高；故答案为：CH3OCH3(或二甲醚)；到，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ正反应放热，温度升高，的平衡转化率下降；到，主要发生反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应吸热，温度升高，的平衡转化率升高；
②由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1mol×30%=0.3mol，平衡时CO物质的量为0.05mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05mol，则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25mol，又平衡时CH3OH为0.05mol，说明有0.2molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3，列式如下：

，综上所述，平衡时n(CH3OH)=0.05mol，n(CH3OCH3)=0.1mol，n(H2O)=(0.05+0.25+0.1)mol=0.4mol，前10minCH3OCH3的反应速率=；反应ⅢKc==16；故答案为：；16。
9．(1)11
(2)-128.8
(3)低温
(4) bc 64/729或0.088 不移动
(5) 31.6g

【详解】（1）H2CO3的Ka2= =5.0×10-11，c()= 5c()，则c(H+)=1×10-11mol/L，则该溶液的pH=-lg c(H+)=11。
（2）已知H2(g)、C2H4(g)的燃烧热分别是-285.8 kJ/mol和-1410.0 kJ/mol，则有：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol；②C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g) △H =-1410.0 kJ/mol；③H2O(g)= H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol， 根据盖斯定律①×6-②-③×4可得：2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g) △H=(-285.8 kJ/mol)×6-(-1410.0 kJ/mol)-(-44.0kJ/mol)×4=- 128.8 kJ/mol。
（3）2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g) △H=-128.8 kJ/mol，反应的△H<0，△S<0，根据△G=△H-T△S，需要△G<0，即低温下反应才能自发进行。
（4）①a．使用催化剂，平衡不移动，温度不变，平衡时CO2的平衡转化率不变，故a错误；
b．升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故b正确；
c．其他条件不变，若投料改为4mol H2和1 mol CO2时，相当于增大H2的体积分数，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，可能位于点M2，故c正确；
d．该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，当压强不变时表示已经达到平衡状态，反应中始终不变，不能证明化学反应已达到平衡状态，故d错误；
故选bc；
②在体积为1 L的恒容容器中，投料为3mol H2和1 mol CO2时，在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，列出“三段式”

该反应平衡常数的数值K=或0.088；
③若达到平衡后再向体系内通入1.5 mol CO2和1 mol H2O，Qc==K，则平衡不移动。
（5）正极CO2得电子发生还原反应，故电极方程式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C，负极Na失去电子生成Na+，电极方程式为Na-e-=Na+，当转移0.4mol e- 时，正极生成0.2mol Na2CO3和0.1molC，负极消耗0.4molNa，则两电极的质量差为0.2mol×106g/mol+0.1mol×12g/mol+0.4mol×23g/mol=31.6g。
10． 9 O＞P＞Li POCl3或CCl4或SiF4 4 B、C 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大 8
【详解】(1)Co是27号元素，价电子为3d74s2，的价电子为3d6，的价电子排布图为：；一个轨道就是一种空间运动状态不同的电子，P是15号元素，因此基态磷原子有9种空间运动状态不同的电子；故答案为：；9。
(2)同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：O＞P＞Li；故答案为：O＞P＞Li。
(3)根据Cl=O－，与互为等电子体的分子的化学式为POCl3或CCl4或SiF4等，该分子的中心原子的价层电子对数等于；故答案为：POCl3或CCl4或SiF4；4。
(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中硫酸铜电离出铜离子和硫酸根离子，铜离子和水形成水合铜离子，因此水和水之间存在氢键和范德华力，水中、硫酸根中存在共价键，水合铜离子存在配位键，因此不存在的微粒间作用力有金属键和离子键；综上所述，答案为B、C。
(5)N和P是同主族元素，但是分子中的键角大于分子中的键角，原因是：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大；故答案为：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。
(6)根据图中信息，以右侧面面心的分析，得到配位数为8，晶胞中有，Li＋有8个，即有4个，若晶胞参数为bnm，则的密度为；故答案为：。
11．(1)
(2)
(3) 面心立方最密堆积 12 AD
(4)
(5)2.3

【详解】（1）亚铜离子是由铜原子失去了一个电子得到的，所以有28个电子，所以为3d10；
（2）同一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故硒、砷和溴元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se；
（3）晶体的堆积方式是面心立方最密堆积；其配位数为12；往的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成，A．该化合物是离子化合物，在中所含的化学键有离子键、极性键和配位键，选项A正确；
B．在中给出孤电子对，提供空轨道，选项B错误；
C．组成元素中第一电离能最大的是氮元素，选项C错误；
D．与互为等电子体，空间构型均为正四面体形，选项D正确；
答案选AD；
（4）①在硼酸[]分子中，B原子与3个羟基相连，则分子中B原子杂化轨道数目为3，分子中B原子杂化轨道的类型是，其晶体具有与石墨相似的层状结构，其同层分子间的主要作用力是氢键，故答案为：sp2；
②硼酸（）能电离，它在水中能结合水电离出的OH-，形成离子，则硼酸还电离出氢离子，则其电离方程式为：；
（5）石墨的层间距为，可以认为一层石墨的厚度是，对某一层石墨中的一个六元环，正六边形环的边长是，面积S=6+142142sin=52387.6pm2,环的厚度h=，那么一个环占有的体积V=Sh=52387.6335=1.75410-7pm3=1.75410-23cm3,六元环中每个C原子都被3个环共用，一个环实际有2个C原子，一个环的质量m==2=3.99g。所以，石墨的密度===2.3。
12．(1) [Ar]3d74s2 d
(2)B
(3) sp2、sp3 小于 氧原子上有2个孤电子对，且与C原子形成C-O键，对C-C键和C-Cl键有较大的排斥力 正四面体形
(4)单晶硅<金刚砂(SiC)<金刚石
(5) (，，)

【详解】（1）钴的原子序数是27，基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，Co元素位于第Ⅷ族，原子核外最后填充的是d电子，故Co为d区元素。故答案为：[Ar]3d74s2；d；
（2）A、C、D分别电离出—个电子所需的能量为基态Al原子的第—、三、二电离能，基态铝原子的第三电离能>第二电离能>第—电离能；原子处于激发态时能量比基态时高，易失去电子，B处于激发态，电离出—个电子需要的能量最低，综合分析需要能量最小的为B。故答案为：B；
（3）①乙酰氯分子甲基中的碳原子采用杂化、羰基中的碳原子采用杂化。②由于乙酰氯分子中含有碳氧双键，C—O键上的氧原子有2个孤电子对，对C—C键和C—Cl键有较大的排斥力，因此该夹角小于120°。③微粒中Al原子形成4个键，且不含孤电子对，故空间构型为正四面体形。故答案为：sp2、sp3；小于；氧原子上有2个孤电子对，且与C原子形成C－O键，对C－C键和C－Cl键有较大的排斥力；正四面体形；
（4）金刚石、金刚砂(SiC)、单晶硅均为原子晶体，结构相似，共价键键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高，原子半径：C （5）结合萤石结构和晶胞图，根据所给的三个原子的分数坐标，可知3号原子的分数坐标为。根据均摊法可知，该晶胞中含有个Co原子、8个Si原子、1个Al原子，其密度。故答案为：(，，)；；
13． 取代(水解)反应 浓硫酸，加热 +HOCH2CH2OH+H2O 2
【分析】采用逆向合成法，根据M的结构简式可知C为：，B与乙二醇反应生成C，则B的结构简式为：，A通过①银镜反应、②与H+反应生成B，则A的结构简式为：；A与氢气发生加成反应生成D，A中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成反应，根据D一定条件下能够生成E可知，D为；又F能够生成天然橡胶，则F的结构简式为：，根据加聚反应原理可以写出E与F反应合成N为：。
【详解】(1)根据前面分析和综合M及E的结构简式得到A的结构简式是；故答案为：。
(2)根据G→H的结构简式得到G→H反应类型为取代(水解)反应，D为CH2=C(CH3)CH2OH，因此D→E是发生消去反应，因此该反应的条件为浓硫酸加热；故答案为：取代(水解)反应；浓硫酸加热。
(3)根据前面分析得到B→C化学反应方程式：+HOCH2CH2OH+H2O；故答案为：+HOCH2CH2OH+H2O。
(4)E的结构简式为CH2=C(CH3)2，F的结构简式为，因此E+F→N化学反应方程式：；故答案为：。
(5)H在一定条件下能被氧化为不饱和酸 ，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酸类且含有碳碳双键的同分异构体碳架结构为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，共有2种；故答案为：2。
(6)根据信息①，在浓硫酸加热作用下发生消去反应生成，根据信息③和SOCl2反应生成，根据信息②在AlCl3作用下反应生成，在Ni催化剂作用下反应生成，因此合成路线为 ；故答案为：。
14．(1) H2
(2)
(3) 取代反应 羟基和羰基
(4) 6 或
(5)abcd
(6)

【分析】A的分子式为C6H6O，则A的结构简式为；反应①中，A和试剂a反应生成B（C6H12O），则B为，试剂a为H2；反应②中，B转化为C（C6H10O），则C为；反应③中，C和CH3CO3H反应生成D（C6H10O2，七元环脂），D经过反应④可到，结合“已知i”可得D为；反应⑤中，A和(CH3CO)2O反应生成J（）；反应⑥中，J转化为E（C8H8O2，J的同分异构体），E再和反应生成I（），结合“已知ii”可得知E为；反应⑨中，J和G（C3H6O3）反应生成F（）；反应⑩中，F和试剂b反应得到，结合“已知i”可得试剂b为。
（1）A的分子式为C6H6O，则A的结构简式为；反应①中，A和试剂a反应生成B（C6H12O），则B为，试剂a为H2。
（2）由分析可知，C为，则反应②的化学方程式为。
（3）反应⑤中，A（）和(CH3CO)2O反应生成J（），该反应类型为取代反应；由分析可知，E为，其官能团为羟基和羰基。
（4）M的相对分子质量比J大14，则分子式为C9H10O2；满足题干中三个条件的结构有、、、、和，共计6种，核磁共振氢谱峰面积比为 1： 2： 2： 2： 3同分异构体的结构简式为或。
（5）a．反应③中，C（C6H10O）和CH3CO3H反应生成D（C6H10O2），该反应属于氧化反应，a正确；b．A是，遇到FeCl3溶液呈紫色，J遇到FeCl3溶液不反应，故可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全，b正确；c．反应⑥的反应物J与生成物E的分子式都是C8H8O2，二者互为同分异构体，c正确；d．反应④中，D（）转化为聚酯，结合“已知i”可知，该反应为缩合聚合反应，d正确；故选abcd。
（6）CH3CH2OH可以被氧化为CH3CHO；CH3CHO可以反应生成CH3CH=CHCHO；CH3CH=CHCHO可以被新制氢氧化铜悬浊液氧化为CH3CH=CHCOOH；综上所述，以乙醇为原料合成2-丁烯酸的合成路线为。
15．(1) 氟苯 硝基
(2)还原反应
(3) ++HBr
(4)
(5)14
(6)

【分析】根据A的分子式及D的结构简式知，A为 ，A发生取代反应生成B，B为 ，根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为 ，C发生取代反应生成D，D中氢原子被取代生成E，E中酰胺基水解生成F，F发生取代反应生成G，G为 ，G和X发生取代反应生成H，根据H的结构简式及X的分子式知，X为 ，H发生取代反应生成I，I为 ，I发生取代反应生成W；（7）由甲苯和制备， 和发生取代反应生成 ， 发生取代反应生成 ，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成 ， 发生还原反应生成 。
【详解】（1）A为 ，A的化学名称是氟苯，B 为 ，B中具有的含氧官能团的名称是硝基；
故答案为：氟苯；硝基；
（2）由分析可知，由B生成C的反应类型是还原反应；
（3）G为 ，G和X发生取代反应生成H，由G生成H的化学方程式为 ：+ +HBr；
（4）由分析可知，I的结构简式为 ；
（5）由分析可知，X为 ，Y为X的同系物，分子式为C8H9Br，则Y中苯环的支链可以是1个—Br、2个—CH3，这样的结构有6种，也可能是1个—Br、1个—CH2CH3，这样的结构有3种，也可能是1个—CH3、1个—CH2Br，这样的结构有3种，也可能是只有1个—CH2CH2Br，也可能是1个—CH Br CH3，一共14种；
（6）由甲苯和制备 , 和 发生取代反应生成 ， 发生取代反应生成 ，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成 ， 发生还原反应生成 ，合成路线为。