2023年高考押题预测卷01（全国乙卷）-化学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷01（全国乙卷）-化学（全解全析），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年高考押题预测卷01【全国乙卷】
化 学 全解全析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.“2022年中国十大科技”之一---谢和平团队开创全新原理海水无淡化原位直接电解制氢。该技术以疏水多孔聚四氟乙烯透气膜作为气路界面，以氢氧化钾溶液作为电解质溶液，将分子扩散、界面相平衡与电化学结合，破解科技界难题。下列说法正确的是
A．聚四氟乙烯可通过乙烯为单体制备，其孔径限制海水离子通过
B．KOH的电子式：，其浓度不影响制氢速率
C．该技术破解了析氯反应、钙镁沉积、催化剂失活等难题，有极大推广价值
D．有效控制水蒸汽的迁移速率大于水的电解速率时，可实现海水稳定制氢
【答案】C
【详解】该技术原理为隔膜两侧存在浓度差，且膜的孔径只允许气体通过，导致海水侧的液态水转化为水蒸气透过隔膜，进入电解质侧再液化，完美阻隔了海水离子的通过，从而后续对水电解制备氢气。
A．聚四氟乙烯通过四氟乙烯为单体制备，A错误；
B．KOH的电子式：，其电离出的钾离子与氢氧根离子可增强溶液的导电性，且其浓度可影响海水中水蒸汽的气化迁移速率，会影响制氢速率。故B错误；
C．传统海水电解制氢存在析氯反应（氯离子放电生成氯气）、钙镁沉积（氢离子放电，生成的氢氧根离子与海水中钙镁离子沉淀）、催化剂失活（海水高浓度氯离子腐蚀、钙镁沉积占位催化剂活性中心致使其中毒失活）等难题，海水占据地球表面72%，有极大推广基础，同时节约淡水，将海上太阳能及风能化为电能，提供零碳绿氢方案，完美！绝啦！C太正确了！
D．控制水蒸汽的迁移速率等于水的电解速率时，才能维持稳定膜两侧的渗透压，可实现海水稳定制氢，D错误；
故选C。

8.下列装置能达到实验目的的是

A．实验室可利用装置甲制备SO2 B．利用装置乙分离铁粉和I2
C．利用装置丙合成氨并检验氨的存在 D．实验室利用装置丁分离乙醇和水(部分装置已省略)
【答案】A
【详解】A．实验室中常用70%的浓硫酸和Na2SO3固体制备SO2，发生的反应为，故A符合题意；
B．加热时铁粉和会发生反应生成，不能利用装置乙分离铁粉和，故B不符合题意；
C．检验氨气选湿润的红色石蕊试纸，干燥的pH试纸不能检验氨气，故C不符合题意；
D．蒸馏时温度计应测蒸气的温度，温度计水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处水平，故D不符合题意；
故答案选A。

9.维生素D含量越高，老年大脑认知功能越好，目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是

A．维生素D3是一种水溶性维生素
B．维生素D3分子式为
C．维生素D3可使酸性重铬酸钾溶液褪色
D．维生素D3分子中虚线框内所含碳原子不可能共平面
【答案】B
【详解】A．由结构可知维生素D3中烃基基团较大，烃基属于憎水基，因此维生素D3不易溶水，属于脂溶性维生素，故A错误；
B．由结构简式可知维生素D3分子式为，故B正确；
C．维生素D3可使酸性重铬酸钾溶液变色而非褪色，故C错误；
D．虚线框内的碳元素均处于碳碳双键的平面上，两平面可重合，所有碳原子可以共面，故D错误；
故选：B。

10.前四周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，其中，X与Y位于同一主族，X是构成生命体基本骨架的重要元素，Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，用W原子轰击可发生反应：，T单质为非金属，常温下为液体，下列说法错误的是
A．W的氧化物可用作干燥剂 B．简单离子半径：W C．X与Y在自然界主要以游离态存在 D．简单氢化物的稳定性：Y 【答案】C
【分析】用W原子轰击可发生反应：，根据反应判断，W的质子数为，则W为Ca；X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，X是构成生命体基本骨架的重要元素，则X为C；X与Y位于同一主族，则Y为Si；Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，则Z为S；T单质为非金属，常温下为液体，则T为Br。
【详解】A．W的氧化物是CaO，能与水反应，可用作干燥剂，A正确；
B．一般电子层数越多，离子半径越大；离子核外电子层结构相同时，原子序数越小，离子半径越大，则简单离子半径：，B正确；
C．硅是亲氧元素，在自然界中与氧化合，以化合态形式存在，C错误；
D．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：Si 故选C。

11.下列离子方程式书写不正确的是
A．将过量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=SO＋Cl-＋2H＋
B．标准状况下将112 mL氯气通入10 mL 1 mol·L-1溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-
C．向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水：Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH＋H2O
D．明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的物质的量最大：2Al3++ 3SO+ 3Ba2++6OH- = 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
【答案】B
【详解】A．ClO-具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，则其离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO-=SO＋Cl-＋2H＋，故A正确；
B．标况下，112mL氯气的物质的量为，10 mL 1 mol·L-1溴化亚铁溶液中，、，需消耗0.005，需消耗0.01mol，量不足，由于亚铁离子还原性强于溴离子，所以该离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C．FeSO4为强酸弱碱盐，其溶液因亚铁离子水解呈酸性，而NaHCO3溶液和稀氨水均呈碱性，所以向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水的离子方程式为：Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH＋H2O，故C正确；
D．明矾溶于水后会电离出铝离子，所以向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物质的量最大时，则生成的氢氧化铝未溶解，则其离子方程式为：2Al3++ 3SO+ 3Ba2++6OH- = 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故D正确；
答案选B

12.利用浓差电池电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，其装置如图所示(a、b电极均为石墨电极)。下列说法正确的是(已知：溶液A为 1L 1mol/L AgNO3溶液;  溶液B为 1L 4mol/L AgNO3溶液)

A．电池放电过程中Ag(1)为正极，电极反应为Ag＋ + e－= Ag
B．a电极的电极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，b电极上发生的是还原反应
C．c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80g氢氧化钠
【答案】B
【分析】由题意可知左边装置为浓差电池，右边装置为电解装置：电解硫酸钠溶液可以制得氧气、氢气、硫酸和氢氧化钠，因此a电极附近应该产生硫酸，则a电极附近应是水电离的氢氧根离子放电，因此a极为阳极，b极为阴极，Ag(1)为负极，Ag(2)为正极。
【详解】A．浓差电池放电时，两个电极区的硝酸银溶液的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硝酸银溶液的浓度完全相等时，放电停止。电池放电过程中，Ag(2)电极上发生使Ag+浓度降低的还原反应Ag++e-=Ag，Ag(1)电极发生使Ag+浓度升高的氧化反应Ag-e-=Ag+，Ag(2)电极为正极，Ag(1)电极为负极，A项错误；
B．电解池中a、b电极依次为电解池的阳极和阴极，阳极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，水电离的氢离子在阴极(b电极 )得电子发生还原反应，B项正确；
C．电解过程中，两个离子交换膜之间的硫酸钠溶液中，Na+通过阳离子交换膜d进入阴极（b极）区，SO通过阴离子交换膜c进入阳极（a极）区，因此c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜，C项错误；
D．电池从开始工作到停止放电，正极区硝酸银溶液的浓度将由4mol/L降低到2.5mol/L，负极区硝酸银溶液的浓度同时由1mol/L升高到2.5mol/L，正极反应可还原Ag+的物质的量为1L（4mol/L-2.5mol/L）=1.5mol，电路中转移1.5mol电子，电解池的阴极反应生成1.5molOH-，即阴极区可制得1.5mol氢氧化钠，其质量为60g，D项错误；
故选B。
13.某元素M的氢氧化物M(OH)3(s)在水中的溶解反应为M(OH)3(s)=M3+(aq)+3OH-(aq)、M(OH)3(s)+OH-(aq)==M(OH)(aq)，25℃时，lgc与pH的关系如图所示，c为M3+或M(OH)的浓度。下列说法错误的是

A．曲线①代表lgc(M3+)与pH的关系
B．M(OH)3的Ksp为1×10-33.5
C．4.5≤pH≤9.3时，M主要以M(OH)3(s)形式存在
D．M(OH)与M3+在溶液中可以大量共存
【答案】D
【详解】A．随着pH的增大，增大，则减小，增大，即减小，增大，因此曲线①代表与pH的关系，曲线②代表与pH的关系，A正确；
B．由题给图像可知，pH=4.5时，，则的，B正确；
C．由题图可知，4.5≤pH≤9.3|时，和均小于等于，体系中元素M主要以形式存在，C正确；
D．含的溶液显碱性，含的溶液显酸性，与在溶液中因发生互相促进的水解反应而不能共存，D错误；
故答案为：D。

二、非选择题
(一)必考题：共43分。
26.（14分）氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：

已知：i．二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；
ii．25°C时相关物质的Ksp如下表：
物质
MnS
FeS
ZnS
PbS
CdS
CuS
Ksp
2.5×10-13
6.3×10-18
1.6×10-24
8.0×10-28
3.6×10-29
5.0×10-36
iii．Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125°C、300°C。
请回答下列问题：
(1)“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，写出生成FeOOH的离子方程式：___________；“氧化预处理”的目的是___________。
(2)若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，写出该反应的离子方程式：___________。
(3)已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)+S2-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数K1为___________。
(4)实验室模拟蒸氨装置如图所示。蒸氨时控制温度为95°C左右，在装置b中[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。

①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为___________(填字母)。
A．液面上方但不接触液面 B．略伸入液面下 C．伸入溶液底部
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是___________(写出一种)。
③混合气体e可返回至“___________”阶段循环利用。
(5)研究发现Znx(OH)y(CO3)z。热分解得到ZnO的过程可分为两步。某实验小组取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固体进行热重分析，两步反应的固体失重率()依次为8.0%、19.6%，则Znx(OH)y(CO3)z的化学式为___________。
【答案】(1) 2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1- 避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解
(2)ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O
(3)2×1022
(4) C 增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等) 氨浸
(5)Zn2(OH)2CO3

【分析】“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，氨浸”阶段ZnO、CuO、PbO、CdO转化为[Zn(NH3)4]2+等配离子，过滤，得到滤液b，深度净化阶段，加入Na2S溶液，生成CuS、PbS、CdS，过滤，除去杂质，得到滤液d，蒸氨时， [Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀，煅烧，得到氧化锌。
【详解】（1）已知“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平生成FeOOH的离子方程式：2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1-；根据相关物质的Ksp表格可知，“氧化预处理”的目的是避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解，导致后续无法除去Fe2+、Mn2+。
（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，该反应的离子方程式：ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O。
（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)   K=1013，则
。
（4）①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为伸入溶液底部，保证将氨气充分蒸出，故选C。
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)。
③混合气体e为氨气和水蒸气的混合气体，故可返回至“氨浸”阶段循环利用。
（5），热分解得到ZnO的过程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故，，则，故Znx(OH)y(CO3)z的化学式为Zn2(OH)2CO3。

27.（14分）某实验小组在实验室用废铜屑制备甲酸铜晶体，实验流程如下：

回答下列问题：
(1)若甲同学设计方案：铜屑、稀硫酸加热通入氧气制得硫酸铜溶液，再与甲酸反应生成甲酸铜溶液，再结晶。请判断：甲同学___________(填“能”或“不能”)制得甲酸铜晶体。
(2)步骤Ⅱ制备，时，理论上CuSO4和NaHCO3物质的量之比为1：2时反应恰好生成，制备实际操作中需要控制二者物质的量之比___________1：2(填“>”、“=”或“<”)。
(3)操作步骤Ⅲ：向盛烧杯中加入一定量热蒸馏水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。在除去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取___________操作。过滤后洗涤甲酸铜结晶时为使固体快速干燥，可选___________(填写序号)来洗涤。
A．冷水    B．乙醇    C．四氯化碳    D．饱和甲酸铜溶液
(4)晶体中甲酸根含量的测定：

①下列仪器可供步骤A选用的是___________(写名称，下同)；可供步骤C中滴定选用的是___________。

②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是___________，步骤C滴定时当观察到___________即达到滴定终点。
③计算晶体中甲酸根的质量分数为___________。
【答案】(1)不能
(2)<
(3) 趁热过滤 B
(4) 烧杯、量筒(只写烧杯亦可) 烧杯、碱式滴定管 水浴加热 滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色(表述合理即可) 30.00%

【分析】由题给流程可知，向废铜屑中加入过氧化氢和稀硫酸混合溶液，将铜屑溶解得到含有硫酸铜的溶液，加入小苏打得到碱式碳酸铜，在碱式碳酸铜中加一定量热蒸馏水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。
【详解】（1）弱酸不能制强酸，甲酸是弱酸，不能和硫酸铜反应，故答案为：不能；
（2）步骤Ⅱ为溶液和溶液混合加热制备碱式碳酸铜，反应的离子方程式为：，因为碳酸氢钠易分解损失，所以实际取用碳酸氢钠稍微过量，硫酸铜和碳酸氢钠物质的量之比小于1：2；
（3）温度越高甲酸铜的溶解度越大，为防止甲酸铜结晶体析出而损失，可以采取趁热过滤的方式；甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，故可以用乙醇来洗涤，故答案为B；
（4）①步骤A为配制250mL甲酸铜溶液的过程，应该选用250mL的容量瓶，题中给出的是100mL容量瓶，不能使用；需要量取3.00g晶体，托盘天平不能称取出3.00g晶体，故也不能用，溶解需要在烧杯中进行，另外可以用量筒量取所需要的蒸馏水的量，故答案为：烧杯、量筒；步骤C中滴定时，是用草酸钠溶液滴定过量的高锰酸钾，草酸钠应该放在碱式滴定管中，根据提供的仪器，被滴定的溶液应该在烧杯中，故答案为：烧杯、碱式滴定管；
②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是水浴加热；高锰酸钾溶液本身有颜色，当其消耗完的时候，颜色褪去，故答案为：滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色；
③高锰酸钾和甲酸根反应对应的关系式为：5HCOO-~2KMnO4，用草酸钠滴定过量的高锰酸钾时对应的关系式为：2KMnO4~5C2O，则和草酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=×0.02×25×10-3=0.0002mol，和甲酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.02×50×10-3-0.0002mol=0.0008mol，甲酸根的物质的量n(HCOO-)=×0.0008mol=0.002mol，则原来样品中含有的甲酸根的物质的量n(HCOO-)=0.0004mol×=0.02mol，质量m(HCOO-)=0.02mol×45g/mol=0.9g，则晶体中甲酸根的质量分数=。

28.（15分）丙烯是重要的化工原料，广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛等工业领域。回答下列问题：
(1)丙烷无氧脱氢法制备丙烯的反应为  。科学上规定：在298.15K时，由最稳定的单质生成1mol化合物时的焓变，叫作该物质的标准摩尔生成焓()；最稳定的单质的标准摩尔生成焓为零。
已知：部分物质的标准摩尔生成焓数据如表：
物质



-104
19.8
则上述反应的_______。
(2)时，将充入某刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示：
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
100
136
163
178
180
180
180
①已知：。0~60min内，用的分压变化表示上述脱氢反应的平均速率为_______。
②时，反应的平衡常数_______kPa。
(3)丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是_______(填序号)。
A．相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行
B．相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强的是氢气
C．恒温恒容条件下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到限度
D．通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率
(4)甲醇催化也可以制取丙烯，其反应为。
①该反应的阿伦尼乌斯经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知阿伦尼乌斯经验公式为(为活化能，为速率常数，和为常数)。则该反应的活化能_______。

②下列措施能使速率常数k增大的是_______(填序号)。
a.升高温度    b.增大压强    c.增大
③当改变外界条件时，实验数据如上图中的直线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【答案】(1)+123.8
(2) 0.6 320
(3)AB
(4) 31.0 a 使用更高效的催化剂

【详解】(1)根据标准摩尔生成焓的定义，可得生成物的标准摩尔生成焓总和-反应物的标准摩尔生成焓总和；
故答案为：+123.8；
(2)①起始时容器中只有，压强为100kPa，设60min时反应生成的分压为，根据反应知此时的分压为、的分压为，60min时容器内气体总压强，得，则0~60min内，；
故答案为：0.6；
②时，丙烷无氧脱氢反应在240min时达到平衡状态，平衡时气体总压强为180kPa，设平衡时生成的分压为，则此时的分压为，的分压为，平衡时容器内气体总压强为，得，即，，；
故答案为：320；
(3)A．有氧气参与的丙烷催化脱氢反应，氢气被氧气氧化生成水时放热，能为脱氢提供能量，反应更容易进行，A正确；
B．体系中含有氢气、丙烯、丙烷三种气体，结合反应，可知相同条件下，氢气更容易被氧化，其还原性更强，B正确；
C．恒温恒容条件下，容器容积不变，气体总质量也不变，混合气体的密度为定值，故当混合气体的密度不再随时间改变时，不能说明反应达到限度，C错误；
D．通入更多的氧气，过量氧气可能将丙烯、丙烷氧化，反而不利于提高丙烷转化率和丙烯的产率，D错误；
故答案为：AB；
(4)①将直线a上两点坐标数据代入，可得方程组，解得；
故答案为：31；
②由可知，升高温度可使速率常数k增大，a正确；
故答案为：a；
③结合题图可知甲醇催化反应的阿伦尼乌斯经验公式为直线方程，为直线的斜率，时直线斜率增大，即活化能减小，改变的条件可能是使用了更高效的催化剂；
故答案为：使用更高效的催化剂。

(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）磷、碳、氢等非金属及其化合物用途广泛。试回答下列问题。
(1)白磷(P4)在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5。
①形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键，该激发态的价电子排布式为___________。
②研究表明，在加压条件下PCl5于148℃液化时能发生与水类似的自耦电离，形成一种能导电的熔体，其电离方程式为 ___________ ，产生的阳离子的空间结构为___________；N和P都有+5价，但NCl5不存在，从原子结构的角度分析其原因：___________。
(2)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。一种观点认为，苯酚羟基中的O原子是sp2杂化则苯酚中的大π键可表示为___________ ，一定在同一平面上的原子有___________个；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是：在大π键中氧的p电子云向苯环转移，___________。
(3)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图所示，其中n=___________。 已知晶胞体积为9.0 ×10 -29 m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为___________g·cm-3(保留1位小数)。

【答案】(1) 3s13p23d1 PCl5PCl＋PCl 正四面体形 P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道
(2) 13 使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+
(3) 5 0.1

【详解】（1）①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s１3p３3d1，故答案为：3s１3p３3d1；
②由题意可知，五氯化磷发生与水类似的自耦电离电离出PCl和PCl，电离方程式为PCl5PCl＋PCl，PCl离子中价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间结构为正四面体形；位于同一主族的磷原子的原子半径大于氮原子，磷原子可以利用3d空轨道采取sp3d杂化与氯原子形成五氯化磷，而氮原子没有可以利用的d空轨道，所以N和P都有+5价，但NCl5不存在，故答案为：PCl5PCl＋PCl；正四面体形；P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道；
（2）若苯酚羟基中的氧原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的2个p电子与苯环上6个碳原子中未参与杂化的6个p电子形成大π键，则分子中的13个原子一定在同一平面上；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是在大π键中氧原子的p电子云向苯环转移，使羟基中氧原子上的电子云密度降低，氧原子和氢原子间的结合力减弱，易离解出氢离子，故答案为：；13；使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，由储氢后形成LaNinH5.5可知，晶胞中氢原子的质量为g，则氢在合金中的密度为≈0.1g/cm3，故答案为：5；0.1。

36.（15分）有机化合物G是一种应用广泛的高分子膜材料，其合成路线如图：

已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH
回答下列问题：
(1)化合物B分子式______；有机物D的名称为______；化合物E的结构简式为______。
(2)试剂X中含有的官能团名称为_____；B→C的反应类型为_____，该流程中设计A→B，C→D的目的_____。
(3)F→G的化学方程式为______。
(4)(D)的同分异构体(M)，其沸点M_____D(填“高于”或“低于”)。
(5)有机物B的同分异构体有多种，满足下列条件的有_____种；其中核磁共振氢谱中有4组峰且峰面积之比为1∶1∶2∶6的结构简式为______(写出一种)。
①分子中除苯环外不含其他环
②能发生水解反应
③能发生银镜反应
【答案】(1) C9H10O2 4－羟基苯甲酸(对羟基苯甲酸)
(2) 羟基、羧基 氧化反应 保护酚羟基
(3)n+(n-1)H2O
(4)低于
(5) 14 或

【分析】与在硫酸存在条件下发生取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液反应
产生C：，C在酸性条件下发生酯的水解反应产生D：，D与CH3OH在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应产生分子式是C8H8O3的物质E：，E与试剂X在催化剂存在条件下发生酯交换反应产生F：，根据E、F结构简式，可知X是HOCH2COOH，F分子中含有-OH、-COOH，在一定条件下发生缩聚反应产生高聚物G。
【详解】（1）由分析可知，化合物B分子式；有机物D的名称为4-羟基苯甲酸(对羟基苯甲酸)；化合物E的结构简式为；
（2）根据上述分析可知X是HOCH2COOH，其中所含官能团的名称是羟基、羧基；
B→C的反应为甲基被酸性高锰酸钾氧化为羧基，属于氧化反应；该流程中A→B中羟基转化为酯基、C→D中酯基水解转化为羟基，其目的保护酚羟基；
（3）F分子中含有-OH、-COOH，在一定条件下发生缩聚反应产生高聚物G，反应为：n+(n-1)H2O
（4）(M)形成分子内氢键，(D)形成分子间氢键，导致后者更高，故沸点M小于D；
（5）有机物B结构简式是，其同分异构体满足条件：①分子中除苯环外不含其他环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，因此含有甲酸酯基：
一取代有2种：、；
二取代有6种：、、、、、；
三取代有6种：、、、、、；
共14种不同结构；其中核磁共振氢谱中有4组峰且峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为或。