2023年天津市高考化学最后一卷

这是一份2023年天津市高考化学最后一卷，共21页。试卷主要包含了 下列表示不正确的是， 绿柱石是一种重要的矿物等内容，欢迎下载使用。
2023年天津市高考化学最后一卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 在刚刚过去的2022年，我国的科技发展成果举世瞩目。下列说法不正确的是(    )
A. 2022年冬奥会中，国家速滑馆“冰丝带”采用CO2跨临界制冰，比氟利昂更环保
B. 2022年我国风电、光伏发电量突破一万亿千瓦时，光伏发电符合绿色发展理念
C. 2022年我国锂离子电池产量同比增长超130%，锂离子电池属于二次电池
D. 2022年中国空间站全面建成，空间站所使用太阳能电池的主要成分为SiO2
2. 近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。如图是在半导体光催化的作用下，N2被光催化材料捕获进而被还原实现“N2→NH3”的转化示意图。下列说法正确的是(    )


A. 此方法不属于人工固氮技术
B. 由转化示意图可知，氮气化学性质很活泼
C. 该反应过程中有共价键的断裂和形成
D. 该反应的化学方程式N2+H22NH3
3. 下列说法中不正确的是(    )
A. 共价化合物中一定不含有离子键，离子化合物中可能含有共价键
B. 充电电池放电时发生的是氧化还原反应，而充电时发生的是非氧化还原反应
C. 离子的还原性由强到弱：S2−>Cl−>F−
D. 若石墨完全转化为金刚石需吸收能量，则说明石墨比金刚石稳定
4. 既可以用来鉴别甲烷和乙烯，又可以用来除去甲烷中混有的少量乙烯的操作方法是(    )
A. 混合气通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶 B. 混合气通过盛足量溴水的洗气瓶
C. 混合气通过盛蒸馏水的洗气瓶 D. 混合气跟适量氯化氢混合
5. 食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PVC被广泛地用于食品、蔬菜外包装，它对人体有潜在危害。下列有关叙述错误的是(    )
A. PVC单体可由PE的单体与氯化氢加成制得
B. PVC保鲜膜属于链状聚合物，在高温时易熔化，能溶于有机溶剂
C. 用湿润的蓝色石蕊试纸检验加热PE和PVC产生的气体，可鉴别PE和PVC
D. 等质量的PE和乙烯完全燃烧消耗的氧气质量相等
6. 下列表示不正确的是(    )
A. CH4分子的空间填充模型： B. 硫离子结构示意图
C. NH3的结构式为 D. 乙醛的结构简式CH3COH
7. 两种有机物M和N的结构如图，下列说法错误的是(    )

A. 二者互为同分异构体
B. 二者均能使酸性KMnO4溶液褪色
C. M分子中最多有17个原子共平面
D. N分子立方体上一个氢原子被氯原子取代的产物有2种
8. 关于下列各装置图的叙述中，正确的是(    )

A. 装置①用来电解饱和食盐水，c电极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
B. 装置②可用于实验室制乙烯
C. 装置③检查乙炔的还原性(实验室是由饱和食盐水与电石制乙炔，产生的混合气体除乙炔外，常含有PH3、H2S等杂质气体)
D. 装置④可用于实验室制乙酸乙酯
9. 已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示，下列说法正确的是(    )


A. 由红光外谱可知，A属于芳香烃
B. 由核磁共振氢谱可知，A分子中有3种不同化学环境的氢原子
C. 仅由A的核磁共振氢谱就可获得A的相对分子质量
D. 若A的分子式为C9H10O2，则其结构简式可能为CH3CH2COOH
10. 绿柱石(X3Z2W6Y18)是一种重要的矿物。X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，且价电子数和为15。X、Z、W处于相邻的主族，X2+和Z3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法正确的是(    )
A. 第一电离能：ZW
B. 原子半径：Z>W>Y>X
C. XY是碱性氧化物，WY2是酸性氧化物
D. 已知W、Y都可与氢气生成氢化物，电负性Y>W>H
11. 中国科学院研究团队的一项研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理如图所示。下列说法不正确的是(    )


A. O2是氧化产物
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3
C. 每生成1molNH3，转移3×6.02×1023个电子
D. 若可用过量NaClO能使含NH4+的溶液完全转化为N2，则还原性：NH4+>C1−
12. 在通电条件下，用如图所示装置由乙二醛(OHC−CHO)反应制备乙二酸(HOOC−COOH)。其制备反应为：OHC−CHO+2Cl2+2H2O→HOOC−COOH+4HCl.下列说法正确的是(    )
A. 每消耗0.lmol乙二醛，在Pt1极放出2.24L气体(标准状况)
B. Pt1的电极反应为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑
C. 每得到1mol乙二酸将有2molH+从右室迁移到左室
D. 盐酸是起提供Cl−和增强导电性的作用
13. 前四周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，c和d位于同主族且原子序数相差8；基态a原子核外有3个能级上容纳电子且每个能级上电子数相等，且a与b和c可分别形成ab−离子和ac分子，基态e原子的M层上有2个未成对电子且无空轨道。
回答下列问题：
(1)在a、b、c中，第一电离能由大到小排序为 ______；基态e原子的价层电子排布式为 ______。
(2)在a，b、c、d的简单氢化物中，沸点由高到低排序为 ______。
(3)配合物e(ac)4在常温下呈液态，易溶于四氯化碳、苯等有机溶剂，固态e(ac)4的晶体类型是 ______。已知(dab)2分子中含非极性键、分子中每个原子最外层都达到8个电子稳定结构，1mol(dab)2分子含6键的数目为 ______。
(4)写一种与dab：互为等电子体的分子 ______(填化学式)；ac32−的中心原子杂化类型为 ______；bc3−的中心原子价层电子对数为 ______；dc32−的空间构型为 ______。
(5)ec晶胞如图所示。其晶胞参数为apm，列式计算该晶胞的密度为 ______g⋅cm−3(不必计算结果，阿伏加德罗常数值为NA)，晶胞中e粒子的配位数为 ______。
(6)人工合成ec晶胞存在缺陷，即阳离子有+3、+2价两种。某人工合成的晶体样品组成为e0.96c，则该晶体中+3、+2价两种离子的个数之比为 ______。
14. 有机物W(C16H14O2)用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如图：

已知：
请回答下列问题：
(1)F的化学名称是___________，⑤的反应类型是___________。
(2)E中含有的官能团是________________(写名称)，E在一定条件下聚合生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为________________。
(3)E+F→W反应的化学方程式为______________________________________________。
(4)与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有______种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为__________________________。
(5)参照有机物W的上述合成路线，写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线(无机试剂任选)_________________________________________________________________________________。
15. 过氧化钙在工农业生产中有广泛的用途。
Ⅰ.过氧化钙制备方法很多。
(1)制备方法一：H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2⋅8H2O，其化学方程式为______。
(2)制备方法二：利用反应Ca(s)+O2−  △   CaO2(s)，在纯氧条件下制取CaO2，实验室模拟装置示意图如图：

请回答下列问题：
①装置A中反应的化学方程式为______，仪器a的名称为______。
②装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是______；二是______。
Ⅱ.水产运输中常向水中加一定量CaO2⋅8H2O增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理为：
a.固氧：碱性下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：2Mn2++O2+4OH=2MnO(OH)2↓；
b.氧化：酸性下，MnO(OH)2将I−氧化为I2：MnO(OH)2+2I−+4H+=Mn2++I2+3H2O；
c.滴定：用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2O32−+I2=S4O62−+2I−。
某同学向水中加一定量CaO2⋅8H2O，取此水样100.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗0.0100mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液13.50mL。
(1)滴定过程中使用的指示剂是______；
(2)该水样中的溶解氧量(DO)为______mg⋅L−1。
(3)步骤b中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因______(用离子方程式表示，至少写出2个)。
16. 地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。
(1)人工固氮最主要的方法是Haber−Bosch法。通常用以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。
①已知上述反应中生成1molNHg放出46kJ热量，该反应的热化学方程式为 ______。
②该反应放热，但仍选择较高温度。其原因是 ______。
(2)常温常压下电解法合成氨的原理如图1所示：

①阴极生成氨的电极反应式为 ______。
②阳极氧化产物只有O2。电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：______。
(3)氨是生产氮肥的原料，经如下转化可以得到NH4NO3。NH3→①O2NO→②O2NO2→③H2OHNO3→④NH3+NH4NO3
。已知：氮原子利用率是指目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比上述反应③的氮原子利用率为66.7%。要使原料NH3转化为NH4NO3的整个转化过程中氮原子利用率达到100%，可采取的措施是 ______。
(4)现在广泛使用的锂离子电池有多种类型。某可充电钴酸锂电池的工作原理如图2所示。
①该电池放电时，其中一极的电极反应式是LixC6−xe−=6C+xLi+，则该极应为图2中的 ______(填“A”或“B”)。
②碳酸乙烯酯(EC)常用作电解液的溶剂，其结构为，熔点35℃，可燃，可由二氧化碳和有机物X在一定条件下合成。X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰。写出合成EC的化学方程式：______。
③从正极材料中回收钴和锂的流程如图3所示，写出酸浸过程中发生反应的化学方程式 ______。拆解废旧电池前需进行放电处理，既可保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的原因是 ______。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.氟利昂破坏臭氧层，导致生物受到严重紫外线伤害，CO2无污染，则CO2跨临界制冰比氟利昂更环保，故A正确；
B.光伏发电绿色无污染，符合绿色发展理念，故B正确；
C.锂离子电池是充电电池，属于二次电池，故C正确；
D.硅是良好的半导体材料，太阳能电池的主要成分为半导体硅，SiO2是光纤的主要成分，故D错误；
故选：D。
A.CO2不是污染物，氟利昂能破坏臭氧层；
B.光伏发电将太阳能转化为电能，不会产生污染；
C.锂离子电池属于充电电池，可多次充放电；
D.硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片和太阳能硅板。
本题考查物质的性质及应用，侧重基础知识检测和运用能力考查，明确原电池类型及其与太阳能电池的区别、物质的组成及应用、氟利昂及其对环境的影响即可解答，题目难度不大，注意知识积累。

2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了氮的固定，化学键等知识，难度不大，要熟悉相关知识，并能灵活运用。
【解答】
A.该方法是通过人工将氮气转化为氨气，属于人工固氮技术，故A错误；
B.氮气结构式为：N≡N，氮氮三键键能很大，不易断裂，氮气常温下十分稳定，故B错误；
C.该反应过程中有N≡N、O−H键断裂，N−H、O=O键生成，O−H和N−H为极性键，故C正确；
D.由图可知，氮气和水在半导体光催化的作用下生成氨气和氧气，方程式为：2N2+6H2O4NH3+3O2，故D错误；
故选：C。  
3.【答案】B 
【解析】解：A.共价化合物中一定只含有共价键，一定不含有离子键；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，故A正确；
B.充电电池放电和充电都涉及到电子转移，都是氧化还原反应，故B错误；
C.元素的氧化性越强则对应离子还原性越弱，元素氧化性F>Cl>S，故离子的还原性由强到弱：S2−>Cl−>F−，故C正确；
D.若石墨完全转化为金刚石需吸收能量，则金刚石的能量高于石墨的能量，能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，故D正确；
故选：B。
A.共价化合物中一定只含有共价键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；
B.充电电池放电和充电都是氧化还原反应；
C.元素的氧化性越强则对应离子还原性越弱；
D.能量越低越稳定。
本题考查的概念较多，涉及到氧化还原反应，还原性强弱比较及共价键和离子键，难度不大，注意基础知识的掌握。

4.【答案】B 
【解析】解：A.高锰酸钾与乙烯发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故A错误；
B.乙烯可用溴水发生加成反应，可鉴别并除去乙烯，故B正确；
C.乙烯和甲烷都不溶于水，且与水不反应，故C错误；
D.甲烷与氯化氢不反应，乙烯应在催化剂条件下，实验室难以完成，不能鉴别和除杂，故D错误。
故选：B。
乙烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，鉴别乙烯可用溴水或酸性高锰酸钾，由于高锰酸钾与乙烯发生氧化还原反应，除杂时要考虑不能引入新的杂质．
本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意把握有机物性质的异同，除杂时注意不能引入新的杂质．

5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查PE、PVC的成分及分子结构，题目难度不大，把握乙烯、氯乙烯、聚乙烯、聚氯乙烯的结构与性质是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
【解答】
A.PVC单体为氯乙烯，应该由乙炔和HCl加成得到，而乙烯与氯化氢发生加成反应生成一氯乙烷，故A错误；
B.聚氯乙烯属于热塑性的塑料，具有链状结构，在高温时易熔化，能溶于有机溶剂，故B正确；
C.PVC加热产生氯化氢而PE不产生，氯化氢能使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，根据是否有氯化氢产生即可鉴别，故C正确；
D.乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，它们含C和H的质量分数分别相等，所以等质量的两者完全燃烧时消耗的氧气质量相等，故D正确；
故选：A。  
6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意空间填充模型与球棍模型、结构式与结构简式等的区别。
【解答】
A.甲烷为正四面体结构，且H原子半径小于C原子半径，其空间填充模型为，故A正确；
B.硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子，其结构示意图为，故B正确；
C.用一条短线表示一对共用电子对所得到的式子为结构式，氨气的结构式为，故C正确；
D.醛基为−CHO，乙醛的结构简式为CH3CHO，故D错误；
故选：D。  
7.【答案】CD 
【解析】解：A.二者分子式相同，均为C9H10O，M含有苯环、碳碳双键、醇羟基，N含有醇羟基，但不含苯环、碳碳双键，二者结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B.二者均含有醇羟基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C.苯环和碳碳双键均是平面形结构，由于单键可以旋转，可以使碳碳双键平面与苯环平面共平面，可以使羟基处于平面内，所以M分子中最多有18个原子共平面，故C错误；
D.N分子立方体上氢原子分为三类，所以一个氢原子被氯原子取代的产物有3种，故D错误；
故选：CD。
A.有机物M、N的分子式相同，结构不相同；
B.M中碳碳双键、醇羟基，N中醇羟基，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.旋转单键可以使碳碳双键平面与苯环平面共平面，可以使羟基处于平面内；
D.N分子立方体上有3种化学环境不同的氢原子。
本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意被酸性高锰酸钾溶液氧化的醇的结构特点，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。

8.【答案】A 
【解析】解：A.电流从正极流向负极，可知a为正极，则c为阳极，电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故A正确；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，则温度计的水银球应在反应液的液面下，故B错误；
C.乙炔、PH3、H2S等杂质均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明乙炔具有还原性，故C错误；
D.乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，图中不能防止倒吸，故D错误；
故选：A。
A.电流从正极流向负极，可知a为正极，则c为阳极，电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气；
B.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯；
C.乙炔、PH3、H2S等杂质均可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

9.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查学生对红外光谱和核磁共振氢谱的简单识别，难度一般，注意核磁共振氢谱只能确定H原子种类，峰的面积之比等于H原子数目之比。
【解答】
A.该有机物含有O，属于烃的衍生物，故A错误；
B.核磁共振氢谱中有5个峰说明分子中5种H原子，故B错误；
C.核磁共振氢谱只能说明氢原子的种类，不能获得A的相对分子质量，故C错误；
D.若A的分子式为C9H10O2，则其结构简式可能为CH3CH2COOH，有机物结构和等效氢种类符合红外光谱与核磁共振氢谱，故D正确。
故选D。  
10.【答案】A 
【解析】解：A.由分析知，Z为Al，W为Si，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：AlSi，故A正确；
B.先看电子层数，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，序数越大半径越小，则原子半径：Al>Si>Be>O，即Z>W>X>Y，故B错误；
C.由分析知，XY是BeO，BeO的化学性质与Al2O3的相似，Al2O3为两性氧化物，则BeO也为两性氧化物，故C错误；
D.由分析知，W为Si，Y为O，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性O>H>Si，即Y>H>W，故D错误；
故选：A。
由题意知，根据X和Z所带的电荷数分别为2、3可知，X位于ⅡA族，最外层电子数为2，Z位于ⅢA族，最外层电子数为3，X、Z、W处于相邻的主族，X、Y、Z、W价电子数和为15，则W位于ⅣA族，最外层电子数为4，Y的最外层电子数为6，位于ⅥA族，又因为X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，则X为Be、Y为O、Z为Al、W为Si，据此分析。
本题主要考查元素的推断，掌握元素周期律的相关知识是解题的关键，为高频考点，题目难度一般。

11.【答案】B 
【解析】解：根据图示可知，发生反应的方程式为2N2+6H2O− LDH 4NH3+3O2，
A.根据方程式知，O2是反应产物，为还原剂对应的产物，属于氧化产物，故A正确；
B.该反应中氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化产物是氧气、还原产物是氨气，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：4，故B错误；
C.生成1mol氨气转移电子物质的量=1mol×[0−(−3)]=3mol，则转移电子个数为3×6.02×1023，故C正确；
D.过量NaClO能使含NH4+的溶液完全转化为N2，发生反应为：2NH4++3ClO−=N2+3Cl−+2H++3H2O中，N元素的化合价由−3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为−1价，则生成Cl−为还原产物，所以还原性NH4+>Cl−，故D正确；
故选：B。
根据图示可知，该反应方程式为2N2+6H2O− LDH 4NH3+3O2，
A.根据方程式知，氧气是反应产物；
B.该反应中氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化产物是氧气、还原产物是氨气；
C.生成1mol氨气转移电子物质的量=1mol×[0−(−3)]=3mol；
D..氧化还原反应中，还原性：还原剂>还原产物。
本题考查氧化还原反应基本概念与计算，题目难度不大，明确发生反应实质及基本概念内涵是解本题关键，注意掌握氧化还原反应的特征，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

12.【答案】D 
【解析】解：A.Pt1阴极发生的电极反应方程式为Cl2+2e−=2Cl−，故为吸收Cl2，而不是放出Cl2，故A错误；
B.Pt1为阴极得电子发生还原反应，故电极反应方程式为Cl2+2e−=2Cl−，故B错误；
C.Pt2为阳极发生的电极反应方程式为OHC−CHO−4e−+2H2O=HOOC−COOH+4H+，故每得到1mol乙二酸将有4molH+从右室迁移到左室，故C错误；
D.HCl是电解质，其在水溶液中Cl−起提供和增强导电性的作用，故D正确，
故选：D。
A.Pt1阴极发生的电极反应方程式为Cl2+2e−=2Cl−，据此进行分析；
B.Pt1为阴极得电子发生还原反应；
C.Pt2为阳极发生的电极反应方程式为OHC−CHO−4e−+2H2O=HOOC−COOH+4H+，据此进行分析；
D.HCl是电解质。
本题考查了电解池原理的分析应用，把握电解池原理以及电解过程中电极方程式的书写，掌握基础是关键，题目难度中等。

13.【答案】N>O>C  3d84s2  H2O>NH3>H2S>CH4  分子晶体  5×6.02×1023  CO2(或N2O)  sp2  3  三角锥型 4×75NA×(a×10−10)3  6  1：11 
【解析】解：(1)非金属性强的第一电离能大，但N的2p电子半满为稳定结构，则a、b、c中，第一电离能由大到小排序为N>O>C，基态e原子的价层电子排布式为 3d84s2，
故答案为：N>O>C；3d84s2；
(2)a，b、c、d的简单氢化物中，水含有氢键，并且数目大于氨气，硫化氢不含氢键，甲烷的分子间作用力最小，故沸点高低顺序为H2O>NH3>H2S>CH4，
故答案为：H2O>NH3>H2S>CH4；
(3)易溶于四氯化碳、苯等有机溶剂。固态e(ac)4的晶体类型是分子晶体，(SCN)2分子结构中含S−C、C≡N键，结构式为N≡C−S−S−C≡N，单键为σ键，三键中含1个σ键，1mol(dab)2分子含σ键的数目为1mol×5×6.02×1023=5×6.02×1023个，
故答案为：分子晶体；5×6.02×1023；
(4)与dab−互为等电子体的分子中原子数为3，价电子数为16，如CO2(或N2O)，CO32−的中心原子C的孤对电子为4+2−2×32=0，成键数为3，杂化类型为sp2杂化；SO32−中S的孤对电子为6+2−2×32=1，成键数为3，夹层电子对数为3，杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形，
故答案为：CO2(或N2O)；sp2；，3；三角锥形；
(5)NiO的晶体为立方面心结构，如图，以体心的原子周围有6个不同的配位原子可知，晶胞中c粒子的配位数为6，晶体中含O为8×18+6×12=4，含Ni为1+12×14=4，晶胞边长为a pm，体积为(a×10−10cm)3，该晶胞的密度为4×75NA×(a×10−10)3g⋅cm−3，
故答案为：4×75NA×(a×10−10)3；6；
(6)设1molNi0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+为(0.96−x)mol，根据晶体仍呈电中性，可知3x+2×(0.96−x)=2×1，解得x=0.08mol，Ni2+为(0.96−x)mol=0.88mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.08：0.88=1：11，
故答案为：1：11。
短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，c原子s能级电子总数与p能级电子数相等，c的电子排布为1s22s22p4，c和d位于同主族且原子序数相差8，则c为O，d为S；基态a原子核外有3个能级上容纳电子且每个能级上电子数相等，a的电子排布为1s22s22p2，为c元素；结合原子序数关系可知b为N元素；基态e原子的M层上有2个未成对电子且无空轨道，e的电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，为Ni元素，以此来解答。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。

14.【答案】(1)苯甲醇；消去反应
(2)碳碳双键、羧基；
(3) 
(4)5；
(5) 
【解析】
【分析】
本题考查有机物的推断与合成，明确官能团的性质及衍变是解本题关键，注意结合有机反应条件分析解答，侧重考查学生分析推断能力及知识综合应用能力。
【解答】
由B的结构可知A为，A与溴发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C为，C催化氧化的产物继续氧化生成D，则D为.对比D、E分子式可知D分子内脱去1分子水生成E，故D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，则E为，E与F发生酯化反应生成W为。
(1)F的化学名称是苯甲醇，根据上述分析，⑤是消去反应；
(2)E为，含有的官能团为：碳碳双键、羧基；E加聚生成高分子化合物的结构简式为；
(3)E+F→W反应的化学方程式为：；
(4)与A()含有相同官能团且含有苯环的同分异构体，若含有1个侧链，为—CH=CHCH3或−CH2CH=CH2，若含有2个侧链，为—CH3、—CH=CH2，有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的同分异构体还有2+3=5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为：；
(6)首先由苯制备甲苯，甲苯再与氯气在光照时发生侧链一氯取代，产物水解得到F(苯甲醇)，合成路线流程图为：。  
15.【答案】Ca(OH)2+H2O2+6H2O=CaO2⋅8H2O  2H2O2− MnO2  2H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)  蒸馏烧瓶  观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度  防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度  淀粉溶液  10.80  S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O、O2+I−+4H+=2I2+2H2O、SO2+I2+2H2O=2I−+4H++SO42−(任写其中2个) 
【解析】解：(1)H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2⋅8H2O，反应为Ca(OH)2+H2O2+6 H2O=CaO2⋅8H2O，
故答案为：Ca(OH)2+H2O2+6 H2O=CaO2⋅8H2O；
(2)①装置A中反应的化学方程式为2H2O2− MnO2  2H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)，仪器a为蒸馏烧瓶，
故答案为：2H2O2− MnO2  2H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)；蒸馏烧瓶；防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度；
②装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；二是防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度，
故答案为：观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；防止空气CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度；
Ⅱ(1)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，发生反应为2S2O32−+I2=S4O62−+2I−，碘单质遇到淀粉变蓝可知，可用淀粉作指示剂；
故答案为：淀粉溶液；
(2)水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，则设该水样中的溶解氧量(DO)为xmg/L，
O2～～～2MnO(OH)2～～～2I2～～～4S2O32−
32000mg                             4mol
0.1L×xmg/L                         0.0100mol/L×13.50L×10−3
x=32000×0.01×13.50×10−34×0.1mg/L=10.80mg/L
故答案为：10.80；
(3)“步骤b“中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，产生此误差的原因为S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O、
O2+I−+4H+=2I2+2H2O、SO2+I2+2H2O=2I−+4H++SO42−，
故答案为：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O、O2+I−+4H+=2I2+2H2O、SO2+I2+2H2O=2I−+4H++SO42−(任写其中2个)。
(1)H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2⋅8H2O，由反应物、生成物及质量守恒定律书写化学方程式；
(2)由图可知实验仪器，A中过氧化氢与二氧化锰反应可制备氧气，B中干燥氧气，C中发生Ca(s)+O2 −  △   CaO2(s)，D中浓硫酸可防止空气中CO2和水蒸气进入C中，且观察氧气的流速判断反应进行程度，据此分析；
①装置A中是固体和液体反应制备氧气，据此选择药品反应制备；根据仪器a的构造确定名称；
②根据制备产物CaO2⋅8H2O遇水反应的性质，以及反应物氧气，分析解答；
Ⅱ(1)用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质至终点，发生反应2S2O32−+I2=S4O6  2−+2I−，碘单质遇到淀粉变蓝色，据此分析；
(2)水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，则设该水样中的溶解氧量(DO)为xmg/L，
O2～～～2MnO(OH)2～～～2I2～～～4S2O32−
32000mg                             4mol
0.1L×xmg/L                        0.0100mol/L×13.50L×10−3
计算可得该水样中的溶解氧量(DO)x；
(3)酸性条件下I−、S2O32−均发生反应，据此分析。
本题考查物质的制备实验及含量测定，为高频考点，把握制备原理、实验技能、关系法计算为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。

16.【答案】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ/mol  在该温度下催化剂活性强，反应速率快  N2+6H++6e−=2NH3  阴极除了氮气得电子外，还可能发生N2+6H++6e−=2NH3，2H++2e−=H2  通入过量氧气使NO全部转化为硝酸  A  CO2+→一定条件  2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑  放电处理后，负极锂放电后，在正极上生成钴酸锂，酸浸后生成的钴盐和锂盐易于分解 
【解析】解：(1)依据题意，生成1molNH3放出46kJ的热量，则生成2molNH3放出92kJ的热量，故热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ/mol，
故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ/mol；
②尽管降低温度利于氨的合成，但温度越低反应速率越慢，选择较高温度是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，
故答案为：为了保证催化剂的活性，提高反应速率；
(2)①阴极与电源负极相连，为N2放电生成NH3，阴极生成氨的电极反应式为N2+6H++6e−=2NH3，
故答案为：N2+6H++6e−=2NH3；
②电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，原因是电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H++6e−=2NH4+，2H++2e−=H2，
故答案为：阴极除了N2得电子外，还可能发生2H++2e−=H2↑，N2+8H++6e−=2NH4+；
(3)要使原料NH3转化为NH4NO3的整个转化过程中氮原子利用率达到100%，反应过程中会生成NO，3NO2+H2O=NO+2HNO3，可通入过量的O2，使NO全部转化为硝酸，
故答案为：通入过量O2使NO全部转化为硝酸；
(4)①根据阳离子向正极移动，由装置图锂离子移动方向可知，B为正极，A为负极，负极失电子发生氧化反应，所以反应式为LixC6−xe−=C6+xLi+是在负极反应，则该极应为图中的A，
故答案为：A；
②由X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则可推出X为，所以合成EC的化学方程式为CO2+→一定条件，
故答案为：CO2+→一定条件；
③由流程图可知，LiCoO2在硫酸存在下与双氧水发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，则反应的化学方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是：放电处理后，负极锂放电后，Li+离子移向正极，在正极上生成钴酸锂，酸浸后生成的钴盐和锂盐易于分解，
故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+2Li2SO4+4H2O+O2↑；放电处理后，负极锂放电后，Li+离子移向正极，在正极上生成钴酸锂，酸浸后生成的钴盐和锂盐易于分解。
(1)依据题意，生成1molNH3放出46kJ的热量，则生成2molNH3放出92kJ的热量；②为了保证催化剂的活性，提高反应速率；
(2)①阴极与电源负极相连，为N2放电生成NH3；
②电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H++6e−=2NH4+，2H++2e−=H2；
(3)反应过程中会产生NO，可加入过量氧气使NO全部转化为硝酸；
(4)①根据负极失电子发生氧化反应，所以反应式为LixC6−xe−=C6+xLi+是在负极反应；
②根据X与乙醛互为同分异构体，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则可推出X为，据此书写方程式；
③由流程图可知，LiCoO2在硫酸的酸性条件下与双氧水发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，O2和水，据此书写方程式；根据放电阳离子移向正极分析。
本题考查锂电池原理及其物质的制备、热化学方程式书写，把握离子的移动、电极及电极反应为解答的关键，难点是电极反应式的书写，侧重于学生分析能力、实验能力和综合运用化学知识能力的考查，题目难度中等。