福建省龙岩市长汀县2023届高三下学期5月质量检测化学试题（含解析）

这是一份福建省龙岩市长汀县2023届高三下学期5月质量检测化学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，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。

福建省龙岩市长汀县2023届高三下学期5月质量检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．“绿色化学”是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产和应用中涉及的有害化学物质，实现从源头减少或消除环境污染。下列制备过程最符合“绿色化学”理念的是
A．二氧化硅与焦炭共热制备粗硅
B．生石灰与水混合制备
C．铜粉与浓硫酸共热制备
D．铁粉与稀硝酸混合制
2．某有机物的结构如图所示，1mol该有机物

A．最多可以与反应
B．最多可以与1molNaOH反应
C．可用酸性检验结构中的碳碳双键
D．与发生加成反应产物有4种
3．我国科学家利用CO2合成淀粉的核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
  
A．反应①消耗4.4 g CO2时，转移电子数为0.6NA
B．标准状况下11.2 L H2O2所含的非极性键数为NA
C．30 g HCHO与DHA的混合物中含氧原子数为2NA
D．16.2 g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为0.3NA
4．稀土Er单原子光催化剂能高效催化的还原反应，其反应历程与相对能量如图所示(其中“*”表示稀土Er单原子光催化剂)。

下列说法错误的是
A．反应过程中所有步骤均发生了还原反应
B．决速步骤为
C．稀土Er原子若催化，需转移
D．稀土Er原子提高了的催化转化效率
5．2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。

下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．反应③过程中，涉及到极性键和非极性键的断裂和形成
C．总反应为：
D．一价铜催化剂能有效降低总反应的焓变
6．重铬酸钾()是实验室常用的强氧化剂，其溶液一般为橙色，由于被还原后生成而使得溶液变为绿色。已知溶液中存在平衡：，某化学兴趣小组的同学考虑到金属单质容易失电子，因此设计实验，研究重铬酸钾溶液与铁的反应情况，实验结果如表。
实验
现象

一段时间后，培养皿中由铁珠向外依次呈现：
Ⅰ区溶液澄清且绿色明显
Ⅱ区开始时溶液变黄，但随后出现紫色胶状沉淀
Ⅲ区溶液澄清且几乎无色
下列说法错误的是
A．Ⅰ区溶液中的主要阳离子是、，这是溶液绿色明显的主要原因
B．Ⅱ区出现紫色胶状沉淀是因为
C．Ⅲ区溶液几乎无色，主要是因为离子的扩散
D．Ⅱ区可能发生了
7．某化合物结构如图所示。其中为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X是有机分子的骨架元素，W基态原子的M层为全充满、N层只有一个电子。下列说法正确的是

A．原子半径： B．第一电离能：
C．该配合物中X均满足8电子稳定结构 D．该配合物中X的杂化类型有
8．使用镍基电催化剂、二茂铁(简写为Cp2Fe)作牺牲电子供体，同时使用NH4PF6作电解质和质子供体，乙腈(CH3CN)作溶剂，可实现连续非水流通池中有效的催化CO2还原，装置如下图所示：

已知：
下列说法错误的是
A．选用乙腈作溶剂，与CO2、NH4PF4等在其中的溶解性有关
B．使用的交换膜是质子交换膜
C．该装置工作时，阴极上还可能有H2产生
D．该电池反应为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O
9．某酸溶液中含X粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A．已知亚磷酸的结构为 ，则X可能为P
B．在溶液中滴加少量溶液，发生反应的离子方程式为
C．溶液中有
D．溶液中有
10．构成A、B、C、D、E五种物质的元素中，只有一种不属于短周期元素。A、B、C、D、E五种物质之间的转化关系如图所示：

下列判断错误的是
A．若A是可溶性强碱，B是正盐，D不溶于稀硝酸，则B的化学式为(NH4)2SO4
B．若A和B都是盐，A难溶于水，而B易溶于水，D不溶于稀硝酸，C为无色无味气体，则B的化学式为NaHSO4
C．若A是2∶1 型的离子化合物，B是硫酸盐，D既可溶于稀盐酸又可溶于NaOH溶液，且A与B的物质的量之比为3∶1时恰好完全反应，则B的化学式为Al2(SO4)3
D．若A是1∶1型的离子化合物，A与过量的B溶液反应才有D生成；将C燃烧的产物通过装有碱石灰的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶，两者的质量都增加，则B的化学式一定为Al2(SO4)3

二、工业流程题
11．工业上利用锌焙砂(主要成分为，含有少量、、等)生产高纯的流程示意图如下。

(1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。
①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为 。
(2)“浸出”时转化为。“除砷”步骤①中用作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为 。
(3)“除重金属”时，加入溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是 和。
(4)“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因： 。
(5)“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为 。
(6)“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品的比表面积变化情况如图1、图2所示。
已知：i．固体失重质量分数=×100％。
ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品的活性越高。

①280℃时煅烧，后固体失重质量分数为33.3％，则的分解率为 ％(保留到小数点后一位)。
②根据图1和图2，获得高产率(分解率>95％)、高活性(比表面积)产品的最佳条件是 (填字母序号)。
a．恒温280℃，　　　　　b．恒温300℃，
c．恒温350℃，　　　　d．恒温550℃，
(7)该流程中可循环利用的物质有 。
12．I．X是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的新型漂白剂(由四种短周期元素组成的纯净物)，无毒无味，性能温和，且对环境友好。X从组成形式上可看成是某种正盐M与活性物质N的加合产物(mM·nN ，类似于结晶水合物，相对分子量不超过400)。现将X按如下流程实验，气体A能使带火星的木条复燃，固体B溶于水所得溶液显碱性，且焰色反应呈黄色。

请回答：
(1) X中含有的非金属元素是 ，写出X灼烧的化学方程式是 。
(2)向X的溶液中通入少量SO2，请写出离子方程式 。
II ．某化学兴趣小组为了探究硫酸铁溶液与铜粉反应的限度问题，向一定量的硫酸铁溶液中加入过量的铜粉，充分振荡后溶液逐渐变蓝，过滤，向滤液中滴加2滴0.2mol/L KSCN溶液。实验现象为：溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。甲同学猜想出现异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了Fe3+的检验，查阅相关资料如下：
①CuSCN是一种白色沉淀物
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
(1)该兴趣小组所记录的实验现象说明铜与铁离子的反应 (填有或没有)限度。
(2)请用离子方程式分别解释“溶液变为红色”、“振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成”现象的原因： 、 。
(3)为了进一步探究，该小组向盛有2mL 0.5mol/L FeSO4和0.2mol/L KSCN混合溶液的试管中，滴加5滴0.05mol/L硫酸铜溶液，有白色沉淀生成，且溶液变红。请解释溶液变红的可能原因(可以不止一种)：
① ，② ，③

三、原理综合题
13．丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下：
主反应Ⅰ.
副反应Ⅱ.
已知：在一定条件下一氧化碳能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物。
回答下列问题：
(1)T℃时，向恒压容器中充入0.2 mol 、0.2 mol和0.2 mol，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，放出15.48 kJ的能量；若向相同容器中充入0.4 mol，吸收20.64 kJ的能量，则反应I的 。
(2)保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为3p kPa，反应达到平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，则的转化率为 %，反应I的 (用含p的代数式表示)。
(3)在恒压条件下，按照投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图1曲线所示。测得 (填“>”、“=”、“＜”)，产生这一结果的原因可能是

(4)在恒压密闭容器中，通入1 mol、1 mol 和，在一定温度和铑催化剂作用下，发生上述反应，测得的转化率()和丙醛选择性［］随变化关系如图2所示。曲线b表示 ，当时，曲线a随的增大而降低的原因是 。


四、结构与性质
14．Ⅰ.氮原子可以形成σ键、π键、大π键和配位键，成键的多样性使其形成了多种具有独特组成的物质。回答下列问题：
(1)第一电离能：氮 氧(填“大于”或“小于”)，基态氮原子价电子排布图不是，是因为该排布方式违背了 。
(2)肼(H2N−NH2)分子中孤电子对与σ键的数目之比为 ，肼的相对分子质量与乙烯接近，但沸点远高于乙烯的原因是 。
(3)硝酸的结构可表示为，硝酸与水分子可形成一水合二硝酸结晶水合物(2HNO3•H2O)，水分子以三个氢键与两个硝酸分子结合，请写出一水合二硝酸的结构式 (氢键用“…”表示)。
(4)正硝酸钠(Na3NO4)为白色晶体，是一种重要的化工原料。
①Na3NO4阴离子的空间构型为 ，其中心原子杂化方式为 。
②分别写出一种与Na3NO4的阴离子互为等电子体的阴离子和分子 (填化学式)。
③在573K条件下，实验室中用NaNO3和Na2O在银皿中反应制得Na3NO4，Na2O的立方晶胞如图所示。

图中“●”表示 (填“Na+”或“O2−”)，距离“●”最近且等距离的“○”有 个，Na2O晶胞的参数为a pm，则晶胞密度为 g•cm−3.(列出计算式即可，NA为阿伏加德罗常数的值)
Ⅱ.研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：

(5)基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。在元素周期表中位置为 。
(6)1mol晶胞中含有Cl原子 mol，含有杂化的中心原子 mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是 。
(7)TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为 ；的沸点高于，主要原因是 。

五、有机推断题
15．克霉唑为广谱抗真菌药，对多种真菌尤其是白色念珠菌具有较好的抗菌作用，其合成路线如下图：

已知：甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质： 和。 回答下列问题：
(1)E的名称是 ；F中的官能团名称为 。
(2)合成克霉唑的过程中，发生最多的反应类型是 。
(3)在由B制取E的过程中，不是由B一步反应生成E，其原因为 。
(4)写出C→D的化学方程式 。
(5)M与G互为同分异构体，满足下列两个条件的M有 种(不包括G本身)
①含有三个苯环
②苯环之间不直接相连
写出其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式 。
(6)结合题中信息，写出用苯为原料，制备的合成路线 (无机试剂任选)。

参考答案：
1．B
【详解】A．二氧化硅与焦炭共热制备粗硅，发生反应：，生成有毒气体，不符合“绿色化学”理念，A错误；
B．生石灰与水混合制备，没有生成有毒气体且原子利用率为100%，符合“绿色化学”理念，B正确；
C．铜粉与浓硫酸共热制备，发生反应：，生成有毒气体，不符合“绿色化学”理念，C错误；
D．铁粉与稀硝酸混合制，发生反应：，生成有毒的气体，不符合“绿色化学”理念，D错误；
故选B。
2．D
【详解】A．能与氢气发生反应的官能团为碳碳双键、醛基，1mol碳碳双键需要1mol氢气，1mol醛基需要1mol氢气，则1mol该有机物最多可与3molH2反应，A项错误；
B．能与NaOH溶液反应的官能团为酯基和羧基，则1mol该有机物最多与2molNaOH反应，B项错误；
C．该有机物能被酸性高锰酸钾氧化的官能团为醛基、羟基、碳碳双键，故不可用酸性高锰酸钾检验结构中的碳碳双键，C项错误；
D．与发生加成反应产物为、、、，反应产物有4种，D项正确；
答案选D。
3．A
【详解】A． 由反应机理可知，反应①发生的反应为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和氢气，则消耗4.4 g二氧化碳，反应转移电子数为×6×NAmol—1=0.6NA，故A正确；
B．标准状况下，过氧化氢为液态，无法计算11.2L过氧化氢的物质的量和含有的非极性键的数目，故B错误；
C．甲醛和DHA的最简式相同，都为CH2O，则30 g甲醛与DHA的混合物中含氧原子数为×NAmol—1=NA，故C错误；
D．由淀粉酿酒涉及的反应可得如下关系式：(C6H10O5)n—nC6H12O6—2n C2H6O2，则16.2 g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为×2n×NAmol—1=0.2NA，故D错误；
故选A。
4．C
【详解】A．图示机理中所有步骤均得电子，发生了还原反应，A正确；
B．决速步骤为活化能最大的反应步骤，为反应，B正确；
C．根据题给反应机理可知，反应物为和，产物为和，故总反应为，催化，需转移，C错误；
D．稀土Er原子是催化剂，能提高反应速率，即提高了的催化转化效率，D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是N的最外层电子排布是2s22p3，p轨道半充满较稳定，因此第一电离能比氧大，故第一电离能：，A错误；
B．反应③过程中，涉及到NN、CC非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，存在C-N极性键的形成，不存在极性键的断裂，B错误；
C．根据反应过程，总反应为： ，C正确；
D．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变反应的焓变，D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．与铁珠能发生反应，Ⅰ区由于铁珠的存在，氧化产物是，对应的反应为，而可使溶液呈绿色，故A正确；
B．Ⅱ区的主要反应为，此时，溶液中降低，增大，发生反应：、，产生一种紫色胶状沉淀，故B错误；
C．Ⅰ区和Ⅱ区的反应导致Ⅲ区不断向Ⅰ区和Ⅱ区扩散，最终Ⅲ区溶液中几乎不含而呈无色，故C正确；
D．由于存在平衡：，降低的同时，平衡正向移动，导致转化为，因此，Ⅱ区可能发生反应：，故D正确；
故答案选B。
7．D
【分析】X是有机分子的骨架元素，说明X为C元素；W基态原子的M层为全充满、N层只有一个电子，即W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu元素；为原子序数依次增大的短周期非金属元素，根据结构式可知，M为H元素，Y为N元素，Z为P元素；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，则原子半径由大到小的顺序为：，A错误；
B．N原子属于半充满状态，第一电离能较高，H原子比C原子半径小得多，核外电子受到原子核的引力大，电离需要更多的能量，故H>C，而Cu的电子层数最大，较容易失去一个电子，，其第一电离能最小，故第一电离能由大到小的顺序为：，B错误；
C．该配合物中与W形成配位键的X，不满足8电子稳定结构，C错误；
D．该配合物中X的价层电子对有4和3，故其杂化类型有，D正确；
故选D。
8．B
【分析】由题干信息可知，该电解池的阳极反应式为：Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，阴极反应式为：CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，据此进行分析。
【详解】A．溶剂要使各种物质能较好地溶解，A正确；
B．阳极上是二茂铁失电子，方程式为Cp2Fe-e-=Cp2Fe+，生成的Cp2Fe+是阳离子，交换膜左侧正电性增大，所以要使阳离子从阳极处移动到阴极处，溶液中没有氢离子，只能通过铵根离子移动到阴极，在阴极上发生反应。所以交换膜是阳离子交换膜，不是质子交换膜，B错误；
C．阴极发生CO2+2+2e-=CO+2NH3+H2O，工作一段时间后，生成的水可能在阴极上得电子，生成氢气，C正确；
D．根据电极方程式，可得总反应方程式为2Cp2Fe+CO2+2NH4PF62Cp2FePF6+CO+2NH3+H2O，D正确；
故答案选B。
9．C
【详解】A．由各粒子的分布图可知，该酸应该为三元弱酸，若亚磷酸的结构为 ，含有两个羟基，为二元酸，所以X不可能为P，A错误；
B．在溶液中滴加少量溶液，发生反应的离子方程式应为：　，B错误；
C．在溶液中，存在电离，由图可知， 和水解：，，，所以水解程度大于电离程度，所以，C正确；
D．在溶液中，根据电荷守恒，，D错误；
故选C。
10．D
【详解】A．若A是可溶性强碱，B是正盐，反应能有气体放出，则气体为NH3，D不溶于稀硝酸，此沉淀应该为BaSO4，故B的化学式为(NH4)2SO4，故A正确；
B．若A和B都是盐，A难溶于水，而B易溶于水，二者能反应生成气体，则B应该为酸式盐，且A为弱酸盐，D不溶于稀硝酸，C为无色无味气体，则B的化学式为NaHSO4，A为BaCO3，故B正确；
C．D既可溶于稀盐酸又可溶于NaOH溶液，D可为Al(OH)3，可知A与水反应可生成一种碱同时有气体放出，应该为Na2O2，结合A与B的物质的量之比为3∶1时恰好完全反应，可知B的化学式为Al2(SO4)3，故C正确；
D．若A是1∶1型的离子化合物，A与过量的B溶液反应才有D生成；将C燃烧的产物通过装有碱石灰的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶，两者的质量都增加，说明C为有机化合物，A可为CaC2，此时只要B为碳酸盐就可以满足条件了，不一定要为Al2(SO4)3，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查无机物推断，属于猜测验证型，需要熟练掌握元素化合物知识，难度中等。
11．(1) 提高浸出效率 +2NH3▪H2O+2=+3H2O
(2)H2O++= AsO+2SO+2H+
(3)CuS
(4)“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡[Zn(NH3)4] 2+Zn2++4NH3正向移动，[Zn(NH3)4] 2+转化为Zn2+，Zn2+和溶液中SO和OH-结合得到白色固体
(5)+ 2HCO=2ZnCO3++2H2O
(6) 94.6% b
(7)(NH4)2SO4、NH3 ▪H2O、CO2

【分析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)中加入(NH)2SO4和氨水，过滤后，滤液中含有、、、，加入(NH4)2S2O8、FeSO4、CaO，先将AsO氧化为AsO，再将Fe2+氧化为Fe3+，二者反应生成FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀；过滤后，滤液中加入BaS，将重金属离子转化为沉淀，过滤后，滤液中加入Zn，深度除金属离子，过滤后蒸氨，再向溶液中加入NH4HCO3和CO2将[Zn(NH3)4] 2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO，以此解答。
【详解】（1）①“浸出”时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高浸出效率；
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为+2NH3▪H2O+2=+3H2O。
（2）“浸出”时转化为，由分析可知，和发生氧化还原反应生成AsO和SO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H2O++= AsO+2SO+2H+。
（3）除砷后溶液中还存在少量Ca2+、Cu2+、Ni2+、Zn2+，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和。
（4）“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡[Zn(NH3)4] 2+Zn2++4NH3正向移动，[Zn(NH3)4] 2+转化为Zn2+，溶液中还存在SO和OH-，得到白色固体。
（5）“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为：+ 2HCO=2ZnCO3++2H2O。
（6）①加热时发生分解，设加热前的质量为ag，后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，分解的质量为，则的分解率为=94.6%；
②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，比表面积，则应该选择恒温300℃，，故选b。
（7）由分析可知，(NH4)2SO4、NH3 ▪H2O、CO2都可循环使用，则流程中可循环利用的含氮物质有(NH4)2SO4、NH3 ▪H2O、CO2。
12． C、H、O 2[2Na2CO3·3H2O2] 4Na2CO3+6H2O+3O2↑ 2CO+ H2O2+ SO2= SO+ 2HCO 有 Fe3++ 3SCN-= Fe(SCN)3 4Fe(SCN)3 + 6Cu2+= 4Fe3++ 6CuSCN↓ + 3(SCN)2 Cu2+可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-变红 Cu2+氧化SCN-为(SCN)2，(SCN)2可氧化Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-变红 ——
【分析】I．干燥管增重1.08g，说明X中含有H元素，生成的水蒸气的物质的量为=0.06mol；固体B溶于水所得溶液显碱性，且焰色反应呈黄色，说明X中含有钠元素；固体B溶解后滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀，X是由四种短周期元素组成的纯净物，无毒无味，性能温和，且对环境友好，则该白色沉淀为碳酸钙，说明X中含有C元素，B为Na2CO3；碳酸钙的质量为4.00g，物质的量为=0.04mol；则6.28g X中含有0.12molH、0.08molNa、0.04molC；根据质量的关系分析判断是否含有O元素，结合X是某种正盐M与活性物质N的加合产物，且相对分子量不超过400，分析判断X的化学式；
II ．向一定量的硫酸铁溶液中加入过量的铜粉，充分振荡后溶液逐渐变蓝，说明铁离子被还原生成亚铁离子，铜被氧化得到铜离子，发生反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；过滤，向滤液中滴加2滴0.2mol/L KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+，振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成，是因为生成了CuSCN白色沉淀，据此分析解答。
【详解】I．根据上述分析，6.28g X中含有0.12molH、0.08molNa、0.04molC；0.12molH、0.08molNa、0.04molC的质量之和为0.12mol×1g/mol+0.08mol×23g/mol+0.04mol×12g/mol=2.44g＜6.28g，说明X中含有O元素，且质量=6.28g-2.44g=3.84g，物质的量为=0.24mol，X中N(Na)∶N(C)∶N(H)∶N(O)= 0.08mol∶0.04mol∶0.12mol∶0.24mol= 2∶1∶3∶6，X从组成形式上可看成是某种正盐M与活性物质N的加合产物，气体A能使带火星的木条复燃，气体A为氧气且其物质的量为0.03mol，则M为Na2CO3，N为H2O2，6.28gX中含有0.04mol Na2CO3，0.06mol H2O2，相对分子量不超过400，则X的化学式为2Na2CO3·3H2O2。
(1) X中含有的非金属元素是C、H、O，X灼烧生成碳酸钠，水和氧气，反应的化学方程式为2[2Na2CO3·3H2O2] 4Na2CO3+6H2O+3O2↑，故答案为：C、H、O；2[2Na2CO3·3H2O2] 4Na2CO3+6H2O+3O2↑；
(2)过氧化氢具有氧化性，能够氧化二氧化硫，向X的溶液中通入少量SO2，反应的离子方程式为2CO + H2O2 + SO2 = SO+ 2HCO，故答案为：2CO + H2O2 + SO2 = SO+ 2HCO；
II ．(1)根据上述分析，一定量的硫酸铁溶液中加入过量的铜粉，反应后的溶液中还含有Fe3+，说明铜与铁离子的反应有限度，故答案为：有；
(2)向滤液中滴加2滴0.2mol/L KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+，反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- = Fe(SCN)3；振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成，是因为生成了CuSCN白色沉淀，硫氰[(SCN)2]的性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，说明Fe3+不能与(SCN)2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为4Fe(SCN)3 + 6Cu2+ = 4Fe3+ + 6CuSCN↓ + 3(SCN)2，故答案为：Fe3+ + 3SCN- = Fe(SCN)3；4Fe(SCN)3 + 6Cu2+ = 4Fe3+ + 6CuSCN↓ + 3(SCN)2；
(3)向盛有2mL 0.5mol/L FeSO4和0.2mol/L KSCN混合溶液的试管中，滴加5滴0.05mol/L硫酸铜溶液，有白色沉淀生成，且溶液变红。白色沉淀为CuSCN；溶液变红是因为溶液中存在了Fe3+，Fe3+遇SCN-变红，出现Fe3+可能是Cu2+将Fe2+氧化成Fe3+，也可能是硫氰[(SCN)2]将亚铁离子氧化生成铁离子等，故答案为：Cu2+可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-变红；Cu2+氧化SCN-为(SCN)2，(SCN)2可氧化Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-变红。
【点睛】I的难点是生成的白色沉淀的判断，要注意“X对环境友好”的提示；II的易错点为（2）中方程式的书写，难点为(3)，该答案具有开放性，要注意克服定势思维的局限。
13．(1)-129
(2) 80% 96
(3) < 反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动
(4) 的转化率() 氢气浓度增加，生成的增多，丙醛选择性降低

【详解】（1）向恒压容器中充入0.2 mol 、0.2 mol和0.2 mol，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，放出15.48 kJ的能量；，；若向相同容器中充入0.4 mol，吸收20.64 kJ的能量，，所以；故答案为-129。
（2）保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，，；平衡时的转化率为80%，反应Ⅰ、Ⅱ中和均按照1：1进行，所以的转化率为80%；总压为3p kPa，设反应达到的选择性为25%，所以发生反应I的物质的量为；根据反应Ⅰ和Ⅱ的反应系数比，体系中剩余的，，，，；所以平衡时压强为；所以反应I的；故答案为80%；96。
（3）在恒压条件下，按照投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图1曲线所示。由于反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动；虽然转化率降低，但是D点温度大于B点温度，所以<；故答案为<；反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动。
（4）根据反应Ⅰ、Ⅱ方程式，氢气比例增大，反应Ⅰ、Ⅱ中的转化率均增大，所以曲线b表示的转化率()；曲线a表示丙醛选择性，当时，氢气浓度增加，生成的增多，丙醛选择性降低；故答案为的转化率()；氢气浓度增加，生成的增多，丙醛选择性降低。
14．(1) 大于 洪特规则
(2) 2∶5 肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键
(3)
(4) 正四面体 sp3 (或、等)、CCl4(或CBr4、CI4、SiF4等) O2− 8
(5) 第四周期第ⅦB族
(6) 16 32 Cl、N
(7) (正)四面体(形) 二者均为分子晶体，相对分子质量更大

【详解】（1）同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素氧；根据洪特规则，基态氮原子2p能级的3个电子，填入简并轨道时先单独分占且自旋平行，则其价电子排布图应为。
（2）肼(H2N−NH2)分子中每个N原子有1对孤电子对，单键均为σ键，则肼分子中孤电子对与σ键的数目之比为2:5；肼存在分子间氢键，而乙烯不能形成分子间氢键，因此肼分子的沸点远高于乙烯。
（3）水分子以三个氢键与两个硝酸分子结合，其中水分子中的2个H原子与一个硝酸分子中的非羟基氧原子形成2个氢键，水分子中的氧原子与另一个硝酸分子中的氢原子形成1个氢键，则一水合二硝酸的结构式可表示为。
（4）①中阴离子为，中心N原子价电子对数=，无孤电子对，空间构型为正四面体形；其中心N原子采取杂化；
②价电子总数和原子总数相同的分子、离子或基团互称为等电子体，则与互为等电子体的阴离子有、、等，分子有CCl4、CBr4、CI4、SiF4等；
③根据均摊原则，位于晶胞顶点和面心的黑球个数为、位于晶胞内的白球个数为8，二者个数比为1:2，则图中“●”表示，“○”表示Na+；以位于面心的黑球为例，可以看出距离“●”最近且等距离的“○”有8个；晶胞的参数为apm，则晶胞密度为。
（5）Mn为25号元素，则基态Mn原子核外电子排布式为，价电子轨道表示式为，其位于元素周期表的第四周期第ⅦB族。
（6）根据均摊原则，晶胞中位于棱上、面心和内部的原子个数为，含有杂化的中心原子为32，则1mol晶胞中含有Cl原子16mol，含有杂化的中心原子32mol；Cl、N含有孤电子对，可提供电子对形成配位键。
（7）中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；和均为分子晶体，相对分子质量更大，因而沸点高于。
15． 邻氯甲苯 氯原子 取代反应 甲苯直接发生氯代反应得到邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离 +Cl2 +HCl 14
【分析】由流程图和已知信息可知D的结构简式为，再根据各物质的结构简式和官能团性质分析推断；同分异构体书写时利用等效氢的方法写出同分异构体。
【详解】（1）E的结构简式为，名称为邻氯甲苯；F的结构简式为，官能团为氯原子，
故答案为：邻氯甲苯；氯原子；
（2）A到B为取代反应，B到C为取代反应，C到D为取代反应，D到E为水解反应，也为取代反应，E到F为取代反应，F到G为取代反应，G到H为取代反应，故最多的反应为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）由已知信息可知甲苯与氯气在三氯化铁催化下得到两种物质：和，邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离，
故答案为：甲苯直接发生氯代反应得到邻氯甲苯和对氯甲苯难以分离；
（4）C→D的化学方程式为： +Cl2 +HCl ,
故答案为： +Cl2 +HCl ；
（5）M与G互为同分异构体，满足①含有三个苯环②苯环之间不直接相连；则三个苯环必定连在同一碳原子上，其一氯代物有四种位置分别为1,2,3,4，则二氯代物有14种，取代位置分别为1，2；1,3；1,4；5,6；5,7；5,8；5，9；6，7；6,8；5,2；5,3；5,4；6,3；6,4；7,4；共15种结构，除去G本身，则有14种同分异构体，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为，
故答案为：14；；
（5）)结合题中信息，用苯为原料，制备的合成路线为：，
故答案为：。