2024届宁夏中卫市高三下学期一模理综试题-高中化学（含解析）

这是一份2024届宁夏中卫市高三下学期一模理综试题-高中化学（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是
A．AB．BC．CD．D
2．华蟾素具有解毒、消肿、止痛的功能，用于治疗中、晚期肿瘤，慢性乙型肝炎等疾病。下列关于华蟾素的说法错误的是
A．能使酸性KMnO4溶液褪色B．能与NaHCO3反应生成CO2
C．1ml该分子最多与2mlH2发生加成反应D．能够发生酯化反应、水解反应
3．用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W原子序数之和为Z原子序数的2倍，W的最外层电子数是内层电子数的3倍，这四种元素可组成一种化合物M的结构如图所示。下列说法错误的是
A．Y、Z、W分别与X形成的二元化合物均不止一种
B．X、Y、W形成的一种酸具有还原性
C．化合物M溶于水能促进水的电离
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
5．由下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
6．磷氰酸根负离子对构建新型含磷化合物的研究有着重要的意义。以惰性材料为电极，将白磷转化为二氰基磷负离子的锂盐，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．Li[P(CN)2]中 P元素的化合价为+1
B．装置工作时，b极电势高于c极电势
C．阴极反应为2HCN+2e- =2CN- +H2↑
D．外电路中通过0.2 ml电子时，阴极室质量减少0.2g
7．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，在溶液中的电离类似于氨，且分步电离。25℃时，乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数δ(平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数)随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二级电离方程式为：H2NCH2CH2NH+H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH-
B．乙二胺一级电离平衡常数Kb1与二级电离平衡常数Kb2的比值为103
C．向一定浓度的H2NCH2CH2NH2溶液中滴加稀盐酸，至B点时，溶液中的离子浓度关系：c(Cl-)+c(OH-)=3c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)
D．将0.1ml/L 100 ml [H3NCH2CH2NH3]Cl2与0.1ml/L 100 mLH2NCH2CH2NH2混合，所得溶液呈酸性
二、解答题
8．过氧乙酸()是无色透明液体，常用于速效漂白和消毒，氧化性比强，与酸性相近。某课外实验小组同学用溶液与乙酸酐制备高浓度过氧乙酸并对其含量测定，实验过程如下。
制备反应为：。
Ⅰ.过氧化氢的浓缩：溶液浓缩至75%(沸点150.2℃)：浓缩装置如下图所示(连接用橡胶管和支持仪器以及抽气泵已省略)：
(1)仪器B的名称 ，浓溶液主要在 烧瓶中得到(填“A”或“C”)。
(2)该实验过程操作的正确顺序是 (填序号) 。
_______→_______→_______→_______→③→④
①水浴加热；②连接装置；③抽真空后向冷凝管中通水；
④自滴液漏斗往烧瓶中缓慢滴加溶液；
⑤在滴液漏斗中装入溶液；
⑥检查装置气密性。
Ⅱ.过氧乙酸的制备：如下图所示，搅拌器不断搅拌下，向三颈烧瓶中加入45mL乙酸酐，逐步滴加溶液25mL(过量)，再加1mL浓硫酸，搅拌4小时，室温静置15小时即得47%的过氧乙酸溶液。
(3)该实验采用水浴加热的目的 。
(4)实验中，利用搅拌器充分搅拌的作用是 。
(5)乙酸酐与反应的尾气可以用 吸收。
Ⅲ.过氧乙酸(含杂质)的含量测定：取适量样品按下图所示步骤依次进行实验，测定过氧乙酸的含量。
(6)①第2步滴加溶液恰好除尽的实验现象是 。
②第3步中过氧乙酸可被还原为乙酸，其离子方程式为 。
③若实验中所取样品体积为，第3步中加入溶液，第4步滴定中消耗溶液，则过氧乙酸含量为 。
9．一种以钛白水解工业废酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、SO等离子，Sc3+质量浓度为18mg∙L-1)为原料，提取用于电子工业、激光及超导材料、合金添加剂、各种阴极涂层添加剂等的主要成分氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)在萃取时，加入H2O2可生成难萃取的[TiO(H2O2)]2+，其中钛的化合价为 。
(2)酸洗时，93%的硫酸、27.5%H2O2溶液和H2O按一定比例混合成酸洗试剂，来除去油相中少量的钛。实验室中三种液体在烧杯中混合时加入的先后顺序是 。
(3)反萃取步骤中，加入NaOH溶液后生成Sc(OH)3和MnO2沉淀。写出H2O2氧化Mn2+的离子方程式 。若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，则残留的Sc3+的质量浓度是 mg/L。(Ksp[Sc(OH)3]=8×10-31)。
(4)沉钪步骤生成Sc2(C2O4)3灼烧时生成Sc2O3和CO2，氧化剂是 ，反应的化学方程式是 。
(5)该流程从1m3的钛白水解工业废酸中提取出24.4gSc2O3，则Sc的提取率是 %(保留三位有效数字)。
10．中科院天津工业生物所利用光伏发电，将电解水获得的H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。回答下列问题：
(1)该研究成果的重大意义是 。(答出一点即可)
(2)已知：在一定温度和压强下，由最稳定单质生成1ml化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。某些化合物的摩尔生成焓如表所示。
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
①反应I的焓变ΔH1= kJ∙ml-1。
②保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，同时发生反应I和II，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量如表所示。
已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n1= ，反应I的平衡常数Kp= 。(含p的式子表示)
(3)取物质的量浓度为aml∙L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所示。
①根据表中数据选取最佳的反应条件 。
②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能原因是 。
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为 g∙L-1∙h-1。淀粉的产率为 。(用含a的式子表示)
11．钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。
(1)基态钴原子的价电子排布式为 ，C的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是 。C与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但金属C的熔点、沸点均比金属Ca的高，原因是 。
(2)以无水乙醇作溶剂，C(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构简式如图所示。
①该多齿配体中所含元素(除氢以外)第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号)。
②下列化合物与上述配合物中C和N原子的杂化类型均相同的是 (填标号)。
A． B． C． D．
(3)[C(NO3)4]2-中C2+的配位数为4，1ml该配离子中含σ键数目为 NA，配体中与钴进行配位的原子是 ，原因是 。
(4)稀土钴系(Sm—C)永磁合金的六方晶胞结构如图所示(晶体结构可看成如图(a)、(b)两种原子层交替堆积排列而成图(c))。已知同一原子层的Sm—Sm的最近距离为apm，不同原子层间的Sm—Sm最近距离为bpm。
①Sm—C永磁合金的化学式为 。
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金的密度ρ为 g·cm-3。(只要求列出计算式)
12．2022年北京冬奥会中广泛使用了生物可降解材料，聚合物P是其中一种。
其合成路线如图：
已知：RCHO+R′CH2CHO(R、R'代表烷基或H)
回答下列问题：
(1)化合物A的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为3：2，则A的系统名称为 。
(2)化合物B中所含官能团名称为 。
(3)化合物C的结构简式是 ，G→H的反应类型是 。
(4)B→C的化学方程式为 。
(5)关于以上有机物，下列说法正确的是 (填标号)。
A．化合物A既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应
B．化合物E分子中含有2个手性碳原子
C．由化合物E、I、J生成P的反应类型为缩聚反应
D．合成聚合物P的单体有3种，等物质的量的三种单体分别与金属钠反应，相同条件下生成的氢气体积相同
(6)分子式为C5H10O2且与化合物H互为同系物的有机化合物有 种。
(7)聚合物P具有较好的可降解性，其原因是 。
(8)以1，3-丁二烯和溴水为原料(其他无机试剂任选)，设计合成化合物J的路线 。
A．自热火锅
B．疫情期间75%的酒精消毒
C．工业制作印刷电路板
D．干冰形成舞台延误
A．制备溴苯并验证有HBr产生
B．实验室制备氯气
C．制备并验证产物为乙醛
D．实验室制备氨气
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向C2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性： C2O3 > Cl2
B
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
锌对铁依然具有保护作用
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2ml/L 的KI溶液与1mL 1ml/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
化合物
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
摩尔生成焓/(kJ∙ml-1)
-395
-200
-242
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/ml
4.0
8.0
0
0
0
平衡量/ml
n1
3.0
实验序号
温度/K
不同工程酶的组块
淀粉/(g∙L-1)
1
T1
agp-M1
0.21
2
T1
agp-M2
0.38
3
T2
agp-M2
1.82
4
T2
agp-M3
1.24
参考答案：
1．D
【详解】A．自热火锅的原理是加热包中的生石灰、碳酸钠、铁粉、铝粉、活性炭、硅藻土等成分遇水产生化学反应，释放出大量热量加热食物，A项涉及化学反应；
B．酒精能消毒是因为酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭细菌的目的，B项涉及化学反应；
C．工业制作印刷电路板反应原理是2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，C项涉及化学反应；
D．干冰是固态二氧化碳，它的沸点很低，在空气中升华成气态二氧化碳，升华吸收大量热，空气中的水蒸气液化变成小水滴形成雾，属于物理变化，D项不涉及化学变化；
综上所述，不涉及化学反应的是D项，故答案为D。
2．B
【详解】A．华蟾素分子中有碳碳双键和羟基，能与酸性 KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B．华蟾素分子中无羧基，不能与NaHCO3，反应生成CO2，故B错误；
C．1 ml该分子中只有2ml碳碳双键能与H2发生加成反应，故C正确；
D．该分子中存在羟基能发生酯化反应，存在酯基能发生水解反应，故D正确；
故选B。
3．A
【详解】A．3Br2+2Fe=2FeBr3，Br2++HBr，该反应可制备溴苯，CCl4可除去HBr中的溴蒸气，通入AgNO3溶液中有淡黄色沉淀生成，证明有HBr产生，A项正确；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热，B项错误；
C．图中实验装置可制备乙醛，但CuSO4溶液无法验证产物为乙醛，C项错误；
D．加热NH4Cl无法制备NH3，应加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制备氨气，D项错误；
答案选A。
4．D
【分析】W的最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素；根据M的结构可知X可以形成一个共价键，且原子序数小于O，所以X为H元素，Z可以和4个H原子形成正一价阳离子，则Z应为N元素，该阳离子为NH ；Y可以形成4个共价键，且和O原子形成双键，则Y应为C元素。
【详解】A．C可以和H形成多种烃类，都为二元化合物，N可以和H形成NH3、N2H4等多种二元化合物，O可以和H形成H2O、H2O2，A正确；
B．H、C、O可以形成具有还原性的H2C2O4(草酸)，B正确；
C．化合物M为(NH4)2C2O4，铵根和草酸根的水解都能促进水的电离，C正确；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，硝酸酸性强于碳酸，D错误；
综上所述答案为D。
5．C
【详解】A． 发生氧化还原反应生成氯气，C元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：C2O3 > Cl2，故A正确；
B． 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Fe为正极被保护，故B正确；
C． 常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，并不是不反应，故C错误；
D． KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D正确；
故选：C。
6．D
【分析】
由图可知，该装置为电解池，c电极+1价氢变为0价，则c电极为阴极，b电极为阳极，以此解题。
【详解】A．根据正负化合价为零的原则，Li[P(CN)2]中 P元素的化合价为+1，A正确；
B．由分析可知，c电极为阴极，b电极为阳极，则b极电势高于c极电势，B正确；
C．由图可知，在阴极HCN得到电子生成氢气，电极方程式为：2HCN+2e- =2CN- +H2↑，C正确；
D．由选项C分析可知，阴极反应为2HCN+2e- =2CN- +H2↑，则外电路中通过0.2 ml电子时，阴极室会生成0.1ml氢气，其质量为0.2g，但是同时会有0.2mlCN-转移到阳极室，故阴极室质量减少大于0.2g，D错误；
故选D。
7．D
【详解】A．乙二胺属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一级电离方程式为H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH+OH-；第二级电离方程式为H2NCH2CH2NH+H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，故A说法正确；
B．根据图像，乙二胺一级电离平衡常数，Kb1= =10-4.9，同理，Kb2=10-7.9，则=103，故B说法正确；
C．B点时，加入盐酸可调节pH值使其减小，根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H2NCH2CH2NH)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)，B点时c(H2NCH2CH2NH)=c([H3NCH2CH2NH3]2+)，则溶液中离子浓度关系可表示为c(Cl-)+c(OH-)=3c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)，故C说法正确；
D．将0.1ml/L100 mL[H3NCH2CH2NH3]Cl2与0.1ml/LH2NCH2CH2NH2混合生成H2NCH2CH2NH3Cl，由H2NCH2CH2NH的水解平衡常Kh==10-9.1< Kb2=10-7.9，溶液呈碱性，故D说法错误；
答案为D。
8．(1) 直形冷凝管 A
(2)②⑥⑤①
(3)控制反应温度在一定范围内
(4)使反应物充分接触，提高原料利用率
(5)NaOH溶液
(6) 溶液刚好变为浅红色，且半分钟内不褪色 CH3COOOH+2Fe2++2H+CH3COOH+2Fe3++ H2O
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是制备过氧乙酸，制备过程为先将稀过氧化氢溶液浓缩浓过氧化氢溶液，再用浓过氧化氢溶液与乙酸酐反应制得过氧乙酸，并用氧化还原滴定法测定产品中过氧乙酸含量。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器B为直形冷凝管；由75%过氧化氢溶液的沸点为150.2℃可知，装置A中得到浓过氧化氢溶液、装置C中为蒸馏出来的水，故答案为：直形冷凝管；A；
（2）过氧化氢溶液高温易分解，为防止过氧化氢溶液分解，浓缩过氧化氢溶液时，需要减压蒸馏，则浓缩过氧化氢溶液的操作为连接好装置，为防止实验过程中气体逸出，先检查装置气密性，然后在滴液漏斗中装入30%过氧化氢溶液，水浴加热装置A，打开抽气泵，抽真空后向冷凝管中通水，自滴液漏斗往烧瓶中缓慢滴加30%过氧化氢溶液，蒸馏得到浓的双氧水溶液，所以实验时的操作顺序为②→⑥→⑤→①→③→④，故答案为：②⑥⑤①；
（3）75%过氧化氢溶液的沸点为150.2℃，且过氧化氢溶液高温易分解，所以制备过氧乙酸时应选择水浴加热的方法控制反应温度，故答案为：控制反应温度在一定范围内；
（4）制备过氧乙酸时应利用搅拌器充分搅拌，使反应物充分接触，提高原料利用率，故答案为：使反应物充分接触，提高原料利用率；
（5）由方程式可知，浓硫酸作用下，过氧化氢浓溶液与乙酸酐反应生成过氧乙酸和乙酸，所以实验生成的尾气应用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案：NaOH溶液；
（6）①由题给流程可知，第2步发生的反应为酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，完全反应时，再滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液刚好变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②由题给流程可知，第3步发生的反应为过氧乙酸溶液与稀硫酸、硫酸亚铁溶液反应生成硫酸铁和乙酸，反应的离子方程式为CH3COOOH+2Fe2++2H+CH3COOH+2Fe3++ H2O，故答案为：CH3COOOH+2Fe2++2H+CH3COOH+2Fe3++ H2O；
③由题意可知，滴定溶液中过量亚铁离子消耗V2mLc2ml/L酸性高锰酸钾溶液，由得失电子数目守恒可知，过氧乙酸的物质的量为(10—3c1V1—5×10—3c2V2)ml×，则过氧乙酸含量为=g/L，故答案为：。
9．(1)+4
(2)水、93%硫酸、27.5%双氧水
(3) Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O 3.6×10-8
(4) O2 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
(5)88.4
【分析】钛白水解工业废酸含有Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、SO等离子，加入H2O2和有机萃取剂，分液分离，是为了除去TiO2+，用93%的硫酸、27.5%H2O2溶液和H2O洗涤油相，可进一步除去钛，加入NaOH溶液进行反萃取，此时Mn2+与H2O2在碱性条件下生成MnO2沉淀，Sc3+与OH-生成Sc(OH)3，过滤，滤渣酸溶，加入草酸使Sc3+转化为Sc2(C2O4)3沉淀，过滤分离，灼烧生成Sc2O3，据此解答。
【详解】（1）由[TiO(H2O2)]2+可知，O为-2价，H2O2为分子，看成0价，根据化合价规则可知钛的化合价中Ti为+4价，故答案为：+4；
（2）由于浓硫酸密度比水大，溶于水放出大量的热量，为了防止产生液体飞溅引起实验事故，混合93%的硫酸、27.5%H2O2溶液和H2O的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌，即实验室中三种液体在烧杯中混合时加入的先后顺序是水、93%硫酸、27.5%双氧水，故答案为：水、93%硫酸、27.5%双氧水；
（3）碱性条件下Mn2+与H2O2发生氧化还原反应，生成MnO2沉淀和水，其离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O；由Sc(OH)3(s) Sc3+(aq)+3OH-(aq)可知，Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)c3(OH-)，pH=8，则c(Sc3+)===810-13ml/L=3.6×10-8
mg/L，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O；3.6×10-8；
（4）草酸根中碳的化合价是+3价，在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2，则氧化剂是O2，还生成了Sc2O3，根据得失电子守恒、原子守恒得到，反应的化学方程式是2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：O2；2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
（5）1m3的废酸中Sc3+质量为18g，24.4gSc2O3中钪的质量为24.4g=15.91g，则Sc的提取率是100%=88.4%，故答案为：88.4。
10．(1)碳中和、碳排放、温室效应、粮食危机等
(2) -47 2.0
(3) 温度T2，催化剂agp-M2 随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；继续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少 0.124 ×100%
【详解】（1）将二氧化碳到淀粉，有利于减少空气中CO2的含量，有利于实现碳中和、减少碳排放、缓解温室效应、缓解粮食危机等。
（2）①根据摩尔生成焓的定义可知，在一定温度和压强下，①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395kJ∙ml-1，②C(s)+O2(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-200kJ∙ml-1，③H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-242kJ∙ml-1，反应I=②+③-①，ΔH1=(-200kJ∙ml-1)+(-242kJ∙ml-1)-(-395kJ∙ml-1)=-47kJ∙ml-1；
②同温同体积时，气体的压强与气体的物质的量成正比，起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，起始时气体总物质的量为12ml，则平衡时气体的总物质的量为8ml；设反应I和II中，CO2转化的物质的量分别为x ml、y ml，反应的三段式为：
，，则有，解得x=2，y=1，则平衡时，n(CO2)=1.0ml，n(H2)=1.0ml，n(CH3OH)=2.0ml，n(CO)=1.0ml，n(H2O)=3.0ml，即n1=2.0；平衡时，p(CO2)==，p(H2)==，p(CH3OH)==，p(H2O)==，KP===。
（3）①如表中数据所示，相同时间内，实验3产生淀粉的浓度最大，故最佳的反应条件为温度T2，催化剂agp-M2；
②度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能原因是随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；继续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少；
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为=0.124g∙L-1∙h-1；设溶液体积为1L，由可知，10h内，a ml CH3OH理论上反应生成27a g淀粉，故淀粉的产率为=。
11．(1) 3d74s2 C失去三个电子后会变成[Ar]3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态[Ar]3d5，Fe失去三个电子后会变成[Ar]3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子 C原子半径小且价电子数多，金属键强
(2) N>O>C B
(3) 16 O(氧原子) NO中只有氧原子有孤对电子
(4) SmC5(或C5Sm) ×1030
【详解】（1）已知C是27号元素，则基态钴原子的价电子排布式为3d74s2，C失去三个电子后会变成[Ar]3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态[Ar]3d5，Fe失去三个电子后会变成[Ar]3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子，导致C的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，C与Ca属于同一周期，且最外层电子数相同，但由于C原子半径比Ca小且价电子数比Ca多，金属键强，导致金属C的熔点、沸点均比金属Ca的高，故答案为：3d74s2；C失去三个电子后会变成[Ar]3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态[Ar]3d5，Fe失去三个电子后会变成[Ar]3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；C原子半径比Ca小且价电子数比Ca多，金属键强；
（2）①该多齿配体中所含元素(除氢以外)即C、N、O，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，IIAVA主族大于同周期相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：N>O>C；
②有题干配合物的结构简式可知，其中苯环和双键所在的碳原子采用sp2，单键连接的碳原子采用sp3杂化，N原子采用sp2杂化，下列化合物中：
A. 分子中C均为sp2杂化，N均为sp3杂化，A不合题意；
B.分子中C采用sp2和sp3杂化，N原子采用sp2杂化，B符合题意；
C.分子中C采用sp3杂化，N液采用sp3杂化，C不合题意；
D. 分子中C采用sp3杂化，N液采用sp3杂化，D不合题意；
故答案为：B；
（3）[C(NO3)4]2-中C2+的配位数为4，已知1个中存在3个N-Oσ键，则1ml该配离子中含σ键数目为3×4+4=16NA，已知中中心原子N周围的孤电子对数为： =0，故配体中与钴进行配位的原子是O原子，原因是NO中只有氧原子有孤对电子，故答案为：16；O或氧原子；NO中只有氧原子有孤对电子；
（4）①由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Sm的个数为：=3，C的个数为：，Sm—C永磁合金的化学式为SmC5(或C5Sm)，故答案为：SmC5(或C5Sm)；
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，结合①的分析可知，一个晶胞的质量为：，题干信息告知，同一原子层的Sm—Sm的最近距离为apm，不同原子层间的Sm—Sm最近距离为bpm，则该晶胞的地面边长为：apm，高为bpm，底面是由6个边长为apm的正三角形组成，则底面面积为：6×=pm2，一个晶胞的体积为：b pm3=b×10-30cm3，则该合金的密度ρ为=×1030g·cm-3，故答案为：×1030。
12．(1)1，4-二甲苯
(2)羧基
(3) 加成反应
(4)+2CH3OH+2H2O
(5)CD
(6)12
(7)聚合物P含有多个酯基，可在一定条件下水解成可溶于水的分子
(8)
【分析】A分子式是C8H10，根据物质在反应过程中碳链结构不变，可知A是，A被酸性KMnO4溶液氧化，-CH3变为-COOH，得到B为：；B与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生C：；C在一定条件下发生反应产生D：，D与H2在催化剂存在条件下加热，发生苯环的加成反应产生E：。F分子式是C2H6O，结合P结构简式及反应信息，可知F是CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化产生G是CH3CHO，G与NaOH溶液混合，发生醛的加成反应产生H是，H与H2在一定条件下发生加成反应产生I是；J分子式是C4H6O4，其结构简式是HOOCCH2CH2COOH，E、I、J发生缩聚反应产生P和水。
【详解】（1）A是，核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为3：2，则A的系统名称为1，4-二甲苯；
（2）B为：，其中所含官能团名称为羧基；
（3）根据上述分析可知化合物C为；
化合物G是CH3CHO，G与NaOH溶液混合，发生醛的加成反应产生H是，则G→H的反应类型是加成反应；
（4）B为，B与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生和水，该反应为可逆反应，则该反应的化学方程式为：+2CH3OH+2H2O；
（5）A．化合物A是，只能与酸性KMnO4溶液反应产生，而不能与溴水发生反应，A错误；
B．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子。根据化合物E结构简式，可知该物质分子中不含有手性C原子，B错误；
C．由化合物E、I、J生成高聚物P，同时还产生小分子物质H2O，故该反应类型为缩聚反应，C正确；
D．化合物E是，I是，J是HOOCCH2CH2COOH，由于分子中含有的-OH、-COOH都可以与Na反应产生H2，物质的量的比是2-OH(或-COOH)～H2，这三种物质分子中都含有2个-OH(或-COOH)，因此等物质的量的三种单体分别与金属钠反应，相同条件下生成的氢气体积相同，D正确；
故合理选项是CD；
（6）化合物H是，分子式为C5H10O2且与化合物H互为同系物，说明物质分子结构中含有-OH、-CHO，先写碳链结构，然后采用定一移一的方法，移动官能团的位置，结构如下：、、、，12个位置的H原子被-CHO取代，就得到12中不同位置的同分异构体，故同分异构体种类数目是12种；
（7）聚合物P具有较好的可降解性，这是由于化合物P中含有多个酯基，可以发生水解反应，重新生成可溶于水的化合物，从而达到降解的目的；
（8）1，3丁二烯CH2=CH-CH=CH2与Br2发生1，4加成反应产生CH2Br-CH=CH-CH2Br，该物质与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生HOCH2-CH=CH-CH2-OH，然后产物与H2在一定条件下发生加成反应产生HO-CH2-CH2-CH2-CH2-OH，HO-CH2-CH2-CH2-CH2-OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生OHC-CH2-CH2-CHO，OHC-CH2-CH2-CHO进一步发生催化氧化产生HOOC-CH2-CH2-COOH，故以1，3-丁二烯和溴水为原料合成HOOC-CH2-CH2-COOH的路线为：。