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安徽省黄山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份安徽省黄山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共34页。试卷主要包含了K2夹好)，O2等气体杂质，MgSiO3和少量Fe，Al2O3等内容，欢迎下载使用。
安徽省黄山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编-3-非选择题
1. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中
①Y管中_____________
②反应的化学方程式
____________
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水凝集
打开K2
③_______________
④______________
2. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是_______。
(2)上述装置中存在一处缺陷，会导致KClO3产率降低，改进的方法是_______。
(3)某同学实验时误将漂白粉当成二氧化锰粉末制备Cl2，其化学方程式为_______。
(4)c中采用冰水冷却方式的目的是_______，b中制备反应的离子方程式是_______。
(5)d的作用是_______。
(6)反应结束后，实验小组的同学为测定制备的氯酸钾产品(含有氯化钾)中氯酸钾的纯度，取1.0g二氧化锰与一定质量的产品混合均匀后放入大试管中进行加热。测量所得数据如表所示：
时间/min
0
3
4
5
6
7
试管中剩余固体的质量/g
16.0
15.6
12.3
11.7
11.0
11.0
试计算产品中氯酸钾的纯度_______。(结果精确到0.1%)
3. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）锶(Sr)和镁位于同主族，锶比镁更活泼，锶与氮气在加热条件下反应生成氮化锶(Sr3N2)，已知氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶(Sr3N2相对分子质量：290.8)。
已知：①所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。
②醋酸二氨合亚铜(CH3COO[Cu(NH3)2])溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。
试回答下列问题：
(1)仪器A的名称是___________
(2)打开分液漏斗的旋塞，装置B能持续提供N2，这是利用了N2___________的物理性质
(3)装置C中盛放NaOH溶液的作用为___________
(4)装置D、E、F中盛装的试剂分别是___________(填代号)
①浓硫酸②连苯三酚碱性溶液③醋酸二氨合亚铜溶液
(5)为了制得纯净的氮气，实验室中可选用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气，其化学方程式为：___________
(6)上述实验设计存在明显的缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案为：___________
(7)产品纯度的测定：称取0.8000g实验所得产品，加入干燥的三颈瓶中，加入蒸馏水，并通入足量水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用20.00mL1.00mol/L的盐酸标准溶液完全吸收，再用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mLNaOH溶液。则产品纯度为___________%。
4. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）某化学实验室以一种工业上的废渣(废渣主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、Al的氧化物)为原料，制备MgCO3·3H2O。实验流程如图所示：
(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有_______(任写一点)，酸溶时废渣中主要成分MgCO3发生反应的离子方程式为____________________。
(2)加入30%H2O2的目的是__________________。
(3)用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+,
①加入30%H2O2后，检验溶液中是否含有Fe2+的最佳试剂是______。
②萃取分液完成后，检验水相中是否含有Fe3+的最佳试剂是_________。
(4)室温下，除去MgSO4溶液中的A13+(使Al3+浓度小于1×10-6mol·L−1)而不引入其它杂质，应加入的试剂X为_____，应调节pH的范围为_____。
已知：① Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33；② pH=8.5时，Mg(OH)2开始沉淀
(5)向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀并用蒸馏水洗涤，确认沉淀洗净的操作及现象是___________。
5. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：
(1)“550℃焙烧”目的是_______，过滤用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒还有_______。
(2)“碱浸”时主要反应的化学方程式为_______。
(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为_______。
(4)“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，其目的是_______；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，产生“滤渣I”主要成分的离子方程式为_______。
(5)“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=7.0×l0-6mol/L，则滤液中c(Ca2+)=_______[已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10]。
6. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3•nH2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为___________；
(2)“焙烧”时产生的酸性废气中含有的酸为___________(写化学式)；
(3)为提高“水浸”效率，可采取的措施有___________(至少写两条)；
(4)滤渣Ⅱ的主要成分是___________，在高温条件下，该成分可与Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)制备电极材料LiFePO4；
(5)滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3，已知Ksp[Al(OH)3]=10-32、Ksp[Fe(OH)3]=10-37，一般认为杂质离子浓度小于1.0×10-5mol/L时可认为已经除净。在“聚沉”工序中加MgO调pH时，pH应大于___________，此时溶液中c(Al3+)：c(Fe3+)=___________；加入絮凝剂的目的是___________；
(6)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为___________
7. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）H2是一种重要的清洁能源。
（1）已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ•mol-1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ•mol-1
H2还原 CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1，则ΔH1＝___kJ•mol-1，该反应自发进行的条件为___
A．高温 B．低温 C．任何温度条件下
（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入 1molCO和2.2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。则P1__P2，判断的理由是_____。
（3）若反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1的密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化如表所示：
时间/min
0
5
10
15
H2
4
2
CO
2
1
CH3OH(g)
0
0.7
①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是____(填字母)；
A．容器内压强保持不变 B．2v正(H2)=v逆(CH3OH)
C．混合气体的相对分子质量保持不变 D．混合气体的密度保持不变
②若起始压强为P0 kPa，则在该温度下反应的平衡常数Kp=___(kPa)-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
③反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)=___kPa•min-1。
8. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）氢气、一氧化碳、二氧化碳是最常见的气体。回答下列问题：
(1)宇航员呼吸产生的CO2用镍催化剂反应处理，实现空间站中的O2循环利用。
镍催化剂反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH
已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-akJ·mol-1，
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-bkJ·mol-1，
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-ckJ·mol-1
则镍催化剂反应的ΔH=_______kJ·mol-1；
(2)向1L恒容密闭容器中加入2molCO、4molH2，在适当的催化剂和一定条件作用下发生反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71kJ/mol
①该反应_______自发进行(填“高温”、“低温”或“不能”)。其判断理由是_______。
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______。
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．混合气体的密度保持不变
c．CO和H2的体积分数保持不变
d．CO和H2的转化率相等
e．气体总压强保持不变
f．1molCO生成的同时有1molO-H键断裂
(3)已知CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：
反应条件
反应时间
CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
恒温恒容
(T1℃、2L)
0min
2
6
0
0
5min
4.5
20min
1
30min
1
①0～5min内，用H2O(g)表示的化学反应速率v(H2O)=_______mol/(L·min)
②达到平衡时，该反应的平衡常数K=_______(用分数表示)，平衡时H2的转化率是_______。
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为2.8mol，则T1_______T2(填“＞”“＜”或“=”)，理由是_______。在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，则平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。
9. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）氮氧化物是大气污染物，氮氧化物的处理和利用是我国科研工作者研究的热点之一，试回答下列问题：
(1)氨气还原氮氧化物的反应为：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2
请写出NH3(g)还原NO(g)生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式___________(△H用含△H1、△H2的式子表示)，依据反应②设计成燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，写出负极电极反应式_______。
(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中充4.0molNO2和4.0molCO，在催化剂作用下发生反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)△H<0，测得相关数据如表：
0min
5min
10min
15min
20min
c(NO2)/mol·L-1
2.0
1.7
1.56
1.5
1.5
c(N2)/mol·L-1
0
0.15
0.22
0.25
0.25
①0~5min，用NO2的浓度变化表示的反应速率为___________
②以下表述能说明该反应已达到平衡状态的是( )
A．2v(NO2)正=v(N2)逆
B．气体密度不再变化
C．气体平均相对分子质量不再变化
D．N2与CO2的物质的量之比保持不变
③20min时，该反应达到平衡状态，此时平衡常数K=___________，若保持体积和温度不变，继续向该容器中加入4.0molNO2和4.0molCO，反应再次达到平衡时，NO2的转化率比原平衡___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)湿法脱硝：采用碱性NaClO2溶液作为吸收剂可将烟气中的NO脱硝转化为NO和NO，经实验测得生成的c(NO)：c(NO)=2：1，ClO被还原成Cl-。
①NaClO2溶液显碱性，用离子方程式解释原因___________
②写出NaClO2溶液脱硝反应的离子方程式___________
10. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）硼及其化合物在工农业生产中具有广泛应用。
请回答下列问题：
（1）基态B原子的价电子排布图___，B属于元素周期表中的___区元素。
（2）NaBO2可用于织物漂白。
①第二周期中第一电离能介于B和O之间的元素为___（填元素符号）。
②BO2-的空间构型为____，写出两种与其互为等电子体的分子的化学式：____。
（3）BF3和F-可以形成BF4-，BF3和BF4-中B原子的杂化方式分别为_____、____。
（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AlN的原因为______。
（5）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如图所示：
①该化合物的化学式为____。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___g·cm-3（用含a、NA的代数式表示）。
11. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质其电池总反应为：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]·xH2O，其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。
(1)Mn在元素周期表中位于___区；Zn2+的核外电子排布式为___；有机高聚物中N的杂化方式为___。
(2)已知CN−与N2互为等电子体，推算拟卤(CN)2分子中π键与σ键数目之比为_______。
(3)的空间构型为_______。
(4)离子键的强度通常用晶格能的大小来度量，所谓晶格能，是指相互远离的气态正离子和负离子结合成离子晶体时所释放的能量。MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图1的Born-Haber循环计算得到。
①Mn的第二电离能是_______，O2的键能是_______，MnO的晶格能是_______。
②立方ZnS晶胞结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示，晶胞中六个面心原子构成的几何构型为_______。
③已知立方ZnS晶体中晶胞密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体中距离最近的Zn原子与S原子之间的球心距离表达式为_______nm。
12. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）镍铜合金由镍、铜、铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。
(1)铁元素在元素周期表中的位置为___________，基态镍原子的价电子排布式为___________。
(2)已知NiO、FeO属于离子晶体，则熔点NiO___________FeO(填“<”或“>”)，原因是___________。
(3)Cu与Fe的第二电离能较大的是___________，主要原因是___________。
(4)可与甲基咪唑()形成配合物。甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
①4-甲基咪唑中，C原子的杂化轨道类型有___________
②4-甲基咪唑中，___________(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
(5)已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的分数坐标依次为，则d的分数坐标为___________
②已知Cu2O晶体的密度为，是阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的晶胞参数n为___________pm(用含ρ、NA的式子表示，不必化简)。
13. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）有机化合物G可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。
请回答：
（1）C+E→F的反应类型是____。
（2）F中含有的官能团名称为____。
（3）在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂为_____。
（4）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式_____。
（5）化合物E的同分异构体很多，符合下列条件的结构共____种。
①能与氯化铁溶液发生显色；②能发生银镜反应；③能发生水解反应
其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为___。
（6）E的同分异构体很多，所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是___（填标号）。
a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪
（7）已知酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）。____
14. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）化合物G是一种有机光电材料中间体。由芳香醛A(分子式：C7H6O)制备G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)B中的官能团名称为_______。
(2)反应C→D、E→F的反应类型分别为_______、_______。
(3)写出D在足量热NaOH溶液中充分反应的化学方程式_______。
(4)写出E→F的反应方程式_______。
(5)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式_______。
I．含有苯环且能发生银镜反应；
II．分子中有4种不同化学环境的氢；
III．遇FeCl3溶液发生显色反应。
(6)请写出以和CH3C≡CCH3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见本题题干)_______。
15. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：
已知：①同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。
②R1CHO+R2CH2COOHR1CH=CHR2+CO2↑+H2O。
③
请回答下列问题：
(1)G中含氧官能团的名称为____。
(2)C→D的反应类型是____，C的分子式为____。
(3)E的结构简式为____。
(4)F→G的化学方程式为____。
(5)H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有____种(不包括立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应；
③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为____(写一种即可)。
(6)根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 的合成路线____。(无机试剂任选)
参考答案：
1. A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O) d→c→f→e→i 红棕色气体慢慢变浅 8NH3+6NO27N2 +12H2O Z中NaOH溶液产生倒吸现象 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O)；
②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；
(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2 +12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。
2. 圆底烧瓶 在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O 避免生成NaClO3 3Cl2+6OH−+5Cl−+3H2O 吸收尾气(Cl2)，防止污染大气 85.1%
【分析】原装置中存在一处缺陷，挥发的HCl会导致KClO3产率降低，改进的方法是在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，如图：最左侧a为制取氯气装置，a、b之间为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以a、b之间用饱和食盐水除氯化氢，装置b 用来制取KClO3，装置c 用来制取NaClO，装置d用来吸收多余的氯气，防止污染大气，。
【详解】(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶。故答案为：圆底烧瓶；
(2)上述装置中存在一处缺陷，氯气中杂质为挥发的氯化氢和水，会导致KClO3产率降低，改进的方法是在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶。故答案为：在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
(3)漂白粉和浓盐酸制备Cl2，酸性条件下，高价氯和低价氯发生氧化还原反应，生成中间价态的氯气，其化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。故答案为：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(4)反应放热，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成NaClO3，采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度。c中采用冰水冷却方式的目的是避免生成NaClO3，b中制备反应的离子方程式是3Cl2+6OH−+5Cl−+3H2O。故答案为：避免生成NaClO3；3Cl2+6OH−+5Cl−+3H2O；
(5)d的作用是吸收尾气(Cl2)，防止污染大气。故答案为：吸收尾气(Cl2)，防止污染大气；
(6)根据质量守恒定律，至固体质量不再减小，放出氧气的质量=16.0g-11.20g=5.0g；
（2）设样品中氯酸钾的质量为x， ， ， 解得：x=12.76g，则样品中氨酸钾的纯度为： ×100%≈85.1%。故答案为：85.1%。
3. (1)分液漏斗
(2)难溶于水
(3)除样品中的CO2气体
(4)②③①
(5)
(6)整套装置最后加一个装有碱石灰的干燥管
(7)72.7
【分析】装置B提供氮气，所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质，装置C中氢氧化钠溶液除去二氧化碳，装置D中盛放连苯三酚碱性溶液吸收氧气，装置E中盛放醋酸二氨合亚铜溶液吸收一氧化碳，氮化锶遇水剧烈反应，装置F中盛放浓硫酸除去水蒸气，装置G中氮气与锶反应生成但氮化锶。
（1）
依据仪器构造可知，仪器A为分液漏斗。
（2）
分液漏斗中盛放的为水，打开分液漏斗的旋塞，装置B能持续提供N2，这是利用了N2难溶于水的物理性质。
（3）
二氧化碳为酸性氧化物，能与碱反应，装置C中盛放NaOH溶液的作用为除去样品中的CO2气体。
（4）
依据醋酸二氨合亚铜(CH3COO[Cu(NH3)2])溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力，连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2可知，应先用连苯三酚碱性溶液除去O2，再用醋酸二氨合亚铜溶液除去CO，最后用浓硫酸干燥，因此装置D、E、F中盛装的试剂分别是②③①。
（5）
饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热生成氯化钠、氮气和水，反应的化学方程式为：。
（6）
依据氮化锶遇水剧烈反应可知，装置G与大气相通，可能会导致产品变质，因此应在整套装置最后加一个装有碱石灰的干燥管除去空气中的水蒸气。
（7）
依据HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，剩余盐酸的物质的量n(HCl)=1.00mol/L0.016L=0.016mol，则氨气消耗的盐酸的物质的量为n(HCl)=0.02L1.00mol/L-0.016mol=0.004mol，n(NH3)=n(HCl)=0.004mol，依据元素守恒可知，n(Sr3N2)=0.002mol，则产品纯度为=72.7%。
4. 升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑ 将Fe2+氧化为Fe3+ ，便于除去 K3[Fe(CN)6]溶液 KSCN溶液 MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3 5.0≤pH<8.5 取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净
【分析】酸溶时主要反应为碳酸镁和硅酸镁与氢离子反应，还伴随铁和氧化铝的溶解，得到硫酸镁、硫酸亚铁和硫酸铝等混合溶液，过滤除去硅酸等不溶性杂质，滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化为三价铁离子，使用有机萃取剂把铁离子除去，分液后水溶液中主要含硫酸镁和硫酸铝，通过调节pH范围使铝离子转变为氢氧化铝沉淀而除去，滤液中再加入碳酸钠溶液，得到碳酸镁，据此回答；
【详解】(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等的方法，碳酸镁反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；
故答案为：升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；
(2)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，加入双氧水能将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于除去；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+ ，便于除去；
(3)①检验溶液中是否含有Fe2+的最佳试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；
故答案为：K3[Fe(CN)6]溶液；
②三价铁离子用KSCN溶液检验；
故答案为：KSCN溶液；
(4)因为不能引入其它离子，应加入镁的对应化合物如MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3；为了除去MgSO4溶液中的A13+，需使铝离子完全沉淀(使Al3+浓度小于1×10-6mol·L−1)，又已知Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则c(OH-)≥10-9mol/L、c(H+)≤10-5mol/L，即pH≥5，又因为不能沉淀镁离子，所以pH应小于8.5，则范围为5.0≤pH<8.5；
故答案为：MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3；5.0≤pH<8.5；
(5)沉淀是否洗净即检验是否还含有硫酸根离子，对应的操作步骤为和现象为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净；
故答案为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净。
【点睛】本流程题中主要涉及镁、铝、铁化合物的一些常见的反应，灵活应用常见的分离、提纯的方法，要特别注意信息的有效提取和应用。
5. 除去碳和有机物 漏斗 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 2Co3+++H2O=2Co2+++2H+ 将Fe2+氧化为Fe3+ 2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ 1.0×10-5mol/L
【分析】含钴废料通过“550℃焙烧”， 除去碳和有机物；氧化铝能溶于氢氧化钠溶液，用氢氧化钠“碱浸”，除去氧化铝；加入硫酸得到含有Co3+、Fe3+、Mg2+、Ca2+的溶液，加入Na2SO3，Co3+、Fe3+被还原为Co2+、Fe2+，“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，产生Fe(OH)3沉淀除去铁；“净化除杂2”加入过量NaF将钙、镁离子转化为MgF2、CaF2沉淀过滤除去，加入草酸铵生成草酸钴沉淀。
【详解】(1) 碳和有机物易燃烧，“550℃焙烧”目的是除去碳和有机物；根据过滤装置图，过滤用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒还有漏斗。
(2)“碱浸”时氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)“钴浸出”过程中Co3+ 被Na2SO3还原为Co2+，反应的离子方程式为2Co3+++H2O=2Co2+++2H+；
(4) Fe3+ 比Fe2+ 更易生成氢氧化物沉淀，“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，其目的是将Fe2+氧化为Fe3+；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，发生双水解反应产生Fe(OH)3沉淀除去铁，产生氢氧化铁的离子方程式为2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。
(5)“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为MgF2、CaF2沉淀过滤除去，，若所得滤液中c(Mg2+)=7.0×l0-6mol/L，则滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L 。
【点睛】本题以钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4为载体，考查化学工艺流程，明确流程图各步骤反应原理是解题关键，熟悉常见混合物分离方法和根据溶度积常数的计算。
6. (1)
(2)HF
(3)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(4)FePO4
(5) 5 105 吸附胶体颗粒，使胶体聚沉，方便分离
(6)(n-3)H2O＋6HCO＋2Ce3＋=Ce2(CO3)3•nH2O↓＋3CO2↑
【分析】独居石中加入浓硫酸焙烧，CePO4、Al2O3、Fe2O3、CaF2都可以和浓硫酸反应，SiO2不反应，加水“水浸”，Ce、Fe、Al和部分Ca以离子形式溶在水中，SiO2不溶，和部分微溶于水的CaSO4成为滤渣Ⅰ滤出，滤液中加入FeCl3，和磷酸根形成磷酸铁除去磷元素，滤液中加入MgO调节溶液的pH以除去铁、铝，滤液再加入NH4HCO3溶液沉铈，最后过滤得到Ce2(CO3)3•nH2O。
（1）
铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的质量数为58+80=138，该核素的符号为。
（2）
“焙烧”时CaF2和浓硫酸反应生成HF，则产生的酸性废气中含有的酸为HF。
（3）
为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度、将独居石粉碎、搅拌等；
（4）
加入FeCl3溶液的目的是除磷，则Fe3+和磷酸根离子形成FePO4沉淀。
（5）
Fe(OH)3的Ksp小于Al(OH)3的Ksp，所以当Al3+沉淀完全时，Fe3+一定已经沉淀完全，所以用Al(OH)3的Ksp计算溶液的pH。当c(Al3+)<1.0×10-5mol/L时，溶液中的c(OH-)>=10-9mol/L，此时溶液的pH>5。溶液中的Al3+和Fe3+都沉淀完全，则。加入絮凝剂的目的是吸附胶体颗粒，使胶体聚沉，方便分离。
（6）
加入NH4HCO3使溶液中的Ce3+成为Ce2(CO3)3•nH2O沉淀，同时还生成二氧化碳，反应的离子方程式为：(n-3)H2O＋6＋2Ce3+=Ce2(CO3)3•nH2O↓＋3CO2↑。
7. -90.1 B > 正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时P1下CO的转化率大于P2 AC 9/p02 P0/30
【详解】（1）根据盖斯定律由已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ•mol-1；②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ•mol-1，①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=(-49.0kJ∙mol-1)+( -41.1kJ∙mol-1)= -90.1 kJ∙mol-1,所以此反应为放热反应，该反应低温的条件能自发进行，故B正确；答案： -90.1； B；
（2）反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，根据图示可知的CO转化率P1>P2，所以压强：P1>P2。答案：>;正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时P1下CO的转化率大于P2 ；
（3）①A．因为反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是两边计量数不等的反应，在温度不变且体积恒定为1的密闭容器中，若容器内压强保持不变 ，说明反应达到平衡了，故A能为判断该反应达到平衡标志，故A正确；
B．当v正(H2)=2v逆(CH3OH) 时，才能证明反应达到平衡状态了，所以B不能为判断该反应达到平衡标志，故B错误；
C．混合气体的相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，就等于总质量除以总物质的量，因为各物质都是气体，所以总质量不变，化学反应两边计量数不等，所以当平均摩尔质量保持不变，说明反应达到了平衡状态，故C正确；
D．混合气体的密度ρ=m/V,因为m和V保持不变，所以ρ不变，因此密度不变，不能为判断该反应达到平衡标志，故D错误；
所以本题答案：AC。
根据反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)及表中的数据可知10min时，达到平衡，其各物质的量为别为：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
初始量 2 4 0
变化量 1 2 1
平衡量 1 2 1
根据阿伏伽德罗定律：若起始压强为P0 kPa，则平衡压强为2/3P0，所以平衡常数Kp== (2/3P0×1/4)/[2/3P0×1/4×(2/3P0×1/2)2]= 9/p02,答案：9/p02。
③根据图表可知氢气初始压强为2/3P0，10min内平衡压强为1/3P0，则H2的反应速率v(H2)= 1/3P0÷10min =1/30 P0kPa•min-1,所以本题答案：P0/30。
8. ΔH=﹣4a+b-2c 不能 因为ΔH＞0，ΔS<0，则ΔG=ΔH-TΔS＞0 be 0.05 50% ＞ 该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动 不
【详解】(1)已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-akJ·mol-1，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-bkJ·mol-1，③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-ckJ·mol-1，根据盖斯定律：4①-②+2③得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，则镍催化剂反应的ΔH=﹣4a+b-2ckJ·mol-1；故答案为：﹣4a+b-2c；
(2)①反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71kJ/mol不能自发进行；其判断理由是因为ΔH＞0，ΔS<0，则ΔG=ΔH-TΔS＞0。故答案为：不能；因为ΔH＞0，ΔS<0，则ΔG=ΔH-TΔS＞0；
②a．气体的平均相对分子质量始终保持不变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能说明反应达到平衡，故a错误；
b．反应后气体的质量减小，混合气体的密度保持不变说明反应达到平衡，故b正确；
c．CO和H2的体积分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c错误；
d．CO和H2投料比等于计量数之比，CO和H2的转化率相等，不能说明反应达到平衡，故d错误；
e．反应为气体分子总数减小的反应，气体总压强保持不变，气体总物质的量不再改变，达到平衡状态，故e正确；
f．1molCO生成的同时有1molO-H键断裂，均为逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故f错误；
故答案为：be；
(3)①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H＜0，0～5min内氢气物质的量变化6mol-4.5mol=1.5mol，计算氢气表示的反应速率v(H2)= =0.15mol/(L•min)，速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2O)=v(H2)=0.05mol/(L•min)，故答案为：0.05mol/(L•min)；
②图表中计算20min时二氧化碳消耗物质的量1mol，同时生成1mol甲醇，30min甲醇物质的量为1mol，则20min反应达到平衡状态，
平衡常数K==，氢气转化率= ×100%=50%，达到平衡时，该反应的平衡常数K=(用分数表示)，平衡时H2的转化率是50%。故答案为：；50%；
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为2.8mol，则T1＞T2，理由是该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动。在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，Qc= ==K，则平衡不移动。故答案为：＞；该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动；不。
9. (1) 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=ΔH2-3ΔH1 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
(2) 0.06mol·L-1·min-1 C (或0.11) 增大
(3) ClO+H2OHClO2+OH- 12NO+7ClO+12OH-=8+4+7Cl-+6H2O
【解析】（1）
NH3(g)还原NO(g)生成N2(g)和H2O(l)的化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)，依据盖斯定律，此反应可由②-①×3得到，其焓变ΔH=ΔH2-3ΔH1，热化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=ΔH2-3ΔH1；燃料电池的负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应，则反应②设计成的原电池中，负极NH3转化为N2，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
（2）
①0～5min，用NO2的浓度变化表示的反应速率v(NO2)=== 0.06mol/(L•min)。
②A．2v(NO2)正=v(N2)逆，不满足计量数关系，说明没有达到平衡状态，A错误；
B．由于反应物均为气体，且反应前后质量守恒，且容器为恒容的容器，故气体密度一直不变，故气体密度不变不能说明反应是否达平衡，B错误；
C．由于此反应的反应物和生成物均为气体，故气体的总质量一直不变，而此反应在平衡之前气体的物质的量在减小，故平衡之前气体的平均相对分子质量在增大，当不变时则反应达平衡，C正确；
D．N2与CO2的物质的量之比保持不变，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断平衡状态，D错误；
答案选C。
③20min时，该反应达到平衡状态，此时c(NO2)=1.5mol/L，c(N2)=0.25mol/L，c(CO)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，c(CO2)=1mol/L，平衡常数K===；20min时，向容器中加入4.0molNO2和4.0molCO，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以二氧化氮的转化率增大。
（3）
①NaClO2溶液显碱性，是因为亚氯酸根离子水解使溶液显碱性，用离子方程式解释为：ClO+H2OHClO2+OH-。
②亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应生成硝酸根、亚硝酸根、氯离子和水，反应的离子方程式为：12NO+7ClO+12OH-=8+4+7Cl-+6H2O。
10. p Be、C 直线形 CO2或CS2或N2O或BeCl2 sp2 sp3 B原子半径更小，B—N键键长更短，键能更大 Na3Li（BH4）4
【详解】（1）硼为5号元素，属于p区元素，其基态原子的价电子排布图为。故答案为，p。
（2）①Be的2s能级处于全满，第一电离能：Be>B，N的2p能级处于半满，第一电离能：N>O，故第一电离能介于B和O之间的元素只有Be、C两种。
②的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等。故答案为直线形，CO2或CS2或N2O或BeCl2。
（3）BF3和中B原子的价层电子对数分别为2、3，所以其杂化方式分别为sp2、sp3。
（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，B—N键键长更短，键能更大，熔点更高。
（5）①根据均摊法可得，该物质的化学式为Na3Li(BH4)4。
②，该晶体的密度。
11. d 1s22s22p63s23p63d10 sp3 4∶3 三角锥形 akJ/mol 2ekJ/mol (f-a-b-c-d-e)kJ/mol 正八面体
【详解】(1)Mn的价电子排布式为：3d54s2，Mn在元素周期表中位于d区；Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；有机高聚物中N原子价层电子对数为3+=4，杂化方式为sp3。故答案为：d；1s22s22p63s23p63d10；sp3；
(2)已知CN−与N2互为等电子体，(CN)2结构式为N≡C-C≡N，拟卤(CN)2分子中有4个π键与3个σ键，π键与σ键数目之比为4∶3。故答案为：4∶3；
(3)中S原子价层电子对数为3+=4，杂化方式为sp3，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。故答案为：三角锥形；
(4)①Mn+失去电子形成Mn2+需要akJ/mol，Mn的第二电离能是akJ/mol，O2的键能是2ekJ/mol，根据盖斯定律，反应Mn2+(g)+O2-(g)=MnO(s)的焓变△H=[f-(a+b+c+e)]kJ/mol=(f-a-b-c-d-e)kJ/mol，MnO晶格能是Mn2+(g)与O2-(g)形成1molMn晶体释放的能量，MnO的晶格能是(f-a-b-c-d-e)kJ/mol。故答案为：akJ/mol；2ekJ/mol；(f-a-b-c-d-e)kJ/mol；
②立方ZnS晶胞结构与金刚石类似，晶胞中六个面心原子构成的几何构型为正八面体。故答案为：正八面体；
③已知立方ZnS晶体中晶胞密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，该晶胞中S原子个数=8×+6×=4、Zn原子个数为4，晶胞的质量为g，设晶胞的边长为anm，则晶胞的体积为(a×10-7cm)3，晶胞的密度dg/cm3=，解得a=，晶体中距离最近的Zn原子与S原子之间的球心距离为a nm=nm。故答案为：。
12. (1) 第四周期第VIII族 3d84s2
(2) < ，则NiO中的金属键小于FeO，故熔点NiO
(4) sp2、sp3 3
(5) (，，)
【解析】（1）
铁元素在元素周期表中的位置为：第四周期第VIII族；基态镍原子的价电子排布式为：3d84s2；
（2）
NiO、FeO属于离子晶体，，离子半径越小，金属键越强，NiO中的金属键小于FeO，故熔点NiO
基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁失去4s1的电子，能量较高较容易再失去1个电子，故铜的第二电离能大，原因是：基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁失去4s1的电子，能量较高较容易再失去1个电子；
（4）
有机物结构中C原子形成大π键和甲基中的单键，杂化方式为：sp2、sp3；1号N原子的孤电子对参与形成了大π键，3号N原子更容易提供孤电子对与Cu+形成配位键；
（5）
晶胞中小白球的位置应为晶胞均分为8个小立方体的4个体心的位置，故d的分数坐标为：(，，)；晶胞中O原子的个数 为： ，Cu+的个数为4，晶胞的密度为：，。
13. 取代反应 酯基 新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液 +2NaOH+H2O 13 c
【分析】根据框图可知A 为CH3CHO;由可知E为
【详解】（1）由C为，E为,F为，所以
C+E→F的反应类型是取代反应，答案为：取代反应。
（2）由F 为，所以F中含有的官能团名称为酯基，答案为：酯基。
（3）由A 为CH3CHO，B为CH3COOH,所以在A→B的反应中，检验CH3CHO是否反应完全，就要检验醛基，因为醛基遇到新制的Cu(OH)2悬浊液溶液会出现红色沉淀，遇到新制的银氨溶液会产生银镜反应，所以检验CH3CHO是否反应完全的试剂为新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。答案：新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。
（4）由G为含有酯基，和过量NaOH溶液共热能发生反应，生成盐和水，其反应的化学方程式+2NaOH+H2O，答案：+2NaOH+H2O。
（5）由E为，化合物E的同分异构体很多，符合①能与氯化铁溶液发生显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应。说明含有醛基；③能发生水解反应，说明含有酯基，符合条件的同分异构体为含有两个取代基的（临间对三种），含有三个取代基共10种，所以符合条件的共13种；其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为；答案：13；。
（6）由E为，E的同分异构体很多，但元素种类不会改变，所有同分异构体中都是有C、H、O三种元素组成，所以可以用元素分析仪检测时，在表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同c符合题意；答案：c。
（7）根据框图反应原理和相关信息可知和反应合成，又是由和PCl3条件下反应生成，所以以苯酚、甲苯为原料制取化合物的合成路线流程图为：；答案：。
【点睛】本题采用逆推法判断A的结构简式，即根据A→B的条件和B为乙酸判断A为乙醛；根据D的结构简式及D到E的反应条件顺推E的结构简式，再根据各步反应条件进行分析解答。
14. 碳碳双键、醛基 加成反应 取代反应 +3NaOH+2NaBr+H2O +CH3CH2OH+H2O 或
【分析】芳香醛A(分子式：C7H6O)可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，F与发生反应生成G，G为。
【详解】(1)B为，B中的官能团名称为碳碳双键、醛基。故答案为：碳碳双键、醛基；
(2)C为与溴发生加成反应生成D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，反应C→D、E→F的反应类型分别为加成反应、取代反应。故答案为：加成反应；取代反应；
(3)D为在足量热NaOH溶液中充分反应，原子团溴水解为羟基，化学方程式+3NaOH+2NaBr+H2O。故答案为：+3NaOH+2NaBr+H2O；
(4)E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，E→F的反应方程式+CH3CH2OH+H2O。故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
(5)F为，同时满足下列条件I．含有苯环且能发生银镜反应，含有醛基；II．分子中有4种不同化学环境的氢，分子有对称轴；III．遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，的F的一种同分异构体的结构简式或；故答案为：或；
(6)利用题干中F与发生反应生成G的反应方法，先用与氯气发生取代生成，再发生消去反应生成，和CH3C≡CCH3发生加成反应生成，最后与HBr发生加成反应得到产品，以和CH3C≡CCH3为原料制备的合成路线流程图：。 故答案为：。
15. (1)(酚)羟基、酯基
(2) 取代反应 C7H5BrO2
(3)
(4) ++H2O
(5) 9 (或)
(6)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化得到，则B为；在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成，与甲醇钠发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成，则E为；发生信息③反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
【详解】（1）G的结构简式为，含氧官能团为(酚)羟基、酯基，故答案为：(酚)羟基、酯基；
（2）由分析可知，C→D的反应为与甲醇钠发生取代反应生成和溴化钠，C的分子式为C7H5BrO2，故答案为：取代反应；C7H5BrO2；
（3）由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；
（5）D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：9； (或)；
（6）由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息②反应生成，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为，故答案为：。
安徽省黄山市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编-3-非选择题
1. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中
①Y管中_____________
②反应的化学方程式
____________
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水凝集
打开K2
③_______________
④______________
2. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是_______。
(2)上述装置中存在一处缺陷，会导致KClO3产率降低，改进的方法是_______。
(3)某同学实验时误将漂白粉当成二氧化锰粉末制备Cl2，其化学方程式为_______。
(4)c中采用冰水冷却方式的目的是_______，b中制备反应的离子方程式是_______。
(5)d的作用是_______。
(6)反应结束后，实验小组的同学为测定制备的氯酸钾产品(含有氯化钾)中氯酸钾的纯度，取1.0g二氧化锰与一定质量的产品混合均匀后放入大试管中进行加热。测量所得数据如表所示：
时间/min
0
3
4
5
6
7
试管中剩余固体的质量/g
16.0
15.6
12.3
11.7
11.0
11.0
试计算产品中氯酸钾的纯度_______。(结果精确到0.1%)
3. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）锶(Sr)和镁位于同主族，锶比镁更活泼，锶与氮气在加热条件下反应生成氮化锶(Sr3N2)，已知氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶(Sr3N2相对分子质量：290.8)。
已知：①所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。
②醋酸二氨合亚铜(CH3COO[Cu(NH3)2])溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。
试回答下列问题：
(1)仪器A的名称是___________
(2)打开分液漏斗的旋塞，装置B能持续提供N2，这是利用了N2___________的物理性质
(3)装置C中盛放NaOH溶液的作用为___________
(4)装置D、E、F中盛装的试剂分别是___________(填代号)
①浓硫酸②连苯三酚碱性溶液③醋酸二氨合亚铜溶液
(5)为了制得纯净的氮气，实验室中可选用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气，其化学方程式为：___________
(6)上述实验设计存在明显的缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案为：___________
(7)产品纯度的测定：称取0.8000g实验所得产品，加入干燥的三颈瓶中，加入蒸馏水，并通入足量水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用20.00mL1.00mol/L的盐酸标准溶液完全吸收，再用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mLNaOH溶液。则产品纯度为___________%。
4. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）某化学实验室以一种工业上的废渣(废渣主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、Al的氧化物)为原料，制备MgCO3·3H2O。实验流程如图所示：
(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有_______(任写一点)，酸溶时废渣中主要成分MgCO3发生反应的离子方程式为____________________。
(2)加入30%H2O2的目的是__________________。
(3)用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+,
①加入30%H2O2后，检验溶液中是否含有Fe2+的最佳试剂是______。
②萃取分液完成后，检验水相中是否含有Fe3+的最佳试剂是_________。
(4)室温下，除去MgSO4溶液中的A13+(使Al3+浓度小于1×10-6mol·L−1)而不引入其它杂质，应加入的试剂X为_____，应调节pH的范围为_____。
已知：① Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33；② pH=8.5时，Mg(OH)2开始沉淀
(5)向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀并用蒸馏水洗涤，确认沉淀洗净的操作及现象是___________。
5. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：
(1)“550℃焙烧”目的是_______，过滤用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒还有_______。
(2)“碱浸”时主要反应的化学方程式为_______。
(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为_______。
(4)“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，其目的是_______；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，产生“滤渣I”主要成分的离子方程式为_______。
(5)“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=7.0×l0-6mol/L，则滤液中c(Ca2+)=_______[已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10]。
6. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3•nH2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为___________；
(2)“焙烧”时产生的酸性废气中含有的酸为___________(写化学式)；
(3)为提高“水浸”效率，可采取的措施有___________(至少写两条)；
(4)滤渣Ⅱ的主要成分是___________，在高温条件下，该成分可与Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)制备电极材料LiFePO4；
(5)滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3，已知Ksp[Al(OH)3]=10-32、Ksp[Fe(OH)3]=10-37，一般认为杂质离子浓度小于1.0×10-5mol/L时可认为已经除净。在“聚沉”工序中加MgO调pH时，pH应大于___________，此时溶液中c(Al3+)：c(Fe3+)=___________；加入絮凝剂的目的是___________；
(6)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为___________
7. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）H2是一种重要的清洁能源。
（1）已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ•mol-1
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ•mol-1
H2还原 CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1，则ΔH1＝___kJ•mol-1，该反应自发进行的条件为___
A．高温 B．低温 C．任何温度条件下
（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入 1molCO和2.2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。则P1__P2，判断的理由是_____。
（3）若反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1的密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化如表所示：
时间/min
0
5
10
15
H2
4
2
CO
2
1
CH3OH(g)
0
0.7
①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是____(填字母)；
A．容器内压强保持不变 B．2v正(H2)=v逆(CH3OH)
C．混合气体的相对分子质量保持不变 D．混合气体的密度保持不变
②若起始压强为P0 kPa，则在该温度下反应的平衡常数Kp=___(kPa)-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
③反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)=___kPa•min-1。
8. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）氢气、一氧化碳、二氧化碳是最常见的气体。回答下列问题：
(1)宇航员呼吸产生的CO2用镍催化剂反应处理，实现空间站中的O2循环利用。
镍催化剂反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH
已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-akJ·mol-1，
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-bkJ·mol-1，
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-ckJ·mol-1
则镍催化剂反应的ΔH=_______kJ·mol-1；
(2)向1L恒容密闭容器中加入2molCO、4molH2，在适当的催化剂和一定条件作用下发生反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71kJ/mol
①该反应_______自发进行(填“高温”、“低温”或“不能”)。其判断理由是_______。
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_______。
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．混合气体的密度保持不变
c．CO和H2的体积分数保持不变
d．CO和H2的转化率相等
e．气体总压强保持不变
f．1molCO生成的同时有1molO-H键断裂
(3)已知CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：
反应条件
反应时间
CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
恒温恒容
(T1℃、2L)
0min
2
6
0
0
5min
4.5
20min
1
30min
1
①0～5min内，用H2O(g)表示的化学反应速率v(H2O)=_______mol/(L·min)
②达到平衡时，该反应的平衡常数K=_______(用分数表示)，平衡时H2的转化率是_______。
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为2.8mol，则T1_______T2(填“＞”“＜”或“=”)，理由是_______。在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，则平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。
9. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）氮氧化物是大气污染物，氮氧化物的处理和利用是我国科研工作者研究的热点之一，试回答下列问题：
(1)氨气还原氮氧化物的反应为：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2
请写出NH3(g)还原NO(g)生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式___________(△H用含△H1、△H2的式子表示)，依据反应②设计成燃料电池，用KOH溶液作电解质溶液，写出负极电极反应式_______。
(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中充4.0molNO2和4.0molCO，在催化剂作用下发生反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)△H<0，测得相关数据如表：
0min
5min
10min
15min
20min
c(NO2)/mol·L-1
2.0
1.7
1.56
1.5
1.5
c(N2)/mol·L-1
0
0.15
0.22
0.25
0.25
①0~5min，用NO2的浓度变化表示的反应速率为___________
②以下表述能说明该反应已达到平衡状态的是( )
A．2v(NO2)正=v(N2)逆
B．气体密度不再变化
C．气体平均相对分子质量不再变化
D．N2与CO2的物质的量之比保持不变
③20min时，该反应达到平衡状态，此时平衡常数K=___________，若保持体积和温度不变，继续向该容器中加入4.0molNO2和4.0molCO，反应再次达到平衡时，NO2的转化率比原平衡___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)湿法脱硝：采用碱性NaClO2溶液作为吸收剂可将烟气中的NO脱硝转化为NO和NO，经实验测得生成的c(NO)：c(NO)=2：1，ClO被还原成Cl-。
①NaClO2溶液显碱性，用离子方程式解释原因___________
②写出NaClO2溶液脱硝反应的离子方程式___________
10. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）硼及其化合物在工农业生产中具有广泛应用。
请回答下列问题：
（1）基态B原子的价电子排布图___，B属于元素周期表中的___区元素。
（2）NaBO2可用于织物漂白。
①第二周期中第一电离能介于B和O之间的元素为___（填元素符号）。
②BO2-的空间构型为____，写出两种与其互为等电子体的分子的化学式：____。
（3）BF3和F-可以形成BF4-，BF3和BF4-中B原子的杂化方式分别为_____、____。
（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AlN的原因为______。
（5）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如图所示：
①该化合物的化学式为____。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___g·cm-3（用含a、NA的代数式表示）。
11. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质其电池总反应为：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]·xH2O，其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。
(1)Mn在元素周期表中位于___区；Zn2+的核外电子排布式为___；有机高聚物中N的杂化方式为___。
(2)已知CN−与N2互为等电子体，推算拟卤(CN)2分子中π键与σ键数目之比为_______。
(3)的空间构型为_______。
(4)离子键的强度通常用晶格能的大小来度量，所谓晶格能，是指相互远离的气态正离子和负离子结合成离子晶体时所释放的能量。MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图1的Born-Haber循环计算得到。
①Mn的第二电离能是_______，O2的键能是_______，MnO的晶格能是_______。
②立方ZnS晶胞结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示，晶胞中六个面心原子构成的几何构型为_______。
③已知立方ZnS晶体中晶胞密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体中距离最近的Zn原子与S原子之间的球心距离表达式为_______nm。
12. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）镍铜合金由镍、铜、铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。
(1)铁元素在元素周期表中的位置为___________，基态镍原子的价电子排布式为___________。
(2)已知NiO、FeO属于离子晶体，则熔点NiO___________FeO(填“<”或“>”)，原因是___________。
(3)Cu与Fe的第二电离能较大的是___________，主要原因是___________。
(4)可与甲基咪唑()形成配合物。甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
①4-甲基咪唑中，C原子的杂化轨道类型有___________
②4-甲基咪唑中，___________(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
(5)已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的分数坐标依次为，则d的分数坐标为___________
②已知Cu2O晶体的密度为，是阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的晶胞参数n为___________pm(用含ρ、NA的式子表示，不必化简)。
13. （2020春·安徽黄山·高二统考期末）有机化合物G可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。
请回答：
（1）C+E→F的反应类型是____。
（2）F中含有的官能团名称为____。
（3）在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂为_____。
（4）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式_____。
（5）化合物E的同分异构体很多，符合下列条件的结构共____种。
①能与氯化铁溶液发生显色；②能发生银镜反应；③能发生水解反应
其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为___。
（6）E的同分异构体很多，所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是___（填标号）。
a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪
（7）已知酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）。____
14. （2021春·安徽黄山·高二统考期末）化合物G是一种有机光电材料中间体。由芳香醛A(分子式：C7H6O)制备G的一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)B中的官能团名称为_______。
(2)反应C→D、E→F的反应类型分别为_______、_______。
(3)写出D在足量热NaOH溶液中充分反应的化学方程式_______。
(4)写出E→F的反应方程式_______。
(5)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式_______。
I．含有苯环且能发生银镜反应；
II．分子中有4种不同化学环境的氢；
III．遇FeCl3溶液发生显色反应。
(6)请写出以和CH3C≡CCH3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见本题题干)_______。
15. （2022春·安徽黄山·高二统考期末）以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：
已知：①同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。
②R1CHO+R2CH2COOHR1CH=CHR2+CO2↑+H2O。
③
请回答下列问题：
(1)G中含氧官能团的名称为____。
(2)C→D的反应类型是____，C的分子式为____。
(3)E的结构简式为____。
(4)F→G的化学方程式为____。
(5)H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有____种(不包括立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应；
③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为____(写一种即可)。
(6)根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 的合成路线____。(无机试剂任选)
参考答案：
1. A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O) d→c→f→e→i 红棕色气体慢慢变浅 8NH3+6NO27N2 +12H2O Z中NaOH溶液产生倒吸现象 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O)；
②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；
(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2 +12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。
2. 圆底烧瓶 在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O 避免生成NaClO3 3Cl2+6OH−+5Cl−+3H2O 吸收尾气(Cl2)，防止污染大气 85.1%
【分析】原装置中存在一处缺陷，挥发的HCl会导致KClO3产率降低，改进的方法是在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，如图：最左侧a为制取氯气装置，a、b之间为除杂装置，杂质为挥发的氯化氢和水，后面还要通入溶液，没有必要除水，所以a、b之间用饱和食盐水除氯化氢，装置b 用来制取KClO3，装置c 用来制取NaClO，装置d用来吸收多余的氯气，防止污染大气，。
【详解】(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶。故答案为：圆底烧瓶；
(2)上述装置中存在一处缺陷，氯气中杂质为挥发的氯化氢和水，会导致KClO3产率降低，改进的方法是在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶。故答案为：在装置a、b之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
(3)漂白粉和浓盐酸制备Cl2，酸性条件下，高价氯和低价氯发生氧化还原反应，生成中间价态的氯气，其化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。故答案为：Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(4)反应放热，氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成NaClO3，采用冰水浴冷却的目的是提高产品的纯度。c中采用冰水冷却方式的目的是避免生成NaClO3，b中制备反应的离子方程式是3Cl2+6OH−+5Cl−+3H2O。故答案为：避免生成NaClO3；3Cl2+6OH−+5Cl−+3H2O；
(5)d的作用是吸收尾气(Cl2)，防止污染大气。故答案为：吸收尾气(Cl2)，防止污染大气；
(6)根据质量守恒定律，至固体质量不再减小，放出氧气的质量=16.0g-11.20g=5.0g；
（2）设样品中氯酸钾的质量为x， ， ， 解得：x=12.76g，则样品中氨酸钾的纯度为： ×100%≈85.1%。故答案为：85.1%。
3. (1)分液漏斗
(2)难溶于水
(3)除样品中的CO2气体
(4)②③①
(5)
(6)整套装置最后加一个装有碱石灰的干燥管
(7)72.7
【分析】装置B提供氮气，所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质，装置C中氢氧化钠溶液除去二氧化碳，装置D中盛放连苯三酚碱性溶液吸收氧气，装置E中盛放醋酸二氨合亚铜溶液吸收一氧化碳，氮化锶遇水剧烈反应，装置F中盛放浓硫酸除去水蒸气，装置G中氮气与锶反应生成但氮化锶。
（1）
依据仪器构造可知，仪器A为分液漏斗。
（2）
分液漏斗中盛放的为水，打开分液漏斗的旋塞，装置B能持续提供N2，这是利用了N2难溶于水的物理性质。
（3）
二氧化碳为酸性氧化物，能与碱反应，装置C中盛放NaOH溶液的作用为除去样品中的CO2气体。
（4）
依据醋酸二氨合亚铜(CH3COO[Cu(NH3)2])溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力，连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2可知，应先用连苯三酚碱性溶液除去O2，再用醋酸二氨合亚铜溶液除去CO，最后用浓硫酸干燥，因此装置D、E、F中盛装的试剂分别是②③①。
（5）
饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热生成氯化钠、氮气和水，反应的化学方程式为：。
（6）
依据氮化锶遇水剧烈反应可知，装置G与大气相通，可能会导致产品变质，因此应在整套装置最后加一个装有碱石灰的干燥管除去空气中的水蒸气。
（7）
依据HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，剩余盐酸的物质的量n(HCl)=1.00mol/L0.016L=0.016mol，则氨气消耗的盐酸的物质的量为n(HCl)=0.02L1.00mol/L-0.016mol=0.004mol，n(NH3)=n(HCl)=0.004mol，依据元素守恒可知，n(Sr3N2)=0.002mol，则产品纯度为=72.7%。
4. 升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等 MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑ 将Fe2+氧化为Fe3+ ，便于除去 K3[Fe(CN)6]溶液 KSCN溶液 MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3 5.0≤pH<8.5 取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净
【分析】酸溶时主要反应为碳酸镁和硅酸镁与氢离子反应，还伴随铁和氧化铝的溶解，得到硫酸镁、硫酸亚铁和硫酸铝等混合溶液，过滤除去硅酸等不溶性杂质，滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化为三价铁离子，使用有机萃取剂把铁离子除去，分液后水溶液中主要含硫酸镁和硫酸铝，通过调节pH范围使铝离子转变为氢氧化铝沉淀而除去，滤液中再加入碳酸钠溶液，得到碳酸镁，据此回答；
【详解】(1)为了加快废渣的酸溶速率，可采取升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等的方法，碳酸镁反应的离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；
故答案为：升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；
(2)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，加入双氧水能将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于除去；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+ ，便于除去；
(3)①检验溶液中是否含有Fe2+的最佳试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；
故答案为：K3[Fe(CN)6]溶液；
②三价铁离子用KSCN溶液检验；
故答案为：KSCN溶液；
(4)因为不能引入其它离子，应加入镁的对应化合物如MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3；为了除去MgSO4溶液中的A13+，需使铝离子完全沉淀(使Al3+浓度小于1×10-6mol·L−1)，又已知Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则c(OH-)≥10-9mol/L、c(H+)≤10-5mol/L，即pH≥5，又因为不能沉淀镁离子，所以pH应小于8.5，则范围为5.0≤pH<8.5；
故答案为：MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3；5.0≤pH<8.5；
(5)沉淀是否洗净即检验是否还含有硫酸根离子，对应的操作步骤为和现象为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净；
故答案为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净。
【点睛】本流程题中主要涉及镁、铝、铁化合物的一些常见的反应，灵活应用常见的分离、提纯的方法，要特别注意信息的有效提取和应用。
5. 除去碳和有机物 漏斗 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 2Co3+++H2O=2Co2+++2H+ 将Fe2+氧化为Fe3+ 2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ 1.0×10-5mol/L
【分析】含钴废料通过“550℃焙烧”， 除去碳和有机物；氧化铝能溶于氢氧化钠溶液，用氢氧化钠“碱浸”，除去氧化铝；加入硫酸得到含有Co3+、Fe3+、Mg2+、Ca2+的溶液，加入Na2SO3，Co3+、Fe3+被还原为Co2+、Fe2+，“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，产生Fe(OH)3沉淀除去铁；“净化除杂2”加入过量NaF将钙、镁离子转化为MgF2、CaF2沉淀过滤除去，加入草酸铵生成草酸钴沉淀。
【详解】(1) 碳和有机物易燃烧，“550℃焙烧”目的是除去碳和有机物；根据过滤装置图，过滤用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒还有漏斗。
(2)“碱浸”时氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)“钴浸出”过程中Co3+ 被Na2SO3还原为Co2+，反应的离子方程式为2Co3+++H2O=2Co2+++2H+；
(4) Fe3+ 比Fe2+ 更易生成氢氧化物沉淀，“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，其目的是将Fe2+氧化为Fe3+；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，发生双水解反应产生Fe(OH)3沉淀除去铁，产生氢氧化铁的离子方程式为2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。
(5)“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为MgF2、CaF2沉淀过滤除去，，若所得滤液中c(Mg2+)=7.0×l0-6mol/L，则滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L 。
【点睛】本题以钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4为载体，考查化学工艺流程，明确流程图各步骤反应原理是解题关键，熟悉常见混合物分离方法和根据溶度积常数的计算。
6. (1)
(2)HF
(3)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(4)FePO4
(5) 5 105 吸附胶体颗粒，使胶体聚沉，方便分离
(6)(n-3)H2O＋6HCO＋2Ce3＋=Ce2(CO3)3•nH2O↓＋3CO2↑
【分析】独居石中加入浓硫酸焙烧，CePO4、Al2O3、Fe2O3、CaF2都可以和浓硫酸反应，SiO2不反应，加水“水浸”，Ce、Fe、Al和部分Ca以离子形式溶在水中，SiO2不溶，和部分微溶于水的CaSO4成为滤渣Ⅰ滤出，滤液中加入FeCl3，和磷酸根形成磷酸铁除去磷元素，滤液中加入MgO调节溶液的pH以除去铁、铝，滤液再加入NH4HCO3溶液沉铈，最后过滤得到Ce2(CO3)3•nH2O。
（1）
铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的质量数为58+80=138，该核素的符号为。
（2）
“焙烧”时CaF2和浓硫酸反应生成HF，则产生的酸性废气中含有的酸为HF。
（3）
为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度、将独居石粉碎、搅拌等；
（4）
加入FeCl3溶液的目的是除磷，则Fe3+和磷酸根离子形成FePO4沉淀。
（5）
Fe(OH)3的Ksp小于Al(OH)3的Ksp，所以当Al3+沉淀完全时，Fe3+一定已经沉淀完全，所以用Al(OH)3的Ksp计算溶液的pH。当c(Al3+)<1.0×10-5mol/L时，溶液中的c(OH-)>=10-9mol/L，此时溶液的pH>5。溶液中的Al3+和Fe3+都沉淀完全，则。加入絮凝剂的目的是吸附胶体颗粒，使胶体聚沉，方便分离。
（6）
加入NH4HCO3使溶液中的Ce3+成为Ce2(CO3)3•nH2O沉淀，同时还生成二氧化碳，反应的离子方程式为：(n-3)H2O＋6＋2Ce3+=Ce2(CO3)3•nH2O↓＋3CO2↑。
7. -90.1 B > 正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时P1下CO的转化率大于P2 AC 9/p02 P0/30
【详解】（1）根据盖斯定律由已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ•mol-1；②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ•mol-1，①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=(-49.0kJ∙mol-1)+( -41.1kJ∙mol-1)= -90.1 kJ∙mol-1,所以此反应为放热反应，该反应低温的条件能自发进行，故B正确；答案： -90.1； B；
（2）反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，根据图示可知的CO转化率P1>P2，所以压强：P1>P2。答案：>;正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时P1下CO的转化率大于P2 ；
（3）①A．因为反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是两边计量数不等的反应，在温度不变且体积恒定为1的密闭容器中，若容器内压强保持不变 ，说明反应达到平衡了，故A能为判断该反应达到平衡标志，故A正确；
B．当v正(H2)=2v逆(CH3OH) 时，才能证明反应达到平衡状态了，所以B不能为判断该反应达到平衡标志，故B错误；
C．混合气体的相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，就等于总质量除以总物质的量，因为各物质都是气体，所以总质量不变，化学反应两边计量数不等，所以当平均摩尔质量保持不变，说明反应达到了平衡状态，故C正确；
D．混合气体的密度ρ=m/V,因为m和V保持不变，所以ρ不变，因此密度不变，不能为判断该反应达到平衡标志，故D错误；
所以本题答案：AC。
根据反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)及表中的数据可知10min时，达到平衡，其各物质的量为别为：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
初始量 2 4 0
变化量 1 2 1
平衡量 1 2 1
根据阿伏伽德罗定律：若起始压强为P0 kPa，则平衡压强为2/3P0，所以平衡常数Kp== (2/3P0×1/4)/[2/3P0×1/4×(2/3P0×1/2)2]= 9/p02,答案：9/p02。
③根据图表可知氢气初始压强为2/3P0，10min内平衡压强为1/3P0，则H2的反应速率v(H2)= 1/3P0÷10min =1/30 P0kPa•min-1,所以本题答案：P0/30。
8. ΔH=﹣4a+b-2c 不能 因为ΔH＞0，ΔS<0，则ΔG=ΔH-TΔS＞0 be 0.05 50% ＞ 该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动 不
【详解】(1)已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-akJ·mol-1，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-bkJ·mol-1，③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-ckJ·mol-1，根据盖斯定律：4①-②+2③得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，则镍催化剂反应的ΔH=﹣4a+b-2ckJ·mol-1；故答案为：﹣4a+b-2c；
(2)①反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71kJ/mol不能自发进行；其判断理由是因为ΔH＞0，ΔS<0，则ΔG=ΔH-TΔS＞0。故答案为：不能；因为ΔH＞0，ΔS<0，则ΔG=ΔH-TΔS＞0；
②a．气体的平均相对分子质量始终保持不变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能说明反应达到平衡，故a错误；
b．反应后气体的质量减小，混合气体的密度保持不变说明反应达到平衡，故b正确；
c．CO和H2的体积分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c错误；
d．CO和H2投料比等于计量数之比，CO和H2的转化率相等，不能说明反应达到平衡，故d错误；
e．反应为气体分子总数减小的反应，气体总压强保持不变，气体总物质的量不再改变，达到平衡状态，故e正确；
f．1molCO生成的同时有1molO-H键断裂，均为逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故f错误；
故答案为：be；
(3)①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H＜0，0～5min内氢气物质的量变化6mol-4.5mol=1.5mol，计算氢气表示的反应速率v(H2)= =0.15mol/(L•min)，速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2O)=v(H2)=0.05mol/(L•min)，故答案为：0.05mol/(L•min)；
②图表中计算20min时二氧化碳消耗物质的量1mol，同时生成1mol甲醇，30min甲醇物质的量为1mol，则20min反应达到平衡状态，
平衡常数K==，氢气转化率= ×100%=50%，达到平衡时，该反应的平衡常数K=(用分数表示)，平衡时H2的转化率是50%。故答案为：；50%；
③在其它条件不变的情况下，若30min时改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为2.8mol，则T1＞T2，理由是该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动。在其他条件不变的情况下，若30min时向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，Qc= ==K，则平衡不移动。故答案为：＞；该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡正向移动；不。
9. (1) 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=ΔH2-3ΔH1 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
(2) 0.06mol·L-1·min-1 C (或0.11) 增大
(3) ClO+H2OHClO2+OH- 12NO+7ClO+12OH-=8+4+7Cl-+6H2O
【解析】（1）
NH3(g)还原NO(g)生成N2(g)和H2O(l)的化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)，依据盖斯定律，此反应可由②-①×3得到，其焓变ΔH=ΔH2-3ΔH1，热化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=ΔH2-3ΔH1；燃料电池的负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应，则反应②设计成的原电池中，负极NH3转化为N2，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
（2）
①0～5min，用NO2的浓度变化表示的反应速率v(NO2)=== 0.06mol/(L•min)。
②A．2v(NO2)正=v(N2)逆，不满足计量数关系，说明没有达到平衡状态，A错误；
B．由于反应物均为气体，且反应前后质量守恒，且容器为恒容的容器，故气体密度一直不变，故气体密度不变不能说明反应是否达平衡，B错误；
C．由于此反应的反应物和生成物均为气体，故气体的总质量一直不变，而此反应在平衡之前气体的物质的量在减小，故平衡之前气体的平均相对分子质量在增大，当不变时则反应达平衡，C正确；
D．N2与CO2的物质的量之比保持不变，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断平衡状态，D错误；
答案选C。
③20min时，该反应达到平衡状态，此时c(NO2)=1.5mol/L，c(N2)=0.25mol/L，c(CO)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，c(CO2)=1mol/L，平衡常数K===；20min时，向容器中加入4.0molNO2和4.0molCO，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以二氧化氮的转化率增大。
（3）
①NaClO2溶液显碱性，是因为亚氯酸根离子水解使溶液显碱性，用离子方程式解释为：ClO+H2OHClO2+OH-。
②亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应生成硝酸根、亚硝酸根、氯离子和水，反应的离子方程式为：12NO+7ClO+12OH-=8+4+7Cl-+6H2O。
10. p Be、C 直线形 CO2或CS2或N2O或BeCl2 sp2 sp3 B原子半径更小，B—N键键长更短，键能更大 Na3Li（BH4）4
【详解】（1）硼为5号元素，属于p区元素，其基态原子的价电子排布图为。故答案为，p。
（2）①Be的2s能级处于全满，第一电离能：Be>B，N的2p能级处于半满，第一电离能：N>O，故第一电离能介于B和O之间的元素只有Be、C两种。
②的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等。故答案为直线形，CO2或CS2或N2O或BeCl2。
（3）BF3和中B原子的价层电子对数分别为2、3，所以其杂化方式分别为sp2、sp3。
（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，B—N键键长更短，键能更大，熔点更高。
（5）①根据均摊法可得，该物质的化学式为Na3Li(BH4)4。
②，该晶体的密度。
11. d 1s22s22p63s23p63d10 sp3 4∶3 三角锥形 akJ/mol 2ekJ/mol (f-a-b-c-d-e)kJ/mol 正八面体
【详解】(1)Mn的价电子排布式为：3d54s2，Mn在元素周期表中位于d区；Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；有机高聚物中N原子价层电子对数为3+=4，杂化方式为sp3。故答案为：d；1s22s22p63s23p63d10；sp3；
(2)已知CN−与N2互为等电子体，(CN)2结构式为N≡C-C≡N，拟卤(CN)2分子中有4个π键与3个σ键，π键与σ键数目之比为4∶3。故答案为：4∶3；
(3)中S原子价层电子对数为3+=4，杂化方式为sp3，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。故答案为：三角锥形；
(4)①Mn+失去电子形成Mn2+需要akJ/mol，Mn的第二电离能是akJ/mol，O2的键能是2ekJ/mol，根据盖斯定律，反应Mn2+(g)+O2-(g)=MnO(s)的焓变△H=[f-(a+b+c+e)]kJ/mol=(f-a-b-c-d-e)kJ/mol，MnO晶格能是Mn2+(g)与O2-(g)形成1molMn晶体释放的能量，MnO的晶格能是(f-a-b-c-d-e)kJ/mol。故答案为：akJ/mol；2ekJ/mol；(f-a-b-c-d-e)kJ/mol；
②立方ZnS晶胞结构与金刚石类似，晶胞中六个面心原子构成的几何构型为正八面体。故答案为：正八面体；
③已知立方ZnS晶体中晶胞密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，该晶胞中S原子个数=8×+6×=4、Zn原子个数为4，晶胞的质量为g，设晶胞的边长为anm，则晶胞的体积为(a×10-7cm)3，晶胞的密度dg/cm3=，解得a=，晶体中距离最近的Zn原子与S原子之间的球心距离为a nm=nm。故答案为：。
12. (1) 第四周期第VIII族 3d84s2
(2) < ，则NiO中的金属键小于FeO，故熔点NiO
(4) sp2、sp3 3
(5) (，，)
【解析】（1）
铁元素在元素周期表中的位置为：第四周期第VIII族；基态镍原子的价电子排布式为：3d84s2；
（2）
NiO、FeO属于离子晶体，，离子半径越小，金属键越强，NiO中的金属键小于FeO，故熔点NiO
基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁失去4s1的电子，能量较高较容易再失去1个电子，故铜的第二电离能大，原因是：基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁失去4s1的电子，能量较高较容易再失去1个电子；
（4）
有机物结构中C原子形成大π键和甲基中的单键，杂化方式为：sp2、sp3；1号N原子的孤电子对参与形成了大π键，3号N原子更容易提供孤电子对与Cu+形成配位键；
（5）
晶胞中小白球的位置应为晶胞均分为8个小立方体的4个体心的位置，故d的分数坐标为：(，，)；晶胞中O原子的个数 为： ，Cu+的个数为4，晶胞的密度为：，。
13. 取代反应 酯基 新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液 +2NaOH+H2O 13 c
【分析】根据框图可知A 为CH3CHO;由可知E为
【详解】（1）由C为，E为,F为，所以
C+E→F的反应类型是取代反应，答案为：取代反应。
（2）由F 为，所以F中含有的官能团名称为酯基，答案为：酯基。
（3）由A 为CH3CHO，B为CH3COOH,所以在A→B的反应中，检验CH3CHO是否反应完全，就要检验醛基，因为醛基遇到新制的Cu(OH)2悬浊液溶液会出现红色沉淀，遇到新制的银氨溶液会产生银镜反应，所以检验CH3CHO是否反应完全的试剂为新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。答案：新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。
（4）由G为含有酯基，和过量NaOH溶液共热能发生反应，生成盐和水，其反应的化学方程式+2NaOH+H2O，答案：+2NaOH+H2O。
（5）由E为，化合物E的同分异构体很多，符合①能与氯化铁溶液发生显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应。说明含有醛基；③能发生水解反应，说明含有酯基，符合条件的同分异构体为含有两个取代基的（临间对三种），含有三个取代基共10种，所以符合条件的共13种；其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为；答案：13；。
（6）由E为，E的同分异构体很多，但元素种类不会改变，所有同分异构体中都是有C、H、O三种元素组成，所以可以用元素分析仪检测时，在表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同c符合题意；答案：c。
（7）根据框图反应原理和相关信息可知和反应合成，又是由和PCl3条件下反应生成，所以以苯酚、甲苯为原料制取化合物的合成路线流程图为：；答案：。
【点睛】本题采用逆推法判断A的结构简式，即根据A→B的条件和B为乙酸判断A为乙醛；根据D的结构简式及D到E的反应条件顺推E的结构简式，再根据各步反应条件进行分析解答。
14. 碳碳双键、醛基 加成反应 取代反应 +3NaOH+2NaBr+H2O +CH3CH2OH+H2O 或
【分析】芳香醛A(分子式：C7H6O)可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，F与发生反应生成G，G为。
【详解】(1)B为，B中的官能团名称为碳碳双键、醛基。故答案为：碳碳双键、醛基；
(2)C为与溴发生加成反应生成D为，E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，反应C→D、E→F的反应类型分别为加成反应、取代反应。故答案为：加成反应；取代反应；
(3)D为在足量热NaOH溶液中充分反应，原子团溴水解为羟基，化学方程式+3NaOH+2NaBr+H2O。故答案为：+3NaOH+2NaBr+H2O；
(4)E为，与乙醇发生酯化反应生成F为，E→F的反应方程式+CH3CH2OH+H2O。故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
(5)F为，同时满足下列条件I．含有苯环且能发生银镜反应，含有醛基；II．分子中有4种不同化学环境的氢，分子有对称轴；III．遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，的F的一种同分异构体的结构简式或；故答案为：或；
(6)利用题干中F与发生反应生成G的反应方法，先用与氯气发生取代生成，再发生消去反应生成，和CH3C≡CCH3发生加成反应生成，最后与HBr发生加成反应得到产品，以和CH3C≡CCH3为原料制备的合成路线流程图：。 故答案为：。
15. (1)(酚)羟基、酯基
(2) 取代反应 C7H5BrO2
(3)
(4) ++H2O
(5) 9 (或)
(6)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化得到，则B为；在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成，与甲醇钠发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成，则E为；发生信息③反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
【详解】（1）G的结构简式为，含氧官能团为(酚)羟基、酯基，故答案为：(酚)羟基、酯基；
（2）由分析可知，C→D的反应为与甲醇钠发生取代反应生成和溴化钠，C的分子式为C7H5BrO2，故答案为：取代反应；C7H5BrO2；
（3）由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；
（5）D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：9； (或)；
（6）由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息②反应生成，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为，故答案为：。
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