北京市朝阳区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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北京市朝阳区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·北京朝阳·高二统考期末）电镀是应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其它金属或合金的方法。在铁质铆钉上镀镍(Ni)能防止铁被腐蚀，如图1。实验室模拟铁片镀镍，装置如图2。

(1)b极材料是__。
(2)电镀液中含有NiSO4、NaCl和硼酸。
已知：NiSO4=Ni2++SO、Ni2++2H2O⇌Ni(OH)2+2H+
①a极的电极反应式是__。
②硼酸的作用是调节溶液的pH。pH较小时，a极易产生__气体，使镀层疏松多孔。pH较大时，a极会吸附__固体而使镀层含有杂质。
(3)铁质铆钉上镀镍能防止铁被腐蚀是因为镀层使铁与__等物质隔离。
2. （2020春·北京朝阳·高二统考期末）可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸（化学式为H3PO4，沸点高难挥发）有一定关系。
(1)室温下，测得0.1mol/LH3PO4溶液的pH=1.5，用电离方程式解释原因：__。
(2)长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，使下面的平衡向脱矿方向移动，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因：__。
Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq) +3PO(aq)+OH-(aq)
(3)向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图所示。

①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的主要反应的离子方程式是___。
②下列关于0.1mol/LNa2HPO4溶液的说法正确的是__（填序号）。
a．Na2HPO4溶液显碱性，原因是HPO的水解程度大于其电离程度
b．c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)
c．c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)+c(H3PO4)
(4)小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量（不考虑白砂糖、咖啡因的影响）。
i.将一瓶可乐注入圆底烧瓶，加入活性炭，吸附色素。
ⅱ.将可乐回流加热10min，冷却至室温，过滤。
ⅲ.取50.00mL滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.100mol/LNaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液5.00mL。
①加热的目的是__。
②该可乐样品中磷酸的含量为__g/L（H3PO4摩尔质量为98g/mol）。
3. （2022春·北京·高二统考期末）有机合成的发展使得人类可根据需要设计合成出具有特定结构和性能的物质。
(1)医用胶的主要成分氰基丙烯酸酯的结构为(R表示烃基)。
①医用胶分子中的_______(填官能团的结构简式)能发生加聚反应使其固化成膜。
②医用胶分子中的能与蛋白质端基的_______(填官能团的结构简式)形成氢键表现出黏合性。
(2)某医用胶(502医用胶)的合成路线如下。

①的反应类型是_______。
②B→D的化学方程式为_______。
③E的结构简式为_______
④F→502医用胶的化学方程式是_______。
(3)用有机物G代替上述路线中的，增大医用胶中R基碳链的长度，可提升医用胶的柔韧性、减少使用时的灼痛感。完全燃烧7.4g有机物G，生成8.96L(标准状况)和9g水。G的质谱如图所示，其核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：3。G的分子式是_______，结构简式为_______。

4. （2020春·北京朝阳·高二统考期末）实验小组研究Mg与NH4Cl溶液的反应，实验如下：

实验
试剂X
现象
Ⅰ
H2O
产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止
Ⅱ
1mol/LNH4Cl溶液(pH=5)
数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热

(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。反应很快停止的原因是__。
(2)探究实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的原因。
假设一：NH4Cl溶液显酸性，c(H+)较大，与Mg反应速率较快。
①用离子方程式表示NH4Cl溶液显酸性的原因：___。
测定实验Ⅱ反应过程中溶液pH随时间的变化，结果如下：

②假设一__(填“是”或“不是”）实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的主要原因。
假设二：NH4Cl溶液中的NH溶解Mg(OH)2固体，使Mg能够持续与水反应。
进行实验：向1mol/LNH4Cl溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液a。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液a，固体溶解。
③有同学认为假设二的实验不严谨，需增加对比实验：__(填操作和现象），说明假设二正确。
④向NH4Cl溶液中加几滴氨水的目的是___。
(3)1min后，实验Ⅱ中还检测到少量NH3。
①检测NH3时要使用湿润的___试纸。
②气体中含有少量NH3的原因是__。
(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，解释Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因：__。
5. （2022春·北京·高二统考期末）某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件。已知：
(1)向试管中加入1 mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀溶解，制得银氨溶液。写出沉淀溶解的离子方程式_______。
(2)向银氨溶液中滴加乙醛，振荡后将试管放在热水浴中温热，试管内壁产生银镜。写出反应的化学方程式_______。
(3)文献记载：碱性条件有利于银镜产生。小组设计实验验证该说法。
实验
实验
试剂
混合液pH
现象
Ⅰ

NaOH
10
常温产生银镜
Ⅱ
浓氨水
10
加热无银镜
Ⅲ
无
8
加热产生银镜

①对比实验_______和_______，证实了文献的说法。
②根据以上实验，结合平衡移动原理解释实验Ⅱ未产生银镜的原因_______。
(4)文献还记载：在强碱条件下，加热银氨溶液可能析出银镜。小组进一步实验如下。
实验Ⅳ：向银氨溶液中加入NaOH溶液至pH=14，得到棕黑色沉淀，振荡后将试管放在热水浴中温热，有气泡产生，试管内壁产生银镜。
实验Ⅴ：向银氨溶液中加入NaOH溶液至pH=10，得到棕黑色沉淀(X)，振荡后将试管放在热水浴中温热，仍是棕黑色沉淀(Y)。
①实验Ⅳ中，将Ag元素还原的微粒可能是_______，请说明理由_______。
经检验棕黑色沉淀Y中含有Ag单质，请设计实验方案验证：_______。
(5)综上，乙醛与银氨溶液反应产生银镜的有利条件是_______。
6. （2021春·北京朝阳·高二统考期末）学习小组探究乙酸乙酯的制备与水解，加深对酯化反应和酯的水解的认识。
【实验一】制备乙酸乙酯
实验装置
实验步骤

ⅰ.在a中加入2mL乙醇、0.5mL浓硫酸、2mL乙酸，再加入几片碎瓷片
ⅱ.在b中加入3mL饱和溶液
ⅲ.点燃酒精灯，小火加热

(1)a中生成乙酸乙酯的化学方程式为_______。
(2)a中加入碎瓷片的作用是_______。
(3)本实验中既要对反应物加热，但又不能使温度过高，原因是_______。
【实验二】探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中的水解(65℃水浴加热)
实验序号
体积/mL
乙酸乙酯
水


Ⅰ
4
4
0
0
Ⅱ
4
0
4
0
Ⅲ
4
0
0
4

(4)_______mol/L。
(5)实验Ⅰ～Ⅲ中，酯层减少的体积随时间的变化如下图所示。

①实验Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______。
②针对实验Ⅱ中酯层消失的时间少于实验Ⅲ，提出假设：部分乙酸乙酯溶解于Ⅱ中的溶液。探究如下：
步骤ⅰ.向试管中加入2mL水，再依次加入2mL乙酸乙酯、1mL乙醇、1mL乙酸，振荡后互溶，得到溶液X。
步骤ⅱ.取少量溶液X，_______(填操作和现象)。证实假设合理。
(6)实验一中，能否用浓NaOH溶液代替饱和溶液？判断并解释：_______。
7. （2020春·北京朝阳·高二统考期末）CO2的富集与转化是当今环境研究的热点。
(1)化石燃料的燃烧是使大气CO2浓度增加的原因之一。汽油中含有辛烷(C8H18)，1molC8H18(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出5518kJ热量。写出C8H18完全燃烧的热化学方程式：__。
(2)一种富集CO2的过程如图所示。

①气体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，CO2浓度最高的是___。
②反应Ⅱ的化学方程式是__。
(3)一定条件下，CO2和H2反应能生成C2H4，实现CO2向能源物质的转化。
已知：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)    ΔH<0
①上述反应的ΔH可根据C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)和__反应的焓变计算。
②研究温度和压强对CO2的平衡转化率的影响，结果如图所示。

X代表的物理量是__。比较L1与L2的大小，并说明依据__。
③相同条件下，CO2和H2还能发生其它反应：
反应a：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
反应b：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
……
Fe和Co(钴)可作为该反应的催化剂。改变铁钴的物质的量比，测定相同时间内CO2的消耗率和含碳产物的占比，结果如下：
n(Fe)：n(Co)
CO2消耗率/%
含碳产物占比/%
CO
C2H4
CH4
100：0
1.1
100
0
0
50：50
30.5
36.8
20.3
42.9
0：100
69.2
2.7
0.2
97.1

结合数据，推测催化剂中钴的作用：__。
8. （2020春·北京朝阳·高二统考期末）钴酸锂(LiCoO2)可用作锂离子电池的电极材料。以红土镍矿为原料制备LiCoO2的工艺流程如图：

已知：①红土镍矿的主要成分有Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3、CoO、NiO等。
②20℃时，生成氢氧化物沉淀的pH
离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀
7.0
1.9
3.4
7.2
7.1
沉淀完全
9.0
3.2
4.7
9.2
9.1

注：金属离子起始浓度为0.1mol/L
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__。
（2）H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。
①加入H2O2发生反应的离子方程式是__。
②滤渣2的主要成分是__（写化学式）。
（3）萃取剂RH可用于对溶液中的Ni2+、Co2+进行分离与富集：Co2+(水相)+2RH(有机相)CoR2(有机相)+2H+(水相)
①萃取剂浓度对溶液中Ni2+、Co2+的萃取率影响如图所示，萃取剂浓度的最佳取值为__mol/L。

②在__（填“强碱性”或“强酸性”）介质中反萃取，使萃取剂再生而循环利用。
（4）向反萃取后的水溶液中加入稍过量NH4HCO3，得到CoCO3沉淀。将CoCO3与Li2CO3按n(Li)：n(Co)=1的比例混合，鼓入空气，高温烧结，得到Li2CoO2。
①得到CoCO3沉淀的离子方程式是__。
②若使用(NH4)2CO3做沉淀剂，产物中会混有Co2(OH)2CO3，这是因为__。
③在空气中烧结反应的化学方程式是__。
9. （2022春·北京·高二统考期末）我国科学家研发的全球首套“液态阳光”项目使双碳目标更近一步。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再将加氢合成。
(1)太阳能电池板的主要材料为单晶硅。
①单晶硅属于_______晶体。
②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是_______。
(2)在催化剂作用下，与反应得到。
①分子的空间结构为_______。
②和分子中键数目之比为_______。
③比在水中的溶解度大，这是因为_______。
(3)催化剂可实现高选择性加氢合成，其晶胞结构如图所示。

①B代表_______(填“”或“”)，理由是_______。
②晶胞的棱长分别为、、，其晶体密度为_______(列算式)。已知：，为阿伏加德罗常数的值
10. （2022春·北京·高二统考期末）氮化硼是重要的无机纳米材料，其晶体有两种常见结构。

(1)六方氮化硼的晶体结构类似于石墨。

熔点/℃
硬度
键长/pm
层间距/pm
六方氮化硼
2600
质软
144
333
石墨
3850
质软
142
335

①六方氮化硼属于_______(填序号)。
a.分子晶体    b.共价晶体    c.混合型晶体
②六方氮化硼晶体层与层之间N和B是叠置的，如a点为N，b点为B而不是N，解释原因_______。
(2)立方氮化硼的晶体结构类似于金刚石。
①N和B杂化轨道类型均为_______。
②N和B之间共价键与配位键的数目比为_______。
(3)将氮化硼与聚碳酸酯(PC)制成复合材料可增强其化学活性。
①某PC的结构简式为，合成该聚合物的单体为双酚A()和_______。
②合成PC时，通过蒸出_______(填物质)来提高产率。
③以丙烯和苯酚为原料合成双酚A(无机试剂任选)，写出合成路线_______。合成路线示例如下：
11. （2021春·北京朝阳·高二统考期末）将CO2转化为CO是利用CO2的重要途径，由CO出发可以制备多种液体燃料。
(1)我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，转化过程如下所示。

①图中a的名称是_______。
②CO2、a中碳原子的杂化轨道类型分别为_______。
(2)Cu、Cu2O可应用于CO2转化CO的研究。以CuSO4·5H2O、Na2SO3、Na2CO3为原料能制备Cu2O。
①空间结构为平面三角形的是_______。
②[Cu(H2O)4]2+离子中，配体是_______。
③除配位键外，CuSO4·5H2O中存在的化学键还有_______。
④将生成Cu2O的反应补充完整。______

(3)在Cu催化剂作用下，反应的可能机理如下。
ⅰ.
ⅱ._______。(写出反应方程式)
(4)Cu的晶胞(图1)、Cu2O的晶胞(图2)如下所示。

金属铜的一个晶胞中的铜原子数与Cu2O一个晶胞中的铜原子数之比为_______。
12. （2021春·北京朝阳·高二统考期末）某钙钛矿是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用制备钙钛矿。
(1)晶体属于_______。
A．离子晶体    B．分子晶体    C．共价晶体
(2)设计实验比较在、水中的溶解性：_______。
(3)制备的过程如下所示：

①Ⅰ中，的沸点高于的沸点，原因是分子间存在_______。
②Ⅱ中，由于分子中的_______具有孤电子对，容易与反应生成盐。
(4)钙钛矿的稳定性受空气中、紫外线等因素的影响。
ⅰ.
ⅱ.
研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释：_______。
我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。
(5)在钙钛矿中引入有机物M能抑制离子扩散，增加其稳定性。M的逆合成分析如下：

①羧酸A的结构简式为_______。
②以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。_______
已知：+ R＇-CH2CHO (R、R＇表示烃基或氢)。
13. （2022春·北京·高二统考期末）有机物Q是一种抗血栓药物，其合成路线如下。

已知：ⅰ.+H2O(、、代表烃基或H)
ⅱ.
(1)A和J均属于芳香化合物，J中含有的官能团是_______。
(2)A→B的反应类型是_______。
(3)D→E的化学方程式为_______。
(4)X的分子式为，G的结构简式为_______。
(5)下列说法正确的是_______(填序号)。
a.可用新制的检验X中的官能团
b.反应①除了生成L外，还生成
c.反应③的原子利用率为100%
(6)N是L的同分异构体，写出符合下列条件的所有N的结构简式(不考虑立体异构)_______。
ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基
ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体
(7)反应②的过程如下：

L→中间体的过程会产生高分子副产物，写出高分子的结构简式_______。
14. （2021春·北京朝阳·高二统考期末）尼龙66机械强度高，刚性大，广泛用于制造机械、汽车、电气装置的零件，其结构简式如下所示。
(尼龙66)
尼龙66的合成与氯碱工业结合。
(1)制备。是_______分子(填“非极性”或“极性”)。
(2)尼龙66的一种合成路线如下所示。

①A属于芳香烃，其结构简式是_______。
②B→的反应类型是_______。
③D存在顺反异构体，生成D的化学方程式是_______。
④生成尼龙66的化学方程式是_______。
(3)C、F反应合成尼龙66时，通过蒸出_______(填物质)来促进反应。
(4)上述合成F的路线生产效率不高。为提高生产效率，科学家研发出了经由电解合成F的方法：
。
其中电解反应如下：
阳极：
阴极：
生成M的总反应方程式是_______。与其他有机合成相比，电有机合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点。
15. （2021春·北京朝阳·高二统考期末）分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。
(1)有机物A()是一种医药中间体。A属于_______(填物质类别)。
(2)研究发现，在A中取代基的对位上引入“”，其抗炎活性更好。基于此，科研人员合成了具有抗炎、镇痛、解热作用的药物——布洛芬。

①B的结构简式是_______。
②D与布洛芬的相对分子质量相差_______。
③口服布洛芬对胃、肠道有刺激。用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，二者发生酯化反应的化学方程式是_______。
(3)如果对布洛芬既进行成酯修饰，又将其转变为高分子，则不仅增加它的治疗效果，还能降低毒性。科研人员对布洛芬的分子结构修饰如下：
(有机物Q)
①分析Q的结构，使其发生加聚反应的官能团是_______。
②从反应类型的角度说明布洛芬与Q的性质差异：_______(答出两点即可)。
(4)Y是制备有机物Q的物质之一，其合成路线如下：

①试剂a是_______。
②E→F的反应方程式是_______。
可用酰胺类物质继续修饰有机物Q，得到性能更优异的药物。
参考答案：
1.      镍(Ni)     Ni2++2e-=Ni     氢气(H2)     Ni(OH)2     O2和H2O
【分析】电镀是应用电解原理，与电源正极相连的为电解池阳极，与电源负极相连的为电解池阴极，根据图示，a为电解池的阴极，b为电解池的阳极，在电镀过程中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，则在铁片上镀镍时，铁是待镀金属，为电解池阴极，则a电极材料为Fe，发生的电极反应为Ni2++2e-= Ni；镍为镀层金属，为电解池阳极，b电极材料为Ni，发生的电极反应为Ni-2e-=Ni2+，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，b极材料是镍(Ni)；
(2)①根据分析，a极的电极反应式是Ni2++2e-=Ni；
②由于镍离子在溶液中发生水解反应：Ni2++2H2O⇌Ni(OH)2+2H+，硼酸的作用是调节溶液的pH，阻止镍离子发生水解。若pH较小时，溶液中氢离子浓度增大，a极为阴极，电极上易发生反应：2H++2e-=H2↑，产生氢气(H2)，使镀层疏松多孔；pH较大时，电解质溶液中由于镍离子水解生成Ni(OH)2，吸附在a极上而使镀层含有杂质；
(3)铁质铆钉上镀镍能防止铁被腐蚀是因为镀层使铁与O2和H2O等物质隔离，不易发生腐蚀。
【点睛】本题难度不大，主要考查电解池的应用，电镀的基本原理，易错点为(2)中利用平衡移动的原理分析解答pH值对电极反应的影响。
2.      H3PO4H++H2PO     可乐为酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和OH-，c(OH-)减小，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)平衡向脱矿方向移动，造成龋齿     为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2O     ab     将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定     0.49
【详解】(1)如果H3PO4是强酸，0.1mol·L－1H3PO4溶液的pH＜1，现0.1mol·L－1H3PO4溶液大于1，说明H3PO4是弱酸，部分电离，电离方程式为H3PO4H＋＋H2PO4－；
(2)可乐是酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和了OH-，c(OH－)减小，使Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)+3PO43－(aq)+OH－(aq)平衡向脱矿方向移动，造成龋齿；
(3)①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10，溶液中含磷的主要微粒，从H3PO4转变为HPO42－，因此主要的离子方程式为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2O；
②a．Na2HPO4溶液中HPO42－既能电离又能水解，电离方程式和水解方程式分别为HPO42－H＋＋PO43－，HPO42－＋H2OH3PO4＋OH－；HPO42－的电离平衡常数，当c(PO43－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为12.3，c(H＋)=10－12.3mol·L－1，则；HPO42－的水解平衡常数，当c(H2PO4－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为7.2，c(H＋)=10－7.2mol·L－1，则；可知HPO42－的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，a正确；
b．Na2HPO4溶液呈电中性，根据电荷守恒，有c(Na＋)+c(H＋)=c(H2PO4－)+2c(HPO42－)+3c(PO43－)+c(OH－)，b正确；
c．Na2HPO4溶液中，根据物料守恒，有c(Na＋)=2[c(H2PO4－)+c(HPO42－)+c(PO43－)+ c(H3PO4)]，c错误；
ab符合题意；
(4)①可乐溶液中，含有碳酸，也会与NaOH反应，会影响H3PO4的测定，因此加热的目的是将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定；
②滴定至终点时生成Na2HPO4，则关系式为H3PO4～2NaOH，则50mL可乐中含有；则该可乐样品中磷酸的含量=。
3. (1)         
(2)     加成反应     2+2+          ++
(3)         

【解析】（1）
①医用胶分子中的碳碳双键可以发生加成聚合反应，使其固化成膜，故答案为：；
②氰基中的N原子有孤对电子，可以深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基和羧基的H原子形成氢键，故答案为：
（2）
①由B的结构简式可知，与HCN发生加成反应生成A（），故答案为：加成反应；
②由B→D的反应条件可知，该反应为B中的发生催化氧化反应，则其方程式为2+2+，故答案为：2+2+；
③F与乙醇反应生成，则F为，可知D与HCN发生加成反应生成E，E再发生醇的消去反应生成F，则E的结构简式为：，故答案为：；
④由E可知F的结构简式为，所以F转化为502医用胶的方程式为：++，故答案为：++。
（3）
由质谱图可知，G的相对分子质量为74，则；、，根据原子守恒可知，分子G中、，则，故G的分子式为：；其中核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，则G的结构简式为，故答案为：；。
4.      生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面，使Mg与水接触面积减小，反应很快停止     NH+H2ONH3•H2O+H+     不是     向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解     排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变     红色石蕊     随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3     NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快
【详解】(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。而氢氧化镁不溶于水，会覆盖在镁单质的表面，减少了镁与水的接触面积，从而使反应速率减慢并停止，故答案为：生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面，使Mg与水接触面积减小，反应很快停止；
(2)①NH4Cl溶液显酸性是因铵根离子能发生水解反应产生氢离子，反应为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+；
②根据反应过程中的pH值变化曲线，若假设一是实验I、II产生差异的原因的话，因此起始时氯化铵的浓度最大，水解产生的氢离子浓度最大，开始阶段的反应速率应比较大，则开始阶段pH值应出现明显变化，这与图象不符合，因此假设一不是实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的主要原因，故答案为：不是；
③假设二的实验操作中不能说明是铵根离子还是氢氧根离子对氢氧化镁产生了影响，应补充对照实验，排除氢氧根离子对沉淀的影响，具体操作：在其他条件相同时，向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解，故答案为：向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解；
④向NH4Cl溶液中加几滴氨水是溶液呈碱性，这样可以在确保铵根浓度不变的情况下，排除氢离子的影响，故答案为：排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变；
(3)①检测NH3一般用湿润的红色石蕊试纸，看试纸是否变蓝，故答案为：红色石蕊；
②随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3，导致气体中含有少量NH3，故答案为：随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3；
(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快，故答案为：NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快；
5. (1)AgOH+2NH3·H2O=+OH-+2H2O
(2)CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O
(3)     Ⅰ     Ⅲ     热促进NH3·H2O分解，逸出NH3，促使平衡正向移动，浓度减小，不利于银镜反应的发生
(4)     OH-     在强碱条件下，银离子氧化性强于氢氧根离子，发生反应：4Ag++4OH-4Ag+O2↑+2H2O     取棕黑色沉淀，加入稀硝酸溶液，产生无色气泡，气泡接触空气变为红棕色，说明存在Ag
(5)强碱条件下加热

【分析】向盛有1 mL2%AgNO3溶液试管中滴加2%的稀氨水，首先反应产生AgOH白色沉淀，然后继续滴加稀氨水至最初产生的沉淀恰好溶解得到银氨溶液，向其中加入乙醛，振荡后水浴加热，发生银镜反应，然后探究溶液pH大小与反应关系，探究溶液pH对银镜产生的影响，从而推断出乙醛与银氨溶液反应产生银镜的有利条件。
（1）向试管中加入1 mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀溶解，制得银氨溶液，离子反应为AgOH+2NH3·H2O=+OH-+2H2O；
（2）乙醛与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，产生Ag单质，该反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
（3）①对比实验Ⅰ和Ⅲ，证实了文献的说法，故合理选项是Ⅰ和Ⅲ；②实验II未产生银镜的原因：加热促进NH3·H2O分解，逸出NH3，促使平衡正向移动，浓度减小，不利于银镜反应的发生；
（4）①实验IV中，将Ag元素还原的微粒可能是OH-，在强碱条件下，银离子氧化性强于氢氧根离子，发生反应为：4Ag++4OH-4Ag+O2↑+2H2O；②经检验棕黑色沉淀Y中含有Ag单质，实验方案验证为取棕黑色沉淀，加入稀硝酸溶液，产生无色气泡，气泡接触空气变为红棕色，说明存在Ag；
（5）结合以上实验现象可知：在强碱性加热条件有利于产生银镜，则乙醛与银氨溶液反应产生银镜的有利条件是强碱性条件下加热。
6. (1)
(2)防止暴沸
(3)加热是为了提高化学反应速率：温度过高会发生副反应、反应物挥发，转化率降低
(4)4
(5)          向溶液X中加入氢氧化钠溶液，振荡，溶液分层
(6)不能，浓氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解程度增大，水解速率加快

【分析】乙醇和乙酸在浓硫酸、加热下发生酯化反应生成乙酸乙酯，碎瓷片的作用是防暴沸，由于乙酸和乙醇易挥发，粗产品中含杂质乙酸和乙醇，乙酸和碳酸钠反应产生气体，乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液中，故用饱和碳酸钠承接粗产品。加热下，乙酸乙酯在一定条件下能水解，探究乙酸乙酯在中性、酸性、碱性溶液中的水解(65℃水浴加热)，要控制单一变量。
（1）
a中乙醇和乙酸在浓硫酸、加热下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：。
（2）
a中加入碎瓷片的作用是防暴沸。
（3）
乙酸和乙醇易挥发，则本实验中既要对反应物加热、但又不能使温度过高的原因是：加热是为了提高化学反应速率：温度过高会发生副反应、反应物挥发，转化率降低。
（4）
对比实验中，比较氢离子和氢氧根离子存在下酯的水解，需要保证这二者离子浓度相同，硫酸中氢离子为4mol/L，则氢氧化钠溶液中氢氧根离子为4mol/L， 4mol/L。
（5）
①实验Ⅲ中发生的反应为乙酸乙酯与氢氧化钠反应生成乙酸钠和乙醇，化学方程式是。
②实验Ⅱ为酸性下乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，则假设应该是部分乙酸乙酯溶解在乙酸和乙醇中，要证实假设合理故，只要：取少量溶液X，并加入氢氧化钠溶液，振荡，乙酸被中和、乙醇溶解于水中，而乙酸乙酯还来不及完全反应、故会出现溶液分层。则答案为：向溶液X中加入氢氧化钠溶液，振荡，溶液分层。
（6）
通过酯水解实验可知，实验一中，不能用浓NaOH溶液代替饱和溶液。理由是：浓氢氧化钠溶液会使乙酸乙酯水解程度增大，水解速率加快。
7.      C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)    ΔH=-5518kJ/mol     Ⅲ     K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH     2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)     温度     反应2CO2(g)＋6H2(g)=C2H4(g)＋4H2O(g)是气体体积缩小的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大     钴能使反应物分子更易转化为活化分子，加快CO2被H2还原的反应速率；同时使CO2被H2还原得更充分，易生成含氢量高的CH4，提高烃的选择性
【分析】根据热化学方程式书写要求，完成书写，注意燃烧热的热化学方程式系数；根据图示信息分析过程反应，确定气体的组成及涉及的反应书写；根据盖斯定律分析；结合反应特点分析压强和温度对平衡的影响；根据表格数据分析Co的比例对反应物消耗率和产物比例的影响确定。
【详解】(1)1molC8H18(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出5518kJ热量，该反应的热化学方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)    ΔH=-5518kJ/mol，故答案为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)    ΔH=-5518kJ/mol；
(2)由过程图示可知气体I与氢氧化钾反应，其中含有的二氧化碳被氢氧化钾吸收转变成碳酸钾，气体II中为其他气体，碳酸钾与物质a氢氧化钙反应，产生碳酸钙沉淀b，碳酸钙高温分解得到气体III(较纯净的二氧化碳)，因此气体III中，二氧化碳的浓度最大，故答案为：III；
②由以上分析，反应II为碳酸钾与氢氧化钙的反应，反应方程式为：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH，故答案为：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH；
(3)①由盖斯定律可知，该反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)，可由C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)与2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)得到，故答案为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；
②若X为压强，由图象可知随X的增大，二氧化碳转化率减小，说明反应逆向移动，而该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，因此X不是压强，应为温度，故答案为：温度；反应2CO2(g)＋6H2(g)=C2H4(g)＋4H2O(g)是气体体积缩小的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；
③由表格信息可知，Co的占比越高，二氧化碳的消耗率越大，可知Co有利用二氧化碳转变成有机产物，同时Co的占比越高产物中甲烷的含量越高，可知Co对反应有一定的选择性，Co在反应中的作用为：钴能使反应物分子更易转化为活化分子，加快CO2被H2还原的反应速率；同时使CO2被H2还原得更充分，易生成含氢量高的CH4，提高烃的选择性，故答案为：钴能使反应物分子更易转化为活化分子，加快CO2被H2还原的反应速率；同时使CO2被H2还原得更充分，易生成含氢量高的CH4，提高烃的选择性；
8.      研磨加热     H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O     Fe(OH)3、Al(OH)3     0.025     强酸性     Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑     相同条件下，(NH4)2CO3碱性更强，且Co2(OH)2CO3的溶解度小     4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2
【分析】红土镍矿经过研磨增大酸浸时的接触面积，加硫酸后金属氧化物溶解得到相应的硫酸盐，二氧化硅不溶于硫酸成为滤渣1，滤液1中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，调剂pH到5使铁离子和铝离子转变成氢氧化物沉淀，滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，滤液2进行萃取得到有机相，再反萃取，经过处理得到钴酸锂(LiCoO2)，据此分析解答。
【详解】(1)研磨可以增大反应物间的接触面积，提高反应速率，加热、升高温度能增大反应速率，故答案为：研磨、加热；
(2) ①H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，加入H2O2发生反应H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
②根据以上分析滤渣2主要成分是氢氧化铝和氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3) ①根据萃取剂浓度对溶液中Ni2+、Co2+的萃取率影响图可知，当萃取剂浓度的为0.025 mol/L时，Co的萃取率相对较高，且此时Ni的萃取率接近0，故答案为：0.025；
②根据萃取反应平衡Co2+(水相)+2RH(有机相)⇌CoR2(有机相)+2H+(水相)可知，酸性增强时平衡逆向移动，有利于Co重新进入水相，故答案为：强酸性；
(4) ①向反萃取后的水溶液中加入稍过量NH4HCO3，得到CoCO3沉淀，发生的反应为：Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑；
②若使用(NH4)2CO3做沉淀剂，产物中会混有Co2(OH)2CO3，主要因为碳酸根离子的水解程度比碳酸氢根离子强，溶液的碱性更强，且Co2(OH)2CO3的溶解度小，故答案为：相同条件下，(NH4)2CO3碱性更强，且Co2(OH)2CO3的溶解度小；
③将CoCO3与Li2CO3按n(Li)：n(Co)=1的比例混合，鼓入空气，高温烧结，得到Li2CoO2，反应中Co元素的化合价由+2价升至+3价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的方程式为：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2，故答案为：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2；
9. (1)     共价     单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大于硅硅键，金刚石的熔点高于硅
(2)     直线型     5：2     是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大
(3)     O2-     A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2-    

【解析】（1）
太阳能电池板的主要材料为单晶硅。
①单晶硅硅原子间通过共价键形成三维骨架结构，属于共价晶体。故答案为：共价；
②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大，金刚石的熔点高。故答案为：单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大于硅硅键，金刚石的熔点高于硅；
（2）
①分子中碳原子采用sp杂化，空间结构为直线型。故答案为：直线型；
②分子中3个C-H键、1个C-O键、1个O-H键，共5个键，分子中2个C-O键，和分子中键数目之比为5：2。故答案为：5：2；
③比在水中的溶解度大，这是因为是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大。故答案为：是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大；
（3）
①根据均摊法，A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2-。故答案为：O2-；A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2-；
②晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为（a×10-10）2×c×10-10cm3，该晶胞含有O原子8个，Zr4+个数为8×+6×=4，晶胞质量g，则该晶体的密度为ρ=g•cm-3，故答案为：；。
10. (1)     c     N元素的电负性大于B元素，N原子带部分负电荷，B原子带部分正电荷
(2)     sp3     3:1
(3)     CH3OCOOCH3     CH3OH    

【解析】（1）①六方氮化硼的晶体结构类似石墨，石墨属于混合型晶体，则六方氮化硼晶体属于混合型晶体，故答案为：c；②六方氮化硼晶体层与层之间N和B是叠置的，如a点为N，b点为B而不是N，其原因为：N元素的电负性大于B元素的，N原子带部分负电荷，B原子带部分正电荷，层与层之间是以范德化力结合的，层与层之间这样叠置作用力最强；
（2）①立方氮化硼晶体中每个B、N原子均形成4个σ键，所以硼原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；②立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，B原子最外层有3个电子，形成4个共价键，含有1个配位键，则B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为3：1，故答案为：3：1；
（3）①PC的结构简式为，该高分子是通过缩聚反应合成的，由该分子的链节和端基的结构可知，合成该聚合物的单体为双酚A()和CH3OCOOCH3；②双酚A()CH3OCOOCH3反应生成和CH3OH，可以通过蒸出CH3OH提高产率；③以丙烯和苯酚为原料（其他无机试剂任选）设计双酚A，可以由丙烯和水发生加成反应生成2−丙醇，2−丙醇发生催化氧化生成丙酮，丙酮和苯酚发生取代反应生成目标产物，合成路线为：，故答案为：；
11. (1)     2-甲基丁烷(异戊烷)     sp、sp3
(2)          H2O     离子键、共价键    
(3)Cu2O+H2=2Cu+H2O
(4)1：1

【解析】（1）
①根据a结构的球棍模型可知：该物质为2-甲基丁烷或异戊烷；
②在CO2分子中C原子价层电子对数是2+=2，无孤对电子，因此C原子杂化类型是sp杂化；
在2-甲基丁烷分子中每个C原子都形成4对共用电子对，C原子价层电子对数是4，C原子上无孤对电子，因此C原子采用sp3杂化；
（2）
①在中，中心S原子价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此空间结构为正四面体形；
在中，中心S原子价层电子对数是3+=4，有1对孤对电子，因此空间结构为三角锥形；
在中，中心C原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，因此空间结构为平面三角形；
②[Cu(H2O)4]2+离子中，中心原子是Cu2+，配体是H2O；
③CuSO4·5H2O是络合物[Cu(H2O)4]SO4·H2O，该物质是离子化合物，其中含有离子键；在配位体及外界结晶水中含有共价键，故该物质结构中，除配位键外，还存在的化学键有离子键和共价键；
④该反应为氧化还原反应，根据电子守恒，由于Cu2+系数是2，则Cu2O的系数是1，反应中得到2个电子，则1个会失去2个电子变为；根据电荷守恒及原子守恒，可知转化为CO2气体，它们的系数都是2，则配平后的反应方程式为；
（3）
根据反应机理，总方程式为i+ii的和，则用总反应方程式减去i的反应方程式，可得ii的反应方程式为：Cu2O+H2=2Cu+H2O；
（4）
由Cu、Cu2O晶胞结构可知：在一个Cu晶胞中含有的Cu原子数目为8×+6×=4；在一个Cu2O晶胞中含有的Cu原子数目为4×1=4，故二者一个晶胞中含有的Cu原子数目比是4：4=1：1。
12. (1)B
(2)向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色
(3)     氢键     N(氮原子)
(4)(或)，HI浓度减小，使上述平衡正向移动
(5)         

【解析】（1）
I2属于非金属单质，其晶体是分子间以分子间作用力结合形成的晶体，属于分子晶体，故答案：B；
（2）
和水不互溶，故可以进行萃取操作比较在、水中的溶解性，即向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色，故答案：向碘水中加入，振荡，溶液分层，下层呈紫红色；
（3）
①中O元素的电负性大，能与H原子形成分子间氢键，使的沸点增大，故答案：氢键；
②的中心原子是N原子，其孤对电子对数为，故答案：N；
（4）
HI是强酸，在水中会电离，HI浓度减小，使上述平衡正向移动，故答案：(或)，HI浓度减小，使上述平衡正向移动；
（5）
①从M到羧酸A是酯的水解反应，其断键位置为，故羧酸A的结构简式为，故答案：；
②根据题目信息，可知含有醛基的两种有机物在催化剂下可以发生加成反应，实现碳链的加长，再经过催化和加氢反应，即可去掉羟基，故合成路线为：，故答案：。
13. (1)羟基、羧基
(2)取代反应
(3)：+NaOH+NaCl
(4)
(5)bc
(6)，，
(7)

【分析】物质A也属于芳香族化合物，结合A的分子式可知，A的结构简式为，A和浓硝酸发生取代反应生成B，根据G的结构简式可知，发生甲基的对位取代反应，所以B为，由反应条件、分子式可知，B中甲基.上的氢原子被氯原子取代生成D为，F与X发生信息i中反应生成G，结合有机物分子式可知，D发生卤代烃水解反应生成E，E发生醇的催化氧化生成F，故E为，F为，则X为，L发生信息ii中取代反应生成M为，结合Q的结构简式推知G为，J为芳香族化合物，由L的结构简式，可知J与.乙醇发生酯化反应生成K，K中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成J，推知J为，K为，以此解题。
【详解】（1）由分析可知J为，其中含有的官能团是羟基、羧基；
（2）A→B是甲苯的硝化反应，反应类型是取代反应；
（3）D→E为卤代烃的水解反应，方程式为：+NaOH+NaCl；
（4）由分析可知G为；
（5）a．X中不含有醛基，不能用新制的检验X中的官能团，a错误；
b．根据元素守恒可知，反应①除了生成L外，还生成，b正确；
c．反应③属于加成反应，原子利用率为100%，c正确；
故选bc；
（6）N是L的同分异构体，且符号条件，ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基；ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体，说明含有2个羧基，符合条件的同分异构体为，，；
（7）反应②的过程可知，形成的中间体为，形成中间体的过程理解先加成、再脱去1分子CH3OH，L→中间体的过程会产生高分子副产物为。
14. (1)非极性分子
(2)          加成反应     CH2ClCH=CHCH2Cl     +
(3)
(4)

【分析】A为芳香化合物，故A为苯；B与水发生加成反应得到环己醇，B为；环己醇氧化得到C，C与F发生缩聚反应得到尼龙66，故C为HOOC(CH2)4COOH，F为H2N(CH2)6NH2；D存在顺反异构体，故1，3-丁二烯发生了1，4-加成，D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D到E发生了取代反应，E为NCCH2CH=CHCH2CN，E与氢气发生加成反应得到F。
（1）
氯气分子正负电荷中心重合，是非极性分子；
（2）
B与水发生加成反应得到环己醇；D存在顺反异构体，故1，3-丁二烯发生了1，4-加成，生成D的化学方程式是：CH2ClCH=CHCH2Cl；C为HOOC(CH2)4COOH，F为H2N(CH2)6NH2，C与F发生缩聚反应得到尼龙66，化学方程式为：+；
（3）
制备尼龙66的缩聚反应为可逆反应，可通过蒸出H2O来促进反应；
（4）
由原子守恒，根据阴极的电极反应式，M为：，M与H2发生加成反应得到F。阴极和阳极的电极式相加即为生成M的总方程式：。
15. (1)芳香烃
(2)          28     + +H2O
(3)     碳碳双键     Q能够发生水解反应、消去反应、加聚反应：布洛芬能发生中和反应
(4)     NaOH水溶液    

【分析】（2）A和(CH3CO)2O在酸的条件下发生取代反应得到B为 ，B在催化剂作用下被氢气还原得到D，D在催化剂作用下和CO反应得到布洛芬；
（4）E的分子式为C3H6，根据X的分子式和转化关系，推出E为丙烯，丙烯和氯气在高温下发生甲基上的取代反应得到F为CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl和HOCl发生加成反应得到X为CH2ClCH(OH)CH2Cl或CH2ClCHClCH2OH，由X的结构简式和Y的分子式可知，X⟶Y发生的是水解反应，试剂a是NaOH水溶液，据此分析解答。
（1）
由A的结构简式可知，该有机物为含有苯环的烃，则属于芳香烃，故答案为：芳香烃；
（2）
①由分析可知，B的结构简式是，故答案为： ；
②对比D与布洛芬的结构简式可知，D转化为布洛芬时，分子中增加了一个CO原子团，则二者相对分子质量相差28，故答案为：28；
③中含有羧基， 含有羟基，在浓硫酸加热条件下二者发生酯化反应生成酯和水，反应的化学方程式为 + +H2O，故答案为： + +H2O；
（3）
①分析Q的结构，该分子中含有酯基、羟基和碳碳双键，其中含有的碳碳双键能使其发生加聚反应，故答案为：碳碳双键；
②Q中含有酯基、羟基和碳碳双键，能够发生水解反应、消去反应、加聚反应；布洛芬中含有的官能团为羧基，能发生中和反应，故答案为：Q能够发生水解反应、消去反应、加聚反应；布洛芬能发生中和反应；
（4）
①由分析可知，X为CH2ClCH(OH)CH2Cl或CH2ClCHClCH2OH，X⟶Y发生的是水解反应，试剂a是NaOH水溶液，故答案为：NaOH水溶液；
②E为CH2=CHCH3，E→F发生取代反应，在高温条件下，Cl原子取代甲基上的H原子，反应的化学方程式为，故答案为：。