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内蒙古呼和浩特2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
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这是一份内蒙古呼和浩特2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共37页。试卷主要包含了原理综合题，填空题，实验题，工业流程题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
内蒙古呼和浩特2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、原理综合题
1．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）2020年9月22日，中国向全世界宣布努力争取在2060年实现碳中和。这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和可以简单理解为的排放总量和减少总量相当。的回收和综合利用成为碳中和重点研究课题。结合所学知识回答下列问题：
(1)下列措施有利于大气中减少的是___________；
a．植树造林，利用光合作用把转化为
b．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情
c．减少化石燃料的使用，从源头上降低的排放
(2)研究发现可利用与制备重要化工原料“合成气”(CO、)，科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①： (慢反应)
反应②： (快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
①与制备“合成气”的热化学方程式___________；②能量变化图中：___________(填“＞”“＜”或“=”)；
(3)利用铜基配合物1，10-phenanthroline-Cu催化剂电催化还原制备碳基燃料包括CO、烷烃和酸等)是减少在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。
阳极的电极反应式为___________，电池工作过程中，若右侧只产生1.5mol HCOOH时，通过质子交换膜的酸性电解质溶液___________mol。
2．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
(1)①常温下， H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1， 1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(1) △H=_______kJ·mol-1；
②上述反应分两步进行：
第一步_______(写化学方程式)△H> 0
第二步Cu/Zn* + 2H2 + CO2 = Cu/ZnO* + CH3OH △H< 0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为_______。
a. b.
c. d.
(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应：
主反应CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0
副反应CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H>0
一定条件下，在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。
①在相同时间内，测得甲醇产率与温度的关系如图所示。温度为470K时，图中P点_______(填“处于”或“不处于”)平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是_______。
②某温度下，达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol， CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为_______(列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为_______；此条件下副反应的平衡常数为_______。
(3)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应： 3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g) ，该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为( Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=_______kJ·mol-1，当改变外界条件时，实验数据如中的直线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
3．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）低碳烯烃是指乙烯、丙烯和丁烯等小分子烯烃的总称。其用途十分广泛，是塑料、橡胶、树脂、高分子、医药、农药等后续产业链赖以生存的基石。请结合所学知识，回答下列问题：
(1)研究证明，CO2可作为合成低碳烯烃的原料，目前利用CO2与H2合成乙烯相关的热化学方程式如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.01kJ·mol-1
反应II：2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-29.98kJ·mol-1
反应III：2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH3=_______kJ·mol-1
(2)一定条件下，在2L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[]发生反应III，CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。
①该反应在低温下是否可以自发进行_______(填“是”“否”或“无法确定”)；
②下列能提高CO2平衡转化率的措施有_______；
a.降低反应温度
b.使用高效催化剂
c.通入He气体使体系的压强增大
d.以相同的投料比增加反应物的物质的量
③R点处，X_______2.0(填“>”“<”或“=”)；
④若起始加入1molCO2和2molH2，则Q点的平衡常数K=_______；
(3)我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃-乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
助剂
CO2转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①催化剂助剂主要在_______起作用(填“第i步”或“第ii步”“第iii步”)；
②在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_______助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_______。
二、填空题
4．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硝酸是用途广泛的重要化工原料，自然界和化工生产中合成硝酸各物质转化关系如下图所示，请结合你所学的知识回答以下问题：
(1)在自然界中能稳定存在的原因是___________；
(2)上图①～⑥各步转化中，属于氮的固定的是___________(填序号)；
(3)氨的催化氧化是工业合成硝酸的重要步骤，其中氧化剂与还原剂物质的量之比___________；
(4)为提高NO→的转化率，可采取的措施是___________；
(5)工业制硝酸时含有NO、等大气污染物。用尿素[]水溶液吸收氮氧化物是一种可行的方法。NO和不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如下图。
①用尿素[]水溶液吸收体积比为1：1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式___________；
②随着NO和配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是___________。
三、实验题
5．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效广谱的灭菌消毒剂。棕黄色的气体是次氯酸的酸酐，溶于水生成次氯酸，实验室模拟工业制备次氯酸的装置如图所示(夹持装置已略)。
已知：
①气体在42℃以上会发生分解，浓度过大会发生爆炸；
②工业上用氯气与潮湿的碳酸钠反应制得，同时生成两种钠盐该反应放热。
(1)仪器m的名称___________；装置A中发生反应的离子反应方程式___________；
(2)装置B中盛放的适宜试剂是___________；B中通入空气的原因是___________；
(3)装置C中主要发生反应的化学方程式___________；
(4)实验中，装置C需要冷却的原因是___________；
(5)装置D中多孔球泡的作用___________；装置E中碱石灰的作用是___________；
(6)此法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是___________(答出一条即可)。
6．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硫酸四氨合铜晶体()常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下该物质易溶于水，难溶于乙醇，受热时易发生分解。某化学兴趣小组拟合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
Ⅰ.溶液的制备
方案i：铜与浓硫酸加热制备。
方案ii：将铜粉在空气中充分加热至完全变黑，再加稀硫酸。
(1)请写出方案i反应的化学方程式___________，此方法硫酸的利用率较低的原因是___________；
(2)方案ii除了可提高硫酸的利用率外，还有的优点是___________；
Ⅱ．晶体的制备
将上述制备的溶液按下图所示进行操作：
(3)加入适量调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式___________；继续滴加，浅蓝色沉淀会转化生成深蓝色溶液；
(4)加入乙醇析出晶体的原因是___________；
Ⅲ．产品纯度的测定
精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用mL 0.500的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗mL NaOH溶液。
(5)若水槽中没有使用冰盐水冷却会使氨含量测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；
(6)样品中产品纯度的表达式___________。(不用化简)
7．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：
已知：a.反应原理：CH2OH( CHOH)4CHO + Br2+ H2O→C6H12O7 (葡萄糖酸) + 2HBr；2C6H12O7(葡萄糖酸) + CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ H2O + CO2↑
b.相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
在水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
极易溶
在乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
c.相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸
d.相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是_______，盛放NaOH溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式_______。
(2)步骤Ⅱ中加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是_______。
(3)步骤Ⅲ的“操作”是将所得悬浊液煮沸，并趁热采用装置抽滤，滤掉未反应的CaCO3，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差。与普通过滤操作相比，抽滤的优点是_______；抽滤过程需要趁热进行的原因是 _______。
(4)步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液 ，理由是_______。
(5)该实验中葡萄糖酸钙的产率为_______( 保留3位有效数字)。
8．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）过氧乙酸(CH3COOOH)在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域等有广泛应用。实验室利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热，在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)。同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7°C)及时分离出水，以提高产率。实验装置如图所示，请回答下列问题：
已知：i.过氧乙酸为无色液体，易溶于水；极不稳定，遇高热会引起爆炸；氧化性与高锰酸钾相当。
ii.相关物质性质
相关物质
CH3COOH
CH3COOOH
乙酸丁酯
沸点(°C)
118
105
126
实验步骤：
①向油水分离器中加入适量蒸馏水液面低于分水器支管口；
②仪器2中加入冰醋酸、固体酸催化剂和适量乙酸丁酯，仪器6中通冷却水，开通仪器1和8，缓慢关闭仪器7处放空阀，温度维持为55°C；
③待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水；
④当油水分离器中水层液面升高到支管口时，经过操作a后，打开活塞逐滴放出适量水……；
⑤待反应结束，冷却后放出油水分离器中下层水，将上层液体从油水分离器上口倒入仪器2，分离仪器2中的混合物，初步得到粗产品。
(1)仪器2的名称是_______，仪器2中制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学反应方程式为_______；
(2)实验中反应温度控制在55°C，且缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水，以上操作的原因是_______；
(3)步骤④的“操作a”指_______；定期从油水分离器放出水的原因是_______；
(4)待观察到_______(填现象)时，说明反应已经结束；
(5)反应结束，分离仪器2中的混合物初步得到粗产品的方法是_______；
(6)粗产品中过氧乙酸(CH3COOOH)含量的测定：取一定体积的样品VmL，分成2等份。其中一份用过量KI溶液与过氧化物作用，以0.10mol·L-1的硫代硫酸钠溶液滴定碘(I2+2=2I-+)消耗量为V1mL；另一份用0.02mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为_______mol·L-1。
四、工业流程题
9．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硼酸()为白色粉末状结晶，大量用于玻璃工业，可以改善玻璃制品的耐热、透明性能提高机械强度，缩短熔融时间。以硼镁矿(含、及少量、)为原料生产硼酸的工艺流程如下：
已知：
①在20℃，40℃，60℃，100℃时溶解度依次为5.0g，8.7g，14.8g，40.2g。
②有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
开始沉淀时
3.8
5.8
2.2
10.6
完全沉淀时
5.2
9.7
3.2
12.4
(1)写出硼元素在周期表中的位置___________；
(2)“酸浸”时生成的化学方程式为___________；
(3)“热过滤”的目的是___________；
(4)“固体1”的主要成分是___________(写化学式)；
(5)从绿色化学角度考虑，试剂A宜选择___________，作用是___________(用离子方程式表示)；
(6)“氧化”后将溶液pH调节至6，目的是___________；
(7)“母液”中的溶质主要有___________，___________。
10．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施_______ (写出两条)。
(2)“电解Ⅰ”的目的，一方面是回收铜，另一方面是_______，为证明这一目的是否达成，取少量“电解Ⅰ”后的溶液滴加的试剂是_______(填化学式)。
(3)“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为_______。
(4)“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2 + 2 + 2NH3和 + 2HR = NiR2+ 2 + 4NH3，则“反萃取Ⅱ”时含铜微粒发生反应的离子方程式为_______。
(5)整个流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有NH3·H2O， (NH4)2CO3和_______(填化学式)。
(6)NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·6H2O。将NiSO4·6H2O样品在900℃下，空气中进行煅烧，固体质量随时间变化如图。B点对应物质的化学式为_______；D点到E点反应的化学方程式为_______。
11．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）我国锂云母矿石储量丰富，现有产自内蒙古的锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]，内含少量镁、钙、铁的氧化物)，工业上欲采用硫酸法用其制备Li2CO3具体流程如下：
查阅资料可知：
I.“焙烧”温度对锂提取率的影响如下图所示
II.“焙烧”过程中铁的氧化物未参与反应
III.3SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2(SO4)3+K2SO4+SiO2+SiF4↑+H2O
IV.Li2SO4+Na2CO3→Li2CO3↓+Na2SO4
回答下列问题：
(1)“焙烧”温度理论上选择_______为宜，同时为提高“焙烧”效率，还可采取的措施有_______；
(2)“焙烧”产生的气体可用NaOH溶液吸收，且元素化合价均不发生变化，该反应的化学方程式为_______；
(3)在“中和”过程中，为使Fe3+和Al3+完全沉淀，pH值至少调整为_______；部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)如图所示：
(4)“中和”所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有_______；
(5)“氧化”过程中发生氧化还原反应的离子方程式为_______；
(6)“滤渣2”的主要成分是_______；
(7)工业上还可以通过“苛化反应”，利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液，进而生产出纯度更高的工业碳酸锂，请通过计算过程证实该方案的可行性_______。[已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4；KspCaCO3)=2.5×10-9]
五、结构与性质
12．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
(1)Li 、C、P三种元素中，电负性最小的是_______(用元素符号作答)。
(2)基态磷原子的电子排布式为_______。
(3)图2中，黑磷区P原子的杂化方式为_______，石墨区C原子的杂化方式为_______。
(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点最高的是_______，原因是_______。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有_______(填字母)。
a.黑磷区P- P键的键能不完全相同
b.黑磷与石墨都属于混合型晶体
c.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)LiPF6、LiAsF6.等也可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时， Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。
①从化学键角度看， Li+迁移过程发生_______(填“物理”或“化学” )变化。
②相同条件下，电极材料_______( 填“LiPF6”或“LiAsF6”)中的Li+迁移较快，原因是_______。
(7)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_______，晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
图3
13．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛，硼的一些化合物表现出缺电子特征。回答下列问题：
(1)基态硼原子的电子排布式为_______；B和Al的第一电离能I1(B)_______I1(Al)(填“>”或“=”或“<”)。
(2)H3BO3(层状结构)的结构示意图如下，在硼酸的层状结构中O的杂化类型是_______，层内存在的作用力有_______。硼酸显弱酸性与[B(OH)4]-配离子有关，硼酸的电离方程式：_______。
(3)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据表中数据分析其原因是_______。
化学键
B-H
B-O
B-B
键能(kJ·mol-1)
389
561
293
(4)已知晶体硼的熔、沸点及硬度数据和基本结构单元(由硼原子组成的正二十面体如图1所示，每个三角形均为正三角形，每个顶点为一个硼原子)如下：
晶体
金刚石
晶体硅
晶体硼
熔点(K)
3832
1683
2573
沸点(K)
5100
2628
3823
硬度
10
7.0
9.6
①晶体硼属于原子(共价)晶体，其理由是_______。
②每一个硼基本单元由_______个原子组成；
③碳化硼，别名黑钻石，是已知最坚硬的三种材料之一，仅次于金刚石和立方氮化硼，图2为碳化硼晶胞，其化学式为_______；
(5)硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图3所示，标注为“1”的Na+坐标参数为_______。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，则硼氢化钠晶体的密度为ρ=_______g·cm-3(用含NA的代数式表示)。
六、有机推断题
14．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）化合物J是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
(1)A的化学名称为_______，J的分子式为_______。
(2)B中官能团的名称为_______；B→C、E→G的反应类型为_______、_______。
(3)C→D的化学反应方程式为_______。
(4)H的结构简式_______；H有多种同分异构体，含有-COO-和碳碳双键的同分异构体有_______种(不考虑顺反异构，下同)，写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式_______。
(5)设计以F和CH2=CHCHO为起始原料，合成的路线_______(其它试剂任选)。
15．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）有机合成中成环及环的元素增减是合成路线设计的关键问题之一，由合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团名称为_______；F的化学式为_______；
(2)写出A→B的化学方程式_______；
(3)C的结构简式为_______；D→E的反应条件是_______；
(4)E有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且苯环上有三个支链的同分异构体有_______种，写出核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9：6：2：1的结构简式为_______；
(5)以 为原料合成，其合成路线为_______。
参考答案：
1．(1)ac
(2) ＜
(3) 3
【解析】（1）
a．植树造林，利用光合作用把转化为，消耗了空气中的二氧化碳，可以减少空气中二氧化碳的浓度，a正确；
b．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情，没有消耗二氧化碳，不能减少空气中二氧化碳的浓度，b错误；
c．化石燃料的燃烧会产生二氧化碳，减少化石燃料的使用，可以减少空气中二氧化碳的浓度，c正确；
故选ac；
（2）
CH4与CO2制备“合成气”的化学方程式为，(g)，由图可知反应的烩变△H=生成物的总内能-反应物的总内能=(E3-E1) kJ/mol，反应的热化学方程式为，两步历程中反应①是慢反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，即，所以；
（3）
由图可知，左侧为阳极，其电极反应为：；右侧石墨烯电极为阴极，电极反应为：，由电极方程式可知，产生1.5mol HCOOH时转移3mol电子，故答案为：3。
2．(1) -49.0 Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O c
(2) 不处于 升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低；催化剂活性降低或副反应更易进行
(3) 31.0 使用催化剂(或使用更高效的催化剂)
【详解】（1）①根据题意写出热化学方程式，由盖斯定律得目标方程式的；②以总反应方程式与第二步反应式相减即得第一步反应方程式：Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O；③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，因此第二步速率快，反应活化能低于第一步，所以c选项正确；
（2）①由图象可知470K之后甲醇产率还在增大，温度持续升高，说明反应还在朝着主反应的正方向进行，不处于平衡状态；在490K时，反应达到平衡，此时甲醇产率达最高值，升高温度，主反应平衡逆向移动，另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行，甲醇产率降低；②根据题意可列三段式，注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始量，已知量为CO2、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量：
，
则CO2转化率=；甲醇的选择性=；副反应的化学平衡常数为
K副=；
（3）将直线a上两点坐标代入列方程组 解得Ea=31.0(kJ·mol-1)；由于该反应的Arrhenius经验公式为一直线方程，因此活化能Ea即为该直线的斜率，如图过程a→b直线斜率减小，即活化能Ea降低，所以改变的条件可能是使用了催化剂或使用了更高效的催化剂。
3．(1)-128.00
(2) 是 ad > 512
(3) 第iii步 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响
【详解】（1）反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.01kJ·mol-1
反应II：2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-29.98kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ可得反应III：2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH3=(-49.01×2)kJ·mol-1+-29.98kJ·mol-1=-128.00 kJ·mol-1；
（2）①2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH =-128.00 kJ·mol-1，可知ΔH＜0，ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0可自发进行反应，该反应在低温下可以自发进行；
②a. ΔH＜0，该反应为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，能提高CO2平衡转化率，a正确；
b.使用高效催化剂，不会使平衡移动，会加快反应速率，b错误；
c.通入He气体不改变反应物浓度，平衡不移动，c错误；
d.以相同的投料比增加反应物的物质的量，反应物的浓度增加，平衡正向移动能提高CO2平衡转化率，d正确；
故选ad；
③X的平衡转化率α(CO2)值更高，剩余越少，即值更大，R点处，X＞2.0；
④Q点与P点温度相同，则K值相同以P点计算K值，=0.5，若起始加入1molCO2和2molH2，列三段式为：，平衡常数K=；
（3）①催化剂助剂主要在第iii步起作用，第iii步才有催化剂的作用；
②在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好，因为兼顾乙烯的产率、二氧化碳转化率、副产物影响；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
4．(1)由于N原子的最外层上有5个电子，故氮气分子中存在氮氮三键，故氮气的化学性质很稳定
(2)①②
(3)5：4
(4)增大空气(氧气)的浓度
(5) NO+NO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+2H2O NO难溶于水，难以与尿素接触反应
【解析】(1)
由于N原子的最外层上有5个电子，故氮气分子中存在氮氮三键，故氮气的化学性质很稳定，故在自然界中能稳定存在。
(2)
将游离态的氮转化为化合态的过程叫氮的固定，①~⑥各步转化中，属于氮的固定的是①②。
(3)
氨的催化氧化反应为，氧化剂为氧气，还原剂为氨气，故氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4。
(4)
为提高NO→HNO3的转化率，可采取的措施是增大空气(氧气)的浓度。
(5)
①体积比为1:1的NO和NO,混合气体，说明反应中化学计量数之比为1:1，反应化学方程式为NO+NO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+2H2O。
②由于NO难溶于水，难以与尿素接触反应，未参与反应的NO增多，大量的NO通入之后不能反应，导致总还原率降低。
5．(1) 蒸馏烧瓶 2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O
(2) 饱和食盐水 稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸
(3)2Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+Cl2O+2NaHCO3
(4)防止Cl2O气体42℃以上会分解
(5) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分 吸收尾气，防止污染空气
(6)制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高
【分析】A装置制备氯气，B中饱和氯化钠除去氯气中的氯化氢，通入空气是为了稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸，C中氯气和含水的碳酸钠反应生成Cl2O，D中Cl2O与水反应生成次氯酸，E的碱石灰吸收尾气，防止污染空气。
【详解】（1）仪器m为蒸馏烧瓶，装置A为高锰酸钾和浓盐酸制备氯气的离子方程式为：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O。
（2）工业上可用氯气与潮湿的碳酸钠反应制得Cl2O，Cl2不需要干燥，所以装置B中盛放饱和食盐水，饱和食盐水作用是除去Cl2中的HCl，防止HCl和碳酸钠反应，并且使Cl2和空气充分混合；由于Cl2O气体42℃以上会分解，所以通入空气是为了稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸。
（3）根据已知信息和氧化还原反应原理可知，装置C中发生反应的化学方程式为2Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+Cl2O+2NaHCO3。
（4）由于Cl2O气体42℃以上会分解，所以C装置放在冰水浴中。
（5）多孔球泡的作用均为增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；碱石灰的作用为吸收尾气，防止污染空气。
（6）氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高。
6．(1) Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑； 该反应随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应，且浓硫酸反应生成二氧化硫，使得硫酸利用率降低
(2)没有生成污染性的气体，不会污染环境
(3)2Cu2+＋＋2NH3∙H2O －＝＋2
(4)∙H2O难溶于乙醇，降低了∙H2O的溶解度
(5)偏低
(6)
【解析】（1）
方案i是铜与浓硫酸加热反应，其化学方程式Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑，此方法硫酸的利用率较低的原因是该反应随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应，且浓硫酸反应生成二氧化硫，使得硫酸利用率降低；故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑；该反应随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应，且浓硫酸反应生成二氧化硫，使得硫酸利用率降低。
（2）
方案ii是铜和氧气加热反应生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，该反应没有二氧化硫气体生成，不会污染环境，因此除了可提高硫酸的利用率外，还有的优点是没有污染性的气体；故答案为：没有生成污染性的气体，不会污染环境。
（3）
加入适量调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为，则生成此沉淀的离子反应方程式2Cu2+＋＋2NH3∙H2O －＝＋2；故答案为：2Cu2+＋＋2NH3∙H2O －＝＋2。
（4）
加入乙醇，由于∙H2O难溶于乙醇，由此析出晶体；故答案为：∙H2O难溶于乙醇，降低了∙H2O的溶解度。
（5）
若水槽中没有使用冰盐水冷却，由于生成的是氨气，易挥发，导致剩余HCl量增多，所以如果没有使用冰盐水冷却，会使氨含量测定结果偏低；故答案为：偏低。
（6）
根据题意和关系式HCl～NaOH，剩余HCl物质的量为n(HCl)＝0.500××10−3L，根据HCl～NH3，则蒸出的氨气的物质的量n(NH3)＝0.500××10−3L −0.500××10−3L＝5(−)×10−4mol，则硫酸四氨合铜晶体()样品中产品纯度的表达式；故答案为：。
【点睛】
7．(1) 温度计 H++ OH-= H2O
(2)除去反应体系中残余的HBr
(3) 过滤速率快，固液分离更彻底 防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低
(4)水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失
(5)76.3%
【解析】(1)
第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O；
(2)
葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr；
(3)
抽滤时形成负压，水流的更快，所以与普通过滤操作相比，抽滤过滤速度快，可以减少因溶液温度较低而析出的葡萄糖酸钙，抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：过滤速率快，固液分离更彻底；防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低；
(4)
步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故答案为：水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失；
(5)
9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)==0.05mol，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]= n(C6H12O6)=0.025mol，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025mol×430g/mol=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。
8．(1) 三颈烧瓶 CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O
(2)防止温度过高CH3COOOH燦炸分解，减少H2O2热分解损失，缓慢滴加可以提高H2O2的利用率
(3) 打开放空阀 防止油水分离器中的水回到仪器2中，使过氧乙酸溶解影响产率
(4)仪器5油水分离器液面高度保持不变
(5)过滤
(6)
【分析】利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热，在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)，冷凝回流后利用分水器分离出水，促进反应正向移动，产物再冷却收集，所得产品进行实验分析；
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器2的名称是三颈烧瓶，仪器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学反应方程式为CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；
（2）为防止温度过高CH3COOOH燦炸分解，减少H2O2热分解损失，缓慢滴加可以提高H2O2的利用率，故实验中反应温度控制在55°C，且缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水；
（3）④当油水分离器中水层液面升高到支管口时，经过打开放空阀后，打开活塞逐滴放出适量水；
定期从油水分离器放出水的原因是防止油水分离器中的水回到仪器2中，使过氧乙酸溶解影响产率；
（4）根据产生的水的量不变可判断反应达平衡，待观察到仪器5油水分离器液面高度保持不变时，说明反应已经结束；
（5）反应结束，分离仪器2中的混合物初步得到粗产品是分离去掉难溶固体酸，方法是过滤；
（6）根据I2+2=2I-+，由得失电子守恒、元素守恒可知：
，
双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：
，
则样品中含有n(CH3COOOH)=(0.05V1-0.05V2)mol，由公式c=可得，样品中的过氧乙酸的浓度为=；答案为。
9．(1)第二周期第IIIA族
(2)＋2H2SO4＝2MgSO4＋2
(3)防止温度下降时从溶液中析出
(4)
(5) H2O2 2Fe2+＋H2O2＋2H＋＝2Fe3+＋2H2O
(6)将溶液中Fe3+、Al3+完全生成、沉淀而除掉
(7) MgSO4
【分析】硼镁矿(含、及少量、)与稀硫酸反应，、、都与硫酸反应，而二氧化硅不与硫酸反应，过滤，固体1为二氧化硅，向滤液中加入酸性双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH值将铁离子、铝离子转化为沉淀而除掉，过滤，固体2为氢氧化铝和氢氧化铁，将滤液降温结晶得到硼酸晶体。
(1)
硼是5号元素，则B元素在周期表中的位置第二周期第IIIA族；故答案为：第二周期第IIIA族。
(2)
“酸浸”时生成即硼镁矿()与硫酸反应的化学方程式为＋2H2SO4＝2MgSO4＋2；故答案为：＋2H2SO4＝2MgSO4＋2。
(3)
根据题中的溶解度数据可知，温度越高，的溶解度越大，因此“热过滤”的目的是防止温度下降时从溶液中析出；故答案为：防止温度下降时从溶液中析出。
(4)
从流程中可知及少量、)都溶于稀硫酸中，而不溶，因此“固体1”的主要成分是；故答案为：。
(5)
试剂A作用是氧化剂，为了不引入新杂质，从绿色化学角度考虑，产物不污染环境，因此试剂A宜选择H2O2，作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＋＝2Fe3+＋2H2O；故答案为：H2O2；2Fe2+＋H2O2＋2H＋＝2Fe3+＋2H2O。
(6)
从题中所给的生成沉淀的pH表示来看，氢氧化铁、氢氧化铝完全沉淀pH分别为3.2和5.2，因此“氧化”后将溶液pH调节至6，目的是将溶液中Fe3+、Al3+完全生成、沉淀而除掉；故答案为：将溶液中Fe3+、Al3+完全生成、沉淀而除掉。
(7)
根据前面分析，溶液中镁离子还没有除掉，说明镁离子在母液中，降温结晶过滤，说明“母液”中的溶质主要有MgSO4，；故答案为：MgSO4；。
10．(1)加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等
(2) 使Fe2+转化为Fe3+ 铁氰化钾
(3)Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱溶解
(4)CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR
(5)Na3PO4
(6) NiSO4·4H2O 4NiO + O22Ni2O3
【分析】向铬系铜镍电镀污泥中加入稀硫酸将金属氢氧化物溶解浸出过滤，电解滤液回收铜，同时将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。向电解后溶液中加入磷酸钠形成缓冲溶液调节溶液pH分离Ni与其他杂质金属，沉淀物进行转溶进一步处理，滤液备用；向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水与碳酸铵将Cu2+、Ni2+转成氨络离子分离浸出，用HR转化这些离子为NiR2、CuR2，经水洗除杂后加稀硫酸反萃取回收HR并获取NiSO4、CuSO4溶液，电解回收Cu合并上一流程NiSO4溶液，最终回收硫酸镍。据此可解答。
【详解】（1）为加快固体与稀硫酸的溶解浸出速率，可进行加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等操作；
（2）后续操作显示Fe元素转成Fe(OH)3除去，故在电解环节还需将Fe2+转化为Fe3+，检验Fe2+是否存在可选用铁氰化钾溶液检验，若未产生深蓝色沉淀，说明目的已达成；
（3）Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱NaOH溶解，需控制用量；
（4）H+反萃取出Cu2+，反应式为CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR；
（5）流程一中萃取I和反萃取I最终回收磷酸钠，可循环使用；
（6）NiSO4·6H2O的式量为263，原样品物质的量为0.1mol，含水0.6mol。由图可知A→B过程中固体质量减少26.3-22.7=3.6(g)，即减少n(H2O)=3.6/18=0.2mol，故B点固体化学式为NiSO4·4H2O；同理可推断C、D点对应物质分别为NiSO4、NiO，D→E固体质量增加0.8g，即0.1molNiO被空气中O2氧化增加氧元素n(O)=0.8/16=0.05mol，得到E的化学式为Ni2O3，故反应方程式为4NiO + O22Ni2O3 。
11．(1) 700°C 将矿石粉碎或搅拌
(2)SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O
(3)5
(4)SiO2、CaSO4
(5)ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl
(6)Fe(OH)3、Mg(OH)2
(7)≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全
【分析】锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]，内含少量镁、钙、铁的氧化物)，“焙烧”后使用Ca(OH)2中和，调pH并过滤以除去Fe3+，Al3+，不反应的SiO2和低溶解度的CaSO4；然后使用次氯酸钙氧化，并使用NaOH调pH以除去亚铁离子和Mg2+；最后加入碳酸钠沉锂，据此分析解题。
【详解】（1）由图可知，“焙烧”温度为700℃时，锂提取率最高，所以“焙烧”的温度理论上选择700℃；此外，将矿石粉碎或搅拌可提高“焙烧”效率；故答案为700℃；将矿石粉碎或搅拌。
（2）“焙烧”生成SiF4气体，Si为+4价，F为-1价；用NaOH溶液吸收，且元素化合价均不发生变化，所以方程式为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O；故答案为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O。
（3）为使Fe3+和Al3+完全沉淀，且溶液中离子浓度为视为完全沉淀，由图可知，Al3+完全沉淀pH值高，此时溶液中，此时pH=5，所以pH值至少调整为5；故答案为5。
（4）“焙烧”后的物质中SiO2不与Ca(OH)2反应； “中和”后产物中含有CaSO4，CaSO4溶解度不高，所以所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有SiO2和CaSO4；故答案为SiO2、CaSO4。
（5）“氧化”过程主要是氧化亚铁离子，并调pH使其沉淀，所以离子方程式为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl ；故答案为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl 。
（6）根据工艺流程，Fe3+和Al3+在中和过程完全沉淀，氧化过程中有Fe(OH)3生成，以及少量的Mg(OH)2，故答案为Fe(OH)3、Mg(OH)2。
（7）利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液，已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4，KspCaCO3)=2.5×10-9；有因此有≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全；故答案为≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全。
12．(1)Li
(2)1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3
(3) sp3 sp2
(4) NH3 NH3 分子之间能形成氢键
(5)ab
(6) 化学 LiAsF6 LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移
(7) 8
【解析】(1)
C、P是非金属，有较强得电子能力，而Li为金属，易失电子，则三种元素中Li的电负性最小，故答案为：Li；
(2)
P原子核电荷数为15，原子核外最外层有5个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3；
(3)
图2黑磷区中P原子的价层电子对数目为3+ =4，P原子采取sp3杂化，而石墨区中C原子的价层电子对数目为3+=3，则杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
(4)
PH3的相对分子质量大于CH4，PH3的沸点比CH4高，但NH3分子间存在氢键沸点最高，所以沸点由高到低顺序为NH3＞PH3＞CH4，故答案为：NH3；NH3 分子之间能形成氢键；
(5)
a．黑磷区中P-P键的键长不完全相等，则键能也不完全相同，故a正确；
b．黑磷与石墨晶体的层与层之间由范德华力互相吸引，两者均为混合晶体，故b正确；
c．复合材料单层中，P原子与C原子之间形成共价键，即作用力为共价键，故c错误；
故答案为：ab；
(6)
①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化，故答案为：化学；
②因为的半径比的小，与Li+的作用力就比的强，迁移速度就慢，故答案为：LiAsF6；LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移；
(7)
根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为V=a3 nm3=(a×10-7)3cm3，晶胞的质量为m=g，所以晶体的密度为，故答案为：8；。
13．(1) 1s22s22p1 >
(2) sp3杂化 共价键、氢键 H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
(3)B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键
(4) 晶体硼的熔点和沸点高，硬度大，故为原子(共价)晶体 12 B4C
(5) (1，1，)
【详解】（1）B是5号元素，有5个电子，两个电子层，核外电子排布为1s22s22p1，由元素周期律可知，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，第一电离能逐渐减小，故B的第一电离能大于Al的第一电离能。
（2）O的价电子数为6，成两个σ键，价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，硼酸内原子以共价键连接，硼酸分子之间存在氢键，故层内存在的作用力有共价键和氢键；因为硼酸的酸性与[B(OH)4]-配离子有关，因此硼酸的电离为硼酸与水生成[B(OH)4]-和H+，电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+。
（3）由表中数据可知，三种化学键中B-O键的键能最高，因此B-O键最稳定，更易形成B-O键。
（4）由表中数据可知，晶体硼的熔沸点高、硬度大，为原子（共价）晶体的典型特征；由图可知晶体硼的结构单元有20个 ，每个三角形的顶点被5个三角形共用，每个三角形3个顶点，因此硼原子数为20×3×=12个；由碳化硼的晶胞示意图可知，碳化硼晶胞每个顶点上有一个晶体硼结构单元，同一个结构单元又被8个晶胞共用，则含有的硼原子数为8××12=12个，由图可知含有的碳原子数为3，故分子式为B4C。
（5）由图可知，相对于坐标原点，1处原子的x坐标为整个长，y坐标为整个宽，z坐标为半个高，因此坐标参数为(1，1，)；由晶胞结构可知，一个晶胞中8个顶点、4个面心、一个体心处有硼氢根，则含有硼氢根的数目为8×+4×+1=4，钠离子位于6个面心和4个楞心，含有钠离子的数目为6×+4×=4，则一个晶胞的质量为，晶胞体积为，则密度ρ==。
14．(1) 1，7-庚二酸 C14H16ON3Cl
(2) 羰基 加成反应 取代反应
(3)+H2O
(4) CH3-CH=CH-COOH 7
(5)
【分析】A组成上脱去1分子水、1分子二氧化碳生成B，B与氨气发生加成反应生成C，由D的分子式可知C发生醇的消去反应生成D为，由E的分子式、G的结构简式可知D中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E为，E与F发生取代反应生成G和HCl，对比G、I的结构简式可知，G与H发生取代反应生成I和HBr，推知H为CH3CH=CHCOOH，I分子内脱去1分子水形成酰胺基得到J；
(1)
A的结构简式为HOOC-（CH2）5-COOH，其化学名称为1，7-庚二酸；由结构简式可知，J的分子式为C14H16N3OCl，故答案为：1，7-庚二酸；C14H16N3OCl；
(2)
B中官能团的名称为羰基；B→C是碳碳双键与氨气发生加成反应；E与F反应生成G和HCl，E→G的反应类型为取代反应，故答案为：羰基；加成反应；取代反应；
(3)
C→D的化学反应方程式为+H2O；
(4)
对比G、I的结构简式可知，G与H发生取代反应生成I和HBr，推知H的结构简式为CH3CH=CHCOOH；H有多种同分异构体，含有-COO-和碳碳双键的同分异构体可以是将-COO-插入CH3CH=CH2中的碳碳单键、碳氢键之间，每种位置的插入有2种连接顺序，去掉H本身共有2×4-1=7种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式为，故答案为：CH3CH=CHCOOH；7； ；
(5)
模仿生成J的过程可知，在乙酸酐条件反应生成，与NH3发生取代反应生成，与CH2=CHCOOH发生取代反应生成，而CH2=CHCHO发生催化氧化生成CH2=CHCOOH，合成路线为
。【点睛】
15．(1) 羧基、羰基(或酮基) (C12H18)n
(2)
(3) 浓硫酸170°C
(4) 47种 和
(5)
【分析】根据已知条件及路线图可知B为，C为，E为，据此进行推断。
【详解】（1）根据图中结构简式可知，A中所含官能团名称为羧基、羰基；F的化学式为(C12H18)n。
（2）根据路线图可知，A与乙醇发生酯化反应生成B，其化学方程式为 。
（3）根据已知信息可推出C的结构简式为；D到E发生消去反应，其反应条件为浓硫酸、170°C。
（4）E为，符合要求的同分异构体中含有，剩余6个碳原子形成支链，形成3个支链碳原子有三种分配方式：①1，1，4，在苯环上有6种连接方式；②1，2，3，在苯环上有10种连接方式；③2，2，2，在苯环上有3种连接方式；情况①中的4个碳原子有四种碳链异构：、、、，与两外两个甲基连在苯环上共有6×4=24种；情况②中的3个碳原子有2种碳链异构：、，与另外的甲基和乙基在苯环上共有10×2=20种；情况③中不存在碳链异构，三个取代基相同，在苯环中有3中连接方式，故E符合条件的同分异构体共有24+20+3=47种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9：6：2：1的结构简式为 和。
（5）根据题中路线及已知信息，以为原料合成，其合成路线为 。
【点睛】有机合成可采用顺推和逆推相结合的方式来确定未知有机物的结构，推断过程中要特别注意已知信息。
内蒙古呼和浩特2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题
一、原理综合题
1．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）2020年9月22日，中国向全世界宣布努力争取在2060年实现碳中和。这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和可以简单理解为的排放总量和减少总量相当。的回收和综合利用成为碳中和重点研究课题。结合所学知识回答下列问题：
(1)下列措施有利于大气中减少的是___________；
a．植树造林，利用光合作用把转化为
b．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情
c．减少化石燃料的使用，从源头上降低的排放
(2)研究发现可利用与制备重要化工原料“合成气”(CO、)，科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①： (慢反应)
反应②： (快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
①与制备“合成气”的热化学方程式___________；②能量变化图中：___________(填“＞”“＜”或“=”)；
(3)利用铜基配合物1，10-phenanthroline-Cu催化剂电催化还原制备碳基燃料包括CO、烷烃和酸等)是减少在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。
阳极的电极反应式为___________，电池工作过程中，若右侧只产生1.5mol HCOOH时，通过质子交换膜的酸性电解质溶液___________mol。
2．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
(1)①常温下， H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1， 1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(1) △H=_______kJ·mol-1；
②上述反应分两步进行：
第一步_______(写化学方程式)△H> 0
第二步Cu/Zn* + 2H2 + CO2 = Cu/ZnO* + CH3OH △H< 0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为_______。
a. b.
c. d.
(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应：
主反应CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0
副反应CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H>0
一定条件下，在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。
①在相同时间内，测得甲醇产率与温度的关系如图所示。温度为470K时，图中P点_______(填“处于”或“不处于”)平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是_______。
②某温度下，达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol， CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为_______(列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为_______；此条件下副反应的平衡常数为_______。
(3)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应： 3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g) ，该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为( Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=_______kJ·mol-1，当改变外界条件时，实验数据如中的直线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
3．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）低碳烯烃是指乙烯、丙烯和丁烯等小分子烯烃的总称。其用途十分广泛，是塑料、橡胶、树脂、高分子、医药、农药等后续产业链赖以生存的基石。请结合所学知识，回答下列问题：
(1)研究证明，CO2可作为合成低碳烯烃的原料，目前利用CO2与H2合成乙烯相关的热化学方程式如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.01kJ·mol-1
反应II：2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-29.98kJ·mol-1
反应III：2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH3=_______kJ·mol-1
(2)一定条件下，在2L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[]发生反应III，CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。
①该反应在低温下是否可以自发进行_______(填“是”“否”或“无法确定”)；
②下列能提高CO2平衡转化率的措施有_______；
a.降低反应温度
b.使用高效催化剂
c.通入He气体使体系的压强增大
d.以相同的投料比增加反应物的物质的量
③R点处，X_______2.0(填“>”“<”或“=”)；
④若起始加入1molCO2和2molH2，则Q点的平衡常数K=_______；
(3)我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃-乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
助剂
CO2转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①催化剂助剂主要在_______起作用(填“第i步”或“第ii步”“第iii步”)；
②在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_______助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_______。
二、填空题
4．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硝酸是用途广泛的重要化工原料，自然界和化工生产中合成硝酸各物质转化关系如下图所示，请结合你所学的知识回答以下问题：
(1)在自然界中能稳定存在的原因是___________；
(2)上图①～⑥各步转化中，属于氮的固定的是___________(填序号)；
(3)氨的催化氧化是工业合成硝酸的重要步骤，其中氧化剂与还原剂物质的量之比___________；
(4)为提高NO→的转化率，可采取的措施是___________；
(5)工业制硝酸时含有NO、等大气污染物。用尿素[]水溶液吸收氮氧化物是一种可行的方法。NO和不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如下图。
①用尿素[]水溶液吸收体积比为1：1的NO和混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式___________；
②随着NO和配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是___________。
三、实验题
5．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效广谱的灭菌消毒剂。棕黄色的气体是次氯酸的酸酐，溶于水生成次氯酸，实验室模拟工业制备次氯酸的装置如图所示(夹持装置已略)。
已知：
①气体在42℃以上会发生分解，浓度过大会发生爆炸；
②工业上用氯气与潮湿的碳酸钠反应制得，同时生成两种钠盐该反应放热。
(1)仪器m的名称___________；装置A中发生反应的离子反应方程式___________；
(2)装置B中盛放的适宜试剂是___________；B中通入空气的原因是___________；
(3)装置C中主要发生反应的化学方程式___________；
(4)实验中，装置C需要冷却的原因是___________；
(5)装置D中多孔球泡的作用___________；装置E中碱石灰的作用是___________；
(6)此法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是___________(答出一条即可)。
6．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硫酸四氨合铜晶体()常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下该物质易溶于水，难溶于乙醇，受热时易发生分解。某化学兴趣小组拟合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
Ⅰ.溶液的制备
方案i：铜与浓硫酸加热制备。
方案ii：将铜粉在空气中充分加热至完全变黑，再加稀硫酸。
(1)请写出方案i反应的化学方程式___________，此方法硫酸的利用率较低的原因是___________；
(2)方案ii除了可提高硫酸的利用率外，还有的优点是___________；
Ⅱ．晶体的制备
将上述制备的溶液按下图所示进行操作：
(3)加入适量调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式___________；继续滴加，浅蓝色沉淀会转化生成深蓝色溶液；
(4)加入乙醇析出晶体的原因是___________；
Ⅲ．产品纯度的测定
精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用mL 0.500的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗mL NaOH溶液。
(5)若水槽中没有使用冰盐水冷却会使氨含量测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；
(6)样品中产品纯度的表达式___________。(不用化简)
7．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下实验流程制得：
已知：a.反应原理：CH2OH( CHOH)4CHO + Br2+ H2O→C6H12O7 (葡萄糖酸) + 2HBr；2C6H12O7(葡萄糖酸) + CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ H2O + CO2↑
b.相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
在水中的溶解性
可溶于冷水，易溶于热水
可溶
极易溶
在乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
c.相关物质酸性：氢溴酸>葡萄糖酸>碳酸
d.相关物质相对分子质量：葡萄糖180，葡萄糖酸钙430
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是_______，盛放NaOH溶液的烧杯中主要发生反应的离子方程式_______。
(2)步骤Ⅱ中加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是_______。
(3)步骤Ⅲ的“操作”是将所得悬浊液煮沸，并趁热采用装置抽滤，滤掉未反应的CaCO3，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差。与普通过滤操作相比，抽滤的优点是_______；抽滤过程需要趁热进行的原因是 _______。
(4)步骤Ⅴ洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液 ，理由是_______。
(5)该实验中葡萄糖酸钙的产率为_______( 保留3位有效数字)。
8．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）过氧乙酸(CH3COOOH)在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域等有广泛应用。实验室利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热，在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)。同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7°C)及时分离出水，以提高产率。实验装置如图所示，请回答下列问题：
已知：i.过氧乙酸为无色液体，易溶于水；极不稳定，遇高热会引起爆炸；氧化性与高锰酸钾相当。
ii.相关物质性质
相关物质
CH3COOH
CH3COOOH
乙酸丁酯
沸点(°C)
118
105
126
实验步骤：
①向油水分离器中加入适量蒸馏水液面低于分水器支管口；
②仪器2中加入冰醋酸、固体酸催化剂和适量乙酸丁酯，仪器6中通冷却水，开通仪器1和8，缓慢关闭仪器7处放空阀，温度维持为55°C；
③待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水；
④当油水分离器中水层液面升高到支管口时，经过操作a后，打开活塞逐滴放出适量水……；
⑤待反应结束，冷却后放出油水分离器中下层水，将上层液体从油水分离器上口倒入仪器2，分离仪器2中的混合物，初步得到粗产品。
(1)仪器2的名称是_______，仪器2中制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学反应方程式为_______；
(2)实验中反应温度控制在55°C，且缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水，以上操作的原因是_______；
(3)步骤④的“操作a”指_______；定期从油水分离器放出水的原因是_______；
(4)待观察到_______(填现象)时，说明反应已经结束；
(5)反应结束，分离仪器2中的混合物初步得到粗产品的方法是_______；
(6)粗产品中过氧乙酸(CH3COOOH)含量的测定：取一定体积的样品VmL，分成2等份。其中一份用过量KI溶液与过氧化物作用，以0.10mol·L-1的硫代硫酸钠溶液滴定碘(I2+2=2I-+)消耗量为V1mL；另一份用0.02mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为_______mol·L-1。
四、工业流程题
9．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）硼酸()为白色粉末状结晶，大量用于玻璃工业，可以改善玻璃制品的耐热、透明性能提高机械强度，缩短熔融时间。以硼镁矿(含、及少量、)为原料生产硼酸的工艺流程如下：
已知：
①在20℃，40℃，60℃，100℃时溶解度依次为5.0g，8.7g，14.8g，40.2g。
②有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
开始沉淀时
3.8
5.8
2.2
10.6
完全沉淀时
5.2
9.7
3.2
12.4
(1)写出硼元素在周期表中的位置___________；
(2)“酸浸”时生成的化学方程式为___________；
(3)“热过滤”的目的是___________；
(4)“固体1”的主要成分是___________(写化学式)；
(5)从绿色化学角度考虑，试剂A宜选择___________，作用是___________(用离子方程式表示)；
(6)“氧化”后将溶液pH调节至6，目的是___________；
(7)“母液”中的溶质主要有___________，___________。
10．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施_______ (写出两条)。
(2)“电解Ⅰ”的目的，一方面是回收铜，另一方面是_______，为证明这一目的是否达成，取少量“电解Ⅰ”后的溶液滴加的试剂是_______(填化学式)。
(3)“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为_______。
(4)“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2 + 2 + 2NH3和 + 2HR = NiR2+ 2 + 4NH3，则“反萃取Ⅱ”时含铜微粒发生反应的离子方程式为_______。
(5)整个流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有NH3·H2O， (NH4)2CO3和_______(填化学式)。
(6)NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·6H2O。将NiSO4·6H2O样品在900℃下，空气中进行煅烧，固体质量随时间变化如图。B点对应物质的化学式为_______；D点到E点反应的化学方程式为_______。
11．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）我国锂云母矿石储量丰富，现有产自内蒙古的锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]，内含少量镁、钙、铁的氧化物)，工业上欲采用硫酸法用其制备Li2CO3具体流程如下：
查阅资料可知：
I.“焙烧”温度对锂提取率的影响如下图所示
II.“焙烧”过程中铁的氧化物未参与反应
III.3SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2(SO4)3+K2SO4+SiO2+SiF4↑+H2O
IV.Li2SO4+Na2CO3→Li2CO3↓+Na2SO4
回答下列问题：
(1)“焙烧”温度理论上选择_______为宜，同时为提高“焙烧”效率，还可采取的措施有_______；
(2)“焙烧”产生的气体可用NaOH溶液吸收，且元素化合价均不发生变化，该反应的化学方程式为_______；
(3)在“中和”过程中，为使Fe3+和Al3+完全沉淀，pH值至少调整为_______；部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)如图所示：
(4)“中和”所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有_______；
(5)“氧化”过程中发生氧化还原反应的离子方程式为_______；
(6)“滤渣2”的主要成分是_______；
(7)工业上还可以通过“苛化反应”，利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液，进而生产出纯度更高的工业碳酸锂，请通过计算过程证实该方案的可行性_______。[已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4；KspCaCO3)=2.5×10-9]
五、结构与性质
12．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
(1)Li 、C、P三种元素中，电负性最小的是_______(用元素符号作答)。
(2)基态磷原子的电子排布式为_______。
(3)图2中，黑磷区P原子的杂化方式为_______，石墨区C原子的杂化方式为_______。
(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点最高的是_______，原因是_______。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有_______(填字母)。
a.黑磷区P- P键的键能不完全相同
b.黑磷与石墨都属于混合型晶体
c.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)LiPF6、LiAsF6.等也可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时， Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。
①从化学键角度看， Li+迁移过程发生_______(填“物理”或“化学” )变化。
②相同条件下，电极材料_______( 填“LiPF6”或“LiAsF6”)中的Li+迁移较快，原因是_______。
(7)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为_______，晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
图3
13．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛，硼的一些化合物表现出缺电子特征。回答下列问题：
(1)基态硼原子的电子排布式为_______；B和Al的第一电离能I1(B)_______I1(Al)(填“>”或“=”或“<”)。
(2)H3BO3(层状结构)的结构示意图如下，在硼酸的层状结构中O的杂化类型是_______，层内存在的作用力有_______。硼酸显弱酸性与[B(OH)4]-配离子有关，硼酸的电离方程式：_______。
(3)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据表中数据分析其原因是_______。
化学键
B-H
B-O
B-B
键能(kJ·mol-1)
389
561
293
(4)已知晶体硼的熔、沸点及硬度数据和基本结构单元(由硼原子组成的正二十面体如图1所示，每个三角形均为正三角形，每个顶点为一个硼原子)如下：
晶体
金刚石
晶体硅
晶体硼
熔点(K)
3832
1683
2573
沸点(K)
5100
2628
3823
硬度
10
7.0
9.6
①晶体硼属于原子(共价)晶体，其理由是_______。
②每一个硼基本单元由_______个原子组成；
③碳化硼，别名黑钻石，是已知最坚硬的三种材料之一，仅次于金刚石和立方氮化硼，图2为碳化硼晶胞，其化学式为_______；
(5)硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图3所示，标注为“1”的Na+坐标参数为_______。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，则硼氢化钠晶体的密度为ρ=_______g·cm-3(用含NA的代数式表示)。
六、有机推断题
14．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）化合物J是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
(1)A的化学名称为_______，J的分子式为_______。
(2)B中官能团的名称为_______；B→C、E→G的反应类型为_______、_______。
(3)C→D的化学反应方程式为_______。
(4)H的结构简式_______；H有多种同分异构体，含有-COO-和碳碳双键的同分异构体有_______种(不考虑顺反异构，下同)，写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式_______。
(5)设计以F和CH2=CHCHO为起始原料，合成的路线_______(其它试剂任选)。
15．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）有机合成中成环及环的元素增减是合成路线设计的关键问题之一，由合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团名称为_______；F的化学式为_______；
(2)写出A→B的化学方程式_______；
(3)C的结构简式为_______；D→E的反应条件是_______；
(4)E有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且苯环上有三个支链的同分异构体有_______种，写出核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9：6：2：1的结构简式为_______；
(5)以 为原料合成，其合成路线为_______。
参考答案：
1．(1)ac
(2) ＜
(3) 3
【解析】（1）
a．植树造林，利用光合作用把转化为，消耗了空气中的二氧化碳，可以减少空气中二氧化碳的浓度，a正确；
b．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情，没有消耗二氧化碳，不能减少空气中二氧化碳的浓度，b错误；
c．化石燃料的燃烧会产生二氧化碳，减少化石燃料的使用，可以减少空气中二氧化碳的浓度，c正确；
故选ac；
（2）
CH4与CO2制备“合成气”的化学方程式为，(g)，由图可知反应的烩变△H=生成物的总内能-反应物的总内能=(E3-E1) kJ/mol，反应的热化学方程式为，两步历程中反应①是慢反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，即，所以；
（3）
由图可知，左侧为阳极，其电极反应为：；右侧石墨烯电极为阴极，电极反应为：，由电极方程式可知，产生1.5mol HCOOH时转移3mol电子，故答案为：3。
2．(1) -49.0 Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O c
(2) 不处于 升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低；催化剂活性降低或副反应更易进行
(3) 31.0 使用催化剂(或使用更高效的催化剂)
【详解】（1）①根据题意写出热化学方程式，由盖斯定律得目标方程式的；②以总反应方程式与第二步反应式相减即得第一步反应方程式：Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O；③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，因此第二步速率快，反应活化能低于第一步，所以c选项正确；
（2）①由图象可知470K之后甲醇产率还在增大，温度持续升高，说明反应还在朝着主反应的正方向进行，不处于平衡状态；在490K时，反应达到平衡，此时甲醇产率达最高值，升高温度，主反应平衡逆向移动，另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行，甲醇产率降低；②根据题意可列三段式，注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始量，已知量为CO2、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量：
，
则CO2转化率=；甲醇的选择性=；副反应的化学平衡常数为
K副=；
（3）将直线a上两点坐标代入列方程组 解得Ea=31.0(kJ·mol-1)；由于该反应的Arrhenius经验公式为一直线方程，因此活化能Ea即为该直线的斜率，如图过程a→b直线斜率减小，即活化能Ea降低，所以改变的条件可能是使用了催化剂或使用了更高效的催化剂。
3．(1)-128.00
(2) 是 ad > 512
(3) 第iii步 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响
【详解】（1）反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.01kJ·mol-1
反应II：2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-29.98kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ可得反应III：2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH3=(-49.01×2)kJ·mol-1+-29.98kJ·mol-1=-128.00 kJ·mol-1；
（2）①2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH =-128.00 kJ·mol-1，可知ΔH＜0，ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0可自发进行反应，该反应在低温下可以自发进行；
②a. ΔH＜0，该反应为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，能提高CO2平衡转化率，a正确；
b.使用高效催化剂，不会使平衡移动，会加快反应速率，b错误；
c.通入He气体不改变反应物浓度，平衡不移动，c错误；
d.以相同的投料比增加反应物的物质的量，反应物的浓度增加，平衡正向移动能提高CO2平衡转化率，d正确；
故选ad；
③X的平衡转化率α(CO2)值更高，剩余越少，即值更大，R点处，X＞2.0；
④Q点与P点温度相同，则K值相同以P点计算K值，=0.5，若起始加入1molCO2和2molH2，列三段式为：，平衡常数K=；
（3）①催化剂助剂主要在第iii步起作用，第iii步才有催化剂的作用；
②在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好，因为兼顾乙烯的产率、二氧化碳转化率、副产物影响；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
4．(1)由于N原子的最外层上有5个电子，故氮气分子中存在氮氮三键，故氮气的化学性质很稳定
(2)①②
(3)5：4
(4)增大空气(氧气)的浓度
(5) NO+NO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+2H2O NO难溶于水，难以与尿素接触反应
【解析】(1)
由于N原子的最外层上有5个电子，故氮气分子中存在氮氮三键，故氮气的化学性质很稳定，故在自然界中能稳定存在。
(2)
将游离态的氮转化为化合态的过程叫氮的固定，①~⑥各步转化中，属于氮的固定的是①②。
(3)
氨的催化氧化反应为，氧化剂为氧气，还原剂为氨气，故氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4。
(4)
为提高NO→HNO3的转化率，可采取的措施是增大空气(氧气)的浓度。
(5)
①体积比为1:1的NO和NO,混合气体，说明反应中化学计量数之比为1:1，反应化学方程式为NO+NO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+2H2O。
②由于NO难溶于水，难以与尿素接触反应，未参与反应的NO增多，大量的NO通入之后不能反应，导致总还原率降低。
5．(1) 蒸馏烧瓶 2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O
(2) 饱和食盐水 稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸
(3)2Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+Cl2O+2NaHCO3
(4)防止Cl2O气体42℃以上会分解
(5) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分 吸收尾气，防止污染空气
(6)制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高
【分析】A装置制备氯气，B中饱和氯化钠除去氯气中的氯化氢，通入空气是为了稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸，C中氯气和含水的碳酸钠反应生成Cl2O，D中Cl2O与水反应生成次氯酸，E的碱石灰吸收尾气，防止污染空气。
【详解】（1）仪器m为蒸馏烧瓶，装置A为高锰酸钾和浓盐酸制备氯气的离子方程式为：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O。
（2）工业上可用氯气与潮湿的碳酸钠反应制得Cl2O，Cl2不需要干燥，所以装置B中盛放饱和食盐水，饱和食盐水作用是除去Cl2中的HCl，防止HCl和碳酸钠反应，并且使Cl2和空气充分混合；由于Cl2O气体42℃以上会分解，所以通入空气是为了稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸。
（3）根据已知信息和氧化还原反应原理可知，装置C中发生反应的化学方程式为2Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+Cl2O+2NaHCO3。
（4）由于Cl2O气体42℃以上会分解，所以C装置放在冰水浴中。
（5）多孔球泡的作用均为增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；碱石灰的作用为吸收尾气，防止污染空气。
（6）氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高。
6．(1) Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑； 该反应随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应，且浓硫酸反应生成二氧化硫，使得硫酸利用率降低
(2)没有生成污染性的气体，不会污染环境
(3)2Cu2+＋＋2NH3∙H2O －＝＋2
(4)∙H2O难溶于乙醇，降低了∙H2O的溶解度
(5)偏低
(6)
【解析】（1）
方案i是铜与浓硫酸加热反应，其化学方程式Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋2H2O＋SO2↑，此方法硫酸的利用率较低的原因是该反应随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应，且浓硫酸反应生成二氧化硫，使得硫酸利用率降低；故答案为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑；该反应随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与Cu反应，且浓硫酸反应生成二氧化硫，使得硫酸利用率降低。
（2）
方案ii是铜和氧气加热反应生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，该反应没有二氧化硫气体生成，不会污染环境，因此除了可提高硫酸的利用率外，还有的优点是没有污染性的气体；故答案为：没有生成污染性的气体，不会污染环境。
（3）
加入适量调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为，则生成此沉淀的离子反应方程式2Cu2+＋＋2NH3∙H2O －＝＋2；故答案为：2Cu2+＋＋2NH3∙H2O －＝＋2。
（4）
加入乙醇，由于∙H2O难溶于乙醇，由此析出晶体；故答案为：∙H2O难溶于乙醇，降低了∙H2O的溶解度。
（5）
若水槽中没有使用冰盐水冷却，由于生成的是氨气，易挥发，导致剩余HCl量增多，所以如果没有使用冰盐水冷却，会使氨含量测定结果偏低；故答案为：偏低。
（6）
根据题意和关系式HCl～NaOH，剩余HCl物质的量为n(HCl)＝0.500××10−3L，根据HCl～NH3，则蒸出的氨气的物质的量n(NH3)＝0.500××10−3L −0.500××10−3L＝5(−)×10−4mol，则硫酸四氨合铜晶体()样品中产品纯度的表达式；故答案为：。
【点睛】
7．(1) 温度计 H++ OH-= H2O
(2)除去反应体系中残余的HBr
(3) 过滤速率快，固液分离更彻底 防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低
(4)水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失
(5)76.3%
【解析】(1)
第 ①步中溴水氧化葡萄糖时，该温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；盛放NaOH溶液的烧杯中主要示吸收HBr，发生反应的离子方程式H++OH-=H2O，故答案为：温度计；H++OH-=H2O；
(2)
葡萄糖氧化过程中生成了HBr，能与CaCO3反应生成CaBr2、CO2，加入过量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的转化率，还有的作用是除去HBr，故答案为：除去反应体系中残余的HBr；
(3)
抽滤时形成负压，水流的更快，所以与普通过滤操作相比，抽滤过滤速度快，可以减少因溶液温度较低而析出的葡萄糖酸钙，抽滤过程需要趁热进行的原因是葡萄糖酸钙可溶于冷水，易溶于热水，故答案为：过滤速率快，固液分离更彻底；防止葡萄糖酸钙由于温度降低导致溶解度降低而析出，使产率降低；
(4)
步骤V洗涤操作洗涤剂选用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，故答案为：水洗去溴化钙等水溶性杂质，乙醇减小葡萄糖酸钙的溶解损失；
(5)
9.0gC6H12O6的物质的量n(C6H12O6)==0.05mol，根据C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]= n(C6H12O6)=0.025mol，Ca(C6H11O7)2的理论产量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025mol×430g/mol=10.75g，葡萄糖酸钙的产率=×100%≈76.3%，故答案为：76.3%。
8．(1) 三颈烧瓶 CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O
(2)防止温度过高CH3COOOH燦炸分解，减少H2O2热分解损失，缓慢滴加可以提高H2O2的利用率
(3) 打开放空阀 防止油水分离器中的水回到仪器2中，使过氧乙酸溶解影响产率
(4)仪器5油水分离器液面高度保持不变
(5)过滤
(6)
【分析】利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热，在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)，冷凝回流后利用分水器分离出水，促进反应正向移动，产物再冷却收集，所得产品进行实验分析；
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器2的名称是三颈烧瓶，仪器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学反应方程式为CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；
（2）为防止温度过高CH3COOOH燦炸分解，减少H2O2热分解损失，缓慢滴加可以提高H2O2的利用率，故实验中反应温度控制在55°C，且缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水；
（3）④当油水分离器中水层液面升高到支管口时，经过打开放空阀后，打开活塞逐滴放出适量水；
定期从油水分离器放出水的原因是防止油水分离器中的水回到仪器2中，使过氧乙酸溶解影响产率；
（4）根据产生的水的量不变可判断反应达平衡，待观察到仪器5油水分离器液面高度保持不变时，说明反应已经结束；
（5）反应结束，分离仪器2中的混合物初步得到粗产品是分离去掉难溶固体酸，方法是过滤；
（6）根据I2+2=2I-+，由得失电子守恒、元素守恒可知：
，
双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：
，
则样品中含有n(CH3COOOH)=(0.05V1-0.05V2)mol，由公式c=可得，样品中的过氧乙酸的浓度为=；答案为。
9．(1)第二周期第IIIA族
(2)＋2H2SO4＝2MgSO4＋2
(3)防止温度下降时从溶液中析出
(4)
(5) H2O2 2Fe2+＋H2O2＋2H＋＝2Fe3+＋2H2O
(6)将溶液中Fe3+、Al3+完全生成、沉淀而除掉
(7) MgSO4
【分析】硼镁矿(含、及少量、)与稀硫酸反应，、、都与硫酸反应，而二氧化硅不与硫酸反应，过滤，固体1为二氧化硅，向滤液中加入酸性双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH值将铁离子、铝离子转化为沉淀而除掉，过滤，固体2为氢氧化铝和氢氧化铁，将滤液降温结晶得到硼酸晶体。
(1)
硼是5号元素，则B元素在周期表中的位置第二周期第IIIA族；故答案为：第二周期第IIIA族。
(2)
“酸浸”时生成即硼镁矿()与硫酸反应的化学方程式为＋2H2SO4＝2MgSO4＋2；故答案为：＋2H2SO4＝2MgSO4＋2。
(3)
根据题中的溶解度数据可知，温度越高，的溶解度越大，因此“热过滤”的目的是防止温度下降时从溶液中析出；故答案为：防止温度下降时从溶液中析出。
(4)
从流程中可知及少量、)都溶于稀硫酸中，而不溶，因此“固体1”的主要成分是；故答案为：。
(5)
试剂A作用是氧化剂，为了不引入新杂质，从绿色化学角度考虑，产物不污染环境，因此试剂A宜选择H2O2，作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H＋＝2Fe3+＋2H2O；故答案为：H2O2；2Fe2+＋H2O2＋2H＋＝2Fe3+＋2H2O。
(6)
从题中所给的生成沉淀的pH表示来看，氢氧化铁、氢氧化铝完全沉淀pH分别为3.2和5.2，因此“氧化”后将溶液pH调节至6，目的是将溶液中Fe3+、Al3+完全生成、沉淀而除掉；故答案为：将溶液中Fe3+、Al3+完全生成、沉淀而除掉。
(7)
根据前面分析，溶液中镁离子还没有除掉，说明镁离子在母液中，降温结晶过滤，说明“母液”中的溶质主要有MgSO4，；故答案为：MgSO4；。
10．(1)加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等
(2) 使Fe2+转化为Fe3+ 铁氰化钾
(3)Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱溶解
(4)CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR
(5)Na3PO4
(6) NiSO4·4H2O 4NiO + O22Ni2O3
【分析】向铬系铜镍电镀污泥中加入稀硫酸将金属氢氧化物溶解浸出过滤，电解滤液回收铜，同时将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。向电解后溶液中加入磷酸钠形成缓冲溶液调节溶液pH分离Ni与其他杂质金属，沉淀物进行转溶进一步处理，滤液备用；向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水与碳酸铵将Cu2+、Ni2+转成氨络离子分离浸出，用HR转化这些离子为NiR2、CuR2，经水洗除杂后加稀硫酸反萃取回收HR并获取NiSO4、CuSO4溶液，电解回收Cu合并上一流程NiSO4溶液，最终回收硫酸镍。据此可解答。
【详解】（1）为加快固体与稀硫酸的溶解浸出速率，可进行加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等操作；
（2）后续操作显示Fe元素转成Fe(OH)3除去，故在电解环节还需将Fe2+转化为Fe3+，检验Fe2+是否存在可选用铁氰化钾溶液检验，若未产生深蓝色沉淀，说明目的已达成；
（3）Cr (OH)3和Al (OH)3有两性会被过量的强碱NaOH溶解，需控制用量；
（4）H+反萃取出Cu2+，反应式为CuR2 + 2H+= Cu2++ 2HR；
（5）流程一中萃取I和反萃取I最终回收磷酸钠，可循环使用；
（6）NiSO4·6H2O的式量为263，原样品物质的量为0.1mol，含水0.6mol。由图可知A→B过程中固体质量减少26.3-22.7=3.6(g)，即减少n(H2O)=3.6/18=0.2mol，故B点固体化学式为NiSO4·4H2O；同理可推断C、D点对应物质分别为NiSO4、NiO，D→E固体质量增加0.8g，即0.1molNiO被空气中O2氧化增加氧元素n(O)=0.8/16=0.05mol，得到E的化学式为Ni2O3，故反应方程式为4NiO + O22Ni2O3 。
11．(1) 700°C 将矿石粉碎或搅拌
(2)SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O
(3)5
(4)SiO2、CaSO4
(5)ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl
(6)Fe(OH)3、Mg(OH)2
(7)≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全
【分析】锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li，K)(F，OH)]，内含少量镁、钙、铁的氧化物)，“焙烧”后使用Ca(OH)2中和，调pH并过滤以除去Fe3+，Al3+，不反应的SiO2和低溶解度的CaSO4；然后使用次氯酸钙氧化，并使用NaOH调pH以除去亚铁离子和Mg2+；最后加入碳酸钠沉锂，据此分析解题。
【详解】（1）由图可知，“焙烧”温度为700℃时，锂提取率最高，所以“焙烧”的温度理论上选择700℃；此外，将矿石粉碎或搅拌可提高“焙烧”效率；故答案为700℃；将矿石粉碎或搅拌。
（2）“焙烧”生成SiF4气体，Si为+4价，F为-1价；用NaOH溶液吸收，且元素化合价均不发生变化，所以方程式为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O；故答案为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O。
（3）为使Fe3+和Al3+完全沉淀，且溶液中离子浓度为视为完全沉淀，由图可知，Al3+完全沉淀pH值高，此时溶液中，此时pH=5，所以pH值至少调整为5；故答案为5。
（4）“焙烧”后的物质中SiO2不与Ca(OH)2反应； “中和”后产物中含有CaSO4，CaSO4溶解度不高，所以所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有SiO2和CaSO4；故答案为SiO2、CaSO4。
（5）“氧化”过程主要是氧化亚铁离子，并调pH使其沉淀，所以离子方程式为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl ；故答案为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl 。
（6）根据工艺流程，Fe3+和Al3+在中和过程完全沉淀，氧化过程中有Fe(OH)3生成，以及少量的Mg(OH)2，故答案为Fe(OH)3、Mg(OH)2。
（7）利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液，已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4，KspCaCO3)=2.5×10-9；有因此有≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全；故答案为≈3.5×105>105，说明该反应可以进行完全。
12．(1)Li
(2)1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3
(3) sp3 sp2
(4) NH3 NH3 分子之间能形成氢键
(5)ab
(6) 化学 LiAsF6 LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移
(7) 8
【解析】(1)
C、P是非金属，有较强得电子能力，而Li为金属，易失电子，则三种元素中Li的电负性最小，故答案为：Li；
(2)
P原子核电荷数为15，原子核外最外层有5个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，故答案为：1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3；
(3)
图2黑磷区中P原子的价层电子对数目为3+ =4，P原子采取sp3杂化，而石墨区中C原子的价层电子对数目为3+=3，则杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
(4)
PH3的相对分子质量大于CH4，PH3的沸点比CH4高，但NH3分子间存在氢键沸点最高，所以沸点由高到低顺序为NH3＞PH3＞CH4，故答案为：NH3；NH3 分子之间能形成氢键；
(5)
a．黑磷区中P-P键的键长不完全相等，则键能也不完全相同，故a正确；
b．黑磷与石墨晶体的层与层之间由范德华力互相吸引，两者均为混合晶体，故b正确；
c．复合材料单层中，P原子与C原子之间形成共价键，即作用力为共价键，故c错误；
故答案为：ab；
(6)
①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化，故答案为：化学；
②因为的半径比的小，与Li+的作用力就比的强，迁移速度就慢，故答案为：LiAsF6；LiAsF6 中阴离子半径大于LiPF6，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更 易迁移；
(7)
根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为V=a3 nm3=(a×10-7)3cm3，晶胞的质量为m=g，所以晶体的密度为，故答案为：8；。
13．(1) 1s22s22p1 >
(2) sp3杂化 共价键、氢键 H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+
(3)B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键
(4) 晶体硼的熔点和沸点高，硬度大，故为原子(共价)晶体 12 B4C
(5) (1，1，)
【详解】（1）B是5号元素，有5个电子，两个电子层，核外电子排布为1s22s22p1，由元素周期律可知，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，第一电离能逐渐减小，故B的第一电离能大于Al的第一电离能。
（2）O的价电子数为6，成两个σ键，价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，硼酸内原子以共价键连接，硼酸分子之间存在氢键，故层内存在的作用力有共价键和氢键；因为硼酸的酸性与[B(OH)4]-配离子有关，因此硼酸的电离为硼酸与水生成[B(OH)4]-和H+，电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+。
（3）由表中数据可知，三种化学键中B-O键的键能最高，因此B-O键最稳定，更易形成B-O键。
（4）由表中数据可知，晶体硼的熔沸点高、硬度大，为原子（共价）晶体的典型特征；由图可知晶体硼的结构单元有20个 ，每个三角形的顶点被5个三角形共用，每个三角形3个顶点，因此硼原子数为20×3×=12个；由碳化硼的晶胞示意图可知，碳化硼晶胞每个顶点上有一个晶体硼结构单元，同一个结构单元又被8个晶胞共用，则含有的硼原子数为8××12=12个，由图可知含有的碳原子数为3，故分子式为B4C。
（5）由图可知，相对于坐标原点，1处原子的x坐标为整个长，y坐标为整个宽，z坐标为半个高，因此坐标参数为(1，1，)；由晶胞结构可知，一个晶胞中8个顶点、4个面心、一个体心处有硼氢根，则含有硼氢根的数目为8×+4×+1=4，钠离子位于6个面心和4个楞心，含有钠离子的数目为6×+4×=4，则一个晶胞的质量为，晶胞体积为，则密度ρ==。
14．(1) 1，7-庚二酸 C14H16ON3Cl
(2) 羰基 加成反应 取代反应
(3)+H2O
(4) CH3-CH=CH-COOH 7
(5)
【分析】A组成上脱去1分子水、1分子二氧化碳生成B，B与氨气发生加成反应生成C，由D的分子式可知C发生醇的消去反应生成D为，由E的分子式、G的结构简式可知D中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E为，E与F发生取代反应生成G和HCl，对比G、I的结构简式可知，G与H发生取代反应生成I和HBr，推知H为CH3CH=CHCOOH，I分子内脱去1分子水形成酰胺基得到J；
(1)
A的结构简式为HOOC-（CH2）5-COOH，其化学名称为1，7-庚二酸；由结构简式可知，J的分子式为C14H16N3OCl，故答案为：1，7-庚二酸；C14H16N3OCl；
(2)
B中官能团的名称为羰基；B→C是碳碳双键与氨气发生加成反应；E与F反应生成G和HCl，E→G的反应类型为取代反应，故答案为：羰基；加成反应；取代反应；
(3)
C→D的化学反应方程式为+H2O；
(4)
对比G、I的结构简式可知，G与H发生取代反应生成I和HBr，推知H的结构简式为CH3CH=CHCOOH；H有多种同分异构体，含有-COO-和碳碳双键的同分异构体可以是将-COO-插入CH3CH=CH2中的碳碳单键、碳氢键之间，每种位置的插入有2种连接顺序，去掉H本身共有2×4-1=7种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱有3组峰的同分异构体的结构简式为，故答案为：CH3CH=CHCOOH；7； ；
(5)
模仿生成J的过程可知，在乙酸酐条件反应生成，与NH3发生取代反应生成，与CH2=CHCOOH发生取代反应生成，而CH2=CHCHO发生催化氧化生成CH2=CHCOOH，合成路线为
。【点睛】
15．(1) 羧基、羰基(或酮基) (C12H18)n
(2)
(3) 浓硫酸170°C
(4) 47种 和
(5)
【分析】根据已知条件及路线图可知B为，C为，E为，据此进行推断。
【详解】（1）根据图中结构简式可知，A中所含官能团名称为羧基、羰基；F的化学式为(C12H18)n。
（2）根据路线图可知，A与乙醇发生酯化反应生成B，其化学方程式为 。
（3）根据已知信息可推出C的结构简式为；D到E发生消去反应，其反应条件为浓硫酸、170°C。
（4）E为，符合要求的同分异构体中含有，剩余6个碳原子形成支链，形成3个支链碳原子有三种分配方式：①1，1，4，在苯环上有6种连接方式；②1，2，3，在苯环上有10种连接方式；③2，2，2，在苯环上有3种连接方式；情况①中的4个碳原子有四种碳链异构：、、、，与两外两个甲基连在苯环上共有6×4=24种；情况②中的3个碳原子有2种碳链异构：、，与另外的甲基和乙基在苯环上共有10×2=20种；情况③中不存在碳链异构，三个取代基相同，在苯环中有3中连接方式，故E符合条件的同分异构体共有24+20+3=47种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9：6：2：1的结构简式为 和。
（5）根据题中路线及已知信息，以为原料合成，其合成路线为 。
【点睛】有机合成可采用顺推和逆推相结合的方式来确定未知有机物的结构，推断过程中要特别注意已知信息。
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