广东省深圳市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份广东省深圳市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共37页。试卷主要包含了多选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省深圳市 2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

一、多选题
1．（2021·广东深圳·统考二模）氧化铍(BeO)在航天航空等领域有着广泛的应用。一种以预处理后的硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)为原料提取BeO的流程如下图所示：

已知：Be(OH)2具有两性，在强碱性溶液中可转化为BeO。下列说法错误的是
A．“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为Si
B．“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4·10H2O
C．“碱溶”时，主要反应为Be(OH)2＋2OH-=BeO＋2H2O
D．“水解”时，适当增大溶液pH有利于提高BeO的提取率

二、实验题
2．（2021·广东深圳·统考二模）CuCl2是常见的化学试剂，学习小组开展了与CuCl2相关的系列实验。回答下列问题：
I.利用废铜屑制备CuCl2(实验装置如下图所示)

(1)仪器a的名称为_______。
(2)“湿法”制备CuCl2的化学方程式为_______。
(3)①石英管内可能观察到的现象为_______。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是_______。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉_______(填试剂及操作)，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液。
II.探究Al与CuCl2溶液的反应
将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液的试管中，观察到现象为：铝片表面析出疏松的紫红色固体，产生无色无味气体，溶液颜色变浅。
(5)紫红色固体为_______(填化学式)。
(6)经检验产生的气体为H2.在CuCl2溶液中存在Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+、2A1+6H+=2A13++3H2↑，小组成员认为应产生Cu(OH)2，但实际实验中并未观察到蓝色沉淀。于是他们提出了以下两种猜测并进行相关验证。完成下列表格：
猜测
实验
现象
结论
i.①_______。
取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡
无明显现象
猜想i不成立
ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应
②_______。
固体立即溶解，溶液呈浅绿色
猜想ii成立
③在猜测ii成立的基础上，该小组成员查阅文献发现体系中可能存在反应：2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+，列式计算平衡常数分析该反应进行的趋势___________________。(已知：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；Ksp[A1(OH)3]=1.3×10-33。一般认为，K>105时反应进行较完全，K<10-5时反应难以进行)文献显示生成的Al(OH)3可能以胶体形式存在，这是未观察到白色沉淀的可能原因，但仍需进一步深入研究。
3．（2022·广东深圳·统考二模）某学习小组在实验室进行了有关碘化铅(PbI2)的实验探究。回答下列问题：
I.制备PbI2的悬浊液
(1)KI溶液和Pb(NO3)2溶液反应，会产生金黄色的PbI2沉淀，形成美丽的“黄金雨”。
①KI溶液在空气中久置会变质，其原因是___。
②生成PbI2的化学方程式为___。充分反应后，经系列操作得到纯净的PbI2固体，向其中加入蒸馏水，得到PbI2悬浊液。
II.探究浓度对PbI2沉淀溶解平衡的影响
【查阅资料】ⅰ.温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；
ii.26.5℃时，PbI2饱和溶液的电导率为368μS•cm-1。
(2)稀释对PbI2溶解平衡的影响
26.5℃时，向PbI2悬浊液中加入一定体积的蒸馏水，通过图甲所示装置测定电导率，并得到电导率随时间变化的曲线(图乙)。

①实验装置中仪器X的名称为____。
②由电导率变化曲线可知：实验中通过仪器X加入蒸馏水的方式是___(填标号)。
A．连续逐滴加入     B．分三次快速放入      C．一次性快速放入
③曲线图中，___段(用字母表示，任写一段)表示PbI2固体的溶解达到平衡状态：c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是___导致了溶液中离子浓度不断增大。
(3)c(KI)对PbI2沉淀溶解平衡的影响
26.5℃时，将PbI2悬浊液静置后，取200mL上层清液[c(I-)=2.5×10-3mol·L-1]于烧杯中，另取蒸馏水于相同规格的烧杯中进行对比实验，再分别向其中加入1mol·L-1KI溶液。实验数据记录如表：
KI溶液累计加入量/mL
电导率/(μS•cm-1)
PbI2饱和溶液
蒸馏水
0
368
4
0.50
A1
B1
1.00
A2
B2
①上述实验过程中，增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，可观察到的实验现象是____。
②利用蒸馏水进行对比实验时，所取蒸馏水的体积为____mL。
③表格数据A2-A1___B2-B1(填“大于”“小于”或“等于”)，说明增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
4．（2023·广东深圳·统考二模）某学习小组按下图所示流程，在实验室模拟处理含苯酚的工业废水，并进行相关实验探究。

回答下列问题：
(1)“操作Ⅰ”所使用的玻璃仪器有烧杯和_______(填仪器名称)，流程中可循环使用的物质是_______(填名称)。
(2)“水层2”中主要溶质为_______(填化学式)。
(3)将所得苯酚配制成一定浓度的苯酚溶液，探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的影响。
查阅资料
ⅰ.为紫色；
ⅱ.对苯酚与的显色反应无影响；
ⅲ.对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与的浓度在一定范围内成正比。
提出猜想：
猜想1：对苯酚与的显色反应有影响
猜想2：对苯酚与的显色反应有影响。
猜想3：对苯酚与的显色反应有影响。
进行实验：
常温下，用盐酸调节pH配制得到pH分别为a和b的溶液()，用硫酸调节pH配制得到pH分别为a和b的溶液。取苯酚溶液于试管中，按实验1~4分别再加入含的试剂，显色后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验条件下，pH改变对水解程度的影响可忽略)。

序号
含的试剂
吸光度
溶液
溶液
1

/

2

/

3
/


4
/


结果讨论  实验结果为。
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是_______。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中相关内容。(限选试剂：溶液、溶液、固体、固体)

序号
含的试剂
再加入的试剂
吸光度
溶液
溶液
5
/

固体

6

/
_______

③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与的显色反应起抑制作用，得出此结论的依据是_______。
④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是_______。
(4)小组同学利用滴定法测定所得“水层2”中苯酚的含量：向样品溶液中加入过量溴水，将苯酚全部转化为化合物M；再加入过量溶液，充分反应后，用标准溶液滴定。
已知：ⅰ.
ⅱ.
①加入溶液前需加热除去多余的，否则会使测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)。
②若消耗标准溶液的体积为，则样品中苯酚的浓度为_______(用含、、的代数式表示)。

三、工业流程题
5．（2021·广东深圳·统考二模）近年来，我国的钢铁产量居世界首位。炼铁时产生大量瓦斯泥，若不合理利用，会对环境造成不利影响。一种以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)为原料提取锌、铋的工艺流程如下图所示：

回答下列问题：
(1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采取的措施为_______。
(2)“过程I”中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过程II”产生的气体___________(填化学式)可在流程的_______步骤中循环使用。
(4)“酸盐浸提”时，为使铋充分浸出，加入适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解。
①含铋物质发生反应的化学方程式为：
i.Bi2O3+3H2SO4+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+3H2O
ii.Bi2S3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4+3S
iii._______。
②“滤渣2”的主要成分除S外还有____________。
(5)已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀时pH
7.0
1.9
6.2
完全沉淀时pH
9.0
3.2
8.0
①结合上述信息分析，“水解”时加入适量Zn粉的目的是_______。
②“水解”后的“系列操作”为_______。
(6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为_______。(结果精确到1%)。
6．（2022·广东深圳·统考二模）高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4•6H2O)的工艺流程如图：

已知：电解时，选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液。
回答下列问题：
(1)先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作____极；阴极产物主要为____，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。
(2)“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，该过程发生反应的离子方程式为____；再加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀。
(3)“滤渣2”的主要成分为ZnS和____(填化学式)。
(4)“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥____(已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)“母液”中的溶质主要有____、____(填化学式)。
(6)硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5)。
①生成NiS2O3的化学方程式为____；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由：____。
②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出，其原因是____。
7．（2023·广东深圳·统考二模）金属铑(Rh)是一种高效催化剂，在有机合成中发挥重要作用。一种以高铜铑精矿(主要含Rh，还含有少量的Cu、Fe等杂质)为原料提取的工艺如下：

已知：阳离子交换过程可表示为
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布式为_______。
(2)“氯化溶解”后，Rh元素以的形式存在，其中Rh元素的化合价为_______。
(3)“定向脱铜”时，铜与铑的沉淀率随pH变化如下图所示，该过程需将溶液pH调至2，结合图像说明原因_______。

(4)“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有_______。
(5)“水解”过程中，发生反应的离子方程式为_______。
(6)铑锰催化剂可催化反应：。下列有关该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A．存在极性共价键的断裂与形成
B．所有分子均为非极性分子
C．含碳化合物中心原子杂化轨道类型有与
D．的VSEPR模型为V形
E.催化剂可降低该反应的焓变，从而增大反应速率
(7)铑掺杂形成的催化剂，在光催化还原反应中有很高的催化效率。的晶胞结构如图所示。

①其中位于晶胞的体心，则所处的位置为晶胞的_______(填“顶角”或“棱心”)；每个周围紧邻的共有_______个。
②当有1%的被替代后，晶体中会失去部分产生缺陷，此时平均每个晶胞所含数目为_______(保留三位小数)。

四、原理综合题
8．（2021·广东深圳·统考二模）氮氧化物(NOx)的排放对环境造成严重污染。回答下列问题：
I.工业上可利用C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)反应处理氮氧化物。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1，碳的燃烧热为393.5kJ·mol-1，则C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH2=_______kJ·mol-1。
(2)某温度下，向盛有足量单质C的恒容密闭容器通入NO，使其初始浓度为1mol·L-1。根据平衡时以某物质表示的v正(或v逆)、浓度的数值，绘制出下图中甲、乙两点。

①乙点对应的物质是___(填化学式)；该反应的平衡常数为____。
②将温度降低至某一温度时，反应重新达到平衡，此时体系的压强为p=105Pa，NO的体积分数为30%，则N2的分压为p(N2)=____Pa(分压=总压×物质的量分数)；则图中甲点可能移动至____点位置(填字母标号)。
II.原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500℃、900℃得到的煤焦分别用S-500、S-900表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析(%)
比表面积(cm2∙g-1)
C
H
S-500
80.79
2.76
105.69
S-900
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过如下反应器。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如下图所示。［已知：NO的脱除主要含吸附和化学还原(ΔH<0)两个过程。］

(3)已知煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据分析其可能原因是___、___。
(4)350℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是____。
9．（2022·广东深圳·统考二模）CO、CO2加氢有利于缓解化石能源消耗，实现“碳中和”.该体系主要涉及以下反应：
反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH3<0
反应IV：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
反应V：2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH5
回答下列问题：
(1)上述反应中，ΔH5=____(写出一个代数式即可)。
(2)密闭容器中，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列描述正确的有____(填标号)。
A．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
B．降低温度，反应Ⅱ的正反应速率增大，逆反应速率减小
C．增大CO的浓度，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动
D．恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡不移动
(3)恒容下，n(CO)=n(CO2)=1mol，并按照不同氢碳比[]投料，发生上述反应。图甲表示不同氢碳比时，[CO+CO2]的总平衡转化率随温度变化的关系；图乙表示氢碳比=3时，平衡后体系中C2H5OH、CH3OH的选择性随温度变化的关系。
已知：CH3OH的选择性=×100%；C2H5OH的选择性=×100%

①图甲中x____3(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是____。
②Q点对应的体系中n(CH3OH)=___mol；此时，H2转化了4mol，则反应2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g)的平衡常数Kp=____(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
(4)常温常压下，以Ag为催化剂，在酸性水溶液中将CO2电催化还原为CO的反应历程如图所示：

①据图，CO和CO2相比，____(填化学式)更稳定。
②吸附在催化剂表面上的物种用*标注，图中第一步反应为CO2+e-+H+=*COOH，则第二步反应为____。
10．（2023·广东深圳·统考二模）“氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境保护意义重大。回答下列问题：
Ⅰ.氧化法
(1)用氧化烟气中的时，体系中存在以下反应：
a)     
b)    
c)    
根据盖斯定律，_______。
(2)在密闭容器中充入和，发生以下反应：
d)    
e)    
不同压强(p)下，的平衡转化率随反应温度(T)的变化关系如下图所示：

①由图可知，_______0(填“大于”或“小于”下同)，_______。
②下列有关该反应体系的说法正确的是_______(填标号)。
A．恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B．任意时刻，存在
C．恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅
D．恒容下，增大的浓度，反应d、e的正反应速率均增大
③某温度下，平衡时的物质的量分数为，且与的物质的量分数相等，此时_______mol。
Ⅱ.光催化氧化法
光照条件下，催化剂表面产生电子()和空穴()。电子与作用生成离子自由基()，空穴与水电离出的作用生成羟基自由基()，和分别与反应生成。变化过程如下图所示：

(3)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的原因_______。
(4)已知该过程中生成的可继续与发生反应：；该反应可分两步进行，请补充反应ⅰ：
ⅰ._______；
ⅱ.。
(5)理论上“光催化氧化法”中，消耗的与生成的的物质的量之比为_______。

五、结构与性质
11．（2021·广东深圳·统考二模）硒是人体内不可缺少的微量元素，且硒及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Se原子的核外价电子排布图为_____。
(2)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为_______，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为____。

(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构(如下图所示)，该氧化物的化学式为____。

(4)SeO的立体构型为__，与SeO互为等电子体的分子有____(填化学式，任写一种)。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，则熔、沸点大小：SeF6___SF6(填“>”或“＜”或“=”)。
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1____λ2(填“>”或“＜”或“=”)，其原因是____。

(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。该硒化钴的化学式为___，晶体密度为____g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。

12．（2022·广东深圳·统考二模）硅及其化合物在生产生活中有广泛应用。根据所学知识，回答下列问题：
(1)三甲基卤硅烷【(CH3)3SiX，X为Cl、Br、I】是重要的化工原料。
①氯元素基态原子的价电子排布式为___；按照核外电子排布对元素周期表分区，溴元素位于___区；基态硅原子中有____种运动状态不同的电子。
②Br、I的第一电离能的大小关系：I1(Br)____I1(I)(填“大于”“小于”或“等于”)。
③常温下，(CH3)3SiI中Si—I键比(CH3)3SiCl中Si—Cl键易断裂的原因是____。
(2)(CH3)3SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。

①1个有机物A分子中采取sp2杂化的碳原子有____个。
②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点，其原因是____。
③CH3CN中σ键与π键的个数比为____。
(3)一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体与供电网的连接材料。该材料的晶胞属于六方晶系(a、b方向的夹角为120°，c方向垂直于a、b方向，棱长a+b≠c)，如图甲所示；晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。

①该钛硅碳新型材料的化学式为____。
②已知该新型材料的密度为4.51g•cm-3，且a、b的长度均为307pm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则c的长度为____pm (列出计算式)。

六、有机推断题
13．（2021·广东深圳·统考二模）化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的名称为_____，F所含官能团的名称为_____。
(2)④的反应类型为____，G的结构简式为____。
(3)反应③的化学方程式为____。
(4)反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为____。
(5)芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含-OH，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，则M的结构简式为____。(任写一种)。
(6)参照上述合成路线，设计由合成的路线(乙醇、乙酸及无机试剂任选)_____。
14．（2022·广东深圳·统考二模）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：

已知：RCOOH
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____。
(2)D中含氧官能团的名称为____。
(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为____。
(4)写出反应③的化学方程式____。
(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是____。
(6)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___种(不考虑立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。
其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为____。
(7)根据上述信息，以 和 为原料，设计合成 的路线(无机试剂任选)____。
15．（2023·广东深圳·统考二模）化合物Ⅷ是合成治疗心衰药物的中间体，该物质的合成路线片段如下(部分反应条件省略)：

回答下列问题：
(1)化合物Ⅰ的分子式为_______，化合物Ⅷ中含氧官能团有_______(写名称)。
(2)Ⅱ→Ⅲ涉及两步反应，第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。
(3)Ⅴ→Ⅵ的化学方程式可表示为，化合物Ⅵ的结构简式为_______。
(4)化合物Ⅳ、Ⅴ、Ⅶ中，化合物_______(填标号)含有手性碳原子。
(5)化合物Y在分子组成上比化合物Ⅶ少两个，同时符合下列条件的Y的同分异构体有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为_______(任写一种)。
条件：①除苯环外不含其他环结构，且苯环上有两个取代基，其中一个为；
②可使溴的四氯化碳溶液褪色；
③可发生水解反应。
(6)根据上述信息，写出以溴乙烷的一种同系物及为原料合成的路线_______(无机试剂任选)。

参考答案：
1．AD
【分析】硅铍矿(主要含BeO、Fe2O3、SiO2和FeO等)在硫酸中酸浸后得到滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，二氧化硅过滤除去，然后加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，再加入过量氢氧化钠溶液使氢氧化铍生成BeO，再水解得到Be(OH)2。
【详解】A．氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，氧化铍属于两性氧化物，二氧化硅属于酸性氧化物，上述氧化物中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，因此“酸浸”步骤所得“滤渣①”的主要成分为SiO2，故A说法错误；
B．滤液①中含有的主要离子有H+、Be2+、Fe3+、Fe2+、和SO，加入氢氧化钠溶液将pH调节至9，氢离子被中和，Be2+、Fe3+、Fe2+转化为金属氢氧化物沉淀，滤液为硫酸钠溶液，因此“滤液②”经处理后可获得副产品Na2SO4▪10H2O，故B说法正确；
C．Fe(OH)2和Fe(OH)3属于碱，Be(OH)2属于两性化合物，“碱溶”时只有氢氧化铍溶解在氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O，故C说法正确；
D．滤液③的主要阴离子是BeO，它发生水解的离子方程式为：BeO+2H2OBe(OH)2+2OH-，增大溶液的pH，平衡向左移动，不利于BeO的水解，故D说法错误；
故选AD。
2． 分液漏斗 Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 管内产生棕黄色的烟(CuCl2) 有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞 在空气中灼烧 Cu Cu(OH)2与Al单质发生了反应 取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡 K===6.3×106＞105，该反应进行较完全
【分析】根据题中图示，湿法制取CuCl2，在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反应，NaOH溶液吸收尾气，防止污染环境；干法制取CuCl2，在石英管制取CuCl2，在集气瓶中收集CuCl2，NaOH溶液吸收多余的Cl2，避免污染环境；探究Al与CuCl2溶液反应，根据金属性强弱和实验现象回答紫红色固体为Cu，并提出两种猜测并进行相关验证，由Ksp进行相关计算；据此解答。
【详解】(1)根据题中图示可知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为分液漏斗。
(2)在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生氧化还原反应生成CuCl2的化学方程式为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；答案为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O。
(3)①石英管内发生Cu+Cl2CuCl2，观察到的现象为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)；答案为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)。
②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞；答案为有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞。
(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉在空气中灼烧，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液，即2Cu+O22CuO，CuO+2HCl=CuCl2+H2O；答案为在空气中灼烧。
(5)由于Al的金属性比Cu强，将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液，发生置换反应，即2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，则紫红色固体为Cu；答案为Cu。
(6)①由实验取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡，可推知，猜测i.是Cu(OH)2与Al单质发生了反应；答案为Cu(OH)2与Al单质发生了反应。
②由猜测ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应，可推知实验是取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡；答案为取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡。
③由2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+可知，K=====6.3×106＞105，该反应进行较完全；答案为K===6.3×106＞105，该反应进行较完全。
3．(1) I-会被空气中的O2氧化 2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3
(2) 酸式滴定管 B ab或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可) PbI2固体不断溶解
(3) 产生金黄色沉淀(或“产生亮黄色沉淀”“产生黄色浑浊”) 200 小于

【详解】（1）①I-具有较强还原性，会被空气中的O2氧化，导致KI溶液变质；
②根据题意KI和Pb(NO3)2发生复分解反应生成PbI2沉淀，根据元素守恒可得化学方程式为2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3；
（2）①根据仪器X的结构特点可知其为酸式滴定管；
②由电导率变化曲线可知，电导率出现3次急剧的下降，说明蒸馏水是分三次快速放入，故选B；
③悬浊液导电是因为存在平衡PbI2Pb2++2I-，加水稀释后，离子浓度瞬间下降，电导率瞬间减小，之后反应正向移动，PbI2固体不断溶解，重新达到平衡，而PbI2饱和溶液中Pb2+和I-的浓度不变，所以平衡后电导率相同，即ab、de、gh、jk均可以表示PbI2固体的溶解达到平衡状态，而c→d段溶液的电导率逐渐增大的原因是PbI2固体不断溶解，导致了溶液中离子浓度不断增大；
（3）①增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，清液中产生金黄色的PbI沉淀；
②为保证变量唯一，所用蒸馏水的体积应与所用“上层清液”的体积相同，即200mL；
③增大KI的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导致溶液中的离子浓度减小，电导率的变化会小于蒸馏水中，所以A2-A1小于B2-B1。
4．(1) 分液漏斗 苯
(2)
(3) 或对苯酚与的显色可能有影响 固体 ，(或) 与苯酚的显色时，存在反应：，增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅
(4) 偏高

【分析】由题干工艺流程图可知，向含苯酚的废水中加入苯进行萃取，操作Ⅰ是萃取分液，分液后得到水层1和有机层，向有机层中加入NaOH溶液将苯酚转化为苯酚钠，然后进行分液，分液后得到有机层(含有苯)和水层，向水层溶液中通入足量的CO2后将苯酚钠转化为苯酚和碳酸氢钠溶液，然后进行过滤，过滤得到苯酚和水层2。再利用控制变量法进行探究氯离子、硫酸根离子、氢离子对显色的影响。
【详解】（1）由分析可知，操作Ⅰ为萃取、分液，因此使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，操作Ⅱ是分液，得到有机层(含有苯)，则苯可以循环使用，故答案为：分液漏斗；苯。
（2）反应Ⅱ是苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠溶液，苯酚溶解度比较小，过滤，则“水层2”中主要溶质为NaHCO3，故答案为：NaHCO3。
（3）①由题干实验信息可知，实验1、2和实验3、4使用溶液中的或不同，二者阴离子可能也对Fe3+的显色有影响，即根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是或对苯酚与的显色可能有影响，故答案为：或对苯酚与的显色可能有影响。
②为进一步验证猜想即验证或对苯酚与的显色是否有影响，小组同学设计了实验5和6，根据控制变量可知，实验5、6的pH值相同，Fe3+浓度相同，实验5改变浓度，实验6则改变浓度，故选用的试剂为Na2SO4固体，故答案为：Na2SO4固体。
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且对苯酚与的显色反应起抑制作用，说明氯离子对实验没有影响，则，硫酸根对实验有抑制作用，说明实验6相比实验1来说或；故答案为：，(或)。
④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且对与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是与苯酚的显色时，存在反应：，增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅；故答案为：与苯酚的显色时，存在反应：，增大，平衡逆向移动，的浓度减小，溶液颜色变浅。
（4）①加入溶液前需加热除去多余的，过量溴会氧化碘离子生成单质碘，则消耗硫代硫酸根的量增大，则计算出化合物M的量多，因此会使测定结果偏高；故答案为：偏高。
②根据苯酚与的关系是1:2，若消耗标准溶液的体积为，则样品中苯酚的浓度为；故答案为：。
5． 采用较强烈的搅拌转速 Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu NH3 “浸取” 2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 PbSO4 将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥 70%
【分析】瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)，浸取之后过滤得到Cu(NH3)、Zn(NH3)、，滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，以此解答。
【详解】(1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采用较强烈的搅拌转速，故答案为：采用较强烈的搅拌转速；
(2)“过程Ⅰ”中Cu(NH3)和Zn反应生成Zn(NH3)和Cu，反应的离子方程式为Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu，故答案为：Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu；
(3)根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3，结合流程图可知，NH3可在流程中的“浸取”步骤中循环使用，故答案为：NH3；“浸取”；
(4)①根据题意，单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解，结合已知的化学方程式可知，剩下的一个化学方程式为Bi和Fe3+的反应，该反应的化学方程式为2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4，故答案为：2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4；
②滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，故答案为：PbSO4；
(5)①结合表中信息可知，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯；
②“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，故答案为：过滤、洗涤、干燥；
(6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg的“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为70%，故答案为：70%。
6．(1) 阳 H2
(2)2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
(3)CuS
(4)9.15
(5) NaCl Na2SO4
(6) BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4 该反应的K==1.6×105，K大于105，反应进行得较完全； 降低NiS2O3的溶解度

【分析】先将高磷镍铁制成电极板，进行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4·6H2O。
（1）
电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2；
（2）
“除铁磷”时，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
（3）
“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS；
（4）
当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==mol/L=×10-5mol/L，所以c(H+)=×10-9mol/L，此时pH=-lg c(H+)=9.15，所以理论上应调节溶液pH≥9.15；
（5）
ClO-会被还原为Cl-，电解时选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液，所以溶液中阴离子还有SO，而阳离子只剩加入的Na+，所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4；
（6）
①根据题意，NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀，同时得到NiS2O3，化学方程式为BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K====1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；
②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度，利于晶体析出。
7．(1)
(2)
(3)时，铜的沉淀率已超过80%，铑的沉淀率几乎为零。或时，铜的沉淀率会降低，时，铑的沉淀率增加
(4)、
(5)
(6)AC
(7) 顶角 6 2.995

【分析】高铜铑精矿通入氯气和HCl氯化溶解得到、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，加入NaOH调节溶液pH=2，避免铁离子沉淀，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除去，发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉；
【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s2s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1；
（2）中Cl为-1价，由x+(-1)×6=-3，解得x=+3，则Rh元素的化合价为+3；
（3）“定向脱铜”时，需将溶液pH调至2，原因是：时，铜的沉淀率已超过80%，铑的沉淀率几乎为零。或时，铜的沉淀率会降低，时，铑的沉淀率增加；
（4）定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有、；
（5）发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，水解的离子方程式为：；
（6）A．反应物CO2中C和O原子存在极性共价键，产物存在C-H和H-O极性键，则反应过程中存在极性共价键的断裂与形成，A正确；
B．H2O分子的正负电荷中心不对称，为极性分子，B错误；
C．CO2中C原子价层电子对个数=2+=2，采取sp杂化方式，CH4中心原子C的价层电子对数是4，则C原子杂化轨道类型为sp3杂化，C正确；
D．H2O分子中O原子的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体，D错误；
E．催化剂通过降低反应的活化能，从而增大反应速率，不能改变反应的焓变，E错误；
故选：AC；
（7）①其中位于晶胞的体心，由晶胞结构可知白球为，顶角的小黑球个数为，棱心的大黑球个数为，结合分子数可知大黑球为O离子，小黑球为，则所处的位置为晶胞的顶角；每个周围紧邻的共有6个；
②当有1%的被替代后阳离子电荷减少了1%×1=0.01，根据电荷守恒，阴离子电荷也相应减少=0.005，晶体中会失去部分产生缺陷，原晶胞中数目为3，则此时平均每个晶胞所含数目为3-0.005=2.995。
8． -574 NO Q 热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少 S-900的比表面积小，吸附能力弱 温度升高，反应速率增大
【详解】(1)已知：
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1，碳的燃烧热为393.5kJ·mol-1，
ΔH=-393.5kJ·mol-1
将下式-上式可得目标方程式，则，可知ΔH2=-574kJ·mol-1。故答案为：-574；
(2)①达到平衡时NO表示的正反应速率应为N2表示的逆反应速率的两倍，则乙点对应的物质为NO；则平衡时，c(NO)=0.4mol/L，该反应的平衡常数。故答案为：NO，；
②将温度降低至某一温度时，反应重新达到平衡，NO的体积分数为30%，可知N2的体积分数为，则此时N2的分压。该反应为放热反应，降低温度平衡会朝着正反应方向移动，c(NO)减小，c(N2)增大，且降温度会使得反应速率减慢，可知图中甲点可能移动至Q点位置。故答案为：，Q；
(3)煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据以及图示分析，可能的原因是：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少、S-900的比表面积小，吸附能力弱。故答案为：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少；S-900的比表面积小，吸附能力弱
（4）350℃后，随着温度升高，反应速率增大，NO的脱除率增大。
故答案为：温度升高，反应速率增大。
9．(1)ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4
(2)CD
(3) 大于 相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3 0.8 0.75
(4) CO2 *COOH+H++e-=H2O+*CO

【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ×2可得V，Ⅲ-2×Ⅳ也可得V，所以ΔH5=ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4；
（2）A．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，A错误；
B．降低温度，正逆反应速率均减小，B错误；
C．增大CO的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动，CH3OH(g)、C2H5OH(g)的浓度增大，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动，C正确；
D．氩气不参与反应，恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ中的反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，D正确；
综上所述答案为CD；
（3）①相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3；
②Q点[CO+CO2]的总平衡转化率为80%，乙醇和甲醇的选择性均为50%，所以n(CH3OH)=(1mol+1mol)×80%×50%=0.8mol；n(C2H5OH)=(1mol+1mol)×80%×50%×=0.4mol，设H2O(g)的物质的量为x mol，H2转化了4mol，则根据H元素守恒有4×0.8mol+6×0.4mol+2x mol=4mol×2，解得x=1.2mol，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数Kp，则平衡常数Kp==0.75；
（4）①据图可知CO2的能量低于CO，所以CO2更稳定；
②据图可知第二步反应中*COOH结合H++e-转化为H2O和*CO，化学方程式为*COOH+H++e-=H2O+*CO。
10．(1)
(2) 小于 小于 AD
(3)随着烟气湿度的增大，更多的在催化剂表面转化为，提高了的氧化速率
(4)
(5)3：4

【详解】（1）根据盖斯定律，(反应b+反应c)可得反应a，则(-286.6-196.6)= ；
（2）①由图可知，同一压强下，温度升高的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则小于0，同一温度下，增大压强反应d的平衡逆向移动，减小，则小于；
②A．恒压下混合气体的总质量不变，但反应前后气体分子数不相等即物质的量会发生变化，根据pV=nRT，容器的体积会发生变化，则密度是一变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A正确；
B．任意时刻，由氮元素质量守恒，存在，故B错误；
C．恒容下，升高温度，反应d正向移动，c(NO2)增大，则该体系中气体颜色变深，故C错误；
D．恒容下，增大的浓度，则压强变大，反应d、e的正反应速率均增大，故D正确；
故选：AD；
③起始充入和，列三段式：、，平衡时的物质的量分数为，则，且与的物质的量分数相等，则2x=y，联立两式，解得x=0.1，y=0.2，此时0.2mol=mol；
（3）一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的在催化剂表面转化为，提高了的氧化速率；
（4）将总反应减去反应ii可得反应i为；
（5）“光催化氧化法”中由H2O电离出的， 和分别与反应生成，N元素化合价升高了3，生成1mol失去3mol电子，而电子与作用生成离子自由基()，消耗1mol得到4mol电子，由得失电子守恒有关系式3~3~4，消耗的与生成的的物质的量之比为3：4。
11． sp3 N ＞O ＞Se (SeO2)n 三角锥形 NCl3 SeF6＞SF6 ＜ 硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，硫硫键的键能大于硒硒键的键能，则光谱能量高，波长短 CoSe
【详解】(1)Se所含质子数为34，原子核外电子数为34，核外电子排布为：[Ar]3d104s24p4；基态Se原子的核外价电子排布图为：。
(2)根据结构简式，“依布硒”中Se原子的杂化类型为sp3杂化，N原子为半充满状态，电离能最大，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为：N ＞O ＞Se。
(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构，该氧化物的化学式为(SeO2)n。
(4)SeO中的Se为sp3杂化且有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，SeO有26个电子，与SeO互为等电子体的分子有NCl3。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，且为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用越大，则熔、沸越高，SeF6＞SF6；
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1＜λ2，其原因是硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，S-S键的键能大于Se-Se键的键能，则光谱能量高，波长短。
(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。根据均摊法Co：8×，Se=2，该硒化钴的化学式为CoSe；晶胞地面键角为60°，晶胞体积为=，晶体密度为g·cm-3。
12．(1) 3s23p5 p 14 大于 I原子半径比Cl的原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较大，较不易断裂
(2) 7 邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，所以后者的熔点高于前者 5：2
(3) Ti3SiC2

【详解】（1）①Cl原子核外有17个电子，核外电子排布式为[Ne] 3s23p5，价电子为3s23p5；溴原子的价电子为4s24p5，属于p区；硅原子核外有14个电子，每个电子的运动状态各不相同，即有14种运动状态不同的电子；
②同主族自上而下第一电离能减小，所以I1(Br)大于I1(I)；
③I原子半径比Cl的原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂；而Si-Cl键键能较大，较不易断裂；
（2）①苯环上的碳原子以及碳氧双键中的碳原子为sp2杂化，共有7个；
②B为邻羟基苯甲醛，羟基与醛基距离较近，主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，分子间氢键可以增大熔点，所以后者的熔点高于前者；
③单键均为σ键，碳氮三键中有一个σ键、两个π键，所以σ键与π键的个数比为5：2；
（3）①根据均摊法，Ti原子的个数为8×+4×+4=6，Si原子的个数为8×=2，C原子的个数为4，Ti、Si、C原子的个数比为6:2:4=3:1:2，所以化学式为Ti3SiC2；
②晶胞的质量为g=g，密度为4.51g•cm-3，所以晶胞的体积为cm3=pm，底面为边长307pm的菱形，则底面积为×3072pm3，所以c的长度为pm。
13． 环己醇 碳氯键、醚键 消去反应 +NaOH+NaBr+H2O 、、 、
【分析】结合反应条件和各物质的分子式分析，B和Br2发生取代反应生成，可以推知B为，A发生氧化反应生成B，可知A为，发生消去反应生成C，可知C为，D发生消去反应生成 CH2=C(CH3)CH3，E和ClCH2OCH3发生取代反应生成G，结合H的结构式可知G为，以此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，A的名称为环己醇，F所含官能团的名称为碳氯键、醚键。
(2)由分析可知，④的反应类型为消去反应，G的结构简式为。
(3)反应③中发生消去反应生成C，化学方程式为 +NaOH+NaBr+H2O，故答案为：+NaOH+NaBr+H2O；
(4)反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，结合反应⑤的反应物以及E的结构简式可知，该副产物的结构可能为。
(5)芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，符合上述条件的M的结构可能是、 、 、。
(6)目标产物可由得到，可由在NaOH的醇溶液中发生消去反应得到，可由与反应得到，合成路线可表示为 。
14．(1)对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸
(2)硝基、酯基
(3)
(4) +H2O
(5)保护羧基
(6) 23
(7)

【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。
【详解】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；
（2）D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；
（4）反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为 +H2O；
（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（6）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（7）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下： 。
15．(1) 醚键、酰胺基
(2)取代反应
(3)
(4)Ⅶ
(5) 9 或或
(6)CH3CH2CH2CH2BrCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO

【分析】有机物Ⅰ和单质溴发生苯环上氢的取代反应生成有机物Ⅱ，有机物Ⅱ中的醛基和乙二醇反应生成有机物Ⅲ，在一定条件下有机物Ⅲ和碘甲烷反应取代反应苯环上引入甲基生成有机物Ⅳ，有机物Ⅳ和五氯化磷反应生成有机物Ⅴ，Ⅴ→Ⅵ的化学方程式可表示为，根据原子守恒和有机物Ⅶ的结构简式可判断化合物Ⅵ的结构简式为，有机物Ⅶ经一系列转化为生成有机物Ⅷ，据此解答。
【详解】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可判断分子式为，根据化合物Ⅷ的结构简式可判断其中含氧官能团有醚键、酰胺基。
（2）Ⅱ→Ⅲ涉及两步反应，第一步反应类型为加成反应，即醛基和乙二醇加成醛基转化为羟基，然后2个羟基脱去1分子水生成Ⅲ，所以第二步的反应类型为取代反应。
（3）根据以上分析可知化合物Ⅵ的结构简式为。
（4）手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，所以化合物Ⅶ中含有手性碳原子，即与-CN相连的碳原子是手性碳原子。
（5）化合物Y在分子组成上比化合物Ⅶ少两个，分子式为C9H7NO2，同时符合下列条件①除苯环外不含其他环结构，且苯环上有两个取代基，其中一个为，②可使溴的四氯化碳溶液褪色；③可发生水解反应，因此另一个取代基是含有三键的酯基，可以是－C≡COOCH或－COOC≡CH或－OOCC≡CH，与氨基均有邻间对三种，因此Y的同分异构体有9种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为或或 。
（6）根据已知信息可知要合成产品需要丁醛和，丁醛可以用丁醇催化氧化得到，溴丁烷水解得到丁醇，所以合成路线图为CH3CH2CH2CH2BrCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO。