山西省太原市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非得选择题

这是一份山西省太原市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非得选择题，共32页。试卷主要包含了实验题，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。
山西省太原市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非得选择题

一、实验题
1．（2021·山西太原·统考一模）为验证SO2的性质并制备NaHSO3和Na2SO3，设计如图所示实验装置(部分夹持装置略去)。

(1)装置A中反应的化学方程式是______。
(2)盛放浓硫酸的仪器名称是______，装置B的作用是______。
(3)试管D中发生反应的离子方程式为______。
(4)装置E中设计多孔球泡的目的是______。
(5)已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图1所示，Na2SO3的溶解度曲线如图2所示。

①边搅拌边向装置E中的Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，当______时停止通入SO2。
②由NaHSO3溶液制备Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，测量溶液的pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于______℃条件下趁热过滤。滴加NaOH溶液不能过慢的原因是______。
2．（2022·山西太原·统考一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4

(1)仪器a的名称是___________。
(2)装置C中盛放的试剂是___________。装置B的作用是___________。
(3)制备N2H4的离子方程式为___________。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是___________。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为___________。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。

【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O

(5)请完成表中的空白部分：①___________；②___________。
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因：___________。
3．（2023·山西太原·统考一模）人们将酸强度超过100%H2SO4的一类酸叫做超酸，某实验小组用SbCl5制备超酸HSbF6，并探究其性质。制备SbCl5的实验装置如图(夹持、加热及搅拌装置已略去)：

已知： I．制备HSbF6的相关反应为SbCl3+ Cl2SbCl5；SbCl5+ 6HF = HSbF6+ 5HCl
II．毛细管连通大气，装置内减压时可吸入极少量的空气，产生微小气泡以代替沸石。
III．相关物质的部分性质如下：
物质
熔点
沸点
其他性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
79℃/2.9 kPa； 140℃、101 kPa开始分解
极易水解
(1)仪器D的名称是___________ ，装置B 的作用是___________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为___________。
(3)试剂X为___________，其作用是___________、___________。
(4)D中反应完成后，关闭活塞a并打开活塞b，减压转移SbCl5粗品至装置E中。关闭活塞b、用真空泵抽气进行减压蒸馏(2.9 kPa)。E中毛细管产生微小气泡的作用是___________；用减压蒸馏的主要原因是___________。
(5)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因是___________(写化学方程式)。
(6)1966年，美国研究员J·Lukas无意中将蜡烛扔进HSbF6溶液中，发现蜡烛很快溶解，并放出H2。已知稳定性：，写出等物质的量的异丁烷与HSbF6发生反应的化学方程式：___________________。

二、工业流程题
4．（2021·山西太原·统考一模）综合利用炼锌矿渣［主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]可获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：

已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中的金属离子百分数)见表2。
表1 金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度/mol·L-1)
开始沉淀的pH
Fe2+
1.0×10-3
8.0
Fe3+
4.0×10-2
1.7
Zn2+
1.5
5.5
Ga3+
3.0×10-3
3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子
萃取率/%
Fe2+
0
Fe3+
99
Z2+
0
Ga3+
97~98.5
(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe的化合价为______，“操作1”为______。
(2)“滤液1”中可回收利用的物质是______。“滤饼”的主要成分是______。“萃取”前加入的固体X为______。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。“反萃取”后，镓的存在形式为______(填化学式)。
(4)GaN可采用“MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术”制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，在一定条件下使其与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。
(5)下图可表示氮化镓与铜组装成的人工光合系统的工作原理。H+向______(填“左”或“右”)池移动；铜电极上发生反应的电极反应式为______。

5．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。

已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有_________(填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式：_________。
(2)“滤渣1”的主要成分是_________。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是_________；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式：_________。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为_________。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl
以上热解产物中，热稳定性最差的是_________(填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是_________。
6．（2023·山西太原·统考一模）以电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)为原料，制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：

已知： AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3) 2.5×10-2、Ksp( CaCO3) = 2.8×10-9。回答下列问题：
(1)①电解氧化铝生成铝的化学方程式为___________，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是___________。
②已知AlCl3可形成共价分子， AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：_____________。
(2)“气体1”是___________ ( 填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是___________。
(3)已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式___________。
(4)“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：______________。
(5)Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是___________；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为___________g·cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。


三、原理综合题
7．（2021·山西太原·统考一模）二氧化碳的资源化利用一直是科学研究的热点领域，工业上可利用反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)制备甲醇。回答下列问题：
(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1
H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1
CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-676.0 kJ·mol-1
则反应I的ΔH=______。
(2)T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，容器中n(H2)随时间的变化如图中实线所示。

①从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率v(CO2)=______，氢气的转化率为______。
②该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数Kp=______(kPa)-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压x体积分数)
(3)①若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线______(填“I”或“II”)，判断的依据是______。
②a点的正反应速率______b点的逆反应速率(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是______。
8．（2022·山西太原·统考一模）二氧化碳资源化利用有助于实现“双碳目标”。在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要反应的热化学方程式有
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
(1)计算 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =___________。
(2)图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是___________(填图中字母)，判断依据是___________。

(3)①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，则n(H2O)= ___________mol(用含a的代数式表示，需化简)。
②若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp=___________。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)
(4)科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应过程如图2所示，由图可知 其中没有O-H键断裂的步骤是___________ (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为___________。(CH3OH不需标注同位素原子)。

9．（2023·山西太原·统考一模）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义。请回答下列问题，
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g) ΔH= +131.3 kJ·mol-1， ΔS = +133.7 J·mol-1·K-1，该反应在低温下___________(“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在T ℃时，反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K = 0.5，相关化学键键能数据如表：
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能/(kJ·mol-1)
946
436
390.8
①T℃时， 2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的ΔH =___________。
②T℃时，在1L密闭容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4 mol 、2 mol 、4 mol，则此时反应v正(N2)___________v逆(N2)(填“>”“1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化
(5) Al

【分析】电解铝之后的废渣先经过酸溶，让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子，同时生成二氧化碳，再加入生石灰进行苛化，生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，最后得到含有NaOH和LiOH的混合溶液，再通入二氧化碳气体进行碳化，生成的电池级碳酸锂。
【详解】（1）①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为，比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应；
②F的电负性大于Cl，F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键；
（2）气体1是酸溶时，氟离子结合氢离子生成的HF。滤渣1是在水浸时将微溶 于水的硫酸钙沉淀了出来。
（3）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为；
（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq) ⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)的平衡常数，故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。
（5）该晶胞中白球的个数为个，黑球为，根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li。该晶胞的质量为g，体积为(a×10-10)3cm3，故密度为g/cm3。
7． -49.4kJ/mol 45% Ⅰ 曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动 增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强
【详解】(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1，则反应①：H2的燃烧热化学方程式为： ，变化②为：H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1，反应③为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-676.0 kJ·mol-1，按盖斯定律，反应Ⅰ=反应①×3-变化②-反应③，则反应I的ΔH= 3ΔH1-ΔH2-ΔH3=-49.4kJ/mol。
(2) ①T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率 ，氢气的转化率。②由已知、图示数据可得三段式： ,则混合气体中，, 该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数，即Kp= (kPa)-2。
(3)①早拐早平速度快，升温时反应速率增大、CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol平衡左移，氢气的物质的量减小，故：若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线I，反应判断的依据是：曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动。②从a到b，反应物浓度下降，反应速率减小，则a点的正反应速率b点的逆反应速率。
(4) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体分子总数减小的反应，在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是：体积不变时增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强。
8．(1)+205.9KJ∙mol-1
(2) A 反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小
(3) 3.26-a
(4) ② 2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O

【分析】图1升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高，C表示CO的变化；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小，A表示甲烷的变化；B代表二氧化碳。
图2：反应原理：①CH3OH+H-O-催→CH3O-催+H2O，②CH3O-催+CO2→CH3COO-催，③CH3OH+CH3COO-催→CH3OCOOCH3+H-O-催，总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O。
(1)
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)          kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)         =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)         =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
由盖斯定律可知：Ⅱ-Ⅰ得 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =+41.2 kJ·mol-1-( kJ·mol-1)=+205.9KJ∙mol-1。故答案为：+205.9KJ∙mol-1；
(2)
图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是A(填图中字母)，判断依据是反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小。故答案为：A；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小；
(3)
①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，

则n(H2O)= (2×0.37+4-2×0.37-a)=(3.26-a)mol(用含a的代数式表示，需化简)。故答案为：3.26-a；
②从图中读出，2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)中n(CO2)=0.26mol，n(CH4)=0.37mol，n(CO)=0.37mol，又n(H2)=amol，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，由反应Ⅰ求出气体物质的量的变化量为2×0.37，反应后气体的总物质的量为：5-2×0.37=4.26mol，若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp==。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)故答案为：；
(4)
由图可知 ①中CH3OH生成CH3O-，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，其中没有O-H键断裂的步骤是② (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。(CH3OH不需标注同位素原子)。故答案为：②；2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。
9．(1)不能
(2) +90.8kJ/mol =
(3)N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
(4)加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率
(5) AB 第二步 0.15

【详解】（1）放热、气体增加有利于反应的发生， ΔH>0、 ΔS>0在高温条件下可发生，所以该反应低温不能发生。答案为不能；
（2）ΔH=E(反应物断键吸收的总能量)-E(生成物成键放出的总能量)=6×390.8-(946+436×3)=+90.8kJ/mol。此时的浓度熵为，则反应为平衡状态，v正(N2)=v逆(N2)。答案为+90.8kJ/mol；=；
（3）N ≡N键断裂吸收热量，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率。同时，N-H键的形成释放热量，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。答案为N ≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；
（4）v= kcα(N2)cβ( H2)c-1(NH3) 知v与NH3浓度成反比，移走氨气降低浓度使v增大，同时移走产物使平衡正向移动。答案为加快合成氨反应速率；促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；
（5）A．增加反应物的浓度反应物CO2平衡正向，NH3的转化率增加，A项符合题意；
B．该体系为气体减小的过程，增大压强平衡正向，NH3转化率增大，B项符合题意；
C．尿素为纯液体，移走对平衡无影响，C项不符合题意；
D．催化剂只能改变反应速率，无法改变平衡状态及转化率，D项不符合题意；
故选AB。
活化能越高反应速率小。已知第一步反应速率快，则第一步活化能低于第二步。
反应前NH3的体积分数为50%，NH3和CO2按物质的量1:1投料。设NH3起始为1mol，列出三段式为
平衡时NH3的体积分数为20%，则 a=。则平衡时CO2的体积分数为则H2O的体积分数为30%。P(NH3)=20%×（10MPa）=2 MPa，P(CO2)=50%×（10MPa）=5MPa，P(H2O)=30%×（10MPa）=3 MPa，则K= 。答案为0.15。
10． 42NA C C有4个价电子，处于易得和易失电子的中间位置 平面三角形 SO3 sp2、sp3 CH3COOH分子间存在氢键、而HCOOCH3分子之间没有氢键
【分析】按等电子体理论、根据价层电子对互斥理论计算硝酸根离子中的价层电子对数、并确定其等电子体；用均摊法计算晶胞的质量、按密度ρ=计算晶胞的边长、求出2个离子之间的距离；
【详解】(1)Ni原子序数为28，基态Ni原子价层电子的排布式为3d84s2，由泡利原理、洪特规则，可得的价电子轨道表示式为；单键全部是σ键、双键中有1个σ键、1个π键，则由图a的结构简式可知：不饱和五元环的σ键有2×7+2×3+2=22个，每个五元环内有1个CH2、1个N、3个CH，2个五元环内共有2×10=20个σ键，则1个配合物分子含σ键42个，1mol配合物含σ键数目为42NA。
(2)C、N、O三种元素位于第二周期，同一周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，所以电负性 ，电负性最小的是C，C在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是碳原子最外层有4个电子，处于易得和易失电子的中间位置，不容易得或失电子形成稳定结构。
(3)Ni(NO3)2中阴离子为硝酸根离子，中心原子N的孤电子对数为、 价层电子对数为3+0=3，故其空间构型是平面三角形；硝酸根离子为4原子的微粒、价电子总数为24，与之互为等电子体的一种分子的化学式：SO3(或BF3)。
(4)图a配合物中，碳原子有饱和碳原子，有不饱和的双键碳原子：碳碳双键、碳氮双键、碳氧双键，故碳原子的杂化类型是sp3、sp2。CH3COOH和甲酸甲酯(HCOOCH3)互为同分异构体，常压下CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是：CH3COOH分子间存在氢键、而HCOOCH3分子之间没有氢键。
(5)①由晶胞结构知，氧离子位于棱边的中点和体心，数目为 ，镍离子位于面心和顶点，则数目为，晶胞的质量为 ，晶体密度为ρg·cm-3，设晶胞边长为acm，晶胞的体积 ，则 ，该晶胞中最近的两个O2-之间的距离为  。
②平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含有1个“NiO“，每个氧化镍所占的面积=(2am)×(2am×sin60°)=2a2m2，则每平方米含有的氧化镍个数 ，每个氧化镍的质量 ，所以每平方米含有的氧化镍质量 g。
11．(1) ds
(2)N＞O＞C
(3) 5 sp2和sp3 Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定
(4) [Cu(H2O)4]SO4∙H2O 正四面体形 ABE
(5) 8

【详解】（1）氮是7号元素，基态氮原子的价层电子轨道表示式为，在元素周期表中铜的价电子排布式为3d104s1，属于ds区(填 “s”、“p”、“d” 或“ds”)。故答案为：；ds；
（2）同周期从左到右，第一电离能增大，N的2p能级上为半充满结构，第一电离能变大，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。故答案为：N＞O＞C；
（3）X中铜离子与4个O和1个N形成共价键，X中Cu2+的配位数是5，吡啶环上的碳、羰基上的碳为sp2杂化，甲基上有碳为sp3杂化，C原子的杂化轨道类型为sp2和sp3。在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，主要原因是Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定。故答案为：5；sp2和sp3；Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，前者为全充满结构更稳定；
（4）胆矾的化学式用配合物的形式可表示为[Cu(H2O)4]SO4∙H2O；硫酸根中心原子硫的价层电子对数为4，采用sp3杂化，其阴离子的空间结构为正四面体形；胆矾中存在的化学键有A．硫酸根离子与四氨合铜离子间的离子键，B．O-H、S-O共价键 E．铜与氧间的配位键,不存在分子间作用力，氢键不是化学键，故选ABE；故答案为：[Cu(H2O)4]SO4∙H2O；正四面体形；ABE；
（5）某铜的氮化物晶胞参数为a pm。该晶体中，与Cu原子最近的Cu原子有8个，若阿伏加德罗常数的值为NA，每个晶胞中含铜：12×=3，含氮8×=1，则该晶体的密度为=g·cm-3(列出计算式)。故答案为：8；。
12． 羧基、氯原子 HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 取代反应 2,2-二甲基丁烷 8 (CH3)3CCH2CHO
【分析】A可与饱和NaHCO3溶液反应，已知A可与饱和NaHCO3溶液反应，说明A中含有羧基，则A为CH3COOH，A发生取代反应生成B，B能发生信息①的反应，则B为ClCH2COOH，C为HOOCCH2COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据G结构简式知，D发生取代反应生成E，E为， E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是，F结构简式为，F和乙醇发生酯化反应生成G，G发生信息③的反应生成H为，J发生黄鸣龙反应生成K，根据K结构简式知，J为，I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，根据J知I结构简式为CH3CH2OOC-CH=CH2，以此来解答。
【详解】(1)据分析，B为ClCH2COOH，则B中含有的官能团是羧基、氯原子。
(2)C→D的反应，为丙二酸和乙醇之间按物质的量之比为1:2进行的酯化反应，化学方程式是HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3， E为，则D→E的反应类型是取代反应。
(3) E为、F为，E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是。
(4)据分析，G→H，发生的是信息③反应，则H的结构简式是。
(5) ①化合物乙，经过黄鸣龙反应得到化合物丙，则丙为，属于烷烃，用系统命名法命名，其主链4个碳原子、2号碳原子上有2个甲基，则丙的化学名称是2,2-二甲基丁烷。
②乙的分子式为C6H12O，不饱和度为1，乙的同分异构体中，含-CHO的能与新制的Cu(OH)2反应，即-CHO与-C5H11组成的能与新制的Cu(OH)2反应 ，-C5H11为戊基，正戊烷分子内有3种氢原子、对应的戊基有3种、异戊烷分子内有4种氢原子、对应的戊基有4种、新戊烷分子内有1种氢原子、对应的戊基有1种、故共有8种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为9:2:1，则分子内有3种氢原子、醛基上有1个H、另外有1个-CH2-，有3个-CH3，则结构简式是(CH3)3CCH2CHO。
13．(1) 甲苯 羰基、醚键
(2)、
(3) 2+O22+2H2O
(4)保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化
(5)

【分析】A为芳香族化合物，含有苯环，其分子式为C7H8，所以结构简式为，经多步反应生成B，根据反应条件可知，B与试剂R发生类似已知信息的反应生成C，结合B、C的结构简式可知R为，C水解生成D，D在催化氧化生成E，根据E中含有羰基可知，C水解后生成羟基，所以D为。
（1）
A的结构简式为，苯环上有一个甲基，所以名称为甲苯；根据M的结构简式可知其含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（2）
B中含有8个C原子，2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：能发生水解反应，不能发生银镜反应，可知含有酯基，但不是甲酸某酯，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3，即结构对称，可得满足相关条件的芳香族化合物的结构简式为、；
（3）
根据分析，R的结构简式为；D中羟基被催化氧化生成D，化学方程式为2+O22+2H2O；
（4）
根据后续产物可知-OCH3最终又转化为酚羟基，结合酚羟基很活泼性质，容易发生氧化反应可知，其目的就是保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化；
（5）
乙醇为CH3CH2OH，2－丁醇为，通过乙醇合成2-丁醇需要将碳链加长，根据已知信息可知CH3CHO可以和CH3CH2Cl在Mg/乙醚条件下生成，再水解即可得到2－丁醇，而乙醇被催化氧化可以生成CH3CHO，与浓盐酸发生取代反应可以生成CH3CH2Cl，所以合成路线为。
14．(1) 酮羰基、硝基 反式
(2) 浓硫酸、浓硝酸、加热
(3) 取代反应
(4) 17

【分析】A→B为苯环的硝化。②Fe、HCl为-NO2的还原。③为-NH2转变为-NHOCCH3，发生取代反应，C为。逆推法得B为，A为。⑤N-H中的H被-CH2CH3取代。
【详解】（1）由上分析，B中含有C=O、-NO2，B中官能团为羰基、硝基。若R3>R4且R1>R2，则为顺式；当R3>R4且R1