上海市高三化学上册期末考试题带答案和解析

【答案】D
【解析】
A. 铝还原性较强，相对于锰、钒等金属价格低廉，可用来冶炼锰、钒等难熔金属，A正确；
B．Zn和Fe在电解质存在下形成原电池，Zn作负极，保护了正极的Fe，B正确；
C. 硝酸和甘油（丙三醇）在一定条件下生成硝酸甘油是一种烈性制炸药，C正确；
D. 生石灰无氧化性，不能做抗氧化剂，可吸水，作干燥剂，D错误。
答案选D。

【答案】B
【解析】
A．AgI和空气中氧气不反应，A错误；
B．P4有还原性且着火点较低，在空气容易被氧气氧化自然，B正确；
C．Na2O与空气中水反应生成氢氧化钠而变质，但不是和氧气反应，C错误；
D．漂白粉中的次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水反应生成次氯酸而变质，D错误。
答案选B。

【答案】C
【解析】
A．S原子的质子数为16，得到2个电子后，最外层达到8个电子的稳定结构，质子数不变，正确应为，故A错误；
B．主链不是最长碳链，正确的命名为：3-甲基-2-戊烯，故B错误；
C．甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，则CH4分子的比例模型为，故C正确；
D．硝基的表示方法错误，间-硝基甲苯正确的结构简式：，故D错误；
故答案为C。

【答案】D
【解析】
先判断晶体类型和断键方式，再判断克服的作用力，分子间的作用力决定了分子晶体的物理性质，分子晶体的三态变化克服的是分子间的作用力。
A. 氯化钠是离子晶体，微粒间的作用力是离子键，氯化钠溶于水，破坏的是离子键，故A正确；
B. 氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下电离出自由移动的离子，克服的是共价键，故B正确；
C. 蔗糖溶于水，克服的是分子间作用力，故C正确；
D. 二氧化碳溶于水，克服的是分子间作用力，故D错误；
答案选D。

【答案】C
【解析】A、第三周期元素原子半径自左向右逐渐减小，但离子半径均不是逐渐减小，其中金属的阳离子半径小于非金属的阴离子半径，A错误；B、第三周期元素自左向右最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，B错误；C、Na、Mg、Al是金属晶体，Si是原子晶体，P、S、Cl2是分子晶体，C正确；D、根据C中分析第三周期元素单质的熔点不是逐渐降低，D错误，答案选C。

【答案】C
【解析】
A．两者均是氯气单质，是一种物质，故A错误；
B．甲烷为正四面体结构，其二氯取代物只有一种，故二者是同一种物质，故B错误；
C．两者互为同位素，最外层电子数相同，化学性质相同，故C正确；
D．35Cl-最外层达到了8个电子的稳定结构，化学性质不活泼，与它核外电子排布相同的微粒化学性质不相同，例如钾离子等，故D错误；
故答案为C。

【答案】A
【解析】
A.羟基是中性原子团，是有机物的官能团，电子式为：，故A正确；
B.氢氧根离子是带一个负电荷的阴离子，则是氢氧根的电子式，故B错误；
C.羟基是不带电的自由基不能独立存在，很活泼，容易得到1个电子，具有极强的氧化性，故C错误；
D.羟基含有的电子数为9，NH3所含电子数是10，故D错误。
故选A。

【答案】B
【解析】
乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠生成易溶于水的乙酸钠，再用蒸馏的方法分离出乙醇，故A错误；
B.硝基苯不溶于氢氧化钠溶液，硫酸与氢氧化钠发生中和反应，可用分液的方法分离，故B正确；
C.乙醛溶于水，乙酸乙酯溶于氢氧化钠溶液，可以用蒸馏的方法分离乙醛和乙酸乙酯，故C错误；
D.溴乙烷、溴都溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液，故D错误。
故选B．

【答案】D
【解析】
甲是形成化合物种类最多的元素，应为C元素，由元素在周期表中的位置可知丙为Si，己为Ge，乙比甲原子序数多6，应为Mg元素，则丁为Ca、戊为Sc元素,据此回答。
A．乙为Mg，在空气中燃烧生成的化合物有MgO、等，只含有离子键，A正确；
B．丙为Si，己为Ge，位于金属与非金属过渡线附近，B正确；
C．丁为Ca，己为Ge，核外电子数分别为20、32，核外电子数相差12，C正确；
D．戊为Sc元素，为过渡元素，己为Ge，为主族元素，D错误。
答案选D。

【答案】C
【解析】
A．该装置有缓冲装置，所以能防止倒吸，A正确；
B．二氧化碳能与氢氧化钠反应，能迅速产生压强差，所以能形成喷泉实验，B正确；
C．氨气密度比空气小，应将导管伸入试管底部，C错误；
D．一氧化氮密度比二氧化碳小，且与之不反应，可用排二氧化碳法收集，D正确。
答案选C。

【答案】D
【解析】
从图中可以看出，反应刚开始时压强大，到t1时压强达最大值，然后压强开始减小，最后不变。
A．0~t1，可能发生了析氢腐蚀，H+不断得电子生成H2，气体的分子数增大，压强增大，A正确；
B．0~t1，可能反应放热，锥形瓶内温度不断升高，气体压强不断增大，B正确；
C．t2时压强小于起始压强，温度仍在升高，则必为气体分子数减小，一定发生吸氧腐蚀(消耗O2)，C正确；
D．整个过程中，铁粉失电子发生氧化反应，从而生成Fe2+，D错误；
故选D。

【答案】C
【解析】
A．用浓氨水和氢氧化钠生成氨气逸出，减少生成物浓度，从而促进平衡正向移动，A不合题意；
B．加热蒸干AlCl3溶液的过程中，水解生成的盐酸挥发，水解平衡不断正向移动，最终AlCl3全部转化为Al(OH)3，Al(OH)3再分解生成Al2O3，所以不能得到无水AlCl3，B不合题意；
C．工业上SO2和O2反应生成SO3，正反应为体积缩小的可逆反应，加压有利于平衡正向移动，但反应通常在常压下生成SO3，不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．水中存在水的电离平衡，在碱溶液中，水电离出的OH-会抑制水的电离，所以水中的c(H+)比0.1 mol/LNaOH溶液中的大，D不合题意；
故选C。

【答案】C
【解析】
A．二者分子式相同，都是，且二者结构不同，所以是同分异构体，A错误；
B．第一种含有苯环，共平面的碳原子数至少为8个，第二种有机物含有碳碳双键，与碳原子直接相连的碳原子共平面，共平面的碳原子数至少为6，B错误；
C．左边物质含有酚羟基，能和溴水发生取代反应，右边物质中的双键能和溴水发生加成反应，醛基能和溴发生氧化还原反应生成羧基，反应类型不同，C正确；
D．酚羟基和碳碳双键都可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别，D错误。
故选C。

【答案】B
【解析】
．氢氟酸是弱酸，但是能与二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，A错误；
B．氨很容易液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为致冷剂，B正确；
C．碳酸氢钠受热易分解，可用于生产食品发酵粉，C错误；
D．用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，D错误。
答案选B。

【答案】D
【解析】
A．金刚石物质的量，结合金刚石中1mol金刚石中含有键分析，金刚石含有碳碳单键数为，A错误；
B．乙醇溶液中乙醇、水分子都含有氢原子，所以300 mL 2 乙醇水溶液中所含H原子数大于，B错误；
C．钠的物质的量为，钠完全反应失去电子，转移电子数为，C错误；
D．丙烯分子中含有6个氢原子，形成6个键，标准状况下， L丙烯的物质的量为1mol，含有碳氢键数为，D正确。
答案选D。

【答案】C
【解析】
试样溶液中加入过量Ba(OH)2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；
向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；
滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；
沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg(OH)2，所以溶液中含有Mg2+，结合题给选项分析解答。
根据上述分析可知，
A. 沉淀1加酸部分溶解，试样中肯定存在Mg2+和SO42－，A项正确；
B. 依据分析，不能确定溶液中是否存在Na+、Cl－，B项正确；
C. 通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，C项错误；
D. 遇水显碱性的气体为氨气，则推知溶液中含NH4+，D项正确；
答案选C。

【答案】BD
【解析】
由图可知，纵坐标为甲烷的转化率，横坐标为，越大，甲烷的转化率越小；平衡正向移动时氨气的体积分数增大，且平衡常数只与温度有关，并利用a点甲烷转化率为计算氨气的体积分数，以此来解答。
A．由图象看出，的转化率随的增大而降低，A错误；
B．，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，的体积分数会增大，B正确；
C．ab两点的温度相同，平衡常数只与温度有关，则平衡常数不变，C错误；
D．a点甲烷转化率为，，则设甲烷为3mol，氮气为4mol，

开始 3 4 0
转化
平衡
则的体积分数约为，D正确。
答案选BD。

【答案】CD
【解析】
A．氯气为黄绿色气体，氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有，A正确；
B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有，B正确；
C．向氯水中加入粉末，有二氧化碳产生，说明氯水中含有HCl，HClO酸性比碳酸弱，不能和反应生成二氧化碳，C错误；
D．向溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，氯水中氯分子可以氧化亚铁离子，D错误。
答案选CD。

【答案】C
【解析】
A．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液含有强氧化性离子，A中不含还原性离子，可共存，A错误；
B．能使石蕊试液变红的溶液中含有H+，四种离子都不能和H+反应，能大量共存，B错误；
C．Al3＋和AlO2-因为发生双水解形成沉淀Al(OH)3而不能大量共存，C正确；
D． = 1×10－13 <1，则c(H+) <c(OH-)，溶液显碱性，可共存，D错误。
答案选C。

【答案】AC
【解析】
的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，，所得溶液中浓度小于，说明在溶液中存在，B0H为弱碱，BCl溶液呈酸性，则，一般来说，盐类的水解程度较小，则：，反应后溶液中离子浓度大小为：即X表示，Y表示BOH，Z表示，溶液中存在物料守恒为：，据此回答。
A．BOH为弱碱，反应生成强酸弱碱盐BCl，则溶液显酸性，A正确；
B．盐的水解为吸热反应，升温促进水解，则Y浓度增大，B错误；
C．X表示，Y表示BOH，Z表示，溶液中存在物料守恒为：，C正确；
D．稀释后促进水解，但是溶液中氢离子浓度减小，即减小，D错误；
答案选AC。

【答案】AC
【解析】
据N原子守恒可求得参加反应的氨的物质的量，n（NH3）+90mol=78mol×2，n（NH3）=66mol，设为NO的物质的量x，NO2的物质的量为（90mol-x），则：66mol×3=xmol×2+（90-x）mol×4，x=81mol，二氧化氮的物质的量为=90mol-81mol=9mol，据此解答。
A．原混合气体中含有9molNO2、81molNO，则平均氧原子数为：，则原混合气体的平均组成为NO1.1，A正确；
B．题中数据无法计算原氨水溶液体积，则无法计算原氨水的物质的量浓度，B错误；
C．4.45×103g+81mol×30g/mol+9mol×46gmol-1-78mol×28g/mol=5110g，反应后溶液体积为：≈5214mL=5.214L，反应后溶液中剩余溶质氨的物质的量=，吸收后氨水的物质的量浓度=≈2.4 mol·L-1，C正确；
D．根据C可知，吸收后氨水的质量为：5110g，氨气的物质的量为12.53mol，则稀释后氨水的质量分数为，D错误。
答案选AC。

【答案】18 5 第四周期、ⅦA（都对得1分） F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。 从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大 > K= 氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价
【解析】
氯离子原子核外有18个电子，为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；
溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA，故答案为：第四周期、ⅦA；
、、、的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：、、、都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；
元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性，、、半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从、、半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大；
由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故答案为：；
同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=，故答案为：；
的非金属性较C强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为，故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；。

【答案】H3PO2H++ H2PO2－ Na+、H2PO2－、OH－、H+ Na2CO3 H3PO2是中强酸，碳酸是弱酸，CO32–的水解程度大于H2PO2－ H3PO4 2P4+ 3Ba（OH）2+ 6H2O →2PH3↑+ Ba（H2PO2）2 1.5mol 用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物H3PO2分离（合理即得分） 阳极反应中消耗水电离的OH—，使c（H+）增大，H2PO2－通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品
【解析】
根据是一元中强酸可知，是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式；根据是一元中强酸，可以判断为正盐，是强碱弱酸盐，水解显碱性；
是一元中强酸，碳酸是弱酸，酸性越弱其对应盐的水解程度越大；
和溶液反应进行化学镀银，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，结合化合价判断产物；
根据反应物和生成物结合原子守恒和电子守恒书写方程式；
阳极反应中消耗水电离的，使增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品。
是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为；由于是一元中强酸，所以为一元强碱和一元中强酸形成的正盐，所以该盐溶液由于发生水解成碱性，方程式为，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为；故答案为：；；
是一元中强酸，碳酸是弱酸，酸性越弱其对应盐的水解程度越大，所以相同物质的量浓度的溶液的碱性比溶液强，故答案为：；是中强酸，碳酸是弱酸，的水解程度大于；
该反应中为氧化剂，为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，，解得，所以氧化产物为价的，故答案为：；
白磷与溶液反应生成气体和，反应方程式为，每生成有6molP被氧化，即被氧化，转移电子6mol；用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物分离，故答案为：；；用硫酸代替盐酸生成的硫酸钡是沉淀，易于与产物分离；
据电解反应式可知，阳极反应中消耗水电离的，使增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品，故答案为：阳极反应中消耗水电离的，使增大，通过阴离子交换膜进入阳极室，得到产品。

【答案】下 紫色（或紫红色） 取除去I2的水层溶液少许，加入1~2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，溶液变蓝 另取除去I2的水层溶液少许，加入1~2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加亚硫酸钠溶液，溶液不变蓝 使四氯化碳中的碘进入水层 分液 20.33 紫黑色 本实验氧化和升华是同时进行的，H2O2温度较高时易分解（合理即得分）
【解析】
Ⅰ、废液中的碘和，在水中分层，有机层在水溶液下层，碘单质溶于四氯化碳呈紫色；
碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加溶液，，若溶液变蓝色，说明废水中含有，否则不含；另从水层取少量溶液，加入淀粉试液，加盐酸酸化，滴加溶液，发生，若溶液变蓝色，说明废水中含有，否则不含；
Ⅱ、向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，四氯化碳属于有机物，水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法；
，结合碘元素守恒和化学方程式中定量关系计算得到；
碘单质是紫黑色固体，过氧化氢受热易分解。
Ⅰ、废液中的碘和，在水中分层，有机层在水溶液下层，碘单质溶于四氯化碳呈紫色，故答案为：下；紫；
碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为从水层取少量溶液，加入淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加溶液，，若溶液变蓝色，说明废水中含有，否则不含；另从水层取少量溶液，加入淀粉试液，加盐酸酸化，滴加溶液，，若溶液变蓝色，说明废水中含有，否则不含，故答案为：的水层溶液少许，加入淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，溶液变蓝；另取除去的水层溶液少许，加入淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加亚硫酸钠溶液，溶液不变蓝；
Ⅱ、向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，其离子方程式为，四氯化碳属于有机物，水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法；故答案为：四氯化碳中的碘进入水层；分液；
已知该含碘废液中碘元素的含量为，若回收500mL该含碘废液中的碘，含碘元素质量，物质的量，，依据反应定量关系得到，至少需要的硫酸铜溶液体积；故答案为：；
将CuI转移入烧杯中，加入氧化剂在如图2所示的装置中反应，一段时间后在蒸馏烧瓶底得到紫红色固体碘单质，是一种性能优良的绿色氧化剂可将CuI氧化为，本实验不选用，可能的原因是过氧化氢易分解失去氧化性；故答案为：紫黑；过氧化氢易分解。

【答案】31.2 50 mL容量瓶、50 mL量筒、胶头滴管 液柱高度一段时间保持不变 安全瓶（防止倒吸） NaOH（合理即得分） c 溶液变澄清（或浑浊消失） 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4 0.64
【解析】
（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；根据操作步骤选取实验仪器；
（2）利用液面差在一段时间内不变检验装置的气密性；有缓冲装置能防止倒吸；二氧化硫有毒不能直接排空，应该用碱液吸收；
（3）二氧化硫能溶于水生成亚硫酸，为防止二氧化硫溶解，应该用亚硫酸氢钠溶液洗气；观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，为使SO2缓慢进入烧瓶C，应控制B中硫酸的加入速度，③中发生S+ Na2SO3 Na2S，反应达到终点是S完全溶解；
（4）检测产品中是否存在Na2SO4，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子；
（5）根据产率=进行计算。
（1）浓硫酸的物质的量浓度C==18.456mol/L，要配制50mL溶液，应选择50mL的容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则18.456mol/L×V=11.5mol/L×50mL，解得V=31.2mL；配制硫酸溶液所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，因为需要取浓硫酸的体积为31.2mL，所以选择50mL的量筒，要配制50mL的溶液，应选择50mL的容量瓶；
故答案为：31.2；50mL容量瓶、50 mL量筒、胶头滴管；
（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，说明不漏气，则气密性良好；D中左侧为短导管可防止液体倒吸；E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，从而保护环境；
故答案为：液柱高度保持不变；安全瓶（防止倒吸）；NaOH；
（3）二氧化硫能溶于水生成亚硫酸，二氧化硫和亚硫酸钠、碳酸氢钠反应，为防止二氧化硫溶解，应该用亚硫酸氢钠溶液洗气；③中发生S+ Na2SO3 Na2S，反应达到终点时S完全溶解，可观察到溶液变澄清（或浑浊消失）；
故答案为：c；溶液变澄清（或浑浊消失）；
（4）检测产品中是否存在Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质；
故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有Na2SO4杂质；
（5）由题意可做如下解答：
①Na2S+H2O+SO2→Na2SO3 + H2S
0.08mol 0.08mol 0.08mol
②2H2S+SO2→3S↓+2H2O
0.08mol 0.12mol
③S有0.12mol，Na2SO3有0.08mol+0.04mol=0.12mol，由方程式可知，S反应完，故：
S+Na2SO3 Na2S2O3
0.12mol 0.12mol
则生成Na2S2O3·5H2O也为0.12mol，所以产率是×100%=64.2%；
故答案为：64.2%。

【答案】2-甲基丙烯 4 2 + O2 2 + 2H2O
【解析】
由A、B的分子式判断A到B的反应是加成反应，由B、C的分子式可知，反应类似已知中取代反应反应，由C被酸性高锰酸钾溶液氧化的产物的结构，所以C的结构简式为，可推知A为，B为，生成D的反应是酯化反应，则D的结构简式为，E到G发生类似已知的反应，结合铃兰醛的结构，可知G的结构简式为，根据G的结构再比较D、E的分子式，判断E的结构简式为，G到铃兰醛的转化中碳碳双键被消除，则G与氢气发生加成反应生成H为，H再发生催化氧化生成铃兰醛；E向G转化的过程中，常伴有分子式为的副产物K产生，分子式可知，1分子F与丙醛得到的G后，G中醛基与丙醛继续进行中的反应生成K，据此回答。
为，A的名称为甲基丙烯，故答案为：甲基丙烯；
根据上面的分析可知，C的结构简式为；E的结构简式为，故答案为：；；
的结构简式为，化合物M是G的芳香族同分异构体，M符合以下条件：能发生银镜反应，说明有醛基；在苯环的1，3，5位有三个侧链，其中两个烃基是和，则符合条件的M的结构为苯环上连有三个侧链分别为、、，其中、都只有一种结构，有四种，故同分异构体共4种，故答案为：4；
为G加氢的产物，所以H生成生成铃兰醛发生醇的氧化反应，化学方程式为，故答案为：；
向G转化的过程中，常伴有分子式为的副产物K产生，因为G分子中仍存在醛基，可以与甲醛继续发生类似已知的反应，所以K的结构简式为，故答案为：。

【答案】+ Cl2 + HCl 羧基 取代反应 或
【解析】
由C的结构简式结合信息中第一步，逆推可知B为，中的氯原子被取代而发生取代反应生成C，A与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成B，结合A的分子式可知其结构简式为发生信息中第二步反应得到D为，D分子羧基中被取代生成E，E脱去1分子HCl得到F，据此答题。
反应的化学方程式为，故答案为：；
为，D中含氧官能团的名称为羧基，根据上面的分析可知，反应的类型为取代反应，故答案为：羧基；取代反应；
某化合物是D的同分异构体，能使溶液显紫色，说明有酚羟基，且分子中只有3种不同化学环境的氢，符合这样条件的化合物的结构简式为或，故答案为：或；
的转化中，会产生一种与F互为同分异构体的副产物，其结构简式为，故答案为：；
以化合物F和为有机反应原料制备，要先将F中的羰基消除掉，同时在五元环的中间引入卤原子，结合题中信息的第一步得到产品，为此可以先将F与氢气加成、后再经过消去、与氯化氢加成，再与反应后得的产物再酸性水解得产品，合成路线流程图为，
故答案为：．

【答案】0.615 0.009mol 1.5 1.475 0.4424mol Mg5Al (OH) 3(CO3)5∙10H2O
【解析】
(1)由题意可知，AlN和Al2O3均能和NaOH反应，但是，只有AlN和NaOH反应放出NH3，据此计算；
(2)滤液中加盐酸，先产生沉淀，继续滴加盐酸，沉淀逐渐溶解，发生的两个反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，NaAlO2+4HCl=AlCl3+2H2O+NaCl，NaOH为（1）中未反应的部分，此时溶液中溶质有两种：AlCl3和NaCl，根据原子守恒进行计算；
(3) 二氧化碳来源于碳酸根离子，根据C原子守恒计算n（CO32-）,根据m=nM计算碳酸根离子质量；
（4）（i）样品在270℃时已完全失去结晶水，结晶水的质量=（100.00-73.45）g=26.55g，根据n=计算水的物质的量；
（ii）100.00g样品在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O，m（CO2）+m（H2O）=73.45-37.02=36.43g，根据质量分数不变计算100.00g该物质分解生成二氧化碳质量，从而计算氢氧根离子生成水的质量，从而计算氢氧根离子的物质的量；
（iii）根据电荷守恒、质量守恒计算x、y，从而确定化学式。
（1）AlN + H2O + NaOH→ NaAlO2 + NH3↑，该反应产生NH3的物质的量=，
AlN + H2O + NaOH→ NaAlO2 + NH3↑
0.075mol 0.075mol
所以AlN的质量=0.075mol41g·mol-1=3.075g，所以AlN的质量分数=；故答案为：0.615；
（2）向滤液中滴加2mol/L的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全消失，溶液中溶质有两种：AlCl3和NaCl，设AlCl3的物质的量为x，NaCl的物质的量为y，根据Na原子守恒可知：y=5mol/L×25ml×10-3=0.125mol，由Cl守恒可知：3x+y=2mol/L×202×10-3L=0.404mol，解得x=0.093mol，所以此时溶液中有0.093molAlCl3，因为AlN物质的量=0.075mol，根据Al守恒可得n(Al2O3)=0.009mol，故答案为：0.009mol；
(3) n（CO2）==0.025mol，二氧化碳来源于碳酸根离子，根据C原子守恒得n（CO32-）=n（CO2）=0.025mol，则m（CO32-）=nM=0.025mol×60g/mol=1.5g，故答案为：1.5；
（2）①样品在270℃时已完全失去结晶水，结晶水的质量=（100.00-73.45）g=26.55g，n（H2O）===1.475mol，故答案为：1.475；
②100.00g样品在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O，m（CO2）+m（H2O）=73.45-37.02=36.43g，其中n（CO2）=0.56L/22.4mol/L=0.025mol；m（CO2）==32.45g，m（H2O）=36.43-32.45=3.98g，n（H2O）==0.2212mol，根据H原子守恒得n（OH-）=2n（H2O）=0.4424mol，故答案为;0.4424mol；
③根据电荷守恒得2x+3y=0.4424×1+2×……I，根据质量守恒得40x+0.5×102y=37.02……II，联合I、II得x=0.7374mol、y=0.1476mol，x：y：a：b：n=0.7374mol：0.1476mol：0.4424mol：0.7374mol：：1.475mol=5：1：3：5：10，所以其化学式为Mg5Al (OH) 3(CO3)5∙10H2O，故答案为：Mg5Al (OH)3(CO3)5∙10H2O。