C.工业上冶炼Al，采用电解熔融状态下氧化铝的方法，故C项错误；
D.YZ2分子为SCl2，硫原子和氯原子通过共用电子对，每个原子的最外层都是8电子稳定结构，故D项正确；
综上，本题选D。
8.某班学生用SO2与含钡试剂探究化学反应原理，设计了如图实验装置。
已知：
Na2SO3（s）+H2SO4（浓）
Na2SO4+SO2↑+H2O，三个实验小组分别利用该实验装置，将不同试剂装入B试管进行实验，实验结果如下表
根据实验回答问题：
（1）第一组实验中，A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为_________，B中沉淀主要是_________，B中发生反应的离子方程式为___________________________。
（2）第二组实验中，B中白色沉淀是_________，溶液中发生反应的离子方程式为____________________________________。
（3）第三组实验结果的分析出现分歧，有同学认为白色沉淀是BaSO3。
有同学认为是BaSO4。
实验小组取出沉淀，继续加入足量_________，沉淀不溶解，说明沉淀应该是BaSO4。
实验中产生BaSO4的原因是：
___________________________。
（4）综合三组实验结果，请预测CO2通入CaCl2溶液，_________（填能”或“不能”）产生CaCO3沉淀，请用化学原理解释：
____________________________________。
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.BaSO3（3）.Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O（4）.BaSO4（5）.3Ba2++3SO2+2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO+4H+（6）.稀盐酸（7）.装置中的氧气，将溶液中的二氧化硫（或H2SO3）氧化成SO42-，与Ba2+结合生成BaSO4（8）.不能（9）.二氧化碳溶于水形成碳酸，酸性弱。
电离产生的碳酸根离子浓度小，不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀
【解析】
【分析】
第一个装置为发生装置，制备二氧化硫，第二个装置为二氧化硫的性质检验，第三个装置为吸收装置据此判断；
【详解】
（1）A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为分液漏斗；B中二氧化硫与氢氧化钡反应，得到沉淀主要是BaSO3；离子方程式为Ba2++2OH-+SO2=BaSO3↓+H2O；
（2）二氧化硫在水溶液中，主要以SO32-离子的形式存在，酸性条件下，NO3-将SO32-离子氧化成SO42-，得到BaSO4沉淀；离子方程式为3Ba2++3SO2+2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO+4H+；
（3）若白色沉淀是BaSO3，则可溶于稀盐酸，若白色沉淀是BaSO4，则不溶于稀盐酸；产生BaSO4的原因是：
装置中的氧气，将溶液中的二氧化硫（或H2SO3）氧化成SO42-，与Ba2+结合生成BaSO4；
（4）二氧化碳溶于水形成碳酸，酸性弱。
电离产生的碳酸根离子浓度小，不能与钙离子形成碳酸钙白色沉淀。
9.CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿（Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素）制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
已知：
①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。
CaF2、MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
回答下列问题：
（1）操作①的名称为_________，NaClO3具有氧化性，其名称为__________________。
（2）浸取中加入Na2S2O5的作用是___________________________。
（3）滤液1中加入NaClO3的作用是_________，相关的离子方程式为__________________。
（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________________________。
（5）滤渣3主要成分为__________________（写化学式）。
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体
（6）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是___________________________。
（7）制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是___________________________。
【答案】
（1）.过滤
（2）.氯酸钠（3）.将+3价钴还原为+2价钴（4）.将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离（5）.6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O（6）.2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑（7）.CaF2、MgF2（8）.分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用（9）.降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
【解析】
【分析】
（1）操作①后得到滤液和滤渣，据此判断；NaClO3名称为氯酸钠；
（2）焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性可将+3价钴转化为+2价钴；
（3）滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；
（4）Fe3+与CO32-结合成Fe（OH）3沉淀，据此判断；
（5）故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；
（6）反萃取可从有机层中获取Mn2+、Cu2+、Zn2+；
（7）CoCl2·6H2O加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，需在减压环境下烘干；
【详解】
（1）操作①后得到滤液和滤渣，故操作①为过滤；NaClO3中氯为+5价，其名称为氯酸钠；
（2）下一步操作过程中加入NaClO3，调节pH3.0~3.5时，会将+3价钴转化为沉淀，降低产率，而此时+2价钴不会转化为沉淀，故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴；
（3）NaClO3具有氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，相关的离子方程式为：
6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe（OH）3，反应式为：
2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑
（5）CaF2、MgF2难溶于水，故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；
（6）滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+，用稀盐酸反萃取的目的是：
分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；
（7）CoCl2·6H2O加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，故减压环境下烘干的原因是：
降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
10.NOx是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。
回答列问题：
（1）将NO2和水蒸气混合，反应的现象为_________，写出该反应的化学方程式_________。
（2）2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）的历程分两步，反应方程式、速率方程和吸放热情况如下：
反应I：
2NO（g）
N2O2（g）（快）v1正=k1正·c2（NO），v1逆=k1逆·c（N2O2）△H1<0
反应II：
N2O2（g）+O2（g）
2NO2（g）（慢）v2正=k2正·c（N2O2）·c（O2），v2逆=k2逆·c2（NO2）△H2<0
反应2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）的△H=_________（用△H1、△H2表示）。
一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）达到平衡状态，平衡常数的表达式K=_________（用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示）。
若升高温度，K将_________（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）反应N2O4（g）
2NO2（g），在一定条作下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：
v（N2O4）=k1·p（N2O4），v（NO2）=k2·p（NO2）其中k1、k2是与温度有关的常数。
一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_________，理由是__________________。
（4）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO（g）+O2（g）
NO2（g）的速率却随着温度的升高而减小。
已知反应Ⅱ速率较慢，且决定总反应速率是反应II，则反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E1_________E2（填“>”、“<”或“=”）。
根据速率方程分析，升高温度反应Ⅱ速率减小的原因是_________。
A.k2正增大，c（N2O2）增大B.k2正减小，c（N2O2）减小
C.k2正增大，c（N2O2）减小D.k2正减小，c（N2O2）增大
【答案】
（1）.红棕色褪去，产生白雾
（2）.3NO2+H2O=2HNO3+NO（3）.△H1+△H2（4）.k1正•k2正/k1逆•k2逆（5）.减小（6）.BD（7）.图中只有D点NO2的消耗速率是B点N2O2的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD（8）.<（9）.B
【解析】
【分析】
（1）NO2和水蒸气混合发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，据此判断；
（2）利用盖斯定律计算2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）的△H，并结合题干计算K；
（3）平衡状态的特征是正逆反应速率相等，据此判断；
（4）结合
（2）题干进行分析；
【详解】
（1）NO2与水反应生成HNO3和NO，故现象为红棕色褪去，产生白雾；
（2）2NO（g）
N2O2（g）△H1①N2O2（g）+O2（g）
2NO2（g）△H2②将①+②得，2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）△H=△H1+△H2；
由反应①可知，k1正·c2（NO）=k1逆·c（N2O2），K1=c（N2O2）/c2（NO）=k1正/k1逆，同理可知，K2=k2正/k2逆，则K=K1•K2=k1正•k2正/k1逆•k2逆；①和②均为放热反应，故△H<0，升高温度后K值减小；
（3）达到化学平衡状态时，NO2的消耗速率是N2O2的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是BD；
（4）反应Ⅱ速率较慢，且决定总反应速率是反应II，则反应I的活化能E1与反应II的活化能E2的大小关系为E111.短周期p区元素共有13种，除铝外全部是非金属元素。
（1）基态氮原子的价层电子排布图为_________；短周期p区元素中，第一电离能最小的元素与电负性最大的元素组成的化合物是_________（填化学式）
（2）卤素与硼、氮、磷可形成BF3、NCl3和PBr3，下列有关三种分子的叙述正确的是
A.化学键类型相同B.空间构型相同
C.中心原子的杂化轨道类型相同D.中心原子的价层电子对数相同
（3）CS2是一种溶剂，它能溶解硫磺。
写出一种与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________。
CO能与Ni形成正四面体型的配合物Ni（CO）4，3.42gNi（CO）4中含有_________molσ键
（4）CCl4与水互不相溶，SiCl4与CCl4分子结构柑似，但SiCl4遇水易发生水解反应，导致二者性质不同的原因是____________________________________。
（5）铝的几种卤化物的熔点如下：
AlBr3的晶体类型是_________，AlI3晶体中存在的作用力有_________。
（6）氮化铝晶体为原子晶体，是一种新型无机非金属材料，其晶体密度为ag/cm3，晶胞如图所示。
①铝原子的配位数为_________。
②设NA为阿伏加德罗常数的值。
氮化铝晶胞中，铝原子和氮原子之间最短的核间距为_________nm。
【答案】
（1）.
（2）.AlF3（3）.A（4）.CO2、CO、SCN-（5）.0.16（6）.硅原子有3d空轨道，能接受氧原子的孤对电子，而碳原子没有d空轨道，不能接受氧原子的孤对电子。
（7）.分子晶体（8）.范德华力、共价键（9）.2（10）.
【解析】
（1）N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其轨道表示式为
；短周期p区元素中，第一电离能最小的元素Al与电负性最大的元素F组成的化合物是AlF3；
（2）O与S同主族，所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2，与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-，所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同；分子中存在4个Ni-C键，为σ键，含有4个C=O键，则含有4个σ键，3.42gNi（CO）4为0.02mol，共0.02×8mol=0.16mol；（4）CCl4与水互不相溶，SiCl4与CCl4分子结构相似，但遇水极易发生水解反应，硅原子有3d空轨道，能接受氧原子的孤对电子，而碳原子没有d空轨道，不能接受氧原子的孤对电子,导致二者性质不同；（5）AlBr3的熔点很低，为分子晶体，AlI3也为分子晶体中存在的作用力有范德华力、共价键；（6）①如图，每一个N原子连接4个铝原子，而每个铝原子由两个N原子共用，故铝原子的配位数为2；②每个晶胞中铝原子为
个，氮原子为4个，晶胞的体积V=
，则晶胞的边长为
，铝原子和氮原子之间最短的核间距为边长的倍
，故为
。
点睛：
本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力的考查，涉及核外电子的排布、分子的空间构型、配位键、晶胞的计算等知识点，难度较大，会利用均摊法计算晶胞中含有的离子，注意运用余弦定理计算硫离子和锌离子之间的距离。
12.已知β-羰基酸受热容易脱羧，比如3-羰基丁酸CH3COCH2COOH中度加热后便可产生丙酮与CO2。
化合物E稀释时产生一种有肉香、微甜香气，可用于做交联剂。
现有如下有机化合物的转化路线
（1）D中的官能团名称是__________________。
（2）D转化为E时的反应条件1是___________________________。
（3）C的键线式为______________，化合物C转化为D时的反应类型是_________________。
（4）D的分子式为__________________。
（5）E与足量的浓溴水反应，写出相关的化学方程式为___________________________。
（6）酯类物质A分子式为C9H6O3，A的结构简式是__________________。
（7）化合物A有符合如下条件的同分异构体有_________种。
①除苯环外无其他环状结构；②与FeCl3发生显色反
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