(1). 光能转化为化学能    (2). H₂    (3).     (4).     (5). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）    (6). 分子筛膜从反应体系中不断分离出H₂O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高    (7). 210    (8). 平面（正）三角形    (9).     (10).

【解析】

【分析】

I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；

II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；

III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。

【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H₂O2H₂↑+O₂↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。

(2)若将该催化剂置于Na₂SO₃溶液中，产物之一为，被氧化成，则H⁺被还原为H₂，即另一产物为H₂；若将该催化剂置于AgNO₃溶液中，产物之一为O₂，氧元素的化合价升高，O₂为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag⁺得电子能力大于H⁺，故生成另一产物的离子反应式为Ag⁺+e^-=Ag，故答案为：H₂，Ag⁺+e^-=Ag。

II.(3) CO₂和H₂的起始浓度分别为 a mol‧L^-1和3 a mol‧L^-1，CH₃OH的产率为b，则生成的CH₃OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式

则反应的平衡常数K== =，故答案为：。

(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；

②因分子筛膜能选择性分离出H₂O，c（H₂O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H₂O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。

③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃，故答案为：210。

III.(5)中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H₂CO₃的电离方程式为H₂CO₃⇌H⁺+、⇌ H⁺+，则K_a1= 、K_a2=，当溶液的pH=12时，c（H⁺）=1×10^-12mol/L，将其代入K_a1、K_a2中分别求出c（）=10¹²K_a1 c(H₂CO₃)、c（）=10¹²K_a2 c（）=10²⁴K_a1K_a2 c(H₂CO₃)，则c(H₂CO₃)：c（）：c（） =1：（10¹²K_a1）：（10²⁴K_a1K_a2），故答案为：平面正三角形，10¹²K_a1，10²⁴K_a1K_a2。

【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所学的基本原理和方法即可作答。

    (1). 第四周期第VIII族    (2). 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²或(Ar)3d⁶4s²    (3).     (4). NiO＞CoO＞FeO    (5). CoCl₃＞Cl₂＞FeCl₃    (6). 2Co(OH)₃ ＋6H⁺ ＋2Cl^－＝Cl₂↑＋2Co²⁺＋6H₂O    (7). 随H₂SO₄质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜    (8). 少量多次    (9). 3Ni ＋3H₂SO₄＋2HNO₃ ＝NiSO₄＋2NO↑＋4H₂O或Ni＋H₂SO₄＋2HNO₃＝NiSO₄＋2NO₂↑＋2H₂O

【解析】

【分析】

(1)根据Fe、Co、Ni的原子序数得出位置和基态Fe原子的电子排布式。

(2)根据晶胞结构计算出O²⁻和Co²⁺个数，根据密度公式计算；根据离子晶体键能和晶格能比较熔点。

(3)根据反应方程式氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Co(OH)₃与盐酸反应发生氧化还原反应生成Cl₂、CoCl₂、H₂O。

(4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息得出原因；根据为了提高产物的纯度，根据Ni与H₂SO₄反应很慢，而与稀硝酸反应很快这个信息得出添加硝酸的方法和反应方程式。

【详解】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²或(Ar)3d⁶4s²；故答案为：第四周期第VIII族；1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²或(Ar)3d⁶4s²；。

(2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O²⁻个数为，Co²⁺个数为，设阿伏加德罗常数的值为N_A，则CoO晶体的密度为；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe²⁺＞Co²⁺＞Ni²⁺，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；故答案为：；NiO＞CoO＞FeO。

(3)Fe、Co、Ni能与Cl₂反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl₃，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl₂＞FeCl₃，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl₃弱，由此推断FeCl₃、CoCl₃和Cl₂的氧化性由强到弱的顺序为CoCl₃＞Cl₂＞FeCl₃，Co(OH)₃与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl₂、CoCl₂、H₂O，其离子方程式：2Co(OH)₃＋6H⁺＋2Cl^－＝Cl₂↑＋2Co²⁺＋6H₂O；故答案为：CoCl₃＞Cl₂＞FeCl₃；2Co(OH)₃ ＋6H⁺ ＋2Cl^－＝Cl₂↑＋2Co²⁺＋6H₂O。

(4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H₂SO₄质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H₂SO₄和HNO₃的混酸与Ni反应制备NiSO₄。为了提高产物的纯度，根据Ni与H₂SO₄反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO₃的方式来提高反应速率，反应生成NiSO₄、H₂O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO₂，此法制备NiSO₄的化学方程式为3Ni＋3H₂SO₄＋2HNO₃ ＝NiSO₄＋2NO↑＋4H₂O或Ni＋H₂SO₄＋2HNO₃ ＝NiSO₄＋2NO₂↑＋2H₂O；故答案为：随H₂SO₄质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋3H₂SO₄＋2HNO₃ ＝NiSO₄＋2NO↑＋4H₂O或Ni＋H₂SO₄＋2HNO₃＝NiSO₄＋2NO₂↑＋2H₂O。

【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、晶胞计算、氧化还原反应、学生学习知识的能力的考查。

    (1). 向上层清液中继续滴加BaCl₂溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全    (2). AgNO₃溶液    (3). 坩埚    (4).     (5). 偏低    (6). 检查装置气密性    (7). b    (8).     (9). 偏高    (10). 否

【解析】

【分析】

甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。

【详解】Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl₂溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；

(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO₃溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；

(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；

(4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO₄~BaSO₄，则c(CuSO₄)===mol‧L^-1；

(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO₄)偏低；

Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；

(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；

(8)Zn粉质量为ag，若测得H₂体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO₄)=；

(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO₄)偏高；

(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO₄溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。

【点睛】本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。

    (1). 、、、    (2). 4    (3).     (4). 加成反应    (5).     (6). 羰基、酯基    (7). 1    (8). a    (9).

【解析】

【分析】

根据所给信息分析同分异构体结构并写出可能的同分异构体；根据有机物结构分析有机物中H原子的化学环境；根据反应前后有机物结构和分子式推断反应前反应的结构；根据已知条件判断有机反应类型；根据有机物结构判断有机物可能发生的反应；根据题目所给的合成流程和已知条件选择合适的反应路线制备目标物质。

【详解】(1) A的链状同分异构体可发生银镜反应说明该同分异构体中含有醛基，故可能的结构为

(2)根据B的结构，有机物B中含有4种不同化学环境的H原子，故在核磁共振氢谱中有4组峰；故答案为：4。

(3)根据有机物C和有机物D的结构，有机物C与有机物X发生酯化反应生成有机物D，则有机物D的结构简式为；故答案为：。

(4) D→E为已知条件的反应，反应类型为加成反应；故答案为：加成反应。

(5)根据F的结构简式，有机物F的分子式为C₁₃H₁₂O₃，有机物G中含有的官能团名称是酯基、羰基；故答案为：C₁₃H₁₂O₃；酯基、羰基。

(6)根据有机物H的结构，有机物H中含有1个手性碳原子，为左下角与羟基相邻的碳原子；

有机物H中含有羟基，可以与金属Na发生反应；有机物H中含有碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液反应；有机物H中含有酯基，可以被NaOH水解；有机物H中不含与CHCl₃反应的基团，故不与CHCl₃反应，故选择a；故答案为：1；a。

(7)利用和反应制得，可先将环己醇脱水得环己烯，将环己烯（）与溴发生加成反应再发生消去反应制得1,3-环己二烯（），将1,3-环己二烯与发生已知条件的反应制得，反应的具体流程为：；故答案为：。

D

【解析】

【详解】A.1个(Co(H₂O)₆)²⁺中含有18个σ键，1个(CoCl₄)^2-中含有4个σ键，等物质的量的(Co(H₂O)₆)²⁺和(CoCl₄)^2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；

B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；

C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，(Co(H₂O)₆)²⁺、(CoCl₄)^2-、Cl^-浓度都减小，(Co(H₂O)₆)²⁺、Cl^-的化学计量数之和大于(CoCl₄)^2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；

D. 实验③加入少量ZnCl₂固体，溶液变为粉红色，说明Zn²⁺与Cl^-结合成更稳定的(ZnCl₄)^2-，导致溶液中c（Cl^-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：(ZnCl₄)^2->(CoCl₄)^2-，D正确；

答案选D。

【点睛】本题有两个易错点：A项中(Co(H₂O)₆)²⁺中不仅有Co²⁺与H₂O分子间的配位键，而且每个H₂O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H₂O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。