2022年山西省高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年山西省高考化学一模试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了Y2Z2中既含离子键又含共价键等内容，欢迎下载使用。


2022年山西省高考化学一模试卷

1. 化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. “祝融号”火星车的供电装置太阳能电池板的主要成分为二氧化硅
B. 航天服使用的棉针织品、羊毛、氯丁尼龙橡胶等都属于天然高分子材料
C. 我国为实现2030年前碳达峰，可研发新技术加强对可燃冰广泛使用
D. 使用乙醇、“84”消毒液、过氧化氢消毒涉及蛋白质的变性
2. 如图表示合成抗凝血药物华法林的一步反应。下列说法正确的是( )
A. X的分子式为C9H8O3
B. Y分子苯环上的二氯代物共有6种
C. Z分子中所有碳原子可能处于同一平面
D. X、Y、Z均能发生水解反应
3. 科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如图所示。下列说法正确的是( )

A. 步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B. ②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C. 生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO32−=HNO2+HSO4−+NO2−
D. 步骤②、③中均有O−H键断裂和S−O键生成
4. 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液。
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3、NaHSO4或Na2S2O3
B
向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
向浓度均为0.01mol⋅L−1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液。
有黑色沉淀生成
Ksp(Ag2S) D
向淀粉溶液中加适量20%硫酸溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水
溶液变蓝
淀粉没有发生水解
A. A B. B C. C D. D
5. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y在元素周期表中的相对位置如图所示，W元素最外层与次外层的电子数之差为3，W的核电荷数与Z元素的最外层电子数之和等于X的原子序数。下列推断正确的是( )
A. 简单离子半径：Y B. 氢化物的稳定性：X C. 氧化物对应水化物的酸性：W D. 化合物WZ3、Y2Z2中既含离子键又含共价键
6. 利用微生物电池处理有机废水同时也可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(含CH3COO−的溶液)。下列说法错误的是( )
A. 电极电势a极低于b极
B. 当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，会有1molCl−通过隔膜1
C. a极反应为CH3COO−−8e−+2H2O=2CO2↑+7H+
D. 当电路中通过4mol电子时，负极区溶液的质量理论上减少44g
7. 25℃时，用0.2mol⋅L−1NaOH溶液滴定10mL0.1mol⋅L−1某二元酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数(δ)如图所示。下列说法正确的是( )
A. 虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示A2−、HA−、H2A的分布分数变化关系
B. 二元酸H2A的电离平衡常数Ka1的数量级为10−7
C. a点溶液中：c(Na+)+c(H+)>c(H2A)+2c(A2−)+c(OH−)
D. c点溶液中c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(OH−)
8. 电镀工业是我国的重要加工业，电镀污泥是电镀废水处理的最终产物，其中含有较多的铜、镍、铬、锌和少量铁元素。如图1是从电镀污泥中回收铜、镍、铬、锌元素的工艺流程图。

该工艺中，有关金属元素可溶性组分lgc与pH的关系如图2所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10−5mol⋅L−1时，可认为已除尽。pH大于12.5时，锌元素以Zn(OH)42−存在。

回答下列问题：
(1)电解除铜时，铜在 ______极析出，同时在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，检验Fe2+全部被氧化的试剂及现象是 ______；
(2)电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，如表显示了电解电压和时间对电解结果的影响。最合适的电解条件是 ______；
电解电压
1V
2.1V
2.4V
2.7V
2.4V
电解时间
3h
2h
2.5h
3h
3.5h
Fe2+
检出
检出
检出
未检出
检出
检出
检出
未检出
六价Cr
未检出
未检出
未检出
检出
未检出
未检出
未检出
未检出
(3)当Cr3+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)为(列出计算式)______；
(4)沉镍时调节pH大于 ______；
(5)沉锌时反应的离子方程式为 ______；
(6)沉锌后的滤液中的主要溶质为 ______(填化学式)。
9. 苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料，可以通过苯甲醛来制备，反应原理如图1。

已知：①反应物、产物及溶剂的主要性质见表
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
其他性质
苯甲醛
106
−26
179
微溶于水，易溶于有机溶剂
和NaHSO3反应产物溶于水。
苯甲醇
108
−15
206
微溶于水，易溶于有机溶剂
加热时易分子间脱水成醚。
苯甲酸
122
122
249
在水中溶解度0.21g(17.5℃)、2.7g(80℃)，溶于有机溶剂
Ka=6.5x10−5
乙酸乙酯
88
−84
77
微溶于水，易溶于有机溶剂
略
②(不溶于醚，可溶于水)
实验流程如图2：

回答下面问题：
(1)苯甲醛和NaOH在 ______(仪器)中研磨；
(2)调pH=8的目的是 ______；
(3)乙酸乙酯萃取后，取A ______层液体进行洗涤、干燥、蒸馏，可得粗苯甲醇；
(4)用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是 ______，反应的化学方程式为 ______；
(5)蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏的原因是 ______；
(6)用浓盐酸调pH=2的目的是 ______；
(7)分离苯甲酸时，抽滤的优点是 ______，洗涤用的试剂是 ______。
10. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
⇌CO(g)+H2O(g)△H2=+41.4kJ/mol
⇌CH3OH(g)△H3=−90.5kJ/mol
则△H1=______。
(2)科学家研究发现，上述反应历程包含7步基元反应，在铜催化剂表面发生反应时，各基元反应在不同铜原子晶面Cu(100)、Cu(110)、Cu(111)反应的能量变化如表所示。(*指微粒吸附在催化剂表面)
基元反应
ΔH/eV
Cu(100)
Cu(110)
Cu(111)
CO2+H*→COOH*
0.52
0.34
0.79
COOH*→CO*+OH*
−0.26
−0.33
−0.11
OH*+H*→H2O
−0.10
0.10
−0.34
CO*+H*→HCO*
0.55
0.50
0.66
HCO*+H*→CH2O
−0.53
−0.27
−0.69
CH2O+H*→CH3O*
−1.02
−1.10
−0.78
CH3*+H*→CH3OH
−0.24
−0.10
−0.41
根据表数据，在Cu(111)晶面的反应历程中，决定反应速率的基元反应是 ______，该制甲醇的反应历程更容易在 ______晶面发生。
(3)在p=4.00MPa、原料气n(H2)：n(CO2)=3.4：1、铜催化剂的反应条件下，温度对CO2转化率、甲醇产率、甲醇选择性的影响如图所示。CH3OH选择性。
①CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是 ______；
②CH3OH的选择性随温度升高而减小的原因可能是 ______；
③计算240℃时反应Ⅱ的压强平衡常数 ______(列出计算式即可)。
(4)除调控合适的温度外，使CH3OH的选择性增大的方法有 ______。
11. 碳元素在自然界中分布很广，是存在形式最复杂的元素。实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配合物(如图1)测定铁的含量。

回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有 ______种。
(2)红色配合物中H、C、N、Fe四种元素的电负性从大到小的顺序为 ______。
(3)邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式分别为 ______、______。
(4)红色配离子的中心原子的配位数为 ______。
(5)红色配离子中不存在的作用力有 ______。
A.σ键
B.π键
C.离子键
D.氢键
E.配位键
(6)临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是 ______。
(7)三甲胺[N(CH3)3]和乙二胺(H2N−CH2−CH2−NH2)均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是 ______。
(8)汽车安全气囊产生气体的功臣是叠氮化钠(NaN3)，N3−的空间构型为 ______。
(9)钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶体结构如图2所示，六棱柱的底边长为apm，高为bpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是 ______g⋅cm−3(列出计算表达式)。
12. 某实验小组由物质A合成一种新药物I的路线如图：

已知：反应①的另一种生成物为CH3COOH

(R1,R2为烃基或氢原子)
(X为卤素原子，R为烃基)
请回答下列问题：
(1)A的名称为 ______。
(2)1molC和足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为 ______mol。
(3)D中所含官能团的名称是 ______。
(4)合成路线中设计反应①的目的是 ______。
(5)反应④的化学反应类型为 ______。
(6)F的结构简式为 ______。
(7)反应⑦的化学方程式为 ______。
(8)写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式 ______。(不考虑立体异构)
①含有苯环；
②遇FeCl3溶液显色；
③能发生银镜反应；
④核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：6：2：1
答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.晶体硅为良好的半导体，是制造太阳能电池的主要原料，二氧化硅不具有此性质和用途，故A错误；
B.氯丁尼龙橡胶等都属于人工合成高分子材料，故B错误；
C.可燃冰成分为甲烷，燃烧产生二氧化碳，使用可燃冰不能减少二氧化碳的排放，对实现碳达峰没有帮助，故C错误；
D.乙醇、“84”消毒液、过氧化氢都能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故D正确；
故选：D。
A.晶体硅为良好的半导体；
B.氯丁尼龙橡胶是人工合成的；
C.可燃冰成分为甲烷，燃烧产生二氧化碳；
D.乙醇、“84”消毒液、过氧化氢都能使蛋白质变性。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的组成、性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.X分子含有9个碳原子、6个氢原子、3个氧原子，其分子式为C9H6O3，故A错误；
B.2个氯原子有邻、间、对3种位置关系，对应的−CH2CH2COCH3分别有2种、3种、1种位置，故Y分子苯环上的二氯代物共有6种，故B正确；
C.Z存在，具有四面体构型，分子中所有碳原子一定不共面，故C错误；
D.X、Z都含有酯基，二者可以发生水解反应，而Y含有羰基，不能发生水解反应，故D错误；
故选：B。
A.X分子含有9个碳原子、6个氢原子、3个氧原子；
B.2个氯原子有邻、间、对3种位置关系，对应的−CH2CH2COCH3分别有2种、3种、1种位置；
C.Z存在，具有四面体构型；
D.Y含有羰基，不能发生水解反应。
本题考查有机物的结构与性质，是高频考点，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查运用知识解决问题的能力。

3.【答案】C

【解析】解：A.根据分析可知，过程①的反应为SO32−+NO2=SO3−+NO2−，反应中硫元素化合价由+4价升高到+5价，SO32−做还原剂，若有1molSO32−参加反应，电子转移的数目为NA，由于未说明参加反应的SO32−的量，无法计算转移的电子数目，故A错误；
B.由图可知，过程②中水作为反应物参加反应，过程③中水未参加反应，故B错误；
C.过程①的反应为SO32−+NO2=SO3−+NO2−，②和③的反应为SO3−+NO2−+H2O=HNO2+HSO4−，将两式相加即可得到：2NO2+H2O+SO32−=HNO2+HSO4−+NO2−，故C正确；
D.由图可知，步骤②中有O−H键断裂和S−O键生成，步骤③中有O−H键断裂，没有S−O键生成，故D错误；
故选：C。
由图可知，过程①为SO32−和NO2反应生成SO3−和NO2−，过程②和③为SO3−和NO2−以及水反应生成HNO2和HSO4−，据此分析作答即可。
本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，读取有效信息的能力，侧重考查学生对反应断键与成键原理的理解，同时考查氧化还原反应的相关知识等，难度中等。

4.【答案】C

【解析】解：A.可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色，不能证明钠盐为含硫元素的钠盐，故A错误；
B.亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明亚铁离子具有还原性，故B错误；
C.浓度均为0.01mol⋅L−1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先生成黑色沉淀，可知Ksp(Ag2S) D.淀粉可能部分水解或没有水解，现象相同，结论不合理，故D错误；
故选：C。
A.可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色；
B.亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.浓度均为0.01mol⋅L−1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀；
D.淀粉可能部分水解或没有水解。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：根据分析可知，W为N，X为Si，Y为S，Z为Cl元素，
A.电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y>Z，故A错误；
B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性Si C.硝酸、亚硝酸的酸性大于次氯酸，高氯酸的酸性大于硝酸和亚硝酸，没有指出元素最高价，无法比较N、Cl元素的含氧酸的酸性，故C错误；
D.WZ3、Y2Z2分别为NCl3、S2Cl2，NCl3、S2Cl2为共价化合物，其分子中只含有共价键，故D错误；
故选：B。
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y在元素周期表中的相对位置如图所示，W、Y分别位于第二、第三周期，W元素最外层与次外层的电子数之差为3，其次外层含有5个电子，为N元素；结合X、Y的相对位置可知，Y为S元素；Z的原子序数大于S，且为主族元素，则Z为Cl元素；W的核电荷数与Z元素的最外层电子数之和等于X的原子序数，X的原子序数为7+7=14，则X为Si元素，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，结合原子序数、原子结构、元素周期表的结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

6.【答案】D

【解析】解：A.a为负极，负极电势低于正极，故A正确；
B.b极为正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，转移电子的物质的量为1mol，故会有1molCl−通过隔膜1，故B正确；
C.结合分析可知，a极为负极，电极反应式为CH3COO−+2H2O−8e−=2CO2↑+7H+，故C正确；
D.当电路中通过4mol电子时，有1molCO2逸出，溶液减少44g，但是会有4mol氯离子进入负极区，溶液增重4×35.5g=142g，故溶液质量总体为增大，故D错误；
故选：D。
由图可知，碳元素价态升高失电子，a极为负极，电极反应式为CH3COO−+2H2O−8e−=2CO2↑+7H+，b极为正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，据此作答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

7.【答案】D

【解析】解：A.据分析，随着H2A被滴定分数的增加，H2A的分布分数逐渐减少，直至消失，HA−的分布分数随着H2A的减少而增加，达最大值后又随着A2−的增加而减少，从图中曲线变化趋势分析，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2A、HA−、A2−的分布分数变化关系，故A错误；
B.二元酸H2A的电离平衡常数Ka1=c(H+)c(HA−)c(H2A)，取a点处数据代入计算，因H2A物种分布分数(δ)50%，即c(HA−)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)≈10−4，Ka1的数量级为10−4，故B错误；
C.a点是曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交叉点，溶液中c(HA−)=c(H2A)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，则有c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2−)+c(OH−)，故C错误；
D.c点是曲线Ⅱ达到最大值，溶液中滴入的NaOH与H2A比值为1：1，因c点对应pH<7，溶液显酸性，即HA−的电离程度大于水解程度，故有：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(OH−)，故D正确；
故选：D。
A.据分析，随着H2A被滴定分数的增加，H2A的分布分数逐渐减少，直至消失，HA−的分布分数随着H2A的减少而增加，达最大值后又随着A2−的增加而减少，从图中曲线变化趋势分析，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2A、HA−、A2−的分布分数变化关系；
B.二元酸H2A的电离平衡常数Ka1=c(H+)c(HA−)c(H2A)，取a点处数据代入计算；
C.a点是曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交叉点，溶液中c(HA−)=c(H2A)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)；
D.c点是曲线Ⅱ达到最大值，溶液中滴入的NaOH与H2A比值为1：1，因c点对应pH<7，溶液显酸性，即HA−的电离程度大于水解程度。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，题目难度中等。

8.【答案】阴极  取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+全部被氧化  2.4V、3.5h10−0.2(mol/L)12.5Zn(OH)42−+2H+=Zn(OH)2↓+2H2ONa2SO4

【解析】解：(1)电解除铜时，铜被还原得到单质，连接在阴极；在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，欲检验Fe2+全部被氧化，则要检验溶液中是否还有Fe2+，选用试剂及现象是：取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+全部被氧化，
故答案为：阴极；取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+全部被氧化；
(2)电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，从表中信息分析可知，最合适的电解条件是2.4V、3.5h，此条件Fe2+和六价Cr均未检出，
故答案为：2.4V、3.5h；
(3)从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，从当Cr3+恰好沉淀完全时，c(Cr3+)=1.0×10−5mol⋅L−1，溶液pH=5.6；从Zn2+恰好沉淀完全时的pH=8.0得知Ksp[Zn(OH)2]=10−5×(10−6)2=10−17；则pH=5.6时溶液中c(Zn2+)=10−17(10−8.4)2=10−0.2(mol/L)，
故答案为：10−0.2(mol/L)；
(4)从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，完全沉镍时调节pH大于9.2，但为了防止锌一起沉淀，需将锌转化为可溶的Zn(OH)42−存在，依题意，则pH应大于12.5，
故答案为：12.5；
(5)从流程图可知，沉镍在沉锌之前，而沉镍时为了防止锌共沉，已将锌转化为Zn(OH)42−，故沉锌时，加入稀硫酸与Zn(OH)42−反应生成Zn(OH)2，离子方程式为：Zn(OH)42−+2H+=Zn(OH)2↓+2H2O，
故答案为：Zn(OH)42−+2H+=Zn(OH)2↓+2H2O；
(6)从整个工艺流程分析，电镀污泥中含有的铜、镍、铬、锌和铁元素逐步沉淀分离，而往体系内加入的是硫酸溶液、NaOH溶液、稀硫酸，石灰乳中的氢氧化钙是微溶物，故沉锌后的滤液中的主要溶质为Na2SO4，
故答案为：Na2SO4。
电镀污泥在硫酸溶液中酸浸后电解除去铜，再用石灰乳将铁元素转化为沉淀后过滤除去，往滤液中加入NaOH溶液将铬元素转化为Cr(OH)3、将镍元素转化为Ni(OH)2从溶液中逐个分离出来，最后加入稀硫酸调节pH，得到Zn(OH)2沉淀。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。

9.【答案】研钵  除去剩余的NaOH，避免和乙酸乙酯反应  上  除去苯甲醛   防止高温苯甲醇脱水  使苯甲酸钠转化为苯甲酸  快速抽滤  冷水

【解析】解：(1)研磨使用的装置为研钵，
故答案为：研钵；
(2)由于乙酸乙酯强碱性条件下水解，故调节pH=8，可以除去多余的氢氧化钠，
故答案为：除去剩余的 NaOH，避免和乙酸乙酯反应；
(3)乙酸乙酯密度小于水，乙酸乙酯萃取后，取A上层液体进行洗涤、干燥、蒸馏，可得粗苯甲醇，
故答案为：上；
(4)已知，故用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是除去苯甲醛，对应方程式为，
故答案为：除去苯甲醛；；
(5)蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏的原因是防止高温苯甲醇脱水，
故答案为：防止高温苯甲醇脱水；
(6)反应初步产生的物质为苯甲酸的钠盐，故应加入盐酸，使苯甲酸钠转化为苯甲酸，
故答案为：使苯甲酸钠转化为苯甲酸；
(7)分离苯甲酸时，抽滤的优点是快速过滤，由于高温下苯甲酸溶解度升高，故应使用冷水洗涤，
故答案为：快速抽滤；冷水。
(1)研磨使用的装置为研钵；
(2)由于乙酸乙酯强碱性条件下水解，故调节pH=8；
(3)乙酸乙酯密度小于水；
(4)已知，据此判断；
(5)蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏的原因是防止高温苯甲醇脱水；
(6)反应初步产生的物质为苯甲酸的钠盐，故应加入盐酸进行转化；
(7)分离苯甲酸时，抽滤的优点是快速过滤，由于高温下苯甲酸溶解度升高。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

10.【答案】−49.1kJ/molCO2+H*→COOH*  Cu(110)反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行  反应I(或III)为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH的合成，但有利于CO的生成，所以CH3OH产率降低  Kp=(0.22−0.088)×0.22(3.4−0.22−0.16)×0.78  使用其他催化剂

【解析】解：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1，故反应反应反应I，所以△H1=△H2+△H3=+41.4kJ/mol+(−90.5kJ/mol)=−49.1kJ/mol，
故答案为：−49.1kJ/mol；
(2)反应活化能最大的那步反应决定总反应的反应速率，由表中数据可知，反应②的活化能数值均对应最大，对总反应的反应速率起决定作用，所以该机理中反应的速率控制步骤是反应第一步，基元反应为：CO2+H*→COOH*，在Cu(110)上反应能量更低，制甲醇的反应历程更容易在Cu(110)晶面发生，
故答案为：CO2+H*→COOH*；Cu(110)；
(3)①因为反应II为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，不升高温度反应速率加快，故CO2的转化率随温度升高而增大，
故答案为：反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行；
②反应I(或III)为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高，反应I(或III)逆向进行，不利于 CH3OH的合成，但反应II正向进行，有利于 CO 的生成，所以 CH3OH产率降低，
故答案为：反应I(或III)为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于 CH3OH的合成，但有利于 CO 的生成，所以  CH3OH产率降低；
③Kp=p(CO)×p(H2O)P(CO2)×p(H2)，在240℃时，二氧化碳的转化率为22%，故Kp=(0.22−0.088)×0.22(3.4−0.22−0.16)×0.78，
故答案为：Kp=(0.22−0.088)×0.22(3.4−0.22−0.16)×0.78；
(4)使CH3OH的选择性增大的方法也可以使用合适的催化剂来进行选择性，
故答案为：使用其他催化剂。
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)总反应的反应速率由反应慢的那步反应的反应速率决定，即反应活化能最大的那步反应决定总反应的反应速率。
(3)①根据平衡移动进行分析；②温度升高不利于CH3OH的合成，但有利于 CO 的生成；③平衡常数等于生成物分压系数的幂次方除于反应物分压系数的幂次方；
(4)使CH3OH的选择性增大的方法也可以使用合适的催化剂来进行选择性。
本题考查反应热与化学平衡移动原理，为高频考点，把握表中能量变化、焓变与活化能的计算关系、活化能与化学反应速率的关系为解答的关键，侧重分析、观察与数据处理能力的考查，题目难度中等。

11.【答案】15N>C>H>Fesp2  sp2  6CDFe3+的3d5半充满结构更稳定  都属于分子晶体，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键  直线形 (184+12)×6NA×332a2b×1030

【解析】解：(1)基态Fe的电子排布式为1s22s2sp63s23p63d64s2，s轨道有一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d道有五种空间运动状态，3d轨道有6个电子，有5种空间运动状态，因此基态Fe原子的核外电子的空间运动状态有15种，
故答案为：15；
(2)在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，Fe为金属电负性最小，可知电负性强弱顺序：N>C>H>Fe，
故答案为：N>C>H>Fe；
(3)根据邻二氮菲C周围的键为3个σ和1π，故C的杂化为sp2，N周围的键为3个σ和1π，故N的杂化为sp2，
故答案为：sp2、sp2；
(4)由图1可知，该配离子中Fe2+与氮原子形成配位键共有6个，N原子含有1对孤对电子，与Fe2+形成配位键，
故答案为：6；
(5)该离子为配离子，不存在离子键，但含有配位键，并且邻二氮菲中含有碳碳或碳氮双键，所以含有π键和σ键，氢键不存在，红色配离子中不存在的作用力有离子键、氢键，
故答案为：CD；
(6)Fe2+的核外价电子排布为3d5，很容易失去1个电子形成3d5的半充满稳定结构，
故答案为：Fe3+的3d5半充满结构更稳定；
(7)氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺(H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，
故答案为：都属于分子晶体，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
(8)原子数相同，价电子数相同的微粒互为等电子体，则与N3−互为等电子体的微粒有CO2，CO2为直线形，故N3−的结构为直线形，
故答案为：直线形；
(9)根据晶胞的图可知中含有W的数目为12×16+2×12+6×13+1=6个，含有C的数目为6个，晶胞的质量为m=(184+12)×6NAg，晶胞的体积为V=6×12×a×a×sin60∘×b×10−30cm3=332a2b×10−30cm3，晶胞的密度为：ρ=mV=(184+12)×6NAg332a2b×10−30cm3=(184+12)×6NA×332a2b×1030g⋅cm−3，
故答案为：(184+12)×6NA×332a2b×1030。
(1)Fe为26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)电负性为元素的原子在化合物中吸引电子的能力，电负性大的元素呈负价，电负性小的元素呈正价，非金属性越强，电负性越大；根据电负性的变化规律比较电负性大小；
(3)根据σ和π键的数目可知杂化方式；
(4)N原子含有1对孤对电子，与Fe2+形成配位键；
(5)邻二氮菲中含有C=C双键和C=N双键，邻二氮菲与Fe2+通过配位键形成配离子；
(6)Fe2+很容易失去1个电子形成3d5的半满结构；
(7)氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点；
(8)根据等电子体的构型来判断；
(9)根据均摊法计算出W、C原子个数，计算晶胞质量和体积，根据密度公式ρ=mV求解。
本题考查晶胞计算、核外电子排布、杂化方式、空间构型、化学键、氢键等知识点，侧重考查基础知识、基本理论的理解和应用、空间想象能力及计算能力，难点是晶胞计算，题目难度中等。

12.【答案】对甲基苯酚  4(酚)羟基醛基   保护酚羟基  取代反应  +NaCN→+NaCl、

【解析】解：(1)A的母体是苯酚，取代基是甲基，名称为对甲基苯酚，
故答案为：对甲基苯酚；
(2)C为，1molC和足量的NaOH溶液反应，其中酯基发生水解反应消耗1molNaOH溶液，得到羟基连在苯环上作为酚羟基，又消耗1molNaOH，Cl原子可发生水解反应，有2个Cl消耗2molNaOH，则共消耗NaOH的物质的量为4mol，
故答案为：4；
(3)D为，所含官能团的名称是(酚)羟基醛基，
故答案为：(酚)羟基醛基；
(4)合成路线中设计反应①的目的是保护酚羟基，
故答案为：保护酚羟基；
(5)D为，E为，D中酚羟基被取代，反应④的化学反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
(6)F的结构简式为，
故答案为：；
(7)反应⑦发生已知信息IV的反应，反应的化学方程式为+NaCN→+NaCl，
故答案为：+NaCN→+NaCl；
(8)B为，满足条件：①含有苯环；②遇FeCl3溶液显色说明含有酚羟基；③能发生银镜反应说明含有醛基；④核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：6：2：1，同分异构体的结构简式为：、，
故答案为：、。
已知反应①的另一种生成物为CH3COOH，由原子守恒可得B为，反应②发生氯的取代反应，C为，对比D和C的分子式可知C少了2个C、2个H、2个Cl，①先发生Cl的水解反应得到羟基再脱水转化为醛基，②酯基在酸条件下水解生成−OH，则D为，根据E的分子式可知D中酚羟基被取代，E为，反应⑤发生已知信息III得到F为，F中−OH发生取代反应得到G为，反应⑦发生已知信息IV的反应，H为。CH2
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识迁移能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，灵活运用知识迁移方法、逆向思维方法进行合成路线设计，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。