化学 2022届高考考前冲刺卷（六）学生版

这是一份化学 2022届高考考前冲刺卷（六）学生版，共9页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

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2022届高考考前冲刺卷
化学（六）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是
A．古代记载文字的器物——甲骨，其主要成分是蛋白质
B．工艺装饰材料——天然水晶，属硅酸盐产品
C．第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体
D．秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂
2．已知：（乙苯）+CO2→（苯乙烯）+CO+H2O。设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法错误的是
A．消耗NA个乙苯分子，生成标准状况下22. 4L H2O
B．每生成1mol苯乙烯，转移电子数2NA
C．10. 6g乙苯中含有碳碳单键数目为0.2NA
D．将1mol CO2溶于适量水中，溶液中、和H2CO3粒子数之和小于NA
3．维生素C，又称维他命C，是一种多羟基化合物，其结构如图。下列关于维生素C的说法错误的是

A．能使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色
B．能与金属Na反应但不能与氢氧化钠反应
C．能与乙酸反应
D．分子式为C6H8O6
4．硼氢化钠（NaBH4）中的氢元素为－1价，具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”。NaBH4在催化剂钌（Ru）表面与水反应的历程如图所示：

下列说法中错误的是
A．过程②反应为BH3+H2O=H2↑+H2B(OH)
B．反应过程中硼元素的化合价发生了变化
C．若过程③和过程④均产生lmol H2，则转移电子数目不相等
D．Ru可使上述反应活化分子的百分数提高，加快反应速率
5．2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱平安着陆。为了确保航天员的安全，搜索人员手提箱中准备了必要的药品。某药品中含有四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是
A．简单离子半径大小顺序：
B．X、Z可以组成多种离子
C．四种元素的单质中能导电的只有一种
D．Z的非金属性强于W，故常温下Z的单质能置换出W的简单氢化物中的W
6．相比锂电池，钠电池具有性能稳定、安全性好等优点，且可循环使用，寿命较长，对环境较友好。如图是某钠离子二次电池工作原理示意图，电池反应为。下列说法错误的是

A．充电时，N极接电源的负极
B．放电时，导线中每通过1mol电子，理论上M极质量减轻23g
C．放电时，N电极上的电极反应式为
D．理论上，该电池在充、放电过程中，溶液中的钠离子浓度始终不变
7．常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸（H3PO3），反应中只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，含磷各微粒的分布分数X（平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数）与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线a代表X(H3PO3)
B．pOH=7时，c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)
C．H2PO的电离平衡常数Ka=1×10-7.3mol·L-1
D．NaH2PO3溶液：c(Na+)> c(H2PO)>c(OH-)>c(H+)
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可将其转化为NaClO2保存。某实验小组用下图装置甲制备NaClO2。

已知：i）纯ClO2易分解爆炸；ii）制备NaClO2的原理为；iii）当温度低于38℃时，NaClO2饱和溶液中析出的晶体是；当温度在38~60℃时，析出NaClO2；温度高于60℃时，NaClO2分解。
回答下列问题：
（1）图甲中，仪器a的名称是_______，具有防倒吸作用的装置为_______（填序号）。
（2）装置①三颈烧瓶中反应的化学方程式为______________________________。
（3）装置③中试管浸入冰水浴中的目的是________________________。
（4）装置④中NaOH溶液吸收ClO2，发生反应生成等物质的量的NaClO2和另一种盐，该盐的化学式为_______。
（5）实验室用图乙装置可从图甲中③的试管溶液中获得NaClO2固体（Y处连接一个减压设备）。

①水浴加热的温度最好控制在_______℃左右（填序号）。
A．30       B．55       C．70       D．100
②装置中毛细玻璃管的作用，其一是调节装置中的压强，其二可能是_______。
③当蒸馏烧瓶中出现大量晶体后停止加热，趁热过滤，_______，干燥后得到产品。
（6）实验室测定产品中NaClO2的含量的方法如下：
①称取样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的固体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用标准液滴定，至滴定终点时，消耗标准溶液的体积为（已知：）。样品中NaClO2的质量分数为_______%（用含a、b、V的代数式表示）；在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_______（从的量考虑，用离子方程式和文字表示）。
9．本题有三种新技术处理空气污染物，请回答相关问题。
I．NH3选择性催化还原NO（NH3−SCR）技术在燃煤电厂烟气脱硝过程中有着重要的应用。该方法主要反应的热化学方程式为4NH3(g) + 4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g) + 6H2O(g)    ∆H
已知：2H2(g) + O2(g)⇌2H2O(g)       ∆H1 = −484 kJ·mol−1
N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g)       ∆H2 = −92.4 kJ·mol−1
N2(g) + O2(g)⇌2NO(g)       ∆H3 = +180.5 kJ·mol−1
（1）计算：4NH3(g) + 4NO(g) + O2(g)⇌4N2(g) + 6H2O(g)     ∆H=_______ kJ·mol−1。
（2）利用NH3−SCR技术催化还原氮氧化物。反应原理如图所示：

当NO2，NO与足量氨气在一定条件下发生反应，且参与反应的NO2和NO的物质的量之比为1∶1。若有2 mol NO参与反应，则该过程中转移的电子的物质的量为_______。
II．CO可作为工业合成甲醇的直接碳源，利用CO和H2反应合成甲醇的原理为CO(g) + 2H2(g)⇌CH3OH(g)，在密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图所示。

（3）压强p2_______p1（填“＞”、“＜”或“=”），判断的依据是_______。
（4）在C点时，CO的转化率为_______。
（5）计算300℃，压强为p1时的平衡常数Kp = _______（以分压表示，分压=总压×体积分数）。
III．氮的氧化物脱除可以利用电化学原理处理，如利用如图装置可同时吸收SO2和NO。

（6）直流电源的负极为_______（填“a”或“b”），阴极的电极反应式为_______。该电解装置选择_______（填“阳”或“阴”） 离子交换膜。
10．五氧化二钒（V2O5）在冶金、搪瓷、磁性材料等领域具有重要的应用。从废钒（主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等）中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示：

已知：步骤②、③中的变化过程可简化为Rn+(水层)+nHA(有机层)⇌RAn(有机层)+nH+(水层)。（式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂）
回答下列问题：
（1）步骤①程中发生反应的离子方程式为___________。
（2）步骤②萃取时加入适量碱的作用是___________，工艺流程中循环利用的物质有___________。
（3）步骤④发生的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（4）室温下，步骤⑤加入氨水调节溶液pH=2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3+)<___________mol/L（25℃时时Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39）。
（5）流程中步骤②和③的目的是___________。为提高钒的回收率，步骤②和③需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中c(VO2+)=amol/L，步骤②和③每进行一次，VO2+萃取率为80%，3次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2+)=___________mol/L。（萃取率=）
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____（填分子式），原因是_______；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。
（3）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。
（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝0.566nm，F的化学式为______；晶胞中A原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g·cm-3）_____________。

12．有机物H是优良的溶剂，在工业上可用作洗涤剂、润滑剂，其合成线路：

已知：①
②
③
请回答下列问题：
（1）H的名称为___________。
（2）A的结构简式为___________。
（3）D→E的化学方程式为___________。
（4）F中含有官能团的名称为___________，G→H的反应类型为___________。
（5）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式___________。
①能与NaHCO3溶液反应放出CO2
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9∶1∶1∶1
（6）请设计由和乙烯（CH2=CH2）为起始原料，制备的合成路线（无机试剂任选）。


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2022届高考考前冲刺卷
化学（六）答案
1．【答案】D
【解析】A．古代记载文字的器物——甲骨，其主要成分是钙质物质，A错误；B．工艺装饰材料——天然水晶，是二氧化硅，B错误；C．第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体，C错误；D．秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，无毒、无味、具有吸水性，所以可用作食品干燥剂，D正确；故合理选项是D。
2．【答案】A
【解析】A．H2O在标况下是液体，不能利用22.4L/mol计算体积，故消耗NA个乙苯分子，生成H2O的体积不是22.4L，A错误；B．由化学方程式可以看出，每生成1个苯乙烯，电子转移的数目为2e-，则生成1mol苯乙烯，转移2mol电子，B正确；C．10.6g乙苯的物质的量为，苯环不含碳碳单键，1mol乙苯中含有2mol C-C单键，故0.1mol乙苯中所含的C-C单键数目为0.2NA，C正确；D．溶液中含有CO2分子，依据碳原子守恒原则，、和H2CO3粒子数之和小于NA，D正确；故选A。
3．【答案】B
【解析】A．有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，A正确；B．有机物中含有酯基，故能与氢氧化钠反应，B错误；C．有机物中含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，C正确；D．分子式为C6H8O6，D正确；故选B。
4．【答案】B
【解析】A．由图可知，过程②反应为BH3+H2O=H2↑+H2B(OH)，A项正确；B．各步骤中硼元素的化合价均为+3价，B项错误；C．过程③反应为H2B(OH)+H2O=H2↑+HB(OH)2，生成1mol H2时转移的电子数为NA，过程④反应为HB(OH)2+2H2O+e-=H2↑+，产生1mol H2时转移的电子数为，两者不相等，C项正确；D．Ru为催化剂，催化剂可提高活化分子的百分数，加快反应速率，D项正确；答案选B。
5．【答案】B
【解析】根据题干条件，四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，可知W、X在第二周期，Y、Z在第三周期，最外层电子数之和为19，所以W是C，X是O，Y是Mg，Z是Cl。A．电子层越多半径越大，核外电子排布相同时化合价数值越小半径越大，故简单离子半径大小顺序：Z> X >Y，A错误；B．由分析可知X是O，Z是Cl，可以组成ClO-、ClO等多种离子，B正确；C．石墨属于碳单质，可以导电，金属镁也可以导电，C错误；D．Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应，不能置换C，D错误；故选B。
6．【答案】B
【解析】该装置为二次电池，放电为原电池装置，充电为电解池，根据装置图，放电时，Na+向左边电极移动，根据原电池工作原理，左边电极为正极，右边电极为负极，据此分析。A．由图示可判断，放电时Na+向NaFePO4F电极方向移动，所以NaFePO4F电极为正极，充电时作阳极与外接电源正极相连，即M接电源正极，N接电源负极，故A说法正确；B．根据总反应式，放电时，原电池的正极反应为NaFePO4F+Na++e-=Na2FePO4F，M极质量不会减轻，反而会增重，导线中每通过1mol电子，理论上M极质量增重23g，故B说法错误；C．由总反应结合原电池正极反应可知，放电时负极N上的电极反应式为 Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，故C说法正确；D．由图示知，NaFePO4F、Na2FePO4F、Na3Ti2(PO4)3、NaTi2(PO4)3 均附着在电极材料上，充、放电时两极反应的Na+生成与消耗的量相等，理论上溶液中的钠离子浓度不变，故D说法正确；答案为B。
7．【答案】B
【解析】向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成，浓度增加，所以曲线a代表X()；继续滴加亚磷酸，浓度降低，升高，所以曲线b代表X()，曲线c代表X()，且表明H3PO3为二元弱酸。A．向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成，浓度增加，所以曲线a代表X()，故A错误；B．pOH=7时，，溶液中存在和两种溶质，根据电荷守恒，其中，即，故B正确；C．H2PO在溶液中存在电离平衡，平衡常数Ka=，pOH=7.3时，且=mol/L，所以Ka==，故C错误；D．等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液中，H2PO既电离又水解，其电离常数Ka=>Kh==，以电离为主；H3PO3为二元弱酸，HPO只水解，其水解常数Kh== 8．【答案】（1）分液漏斗     ②
（2）2NaClO3+Na2SO3+2H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+2H2O
（3）防止温度过高使H2O2分解，NaClO2分解或将ClO2冷凝为液体在③中充分反应
（4）NaClO
（5）B     作为气化中心，防止溶液暴沸     用38～60℃热水洗涤晶体
（6） ×100%或%     发生反应4H++4I-+O2═2I2+2 H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高
【解析】①ClO2的发生装置，生成ClO2的离子方程式为2ClO+SO+4H+=2ClO2↑+2SO+2H2O；②为安全瓶；③采用冰水浴，可能的原因为H2O2不稳定，受热易分解，防止H2O2在较高温度下分解；高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl故需防止温度过高NaClO2分解；④尾气吸收装置。
（1）图甲中，仪器a的名称是分液漏斗，具有防倒吸作用的装置为②。故答案为：分液漏斗；②。
（2）装置①为ClO2的发生装置，三颈烧瓶中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+2H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+2H2O。故答案为：2NaClO3+Na2SO3+2H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+2H2O。
（3）装置③中试管浸入冰水浴中的目的：ClO2的熔点为-59℃，沸点为11℃，冰水浴液化ClO2；H2O2不稳定，受热易分解，防止H2O2在较高温度下分解；高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl防止温度过高NaClO2分解；ClO2极易溶于水，且在碱性环境中发生反应2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O，防止产品中含有杂质NaClO3，故答案为：防止温度过高使H2O2分解，NaClO2分解或将ClO2冷凝为液体在③中充分反应。
（4）装置④中NaOH溶液吸收ClO2，发生反应生成等物质的量的NaClO2和另一种盐，2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O，该盐的化学式为NaClO。故答案为：NaClO。
（5）①当温度低于38℃时，NaClO2饱和溶液中析出的晶体是；当温度在38~60℃时，析出NaClO2；温度高于60℃时，NaClO2分解，水浴加热的温度最好控制在55℃左右。故答案为：B。
②装置中毛细玻璃管的作用，其一是调节装置中的压强，其二可能是作为气化中心，防止溶液暴沸，故答案为：作为气化中心，防止溶液暴沸。
③温度在38～60℃时，析出NaClO2；故当蒸馏烧瓶中出现大量晶体后停止蒸发，趁热过滤，用38～60℃热水洗涤晶体，干燥后得到产品，故答案为：用38～60℃热水洗涤晶体。
（6）NaClO2的和I-的反应为ClO+4I-+4H+=2I2+H2O+Cl-，令25.00mL待测溶液中NaClO2的物质的量x，则根据ClO+4I-+4H+=2I2+H2O+Cl-、I2+2S2O═2I−+S4O，得

解得：x=2.5bV×10-4mol，m(NaClO2)=2.5bV×10-4mol×90.5g/mol=0.022625bV g，则mg样品中NaClO2的质量分数为×100%=×100%=%；由于碘离子在空气中能被空气中的氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2═2I2+2 H2O，生成 的碘能消耗Na2S2O3，所以在滴定操作正确无误的情况下，测得结果也可能偏高，故答案为：×100%或%；发生反应4H++4I-+O2═2I2+2 H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高。
9．【答案】（1）−1628.2     （2）12 mol    
（3）＜     CO和H2的反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大    
（4）75%     （5）175/p12     （6）a     2HSO+ 2e-+ 4H+ = H2S2O4 + 2H2O     阳
【解析】当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生的化学反应方程式为：NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O，再根据氧化还原反应方程式和转移电子数计算；增大压强，CO(g) + 2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，CH3OH的体积分数越大，300℃，压强为p1时CH3OH的体积分数70%，则CO(g) 、H2(g)、CH3OH(g)的体积分数分别为10%、20%、70%，结合三段式分析解答；由图可知，HSO在左边电极上发生还原反应生成H2S2O4，在右边电极上发生氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，结合电解原理分析解答。
（1）①2H2(g) + O2(g)⇌2H2O(g) ∆H1 = −484 kJ·mol−1，②N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H2 = −92.4 kJ·mol−1，③N2(g) + O2(g)⇌2NO(g) ∆H3 = +180.5 kJ·mol−1，根据盖斯定律①×3-②×2-③×2可得：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g) ∆H=(-484kJ·mol−1×3)-(−92.4kJ·mol−1×2) -(+180.5 kJ·mol−1×2)=-1628.2kJ/mol，故答案为：-1628.2kJ/mol。
（2）由反应原理图和题给信息可知，当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生的化学反应方程式为：NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O，结合氧化还原反应原理，可知，每消耗1molNO2和NO，转移6mol电子，当有2 mol NO参与反应，则该过程中转移12mol电子，故答案为：12mol。
（3）增大压强，CO(g) + 2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，CH3OH的体积分数越大。根据图象，温度一定时，CH3OH的体积分数：p1＞p2＞p2，则压强p2＜p1，故答案为：＜；CO和H2的反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大。
（4）设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，转化的CO为x，

在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得：x=0.75mol，则CO的转化率为×100%=75%，故答案为：75%。
（5）CO(g) + 2H2(g)⇌CH3OH(g)，在密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2反应，300℃，压强为p1时CH3OH的体积分数70%，则CO(g) 、H2(g)、CH3OH(g)的体积分数分别为10%、20%、70%，平衡常数Kp ==，故答案为：。
（6）由图可知，HSO在左边电极上分数还原反应生成H2S2O4，在右边电极上分数氧化反应生成H2SO4，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，因此直流电源的负极为a；阴极的电极反应式为2HSO+ 2e-+ 4H+ = H2S2O4 + 2H2O；电解过程中阴极区生成的氢离子通过离子交换膜向阳极区转移形成硫酸，因此该电解装置选择阳离子交换膜，故答案为：a；2HSO+ 2e-+ 4H+ = H2S2O4 + 2H2O；阳。
10．【答案】（1）V2O5++4H+=2VO2+++2H2O
（2）加入碱中和产生的酸，使平衡向生成RAn移动，提高钒的萃取率     NH3、有机萃取剂
（3）1∶6
（4）2.6×10-3
（5）富集钒元素     1.6a×10-3
【解析】废钒（主要成分为V2O5、Fe2O3、 SiO2等）加入硫酸和亚硫酸钾酸浸后过滤得到强酸性浸出液含VO2+、Fe3+、K+，加入有机萃取剂萃取分液得到有机层和水层，在有机层中加入加入硫酸，Rn+(水层)+nHA(有机层)⇌ RAn(有机层)+nH+(水层)，平衡逆向进行，反萃取得到酸性溶液含VO2+、Fe3+、，加入氯酸钾氧化VO2+生成，得到溶液中含、Cl-、 Fe3+、，加入氨水，调节溶液pH = 2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，沉钒得到NH4VO3焙烧得到产品V2O5。
（1）二氧化硅不溶于硫酸，铁离子化合价没有改变，所以亚硫酸根离子被氧化，V2O5被还原为VO2+其发生反应的离子方程式为V2O5++4H+=2VO2+++2H2O。
（2）萃取时加入适量碱的作用是与氢离子反应，使平衡正向移动，提高RAn的生成产率，提高钒的萃取率，工艺流程中循环利用的物质有NH3、有机萃取剂。
（3）VO2+被氧化为，被还原为Cl-，对应的离子反应为，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6。
（4）当pH=2时，c(OH-)=1.0×10-12mol/L，此时，所以则此时溶液中c(Fe3+)<2.6×10-3mol/L。
（5）流程中步骤②和③的目的是富集钒元素；每进行一次，VO2+萃取率为80%，即每一次操作剩余的c(VO2+)为20%，故4次操作后浸出液中，c(VO2+)=a×0.24mol/L=1.6a×10-3mol/L。
11．【答案】（1）O     1s22s22p63s23p3（或[Ne] 3s23p3）    
（2）O3     O3相对分子质量较大，范德华力大     分子晶体     离子晶体    
（3）三角锥形     sp3    
（4）V形     4     2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）    
（5）Na2O     8     =2.27g·cm-3
【解析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。
（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3。
（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体。
（3）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形。
（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。
（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)∶N(O)=2∶1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g·cm-3。
12．【答案】（1）4－甲基－2－戊醇    （2）   
（3）+→+HCl    
（4）羧基和羰基     加成反应（或还原反应）    
（5）（或）    
（6）
【解析】由合成路线可知，A（C6H10）和乙炔在加热条件下发生信息①的反应生成B（），则A为，B发生信息②的氧化反应生成C，C→D为酯化反应，则C为，D和发生取代反应生成E，E在碱性条件下发生水解再酸化得到F，F发生信息③的反应生成G，则G为，G在镍催化下和氢气加成生成H，据此分析解答。
（1）H中主链有5个碳原子，甲基位于4号碳原子上，羟基位于2号碳原子上，则H的名称为4－甲基－2－戊醇，故答案为：4－甲基－2－戊醇。
（2）通过以上分析，A的结构简式为，故答案为：。
（3）D和发生取代反应生成E，D→E的化学方程式为+→+HCl，故答案为：+→+HCl。
（4）F的结构简式为，则F中含有官能团的名称为羧基和羰基；G在镍催化下和氢气加成生成H，也是还原反应，所以反应类型为加成反应（或还原反应），故答案为：羧基和羰基；加成反应（或还原反应）。
（5）F的同分异构体符合下列条件：①能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明含有-COOH；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9∶1∶1∶1，则符合条件的结构简式为（或），故答案为：（或）。
（6）由信息①可知，由乙烯（CH2=CH2）与发生加成反应生成，可由发生消去反应得到，与溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，其合成路线为：，故答案为：。