2022届安徽省淮北市一中高三第二次模拟考试理科综合化学试题含解析

这是一份2022届安徽省淮北市一中高三第二次模拟考试理科综合化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

理科综合化学试题
一、单选题
1．北京冬奥会多措并举践行低碳、绿色环保理念。下列叙述错误的是（ ）
A．奥运村生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，能减少空气污染
B．氢能源大巴车使用光伏电解水制得的氢气做燃料，低碳且环保
C．因防疫需要，大量使用一次性口罩、防护服等，体现绿色环保理念
D．循环使用CO2制冰技术，比传统制冷剂氟利昂更加环保
2．大卫·朱利叶斯利用辣椒素(结构简式如下图所示)发现了热感觉受体蛋白(TRPV1)。下列有关该物质叙述错误的是（ ）
A．含有4种官能团
B．苯环上的一氯代物有3种
C．可以发生取代、加成、氧化、消去反应
D．l ml该物质和溴水反应时，消耗2 ml Br2
3．实验室用苯、铁粉、液溴制备并提纯溴苯的相关装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．装置Ⅰ中回流的目的是减少苯、液溴和溴化氢的挥发
B．装置Ⅰ中倒扣漏斗有防倒吸作用
C．装置Ⅱ的作用是将滤液依次用水、稀氢氧化钠溶液、水洗涤后分液
D．装置Ⅲ是用蒸馏法分离苯与溴苯
4．ICl与H2能发生的总反应为H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g) △H<0。
已知：①该反应分两步完成，第一步为 H2(g)+ICl(g)=HI(g)+HCl(g)
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断正确的是（ ）
A．总反应中I2为氧化产物
B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C．已知键能： H-H>I-I ，可推知键能H-ClD．第二步的化学方程式可能为 HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)
5．Zn-BiOI电池以ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，可实现快速可逆的协同转化反应，具有超高的可逆容量和超长循环寿命。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，负极反应为 Zn-2e-=Zn2+
B．放电时，1 mlBiOI参与反应，转移3 mle-
C．充电时，电池的总反应为 2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn
D．ZnI2能加快电极反应速率
6．W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期主族元素，在周期表中互不相邻。W、Z同主族，X、Z的质子数相差3，X和Y最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径： Z>X>Y>W
B．X分别与W、Z元素均可形成两种或两种以上二元化合物
C．ZW为共价化合物
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z强
7．H2A 为二元弱酸，在25℃时，溶液中 A2- 及HA-浓度的负对数pc随溶液pH变化的关系如图所示[已知：溶液中始终保持 c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1ml/L ]。下列有关叙述错误的是（ ）
A．H2A的Ka1为1.0×10-3
B．b点： c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)
C．由a点到c点的过程中，水的电离程度一直增大
D．NaHA溶液呈碱性
二、综合题
8．某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
（1）已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是 ，实验室中宜选用的加热方式为 (“水浴加热”或“油浴加热”)。
（2）已知“浸取液”的主要成分 Fe(C2O4)22- 、 VO(C2O4)22- 、 WO2(C2O4)22- 和过量的H2C2O4，滤渣的主要成分是 ；Fe2O3与H2C2O4的反应的离子方程式为 。
（3）“浓缩液”经过两步氧化实现金属元素的分离。 WO2(C2O4)22- 在溶液中存在平衡 WO2(C2O4)22-⇌ WO2(C2O4)+ C2O42- ，WO2(C2O4) ⇌WO22+ + C2O42- ，当溶液中的草酸氧化分解率到达67%时， WO22+ 开始水解生成 H2WO4 。
①写出 WO22+ 水解的离子方程式 ；
②已知 VO(C2O4)22- 离子在溶液中也存在类似 WO2(C2O4)22- 的电离平衡，下列有关 H2O2 氧化 VO(C2O4)22- 离子生成V2O5·H2O的说法错误的是 (填标号)。
A．加入 H2O2 促使 VO(C2O4)22- 离子的电离平衡正向移动
B．该过程涉及了2个以上的化学平衡
C．VO2+离子水解生成V2O5·H2O
（4）已知 Fe(C2O4)22-⇌FeC2O4+C2O42-K1；FeC2O4⇌ Fe2++ C2O42-K2，当“滤液1”中 c[Fe(C2O4)22-]c(Fe2+)=100.52 时， C2O42- 的浓度为 ml/L。(已知 K1=10-1.62、K2=10-2.9 )
9．三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，Mr=491 g/ml)，是制备某些负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室中，可通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392 g/ml]制备，实验步骤如下：称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 ml/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解。再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后继续煮沸3分钟，过滤。在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体的质量为5.95g。回答下列问题：
（1）在实验室中，配制1.0 ml/LH2SO4溶液，需要的仪器有烧杯、玻璃棒、 (从下图中选择，写出名称)。
（2）生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟的目的 。
（3）①水浴温度控制在40℃最适宜，原因是 ；
②除去过量H2O2溶液的目的是 ；
③由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备 K3[Fe(C2O4)3] 溶液的化学反应方程式 。
（4）析出的三草酸合铁酸钾晶体通过如图所示装置进行分离，与普通过滤装置相比，该装置的优点是 。所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是 %(保留3位有效数字)。
10．煤、石油等传统能源使用时污染严重，且日渐枯竭，科学家们寻找其他清洁能源作为替代品，其中甲烷的开发利用成为一个热点。以下是甲烷水蒸气重整的应用：
已知：①CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ/ml
②H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/ml
（1）甲烷水蒸气重整原理CH4(g)+2H2O(g) ⇌ CO2(g)+4H2(g) △H3，则△H3= kJ/ml。
（2）向恒容容器中加入1 mlCH4和2 mlH2O，在恒定的温度，初始压强a MPa下进行反应，
①当分离出0.8mlH2时，分离比η= 。(分离比 η=n(H2)4n(CH4) ，实际 H2 分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，体现H2分离的程度)。
②下图是甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系，其中η1、η2、η3的由大到小的关系是 。
③η3=0.25时，A点气体的总压p(总) a MPa(填“>”、“=”、“<”)；H2的分压p(H2)= MPa；平衡常数Kp= (MPa)2。
（3）从反应体系中分离出H2、CO2需要消耗能量(分离能耗)，不同的分离方式需要的分离能耗与甲烷平衡转化率的关系如下图所示：
在提供相同的分离能量时，哪种分离方式更有利于提高甲烷平衡转化率 。
11．2022年春晚节目《只此青绿》取材于宋代名画《千里江山图》，该画描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中青色来自蓝铜矿颜料[主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2]。请回答下列问题：
（1）基态铜原子价电子排布式为 。从原子结构角度分析，第二电离能I2(Fe)与I2(Cu)的关系是I2(Fe) I2(Cu) (填“>”“<”或“=”)，并解释有关原因 。
（2）CO32- 的空间构型为 。
（3）我国科学家制取了一种铜的配合物如图所示，该配合物中四种非金属元素电负性由大到小的顺序是 (填元素符号)，该配合物中采用sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为 。
（4）黄铜矿是主要的炼铜原料，晶胞结构如下图1所示，晶胞中S原子的投影位置如图2所示。
①Fe3+周围距离最近的S2-的个数为 。
②该晶胞上下底面均为正方形，侧面与底面垂直，晶胞参数如图所示，晶胞的密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数(NA)为 ml-1(用a、b、ρ表示，并化成最简)。
12．化合物H是合成药物的一种中间体，其合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ，H中的含氧官能团名称为 。
（2）B的结构简式为 。
（3）写出G→H的反应类型为 。
（4）写出由C生成D的化学方程式为 。
（5）化合物C的同分异构体中，含有羧基的芳香化合物共有 种(不含立体异构)。其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式有 。
（6）写出用苯酚钠和ICH2COOCH3为原料制备化合物 的合成路线 (其他无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．奥运村生活垃圾焚烧尾气经脱硫脱硝后排放，可以减少二氧化硫和氮的氧化物的排放，能减少空气污染，故A不符合题意；
B．氢能源大巴车使用光伏电解水制得的氢气做燃料，能减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，符合低碳且环保的理念，故B不符合题意；
C．因防疫需要，大量使用一次性口罩、防护服等会形成大量需要处理的垃圾，不符合绿色环保理念，故C符合题意；
D．与传统制冷剂氟利昂制冰相比，循环使用二氧化碳制冰技术可以减少传统制冷剂氟利昂的使用，可以减少臭氧层的破坏，更加符合绿色环保的理念，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 尾气经脱硫脱硝后排放，能减少氮氧化物和二氧化硫的排放；
B.氢的燃烧产物为水；
C.大量使用一次性口罩、防护服等产生大量垃圾；
D.氟利昂会破坏臭氧层。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．由结构简式可知，辣椒素分子中含有的官能团为羟基、醚键、酰胺基(或肽键)、碳碳双键，共4种，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，辣椒素分子的苯环中含有3类氢原子，苯环上的一氯代物有3种，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，辣椒素分子中不含有能发生消去反应的醇羟基和卤素原子，所以不能发生消去反应，故C符合题意；
D．由结构简式可知，辣椒素分子中酚羟基的邻位氢原子能与溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以1ml辣椒素分子和溴水反应时能消耗2 ml溴，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该物质含羟基、醚键、酰胺基(或肽键)、碳碳双键；
B.该物质苯环上有3种不同环境的氢原子；
C.该物质不能发生消去反应；
D.酚羟基的邻位和对位能与溴水发生取代反应。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．装置Ⅰ中球形冷凝管能起到冷凝回流的作用，可以减少苯、液溴的挥发，提高原料利用率，但减少溴化氢的挥发不是实验目的，故A符合题意；
B．装置Ⅰ中倒扣漏斗可以防止极易溶于水的溴化氢被硝酸银溶液吸收时产生倒吸，故B不符合题意；
C．装置Ⅱ为分液装置，装置Ⅰ中制得的溴苯中混有溴化铁、溴和苯，依次用水、稀氢氧化钠溶液、水洗涤后除去溴化铁、溴，用装置Ⅱ分液能得到含有苯的溴苯，故C不符合题意；
D．装置Ⅲ为蒸馏装置，苯和溴苯存在沸点差异，用装置Ⅲ能分离苯与溴苯，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.球形冷凝管的作用是冷凝回流；
B.HBr极易溶于水；
C.反应后Ⅰ中含有苯、液溴、溴苯，先用水洗去大量液溴，再用洗的氢氧化钠进一步洗去少量的溴，最后用水洗去残留的氢氧化钠溶液；
D.苯和溴苯互溶，沸点不同。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．ICl中I为+1价，故I2为还原产物，A不符合题意；
B．Ea1>Ea1，活化能大的反应速率慢，故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B不符合题意；
C．H-Cl键长小于I-Cl键键长，键长越短，键能越大，故键能H-Cl>I-Cl，C不符合题意；
D．总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步化学方程式，所给方程式正确，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.ICl中I的化合价为+1，发生还原反应生成I2；
B.活化能越大，反应速率越慢；
C.ΔH=反应物总键能-生成物总键能；
D.总反应-第一步方法=第二步反应。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．放电时锌为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，A不符合题意；
B．放电时，通过电池总反应可知，转移6ml电子时消耗6mlBiOI，故1 mlBiOI参与反应，转移1mle-，B符合题意；
C．根据分析，充电时电池总反应符合题意，C不符合题意；
D．ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，故ZnI2能加快电极反应速率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该电池为二次电池，放电时锌作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，BiOI作正极，电池的总反应为：6BiOI+3Zn=2Bi+2Bi2O3+3ZnI2；充电时，Bi作阳极，Bi2O3作阴极，电池的总反应为：2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．W、X、Y、Z对应的简单离子为H+、O2-、Be2+、Na+，微粒半径：O2->Na+>Be2+>H+，A不符合题意；
B．O与H和Na可以形成H2O、H2O2、NaO、Na2O2，B符合题意；
C．NaH为离子化合物，C不符合题意；
D．Be的金属性比Na弱，故Be(OH)2碱性比NaOH弱，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】W、Z同主族，且二者不相邻，则W为H元素，Z为Na元素；X、Z的质子数相差3，X的质子数为11-3=8或11+3=14，X可能为O元素或Si元素；X和Y最外层电子数之和为8，X为Si时，Y的最外层电子数为8-4=4，X、Y为同主族相邻元素，不满足条件，则X只能为O元素，Y的最外层电子数为8-6=2，其原子半径大于O小于Na，且在周期表中互不相邻，则Y为Be元素。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，Ka1=10-3，A不符合题意；
B．b点溶液显酸性，氢氧根浓度很小，根据图知，c(HA-)>c(A2-)，故c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，B不符合题意；
C．由a点经b点到c点的过程中，溶液一直呈酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C不符合题意；
D．pH=4.4时，c(HA-)=c(A2-)，故 Ka2=c(H+)c(A2-)c(HA-)=c(H+)=10-4.4 ，HA-的水解平衡常数 Kh=KwKa1=10-1410-3=10-11故答案为：D。
【分析】A.根据Ka1=c(H+)c(HA-)c(H2A)=c(H+)计算；
B.b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，根据图知pc越小，溶液中该微粒浓度越大；
C.酸抑制水电离，从a点到c点的过程中，溶液酸性逐渐减弱；
D.比较Ka2和Kh的相对大小即可得出HA-的电离程度和水解程度大小，进而确定NaHA的酸碱性。
8．【答案】（1）90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热
（2）SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2 Fe(C2O4)22- +2CO2↑+4H++3H2O
（3）WO22+ +2H2O=H2WO4↓+2H+；C
（4）0.01
【解析】【解答】(1)由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热，故答案为：90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热；
(2)由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；氧化铁与草酸溶液反应生成二草酸根离子合铁离子、二氧化碳、氢离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+5H2C2O4=2 Fe(C2O4)22- +2CO2↑+4H++3H2O，故答案为：SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2 Fe(C2O4)22- +2CO2↑+4H++3H2O；
(3)①由题意可知， WO22+ 在溶液中发生水解反应生成钨酸沉淀和氢离子，反应的离子方程式为 WO22+ +2H2O=H2WO4↓+2H+，故答案为： WO22+ +2H2O=H2WO4↓+2H+；
②A．加入 H2O2 可以使 VO(C2O4)22- 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，使VO2+离子浓度减小，电离平衡正向移动，故正确；
B．由 VO(C2O4)22- 离子在溶液中也存在类似 WO2(C2O4)22- 的电离平衡可知， VO(C2O4)22- 离子在溶液中也存在着两步电离平衡，加入 H2O2 可以使 VO(C2O4)22- 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，加入 H2O2 可以使 VO(C2O4)22- 离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O的过程中还存在着化学平衡，所以该过程涉及了2个以上的化学平衡，故正确；
C．VO2+离子转化为V2O5·H2O的反应中钒元素的化合价升高被氧化，所以转化过程为氧化还原反应，不可能是水解反应，故不正确；
故答案为：C。
(4)由电离常数公式可知，溶液中K1K2= c(Fe2+)c2(C2O42-)c[Fe(C2O4)22-] ，当 c[Fe(C2O4)22-]c(Fe2+)=100.52 时，溶液中草酸根离子浓度为 c[Fe(C2O4)22-]c(Fe2+)×K1K2 = 10-1.62×10-2.9×100.52 ml/L=0.01 ml/L，故答案为：0.01。
【分析】向废催化剂中加入草酸溶液将金属氧化物转化为 Fe(C2O4)22- 离子、 VO(C2O4)22- 离子、 WO2(C2O4)22- 离子，二氧化硅与草酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有 Fe(C2O4)22- 离子、 VO(C2O4)22- 离子、 WO2(C2O4)22- 离子的浸取液；浸取液经加热蒸发得到浓缩液，向浓缩液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将 WO2(C2O4)22- 离子转化为 H2WO4 沉淀，过滤得到 H2WO4 和滤液1； H2WO4 与稀氢氧化钠溶液反应得到钨酸钠；向滤液1中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将 Fe(C2O4)22- 离子转化为氢氧化铁沉淀，同时将 VO(C2O4)22- 离子转化为V2O5·H2O沉淀；过滤得到滤液2和含有氢氧化铁、V2O5·H2O；向氢氧化铁、V2O5·H2O中加入稀氢氧化钠溶液将V2O5·H2O转化为钒酸钠。
9．【答案】（1）量筒、容量瓶、胶头滴管
（2）使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤
（3）温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O；故水浴温度控制在40℃产率最高；防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低；2FeC2O4·2H2O+ H2O2+3K2C2O4+ H2C2O4= 2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
（4）快速过滤、沉淀易干燥；95.0
【解析】【解答】本实验是通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]来制备三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)。实验过程中，称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 ml/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解，加入几滴稀硫酸目的是抑制Fe2+水解，然后再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀，反应原理为 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O+H2C2O4=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O ，继续煮沸3分钟，使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，过滤，在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体，该过程将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为 2FeC2O4·H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O↓ ，以此分析来解题。
(1)在实验室中，配制1.0 ml/L H2SO4溶液属于一定物质的量浓度溶液的配制，除了烧杯、玻璃棒之外，还需用到量筒、容量瓶和胶头滴管，故答案为量筒、容量瓶、胶头滴管；
(2)生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟，根据胶体的性质，FeC2O4·2H2O胶状沉淀会发生聚沉，生成较大颗粒的沉淀，故答案为：使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤；
(3)①滴加H2O2溶液，是为了将FeC2O4·2H2O中的Fe2+氧化为Fe3+，而H2O2溶液受热时自身易发生分解，因此水浴温度控制在40℃最适宜，原因是温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，故答案为：温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，水浴温度控制在40℃产率最高；②后续实验会继续加入饱和H2C2O4溶液，如果过量的H2O2溶液不除去，可能会发生氧化还原反应，影响实验结果，故答案为：防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低；③根据氧化还原反应方程式的书写方法，由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备K3[Fe(C2O4)3]溶液的化学反应方程式为 2FeC2O4·H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O ；
(4)①该装置是减压过滤装置，与普通过滤装置相比，该装置的优点是过滤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：快速过滤、沉淀易干燥；②假设理论上获得三草酸合铁酸钾晶体的质量为 x ，根据Fe原子守恒，可得关系式：
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O~K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3924915.00gx 即 3925.00=491x ， x=6.26g 。
所以所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是 ×100%=95.0% ，故答案为95.0。
【分析】（1）实验室配制一定物质的量浓度溶液所需仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶和胶头滴管；
（2）继续煮沸FeC2O4•2H2O胶状沉淀会发生聚沉，生成较大颗粒的沉淀；
（3）H2O2受热易分解，温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；
（4）减压过滤装置的过滤速度快，滤出的固体容易干燥；根据产率=实际产量理论产量×100%计算。
10．【答案】（1）+165
（2）0.2；η3>η2>η1；=；a3；a29
（3）双分离CO2和H2
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，目标反应式=①-2×②，因此△H3=△H1-2×△H2= +247kJ/ml-2×41kJ/ml =+165 kJ/ml，故答案为+165；
(2)①根据分离比的定义：分离比 η=n(H2)4n(CH4) ，指实际H2分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，所以当分离出0.8mlH2时，分离比 η=0.8ml4×1ml=0.2 ，故答案为0.2；②根据甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系图可知，当温度一定时，CH4的平衡转化率越大，说明体系中生成的H2越多，分离出的H2越多，则分离比越大，所以η1、η2、η3的由大到小的关系是η3>η2>η1，故答案为η3>η2>η1；③当η3=0.25时，可知从体系中分离出H2的物质的量为1ml，根据图像A点甲烷平衡转化率为50%，所以三段式如下：
CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)开始(ml)1200转化(ml)平衡(ml) ，根据PV=nRT，可知当T、V一定时，体系气体的压强与气体的物质的量成正比，反应前n(气体)=3ml，反应平衡后由于从体系分离出1ml H2，n(气体)=0.5ml +1ml +0.5ml +2ml -1ml =3ml，所以A点气体的总压p(总)=a MPa；根据前面的分析可知，从体系中分离出H2的物质的量为1ml，体系还剩余1ml H2，所以H2的分压p(H2)= 13a MPa；平衡常数 Kp=p(CO2)⋅p4(H2)p(CH4)⋅p2(H2O)=(0.5a3)⋅(a3)4(0.5a3)⋅(a3)2=a29(MPa)2 ，故答案为：=， 13a ， a29 ；
(3)通过图像可知，在提供相同的分离能量时，双分离CO2和H2这种方式更有利于提高甲烷平衡转化率，故答案为双分离CO2和H2。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①分离比的定义计算；
②离出的H2越多，分离比越大；
③列出反应的三段式进行计算；
（3）结合图像分析。
11．【答案】（1）3d104s1；<；铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易
（2）平面三角形
（3）O>N>C>H；7：6
（4）4；736a2bρ×1030
【解析】【解答】(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1；铜原子失去一个电子后价电子排布式为结构稳定的全充满结构3d10，较难失去电子，铁原子失去一个电子后价电子排布式为后为3d64s1，再失去电子相对较易，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：3d104s1；<；铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；
(2)碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
(3)元素的非金属性越强，电负性越大，配合物中氢、碳、氮、氧四种元素的非金属性强弱顺序为O>N>C>H，则四种元素的电负性大小顺序为O>N>C>H；配合物中单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子和苯环中的碳原子为sp2杂化，则采用sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为14：12=7：6，故答案为：O>N>C>H；7：6；
(4)①由晶胞结构可知，位于晶胞面心的铁离子与位于体内的硫离子的距离最近，所以晶胞中铁离子周围距离最近的硫离子的个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的铜离子的个数为8× 18 +4× 12 +1=4，位于面心上、棱上的铁离子个数为6× 12 +4× 14 =4，位于体内的硫离子个数为8，则晶胞的化学式为CuFeS2，由晶胞的质量公式可得： 4×184NA =(a×10—10)2×b×10—10×ρ，解得NA= 736a2bρ×1030 ，故答案为： 736a2bρ×1030 。
【分析】（1）Cu为29号元素，根据构造原理书写电子排布式；全充满、半充满和全空状态较稳定；
（2）碳酸根中碳原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
（3）元素的非金属性越强，电负性越大；形成双键的碳原子采用sp2杂化，甲基碳原子采用sp3杂化；
（4）①Cu2+周围距离最近的S2-的个数为4；
②根据ρ=mV列式计算。
12．【答案】（1）对甲基苯酚或4-甲基苯酚；醚键、羟基
（2）
（3）取代反应
（4）
（5）17； 、
（6）
【解析】【解答】A到B发生了取代反应，B为 ；B与氯气发生取代反应得到C，C在氢氧化钠溶液条件下发生了水解，得到D ，D在酸性条件下得到E，E到F羟基上的氢原子被取代；F到G与O原子所连的基团被取代；G到H氨基上的氢原子被取代。
(1)A的名称为：对甲基苯酚或4-甲基苯酚；H中的含氧官能团名称为醚键和羟基；
(2)B的结构简式为 ；
(3)G到H发生了取代反应；
(4)C在氢氧化钠溶液条件下发生了水解，得到D ，化学方程式为： ；
(5)化合物C 的同分异构体，含羧基和苯环，若苯环上三个取代基-Cl、-CH3、-COOH(数字代表氯原子位置)，结构简式为： 、 、 ，共10种；若苯环上两个取代基-COOH、-CH2Cl，则可能的结构简式为（数字代表-CH2Cl的位置）： ，共3种；若苯环上两个取代基-CH2COOH、-Cl，则可能的结构简式为（数字代表-Cl的位置）： ，共3种；若苯环上只有一种取代基，结构为 ，共1种，综上共17种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式有 、 ；
(6) 可现在酸性环境下生成苯酚，参照题中E到F的转化，苯酚与ICH2COOCH3反应生成 ，在酸性条件下水解得到产物。故合成路线为： 。
【分析】（1）A为对甲基苯酚；H的含氧官能团为醚键和羟基；
（2）A发生取代反应生成B，B为；
（3）G发生取代反应生成H；
（4）C在NaOH水溶液中水解生成D，根据反应物和产物书写化学方程式；
（5）根据要求书写同分异构体；
（6）苯酚钠和酸反应生成苯酚，苯酚和ICH2COOCH3，然后酸性条件下加热得到目标产物。