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2022年安徽省六校教育研究会高考化学第二次联考试卷
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这是一份2022年安徽省六校教育研究会高考化学第二次联考试卷，共24页。试卷主要包含了4LH2，5g，1akJ▪ml−1，75，21ml▪L−1，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2022年安徽省六校教育研究会高考化学第二次联考试卷
1. 材料的性质与人类生产生活密切相关。下列叙述错误的是( )
A
B
C
D
三星堆出土的青铜神鸟与铜相比，青铜具有熔点低硬度大等特点
八达岭长城的青砖，除了主要成分硅酸盐之外还可能有二价铁
以酚醛树脂高分子材料构成的手柄具有绝缘、隔热、难燃的特点
中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
A. A B. B C. C D. D
2. 有机物M的结构简式如图。下列有关M的说法正确的是( )
A. 分子式为C15H12O3
B. 苯环上的一氯代物有7种
C. M不能使酸性KMnO4溶液褪色
D. 1molM与足量的Na反应，生成22.4LH2
3. 下列实验操作或实验仪器使用正确的是( )
A. 装置可用于比较MnO2、Cl2、S的氧化性
B. 既可以防止倒吸，又可以检查实验时后续装置是否发生堵塞
C. 可组装启普发生器
D. 用来灼烧海带
4. 化合物甲是一种重要的医药中间体，其结构式如图所示。其中Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期。下列说法错误的是( )
A. 简单离子半径：W
C. 化合物甲中除Q外，其它原子均满足8电子稳定结构
D. 元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z
5. 有机物的电化学合成是目前研究的热点之一，我国学者利用双膜三室电解法合成了ClCH2CH2Cl，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用价值的副产品，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 气体X为H2
B. 膜I、膜II依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜
C. 稳定工作时CuCl2溶液的浓度保持不变
D. 制得1molClCH2CH2Cl的同时饱和食盐水质量减小58.5g
6. 科学家研究HCOOH在催化剂Pd表面脱氢，其反应历程和相对能量的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在催化剂Pd表面断裂O−H键比C−H键活化能低
B. 用DCOOH代替HCOOH反应，产物可能含有HD、D2和H2
C. 在I−V中，II生成III的反应速率最慢
D. HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的ΔH=+14.1akJ▪mol−1
7. 湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl−进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如随lgc(Cl−)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=−9.75。下列叙述错误的是( )
A. AgCl溶解度随c(Cl−)增大而不断减小
B. 沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10−7.21mol▪L−1
C. 当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，溶液中c(AgCl2−)>c(Ag+)>c(AgCl32−)
D. 25℃时，AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=100.2
8. 硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：
回答下列问题：
(1)为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为______(答出两条)。
(2)已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式______。
(3)反应②为Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)；常温下的Ag2SO4 AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图1所示。则Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)的化学平衡常数的数量级为______。
(4)写出反应④的化学方程式______。
(5)室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3−、SeO3−的摩尔分数随pH的变化如图2所示，则室温下H2SeO3的Ka2=______。
(6)工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5∼2，电流强度为5∼10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生______(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为______%.(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C⋅mol−1)
9. 莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O,Mr=392]能溶于水，难溶于无水乙醇，是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ______。配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 ______。
(2)待C中逸出H2较为纯净后，______(填具体操作)，A中液体会自动流入B中。此时B中发生的主要反应的化学方程式为 ______。
(3)制备结束后，将B中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用______(填试剂名称)进行洗涤。装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1∼2之间，其目的为 ______。
(4)装置C的作用为 ______。
(5)实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成250ml溶液，从中取出25.00mL溶液，用0.01000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定，消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 ______(保留至0.1%)。
10. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。“碳中和”是指二氧化碳的排放总量和减少总量相当，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。回答下列问题：
化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集CO2。基于CuO/Cu2O载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如图。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−227kJ/mol
②8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−348kJ/mol
(1)反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=______kJ/mol。
(2)氧的质量分数：载氧体Ⅰ______(填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
(3)往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气[氧气的物的量分数x(O2)为21%]，发生反应①。平衡时x(O2)随反应温度T变化的曲线如图1所示。985℃时O2的平衡转化率a(O2)=______(保留2位有效数字)。
利用工厂废气中的硫化氢可将CO转化为化工原料羰基硫(COS)：CO(g)+H2S(g)→COS(g)+H2(g)ΔH，240℃时，其平衡常数K=1。
(4)在某密闭容器中，以不同投料比[n(CO)n(H2S)]进行上述反应，相同时间内H2S的转化率与温度(T)的关系如图2所示。则ΔH______(填“>”或“<”)0，转化率先增大后减小的原因是 ______。
(5)分别在300℃、320℃进行上述反应，反应中H2S(g)和COS(g)的体积分数(ω)随时间(t)的变化关系如图3所示。已知：起始时密闭容器中ω[H2S(g)]和ω[CO(g)]、ω[COS(g)]和ω[H2(g)]分别相等。则320℃时，表示ω[H2S(g)]的曲线是 ______(填“甲”“乙”“丙”或“丁”)。
二氧化碳催化加氢合成乙烯也是综合利用CO2的热点研究领域。CO2和H2在铁系催化剂作用下发生化学反应：
①2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
(6)在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在铁系催化剂作用下进行反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图4所示，图4中点M(350,70)，此时乙烯的选择性为47(选择性：转化的CO2中生成C2H4和CO的百分比)。则该温度时反应②的平衡常数Kp=______(分压=总压×物质的量分数)。
11. (1)Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的价电子排布式为 ______。
(2)一水合甘氨酸锌[(H2NCH2COO)2Zn⋅H2O]是一种饲料添加剂，该化合物中所涉及的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(用元素符号表示)。
(3)噻吩()和吡咯()形成配位化合物。噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，原因为 ______。
(4)含砷有机物“对氨基苯砷酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为 ______，1mol对氨基苯砷酸含σ键数目为 ______。
(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标(34,34,34)，则③号位原子坐标参数为 ______。晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为Mg⋅mol−1，则该晶胞的密度为 ______g▪cm−3(列计算式即可)。
12. 化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如图：
已知：
①
②
③一个碳原子连接两个−OH不稳定，易自动脱水
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称为 ______ ；B的化学名称为 ______ ；由C生成D的反应类型为 ______ 。
(2)F的结构简式为 ______ ；由F生成G所需试剂和条件为 ______ 。
(3)由G生成M的化学方程式为 ______ 。
(4)Q为D的同分异构体，同时满足下列条件的Q的所有结构简式有 ______ 种(不含立体异构)。
①苯环上连有5个取代基；
②既含−NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应。
(5)参照上述合成路线和信息，以2−丙醇和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线 ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.合金具有硬度大熔点低的特点，青铜是合金，故青铜具有熔点低硬度大等特点，故A正确；
B.亚铁呈现青绿色，故八达岭长城的青色瓷砖，可能含有二价铁，故B正确；
C.酚醛树脂具有绝缘、隔热、难燃等特点，常做手柄，故C正确；
D.钢铁是合金材料，是金属材料不是无机非金属材料，故D错误；
故选：D。
A.合金具有硬度大熔点低的特点；
B.亚铁呈现青绿色；
C.酚醛树脂具有绝缘、隔热、难燃等特点；
D.钢铁是合金材料。
本题考查了金属及非金属元素的单质及其化合物的性质和应用，为高频考点，涉及物质的性质与用途，明确物质性质差异性是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.该分子中含有15个碳原子、14个氢原子、3个氧原子，分子式为C15H14O3，故A错误；
B.苯环上有7种氢原子，苯环上就有7种一氯代物，故B正确；
C.−CHOH−能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以M能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.醇羟基和羧基都能和Na反应生成氢气，且存在2−OH∼H2、2−COOH∼H2，温度和压强未知，气体摩尔体积未知，所以无法计算生成氢气体积，故D错误；
故选：B。
A.该分子中含有15个碳原子、14个氢原子、3个氧原子；
B.苯环上有几种氢原子，苯环上就有几种一氯代物；
C.−CHOH−能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.醇羟基和羧基都能和Na反应生成氢气，且存在2−OH∼H2、2−COOH∼H2，温度和压强未知，气体摩尔体积未知。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，D为解答易错点，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，图中没有加热条件，故A错误；
B.有缓冲作用的装置能防止倒吸，该装置有缓冲作用，所以能防止倒吸；如果后续装置堵塞，锥形瓶内的水进入与空气相同的导管，故B正确；
C.不能使用分液漏斗，关闭弹簧夹时无法使固液分离，应使用长颈漏斗，故C错误；
D.坩埚属于能直接加热的仪器，所以该实验不需要垫石棉网，故D错误。
故选：B。
A.用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，需要加热条件；
B.有缓冲作用的装置能防止倒吸；如果后续装置堵塞，锥形瓶内的水进入与空气相同的导管；
C.不能使用分液漏斗，关闭弹簧夹时无法使固液分离；
D.用坩埚灼烧海带时不需要垫石棉网。
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、实验原理、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。
4.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，Q为H、W为O、X为C、Y为Cl、Z为S，
A.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：W
C.由最外层电子数与化学键数可知，化合物甲中除Q外，其它原子均满足8电子稳定结构，故C正确；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z，故D正确；
故选：B。
Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期，Q为H；X位于第二周期，化合物中形成4个共价键，则X为C；Z位于第三周期，Z形成2个共价键，Z为S；W形成1个双键，且原子半径小于X，则W为O；Y只形成1个共价键，且原子半径小于Z、大于X，则Y为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键、原子半径来推断元素为解答的关键，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。
5.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上水得电子生成H2，阴极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，即气体X为H2，故A正确；
B.由上述分析可知，阳极反应式为CuCl−e−+Cl−=CuCl2，阳极区反应为CH2=CH2+CuCl2=ClCH2CH2Cl，阴极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，阳极消耗Cl−，阴极生成OH−，则膜I为阴离子交换膜、膜II为阴离子交换膜，故B正确；
C.电解总反应为，CuCl2作催化剂，则稳定工作时CuCl2溶液的浓度保持不变，故C正确；
D.阳极反应式为CuCl−e−+Cl−=CuCl2，阳极区反应为CH2=CH2+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，则制备1molClCH2CH2Cl时转移2mol电子，同时转移2molNa+和2molCl−，即消耗2molNaCl时饱和食盐水质量减小为0.2mol×58.5g/mol=11.7g，故D错误；
故选：D。
由图可知，该装置为电解池，左侧电极上CuCl发生失电子的反应生成CuCl2，为阳极，阳极反应式为CuCl−e−+Cl−=CuCl2，阳极区反应为CH2=CH2+CuCl2=ClCH2CH2Cl，则右侧电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，即气体X为H2，阳极消耗Cl−，阴极生成OH−，则膜I为阴离子交换膜、膜II为阴离子交换膜，总反应为，结合电子守恒分析解答。
本题考查电解原理的应用，为高频考点，明确电极判断及各个电极上发生的反应、各个区域电解质溶液成分是解题的关键，转移结合电解质条件书写电极反应式，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和运用能力。
6.【答案】B
【解析】解：A.由反应机理图可知，在Pd催化剂表面离解O−H键的过程为反应Ⅰ到Ⅱ，离解C−H键的过程为，根据反应历程图，反应Ⅰ到Ⅱ活化能为44.7kJ，的活化能为(36.7−8.9)kJ=27.8kJ，故在Pd催化剂表面离解O−H键比C−H键的活化能高，故A错误；
B.根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOH−PdCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故B正确；
C.在历程中，的活化能最高，则生成的反应速率最慢，故C错误；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量=−14.1kJ/mol，故D错误；
故选：B。
A.由图可知，在Pd催化剂表面离解O−H键的过程为反应Ⅰ到Ⅱ，离解C−H键的过程为，根据反应历程图，反应Ⅰ到Ⅱ活化能为44.7kJ，的活化能为(36.7−8.9)kJ=27.8kJ；
B.根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOH−PdCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2；
C.在历程中，的活化能最高；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量。
本题考查化学反应中能量变化，题目以图象的形式进行呈现，涉及过程复杂，关键是对能量变化、反应机理的理解，侧重考查学生分析理解能力和综合运用能力。
7.【答案】A
【解析】解：A.由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl−)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl−)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，故A错误；
B.沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl−)=10−2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=−9.75可知，Ksp(AgCl)=10−9.75，则此时c(Ag+)=10−7.21mol⋅L−1，故B正确；
C.当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，图中横坐标为−2，由图可知，此时c(AgCl2−)>c(Ag+)>c(AgCl32−)，故C正确；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K=1c(Cl−)=100.2，故D正确；
故选：A。
A.由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl−)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl−)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子；
B.沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl−)=10−2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=−9.75可知，Ksp(AgCl)=10−9.75；
C.当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，图中横坐标为−2；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1。
本题考查弱电解质电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分关系、平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
8.【答案】加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等 4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)1014H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O10−7.3或5.0×10−82H++2e−=H2↑80.4
【解析】解：(1)为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，故答案为：加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等；
(2)反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)，
故答案为：4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)；
(3)由图象可知Ksp(Ag2SO4)=10−5，Ksp(AgCl)=10−9.75，Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)的化学平衡常数K=c(SO42−)c2(Cl−)=Ksp(Ag2SO4)[Ksp(AgCl)]2=10−5(10−9.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014，
故答案为：1014；
(4)反应④的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O，故答案为：H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O；
(5)由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H+)c(SeO32−)c(HSO3−)=10−7.3或5.0×10−8，
故答案为：10−7.3或5.0×10−8；
(6)若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H++2e−=H2↑，用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为10×60×6096500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g108g/mol=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.30.373×100%=80.4%，
故答案为：2H++2e−=H2↑；80.4。
硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)，加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4⋅H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银，以此解答该题。
本题考查物质制备工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、电解、信息获取与迁移运用等，侧重考查学生对知识的综合运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
9.【答案】分液漏斗 降低水中的溶解氧 旋开K1 FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓乙醇 硫酸过量，可抑制亚铁离子水解 液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ 78.4%
【解析】解：(1)仪器a为分液漏斗，蒸馏水需经煮沸并迅速冷却后再使用的目的是除去水中的溶解氧，
故答案为：分液漏斗；降低水中的溶解氧；
(2)为保证硫酸顺利滴入C中，待C中逸出H2较为纯净后，应该使分液漏斗上下的压强相等，采取的操作是旋开K1，A中液体会自动流入B中，硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，反应的化学方程式为：FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓，
故答案为：旋开K1；FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓；
(3)摩尔盐易溶于水，在乙醇等有机溶剂中溶解度小，故可用乙醇洗涤，装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1∼2之间，其目的为硫酸过量，可抑制亚铁离子水解，
故答案为：乙醇；硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；
(4)装置C导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，
故答案为：液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+；
(5)Cr2O72−还原产物为 Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n(K2Cr2O7)=0.01000mol/L×0.03L=0.0003mol，故n[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O)]=n(Fe2+)=0.003mol×6×25025=0.018mol，则m[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O)]=0.018mol×392g/mol=7.056g，该样品的纯度=7.056g9.0g×100%=78.4%，
故答案为：78.4%。
制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol⋅L−1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+，据此分析回答问题。
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】−802>58%<该反应为放热反应，温度小于T0时反应未达平衡，故随温度升高，H2S转化率增大；温度大于T0后反应已达平衡，升温导致平衡逆向移动，硫化氢平衡转化率降低 甲 1115
【解析】解：(1)已知：①2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH1=−227kJ/mol，②8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=−348kJ/mol，根据盖斯定律，由①×2+②得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−227kJ/mol×2+(−348kJ/mol)=−802kJ/mol，
故答案为：−802；
(2)由图可知，载氧体I在空气反应器中吸收空气中的氧气，然后转移到燃料反应器中，再和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，得到载氧体II，所以氧的质量分数大小为：载氧体I>载氧体II，
故答案为：>；
(3)根据题意，往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数x(O2)为21%，设通入的空气的物质的量为amol，氧气的消耗量为bmol，则起始时氧气的物质的量为0.21amol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a−b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79amol，由图可知，985℃时，平衡时x(O2)=10%，即0.21a−b(0.21a−b)+0.79a×100%=10%，整理得b=1190a，则平衡转化率a(O2)=1190a0.21a×100%≈58%，
故答案为：58%；
(4)当反应平衡后随着升温转化率下降，反应逆向进行，故正反应为放热反应；该反应为放热反应，温度小于T0时反应未达平衡，故随温度升高，H2S转化率增大；温度大于T0后反应已达平衡，升温导致平衡逆向移动，硫化氢平衡转化率降低，
故答案为：<；该反应为放热反应，温度小于T0时反应未达平衡，故随温度升高，H2S转化率增大；温度大于T0后反应已达平衡，升温导致平衡逆向移动，硫化氢平衡转化率降低；
(5)240℃时，其平衡常数K=1，ω[H2S(g)]=ω[CO(g)]=ω[COS(g)=ω[H2(g)]=25%,反应放热升高温度平衡逆向移动，生成物体积减小，反应物体积分数增大，起始时密闭容器中ω[H2S(g)和ω([CO(g])]ω[COS(g)]和ω[H2(g)]分别相等，甲丁处于同一温度体系(320℃)，乙丙处于同温度体系(300℃)，320℃时，表示ω[H2S(g)]的曲线是甲，
故答案为：甲；
(6)在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在铁系催化剂作用下进行反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，图4中点M(350,70)，即350℃时CO2的平衡转化率为70%，转化的CO2的物质的量为1mol×70%=0.7mol，此时乙烯的选择性为47，则转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为47×0.7mol=0.4mol，转化为CO的CO2的物质的量为0.7mol−0.4mol=0.3mol，根据化学方程式列出三段式：
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)00
变化(mol)0.30.30.30.3
平衡(mol)0.30.3
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
开始(mol)00
平衡(mol)0.41.20.20.8
平衡(mol)0.20.8
平衡时CO2的物质的量为1mol−0.3mol−0.4mol=0.3mol，CO的物质的量为0.3mol，H2的物质的量为3mol−0.3mol−1.2mol=1.5mol，水蒸气的物质的量为0.3mol+0.8mol=1.1mol，C2H4的物质的量为0.2mol，气体的总物质的量为0.3mol+0.3mol+1.5mol+1.1mol+0.2mol=3.4mol，
则该温度时反应②的平衡常数Kp=p(CO)p(H2O)p(H2)p(CO2)=1.13.4×0.1MPa×0.33.4×0.1MPa1.53.4×0.1MPa×0.31.5×0.1MPa=1115，
故答案为：1115。
(1)已知：①2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH1=−227kJ/mol，②8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=−348kJ/mol，根据盖斯定律，由①×2+②得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；
(2)由图可知，载氧体I在空气反应器中吸收空气中的氧气，然后转移到燃料反应器中，再和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，得到载氧体II；
(3)根据题意，往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数x(O2)为21%，设通入的空气的物质的量为amol，氧气的消耗量为bmol，则起始时氧气的物质的量为0.21amol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a−b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79amol，由图可知，985℃时，平衡时x(O2)=10%，即0.21a−b(0.21a−b)+0.79a×100%=10%，整理得b=1190a；
(4)当反应平衡后随着升温转化率下降，反应逆向进行，故正反应为放热反应；
(5)240℃时，其平衡常数K=1，ω[H2S(g)]=ω[CO(g)]=ω[COS(g)=ω[H2(g)]=25%,反应放热升高温度平衡逆向移动，生成物体积减小，反应物体积分数增大，起始时密闭容器中ω[H2S(g)和ω([CO(g])]ω[COS(g)]和ω[H2(g)]分别相等，甲丁处于同一温度体系(320℃)，乙丙处于同温度体系(300℃)；
(6)在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在铁系催化剂作用下进行反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，图4中点M(350,70)，即350℃时CO2的平衡转化率为70%，转化的CO2的物质的量为1mol×70%=0.7mol，此时乙烯的选择性为47，则转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为47×0.7mol=0.4mol，转化为CO的CO2的物质的量为0.7mol−0.4mol=0.3mol，根据化学方程式列出三段式：
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)00
变化(mol)0.30.30.30.3
平衡(mol)0.30.3
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
开始(mol)00
平衡(mol)0.41.20.20.8
平衡(mol)0.20.8
平衡时CO2的物质的量为1mol−0.3mol−0.4mol=0.3mol，CO的物质的量为0.3mol，H2的物质的量为3mol−0.3mol−1.2mol=1.5mol，水蒸气的物质的量为0.3mol+0.8mol=1.1mol，C2H4的物质的量为0.2mol，气体的总物质的量为0.3mol+0.3mol+1.5mol+1.1mol+0.2mol=3.4mol，
则该温度时反应②的平衡常数Kp=p(CO)p(H2O)p(H2)p(CO2)。
本题考查化学平衡及其影响因素、平衡图象分析与判断等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，准确提取题中的关键信息和关键数据及数据的处理是解答本题的关键，把握化学平衡的影响因素即可解答，要求考生细心、有耐心和扎实的基本功，注意选择性膜技术的理解，题目难度较大。
11.【答案】4d95s25p1 N>O>C吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能 sp3 19NA (12,1,12)2MNA(a×10−10)3
【解析】解：(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1，
故答案为：4d95s25p1；
(2)该化合物中所涉及的第二周期元素为C、N、O；由于N为半充满状态，第一电离能第一电离能比同周期相邻元素的大，第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(3)吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能，故噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，
故答案为：吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能；
(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3，苯环上6个碳原子之间有6个C−C单键为σ键，还有4个C−H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(或19×6.02×1023)，
故答案为：sp3；19NA；
(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的34处，根据①号位的坐标为(34,34,34)，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为12、1，③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(12,1,12)，根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为8×18+6×12=4，Cd原子的个数为6，所以晶体的化学式为Cd3As2，砷化镉的摩尔质量M为Mg⋅mol−1，则晶胞的质量 m=2MNA g，晶胞参数为apm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10−10)3cm3，所以晶胞的密度ρ=mV=2MNAg(a×10−10)3cm3=2MNA(a×10−10)3 g⋅cm−3，
故答案为：(12,1,12)；2MNA(a×10−10)3。
(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子；
(2)该化合物中所涉及的第二周期元素为C、N、O；由于N为半充满状态，第一电离能比同周期相邻元素的大；
(3)吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能；
(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键，不含孤电子对；苯环上6个碳原子之间有6个C−C单键为σ键，还有4个C−H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键；
(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的34处，根据①号位的坐标为可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子位于右侧面的面心，在底面的投影位于底面棱心上，可确定，③号位碳原子的坐标；根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为4，Cd原子的个数为6，砷化镉的摩尔质量为 Mg⋅mol−1，晶胞参数为apm，晶胞的体积V=a3m3，可以求得晶胞的密度。
本题考查了核外电子排布式的书写、物质的结构与性质、晶胞计算、第一电离能等知识点，把握原子结构、晶胞结构是解题关键，注意晶胞密度的计算方法，试题利于学生分析能力和空间想象能力的培养，题目难度中等。
12.【答案】碳碳双键、醛基 3−氯丁醛 取代反应 Cl2、光照 +2NaCl+H2O10
【解析】解：(1)A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的母体是丁醛，氯原子为取代基，B的化学名称为3−氯丁醛；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应，
故答案为：碳碳双键、醛基；3−氯丁醛；取代反应；
(2)由分析可知，F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照，
故答案为：；Cl2、光照；
(3)由G生成M的化学方程式为：+2NaCl+H2O，
故答案为：+2NaCl+H2O；
(4)D为，D的同分异构体Q满足：①苯环上连有5个取代基；②既含−NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有−CHO，5个取代基为−NH2、−CHO、3个−CH3，和苯环上A、B、C三个不同取代基一样，A与B有邻、间、对3种位置关系，对应的C分别有4种、4种、2种位置，共有10种，
故答案为：10；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A和HCl在催化剂的作用下生成，A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，和加热反应生成C，根据已知信息①，推测C为，和氢氧化钠溶液加热生成，则D为，催化氧化生成，在酸性条件下加热生成F，根据已知信息②，结合G的结构，推出F为，和氢氧化钠溶液加热生成，根据已知信息③，不稳定，易自动脱水，则M为；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，(4)中同分异构体书写为易错点、难点，注意等效法解答，题目侧考查学生分析推理能力、自学能力、灵活运用知识的能力。
2022年安徽省六校教育研究会高考化学第二次联考试卷
1. 材料的性质与人类生产生活密切相关。下列叙述错误的是( )
A
B
C
D
三星堆出土的青铜神鸟与铜相比，青铜具有熔点低硬度大等特点
八达岭长城的青砖，除了主要成分硅酸盐之外还可能有二价铁
以酚醛树脂高分子材料构成的手柄具有绝缘、隔热、难燃的特点
中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
A. A B. B C. C D. D
2. 有机物M的结构简式如图。下列有关M的说法正确的是( )
A. 分子式为C15H12O3
B. 苯环上的一氯代物有7种
C. M不能使酸性KMnO4溶液褪色
D. 1molM与足量的Na反应，生成22.4LH2
3. 下列实验操作或实验仪器使用正确的是( )
A. 装置可用于比较MnO2、Cl2、S的氧化性
B. 既可以防止倒吸，又可以检查实验时后续装置是否发生堵塞
C. 可组装启普发生器
D. 用来灼烧海带
4. 化合物甲是一种重要的医药中间体，其结构式如图所示。其中Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期。下列说法错误的是( )
A. 简单离子半径：W
C. 化合物甲中除Q外，其它原子均满足8电子稳定结构
D. 元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z
5. 有机物的电化学合成是目前研究的热点之一，我国学者利用双膜三室电解法合成了ClCH2CH2Cl，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用价值的副产品，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. 气体X为H2
B. 膜I、膜II依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜
C. 稳定工作时CuCl2溶液的浓度保持不变
D. 制得1molClCH2CH2Cl的同时饱和食盐水质量减小58.5g
6. 科学家研究HCOOH在催化剂Pd表面脱氢，其反应历程和相对能量的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在催化剂Pd表面断裂O−H键比C−H键活化能低
B. 用DCOOH代替HCOOH反应，产物可能含有HD、D2和H2
C. 在I−V中，II生成III的反应速率最慢
D. HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的ΔH=+14.1akJ▪mol−1
7. 湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl−进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如随lgc(Cl−)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=−9.75。下列叙述错误的是( )
A. AgCl溶解度随c(Cl−)增大而不断减小
B. 沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10−7.21mol▪L−1
C. 当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，溶液中c(AgCl2−)>c(Ag+)>c(AgCl32−)
D. 25℃时，AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=100.2
8. 硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：
回答下列问题：
(1)为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为______(答出两条)。
(2)已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式______。
(3)反应②为Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)；常温下的Ag2SO4 AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图1所示。则Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)的化学平衡常数的数量级为______。
(4)写出反应④的化学方程式______。
(5)室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3−、SeO3−的摩尔分数随pH的变化如图2所示，则室温下H2SeO3的Ka2=______。
(6)工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5∼2，电流强度为5∼10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生______(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为______%.(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C⋅mol−1)
9. 莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O,Mr=392]能溶于水，难溶于无水乙醇，是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ______。配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 ______。
(2)待C中逸出H2较为纯净后，______(填具体操作)，A中液体会自动流入B中。此时B中发生的主要反应的化学方程式为 ______。
(3)制备结束后，将B中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用______(填试剂名称)进行洗涤。装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1∼2之间，其目的为 ______。
(4)装置C的作用为 ______。
(5)实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成250ml溶液，从中取出25.00mL溶液，用0.01000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定，消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 ______(保留至0.1%)。
10. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。“碳中和”是指二氧化碳的排放总量和减少总量相当，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。回答下列问题：
化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集CO2。基于CuO/Cu2O载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如图。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−227kJ/mol
②8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−348kJ/mol
(1)反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=______kJ/mol。
(2)氧的质量分数：载氧体Ⅰ______(填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
(3)往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气[氧气的物的量分数x(O2)为21%]，发生反应①。平衡时x(O2)随反应温度T变化的曲线如图1所示。985℃时O2的平衡转化率a(O2)=______(保留2位有效数字)。
利用工厂废气中的硫化氢可将CO转化为化工原料羰基硫(COS)：CO(g)+H2S(g)→COS(g)+H2(g)ΔH，240℃时，其平衡常数K=1。
(4)在某密闭容器中，以不同投料比[n(CO)n(H2S)]进行上述反应，相同时间内H2S的转化率与温度(T)的关系如图2所示。则ΔH______(填“>”或“<”)0，转化率先增大后减小的原因是 ______。
(5)分别在300℃、320℃进行上述反应，反应中H2S(g)和COS(g)的体积分数(ω)随时间(t)的变化关系如图3所示。已知：起始时密闭容器中ω[H2S(g)]和ω[CO(g)]、ω[COS(g)]和ω[H2(g)]分别相等。则320℃时，表示ω[H2S(g)]的曲线是 ______(填“甲”“乙”“丙”或“丁”)。
二氧化碳催化加氢合成乙烯也是综合利用CO2的热点研究领域。CO2和H2在铁系催化剂作用下发生化学反应：
①2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
(6)在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在铁系催化剂作用下进行反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图4所示，图4中点M(350,70)，此时乙烯的选择性为47(选择性：转化的CO2中生成C2H4和CO的百分比)。则该温度时反应②的平衡常数Kp=______(分压=总压×物质的量分数)。
11. (1)Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的价电子排布式为 ______。
(2)一水合甘氨酸锌[(H2NCH2COO)2Zn⋅H2O]是一种饲料添加剂，该化合物中所涉及的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(用元素符号表示)。
(3)噻吩()和吡咯()形成配位化合物。噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，原因为 ______。
(4)含砷有机物“对氨基苯砷酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为 ______，1mol对氨基苯砷酸含σ键数目为 ______。
(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标(34,34,34)，则③号位原子坐标参数为 ______。晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为Mg⋅mol−1，则该晶胞的密度为 ______g▪cm−3(列计算式即可)。
12. 化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如图：
已知：
①
②
③一个碳原子连接两个−OH不稳定，易自动脱水
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称为 ______ ；B的化学名称为 ______ ；由C生成D的反应类型为 ______ 。
(2)F的结构简式为 ______ ；由F生成G所需试剂和条件为 ______ 。
(3)由G生成M的化学方程式为 ______ 。
(4)Q为D的同分异构体，同时满足下列条件的Q的所有结构简式有 ______ 种(不含立体异构)。
①苯环上连有5个取代基；
②既含−NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应。
(5)参照上述合成路线和信息，以2−丙醇和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线 ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.合金具有硬度大熔点低的特点，青铜是合金，故青铜具有熔点低硬度大等特点，故A正确；
B.亚铁呈现青绿色，故八达岭长城的青色瓷砖，可能含有二价铁，故B正确；
C.酚醛树脂具有绝缘、隔热、难燃等特点，常做手柄，故C正确；
D.钢铁是合金材料，是金属材料不是无机非金属材料，故D错误；
故选：D。
A.合金具有硬度大熔点低的特点；
B.亚铁呈现青绿色；
C.酚醛树脂具有绝缘、隔热、难燃等特点；
D.钢铁是合金材料。
本题考查了金属及非金属元素的单质及其化合物的性质和应用，为高频考点，涉及物质的性质与用途，明确物质性质差异性是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.该分子中含有15个碳原子、14个氢原子、3个氧原子，分子式为C15H14O3，故A错误；
B.苯环上有7种氢原子，苯环上就有7种一氯代物，故B正确；
C.−CHOH−能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以M能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.醇羟基和羧基都能和Na反应生成氢气，且存在2−OH∼H2、2−COOH∼H2，温度和压强未知，气体摩尔体积未知，所以无法计算生成氢气体积，故D错误；
故选：B。
A.该分子中含有15个碳原子、14个氢原子、3个氧原子；
B.苯环上有几种氢原子，苯环上就有几种一氯代物；
C.−CHOH−能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D.醇羟基和羧基都能和Na反应生成氢气，且存在2−OH∼H2、2−COOH∼H2，温度和压强未知，气体摩尔体积未知。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，D为解答易错点，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，图中没有加热条件，故A错误；
B.有缓冲作用的装置能防止倒吸，该装置有缓冲作用，所以能防止倒吸；如果后续装置堵塞，锥形瓶内的水进入与空气相同的导管，故B正确；
C.不能使用分液漏斗，关闭弹簧夹时无法使固液分离，应使用长颈漏斗，故C错误；
D.坩埚属于能直接加热的仪器，所以该实验不需要垫石棉网，故D错误。
故选：B。
A.用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，需要加热条件；
B.有缓冲作用的装置能防止倒吸；如果后续装置堵塞，锥形瓶内的水进入与空气相同的导管；
C.不能使用分液漏斗，关闭弹簧夹时无法使固液分离；
D.用坩埚灼烧海带时不需要垫石棉网。
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、实验原理、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。
4.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，Q为H、W为O、X为C、Y为Cl、Z为S，
A.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：W
C.由最外层电子数与化学键数可知，化合物甲中除Q外，其它原子均满足8电子稳定结构，故C正确；
D.同周期主族元素从左向右非金属性增强，则元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z，故D正确；
故选：B。
Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期，Q为H；X位于第二周期，化合物中形成4个共价键，则X为C；Z位于第三周期，Z形成2个共价键，Z为S；W形成1个双键，且原子半径小于X，则W为O；Y只形成1个共价键，且原子半径小于Z、大于X，则Y为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键、原子半径来推断元素为解答的关键，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。
5.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上水得电子生成H2，阴极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，即气体X为H2，故A正确；
B.由上述分析可知，阳极反应式为CuCl−e−+Cl−=CuCl2，阳极区反应为CH2=CH2+CuCl2=ClCH2CH2Cl，阴极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，阳极消耗Cl−，阴极生成OH−，则膜I为阴离子交换膜、膜II为阴离子交换膜，故B正确；
C.电解总反应为，CuCl2作催化剂，则稳定工作时CuCl2溶液的浓度保持不变，故C正确；
D.阳极反应式为CuCl−e−+Cl−=CuCl2，阳极区反应为CH2=CH2+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，则制备1molClCH2CH2Cl时转移2mol电子，同时转移2molNa+和2molCl−，即消耗2molNaCl时饱和食盐水质量减小为0.2mol×58.5g/mol=11.7g，故D错误；
故选：D。
由图可知，该装置为电解池，左侧电极上CuCl发生失电子的反应生成CuCl2，为阳极，阳极反应式为CuCl−e−+Cl−=CuCl2，阳极区反应为CH2=CH2+CuCl2=ClCH2CH2Cl，则右侧电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，即气体X为H2，阳极消耗Cl−，阴极生成OH−，则膜I为阴离子交换膜、膜II为阴离子交换膜，总反应为，结合电子守恒分析解答。
本题考查电解原理的应用，为高频考点，明确电极判断及各个电极上发生的反应、各个区域电解质溶液成分是解题的关键，转移结合电解质条件书写电极反应式，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和运用能力。
6.【答案】B
【解析】解：A.由反应机理图可知，在Pd催化剂表面离解O−H键的过程为反应Ⅰ到Ⅱ，离解C−H键的过程为，根据反应历程图，反应Ⅰ到Ⅱ活化能为44.7kJ，的活化能为(36.7−8.9)kJ=27.8kJ，故在Pd催化剂表面离解O−H键比C−H键的活化能高，故A错误；
B.根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOH−PdCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故B正确；
C.在历程中，的活化能最高，则生成的反应速率最慢，故C错误；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量=−14.1kJ/mol，故D错误；
故选：B。
A.由图可知，在Pd催化剂表面离解O−H键的过程为反应Ⅰ到Ⅱ，离解C−H键的过程为，根据反应历程图，反应Ⅰ到Ⅱ活化能为44.7kJ，的活化能为(36.7−8.9)kJ=27.8kJ；
B.根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOH−PdCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2；
C.在历程中，的活化能最高；
D.ΔH=生成物总能量-反应物总能量。
本题考查化学反应中能量变化，题目以图象的形式进行呈现，涉及过程复杂，关键是对能量变化、反应机理的理解，侧重考查学生分析理解能力和综合运用能力。
7.【答案】A
【解析】解：A.由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl−)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl−)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，故A错误；
B.沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl−)=10−2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=−9.75可知，Ksp(AgCl)=10−9.75，则此时c(Ag+)=10−7.21mol⋅L−1，故B正确；
C.当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，图中横坐标为−2，由图可知，此时c(AgCl2−)>c(Ag+)>c(AgCl32−)，故C正确；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K=1c(Cl−)=100.2，故D正确；
故选：A。
A.由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl−)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl−)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子；
B.沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl−)=10−2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=−9.75可知，Ksp(AgCl)=10−9.75；
C.当c(Cl−)=10−2mol⋅L−1时，图中横坐标为−2；
D.AgCl2−+Cl−⇌AgCl32−的平衡常数K=c(AgCl32−)c(AgCl2−)c(Cl−)，则在图中横坐标为−0.2时AgCl2−与AgCl32−相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1。
本题考查弱电解质电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分关系、平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
8.【答案】加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等 4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)1014H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O10−7.3或5.0×10−82H++2e−=H2↑80.4
【解析】解：(1)为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，故答案为：加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等；
(2)反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)，
故答案为：4AgCl+N2H4⋅H2O+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+5H2O；(或4AgCl+N2H4+4OH−=4Ag+4Cl−+N2↑+4H2O)；
(3)由图象可知Ksp(Ag2SO4)=10−5，Ksp(AgCl)=10−9.75，Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)=2AgCl(s)+SO42−(aq)的化学平衡常数K=c(SO42−)c2(Cl−)=Ksp(Ag2SO4)[Ksp(AgCl)]2=10−5(10−9.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014，
故答案为：1014；
(4)反应④的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O，故答案为：H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3=2H2SO4+Se+H2O；
(5)由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H+)c(SeO32−)c(HSO3−)=10−7.3或5.0×10−8，
故答案为：10−7.3或5.0×10−8；
(6)若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H++2e−=H2↑，用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为10×60×6096500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g108g/mol=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.30.373×100%=80.4%，
故答案为：2H++2e−=H2↑；80.4。
硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)，加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4⋅H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银，以此解答该题。
本题考查物质制备工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、电解、信息获取与迁移运用等，侧重考查学生对知识的综合运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
9.【答案】分液漏斗 降低水中的溶解氧 旋开K1 FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓乙醇 硫酸过量，可抑制亚铁离子水解 液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ 78.4%
【解析】解：(1)仪器a为分液漏斗，蒸馏水需经煮沸并迅速冷却后再使用的目的是除去水中的溶解氧，
故答案为：分液漏斗；降低水中的溶解氧；
(2)为保证硫酸顺利滴入C中，待C中逸出H2较为纯净后，应该使分液漏斗上下的压强相等，采取的操作是旋开K1，A中液体会自动流入B中，硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，反应的化学方程式为：FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓，
故答案为：旋开K1；FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O↓；
(3)摩尔盐易溶于水，在乙醇等有机溶剂中溶解度小，故可用乙醇洗涤，装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1∼2之间，其目的为硫酸过量，可抑制亚铁离子水解，
故答案为：乙醇；硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；
(4)装置C导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，
故答案为：液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+；
(5)Cr2O72−还原产物为 Cr3+，则K2Cr2O7具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，由题目数据可得：n(K2Cr2O7)=0.01000mol/L×0.03L=0.0003mol，故n[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O)]=n(Fe2+)=0.003mol×6×25025=0.018mol，则m[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O)]=0.018mol×392g/mol=7.056g，该样品的纯度=7.056g9.0g×100%=78.4%，
故答案为：78.4%。
制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol⋅L−1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+，据此分析回答问题。
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】−802>58%<该反应为放热反应，温度小于T0时反应未达平衡，故随温度升高，H2S转化率增大；温度大于T0后反应已达平衡，升温导致平衡逆向移动，硫化氢平衡转化率降低 甲 1115
【解析】解：(1)已知：①2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH1=−227kJ/mol，②8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=−348kJ/mol，根据盖斯定律，由①×2+②得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−227kJ/mol×2+(−348kJ/mol)=−802kJ/mol，
故答案为：−802；
(2)由图可知，载氧体I在空气反应器中吸收空气中的氧气，然后转移到燃料反应器中，再和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，得到载氧体II，所以氧的质量分数大小为：载氧体I>载氧体II，
故答案为：>；
(3)根据题意，往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数x(O2)为21%，设通入的空气的物质的量为amol，氧气的消耗量为bmol，则起始时氧气的物质的量为0.21amol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a−b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79amol，由图可知，985℃时，平衡时x(O2)=10%，即0.21a−b(0.21a−b)+0.79a×100%=10%，整理得b=1190a，则平衡转化率a(O2)=1190a0.21a×100%≈58%，
故答案为：58%；
(4)当反应平衡后随着升温转化率下降，反应逆向进行，故正反应为放热反应；该反应为放热反应，温度小于T0时反应未达平衡，故随温度升高，H2S转化率增大；温度大于T0后反应已达平衡，升温导致平衡逆向移动，硫化氢平衡转化率降低，
故答案为：<；该反应为放热反应，温度小于T0时反应未达平衡，故随温度升高，H2S转化率增大；温度大于T0后反应已达平衡，升温导致平衡逆向移动，硫化氢平衡转化率降低；
(5)240℃时，其平衡常数K=1，ω[H2S(g)]=ω[CO(g)]=ω[COS(g)=ω[H2(g)]=25%,反应放热升高温度平衡逆向移动，生成物体积减小，反应物体积分数增大，起始时密闭容器中ω[H2S(g)和ω([CO(g])]ω[COS(g)]和ω[H2(g)]分别相等，甲丁处于同一温度体系(320℃)，乙丙处于同温度体系(300℃)，320℃时，表示ω[H2S(g)]的曲线是甲，
故答案为：甲；
(6)在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在铁系催化剂作用下进行反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，图4中点M(350,70)，即350℃时CO2的平衡转化率为70%，转化的CO2的物质的量为1mol×70%=0.7mol，此时乙烯的选择性为47，则转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为47×0.7mol=0.4mol，转化为CO的CO2的物质的量为0.7mol−0.4mol=0.3mol，根据化学方程式列出三段式：
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)00
变化(mol)0.30.30.30.3
平衡(mol)0.30.3
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
开始(mol)00
平衡(mol)0.41.20.20.8
平衡(mol)0.20.8
平衡时CO2的物质的量为1mol−0.3mol−0.4mol=0.3mol，CO的物质的量为0.3mol，H2的物质的量为3mol−0.3mol−1.2mol=1.5mol，水蒸气的物质的量为0.3mol+0.8mol=1.1mol，C2H4的物质的量为0.2mol，气体的总物质的量为0.3mol+0.3mol+1.5mol+1.1mol+0.2mol=3.4mol，
则该温度时反应②的平衡常数Kp=p(CO)p(H2O)p(H2)p(CO2)=1.13.4×0.1MPa×0.33.4×0.1MPa1.53.4×0.1MPa×0.31.5×0.1MPa=1115，
故答案为：1115。
(1)已知：①2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH1=−227kJ/mol，②8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=−348kJ/mol，根据盖斯定律，由①×2+②得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；
(2)由图可知，载氧体I在空气反应器中吸收空气中的氧气，然后转移到燃料反应器中，再和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，得到载氧体II；
(3)根据题意，往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数x(O2)为21%，设通入的空气的物质的量为amol，氧气的消耗量为bmol，则起始时氧气的物质的量为0.21amol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a−b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79amol，由图可知，985℃时，平衡时x(O2)=10%，即0.21a−b(0.21a−b)+0.79a×100%=10%，整理得b=1190a；
(4)当反应平衡后随着升温转化率下降，反应逆向进行，故正反应为放热反应；
(5)240℃时，其平衡常数K=1，ω[H2S(g)]=ω[CO(g)]=ω[COS(g)=ω[H2(g)]=25%,反应放热升高温度平衡逆向移动，生成物体积减小，反应物体积分数增大，起始时密闭容器中ω[H2S(g)和ω([CO(g])]ω[COS(g)]和ω[H2(g)]分别相等，甲丁处于同一温度体系(320℃)，乙丙处于同温度体系(300℃)；
(6)在1L密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在铁系催化剂作用下进行反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，图4中点M(350,70)，即350℃时CO2的平衡转化率为70%，转化的CO2的物质的量为1mol×70%=0.7mol，此时乙烯的选择性为47，则转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为47×0.7mol=0.4mol，转化为CO的CO2的物质的量为0.7mol−0.4mol=0.3mol，根据化学方程式列出三段式：
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
开始(mol)00
变化(mol)0.30.30.30.3
平衡(mol)0.30.3
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
开始(mol)00
平衡(mol)0.41.20.20.8
平衡(mol)0.20.8
平衡时CO2的物质的量为1mol−0.3mol−0.4mol=0.3mol，CO的物质的量为0.3mol，H2的物质的量为3mol−0.3mol−1.2mol=1.5mol，水蒸气的物质的量为0.3mol+0.8mol=1.1mol，C2H4的物质的量为0.2mol，气体的总物质的量为0.3mol+0.3mol+1.5mol+1.1mol+0.2mol=3.4mol，
则该温度时反应②的平衡常数Kp=p(CO)p(H2O)p(H2)p(CO2)。
本题考查化学平衡及其影响因素、平衡图象分析与判断等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，准确提取题中的关键信息和关键数据及数据的处理是解答本题的关键，把握化学平衡的影响因素即可解答，要求考生细心、有耐心和扎实的基本功，注意选择性膜技术的理解，题目难度较大。
11.【答案】4d95s25p1 N>O>C吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能 sp3 19NA (12,1,12)2MNA(a×10−10)3
【解析】解：(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1，
故答案为：4d95s25p1；
(2)该化合物中所涉及的第二周期元素为C、N、O；由于N为半充满状态，第一电离能第一电离能比同周期相邻元素的大，第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(3)吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能，故噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，
故答案为：吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能；
(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3，苯环上6个碳原子之间有6个C−C单键为σ键，还有4个C−H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(或19×6.02×1023)，
故答案为：sp3；19NA；
(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的34处，根据①号位的坐标为(34,34,34)，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为12、1，③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(12,1,12)，根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为8×18+6×12=4，Cd原子的个数为6，所以晶体的化学式为Cd3As2，砷化镉的摩尔质量M为Mg⋅mol−1，则晶胞的质量 m=2MNA g，晶胞参数为apm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10−10)3cm3，所以晶胞的密度ρ=mV=2MNAg(a×10−10)3cm3=2MNA(a×10−10)3 g⋅cm−3，
故答案为：(12,1,12)；2MNA(a×10−10)3。
(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子；
(2)该化合物中所涉及的第二周期元素为C、N、O；由于N为半充满状态，第一电离能比同周期相邻元素的大；
(3)吡咯能和水分子之间形成氢键，噻吩不能；
(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键，不含孤电子对；苯环上6个碳原子之间有6个C−C单键为σ键，还有4个C−H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键；
(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的34处，根据①号位的坐标为可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子位于右侧面的面心，在底面的投影位于底面棱心上，可确定，③号位碳原子的坐标；根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为4，Cd原子的个数为6，砷化镉的摩尔质量为 Mg⋅mol−1，晶胞参数为apm，晶胞的体积V=a3m3，可以求得晶胞的密度。
本题考查了核外电子排布式的书写、物质的结构与性质、晶胞计算、第一电离能等知识点，把握原子结构、晶胞结构是解题关键，注意晶胞密度的计算方法，试题利于学生分析能力和空间想象能力的培养，题目难度中等。
12.【答案】碳碳双键、醛基 3−氯丁醛 取代反应 Cl2、光照 +2NaCl+H2O10
【解析】解：(1)A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的母体是丁醛，氯原子为取代基，B的化学名称为3−氯丁醛；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应，
故答案为：碳碳双键、醛基；3−氯丁醛；取代反应；
(2)由分析可知，F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照，
故答案为：；Cl2、光照；
(3)由G生成M的化学方程式为：+2NaCl+H2O，
故答案为：+2NaCl+H2O；
(4)D为，D的同分异构体Q满足：①苯环上连有5个取代基；②既含−NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有−CHO，5个取代基为−NH2、−CHO、3个−CH3，和苯环上A、B、C三个不同取代基一样，A与B有邻、间、对3种位置关系，对应的C分别有4种、4种、2种位置，共有10种，
故答案为：10；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A和HCl在催化剂的作用下生成，A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，和加热反应生成C，根据已知信息①，推测C为，和氢氧化钠溶液加热生成，则D为，催化氧化生成，在酸性条件下加热生成F，根据已知信息②，结合G的结构，推出F为，和氢氧化钠溶液加热生成，根据已知信息③，不稳定，易自动脱水，则M为；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构进行分析推断，熟练掌握官能团的性质与转化，(4)中同分异构体书写为易错点、难点，注意等效法解答，题目侧考查学生分析推理能力、自学能力、灵活运用知识的能力。
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