2022届安徽省芜湖一中新未来联盟高三下学期5月联考理科综合化学试题含解析

这是一份2022届安徽省芜湖一中新未来联盟高三下学期5月联考理科综合化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

安徽省新未来联盟2022届高三下学期5月联考
理科综合化学试题
一、单选题
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是（　　）
A．北京冬奧会速滑竞赛服的手脚处使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，聚氨酯属于天然高分子材料
B．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，产气页岩分布广、厚度大，且普遍含气，故可以成为提供廉价而充°足的燃料来源
C．北京冬奥会火炬的材料为碳纤维，为实现耐高温，火炬上半段燃烧端在1000 °C以上高温中进行陶瓷化，陶瓷的主要成分为硅酸盐
D．南开大学专家团队发现：新冠病毒变异毒株“奧密克戎”的传染力比“德尔塔”高37.5%左右，其成分中含有蛋白质
2．用图装置制取干燥且纯净的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是（　　）

选项
气体
a
b
A
Cl2
浓盐酸
KMnO4
B
HI
浓磷酸
KI
C
NH3
浓氨水
CaO
D
SO2
70%浓硫酸
Na2SO3
A．A B．B C．C D．D
3．2022年北京冬奥会处处体现绿色环保理念，在场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯()为原料制得的。下列说法错误的是（　　）
A．该双环烯酯能使酸性KMnO4溶液褪色
B．1 mol双环烯酯最多能与2 mol H2发生加成反应
C．该双环烯酯使溴水褪色的原理与SO2使溴水褪色的原理相同
D．该双环烯酯的一氯代物有13种
4．X、Y 、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y为同周期且相邻元素，X原子的核外电子数等于Z的最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。W是人类最早掌握其冶炼技术的金属。下列说法错误的是（　　）
A．X、Y形成的某些化合物可形成光化学烟雾
B．简单离子半径：X> Y> Z
C．加热蒸干WZ2溶液不能得到纯净的WZ2固体
D．Y、Z形成的一种化合物是一种常用的消毒剂
5．氨氮废水是造成河流湖泊富营养化的主要原因，处理氨氮废水(主要以NH4+和NH3·H2O的形式存在)的主要流程如图所示：
氨氮废水→I低浓度氨氮废水→微生物II硝化含硝酸根废水→甲醇II反硝化达标废水
下列说法错误的是（　　）
A．过程I降低氮元素浓度的方法：加入NaOH溶液，调节pH为碱性，升高温度，再通入空气，赶出氨气
B．过程II是在碱性条件下通入氧气实现：NH4+→NO2-→NO3-转化，NH4+被氧气氧微生物化为NO3- ，总反应的离子方程式：NH4+ +2O2微生物__NO3- +H2O+2H+
C．过程III中甲醇的作用是作还原剂，将NO3-还原为N2
D．过程III的转化过程为NO3-→NO2-→N2，每生成1molN2转移10mol电子
6．我国科研人员以二硫化钼(MoS2)作为电极催化剂，研发出一种Zn-NO电池系统，该电池同时具备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示(双极膜可将水解离成H+和OH-，并实现其定向通过)。下列说法正确的是（　　）

A．外电路中电子从MoS2电极流向Zn/ZnO电极
B．双极膜右侧为阴离子交换膜
C．当电路中转移0.2 mol电子时负极质量减小6.5 g
D．使用MoS2电极能加快合成氨的速率
7．ROH是一元弱碱，难溶盐RA、RB的两饱和溶液中c(A-)或c(B- )随c(OH-)而变化，A-、B-不发生水解。实验发现，298 K时c2(A- )与c(OH- )或c2(B- )与c(OH- )的关系如图所示，甲表示c2(A- )与c(OH- )关系。下列叙述错误的是（　　）

A．RA饱和溶液在pH=6时，c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1
B．RB的溶度积Ksp(RB)的数值为5×10-11
C．ROH的电离平衡常数Kb(ROH)的数值为2×10-6
D．当RB的饱和溶液pH=7时，c(R+ )+c(H+ ) 二、综合题
8．碳酸钴(CoCO3)是一种红色粉末，常用作催化剂、选矿剂和家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol· L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Co2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
5.0
Zn2+
5.4
8.0
回答下列问题：
（1）“酸浸”时通入SO2的目的是　 　，反应的离子方程式为　 　。此处的SO2也可以用Na2SO3代替，Na2SO3用量和钴的浸取率之间的关系如图1所示，则较为适宜的条件为　 　。

（2）除铝时，应控制溶液的pH范围为　 　，除铝的离子方程式为　 　。
（3）“萃取”过程可表示为ZnSO4 (水层) +2HX(有机层) ⇌ZnX2(有机层) + H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是　 　。
（4）用得到的CoCO3等为原料，采用微波水热法和常规水热法发可以制得两种CoxNi(1-x) Fe2O4，(其中Co、Ni均为+2价)，均可用作H2O2分解的催化剂，有较高的活性。图2是两种不同方法制得的CoxNi(1-x) Fe2O4在10° C时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知： 　 　法制取得到的催化剂活性更高，由此推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是　 　。

（5）用纯碱沉淀转化法也可以从草酸钴(CoC2O4)废料中得到CoCO3，向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，溶液中c(CO32-)c(C2O42-) =　 　(保留两位有效数字)。[已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，Ksp(CoCO3)=1.4×10-13]
9．氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体，过程如下：
V2O5→I微沸数分钟6mol/LHCl、N2H4·2HClVOCl2溶液→IINH4HCO3溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O
已知：V(IV)的化合物易被氧化。
回答下列问题：
（1）步骤I中生成VOCl2的同时生成一种无色、无污染的气体，该反应的化学方程式为　 　。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2 溶液，从环境角度考虑，该方法的缺点是　 　(已知氧化性：V2O5>Cl2)
（2）步骤II可用图仪器组装装置。

①上述装置的连接顺序为　 　(用各接口字母表示)，盛有NH4HCO3溶液的仪器名称为　 　。
②反应前至反应过程中持续向装置D中通入CO2的作用是　 　，装置A的作用是　 　。
③检验启普发生器气密性的方法是　 　。
（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟，使反应完全，小心取下盛VOCl2溶液的装置，停止通气，立即塞上橡胶塞，将盛有NH4HCO3溶液的装置置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜，得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用有机溶液洗涤，抽干称重。证明沉淀已经洗涤干净的方法为　 　。
（4）测定氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量5.10 g粗产品于锥形瓶中，用硫酸溶液溶解后得到含VO2+的溶液，加稍过量的0.02 mol·L-1 KMnO4溶液将VO2+氧化为VO2+ ，充分反应后加入特定的还原剂X除去过量的KMnO4，最后用0.08 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00 mL。(滴定反应：VO2+ +Fe2+ +2H+=VO2+ +Fe3+ +H2O)
粗产品中钒元素的质量分数为　 　(保留两位有效数字)。
10．研究CO2、CO的转化、应用等问题， 既有利于环境保护，又有利于实现碳达峰、碳中和。
（1）甲醇是新型的汽车动力燃料。工业．上可通过H2和CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为
2H2(g) + CO(g)⇌CH3OH(g) △H1=-116 kJ·mol-1。
已知：CO(g)+12O2(g)=CO2(g) △H2=-283 kJ·mol-1
H2(g)+12O2(g)=H2O(g) △H3=-242 kJ·mol-1
1 mol甲醇气体完全燃烧生成CO2和水蒸气的热化学方程式为　 　。
（2）中科院大连化学物理研究所设计了一种新型多功能复合催化剂，成功地实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油：5CO2(g)+ 16H2(g) ⇌C5H12(l)+10H2O(l) △H <0，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
向某密闭容器中按一定投料比充入CO2、H2，控制条件使其发生反应：5CO2(g)+ 16H2(g) ⇌C5H12(l)+10H2O(l) △H <0。 测得H2的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图所示：则X 表示　 　，Y1　 　Y2(填“>”或“<”)。欲提高H2的平衡转化率并提高单位时间内C5H12(l)的产量，可采取的措施是　 　(写两种)。

（3）利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应；3CH3OH(g)⇌C3H6(g) + 3H2O(g)。

该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk= -EaT+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=　 　kJ·mol-1。 当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是　 　；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得就　 　(填“ 越多”或“越少”)。
（4）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能也可将CO2转化为低碳烯烃，工作原理如图所示：

b电极为　 　(填“正极”或“负极”)，产生丙烯的电极反应式为　 　。
11．铜及其化合物在能源、信息等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）铜和锌同周期且相邻，现有几种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10，失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。
A．④②①③ B．④②③① C．①②④③ D．①④③②
（2）铜的熔点比同周期钾的熔点高，这是由于　 　。
（3）用超临界CO2/CH3CN及水作电解质，使用碳作载体的铜基催化剂可高效将CO2还原为HCOOH。CO2的空间结构为　 　，CH3CN 中C原子的杂化方式为 　 　。
（4）[Cu(NH3)4]2+是Cu2+常见的配离子，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为 　 　；[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中H- N- H的键角　 　(填“大”“小”或“无法判断”)，原因是　 　。
（5）一种热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm的正方形，高为cpm，该晶体的化学式为　 　，紧邻的 Sb与Cu间的距离为　 　pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为　 　g· cm-3(列出计算表达式)。

12．苯基环丁烯酮()(PCBO)是一种十分活跃的反应物，可利用它的开环反应合成一系列多官能团化合物。我国科学家利用PCBO与醛或酮发生[4+ 2]环加成反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物(E)，部分合成路线如图：

已知：①；
②。
回答下列问题：
（1）Y的名称为　 　，Z的结构简式为　 　。
（2）PCBO中的官能团名称为　 　，化合物E中手性碳原子数为　 　。
（3）写出A→B的化学方程式：　 　。
（4）由C→D的反应类型为　 　。
（5）M是C的同分异构体，M分子中含有苯环且1 mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成2 mol CO2，则M共有　 　种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为2 ： 2：2：1：1的结构简式为　 　(写一种)。
（6）以乙烯和PCBO为主要原料，无机试剂任选，写出合成 的简单流程(注明反应条件)：　 　。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．聚氨酯为聚氨基甲酸酯，是有机高分子合成材料，不是天然高分子材料，故A符合题意；
B．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，是一种清洁、高效的能源资源，故B不符合题意；
C．陶瓷、水泥、玻璃是三大传统的硅酸盐产品，陶瓷的主要成分为硅酸盐，故C不符合题意；
D．新冠病毒变异毒株“奧密克戎”成分中含有蛋白质，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A、“聚”字眼的有机物是高分子化合物；
B、天然气的主要成分是甲烷，燃烧没有污染物；
C、玻璃、陶瓷、水泥是传统的三大硅酸盐材料；
D、细菌、病毒的主要成分是蛋白质。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中含有HCl杂质气体，浓硫酸不能吸收HCl，不能得到纯净的Cl2，故A不符合题意；
B．浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化碘化氢生成单质碘，不能用浓硫酸干燥HI，故B不符合题意；
C．氨气为碱性气体，能与浓硫酸反应，故氨气不能用浓硫酸干燥，故C不符合题意；
D．Na2SO3与浓H2SO4反应生成SO2，SO2中所含的H2O杂质用浓H2SO4除去，可以实现，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A、浓硫酸酸性，无法吸收酸性气体；
B、碘离子有较强还原行，可以被浓硫酸氧化；
C、浓硫酸酸性，可以跟碱性气体反应；
D、浓硫酸是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．该双环烯酯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A不符合题意；
B．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2反应，因此1mol该双环烯酯能与2mol H2发生加成反应，故B不符合题意；
C．该双环烯酯含有碳碳双键，使溴水褪色的原理是加成反应，与SO2使溴水褪色的原理是氧化还原反应，原理不同，故C符合题意；
D．根据双环烯酯的结构简式可知，该物质中含有13种氢原子，该双环烯酯的一氯代物有13种，故D不符合题意；
故答案：C。

【分析】A、注意碳碳双键、碳碳三尖、醛基、羟基等可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B、注意可以和氢气加成的有苯、碳碳双键、碳碳双键、酮基、醛基等；
C、注意二氧化硫和溴水的反应是氧化还原反应；
D、一氯代物的判断是根据等效氢对称性判断的。
4．【答案】B
【解析】【解答】根据分析可知，X为N，Y为O，Z为Cl，W为Cu元素，
A．X为N，Y为O，氮的氧化物与氨气发生氧化还原反应生成氮气和水，氮的氧化物可形成光化学烟雾，故A不符合题意；
B．X、Y、Z简单离子分别为：N3-、O2-、Cl-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Cl-> N3->O2-，故B符合题意；
C．WZ2为CuCl2溶液，加热促进铜离子发生水解反应，且HCl是易挥发性酸，加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2，不能得到纯净的CuCl2固体，故C不符合题意；
D．Y、Z形成的ClO2具有强氧化性，是一种常用的消毒剂，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A、光化学烟雾主要来自于氮氧化物；
B、粒子半径判断：一看电子层数，电子层数多半径大，二看核电荷数，核电荷数多半径小，三看最外层电子数，最外层电子数多半径大；
C、弱离子的氯盐加热会发生水解；
D、含氯氧化物具有强氧化性。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．向废水中加入NaOH溶液，NH4+与OH反应NH4++OH-= NH3·H2O，反应产生的NH3·H2O受热易分解变为NH3被热空气带出，从而使废水中的氮元素含量降低，故A不符合题意；
B．在碱性条件下NH4+被氧气氧微生物化为NO3- ，总反应的离子方程式：NH4+ +2OH-+2O2微生物__NO3- +3H2O，故B符合题意；
C．废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2，故C不符合题意；
D．在反应中NO3-得到电子被还原产生N2，每生成1molN2转移10mol电子，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A、注意铵根离子和氢氧根在加热条件下会生产氨气；
B、注意碱性条件下不会出现H+；
C、注意羟基具有还原性；
D、注意一个N转移5个电子。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．电子流向：负极→负载→正极，Zn/ZnO电极为负极，MoS2电极为正极，外电路中电子从Zn/ZnO电极流向MoS2电极，故A不符合题意；
B．Zn/ZnO电极为负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，OH-移向Zn/ZnO电极，双极膜左侧为阴离子交换膜，故B不符合题意；
C．负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，负极由Zn→ZnO，质量增加为O元素质量，转移0.2 mol电子时增加0.1mol氧原子，负极质量增加m=nM=0.1mol×16g/mol=1.6 g，故C不符合题意；
D．结合提示，科研人员以二硫化钼MoS2作为电极催化剂，催化剂可以降低反应活化能，加快合成氨的反应速率，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A、注意电子由负极流向正极；
B、离子交换膜的确定需要根据离子的移动情况判断，要保证哪种离子通过，哪种离子无法通过；
C、质量增加的部分为氧元素；
D、注意催化剂可以加快化学反应速率。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．RA饱和溶液pH=6时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，据图可知此时c2(A-)=30×10-11(mol/L)2，所以c(A- )≈1.73 ×10-5mol·L-1，A项不符合题意；
B．RB的饱和溶液中存在平衡RB⇌R++B-、R++H2O⇌ROH+H+，当溶液酸性越强，R-的水解程度越弱，c(R+）和c(B-)的大小越接近，据图可知当c(OH-)接近0时(酸性强)，c2(B-)=5×10-11(mol/L)2，此时c(R+)=c(B-)，Ksp(RB))=c(R+)·c(B-)=c2(B-)=5×10-11，B项不符合题意；
C．RB溶液中存在物料守恒c(R+)+c(ROH-)=c(B-)，Kb(ROH)=c(OH-)c(R+)c(ROH)，若调节pH使碱性增强时加入的碱不是ROH，则c(R+)=c(ROH)时，满足c(R+)=c(ROH)=12c(B-)，Ksp(RB) =c(R+)c(B-)=12c(B-)·c(B-)=5×10-11，所以此时c2(B-)=10×10-11，据图可知此时c(OH-)=2×10-8mol/L，即Kb(ROH)=2×10-8，C项符合题意；
D．RB饱和溶液若不加入其他物质，由于R+的水解，溶液会显酸性，所以pH=7时需要加入碱，若加入的碱不是ROH，则还有其他阳离子，此时根据电荷守恒可知c(R+)+c(H+) 故答案为：C。

【分析】A、要注意pH和OH-的转换关系；
B、Ksp的计算要找出相应离子的浓度，注意找最特殊的点；
C、电离平衡常数要根据公式Kb(ROH)=c(OH-)c(R+)c(ROH)计算；
D、要注意电荷守恒要写出所有阳离子和阴离子。
8．【答案】（1）将Co3+还原为Co2+；2Co3+ + SO2+ 2H2O=2Co2+ +SO42- +4H+；n(Na2SO3) ： n(Co)的值在2.5~3均可
（2）5． 0≤pH<5.4；2Al3+ +3CO32- +3H2O =2Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液
（4）微波水热；Co2+
（5）2.2×10- 6
【解析】【解答】该题主要考查了CoCO3的制备，含钴废渣中主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，第一步酸浸目的为溶解这些金属氧化物，使其成为金属离子方便除去，加入SO2目的为将Co3+还原为Co2+，后续除铝需要注意控制溶液pH，萃取步骤除去溶液中的Zn2+，最终通过与碳酸钠溶液反应生成CoCO3。
(1)含钴废渣中主要成分为CoO和Co2O3，酸浸后溶液中含有Co2+和Co3+，最终需要的产物是CoCO3，故需要将Co3+还原为Co2+，酸浸通入SO2的目的是将Co3+还原为Co2+，此外SO2本身被Co3+氧化生成SO42-，不会引入新的杂质。在SO2与Co3+的反应中，Co3+为氧化剂，被还原生成Co2+，SO2为还原剂，被氧化生成SO42-。故离子方程式为：2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO42-+4H+。从图1中可知，随着n(Na2SO3) ： n(Co)的增加，钴的浸取率增加，但是当n(Na2SO3) ： n(Co)在2.5-3.0之间时，钴的浸取率保持不变，因此n(Na2SO3) ： n(Co)在2.5-3.0之间时，是较为适宜的条件。
(2)根据题干中的表可知，Al3+开始沉淀的pH为3.0，沉淀完全的pH为5.0，因此pH大于5.0时能确保Al3+已沉淀完全。Co2+开始沉淀的pH为7.6，Zn2+开始沉淀的pH为5.4，如果pH超过5.4，Zn2+也将开始沉淀，故在除铝时需将pH控制在5.0-5.4之间，使得Al3+沉淀完全，Zn2+和Co2+不发生沉淀。除铝时加入Na2CO3，此时Al3+与CO32-发生双水解反应，故离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑。
(3)萃取过程可表示为ZnSO4 (水层) +2HX(有机层)⇌ZnX2(有机层) + H2SO4(水层)，该反应为可逆反应，如想从有机层获得ZnSO4，则应该加入适量的硫酸，促使平衡向左移动，从而生成更多的ZnSO4，加入硫酸溶液后充分振荡、静置、分液即可得到ZnSO4溶液。
(4)根据图2可知，在x相同的情况下，通过微波水热法制得的CoxNi(1-x) Fe2O4在催化分解H2O2时，H2O2分解的相对初始速率更高，因此微波水热法制得的催化剂活性更高。观察图2可知，无论是微波水热法还是常规水热法制得的CoxNi(1-x) Fe2O4，H2O2分解的相对初始速率均随着x的增大而增大，x越大则说明在该催化剂中Co2+的占比越高，因此Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是Co2+。
(5)向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，Ksp(CoCO3)=c(Co2+)·c(CO32-)=1.4×10-13，Ksp(CoC2O4)=c(Co2+)·c(C2O42-)=6.3×10-8，故c(CO32-)c(C2O42-)=c(Co2+)·c(CO32-)c(Co2+)·c(C2O42-)=1.4×10-136.3×10-8=2.2×10-6。

【分析】（1）二氧化硫是常见的还原剂，找合适条件时要注意找浸取率和投料比最合适的点；
（2）pH的控制范围要保证Zn2+不沉淀；
（3）ZnSO4 (水层) +2HX(有机层)⇌ZnX2(有机层) + H2SO4(水层)，根据可逆反应平衡移动的特点判断；
（4）活性判断要根据图中速率判断；
（5）注意离子浓度比值常用其对应Ksp的比值计算。
9．【答案】（1）2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+ 6H2O；生成的Cl2有毒，污染环境
（2）eabfgcd；三颈烧瓶(或三口烧瓶)；排除装置中的空气，防止VO2+被氧化；除去CO2中的HCl，防止与NH4HCO3发生反应；关闭活塞K1，从球形漏斗口加水至漏斗中液面高于容器中的液面，一段时间后，若两处的液面无变化，说明气密性良好
（3）取最后一次洗涤液注入试管中，滴加几滴用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净
（4）2.4%
【解析】【解答】步骤I中V2O5与N2H4•2HCl发生氧化还原反应，V2O5被还原成VOCl2，VOCl2在碳酸氢铵溶液中发生反应得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体；步骤II中先用装置C的启普发生器制取二氧化碳，排尽装置中的空气后，再将VOCl2溶液滴入碳酸氢铵溶液中，在装置D中制取氧钒(IV)碱式碳酸铵，其中A中盛放饱和碳酸氢钠溶液以除去二氧化碳中HCl，防止其进入碳酸氢铵溶液中影响用量，B中盛有澄清石灰水，通过过程浑浊现象确定装置中的空气已被排尽，据此分析解答。
(1)步骤I中V2O5与N2H4•2HCl发生氧化还原反应生成VOCl2，同时生成一种无色、无污染的气体即N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+ 6H2O；用浓盐酸与V2O5 来制备VOCl2 溶液，生成的Cl2有毒，污染环境；
(2)①先用装置C的启普发生器制取二氧化碳，排尽装置中的空气后，再将VOCl2溶液滴入碳酸氢铵溶液中，在装置D中制取氧钒(IV)碱式碳酸铵，其中A中盛放饱和碳酸氢钠溶液以除去二氧化碳中HCl，防止其进入碳酸氢铵溶液中影响用量，B中盛有澄清石灰水，通过过程浑浊现象确定装置中的空气已被排尽，装置的连接顺序为eabfgcd；盛有NH4HCO3溶液的仪器名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；
②反应前至反应过程中持续向装置D中通入CO2的作用是排除装置中的空气，防止VO2+被氧化，装置A的作用是除去CO2中的HCl，防止与NH4HCO3发生反应；
③检验启普发生器气密性的方法是：关闭活塞K1，从球形漏斗口加水至漏斗中液面高于容器中的液面，一段时间后，若两处的液面无变化，说明气密性良好；
(3)VOCl2溶液与NH4HCO3溶液混合反应生成氧钒(IV)碱式碳酸铵，同时会有氯化铵，晶体过滤后会有氯化铵残留，因此用饱和碳酸氢铵溶液洗去晶体表面的Cl-，检验氯离子方法为：取最后一次洗涤液注入试管中，滴加几滴用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净；
(4)根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0800 mol/L×30.00×10-3L=2.4×10-3mol，粗产品中钒的质量分数为2.4×10-3mol×51g/mol5.10g×100%=2.4%。

【分析】（1）结合元素可以知道产物中应该含有N，因此对应的物质应该是氮气，从环境保护的角度一般就是产物有污染或者会导致污染现象；
（2） ① 气体的制备流程一般是发生装置-除杂装置-干燥装置-反应或者收集装置-尾气吸收装置；
② 要注意 VO2+容易被氧化 ，需要排除空气；
③ 启普发生器气密性的检验为： 关闭活塞，从球形漏斗口加水至漏斗中液面高于容器中的液面，一段时间后，若两处的液面无变化，说明气密性良好 ；
（3）沉淀洗涤干净的检验方法： 取最后一次洗涤液注入试管中，滴加几滴XX溶液，无XX现象，说明沉淀洗涤干净 ；
（4）滴定的计算要根据化学方程式或者离子方程式，找出相应的化学计量数比例计算。
10．【答案】（1）CH3OH(g)+ 32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=- 651 kJ/mol
（2）压强；<；增大压强 、增大CO2的浓度
（3）31；使用了更高效的催化剂；越多
（4）正极；3CO2+18H+ +18e-=CH3CH=CH2十6H2O
【解析】【解答】(1)由盖斯定律，反应2+2×反应3-反应1可得CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=[-283+2×(-242)-( -116)]=- 651 kJ/mol；
(2)反应：5CO2(g)+ 16H2(g) ⇌C5H12(l)+10H2O(l) △H <0是气体分子数减小的放热反应，则增大压强、降低温度都能使平衡正向移动，故压强越大、温度越低的H2的平衡转化率越大，则X 表示压强，Y1< Y2，欲提高H2的平衡转化率并提高单位时间内C5H12(l)的产量，可采取的措施是增大压强 、增大CO2的浓度；
(3)根据图像并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C，3.0=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=31，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2Ea+C，1.0=-3.6Ea+C，联立方程，解得Ea=20，活化能减小，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂；此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大的越多，故答案为：31；使用了更高效的催化剂；越多。
(4)根据图知，生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极，所以b为正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18H++18e-=CH3CH=CH2+6H2O。

【分析】（1）盖斯定律使用时要看清楚化学计量数和状态；
（2）结合化学平衡移动的原理进行判断，要注意压强收到气体体积分数变化的影响；
（3）结合图像进行二元一次方程组的计算；
（4）要注意根据氧的化合价变化通常由负价变为单质0价，失去电子，出现在阳极，连接在正极。
11．【答案】（1）A
（2）铜的原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，铜的金属键比钾的强
（3）直线形；sp、sp3
（4）16NA；大；[Cu(NH3)4]2+ 中N原子的孤电子对与Cu2+形成了配位键，不存在孤电子对，对N-H的排斥作用变小，所以键角变大
（5）Cu3SbS4；22a；884NAa2c× 1030
【解析】【解答】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②，锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①，故由大到小排序是④＞②＞①＞③，
故答案为：A；
(2)钾和铜属于同周期，铜原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，则金属键比钾的强，故熔沸点比钾高；
(3)CO2中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，碳原子为sp杂化，故空间结构为直线形，CH3CN中甲基中的碳原子的价层电子对数为：4+0=4，该碳原子为sp3杂化，氰基中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，该碳原子为sp杂化，故CH3CN中碳原子的杂化方式为sp3、sp；
(4)σ键为共价单键，Cu的配位数为6，有六个σ键，NH3有3个N-Hσ键，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA；NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大；
(5)分子中有Cu原子：4×14+8×12+2×12=6，锑原子：8×18+1=2，硫原子：8，故化学式为：Cu3SbS4，紧邻的Sb与Cu的距离为底对角线的一半，故为a×22pm，晶胞质量为：m=884NAg，体积为：V=(a×10-10)2×(c×10-10)cm3=ac×10-30cm3，晶体的密度为：ρ=mV=884NAa2c×1030g•cm-3，故答案为：Cu3SbS4；22a；884NAa2c×1030。
【分析】（1）锌的第一电离能为全充满状态，铜为半充满状态，锌的第二电离能为半充满状态，铜为全充满状态； （2）金属的熔点和金属键强度有关； （3）二氧化碳为AB2型的sp杂化，属于直线型，C的杂化有两种，单键的sp3杂化和三键的sp杂化；
（4）σ键为共价单键，注意配位键也属于共价键；
（5）晶胞的计算要注意先判断各种粒子的配位数。
12．【答案】（1）邻氯甲苯(或2-氯甲苯)；
（2）碳碳双键、酮基(或羰基)；2
（3）+CH3CHO+NaOH→H2O+H2O
（4）取代反应(或酯化反应)
（5）10； (或)
（6）CH2=CH2→催化剂H2OCH3CH2OH→Cu/ΔO2CH3CHO→CH3CHONaOH/H2O→[4+2]PCBO/催化剂
【解析】【解答】X分子式是C7H8，则X是甲苯，结构简式是，X与Cl2在Fe催化下发生苯环上-CH3邻位上的取代反应产生Y：，Y与Cl2在光照条件下发生-CH3上的取代反应产生Z：，Z在碱的水溶液作用及高温、高压条件下发生取代反应，然后酸化得到A：；A与CH3CHO在NaOH水溶液中发生已知反应产生B：，B被酸性KMnO4溶液氧化为C，C再与CH3CH2OH在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生D，D再发生反应产生E。
(1)Y结构简式是，Y的名称为邻氯甲苯(或2-氯甲苯)；
Z结构简式是；
(2)根据苯基环丁烯酮(PCBO)结构简式可知：其分子中含有的官能团名称为碳碳双键和羰基(或酮基)；
手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子。根据化合物E结构简式可知：该物质分子中含有2个手性碳原子，分别是羟基连接的C原子及与酯基连接的非苯环的C原子；
(3)A是，A与CH3CHO及NaOH在溶液中发生反应产生及H2O，反应方程式为：+CH3CHO+NaOH→H2O+H2O；
(4)C分子中含有羧基，C与乙醇在浓硫酸存在条件下发生酯化反应产生D和水，因此C→D的反应类型是酯化反应(或取代反应)；
(5)C结构简式是 ，M是C的同分异构体，M分子中含有苯环且1 mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成2 mol CO2，则M分子中含有2个-COOH，则M可能的结构有、、、、、、、、、，共10种不同结构；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为2 ： 2：2：1：1的结构简式为 (或)；
(6)乙烯与H2O在催化剂存在条件下加热，发生加成反应产生CH3CH2OH，CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO，CH3CHO与NaOH水溶液共热，发生醛分子之间的加成反应产生，该物质与PCBO在催化剂存在条件下发生[4+2]反应产生目标产物，故该合成路线为：CH2=CH2→催化剂H2OCH3CH2OH→Cu/ΔO2CH3CHO→CH3CHONaOH/H2O→[4+2]PCBO/催化剂。

【分析】（1）苯环上有取代基时，注意命名的方式，如果是官能团则以官能团为母体，如果是烷基，则以苯为母体；
（2）官能团为碳碳双键、酮基，注意苯不是官能团；手性碳原子即一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构，该碳原子就是手性碳原子；
（3）根据提示，可以知道两个醛分子在反应时，其中会形成羟基，同时要注意，因为在氢氧化钠的条件下，酚羟基会和氢氧化钠反应；
（4）羧酸和醇的反应是酯化反应，也是取代反应；
（5）可以和碳酸氢钠反应的官能团为羧基，且1mol M可以生成2mol CO2，可以知道含有两个羧基，根据核磁共振氢谱，可以知道有五种等效氢，且其数目比为2：2：2：1：1；
（6）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。