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河南省开封市名校联盟2022届高三押题理科综合化学试题及答案
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这是一份河南省开封市名校联盟2022届高三押题理科综合化学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三押题理科综合化学试题
一、单选题
1．2022年北京冬奥会是一届科技冬奧、绿色冬奥。下列冬奥会期间实行的措施是为了防止白色污染的是（ ）
A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料
B．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电
C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂
D．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具
2．下列物质的贮存方法正确的是（ ）
A．浓硝酸贮存在棕色瓶中
B．金属锂贮存在煤油中
C．NaOH溶液长期贮存在滴瓶中
D．氢氟酸贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中
3．下列各组离子在相应条件下一定能大量共存的是（ ）
A．pH=14的溶液：K+、Na+、Cl-、ClO-
B．能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、Cl-、S2O
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH、S2-、SO
D．能与金属铝反应生成H2的溶液：K+、Ca2+、NO、HCO
4．有机物M的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．能使酸性KMnO4溶液褪色
B．能发生取代反应和加成反应
C．1 mol M最多能与5 mol H2发生加成反应
D．与 互为同分异构体
5．固体电解质的化学式为W6XY5Z，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，w为金属，且最外层电子数是次外层的一半，X、Y、Z为第三周期的非金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．单质W不能与水反应 B．X的单质有多种同素异形体
C．简单离子半径：X
A．交换膜为质子(H+ )交换膜
B．该电化学装置中能量转化形式不止一种
C．N电极反应式之一为6H++CO2+6e-=CH3OH+H2O
D．若电极M上分解18g水，则电极N有2g H2生成
7．25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
二、综合题
8．一种从钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）写出“培烧”时产生的CO2的电子式： 。
（2）“焙烧”时，MoS2首先转化为MoO3，写出该反应的化学方程式： 。
（3）写出滤液中溶质的一种工业用途： ；“净化2”时，发生反应的离子方程式为 。
（4）已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8；Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是 。
（5）已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，由浸渣“除铝”所用的试剂是 ；“酸溶”得到的溶液制备NiSO4·7H2O的操作方法是 、过滤、洗涤、干燥。
（6）若废催化剂中含160 g MoS2，上，述工艺中获得CaMoO4的质量为190 g，则CaMoO4的产率为 。
9．乙酸硅[ (CH3COO)4Si，熔点：110°C，沸点：148°C]是白色至米色晶体。某校同学设计实验先制备SiCl4(熔点：-70℃，沸点：57.6℃，极易水解)，再由SiCl4与乙酸酐[(CH3CO)2O(熔点：-73℃，沸点：140℃反应制备乙酸硅。回答下列问题：
（1）制备SiCl4装置(部分夹持仪器已省路)如下：
①A中制取Cl2反应的离子方程式为 。
②B中盛放的试剂是 。
③F中收集到的气体是CO，制备SiCl4的化学方程式为 。
④上述设计的装置有一处明显不妥，改进的方法是 。
（2）制备(CH3COO)4Si的反应装置如图所示。将一定量的SiCl4放入仪器a中，在电磁搅拌下，由滴液漏斗滴入过量的乙酸酐，关闭活塞。SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析出(CH3COO)4Si晶体。
①仪器a的名称为 ；图中支管的作用是 。
②写出生成(CH3COO)4Si的化学方程式： (生成物有两种)。
③完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，将导管伸入液面以下， (结合装置图填写操作)，获得(CH3COO)4Si晶体粗品，若得到较纯 (CH3COO)4Si，则下一步操作为 。
10．基于生物质的乙醇转化制氢是目前制氢领域研究较热门的技术之一。回答下列问题：
（1）电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是 ；阳极的电极反应式为 。
（2）水蒸气重整乙醇制氢包括的主要反应如下：
Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
①反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH= kJ·mol-1；反应III的平衡常数K3= (用K1、K2表示)。
②在0.1 MPa和650℃条件下，水醇物质的量之比与气体产率的关系如图所示。图中a、b代表的物质依次是 、 (填化学式)。
③在0.1 MPa、水醇比为7时，温度对气体产率的影响如图所示。在150~250℃主要发生的反应为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，其原因是 。
④在0.1 MPa，水醇比为1时，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则该反应的平衡常数Kp= MPa4(以平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×各物质的体积分数)。
11．最近科研人员发现，用[Ni(cyclam)]2+(结构如图a)作电催化剂、二茂铁(结构如图c)作为牺牲电子供体，NH4PF6作为电解质和质子供体，CH3CN作溶剂，可实现有效催化还原CO2。
回答下列问题：
（1）基态Ni原子转化为基态Ni2+失去 轨道的电子；基态Fe原子核外电子排布式为 。
（2）NH4PF6中NH空间构型为 ；N、P、F的电负性由大到小的顺序为 。
（3）CH3CN分子中碳原子杂化方式为 。
（4）已知3个及以上原子构成的离子团或分子中，原子有彼此平行的未参与杂化的p轨道电子，连贯重叠在一起构成π型化学键，又称为大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯中的大π键可表示为。二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环的大π键可表示为 。
（5）[Ni (cyclam)]2+可由某些镍的化合物与cyclam 反应制得。[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数为 ；cyclam可溶于水，而环十四烷不溶于水，其原因是 。
（6）某镍、砷晶体结构如图所示。该晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。
12．金色草素(H)具有抗炎镇痛作用，其一种合成路线如下：
已知：①
②，R1~R5为烃基。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）B生成C的反应类型是 。
（3）D生成E的化学方程式为 。
（4）G的结构简式是 。
（5）H中含氧官能团有羰基、 。
（6）写出符合下列条件的B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式： (任写一种)。
i.能发生银镜反应；
ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1；
iii.1 mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5 mol H2。
（7）参照上述合成路线，设计以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛()的合成路线： (无机试剂及3个以下碳原子数的有机试剂任用)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料，可减少二氧化碳的排放，故A不选；
B．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电，减少化石燃料的使用，可减少二氧化碳的排放，故B不选；
C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂，减少氟利昂对臭氧层空洞造成的影响，故C不选；
D．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具，减少塑料的使用，可防止白色污染，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要先明确，所谓的白色污染指的是塑料垃圾，目前采用的可降解高分子材料作为餐具，可以有效减少塑料的使用。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．浓硝酸见光易分解，应贮存在棕色瓶中，A项符合题意；
B．金属锂密度小于煤油密度，故金属锂不能贮存在煤油中，B项不符合题意；
C．NaOH会与二氧化硅反应，则NaOH溶液不能长期贮存在滴瓶中，C项不符合题意；
D．氢氟酸会与二氧化硅反应，不能贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、浓硝酸见光易分解；
B、锂的密度比煤油小；
C、氢氧化钠可以和玻璃中的二氧化硅反应；
D、氢氟酸可以和玻璃中的二氧化硅反应。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．pH=14的溶液呈碱性，碱性条件下K+、Na+、Cl-、ClO-相互之间不反应，能大量共存，故选A；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下S2O发生歧化反应生成S和二氧化硫，故不选B；
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2-具有还原性，S2-能被氧化，故不选C；
D．能与金属铝反应生成H2的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，硝酸根具有氧化性，与Al反应不放氢气，HCO与H+反应放出二氧化碳；碱性条件下，HCO与OH-反应生成，故不选D；
故答案为：A。
【分析】无色溶液，不能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO4-等
K+、Na+、NH4+和所有酸根离子共存，NO3-和所有阳离子共存，
CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，
OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO42-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，
Cl-不能和Ag+共存
H+只能和Cl-、Br-、I-、NO3-、SO42-、ClO4-共存。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该有机物中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；
B．该物质中含有甲基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，B不符合题意；
C．该物质中苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应，酯基不能与氢气加成，故1molM最多能与4molH2发生加成反应，C符合题意；
D．根据M的结构和可知，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B、单键碳原子可以发生取代反应，碳碳双键、苯环可以发生加成反应；
C、酯基、羧基不可以发生加成反应；
D、同分异构体的判断可以从饱和度和碳原子、氧原子的总数入手判断，这是同分异构体书写很重要的一个技巧。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．W是Li，单质Li能与水反应生成LiOH和H2，故A不符合题意；
B．X是P元素，有白磷、红磷等多种同素异形体，故B符合题意；
C．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl-
故答案为：B。
【分析】W为金属，且最外层电子数是次外层的一半，可知W为Li，X、Y、Z为第三周期的非金属元素，可从Si、P、S、Cl中的三种，结合固体电解质的化学式为W6XY5Z 可知X为P，Y为S，Z为Cl；
A、碱金属元素都可以和水反应；
B、磷有多种同素异形体；
C、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；
D、S2Cl2中，硫原子之间为非极性共价键。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．氢离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，故交换膜为质子交换膜，A不符合题意；
B．该装置中太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，电能转化为光能、热能等，B不符合题意；
C．N极为正极，电极反应式为6H++CO2+6e-═CH3OH+H2O，2H++2e-═H2↑，C不符合题意；
D．N极二氧化碳和氢离子均得电子，无法计算实际生成氢气的量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示分析电池基本情况，左侧水转化为氧气，氧元素化合价升高，失去电子，M为负极，右侧二氧化碳转化为甲醇，碳元素化合价降低，氢离子转化为氢气，氢元素化合价降低，得到电子，N为正极；
A、结合图示可知氢气在N极产生，即氢离子在正极放电，而氢离子来自负极的水，因此交换膜可以让氢离子通过，为质子交换膜；
B、该装置中有太阳能、电能、化学能三种能量；
C、N电极有两个反应，分别为二氧化碳和氢离子得电子生成甲醇和水，氢离子得电子生成氢气；
D、本题不清楚氢离子转化为氢气和甲醇的具体物质的量，无法计算其质量。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B不符合题意；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C符合题意；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、离子浓度越大，则其溶解度越大，溶度积越大；
B、可以根据题干给出的数据进行计算，即pH=7，再结合n=m/M进行计算；
C、难溶电解质转换的平衡常数等于对应离子的难溶电解质的溶度积比值；
D、结合题干可知氢氧化锌为两性氢氧化物。
8．【答案】（1）
（2）2MoS2+7O24SO2+2MoO3
（3）制造氯气、纯碱；+H++H2O=Al(OH)3↓
（4）用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤
（5）氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶
（6）95%
【解析】【解答】钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼，钼镍废催化剂加入Na2CO3焙烧，MoS2和NiS在高温条件下与氧气反应生成Na2MoO4、Na2SiO3、NiO，Al2O3、NaAlO2；然后加水水浸，过滤除去NiO，Al2O3，滤渣经过除铝，得到Ni，NiO和硫酸反应生成NiSO4溶液，经过分离操作得到NiSO4•7H2O；滤液加入MgCl2调节pH=8～9，使Na2SiO3转化为MgSiO3除去；再加入盐酸，调节pH≈6，过量的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，过滤除去，然后加入CaCl2调节pH≈8，Na2MoO4转化为CaMoO4沉淀除去，同时得到含氯化钠的滤液，据此分析解答。
(1)CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为 ，故答案为： ；
(2)“焙烧“时，MoS2首先转化为MoO3，该反应的化学方程式：2MoS2+7O2 4SO2+2MoO3，故答案为：2MoS2+7O24SO2+2MoO3；
(3)滤液中溶质为NaCl，工业可以用于制造氯气、纯碱，“净化2”时，发生反应的离子方程式为+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：制造氯气、纯碱； +H++H2O=Al(OH)3↓；
(4)已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8、Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由于CaMoO4、CaCO3的溶度积接近，不能溶解直接过滤分离，所以可由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤，故答案为：用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤；
(5)已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，根据氧化铝溶于氢氧化钠，则由浸渣“除铝”所用的试剂是氢氧化钠溶液；酸溶得到的溶液制备NiSO4•7H2O的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)160gMoS2的物质的量为=1mol，根据Mo元素守恒，理论获得CaMoO4的质量为1mol×200g/mol=200g，则CaMoO4的产率为×100%=95%，故答案为：95%。
【分析】（1）二氧化碳为共价化合物，要注意碳原子和氧原子周围满8电子；
（2）焙烧时需要氧气参与，氧气作为氧化剂， MoS2作为还原剂；
（3）氯化钠的用途非常广泛，氯碱工业、侯氏制碱法中都可以用到；偏铝酸根和氢离子、水按照1：1：1反应生成氢氧化铝；
（4）难溶电解质转化为更难溶的电解质时，可以采用浓溶液浸取的方法；
（5）除铝采用的是强碱，可以用氢氧化钠溶液；制备含有结晶水的晶体时，可以采用蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）产率的计算要结合公式n=m/M以及反应的关系式计算。
9．【答案】（1）；饱和食盐水；；SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置
（2）三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；；打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶
【解析】【解答】装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气；装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，C中盛放浓硫酸；装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO；装置E，用于收集SiCl4；装置F，用于收集CO，进行尾气处理。
(1)①装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气，离子方程式为：，故答案为：；
②装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
③由题意可知，装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO，化学方程式为，故答案为：；
④由于SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置，防止装置F中的水蒸气进入装置E中，降低SiCl4产率，故答案为：SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置；
(2)①仪器a的名称为三颈烧瓶；恒压漏斗中的支管作用为平衡压强，使液体能够顺利滴落，故答案为：三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；
②SiCl4和(CH3CO)2O 反应，生成(CH3COO)4Si和CH3COCl，化学方程式为：，故答案为：；
③由题意中SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析出(CH3COO)4Si，则完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，此时(CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(CH3COO)4Si，下一步的操作为重结晶，故答案为：打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶。
【分析】（1） ① 高锰酸钾作为氧化剂，盐酸作为还原剂，发生反应生成氯气和氯化锰、氯化钾、水；
② 反应过程中生成氯化氢，采用饱和食盐水除去氯化氢而降低氯气的溶解度；
③ 氯气和碳、二氧化硅反应生成四氯化硅和一氧化碳，结合氧化还原反应的特征，可知碳化合价升高，氯化合价降低；
④ 结合题干信息，可知四氯化硅易水解，因此需要在E和F之间连接干燥装置；
（2） ① 仪器a为三颈烧瓶，是常考的化学仪器；支管所属仪器为恒压滴液漏斗，作用是平衡压强，使液体能够顺利滴落；
② 结合题干，可知反应物为 SiCl4和(CH3CO)2O ，生成物为(CH3COO)4Si，结合原子守恒可知另一种产物是CH3COCl；
③ CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(CH3COO)4Si，然后重结晶。
10．【答案】（1）电能转化为化学能；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+
（2）ΔH=+174 kJ/mol；；H2；CO2；Ⅰ；反应Ⅳ的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应消耗H2，导致H2的产率降低；
【解析】【解答】(1)电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是电能转化为化学能；
在电解时阳极上C2H5OH失去电子产生CO2、H+，故阳极的电极反应式为：C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+；
(2)①已知：Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1 K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1 K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
根据盖斯定律，(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3=+207 kJ/mol，
将(Ⅱ)+ (Ⅳ)×2，整理可得反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=+174 kJ/mol；
化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比。根据盖斯定律可知(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以根据化学平衡常数的含义可知反应：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)的化学平衡常数K3=；
②从给出的四个反应看，越大， Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ化学平衡正向移动，CO是Ⅱ、Ⅲ的生成物，同时是Ⅳ的反应物，随着不断增大，CO的产率应该减小，而CO2、H2的产率不断增大，且根据方程式可知生成的H2比CO2多，故H2的产率增大的要比CO2多，故曲线a表示物质为H2，曲线b表示物质为CO2；
③根据图示可知：在温度为150~250℃H2的产率较低，结合Ⅰ、Ⅱ两个反应中H2的物质的量多少，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；
当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，这是由于反应Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④在0.1 MPa，水醇比为1时，假设H2O、C2H5OH的物质的量都是1 mol，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CH3CH2OH)=n(H2O)=(1-α) mol，n(CO)=2α mol，n(H2)=4α mol，n(总)=(1-α)mol+(1-α)mol+2α mol+4α mol=2(1+2α) mol，平衡分压p(CH3CH2OH)=p(H2O)=，p(CO)=，p(H2)= ，所以该反应的平衡常数Kp==MPa4。
【分析】（1）根据图示可知该装置为电解池，为电能转化为化学能；阳极连接正极，为乙醇和水失去电子反应生成二氧化碳和氢离子；
（2）①盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
② 结合平衡移动考虑，增大 水醇物质的量之比 即可看成增大水的浓度，根据增大反应物浓度，使平衡朝正向移动，且按照化学计量数之比变化；
③ 结合已知反应的几个过程，可知在温度为150~250℃H2的产率较低，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④ 分压平衡常数要结合三段式进行计算，根据化学计量数之比等于物质的量之比，以及分压=总压×各物质的体积分数进行计算。
11．【答案】（1）4s；1s22s22p63s23p63d64s2
（2）正四面体；F＞N＞P
（3）sp、sp3
（4）
（5）4；cyclam分子与水分子间形成氢键
（6）
【解析】【解答】(1)基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去4s轨道上的2个电子；铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，为正四面体结构；非金属性越强，其电负性越大，则电负性：F＞N＞P；
(3)甲基上C原子价层电子对个数是4，C原子杂化类型为sp3，-CN中心原子C有1个σ键，孤电子对数为1，中心碳原子杂化类型为sp，故答案为：sp、sp3；
(4)二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6，大π键表示为；
(5)由图a可知[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数为4，含有氢键的物质可增大在水中的溶解性，cyclam可溶于水，而环十四烷不溶于水，其原因是cyclam分子与水分子间形成氢键；
(6)由均摊法，晶胞中含6个Ni和6个As原子，晶胞质量为，底面是正六边形，晶胞体积为，则晶胞密度为 g·cm-3。
【分析】（1）镍为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，失去2电子时丢失4s轨道的电子；铁为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
电负性的大小跟非金属性有关，非金属性越强，电负性越强；
（3）杂化数目=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
（4）形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6；
（6）密度的计算要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数进行计算。
12．【答案】（1）1，3，5-苯三酚
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）（酚）羟基和醚键
（6）任写一种
（7）
【解析】【解答】由A的分子式和A到B的反应条件以及B的结构简式可知A为，由题干知B为，C为，由E的分子式和已知②以及C、F的结构简式可得E为，由D、E的分子式和已知①可知D为，再由F的结构简式、G的分子式和反应条件可得G为：。
(1)由分析可知A为，名称为：1，3，5-苯三酚，故答案为：1，3，5-苯三酚；
(2)由B、C的结构简式可知，由B到C是用CH3OCH2-代替B上的部分羟基上的H原子，所以是取代反应，故答案为：取代反应；
(3)由分析可知D生成E的化学方程式为，故答案为：；
(4)由F的结构简式和G的分子式和反应条件可得G的结构简式是，故答案为：；
(5)由H的结构简式可知含氧官能团有羰基、（酚）羟基和醚键，故答案为：（酚）羟基和醚键；
(6)B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式满足：i.能发生银镜反应，说明含有醛基或者是甲酸某酯；
ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明有5种氢原子；
iii.1 mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5 mol H2说明含有3mol羟基（醇羟基、酚羟基或羧基上的羟基都可），结合B的结构简式，可知符合条件的B的同分异构体只能是含有1个醛基和3个羟基，所以符合条件的有：，故答案为：任写一种；
(7)以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛的合成路线为：，故答案为：。
【分析】（1）结合物质B，可知A为 1，3，5-苯三酚 ；
（2）B转化为C的过程中发生取代反应；
（3）D转化为E的反应类型和B转化为C一致，可以参考B转化为C的过程；
（4）结合H和F的结构特点，推断G的结构简式；
（5）H中含有酚羟基和醚键；
（6）可以发生银镜反应，含有-CHO， 核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1 ，即含有5种等效氢，可以和金属钠反应身材氢气，结合题干可知含有3个酚羟基，且处于对称位置；
（7）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。
高三押题理科综合化学试题
一、单选题
1．2022年北京冬奥会是一届科技冬奧、绿色冬奥。下列冬奥会期间实行的措施是为了防止白色污染的是（ ）
A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料
B．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电
C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂
D．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具
2．下列物质的贮存方法正确的是（ ）
A．浓硝酸贮存在棕色瓶中
B．金属锂贮存在煤油中
C．NaOH溶液长期贮存在滴瓶中
D．氢氟酸贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中
3．下列各组离子在相应条件下一定能大量共存的是（ ）
A．pH=14的溶液：K+、Na+、Cl-、ClO-
B．能使甲基橙变红的溶液：K+、Na+、Cl-、S2O
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH、S2-、SO
D．能与金属铝反应生成H2的溶液：K+、Ca2+、NO、HCO
4．有机物M的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．能使酸性KMnO4溶液褪色
B．能发生取代反应和加成反应
C．1 mol M最多能与5 mol H2发生加成反应
D．与 互为同分异构体
5．固体电解质的化学式为W6XY5Z，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，w为金属，且最外层电子数是次外层的一半，X、Y、Z为第三周期的非金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．单质W不能与水反应 B．X的单质有多种同素异形体
C．简单离子半径：X
A．交换膜为质子(H+ )交换膜
B．该电化学装置中能量转化形式不止一种
C．N电极反应式之一为6H++CO2+6e-=CH3OH+H2O
D．若电极M上分解18g水，则电极N有2g H2生成
7．25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
二、综合题
8．一种从钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）写出“培烧”时产生的CO2的电子式： 。
（2）“焙烧”时，MoS2首先转化为MoO3，写出该反应的化学方程式： 。
（3）写出滤液中溶质的一种工业用途： ；“净化2”时，发生反应的离子方程式为 。
（4）已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8；Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是 。
（5）已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，由浸渣“除铝”所用的试剂是 ；“酸溶”得到的溶液制备NiSO4·7H2O的操作方法是 、过滤、洗涤、干燥。
（6）若废催化剂中含160 g MoS2，上，述工艺中获得CaMoO4的质量为190 g，则CaMoO4的产率为 。
9．乙酸硅[ (CH3COO)4Si，熔点：110°C，沸点：148°C]是白色至米色晶体。某校同学设计实验先制备SiCl4(熔点：-70℃，沸点：57.6℃，极易水解)，再由SiCl4与乙酸酐[(CH3CO)2O(熔点：-73℃，沸点：140℃反应制备乙酸硅。回答下列问题：
（1）制备SiCl4装置(部分夹持仪器已省路)如下：
①A中制取Cl2反应的离子方程式为 。
②B中盛放的试剂是 。
③F中收集到的气体是CO，制备SiCl4的化学方程式为 。
④上述设计的装置有一处明显不妥，改进的方法是 。
（2）制备(CH3COO)4Si的反应装置如图所示。将一定量的SiCl4放入仪器a中，在电磁搅拌下，由滴液漏斗滴入过量的乙酸酐，关闭活塞。SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析出(CH3COO)4Si晶体。
①仪器a的名称为 ；图中支管的作用是 。
②写出生成(CH3COO)4Si的化学方程式： (生成物有两种)。
③完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，将导管伸入液面以下， (结合装置图填写操作)，获得(CH3COO)4Si晶体粗品，若得到较纯 (CH3COO)4Si，则下一步操作为 。
10．基于生物质的乙醇转化制氢是目前制氢领域研究较热门的技术之一。回答下列问题：
（1）电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是 ；阳极的电极反应式为 。
（2）水蒸气重整乙醇制氢包括的主要反应如下：
Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
①反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH= kJ·mol-1；反应III的平衡常数K3= (用K1、K2表示)。
②在0.1 MPa和650℃条件下，水醇物质的量之比与气体产率的关系如图所示。图中a、b代表的物质依次是 、 (填化学式)。
③在0.1 MPa、水醇比为7时，温度对气体产率的影响如图所示。在150~250℃主要发生的反应为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，其原因是 。
④在0.1 MPa，水醇比为1时，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则该反应的平衡常数Kp= MPa4(以平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×各物质的体积分数)。
11．最近科研人员发现，用[Ni(cyclam)]2+(结构如图a)作电催化剂、二茂铁(结构如图c)作为牺牲电子供体，NH4PF6作为电解质和质子供体，CH3CN作溶剂，可实现有效催化还原CO2。
回答下列问题：
（1）基态Ni原子转化为基态Ni2+失去 轨道的电子；基态Fe原子核外电子排布式为 。
（2）NH4PF6中NH空间构型为 ；N、P、F的电负性由大到小的顺序为 。
（3）CH3CN分子中碳原子杂化方式为 。
（4）已知3个及以上原子构成的离子团或分子中，原子有彼此平行的未参与杂化的p轨道电子，连贯重叠在一起构成π型化学键，又称为大π键，可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯中的大π键可表示为。二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环的大π键可表示为 。
（5）[Ni (cyclam)]2+可由某些镍的化合物与cyclam 反应制得。[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数为 ；cyclam可溶于水，而环十四烷不溶于水，其原因是 。
（6）某镍、砷晶体结构如图所示。该晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。
12．金色草素(H)具有抗炎镇痛作用，其一种合成路线如下：
已知：①
②，R1~R5为烃基。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）B生成C的反应类型是 。
（3）D生成E的化学方程式为 。
（4）G的结构简式是 。
（5）H中含氧官能团有羰基、 。
（6）写出符合下列条件的B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式： (任写一种)。
i.能发生银镜反应；
ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1；
iii.1 mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5 mol H2。
（7）参照上述合成路线，设计以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛()的合成路线： (无机试剂及3个以下碳原子数的有机试剂任用)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．“飞扬”火炬采用氢气作为燃料，可减少二氧化碳的排放，故A不选；
B．冬奥会所有场馆100%采用太阳能、风能供电，减少化石燃料的使用，可减少二氧化碳的排放，故B不选；
C．“冰丝带”制冰用二氧化碳代替传统的氟利昂作制冷剂，减少氟利昂对臭氧层空洞造成的影响，故C不选；
D．冬奥会使用以玉米、秸秆等为原料合成的可降解高分子材料制作餐具，减少塑料的使用，可防止白色污染，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】要先明确，所谓的白色污染指的是塑料垃圾，目前采用的可降解高分子材料作为餐具，可以有效减少塑料的使用。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．浓硝酸见光易分解，应贮存在棕色瓶中，A项符合题意；
B．金属锂密度小于煤油密度，故金属锂不能贮存在煤油中，B项不符合题意；
C．NaOH会与二氧化硅反应，则NaOH溶液不能长期贮存在滴瓶中，C项不符合题意；
D．氢氟酸会与二氧化硅反应，不能贮存在带玻璃塞的棕色细口瓶中，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、浓硝酸见光易分解；
B、锂的密度比煤油小；
C、氢氧化钠可以和玻璃中的二氧化硅反应；
D、氢氟酸可以和玻璃中的二氧化硅反应。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．pH=14的溶液呈碱性，碱性条件下K+、Na+、Cl-、ClO-相互之间不反应，能大量共存，故选A；
B．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下S2O发生歧化反应生成S和二氧化硫，故不选B；
C．能使KI淀粉试纸变蓝的溶液具有氧化性，S2-具有还原性，S2-能被氧化，故不选C；
D．能与金属铝反应生成H2的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下，硝酸根具有氧化性，与Al反应不放氢气，HCO与H+反应放出二氧化碳；碱性条件下，HCO与OH-反应生成，故不选D；
故答案为：A。
【分析】无色溶液，不能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、MnO4-等
K+、Na+、NH4+和所有酸根离子共存，NO3-和所有阳离子共存，
CO32-只能和Na+、K+、NH4+共存，
OH-只能和Na+、K+、Ba2+共存，SO42-不能和Ag+、Ca2+、Pb2+、Ba2+共存，
Cl-不能和Ag+共存
H+只能和Cl-、Br-、I-、NO3-、SO42-、ClO4-共存。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该有机物中含有碳碳双键，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；
B．该物质中含有甲基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，B不符合题意；
C．该物质中苯环和碳碳双键可以和氢气发生加成反应，酯基不能与氢气加成，故1molM最多能与4molH2发生加成反应，C符合题意；
D．根据M的结构和可知，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B、单键碳原子可以发生取代反应，碳碳双键、苯环可以发生加成反应；
C、酯基、羧基不可以发生加成反应；
D、同分异构体的判断可以从饱和度和碳原子、氧原子的总数入手判断，这是同分异构体书写很重要的一个技巧。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．W是Li，单质Li能与水反应生成LiOH和H2，故A不符合题意；
B．X是P元素，有白磷、红磷等多种同素异形体，故B符合题意；
C．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl-
故答案为：B。
【分析】W为金属，且最外层电子数是次外层的一半，可知W为Li，X、Y、Z为第三周期的非金属元素，可从Si、P、S、Cl中的三种，结合固体电解质的化学式为W6XY5Z 可知X为P，Y为S，Z为Cl；
A、碱金属元素都可以和水反应；
B、磷有多种同素异形体；
C、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；
D、S2Cl2中，硫原子之间为非极性共价键。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．氢离子透过交换膜由左侧向右侧迁移，故交换膜为质子交换膜，A不符合题意；
B．该装置中太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，电能转化为光能、热能等，B不符合题意；
C．N极为正极，电极反应式为6H++CO2+6e-═CH3OH+H2O，2H++2e-═H2↑，C不符合题意；
D．N极二氧化碳和氢离子均得电子，无法计算实际生成氢气的量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示分析电池基本情况，左侧水转化为氧气，氧元素化合价升高，失去电子，M为负极，右侧二氧化碳转化为甲醇，碳元素化合价降低，氢离子转化为氢气，氢元素化合价降低，得到电子，N为正极；
A、结合图示可知氢气在N极产生，即氢离子在正极放电，而氢离子来自负极的水，因此交换膜可以让氢离子通过，为质子交换膜；
B、该装置中有太阳能、电能、化学能三种能量；
C、N电极有两个反应，分别为二氧化碳和氢离子得电子生成甲醇和水，氢离子得电子生成氢气；
D、本题不清楚氢离子转化为氢气和甲醇的具体物质的量，无法计算其质量。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B不符合题意；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C符合题意；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、离子浓度越大，则其溶解度越大，溶度积越大；
B、可以根据题干给出的数据进行计算，即pH=7，再结合n=m/M进行计算；
C、难溶电解质转换的平衡常数等于对应离子的难溶电解质的溶度积比值；
D、结合题干可知氢氧化锌为两性氢氧化物。
8．【答案】（1）
（2）2MoS2+7O24SO2+2MoO3
（3）制造氯气、纯碱；+H++H2O=Al(OH)3↓
（4）用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤
（5）氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶
（6）95%
【解析】【解答】钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼，钼镍废催化剂加入Na2CO3焙烧，MoS2和NiS在高温条件下与氧气反应生成Na2MoO4、Na2SiO3、NiO，Al2O3、NaAlO2；然后加水水浸，过滤除去NiO，Al2O3，滤渣经过除铝，得到Ni，NiO和硫酸反应生成NiSO4溶液，经过分离操作得到NiSO4•7H2O；滤液加入MgCl2调节pH=8～9，使Na2SiO3转化为MgSiO3除去；再加入盐酸，调节pH≈6，过量的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，过滤除去，然后加入CaCl2调节pH≈8，Na2MoO4转化为CaMoO4沉淀除去，同时得到含氯化钠的滤液，据此分析解答。
(1)CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为 ，故答案为： ；
(2)“焙烧“时，MoS2首先转化为MoO3，该反应的化学方程式：2MoS2+7O2 4SO2+2MoO3，故答案为：2MoS2+7O24SO2+2MoO3；
(3)滤液中溶质为NaCl，工业可以用于制造氯气、纯碱，“净化2”时，发生反应的离子方程式为+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：制造氯气、纯碱； +H++H2O=Al(OH)3↓；
(4)已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8、Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由于CaMoO4、CaCO3的溶度积接近，不能溶解直接过滤分离，所以可由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤，故答案为：用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤；
(5)已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，根据氧化铝溶于氢氧化钠，则由浸渣“除铝”所用的试剂是氢氧化钠溶液；酸溶得到的溶液制备NiSO4•7H2O的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)160gMoS2的物质的量为=1mol，根据Mo元素守恒，理论获得CaMoO4的质量为1mol×200g/mol=200g，则CaMoO4的产率为×100%=95%，故答案为：95%。
【分析】（1）二氧化碳为共价化合物，要注意碳原子和氧原子周围满8电子；
（2）焙烧时需要氧气参与，氧气作为氧化剂， MoS2作为还原剂；
（3）氯化钠的用途非常广泛，氯碱工业、侯氏制碱法中都可以用到；偏铝酸根和氢离子、水按照1：1：1反应生成氢氧化铝；
（4）难溶电解质转化为更难溶的电解质时，可以采用浓溶液浸取的方法；
（5）除铝采用的是强碱，可以用氢氧化钠溶液；制备含有结晶水的晶体时，可以采用蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）产率的计算要结合公式n=m/M以及反应的关系式计算。
9．【答案】（1）；饱和食盐水；；SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置
（2）三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；；打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶
【解析】【解答】装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气；装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，C中盛放浓硫酸；装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO；装置E，用于收集SiCl4；装置F，用于收集CO，进行尾气处理。
(1)①装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气，离子方程式为：，故答案为：；
②装置A中所制备的氯气中含有水蒸气和氯化氢，故需先除去氯化氢，后除去水蒸气，则装置B用于除去氯化氢，即B中盛放饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
③由题意可知，装置D中氯气、二氧化硅和C反应，生成SiCl4和CO，化学方程式为，故答案为：；
④由于SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置，防止装置F中的水蒸气进入装置E中，降低SiCl4产率，故答案为：SiCl4极易水解，故装置E、F之间需连接盛有浓硫酸的集气瓶装置；
(2)①仪器a的名称为三颈烧瓶；恒压漏斗中的支管作用为平衡压强，使液体能够顺利滴落，故答案为：三颈烧瓶；平衡压强，使液体能够顺利滴落；
②SiCl4和(CH3CO)2O 反应，生成(CH3COO)4Si和CH3COCl，化学方程式为：，故答案为：；
③由题意中SiCl4和(CH3CO)2O的反应为放热反应，反应后反应混合物带色，并开始析出(CH3COO)4Si，则完成反应后，将反应混合液放置数日，再用干冰-丙酮浴冷却后，此时(CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(CH3COO)4Si，下一步的操作为重结晶，故答案为：打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；重结晶。
【分析】（1） ① 高锰酸钾作为氧化剂，盐酸作为还原剂，发生反应生成氯气和氯化锰、氯化钾、水；
② 反应过程中生成氯化氢，采用饱和食盐水除去氯化氢而降低氯气的溶解度；
③ 氯气和碳、二氧化硅反应生成四氯化硅和一氧化碳，结合氧化还原反应的特征，可知碳化合价升高，氯化合价降低；
④ 结合题干信息，可知四氯化硅易水解，因此需要在E和F之间连接干燥装置；
（2） ① 仪器a为三颈烧瓶，是常考的化学仪器；支管所属仪器为恒压滴液漏斗，作用是平衡压强，使液体能够顺利滴落；
② 结合题干，可知反应物为 SiCl4和(CH3CO)2O ，生成物为(CH3COO)4Si，结合原子守恒可知另一种产物是CH3COCl；
③ CH3COO)4Si析出，将导管伸入液面以下，打开活塞，抽真空，以除去烧瓶中多余的液体；若得到较纯的(CH3COO)4Si，然后重结晶。
10．【答案】（1）电能转化为化学能；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+
（2）ΔH=+174 kJ/mol；；H2；CO2；Ⅰ；反应Ⅳ的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应消耗H2，导致H2的产率降低；
【解析】【解答】(1)电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是电能转化为化学能；
在电解时阳极上C2H5OH失去电子产生CO2、H+，故阳极的电极反应式为：C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+；
(2)①已知：Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1 K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1 K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
根据盖斯定律，(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3=+207 kJ/mol，
将(Ⅱ)+ (Ⅳ)×2，整理可得反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=+174 kJ/mol；
化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比。根据盖斯定律可知(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以根据化学平衡常数的含义可知反应：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)的化学平衡常数K3=；
②从给出的四个反应看，越大， Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ化学平衡正向移动，CO是Ⅱ、Ⅲ的生成物，同时是Ⅳ的反应物，随着不断增大，CO的产率应该减小，而CO2、H2的产率不断增大，且根据方程式可知生成的H2比CO2多，故H2的产率增大的要比CO2多，故曲线a表示物质为H2，曲线b表示物质为CO2；
③根据图示可知：在温度为150~250℃H2的产率较低，结合Ⅰ、Ⅱ两个反应中H2的物质的量多少，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；
当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，这是由于反应Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④在0.1 MPa，水醇比为1时，假设H2O、C2H5OH的物质的量都是1 mol，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CH3CH2OH)=n(H2O)=(1-α) mol，n(CO)=2α mol，n(H2)=4α mol，n(总)=(1-α)mol+(1-α)mol+2α mol+4α mol=2(1+2α) mol，平衡分压p(CH3CH2OH)=p(H2O)=，p(CO)=，p(H2)= ，所以该反应的平衡常数Kp==MPa4。
【分析】（1）根据图示可知该装置为电解池，为电能转化为化学能；阳极连接正极，为乙醇和水失去电子反应生成二氧化碳和氢离子；
（2）①盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
② 结合平衡移动考虑，增大 水醇物质的量之比 即可看成增大水的浓度，根据增大反应物浓度，使平衡朝正向移动，且按照化学计量数之比变化；
③ 结合已知反应的几个过程，可知在温度为150~250℃H2的产率较低，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④ 分压平衡常数要结合三段式进行计算，根据化学计量数之比等于物质的量之比，以及分压=总压×各物质的体积分数进行计算。
11．【答案】（1）4s；1s22s22p63s23p63d64s2
（2）正四面体；F＞N＞P
（3）sp、sp3
（4）
（5）4；cyclam分子与水分子间形成氢键
（6）
【解析】【解答】(1)基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去4s轨道上的2个电子；铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
(2)的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，为正四面体结构；非金属性越强，其电负性越大，则电负性：F＞N＞P；
(3)甲基上C原子价层电子对个数是4，C原子杂化类型为sp3，-CN中心原子C有1个σ键，孤电子对数为1，中心碳原子杂化类型为sp，故答案为：sp、sp3；
(4)二茂铁[(C5H5)2Fe]中五元环形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6，大π键表示为；
(5)由图a可知[Ni(cyclam)]2+中，Ni2+的配位数为4，含有氢键的物质可增大在水中的溶解性，cyclam可溶于水，而环十四烷不溶于水，其原因是cyclam分子与水分子间形成氢键；
(6)由均摊法，晶胞中含6个Ni和6个As原子，晶胞质量为，底面是正六边形，晶胞体积为，则晶胞密度为 g·cm-3。
【分析】（1）镍为28号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，失去2电子时丢失4s轨道的电子；铁为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
电负性的大小跟非金属性有关，非金属性越强，电负性越强；
（3）杂化数目=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
（4）形成的大π键原子数是5，形成的大π键电子数是6；
（6）密度的计算要结合体积、摩尔质量、阿伏加德罗常数进行计算。
12．【答案】（1）1，3，5-苯三酚
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）（酚）羟基和醚键
（6）任写一种
（7）
【解析】【解答】由A的分子式和A到B的反应条件以及B的结构简式可知A为，由题干知B为，C为，由E的分子式和已知②以及C、F的结构简式可得E为，由D、E的分子式和已知①可知D为，再由F的结构简式、G的分子式和反应条件可得G为：。
(1)由分析可知A为，名称为：1，3，5-苯三酚，故答案为：1，3，5-苯三酚；
(2)由B、C的结构简式可知，由B到C是用CH3OCH2-代替B上的部分羟基上的H原子，所以是取代反应，故答案为：取代反应；
(3)由分析可知D生成E的化学方程式为，故答案为：；
(4)由F的结构简式和G的分子式和反应条件可得G的结构简式是，故答案为：；
(5)由H的结构简式可知含氧官能团有羰基、（酚）羟基和醚键，故答案为：（酚）羟基和醚键；
(6)B的芳香族化合物的同分异构体的结构简式满足：i.能发生银镜反应，说明含有醛基或者是甲酸某酯；
ii.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明有5种氢原子；
iii.1 mol该化合物与足量的金属钠反应生成1.5 mol H2说明含有3mol羟基（醇羟基、酚羟基或羧基上的羟基都可），结合B的结构简式，可知符合条件的B的同分异构体只能是含有1个醛基和3个羟基，所以符合条件的有：，故答案为：任写一种；
(7)以乙醛和为原料制备对羟基肉桂醛的合成路线为：，故答案为：。
【分析】（1）结合物质B，可知A为 1，3，5-苯三酚 ；
（2）B转化为C的过程中发生取代反应；
（3）D转化为E的反应类型和B转化为C一致，可以参考B转化为C的过程；
（4）结合H和F的结构特点，推断G的结构简式；
（5）H中含有酚羟基和醚键；
（6）可以发生银镜反应，含有-CHO， 核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为2：2：2：1：1 ，即含有5种等效氢，可以和金属钠反应身材氢气，结合题干可知含有3个酚羟基，且处于对称位置；
（7）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。
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