2022年云南省高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年云南省高考化学一模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了24LCH4所含质子数为NA，【答案】C，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


2022年云南省高考化学一模试卷

1. 2022年北京呈现给世界的冬奥盛宴尽显科技魅力。下列叙述错误的是( )
A
B
C
D

冬奥会火炬

气溶胶新冠病毒核酸检测系统

冰墩墩

冰丝带
奥运火炬使用氢
燃料可实现“碳
零排放”
当光束通过气溶胶时会出
现丁达尔效应
“冰墩墩“的外套
材料硅橡胶(聚合
物)属于混合物
“冰丝带”幕墙由玻
璃拼装而成，玻璃与
光纤的成分相同
A. A B. B C. C D. D
2. 下列叙述正确的( )
A. 环丙烷的一氯代物有3种
B. 可用溴水鉴别苯、苯乙烯和乙酸
C. 乙醇和丙三醇都含羟基，互为同系物
D. 乙烯使高锰酸钾溶液褪色发生加成反应
3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A. 标准状况下，2.24LCH4所含质子数为NA
B. 17.1gBa(OH)2中所含的极性共价键数目为0.2NA
C. 1L0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中，所含阳离子的数目为0.1NA
D. SO2与O2反应，每转移1mol电子，生成SO3的分子数为0.5NA
4. 利用下列选项中提供的仪器(夹持仪器、部分试剂省略)，能完成对应实验的是( )
选项
仪器
实验
A
酸碱通用滴定管、锥形瓶
用标准NaOH溶液测定待测盐酸的浓度
B
分液漏斗、烧杯
提取溴的CCl4溶液中的溴单质
C
酒精灯、玻璃棒
利用焰色反应检验溶液中含有K+
D
250mL容量瓶、玻璃棒
配制250mL0.1mol⋅L碳酸钠溶液
A. A B. B C. C D. D
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X位于第VA族，Y是短周期中原子半径最大的主族元素，Z的一种氧化物具有漂白作用。下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z C. 化合物YX3中只含共价键
D. Y2Z的水溶液中lgc(H+)c(OH−)=0
6. 锌-空气二次电池在柔性能源方面应用较多，是各类新能源电池中备受关注的储能设备之一。一种强碱性锌-空气电池工作示意图如下。下列说法正确的是( )
A. 电流从Zn电极流出
B. OH−向气体扩散电极移动
C. 隔膜应选择化学性质活泼的氢氧根离子选择性膜
D. 负极区的反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−、Zn(OH)42−=ZnO+2OH−+H2O
7. 已知：T℃，Ksp(CaF2)=5×10−10；pCa=−lgc(Ca2+)。T℃下，向10.0mL0.1mol⋅L−1CaCl2溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaF溶液，溶液中pCa与NaF溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. m=4−lg5
B. a点和c点的Ksp相等
C. 若改用0.05mol⋅L−1NaF溶液，则b点向右平移
D. c点溶液中存在c(Cl−)+c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
8. 乙酸酐在有机合成工业中有广泛的应用。实验室利用如下方法制备少量乙酸酐。实验原理(反应1、反应2已配平)：
反应1：CH3COOH+SOCl2→CH3COCl+X↑+Y↑ΔH<0
反应2：CH3COCl+CH3COOH→(CH3CO)2O+HCl↑ΔH<0
已知：有关物质的部分信息如下。
物质
沸点
相对分子质量
理化性质
乙酸
118
60
易溶于水和有机溶剂
二氯化砜
79
119
遇水分解，受热易分解
乙酰氯
51
78.5
遇水或乙酸剧烈分解
乙酸
139.6
102
遇水形成乙酸，易溶于有机溶剂
实验步骤：
I.将21.0g冰醋酸加入到三颈烧瓶中，再分批缓慢加入21.0gSOCl2，控制反应温度35℃，搅拌回流2小时。
II.将三颈烧瓶中的混合物转移至另一烧瓶中，提纯，收集到较纯的乙酸酐12.0g(其中乙酸酐占90.0%)。
实验装置如图所示：

回答下列问题：
(1)仪器c的名称是 ______，冷凝管的进水口是 ______(填字母)。
(2)反应1生成的X和Y均为酸性气体，其化学式为 ______和 ______。
(3)步骤I中，控制反应温度在35℃左右，不宜过高的原因是 ______。
(4)c中盛放无水氯化钙，主要作用是，d中盛放的试剂是 ______。
(5)步骤II中，从混合物中提纯乙酸酐应采取的操作名称是 ______。
(6)该方法制得乙酸酐的产率是 ______%(保留1位小数)。
9. 碳捕集、将CO2转化为C2H4、C2H5OH等高附加值化学品，是实现碳中和目标的重要方式。回答下列问题：
(1)早期，工业上用热钾碱(K2CO3)溶液吸收烟气中的CO2.该反应在加压下进行的目的是 ______。
(2)1972年，Fox利用C2H6(g)+CO2(g)→C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH，将CO2转化为C2H4。
①上述反应的能量变化如图所示，则ΔH=______kJ⋅mol−1。

②某温度下，等物质的量的C2H6和CO2在刚性容器内发生上述反应，tmin时达到平衡。已知起始总压为akPa，平衡时总压为bkPa，0∼tmin的平均反应速率为v(CO2)=______kPa⋅min−1，该反应的平衡常数Kp=______(用含a、b的代数式表示)，欲提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有 ______(填标号)。
A.通入惰性气体
B.增加C2H6浓度
C.增加CO2浓度
D.降低温度
③2000年，我国学者研究CeO2催化上述反应的过程为：
(i)2CeO2+C2H6=Ce2O3+C2H4+H2O。
(ii)______(写出化学方程式)。
(3)2020年，我国学者利用电化学装置将CO2高效转化为C2H4和C2H5OH，其原理如图所示：

①阳极的电极反应式为 ______。
②标准状况下，若消耗2.24LCO2，转移电子个数为 ______。
10. 钼催化剂常用于合成氨工业，以废钼催化剂(主要含有MoS2和Al2O3)为原料制备钼酸钠晶体和硫酸钠晶体的一种工艺流程如图所示。回答下列问题：

(1)为了提高“焙烧”效率，可采用的措施为 ______(写一条即可)，“焙烧”反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 ______。
(2)“水溶”时，钼浸取率与浸取时间、浸取温度的关系如图所示，综合考虑成本等因素，则最佳浸取时间和浸取温度为 ______。

(3)“调pH”时，生成Al(OH)3的离子方程式为 ______，调节pH不能过低的原因是 ______。
(4)“操作I”的名称为______；“溶液1”中含有大量Na2SO4和少量Na2MoO4，根据下图分析“结晶”过程的操作为 ______(填标号)。
A.蒸干溶剂
B.蒸发水分至有大量晶体析出时，趁热过滤
C.蒸发浓缩，冷却至10℃左右

(5)碱性条件下，将废钼催化剂加入NaClO溶液中，也可制备钼酸钠，同时生成硫酸盐，该反应的离子方程式为 ______。
11. (CH3NH3)PbI3作为最典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿。回答下列问题：
(1)基态Pb原子的价电子排布式为 ______，N能层电子数有 ______个。
(2)CH3NH3+中第一电离能最大的元素是______(填元素符号)，该离子中的化学键是由 ______(填标号)原子轨道重叠形成的。
a.sp2与sp2
b.sp3与sp
c.sp3与sp3
d.sp3与s
e.s与s
(3)I3−的VSEPR模型如图，中心I原子的杂化方式是 ______(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。I3−的空间构型为 ______。

(4)PbF4的熔点显著高于PbCl4的原因是 ______。
(5)(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)，Pb2+周围距离最近且相等的I−数目有 ______个。若将A离子作为晶胞的体心另取晶胞Y，则I处于晶胞Y中的 ______，晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=______g▪cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。

12. 心脑血管药物中间体H的一种合成路线如图所示：

已知 Hantzsch 合成：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为______；F中所含官能团的名称为氨基、______。
(2)A与CH3CN反应可以生成B和相对分子质量为32的一元醇，则由A生成B的化学方程式为 ______。
(3)由B生成D的反应类型为 ______，D的结构简式为 ______。
(4)与有机物B()官能团完全相同的同分异构体有 ______种(不考虑立体异构)。
(5)H中的手性碳原子(与四个各不相同原子或基团相连的碳原子)有 ______个。
(6)中间产物G的结构简式为 ______。
答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A.奥运火炬使用氢燃料，燃烧过程中生成水，无二氧化碳排放，可实现“碳零排放”，故A正确；
B.气溶胶为胶体分散系，当光束通过气溶胶时会出现丁达尔效应，故B正确；
C.“冰墩墩“的外套材料硅橡胶(聚合物)是高分子化合物，属于混合物，故C正确；
D.“冰丝带”幕墙由玻璃拼装而成，玻璃与光纤的成分不相同，故D错误；
故选：D。
A.氢气燃烧生成水；
B.胶体具有丁达尔效应；
C.高分子化合物为混合物；
D.玻璃成分为硅酸盐、二氧化硅等，光纤成分为二氧化硅。
本题考查了物质性质和应用、物质成分的分析判断、胶体性质等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.环丙烷分子中只含有1种H原子，其一氯代物只有1种，故A错误；
B.溴水与苯混合后分层，有机层在上层，溴水与苯乙烯发生加成反应，导致溶液褪色，乙酸与溴水不分层，可用溴水鉴别苯、苯乙烯和乙酸，故B正确；
C.乙醇含有1个羟基，丙三醇含有3个羟基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；
D.乙烯分子中含有的碳碳双键易被高锰酸钾溶液氧化，发生了氧化还原反应，不是加成反应，故D错误；
故选：B。
A.环丙烷分子中只含有1种等效H；
B.苯不溶于水，乙酸易溶于水，苯乙烯与溴发生加成反应；
C.二者含有的羟基数目不同，结构不相似；
D.乙烯被高锰酸钾溶液氧化。
本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确同系物概念、常见反应类型为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，题目难度不大。

3.【答案】C

【解析】解：A.标准状况下，2.24LCH4所含质子数为：2.24L22.4L/mol×10×NAmol−1=NA，故A正确；
B.17.1gBa(OH)2中所含的极性共价键数目为：17.1g171g/mol×2×NAmol−1=0.2NA，故B正确；
C.铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，导致溶液中阳离子数目增加，所以1L0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中，所含阳离子的数目大于0.1NA，故C错误；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，生成1个三氧化硫转移2个电子，则每转移1mol电子，生成SO3的分子数为0.5NA，故D正确；
故选：C。
A.1个甲烷含有10个电子；
B.1mol氢氧化钡含有2mol氢氧根离子，含有2molO−H键；
C.铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，生成1个三氧化硫转移2个电子。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意盐类水解的性质，题目难度不大。

4.【答案】A

【解析】解：A.标准NaOH溶液测定待测盐酸的浓度，需酸碱滴定管、锥形瓶，给出的仪器合理，故A正确；
B.提取溴的CCl4溶液中的溴单质，可选蒸馏法，需蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、锥形瓶等，故B错误；
C.观察K的焰色需要透过蓝色的钴玻璃，需铂丝或铁丝、酒精灯、蓝色的钴玻璃片，故C错误；
D.配制250mL0.1mol⋅L碳酸钠溶液，称量后溶解、冷却，转移到容量瓶中定容，需托盘天平、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶，故D错误；
故选：A。
A.标准NaOH溶液测定待测盐酸的浓度，需酸碱滴定管、锥形瓶；
B.提取溴的CCl4溶液中的溴单质，可选蒸馏法；
C.观察K的焰色需要透过蓝色的钴玻璃；
D.配制250mL0.1mol⋅L碳酸钠溶液，称量后溶解、冷却，转移到容量瓶中定容。
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、中和滴定、混合物分离提纯、离子检验、溶液的配制、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。

5.【答案】B

【解析】解：根据分析可知，X为N，Y为Na，Z为S，W为Cl元素，
A.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y B.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S C.YX3为NaN3，NaN3为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误；
D.Na2S为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，c(H+) 故选：B。
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y是短周期中原子半径最大的主族元素，则Y为Na；X位于第VA族，其原子序数小于Na，则X为N；Z的一种氧化物具有漂白作用，其原子序数大于Na小于W，则Z为S，W为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子半径、物质性质来推断元素为解答关键，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。

6.【答案】D

【解析】解：A.根据上述分析，Zn电极为负极，气体扩散电极为正极，电流从正极流向负极，因此电流从气体扩散电极流出，故A错误；
B.根据原电池工作原理，OH−向负极移动，即向Zn电极移动，故B错误；
C.根据装置图，负极反应式为Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，交换膜应为氢氧根离子交换膜，如果隔膜为选择化学性质活泼的氢氧根离子选择性膜，该装置原理不是锌-空气电池，故C错误；
D.根据装置图，负极反应式Zn−2e−+4OH−=Zn(OH)42−、Zn(OH)42−=ZnO+2OH−+H2O，故D正确；
故选：D。
分析装置可知，右边电极为Zn，Zn元素的化合价升高，根据原电池工作原理，Zn电极为负极，则右边电极为正极，左侧氧气得电子，发生还原反应，作为电池正极，据此分析回答问题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。

7.【答案】D

【解析】解：A.由图中可知，m点对应的NaF溶液的体积为20mL，即CaCl2+2NaF=CaF2↓+2NaCl，CaCl2与NaF恰好完全反应，此时为CaF2的饱和溶液，设溶液中Ca2+浓度为xmol/L，则F−的浓度为2xmol/L，则有x×(2x)2=5×10−10，解得x=5×10−4，故有m=−lgc(Ca2+)=−lg(5×10−4)=4−lg5，故A正确；
B.Ksp仅仅是温度的函数，温度不变Ksp不变，则a点和c点的Ksp相等，故B正确；
C.若改用0.05mol⋅L−1NaF溶液，则消耗的NaF溶液的体积要增大，则b点向右平移，故C正确；
D.根据电荷守恒可知，c点溶液中存在c(Cl−)+c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)，故D错误；
故选：D。
A.由图中可知，m点对应的NaF溶液的体积为20mL，即CaCl2+2NaF=CaF2↓+2NaCl，CaCl2与NaF恰好完全反应，；
B.Ksp仅仅是温度的函数，温度不变Ksp不变；
C.若改用0.05mol⋅L−1NaF溶液，则消耗的NaF溶液的体积要增大；
D.根据电荷守恒可知，c点溶液中存在c(Cl−)+c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力的考查，把握盐类水解及其影响因素、溶度积常数Ksp的应用、图象表示的意义是解题的关键，注意纵坐标的含义，题目难度中等。

8.【答案】球形干燥管  aSO2  CO2  温度过高则冰醋酸、二氯亚砜会挥发且二氯亚砜会分解，导致产品产率降低  氢氧化钠溶液  蒸馏提纯  60.5

【解析】解：(1)仪器c的名称是球形干燥管；冷凝管的进水方向为下进上出，进水口是a，
故答案为：球形干燥管；a；
(2)反应1：CH3COOH+SOCl2→CH3COCl+X↑+Y↑，根据质量守恒可知，生成气体为二氧化硫、二氧化碳气体，化学式为SO2、CO2，
故答案为：SO2；CO2；
(3)冰醋酸沸点为118℃，SOCl2沸点为79℃且受热易分解，控制反应温度在35℃左右，不宜过高，温度过高则冰醋酸、二氯亚砜会挥发且二氯亚砜会分解，导致产品产率降低，
故答案为：温度过高则冰醋酸、二氯亚砜会挥发且二氯亚砜会分解，导致产品产率降低；
(4)反应物中二氯亚砜遇水水解、生成物中乙酰氯遇水或乙醇剧烈分解，c中盛放无水氯化钙，无水氯化钙可以做干燥剂，防止空气中水进入装置；反应生成二氧化硫气体有毒会污染空气，d中盛放的试剂是氢氧化钠，氢氧化钠可以吸收二氧化硫减少污染，
故答案为：氢氧化钠溶液；
(5)由图表信息可知，四种物质的沸点不同，则步骤II中从混合物中提纯乙酸酐应采取的操作为蒸馏提纯，
故答案为：蒸馏提纯：
(6)由反应：CH3COOH+SOCl2→CH3COCl+X↑+Y↑、CH3COCl+CH3COOH→(CH3CO)2O+HCl↑，可知2CH3COOH∼SOCl2∼(CH3CO)2O；21.0gCH3COOH的物质的量为21.0g÷60g/mol=0.35mol，21.0gSOCl2的物质的量为21.0g÷119g/mol≈0.176mol，0.176×2>0.35，则CH3COOH量不足，完全反应理论上生成(CH3CO)2O的质量为0.35mol÷2×102g/mol=17.85g，故该方法制得乙酸酐的产率是12.0g×90%17.85g×100%≈60.5%，
故答案为：60.5。
冰醋酸加入到三颈烧瓶中，再分批缓慢加入SOCl2，水浴加热控制反应温度35℃，搅拌回流2小时，反应生成乙酸酐，利用各物质沸点不同，进行蒸馏分离提纯得到较纯乙酸酐，通过计算可求理论产品质量，然后通过实际质量求出产品产率。
本题考查了物质的制备，涉及了元素的相关性质，实验设计，操作控制，方程式的书写、纯度的计算等，要求学生对物质基本性质的掌握，并加以灵活运用，题目难度中等。

9.【答案】加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动  +177b−at (b−a)3(32a−b)2  BCe2O3+CO2=2CeO2+CO4OH−−4e−=O2+2H2O4NA

【解析】解：(1)平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因为CO2+H2O+CO32−⇌2HCO3−，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动，
故答案为：加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应，平衡向右移动；
(2)①分析图像可知，由生成物总能量-反应物总能量=[−300−(−477)]kJ⋅mol−1=+177kJ⋅mol−1，
故答案为：+177；
②等物质的量的C2H6和CO2在刚性容器内发生上述反应，tmin时达到平衡，已知起始总压为akPa，可得三段式
               C2H6(g)+CO2(g)→C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)单位：kPa
起始           a2             a2                0 0 0
转化            x x x x x
终止         a2−xa2−xxxx
平衡时总压为bkPa，则 a2−x+a2−x+x+x+x=b，解得x=(b−a)kPa，0∼tmin的平均反应速率为v(CO2)=b−atkPa⋅min−1，Kp=p(C2H4)×p(H2O)×p(CO)p(C2H6)×p(CO2)=(b−a)3(32a−b)2kPa，
A.通入惰性气体，由于分压不变，故平衡常数不变，故A错误；
B.增大反应物乙烯的浓度，有利于提高二氧化碳的平衡转化率，故B正确；
C.增大二氧化碳浓度，平衡正向移动，但是二氧化碳的转化率降低，故C错误；
D.降低温度，平衡逆向移动，转化率降低，
故答案为：b−at；(b−a)3(32a−b)2；B；
③反应(i)2CeO2+C2H6=Ce2O3+C2H4+H2O，总反应为C2H6(g)+CO2(g)→C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，故反应ii=总反应-反应i=Ce2O3+CO2=2CeO2+CO，
故答案为：Ce2O3+CO2=2CeO2+CO；
(3)①阳极氢氧根离子失电子放电，产生氧气和水，对应的电极方程式为4OH−−4e−=O2+2H2O，
故答案为：4OH−−4e−=O2+2H2O；
②标准状况下，若消耗2.24LCO2，对应气体的物质的量为1mol，转移4mol电子，对应电子数为4NA，
故答案为：4NA。
(1)平衡移动原理解释吸收CO2的反应在加压下进行的原因为CO2+H2O+CO32−⇌2HCO3−，加压有利于CO2在水中的溶解，促进CO2与K2CO3溶液反应；
(2)①分析图像可知，由生成物总能量-反应物总能量可以计算反应焓变；
②等物质的量的C2H6和CO2在刚性容器内发生上述反应，tmin时达到平衡，已知起始总压为akPa，可得三段式
               C2H6(g)+CO2(g)→C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)单位：kPa
起始           a2             a2                0 0 0
转化            x x x x x
终止         a2−xa2−xxxx
平衡时总压为bkPa，则 a2−x+a2−x+x+x+x=b，解得x=(b−a)kPa，0∼tmin的平均反应速率为v(CO2)=b−atkPa⋅min−1，据此计算，
A.通入惰性气体，由于分压不变；
B.增大反应物乙烯的浓度，有利于提高二氧化碳的平衡转化率；
C.增大二氧化碳浓度，平衡正向移动；
D.降低温度，平衡逆向移动；
③反应(i)2CeO2+C2H6=Ce2O3+C2H4+H2O，总反应为C2H6(g)+CO2(g)→C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，故反应ii=总反应-反应i；
(3)①阳极氢氧根离子失电子放电，产生氧气和水；
②标准状况下，若消耗2.24LCO2，对应气体的物质的量为1mol，转移4mol电子。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。

10.【答案】粉碎催化剂  7：2 4h、70℃AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓pH过低，氢氧化铝会溶解  过滤  CMnS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+2SO42−+3H2O

【解析】解：(1)为了提高“焙烧”效率，可采用的措施为粉碎催化剂，焙烧时发生反应，氧气为氧化剂，MoS2为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为7：2，
故答案为：粉碎催化剂；7：2；
(2)“水溶”时，钼浸取率与浸取时间、浸取温度的关系如图所示，综合考虑成本等因素，分析图像可知，最佳浸取时间和浸取温度为4h、70℃，
故答案为：4h、70℃；
(3)加入稀硫酸会发生反应2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓，对应离子方程式为AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓，pH过低，氢氧化铝会溶解，无法完成分离，
故答案为：AlO2−+H++H2O=Al(OH)3↓；pH过低，氢氧化铝会溶解；
(4)结合分析可知，操作I为过滤，滤液1中含有大量的硫酸钠和少量的钼酸钠，通过结晶可以获得Na2SO4⋅10H2O和溶液2，溶液2最终获得Na2MoO4⋅2H2O，结晶过程硫酸钠结晶而钼酸钠没有结晶，结合图示，Na2SO4⋅10H2O在30℃以下溶解度受温度影响较大，且溶解度较小，易结晶析出，故对应的操作为蒸发浓缩，冷却到10℃左右，
故答案为：C；
(5)次氯酸钠具有强氧化性，能够把MoS2在碱性条件下氧化为MnO4−和SO42−，根据电子转移守恒和质量守恒写出发生反应的离子方程式为：MnS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+2SO42−+3H2O，
故答案为：MnS2+9ClO−+6OH−=MoO42−+9Cl−+2SO42−+3H2O。
废钼催化剂(主要含有MoS2和Al2O3)碱性焙烧时MoO3、Al2O3跟Na2CO3发生反应转化为Na2MoO4、NaAlO2和CO2，固体水浸后滤液中主要含有Na2MoO4、NaAlO2，加入稀硫酸会发生反应2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3↓，使铝元素去除。再利用重结晶的方法提纯Na2MoO4，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。

11.【答案】6s26p2  32Ncdsp3d直线形  PbF4为离子化合物，熔点受离子键的影响，PbCl4为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，离子键比分子间作用力强，  6 棱心 M×103022NAa3

【解析】解：(1)Pb原子位于第六周期第IVA族，其价电子排布式为6s26p2，N能层电子填满为2×42=32个，
故答案为：6s26p2；32；
(2)同周期主族元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第、族出现反常，比相邻元素大，CH3NH3+中含有N、H、C3种元素，因此第一电离能最大的为N元素，在CH3NH3+中C、N原子采用sp3杂化，C−H、N−H采用sp3杂化与s杂化原子轨道重叠形成，C−N键由sp3杂化与sp3杂化原子轨道重叠形成的，
故答案为：N；cd；
(3)I3−的VSEPR模型如图可知，中心I原子形成2个σ键和3个孤电子对，杂化方式是sp3d杂化，从图可知I3−的空间构型为直线形，
故答案为：sp3d；直线形；
(4)PbF4为离子化合物，熔点受离子键的影响，PbCl4为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，离子键比分子间作用力强，故PbF4的熔点比PbCl4高，
故答案为：PbF4为离子化合物，熔点受离子键的影响，PbCl4为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，离子键比分子间作用力强，
(5)由(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构可知位于体心的Pb2+周围距离最近且相等的I−位于面心，为6个，将图中CsPbI3晶晶胞扩展为2×2×2结构，8个晶胞体心的8个Pb2+构成新立方晶胞的顶点，I−原子处于新晶胞棱心，设晶胞边长为xpm，晶胞中A、B之间的距离为晶胞面对角线的一半，即apm=22xpm，x=2apm，晶胞体积V=(2a×10−10cm)3，ρ=mV=MNAg(2a×10−10cm)3=M×103022NAa3 g▪cm−3，
故答案为：6；棱心；M×103022NAa3。
(1)基态Pb原子位于第六周期第IVA族，N能层电子填满；
(2)同周期主族元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第、族出现反常，比相邻元素大；根据CN原子成键推断CN原子杂化方式；故第一电离能由大到小的顺序为：N>C>H，
(3)根据I3−的VSEPR模型图可知中心I原子成键情况及构型；
(4)PbF4为离子晶体，PbCl4为分子晶体；
(5)由(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构可知位于体心的Pb2+周围距离最近且相等的I−位于面心，将图中CsPbI3晶晶胞扩展为2×2×2结构，8个晶胞体心的8个Pb2+构成新立方晶胞的顶点，设边长为xpm，晶胞中A、B之间的距离为晶胞面对角线的一半，求出边长即可得到晶胞体积，根据ρ=mV求解。
本题考查物质结构和性质，涉及原子结构、核外电子排布、价层电子对互斥理论、晶胞计算方法等知识点是解本题关键，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力、空间想象能力及计算能力，题目难度中等。

12.【答案】2−甲基丙酸甲酯  酯基和碳碳双键 +CH3OH加成反应   12 1

【解析】解：(1)由题干路线图中A的结构简式可知A的化学名称为：2−甲基丙酸甲酯，由F的结构简式可知，F中所含官能团的名称为氨基、酯基和碳碳双键，
故答案为：2−甲基丙酸甲酯；酯基和碳碳双键；
(2)A即与CH3CN反应可以生成B即和相对分子质量为32的一元醇即CH3OH，则由A生成B的化学方程式为：+CH3OH，
故答案为：+CH3OH；
(3)由题干流程图信息可知，由B生成D即和生成，故该反应的反应类型为加成反应，D的结构简式为，
故答案为：加成反应；；
(4)与有机物B()官能团完全相同即酮羰基和氰基，则其同分异构体先考虑除−CN和剩余4个碳架异构有两种即C−C−C−C和，在考虑连入−CN分别各有两种即4种：C−C−C−C−CN、、，，最后考虑在两个碳原子之间插入分别有4种、4种、3种和1种，则共有4+4+3+1=12种，
故答案为：12；
(5)由题干合成路线图中H的结构简式可知H中的手性碳原子(与四个各不相同原子或基团相连的碳原子)有1个，
故答案为：1；
(6)由题干已知Hantzsch合成的信息可知，中间产物G的结构简式为：，
故答案为：。
由题干流程图中D的分子式和B、C、E的结构简式以及D到E的转化过程中失去一分子水可知，D的结构简式为：，(4)与有机物B()官能团完全相同即酮羰基和氰基，则其同分异构体先考虑除−CN和剩余4个碳架异构有两种即C−C−C−C和，在考虑连入−CN分别各有两种即4种：C−C−C−C−CN、、，，最后考虑在两个碳原子之间插入分别有4种、4种、3种和1种，则共有4+4+3+1=12种，(5)由题干已知Hantzsch合成的信息可知，中间产物G的结构简式为：，据此分析解题。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识迁移能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，灵活运用知识迁移方法、逆向思维方法进行合成路线设计，注意反应中断键和成键方式，题目难度中等。