第第頁江蘇省南京市六校聯合體2021-2022學年高二下學期期末聯考化學試題一、單選題1．為共同構建人與自然生命共同體，我國已將“碳達峰”和“碳中和”納人生態文明建設整體布局，“3060”雙碳目標是我國對世界的莊嚴承諾，重點是推動以二氧化碳為主的溫室氣體減排。下列措施與此目標不吻合的是（）A．植樹造林、節能減排B．太陽能、潮汐能、風能、氫能等清潔能源逐步替代火力發電C．研發二氧化碳加氫制甲醇的高效催化劑D．燃煤中適當添加石灰石，減少污染氣體排放2．反應NaClO＋2NH3=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制備還原劑肼(N2H4)。下列說法正確的是（）A．NaClO的電子式為 B．在反應中NH3是氧化劑C．N2H4分子間能形成氫鍵 D．H2O的空間填充模型為3．利用化學反應可以制取人們需要的物質。下列物質間的轉化均能實現的是（）A．NaCl(aq)B．FeC．ClD．Mg(OH)4．工業上生產硫酸時，其中SO2與O2反應生成SO3的熱化學方程式為2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。在生產過程中，充分利用反應放出的熱量對SO2和O2進行加熱，并將尾氣進行循環利用。下列有關SO2的說法正確的是（）A．SO2與H2S反應有淡黃色固體生成，體現了SO2的氧化性B．SO2使溴水褪色利用了SO2的漂白性C．將SO2通入Ba(NO3)2溶液中不可能產生白色沉淀D．SO2分子的空間構型為直線形5．工業上生產硫酸時，其中SO2與O2反應生成SO3的熱化學方程式為2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。在生產過程中，充分利用反應放出的熱量對SO2和O2進行加熱，并將尾氣進行循環利用。下列有關工業上生產SO3反應的說法正確的是（）A．該反應在任何條件下均能自發進行B．當反應放出98.3kJ熱量時，反應轉移的電子數約為2×6.02×1023C．若SO2、O2、SO3的濃度之比為2∶1∶2，則反應達到了平衡狀態D．從平衡體系中分離出SO3，能加快正反應速率，提高SO2的轉化率6．工業上生產硫酸時，其中SO2與O2反應生成SO3的熱化學方程式為2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。在生產過程中，充分利用反應放出的熱量對SO2和O2進行加熱，并將尾氣進行循環利用。下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．MgO、Al2O3熔點高，可用于制作耐火材料B．NaHCO3能與堿反應，可用作焙制糕點的膨松劑C．濃硫酸具有脫水性，可用于干燥氫氣D．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿7．實驗室以廢鐵屑、氨氣和稀硫酸為原料，制備少量摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。如圖所示裝置和原理能達到實驗目的的是（）A．用裝置甲制取FeSO4溶液B．用裝置乙制取NH3C．用裝置丙將氨氣通入FeSO4和H2SO4的混合溶液D．用裝置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O8．鋅電池具有成本低、安全性強、可循環使用等優點。一種新型鋅電池的工作原理如圖所示(凝膠中允許離子生成或遷移)。下列說法正確的是（）A．充電過程中，a電極接外接電源的負極B．充電過程中，b電極反應為：Zn2＋＋2e-=ZnC．放電過程中，H2SO4溶液中SO42-D．放電過程中，轉移0.4mole-時，a電極消耗0.8molH＋9．實驗室通過下列流程從凈化除氯后的含碘海水中提取I2。下列有關說法錯誤的是（）A．富集得到含碘化合物的晶胞如圖，其中距離每個I-最近的Ag＋有4個B．轉化后的溶液中主要含有Fe2＋和I-C．用稀HNO3溶解濾渣Y得到的溶液可循環利用D．氧化時，理論上通入氯氣的量至少控制為溶液中溶質物質的量的1.5倍10．化合物Z(華法林)是一種香豆素類抗凝劑，可由下列反應制得：下列說法錯誤的是（）A．Y分子存在順反異構體B．1molX與足量NaOH溶液反應，最多消耗3molNaOHC．一定條件下，Y分子可以發生取代、加聚、還原反應D．Z分子中含有1個手性碳原子11．利用煙氣中SO2可回收廢水中的I?下列說法錯誤的是（）A．[(B．總反應離子方程式為：SOC．反應①~⑤中均有電子的轉移D．反應③中，每消耗1molO2會轉移2mol電子12．前四周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數依次增大，X與W同主族，Y原子的最外層電子數是其內層電子數的3倍，Z基態原子的3p軌道上只有1個電子，W原子核外有14種運動狀態不同的電子，Q原子的質子總數等于X、Z、W原子的質子總數。下列說法正確的是（）A．XY2屬于離子化合物B．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C．Q的簡單氣態氫化物空間構型為平面正三角形D．Q的簡單氣態氫化物的熱穩定性比Y的弱13．室溫下，通過下列實驗探究NH4HCO3溶液的性質。實驗實驗操作實驗現象1用pH試紙測定0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pHpH約為82向0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入過量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液析出白色沉淀3常溫下，將等體積等物質的量濃度NH4HCO3與NaCl溶液混合析出晶體4向0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入0.1mol·L-1AlCl3溶液有氣泡產生下列有關說法正確的是（）A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3B．實驗2反應靜置后的上層清液中有c(Ba2+)·c(CO32-)<Ksp(BaCO3C．實驗3靜置后的上層清液中有c(H+)+c(NH4+)>c(OH-)+c(HCO3-)+2c(COD．實驗4中產生的氣體是NH314．利用CH4和CO反應Ⅰ：CH4反應Ⅱ：CO2反應Ⅲ：CH4不同n(CO下列說法正確的是（）A．對于反應Ⅰ，M點的平衡常數大于N點B．高溫高壓有利于提高原料的平衡轉化率C．使用合適的催化劑并不能提高合成氣的產率D．當n(CO二、綜合題15．釩具有廣泛用途，利用含釩廢催化劑(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸鹽)制備V2O5的新工藝流程如圖：已知：濾液1和濾液2中釩以VO2+的形式存在?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出V基態原子核外電子排布式。（2）在實驗室中操作Ⅰ用到的玻璃儀器有。（3）在濾渣1中加入Na2SO3和過量稀H2SO4溶液發生氧化還原反應，氧化劑和還原劑的物質的量之比為。（4）混合溶液中加入KClO3，發生反應的離子方程式是。（5）釩最后以NH4VO3的形式沉淀出來。沉釩率(NH4VO3沉淀中V的質量和廢催化劑中V的質量之比)表示該工藝釩的回收率。圖中是沉釩率隨溫度變化的關系曲線，“沉釩”時，溫度超過80℃以后，沉釩率下降的可能原因是(寫一條即可)。（6）稱取wg所得產品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，再加入a1mLb1mol?L?1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，最后用b2mol?L?1酸性KMnO4溶液滴定過量的(NH4)2Fe(SO4)2至終點，消耗溶液KMnO4的體積為a2mL。假設雜質不參與反應，錳元素被還原為Mn2+。求產品中V2O5的質量分數為(寫出計算過程)[已知(VO2)2SO4和(NH4)2Fe(SO416．F是一種抗血小板凝聚的藥物，其人工合成路線如圖：（1）D分子中采取sp3雜化的碳原子數目是（2）B的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：。①分子中有4種不同化學環境的氫原子；②苯環上有2個取代基，能發生銀鏡反應。（3）E→F中有一種相對分子質量為60的產物生成，該產物的結構簡式為（4）A→B的反應需經歷的過程，中間體Y的分子式為C11H12NF（5）已知：，寫出以、(CH3CO)2O、和NBS為原料制備17．以廢舊鋰離子電池的正極材料[活性物質為LixCoO2(x≤1)、附著物為炭黑、聚乙烯醇粘合劑、淀粉等]為原料，制備納米鈷粉和Co3O4。（1）預處理。將正極材料研磨成粉末后進行高溫煅燒，高溫煅燒的目的是。（2）浸出，將煅燒后的粉末(含LixCoO2和少量難溶雜質)與硫酸混合，得到懸濁液，加入如圖所示的燒瓶中?？刂茰囟葹?5℃，邊攪拌邊通過分液漏斗滴加雙氧水，充分反應后，濾去少量固體殘渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出實驗中當觀察到，可以判斷反應結束，不再滴加雙氧水。（3）制鈷粉。向浸出后的溶液中加入NaOH調節pH，接著加入N2H4·H2O可以制取單質鈷粉，同時有N2生成。已知不同pH時Co(II)的物種分布圖如圖所示。Co2+可以和檸檬酸根離子(C6H5①寫出pH=9時制鈷粉的離子方程式：。②pH＞10后所制鈷粉中由于含有Co(OH)2而導致純度降低。若向pH＞10的溶液中加入檸檬酸鈉(Na3C6H5O7)，可以提高鈷粉的純度，原因是。（4）請補充完整由浸取后濾液先制備CoC2O4·2H2O，并進一步制取Co3O4的實驗方案：取浸取后濾液，，得到Co3O4。[已知：Li2C2O4易溶于水，CoC2O4在溶液中直接結合水生成CoC2O4·2H2O沉淀，CoC2O4·2H2O在空氣中加熱時的固體殘留率(剩余固體質量原固體質量×100%)與隨溫度的變化如圖所示。實驗中必須使用的試劑有：2mol·L-1(NH4)2C2O18．研究脫除煙氣中的NO是環境保護、促進社會可持續發展的重要課題。選擇性催化還原技術是利用還原劑氨或尿素，把煙氣中的NO還原成N2和HN2(2NO(g4(N（1）①2(NH2②有氧條件下，在Fe基催化劑表面，NH3還原NO的反應機理如圖所示，該過程可描述為（2）近年來，低溫等離子體(NTP)技術是在高壓放電下，O2產生自由基(O*)，自由基將NO氧化為NO2后，再用Na2①等離子體技術在低溫條件下可提高NO的轉化率，原因是。②若4.6gNO2被含0.05molNa③其他條件相同，等離子體的功率與NO的轉化率關系如圖所示，當功率大于30W時，NO轉化率下降的原因可能是。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．植樹造林增加綠色植被，可增加植物光合作用，吸收二氧化碳，利于實現“碳中和”，不符合題意；B．開發利用太陽能、潮汐能、風能和氫能等清潔能源，能減少化石燃料燃燒，減少CO2排放量，不符合題意；C．研發二氧化碳加氫制甲醇的高效催化劑，有利于CO2的消除，不符合題意；D．燃煤中適當添加石灰石，減少污染氣體排放，不利于實現“碳中和”，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．植物光合作用，吸收二氧化碳；B．清潔能源，能減少化石燃料燃燒；C．利用二氧化碳生成其它化學原料；D．燃煤中適當添加石灰石，減少二氧化硫的排放，不利于實現“碳中和”。2．【答案】C【解析】【解答】A．NaClO是離子化合物，Na+與ClO-之間以離子鍵結合，在ClO-中Cl與O原子之間以共價鍵結合，故NaClO的電子式為：，A符合題意；B．在反應中N元素化合價由反應前NH3中的-3價變為反應后N2H4中的-2價，化合價升高，失去電子被氧化，所以NH3是還原劑，B不符合題意；C．在N2H4分子中含有N-H鍵，分子間能形成氫鍵，由于N原子上有孤對電子，且N原子半徑小，元素的非金屬性強，因此在N2H4分子間形成氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，C符合題意；D．H2O分子中O原子半徑大于H原子半徑，且三個原子不在同一直線上，水分子的空間填充模型為，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．NaClO是離子化合物；B．氧化劑在反應中所含元素化合價降低；C．依據氫鍵的形成條件判斷；D．水分子是V形結構。3．【答案】C【解析】【解答】A．電解熔融的氯化鈉制得氯氣，氯氣與石灰乳反應制得漂白粉而不是與石灰水反應，選項A不符合；B．一氧化碳還原四氧化三鐵得到鐵單質，鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵而不是得到氯化鐵，選項B不符合；C．氯氣與溴化鈉發生置換反應制得溴單質，溴與二氧化硫在水中發生反應生成氫溴酸和硫酸，物質間的轉化均能實現，選項C符合；D．氫氧化鎂與鹽酸反應生成氯化鎂溶液，電解氯化鎂溶液得到氫氧化鎂、氫氣和氯氣，應該是電解熔融的氯化鎂才能得到鎂單質，選項D不符合；故答案為：C。

【分析】A.漂白粉主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，是將氯氣通入到石灰乳中制取

B.氯化氫的氧化性太弱只能與鐵反應得到氯化亞鐵

C.利用氧化性的強弱即可制取

D.制備金屬鎂一般選擇的是電解熔融氯化鎂4．【答案】A【解析】【解答】A．SO2與H2S反應生成淡黃色固體S，SO2中硫元素的化合價降低，體現了SO2的氧化性，A項符合題意；B．SO2使溴水褪色，是因為反生了氧化還原反應，利用了SO2的還原性，B項不符合題意；C．將SO2通入Ba(NO3)2溶液中會產生白色沉淀，因為SO2與水反應，生成亞硫酸，導致體系中存在硝酸，會將亞硫酸根氧化為硫酸根，C項不符合題意；D．SO2分子中，S原子的確采用sp2雜化，其中2個雜化軌道與O原子成鍵，還有一個雜化軌道里面是未共用電子對，三對電子之間都有排斥力，因此SO2分子就是V形的，D項不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．元素的化合價降低，體現氧化性；B．元素的化合價升高，體現還原性；C．酸性條件下硝酸根離子有強氧化性，可生成硫酸鋇沉淀；D．依據價層電子對數=σ鍵數+孤電子對數，由價層電子對數確定VSEPR模型，再確定空間立體構型。5．【答案】B【解析】【解答】A．ΔH-T×ΔS＜0的反應自發進行，該反應中ΔH＜0，ΔS＜0，則在低溫下能自發進行，A項不符合題意；B．根據反應可知，轉移4mol電子，放出196.6kJ熱量，則當反應放出98.3kJ熱量時，反應轉移的電子數約為2×6.02×1023，B項符合題意；C．投料比合適時，SO2、O2、SO3的濃度之比可以為2∶1∶2，不能說明反應達到了平衡狀態，C項不符合題意；D．從平衡體系中分離出SO3，能降低逆反應速率，反應正向移動，提高SO2的轉化率，D項不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．依據ΔH-T×ΔS＜0的反應自發進行判斷；B．根據反應熱與計量系數的關系成正比計算；C．利用“變者不變即平衡”；D．依據化學平衡移動原理分析。6．【答案】A【解析】【解答】A．MgO、Al2O3都是離子化合物，離子之間以極強的離子鍵結合，離子之間作用力很強，故物質熔點高，因此可用于制作耐火材料，A符合題意；B．NaHCO3不穩定，受熱分解產生CO2氣體，氣體從面團中逸出，從而能夠使面團松軟，故可用作焙制糕點的膨松劑，這與其與堿反應的性質無關，B不符合題意；C．濃硫酸具有吸水性，因此可用于干燥氫氣，這與濃硫酸的脫水性無關，C不符合題意；D．SO2具有漂白性，因此可用于漂白紙漿，這與SO2具有氧化性無關，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．離子化合物熔點高，可用于制作耐火材料；B．NaHCO3不穩定，受熱分解產生CO2氣體；C．濃硫酸具有吸水性，可用于干燥氣體；D．SO2具有漂白性，可用于漂白紙漿。7．【答案】A【解析】【解答】A．Fe與稀硫酸反應生成FeSO4，過量的Fe可以防止Fe2+被氧化，A符合題意；B．收集NH3的試管口應該放一團棉花，不應該用橡皮塞，B不符合題意；C．由于氨氣極易溶于水且與硫酸反應，容易引發倒吸，而丙裝置不能防倒吸，不能達到實驗目的，C不符合題意；D．由于產品帶結晶水，故不能將溶液蒸干，應該采取蒸發濃縮、降溫結晶的操作，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．Fe與稀硫酸反應生成FeSO4和氫氣；B．不應該用橡皮塞，壓力過大，可能發生危險，試管口應該放一團棉花；C．氨氣極易溶于水且與硫酸反應，容易引發倒吸；D．由于產品帶結晶水，不能將溶液蒸干。8．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，充電過程中a為陽極，外接電源正極，A不符合題意；B．充電過程中b電極得到電子發生還原反應，由于在堿性環境中Zn以Zn(OH)C．放電過程中，a為正極，b極為負極，溶液中陽離子移向正極，陰離子移向負極；所以放電過程中，SO42-D．放電過程中b電極為負極，其電極反應式為Zn+4OH??2e?故答案為：D。【分析】A．依據陽接正，陰接負判斷；B．充電過程中陰極得到電子發生還原反應；C．放電過程中，溶液中陽離子移向正極，陰離子移向負極；D．反應過程中轉移電子數等于轉移離子所帶電荷總數。9．【答案】D【解析】【解答】A．I-位于晶胞的頂點和面心，晶胞中I-數目為18×8+12×6=4，Ag+位于晶胞內部，數目為4，二者配位數相同，晶胞中距離每個Ag+最近的I-B．存在溶解平衡AgI(s)?Ag+(aq)C．經分析可知，濾渣Y主要為Ag，稀硝酸溶解濾渣Y得到硝酸銀溶液，可在富集步驟中循環利用，C不符合題意；D．氧化時發生反應Cl故答案為：D。

【分析】思路分析：向富集溶液中加入硝酸銀，過濾得到AgI沉淀，加入鐵粉轉化后得到濾渣為單質銀，濾液為FeI2溶液，向其通入氯氣，置換出單質碘；解答該題首先要弄清楚該轉化流程，清晰知道每一步是如何轉化的。10．【答案】B【解析】【解答】A．Y分子中由于兩個不飽和的C原子上連接了兩個不同的原子和原子團，因此該物質的分子存在順反異構體，A不符合題意；B．X分子中含有的醇羥基不能與NaOH發生反應，分子中含有的酯基水解產生的酚羥基和羧基都可以與NaOH反應，故1molX與足量NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOH，B符合題意；C．Y分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下，能夠發生加聚反應；可以與H2發生加成反應，與H2的加成反應也屬于還原反應；含有苯環，在一定條件下能夠發生取代反應，故一定條件下Y分子可以發生取代、加聚、還原反應，C不符合題意；D．手性碳原子是連接4個不同的原子或原子團的C原子。根據Z的結構簡式可知：Z分子中只有與兩個六元環連接的C原子為手性C原子，故Z分子中含有1個手性碳原子，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】1.首先弄清楚該有機物中含有些官能團，官能團決定有機物的性質，給有機物中含有羥基、醛基和苯環結構，可以發生消去、加成、取代、氧化等反應。

2.手性碳原子判斷：1、要判斷一個碳原子是否為手性碳，首先要滿足的條件是該碳原子必須為飽和碳，即連接有4個基團；2、其次，若一個碳原子為手性碳原子，那么該碳原子上所連的4個基團必須不一樣。11．【答案】C【解析】【解答】A．[(NH3B．由題干信息及工作原理圖知，反應物有SO2、O2、I?，生成物是I2、SOC．過程②和⑤中沒有電子轉移，C項符合題意；D．反應③中O2得到電子后轉化為過氧鍵，D項不符合題意。故答案為：C。

【分析】A.NH3是0價，O-2價，算出Co的化合價；

B.只進不出的是反應物，只出不進的生成物，由反應原理圖可知反應物和生成物，再寫反應方程式；

C.分析化合價，有化合價升降就有電子轉移；

D.反應中O2得到電子后轉化為過氧鍵，過氧鍵中O是-1價。12．【答案】D【解析】【解答】A．XY2為CO2屬于共價化合物，A項不符合題意；B．根據原子半徑的遞變規律以及元素所在周期表的位置關系可得r(Al)>r(Si)>r(C)>r(O)，即原子半徑：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B項不符合題意；C．Q的簡單氣態氫化物為AsH3與同主族的氮元素的簡單氣態氫化物NH3的空間構型相似，為三角錐形，C項不符合題意；D．非金屬性O>N>As，所以Q的簡單氣態氫化物AsH3的熱穩定性比Y的簡單氣態氫化物H2O的弱，D項符合題意；故答案為：D。

【分析】思路分析：首先根據題目信息，推出元素，Y原子的最外層電子數是其內層電子數的3倍，Y為O，Z基態原子的3p軌道上只有1個電子，Z為Al，W原子核外有14種運動狀態不同的電子，W為Si，X與W同主族，X為C，Q原子的質子總數等于X、Z、W原子的質子總數，Q為As，然后結合元素性質和原子結構解答即可。13．【答案】C【解析】【解答】A．根據物料守恒可得：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，pH約為8，則c(OH-B．產生沉淀的溶液為碳酸鋇的飽和溶液，溶液中存在c(Ba2+)·c(CO32-)=Ksp(BaCO3C．將等體積等物質的量濃度NH4HCO3與NaCl溶液混合，會析出碳酸氫鈉晶體，溶液中的溶質可視為氯化銨和碳酸氫鈉，因碳酸氫鈉析出，可知溶液中氯化銨的量大于碳酸氫鈉，由電荷守恒的：c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)>c(Na+)，則c(H+)+c(NH4+)>c(OH-)+c(HCOD.0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入0.1mol·L-1AlCl3溶液，兩者發生雙水解反應，生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，生成的氣泡的二氧化碳，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.根據物料守恒判斷以及pH進行判斷

B.此時產生沉淀說明碳酸鋇是溶解平衡

C.析出的晶體是碳酸氫鈉，根據電荷守恒即可判斷

D.根據水解相互促進，產生的氣體是二氧化碳14．【答案】D【解析】【解答】A．由圖可知，M點和N點的反應溫度相同，平衡常數是溫度函數，溫度不變，平衡常數不變，則M點和N點的平衡常數相等，故A不符合題意；B．反應Ⅰ、Ⅲ都是氣體體積增大的反應，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，增大壓強，反應Ⅱ形成的平衡不移動，反應Ⅰ、Ⅲ形成的平衡向逆反應方向移動，反應物的轉化率減小，則高壓不利于提高原料的平衡轉化率，故B不符合題意；C．使用合適的催化劑能提高反應的選擇性，能提高合成氣的產率，故C不符合題意；D．由方程式可知，反應Ⅰ、Ⅲ中氫氣和一氧化碳都是生成物，反應Ⅱ中氫氣是反應物、一氧化碳是生成物，則當n(CO2)故答案為：D。

【分析】解題技巧：對應化學反應速率圖像和化學平衡圖像，應該注意下列幾點：1、橫軸坐標和縱坐標含有；2、曲線斜率或者趨勢；3、曲線上特殊點，如起點、終點、交點和拐點等；4、根據需要運用輔助線，如等溫線、等壓線等。15．【答案】（1）[Ar]3d34s2（2）漏斗、燒杯、玻璃棒（3）1∶1（4）6（5）80℃以后，溫度升高，NH4V（6）91(【解析】【解答】(1)V的原子序數為23，則基態原子核外電子排布式為[Ar]3d34s2，故答案為：[Ar]3d34s2；(2)由分析可知，操作Ⅰ為固、液分離的過濾操作，過濾用到的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒，故答案為：漏斗、燒杯、玻璃棒；(3)由分析可知，在濾渣1中加入亞硫酸鈉溶液和過量稀硫酸發生的反應為在酸性條件下，亞硫酸鈉與V2O5發生氧化還原反應生成硫酸鈉、VOS(4)由分析可知，混合溶液中加入氯酸鉀發生的反應為具有氧化性的氯酸根離子在酸性條件下將VO2+離子氧化為VO2+(5)“沉釩”時，溫度超過80℃以后，NH4VO3的溶解度增大，以及氨水受熱分解，溶液中N(6)由題意可知，滴定時，硫酸亞鐵銨做反應的還原劑，VO2+離子和高錳酸鉀做反應的氧化劑，由得失電子數目守恒可得：n(VO2+)+5n(MnO4?)=n(Fe2+)，解得n(VO2+)=(a1b1?5a2b

【分析】解答流程題的一般思路是：瀏覽全題，確定該流程的目的，看懂生產流程圖；了解流程圖以外的文字描述、表格信息、后續設問中的提示性信息，并在下一步分析和解題中隨時進行聯系和調用；解析流程圖并思考從原料到產品依次進行了什么反應，利用了什么原理。每一步操作進行到什么程度最佳，每一步除目標物質外還產生了什么雜質或副產物，雜質或副產物是怎樣除去的等等。要抓住一個關鍵點：一切反應或操作都是為獲得產品而服務。16．【答案】（1）7（2）(或等合理答案)（3）C（4）取代反應(或水解反應)（5）【解析】【解答】(1)飽和碳采取sp3雜化，由D的結構簡式可知，D分子中有7個飽和碳()，因此采取sp3雜化的碳原子數目是7。(2)B為，B的一種同分異構體同時滿足下列條件，①分子中有4種不同化學環境的氫原子，②苯環上有2個取代基，能發生銀鏡反應，含-CHO，則符合條件的物質的結構簡式為：或等。(3)由E和F的結構簡式可知，E→F的過程中(CH3CO)2O參與反應，因此E→F中有一種相對分子質量為60的產物生成，該產物的結構簡式為：CH(4)X水解生成Y，結合X的結構簡式和Y的分子式可知，Y為，因此X→Y的反應類型為：取代反應(或水解反應)。(5)在AlCl3的作用下與(CH3CO)2O發生取代反應生成，與NBS發生取代反應生成，與、KHCO3反應生成，在(CH3CO)2O、(CH3CH2)3N、DMSO的作用下反應生成，合成路線為：。

【分析】1.解題思路：原題→審題、綜合分析，隱含條件明顯條件→找出解題突破口(結構、反應、性質、現象特征)，順推可逆推→結論←檢驗。

2.解題關鍵：⑴根據有機物的物理性質，有機物特定的反應條件尋找突破口。

⑵根據有機物之間的相互衍變關系尋找突破口

⑶根據有機物結構上的變化，及某些特征現象上尋找突破口。

⑷根據某些特定量的變化尋找突破口。17．【答案】（1）除去正極材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物質（2）圓底燒瓶中不再產生氣泡（3）Co4(OH)44+＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2↑＋10H2O；Co2+與檸檬酸鈉反應生成配合物[CoC6H5O7]-，能抑制Co(OH)2的生成或促進Co(OH)2（4）邊攪拌邊加入2mol·L-1(NH4)2C2O4溶液，當靜置時上層清液中加入(NH4)2C2O4溶液不再產生沉淀時，停止滴加，過濾，用蒸餾水洗滌至取最后一次洗滌濾液加入0.1mol·L-1BaCl2溶液時無沉淀生成，將固體在400℃~800℃下加熱，當殘余固體質量不再發生變化后停止加熱【解析】【解答】(1)預處理時，將正極材料研磨成粉末后進行高溫煅燒，可除去正極材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物質，所以高溫煅燒的目的就是除去附著在正極材料中的炭黑、聚乙烯醇、淀粉等物質；(2)浸出過程，向煅燒后含LixCoO2的粉末中加入H2SO4于如圖所示的燒瓶中，控制溫度為75℃，邊攪拌邊通過分液漏斗滴加雙氧水，充分反應后，濾去少量固體殘渣。得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出實驗中當觀察到不再有泡產生時，說明反應完成，此時不再滴加雙氧水；(3)①根據圖示可知在溶液pH=9時，溶液中Co元素主要存在形式為Co4(OH)44+，Co4(OH)44+與N2H4·H2O在堿性條件下發生氧化還原反應產生Co單質、N2、H2O，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得該反應的離子方程式為：Co4(OH)44+＋2N2H4·H2O＋4OH-=4Co↓＋2N2②當溶液pH＞10后所制鈷粉中由于含有Co(OH)2而導致純度降低。若向pH＞