2019-2020学年福建省平和一中、南靖一中等四校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省平和一中、南靖一中等四校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是A NaOH 溶液B氨水C盐酸D Ba(OH)2溶液【答案】B【解析】【分析】要使 AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH-，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A 错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，

2、B 正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D 错误；故答案选B。【点睛】氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。2以 TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A过程中钛氧键断裂会释放能量B该反应中，光能和热能转化为化学能C使用 TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(

3、g)=2CO(g)+O2(g)H=+30 kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.化学键断裂需要吸收能量，过程中钛氧键断裂会吸收能量，故A 错误；B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B 正确；C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D.反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)H=15982-1072 2-496=+556 kJ/mol，故 D错误。3如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G 为正盐，通常条件下Z 是无色液体，D 的相对原子质量比C小 16，各物质转化

4、关系如图所示。下列说法正确的是A E 可以是金属也可以是非金属BC 和 D 两种大气污染物，都能用排空气法收集CB 的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D实验室制备F 时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取【答案】D【解析】【分析】G+NaOH反应生成氢化物，再结合 D 的相对原子质量比C小 16，可以得出F为氨气，D 为 NO，E为氮气，C 为 NO2，B为 HNO3，A 为 NaNO3。【详解】A 选项，E是氮气，故A 错误；B 选项，C和 D 两种大气污染物，NO2不能用排空气法收集，故B 错误；C 选项，B 的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D 选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石

5、灰反应得到，故D 正确；综上所述，答案为D。4我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是（）A电池以低功率模式工作时，NaFeFe(CN)6作催化剂B电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行C电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6 D若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFeFe(CN)6获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即

6、溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从 NaFeFe(CN)6上析出，故 NaFeFe(CN)6的作用是作催化剂，A 正确；B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFeFe(CN)6时 Na+的嵌入；当形成OH-从 NaFeFe(CN)6析出时，Na+从 NaFeFe(CN)6脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B 正确；C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFeFe(CN)6获得电子被还原变为Na2FeFe(CN)6，所以正极的电极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6，C正确；D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与

7、反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D 错误；故合理选项是D。5一定符合以下转化过程的X 是（）X溶液 WZX A FeO BSiO2CAl2O3D NH3【答案】D【解析】【分析】【详解】A FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与NaOH 溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成氧化铁，不能生成FeO，所以不符合转化关系，故A 不选；BSiO2与稀硝酸不反应，故B不选；CAl2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液，硝酸铝溶液与少量NaOH 溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但过量NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，偏铝酸钠加热得不到氧化铝，所以不一定符合，故C不选

8、；D NH3与稀硝酸反应生成硝酸铵溶液，硝酸铵溶液与NaOH 溶液反应生成一水合氨，一水合氨加热分解生成 NH3，符合转化关系，故D 选；故答案为：D。6下列说法中错误的是:A SO2、SO3都是极性分子B在 NH4+和Cu(NH3)42+中都存在配位键C元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性【答案】A【解析】【分析】【详解】A 项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120，故 A 项错误；B 项，在 NH4+和 Cu(NH3)42+中都存在配位键，

9、前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C 项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；D 项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故 D 项正确。答案选 A。7某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和 SO42-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水，装置如图所示。下列说法错误的是A好氧微生物电极N 为正极B膜 1、膜 2 依次为阴离子、阳离子交换膜C通过膜1 和膜 2的阴离子总数一定等于阳离子总数D电极 M

10、 的电极反应式为2OCN6e 2H2O=2CO2N2 4H【答案】C【解析】【分析】【详解】A由物质转化知，OCN中 C 为 4 价，N 为 3 价，在 M 极上 N 的化合价升高，说明M 极为负极，N 极为正极，A 项正确；B在处理过程中，M 极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M 极迁移，膜1 为阴离子交换膜，N极反应式为O24e 2H2O=4OH，N 极附近负电荷增多，阳离子向N 极迁移，膜2 为阳离子交换膜，B项正确；C根据电荷守恒知，迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不相同，故迁移的阴、阳离子总数不一定相等，C 项错误；D M 极发生氧化反应，水参

11、与反应，生成了H，D 项正确；答案选 C。8用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A用装置除去CO2中含有的少量SO2B用装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体C用装置加热NH4Cl 固体制取NH3D用装置分离乙酸乙酯与水的混合液【答案】D【解析】【分析】【详解】A.CO2和 SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A 项错误；B.AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B 项错误；C.加热 NH4Cl固体分解为NH3和 HCl，两

12、者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；D.乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D 项正确；答案选 D。9银 Ferrozine 法检测甲醛的原理：在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2Fe3+与中产生的 Ag 定量反应生成Fe2+Fe2+与 Ferrozine 形成有色物质测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法不正确的是()A中负极反应式：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B溶液中的H+由 Ag2O 极板向另一极板迁移C测试结果中若吸光度越大，则甲醛浓度越高D理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量

13、之比为1：4【答案】B【解析】【详解】A.在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2，则负极HCHO失电子变成CO2，其电极反应式为：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，A 项正确；B.Ag2O 极板作正极，原电池中阳离子向正极移动，则溶液中的H+由负极移向正极，B项错误；C.甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，C 项正确；D.甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0 价升高到+4 价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为 1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1：4，D 项正确；答案选 B。【点睛】

14、本题的难点是D 选项，原电池有关的计算主要抓住转移的电子数相等，根据关系式法作答。10短周期元素m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（）A元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第 A 族B单质与水反应置换出氢气的能力：mn C简单离子半径：m q D最高价氧化物对应水化物的碱性：mn【答案】A【解析】【分析】短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n 为 Al，结合各元素的相对位置可知，m 为 Mg，p 为 C，q 为

15、N 元素，据此解答。【详解】根据分析可知，m 为 Mg，n 为 Al，p 为 C，q 为 N 元素。A.Al 的原子序数为13，位于元素周期表第3 周期第 A 族，故 A 正确；B.金属性：MgAl，则单质与水反应置换出氢气的能力：mn，故 B错误；C.镁离子和氮离子含有2 个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m q，故 C错误；D.金属性：MgAl，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m n，故 D 错误；故选：A。11某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（）A乙装置中盛放的是饱和食盐水B丙

16、装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶【答案】B【解析】【分析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。【详解】A.利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置

17、中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A 错误；B.碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；C.实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；D.分离出 NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D 错误；答案选 B。【点睛】明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。12下列说法不正确的是A一定条件下，苯能与H2发生加成反应生成环己烷B利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的

18、化学变化过程C石油裂解得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同D乙醇能与CuO反应生成乙醛，乙醛又能将新制的Cu(OH)2还原成 Cu2O【答案】C【解析】A苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A 正确；B淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故 B 正确；C.石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D乙醇在加热条件下能与 CuO 反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成 Cu2

19、O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D 正确；故选C 13实验室分别用以下4 个装置完成实验。下列有关装置、试剂和解释都正确的是A中碎瓷片为反应的催化剂，酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成B所示装置（秒表未画出）可以测量锌与硫酸溶液反应的速率C为实验室制备乙酸乙酯的实验，浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用D为铜锌原电池装置，盐桥中的阳离子向右池迁移起到形成闭合电路的作用【答案】B【解析】【分析】【详解】A.酸性 KMnO4溶液褪色可证明有烯烃或还原性气体生成，但不一定是有乙烯生成，A 错误；B.根据秒表可知反应时间，根据注射器中活塞的位置可知反应产生的氢气的体积，故可测量

20、锌与硫酸溶液反应的速率，B 正确；C.在实验室制备乙酸乙酯的实验中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，收集乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液，不能用 NaOH溶液，C错误；D.在铜锌原电池装置中，Cu电极要放入CuSO4溶液中，Zn 电极放入ZnSO4溶液中，盐桥中的阳离子向负电荷较多的正极Cu 电极移动，故应该向右池迁移起到形成闭合电路的作用，D 错误；故答案选B。14一定压强下，向10 L 密闭容器中充入1 mol S2Cl2和 1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)Cl2(g)?2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（）A正反应的活化能

21、大于逆反应的活化能B达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动CA、B、C、D 四点对应状态下，达到平衡状态的为B、D D一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变【答案】A【解析】【分析】根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2 时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知 B、D 点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D 点为平衡点，由图中数据可知，B、D 点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消

22、耗速率大于氯气的消耗速率的2 倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知H 0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A 错误；B.由分析可知H0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2 时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图

23、像可知 B、D 点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D 点为平衡点，故C 正确；D.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D 正确；答案选 A。15短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和 W、Y和 Z 分别相邻，且W、Y和 Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x 原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A单质的沸点：YWZ B离子半径：XY DW 与 X可形成离子化合物【答案】A【解析】【分析】X 原子的电子层

24、数与最外层电子数相等，X 应为 Al，Y 和 W、Y和 Z分别相邻，且W、Y和 Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，则 W 为 O、Y 为 S，Z为 Cl 元素。【详解】A氯气的相对分子质量比氧气大，沸点比氧气高，故A 错误；BX 为 Al、Y为 S、硫离子比铝离子多一个电子层，离子半径较大，故B 正确；C非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：H2OH2S，故 C正确；D O 的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D 正确。故选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16葡萄糖酸锌 MZn(C6H11O7)245

25、5gmol1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL 蒸馏水于100 mL 烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 mol)浓H2SO4，分批加入21.5 g 葡萄糖酸钙 MCa(C6H11O7)2 430gmol1，易溶于热水，在 90条件下，不断搅拌，反应 40min 后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡

26、葡糖酸溶液。.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在 60 条件下，不断搅拌，反应 1h，此时溶液pH 6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为_。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为 _。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是_，“一系列操作”具体是指 _。(6)葡萄糖酸锌的产率为_(用百分数表示)，若 pH5时就进行后续操作，产率将

27、_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】611724612742Ca C H O+H SO 902C H O+CaSO将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在水浴加热（或热水浴）降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出过滤、洗涤80%减小【解析】【分析】【详解】(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸 H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为611724612742Ca C H O+H SO 902C H O+Ca

28、SO，故答案为：611724612742Ca C H O+H SO 902C H O+CaSO；(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为 H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合 SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡

29、萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验 制备葡糖糖酸时，反应条件为90，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2 Zn(C6H11O7)2，mCa(C6H11O7)2=21.5g，则611726117261172-1Ca C H OCa C H OCa C H Om21

30、.5gn=0.05mol430g molMg，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为 nZn(C6H11O7)2=0.05mol，因此，611761176117222-1Zn C H OZn C H OZn C H Om=nM=0.05mol455g mol=22.75gg，根据=100%实际产量产率理论产量可得，葡萄糖酸锌的产率为18.2g100%=80%22.75g，若 pH 5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17钒“现代工业的味精”，是发展现代工业、现代国防和现

31、代科学技术不可缺少的重要材料,其氧化物二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，五氧化二钒(V2O5)是接触法生成硫酸的催化剂.下列某化学小组从废钒催化剂（V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等）中回收 V2O5并且利用回收的V2O5制备 VO2的氧钒()碱式碳酸铵晶体已知：“酸浸”时 V2O5转化为 VO2+,V2O4转成 VO2+有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+要强。回答下列问题：(1)写出“废渣1”的主要成分的用途_(填两条)。(2)“萃取”之前加入H2C2O4的主要目的 _。(3)“氧化”过程中发生的离子方程式_。(4)该工艺中加入氯化铵“沉钒”是回收

32、钒的关键之一，加入氯化铵、氨水之后的操作是_，该流程用到了过滤操作，过滤和萃取分液都需用到的一种玻璃仪器是_。(5)工艺中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_；也可只用浓盐酸与V2O5来制备 VOC12 溶液，该方法的化学方程式是_。【答案】制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等将 VO2+还原为 VO2+，利于后期萃取3H2O+6VO2+ClO3-=Cl-+6VO2+6H+蒸发至 23（20-25均可）结晶，趁热过滤烧杯1:4 6HCl(浓)+V2O5=2VOC12+Cl2+3H2O【解析】【分析】根据工艺流程图分析，废钒催

33、化剂在H2SO4酸浸下，V2O5转化为 VO2+,V2O4转成 VO2+，Fe2O3、Al2O3转化为 Fe3+和 Al3+，废渣 1 为 SiO2，萃取前加入H2C2O4，将 VO2+还原为 VO2+，再用 KClO3氧化，将VO2+还原为VO2+，反应方程式为3H2O+6VO2+ClO3-=Cl-+6VO2+6H+，通过加入NH4Cl 和氨水沉钒，煅烧得到V2O5，再加入 6mol/L 的盐酸和N2H42HCl 与 V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H4 2HCl=4VOC12+N2+6H2O，VOCl2与 NH4HCO3反应得到氧钒()碱式碳酸铵晶体，据此

34、结合题中信息逐题解答问题。【详解】(1)根据上述分析，废渣1主要成分为SiO2，其用途有制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等，故答案为：制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等；(2)萃取前加入H2C2O4，目的是将VO2+还原为 VO2+，加强萃取效果，故答案为：将VO2+还原为 VO2+；(3)加入 KClO3氧化，将 VO2+氧化为 VO2+，反应方程式为3H2O+6VO2+ClO3-=Cl-+6VO2+6H+，故答案为：3H2O+6VO2+ClO3-=Cl-+6VO2+6H+；(4)加入氯化铵、氨水之后得到NH4VO5，由可知2025时 K2SO4溶解度最大

35、，便于除去，故得到 NH4VO5晶体的操作为蒸发至23（20-25 均可）结晶，趁热过滤，过滤和萃取分液都需要用到的玻璃仪器为烧杯，故答案为：蒸发至23（20-25均可）结晶，趁热过滤；烧杯；(5)N2H4 2HCl与 V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H42HCl=4VOC12+N2+6H2O，氧化产物为N2，还原产物为VOC12，物质的量之比为化学计量数之比，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1:4，只用浓盐酸与V2O5来制备 VOC12 溶液时，反应方程式为：6HCl(浓)+V2O5=2VOC12+Cl2+3H2O，故答案为：1:4；6HCl(浓)+V

36、2O5=2VOC12+Cl2+3H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）181，2-二氯丙烷(CH2C1CHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1)，反应原理为：I CH2=CHCH3(g)+C12(g)垐?噲?CH2C1CHC1CH3(g)H1=134kJmol-1II CH2=CHCH3(g)+C12(g)垐?噲?CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJmol-1请回答下列问题：(1)已知 CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)垐?噲?CH2C1CHC1CH3(g)的活化能Ea(正)为 1

37、32kJmol-1，则该反应的活化能 Ea(逆)为_kJmol-1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和 C12(g)。在催化剂作用下发生反应I、，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即pvtVV，则前 120min 内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=_kPamin-1。(保留小数点后2 位)。该温度下，若平衡时HC1的体积分数为18，则丙烯的平衡总转化率

38、_；反应 I 的平衡常数Kp=_kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2 位)。(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和 C12，分别在 A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2C1CHC1CH3的产率与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是_(填代号)。a使用催化剂A的最佳温度约为250b相同条件下，改变压强不影响CH2C1CHC1CH3的产率c两种催化剂均能降低反应的活化能，但H不变d提高 CH2C1CHC1CH3反应选择性的关键因素是控制温度在催化剂A作用下，温度低于200时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_

39、。p点是否为对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率，判断理由是_。【答案】164 0.09 74%0.21 bd 温度较低，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小不是平衡产率，因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p 点的平衡产率应高于B催化剂作用下450的产率【解析】【分析】(1)已知：ICH2=CHCH3(g)+C12(g)垐?噲?CH2C1CHC1CH3(g)H1=134kJ mol-1，IICH2=CHCH3(g)+C12(g)垐?噲?CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJ mol-1，根据盖斯定律可知，I-II 得CH2=CHCH2C

40、1(g)+HC1(g)垐?噲?CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热 H=Ea(正)-Ea(逆)；(2)因反应II 的 V=0，p=0，则反应 I 的p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，根据pvtVV，计算 120min 内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)；设起始时CH2=CHCH3(与)和 C12(g)均为 5mol，则容器内起始时总物质的量为10mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10mol57.6kpa80kpa=7.2mol，减小的物质的量为 10mol-7.2mol=2.8mol，根据反应I可知反应生成的CH

41、2C1CHC1CH3(g)为 2.8mol，平衡时 HC1的体积分数为18，说明生成的HCl 为 7.2mol18=0.9mol，结合反应I、，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8mol+0.9mol=3.7mol，由此计算平衡时丙烯的平衡总转化率和反应I 的平衡常数；(3)a由图示可知使用催化剂A 时产率最高时温度约为250；b根据反应I 的特点分析压强对产率的影响；c使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热；d不同催化剂对产率影响与温度有关；在催化剂A 作用下，温度低于200时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，说明此时催化效率低；在相同温度下，不同的催化剂能改变反应速

42、率，但不影响平衡状态，反应I 是放热反应，温度升高平衡会逆向移动。【详解】(1)已知：ICH2=CHCH3(g)+C12(g)垐?噲?CH2C1CHC1CH3(g)H1=134kJ mol-1，IICH2=CHCH3(g)+C12(g)垐?噲?CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJ mol-1，根据盖斯定律可知，I-II 得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)垐?噲?CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热 H=H1-H2=Ea(正)-Ea(逆)，则Ea(逆)=Ea(正)-（H1-H2）=132kJ mol-1-（134kJ mol-1+102kJ mol-1）

43、=164kJmol-1；(2)因反应II 的 V=0，p=0，则反应 I 的 p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，则 120min 内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=ptnn=10.6120kPamin-1 0.09k Pamin-1；设起始时CH2=CHCH3(g)和 C12(g)均为 5mol，则容器内起始时总物质的量为10mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10mol57.6kpa80kpa=7.2mol，减小的物质的量为 10mol-7.2mol=2.8mol，根据反应I 可知反应生成的CH2C1CHC1CH3(g)

44、为 2.8mol，平衡时 HC1的体积分数为18，说明生成的HCl为 7.2mol18=0.9mol，结合反应I、，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8mol+0.9mol=3.7mol，故平衡时丙烯的平衡总转化率=3.7mol5mol 100%=74%；另外平衡时CH2=CHCH3(g)和 C12(g)均为 1.3mol，CH2C1CHC1CH3为 2.8mol，则反应I 的平衡常数Kp=2.8mol57.6kpa7.2mol1.3mol1.3mol57.6kpa57.6kpa7.2mol7.2mol 0.21 kPa-1；(3)a 由图示可知使用催化剂A 时产率最高时温度约为250，即使用

45、催化剂A的最佳温度约为250，故 a 正确；b反应 I 是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故CH2C1CHC1CH3的产率会随着压强的改变而改变，b 错误；c催化剂能降低反应的活化能，但不影响 H，故 c 正确；d由图中信息可知，两种不同的催化剂对CH2C1CHC1CH3的产率的影响有明显的差别，催化剂明适宜的活化温度，故提高该反应的选择性的关键因素是催化剂的选择及其活化温度的控制，故d 错误；故答案为bd；催化剂的效率与温度有关，当温度较低时，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小，导致CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大；反应 I 的正反应为

46、放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p 点的平衡产率应高于B 催化剂作用下450的产率，故p 点不是对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率。19光催化技术是一种在能源和环境领域有着重要应用前景的绿色技术。Ti 的某种晶型的氧化物，M 可用作光催化材料。（1）基态 Ti 原子的价层电子排布图为_。（2）在第四周期d 区元素中，与Ti 原子未成对电子数相同的元素名称是_。（3）金属钛的原子堆积方式如图1 所示，则金属钛晶胞俯视图为_。距离每个钛原子最近且等距的钛原子有 _个。（4）生活环境中的臭气源有氨气、甲硫醇(CH3-SH)等，氧化物M 可以作为高效除臭剂。与氨气互为等电子体的阳离子

47、为_，甲硫醇中硫原子采取的杂化方式为_，与 S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为_，已知甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，试解释此差异的主要原因 _。（5）M 的晶胞结构如图2，M 的化学式为 _。（6）石墨烯是单个原子厚度的二维碳纳米材料(如图 3)，其比表面积大(比表面积指单位质量物料所具有的总面积)。石墨烯与M 的结合使用，极大地提高了M 的光催化效果。在石墨烯晶体中，每个最小的六元环占有 _个 C原子。已知石墨烯中C-C键长为apm，则单层石墨烯的比表面积为_m2/g(NA表示阿伏伏德罗常数的数值，忽略碳原子的厚度)。【答案】镍D 12 H3O+sp3Si 甲醇分子间

48、有氢键TiO22 38a2NA 10-24【解析】【详解】(1)Ti 原子序数为22，根据能级图及能量构造原理可得核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其价层电子排布式为3d24s2，电子排布图为，故答案为；(2)Ti 原子未成对电子数为2，在第四周期d 区元素中，与Ti 原子未成对电子数相同的元素的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，为镍元素，故答案为镍；(3)根据金属钛的原子堆积方式可知，该堆积方式为ABABABAB 镁型堆积，晶胞结构为，金属钛晶胞俯视图为D，故答案为D；(4)与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+，甲硫醇(CH3-SH)中硫原子

49、与2 个原子相连，含有2 个孤电子对，采取 sp3杂化；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA族元素的第一电离能大于相邻元素，与 S位于同一周期，且第一电离能小于S 的非金属元素符号为Si，甲醇分子间有氢键，甲硫醇不能形成氢键，因此甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，故答案为H3O+；sp3；Si；甲醇分子间有氢键；(5)根据 M 的晶胞结构，O 原子数目=2+412=4，Ti 原子数目=1+818=2，则 M 化学式为TiO2，故答案为TiO2；(6)根据图示，六元环的每个顶点被3 个六元环共用，在石墨烯晶体中，每个最小的六元环占有的碳原子数=613=2；12g 石墨烯(即 1mol)实际占有的六边形的个数为12NA，所以算得12g 石墨烯的总面积为12NA12(32a 10-12)(a 10-12)6 2=6 34NA 10-24m2，则单层石墨烯的比表面积为2426 310412ANmg=38NA 10-24m2/g，故答案为38NA 10-24。【点睛】本题考查了物质结构与性质。本题的难点和易错点为(6)中比表面积的计算，注意理解比表面积的含义，比表面积的面积包括正反两面的总面积之和。