2019-2020学年安徽合肥一六八中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽合肥一六八中学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设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温下l LpH=7 的 1mol/LCH3COONH4溶液中 CH3COO与 NH4+数目均为NAB18.0g 葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5NAC1molNa 与足量 O2反应，生成Na2O 和 Na2O2的混合物，Na 失去 2NA个电子D室温下，1LpH=13 的 NaOH 溶液中，由水电离的OH数目为 0.1NA【答案】B【解析】【详解】A CH3COONH4溶液中 CH3COO

2、与 NH4+均要水解，其数目均小于NA，故选项A 错误；B葡萄糖为五羟基醛，果糖为五羟基酮，同时二者互为同分异构体，二者任意比例混合，所含羟基数目为 0.5NA，故选项B正确；C由于 Na 为 1mol，与足量O2反应，无论生成什么产物，Na 失去 NA个电子，故选项C 错误；D1LpH=13 的 NaOH 溶液中，水电离的c(OH)=1013mol/L，故选项D 错误；故选 B。2短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与 Y同族且 W 原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A原子半径：r(X)r(Y)r(W)BY的最高价氧化物对

3、应水化物的酸性比Z 的强C由 W、Y形成的化合物是离子化合物D由 X、Y形成的化合物的水溶液呈中性【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为 Na；W 与 Y同族且 W 原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W 为 O 元素，Y为 S元素，Z原子序数比Y 大，且为短周期元素，则Z 为 Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z 分别为：O、Na、S和 Cl元素，则A.同周期元素中，原

4、子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：r(Na)r(S)r(O)，A 项正确；B.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比 Cl的弱，B项错误；C.由 W、Y形成的化合物可以是SO2或 SO3，均为共价化合物，C项错误；D.由 X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D 项错误；答案选 A。3设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2278gNa O固体含有离子的数目为A3NB常温下，pH1的醋酸溶液中H+数目为A0.1NC13g 由12C和14C组成的碳单质中所含质子数一定为A6ND

5、20.1molSO与足量2O在一定条件下化合，转移电子数为A0.2N【答案】A【解析】【详解】A 项、78gNa2O2固体物质的量为1mol，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故 A正确；B 项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1 的醋酸溶液中H+的个数，故B 错误；C 项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g 碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故 C错误；D 项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练

6、掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。4利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（）A甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体B乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性C丙装置可除去CO2中的 SO2D丁装置可将NH4Cl 固体中的I2分离【答案】B【解析】【分析】【详解】A.2FeCl加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致2+Fe被氧气氧化为3+Fe，最终无法得到2FeCl，A 项错误；B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到2SO，2SO使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；C.碳酸钠溶液会吸收2CO变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项

7、错误；D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D 项错误；答案选 B。【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。5根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现结论A 常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色常温下，KspFe（OH）3KspMg（OH）2 B 向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色沉淀原溶液中一定含有SO42C 将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色氧化性：H2O2

8、Fe3+D 向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明 Na2CO3溶液中存在水解平衡A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、将 FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A 错误；B、可能生成AgCl 等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体

9、，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D 正确。答案选 D。【点睛】要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。6设 NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A 1mol中共平面的碳原子数最多为6NAB1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和 H2C2O4的数目为0.5NAC25、1.01105 Pa下，44.8LSO2和 CO2的混合气体中所含分子数为2NAD 12.0gNaHSO4和 MgSO4的固体混合物中所含阳离子总数为0.1NA【答案】D【解析】【

10、详解】A.中四元环C 原子不共面，故最多共面碳原子数为3NA，故 A 错误；B.根据物料守恒可知1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和 H2C2O4和 C2O42-的数目为0.5NA，故 B错误；C.条件为 25不是标况，故C错误；D.12.0gNaHSO4和 MgSO4的固体混合物中总物质的量为0.1mol，阳离子为Na+和 Mg2+，故含阳离子总数为0.1NA，故D正确；故答案选：D。710 mL 浓度为 1 mol/L 的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是()A KHSO4BCH3COONa CCuSO4D Na2CO3【答案

11、】B【解析】【分析】需要减慢反应速率但又不影响氢气生成，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量，据此解答。【详解】A加入 KHSO4溶液，溶液中氢离子总量增多，故氢气生成量增多，故A 错误；B加入 CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B 正确；CZn 可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；D加入 Na2CO3溶液，碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子总量减小，故氢气生成量也减小，故D错误。故选：B。8下列反应的离子方程式书写正确的是（）A钠和冷水反应N

12、a 2H2O Na+2OH-H2B金属铝溶于氢氧化钠溶液Al 2OH-AlO2-H2C金属铝溶于盐酸中：2Al 6H+2Al3+3H2D铁跟稀硫酸反应：2Fe 6H+2Fe3+3H2【答案】C【解析】【详解】A 项，反应前后电荷不守恒，正确离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，A 错误；B 项，电荷不守恒，正确离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，B 错误；C 项，Al 与盐酸反应生成AlCl3和 H2，符合离子方程式的书写，C正确；D 项，不符合反应事实，Fe和稀硫酸反应生成Fe2+和 H2，D 错误；答案选 C。【点睛】注意电荷守恒在判断中的灵活应用

13、，还要注意所给方程式是否符合实际反应事实。9短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，Y元素最外层电子数是其电子层数的3 倍，Q 与Y 同主族，X 与 Y构成的化合物可引起光化学烟雾，Z、W、Q 的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是()A简单氢化物的沸点：YQ BW 的氧化物可作耐高温材料C简单离子半径最大的为Z D气态氢化物的稳定性：Y2-+3+(O)(Na)(Al)rrr，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则2-2-(S)(O)rr，故钠离子半径不可能最大，C错误；D.非金属性N O，则 气态氢化物的稳定性H2ONH3，D 错误；答案选 B。10亚氯酸

14、钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是A反应阶段，参加反应的NaClO3和 SO2的物质的量之比为2:1 B反应后生成的气体要净化后进入反应装置C升高温度，有利于反应提高产率D反应中有气体生成【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据氧化还原反应原理，反应阶段，NaClO3化合价降低1 个价态，SO2化合价升高2 个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和 SO2的物质的量之比为2：1，A 项正确；B.反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和 NaOH 反应引入杂质，B项正确；C.当 H2O2

15、和 NaOH 足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C 项错误；D.反应条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D 项正确；答案选 C。11用如图所示装置进行如下实验，能达到实验目的的是（）A瓶中盛满水，从b 口进气，用排水法收集NO2B瓶中盛适量浓硫酸，从a 口进气干燥NH3C从 b 口进气，用排空气法收集CO2D瓶中装满水，a 口连接导管并伸入量筒中，从b 口进气，测量生成H2的体积【答案】D【解析】【详解】A.二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮，故不能用排水法。只能用向上排空气法，A 项

16、错误；B.氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B 项错误；C.二氧化碳密度大于空气的密度,应用向上排空气法,对此图应该从长导管(a)进,短导管(b)出，C 项错误；D.测量氢气体积，瓶内装满水，因为氢气的密度小于水的密度，氢气应从短导管进，长导管接量筒，D项正确；答案选 D。【点睛】观察图示可知，此装置被称为“万能装置”，用途很广泛，可用于排空气法或排水法收集气体、净化、检验气体、监控气体流速、测量气体体积等，根据用途不同，选择不同的进气导管或选择加入合适的实验试剂进行试验。12设 NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A 28 g 的乙烯和环丙烷混合气体中所含原子总数为6NAB在标

17、准状况下，9.2 g NO2含有的分子数为0.2NAC常温下，56 g 铁与足量的浓硫酸反应，转移的电子数为3NAD公共场所用75%的乙醇杀菌消毒预防新冠病毒，1 mol 乙醇分子中含有的共价键的数目为7NA【答案】A【解析】【详解】A.乙烯和环丙烷最简式是CH2，其中含有3 个原子，式量是14，28 g 的乙烯和环丙烷中含有最简式的物质的量是2 mol，则混合气体中所含原子总数为6NA，A 正确；B.NO2的式量是46，9.2 g NO2的物质的量是0.2 mol，由于 NO2与 N2O4在密闭容器中存在可逆反应的化学平衡，所以其中含有的分子数目小于0.2NA，B 错误；C.在常温下铁遇浓硫

18、酸会发生钝化不能进一步发生反应，所以转移的电子数小于3NA，C错误；D.乙醇分子结构简式为CH3CH2OH，一个分子中含有8 个共价键，则1 mol 乙醇分子中含有的共价键的数目为 8NA，D 错误；故合理选项是A。13已知：Br H2 HBrH，其反应的历程与能量变化如图所示，以下叙述正确的是A该反应是放热反应B加入催化剂，E1E2的差值减小CHH 的键能大于HBr 的键能D因为 E1E2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】C【解析】【分析】根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断反应的热效应。反应的能量变化与反应途径无关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。【

19、详解】A.若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误；B.E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；C.此反应为吸热反应，故断开H-H 键所需要的能量高于生成H-Br 键放出的能量，C 正确；D.因为 E1E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D 错误，故合理选项是C。【点睛】本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。14下

20、列化学用语表示正确的是()A酒精的分子式：CH3CH2OH BNaOH 的电子式：CHClO的结构式：HClO D CCl4的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A CH3CH2OH 为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，故 A 错误；BNaOH 是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，其电子式为，故 B正确；CHClO属于共价化合物，分子中含有1 个 H-Cl 键和 1 个 O-H 键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故 C错误；D四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为D

21、，在比例模型中要注意原子的相对大小的判断。15称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体，两份铝粉的质量之比为A 1：3 B3：1 C1：1 D4：3【答案】C【解析】【分析】由 2Al 6HCl 2NaOH 3H2，酸、碱均足量时，Al 完全反应，以此分析生成的氢气。【详解】由 2Al 6HCl 2NaOH 3H2，酸、碱均足量时，Al 完全反应，由反应的关系式可知，生成等量的氢气，消耗等量的Al，所以两份铝粉的质量之比为1:1，答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16、研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验，装置如图（a 为

22、活塞，加热及固定装置已略去）。（1）连接仪器、_、加药品后，打开a，然后滴入浓硫酸，加热；（2）铜与浓硫酸反应制备SO2的化学方程式是_；（3）品红溶液中的实验现象是_；（4）从高锰酸钾溶液中观察到的现象说明SO2具有 _性。、上述实验中NaOH 溶液用于吸收剩余的SO2生成Na2SO3，Na2SO3是抗氧剂。向烧碱和Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色。（1）写出在碱性溶液中Br2氧化 Na2SO3的离子方程式_（2）反应后的溶液含有SO32、SO42、Br、OH等阴离子，请填写鉴定其中SO42和 Br的实验报告。_限选试剂：2mol L1HCl；1mol L1H2SO4；

23、lmol L1BaCl2；lmol L1Ba（NO3）2；0.1mol L1AgNO3；CCl4；新制氯水。编号实验操作预期现象和结论步骤取少量待测液加入试管中，加入过量的 2mol L1盐酸，再滴加有生成，证明待测液中SO42-步骤取出步骤中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，再加入，振荡，静置。下层液体呈，证明待测液中含Br-。【答案】检查装置气密性Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O 品红溶液红色褪去变为无色还原性SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br编号实验操作预期现象和结论步骤lmol L1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步骤四氯化碳橙黄色【解析】【分析】、

24、(1)依据装置制备气体验证气体性质分析步骤；(2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；(3)依据二氧化硫的漂白性解释；(4)二氧化硫通入高锰酸钾溶液中发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色；II、(1)Na2SO3和溴发生氧化还原反应；(2)检验 SO42-，可用硝酸酸化的BaCl2；检验 Br2，可用氯水，加入四氯化碳后，根据四氯化碳层的颜色进行判断。【详解】、(1)装置是制备气体的反应，连接好装置需要检验装置的气密性，再加入试剂发生反应；故答案为检验装置气密性；(2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；故答

25、案为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；(3)二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液红色褪去；故答案为品红溶液红色褪去变为无色；(4)二氧化硫具有还原性通入高锰酸钾溶液被氧化为硫酸，高锰酸钾溶液紫红色褪去变化为无色；故答案为还原性；II、(1)向烧碱和 Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，说明亚硫酸根离子被溴单质氧化为硫酸跟，依据得失电子守恒和原子守恒配平写出离子方程式为：SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br；故答案为SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br；(2)、检验 SO42-可取少量待测液加入试管中，加入过量的2 mol/L 盐酸

26、，再滴加适量l mol/LBaCl2溶液；检验 Br-，可取出步骤中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色，如若下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-；故答案为编号实验操作预期现象和结论步骤lmol L1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步骤四氯化碳橙黄色。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线已知：ROH+ROH浓硫酸加热ROR +H2O 完成下列填空：（1）F中官能团的名称_；写出反应的反应条件_；（2）写出反应的化学方程式_（1）写出高聚物P的结构简式 _（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构

27、体的结构简式_分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；1mol 该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图（无机试剂任选）_合成路线流程图示例如下：CH1CHO2O催化剂CH1COOH32CH CH OH浓硫酸CH1COOCH2CH1【答案】羧基、氯原子光照HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH乙醇加热+NaCl+1H2O CH2=C（CH1）CH=CH2溴水CH2BrC（CH1）=CHCH2BrNaOH溶液加热HOCH2C（CH1）=CHCH2OH催化氧化OHCC（CH1）=CHCHO催化氧化HOOCC（CH

28、1）=CHCOOHHCl催化剂F【解析】【分析】78C H不饱和度极高，因此推测为甲苯，77C H Cl推测为，根据反应的条件，C 中一定含有醇羟基，则反应是卤代烃的水解变成醇的过程，C 即苯甲醇，根据题目给出的信息，D 为，结合 D 和 E 的分子式，以及反应的条件，推测应该是醇的消去反应，故 E 为，再来看 M，M 的分子式中有钠无氯，因此反应为氢氧化钠的乙醇溶液，M 为，经酸化后得到N 为，N 最后和 E 反应得到高聚物P，本题得解。【详解】（1）F 中的官能团有羧基、氯原子；反应取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照；（2）反应即中和反应和消去反应，方程式为HOOCCCl（CH1）CH

29、2COOH+1NaOH乙醇加热+NaCl+1H2O；（1）根据分析，P 的结构简式为；（4）首先根据E 的分子式910C HO可知其有5 个不饱和度，苯环只能提供4 个不饱和度，因此必定还有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；（5）首先根据58C H的分子式算出其分子内有2 个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F 中的 2个羧基，故合成路线为CH2=C（CH1）CH=CH2溴水CH2BrC（CH1）=CHCH2BrNaOH溶液加热HOCH2C（CH1）=CHCH2OH催化氧化OHCC（CH1）=CHCHO催化氧化HOOCC（CH1）=CHCOOHHCl催化剂F。四、综合题（本题包括2 个

30、小题，共20 分）18钒（V）为过渡元素，可形成多价态化合物，全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统，工作原理如下图：已知：离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色（1）全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_（2）当完成储能时，正极溶液的颜色是_（3）质子交换膜的作用是_（4）含钒废水会造成水体污染，对含钒废水（除VO2+外，还含Fe3+等）进行综合处理可实现钒资源的回收利用，流程如下：已知溶液酸碱性不同钒元素的存在形式不同：钒的化合价酸性碱性+4 价VO2+VO(OH)3-+5 价VO2+VO43-滤液中钒元素的主要存在形式为_ 滤渣在空气中由灰白色

31、转变为红褐色，用化学用语表示加入NaOH 后生成沉淀的反应过程_、_。萃取、反萃取可实现钒的分离和富集，过程可简单表示为（HA 为有机萃取剂）：萃取时必须加入适量碱，其原因是_ 纯钒可由熔盐电解法精炼，粗钒（含杂质）作_极。【答案】V2+VO2+2H+=V3+VO2+H2O 黄色阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流VO(OH)3-Fe2+2OH-=Fe(OH)2 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率阳极【解析】【分析】（1）B极是 V2+失电子发生氧化反应生成V3+，A 极 VO2+得到电子发生还原反应生成VO2+，根据电极反应

32、式书写总反应式；（2）储能为充电过程，正极和外接电源正极相连，本身作阳极发生氧化反应，电极反应方程式为：VO2+-e-+H2O=VO2+2H+；（3）质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流；（4）由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后VO2+被还原为VO(OH)3-；Fe2+2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。分析平衡，加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率；电解法精炼钒，用粗钒作阳极，发生氧化反应。【详解】（1）因为放电时，已知B极是 V2+失电子发生氧化反应生成V3+，所以 A 极会得到电子发生还原反应，故电极反应方程式为：

33、VO2+e-+2H+=VO2+H2O，故电池放电时总反应式是V2+VO2+2H+=V3+VO2+H2O，故答案是：V2+VO2+2H+=V3+VO2+H2O；（2）储能为充电过程，正极和外接电源正极相连，本身作阳极发生氧化反应，电极反应方程式为：VO2+-e-+H2O=VO2+2H+，所以当完成储能时，正极溶液的颜色是黄色；故答案是：黄色；（3）由电池放电时总反应式V2+VO2+2H+=V3+VO2+H2O 可知，两电极的物质混合会发生反应，故质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流；故答案是：阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流；（4）根据表中信息，由流程可知滤液为碱性

34、且加入铁粉后VO2+被还原为VO(OH)3-，所以钒元素的主要存在形式为VO(OH)3-，故答案是：VO(OH)3-；加入氢氧化钠之后，由灰白色转变为红褐色，这是亚铁离子转化为铁离子，反应过程为Fe2+2OH-=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。故答案为Fe2+2OH-=Fe(OH)2；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；分析平衡，加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率，故答案为加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率；电解法精炼钒，用粗钒作阳极，发生氧化反应，故答案为阳极。【点睛】本题考查了流程分析判断，侧重考查物质性质和实

35、验设计的方法应用、题干信息分析判断能力，注意把握物质的分离提纯、电解反应、电极产物的分析应用、工艺流程的理解。19氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和 BN，如图所示：请回答下列问题：（1）B和 N 相比，电负性较大的是_，BN 中 B元素的化合价为_；（2）在 BF3分子中，FBF的键角是 _；BF3和过量 NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体构型为_；（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内 B原子与 N 原子之间的化学键为_，层间作用力为_，六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为_，其结构与石墨相似却不

36、导电，原因是 _。（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼晶胞中含有_个氮原子、_个硼原子，立方氮化硼的密度是_g cm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。【答案】N+3 120正四面体极性共价键分子间作用力平面三角形层状结构中没有自由移动的电子4 4 310A100361.5 10N【解析】【详解】（1）同一周期元素，电负性随着原子序数增大而增大，所以电负性NB；化合物中各元素化合价的代数和为 0，该化合物中N 元素化合价为-3 价，则 B元素化合价为+3 价，故答案为：N；+3；（

37、2）BF3分子中 B原子价层电子对个数是3 且不含孤电子对，所以为平面正三角形结构，则F-B-F 的键角是 120；4BF中 B 原子价层电子对个数是4 且不含孤电子对，所以4BF是正四面体结构，故答案为：120；正四面体；（3）不同非金属元素之间易形成极性键，所以B-N 原子之间存在极性键共价键；石墨层间作用力为分子间作用力，所以层之间存在分子间作用力；六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与3 个氮原子形成平面三角形结构，最外层电子全部成键，没有自由移动的电子存在，故不能导电，故答案为：极性共价键；分子间作用力；平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；（4）该晶胞中如果B原子位于顶点和面心上，则

38、N 原子位于晶胞内部，且一个顶点和三个面心上B 原子连接一个N 原子，所以该晶胞中B原子个数=118+682=4，N 原子个数也为4；该晶胞边长=361.5pm=361.5 10-10cm，体积=(361.5 10-10cm)3，密度=AM4NV=A310254N361.5 10g/cm3=310A100361.5 10Ng/cm3，故答案为：4；4；310A100361.5 10N。【点睛】对于晶体的密度计算方法为：先计算一个晶胞的质量，然后根据晶胞参数计算晶胞的体积，然后利用密度公式计算晶胞密度，其主要易错点在于单位的换算以及晶胞内相关原子个数的计算；晶体是否导电取决于晶体内是否存在自由移动的电子（晶体在没有溶解以及融化时，不存在自由移动的离子）。