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湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题
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试卷满分：100分
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 V—51
一、选择愿：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列过程中，反应速率的增大对人类有益的是
A. 金属的腐蚀B. 海水的淡化C. 食物的腐败D. 橡胶的老化
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属的腐蚀速率的加快会导致停工、停产，甚至发生危害事故，对人类无益，选项A不符合题意；
B．海水的淡化加快，可以提高淡水资源的利用，对人类有益，选项B符合题意；
C．食物的腐败速率的加快，会导致物质浪费，影响人类食物的使用，对人类无益，选项C不符合题意；
D．橡胶的老化速率的加快，会影响橡胶制品的使用寿命，影响人类的出行、生产、工作等，对人类无益，选项D不符合题意；
答案选B。
2. 已知：相同条件下，① ② 。下列说法正确的是
A. B.
C. D. 无法比较与的大小
【答案】A
【解析】
【详解】相同条件下，等量的的能量高于。反应②放出的热量更多，又是为放热反应，小于0，故，故选A。
3. 在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用，，。已知：，，则此反应可表示为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。
【详解】由，可知，，故该反应的化学计量之比为3︰2︰3，方程式即为：3A+2B=3C；故选B。
4. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】熵值；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值；等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，故选：B。
5. 下列叙述中错误的是
A. 生铁是铁合金，其抗腐蚀能力比纯铁强
B. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极
C. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈
D. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．生铁中含有碳，由于活动性Fe大于C，Fe、C及周围电解质构成原电池，进而腐蚀铁，使得生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，A错误；
B．在铁制品上镀铜时，镀件铁制品为阴极，镀层金属铜为阳极，含有Cu2+的溶液为电镀液，B正确；
C．用锡焊接的铁质器件，铁、锡及周围电解质构成原电池。由于铁的活动性比锡强，所以焊接处铁易被氧化而生锈，C正确；
D．铁管上镶嵌锌块，由于锌的活动性比铁强，首先被腐蚀的是活动性强的锌，故铁管不易被腐蚀，D正确；
故合理选项是A。
6. 为了除去溶液中的，可在加热并搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，这种试剂是
A. B. NaOHC. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入一水合氨会生成Mg(OH)2沉淀使镁离子减少并引入新杂质氯化铵，故A错误；
B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且新的杂质NaCl，故B错误；
C．金属阳离子水解使溶液显酸性，加入Mg(OH)2，Mg(OH)2与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故C正确；
D．加入Na2CO3，生成碳酸镁沉淀使镁离子减少引入新的杂质NaCl，故D错误；
故答案为C。
7. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表。判断下列说法错误的是
A. L的简单氢化物的键长小于R的简单氢化物的键长
B. L、X、Z的简单离子半径由大到小的顺序是
C. X、Y、Z第一电离能大小顺序是
D. 分子中所有原子均满足8电子的稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意，根据L、M、R的化合价易知分别为F、O、Cl；Q的化合价为、，说明Q为C或Si，结合其原子半径大于M，但又小于R，说明Q为C；T的化合价为、，说明T为N或P，结合其原子半径大于R，说明为T为P；X、Y、Z的原子半径大于T，结合它们的化合价知分别为Al、Mg、Na。
【详解】A．F原子半径小于Cl，故HF的键长小于HCl的键长，故A正确；
B．F-、Al3+、Na+三种离子核外电子数相同，核电荷数越大半径越小，故顺序为，故B正确；
C．Mg为第ⅡA元素，s能级全充满，p能级全空，较稳定，故电离能大于Al，故电离能大小顺序为，故C错误；
D．CO2中个原子都满足8电子稳定结构，故D正确；
故选C。
8. 下列说法正确的是
A. p能级能量一定比s能级的能量高
B. 原子的核外电子仅从激发态跃迁到基态才产生原子光谱
C. 2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 2p和3p轨道的形状均为哑铃形
【答案】D
【解析】
【详解】A．p能级能量与s能级的能量比较还要考虑能层的影响，故A错误；
B．原子光谱有吸收光谱和发射光谱两种，故B错误；
C．2p、3p、4p能级的轨道数均为3，故C错误；
D．p轨道的形状为哑铃形，故D正确；
故选D。
9. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．锌粒与稀硫酸反应生成氢气，注射器中可以收集氢气，故A正确；
B．用标准NaOH溶液滴定盐酸时氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，且视线注视锥形瓶，故B错误；
C．无保温措施，放出的热量易散失，不能用装置C测定反应热，故C错误；
D．浓硫酸易将硫化钠氧化生成硫、二氧化硫等物质，并且硫化氢可与硝酸银直接反应生成硫化银沉淀，不发生沉淀转化，故D错误；
故选A。
10. 由-烃基丁酸生成-丁内酯()的反应如何：。在25℃时，2L溶液中-烃基丁酸的初始浓度为0.180ml/L，随着反应的进行，测得-丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。
下列说法中错误的是
A. 适当控制反应温度可提高平衡时-烃基丁酸的转化率
B. 在80—100min内，以-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为
C. 在120min时，-烃基丁酸的转化率为50%
D. 在25℃时，该反应的平衡常数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．适当控制反应温度可使平衡正向移动，可提高平衡时-烃基丁酸的转化率，选项A正确；
B．在80-100min内，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为=，选项B错误；
C．在120min时，-烃基丁酸的转化率为=50%，选项C正确；
D．在25℃时，该反应达平衡时-丁内酯的浓度为0.132ml/L，则-烃基丁酸的浓度为0.048 ml/L，的平衡常数为，选项D正确；
答案选B。
11. 在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如下图所示。下列说法错误的是
A. 加水前导电能力约为零的原因是冰醋酸中几乎没有自由移动的离子
B. a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是c＜a＜b
C. a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度最大的是b
D. 在b点加入NaOH固体，可使溶液中c(CH3COO-)增大、c(H+)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在，其中无自由移动的离子，因此不能导电，A正确；
B．溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强。由于导电能力：c＜a＜b，所以溶液中c(H+)由小到大的顺序是c＜a＜b，B正确；
C．向冰醋酸中加入水，加水量越多，醋酸电离程度就越大。由图可知加水量：a＜b＜c，所以a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度最大的是c，C错误；
D．在b点加入NaOH固体，CH3COOH与NaOH发生中和反应产生CH3COONa和水，使溶液中c(CH3COO-)增大、c(H+)减小，D正确；
故合理选项是C。
12. 用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为在密闭容器中1ml NO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。
下列说法正确的是
A. 图1中的A、B、C三个点中只有A点的v正=v逆
B. 图2中E点的v逆大于F点的v正
C. 图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)
D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的2倍时，才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，A错误；
B．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v逆小于E点的v正；反应正向进行，则E点的v正小于F点的v正，故E点的v逆小于F点的v正，B错误；
C．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)。混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)，C错误；
D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，相当于增大压强，化学平衡相气体体积减小的逆反应方向移动，最终达到平衡时NO2的平衡转化率减小，D正确；
故合理选项是D。
13. 在常温下，有关下列4种溶液的叙述中正确的是
A. 在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，②溶液的pH减小，①溶液的pH增大
B. 分别加水稀释10倍，四种的溶溶液pH：②＞①＞③＞④
C. 将a L溶液④与b L溶液②混合后，若所得溶液的，则
D. 将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．①在氨水中存在NH3·H2O的电离平衡：NH3·H2O+OH-，向其中加入NH4Cl，盐电离产生，使溶液中c()增大，电离平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)减小，溶液pH减小；②NaOH是强碱，完全电离，向其中加入NH4Cl，盐电离产生会结合OH-产生弱电解质NH3·H2O，导致溶液中c(OH-)减小，溶液pH也减小，故在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小，A错误；
B．①、②都是碱溶液，溶液pH＞7；③、④都是酸溶液，溶液pH＜7。由于氨水中NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)比等pH的NaOH的大，所以分别加水稀释10倍后，pH：①＞②；同理醋酸是弱酸，也存在电离平衡，分别加水稀释10倍后，溶液中c(H+)比HCl的大，溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越小，则③、④两种溶液的pH：④＞③，故四种溶液都稀释10倍后，溶液的pH大小关系为：①＞②＞④＞③，B错误；
C．NaOH、HCl都是强电解质，完全电离，若将a L溶液④与b L溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则，解得a：b=11：9，C正确；
D．由于氨水中NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，c(NH3·H2O)＞10-3 ml/L。HCl是强酸完全电离，c(HCl)=10-3 ml/L。将溶液①、④等体积混合，所得溶液为NH4Cl与 NH3·H2O的混合溶液，NH3·H2O的电离作用大于的水解作用，溶液显碱性，所以c()＞c(Cl-)，c(OH-)＞c(H+)，且盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的OH-的浓度，故c(Cl-)＞c(OH-)，因此所得混合溶液中离子浓度大小关系为：c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；
故合理选项是C。
14. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
下列有关说法错误的是
A. 实验1说明具有还原性
B. 溶液中存在
C. 实验3反应静置后的上层清液中
D. 实验4得到的溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色，实验1说明具有还原性，故A正确；
B．根据质子守恒得到溶液中存在，故B正确；
C．实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡即，故C正确；
D．实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明草酸氢根电离大于水解即，故D错误。
综上所述，答案为D。
15. 氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出。
下列相关说法中错误的是
A. 图中X、Y分别是Cl2、H2
B. 图中a、b、c的大小关系为：c＞b＞a
C. 燃料电池中的负极电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O
D. 电解池中产生2 ml Cl2时，理论上燃料电池中消耗1 ml O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解饱和食盐水，阳极上Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2，同时在阴极附近产生NaOH，反应产生的H2可作为燃料电池的原料，故X是Cl2，Y是H2，A正确；
B．在阴极上H+得到变为H2逸出，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与产生的OH-结合为NaOH，从阴极流出，故NaOH溶液的浓度：a＞b；在燃料电池中，左侧通入燃料H2为负极，右侧通入空气为正极。在燃料电池正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后NaOH的浓度升高。即c＞a，因此图中a、b、c的大小关系为：c＞a＞b，B错误；
C．在燃料电池中，通入燃料H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+再与溶液中的OH-结合形成H2O，故燃料电池中的负极的电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，C正确；
D．电解池中产生2 ml Cl2时反应转化4 ml电子。由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此理论上在燃料电池中消耗1 ml O2，D正确；
故合理选项是B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. A、B、C、D、E、F均为36号以前的元素。请完成下列空白：
（1）A元素的原子最外层电子排布式为，位于元素周期表第___________周期第___________族。
（2）B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为___________。
（3）C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，其元素符号为___________，其基态原子的电子排布式为___________。
（4）D元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电了。D元素位于元素周期表___________区(填“s”、“p”、“d”、“”或“ds”)。其基态原子的价层电子的轨道表示为___________。
（5）E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子；它们相互作用可形成中学化学常见的离表示式为子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数；则此离子化合物的化学式为___________。
【答案】（1） ①. 二 ②. ⅤA
（2）C或O （3） ①. Fe ②.
（4） ①. ds ②.
（5）KCl
【解析】
【小问1详解】
由题意可知，A元素存在np能级，则ns能级含有的电子数n为2，故A元素的原子最外层电子排布式为2s22p3，A为氮元素，位于元素周期表的第二周期第ⅤA族。
【小问2详解】
根据题干B元素基态原子最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，则A为碳或氧，故为C或O。
【小问3详解】
根据题意，C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，则C为铁元素，元素符号为Fe，由能量最低原理，其基态原子电子排布式为。
【小问4详解】
根据题意，D元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则D为铜，位于元素周期表的ds区，其基态原子的价层电子的轨道表示式为。
【小问5详解】
根据题意，E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子；且它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，则E、F分别为钾、氯，其元素符号分别为K、Cl，离子化合物的化学式为KCl。
17. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)
b)
c)
d)
e)
（1）已知相关物质的燃烧热(25℃、101 kPa)：
则△H1=___________。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________。
A. 移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
B. 增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
C. 加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D. 降低反应温度，反应a～e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分___________步进行，其中，第___________步的正反应活化能最大。
（4）900℃下，将CH4和CO2的混合气体(投料比1：1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)
由图可知，75 min后CH4转化率与炭催化剂目数的关系为___________，原因是___________。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
【答案】（1）+247.3 kJ/ml （2）BD
（3） ①. 4 ②. 4
（4） ①. 在达到化学平衡前，催化剂的目数越大，CH4转化率越大 ②. 催化剂的颗粒越小，原料气与催化剂的接触更加充分
（5）做冷冻剂
【解析】
【小问1详解】
由CH4、CO、H2的燃烧热可得热化学方程式：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ/ml；②2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) △H=2×(-285.8) kJ/ml；③2CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=2×(-283) kJ/ml，根据盖斯定律，将①-②-③，整理可得△H1=+247.3 kJ/ml；
【小问2详解】
A．由于C是固体，其浓度不变，所以移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均不移动，A错误；
B．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的反应物的浓度增大，正反应速率都增加，B正确；
C．加入反应a的催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，因此不能提高CH4的平衡转化率，C错误；
D．降低反应温度，物质的内能降低，活化分子数减小，分子之间的有效碰撞次数减少，化学反应速率减慢，因此反应a～e的正、逆反应速率都减小，D正确；
故合理选项是BD；
【小问3详解】
由图可知：反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看在这4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，说明第4个反应的正反应方向吸收的能量最多，该步对应的正反应活化能最大；
【小问4详解】
据图可知，75 min后在反应达到化学平衡前，催化剂目数越大，反应速率越快，在相同时间反应的甲烷更多，CH4转化率越大，因为催化剂目数越大，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂的接触更加充分，反应更完全；
【小问5详解】
固态CO2即为干冰，干冰气化吸收大量热，使周围环境温度降低，因此可以用于人工降雨或制冷，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
18. 钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、C、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
回答下列问题：
（1）滤渣1是___________。
（2）若无氧化步骤，对实验的影响是___________。
（3）操作1的名称是___________，从流程信息分析，在有机溶剂M中___________(填“ZnSO4”或“CSO4”)溶解度更大。
（4）可用电解水溶液制备金属钴，其装置如下图所示。
①电解池工作时，Ⅱ室溶液的pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②电解反应的离子方程式___________。
（5）工业上也可利用次氯酸钠氧化C2+生产C(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是___________。
【答案】（1）SiO2
（2）无法有效除去铁元素
（3） ①. 萃取、分液 ②. ZnSO4
（4） ①. 减小 ②.
（5）
【解析】
【分析】废渣(含Zn、C、Fe、ZnO、SiO2等)，其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中含钴离子，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CSO4晶体，有机相含锌离子，经蒸馏得到ZnSO4，据此分析解题。
【小问1详解】
根据上述分析可知滤渣1成分是SiO2；
【小问2详解】
若无氧化步骤，Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与C2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁；
【小问3详解】
由于Zn2+易溶于有机物，而C2+易溶于水中，水与有机物互不相溶，加入有机溶剂进行萃取，可更好的分离C2+、Zn2+，然后通过分液分离互不相溶的两层液体物质，因此操作1是萃取、分液；
从流程信息分析，有机溶剂M蒸馏分离出ZnSO4，说明在有机溶剂M中ZnSO4溶解度更大；
【小问4详解】
由图可知，该装置为电解池，左侧石墨电极连接电源的正极作阳极，水电离产生的OH-在阳极失去电子，发生氧化反应生成O2和H+，故阳极的电极反应式为，Ⅰ室中阳离子带有的正电荷数大于阴离子带有的负电荷数，放电生成的H+通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极与电源的负极连接，作阴极，C2+在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，Ⅲ室中阴离子带有的负电荷数大于阳离子带有的正电荷数，Cl-通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，故电解的总反应的离子方程式为；
【小问5详解】
工业上也可利用NaClO氧化C2+生产C(OH)3沉淀，实现钴的回收。NaClO得到电子被还原为NaCl，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式是。
19. 氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5未原料合成该晶体的流程如图：
已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化。
请回答下列问题：
（1）步骤1中生成了一种空气中的主要气体，写出该步骤反应的化学方程式___________。
（2）步骤2可在如图装置中进行(夹持仪器略去)。
①装置B的作用是___________。
②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到___________(填实验现象)时，再关闭，打开K2。
（3）步骤3洗涤晶体时需用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。选择饱和NH4HCO3的原因是___________，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是___________。
（4）称量w g产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4，最后用c ml/L标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为V mL，产品中的质量分数为___________(用含有w、c、V的式子表示)。若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因___________。
A．标准溶液被氧化 B．滴定终点时仰视读数
C．滴定终点时俯视读数 D．滴定管水洗后未用标准溶液润洗
【答案】（1）
（2） ①. 除去CO2中的HCl气体 ②. D装置中出现白色浑浊
（3） ①. 抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净
（4） ①. % ②. ABD
【解析】
【分析】实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其流程为：V2O5与6 ml/L的HCl、N2H4·2HCl反应制取VOCl2溶液，VOCl2溶液再与NH4HCO3溶液反应即可制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
步骤Ⅰ中V2O5、HCl及N2H4·2HCl反应生成VOCl2，及空气的一种成分和水，根据元素组成可知该气体是N2，该步骤反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
①在A装置中CaCO3与HCl反应产生CO2气体，同时由于HCl具有挥发性，会使制取得到的CO2气体中含有HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，为防止VOCl2被氧气氧化，要用二氧化碳排尽C装置中的空气后，再滴入VOCl2溶液反应，所以当观察到D装置中出现白色浑浊时，说明整个装置充满了CO2气体，此时打开K2；
【小问3详解】
选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失;
检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，具体操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；
小问4详解】
根据反应可知：，，g，则钒的质量分数为=%。
A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，导致其还原能力降低，则滴定时消耗的标准溶液体积偏大，最终会使测定结果偏高，A符合题意；
B．滴定终点时仰视读数，会导致记录的消耗标准液的体积偏高，以此为标准计算使得最后测定结果偏高，B符合题意；
C．滴定终点时俯视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏低，最后导致测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定管未润洗，(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被稀释，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，最终会使测定结果偏高，D符合题意；
故合理选项是ABD。
元素代号
L
M
Q
R
T
X
Y
Z
化合价
、
、
、
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186
A
B
C
D
测反应生成的体积
用标准NaOH溶液滴定盐酸
测定中和热
验证
t/min
21
50
80
100
120
160
220
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
选项
实验操作和现象
1
向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去
2
用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为8
3
向溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀
4
向溶液中滴加等体积的HCl溶液，测得pH约为5.5
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热()
金属离子
C2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
7.15
6.3
1.5
6.2
沉淀完全的pH
9.15
8.3
2.8
8.2
试卷满分：100分
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 V—51
一、选择愿：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列过程中，反应速率的增大对人类有益的是
A. 金属的腐蚀B. 海水的淡化C. 食物的腐败D. 橡胶的老化
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属的腐蚀速率的加快会导致停工、停产，甚至发生危害事故，对人类无益，选项A不符合题意；
B．海水的淡化加快，可以提高淡水资源的利用，对人类有益，选项B符合题意；
C．食物的腐败速率的加快，会导致物质浪费，影响人类食物的使用，对人类无益，选项C不符合题意；
D．橡胶的老化速率的加快，会影响橡胶制品的使用寿命，影响人类的出行、生产、工作等，对人类无益，选项D不符合题意；
答案选B。
2. 已知：相同条件下，① ② 。下列说法正确的是
A. B.
C. D. 无法比较与的大小
【答案】A
【解析】
【详解】相同条件下，等量的的能量高于。反应②放出的热量更多，又是为放热反应，小于0，故，故选A。
3. 在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用，，。已知：，，则此反应可表示为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。
【详解】由，可知，，故该反应的化学计量之比为3︰2︰3，方程式即为：3A+2B=3C；故选B。
4. 相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】熵值；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值；等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，故选：B。
5. 下列叙述中错误的是
A. 生铁是铁合金，其抗腐蚀能力比纯铁强
B. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极
C. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈
D. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．生铁中含有碳，由于活动性Fe大于C，Fe、C及周围电解质构成原电池，进而腐蚀铁，使得生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，A错误；
B．在铁制品上镀铜时，镀件铁制品为阴极，镀层金属铜为阳极，含有Cu2+的溶液为电镀液，B正确；
C．用锡焊接的铁质器件，铁、锡及周围电解质构成原电池。由于铁的活动性比锡强，所以焊接处铁易被氧化而生锈，C正确；
D．铁管上镶嵌锌块，由于锌的活动性比铁强，首先被腐蚀的是活动性强的锌，故铁管不易被腐蚀，D正确；
故合理选项是A。
6. 为了除去溶液中的，可在加热并搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，这种试剂是
A. B. NaOHC. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入一水合氨会生成Mg(OH)2沉淀使镁离子减少并引入新杂质氯化铵，故A错误；
B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且新的杂质NaCl，故B错误；
C．金属阳离子水解使溶液显酸性，加入Mg(OH)2，Mg(OH)2与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故C正确；
D．加入Na2CO3，生成碳酸镁沉淀使镁离子减少引入新的杂质NaCl，故D错误；
故答案为C。
7. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表。判断下列说法错误的是
A. L的简单氢化物的键长小于R的简单氢化物的键长
B. L、X、Z的简单离子半径由大到小的顺序是
C. X、Y、Z第一电离能大小顺序是
D. 分子中所有原子均满足8电子的稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意，根据L、M、R的化合价易知分别为F、O、Cl；Q的化合价为、，说明Q为C或Si，结合其原子半径大于M，但又小于R，说明Q为C；T的化合价为、，说明T为N或P，结合其原子半径大于R，说明为T为P；X、Y、Z的原子半径大于T，结合它们的化合价知分别为Al、Mg、Na。
【详解】A．F原子半径小于Cl，故HF的键长小于HCl的键长，故A正确；
B．F-、Al3+、Na+三种离子核外电子数相同，核电荷数越大半径越小，故顺序为，故B正确；
C．Mg为第ⅡA元素，s能级全充满，p能级全空，较稳定，故电离能大于Al，故电离能大小顺序为，故C错误；
D．CO2中个原子都满足8电子稳定结构，故D正确；
故选C。
8. 下列说法正确的是
A. p能级能量一定比s能级的能量高
B. 原子的核外电子仅从激发态跃迁到基态才产生原子光谱
C. 2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 2p和3p轨道的形状均为哑铃形
【答案】D
【解析】
【详解】A．p能级能量与s能级的能量比较还要考虑能层的影响，故A错误；
B．原子光谱有吸收光谱和发射光谱两种，故B错误；
C．2p、3p、4p能级的轨道数均为3，故C错误；
D．p轨道的形状为哑铃形，故D正确；
故选D。
9. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．锌粒与稀硫酸反应生成氢气，注射器中可以收集氢气，故A正确；
B．用标准NaOH溶液滴定盐酸时氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中，且视线注视锥形瓶，故B错误；
C．无保温措施，放出的热量易散失，不能用装置C测定反应热，故C错误；
D．浓硫酸易将硫化钠氧化生成硫、二氧化硫等物质，并且硫化氢可与硝酸银直接反应生成硫化银沉淀，不发生沉淀转化，故D错误；
故选A。
10. 由-烃基丁酸生成-丁内酯()的反应如何：。在25℃时，2L溶液中-烃基丁酸的初始浓度为0.180ml/L，随着反应的进行，测得-丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。
下列说法中错误的是
A. 适当控制反应温度可提高平衡时-烃基丁酸的转化率
B. 在80—100min内，以-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为
C. 在120min时，-烃基丁酸的转化率为50%
D. 在25℃时，该反应的平衡常数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．适当控制反应温度可使平衡正向移动，可提高平衡时-烃基丁酸的转化率，选项A正确；
B．在80-100min内，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为=，选项B错误；
C．在120min时，-烃基丁酸的转化率为=50%，选项C正确；
D．在25℃时，该反应达平衡时-丁内酯的浓度为0.132ml/L，则-烃基丁酸的浓度为0.048 ml/L，的平衡常数为，选项D正确；
答案选B。
11. 在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如下图所示。下列说法错误的是
A. 加水前导电能力约为零的原因是冰醋酸中几乎没有自由移动的离子
B. a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是c＜a＜b
C. a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度最大的是b
D. 在b点加入NaOH固体，可使溶液中c(CH3COO-)增大、c(H+)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．在加水以前的冰醋酸是纯净的醋酸，以电解质分子存在，其中无自由移动的离子，因此不能导电，A正确；
B．溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力就越强。由于导电能力：c＜a＜b，所以溶液中c(H+)由小到大的顺序是c＜a＜b，B正确；
C．向冰醋酸中加入水，加水量越多，醋酸电离程度就越大。由图可知加水量：a＜b＜c，所以a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度最大的是c，C错误；
D．在b点加入NaOH固体，CH3COOH与NaOH发生中和反应产生CH3COONa和水，使溶液中c(CH3COO-)增大、c(H+)减小，D正确；
故合理选项是C。
12. 用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为在密闭容器中1ml NO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内得NO2的转化率随压强的变化如图2所示。
下列说法正确的是
A. 图1中的A、B、C三个点中只有A点的v正=v逆
B. 图2中E点的v逆大于F点的v正
C. 图2中平衡常数K(E)=K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)=c(G)
D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的2倍时，才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，A错误；
B．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v逆小于E点的v正；反应正向进行，则E点的v正小于F点的v正，故E点的v逆小于F点的v正，B错误；
C．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)。混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)，C错误；
D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，相当于增大压强，化学平衡相气体体积减小的逆反应方向移动，最终达到平衡时NO2的平衡转化率减小，D正确；
故合理选项是D。
13. 在常温下，有关下列4种溶液的叙述中正确的是
A. 在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，②溶液的pH减小，①溶液的pH增大
B. 分别加水稀释10倍，四种的溶溶液pH：②＞①＞③＞④
C. 将a L溶液④与b L溶液②混合后，若所得溶液的，则
D. 将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．①在氨水中存在NH3·H2O的电离平衡：NH3·H2O+OH-，向其中加入NH4Cl，盐电离产生，使溶液中c()增大，电离平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)减小，溶液pH减小；②NaOH是强碱，完全电离，向其中加入NH4Cl，盐电离产生会结合OH-产生弱电解质NH3·H2O，导致溶液中c(OH-)减小，溶液pH也减小，故在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小，A错误；
B．①、②都是碱溶液，溶液pH＞7；③、④都是酸溶液，溶液pH＜7。由于氨水中NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)比等pH的NaOH的大，所以分别加水稀释10倍后，pH：①＞②；同理醋酸是弱酸，也存在电离平衡，分别加水稀释10倍后，溶液中c(H+)比HCl的大，溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越小，则③、④两种溶液的pH：④＞③，故四种溶液都稀释10倍后，溶液的pH大小关系为：①＞②＞④＞③，B错误；
C．NaOH、HCl都是强电解质，完全电离，若将a L溶液④与b L溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则，解得a：b=11：9，C正确；
D．由于氨水中NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，c(NH3·H2O)＞10-3 ml/L。HCl是强酸完全电离，c(HCl)=10-3 ml/L。将溶液①、④等体积混合，所得溶液为NH4Cl与 NH3·H2O的混合溶液，NH3·H2O的电离作用大于的水解作用，溶液显碱性，所以c()＞c(Cl-)，c(OH-)＞c(H+)，且盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的OH-的浓度，故c(Cl-)＞c(OH-)，因此所得混合溶液中离子浓度大小关系为：c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；
故合理选项是C。
14. 室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
下列有关说法错误的是
A. 实验1说明具有还原性
B. 溶液中存在
C. 实验3反应静置后的上层清液中
D. 实验4得到的溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，草酸钠能使高锰酸钾溶液褪色，实验1说明具有还原性，故A正确；
B．根据质子守恒得到溶液中存在，故B正确；
C．实验3生成白色沉淀，静置后的上层清液中存在溶解平衡即，故C正确；
D．实验4反应后得到溶质为草酸氢钠和氯化铵且物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明草酸氢根电离大于水解即，故D错误。
综上所述，答案为D。
15. 氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出。
下列相关说法中错误的是
A. 图中X、Y分别是Cl2、H2
B. 图中a、b、c的大小关系为：c＞b＞a
C. 燃料电池中的负极电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O
D. 电解池中产生2 ml Cl2时，理论上燃料电池中消耗1 ml O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解饱和食盐水，阳极上Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2，同时在阴极附近产生NaOH，反应产生的H2可作为燃料电池的原料，故X是Cl2，Y是H2，A正确；
B．在阴极上H+得到变为H2逸出，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与产生的OH-结合为NaOH，从阴极流出，故NaOH溶液的浓度：a＞b；在燃料电池中，左侧通入燃料H2为负极，右侧通入空气为正极。在燃料电池正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后NaOH的浓度升高。即c＞a，因此图中a、b、c的大小关系为：c＞a＞b，B错误；
C．在燃料电池中，通入燃料H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+再与溶液中的OH-结合形成H2O，故燃料电池中的负极的电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，C正确；
D．电解池中产生2 ml Cl2时反应转化4 ml电子。由于同一闭合回路中电子转移数目相等，因此理论上在燃料电池中消耗1 ml O2，D正确；
故合理选项是B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. A、B、C、D、E、F均为36号以前的元素。请完成下列空白：
（1）A元素的原子最外层电子排布式为，位于元素周期表第___________周期第___________族。
（2）B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为___________。
（3）C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，其元素符号为___________，其基态原子的电子排布式为___________。
（4）D元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电了。D元素位于元素周期表___________区(填“s”、“p”、“d”、“”或“ds”)。其基态原子的价层电子的轨道表示为___________。
（5）E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子；它们相互作用可形成中学化学常见的离表示式为子化合物，并且阴、阳离子的电子层结构相同，最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数；则此离子化合物的化学式为___________。
【答案】（1） ①. 二 ②. ⅤA
（2）C或O （3） ①. Fe ②.
（4） ①. ds ②.
（5）KCl
【解析】
【小问1详解】
由题意可知，A元素存在np能级，则ns能级含有的电子数n为2，故A元素的原子最外层电子排布式为2s22p3，A为氮元素，位于元素周期表的第二周期第ⅤA族。
【小问2详解】
根据题干B元素基态原子最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，则A为碳或氧，故为C或O。
【小问3详解】
根据题意，C元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满，则C为铁元素，元素符号为Fe，由能量最低原理，其基态原子电子排布式为。
【小问4详解】
根据题意，D元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则D为铜，位于元素周期表的ds区，其基态原子的价层电子的轨道表示式为。
【小问5详解】
根据题意，E、F元素的基态原子都只有一个未成对电子；且它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，则E、F分别为钾、氯，其元素符号分别为K、Cl，离子化合物的化学式为KCl。
17. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)
b)
c)
d)
e)
（1）已知相关物质的燃烧热(25℃、101 kPa)：
则△H1=___________。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________。
A. 移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
B. 增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
C. 加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D. 降低反应温度，反应a～e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分___________步进行，其中，第___________步的正反应活化能最大。
（4）900℃下，将CH4和CO2的混合气体(投料比1：1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)
由图可知，75 min后CH4转化率与炭催化剂目数的关系为___________，原因是___________。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
【答案】（1）+247.3 kJ/ml （2）BD
（3） ①. 4 ②. 4
（4） ①. 在达到化学平衡前，催化剂的目数越大，CH4转化率越大 ②. 催化剂的颗粒越小，原料气与催化剂的接触更加充分
（5）做冷冻剂
【解析】
【小问1详解】
由CH4、CO、H2的燃烧热可得热化学方程式：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ/ml；②2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) △H=2×(-285.8) kJ/ml；③2CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=2×(-283) kJ/ml，根据盖斯定律，将①-②-③，整理可得△H1=+247.3 kJ/ml；
【小问2详解】
A．由于C是固体，其浓度不变，所以移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均不移动，A错误；
B．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的反应物的浓度增大，正反应速率都增加，B正确；
C．加入反应a的催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，因此不能提高CH4的平衡转化率，C错误；
D．降低反应温度，物质的内能降低，活化分子数减小，分子之间的有效碰撞次数减少，化学反应速率减慢，因此反应a～e的正、逆反应速率都减小，D正确；
故合理选项是BD；
【小问3详解】
由图可知：反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看在这4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，说明第4个反应的正反应方向吸收的能量最多，该步对应的正反应活化能最大；
【小问4详解】
据图可知，75 min后在反应达到化学平衡前，催化剂目数越大，反应速率越快，在相同时间反应的甲烷更多，CH4转化率越大，因为催化剂目数越大，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂的接触更加充分，反应更完全；
【小问5详解】
固态CO2即为干冰，干冰气化吸收大量热，使周围环境温度降低，因此可以用于人工降雨或制冷，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
18. 钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、C、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
回答下列问题：
（1）滤渣1是___________。
（2）若无氧化步骤，对实验的影响是___________。
（3）操作1的名称是___________，从流程信息分析，在有机溶剂M中___________(填“ZnSO4”或“CSO4”)溶解度更大。
（4）可用电解水溶液制备金属钴，其装置如下图所示。
①电解池工作时，Ⅱ室溶液的pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②电解反应的离子方程式___________。
（5）工业上也可利用次氯酸钠氧化C2+生产C(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是___________。
【答案】（1）SiO2
（2）无法有效除去铁元素
（3） ①. 萃取、分液 ②. ZnSO4
（4） ①. 减小 ②.
（5）
【解析】
【分析】废渣(含Zn、C、Fe、ZnO、SiO2等)，其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中含钴离子，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CSO4晶体，有机相含锌离子，经蒸馏得到ZnSO4，据此分析解题。
【小问1详解】
根据上述分析可知滤渣1成分是SiO2；
【小问2详解】
若无氧化步骤，Fe2+不能转化为Fe3+，Fe2+形成沉淀的溶液的pH与C2+、Zn2+比较接近，导致无法有效分离除铁；
【小问3详解】
由于Zn2+易溶于有机物，而C2+易溶于水中，水与有机物互不相溶，加入有机溶剂进行萃取，可更好的分离C2+、Zn2+，然后通过分液分离互不相溶的两层液体物质，因此操作1是萃取、分液；
从流程信息分析，有机溶剂M蒸馏分离出ZnSO4，说明在有机溶剂M中ZnSO4溶解度更大；
【小问4详解】
由图可知，该装置为电解池，左侧石墨电极连接电源的正极作阳极，水电离产生的OH-在阳极失去电子，发生氧化反应生成O2和H+，故阳极的电极反应式为，Ⅰ室中阳离子带有的正电荷数大于阴离子带有的负电荷数，放电生成的H+通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极与电源的负极连接，作阴极，C2+在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，Ⅲ室中阴离子带有的负电荷数大于阳离子带有的正电荷数，Cl-通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，故电解的总反应的离子方程式为；
【小问5详解】
工业上也可利用NaClO氧化C2+生产C(OH)3沉淀，实现钴的回收。NaClO得到电子被还原为NaCl，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式是。
19. 氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学式为，难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5未原料合成该晶体的流程如图：
已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化。
请回答下列问题：
（1）步骤1中生成了一种空气中的主要气体，写出该步骤反应的化学方程式___________。
（2）步骤2可在如图装置中进行(夹持仪器略去)。
①装置B的作用是___________。
②实验时，先关闭K2，打开K1，当观察到___________(填实验现象)时，再关闭，打开K2。
（3）步骤3洗涤晶体时需用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次。选择饱和NH4HCO3的原因是___________，检验用饱和NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是___________。
（4）称量w g产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4，最后用c ml/L标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为V mL，产品中的质量分数为___________(用含有w、c、V的式子表示)。若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因___________。
A．标准溶液被氧化 B．滴定终点时仰视读数
C．滴定终点时俯视读数 D．滴定管水洗后未用标准溶液润洗
【答案】（1）
（2） ①. 除去CO2中的HCl气体 ②. D装置中出现白色浑浊
（3） ①. 抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净
（4） ①. % ②. ABD
【解析】
【分析】实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其流程为：V2O5与6 ml/L的HCl、N2H4·2HCl反应制取VOCl2溶液，VOCl2溶液再与NH4HCO3溶液反应即可制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
步骤Ⅰ中V2O5、HCl及N2H4·2HCl反应生成VOCl2，及空气的一种成分和水，根据元素组成可知该气体是N2，该步骤反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
①在A装置中CaCO3与HCl反应产生CO2气体，同时由于HCl具有挥发性，会使制取得到的CO2气体中含有HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，为防止VOCl2被氧气氧化，要用二氧化碳排尽C装置中的空气后，再滴入VOCl2溶液反应，所以当观察到D装置中出现白色浑浊时，说明整个装置充满了CO2气体，此时打开K2；
【小问3详解】
选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失;
检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，具体操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；
小问4详解】
根据反应可知：，，g，则钒的质量分数为=%。
A．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，导致其还原能力降低，则滴定时消耗的标准溶液体积偏大，最终会使测定结果偏高，A符合题意；
B．滴定终点时仰视读数，会导致记录的消耗标准液的体积偏高，以此为标准计算使得最后测定结果偏高，B符合题意；
C．滴定终点时俯视读数，则会导致记录的消耗标准液的体积偏低，最后导致测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定管未润洗，(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被稀释，滴定时消耗的标准溶液体积偏大，最终会使测定结果偏高，D符合题意；
故合理选项是ABD。
元素代号
L
M
Q
R
T
X
Y
Z
化合价
、
、
、
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186
A
B
C
D
测反应生成的体积
用标准NaOH溶液滴定盐酸
测定中和热
验证
t/min
21
50
80
100
120
160
220
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
选项
实验操作和现象
1
向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去
2
用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为8
3
向溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀
4
向溶液中滴加等体积的HCl溶液，测得pH约为5.5
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热()
金属离子
C2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
7.15
6.3
1.5
6.2
沉淀完全的pH
9.15
8.3
2.8
8.2
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