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2023年陕西省西安市新城区高考化学二模试卷（含解析）
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这是一份2023年陕西省西安市新城区高考化学二模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了 设NA是阿伏加德罗常数的值，6NA， 恒温密闭容器中，发生反应等内容，欢迎下载使用。
2023年陕西省西安市新城区高考化学二模试卷
1. 2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是( )
A. 国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B. “华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的 92235U与 92238U互为同位素
C. “北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D. C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
2. 对乙酰氨基酚和布洛芬常用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，可以用于缓解轻至中度的疼痛，其结构如图所示，下列说法正确的是 ( )
A. 对乙酰氨基酚的分子式为
B. 布洛芬中所有的碳原子可能处于同一平面
C. 两种药物均可以发生氧化反应、加成反应、取代反应
D. 布洛芬与乙酸互为同系物，能与碱反应
3. 燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。一种钌基配合物作为光敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为TiO2/S，电极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−。下列有关说法错误的是 ( )
A. 该电池工作时，光能直接转化为电能
B. 电池的正极反应为
C. 电解质溶液中可发生反应
D. 电池的电解质溶液中I−和I3−的浓度不会减少
4. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中氧原子数为0.6NA
B. 中的共用电子对数为1.5NA
C. 标准状况下，22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D. 铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
5. X、Y、Z、W是四种短周期非金属元素。X、Y、Z同周期，且X与W的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相同，四种元素可以形成结构如图所示化合物M和阴离子P。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W
C. 最简单氢化物的沸点：X>Z
D. M、P中X、Y原子的最外层均满足8电子稳定结构
6. 恒温密闭容器中，发生反应：。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B. 其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C.
D. 使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
7. 室温下，向VmLcmol⋅L−1的NaOH溶液中通入CO2气体，溶液pH与通入气体的关系如图所示(忽略反应后溶液体积的变化)，下列说法错误的是( )
A. 通入CO2的过程中，a，b、c三点水的电离程度a>b>c
B. a点溶液中
C. b点溶液中
D. c点一定存在
8. HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：Ⅰ.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
Ⅱ.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
Ⅲ；、。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式： ______ 。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式： ______ ， ______ 。
(3)“浸渣”的成分为 ______ (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有 ______ (填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 ______ 、 ______ 。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： ______ 。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应的K= ______ 。
9. 氮化铬(CrN)是优良的炼钢合金添加剂，它具有高的硬度和良好的耐磨性，主要用于耐磨涂层。实验室可用氨气和无水氯化铬制备。
(1)制备氨气
①仪器C的名称为 ______ ，氨气的发生装置可以选择图中的 ______ ，反应的化学方程式为 ______ 。
②现欲收集一瓶干燥的氨气，请选择图中部分装置，其连接顺序为；发生装置→ ______ (按气流方向，用小写字母表示，且字母之间用“→”连接)。
(2)制备无水氯化铬
氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 ______ ，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 ______ 。
(3)制备氮化铬
①组装仪器：干燥的氨气→ ______ → ______ → ______ → ______ →i。
②装置G中在高温条件下发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)测产品氮化铬的纯度
取3.0g所得产品，加入足量NaOH溶液(杂质与NaOH溶液不反应)，然后通入水蒸气将氨气全部蒸出，并用硫酸完全吸收，剩余的硫酸用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定，至终点时消耗40mLNaOH溶液，则所得产品中氮化铬的纯度为 ______ 。
10. 氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1
则反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的△H= ______ ，反应③、④的存在会导致甲烷的产率 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正= ______ eV，请写出该步骤反应的化学方程式： ______ 。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为 ______ (用a、b、c表示)，请解释原因： ______ ；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)= ______ MPa⋅min−1，该温度下反应的Kp= ______ (MPa)−2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程、，k正、k逆只与温度有关。若T2时，，则该温度下k正= ______ 。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是 ______ (填字母)。
A.ZnFe2O4中Fe为+6价
B.ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C.反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为
11. 中医药作为中国优秀传统文化的典范，凝聚着祖先的智慧和经验的结晶。矿物药的成分主要为金属、金属氧化物、盐等。
(1)铁华粉常用来治疗血虚萎黄，其成分为醋酸亚铁，其形成的血红素分子结构如图1。铁华粉中基态亚铁离子的未成对电子数与其电子总数之比为 ______ ，铁华粉中组成元素的电负性由大到小的顺序为 ______ (填元素符号)，血红素分子中铁(Ⅱ)的配位数为 ______ ，相同物质的量的铁华粉和血红素分子中sp3杂化的碳原子数目比为 ______ 。
(2)生石灰可用于止血，轻质氧化镁可用于治疗便秘。熔点CaO ______ MgO(填“大于”或“小于”)，请解释原因： ______ 。
(3)CaO的晶胞为NaCl型晶胞，图2所示的晶胞结构中微粒位置错误的编号为 ______ ，Ca2+的配位数为 ______ ，若两个最近的Ca2+的距离为apm，则晶胞的密度为 ______ g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值)。
12. 科学研究表明，有机物M对治疗新冠病毒具有一定的作用，其一种合成路线如图所示。
已知：
(1)A的化学名称为 ______ ，B中的官能团名称为 ______ 。
(2)反应②的反应条件为 ______ ，E的结构简式为 ______ 。
(3)H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+ ______ →M+ ______ 。
(4)在有机物A～H中能发生消去反应的物质有 ______ (填序号)。
(5)N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有 ______ 种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为 ______ 。
①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应
(6)根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)： ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.钢是一种铁碳合金，具有强度大特点，故A正确；
B. 92235U与 92238U质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C.芯片的成分为晶体Si，SiO2一般做光导纤维，故C错误；
D.氮化硅具有耐高温，硬度大灯特点，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：C。
A.钢是一种铁碳合金；
B.质子数相同，中子数不同，互为同位素；
C.芯片的成分为晶体Si；
D.氮化硅属于新型无机非金属材料。
本题主要科技冬奥，体现化学的重要性，增强学生对化学的兴趣，属于基本知识的考查，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.由结构简式可知，对乙酰氨基酚的分子式为C8H9NO2，故A错误；
B.布洛芬分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有的碳原子不可能处于同一平面，故B错误；
C.对乙酰氨基酚和布洛芬都能燃烧发生氧化反应，分子中含有的苯环都能发生加成反应，苯环上都能发生取代反应，故C正确；
D.布洛芬分子中含有苯环，与乙酸的结构不相似，不互为同系物，故D错误；
故选：C。
A.根据有机物的结构进行判断；
B.由结构简式可知，布洛芬分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子；
C.由结构简式可知，对乙酰氨基酚和布洛芬都能燃烧发生氧化反应，分子中含有的苯环都能发生加成反应，苯环上都能发生取代反应；
D.分子结构相似，分子间相差n个CH2为同系物。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.该电池是将太阳能转化为电能的装置，光能直接转化为电能，故A正确；
B.由反应装置可知，电池工作时的正极反应为I3−+2e−=3I−，故B正确；
C.电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，电解质溶液中发生反应，，故C错误；
D.电池的电解质溶液中I−的浓度和I3−的浓度不变，故D正确；
故选：C。
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−。
本题考查了原电池的工作原理，难度中等，注意知识的迁移应用以及电极的判断、反应式的书写等是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A.10 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇4.6g，物质的量，含水的质量，物质的量，所以溶液中含氧原子数为0.4 NA，故A错误；
B.BF3分子中含有三对共用电子对，则0.5 mol BF3中含有共用电子对数为1.5NA，故B正确；
C.标准状况下，22.4 L CH4物质的量为1mol，44.8 L Cl2物质的量，CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变，所以标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为3NA，故C错误；
D.铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的SO42−质量，若负极增重48g则增重的SO42−的物质的量为，根据电极反应式可知转移电子数为NA，故D错误；
故选：B。
A.乙醇和水中都含有氧原子；
B.BF3分子中含有3个B−F键，含有三对共用电子对；
C.CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变；
D.铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的SO42−质量，若负极增重48g则增重的SO42−的物质的量为，据此可算出转移电子数。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据信息可推知X、Y、Z、W四种元素分别是N、B、O、H，原子半径为W
C.X的最简单氢化物为NH3，Z的最简单氢化物为H2O，最简单氢化物的沸点X
故选：B。
X与W的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相同，X形成3个共价键和一个配位键，X最外层5个电子，W形成一个共价键，W为非金属元素，则为H，Z形成2个共价键，Z最外层电子数为6，则为O元素，X为N元素，Y形成3个共价键，Y为B元素。
本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】C
【解析】解：A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动，n(H2)增大，n(H2O)减少，故L为n(H2)随温度的变化曲线，故A错误；
B.若扩大容器容积，浓度均减少，则v正、v逆均减小，故B错误；
C.反应的关系式，在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，则，，，故C正确；
D.使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小ΔH的值，故D错误；
故选：C。
A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动；
B.其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少；
C.在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，由关系式；
D.使用催化剂，可以降低反应的活化能，不改变ΔH。
本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像和移动的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3，水解程度越大，则水的电离程度越大，所以a、b、c三点水的电离程度a>b>c，故A正确；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，由物料守恒可知：，故B错误；
C.b点溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据电荷守恒可知：，故C正确；
D.c点溶质为NaHCO3，存在电荷守恒：和物料守恒：，两式联立可得：，即，所以，故D正确；
故选：B。
NaOH与CO2反应共有4种组成，分别为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，从溶液pH与通入气体的关系图像可知，a点溶质为Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，由起点pH=13，即氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，则c(NaOH)=0.1mol/L，由于当通入0.05mol二氧化碳时即恰好完全反应生成碳酸钠，故n(NaOH)=0.1mol，则NaOH溶液的体积；
A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，根据物料守恒来分析；
C.b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据电荷守恒来分析；
D.c点溶质为NaHCO3，根据电荷守恒和物料守恒来分析。
本题考查溶液中的三个守恒的应用，侧重考查学生分析图像解决实际问题的能力，试题难度不大。
8.【答案】 NiO NaVO3、NaHCO3 10g⋅L−1 1021
【解析】解：(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：，
故答案为：；
(2)由题中的信息可知，MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为，，
故答案为：；；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3，
故答案为：NiO；NaVO3、NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和10g⋅L−1，
故答案为：；10g⋅L−1；
(5)由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为，
故答案为：；
(6)由于Ksp=c(Cu2+)c(S2−)，，的，
故答案为：1021。
工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸；
(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物；
及Al2O3分别与纯碱反应Na2MoO4和NaAlO2；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大；
(5)NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气；
(6)由题意可知，的。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】球形干燥管 A(或B) 或 d→c→f→e→i 在HCl氛围中小火加热缓慢失水 j j d c 79.2%
【解析】解：(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，反应的化学方程式为：，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，反应的化学方程式为：，发生装置应选择图中的B，
故答案为：球形干燥管；A(或B)；或；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置，按气流方向表示为d→c→f→e→i，
反应答案为：d→c→f→e→i；
加热失水时会发生水解生成氢氧化铬，氢氧化铬再分解生成氧化铬，故反应的化学方程式为：，若想得到无水氯化铬，需在HCl氛围中小火加热缓慢失水，
故答案为：；在HCl氛围中小火加热缓慢失水；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气，装置的连接顺序为；发生装置，
故答案为：；
②硬质玻璃管中发生的反应为：，
故答案为：；
(4)反应的定量关系可知，，元素守恒得到氮化铬的纯度，
故答案为：79.2%。
(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，选择装置B；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置；
(2)氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，是结晶水合物受热分解，生成氧化铬、水和氯化氢，结晶水合物需在HCl氛围中小火加热，抑制水解；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气；
②硬质玻璃管中发生的反应是CrCl3和氨气高温反应生成CrN和氯化氢；
(4)反应的定量关系可知，，元素守恒计算得到氮化铬的纯度。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和实验仪器、实验装置的掌握情况，题目难度中等。
10.【答案】 减小 1.35 c>b>a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a 0.16 16.7 33.4 DE
【解析】解：(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，则，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小，
故答案为：；减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为，该步骤反应的化学方程式为，
故答案为：1.35；；；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
起(mol)2 4 0 0
转(mol)0.8 3.2 0.8 1.6
平(mol)1.2 0.8 0.8 1.6
恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则，解得，平衡时各组分的物质的量分数分别为311、211、211、411，则平衡分压为、、、0.8Mpa，开始时H2的分压，氢气的压强变化量为，则，，
故答案为：c>b>a；温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a；0.16；16.7；
②由，故，
故答案为：33.4；
中Fe为+3价，故A错误；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，故B错误；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4，故C错误；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，故D正确；
E.由图所示贮氢过程可表示为，故E正确；
故答案为：DE。
(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式，则ΔH=ΔH2−ΔH1代入计算，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为，该步骤反应的化学方程式为；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式计算；
②由，故；
中Fe为+3价；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定；
E.由图所示贮氢过程可表示为。
本题考查化学反应原理，涉及反应热的计算、平衡的移动、平衡常数的计算等，题目中等难度。
11.【答案】16 O>C>H>Fe 4 1：4 小于 二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：16；O>C>H>Fe；4；1：4；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高，故熔点CaO小于MgO，
故答案为：小于；二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：⑧、⑳；6；。
(1)铁华粉中铁为Fe2+，未成对电子数占总电子数为424=16，元素的非金属性越强，电负性越大，由图可知铁(Ⅱ)的配位数为4，1mol铁华粉中sp3杂化的碳原子数为2，1mol血红素分子中sp3杂化的碳原子数为8；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高；
(3)由于CaO晶胞为NaCl型晶胞，Ca2+离子处于8个顶点和6个面心，O2−离子处于12条棱心和1个体心，若两个最近的Ca2+间的距离为apm，则晶胞的边长为 2apm，晶胞的密度ρ=mV。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生电负性、杂化和晶体计算的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】2，6−二甲基苯酚 醚键、酯基 稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) H2O E、F、G 15
【解析】解：(1)A的化学名称为2，6−二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基，
故答案为：2，6−二甲基苯酚；醚键、酯基；
(2)反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为，
故答案为：稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；；
(3)反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+，
故答案为：；H2O；
(4)该消去反应均为醇的消去，根据消去反应的条件可知在有机物A～H中能发生消去反应的物质有E、F、G，
故答案为：E、F、G；
(5)由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共5×3=15种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为，
故答案为：15；；
(6)乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，与SOCl2发生已知信息的反应，再与苯乙胺发生反应④，合成路线如下：，
故答案为：。
A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构、给予的反应信息进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好地考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
2023年陕西省西安市新城区高考化学二模试卷
1. 2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是( )
A. 国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B. “华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的 92235U与 92238U互为同位素
C. “北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D. C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
2. 对乙酰氨基酚和布洛芬常用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，可以用于缓解轻至中度的疼痛，其结构如图所示，下列说法正确的是 ( )
A. 对乙酰氨基酚的分子式为
B. 布洛芬中所有的碳原子可能处于同一平面
C. 两种药物均可以发生氧化反应、加成反应、取代反应
D. 布洛芬与乙酸互为同系物，能与碱反应
3. 燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。一种钌基配合物作为光敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为TiO2/S，电极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−。下列有关说法错误的是 ( )
A. 该电池工作时，光能直接转化为电能
B. 电池的正极反应为
C. 电解质溶液中可发生反应
D. 电池的电解质溶液中I−和I3−的浓度不会减少
4. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中氧原子数为0.6NA
B. 中的共用电子对数为1.5NA
C. 标准状况下，22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D. 铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
5. X、Y、Z、W是四种短周期非金属元素。X、Y、Z同周期，且X与W的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相同，四种元素可以形成结构如图所示化合物M和阴离子P。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W
C. 最简单氢化物的沸点：X>Z
D. M、P中X、Y原子的最外层均满足8电子稳定结构
6. 恒温密闭容器中，发生反应：。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B. 其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C.
D. 使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
7. 室温下，向VmLcmol⋅L−1的NaOH溶液中通入CO2气体，溶液pH与通入气体的关系如图所示(忽略反应后溶液体积的变化)，下列说法错误的是( )
A. 通入CO2的过程中，a，b、c三点水的电离程度a>b>c
B. a点溶液中
C. b点溶液中
D. c点一定存在
8. HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：Ⅰ.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
Ⅱ.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
Ⅲ；、。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式： ______ 。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式： ______ ， ______ 。
(3)“浸渣”的成分为 ______ (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有 ______ (填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 ______ 、 ______ 。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： ______ 。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应的K= ______ 。
9. 氮化铬(CrN)是优良的炼钢合金添加剂，它具有高的硬度和良好的耐磨性，主要用于耐磨涂层。实验室可用氨气和无水氯化铬制备。
(1)制备氨气
①仪器C的名称为 ______ ，氨气的发生装置可以选择图中的 ______ ，反应的化学方程式为 ______ 。
②现欲收集一瓶干燥的氨气，请选择图中部分装置，其连接顺序为；发生装置→ ______ (按气流方向，用小写字母表示，且字母之间用“→”连接)。
(2)制备无水氯化铬
氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 ______ ，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 ______ 。
(3)制备氮化铬
①组装仪器：干燥的氨气→ ______ → ______ → ______ → ______ →i。
②装置G中在高温条件下发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)测产品氮化铬的纯度
取3.0g所得产品，加入足量NaOH溶液(杂质与NaOH溶液不反应)，然后通入水蒸气将氨气全部蒸出，并用硫酸完全吸收，剩余的硫酸用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定，至终点时消耗40mLNaOH溶液，则所得产品中氮化铬的纯度为 ______ 。
10. 氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ⋅mol−1
则反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的△H= ______ ，反应③、④的存在会导致甲烷的产率 ______ (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正= ______ eV，请写出该步骤反应的化学方程式： ______ 。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为 ______ (用a、b、c表示)，请解释原因： ______ ；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)= ______ MPa⋅min−1，该温度下反应的Kp= ______ (MPa)−2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程、，k正、k逆只与温度有关。若T2时，，则该温度下k正= ______ 。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是 ______ (填字母)。
A.ZnFe2O4中Fe为+6价
B.ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C.反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为
11. 中医药作为中国优秀传统文化的典范，凝聚着祖先的智慧和经验的结晶。矿物药的成分主要为金属、金属氧化物、盐等。
(1)铁华粉常用来治疗血虚萎黄，其成分为醋酸亚铁，其形成的血红素分子结构如图1。铁华粉中基态亚铁离子的未成对电子数与其电子总数之比为 ______ ，铁华粉中组成元素的电负性由大到小的顺序为 ______ (填元素符号)，血红素分子中铁(Ⅱ)的配位数为 ______ ，相同物质的量的铁华粉和血红素分子中sp3杂化的碳原子数目比为 ______ 。
(2)生石灰可用于止血，轻质氧化镁可用于治疗便秘。熔点CaO ______ MgO(填“大于”或“小于”)，请解释原因： ______ 。
(3)CaO的晶胞为NaCl型晶胞，图2所示的晶胞结构中微粒位置错误的编号为 ______ ，Ca2+的配位数为 ______ ，若两个最近的Ca2+的距离为apm，则晶胞的密度为 ______ g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值)。
12. 科学研究表明，有机物M对治疗新冠病毒具有一定的作用，其一种合成路线如图所示。
已知：
(1)A的化学名称为 ______ ，B中的官能团名称为 ______ 。
(2)反应②的反应条件为 ______ ，E的结构简式为 ______ 。
(3)H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+ ______ →M+ ______ 。
(4)在有机物A～H中能发生消去反应的物质有 ______ (填序号)。
(5)N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有 ______ 种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为 ______ 。
①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应
(6)根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)： ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.钢是一种铁碳合金，具有强度大特点，故A正确；
B. 92235U与 92238U质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；
C.芯片的成分为晶体Si，SiO2一般做光导纤维，故C错误；
D.氮化硅具有耐高温，硬度大灯特点，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选：C。
A.钢是一种铁碳合金；
B.质子数相同，中子数不同，互为同位素；
C.芯片的成分为晶体Si；
D.氮化硅属于新型无机非金属材料。
本题主要科技冬奥，体现化学的重要性，增强学生对化学的兴趣，属于基本知识的考查，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.由结构简式可知，对乙酰氨基酚的分子式为C8H9NO2，故A错误；
B.布洛芬分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有的碳原子不可能处于同一平面，故B错误；
C.对乙酰氨基酚和布洛芬都能燃烧发生氧化反应，分子中含有的苯环都能发生加成反应，苯环上都能发生取代反应，故C正确；
D.布洛芬分子中含有苯环，与乙酸的结构不相似，不互为同系物，故D错误；
故选：C。
A.根据有机物的结构进行判断；
B.由结构简式可知，布洛芬分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子；
C.由结构简式可知，对乙酰氨基酚和布洛芬都能燃烧发生氧化反应，分子中含有的苯环都能发生加成反应，苯环上都能发生取代反应；
D.分子结构相似，分子间相差n个CH2为同系物。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.该电池是将太阳能转化为电能的装置，光能直接转化为电能，故A正确；
B.由反应装置可知，电池工作时的正极反应为I3−+2e−=3I−，故B正确；
C.电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，电解质溶液中发生反应，，故C错误；
D.电池的电解质溶液中I−的浓度和I3−的浓度不变，故D正确；
故选：C。
由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−，铂电极为原电池的正极，电解质为I3−和I−的混合物，I3−在正极上得电子被还原，正极反应为I3−+2e−=3I−。
本题考查了原电池的工作原理，难度中等，注意知识的迁移应用以及电极的判断、反应式的书写等是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A.10 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇4.6g，物质的量，含水的质量，物质的量，所以溶液中含氧原子数为0.4 NA，故A错误；
B.BF3分子中含有三对共用电子对，则0.5 mol BF3中含有共用电子对数为1.5NA，故B正确；
C.标准状况下，22.4 L CH4物质的量为1mol，44.8 L Cl2物质的量，CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变，所以标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为3NA，故C错误；
D.铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的SO42−质量，若负极增重48g则增重的SO42−的物质的量为，根据电极反应式可知转移电子数为NA，故D错误；
故选：B。
A.乙醇和水中都含有氧原子；
B.BF3分子中含有3个B−F键，含有三对共用电子对；
C.CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变；
D.铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的SO42−质量，若负极增重48g则增重的SO42−的物质的量为，据此可算出转移电子数。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据信息可推知X、Y、Z、W四种元素分别是N、B、O、H，原子半径为W
C.X的最简单氢化物为NH3，Z的最简单氢化物为H2O，最简单氢化物的沸点X
故选：B。
X与W的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相同，X形成3个共价键和一个配位键，X最外层5个电子，W形成一个共价键，W为非金属元素，则为H，Z形成2个共价键，Z最外层电子数为6，则为O元素，X为N元素，Y形成3个共价键，Y为B元素。
本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】C
【解析】解：A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动，n(H2)增大，n(H2O)减少，故L为n(H2)随温度的变化曲线，故A错误；
B.若扩大容器容积，浓度均减少，则v正、v逆均减小，故B错误；
C.反应的关系式，在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，则，，，故C正确；
D.使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小ΔH的值，故D错误；
故选：C。
A.由于ΔH<0，随着温度的升高，平衡逆向移动；
B.其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少；
C.在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，n(H2)=n(H2O)，设由393K升温到时，H2O(g)反应的物质的量为bmol，由关系式；
D.使用催化剂，可以降低反应的活化能，不改变ΔH。
本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像和移动的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3，水解程度越大，则水的电离程度越大，所以a、b、c三点水的电离程度a>b>c，故A正确；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，由物料守恒可知：，故B错误；
C.b点溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据电荷守恒可知：，故C正确；
D.c点溶质为NaHCO3，存在电荷守恒：和物料守恒：，两式联立可得：，即，所以，故D正确；
故选：B。
NaOH与CO2反应共有4种组成，分别为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3，从溶液pH与通入气体的关系图像可知，a点溶质为Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，由起点pH=13，即氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，则c(NaOH)=0.1mol/L，由于当通入0.05mol二氧化碳时即恰好完全反应生成碳酸钠，故n(NaOH)=0.1mol，则NaOH溶液的体积；
A.当物质的量浓度相等时，水解程度：Na2CO3>NaHCO3；
B.a点溶质为Na2CO3，通入二氧化碳为0.05mol，根据物料守恒来分析；
C.b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据电荷守恒来分析；
D.c点溶质为NaHCO3，根据电荷守恒和物料守恒来分析。
本题考查溶液中的三个守恒的应用，侧重考查学生分析图像解决实际问题的能力，试题难度不大。
8.【答案】 NiO NaVO3、NaHCO3 10g⋅L−1 1021
【解析】解：(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：，
故答案为：；
(2)由题中的信息可知，MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为，，
故答案为：；；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3，
故答案为：NiO；NaVO3、NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和10g⋅L−1，
故答案为：；10g⋅L−1；
(5)由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为，
故答案为：；
(6)由于Ksp=c(Cu2+)c(S2−)，，的，
故答案为：1021。
工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸；
(1)由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物；
及Al2O3分别与纯碱反应Na2MoO4和NaAlO2；
(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3；
(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为和10g⋅L−1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大；
(5)NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气；
(6)由题意可知，的。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】球形干燥管 A(或B) 或 d→c→f→e→i 在HCl氛围中小火加热缓慢失水 j j d c 79.2%
【解析】解：(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，反应的化学方程式为：，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，反应的化学方程式为：，发生装置应选择图中的B，
故答案为：球形干燥管；A(或B)；或；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置，按气流方向表示为d→c→f→e→i，
反应答案为：d→c→f→e→i；
加热失水时会发生水解生成氢氧化铬，氢氧化铬再分解生成氧化铬，故反应的化学方程式为：，若想得到无水氯化铬，需在HCl氛围中小火加热缓慢失水，
故答案为：；在HCl氛围中小火加热缓慢失水；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气，装置的连接顺序为；发生装置，
故答案为：；
②硬质玻璃管中发生的反应为：，
故答案为：；
(4)反应的定量关系可知，，元素守恒得到氮化铬的纯度，
故答案为：79.2%。
(1)①仪器C的名称为：球形干燥管，制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，也可以用浓氨水和碱石灰加热制取，选择装置B；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置；
(2)氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3⋅6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，是结晶水合物受热分解，生成氧化铬、水和氯化氢，结晶水合物需在HCl氛围中小火加热，抑制水解；
(3)①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气；
②硬质玻璃管中发生的反应是CrCl3和氨气高温反应生成CrN和氯化氢；
(4)反应的定量关系可知，，元素守恒计算得到氮化铬的纯度。
本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和实验仪器、实验装置的掌握情况，题目难度中等。
10.【答案】 减小 1.35 c>b>a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a 0.16 16.7 33.4 DE
【解析】解：(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)，则，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小，
故答案为：；减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为，该步骤反应的化学方程式为，
故答案为：1.35；；；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式：
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
起(mol)2 4 0 0
转(mol)0.8 3.2 0.8 1.6
平(mol)1.2 0.8 0.8 1.6
恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则，解得，平衡时各组分的物质的量分数分别为311、211、211、411，则平衡分压为、、、0.8Mpa，开始时H2的分压，氢气的压强变化量为，则，，
故答案为：c>b>a；温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c>b>a，故甲烷的浓度c>b>a，且对应温度c>b>a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a；0.16；16.7；
②由，故，
故答案为：33.4；
中Fe为+3价，故A错误；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，故B错误；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4，故C错误；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，故D正确；
E.由图所示贮氢过程可表示为，故E正确；
故答案为：DE。
(1)由盖斯定律可知，由反应“②−①”可得目标方程式，则ΔH=ΔH2−ΔH1代入计算，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小；
(2)该反应历程中最大的能垒为，该步骤反应的化学方程式为；
(3)①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，列出三段式计算；
②由，故；
中Fe为+3价；
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物；
C.ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定；
E.由图所示贮氢过程可表示为。
本题考查化学反应原理，涉及反应热的计算、平衡的移动、平衡常数的计算等，题目中等难度。
11.【答案】16 O>C>H>Fe 4 1：4 小于 二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：16；O>C>H>Fe；4；1：4；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高，故熔点CaO小于MgO，
故答案为：小于；二者均为离子化合物，阴离子相同，Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同，，所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能，熔点CaO
故答案为：⑧、⑳；6；。
(1)铁华粉中铁为Fe2+，未成对电子数占总电子数为424=16，元素的非金属性越强，电负性越大，由图可知铁(Ⅱ)的配位数为4，1mol铁华粉中sp3杂化的碳原子数为2，1mol血红素分子中sp3杂化的碳原子数为8；
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关，电荷越多，半径越小，离于键越强，熔点越高；
(3)由于CaO晶胞为NaCl型晶胞，Ca2+离子处于8个顶点和6个面心，O2−离子处于12条棱心和1个体心，若两个最近的Ca2+间的距离为apm，则晶胞的边长为 2apm，晶胞的密度ρ=mV。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生电负性、杂化和晶体计算的掌握情况，试题难度中等。
12.【答案】2，6−二甲基苯酚 醚键、酯基 稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) H2O E、F、G 15
【解析】解：(1)A的化学名称为2，6−二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基，
故答案为：2，6−二甲基苯酚；醚键、酯基；
(2)反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为，
故答案为：稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；；
(3)反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+，
故答案为：；H2O；
(4)该消去反应均为醇的消去，根据消去反应的条件可知在有机物A～H中能发生消去反应的物质有E、F、G，
故答案为：E、F、G；
(5)由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共5×3=15种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为，
故答案为：15；；
(6)乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，与SOCl2发生已知信息的反应，再与苯乙胺发生反应④，合成路线如下：，
故答案为：。
A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中有机物的结构、给予的反应信息进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好地考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
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