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山东省2020届高三模拟考试化学试题
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高三化学模拟试题
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．双氢青蒿素属于有机物，A符合题意；
B．全氮阴离子盐属于无机物，B不符合题意；
C．聚合氮属于无机物，C不符合题意；
D．砷化铌纳米带属于无机物，D不符合题意；
答案选A。
2.下列解释事实的化学用语不正确的是
A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH CH3COO- + H+
C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e- === Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+，A项正确；
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：CH3COOH CH3COO- + H+，B项正确；
C. 电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-，C项正确；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e- === Fe2+，D项错误；
答案选D。
【点睛】注意D选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。
3.用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到 0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为 0.1 NA
B. 2 mol H3O＋中含有的电子数为 20 NA
C. 密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成 6 NA 个 N-H 键
D. 32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA ，故A错误；
B. 1个H3O＋中含有10个电子，因此2mol H3O＋中含有的电子数为20 NA ，故B正确；
C. N2与H2反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1mol N2 (g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6 NA，故C错误；
D. 32g N2H4物质的量为=1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1mol N2H4中含有的共用电子对数为5 NA，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O＋中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。
4.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋
B. pH＝12 的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—
C. 水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+
D. 0.1 mol·L－1的 K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—
【答案】D
【解析】
【详解】A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN－能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；
B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；
C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意；
D．0.1 mol·L－1的 K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意；
答案选D。
【点睛】在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。
6.短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是
A. W 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物
B. Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C. Z 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性
D. 对应的简单离子半径大小为 W >Z > X>Y
【答案】C
【解析】
【分析】
元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。
【详解】A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；
B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；
C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；
D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。
7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）
A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C. 图中a点对应的平衡常数K ＝
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。
【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1
C2H4(g) + H2O(g) C2H5OH(g)
始(mol/L) 1 1 0
转(mol/L) 0.2 0.2 0.2
平(mol/L) 0.8 0.8 0.2
平衡常数K= K===，C项正确；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。
8.线型 PAA（ ）具有高吸水性，网状 PAA 在抗压性、吸水性等方面优于线型 PAA。网状 PAA 的制备方法是：将丙烯酸用 NaOH 中和，加入少量交联剂 a，再引发聚合。其部分结构片段 如图所示，列说法错误的是
A. 线型 PAA 的单体不存在顺反异构现象
B. 形成网状结构的过程发生了加聚反应
C. 交联剂 a 的结构简式是
D. PAA 的高吸水性与—COONa 有关
【答案】C
【解析】
【详解】A. 线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；
B. CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；
C. 分析结构可知交联剂a的结构简式是，故C错误；
D. 线型PAA()具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；
故选：C。
9.只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明稀盐酸的酸性比碳酸的酸性强，由于盐酸不是含氧酸，不能够证明Cl的非金属性比C的非金属性强，A错误；
B．电石中除含有碳化钙，还含有硫化钙和磷化钙，硫化钙和磷化钙能与饱和食盐水反应生成的H2S和PH3，H2S和PH3能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔检验，B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，如果不加热，二氧化锰与浓盐酸不能发生反应，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2在反应中作还原剂，D正确；
答案选D。
【点睛】实验室制取氯气时要注意：①浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气，常温下浓盐酸与二氧化锰不反应；②稀盐酸与二氧化锰在加热的条件下也不能发生反应。二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色、能使溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，二氧化硫使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性。
10.常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（ ）
A. 各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：d>c>b>a
B. 常温下，R- 的水解平衡常数数量级为10 -9
C. a点和d点溶液中，水的电离程度相等
D. d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；
B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka==10-5，则R-的水解平衡常数数Kh==10-9，B正确；
C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；
D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，D错误；
故合理选项是B。
二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是
A. 用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B. 反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2
D. 该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4< K2FeO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；
B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；
C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；
D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4>K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；
答案选D。
12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
B. 吸附层 b 发生的电极反应：H2 – 2 e- + 2OH- = 2H2O
C. NaClO4 的作用是传导离子和参与电极反应
D. “全氢电池”的总反应: 2H2 + O2 =2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【详解】A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；
B. 右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；
C. NaClO4 的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；
D. 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O，故D错误；
正确答案是A。
13.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 25℃时 pH＝2 的 HF 溶液中，由水电离产生的 OH－浓度为 10-12 mol·L－1
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－ )
C. 向 1 L 1 mol·L-1 的 NaOH 热溶液中通入一定量 Br2，恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠(溴 酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)
D. 25℃时 pH＝3 的盐酸与 pH＝11 的氨水等体积混合，所得溶液的 pH＜7
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 25℃，pH=2的HF溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水电离，c(OH-)===10-12mol·L-1，故A正确；
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)+ c(OH-)，该溶液呈碱性c（OH-）>c(H+)，则c(Na＋)> c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)，故B错误；
C. 溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3，它们会电离出阴阳离子，溶剂H2O也会电离出H+、OH-，则溶液中的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再根据电子得失守恒，可列出：5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中BrO-会水解，部分转化为HBrO），①②式联立，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)，故C正确；
D. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故D错误；
故选AC。
14.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是
A. 灼烧海带
B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质
C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2
D. 以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定
【答案】B
【解析】
【详解】A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；
B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；
C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；
D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错误；
答案选B。
【点睛】在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
15.FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。
I．某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。
II．实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素
(1)配制0.8 mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
【资料1】
沉淀
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀 pH
7.6
2.7
完全沉淀 pH
9.6
3.7
①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________。
②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：
假设1：其他条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。
假设2：其他条件相同时，在一定 pH范围内，溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。
假设3：__________________________________________________。
(2)小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如下表所示。
序号
A 0.2mol/LNaCl
B 0.1mol/LFeSO4
电流计读数
实验1
pH=1
pH=5
8.4
实验2
pH=1
pH=1
6.5
实验3
pH=6
pH=5
7.8
实验4
pH=6
pH=1
5.5
【资料2】原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。
【资料3】常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。
根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：
①U型管中左池的电极反应式_________________。
②对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为______ 。
③对比实验_____和_____ 还可得出在一定 pH范围内，溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱的影响因素。
④对【资料3】实验事实的解释为____________________。
【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 4Fe2+ + O2 + 10H2O＝4Fe(OH)3↓ + 8H+ (3). 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） (4). O2 + 4e- +4H+＝2H2O (5). 溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱 (6). 1 (7). 3（或2和4） (8). 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。（其他表述酌情给分）
【解析】
【分析】
根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，以此解答该题。
【详解】I．FeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；
II．（1）①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；
②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设3可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好）；
（2）①A为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；
②由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；
③由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，可得出在一定pH范围内，溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素，故答案为：1和3（或2和4）；
④由表中数据可知，pH变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
16.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）回收V2O5的新工艺流程如下：
已知：a.部分含钒物质常温下在水中溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
b.+2OH-+H2O
回答下列问题：
（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为_________（写一条）。
（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为_______________（填离子符号）。
（3）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_____________。
（4）生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为________________
（5）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为__________________
（6）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是________________________；___________________（写两条）。
（7）该工艺流程中可以循环利用的物质为__________________。
（8）测定产品中V2O5的纯度：称取a g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1 mL c1 mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe2+==VO2++Fe3++H2O）。最后用c2 mol·L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：182 g·mol−1）的质量分数是______。（列出计算式）
【答案】 (1). 粉碎废钒搅拌适当升温 (2). VO2＋ (3). V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O (4). 6VO2＋＋ClO3－＋3H2O= 6VO2＋＋Cl－＋6H＋ (5). 作用1：溶液中存在平衡: VO2++2OH—VO3—+H2O,加入氨水,使OH—浓度增大,该平衡正移,从而使VO2+尽可能都转化为VO3- 作用2：溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3-(aq), 加入氨水,使NH4+浓度增大,该平衡逆移,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 (6). 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。 (7). 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降。 (8). 氨水或NH3和H2O (9).
【解析】
【分析】
（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以用搅拌、粉碎的方式来增大固体与液体的接触面积，也可以升高温度；
（2）由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知，滤液1溶质为VOSO4；
（3）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4；
（4）KClO3与VO2＋反应生成V2O5，ClO3-作氧化剂，根据1molKClO3在反应时得到6mol电子，ClO3-被还原为Cl-；
（5）根据勒夏特列原理解释加入氨水的作用；
（6）从NH4VO3的溶解度、以及氨水受热分解的角度分析；
（7）NH4VO3受热分解生成V2O5、氨气、水，故可以循环的物质是氨水；
（8）根据元素化合价升降相等，滴定过程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5×b2c2)×10-3mol，根据钒元素守恒，则与V2O5 ~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=5×(b1c1-5×b2c2)×10-4mol，据此计算可得。
【详解】（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取粉碎废钒、搅拌、适当升温等措施；
（2）由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知，滤液1溶质为VOSO4，滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为VO2＋；
（3）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
（4）生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO3－＋3H2O= 6VO2＋＋Cl－＋6H＋；
（5）含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡: VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使OH—浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，作用2：溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3-(aq)，加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（6）温度超过80℃以后，沉钒率下降的原因：①温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；②温度升高，氨水受热分解逸出溶液，氨气在水中的溶解度降低，使NH4+浓度下降，沉钒率下降；
（7）NH4VO3受热分解的方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O，故该工艺流程中可以循环利用的物质为NH3和H2O；
（8）根据元素化合价升降相等，滴定过程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5×b2c2)×10-3mol，根据钒元素守恒，则与V2O5 ~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=5×(b1c1-5×b2c2)×10-4mol，则产品中V2O5 的质量分数是： = 。
17.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如下图所示：
（1）已知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol
CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol
请写出反应I的热化学方程式__________________________________________________________。
（2）反应II，在进气比[n(CO) : n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
①经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是KA=KE=KG=__________（填数值）。在该温度下：要提高CO平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是_____
②对比分析B、E、F三点，可得出对应的进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是________
③比较A、B两点对应的反应速率大小：VA________VB（填“<” “=”或“>”）。反应速率v=v正−v逆= K正X(CO)X(H2O) –K逆X( CO2)X(H2)，K正、K逆分别为反应速率常数，X为物质的量分数，计算在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时
=__________ （计算结果保留1位小数）。
（3）反应III，利用碳酸钾溶液吸收CO2得到饱和的KHCO3电解液，电解活化的CO2来制备乙醇。
①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，则该溶液中 =________（列出计算式）。
②在饱和KHCO3电解液中电解CO2来制备乙醇的原理如图所示。则阴极的电极反应式是________。
【答案】 (1). CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol (2). 1 (3). 及时移去产物 (4). 进气比越大，反应温度越低或进气比越小，反应温度越高 (5). < (6). 36.0 (7). c-a (8). 14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3－
【解析】
【分析】
（1）结合图1和已知的两个热化学方程式方程式，确定反应I的热化学方程式；
（2）①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 该反应是反应前后气体分子数不变的反应，E点时n(CO)：n(H2O)=1，CO平衡转化率为50%，假设开始时CO、H2O的物质的量均为xmol，计算平衡时n(CO)、n(H2O)、n(CO2)、n(H2)然后进行相关计算；
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol 该反应是放热反应，当其他条件不变时，温度越高转化率越低；
③A、E和G三点对应的反应温度相同，B的温度比E的温度高，投料比相同时，温度越高反应速率越快；先计算出D点平衡时K正、K逆的关系，然后计算出反应过程中当CO的转化率为20%，然后计算出CO、H2O、CO2、H2的物质的量分数；
（3）①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，c(H+)=1.0×10-cmol/L， =；
②电解时，阴极发生还原反应，CO2得电子转化为CH3CH2OH。
【详解】（1）①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol ②CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol，根据盖斯定律可知：由①×2+②得CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol ；
（2）①A、E和G三点对应反应温度相同，平衡常数相同，E点时n(CO)：n(H2O)=1，CO平衡转化率为50%，假设开始时CO、H2O的物质的量均为xmol，平衡后n(CO)=n(H2O)=n(CO2)=n(H2)=0.5mol，同一容器中，所以平衡后c(CO)=c(H2O)=c(CO2)=c(H2)，KE==1，故KA=KE=KG=1；在该温度下：要提高CO平衡转化率，在CO的物质的量不变的情况下，继续通入过量的H2或减小生成物的浓度，即及时移去生成物；
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol，B、E、F三点，n(CO)：n(H2O)的比值逐渐增大，但是它们的转化率不变，说明它们的温度越低，即进气比越大，反应温度越低；
③因为A、E和G三点对应的反应温度相同，由②可知B的温度比E的温度高，投料比相同时，温度越高反应速率越快，故VA< VB；D点的时，n(CO)：n(H2O)=1，假设开始时CO、H2O的物质的量均为ymol，反应过程中当CO的转化率为20%，n(CO)=n(H2O)=0.8ymol，n(CO2)=n(H2)=0.2ymol，X(CO)=X(H2O)= =40%，X(CO2)=X(H2)= =10%；D点的时，CO平衡转化率为50%，故平衡时n平(CO)=n平(H2O)=0.4ymol，n平(CO2)=n平(H2)=0.6ymol，X平(CO)=X平(H2O)= =20%，X平(CO2)=X平(H2)= = 30%，平衡时v正=v逆，即K正X(CO)X(H2O)=K逆X( CO2)X(H2)，故 = =，故在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时， = = =36.0；
（3）①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，c(H+)=1.0×10-cmol/L，==c-a；
②电解时，阴极发生还原反应，CO2得电子转化为CH3CH2OH，阴极电极反应式为14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3-。
18.
镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：
（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。
（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有___
A．CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-
B．NH3的空间构型为平面三角形
C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4
D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，镍元素均是sp3杂化
（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。_____
（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：
NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。
（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“ ”）和四面体空隙（“ ”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。
①LaNix合金中x的值为_____；
②晶胞中和“”同类的八面体空隙有___个，和“”同类的四面体空隙有___个。
③若H进入晶胞后，晶胞的体积不变，H的最大密度是______g/cm-3（保留2位有效数字，NA=6.0×1023，=1.7）
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 5 (3). A (4). (5). 6 (6). 离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高 (7). 5 (8). 3 (9). 6 (10). 0.18
【解析】
【分析】
（1）依据Ni的最外层电子排布式作答；
（2）A. CO与N2互为等电子体，互为等电子体的两种物质结构相似；
B. 依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论作答；
C. 找出[Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+两种配合物的配体个数；
D. 依据杂化轨道理论分析其杂化类型；
（3）依据配位键与氢键的存在原子种类分析；
（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠相同；从离子晶体的晶格能角度分析熔点高低；
（5）①利用均摊法求出晶胞中La与Ni的原子个数比，进而得出化学式；
②根据空间构型分析作答；
③结合几何关系，找出六方晶胞的体积，再依据密度公式作答。
【详解】（1）Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d轨道有5个伸展方向，故答案为3d84s2；5；
（2）A. CO、CN-与N2互为等电子体，N2分子内含1个σ键和2个π键，A项正确；
B. NH3中N原子为sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B项错误；
C. [Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+中的Ni的化合价为+2价，其配位数分别是4和6，C项错误；
D. [Ni(CN)4]2-为正四面体，采用sp3杂化，而[Ni(NH3)6]2+是正方形，不是sp3杂化方式，D项错误；
故答案选A；
（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强的原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间，则可以为：；
（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；
（5）①该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参照图a和b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，，La在顶点，Ni在面心有4个（其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，前后左右4个面各1个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，
②其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示：
，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为，四面体结构为：；
③六方晶胞体积V=a2csinθ=(500×10-10)2×400×10-10×sin60°=8.5×10-23 cm3，。
19.高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。
（1）A的结构简式为_____________。
（2）B中官能团的名称是_____________。
（3）反应①~④中，属于加成反应的有_______，反应⑥~⑨中，属于氧化反应的有_______。
（4）请写出反应⑥的化学方程式_____________。
（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应⑩的化学方程式_____________。
（6）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_____________。
（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应： （R′可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_______________
【答案】 (1). HOCH2C≡CCH2OH (2). 羟基 (3). ①② (4). ⑦⑧ (5). (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。
【详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；
（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；
（3）反应①、②是加成反应，反应③、④为取代反应；
（4）反应⑥是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；
（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66，反应方程式为；
（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2C≡CCH2OH)互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；
（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．双氢青蒿素属于有机物，A符合题意；
B．全氮阴离子盐属于无机物，B不符合题意；
C．聚合氮属于无机物，C不符合题意；
D．砷化铌纳米带属于无机物，D不符合题意；
答案选A。
2.下列解释事实的化学用语不正确的是
A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH CH3COO- + H+
C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e- === Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+，A项正确；
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：CH3COOH CH3COO- + H+，B项正确；
C. 电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-，C项正确；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e- === Fe2+，D项错误；
答案选D。
【点睛】注意D选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。
3.用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到 0.4mol NaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为 0.1 NA
B. 2 mol H3O＋中含有的电子数为 20 NA
C. 密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气，形成 6 NA 个 N-H 键
D. 32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA ，故A错误；
B. 1个H3O＋中含有10个电子，因此2mol H3O＋中含有的电子数为20 NA ，故B正确；
C. N2与H2反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1mol N2 (g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6 NA，故C错误；
D. 32g N2H4物质的量为=1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1mol N2H4中含有的共用电子对数为5 NA，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O＋中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。
4.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋
B. pH＝12 的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—
C. 水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+
D. 0.1 mol·L－1的 K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—
【答案】D
【解析】
【详解】A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN－能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；
B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；
C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意；
D．0.1 mol·L－1的 K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意；
答案选D。
【点睛】在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的 c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。
6.短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生 W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作 用，可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是
A. W 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物
B. Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C. Z 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性
D. 对应的简单离子半径大小为 W >Z > X>Y
【答案】C
【解析】
【分析】
元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。
【详解】A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；
B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；
C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；
D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。
7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）
A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C. 图中a点对应的平衡常数K ＝
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。
【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1
C2H4(g) + H2O(g) C2H5OH(g)
始(mol/L) 1 1 0
转(mol/L) 0.2 0.2 0.2
平(mol/L) 0.8 0.8 0.2
平衡常数K= K===，C项正确；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。
8.线型 PAA（ ）具有高吸水性，网状 PAA 在抗压性、吸水性等方面优于线型 PAA。网状 PAA 的制备方法是：将丙烯酸用 NaOH 中和，加入少量交联剂 a，再引发聚合。其部分结构片段 如图所示，列说法错误的是
A. 线型 PAA 的单体不存在顺反异构现象
B. 形成网状结构的过程发生了加聚反应
C. 交联剂 a 的结构简式是
D. PAA 的高吸水性与—COONa 有关
【答案】C
【解析】
【详解】A. 线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；
B. CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；
C. 分析结构可知交联剂a的结构简式是，故C错误；
D. 线型PAA()具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；
故选：C。
9.只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明稀盐酸的酸性比碳酸的酸性强，由于盐酸不是含氧酸，不能够证明Cl的非金属性比C的非金属性强，A错误；
B．电石中除含有碳化钙，还含有硫化钙和磷化钙，硫化钙和磷化钙能与饱和食盐水反应生成的H2S和PH3，H2S和PH3能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔检验，B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，如果不加热，二氧化锰与浓盐酸不能发生反应，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2在反应中作还原剂，D正确；
答案选D。
【点睛】实验室制取氯气时要注意：①浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气，常温下浓盐酸与二氧化锰不反应；②稀盐酸与二氧化锰在加热的条件下也不能发生反应。二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色、能使溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，二氧化硫使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性。
10.常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（ ）
A. 各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：d>c>b>a
B. 常温下，R- 的水解平衡常数数量级为10 -9
C. a点和d点溶液中，水的电离程度相等
D. d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；
B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka==10-5，则R-的水解平衡常数数Kh==10-9，B正确；
C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；
D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，D错误；
故合理选项是B。
二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是
A. 用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B. 反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2
D. 该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4< K2FeO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；
B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；
C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；
D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4>K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；
答案选D。
12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
B. 吸附层 b 发生的电极反应：H2 – 2 e- + 2OH- = 2H2O
C. NaClO4 的作用是传导离子和参与电极反应
D. “全氢电池”的总反应: 2H2 + O2 =2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【详解】A. “全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；
B. 右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；
C. NaClO4 的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；
D. 由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O，故D错误；
正确答案是A。
13.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 25℃时 pH＝2 的 HF 溶液中，由水电离产生的 OH－浓度为 10-12 mol·L－1
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－ )
C. 向 1 L 1 mol·L-1 的 NaOH 热溶液中通入一定量 Br2，恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠(溴 酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)
D. 25℃时 pH＝3 的盐酸与 pH＝11 的氨水等体积混合，所得溶液的 pH＜7
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 25℃，pH=2的HF溶液中，c(H+)=10-2mol·L-1，OH-均由水电离，c(OH-)===10-12mol·L-1，故A正确；
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中存在电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)＝c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)+ c(OH-)，该溶液呈碱性c（OH-）>c(H+)，则c(Na＋)> c(HCO3 -)＋c(H2CO3)＋2c(CO32－)，故B错误；
C. 溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3，它们会电离出阴阳离子，溶剂H2O也会电离出H+、OH-，则溶液中的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①，再根据电子得失守恒，可列出：5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②（其中BrO-会水解，部分转化为HBrO），①②式联立，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝6c(BrO3－)＋2c(BrO－)＋c(HBrO)＋c(OH－)，故C正确；
D. pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故D错误；
故选AC。
14.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是
A. 灼烧海带
B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质
C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2
D. 以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定
【答案】B
【解析】
【详解】A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；
B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；
C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；
D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错误；
答案选B。
【点睛】在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
15.FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。
I．某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。
II．实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素
(1)配制0.8 mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2 mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
【资料1】
沉淀
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀 pH
7.6
2.7
完全沉淀 pH
9.6
3.7
①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________。
②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：
假设1：其他条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。
假设2：其他条件相同时，在一定 pH范围内，溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。
假设3：__________________________________________________。
(2)小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2 mol/L NaCl）和溶液B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如下表所示。
序号
A 0.2mol/LNaCl
B 0.1mol/LFeSO4
电流计读数
实验1
pH=1
pH=5
8.4
实验2
pH=1
pH=1
6.5
实验3
pH=6
pH=5
7.8
实验4
pH=6
pH=1
5.5
【资料2】原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。
【资料3】常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。
根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：
①U型管中左池的电极反应式_________________。
②对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为______ 。
③对比实验_____和_____ 还可得出在一定 pH范围内，溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱的影响因素。
④对【资料3】实验事实的解释为____________________。
【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 4Fe2+ + O2 + 10H2O＝4Fe(OH)3↓ + 8H+ (3). 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） (4). O2 + 4e- +4H+＝2H2O (5). 溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱 (6). 1 (7). 3（或2和4） (8). 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。（其他表述酌情给分）
【解析】
【分析】
根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，以此解答该题。
【详解】I．FeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；
II．（1）①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；
②根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设3可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好）；
（2）①A为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；
②由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；
③由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，可得出在一定pH范围内，溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素，故答案为：1和3（或2和4）；
④由表中数据可知，pH变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
16.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）回收V2O5的新工艺流程如下：
已知：a.部分含钒物质常温下在水中溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
b.+2OH-+H2O
回答下列问题：
（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为_________（写一条）。
（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为_______________（填离子符号）。
（3）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_____________。
（4）生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为________________
（5）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为__________________
（6）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率（NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比）表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是________________________；___________________（写两条）。
（7）该工艺流程中可以循环利用的物质为__________________。
（8）测定产品中V2O5的纯度：称取a g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1 mL c1 mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe2+==VO2++Fe3++H2O）。最后用c2 mol·L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：182 g·mol−1）的质量分数是______。（列出计算式）
【答案】 (1). 粉碎废钒搅拌适当升温 (2). VO2＋ (3). V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O (4). 6VO2＋＋ClO3－＋3H2O= 6VO2＋＋Cl－＋6H＋ (5). 作用1：溶液中存在平衡: VO2++2OH—VO3—+H2O,加入氨水,使OH—浓度增大,该平衡正移,从而使VO2+尽可能都转化为VO3- 作用2：溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3-(aq), 加入氨水,使NH4+浓度增大,该平衡逆移,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 (6). 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。 (7). 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降。 (8). 氨水或NH3和H2O (9).
【解析】
【分析】
（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以用搅拌、粉碎的方式来增大固体与液体的接触面积，也可以升高温度；
（2）由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知，滤液1溶质为VOSO4；
（3）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4；
（4）KClO3与VO2＋反应生成V2O5，ClO3-作氧化剂，根据1molKClO3在反应时得到6mol电子，ClO3-被还原为Cl-；
（5）根据勒夏特列原理解释加入氨水的作用；
（6）从NH4VO3的溶解度、以及氨水受热分解的角度分析；
（7）NH4VO3受热分解生成V2O5、氨气、水，故可以循环的物质是氨水；
（8）根据元素化合价升降相等，滴定过程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5×b2c2)×10-3mol，根据钒元素守恒，则与V2O5 ~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=5×(b1c1-5×b2c2)×10-4mol，据此计算可得。
【详解】（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取粉碎废钒、搅拌、适当升温等措施；
（2）由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知，滤液1溶质为VOSO4，滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为VO2＋；
（3）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
（4）生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO3－＋3H2O= 6VO2＋＋Cl－＋6H＋；
（5）含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡: VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使OH—浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，作用2：溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3-(aq)，加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（6）温度超过80℃以后，沉钒率下降的原因：①温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；②温度升高，氨水受热分解逸出溶液，氨气在水中的溶解度降低，使NH4+浓度下降，沉钒率下降；
（7）NH4VO3受热分解的方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O，故该工艺流程中可以循环利用的物质为NH3和H2O；
（8）根据元素化合价升降相等，滴定过程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5×b2c2)×10-3mol，根据钒元素守恒，则与V2O5 ~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=5×(b1c1-5×b2c2)×10-4mol，则产品中V2O5 的质量分数是： = 。
17.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如下图所示：
（1）已知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol
CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol
请写出反应I的热化学方程式__________________________________________________________。
（2）反应II，在进气比[n(CO) : n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。
①经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是KA=KE=KG=__________（填数值）。在该温度下：要提高CO平衡转化率，除了改变进气比之外，还可采取的措施是_____
②对比分析B、E、F三点，可得出对应的进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是________
③比较A、B两点对应的反应速率大小：VA________VB（填“<” “=”或“>”）。反应速率v=v正−v逆= K正X(CO)X(H2O) –K逆X( CO2)X(H2)，K正、K逆分别为反应速率常数，X为物质的量分数，计算在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时
=__________ （计算结果保留1位小数）。
（3）反应III，利用碳酸钾溶液吸收CO2得到饱和的KHCO3电解液，电解活化的CO2来制备乙醇。
①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，则该溶液中 =________（列出计算式）。
②在饱和KHCO3电解液中电解CO2来制备乙醇的原理如图所示。则阴极的电极反应式是________。
【答案】 (1). CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol (2). 1 (3). 及时移去产物 (4). 进气比越大，反应温度越低或进气比越小，反应温度越高 (5). < (6). 36.0 (7). c-a (8). 14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3－
【解析】
【分析】
（1）结合图1和已知的两个热化学方程式方程式，确定反应I的热化学方程式；
（2）①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 该反应是反应前后气体分子数不变的反应，E点时n(CO)：n(H2O)=1，CO平衡转化率为50%，假设开始时CO、H2O的物质的量均为xmol，计算平衡时n(CO)、n(H2O)、n(CO2)、n(H2)然后进行相关计算；
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol 该反应是放热反应，当其他条件不变时，温度越高转化率越低；
③A、E和G三点对应的反应温度相同，B的温度比E的温度高，投料比相同时，温度越高反应速率越快；先计算出D点平衡时K正、K逆的关系，然后计算出反应过程中当CO的转化率为20%，然后计算出CO、H2O、CO2、H2的物质的量分数；
（3）①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，c(H+)=1.0×10-cmol/L， =；
②电解时，阴极发生还原反应，CO2得电子转化为CH3CH2OH。
【详解】（1）①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol ②CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol，根据盖斯定律可知：由①×2+②得CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol ；
（2）①A、E和G三点对应反应温度相同，平衡常数相同，E点时n(CO)：n(H2O)=1，CO平衡转化率为50%，假设开始时CO、H2O的物质的量均为xmol，平衡后n(CO)=n(H2O)=n(CO2)=n(H2)=0.5mol，同一容器中，所以平衡后c(CO)=c(H2O)=c(CO2)=c(H2)，KE==1，故KA=KE=KG=1；在该温度下：要提高CO平衡转化率，在CO的物质的量不变的情况下，继续通入过量的H2或减小生成物的浓度，即及时移去生成物；
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol，B、E、F三点，n(CO)：n(H2O)的比值逐渐增大，但是它们的转化率不变，说明它们的温度越低，即进气比越大，反应温度越低；
③因为A、E和G三点对应的反应温度相同，由②可知B的温度比E的温度高，投料比相同时，温度越高反应速率越快，故VA< VB；D点的时，n(CO)：n(H2O)=1，假设开始时CO、H2O的物质的量均为ymol，反应过程中当CO的转化率为20%，n(CO)=n(H2O)=0.8ymol，n(CO2)=n(H2)=0.2ymol，X(CO)=X(H2O)= =40%，X(CO2)=X(H2)= =10%；D点的时，CO平衡转化率为50%，故平衡时n平(CO)=n平(H2O)=0.4ymol，n平(CO2)=n平(H2)=0.6ymol，X平(CO)=X平(H2O)= =20%，X平(CO2)=X平(H2)= = 30%，平衡时v正=v逆，即K正X(CO)X(H2O)=K逆X( CO2)X(H2)，故 = =，故在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO转化率刚好达到20%时， = = =36.0；
（3）①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a，Ka2=10-b，吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c，c(H+)=1.0×10-cmol/L，==c-a；
②电解时，阴极发生还原反应，CO2得电子转化为CH3CH2OH，阴极电极反应式为14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3-。
18.
镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：
（1）基态镍原子的价电子排布式为_____，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。
（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有___
A．CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-
B．NH3的空间构型为平面三角形
C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4
D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，镍元素均是sp3杂化
（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。_____
（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：
NiO晶胞中Ni2+的配位数为____，NiO熔点比NaCl高的原因是_____。
（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“ ”）和四面体空隙（“ ”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。
①LaNix合金中x的值为_____；
②晶胞中和“”同类的八面体空隙有___个，和“”同类的四面体空隙有___个。
③若H进入晶胞后，晶胞的体积不变，H的最大密度是______g/cm-3（保留2位有效数字，NA=6.0×1023，=1.7）
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 5 (3). A (4). (5). 6 (6). 离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高 (7). 5 (8). 3 (9). 6 (10). 0.18
【解析】
【分析】
（1）依据Ni的最外层电子排布式作答；
（2）A. CO与N2互为等电子体，互为等电子体的两种物质结构相似；
B. 依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论作答；
C. 找出[Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+两种配合物的配体个数；
D. 依据杂化轨道理论分析其杂化类型；
（3）依据配位键与氢键的存在原子种类分析；
（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠相同；从离子晶体的晶格能角度分析熔点高低；
（5）①利用均摊法求出晶胞中La与Ni的原子个数比，进而得出化学式；
②根据空间构型分析作答；
③结合几何关系，找出六方晶胞的体积，再依据密度公式作答。
【详解】（1）Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d轨道有5个伸展方向，故答案为3d84s2；5；
（2）A. CO、CN-与N2互为等电子体，N2分子内含1个σ键和2个π键，A项正确；
B. NH3中N原子为sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B项错误；
C. [Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+中的Ni的化合价为+2价，其配位数分别是4和6，C项错误；
D. [Ni(CN)4]2-为正四面体，采用sp3杂化，而[Ni(NH3)6]2+是正方形，不是sp3杂化方式，D项错误；
故答案选A；
（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强的原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间，则可以为：；
（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；
（5）①该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参照图a和b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，，La在顶点，Ni在面心有4个（其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，前后左右4个面各1个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，
②其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示：
，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为，四面体结构为：；
③六方晶胞体积V=a2csinθ=(500×10-10)2×400×10-10×sin60°=8.5×10-23 cm3，。
19.高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。
（1）A的结构简式为_____________。
（2）B中官能团的名称是_____________。
（3）反应①~④中，属于加成反应的有_______，反应⑥~⑨中，属于氧化反应的有_______。
（4）请写出反应⑥的化学方程式_____________。
（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应⑩的化学方程式_____________。
（6）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_____________。
（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应： （R′可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_______________
【答案】 (1). HOCH2C≡CCH2OH (2). 羟基 (3). ①② (4). ⑦⑧ (5). (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。
【详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；
（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；
（3）反应①、②是加成反应，反应③、④为取代反应；
（4）反应⑥是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；
（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66，反应方程式为；
（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2C≡CCH2OH)互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；
（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。
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