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福建省泉州市泉港区第二中学2024届高三下学期第一次模拟预测化学试题（原卷版+解析版）
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第I卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. GaN具有半导体的性质，常用作 LED 灯的芯片，属于新型无机非金属材料
B. 宇航服中气密限制层使用的涤纶属于合成纤维
C. 推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳的排放
D. 霓虹灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．GaN具有半导体的性质，常用作LED灯的芯片，GaN属于新型无机非金属材料，A正确；
B．宇航服中气密限制层使用的涤纶属于合成纤维，B正确；
C．推广使用煤液化技术，可减少颗粒物排放，不能减少二氧化碳排放，C错误；
D．霓虹灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同，都是电子在不同能级的跃迁形成的，D正确；
故合理选项是C。
2. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是
A. 化合物甲和乙都是易溶于水的有机物
B. 化合物乙能与甲醛发生缩聚反应
C. 溶液或溶液均可用来鉴别化合物甲、乙
D. 化合物乙能与盐酸、溶液反应，且乙最多能与反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．化合物甲和乙都含有苯环、酯基和醚键，是难溶于水的有机物， 故A错误；
B．化合物乙中酚羟基的邻、对位均没有氢原子，所以不能与甲醛发生缩聚反应，故B错误；
C．化合物甲中有羧基、乙中没有羧基，所以甲和碳酸氢钠溶液产生无色气体，乙则没有气体生成，化合物甲中无酚羟基、乙中有酚羟基，所以乙和氯化铁溶液显紫色、甲和氯化铁溶液不显紫色，因此可用碳酸氢钠溶液或氯化铁溶液来鉴别化合物甲、乙，故C正确；
D．化合物乙中有酚羟基、溴原子和酯基，能与氢氧化钠溶液反应，有氨基能与盐酸反应，且1ml乙中1ml溴原子消耗1ml氢氧化钠、1ml酚羟基消耗1ml氢氧化钠、分子中最右侧的1ml酯基消耗1ml氢氧化钠、另外1ml酚羟基酯基消耗2ml氢氧化钠，所以1ml乙最多能与5ml氢氧化钠反应，故D错误；
故答案为：C。
3. ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼()的燃烧热为624kJ/ml，是常用的火箭燃料。白磷()晶胞如图所示，P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸，H3PO4为三元中强酸。雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。
下列化学反应表示正确的是
A. NO2制HNO3的离子方程式：3NO2＋H2O=2HNO3 ＋NO
B. 次磷酸与足量NaOH溶液反应：
C. 肼燃烧的热化学方程式：；
D. 雌黄制备雄黄的化学方程式：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl=As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2制HNO3离子方程式：3NO2＋H2O=2H++2NO＋NO，故A错误；
B．次磷酸是一元弱酸，次磷酸与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2，方程式为：，故B错误；
C．肼()的燃烧热为624kJ/ml，即1ml燃烧生成氮气和液态水时放出624kJ热量，热化学方程式： ，故C错误；
D．雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体，化学方程式为：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl=As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑，故D正确；
故选D。
4. 在氨硼烷(BH3-NH3)及催化剂作用下将 X 转化成 Y的反应过程如下。设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. BH3-NH3 分子中氢的化合价相同
B. 1mlBH3-NH3分子中所含电子数为18NA
C. 等物质的量的 X与 Y ，Y比 X多NA个σ键
D. X、Y、BH3-NH3中C、B、N原子均为sp2杂化
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于电负性BB．1 mlBH3-NH3分子中所含电子数为18ml，则含电子数为18 NA，B正确；
C．1个Y比1个X多1个σ键，但这里并没有告诉具体的物质的量，物质的量不一定是1ml，C错误；
D．X、Y中含有饱和碳原子和不饱和碳原子，有sp2和sp3杂化，氨硼烷中存在配位键，N与B均为sp3杂化，D错误；
故选B。
5. 氟利昂—11(CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.5ml由 CFCl3 、•CFCl2 组成的混合物中共价键的数目为2NA
B. 1.6g由 O2和 O3组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA
C. 标准状况下，1.12L18O3中含有的中子总数为1.2NA
D. 1ml O3中含孤电子对数为6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.5ml由CFCl3的共价键为2ml、0.5mlCFCl2共价键的数目为1.5ml，则混合物中共价键的数目不为2NA，A错误；
B．1.6g由O2和O3的最简式相同为O，即氧原子为0.1ml，则组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA，B正确；
C．标准状况下，1.12 L18O3物质的量为0.05ml，中子总数为0.05，C错误；
D．1个O3分子中中间的O原子含孤电子对数为1对，两边的氧原子含孤电子对数为2对，共有5对孤电子对，所以 1ml O3中含孤电子对数为5NA，D错误；
故选B。
6. 某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应，进行如图所示实验。下列说法错误的是
A. 过程①中加入溶液后，溶液的pH变小
B. 蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀，使和的反应进行完全
C. 黄色沉淀为碘化银，滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子
D. 向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液，再加入KI溶液，溶液会立即变蓝
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，碘水遇淀粉会变为蓝色说明碘水中存在如下平衡：I2+H2OH++I—+HIO，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸的滤液1；向滤液1中加入氯化钠溶液，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤得到滤液2；向滤液2中加入碘化钾溶液，溶液中的硝酸、次碘酸与碘离子反应生成碘单质使淀粉变蓝色。
【详解】A．由分析可知，向碘水溶液中加入硝酸银溶液充分反应后，过滤得到含有次碘酸、硝酸的滤液1，溶液的酸性增强、pH变小，故A正确；
B．由分析可知，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，故B正确；
C．由分析可知，加入氯化钠溶液的目的是除去溶液中的银离子，故C正确；
D．由分析可知，滤液2中含有次碘酸和硝酸，加入足量氢氧化钠溶液中和酸得到次碘酸钠和硝酸钠的碱性溶液，碱性条件下，硝酸根离子、次碘酸离子不能与碘离子反应，不所以加入碘化钾溶液后，溶液不会变为蓝色，故D错误；
故选D。
7. 前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大，W、X同周期，W、Z同主族，基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高，基态Y和 M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态，M为人类最早使用的金属，下列说法错误的是
A. 离子半径：Z>Y>X
B. 简单氢化物的沸点：X>W>Z
C. 化合物Y2X2、YW3中，同时含有离子键和非极性键
D. M的某种氧化物对应的水化物可溶于W简单氢化物的水溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大，W、X同周期，基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高，则W为N元素、X为O元素；W、Z同主族，则Z为P元素；M为人类最早使用的金属，则M为Cu元素；基态Y和M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态，则Y为Na元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子的离子半径小于氧离子，故A错误；
B．水分子和氨分子都能形成分子间氢键，水分子形成的氢键数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，沸点高于氨分子，磷化氢不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子，沸点低于氨分子，所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为X>W>Z，故B正确；
C．过氧化钠和叠氮化钠都是含有离子键和非极性键的离子化合物，故C正确；
D．氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，故D正确；
故选A。
8. 从废旧CPU中回收Au(金)、Ag、Cu的部分流程如下：
已知HAuCl4 = H+ + AuCl。下列说法正确的是
A. 酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸的少
B. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+
C. 用浓盐酸和浓NaNO3溶液的混合液也可以溶解金
D. 向1 ml HAuCl4中加入过量Zn使其完全还原为Au，只需消耗1.5 ml Zn
【答案】C
【解析】
【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到HAuCl4溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。
【详解】A．铜与稀硝酸反应的比例关系3Cu~2~2NO，与浓硝酸反应的比例关系Cu~2~2NO2，相同Cu与硝酸反应产生的氮氧化物，浓硝酸产生的多，A错误；
B．“过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+与过量浓氨水都能生成配合物离子，不能分离，B错误；
C．用浓盐酸和NaNO3，溶液中溶质与HNO3-NaCl一样，可以溶解金，C正确；
D．用过量Zn粉将1mlHAuCl4完全还原为Au，锌与氢离子反应也会参加反应，消耗Zn的物质的量大于1.5ml，D错误；
本题选C。
9. 某锂离子电池其原理如图所示，下列说法不正确的是
A. 隔膜为阳离子交换膜
B. 放电时，A极发生反应为
C. 充放电过程中，只有一种元素化合价发生变化
D. 用此电池电解(惰性电极)足量溶液，当有1ml离子穿过隔膜时，产生气体分子数目为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时B极S→T，S失去电子，发生氧化反应，则放电时B极为负极，A极为正极，充电时，B极为阴极，A极为阳极。
【详解】A．放电时B极S→T，S失去电子，发生氧化反应，释放处的阳离子锂离子移向正极，所以隔膜为阳离子交换膜，A正确；
B．放电时，A极为正极，发生还原反应，电极反应式为：，B正确；
C．充放电过程中，C元素和I元素的化合价发生变化，O元素化合价不发生变化，C错误；
D．用此电池电解(惰性电极)足量溶液，阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生4Ag++4e-=4Ag，当有1ml离子穿过隔膜时（转移电子1ml），产生氧气0.25ml，分子数目，D正确；
故选C。
10. 25℃时，用溶液分别滴定一元酸溶液和溶液，pM[p表示负对数，M表示，]与溶液的变化关系如图所示。已知：①易溶于水，②平衡常数时反应进行完全。下列说法错误的是
A. 该温度下，的
B. 滴定溶液至x点时，改为滴加HA溶液，沉淀逐渐完全溶解
C. 25℃，NaA溶液中，水解常数的数量级为
D. 滴定HA溶液至x点时，溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】根据NaOH溶液与HA溶液、CuSO4溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大；分析可知，线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系；线②代表滴定一元酸溶液pM与溶液pH的变化关系。
【详解】A．根据线①上的点，当pM=0时，c(Cu2+)=1ml/L，pH=4.2，c(OH-)=10-9.8ml/L，的，故A正确；
B．若发生反应Cu(OH)2(s)+2HA(aq)＝Cu2+(aq)+2A-(aq)+2H2O(l)，则该反应的K＝=，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即c(Cu2+)=1.0ml⋅L-1时，c(OH-)＝10-9.8ml/L，，所以Ksp[Cu(OH)2]＝10-19.6，K=10-19.6×=10-6.4＜105，故沉淀不能完全溶解，故B错误；
C．氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，故c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大，所以曲线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系，曲线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点时c(H+)=10-7.4ml⋅L-1，=1时，Ka＝＝c(H+)＝10-7.4，水解常数Kh===10-6.6，数量级为，故C正确；
D．x点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，所以，再根据x点的pM＞0，即c(A-)＜c(HA)，可得，故D正确。
答案选B。
第II卷(选择题 共60分)
二、填空题(共4大题)
11. ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。
②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
（1）基态Zn原子的核外电子排布式为___________，铁在元素周期表中的位置为___________，Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中铁的一个配体为茂环阴离子(C5H)，该配体以π电子参与配位，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有___________个，S元素的杂化方式为___________。
（2）“调”是向“溶浸”后的溶液中加入少量___________(填化学式)调节至弱酸性(pH为5.5)。此时溶液中的最大浓度是___________。
（3）加“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是和___________。
（4）“还原除杂”除去的离子是___________。
（5）生成碱式碳酸锌沉淀，写出该步骤的离子方程式___________。碱式碳酸锌灼烧后得到ZnO，ZnO的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，晶胞参数为apm，该晶胞的密度为___________g/cm3，请在图中画出该晶胞沿轴方向的平面投影图___________。
【答案】（1） ①. ②. 第四周期第族 ③. 12 ④. sp3
（2） ①. 或等 ②. 1
（3）
（4）
（5） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，反应的离子方程式为、，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去，最后向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为，高温灼烧碱式碳酸锌得到氧化锌。
【小问1详解】
Zn的原子序数为30，基态Zn原子的核外电子排布式为；铁的原子序数为26，其在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族；茂环阴离子(C5H)中参与大π键的有6个电子，Fe2+周围有两个S原子和一个CO中的C与Fe2+以配位键结合，三个配位键中含有6个价电子，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有6+6=12个；S原子形成三个共价键，还有一对孤电子对，所以S元素的杂化方式为sp3杂化；
【小问2详解】
“调”时向“溶浸”后的溶液中所加的物质要能消耗氢离子，同时其产物不能引入新的杂质，且过量时便于除去，因此应加入含锌元素、难溶于水、能和氢离子反应的物质，如或等；表中数据显示，Zn2+开始沉淀的pH=6.0，此时c(OH-)=10-8ml/L，Zn(OH)2的Ksp=c(Zn2+)c(OH-)2=0.1×(10-8)2=10-17，pH=5.5时溶液中的最大浓度是；
【小问3详解】
加“氧化除杂”时氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，发生反应的离子方程式分别是和；
【小问4详解】
向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去，即“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；
【小问5详解】
向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为；该晶胞中Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内，所以晶胞中Zn的个数为8×+6×=4，O的个数为4，晶胞的密度为；ZnO晶胞中与Zn最近的O原子有4个，Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内晶胞的中心，则该晶胞沿轴方向的平面投影图为。
12. 二氧化钒()是一种新型热敏材料，实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为}，过程如下：
溶液氧钒(IV)简式碳酸铵晶体
已知：＋4价钒在弱酸性条件下具有还原性。
回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中生成同时生成的化学方程式为___________。常温下，只用浓盐酸与反应也能制备溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式和必要的文字说明)。
（2）步骤ⅱ可用下图仪器组装完成。
①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。
②饱和溶液的作用是___________。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于保护下的干燥器中，静置过滤可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________(填阴离子的电子式)。
（3）测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
消耗滴定的体积如下：
滴定反应为。
①滴定时，向锥形瓶中加入几滴___________(填化学式)溶液作指示剂。
②粗产品中钒的质量分数为___________%。
【答案】（1） ①. ②. ，产生有毒气体，会污染环境
（2） ①. eabfgc(或eabfged) ②. 除去中混有的HCl气体 ③.
（3） ①. ②.
【解析】
【分析】实验室以V2O5为原料合成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，V2O5与盐酸、N2H4反应生成VOCl2的同时生成N2，化学方程式为。生成的VOCl2溶液与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
步骤i中生成VOCl2同时生成N2，N2H4中N失电子生成氮气，N化合价从-2价升高为0价，V2O5中V得电子生成VOCl2，V化合价从+5价降低为+4价，根据得失电子守恒，N2H4和V2O5的系数比为1：2，再根据原子守恒，可得化学方程式为。常温下只用浓盐酸和V2O5反应也能制备VOCl2，两者反应的化学方程式为，有Cl2生成污染环境。
【小问2详解】
①+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，因此在反应前需要除尽装置内的空气，先用C装置产生CO2，生成的CO2中混有HCl，故再将混合气体通过A除去CO2中的HCl，然后连接D装置，最后g连接c，观察到澄清石灰水变浑浊说明装置内的空气已经排尽，故从左到右的连接顺序为eabfgc。
②生成的CO2中混有HCl，因此将混合气体通过饱和NaHCO3除去CO2中的HCl。
③VOCl2与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，反应后的溶液中含有氯离子，过滤后得到紫红色晶体，用饱和碳酸氢铵洗涤除去晶体表面的氯离子，氯离子的电子式为。
【小问3详解】
粗产品中加入硫酸生成VO2+，再加入酸性高锰酸钾将VO2+氧化成，充分反应后加入NaNO2除去过量的高锰酸钾，最后用硫酸亚铁铵滴定含的溶液。①用硫酸亚铁铵滴定含的溶液，滴定终点时Fe2+稍过量，可选用作指示剂。
②根据三组实验的数据，消耗硫酸亚铁铵平均值为20mL，亚铁离子物质的量为0.02ml，根据方程式，可知的物质的量为0.02ml，根据V守恒可知，样品中含有V0.02ml，故粗产品中V的质量分数为=%。
13. 利用Ag作催化剂可实现乙烯高选择性制备环氧乙烷( )，涉及反应如下：
主反应：( )
副反应：
（1）已知 ，( )的燃烧焓为，则___________。
（2）一定条件下，向1L密闭容器中通入和，平衡时 的选择性[n( )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6，乙烯的平衡转化率为0.6，则该温度下主反应的平衡常数K=___________，能够提高 平衡产率的措施有___________(写一项即可)。
（3）以上过程反应机理如下：
反应Ⅰ： 慢
反应Ⅱ：( ) 快
反应Ⅲ： 快
一定能够提高主反应反应速率的措施有___________(填标号)。
A. 升高温度B. 通入惰性气体
C 增大浓度D. 增大浓度
（4）加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后， 产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。
1，2-二氯乙烷能使 产量先增加后降低的原因是___________。
（5）反应结束后，控制氨水浓度对失活催化剂(主要成分是AgCl)进行回收。25℃时，，
① ___________(填数值)。
②1L氨水中至少含有___________才能回收1mlAgCl。
【答案】（1）
（2） ①. 4.05 ②. 压缩体积 （3）AD
（4）浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果
（5） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
④ （g）③②，根据盖斯定律：2×②-4×③-2×④得( )；
【小问2详解】
根据( )，假设氧气转变化量为x，则乙烯变化量为2x，环氧乙烷变化量为2x；根据，假设氧气变化量为3y，则乙烯变化量为y，二氧化碳和水的变化量均为2y；平衡式时乙烯物质的量：，氧气物质的量：，环氧乙烷物质的量：，二氧化碳物质的量：，根据乙烯的平衡转化率为0.6可知①，根据平衡时 的选择性[n( )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6可知②，联立①②解得，则平衡常数；可以通过压缩体积方式提高产率；
【小问3详解】
A．升高温度，反应速率一定加快，故A正确；
B．通入无关反应气体，可能导致反应物浓度降低，速率减慢，故B错误；
C．增大乙烯浓度会导致副反应速率加快，消耗更多氧气，氧气浓度降低，主反应速率减慢，故C错误；
D．增大氧气浓度，利于提高反应历程中慢反应速率，从而提高主反应速率，故D正确；
答案选AD；
【小问4详解】
浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果；
【小问5详解】
①，平衡常数；
②根据反应可知，回收1ml氯化银需要2ml氨，该反应平衡常数为，假设1L氨水含xmlNH3，则有，解得；
14. 我国科学家利用N—苯基甘氨酸(E)中的键在氧气作用下构建键，实现了喹啉并内酯(L)的高选择性制备，其合成路线如下图。
已知：①F的核磁共振氢谱有3组峰。
②
③ROH++HBr
（1）K中官能团的名称为___________。
（2）C→D的过程中通常要加入稍过量的C，可能的原因是___________。
（3）F→G的反应类型为___________。
（4）I→J的化学方程式为___________。
（5）E的同分异构体中同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。
①苯环上有2个取代基；
②能发生水解反应和银镜反应；
③结构中既无氮氧键也无醚键。
（6）M是E的同系物，分子量比E少14，M有三种显两性的二元取代苯的同分异构体，通过蒸馏的方法分离，其中最先被蒸出来的是___________(写出结构简式)。
（7）E和K反应得到L的流程如下图所示(无机试剂及条件已略去)：
已知：。
结合已知反应信息，写出中间产物的结构简式___________。
【答案】（1）碳碳双键、醚键
（2）苯胺显碱性，可消耗产生的HCl，有利于生成更多的D
（3）取代反应 （4）BrCH2CHBrCH2CH2OH+KOH+KBr+H2O
（5）18 （6）
（7）
【解析】
【分析】由B的结构简式可知A→B为苯A为苯的硝化反应， B→C的反应条件结合C的分子式可知，C的结构简式为，C与ClCH2COOC2H5反应生成D，结合D的分子式可知，D为，D在酸性条件下水解得到E，可知F有3种等效氢，结合其分子式可知，F为丙烯CH2=CH-CH3，F与Br2反应得到G，结合G的分子式可知，G为CH2=CH-CH2Br，G与甲醛在一点条件下生成H，结合已知信息②和H的分子式可知，H为CH2=CH-CH2CH2OH，H与Br2加成得到I，I为CH2BrCHBrCH2CH2OH，根据信息③可知，J为，J发生消去反应得到K，E、K、O2在一定条件下生成L，据此解题。
【小问1详解】
由K的结构简式可知官能团的名称为碳碳双键、醚键；
【小问2详解】
C与ClCH2COOC2H5反应生成D，通常要加入稍过量的C，可能的原因是：苯胺显碱性，可消耗产生的HCl，有利于生成更多的D；
【小问3详解】
F甲基上的H被Br取代得到G，反应类型为取代反应；
【小问4详解】
I为CH2BrCHBrCH2CH2OH，根据信息③反应得到J（），化学方程式为：BrCH2CHBrCH2CH2OH+KOH+KBr+H2O；
【小问5详解】
E的同分异构体中同时满足下列条件：①苯环上有2个取代基；
②能发生水解反应和银镜反应，即存在结构或或；
③结构中既无氮氧键也无醚键，
满足条件的取代基组合为：-NH2和-CH2OOCH、-CH2NH2和、-NHCH3和、-CH2OH和、-OH和-CH2NHOCH、-OH和，每种都存在邻、间、对，符合条件的同分异构体共18种；
【小问6详解】
M是E的同系物，分子量比E少14，即少1个-CH2-原子团，M有三种显两性的二元取代苯的同分异构体，为、、，蒸馏是通过混合物中组分沸点不同进行分离的，能形成分子内氢键，沸点较低，首先被分离出；
【小问7详解】
依据中间产物前后两种物质的结构简式和题目信息，可推出其结构简式为。金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.0
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.0
9.4
10.1
8.9
实验次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.00
19.99
2
1.10
21.10
3
1.56
21.57
第I卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. GaN具有半导体的性质，常用作 LED 灯的芯片，属于新型无机非金属材料
B. 宇航服中气密限制层使用的涤纶属于合成纤维
C. 推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳的排放
D. 霓虹灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．GaN具有半导体的性质，常用作LED灯的芯片，GaN属于新型无机非金属材料，A正确；
B．宇航服中气密限制层使用的涤纶属于合成纤维，B正确；
C．推广使用煤液化技术，可减少颗粒物排放，不能减少二氧化碳排放，C错误；
D．霓虹灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同，都是电子在不同能级的跃迁形成的，D正确；
故合理选项是C。
2. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是
A. 化合物甲和乙都是易溶于水的有机物
B. 化合物乙能与甲醛发生缩聚反应
C. 溶液或溶液均可用来鉴别化合物甲、乙
D. 化合物乙能与盐酸、溶液反应，且乙最多能与反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．化合物甲和乙都含有苯环、酯基和醚键，是难溶于水的有机物， 故A错误；
B．化合物乙中酚羟基的邻、对位均没有氢原子，所以不能与甲醛发生缩聚反应，故B错误；
C．化合物甲中有羧基、乙中没有羧基，所以甲和碳酸氢钠溶液产生无色气体，乙则没有气体生成，化合物甲中无酚羟基、乙中有酚羟基，所以乙和氯化铁溶液显紫色、甲和氯化铁溶液不显紫色，因此可用碳酸氢钠溶液或氯化铁溶液来鉴别化合物甲、乙，故C正确；
D．化合物乙中有酚羟基、溴原子和酯基，能与氢氧化钠溶液反应，有氨基能与盐酸反应，且1ml乙中1ml溴原子消耗1ml氢氧化钠、1ml酚羟基消耗1ml氢氧化钠、分子中最右侧的1ml酯基消耗1ml氢氧化钠、另外1ml酚羟基酯基消耗2ml氢氧化钠，所以1ml乙最多能与5ml氢氧化钠反应，故D错误；
故答案为：C。
3. ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等；肼()的燃烧热为624kJ/ml，是常用的火箭燃料。白磷()晶胞如图所示，P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸，H3PO4为三元中强酸。雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。
下列化学反应表示正确的是
A. NO2制HNO3的离子方程式：3NO2＋H2O=2HNO3 ＋NO
B. 次磷酸与足量NaOH溶液反应：
C. 肼燃烧的热化学方程式：；
D. 雌黄制备雄黄的化学方程式：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl=As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2制HNO3离子方程式：3NO2＋H2O=2H++2NO＋NO，故A错误；
B．次磷酸是一元弱酸，次磷酸与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2，方程式为：，故B错误；
C．肼()的燃烧热为624kJ/ml，即1ml燃烧生成氮气和液态水时放出624kJ热量，热化学方程式： ，故C错误；
D．雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体，化学方程式为：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl=As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑，故D正确；
故选D。
4. 在氨硼烷(BH3-NH3)及催化剂作用下将 X 转化成 Y的反应过程如下。设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. BH3-NH3 分子中氢的化合价相同
B. 1mlBH3-NH3分子中所含电子数为18NA
C. 等物质的量的 X与 Y ，Y比 X多NA个σ键
D. X、Y、BH3-NH3中C、B、N原子均为sp2杂化
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于电负性B
C．1个Y比1个X多1个σ键，但这里并没有告诉具体的物质的量，物质的量不一定是1ml，C错误；
D．X、Y中含有饱和碳原子和不饱和碳原子，有sp2和sp3杂化，氨硼烷中存在配位键，N与B均为sp3杂化，D错误；
故选B。
5. 氟利昂—11(CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.5ml由 CFCl3 、•CFCl2 组成的混合物中共价键的数目为2NA
B. 1.6g由 O2和 O3组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA
C. 标准状况下，1.12L18O3中含有的中子总数为1.2NA
D. 1ml O3中含孤电子对数为6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.5ml由CFCl3的共价键为2ml、0.5mlCFCl2共价键的数目为1.5ml，则混合物中共价键的数目不为2NA，A错误；
B．1.6g由O2和O3的最简式相同为O，即氧原子为0.1ml，则组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA，B正确；
C．标准状况下，1.12 L18O3物质的量为0.05ml，中子总数为0.05，C错误；
D．1个O3分子中中间的O原子含孤电子对数为1对，两边的氧原子含孤电子对数为2对，共有5对孤电子对，所以 1ml O3中含孤电子对数为5NA，D错误；
故选B。
6. 某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应，进行如图所示实验。下列说法错误的是
A. 过程①中加入溶液后，溶液的pH变小
B. 蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀，使和的反应进行完全
C. 黄色沉淀为碘化银，滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子
D. 向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液，再加入KI溶液，溶液会立即变蓝
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，碘水遇淀粉会变为蓝色说明碘水中存在如下平衡：I2+H2OH++I—+HIO，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸的滤液1；向滤液1中加入氯化钠溶液，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤得到滤液2；向滤液2中加入碘化钾溶液，溶液中的硝酸、次碘酸与碘离子反应生成碘单质使淀粉变蓝色。
【详解】A．由分析可知，向碘水溶液中加入硝酸银溶液充分反应后，过滤得到含有次碘酸、硝酸的滤液1，溶液的酸性增强、pH变小，故A正确；
B．由分析可知，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，故B正确；
C．由分析可知，加入氯化钠溶液的目的是除去溶液中的银离子，故C正确；
D．由分析可知，滤液2中含有次碘酸和硝酸，加入足量氢氧化钠溶液中和酸得到次碘酸钠和硝酸钠的碱性溶液，碱性条件下，硝酸根离子、次碘酸离子不能与碘离子反应，不所以加入碘化钾溶液后，溶液不会变为蓝色，故D错误；
故选D。
7. 前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大，W、X同周期，W、Z同主族，基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高，基态Y和 M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态，M为人类最早使用的金属，下列说法错误的是
A. 离子半径：Z>Y>X
B. 简单氢化物的沸点：X>W>Z
C. 化合物Y2X2、YW3中，同时含有离子键和非极性键
D. M的某种氧化物对应的水化物可溶于W简单氢化物的水溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大，W、X同周期，基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高，则W为N元素、X为O元素；W、Z同主族，则Z为P元素；M为人类最早使用的金属，则M为Cu元素；基态Y和M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态，则Y为Na元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子的离子半径小于氧离子，故A错误；
B．水分子和氨分子都能形成分子间氢键，水分子形成的氢键数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，沸点高于氨分子，磷化氢不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子，沸点低于氨分子，所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为X>W>Z，故B正确；
C．过氧化钠和叠氮化钠都是含有离子键和非极性键的离子化合物，故C正确；
D．氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，故D正确；
故选A。
8. 从废旧CPU中回收Au(金)、Ag、Cu的部分流程如下：
已知HAuCl4 = H+ + AuCl。下列说法正确的是
A. 酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸的少
B. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+
C. 用浓盐酸和浓NaNO3溶液的混合液也可以溶解金
D. 向1 ml HAuCl4中加入过量Zn使其完全还原为Au，只需消耗1.5 ml Zn
【答案】C
【解析】
【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到HAuCl4溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。
【详解】A．铜与稀硝酸反应的比例关系3Cu~2~2NO，与浓硝酸反应的比例关系Cu~2~2NO2，相同Cu与硝酸反应产生的氮氧化物，浓硝酸产生的多，A错误；
B．“过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+与过量浓氨水都能生成配合物离子，不能分离，B错误；
C．用浓盐酸和NaNO3，溶液中溶质与HNO3-NaCl一样，可以溶解金，C正确；
D．用过量Zn粉将1mlHAuCl4完全还原为Au，锌与氢离子反应也会参加反应，消耗Zn的物质的量大于1.5ml，D错误；
本题选C。
9. 某锂离子电池其原理如图所示，下列说法不正确的是
A. 隔膜为阳离子交换膜
B. 放电时，A极发生反应为
C. 充放电过程中，只有一种元素化合价发生变化
D. 用此电池电解(惰性电极)足量溶液，当有1ml离子穿过隔膜时，产生气体分子数目为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时B极S→T，S失去电子，发生氧化反应，则放电时B极为负极，A极为正极，充电时，B极为阴极，A极为阳极。
【详解】A．放电时B极S→T，S失去电子，发生氧化反应，释放处的阳离子锂离子移向正极，所以隔膜为阳离子交换膜，A正确；
B．放电时，A极为正极，发生还原反应，电极反应式为：，B正确；
C．充放电过程中，C元素和I元素的化合价发生变化，O元素化合价不发生变化，C错误；
D．用此电池电解(惰性电极)足量溶液，阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生4Ag++4e-=4Ag，当有1ml离子穿过隔膜时（转移电子1ml），产生氧气0.25ml，分子数目，D正确；
故选C。
10. 25℃时，用溶液分别滴定一元酸溶液和溶液，pM[p表示负对数，M表示，]与溶液的变化关系如图所示。已知：①易溶于水，②平衡常数时反应进行完全。下列说法错误的是
A. 该温度下，的
B. 滴定溶液至x点时，改为滴加HA溶液，沉淀逐渐完全溶解
C. 25℃，NaA溶液中，水解常数的数量级为
D. 滴定HA溶液至x点时，溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】根据NaOH溶液与HA溶液、CuSO4溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大；分析可知，线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系；线②代表滴定一元酸溶液pM与溶液pH的变化关系。
【详解】A．根据线①上的点，当pM=0时，c(Cu2+)=1ml/L，pH=4.2，c(OH-)=10-9.8ml/L，的，故A正确；
B．若发生反应Cu(OH)2(s)+2HA(aq)＝Cu2+(aq)+2A-(aq)+2H2O(l)，则该反应的K＝=，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即c(Cu2+)=1.0ml⋅L-1时，c(OH-)＝10-9.8ml/L，，所以Ksp[Cu(OH)2]＝10-19.6，K=10-19.6×=10-6.4＜105，故沉淀不能完全溶解，故B错误；
C．氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，故c(Cu2+)逐渐减小，-lgc(Cu2+)变大，所以曲线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系，曲线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点时c(H+)=10-7.4ml⋅L-1，=1时，Ka＝＝c(H+)＝10-7.4，水解常数Kh===10-6.6，数量级为，故C正确；
D．x点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，所以，再根据x点的pM＞0，即c(A-)＜c(HA)，可得，故D正确。
答案选B。
第II卷(选择题 共60分)
二、填空题(共4大题)
11. ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。
②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
（1）基态Zn原子的核外电子排布式为___________，铁在元素周期表中的位置为___________，Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中铁的一个配体为茂环阴离子(C5H)，该配体以π电子参与配位，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有___________个，S元素的杂化方式为___________。
（2）“调”是向“溶浸”后的溶液中加入少量___________(填化学式)调节至弱酸性(pH为5.5)。此时溶液中的最大浓度是___________。
（3）加“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是和___________。
（4）“还原除杂”除去的离子是___________。
（5）生成碱式碳酸锌沉淀，写出该步骤的离子方程式___________。碱式碳酸锌灼烧后得到ZnO，ZnO的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，晶胞参数为apm，该晶胞的密度为___________g/cm3，请在图中画出该晶胞沿轴方向的平面投影图___________。
【答案】（1） ①. ②. 第四周期第族 ③. 12 ④. sp3
（2） ①. 或等 ②. 1
（3）
（4）
（5） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，反应的离子方程式为、，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去，最后向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为，高温灼烧碱式碳酸锌得到氧化锌。
【小问1详解】
Zn的原子序数为30，基态Zn原子的核外电子排布式为；铁的原子序数为26，其在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族；茂环阴离子(C5H)中参与大π键的有6个电子，Fe2+周围有两个S原子和一个CO中的C与Fe2+以配位键结合，三个配位键中含有6个价电子，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有6+6=12个；S原子形成三个共价键，还有一对孤电子对，所以S元素的杂化方式为sp3杂化；
【小问2详解】
“调”时向“溶浸”后的溶液中所加的物质要能消耗氢离子，同时其产物不能引入新的杂质，且过量时便于除去，因此应加入含锌元素、难溶于水、能和氢离子反应的物质，如或等；表中数据显示，Zn2+开始沉淀的pH=6.0，此时c(OH-)=10-8ml/L，Zn(OH)2的Ksp=c(Zn2+)c(OH-)2=0.1×(10-8)2=10-17，pH=5.5时溶液中的最大浓度是；
【小问3详解】
加“氧化除杂”时氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，发生反应的离子方程式分别是和；
【小问4详解】
向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去，即“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；
【小问5详解】
向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为；该晶胞中Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内，所以晶胞中Zn的个数为8×+6×=4，O的个数为4，晶胞的密度为；ZnO晶胞中与Zn最近的O原子有4个，Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内晶胞的中心，则该晶胞沿轴方向的平面投影图为。
12. 二氧化钒()是一种新型热敏材料，实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为}，过程如下：
溶液氧钒(IV)简式碳酸铵晶体
已知：＋4价钒在弱酸性条件下具有还原性。
回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中生成同时生成的化学方程式为___________。常温下，只用浓盐酸与反应也能制备溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式和必要的文字说明)。
（2）步骤ⅱ可用下图仪器组装完成。
①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。
②饱和溶液的作用是___________。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于保护下的干燥器中，静置过滤可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________(填阴离子的电子式)。
（3）测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
消耗滴定的体积如下：
滴定反应为。
①滴定时，向锥形瓶中加入几滴___________(填化学式)溶液作指示剂。
②粗产品中钒的质量分数为___________%。
【答案】（1） ①. ②. ，产生有毒气体，会污染环境
（2） ①. eabfgc(或eabfged) ②. 除去中混有的HCl气体 ③.
（3） ①. ②.
【解析】
【分析】实验室以V2O5为原料合成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，V2O5与盐酸、N2H4反应生成VOCl2的同时生成N2，化学方程式为。生成的VOCl2溶液与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
步骤i中生成VOCl2同时生成N2，N2H4中N失电子生成氮气，N化合价从-2价升高为0价，V2O5中V得电子生成VOCl2，V化合价从+5价降低为+4价，根据得失电子守恒，N2H4和V2O5的系数比为1：2，再根据原子守恒，可得化学方程式为。常温下只用浓盐酸和V2O5反应也能制备VOCl2，两者反应的化学方程式为，有Cl2生成污染环境。
【小问2详解】
①+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，因此在反应前需要除尽装置内的空气，先用C装置产生CO2，生成的CO2中混有HCl，故再将混合气体通过A除去CO2中的HCl，然后连接D装置，最后g连接c，观察到澄清石灰水变浑浊说明装置内的空气已经排尽，故从左到右的连接顺序为eabfgc。
②生成的CO2中混有HCl，因此将混合气体通过饱和NaHCO3除去CO2中的HCl。
③VOCl2与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，反应后的溶液中含有氯离子，过滤后得到紫红色晶体，用饱和碳酸氢铵洗涤除去晶体表面的氯离子，氯离子的电子式为。
【小问3详解】
粗产品中加入硫酸生成VO2+，再加入酸性高锰酸钾将VO2+氧化成，充分反应后加入NaNO2除去过量的高锰酸钾，最后用硫酸亚铁铵滴定含的溶液。①用硫酸亚铁铵滴定含的溶液，滴定终点时Fe2+稍过量，可选用作指示剂。
②根据三组实验的数据，消耗硫酸亚铁铵平均值为20mL，亚铁离子物质的量为0.02ml，根据方程式，可知的物质的量为0.02ml，根据V守恒可知，样品中含有V0.02ml，故粗产品中V的质量分数为=%。
13. 利用Ag作催化剂可实现乙烯高选择性制备环氧乙烷( )，涉及反应如下：
主反应：( )
副反应：
（1）已知 ，( )的燃烧焓为，则___________。
（2）一定条件下，向1L密闭容器中通入和，平衡时 的选择性[n( )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6，乙烯的平衡转化率为0.6，则该温度下主反应的平衡常数K=___________，能够提高 平衡产率的措施有___________(写一项即可)。
（3）以上过程反应机理如下：
反应Ⅰ： 慢
反应Ⅱ：( ) 快
反应Ⅲ： 快
一定能够提高主反应反应速率的措施有___________(填标号)。
A. 升高温度B. 通入惰性气体
C 增大浓度D. 增大浓度
（4）加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后， 产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。
1，2-二氯乙烷能使 产量先增加后降低的原因是___________。
（5）反应结束后，控制氨水浓度对失活催化剂(主要成分是AgCl)进行回收。25℃时，，
① ___________(填数值)。
②1L氨水中至少含有___________才能回收1mlAgCl。
【答案】（1）
（2） ①. 4.05 ②. 压缩体积 （3）AD
（4）浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果
（5） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
④ （g）③②，根据盖斯定律：2×②-4×③-2×④得( )；
【小问2详解】
根据( )，假设氧气转变化量为x，则乙烯变化量为2x，环氧乙烷变化量为2x；根据，假设氧气变化量为3y，则乙烯变化量为y，二氧化碳和水的变化量均为2y；平衡式时乙烯物质的量：，氧气物质的量：，环氧乙烷物质的量：，二氧化碳物质的量：，根据乙烯的平衡转化率为0.6可知①，根据平衡时 的选择性[n( )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6可知②，联立①②解得，则平衡常数；可以通过压缩体积方式提高产率；
【小问3详解】
A．升高温度，反应速率一定加快，故A正确；
B．通入无关反应气体，可能导致反应物浓度降低，速率减慢，故B错误；
C．增大乙烯浓度会导致副反应速率加快，消耗更多氧气，氧气浓度降低，主反应速率减慢，故C错误；
D．增大氧气浓度，利于提高反应历程中慢反应速率，从而提高主反应速率，故D正确；
答案选AD；
【小问4详解】
浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果；
【小问5详解】
①，平衡常数；
②根据反应可知，回收1ml氯化银需要2ml氨，该反应平衡常数为，假设1L氨水含xmlNH3，则有，解得；
14. 我国科学家利用N—苯基甘氨酸(E)中的键在氧气作用下构建键，实现了喹啉并内酯(L)的高选择性制备，其合成路线如下图。
已知：①F的核磁共振氢谱有3组峰。
②
③ROH++HBr
（1）K中官能团的名称为___________。
（2）C→D的过程中通常要加入稍过量的C，可能的原因是___________。
（3）F→G的反应类型为___________。
（4）I→J的化学方程式为___________。
（5）E的同分异构体中同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。
①苯环上有2个取代基；
②能发生水解反应和银镜反应；
③结构中既无氮氧键也无醚键。
（6）M是E的同系物，分子量比E少14，M有三种显两性的二元取代苯的同分异构体，通过蒸馏的方法分离，其中最先被蒸出来的是___________(写出结构简式)。
（7）E和K反应得到L的流程如下图所示(无机试剂及条件已略去)：
已知：。
结合已知反应信息，写出中间产物的结构简式___________。
【答案】（1）碳碳双键、醚键
（2）苯胺显碱性，可消耗产生的HCl，有利于生成更多的D
（3）取代反应 （4）BrCH2CHBrCH2CH2OH+KOH+KBr+H2O
（5）18 （6）
（7）
【解析】
【分析】由B的结构简式可知A→B为苯A为苯的硝化反应， B→C的反应条件结合C的分子式可知，C的结构简式为，C与ClCH2COOC2H5反应生成D，结合D的分子式可知，D为，D在酸性条件下水解得到E，可知F有3种等效氢，结合其分子式可知，F为丙烯CH2=CH-CH3，F与Br2反应得到G，结合G的分子式可知，G为CH2=CH-CH2Br，G与甲醛在一点条件下生成H，结合已知信息②和H的分子式可知，H为CH2=CH-CH2CH2OH，H与Br2加成得到I，I为CH2BrCHBrCH2CH2OH，根据信息③可知，J为，J发生消去反应得到K，E、K、O2在一定条件下生成L，据此解题。
【小问1详解】
由K的结构简式可知官能团的名称为碳碳双键、醚键；
【小问2详解】
C与ClCH2COOC2H5反应生成D，通常要加入稍过量的C，可能的原因是：苯胺显碱性，可消耗产生的HCl，有利于生成更多的D；
【小问3详解】
F甲基上的H被Br取代得到G，反应类型为取代反应；
【小问4详解】
I为CH2BrCHBrCH2CH2OH，根据信息③反应得到J（），化学方程式为：BrCH2CHBrCH2CH2OH+KOH+KBr+H2O；
【小问5详解】
E的同分异构体中同时满足下列条件：①苯环上有2个取代基；
②能发生水解反应和银镜反应，即存在结构或或；
③结构中既无氮氧键也无醚键，
满足条件的取代基组合为：-NH2和-CH2OOCH、-CH2NH2和、-NHCH3和、-CH2OH和、-OH和-CH2NHOCH、-OH和，每种都存在邻、间、对，符合条件的同分异构体共18种；
【小问6详解】
M是E的同系物，分子量比E少14，即少1个-CH2-原子团，M有三种显两性的二元取代苯的同分异构体，为、、，蒸馏是通过混合物中组分沸点不同进行分离的，能形成分子内氢键，沸点较低，首先被分离出；
【小问7详解】
依据中间产物前后两种物质的结构简式和题目信息，可推出其结构简式为。金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.0
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.0
9.4
10.1
8.9
实验次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.00
19.99
2
1.10
21.10
3
1.56
21.57
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