陕西省宝鸡市陈仓区2023届高三下学期一模化学试题
一、单选题
1．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
C．阿司匹林可用于治疗胃酸过多，碘酸钾可用作营养强化剂
D．二氧化氯泡腾片和酒精可杀灭新型冠状病毒，二者消毒时均表现为强氧化性
【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A．碳纤维是碳的一种单质，是无机非金属材料，故A不符合题意；
B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可降低二氧化碳排放，有利于实现“碳中和”，故B符合题意；
C．阿司匹林解热镇痛，还用于脑血管、心血管疾病，不能治疗胃酸过多，故C不符合题意；
D．二氧化氯泡腾片消毒时表现为强氧化性，酒精可杀灭新型冠状病毒是因为酒精能使蛋白质变性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳纤维为碳单质，属于无机非金属材料；
B.利用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，能降低二氧化碳的排放；
C.阿司匹林不能治疗胃酸过多；
D.酒精不具有强氧化性。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为1.0NA
B．0.2mol苯含有双键的数目为0.6NA
C．电解熔融CuCl2，阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NA
D．标准状况下22.4LSO3的质量为80g
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.Al3+发生水解，1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目小于1.0NA，A不符合题意；
B.苯中碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间一类特殊的化学键，苯没有碳碳双键，B不符合题意；
C.电解熔融CuCl2，阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NA，C符合题意；
Ｄ.SO3在标准状况下为固体，22.4LSO3不是1mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.铝离子在溶液中发生水解；
B.苯中不含双键；
C.电解熔融氯化铜，阴极反应为Cu2++2e-=Cu；
D.标况下三氧化硫不是气体。
3．X、Y、Z为原子序数依次增大的主族元素，Y与Z同主族。W为第四周期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元的结构简式如下图所示。下列说法错误的是
A．原子半径Z>Y>X
B．Y的第一电离能比同周期相邻元素小
C．单质W和Z在加热条件下生成化合物WZ
D．Y的简单氢化物的热稳定性强于Z的简单氢化物
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层越多原子半径越大，S电子层为3，O为2，H为1，故原子半径S>O>H，选项A不符合题意；
B．同周期从左到右第一电离能逐渐增大，但ⅡA与ⅤA族反常，第一电离能ⅡA大于ⅢA，ⅤA大于ⅥA，O相邻元素为N、F，而O位于ⅥA族，故它的第一电离能既比ⅤA族的N小也比ⅦA族的F小，选项B不符合题意；
C．与反应生成的是，选项C符合题意；
D．非金属性O>S，Y的简单氢化物H2O的热稳定性强于Z的简单氢化物H2S，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W为第四周期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元，故W为Cu，X2Y间可形成氢键，结合X2Y结构式X-Y-X，故X为H，Y为O；Z周围有6个共价键，故Z为S，四种元素分别为H、O、S、Cu。
4．脱氢醋酸常用于生产食品保鲜剂，脱氢醋酸的制备方法如图。下列说法错误的是
A．a分子中所有原子处于同一平面
B．a、 b均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
C．在一定条件下，a、b均能与H2，发生加成反应
D．b与互为同分异构体
【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．a分子中含有1个单键碳，不可能所有原子处于同一平面，故A符合题意；
B． a、 b分子中都含有碳碳双键，均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；
C．在一定条件下，a中的碳碳双键、b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应，故C不符合题意；
D．b与分子式都是C8H8O，结构不同，互为同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.双键为平面结构，单键可旋转，饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B. a、 b分子中都含有碳碳双键，均能被酸性高锰酸钾氧化，均能与溴水发生加成反应；
C.a中碳碳双键能与氢气发生加成反应，b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应；
D.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
5．遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A不符合题意；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B不符合题意；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C不符合题意；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
6．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究温度对化学平衡的影响 将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象 若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动
B 检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质 取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质
C 比较CH3COO-和ClO-水解程度大小 用pH试纸分别测定同浓度CH3COONa和NaClO溶液的pH 若测得CH3COONa溶液pH大，说明CH3COO-水解程度大于ClO-
D 探究电石与水的反应 将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象 若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将2mL 0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动，A符合题意；
B．取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，可能发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未变红色，不能说明脱氧剂中还原铁粉没有变质，B不符合题意；
C．NaClO溶液具有漂白性，会漂白pH试纸，使得测量结果不准确，故不能使用pH试纸测量NaClO溶液的pH，C不符合题意；
D．将电石与饱和食盐水反应，反应产生的气体中有C2H2、H2S、PH3，这些气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明电石与水反应生成了乙炔，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该反应只改变温度，溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降温平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O逆向移动；
B.若铁过量，能将铁离子还原为亚铁离子，溶液不变红；
C.次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸；
D.生成的乙炔中混有硫化氢等还原性气体，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
7．化学上常用表示溶液中的。时，用的溶液滴定的溶液()，滴定过程中与所加溶液的体积()的关系如图所示(忽略体积变化)，下列说法错误的是
A．点溶液的，从点到点的过程中，水的电离程度先变大再变小
B．点溶液中存在：
C．点加入溶液的体积小于，溶质为和
D．点加入溶液的体积小于
【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．A点，则，，c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH=2.75，C点溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸应该稍微过滤，酸碱浓度相等，则C点NaOH溶液小于20mL，从C点往后的过程中，先将未中和的亚硝酸变成亚硝酸盐，此时水的电离程度先变大，当NaOH过量时，抑制水的电离，水的电离程度在变小，A不符合题意；
B．B点溶液为等浓度的溶液和溶液，溶液中存在①电荷守恒和②物料守恒，将①×2-②得：，B点溶液中存在：， B符合题意；
C ．C点，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使溶液呈中性则酸应该过量，酸碱浓度相等，则C点NaOH溶液小于20mL，溶质为溶液和，C不符合题意；
D．D点，溶液呈碱性，溶质溶液和NaOH，NaOH过量，当V（NaOH）=20mL时溶质只有，A点只有20mL，A点，强碱弱酸盐，故消耗NaOH小于40mL，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
B.B点溶液为等浓度的溶液和溶液，结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.C点，溶液呈中性；
D.D点，溶液呈碱性。
二、非选择题
8．五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。实验室以含钒废料(含V2O3、FeO、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备V2O5的一种流程如图：
已知：25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：
难溶电解质 Cu(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
Ksp 2.2×10 20 4×10 14 1.9×10 33
（1）“焙烧”的目的是 。
（2）酸溶时加入H2O2的目的是 。
（3）常温下，若“调pH”为7，Cu2+是否能沉淀完全： (填“是”或“否”)(溶液中离子浓度小于10 5 mol L 1时，认为该离子沉淀完全)。
（4）“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因为 。
（5）结晶所得的NH4VO3需进行水洗、干燥。证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为 。
（6）在煅烧NH4VO3生成的V2O5过程中，固体残留率=×100%随温度变化的曲线如图所示。其分解过程中，A点失去的物质是 (填写化学式)。
（7）为测定该产品的纯度，兴趣小组同学准确称取V2O5产品2.000g，加入过量稀硫酸使其完全反应，生成(VO2)2SO4，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液用0.1000 mol L 1的H2C2O4标准溶液滴定，滴定到终点时消耗标准液10.00mL。已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO黄色(被还原为VO2+蓝色)，该反应的离子方程式： ；该产品的纯度为 。
【答案】（1）除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5
（2）将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+
（3）是
（4）温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低
（5）取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净
（6）NH3
（7）2VO＋2H+＋H2C2O4＝2VO2+＋2CO2↑＋2H2O；91.00%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由含钒废料的成分和流程图中物质的转化关系知，“焙烧“的目的是除去有机物杂质，并将V2O3氧化为V2O5；故答案为：除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5。
（2）酸溶时加入H2O2的目的是将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+。
（3）“调pH”的目的是将Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，调节pH为7时，溶液中c(H+)＝10 7 mol L 1，c(OH﹣)＝10 7 mol L 1，c(Cu2+)＝<10 5 mol L 1，说明沉淀完全；故答案为：是。
（4）“沉锰”时所用试制为NH4 HCO3温度过低时，反应速率较慢，NH4VO3可能提前结晶析出，导致产率较低；温度过高时，NH4 HCO3分解使原料的利用率降低，并导致环境污染；故答案为：温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4 HCO3分解，导致原料利用率低。
（5）NH4VO3晶体可能粘附，等，故证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净。
（6）解析NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，210℃时若分解生成酸和氨气，假设起始NH4VO3的质量为117g，则剩余固体占起始固体百分含量为，所以210℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3，失去的物质为NH3，380℃时，HVO3进一步分解生成V2O5和水，则剩余固体占起始固体百分含量为，故剩余固体是V2O5，失去的物质为H2O；故答案为：NH3。
（7）已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO (黄色)被还原为VO2+(蓝色)，则离子方程式为2VO＋2H+＋H2C2O4＝2VO2+＋2CO2↑＋2H2O；准确称取产品V2O52.0g，加入足量的稀硫酸使其完全生成(VO2)2SO4，并配成250mL溶液。取25.00mL溶液用0.1000 mol L 1的H2C2O4溶液滴定，消耗标准液10.00mL，根据关系式2VO～H2C2O4，则n(VO)＝2n(H2C2O4)＝2×0.01L×0.1000 mol L 1＝0.002mol，所以250mL溶液中n(VO)＝0.002mol×10＝0.02mol，所以n(V2O5) ＝0.01mol，其质量为0.01mol×182g mol 1＝1.82g，故产品纯度；故答案为：2VO＋2H+＋H2C2O4＝2VO2+＋2CO2↑＋2H2O；91.00%。
【分析】 含钒废料焙烧后，有机物杂质会燃烧除去，V2O3被氧化为V2O5；“滤渣1”为不与硫酸反应的二氧化硅，溶液中含有Cu2+，Mn2+，Al3+和钒离子，调节pH将杂质离子生成难溶物除去，加入碳酸氢铵除锰，再加入过量硫酸铵反应后浓缩结晶得到NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。
9．硫酸铅(PbSO4)，制造铅蓄电池的一种原料；以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，可实现铅的再生利用。
（1）铅蓄电池中需要配制5.3 mol L 1的H2SO4溶液，需要的仪器有玻璃棒、 (从下列图中选择，写出名称)。
（2）工业上以PbS为原料可以制取PbSO4，80℃时浸取，将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S。
①写出PbS反应的离子方程式： 。
②浸取时应控制盐酸的浓度。其他条件一定，若盐酸浓度过大，铅元素的浸出率反而下降，原因是 。
（3）用废旧铅酸电池中的含铅废料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用的过程中，
过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H++=2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：2Fe3++Pb+=2Fe2++PbSO4
下列实验方案可证实上述催化过程。请将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b． 。
（4）已知：Ksp(PbCO3)=1.5×10 13，Ksp(PbSO4)=1.8×10 8.在某制备过程中，经检测，过滤出的PbCO3沉淀中混有PbSO4，则该滤液中= 。
（5）以铅蓄电池为电源，电解二氧化碳酸性溶液可制得丙烯(如图)。
①Y极与电源 (填“正极”或“负极”)相连。
②该离子交换膜为 膜。
③X极的电极反应式为 。
【答案】（1）烧杯、量筒
（2）PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O；盐酸浓度过大，盐酸与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少
（3）取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去
（4）1.2×105
（5）正极；质子；3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；配制一定物质的量浓度的溶液；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）配制5.3 mol L 1的H2SO4溶液，需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、烧杯、一定规格的容量瓶，不用托盘天平、圆底烧瓶、漏斗；故答案为：烧杯、量筒。
（2）①将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S，MnO2发生还原反应生成Mn2+，反应的离子方程式为PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O；故答案为：PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O。
②MnO2能与浓盐酸反应，则盐酸浓度过大，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少，铅元素的浸出率会下降；故答案为：盐酸浓度过大，盐酸与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少。
（3）过程Ⅰ中Fe2+作催化剂，在反应i中作反应物，转化为Fe3+，设计的实验方案为：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红；要证明Fe2+在反应ii中作生成物，Fe3+转化为Fe2+，可取a中红色溶液，加入过量Pb粉，若充分反应后红色褪去，即可说明Fe3+又转化为Fe2+；故答案为：取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（4）过滤出的PbCO3沉淀中混有PbSO4，则PbCO3、PbSO4共存体系中；故答案为：1.2×105。
（5）①该电解池中，Y极中水失电子生成O2，为阳极，与电源正极相连；故答案为：正极。
②阳极反应式为2H2O 4e﹣＝O2↑＋4H+，阴极反应式为3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O，电解质溶液呈酸性，则离子交换膜为质子交换膜；故答案为：质子。
③X电极为阴极，阴极上CO2得电子生成丙烯，电极反应式为3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O；故答案为：3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据实验步骤选择相关仪器；
（2）①将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S，则PbS反应的离子方程式为PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O；
②盐酸浓度过大，盐酸与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少；
（3）过程Ⅰ中Fe2+作催化剂，在反应i中作反应物，转化为Fe3+，在反应ii中作生成物，Fe3+转化为Fe2+；
（4）根据计算；
（5） X电极上CO2得电子生成丙烯、为阴极、与电源负极相接，Y电极上H2O失电子生成O2、作阳极、与电源正极相接。
10．（2022·南平模拟）基于载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如下。
（1）总反应 。
（2）有利于提高反应ⅰ平衡转化率的条件为____(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
（3）在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ，平衡时若氮气转化率为50%，则压强为 ，平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）60℃、100kPa条件下，反应ⅰ中溶液pH随时间变化如图，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是 。
（5）为探究反应ⅱ中15min时反应速率突然加快的原因，我国科学家利用计算机模拟了反应ⅱ的反应路径。
①比较不同路径，路径1能垒较低的原因是 的键能大于 的键能。
②15min时反应速率突然加快的原因是 。
（6）相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本。 (写出一条即可)。
【答案】（1）+434
（2）B
（3）25kPa；16875
（4）当氨气在水中达到饱和时会逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液已饱和，所以溶液pH几乎不变
（5）H-O；H-Al；开始时AlN和水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，反应速率突然加快
（6）副产物CO是重要的化工原料
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)将反应ⅰ和反应ⅱ相加，即可得到总反应3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g) ，其ΔH=+708.1kJ/mol-274.1kJ/mol=+437.0kJ/mol。
(2)反应ⅰ的正反应是吸热反应，升高温度有利于提高平衡转化率，该反应又是气体体积增大的反应，降低压强有利于平衡正向移动，所以高温低压有利于提高平衡转化率，
故答案为：B。
(3)在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ，设起始时氮气的物质的量为1mol，平衡时氮气转化率为50%，可列三段式：
所以平衡时氮气和CO的分压分别为，，则平衡常数 Kp==16875kPa2。
(4)反应ⅱ生成氨气，氨气溶于水形成氨水，溶液的pH增大，当氨气在水中达到饱和时逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液已饱和，所以溶液pH几乎不变。
(5)①路径1和路径2都断裂N-H键，但路径1形成的是O-H键，而路径2形成的是Al-H键，由于O-H键的键能大于Al-H的键能，所以O-H键更容易形成，所以能垒较低。
②开始时AlN和水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，所以反应在15min时反应速率然加快。
(6)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的。
【分析】(1)依据盖斯定律解答；
(2)依据外界因素对平衡的影响进行条件的选择。
(3)利用三段式法计算。
(4)当氨气在水中达到饱和时逸出，溶液pH几乎不变。
(5)①化学键容易形成，所则能垒较低。
②活化能降低，反应速率然加快。
(6)副产物再利用。
11．
（1）I.2022年4月，大型运输机运 20向塞尔维亚远程运送“常规军事物资”，展示了大国重器“鲲鹏”的突出性能，为世人瞩目。
运 20的外壳大量使用了AM系列Mg Al Mn，铝的价电子排布图为 ，第一电离能铝 (填“大于”、“等于”或“小于”)镁，镁原子核外有 种不同运动状态的电子。
（2）为了减轻飞机的起飞重量并保持机身强度，运-20使用了大量的树脂材料，其中一种树脂材料的部分结构如图1所示，其中碳原子的杂化方式为 ，其个数比为 。
（3）Ⅱ．大型飞机的高推重比发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”，采用大量的金属钨作为耐高温耐磨损材料。
钨元素位于第六周期第VIB族，价电子排布的能级与Cr相同，但排布方式与Cr有所不同，请写出钨原子的价层电子排布式 。
（4）图2为碳和钨形成的一种化合物的晶胞模型，碳原子和钨原子个数比为 ，其中一个钨原子周围距离最近且相等的碳原子有 个。
（5）已知该晶胞边长为acm，高为hcm，NA为阿伏加德罗常数。摩尔质量为M g mol 1。该晶体密度为 g cm 3。
【答案】（1）；小于；12
（2）sp2、sp3；3：1
（3）5d46s2
（4）1：1；6
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Al原子价电子排布式为3s23p1，价电子排布图为，Mg元素3s能级为全满稳定状态，能量较低，Mg的第一电离能大于Al的，即Al的第一电离能小于Mg的；Mg有12个电子就有12种运动状态的电子；故答案为：；小于；12。
（2）分子中碳原子均没有孤对电子，苯环中C原子形成3个σ键、其它碳原子生成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，分别采取sp2、sp3杂化，二者原子数目之比为6(m+n)：2(m+n)=3：1；故答案为：sp2、sp3；3：1。
（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，价电子包括5d、6s电子，与Cr是同族，但排布方式与Cr有所不同，Cr的价电子排布式为3d54s1，而钨的价电子排布式为：5d46s2；故答案为：5d46s2。
（4）在此结构中钨原子数目为，结构内部有3个C原子，因此碳原子和钨原子个数比为3：3=1：1；以上面面心的钨原子分析，这个晶胞内以钨原子最近的碳原子有3个，上面晶胞内以钨原子最近的碳原子也有3个，因此晶体内1个钨原子周围距离最近且相等的碳原子有3×2=6；故答案为：1：1；6。
（5）晶胞中有3个碳和3个钨，则晶胞密度；故答案为：。
【分析】（1） Al原子价电子排布式为3s23p1， 据此画出的价电子排布图；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；原子核外有个电子，就有几种不同运动状态的电子；
（2）苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，价电子包括5d、6s电子；
（4）利用均摊法计算钨原子数目；以面心的钨原子可知，1个晶胞内距钨原子最近的碳原子有3个；
（5）根据计算。
12．化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合钧的路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）反应①的条件为 ，反应⑤的反应类型为 。
（2）用系统命名法给命名 。
（3）E中含氧官能团的名称为 ，向F中加入浓溴水，1molF最多可以与 molBr2反应。
（4）H的结构简式为 。
（5）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E→F反应的化学万程式： 。
（6）D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体： 。
a.含苯环的单环化合物；
b.苯环上只有一个取代基；
c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1。
【答案】（1）光照；取代反应
（2）2-溴丙烷
（3）羰基、(酚)羟基；3
（4）
（5）
（6）、
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）反应①是A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，反应⑤中F断裂O-H键和断裂C-Br键生成G和HBr，反应类型为取代反应；
（2）母体是丙烷，溴原子取代在2号碳上，系统命名为2-溴丙烷；
（3）E中含氧官能团的名称为羰基、(酚)羟基；F含碳碳双键和酚羟基，向F中加入浓溴水，可在酚羟基的邻位发生取代反应，还有碳碳双键发生加成反应，1molF最多可以与3 molBr2反应；
（4）D与H发生已知信息中取代反应生成E，可推知H的结构简式为 ；
（5）E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E→F反应的化学方程式： ；
（6）D的同分异构体满足条件：a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，结构为、。
【分析】A和氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B中氯原子被-CN取代生成C，C发生水解反应生成D，D和H发生取代反应生成E，结合D、E的结构简式知，H为，E反应生成F，F发生取代反应生成G。
陕西省宝鸡市陈仓区2023届高三下学期一模化学试题
一、单选题
1．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
C．阿司匹林可用于治疗胃酸过多，碘酸钾可用作营养强化剂
D．二氧化氯泡腾片和酒精可杀灭新型冠状病毒，二者消毒时均表现为强氧化性
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为1.0NA
B．0.2mol苯含有双键的数目为0.6NA
C．电解熔融CuCl2，阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NA
D．标准状况下22.4LSO3的质量为80g
3．X、Y、Z为原子序数依次增大的主族元素，Y与Z同主族。W为第四周期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元的结构简式如下图所示。下列说法错误的是
A．原子半径Z>Y>X
B．Y的第一电离能比同周期相邻元素小
C．单质W和Z在加热条件下生成化合物WZ
D．Y的简单氢化物的热稳定性强于Z的简单氢化物
4．脱氢醋酸常用于生产食品保鲜剂，脱氢醋酸的制备方法如图。下列说法错误的是
A．a分子中所有原子处于同一平面
B．a、 b均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
C．在一定条件下，a、b均能与H2，发生加成反应
D．b与互为同分异构体
5．遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
6．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 探究温度对化学平衡的影响 将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象 若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动
B 检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质 取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化 若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质
C 比较CH3COO-和ClO-水解程度大小 用pH试纸分别测定同浓度CH3COONa和NaClO溶液的pH 若测得CH3COONa溶液pH大，说明CH3COO-水解程度大于ClO-
D 探究电石与水的反应 将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象 若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔
A．A B．B C．C D．D
7．化学上常用表示溶液中的。时，用的溶液滴定的溶液()，滴定过程中与所加溶液的体积()的关系如图所示(忽略体积变化)，下列说法错误的是
A．点溶液的，从点到点的过程中，水的电离程度先变大再变小
B．点溶液中存在：
C．点加入溶液的体积小于，溶质为和
D．点加入溶液的体积小于
二、非选择题
8．五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。实验室以含钒废料(含V2O3、FeO、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备V2O5的一种流程如图：
已知：25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：
难溶电解质 Cu(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
Ksp 2.2×10 20 4×10 14 1.9×10 33
（1）“焙烧”的目的是 。
（2）酸溶时加入H2O2的目的是 。
（3）常温下，若“调pH”为7，Cu2+是否能沉淀完全： (填“是”或“否”)(溶液中离子浓度小于10 5 mol L 1时，认为该离子沉淀完全)。
（4）“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因为 。
（5）结晶所得的NH4VO3需进行水洗、干燥。证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为 。
（6）在煅烧NH4VO3生成的V2O5过程中，固体残留率=×100%随温度变化的曲线如图所示。其分解过程中，A点失去的物质是 (填写化学式)。
（7）为测定该产品的纯度，兴趣小组同学准确称取V2O5产品2.000g，加入过量稀硫酸使其完全反应，生成(VO2)2SO4，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液用0.1000 mol L 1的H2C2O4标准溶液滴定，滴定到终点时消耗标准液10.00mL。已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO黄色(被还原为VO2+蓝色)，该反应的离子方程式： ；该产品的纯度为 。
9．硫酸铅(PbSO4)，制造铅蓄电池的一种原料；以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，可实现铅的再生利用。
（1）铅蓄电池中需要配制5.3 mol L 1的H2SO4溶液，需要的仪器有玻璃棒、 (从下列图中选择，写出名称)。
（2）工业上以PbS为原料可以制取PbSO4，80℃时浸取，将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S。
①写出PbS反应的离子方程式： 。
②浸取时应控制盐酸的浓度。其他条件一定，若盐酸浓度过大，铅元素的浸出率反而下降，原因是 。
（3）用废旧铅酸电池中的含铅废料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用的过程中，
过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H++=2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：2Fe3++Pb+=2Fe2++PbSO4
下列实验方案可证实上述催化过程。请将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b． 。
（4）已知：Ksp(PbCO3)=1.5×10 13，Ksp(PbSO4)=1.8×10 8.在某制备过程中，经检测，过滤出的PbCO3沉淀中混有PbSO4，则该滤液中= 。
（5）以铅蓄电池为电源，电解二氧化碳酸性溶液可制得丙烯(如图)。
①Y极与电源 (填“正极”或“负极”)相连。
②该离子交换膜为 膜。
③X极的电极反应式为 。
10．（2022·南平模拟）基于载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如下。
（1）总反应 。
（2）有利于提高反应ⅰ平衡转化率的条件为____(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
（3）在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ，平衡时若氮气转化率为50%，则压强为 ，平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）60℃、100kPa条件下，反应ⅰ中溶液pH随时间变化如图，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是 。
（5）为探究反应ⅱ中15min时反应速率突然加快的原因，我国科学家利用计算机模拟了反应ⅱ的反应路径。
①比较不同路径，路径1能垒较低的原因是 的键能大于 的键能。
②15min时反应速率突然加快的原因是 。
（6）相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本。 (写出一条即可)。
11．
（1）I.2022年4月，大型运输机运 20向塞尔维亚远程运送“常规军事物资”，展示了大国重器“鲲鹏”的突出性能，为世人瞩目。
运 20的外壳大量使用了AM系列Mg Al Mn，铝的价电子排布图为 ，第一电离能铝 (填“大于”、“等于”或“小于”)镁，镁原子核外有 种不同运动状态的电子。
（2）为了减轻飞机的起飞重量并保持机身强度，运-20使用了大量的树脂材料，其中一种树脂材料的部分结构如图1所示，其中碳原子的杂化方式为 ，其个数比为 。
（3）Ⅱ．大型飞机的高推重比发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”，采用大量的金属钨作为耐高温耐磨损材料。
钨元素位于第六周期第VIB族，价电子排布的能级与Cr相同，但排布方式与Cr有所不同，请写出钨原子的价层电子排布式 。
（4）图2为碳和钨形成的一种化合物的晶胞模型，碳原子和钨原子个数比为 ，其中一个钨原子周围距离最近且相等的碳原子有 个。
（5）已知该晶胞边长为acm，高为hcm，NA为阿伏加德罗常数。摩尔质量为M g mol 1。该晶体密度为 g cm 3。
12．化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合钧的路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）反应①的条件为 ，反应⑤的反应类型为 。
（2）用系统命名法给命名 。
（3）E中含氧官能团的名称为 ，向F中加入浓溴水，1molF最多可以与 molBr2反应。
（4）H的结构简式为 。
（5）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E→F反应的化学万程式： 。
（6）D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体： 。
a.含苯环的单环化合物；
b.苯环上只有一个取代基；
c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A．碳纤维是碳的一种单质，是无机非金属材料，故A不符合题意；
B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可降低二氧化碳排放，有利于实现“碳中和”，故B符合题意；
C．阿司匹林解热镇痛，还用于脑血管、心血管疾病，不能治疗胃酸过多，故C不符合题意；
D．二氧化氯泡腾片消毒时表现为强氧化性，酒精可杀灭新型冠状病毒是因为酒精能使蛋白质变性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳纤维为碳单质，属于无机非金属材料；
B.利用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，能降低二氧化碳的排放；
C.阿司匹林不能治疗胃酸过多；
D.酒精不具有强氧化性。
2．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.Al3+发生水解，1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目小于1.0NA，A不符合题意；
B.苯中碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间一类特殊的化学键，苯没有碳碳双键，B不符合题意；
C.电解熔融CuCl2，阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NA，C符合题意；
Ｄ.SO3在标准状况下为固体，22.4LSO3不是1mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.铝离子在溶液中发生水解；
B.苯中不含双键；
C.电解熔融氯化铜，阴极反应为Cu2++2e-=Cu；
D.标况下三氧化硫不是气体。
3．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层越多原子半径越大，S电子层为3，O为2，H为1，故原子半径S>O>H，选项A不符合题意；
B．同周期从左到右第一电离能逐渐增大，但ⅡA与ⅤA族反常，第一电离能ⅡA大于ⅢA，ⅤA大于ⅥA，O相邻元素为N、F，而O位于ⅥA族，故它的第一电离能既比ⅤA族的N小也比ⅦA族的F小，选项B不符合题意；
C．与反应生成的是，选项C符合题意；
D．非金属性O>S，Y的简单氢化物H2O的热稳定性强于Z的简单氢化物H2S，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W为第四周期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元，故W为Cu，X2Y间可形成氢键，结合X2Y结构式X-Y-X，故X为H，Y为O；Z周围有6个共价键，故Z为S，四种元素分别为H、O、S、Cu。
4．【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．a分子中含有1个单键碳，不可能所有原子处于同一平面，故A符合题意；
B． a、 b分子中都含有碳碳双键，均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故B不符合题意；
C．在一定条件下，a中的碳碳双键、b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应，故C不符合题意；
D．b与分子式都是C8H8O，结构不同，互为同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.双键为平面结构，单键可旋转，饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B. a、 b分子中都含有碳碳双键，均能被酸性高锰酸钾氧化，均能与溴水发生加成反应；
C.a中碳碳双键能与氢气发生加成反应，b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应；
D.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
5．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A不符合题意；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B不符合题意；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C不符合题意；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
6．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．将2mL 0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动，A符合题意；
B．取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，可能发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未变红色，不能说明脱氧剂中还原铁粉没有变质，B不符合题意；
C．NaClO溶液具有漂白性，会漂白pH试纸，使得测量结果不准确，故不能使用pH试纸测量NaClO溶液的pH，C不符合题意；
D．将电石与饱和食盐水反应，反应产生的气体中有C2H2、H2S、PH3，这些气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明电石与水反应生成了乙炔，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该反应只改变温度，溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降温平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O逆向移动；
B.若铁过量，能将铁离子还原为亚铁离子，溶液不变红；
C.次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸；
D.生成的乙炔中混有硫化氢等还原性气体，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
7．【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．A点，则，，c(H+)=10-2.75mol/L，溶液的pH=2.75，C点溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸应该稍微过滤，酸碱浓度相等，则C点NaOH溶液小于20mL，从C点往后的过程中，先将未中和的亚硝酸变成亚硝酸盐，此时水的电离程度先变大，当NaOH过量时，抑制水的电离，水的电离程度在变小，A不符合题意；
B．B点溶液为等浓度的溶液和溶液，溶液中存在①电荷守恒和②物料守恒，将①×2-②得：，B点溶液中存在：， B符合题意；
C ．C点，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使溶液呈中性则酸应该过量，酸碱浓度相等，则C点NaOH溶液小于20mL，溶质为溶液和，C不符合题意；
D．D点，溶液呈碱性，溶质溶液和NaOH，NaOH过量，当V（NaOH）=20mL时溶质只有，A点只有20mL，A点，强碱弱酸盐，故消耗NaOH小于40mL，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
B.B点溶液为等浓度的溶液和溶液，结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.C点，溶液呈中性；
D.D点，溶液呈碱性。
8．【答案】（1）除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5
（2）将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+
（3）是
（4）温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低
（5）取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净
（6）NH3
（7）2VO＋2H+＋H2C2O4＝2VO2+＋2CO2↑＋2H2O；91.00%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由含钒废料的成分和流程图中物质的转化关系知，“焙烧“的目的是除去有机物杂质，并将V2O3氧化为V2O5；故答案为：除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5。
（2）酸溶时加入H2O2的目的是将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+。
（3）“调pH”的目的是将Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，调节pH为7时，溶液中c(H+)＝10 7 mol L 1，c(OH﹣)＝10 7 mol L 1，c(Cu2+)＝<10 5 mol L 1，说明沉淀完全；故答案为：是。
（4）“沉锰”时所用试制为NH4 HCO3温度过低时，反应速率较慢，NH4VO3可能提前结晶析出，导致产率较低；温度过高时，NH4 HCO3分解使原料的利用率降低，并导致环境污染；故答案为：温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4 HCO3分解，导致原料利用率低。
（5）NH4VO3晶体可能粘附，等，故证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净。
（6）解析NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，210℃时若分解生成酸和氨气，假设起始NH4VO3的质量为117g，则剩余固体占起始固体百分含量为，所以210℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3，失去的物质为NH3，380℃时，HVO3进一步分解生成V2O5和水，则剩余固体占起始固体百分含量为，故剩余固体是V2O5，失去的物质为H2O；故答案为：NH3。
（7）已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO (黄色)被还原为VO2+(蓝色)，则离子方程式为2VO＋2H+＋H2C2O4＝2VO2+＋2CO2↑＋2H2O；准确称取产品V2O52.0g，加入足量的稀硫酸使其完全生成(VO2)2SO4，并配成250mL溶液。取25.00mL溶液用0.1000 mol L 1的H2C2O4溶液滴定，消耗标准液10.00mL，根据关系式2VO～H2C2O4，则n(VO)＝2n(H2C2O4)＝2×0.01L×0.1000 mol L 1＝0.002mol，所以250mL溶液中n(VO)＝0.002mol×10＝0.02mol，所以n(V2O5) ＝0.01mol，其质量为0.01mol×182g mol 1＝1.82g，故产品纯度；故答案为：2VO＋2H+＋H2C2O4＝2VO2+＋2CO2↑＋2H2O；91.00%。
【分析】 含钒废料焙烧后，有机物杂质会燃烧除去，V2O3被氧化为V2O5；“滤渣1”为不与硫酸反应的二氧化硅，溶液中含有Cu2+，Mn2+，Al3+和钒离子，调节pH将杂质离子生成难溶物除去，加入碳酸氢铵除锰，再加入过量硫酸铵反应后浓缩结晶得到NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。
9．【答案】（1）烧杯、量筒
（2）PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O；盐酸浓度过大，盐酸与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少
（3）取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去
（4）1.2×105
（5）正极；质子；3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；配制一定物质的量浓度的溶液；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）配制5.3 mol L 1的H2SO4溶液，需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、烧杯、一定规格的容量瓶，不用托盘天平、圆底烧瓶、漏斗；故答案为：烧杯、量筒。
（2）①将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S，MnO2发生还原反应生成Mn2+，反应的离子方程式为PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O；故答案为：PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O。
②MnO2能与浓盐酸反应，则盐酸浓度过大，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少，铅元素的浸出率会下降；故答案为：盐酸浓度过大，盐酸与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少。
（3）过程Ⅰ中Fe2+作催化剂，在反应i中作反应物，转化为Fe3+，设计的实验方案为：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红；要证明Fe2+在反应ii中作生成物，Fe3+转化为Fe2+，可取a中红色溶液，加入过量Pb粉，若充分反应后红色褪去，即可说明Fe3+又转化为Fe2+；故答案为：取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（4）过滤出的PbCO3沉淀中混有PbSO4，则PbCO3、PbSO4共存体系中；故答案为：1.2×105。
（5）①该电解池中，Y极中水失电子生成O2，为阳极，与电源正极相连；故答案为：正极。
②阳极反应式为2H2O 4e﹣＝O2↑＋4H+，阴极反应式为3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O，电解质溶液呈酸性，则离子交换膜为质子交换膜；故答案为：质子。
③X电极为阴极，阴极上CO2得电子生成丙烯，电极反应式为3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O；故答案为：3CO2＋18e－＋18H+＝CH3CH=CH2＋6H2O。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据实验步骤选择相关仪器；
（2）①将PbS与盐酸、MnO2和饱和食盐水一起浸取，PbS反应后生成和S，则PbS反应的离子方程式为PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H+＝＋S＋Mn2+＋2H2O；
②盐酸浓度过大，盐酸与MnO2发生氧化还原反应，部分MnO2被盐酸消耗，导致与PbS反应的MnO2的量减少；
（3）过程Ⅰ中Fe2+作催化剂，在反应i中作反应物，转化为Fe3+，在反应ii中作生成物，Fe3+转化为Fe2+；
（4）根据计算；
（5） X电极上CO2得电子生成丙烯、为阴极、与电源负极相接，Y电极上H2O失电子生成O2、作阳极、与电源正极相接。
10．【答案】（1）+434
（2）B
（3）25kPa；16875
（4）当氨气在水中达到饱和时会逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液已饱和，所以溶液pH几乎不变
（5）H-O；H-Al；开始时AlN和水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，反应速率突然加快
（6）副产物CO是重要的化工原料
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)将反应ⅰ和反应ⅱ相加，即可得到总反应3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g) ，其ΔH=+708.1kJ/mol-274.1kJ/mol=+437.0kJ/mol。
(2)反应ⅰ的正反应是吸热反应，升高温度有利于提高平衡转化率，该反应又是气体体积增大的反应，降低压强有利于平衡正向移动，所以高温低压有利于提高平衡转化率，
故答案为：B。
(3)在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ，设起始时氮气的物质的量为1mol，平衡时氮气转化率为50%，可列三段式：
所以平衡时氮气和CO的分压分别为，，则平衡常数 Kp==16875kPa2。
(4)反应ⅱ生成氨气，氨气溶于水形成氨水，溶液的pH增大，当氨气在水中达到饱和时逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液已饱和，所以溶液pH几乎不变。
(5)①路径1和路径2都断裂N-H键，但路径1形成的是O-H键，而路径2形成的是Al-H键，由于O-H键的键能大于Al-H的键能，所以O-H键更容易形成，所以能垒较低。
②开始时AlN和水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，所以反应在15min时反应速率然加快。
(6)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的。
【分析】(1)依据盖斯定律解答；
(2)依据外界因素对平衡的影响进行条件的选择。
(3)利用三段式法计算。
(4)当氨气在水中达到饱和时逸出，溶液pH几乎不变。
(5)①化学键容易形成，所则能垒较低。
②活化能降低，反应速率然加快。
(6)副产物再利用。
11．【答案】（1）；小于；12
（2）sp2、sp3；3：1
（3）5d46s2
（4）1：1；6
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Al原子价电子排布式为3s23p1，价电子排布图为，Mg元素3s能级为全满稳定状态，能量较低，Mg的第一电离能大于Al的，即Al的第一电离能小于Mg的；Mg有12个电子就有12种运动状态的电子；故答案为：；小于；12。
（2）分子中碳原子均没有孤对电子，苯环中C原子形成3个σ键、其它碳原子生成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，分别采取sp2、sp3杂化，二者原子数目之比为6(m+n)：2(m+n)=3：1；故答案为：sp2、sp3；3：1。
（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，价电子包括5d、6s电子，与Cr是同族，但排布方式与Cr有所不同，Cr的价电子排布式为3d54s1，而钨的价电子排布式为：5d46s2；故答案为：5d46s2。
（4）在此结构中钨原子数目为，结构内部有3个C原子，因此碳原子和钨原子个数比为3：3=1：1；以上面面心的钨原子分析，这个晶胞内以钨原子最近的碳原子有3个，上面晶胞内以钨原子最近的碳原子也有3个，因此晶体内1个钨原子周围距离最近且相等的碳原子有3×2=6；故答案为：1：1；6。
（5）晶胞中有3个碳和3个钨，则晶胞密度；故答案为：。
【分析】（1） Al原子价电子排布式为3s23p1， 据此画出的价电子排布图；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；原子核外有个电子，就有几种不同运动状态的电子；
（2）苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，价电子包括5d、6s电子；
（4）利用均摊法计算钨原子数目；以面心的钨原子可知，1个晶胞内距钨原子最近的碳原子有3个；
（5）根据计算。
12．【答案】（1）光照；取代反应
（2）2-溴丙烷
（3）羰基、(酚)羟基；3
（4）
（5）
（6）、
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）反应①是A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，反应⑤中F断裂O-H键和断裂C-Br键生成G和HBr，反应类型为取代反应；
（2）母体是丙烷，溴原子取代在2号碳上，系统命名为2-溴丙烷；
（3）E中含氧官能团的名称为羰基、(酚)羟基；F含碳碳双键和酚羟基，向F中加入浓溴水，可在酚羟基的邻位发生取代反应，还有碳碳双键发生加成反应，1molF最多可以与3 molBr2反应；
（4）D与H发生已知信息中取代反应生成E，可推知H的结构简式为 ；
（5）E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E→F反应的化学方程式： ；
（6）D的同分异构体满足条件：a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，结构为、。
【分析】A和氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B中氯原子被-CN取代生成C，C发生水解反应生成D，D和H发生取代反应生成E，结合D、E的结构简式知，H为，E反应生成F，F发生取代反应生成G。
