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2026届河北百师联盟高三下学期一模化学试题
1．化学与生产生活紧密相关。下列描述不涉及化学反应的是
A．石墨和金刚石都是由碳元素组成的，二者可以相互转化
B．氧化铁俗称铁红，可以用于高炉炼铁
C．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现质子
D．我国科学家成功将CO2转化为淀粉
2．下列化学用语表述正确的是
A．CO2的电子式为：
B．3，3-二甲基戊烷的键线式为
C．基态溴原子的简化电子排布式为[Ar]4s24p5
D．HCl中共价键的电子云轮廓图为
3．劳动教育更能体现育人的综合功能。下列劳动项目与所关联化学知识描述正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工人用SO2漂白草帽 SO2具有还原性，可将氧化性物质还原
B 用含小苏打的发泡剂烘焙面包 Na2CO3可以与酸性物质反应生成CO2
C 用84消毒液为教学楼消毒 NaClO溶液具有强氧化性，能够消毒杀菌
D 将苯甲酸钠加入食品中作防腐剂 苯甲酸钠溶液显碱性，能够抑菌
A．A B．B C．C D．D
4．高分子材料在各个领域都有广泛的应用。下列说法错误的是
A．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到再生纤维
B．坦克装甲使用的凯夫拉纤维(芳香聚酰胺)是一种合成纤维，其刚性分子结构能有效抵御穿甲弹冲击
C．充电桩绝缘外壳使用的聚氯乙烯的链节可表示为
D．高密度聚乙烯含有较多的支链，软化温度较低
5．次磷酸钠(NaH2PO2)是一种正盐，具有强还原性，常用于化学镀铜等工业生产，其反应的化学方程式为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH=Cu↓+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．上述反应中，Cu和H2均是还原产物
B．用NaOH溶液完全中和1mol次磷酸(H3PO2)，消耗OH-的数目为3
C．当生成6.4g铜时，被CuSO4氧化的的数目为0.4
D．每生成44.8L H2，则反应转移电子的数目为8
6．下列有关物质的制备能达到实验目的的是
A．用甲装置干燥氨气 B．用乙装置制备Fe(OH)3胶体
C．用丙装置制备无水MgCl2 D．用金属钠制备Na2O2
7．结构决定性质。下列对性质的解释，不合理的是
选项 性质 解释
A 向CuSO4溶液与过量氨水反应后的深蓝色溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体 分子的极性：H2O>C2H5OH
B 乙醇的沸点高于乙醛 乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间无氢键
C O3在水中溶解度小于在CCl4中溶解度 O3是非极性分子，与CCl4“相似相溶”
D 用“杯酚”可将C60、C70分离开 C60的大小与“杯酚”空腔大小适配
A．A B．B C．C D．D
8．超导材料凭借零电阻和完全抗磁性等特性，已在能源、交通、医疗、科研等领域实现广泛应用。某新型的超导材料的晶胞结构如下图所示。晶胞为长方体(如图)，其晶胞参数分别为anm、anm、bnm。下列有关说法错误的是
A．基态Cr的价电子排布图为
B．距离Cr最近的Si的个数为2
C．该超导材料的化学式为ThCr2Si2
D．该晶胞的密度可表示为
9．有机物M是合成四氨基喹啉类抗疟药物的重要中间体，其合成路线如下图所示。
下列有关说法正确的是
A．Y存在顺反异构体
B．Y中只有两种官能团
C．M不能使Br2的CCl4溶液褪色
D．该反应为取代反应，另一种产物为乙醇
10．盐Q可用于印刷制版、化肥、医药制造等领域，其结构如下图所示。其中X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，X与Z相邻，Z与W同主族，基态X原子的最高能级上的电子数是内层电子数的2倍。下列说法错误的是
A．电负性：X>Z>W B．简单离子半径：W>Z>X
C．阳离子的空间结构与相同 D．该盐的阴离子可与碱发生反应
11．铬(Cr)及其化合物在颜料、鞣革、印染等工业中具有重要的应用。铬矿渣中铬以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷的氧化物。从铬矿渣中分离提取铬的一种流程如下图所示。已知：“煅烧”后铬被氧化为最高价含氧酸盐(Na2CrO4)。
下列说法正确的是
A．实验室模拟“煅烧”操作时在瓷坩埚中进行
B．“水浸渣”的主要成分是Al2O3
C．“沉淀”调pH到弱酸性，目的是将铝元素除去
D．“还原”步骤发生反应的离子方程式为
12．有机质子—氢气电池具有保持超过十万圈的稳定循环和-70℃的低温可行性，展示出其在极端气候下应用的潜力。下图是四氯苯醌质子—氢气电池工作机理。
下列有关说法正确的是
A．放电时，a电极为正极，发生还原反应
B．放电时，当有1mol H+迁移到正极时，转移电子的物质的量为1mol
C．充电时的阳极反应为
D．与氢氧燃料电池相比，当有1molH2反应时，该电池转移的电子数更多
13．硫酸催化下环氧乙烷开环反应的机理如下图所示。下列有关说法错误的是
A．环氧乙烷分子中氧原子和碳原子的杂化类型相同
B．质子化时，氧原子提供孤电子对，与H+形成配位键
C．1mol环状双烷基氧鎓离子含有的电子数为25×6.02×1023
D．总反应的化学方程式为+CH3OHHOCH2CH2OCH3
14．25℃时、向含NaCN、Na2CO3、NaCl的混合溶液中滴加AgNO3溶液，平衡时混合溶液中pAg与pM的关系如下图所示[已知：pAg=-lgc(Ag+)，pM=-lgc(M)，其中，M=CN-或Cl-或；Ksp(AgCN)下列有关说法错误的是
A．直线L2代表-lgc(Ag+)与-lgc(Cl-)的关系
B．常温下，AgCN的饱和溶液中c(Ag+)=10-4.875mol·L-1
C．向a点所示的溶液中加入AgNO3固体，增大
D．常温下，反应AgCl(s)+CN-=AgCN(s)+Cl-可以进行完全
15．氯化亚铜(CuCl)晶体难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化，工业上常用作催化剂、媒染剂等。实验室用如下装置制备CuCl并验证SO2的性质。
已知：Fe3++[Fe(HSO3)]2+；[Fe(HSO3)]2+呈红棕色，可以将Fe3+还原为Fe2+。
（1）仪器a的名称是　 　。实验室制备SO2选用的试剂为Na2SO3固体和70%的硫酸。装置A中所用硫酸的密度是1.61 g/cm3.则该硫酸的物质的量浓度是　 　mol/L。
（2）多孔球泡的作用是　 　，装置B中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）随着气体的产生，同学们观察到装置C中现象是溶液由棕黄色变成红棕色，将混合液放置10小时后、溶液才变成浅绿色。Fe(OH)3胶体呈红褐色，与装置C中的颜色相似、为了排除红棕色物质是Fe(OH)3胶体的可能，可通过观察是否产生　 　，证明浅绿色溶液中含有Fe2+的实验操作为　 　。
（4）若装置D中为过量的Ba(NO3)2溶液，则发生反应的离子方程式为　 　。
（5）测定CuCl产品纯度：将2.80 g产品溶于硝酸，配成250 mL溶液，取25.00 mL，加20.00 mL 0.2000 mol/L AgNO3溶液，充分反应后，加少量硝基苯覆盖沉淀。
NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用0.1000 mol/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液、平行实验进行三次，平均每次消耗NH4SCN溶液20.00 mL。则该产品的纯度为　 　%(保留三位有效数字)，若未加入硝基苯，会导致测定结果　 　(填“偏高”或“偏低”)。[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]。
16．工业上常从钒铁合金的炼钢残渣(主要含FeO、V2O3，还有少量硅、铝的氧化物等杂质)中提取金属钒，其工艺流程如图所示。
已知：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；②+5价V在强酸性条件下以形式存在，在碱性条件下以形式存在；③25℃时，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3；④用有机萃取剂HA萃取时，对阳离子萃取能力由强到弱的顺序为Fe3+>VO2+>>Fe2+。
（1）基态钒原子的核外电子的运动状态有　 　种。
（2）“粉碎”的目的是　 　；“焙烧”时V2O3发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“浸渣”的成分是　 　(填化学式)；“还原”的目的是　 　。
（4）加入KClO3后发生反应的离子方程式为　 　。
（5）“调pH”后测得溶液中c()=0.1mol·L-1，若“沉钒”时钒元素沉淀率达到99%，则“沉钒”后溶液中的c()=　 　mol·L-1。
（6）检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是　 　；“煅烧”产生的气体可在　 　中使用(填工序名称)。
17．为了应对CO2浓度过高引起的全球变暖问题，将CO2转化为高附加值产品成为一项重要的研究课题。
Ⅰ．热催化CO2还原。
已知下列反应。
反应i：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔΗ1=+41
反应ii：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔΗ2=-90
反应iii：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔΗ3=-23.9
反应iv：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔΗ4
（1）ΔΗ4=　 　。
（2）向1L的密闭容器中通入2 molCO2和6 molH2，只发生反应iv，达平衡时，测得不同温度和压强下、二甲醚(CH3OCH3)的物质的量分数如图所示。
①温度由低到高的顺序为　 　，理由是　 　。
②若反应iv在压强为p1、温度为T3条件下进行，30min后反应达平衡，则CO2的转化率为　 　×100%(结果用分数表示，下同)，v(H2)为　 　mol·L-1·min-1。
Ⅱ．电催化CO2还原。
在催化剂的作用下，CO2先被还原为CO，再进行耦合，进而生成甲醇、乙醇等燃料。如图为外加电压为0V和-0.19V下，在催化剂CuB2@g—C3N4上CO被还原为乙醇的吉布斯自由能(G)图(*表示吸附态)。
（3）在无外加电压下，*COCO经过多步反应不断被还原为乙醇，在H+存在下，该过程中的决速步骤发生的电极反应为　 　；由图可知，在　 　(填“低电压”或“高电压”)下更有利于生成乙醇。
18．雷诺嗪(H)是一种用于治疗慢性心绞痛的处方药物，其结构及合成路线如下图所示。
（1）A的结构简式为　 　，C的化学名称为　 　，D中含氧官能团的名称为　 　。
（2）C→D的反应类型为　 　。
（3）E→F发生反应的化学方程式为　 　。
（4）有机物J是F的同分异构体，同时满足下述条件的J的结构有　 　种，请任写一种J的结构简式：　 　。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应和水解反应；
③核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1。
（5）雷诺嗪(H)还可以按照下列合成路线进行合成：
DMH
则M的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解析】A. 石墨与金刚石属于碳元素组成的同素异形体，两者结构不同。当它们发生相互转化时，分子结构发生改变，属于化学变化（涉及旧键断裂和新键形成），A不符合题意。
B. 高炉炼铁的核心反应是Fe + 3CO= 2Fe + 3CO，该过程有铁单质生成，属于典型的化学反应，B不符合题意。
C. 卢瑟福实验中发生的核反应为： + = +，这是原子核层面的变化（质子数改变），不属于化学反应范畴，C符合题意。
D. CO2转化为淀粉（(C6H10O5)n）的过程生成了全新的大分子有机物，属于化学合成反应，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、石墨和金刚石属于两种不同的物质，二者的转化属于化学变化。
B、高炉炼铁的过程中，Fe2O3转化为Fe，属于化学变化。
C、发现质子的过程中没有新物质生成。
D、CO2转化为淀粉的过程中，涉及新物质的生成，属于化学变化。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．二氧化碳分子中碳原子与每个氧原子形成碳氧双键，其正确的电子式为，选项A错误；B. 3，3-二甲基戊烷的主链含有5个碳原子，在3号碳原子上连接着两个甲基，该键线式准确表达了其分子结构，选项B正确；
C．基态溴原子的简化电子排布式应为，而选项中遗漏了3d轨道的电子排布，选项C错误；
D．氯化氢分子是双原子分子，氢原子的1s轨道（球形）与氯原子的p轨道（哑铃形）形成不对称的s-p σ键，其电子云轮廓图应为，选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、CO2中C、O原子间存在2对共用电子对，据此确定其电子式。
B、该有机物中最长碳链含有5个碳原子，且3号碳原子上含有2个－CH3，据此分析。
C、Br原子的核外电子数为35，据此确定其简化的核外电子排布式。
D、结合HCl中共价键的形成分析。
3．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．SO2漂白草帽是利用其与有色物质结合生成不稳定的无色化合物，属于漂白性，而非还原性，A错误；
B．小苏打是NaHCO3（碳酸氢钠），不是Na2CO3（碳酸钠），化学物质对应错误，B错误；
C. 84消毒液的有效成分NaClO具有强氧化性，能使病毒蛋白质变性，从而达到消毒杀菌作用，C正确；
D．苯甲酸钠在酸性食品环境中会转化为苯甲酸，苯甲酸通过使微生物蛋白质变性来抑制微生物生长繁殖，而非因其溶液呈碱性，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2漂白草帽，利用的是SO2的漂白性。
B、小苏打为NaHCO3，做发泡剂是因为NaHCO3受热分解生成CO2。
C、84消毒液的主要成分为NaClO，具有氧化性，能使蛋白质的结构变性。
D、苯甲酸钠在酸性环境中可转化为苯甲酸。
4．【答案】D
【知识点】合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A．木材、秸秆的主要成分是纤维素，通过加工处理可以制得再生纤维，选项A正确；
B．凯夫拉纤维属于芳香聚酰胺类合成纤维，其分子结构具有刚性特征，因此强度高，能够有效抵御穿甲弹的冲击，选项B正确；
C．聚氯乙烯由氯乙烯通过加聚反应制得，其链节结构为，选项C正确；
D．高密度聚乙烯支链化程度低，分子排列紧密，结晶度高，因此软化温度较高；而低密度聚乙烯含有较多支链，分子排列松散，结晶度较低，软化温度也较低，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、木材、秸秆通过加工处理，可以得到再生纤维。
B、其刚性结构，具有高强度的性能，能够有效抵御穿甲弹的冲击。
C、聚氯乙烯的链节结构为。
D、高密度聚乙烯支链少，结晶度高，软化温度高。
5．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．在反应中，Cu元素的化合价由+2价降至0价，H元素的化合价由+1价降至0价，两者均发生了还原反应，产物Cu和H2都是还原产物，选项A正确；
B．由于次磷酸钠(NaH2PO2)是正盐，表明次磷酸(H3PO2)为一元酸，一份次磷酸只能电离出一份氢离子，完全中和1 mol次磷酸仅需1 mol OH-，故消耗的OH-数目为NA，而非3NA，选项B错误；
C. 6.4 g铜的物质的量为0.1 mol，生成0.1 mol Cu时，Cu2+共获得0.2 mol电子。根据反应，中的P元素由+1价升至+3价，每1 mol失去2 mol电子。根据电子守恒，被CuSO4氧化的的物质的量为0.1 mol，数目为0.1NA，而非0.4NA，选项C错误；
D．题目未说明氢气是否处于标准状况，因此无法确定44.8 L H2的物质的量，也就无法计算反应转移的电子数目，选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据元素化合价变化分析，元素化合价降低后生成的物质，为还原产物。
B、NaH2PO2为正盐，说明H3PO2是一元酸，只能消耗一个OH－。
C、6.4gCu的物质的量为0.1mol，结合反应过程中元素化合价计算转移电子数。
D、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
6．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；氨的实验室制法；胶体的性质和应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A．无水CaCl2会与NH3发生反应生成CaCl2·8NH3络合物，因此不能用于干燥氨气，可用碱石灰干燥氨气，选项A错误。
B．将FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中，生成红褐色Fe(OH)3沉淀，无法制得Fe(OH)3胶体。正确的制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，选项B错误。
C．MgCl2容易发生水解反应，故加热MgCl2·6H2O需在干燥HCl气流中，可以抑制Mg2+的水解，避免其生成氢氧化镁，最终能够制得无水MgCl2，选项C正确。
D．蒸发皿不耐高温灼烧，不能用于熔融固体，故加热熔融钠制备过氧化钠需要使用坩埚，因为选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、CaCl2能与NH3反应生成CaCl2·8NH3。
B、制备Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中。
C、干燥的HCl可抑制MgCl2的水解。
D、固体的灼烧需在坩埚中进行。
7．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．在CuSO4溶液中加入过量氨水，生成深蓝色配合物[Cu(NH3)4]SO4。由于该配合物是强极性离子化合物，而乙醇的极性小于水（H2O>C2H5OH），当加入乙醇后溶剂极性降低，导致配合物溶解度减小而析出晶体。该解释合理，A不符合题意。
B．乙醇分子中含有羟基，能够形成分子间氢键，而乙醛分子间不存在氢键。氢键的存在使乙醇沸点显著高于乙醛，这一解释正确，B不符合题意。
C．O3分子呈V形结构，属于弱极性分子（正负电荷中心不重合）。根据相似相溶原理，O3在非极性溶剂CCl4中的溶解度应大于在极性溶剂水中的溶解度。原解释中"O3是非极性分子"的说法错误，C符合题意。
D．杯酚分离C60和C70的原理是利用C60分子尺寸与杯酚空腔的匹配性形成包合物，这一解释合理，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、配合物[Cu(NH3)4]SO4属于强极性离子化合物，加入乙醇后析出晶体，说明乙醇的极性小于水。
B、乙醇可形成分子间氢键，使得沸点增大。
C、O3属于极性分子，但极性较低。
D、C60的大小与杯酚空腔的大小适配，可实现C60、C70的分离。
8．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A．基态Cr原子（24号元素）的价电子排布为，符合洪特规则中半满稳定结构的要求，题目给出的价电子排布图是正确的，A选项正确；
B．通过分析晶胞结构可以发现，每个Cr原子周围最近的Si原子数量是4个，而非题目所述的2个，B选项错误；
C．采用均摊法计算晶胞中各原子数量：Th原子数：；Cr原子数：；Si原子数：，因此化学式为，C选项正确；
D．密度计算：晶胞体积：；晶胞质量：（即），题目给出的密度表达式正确，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、Cr为24号元素，其3d能级应满足半充满稳定结构。
B、距离Cr原子最近的Si原子的个数为4。
C、根据均摊法确定原子个数，从而得到晶体的化学式。
D、根据公式计算晶胞密度。
9．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃；取代反应
【解析】【解析】A．化合物Y中的碳碳双键一端连接两个相同的酯基（-COOEt），不符合顺反异构体的形成条件（双键两端各连不同基团），因此不存在顺反异构现象，选项A错误；
B．化合物Y的分子结构中同时存在碳碳双键、酯基和醚键共三种官能团，而非仅有两种，选项B错误；
C．化合物M含有碳碳双键，能与溴单质（Br2）发生加成反应，导致溴的四氯化碳（CCl4）溶液褪色，选项C错误；
D．该反应属于取代反应类型，反应过程中X分子氨基（-NH2）上的一个氢原子与Y分子中的乙氧基（-OEt）结合生成乙醇（EtOH），另一产物确实为乙醇，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构。
B、Y中含有酯基、醚键和碳碳双键。
C、M中含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色。
D、结合反应物X、Y的结构和产物M的结构确定断键、成键的位置，从而得到另一产物的结构。
10．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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】【解析】A. 根据电负性变化规律分析：同周期元素从左至右电负性递增，同主族元素从上至下电负性递减。因此电负性顺序为：，对应，选项A正确。B. 简单离子半径比较规则：电子层数越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越小半径越大。具体比较：（3电子层） >（2电子层，核电荷数7） >（2电子层，核电荷数8），即，选项B正确。
C. 空间结构对比：：N价层电子对数=4（4个σ键），孤电子对=0，正四面体构型；：C价层电子对数=3+=4，含1对孤电子对，三角锥构型。两离子空间构型不同，选项C错误。
D. 阴离子中含P-OH结构，羟基中的氢能被电离成氢离子，具有酸性，可与碱发生中和反应，选项D正确。
故答案为：C
【分析】X、Y、W分别位于不同的短周期（第1、2、3周期），Y原子只能形成1个化学键，说明Y是第1周期的氢元素（H）。基态X原子的最高能级电子数是内层电子数的2倍：内层电子数为2（1s2），最高能级电子数应为4，对应电子排布为，因此X是氧元素（O）。X（O）与Z相邻，且阳离子中Z连接4个H原子并带1个正电荷：该阳离子为，所以Z是氮元素（N）。Z（N）与W同主族，因此W是磷元素（P）。最终确定各元素：Y：H（氢）、X：O（氧）、Z：N（氮）、W：P（磷）。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解析】A、瓷坩埚的主要成分是二氧化硅（），在高温条件下会与氢氧化钠（）发生化学反应，因此煅烧过程不能使用瓷坩埚，应使用铁坩埚，A错误；B、煅烧过程中，氧化铝（）具有两性，会与氢氧化钠反应生成可溶性的四羟基合铝酸钠（），进入水浸液。水浸渣的主要成分是氧化铁（Fe2O3），B错误；
C、当调节pH至5.5时，为弱酸性，溶液中的四羟基合铝酸钠会转化为氢氧化铝（）沉淀，可以通过过滤去除铝元素，C正确；
D、题目给出的离子方程式存在氧原子不守恒的问题。在酸性条件下，正确的离子方程式应为：，D错误；
故答案为：C
【分析】铬矿渣中的铬以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质包括铁、铝、硅、磷等元素的化合物。在煅烧过程中，铬矿渣与氢氧化钠混合并在空气条件下反应，生成Na2CrO4、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和磷酸钠。通入空气后，含铁化合物被氧化为，因其不与氢氧化钠反应且不溶于水，最终以水浸渣形式被过滤分离。滤液中主要含有Na2CrO4、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和磷酸钠。随后，通过加入稀硫酸调节pH至弱酸性，Na[Al(OH)4]转化为氢氧化铝沉淀，实现铝的去除。滤液中加入硫酸镁和硫酸铵，生成MgNH4PO4和MgSiO3沉淀，完成“除硅磷”步骤。进一步调节pH至1左右，铬元素转化为。最后，向滤液中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，将Cr2O还原为Cr3+，并通过调节pH生成沉淀。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，a电极为电子流出方，是负极，发生氧化反应，选项A错误。
B．放电时，为保持溶液的电中性，外电路每转移1 mol电子，就有1 mol从负极迁移到正极。当1 mol迁移到正极时，转移的电子物质的量为1 mol，选项B正确。
C．放电时，正极上四氯苯醌得到2个电子（）生成四氯对苯二酚。充电时，阳极反应是放电过程中正极反应的逆过程，即四氯对苯二酚失去2个电子（）重新生成四氯苯醌，电极反应为：，选项C错误。
D．在两种电池中，1 mol反应时，氢元素均从0价升至+1价，均转移2 mol电子，因此有机质子—氢气电池和氢氧燃料电池转移电子数相同，选项D错误。
故答案为：B
【分析】放电过程中，电子从a电极流出，表明a电极是负极，发生氧化反应；b电极是正极，四氯苯醌在此被还原为四氯对苯二酚。充电时，a电极变为阴极，b电极变为阳极。根据这一分析进行解答。
13．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在环氧乙烷分子中，碳原子形成4个σ键，价层电子对数为4，采用sp3杂化；氧原子形成2个σ键并含有2对孤电子对，价层电子对数同样为4，也采用sp3杂化，因此二者的杂化类型相同，A选项正确；B．氧原子上存在孤电子对，而具有空轨道，在质子化过程中，氧原子与形成配位键，B选项正确；
C．环状双烷基氧鎓离子的化学式为，其质子数计算为2×6（碳）+5×1（氢）+8（氧）=25，由于带1个单位正电荷，电子数应为25-1=24。因此1 mol该离子所含电子数为24×6.02×1023，C选项错误；
D．总反应是环氧乙烷与CH3OH反应生成HOCH2CH2OCH3，为催化剂，该化学方程式书写正确，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据O、C原子的价层电子对数确定其杂化类型。
B、H+只有一个空轨道，能与O原子的孤电子对形成配位键。
C、环状双烷基氧鎓离子为，据此计算。
D、根据流程确定反应物和生成物，进而确定反应的化学方程式。
14．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据推导，直线L2表示的是-lgc(Ag+)与-lgc(Cl-)之间的变化关系，选项A正确。B．从图中可以看出，直线L1和L2在pM轴上的截距分别对应pKsp(AgCN)≈15.92和pKsp(AgCl)≈9.75。在AgCN饱和溶液中，c(Ag+)=c(CN-)，根据Ksp(AgCN)=10-15.92=c2(Ag+)，计算得到c(Ag+)=10-7.96 mol·L-1，而不是题目中给出的10-4.875 mol·L-1，选项B错误。
C．将表达式变形得到：。当加入AgNO3时，c(Ag+)增大，而Ksp保持不变，因此该比值会增大，选项C正确。
D．反应AgCl(s)+CN-=AgCN(s)+Cl-的平衡常数。由于K>105，说明该反应可以完全进行，选项D正确。
故答案为：B
【分析】对于1：1型沉淀：，对等式两边同时取负对数，可得，曲线斜率为，因此越小，越大，截距越大。由于溶度积：，因此截距更大的曲线对应，曲线对应。对于：，对等式两边同时取负对数，可得，即，斜率为，斜率更大（更陡），因此对应。据此结合选项分析。
15．【答案】（1）分液漏斗；
（2）增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+
（3）丁达尔效应；取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+
（4）3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+
（5）71.1；偏低
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，由公式。
故答案为： 分液漏斗 ；11.5
（2）多孔球泡有很多小孔，可以增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行，由装置图可知装置B制备CuCl，故二氧化硫将铜由+2价还原为+1价，自身被氧化到+6价，由此可写出方程式2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+。
故答案为： 增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 ； 2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+
（3）胶体的特征是丁达尔效应，故可通过观察是否产生丁达尔效应排除红棕色物质是Fe(OH)3胶体的可能，证明浅绿色溶液中含有Fe2+可以加入铁氰酸钾，看是否有蓝色沉淀产生，故实验操作为取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+。
故答案为：丁达尔效应； 取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+
（4）SO2通入过量的Ba(NO3)2溶液，被氧化为，再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，故方程式为3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+。
故答案为： 3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+
（5）硝酸银的物质的量为n(AgNO3，总)= 0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.004 mol，过量的硝酸银n(AgNO3，过量)= n(NH4SCN)= 0.1000mol/L×20.00×10-3L=0.002 mol，则25 mL溶液中产生的n(CuCl)= n(Cl-)=0.004 mol-0.002 mol=0.002 mol，则250 mL溶液中的n(CuCl)=0.002 mol×10=0.02 mol，故纯度，因Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，若不加硝基苯，在滴定过程中会有AgCl转变为AgSCN，使测得NH4SCN体积增大，测定结果偏低。
故答案为：71.1；偏低
【分析】（1）图示仪器a为分液漏斗。根据公式计算该硫酸的物质的量浓度。
（2）多孔球泡可增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率。装置B中SO2与CuCl2溶液反应生成CuCl沉淀，同时SO2被氧化，生成SO42－，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（3）结合胶体的丁达尔效应分析。检验Fe2＋，可加入铁氰化钾溶液，观察是否有蓝色沉淀生成。
（4）SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与H2O反应形成酸性溶液，NO3－酸性条件下具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，因此反应生成BaSO4沉淀，据此写出反应的离子方程式。
（5）根据滴定过程中发生的反应进行计算。若未加硝基苯，则会导致AgCl转化为AgSCN，使得NH4SCN偏大，结果偏低。
（1）由装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，由公式
（2）多孔球泡有很多小孔，可以增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行，由装置图可知装置B制备CuCl，故二氧化硫将铜由+2价还原为+1价，自身被氧化到+6价，由此可写出方程式2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+；
（3）胶体的特征是丁达尔效应，故可通过观察是否产生丁达尔效应排除红棕色物质是Fe(OH)3胶体的可能，证明浅绿色溶液中含有Fe2+可以加入铁氰酸钾，看是否有蓝色沉淀产生，故实验操作为取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+
（4）SO2通入过量的Ba(NO3)2溶液，被氧化为，再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，故方程式为3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
（5）硝酸银的物质的量为n(AgNO3，总)= 0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.004 mol，过量的硝酸银n(AgNO3，过量)= n(NH4SCN)= 0.1000mol/L×20.00×10-3L=0.002 mol，则25 mL溶液中产生的n(CuCl)= n(Cl-)=0.004 mol-0.002 mol=0.002 mol，则250 mL溶液中的n(CuCl)=0.002 mol×10=0.02 mol，故纯度，因Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，若不加硝基苯，在滴定过程中会有AgCl转变为AgSCN，使测得NH4SCN体积增大，测定结果偏低。
16．【答案】（1）23
（2）增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分；
（3）H2SiO3；“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离
（4）
（5）1.6
（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净；沉钒
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）钒是23号元素，基态钒原子核外有23个电子，每个电子的运动状态均不相同，因此核外电子的运动状态共23种。
故答案为：23
（2）增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分，焙烧时的方程式为： 。
故答案为： 增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分 ；
（3）焙烧时 转化为硅酸盐，加酸调pH时转化为 沉淀，故浸渣为 ；根据已知萃取能力顺序，“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离。
故答案为： H2SiO3；“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离
（4）将价（）氧化为价（），被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式。
故答案为：
（5）沉淀率为，则剩余，根据，得。
故答案为：1.6
（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净；煅烧分解生成，可制备沉钒所需的铵盐，可返回沉钒工序循环使用。
故答案为： 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净 ；沉钒
【分析】（1）V为23号元素，其核外电子数为23，每个电子的运动状态都不同。
（2）粉碎可增大接触面积，加快反应速率。“焙烧”过程中V2O3与Na2CO3反应生成NaVO3，过程中V元素被氧化，因此还有O2参与反应，据此写出反应的化学方程式。
（3）“焙烧”过程中SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液中加入硫酸，形成H2SiO3沉淀。“还原”的过程中将溶液中的VO2＋转化为VO2＋，同时Fe3＋还原为Fe2＋，有利于铁钒的分离。
（4）KClO3具有氧化性，能将VO2＋氧化成VO2＋，ClO3－被还原为Cl－，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（5）根据沉钒率99%可计算此时溶液中剩余c(VO3－)，再结合NH4VO3的溶度积Ksp即可计算此时溶液中c(NH4＋)。
（6）洗涤的目的是除去表面附着的溶液，其洗出液中含有Cl－，因此若洗出液中不含有Cl－，则证明沉淀已经洗涤干净。据此结合Cl－的检验分析。“煅烧”过程中产生的气体为NH3，据此分析。
（1）钒是23号元素，基态钒原子核外有23个电子，每个电子的运动状态均不相同，因此核外电子的运动状态共23种。
（2）增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分，焙烧时的方程式为： 。
（3）焙烧时 转化为硅酸盐，加酸调pH时转化为 沉淀，故浸渣为 ；根据已知萃取能力顺序，“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离
（4）将价（）氧化为价（），被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式。
（5）沉淀率为，则剩余，根据，得。
（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净；煅烧分解生成，可制备沉钒所需的铵盐，可返回沉钒工序循环使用。
17．【答案】-121.9；T4＜T3＜T2＜T1；反应iv放热，升高温度，平衡逆移，二甲醚的物质的量分数减小，故温度越高，二甲醚的物质的量分数越小，温度由低到高的顺序为T4＜T3＜T2＜T1；；；*COCO+H++e- =*CHOCO；低电压
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应iv=iii+2×ii+2×i，故ΔΗ4=ΔΗ3+2×ΔΗ2+2×ΔΗ1=-121.9。
故答案为：-121.9
（2）①反应iv放热，升高温度，平衡逆移，二甲醚的物质的量分数减小，故温度越高，二甲醚的物质的量分数越小，故T4＜T3＜T2＜T1。
故答案为： T4＜T3＜T2＜T1； 反应iv放热，升高温度，平衡逆移，二甲醚的物质的量分数减小，故温度越高，二甲醚的物质的量分数越小，温度由低到高的顺序为T4＜T3＜T2＜T1
②设参加反应的CO2物质的量为x，列出三段式
二甲醚的物质的量分数=，解得x=，则二氧化碳的，v(H2)=。
故答案为：；
（3）决速步骤是活化能最大的那一步，观察图像可知，第一步活化能最大，故决速步骤发生的电极反应为*COCO+H++e-=*CHOCO，低电压时反应的吉布斯自由能变化量更大，反应进行的程度更大，故低电压更有利于生成乙醇。
故答案为：*COCO+H++e- =*CHOCO； 低电压
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①反应ⅳ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚的物质的量分数减小，据此分析。
②结合平衡三段式进行计算。
（3）决速步骤为慢反应步骤，即活化能最高的反应。由图可知，在低电压时反应滴定吉布斯自由能变化量大，反应进行的程度更大。
18．【答案】（1）；2，6-二甲基苯胺；酰胺基
（2）取代反应
（3）++HCl
（4）3；或或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；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】（1）由分析知，A的结构简式为 ，C为，化学名称为2，6-二甲基苯胺，D为，其中含氧官能团的名称为酰胺基。
故答案为：； 2，6-二甲基苯胺； 酰胺基
（2）C为，与发生取代反应生成D和HCl；
故答案为：取代反应
（3）由分析知，E为，与反应生成F，化学反应方程式为：++HCl；
故答案为：++HCl
（4）F为，分子式为，J 满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚羟基（直接连苯环）；
②能发生银镜反应和水解反应，则含有甲酸酯基（）；
③核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1，则含2个等效（6个H），苯环上对称分布取代基， 共有、、 三种；
故答案为：3；或或
（5）由分析知，D为，与哌嗪（）可发生取代反应生成M()，M()与F发生取代反应生成雷诺嗪(H)。
故答案为：
【分析】根据D的结构可以推断出A的分子式为，结合D的结构简式可知，A的结构为。A（）在浓硫酸和浓硝酸加热条件下发生硝化反应，生成B（），结合D的结构简式可知，-NO2位于2个-CH3的中间，因此B的结构为。B（）在Pd/C催化下发生还原反应，生成C（），-NO2转化为-NH2，因此C的结构为。C（）与发生取代反应，生成D并释放HCl。E的分子式为，其结构为。E与反应生成F，F进一步与反应生成G，最终G与H结合生成雷诺嗪（H）。
（1）由分析知，A的结构简式为 ，C为，化学名称为2，6-二甲基苯胺，D为，其中含氧官能团的名称为酰胺基；
（2）C为，与发生取代反应生成D和HCl；
（3）由分析知，E为，与反应生成F，化学反应方程式为：++HCl；
（4）F为，分子式为，J 满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚羟基（直接连苯环）；
②能发生银镜反应和水解反应，则含有甲酸酯基（）；
③核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1，则含2个等效（6个H），苯环上对称分布取代基， 共有、、 三种；
（5）由分析知，D为，与哌嗪（）可发生取代反应生成M()，M()与F发生取代反应生成雷诺嗪(H)。
1 / 12026届河北百师联盟高三下学期一模化学试题
1．化学与生产生活紧密相关。下列描述不涉及化学反应的是
A．石墨和金刚石都是由碳元素组成的，二者可以相互转化
B．氧化铁俗称铁红，可以用于高炉炼铁
C．卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现质子
D．我国科学家成功将CO2转化为淀粉
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解析】A. 石墨与金刚石属于碳元素组成的同素异形体，两者结构不同。当它们发生相互转化时，分子结构发生改变，属于化学变化（涉及旧键断裂和新键形成），A不符合题意。
B. 高炉炼铁的核心反应是Fe + 3CO= 2Fe + 3CO，该过程有铁单质生成，属于典型的化学反应，B不符合题意。
C. 卢瑟福实验中发生的核反应为： + = +，这是原子核层面的变化（质子数改变），不属于化学反应范畴，C符合题意。
D. CO2转化为淀粉（(C6H10O5)n）的过程生成了全新的大分子有机物，属于化学合成反应，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、石墨和金刚石属于两种不同的物质，二者的转化属于化学变化。
B、高炉炼铁的过程中，Fe2O3转化为Fe，属于化学变化。
C、发现质子的过程中没有新物质生成。
D、CO2转化为淀粉的过程中，涉及新物质的生成，属于化学变化。
2．下列化学用语表述正确的是
A．CO2的电子式为：
B．3，3-二甲基戊烷的键线式为
C．基态溴原子的简化电子排布式为[Ar]4s24p5
D．HCl中共价键的电子云轮廓图为
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．二氧化碳分子中碳原子与每个氧原子形成碳氧双键，其正确的电子式为，选项A错误；B. 3，3-二甲基戊烷的主链含有5个碳原子，在3号碳原子上连接着两个甲基，该键线式准确表达了其分子结构，选项B正确；
C．基态溴原子的简化电子排布式应为，而选项中遗漏了3d轨道的电子排布，选项C错误；
D．氯化氢分子是双原子分子，氢原子的1s轨道（球形）与氯原子的p轨道（哑铃形）形成不对称的s-p σ键，其电子云轮廓图应为，选项D错误；
故答案为：B
【分析】A、CO2中C、O原子间存在2对共用电子对，据此确定其电子式。
B、该有机物中最长碳链含有5个碳原子，且3号碳原子上含有2个－CH3，据此分析。
C、Br原子的核外电子数为35，据此确定其简化的核外电子排布式。
D、结合HCl中共价键的形成分析。
3．劳动教育更能体现育人的综合功能。下列劳动项目与所关联化学知识描述正确的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工人用SO2漂白草帽 SO2具有还原性，可将氧化性物质还原
B 用含小苏打的发泡剂烘焙面包 Na2CO3可以与酸性物质反应生成CO2
C 用84消毒液为教学楼消毒 NaClO溶液具有强氧化性，能够消毒杀菌
D 将苯甲酸钠加入食品中作防腐剂 苯甲酸钠溶液显碱性，能够抑菌
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．SO2漂白草帽是利用其与有色物质结合生成不稳定的无色化合物，属于漂白性，而非还原性，A错误；
B．小苏打是NaHCO3（碳酸氢钠），不是Na2CO3（碳酸钠），化学物质对应错误，B错误；
C. 84消毒液的有效成分NaClO具有强氧化性，能使病毒蛋白质变性，从而达到消毒杀菌作用，C正确；
D．苯甲酸钠在酸性食品环境中会转化为苯甲酸，苯甲酸通过使微生物蛋白质变性来抑制微生物生长繁殖，而非因其溶液呈碱性，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2漂白草帽，利用的是SO2的漂白性。
B、小苏打为NaHCO3，做发泡剂是因为NaHCO3受热分解生成CO2。
C、84消毒液的主要成分为NaClO，具有氧化性，能使蛋白质的结构变性。
D、苯甲酸钠在酸性环境中可转化为苯甲酸。
4．高分子材料在各个领域都有广泛的应用。下列说法错误的是
A．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到再生纤维
B．坦克装甲使用的凯夫拉纤维(芳香聚酰胺)是一种合成纤维，其刚性分子结构能有效抵御穿甲弹冲击
C．充电桩绝缘外壳使用的聚氯乙烯的链节可表示为
D．高密度聚乙烯含有较多的支链，软化温度较低
【答案】D
【知识点】合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A．木材、秸秆的主要成分是纤维素，通过加工处理可以制得再生纤维，选项A正确；
B．凯夫拉纤维属于芳香聚酰胺类合成纤维，其分子结构具有刚性特征，因此强度高，能够有效抵御穿甲弹的冲击，选项B正确；
C．聚氯乙烯由氯乙烯通过加聚反应制得，其链节结构为，选项C正确；
D．高密度聚乙烯支链化程度低，分子排列紧密，结晶度高，因此软化温度较高；而低密度聚乙烯含有较多支链，分子排列松散，结晶度较低，软化温度也较低，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、木材、秸秆通过加工处理，可以得到再生纤维。
B、其刚性结构，具有高强度的性能，能够有效抵御穿甲弹的冲击。
C、聚氯乙烯的链节结构为。
D、高密度聚乙烯支链少，结晶度高，软化温度高。
5．次磷酸钠(NaH2PO2)是一种正盐，具有强还原性，常用于化学镀铜等工业生产，其反应的化学方程式为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH=Cu↓+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．上述反应中，Cu和H2均是还原产物
B．用NaOH溶液完全中和1mol次磷酸(H3PO2)，消耗OH-的数目为3
C．当生成6.4g铜时，被CuSO4氧化的的数目为0.4
D．每生成44.8L H2，则反应转移电子的数目为8
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．在反应中，Cu元素的化合价由+2价降至0价，H元素的化合价由+1价降至0价，两者均发生了还原反应，产物Cu和H2都是还原产物，选项A正确；
B．由于次磷酸钠(NaH2PO2)是正盐，表明次磷酸(H3PO2)为一元酸，一份次磷酸只能电离出一份氢离子，完全中和1 mol次磷酸仅需1 mol OH-，故消耗的OH-数目为NA，而非3NA，选项B错误；
C. 6.4 g铜的物质的量为0.1 mol，生成0.1 mol Cu时，Cu2+共获得0.2 mol电子。根据反应，中的P元素由+1价升至+3价，每1 mol失去2 mol电子。根据电子守恒，被CuSO4氧化的的物质的量为0.1 mol，数目为0.1NA，而非0.4NA，选项C错误；
D．题目未说明氢气是否处于标准状况，因此无法确定44.8 L H2的物质的量，也就无法计算反应转移的电子数目，选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据元素化合价变化分析，元素化合价降低后生成的物质，为还原产物。
B、NaH2PO2为正盐，说明H3PO2是一元酸，只能消耗一个OH－。
C、6.4gCu的物质的量为0.1mol，结合反应过程中元素化合价计算转移电子数。
D、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
6．下列有关物质的制备能达到实验目的的是
A．用甲装置干燥氨气 B．用乙装置制备Fe(OH)3胶体
C．用丙装置制备无水MgCl2 D．用金属钠制备Na2O2
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；氨的实验室制法；胶体的性质和应用；钠的氧化物
【解析】【解答】A．无水CaCl2会与NH3发生反应生成CaCl2·8NH3络合物，因此不能用于干燥氨气，可用碱石灰干燥氨气，选项A错误。
B．将FeCl3饱和溶液滴入NaOH溶液中，生成红褐色Fe(OH)3沉淀，无法制得Fe(OH)3胶体。正确的制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，选项B错误。
C．MgCl2容易发生水解反应，故加热MgCl2·6H2O需在干燥HCl气流中，可以抑制Mg2+的水解，避免其生成氢氧化镁，最终能够制得无水MgCl2，选项C正确。
D．蒸发皿不耐高温灼烧，不能用于熔融固体，故加热熔融钠制备过氧化钠需要使用坩埚，因为选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、CaCl2能与NH3反应生成CaCl2·8NH3。
B、制备Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中。
C、干燥的HCl可抑制MgCl2的水解。
D、固体的灼烧需在坩埚中进行。
7．结构决定性质。下列对性质的解释，不合理的是
选项 性质 解释
A 向CuSO4溶液与过量氨水反应后的深蓝色溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体 分子的极性：H2O>C2H5OH
B 乙醇的沸点高于乙醛 乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间无氢键
C O3在水中溶解度小于在CCl4中溶解度 O3是非极性分子，与CCl4“相似相溶”
D 用“杯酚”可将C60、C70分离开 C60的大小与“杯酚”空腔大小适配
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．在CuSO4溶液中加入过量氨水，生成深蓝色配合物[Cu(NH3)4]SO4。由于该配合物是强极性离子化合物，而乙醇的极性小于水（H2O>C2H5OH），当加入乙醇后溶剂极性降低，导致配合物溶解度减小而析出晶体。该解释合理，A不符合题意。
B．乙醇分子中含有羟基，能够形成分子间氢键，而乙醛分子间不存在氢键。氢键的存在使乙醇沸点显著高于乙醛，这一解释正确，B不符合题意。
C．O3分子呈V形结构，属于弱极性分子（正负电荷中心不重合）。根据相似相溶原理，O3在非极性溶剂CCl4中的溶解度应大于在极性溶剂水中的溶解度。原解释中"O3是非极性分子"的说法错误，C符合题意。
D．杯酚分离C60和C70的原理是利用C60分子尺寸与杯酚空腔的匹配性形成包合物，这一解释合理，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、配合物[Cu(NH3)4]SO4属于强极性离子化合物，加入乙醇后析出晶体，说明乙醇的极性小于水。
B、乙醇可形成分子间氢键，使得沸点增大。
C、O3属于极性分子，但极性较低。
D、C60的大小与杯酚空腔的大小适配，可实现C60、C70的分离。
8．超导材料凭借零电阻和完全抗磁性等特性，已在能源、交通、医疗、科研等领域实现广泛应用。某新型的超导材料的晶胞结构如下图所示。晶胞为长方体(如图)，其晶胞参数分别为anm、anm、bnm。下列有关说法错误的是
A．基态Cr的价电子排布图为
B．距离Cr最近的Si的个数为2
C．该超导材料的化学式为ThCr2Si2
D．该晶胞的密度可表示为
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A．基态Cr原子（24号元素）的价电子排布为，符合洪特规则中半满稳定结构的要求，题目给出的价电子排布图是正确的，A选项正确；
B．通过分析晶胞结构可以发现，每个Cr原子周围最近的Si原子数量是4个，而非题目所述的2个，B选项错误；
C．采用均摊法计算晶胞中各原子数量：Th原子数：；Cr原子数：；Si原子数：，因此化学式为，C选项正确；
D．密度计算：晶胞体积：；晶胞质量：（即），题目给出的密度表达式正确，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、Cr为24号元素，其3d能级应满足半充满稳定结构。
B、距离Cr原子最近的Si原子的个数为4。
C、根据均摊法确定原子个数，从而得到晶体的化学式。
D、根据公式计算晶胞密度。
9．有机物M是合成四氨基喹啉类抗疟药物的重要中间体，其合成路线如下图所示。
下列有关说法正确的是
A．Y存在顺反异构体
B．Y中只有两种官能团
C．M不能使Br2的CCl4溶液褪色
D．该反应为取代反应，另一种产物为乙醇
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；烯烃；取代反应
【解析】【解析】A．化合物Y中的碳碳双键一端连接两个相同的酯基（-COOEt），不符合顺反异构体的形成条件（双键两端各连不同基团），因此不存在顺反异构现象，选项A错误；
B．化合物Y的分子结构中同时存在碳碳双键、酯基和醚键共三种官能团，而非仅有两种，选项B错误；
C．化合物M含有碳碳双键，能与溴单质（Br2）发生加成反应，导致溴的四氯化碳（CCl4）溶液褪色，选项C错误；
D．该反应属于取代反应类型，反应过程中X分子氨基（-NH2）上的一个氢原子与Y分子中的乙氧基（-OEt）结合生成乙醇（EtOH），另一产物确实为乙醇，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、碳碳双键所在碳原子上连接有2个不同的原子或原子团时，存在顺反异构。
B、Y中含有酯基、醚键和碳碳双键。
C、M中含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色。
D、结合反应物X、Y的结构和产物M的结构确定断键、成键的位置，从而得到另一产物的结构。
10．盐Q可用于印刷制版、化肥、医药制造等领域，其结构如下图所示。其中X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，X与Z相邻，Z与W同主族，基态X原子的最高能级上的电子数是内层电子数的2倍。下列说法错误的是
A．电负性：X>Z>W B．简单离子半径：W>Z>X
C．阳离子的空间结构与相同 D．该盐的阴离子可与碱发生反应
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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】【解析】A. 根据电负性变化规律分析：同周期元素从左至右电负性递增，同主族元素从上至下电负性递减。因此电负性顺序为：，对应，选项A正确。B. 简单离子半径比较规则：电子层数越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越小半径越大。具体比较：（3电子层） >（2电子层，核电荷数7） >（2电子层，核电荷数8），即，选项B正确。
C. 空间结构对比：：N价层电子对数=4（4个σ键），孤电子对=0，正四面体构型；：C价层电子对数=3+=4，含1对孤电子对，三角锥构型。两离子空间构型不同，选项C错误。
D. 阴离子中含P-OH结构，羟基中的氢能被电离成氢离子，具有酸性，可与碱发生中和反应，选项D正确。
故答案为：C
【分析】X、Y、W分别位于不同的短周期（第1、2、3周期），Y原子只能形成1个化学键，说明Y是第1周期的氢元素（H）。基态X原子的最高能级电子数是内层电子数的2倍：内层电子数为2（1s2），最高能级电子数应为4，对应电子排布为，因此X是氧元素（O）。X（O）与Z相邻，且阳离子中Z连接4个H原子并带1个正电荷：该阳离子为，所以Z是氮元素（N）。Z（N）与W同主族，因此W是磷元素（P）。最终确定各元素：Y：H（氢）、X：O（氧）、Z：N（氮）、W：P（磷）。
11．铬(Cr)及其化合物在颜料、鞣革、印染等工业中具有重要的应用。铬矿渣中铬以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷的氧化物。从铬矿渣中分离提取铬的一种流程如下图所示。已知：“煅烧”后铬被氧化为最高价含氧酸盐(Na2CrO4)。
下列说法正确的是
A．实验室模拟“煅烧”操作时在瓷坩埚中进行
B．“水浸渣”的主要成分是Al2O3
C．“沉淀”调pH到弱酸性，目的是将铝元素除去
D．“还原”步骤发生反应的离子方程式为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解析】A、瓷坩埚的主要成分是二氧化硅（），在高温条件下会与氢氧化钠（）发生化学反应，因此煅烧过程不能使用瓷坩埚，应使用铁坩埚，A错误；B、煅烧过程中，氧化铝（）具有两性，会与氢氧化钠反应生成可溶性的四羟基合铝酸钠（），进入水浸液。水浸渣的主要成分是氧化铁（Fe2O3），B错误；
C、当调节pH至5.5时，为弱酸性，溶液中的四羟基合铝酸钠会转化为氢氧化铝（）沉淀，可以通过过滤去除铝元素，C正确；
D、题目给出的离子方程式存在氧原子不守恒的问题。在酸性条件下，正确的离子方程式应为：，D错误；
故答案为：C
【分析】铬矿渣中的铬以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质包括铁、铝、硅、磷等元素的化合物。在煅烧过程中，铬矿渣与氢氧化钠混合并在空气条件下反应，生成Na2CrO4、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和磷酸钠。通入空气后，含铁化合物被氧化为，因其不与氢氧化钠反应且不溶于水，最终以水浸渣形式被过滤分离。滤液中主要含有Na2CrO4、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和磷酸钠。随后，通过加入稀硫酸调节pH至弱酸性，Na[Al(OH)4]转化为氢氧化铝沉淀，实现铝的去除。滤液中加入硫酸镁和硫酸铵，生成MgNH4PO4和MgSiO3沉淀，完成“除硅磷”步骤。进一步调节pH至1左右，铬元素转化为。最后，向滤液中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，将Cr2O还原为Cr3+，并通过调节pH生成沉淀。
12．有机质子—氢气电池具有保持超过十万圈的稳定循环和-70℃的低温可行性，展示出其在极端气候下应用的潜力。下图是四氯苯醌质子—氢气电池工作机理。
下列有关说法正确的是
A．放电时，a电极为正极，发生还原反应
B．放电时，当有1mol H+迁移到正极时，转移电子的物质的量为1mol
C．充电时的阳极反应为
D．与氢氧燃料电池相比，当有1molH2反应时，该电池转移的电子数更多
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，a电极为电子流出方，是负极，发生氧化反应，选项A错误。
B．放电时，为保持溶液的电中性，外电路每转移1 mol电子，就有1 mol从负极迁移到正极。当1 mol迁移到正极时，转移的电子物质的量为1 mol，选项B正确。
C．放电时，正极上四氯苯醌得到2个电子（）生成四氯对苯二酚。充电时，阳极反应是放电过程中正极反应的逆过程，即四氯对苯二酚失去2个电子（）重新生成四氯苯醌，电极反应为：，选项C错误。
D．在两种电池中，1 mol反应时，氢元素均从0价升至+1价，均转移2 mol电子，因此有机质子—氢气电池和氢氧燃料电池转移电子数相同，选项D错误。
故答案为：B
【分析】放电过程中，电子从a电极流出，表明a电极是负极，发生氧化反应；b电极是正极，四氯苯醌在此被还原为四氯对苯二酚。充电时，a电极变为阴极，b电极变为阳极。根据这一分析进行解答。
13．硫酸催化下环氧乙烷开环反应的机理如下图所示。下列有关说法错误的是
A．环氧乙烷分子中氧原子和碳原子的杂化类型相同
B．质子化时，氧原子提供孤电子对，与H+形成配位键
C．1mol环状双烷基氧鎓离子含有的电子数为25×6.02×1023
D．总反应的化学方程式为+CH3OHHOCH2CH2OCH3
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在环氧乙烷分子中，碳原子形成4个σ键，价层电子对数为4，采用sp3杂化；氧原子形成2个σ键并含有2对孤电子对，价层电子对数同样为4，也采用sp3杂化，因此二者的杂化类型相同，A选项正确；B．氧原子上存在孤电子对，而具有空轨道，在质子化过程中，氧原子与形成配位键，B选项正确；
C．环状双烷基氧鎓离子的化学式为，其质子数计算为2×6（碳）+5×1（氢）+8（氧）=25，由于带1个单位正电荷，电子数应为25-1=24。因此1 mol该离子所含电子数为24×6.02×1023，C选项错误；
D．总反应是环氧乙烷与CH3OH反应生成HOCH2CH2OCH3，为催化剂，该化学方程式书写正确，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据O、C原子的价层电子对数确定其杂化类型。
B、H+只有一个空轨道，能与O原子的孤电子对形成配位键。
C、环状双烷基氧鎓离子为，据此计算。
D、根据流程确定反应物和生成物，进而确定反应的化学方程式。
14．25℃时、向含NaCN、Na2CO3、NaCl的混合溶液中滴加AgNO3溶液，平衡时混合溶液中pAg与pM的关系如下图所示[已知：pAg=-lgc(Ag+)，pM=-lgc(M)，其中，M=CN-或Cl-或；Ksp(AgCN)下列有关说法错误的是
A．直线L2代表-lgc(Ag+)与-lgc(Cl-)的关系
B．常温下，AgCN的饱和溶液中c(Ag+)=10-4.875mol·L-1
C．向a点所示的溶液中加入AgNO3固体，增大
D．常温下，反应AgCl(s)+CN-=AgCN(s)+Cl-可以进行完全
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据推导，直线L2表示的是-lgc(Ag+)与-lgc(Cl-)之间的变化关系，选项A正确。B．从图中可以看出，直线L1和L2在pM轴上的截距分别对应pKsp(AgCN)≈15.92和pKsp(AgCl)≈9.75。在AgCN饱和溶液中，c(Ag+)=c(CN-)，根据Ksp(AgCN)=10-15.92=c2(Ag+)，计算得到c(Ag+)=10-7.96 mol·L-1，而不是题目中给出的10-4.875 mol·L-1，选项B错误。
C．将表达式变形得到：。当加入AgNO3时，c(Ag+)增大，而Ksp保持不变，因此该比值会增大，选项C正确。
D．反应AgCl(s)+CN-=AgCN(s)+Cl-的平衡常数。由于K>105，说明该反应可以完全进行，选项D正确。
故答案为：B
【分析】对于1：1型沉淀：，对等式两边同时取负对数，可得，曲线斜率为，因此越小，越大，截距越大。由于溶度积：，因此截距更大的曲线对应，曲线对应。对于：，对等式两边同时取负对数，可得，即，斜率为，斜率更大（更陡），因此对应。据此结合选项分析。
15．氯化亚铜(CuCl)晶体难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化，工业上常用作催化剂、媒染剂等。实验室用如下装置制备CuCl并验证SO2的性质。
已知：Fe3++[Fe(HSO3)]2+；[Fe(HSO3)]2+呈红棕色，可以将Fe3+还原为Fe2+。
（1）仪器a的名称是　 　。实验室制备SO2选用的试剂为Na2SO3固体和70%的硫酸。装置A中所用硫酸的密度是1.61 g/cm3.则该硫酸的物质的量浓度是　 　mol/L。
（2）多孔球泡的作用是　 　，装置B中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）随着气体的产生，同学们观察到装置C中现象是溶液由棕黄色变成红棕色，将混合液放置10小时后、溶液才变成浅绿色。Fe(OH)3胶体呈红褐色，与装置C中的颜色相似、为了排除红棕色物质是Fe(OH)3胶体的可能，可通过观察是否产生　 　，证明浅绿色溶液中含有Fe2+的实验操作为　 　。
（4）若装置D中为过量的Ba(NO3)2溶液，则发生反应的离子方程式为　 　。
（5）测定CuCl产品纯度：将2.80 g产品溶于硝酸，配成250 mL溶液，取25.00 mL，加20.00 mL 0.2000 mol/L AgNO3溶液，充分反应后，加少量硝基苯覆盖沉淀。
NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用0.1000 mol/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液、平行实验进行三次，平均每次消耗NH4SCN溶液20.00 mL。则该产品的纯度为　 　%(保留三位有效数字)，若未加入硝基苯，会导致测定结果　 　(填“偏高”或“偏低”)。[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]。
【答案】（1）分液漏斗；
（2）增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+
（3）丁达尔效应；取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+
（4）3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+
（5）71.1；偏低
【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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，由公式。
故答案为： 分液漏斗 ；11.5
（2）多孔球泡有很多小孔，可以增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行，由装置图可知装置B制备CuCl，故二氧化硫将铜由+2价还原为+1价，自身被氧化到+6价，由此可写出方程式2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+。
故答案为： 增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 ； 2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+
（3）胶体的特征是丁达尔效应，故可通过观察是否产生丁达尔效应排除红棕色物质是Fe(OH)3胶体的可能，证明浅绿色溶液中含有Fe2+可以加入铁氰酸钾，看是否有蓝色沉淀产生，故实验操作为取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+。
故答案为：丁达尔效应； 取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+
（4）SO2通入过量的Ba(NO3)2溶液，被氧化为，再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，故方程式为3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+。
故答案为： 3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+
（5）硝酸银的物质的量为n(AgNO3，总)= 0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.004 mol，过量的硝酸银n(AgNO3，过量)= n(NH4SCN)= 0.1000mol/L×20.00×10-3L=0.002 mol，则25 mL溶液中产生的n(CuCl)= n(Cl-)=0.004 mol-0.002 mol=0.002 mol，则250 mL溶液中的n(CuCl)=0.002 mol×10=0.02 mol，故纯度，因Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，若不加硝基苯，在滴定过程中会有AgCl转变为AgSCN，使测得NH4SCN体积增大，测定结果偏低。
故答案为：71.1；偏低
【分析】（1）图示仪器a为分液漏斗。根据公式计算该硫酸的物质的量浓度。
（2）多孔球泡可增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率。装置B中SO2与CuCl2溶液反应生成CuCl沉淀，同时SO2被氧化，生成SO42－，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（3）结合胶体的丁达尔效应分析。检验Fe2＋，可加入铁氰化钾溶液，观察是否有蓝色沉淀生成。
（4）SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与H2O反应形成酸性溶液，NO3－酸性条件下具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，因此反应生成BaSO4沉淀，据此写出反应的离子方程式。
（5）根据滴定过程中发生的反应进行计算。若未加硝基苯，则会导致AgCl转化为AgSCN，使得NH4SCN偏大，结果偏低。
（1）由装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，由公式
（2）多孔球泡有很多小孔，可以增大SO2与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行，由装置图可知装置B制备CuCl，故二氧化硫将铜由+2价还原为+1价，自身被氧化到+6价，由此可写出方程式2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓++4H+；
（3）胶体的特征是丁达尔效应，故可通过观察是否产生丁达尔效应排除红棕色物质是Fe(OH)3胶体的可能，证明浅绿色溶液中含有Fe2+可以加入铁氰酸钾，看是否有蓝色沉淀产生，故实验操作为取少量浅绿色溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中存在Fe2+
（4）SO2通入过量的Ba(NO3)2溶液，被氧化为，再与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，故方程式为3SO2+ 3Ba2++2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
（5）硝酸银的物质的量为n(AgNO3，总)= 0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.004 mol，过量的硝酸银n(AgNO3，过量)= n(NH4SCN)= 0.1000mol/L×20.00×10-3L=0.002 mol，则25 mL溶液中产生的n(CuCl)= n(Cl-)=0.004 mol-0.002 mol=0.002 mol，则250 mL溶液中的n(CuCl)=0.002 mol×10=0.02 mol，故纯度，因Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，若不加硝基苯，在滴定过程中会有AgCl转变为AgSCN，使测得NH4SCN体积增大，测定结果偏低。
16．工业上常从钒铁合金的炼钢残渣(主要含FeO、V2O3，还有少量硅、铝的氧化物等杂质)中提取金属钒，其工艺流程如图所示。
已知：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；②+5价V在强酸性条件下以形式存在，在碱性条件下以形式存在；③25℃时，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3；④用有机萃取剂HA萃取时，对阳离子萃取能力由强到弱的顺序为Fe3+>VO2+>>Fe2+。
（1）基态钒原子的核外电子的运动状态有　 　种。
（2）“粉碎”的目的是　 　；“焙烧”时V2O3发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“浸渣”的成分是　 　(填化学式)；“还原”的目的是　 　。
（4）加入KClO3后发生反应的离子方程式为　 　。
（5）“调pH”后测得溶液中c()=0.1mol·L-1，若“沉钒”时钒元素沉淀率达到99%，则“沉钒”后溶液中的c()=　 　mol·L-1。
（6）检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是　 　；“煅烧”产生的气体可在　 　中使用(填工序名称)。
【答案】（1）23
（2）增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分；
（3）H2SiO3；“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离
（4）
（5）1.6
（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净；沉钒
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）钒是23号元素，基态钒原子核外有23个电子，每个电子的运动状态均不相同，因此核外电子的运动状态共23种。
故答案为：23
（2）增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分，焙烧时的方程式为： 。
故答案为： 增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分 ；
（3）焙烧时 转化为硅酸盐，加酸调pH时转化为 沉淀，故浸渣为 ；根据已知萃取能力顺序，“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离。
故答案为： H2SiO3；“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离
（4）将价（）氧化为价（），被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式。
故答案为：
（5）沉淀率为，则剩余，根据，得。
故答案为：1.6
（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净；煅烧分解生成，可制备沉钒所需的铵盐，可返回沉钒工序循环使用。
故答案为： 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净 ；沉钒
【分析】（1）V为23号元素，其核外电子数为23，每个电子的运动状态都不同。
（2）粉碎可增大接触面积，加快反应速率。“焙烧”过程中V2O3与Na2CO3反应生成NaVO3，过程中V元素被氧化，因此还有O2参与反应，据此写出反应的化学方程式。
（3）“焙烧”过程中SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液中加入硫酸，形成H2SiO3沉淀。“还原”的过程中将溶液中的VO2＋转化为VO2＋，同时Fe3＋还原为Fe2＋，有利于铁钒的分离。
（4）KClO3具有氧化性，能将VO2＋氧化成VO2＋，ClO3－被还原为Cl－，据此结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（5）根据沉钒率99%可计算此时溶液中剩余c(VO3－)，再结合NH4VO3的溶度积Ksp即可计算此时溶液中c(NH4＋)。
（6）洗涤的目的是除去表面附着的溶液，其洗出液中含有Cl－，因此若洗出液中不含有Cl－，则证明沉淀已经洗涤干净。据此结合Cl－的检验分析。“煅烧”过程中产生的气体为NH3，据此分析。
（1）钒是23号元素，基态钒原子核外有23个电子，每个电子的运动状态均不相同，因此核外电子的运动状态共23种。
（2）增大反应物接触面积，加快焙烧速率，使反应更充分，焙烧时的方程式为： 。
（3）焙烧时 转化为硅酸盐，加酸调pH时转化为 沉淀，故浸渣为 ；根据已知萃取能力顺序，“还原”目的是将 还原为 提高萃取率，同时将 还原为 避免其被优先萃取，从而实现钒与铁的分离
（4）将价（）氧化为价（），被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式。
（5）沉淀率为，则剩余，根据，得。
（6）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀产生，则说明已洗净；煅烧分解生成，可制备沉钒所需的铵盐，可返回沉钒工序循环使用。
17．为了应对CO2浓度过高引起的全球变暖问题，将CO2转化为高附加值产品成为一项重要的研究课题。
Ⅰ．热催化CO2还原。
已知下列反应。
反应i：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔΗ1=+41
反应ii：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔΗ2=-90
反应iii：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔΗ3=-23.9
反应iv：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔΗ4
（1）ΔΗ4=　 　。
（2）向1L的密闭容器中通入2 molCO2和6 molH2，只发生反应iv，达平衡时，测得不同温度和压强下、二甲醚(CH3OCH3)的物质的量分数如图所示。
①温度由低到高的顺序为　 　，理由是　 　。
②若反应iv在压强为p1、温度为T3条件下进行，30min后反应达平衡，则CO2的转化率为　 　×100%(结果用分数表示，下同)，v(H2)为　 　mol·L-1·min-1。
Ⅱ．电催化CO2还原。
在催化剂的作用下，CO2先被还原为CO，再进行耦合，进而生成甲醇、乙醇等燃料。如图为外加电压为0V和-0.19V下，在催化剂CuB2@g—C3N4上CO被还原为乙醇的吉布斯自由能(G)图(*表示吸附态)。
（3）在无外加电压下，*COCO经过多步反应不断被还原为乙醇，在H+存在下，该过程中的决速步骤发生的电极反应为　 　；由图可知，在　 　(填“低电压”或“高电压”)下更有利于生成乙醇。
【答案】-121.9；T4＜T3＜T2＜T1；反应iv放热，升高温度，平衡逆移，二甲醚的物质的量分数减小，故温度越高，二甲醚的物质的量分数越小，温度由低到高的顺序为T4＜T3＜T2＜T1；；；*COCO+H++e- =*CHOCO；低电压
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应iv=iii+2×ii+2×i，故ΔΗ4=ΔΗ3+2×ΔΗ2+2×ΔΗ1=-121.9。
故答案为：-121.9
（2）①反应iv放热，升高温度，平衡逆移，二甲醚的物质的量分数减小，故温度越高，二甲醚的物质的量分数越小，故T4＜T3＜T2＜T1。
故答案为： T4＜T3＜T2＜T1； 反应iv放热，升高温度，平衡逆移，二甲醚的物质的量分数减小，故温度越高，二甲醚的物质的量分数越小，温度由低到高的顺序为T4＜T3＜T2＜T1
②设参加反应的CO2物质的量为x，列出三段式
二甲醚的物质的量分数=，解得x=，则二氧化碳的，v(H2)=。
故答案为：；
（3）决速步骤是活化能最大的那一步，观察图像可知，第一步活化能最大，故决速步骤发生的电极反应为*COCO+H++e-=*CHOCO，低电压时反应的吉布斯自由能变化量更大，反应进行的程度更大，故低电压更有利于生成乙醇。
故答案为：*COCO+H++e- =*CHOCO； 低电压
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①反应ⅳ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚的物质的量分数减小，据此分析。
②结合平衡三段式进行计算。
（3）决速步骤为慢反应步骤，即活化能最高的反应。由图可知，在低电压时反应滴定吉布斯自由能变化量大，反应进行的程度更大。
18．雷诺嗪(H)是一种用于治疗慢性心绞痛的处方药物，其结构及合成路线如下图所示。
（1）A的结构简式为　 　，C的化学名称为　 　，D中含氧官能团的名称为　 　。
（2）C→D的反应类型为　 　。
（3）E→F发生反应的化学方程式为　 　。
（4）有机物J是F的同分异构体，同时满足下述条件的J的结构有　 　种，请任写一种J的结构简式：　 　。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应和水解反应；
③核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1。
（5）雷诺嗪(H)还可以按照下列合成路线进行合成：
DMH
则M的结构简式为　 　。
【答案】（1）；2，6-二甲基苯胺；酰胺基
（2）取代反应
（3）++HCl
（4）3；或或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；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】（1）由分析知，A的结构简式为 ，C为，化学名称为2，6-二甲基苯胺，D为，其中含氧官能团的名称为酰胺基。
故答案为：； 2，6-二甲基苯胺； 酰胺基
（2）C为，与发生取代反应生成D和HCl；
故答案为：取代反应
（3）由分析知，E为，与反应生成F，化学反应方程式为：++HCl；
故答案为：++HCl
（4）F为，分子式为，J 满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚羟基（直接连苯环）；
②能发生银镜反应和水解反应，则含有甲酸酯基（）；
③核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1，则含2个等效（6个H），苯环上对称分布取代基， 共有、、 三种；
故答案为：3；或或
（5）由分析知，D为，与哌嗪（）可发生取代反应生成M()，M()与F发生取代反应生成雷诺嗪(H)。
故答案为：
【分析】根据D的结构可以推断出A的分子式为，结合D的结构简式可知，A的结构为。A（）在浓硫酸和浓硝酸加热条件下发生硝化反应，生成B（），结合D的结构简式可知，-NO2位于2个-CH3的中间，因此B的结构为。B（）在Pd/C催化下发生还原反应，生成C（），-NO2转化为-NH2，因此C的结构为。C（）与发生取代反应，生成D并释放HCl。E的分子式为，其结构为。E与反应生成F，F进一步与反应生成G，最终G与H结合生成雷诺嗪（H）。
（1）由分析知，A的结构简式为 ，C为，化学名称为2，6-二甲基苯胺，D为，其中含氧官能团的名称为酰胺基；
（2）C为，与发生取代反应生成D和HCl；
（3）由分析知，E为，与反应生成F，化学反应方程式为：++HCl；
（4）F为，分子式为，J 满足：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚羟基（直接连苯环）；
②能发生银镜反应和水解反应，则含有甲酸酯基（）；
③核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1，则含2个等效（6个H），苯环上对称分布取代基， 共有、、 三种；
（5）由分析知，D为，与哌嗪（）可发生取代反应生成M()，M()与F发生取代反应生成雷诺嗪(H)。
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