1、山东省济宁市嘉祥一中 2020届高三下学期第三次检测化学试题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双氢青蒿素B全氮阴离子盐C 聚合氮D砷化铌纳米带A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；B全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；C聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。故选A。2.下列解释事实的化学用语不正确的是A. 闪锌矿(ZnS)经Cu
2、SO4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：Fe3e- = 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
3、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：Fe2e- = 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
4、B. 2 mol H3O中含有的电子数为 20 NAC. 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2
5、mol 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。
6、4.关于下列仪器的说法正确的是A. 用仪器灼烧固体时应垫石棉网加热 B. 可用仪器精确量取 7.85 mL 稀硫酸 C. 可用仪器配制 300 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液 D. 可用仪器分离两种互不相溶的液体【答案】D【解析】【详解】A. 用坩埚加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，故A错误；B. 量筒的最小读数为0.1mL，不能用量筒精确量取 7.85 mL 稀硫酸，故B错误；C. 配制 300 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液需要使用500mL的容量瓶，故C错误；D. 可用分液漏斗可以分离两种互不相溶的液体，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了学生对常用仪器的掌握，
7、难度不大，明确哪些仪器能直接加热，哪些仪器加热时需要垫石棉网，哪些仪器不能加热。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、Mg2B. pH2 的溶液：K、Na、ClO、SO32C. 水电离的 c(OH)11013molL1的溶液中：K、Cl、CH3COO、Cu2D. 0.1 molL1 的 K2SO4溶液：Na、Al3、Cl-、NO3【答案】D【解析】【详解】A. 加入苯酚显紫色的溶液中存在Fe3+，Fe3+与I-离子之间发生氧化还原反应，并且Fe3+和SCN生成Fe(SCN)3属于络合物，在溶液中不能大量共存，故A错误；B. pH=2的
8、溶液呈酸性，ClO在酸性环境中有强氧化性会和SO32发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C. 水电离出的c（H+）=10-13mo1L-1的溶液中存在H+或OH-，CH3COO不能在 酸性溶液中存在，Cu2不能在碱性环境中存在，故C错误；D. Na、Al3、Cl-、NO3之间不发生反应，也不与K2SO4反应，可以共存，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，涉及复分解反应、氧化还原反应，注意隐含条件的挖掘。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的关系 为 X+Z=
9、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 XY【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
10、）。【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FCl，氢化物稳定性HFHCl，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
11、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H0B. 图中压强的大小关系为：p1p2p3C. 图中a点对应平衡常数K D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：ab【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
12、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，H0，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p1p2p3，因此压强p1p2a，所需要的时间：ab，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
13、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的是选项实验结论A稀盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：CSiB饱和食盐水电石高锰酸钾溶液生成乙炔C浓盐酸Mn
14、O2NaBr溶液氧化性 Cl2Br2D浓硫酸Na2SO3溴水SO2具有还原性A AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 浓盐酸易挥发，挥发出的HCl能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能确定碳酸“置换”出硅酸，不能比较非金属性强弱，应该用稀硫酸，故A错误；B. 该方法制取的乙炔气体中混有硫化氢，硫化氢与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应导致高锰酸钾溶液褪色，干扰了检验结果，应该先将硫化氢除去，故B错误；C. 浓盐酸在MnO2只有在加热条件下发生反应，才能 生成Cl2，故C错误；D. Na2SO3与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，二氧化硫表现
15、了还原性，故D正确；故选D。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：dcbaB. 常温下，R- 的水解平衡常数数量级为10 -9C. 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(NH3H2O)【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
16、/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NH3H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)c(NH3H2O)，则c(HR)+c(R-)c(NH3H2O)，D
17、错误；故合理选项是B。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 2:3D. 该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4c(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-、Br
18、O-、BrO3-，可列出电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)，再根据电子得失守恒，可列出：5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)（其中BrO-会水解，部分转化为HBrO），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p
19、H7，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的含量，依次经过以下四个步骤，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I2D. 以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定【答案】B【解析】【详解】A. 灼烧需要在坩埚中进行，不能选烧杯，故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，故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食盐水，尾气需要用氢氧化钠吸收，故C错误；D. Na2SO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2S
20、O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，故D错误；故选B。15.水垢中含有的 CaSO4，可先用 Na2CO3 溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的 CaCO3。某化学兴 趣小组用某浓度的 Na2CO3 溶液处理一定量的 CaSO4 固体，测得所加 Na2CO3 溶液体积与溶液中-lgc(CO32-) 的关系如图所示，已知Ksp(CaSO4)=9106，Ksp(CaCO3)=3109，lg3=0.5，下列说法不正确的是A. 曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2)c(SO42)=Ksp(CaSO4)B. CaSO4(s)CO32(aq) CaCO3(s)SO42(aq) K=3103C.
21、该Na2CO3溶液的浓度为1.5molL1D. 相同条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可【答案】CD【解析】【详解】A CaSO4的溶度积表达式为Ksp(CaSO4)= c(Ca2)c(SO42)，故A正确；BCaSO4(s)CO32(aq) CaCO3(s)SO42(aq)的化学平衡常数=3103，故B正确；C依据上述B项分析可知，CaSO4(s)CO32(aq) CaCO3(s)SO42(aq) K=3103，每消耗1mol CO32会生成1mol SO42，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42) 等于Na2CO3溶液的浓度，设Na2
22、CO3溶液浓度为1.5mol/L，则c(SO42)= 1.5mol/L ，根据=3103可得溶液中c(CO32)=，-lgc(CO32)=3.3，与图像不相符，故C错误；D依据题意可知，起初CaSO4的物质的量为0.02mol，在相同实验条件下，若将Na2CO3溶液浓度改为原来的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42)=2mol/L，根据=3103可得溶液中c(CO32)= ，所以-lgc(CO32)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，故D错误；故选CD。16.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
23、称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)26H2O，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而变质) I硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（1）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必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_。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。（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。如图所示实验的目的是_，C 装置的作用是_。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。取少量待测液，_ (填操作与现象)，证明
24、所制得的晶体中有 Fe2。取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4和SO42II实验探究影响溶液中 Fe2稳定性的因素（3）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，15 分钟后观察可见：(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)2Fe(OH)3开始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7请用
25、离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_。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：其它条件相同时，NH4的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2稳定性越好。假设 3：_。（4）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，实验结果如表所示。序号A：0.2molL1NaClB：0.1molL1F
26、eSO4电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5【资料 2】原电池装置中，其它条件相同时，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/L pH=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：U 型管中左池的电极反应式_。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_。对比实验_和_，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对 O2 氧化性强
27、弱的影响因素。 对【资料 3】实验事实的解释为_。【答案】 (1). 除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+ (2). 蒸发浓缩 (3). 检验晶体中是否含有结晶水 (4). 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果 (5). 滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色） (6). 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+ (7). 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。） (8). O2
28、 + 4e- +4H+= 2H2O (9). 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 (10). 1 (11). 3（或2和4） (12). 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。【解析】【分析】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明
29、存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4) FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；实验1 和 2（或 3
30、 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，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，可以得出结论；对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，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，可以得出结论；对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化
31、，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；
32、II.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较
33、好；(4) FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，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，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它
34、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，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强， O2 氧化性越强；对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论，和其它条件相同时，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。17.五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：部分含
35、钒物质常温下在水中的溶解性如表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶VO22OHVO3H2O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）在第步中需要加入氨水，请结合化学用语，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。
36、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。请结合如图解释在第步中温度超过80C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ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2+2H+Fe2=VO2+Fe3+H2O）。最后用c2molL1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5（摩尔质量：
37、182gmol1）的质量分数是_。（列出计算式）【答案】 (1). 粉碎废钒；搅拌；适当升温 （任意答一条正确措施） (2). VO2 (3). V2O5Na2SO32H2SO4=2VOSO4Na2SO42H2O (4). 6VO2ClO3 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- 或作用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（任意答出一种作用
38、） (6). 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降或原因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 (7). 原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2+2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降或原因4：平衡VO2+2OH-VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。（任意答出2种原因） (8). 氨水或NH3和H2O (9). 100%【解析】【分析】生产流程：废钒催化剂（主要成分含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐），据物质的水溶性确定，V2O5
39、难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O，过滤得到滤渣为不溶性硅酸盐，强酸性浸出液含有VO2+、Na+、SO42-，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒即可，以此解答。【详解】(1)水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度、延长浸泡时间等措施；(2)VOSO4和(VO2)2SO4能够溶解在水中，故滤液1中钒的存在形式是：VO2；V2O5和NH4VO3在水
40、中不溶解，存在于滤渣中，加入Na2SO3，V2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O，滤液2中钒的存在形式是：VO2；(3)依题意，在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液，V2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2+SO42-+2H2O；(4) VO2+和KClO3反应中，生成物为VO2+，VO2+中V化合价升高做还原剂，KClO3中Cl化合价降低做氧化剂，已知消耗1molKClO3时转移6mol电子，可知KClO3中Cl元素化合价降低为-1价，则离子方程式为：
41、6VO2ClO33H2O= 6VO2Cl6H；(5)溶液中存在平衡: VO2+2OH-VO3-+H2O，氨水呈碱性，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-或者溶液中存在平衡: 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)温度越高，物质的溶解度越大，所以温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨气容易溢出，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2+2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；温度升高，氨水受热分解
42、逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2+2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降或针对平衡：VO2+2OH-VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；(7)该流程中需要加入氨水沉钒，最后一步加热NH4VO3又会有氨气产生，故该工艺流程中可以循环利用的物质为：氨水或NH3和H2O；(8)根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2KMnO4,则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5b2C2103mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质
43、的量为(b1c15b2C2)103mol，根据钒元素守恒，则有V2O52VO2+2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c15b2C2)103mol，则产品中V2O5的质最分数是=100%。18.十九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
44、 II，在进气比n(CO) : n(H2O)不同时，测得相应的 CO 平衡转化率见图（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）。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_。 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_。 比较 A、B 两点对应的反应速率大小：VA_VB（填“”）。已知反应速率 v=v 正v 逆= k正X（CO）X（H2O）k逆X（CO2）X（H2），k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，
45、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 KHCO3 电解液，电解活化的 CO2 来制备乙醇。已知碳酸的电离常数 Ka1=10-a molL1，Ka2=10-b molL1，吸收足量 CO2 所得饱和 KHCO3 溶液的 pH=c，则该溶液中lg=_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).
46、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)根据盖斯定律解答；(2)CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)中，平衡常数K=，根据进气比n(CO) : n(H2O)和CO转化率列出“三段式”，计算平衡常数；对比分析 B、E、F 三点，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低；A和B两点进气比相等，但A点CO的平衡转化率比B点的大，反应
47、CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H1= - 41 kJ/mol是放热反应，温度越高，CO平衡转化率越低，故A的温度小于B的温度；D点达到平衡时，v 正=v 逆，即k正X（CO）X（H2O）=k逆X（CO2）X（H2），D点CO的平衡转换率为60%，进气比为1，设投入CO1mol，H2O1mol，列出“三段式”先计算，再计算CO平衡转化率为20%时，的值；(3)根据=计算；阴极上CO2得到电子生成CH3CH2OH和碳酸氢根。【详解】(1)反应a.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H1= - 41 kJ/mol ；b.CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2C
48、O2(g)+6H2(g) H2=+174.1 kJ/mol；b-2a可得反应 I 的热化学方程式为：CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) H= +256.1 kJ/mol；(2)CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)中，平衡常数K=，根据进气比n(CO) : n(H2O)和CO转化率列出“三段式”：E点平衡常数CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 1 1 0 0变化量 0.5 0.5 0.5 0.5平衡量 0.5 0.5 0.5 0.5K=1A点平衡常数CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 1 2 0 0变化 23 2
49、3 23 23平衡 13 13 13 13此时K=1G点平衡常数CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量 3 2 0 0变化量 1.2 1.2 1.2 1.2平衡量 1.8 0.8 1. 2 1.2K=1，故A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的化学平衡常数相同，都等于1；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：及时移去产物；对比分析 B、E、F 三点，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低，故进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是：进气比越大，反应温度越低
50、或进气比越小，反应温度越高；A和B两点进气比相等，但A点CO的平衡转化率比B点的大，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H1= - 41 kJ/mol是放热反应，温度越高，CO平衡转化率越低，故A的温度小于B的温度，温度越高反应速率越快，故VAVB；D点达到平衡时，v 正=v 逆，即k正X（CO）X（H2O）=k逆X（CO2）X（H2），D点CO的平衡转换率为60%，进气比为1，设投入CO1mol，H2O1mol，列出“三段式”：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量（mol） 1 1 0 0变化量（mol） 0.6 0.6 0.6 0.6平衡量（mol） 0
51、.4 0.4 0.6 0.6X（CO）=20%，X（H2O）=20%，X（CO2）=30%，X（H2）=30%，代入k正X（CO）X（H2O）=k逆X（CO2）X（H2）得，=；在D点CO的平衡转化率为20%时，列“三段式”CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量（mol） 1 1 0 0变化量（mol） 0.2 0.2 0.2 0.2平衡量（mol） 0.8 0.8 0.2 0.2X（CO）=40%，X（H2O）=40%，X（CO2）=10%，X（H2）=10%，=36.0；(3)=，pH=c，则=10-cmol/L，Ka1=10-a molL1，=c-a；阴极上CO2得到电子
52、生成CH3CH2OH和碳酸氢根，电极方程式为：14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3。19.非金属元素在化学中具有重要地位，请回答下列问题：（1）氧元素的第一电离能比同周期的相邻元素要小，理由_。（2）元素X与硒（Se）同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，则X为_（填元素符号），其基态原子的电子排布式为_。（3）臭齅排放的臭气主要成分为3MBT甲基2丁烯硫醇，结构简式为（）1mol 3MBT中含有键数目为_NA（NA为阿伏伽德罗常数的值）。该物质沸点低于（CH3）2CCHCH2OH，主要原因是_。（4）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得
53、其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子；熔体中PCl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因_，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为_，该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_g/cm 3【答案】 (1). F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于O (2). Cr (3). 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1 (4). 15 (5). （CH3）2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升
54、高 (6). 2 PCl5 = PCl4+PCl6 (7). PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (8). 或【解析】【分析】(1)F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态；(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式；(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为键、共价双键中一个是键另一个是排键，所以1个3-
55、MBT分子中含有15个键；存在分子间氢键的物质熔沸点较高；(4)含有自由移动离子的化合物能导电；孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；该晶胞中PCl5个数=1+8=2，晶胞体积=(a10-10cm)3，晶胞密度=。【详解】(1)F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，所以第一电离能均高于O元素(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；(3)臭齅排
56、放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为键、共价双键中一个是键另一个是键，所以1个3-MBT分子中含有15个键，则1mol该分子中含有15NA个键；(CH3)2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高；(4)含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl4+、PCl6-，其电离方程式为2PCl5 PCl4+PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的
57、排斥力，所以正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；该晶胞中PCl5个数=1+8=2，晶胞体积=(a10-10cm)3，晶胞密度=g/cm3。20.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。已知：连接在 CC 碳原子上的氢原子比较活泼，在催化剂作用下碳氢键易断裂。（1）A 的结构简式为_。（2）B 中官能团的名称是_。（3）反应中，属于加成反应的有_，反应中，属于氧化反应的有_。（4）请写出反应的化学方程式_。（5）高分子材料尼龙 66 中含有结构片段，请写出反应的化学方程式_。（6）某聚
58、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). HOCH2CCCH2OH (2). 羟基 (3). (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】A中所有碳原子都处于同一直线上，结合A的分子式、C后产物结构，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A为HOCH2CCCH2OH，A与氢气发生加成反应生
59、成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，-CN发生水解反应生成HOOC（CH2）4COOH苯酚与氢气发生加成反应生成，苯甲醇发生氧化反应生成，发生氧化反应HOOC（CH2）4COOH；HOOC（CH2）4COOH发生取代反应生成，最后发生缩聚反应生成尼龙-66为。【详解】(1) A中所有碳原子都处于同一直线上，结合A的分子式、C后产物结构，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：HOCH2CCCH2OH，故答案为：HOCH2CCCH2OH；(2)
60、B的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，官能团的名称是：羟基；(3) 反应中，属于加成反应的有 ；反应中，属于氧化反应的有 ，故答案为：；(4)由分析可知，反应的化学方程式为：，故答案为：；(5)由分析可知，反应的化学方程式为：，故答案为：；(6) 某聚合物K的单体与A（HOCH2CCCH2OH）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，则单体的结构简式为，则聚合物K的结构简式是：，故答案为：；(7) 由发生缩聚反应生成，乙醇发生氧化反应生成乙醛，乙醛与HCN反应后，在酸性条件下发生水解、缩聚，最后生成，合成路线流程图为：，故答案为：。