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四川省雅安中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省雅安中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题(共4小题，共58分等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度上期高2024届半期考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Fe56 Cu64 碲Te128 镉Cd112
一、单选题(每题2分，共42分。)
1. 化学与人类生活生产密切相关。下列叙述错误的是
A. 用于磨料的金刚砂属于共价晶体
B. 2022冬奥会部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中镉属于过渡元素
C. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是为了防止食品氧化变质
D. 用于新能源电池的石墨烯与金刚石互为同素异形体
【答案】C
【解析】
【详解】A．用于磨料的金刚砂属于一种共价晶体，A正确；
B．镉元素属于过渡金属元素，B正确；
C．食品包装袋中硅胶、生石灰是干燥剂，只有还原铁粉的作用是防止食品氧化变质，C错误；
D．石墨烯也是一种碳的单质，与金刚石互为同素异形体，D正确。
故选C。
2. 下列说法正确的是
A. 第二能层含有2s、2p和2d三个能级 B. 处于同一能层的电子能量一定相同
C. 原子中3d2表示3d能级有两个轨道 D. F原子中s轨道的电子云轮廓都为球形
【答案】D
【解析】
【详解】A．第二能层含有2s、2p两个能级，所以不存在2d能级，选项A错误；
B．处于同一能层的电子可能有s电子、p电子或d电子，d电子能量>p电子能量>s电子能量，所以处于同一能层的电子能量不一定相同，选项B错误；
C．d能级的轨道数为5，即3d能级有5个轨道，3d2表示3d能级有两个电子，选项C错误；
D．s轨道的电子云轮廓为球形，即1s、2s、3s等电子云轮廓都为球形，所以F原子中s轨道的电子云轮廓都为球形，选项D正确；
答案选D。
3. 下列叙述正确的是
A. 基态铝原子核外有三个单电子 B. 铜原子的外围电子排布式是：3d94s2
C. [Ar]3d24s2是基态钛原子的电子排布 D. 铬原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p64s13d5
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态铝原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1个单电子，故A错误；
B．铜原子的价电子排布式是3d104s1，而不是3d94s2，故B错误；
C．钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，故C正确；
D．Cr为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选C。
4. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是
A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
B. 2p轨道上只有两个电子的X原子与3p轨道上只有两个电子的Y原子
C. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
D. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．最外层只有一个电子的原子的化学性质不一定相同，如H和Na，故A错误；
B．2p轨道上只有2个电子，应是Be，3p轨道上只有2个电子的，应是Mg，它们位于同一主族，化学性质具有相似性，故B正确；
C．原子核外电子排布式为1s2，该元素为He，属于稀有气体元素，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子，该元素为Be，属于金属元素，两者性质不相似，故C错误；
D．原子核外M层上仅有两个电子的X原子，核外电子排布式为1s22s22p63s2，该元素为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子，价电子排布式，可以是4s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s2，分别是Ca、Fe、Co、Ni、Zn，它们化学性质不一定相似，故D错误；
答案为B。
5. 下列说法不正确的是
A. σ键是轴对称的，π键是镜像对称的
B. 在气体单质中，一定有σ键，可能有π键
C. 两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键
D. BF3分子中原子的最外层电子数不全是8
【答案】B
【解析】
【详解】A．σ键是轴对称的，π键是镜像对称的，A正确；
B．在稀有气体中，没有化学键，B错误；
C．两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键，C正确；
D．BF3分子中B原子的最外层电子数为6，D正确；
故选B。
6. 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 24g石墨中含有0.6个C—C键
B. 1mol二氧化硅固体中含有2个σ键
C. 标准状况下含有2.6个质子数
D. 0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，该反应转移1.6个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨中平均1个碳原子形成1.5个碳碳键，24g石墨（物质的量为2mol）中含有3个C—C键，A错误；
B．二氧化硅中1个硅原子能形成4个硅氧σ键，1mol二氧化硅固体中含有4个σ键，B错误；
C．标准状况下乙醇为液体，不能计算其物质的量，C错误；
D．铁单质与水蒸气高温条件下完全反应生成四氧化三铁，电子转移情况，0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，该反应转移电子1.6mol，为1.6个电子，D正确；
故选D。
7. 二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，通常情况下该物质以焦亚硫酸钾、焦亚硫酸钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠、低亚硫酸钠等亚硫酸盐的形式添加于食品中，或采用硫磺熏蒸的方式用于食品处理，发挥护色、防腐、漂白和抗氧化的作用。我国规定可用于葡萄酒和果酒，最大使用量0.25g/kg，残留量不得超过0.05g/kg。下列关于二氧化硫分子(SO2)说法正确的是
A. 二氧化硫分子中中心原子S采取sp2杂化
B. 二氧化硫分子呈直线形
C. 二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的漂白性
D. 硫在过量的氧气中燃烧，能生成三氧化硫
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中中心S原子价层电子对数为2+=3，采取sp2杂化，A正确；
B．二氧化硫分子中存在一对孤电子对，为V形，B错误；
C．二氧化硫能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其紫红色褪去，体现二氧化硫的还原性，C错误；
D．硫在过量的氧气中燃烧，能生成二氧化硫，D错误；
故选A。
8. 下列大小比较不正确的是
A. 沸点：；
B. 酸性：；
C. 还原性：
D. 键长：C—H＜N—H＜O—H
【答案】D
【解析】
【详解】A．水可以形成分子间氢键，分子间作用力较大，沸点高，和都是分子晶体，其中分子量大，分子间作用力大，沸点高，故A正确；
B．非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P
D．同周期原子半径逐渐减小，键长：C﹣H>N﹣H>O﹣H，故D错误；
故选D。
9. 下列粒子空间构型和中心原子杂化方式都正确的是
A. CH2Cl2、正四面体、sp3 B. H2O、V形、sp2
C. BCl3、平面三角形、sp2 D. 、三角锥形、sp3
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH2Cl2中心原子C与H和Cl形成4个共价键，采取sp3，分子构型为四面体、，故A错误；
B．H2O中心原子的价层电子对为4，有两对孤电子对，采取sp3，分子构型为V形，故B错误；
C．BCl3中心原子的价层电子对为3，采取sp2，分子构型为平面三角形，故C正确；
D．中心原子的价层电子对为4，采取sp3，分子构型为正四面体形，故D错误；
故答案为C
10. 三氯化氮NCl3是一种黄色油状液体，其分子结构呈三角锥形。下列关于三氯化氮的说法正确的是
A. NCl3分子是极性分子 B. 分子中不存在孤电子对
C. 分子中N－Cl键是非极性键 D. 因N－Cl键的键能大，所以NCl3的沸点高
【答案】A
【解析】
【详解】A．三氯化氮为三角锥性，结构不对称，正负电荷重心不能重合，NCl3分子是极性分子，故A正确；
B．NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对，故B错误；
C．N和Cl是两种不同的原子，分子中N-Cl键是极性键，故C错误；
D．三氯化氮为分子晶体，沸点与分子间作用力有关，与化学键无关，故D错误；
故选：A。
11. 顺铂为一种配合物，其结构如图所示，其中心离子为。已知X、Y、Z是原子半径依次增大的不同短周期元素，X、Z的原子核外都有一个未成对电子，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，a分子是由X、Y元素组成的四原子分子。下列有关叙述正确的是
A. 顺铂的空间结构中位于正四面体的中心
B. a分子的VSEPR模型是正四面体形，其键角为
C. Y的氧化物对应的水化物是强酸
D. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物中可能含有离子键，也可能不含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，顺铂中Z显－1价，Z可能为F或Cl，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，且Y与X能形成四原子分子，Y可能为N或P，则X为H；又因为X、Y、Z的原子半径依次增大，可推知X为H，Y为N，Z为Cl，a为NH3。
【详解】A．顺铂中与2个Cl¯、2个NH3形成配位键，其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．NH3中N的价层电子对数=，N原子上有一对孤电子对，所以NH3的VSEPR模型是四面体形，由于孤电子对与成键电子对之间斥力更大，分子中键角小于，B错误；
C．Y(N)的氧化物对应的水化物可以是HNO3(强酸)或HNO2(弱酸)，C错误；
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是NH4Cl(含离子键)，也可以是NH2Cl(不含离子键)，D正确；故选D。
【点睛】第一电离能比同周期左右相邻元素的大，一般是第ⅡA族或第ⅤA族元素。
12. 硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关说法正确的是
A. 的空间构型为直线型 B. 的价电子排布式为
C. 的键角比的大 D. 中含有键
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2S中S原子采取sp³杂化，分子构型为V形，故A错误；
B ．Cu原子核外电子数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，的价电子排布式为，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，理想状态下为正三角形，但由于孤电子对对成键电子对有排斥，所以键角小于120°，SO3中S为sp2杂化，为正三角形结构，键角120°，故的键角比的小，故C错误；
D．1个中存在8个H-O键和4个配位键，均为键，则中含有键，故D错误；
故选：B。
13. 下列实验的相关叙述正确的是
A. 步骤①反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
B. 步骤②生成的[Cu(NH3)4]2+中含有离子键
C. 溶液Y呈深蓝色是因为c(Cu2+)增大
D. 在X中滴加Na2S溶液会生成CuS黑色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A． 一水合氨为弱碱，步骤①反应： ，A错误；
B． 步骤②生成的[Cu(NH3)4]2+中不含有离子键、含N-H极性共价键、铜离子和N原子之间的配位键，B错误；
C． 溶液Y呈深蓝色是因为形成了[Cu(NH3)4]2+，C错误；
D． 在X中含有过量的硫酸铜、滴加Na2S溶液、硫离子和铜离子反应会生成CuS黑色沉淀，D正确；
答案选D。
14. 有关化学键和晶体的说法正确的是
A. 干冰是共价分子，其升华破坏了共价键
B. 氯化铵属于离子化合物，其加热仅破坏了共价键
C. 过氧化钠是离子化合物，只含有离子键
D. 二氧化硅属于共价化合物，其熔化破坏了共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰的化学式为CO2，是共价分子，升华时只改变分子间的距离，没有破坏共价键，A不正确；
B．氯化铵属于离子化合物，加热分解为氨气和氯化氢两种共价化合物，所以破坏了共价键和离子键，B不正确；
C．过氧化钠的电子式为，含有离子键，是离子化合物，两个O原子间还有一对共用电子，则含有共价键，C不正确；
D．二氧化硅化学式为SiO2，是共价化合物，属于共价晶体，熔化时破坏了Si、O原子间的共价键，D正确；
故选D。
15. 下列晶体的分类正确的一组是
选项
离子晶体
原子晶体
分子晶体
金属晶体
A
石墨
Ar
Hg
B
金刚石
Ag
C
SiC
Mg
D
Si
NaH
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】由阴阳离子构成的晶体为离子晶体；由原子通过共价键形成的空间网状晶体为共价晶体；由分子通过分子间作用力形成的为分子晶体；由金属阳离子与自由电子通过金属键形成的为金属晶体，据此分析解答。
【详解】A．石墨的层与层之间是分子间作用力，而碳原子间是共价键，石墨之中也会有自由电子在层与层间移动，石墨属于混合晶体，故A不选；
B．氯化铵为离子晶体，金刚石为共价晶体，乙醇为分子晶体，银为金属晶体，故B选；
C．醋酸是由分子构成的分子晶体，故C不选；
D．氢化钠是由离子构成的离子晶体，故D不选；
故选B。
16. 有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是
A. ①为简单立方堆积，③为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①<②<③<④
【答案】B
【解析】
【详解】A．由金属晶体的晶胞结构图可知：①为简单立方堆积；③为六方最密堆积，A错误；
B．顶点为8个晶胞共用；面为2个晶胞共用；晶胞体内原子为1个晶胞单独占有。晶胞①中原子个数=8×=1；晶胞②中原子个数=1+8×=2；晶胞③中原子个数=1+8×=2，晶胞④中原子个数=8×+6×=4，B正确；
C．①为简单立方堆积，配位数为6；②为体心立方堆积，配位数为8；③为六方最密堆积，配位数为12；④为面心立方最密堆积，配位数为12，C错误；
D．六方最密堆积与面心立方最密堆积的空间利用率相等，简单立方堆积、体心立方堆积不是最密堆积，空间利用率比六方最密堆积和面心立方最密堆积的小；体心立方堆积空间利用率比简单立方堆积的高，故空间利用率的大小关系为：①＜②＜③=④，D错误；
故选B
17. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的2p轨道有两个未成对电子，Y元素原子半径在同周期中最大，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W元素单质常温下是淡黄色固体。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z>W>Y B. Y在元素周期表中位于p区
C. X、Z、W形成的单质均属于分子晶体 D. 最高价含氧酸的酸性：Z>W
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，W元素单质常温下是淡黄色固体，则W为S元素；X的2p轨道有两个未成对电子，且各元素不同主族，其核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y元素原子半径在同周期中最大，其原子序数大于C元素，则Y为Na元素；X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z的最外层电子数为4+1=5，其原子序数大于Na元素，则Z为P元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为Na元素，Z为P元素，W为S元素，
A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：P＞S＞Na，故A正确；
B．Na元素最后填充的为3s电子，则P元素在元素周期表中位于s区，故B错误；
C．C元素形成的单质可能是共价晶体如金刚石，也可能是混合型晶体如石墨，S元素和P元素形成的单质是分子晶体，故C错误；
D．元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因非金属性：S＞P，所以最高价含氧酸的酸性：H2SO4＞H3PO4，故D错误；
故选：A。
18. 下列反应中，既属于氧化还原反应又属于吸热反应是
A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B. 干冰升华
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 葡萄糖在人体内生理氧化
【答案】C
【解析】
【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，以此解答该题。
【详解】A．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应是非氧化还原反应，故A错误；
B．干冰升华为物理变化，不是化学变化，故B错误；
C．灼热的炭与CO2反应是氧化还原反应，且为吸热反应；故C正确；
D．葡萄糖在人体内生理氧化是放热的氧化还原反应，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重反应类型判断的考查，注意化合价角度及归纳常见的吸热反应分析，题目难度不大。
19. 下列热化学方程式书写正确的是
A. 1mol液态肼()在氧气中燃烧，生成氮气和液态水，放出662kJ的热量：
B. 6.4gCu(s)与适量(g)反应生成CuO(s)，放出15.7kJ的热量：
C. 6g固体碳与适量水蒸气在高温下反应生成CO和，吸收65.25kJ的热量：
D. 14g (g)与适量的(g)反应生成，放出46.1kJ的热量：
【答案】A
【解析】
详解】A．热化学方程式正确，A正确；
B．方程式未配平，正确的热化学方程式为： ，B错误；
C．未写物质的状态，正确的热化学方程式为： ，C错误；
D．反应是可逆反应，14g 与氢气反应生成氨气时放出的热量大于46.1kJ，那么1mol 完全参与反应，放出的热量肯定多于，D错误；
故选A。
20. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. ；结论：的燃烧热为
B. ；结论：标准状况下1L丙烷完全燃烧放热2220kJ
C. ， ；结论：完全燃烧放出787kJ热量
D. ；结论：金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，应转化为液态水， A错误；
B．根据 ，可知标准状况下22.4L丙烷完全燃烧放热2220kJ，B错误；
C．根据 ， ，可得 ，则完全燃烧放出787kJ热量，C正确；
D．石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石的能量，而物质的能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，D错误；
故选C。
21. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。
下列叙述正确的是
A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量低
B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能量
C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-(Q1+Q2)kJ·mol-1
D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，则反应中破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，故B错误；
C．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=- Q2kJ ·mol-1，故C错误；
D．由题意可知，电解水得氢气的过程中存在电能转化为化学能的能量转化形式，二氧化碳加氢转化为甲醇的过程中存在化学能转化为热能的能量转化形式，故D正确；
故选D。
二、填空题(共4小题，共58分
22. 化学能与热能在生产生活中扮演者重要的角色，按照要求回答下列各题。
I、键能、焓变及热化学方程式相关考点：
（1）已知拆开1molH-H键、1molI-I键、1molH-I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会___________(填“放出”或“吸收”)___________kJ的热量。
（2）1gH2燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，该反应的热化方程式为：___________。
（3）为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2.已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ·moL-1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6KJ·moL-1；H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44.0KJ·moL-1
写出CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式___________
II、中和热的测定
50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（4）从实验装置上看，尚缺少一种玻璃仪器，这玻璃仪器名称是___________。
（5）烧杯间填满碎纸条的作用是___________。
（6）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的中和热___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（7）实验中若改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量(忽略测量误差，下同)___________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)。
（8）仍按50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液测定中和热。若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2-t1分别为①2.2℃，②3.5℃，③3.3℃，④3.4℃，则最终代入计算式的温差均值应该为___________℃。已知溶液的比热容4.18J/(g·℃)，密度为1g/mL。计算所得中和热ΔH=___________kJ/mol(计算结果保留一位小数)。
【答案】（1） ①. 放出 ②. 11
（2）2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ·mol-1
（3）2CO(g)+H2O(g)=2CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ·moL-1
（4）环形玻璃搅拌棒 （5）保温隔热，减少热量损失
（6）偏大 （7） ①. 不相等 ②. 相等
（8） ①. 3.4 ②. -56.8
【解析】
【分析】测定中和热时，要确保热量不散失、两烧杯之间填满碎泡沫塑料、杯口齐平、有孔硬纸板盖住杯口，故装置保温性能好，小烧杯内放一定量盐酸、一次性迅速把NaOH溶液倒入小烧杯中，并用环形玻璃搅拌棒、量取最高温度。
【小问1详解】
在反应H2+I2 2HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ。
【小问2详解】
1gH2燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则2molH2燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，该反应的热化方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ·mol-1。
【小问3详解】
已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH =-566kJ·moL-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH =-483.6kJ·moL-1
根据盖斯定律，①-②得2CO(g)+2H2O(g)=2H2(g)+2CO2(g) ΔH =-566kJ•moL-1-(-483.6kJ•moL-1)=-82.4kJ·moL-1，即CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式为：2CO(g)+H2O(g)=2CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ·moL-1
【小问4详解】
从实验装置上看，缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒。
【小问5详解】
中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：保温隔热，减少热量损失。
【小问6详解】
若大烧杯上不盖硬纸板，会有一部分热量散失，由于放热反应焓变小于0，则求得的中和热偏大。
【小问7详解】
反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中若改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量不相等，但是中和热的均是酸和碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以所求中和热相等。
【小问8详解】
由题干中数据可知，数据①明显实验误差舍去，故其余三次的温差的平均值为：3.4℃，根据反应可知50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液反应可生成0.025molH2O， 已知溶液的比热容4.18J/(g·℃)，密度为1g/mL。计算所得中和热ΔH==-56.8 kJ/mol，故答案为：-56.8。
23. 现有A、B、C、D、E、F、G、H、I九种元素，均为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。
A：核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B：形成化合物种类最多的元素
C：基态原子的核外p能级电子数比s能级电子数少1
D：基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子
E：气态基态原子的第一至第四电离能分别是：I1=738 kJ/mol，I2=1451 kJ/mol，I3=7733 kJ/mol，I4=10540 kJ/mol
F：短周期元素的简单离子中半径最小
G：主族序数与周期数的差为4
H：前四周期主族元素中电负性最小
I：位于元素周期表中的第八列
（1）C2A4的电子式为_______。
（2）B元素的原子核外共有_______种不同运动状态的电子。
（3）某同学推斯E元素基态原子的核外电子轨道表示式为。该同学所画的轨道表示式违背了_______，解释E元素原子的第一电高能大于F元素原子的第一电离能的原因：_______。
（4）用惰性电极电解熔融的EG2制备E单质的化学方程式为_______。
（5）与F元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与H元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_______；已知T元素和Cl元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是_______ (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
（6）与H元素同周期的基态原子中，未成对电子数与H原子相同的元素有_______种。
（7）I位于元素周期表中____区(按电子排布分区)，实验室检验I3+的离子方程式为：____。
【答案】（1） （2）6
（3） ①. 泡利原理 ②. Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去的3S能级的电子的能量高
（4）MgCl2Mg+Cl2↑
（5） ①. Be(OH)2+2OH-=+2H2O ②. 共价化合物
（6）4 （7） ①. d ②. Fe3++3SCN-= Fe(SCN)3
【解析】
【分析】A 元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素是形成化合物种类最多的元素，可知B为C，可以形成多种有机物；C元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则C为N元素；D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子，原子序数大于N，其电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；E原子的第一到第四电离能分别是：I1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol，说明E最外层有2个电子，其原子序数小于K，则E为Mg元素；F元素是短周期元素中简单离子半径最小的，则F为Al元素；G元素的主族序数与周期数的差为4，结合这九种元素子序数依次增大，则G为第三周期VIIA族，为Cl元素；H元素是前四周期中电负性最小的元素，则H为K元素； I元素位于元素周期表中的第八列，为前四周期元素，且原子序数大于K，则I为Fe元素，据此解答。
【小问1详解】
C2A4为N2H4，N2H4为共价化合物，其电子式为。
【小问2详解】
B为C，其核外电子排布为1s22s22p2，共有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以共有6种不同运动状态的电子。
【小问3详解】
E为Mg，为12号元素，该同学所画电子排布图中3s轨道有2个自旋方向相同的电子，违背了泡利不相容原理；Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去的3S能级的电子的能量高。
【小问4详解】
用惰性电极电解熔融的MgCl2，阳极氯离子放电，阴极镁离子放电，该反应的离子方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑。
【小问5详解】
F为Al，与Al元素成“对角线规则”关系的某短周期元素Be，Be最高价氧化物的水化物Be(OH)2具有两性，与H元素的最高价氧化物的水化物KOH反应生成，离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=+2H2O。
【小问6详解】
H为K元素，其价电子排布为4s1，未成对电子数为1，第四周期中未成对电子数为1的有Sc（3d14s2）、Cu（3d104s1）、Ca（4s24p1）、Br（4s24p5），故答案为：4。
【小问7详解】
I为Fe元素，元素周期表中的d区，实验室用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：Fe3++3SCN-= Fe(SCN)3。
24. 氧族元素是元素周期表中第VIA族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素，它们及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）基态原子的核外电子排布式为____。
（2）H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序为____，原因是____。
（3）SO与SO相比，键角较小的是___(填离子符号)，原因是____。
（4）依布硒是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式为。依布硒分子中、C原子的杂化类型分别为____、____。
（5）国家速滑馆又称为“冰丝带”，所用的碲化镉(CdTe)“发电玻璃”被誉为“挂在墙上的油田”。碲化镉立方晶胞结构如图。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。已知晶胞中A、B原子的分数坐标分别为A(0，0，0)、B(，，)，则C点原子的分数坐标为____。
②碲化镉晶体的密度为ρg•cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞边长为a=____。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p4##1s22s22p63s23p63d104s24p4
（2） ①. H2O>H2Te>H2Se>H2S ②. H2O分子间存在氢键，沸点最高，而H2S、H2Se、H2Te的组成结构相似，相对分子质量越大，沸点越高
（3） ①. SO ②. SO孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于SO成键电子对之间的排斥力，导致SO的键角更小
（4） ①. sp3 ②. sp2
（5） ①. (，，) ②. cm
【解析】
【小问1详解】
基态 Se 原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p4或1s22s22p63s23p63d104s24p4；
【小问2详解】
因为H2O分子间存在氢键，沸点最高，而H2S、H2Se、H2Te的组成结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，故答案为：H2O>H2Te>H2Se>H2S；
【小问3详解】
因为亚硫酸根离子中 孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于硫酸根离子成键电子对之间的排斥力，导致亚硫酸根离子的键角更小，故答案填：；
【小问4详解】
由结构简式可知，依布硒分子中 Se 形成了两个键，故杂化方式为sp3，C原子分子中的6个碳原子皆采取sp2杂形成三条杂化轨道，其中一条杂化轨道与其它原子结合形成σ键，另外两条杂化轨道和相邻的两个碳原子结合形成两个σ键，故依布硒分子中 Se 、C原子的杂化类型分别为sp3，sp2；
【小问5详解】
①已知晶胞中A、B原子的分数坐标分别为A(0，0，0)、B(，，)，又由碲化镉立方晶胞结构可知，C点原子的分数坐标为(，，)；
②碲化镉晶体的密度为ρg•cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞边长为a=cm。
25. 利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和SiO2)制备V2O5的新工艺流程如图：
已知：滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题：
（1）VO2+中钒元素的化合价是_______。在实验室进行操作Ⅰ和操作II所需的玻璃仪器为：烧杯、_______。
（2）工业上为了提高废催化剂的水浸率，除将废催化剂预先粉碎外，还可采取的措施有_______等(任写两种)。
（3）在“滤渣1”中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生了氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：_______。滤渣2的主要成分是_______。
（4）“混合液”中加入KClO3，其目的是_______。
（5）常温下通过_______(填“增大”或“减小”或“保持”)溶液的pH值来实现由VO向VO转变。
（6）由NH4VO3制备V2O5的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. +4 ②. 漏斗、玻璃棒
（2）充分搅拌、适当升温、多次浸取、适当延长浸水时间等
（3） ①. V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+ 2H2O ②. SiO2
（4）将VO2+氧化成VO
（5）增大 （6）2NH4VO3V2O5+ H2O+2NH3↑
【解析】
【分析】由流程可知，废催化剂（含有V2O5、VOSO4和SiO2）加入水，过滤，滤液1含有VOSO4，滤渣1加入亚硫酸钠和过量硫酸发生V2O5++4H+=2VO2+++2H2O，由于SiO2与水、硫酸等均不反应，且不溶于水，故滤渣2为SiO2，滤液2含有VOSO4，与滤液1混合后加入氯酸钾发生6VO2++ +3H2O═6+Cl-+6H+，可得含的溶液，加入氨水生成NH4VO3，加热可生成V2O5，以此分析解题。
【小问1详解】
设VO2+中钒元素的化合价是x，则有x-2=+2，故x=+4，由工艺流程图中可知操作Ⅰ和操作II均是分离固体和液体，故为过滤操作，则所需的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：+4；漏斗、玻璃棒；
【小问2详解】
工业上为了提高废催化剂的水浸率，即让废催化剂充分反应，可采用的措施除将废催化剂预先粉碎外，还可采取充分搅拌、适当升温、多次浸取、适当延长浸水时间等，故答案为：充分搅拌、适当升温、多次浸取、适当延长浸水时间等；
【小问3详解】
由分析可知，在“滤渣1”中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生了氧化还原反应，该反应的离子方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+ 2H2O ，滤渣2的主要成分是SiO2，故答案为：V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+ 2H2O；SiO2；
【小问4详解】
由分析可知，滤液1和滤液2中均含有VO2+ ，即“混合液”中主要含有VO2+，而加入KClO3后则生成了，说明加入KClO3后发生的反应为：6VO2+++3H2O═6+Cl-+6H+，目的是将VO2+氧化成VO，故答案为：将VO2+氧化成VO；
【小问5详解】
根据化学平衡VO+2OH-VO+H2O可知，常温下通过增大溶液的pH值来实现由VO向VO转变，故答案为：增大；
【小问6详解】
由NH4VO3制备V2O5过程中V的化合价未变，说明发生非氧化还原反应，类似于碳酸铵受热分解的反应，根据质量守恒定律可知，该化学方程式为2NH4VO3V2O5+ H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4VO3V2O5+ H2O+2NH3↑。
2022-2023学年度上期高2024届半期考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Fe56 Cu64 碲Te128 镉Cd112
一、单选题(每题2分，共42分。)
1. 化学与人类生活生产密切相关。下列叙述错误的是
A. 用于磨料的金刚砂属于共价晶体
B. 2022冬奥会部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中镉属于过渡元素
C. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是为了防止食品氧化变质
D. 用于新能源电池的石墨烯与金刚石互为同素异形体
【答案】C
【解析】
【详解】A．用于磨料的金刚砂属于一种共价晶体，A正确；
B．镉元素属于过渡金属元素，B正确；
C．食品包装袋中硅胶、生石灰是干燥剂，只有还原铁粉的作用是防止食品氧化变质，C错误；
D．石墨烯也是一种碳的单质，与金刚石互为同素异形体，D正确。
故选C。
2. 下列说法正确的是
A. 第二能层含有2s、2p和2d三个能级 B. 处于同一能层的电子能量一定相同
C. 原子中3d2表示3d能级有两个轨道 D. F原子中s轨道的电子云轮廓都为球形
【答案】D
【解析】
【详解】A．第二能层含有2s、2p两个能级，所以不存在2d能级，选项A错误；
B．处于同一能层的电子可能有s电子、p电子或d电子，d电子能量>p电子能量>s电子能量，所以处于同一能层的电子能量不一定相同，选项B错误；
C．d能级的轨道数为5，即3d能级有5个轨道，3d2表示3d能级有两个电子，选项C错误；
D．s轨道的电子云轮廓为球形，即1s、2s、3s等电子云轮廓都为球形，所以F原子中s轨道的电子云轮廓都为球形，选项D正确；
答案选D。
3. 下列叙述正确的是
A. 基态铝原子核外有三个单电子 B. 铜原子的外围电子排布式是：3d94s2
C. [Ar]3d24s2是基态钛原子的电子排布 D. 铬原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p64s13d5
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态铝原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1个单电子，故A错误；
B．铜原子的价电子排布式是3d104s1，而不是3d94s2，故B错误；
C．钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，故C正确；
D．Cr为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故D错误；
故选C。
4. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是
A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
B. 2p轨道上只有两个电子的X原子与3p轨道上只有两个电子的Y原子
C. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
D. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．最外层只有一个电子的原子的化学性质不一定相同，如H和Na，故A错误；
B．2p轨道上只有2个电子，应是Be，3p轨道上只有2个电子的，应是Mg，它们位于同一主族，化学性质具有相似性，故B正确；
C．原子核外电子排布式为1s2，该元素为He，属于稀有气体元素，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子，该元素为Be，属于金属元素，两者性质不相似，故C错误；
D．原子核外M层上仅有两个电子的X原子，核外电子排布式为1s22s22p63s2，该元素为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子，价电子排布式，可以是4s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s2，分别是Ca、Fe、Co、Ni、Zn，它们化学性质不一定相似，故D错误；
答案为B。
5. 下列说法不正确的是
A. σ键是轴对称的，π键是镜像对称的
B. 在气体单质中，一定有σ键，可能有π键
C. 两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键
D. BF3分子中原子的最外层电子数不全是8
【答案】B
【解析】
【详解】A．σ键是轴对称的，π键是镜像对称的，A正确；
B．在稀有气体中，没有化学键，B错误；
C．两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键，C正确；
D．BF3分子中B原子的最外层电子数为6，D正确；
故选B。
6. 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 24g石墨中含有0.6个C—C键
B. 1mol二氧化硅固体中含有2个σ键
C. 标准状况下含有2.6个质子数
D. 0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，该反应转移1.6个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨中平均1个碳原子形成1.5个碳碳键，24g石墨（物质的量为2mol）中含有3个C—C键，A错误；
B．二氧化硅中1个硅原子能形成4个硅氧σ键，1mol二氧化硅固体中含有4个σ键，B错误；
C．标准状况下乙醇为液体，不能计算其物质的量，C错误；
D．铁单质与水蒸气高温条件下完全反应生成四氧化三铁，电子转移情况，0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，该反应转移电子1.6mol，为1.6个电子，D正确；
故选D。
7. 二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，通常情况下该物质以焦亚硫酸钾、焦亚硫酸钠、亚硫酸钠、亚硫酸氢钠、低亚硫酸钠等亚硫酸盐的形式添加于食品中，或采用硫磺熏蒸的方式用于食品处理，发挥护色、防腐、漂白和抗氧化的作用。我国规定可用于葡萄酒和果酒，最大使用量0.25g/kg，残留量不得超过0.05g/kg。下列关于二氧化硫分子(SO2)说法正确的是
A. 二氧化硫分子中中心原子S采取sp2杂化
B. 二氧化硫分子呈直线形
C. 二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的漂白性
D. 硫在过量的氧气中燃烧，能生成三氧化硫
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中中心S原子价层电子对数为2+=3，采取sp2杂化，A正确；
B．二氧化硫分子中存在一对孤电子对，为V形，B错误；
C．二氧化硫能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其紫红色褪去，体现二氧化硫的还原性，C错误；
D．硫在过量的氧气中燃烧，能生成二氧化硫，D错误；
故选A。
8. 下列大小比较不正确的是
A. 沸点：；
B. 酸性：；
C. 还原性：
D. 键长：C—H＜N—H＜O—H
【答案】D
【解析】
【详解】A．水可以形成分子间氢键，分子间作用力较大，沸点高，和都是分子晶体，其中分子量大，分子间作用力大，沸点高，故A正确；
B．非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P
D．同周期原子半径逐渐减小，键长：C﹣H>N﹣H>O﹣H，故D错误；
故选D。
9. 下列粒子空间构型和中心原子杂化方式都正确的是
A. CH2Cl2、正四面体、sp3 B. H2O、V形、sp2
C. BCl3、平面三角形、sp2 D. 、三角锥形、sp3
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH2Cl2中心原子C与H和Cl形成4个共价键，采取sp3，分子构型为四面体、，故A错误；
B．H2O中心原子的价层电子对为4，有两对孤电子对，采取sp3，分子构型为V形，故B错误；
C．BCl3中心原子的价层电子对为3，采取sp2，分子构型为平面三角形，故C正确；
D．中心原子的价层电子对为4，采取sp3，分子构型为正四面体形，故D错误；
故答案为C
10. 三氯化氮NCl3是一种黄色油状液体，其分子结构呈三角锥形。下列关于三氯化氮的说法正确的是
A. NCl3分子是极性分子 B. 分子中不存在孤电子对
C. 分子中N－Cl键是非极性键 D. 因N－Cl键的键能大，所以NCl3的沸点高
【答案】A
【解析】
【详解】A．三氯化氮为三角锥性，结构不对称，正负电荷重心不能重合，NCl3分子是极性分子，故A正确；
B．NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对，故B错误；
C．N和Cl是两种不同的原子，分子中N-Cl键是极性键，故C错误；
D．三氯化氮为分子晶体，沸点与分子间作用力有关，与化学键无关，故D错误；
故选：A。
11. 顺铂为一种配合物，其结构如图所示，其中心离子为。已知X、Y、Z是原子半径依次增大的不同短周期元素，X、Z的原子核外都有一个未成对电子，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，a分子是由X、Y元素组成的四原子分子。下列有关叙述正确的是
A. 顺铂的空间结构中位于正四面体的中心
B. a分子的VSEPR模型是正四面体形，其键角为
C. Y的氧化物对应的水化物是强酸
D. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物中可能含有离子键，也可能不含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，顺铂中Z显－1价，Z可能为F或Cl，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，且Y与X能形成四原子分子，Y可能为N或P，则X为H；又因为X、Y、Z的原子半径依次增大，可推知X为H，Y为N，Z为Cl，a为NH3。
【详解】A．顺铂中与2个Cl¯、2个NH3形成配位键，其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．NH3中N的价层电子对数=，N原子上有一对孤电子对，所以NH3的VSEPR模型是四面体形，由于孤电子对与成键电子对之间斥力更大，分子中键角小于，B错误；
C．Y(N)的氧化物对应的水化物可以是HNO3(强酸)或HNO2(弱酸)，C错误；
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是NH4Cl(含离子键)，也可以是NH2Cl(不含离子键)，D正确；故选D。
【点睛】第一电离能比同周期左右相邻元素的大，一般是第ⅡA族或第ⅤA族元素。
12. 硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关说法正确的是
A. 的空间构型为直线型 B. 的价电子排布式为
C. 的键角比的大 D. 中含有键
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2S中S原子采取sp³杂化，分子构型为V形，故A错误；
B ．Cu原子核外电子数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，的价电子排布式为，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，理想状态下为正三角形，但由于孤电子对对成键电子对有排斥，所以键角小于120°，SO3中S为sp2杂化，为正三角形结构，键角120°，故的键角比的小，故C错误；
D．1个中存在8个H-O键和4个配位键，均为键，则中含有键，故D错误；
故选：B。
13. 下列实验的相关叙述正确的是
A. 步骤①反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
B. 步骤②生成的[Cu(NH3)4]2+中含有离子键
C. 溶液Y呈深蓝色是因为c(Cu2+)增大
D. 在X中滴加Na2S溶液会生成CuS黑色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A． 一水合氨为弱碱，步骤①反应： ，A错误；
B． 步骤②生成的[Cu(NH3)4]2+中不含有离子键、含N-H极性共价键、铜离子和N原子之间的配位键，B错误；
C． 溶液Y呈深蓝色是因为形成了[Cu(NH3)4]2+，C错误；
D． 在X中含有过量的硫酸铜、滴加Na2S溶液、硫离子和铜离子反应会生成CuS黑色沉淀，D正确；
答案选D。
14. 有关化学键和晶体的说法正确的是
A. 干冰是共价分子，其升华破坏了共价键
B. 氯化铵属于离子化合物，其加热仅破坏了共价键
C. 过氧化钠是离子化合物，只含有离子键
D. 二氧化硅属于共价化合物，其熔化破坏了共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰的化学式为CO2，是共价分子，升华时只改变分子间的距离，没有破坏共价键，A不正确；
B．氯化铵属于离子化合物，加热分解为氨气和氯化氢两种共价化合物，所以破坏了共价键和离子键，B不正确；
C．过氧化钠的电子式为，含有离子键，是离子化合物，两个O原子间还有一对共用电子，则含有共价键，C不正确；
D．二氧化硅化学式为SiO2，是共价化合物，属于共价晶体，熔化时破坏了Si、O原子间的共价键，D正确；
故选D。
15. 下列晶体的分类正确的一组是
选项
离子晶体
原子晶体
分子晶体
金属晶体
A
石墨
Ar
Hg
B
金刚石
Ag
C
SiC
Mg
D
Si
NaH
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】由阴阳离子构成的晶体为离子晶体；由原子通过共价键形成的空间网状晶体为共价晶体；由分子通过分子间作用力形成的为分子晶体；由金属阳离子与自由电子通过金属键形成的为金属晶体，据此分析解答。
【详解】A．石墨的层与层之间是分子间作用力，而碳原子间是共价键，石墨之中也会有自由电子在层与层间移动，石墨属于混合晶体，故A不选；
B．氯化铵为离子晶体，金刚石为共价晶体，乙醇为分子晶体，银为金属晶体，故B选；
C．醋酸是由分子构成的分子晶体，故C不选；
D．氢化钠是由离子构成的离子晶体，故D不选；
故选B。
16. 有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是
A. ①为简单立方堆积，③为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①<②<③<④
【答案】B
【解析】
【详解】A．由金属晶体的晶胞结构图可知：①为简单立方堆积；③为六方最密堆积，A错误；
B．顶点为8个晶胞共用；面为2个晶胞共用；晶胞体内原子为1个晶胞单独占有。晶胞①中原子个数=8×=1；晶胞②中原子个数=1+8×=2；晶胞③中原子个数=1+8×=2，晶胞④中原子个数=8×+6×=4，B正确；
C．①为简单立方堆积，配位数为6；②为体心立方堆积，配位数为8；③为六方最密堆积，配位数为12；④为面心立方最密堆积，配位数为12，C错误；
D．六方最密堆积与面心立方最密堆积的空间利用率相等，简单立方堆积、体心立方堆积不是最密堆积，空间利用率比六方最密堆积和面心立方最密堆积的小；体心立方堆积空间利用率比简单立方堆积的高，故空间利用率的大小关系为：①＜②＜③=④，D错误；
故选B
17. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的2p轨道有两个未成对电子，Y元素原子半径在同周期中最大，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W元素单质常温下是淡黄色固体。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z>W>Y B. Y在元素周期表中位于p区
C. X、Z、W形成的单质均属于分子晶体 D. 最高价含氧酸的酸性：Z>W
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，W元素单质常温下是淡黄色固体，则W为S元素；X的2p轨道有两个未成对电子，且各元素不同主族，其核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y元素原子半径在同周期中最大，其原子序数大于C元素，则Y为Na元素；X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z的最外层电子数为4+1=5，其原子序数大于Na元素，则Z为P元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为Na元素，Z为P元素，W为S元素，
A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：P＞S＞Na，故A正确；
B．Na元素最后填充的为3s电子，则P元素在元素周期表中位于s区，故B错误；
C．C元素形成的单质可能是共价晶体如金刚石，也可能是混合型晶体如石墨，S元素和P元素形成的单质是分子晶体，故C错误；
D．元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因非金属性：S＞P，所以最高价含氧酸的酸性：H2SO4＞H3PO4，故D错误；
故选：A。
18. 下列反应中，既属于氧化还原反应又属于吸热反应是
A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B. 干冰升华
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 葡萄糖在人体内生理氧化
【答案】C
【解析】
【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，以此解答该题。
【详解】A．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应是非氧化还原反应，故A错误；
B．干冰升华为物理变化，不是化学变化，故B错误；
C．灼热的炭与CO2反应是氧化还原反应，且为吸热反应；故C正确；
D．葡萄糖在人体内生理氧化是放热的氧化还原反应，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重反应类型判断的考查，注意化合价角度及归纳常见的吸热反应分析，题目难度不大。
19. 下列热化学方程式书写正确的是
A. 1mol液态肼()在氧气中燃烧，生成氮气和液态水，放出662kJ的热量：
B. 6.4gCu(s)与适量(g)反应生成CuO(s)，放出15.7kJ的热量：
C. 6g固体碳与适量水蒸气在高温下反应生成CO和，吸收65.25kJ的热量：
D. 14g (g)与适量的(g)反应生成，放出46.1kJ的热量：
【答案】A
【解析】
详解】A．热化学方程式正确，A正确；
B．方程式未配平，正确的热化学方程式为： ，B错误；
C．未写物质的状态，正确的热化学方程式为： ，C错误；
D．反应是可逆反应，14g 与氢气反应生成氨气时放出的热量大于46.1kJ，那么1mol 完全参与反应，放出的热量肯定多于，D错误；
故选A。
20. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. ；结论：的燃烧热为
B. ；结论：标准状况下1L丙烷完全燃烧放热2220kJ
C. ， ；结论：完全燃烧放出787kJ热量
D. ；结论：金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，应转化为液态水， A错误；
B．根据 ，可知标准状况下22.4L丙烷完全燃烧放热2220kJ，B错误；
C．根据 ， ，可得 ，则完全燃烧放出787kJ热量，C正确；
D．石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石的能量，而物质的能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，D错误；
故选C。
21. 2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。
下列叙述正确的是
A. CO2合成甲醇的反应中，反应物总能量比产物总能量低
B. CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能量
C. CO2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=-(Q1+Q2)kJ·mol-1
D. 上述过程中存在电能转化为化学能、化学能转化为热能的能量转化形式
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，故A错误；
B．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，则反应中破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，故B错误；
C．由图可知，二氧化碳合成甲醇的反应为反应物总能量比产物总能量高的放热反应，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) △H=- Q2kJ ·mol-1，故C错误；
D．由题意可知，电解水得氢气的过程中存在电能转化为化学能的能量转化形式，二氧化碳加氢转化为甲醇的过程中存在化学能转化为热能的能量转化形式，故D正确；
故选D。
二、填空题(共4小题，共58分
22. 化学能与热能在生产生活中扮演者重要的角色，按照要求回答下列各题。
I、键能、焓变及热化学方程式相关考点：
（1）已知拆开1molH-H键、1molI-I键、1molH-I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会___________(填“放出”或“吸收”)___________kJ的热量。
（2）1gH2燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，该反应的热化方程式为：___________。
（3）为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2.已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ·moL-1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6KJ·moL-1；H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44.0KJ·moL-1
写出CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式___________
II、中和热的测定
50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（4）从实验装置上看，尚缺少一种玻璃仪器，这玻璃仪器名称是___________。
（5）烧杯间填满碎纸条的作用是___________。
（6）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的中和热___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（7）实验中若改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量(忽略测量误差，下同)___________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)。
（8）仍按50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液测定中和热。若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2-t1分别为①2.2℃，②3.5℃，③3.3℃，④3.4℃，则最终代入计算式的温差均值应该为___________℃。已知溶液的比热容4.18J/(g·℃)，密度为1g/mL。计算所得中和热ΔH=___________kJ/mol(计算结果保留一位小数)。
【答案】（1） ①. 放出 ②. 11
（2）2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ·mol-1
（3）2CO(g)+H2O(g)=2CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ·moL-1
（4）环形玻璃搅拌棒 （5）保温隔热，减少热量损失
（6）偏大 （7） ①. 不相等 ②. 相等
（8） ①. 3.4 ②. -56.8
【解析】
【分析】测定中和热时，要确保热量不散失、两烧杯之间填满碎泡沫塑料、杯口齐平、有孔硬纸板盖住杯口，故装置保温性能好，小烧杯内放一定量盐酸、一次性迅速把NaOH溶液倒入小烧杯中，并用环形玻璃搅拌棒、量取最高温度。
【小问1详解】
在反应H2+I2 2HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ。
【小问2详解】
1gH2燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则2molH2燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，该反应的热化方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ·mol-1。
【小问3详解】
已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH =-566kJ·moL-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH =-483.6kJ·moL-1
根据盖斯定律，①-②得2CO(g)+2H2O(g)=2H2(g)+2CO2(g) ΔH =-566kJ•moL-1-(-483.6kJ•moL-1)=-82.4kJ·moL-1，即CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式为：2CO(g)+H2O(g)=2CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ·moL-1
【小问4详解】
从实验装置上看，缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒。
【小问5详解】
中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：保温隔热，减少热量损失。
【小问6详解】
若大烧杯上不盖硬纸板，会有一部分热量散失，由于放热反应焓变小于0，则求得的中和热偏大。
【小问7详解】
反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中若改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量不相等，但是中和热的均是酸和碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以所求中和热相等。
【小问8详解】
由题干中数据可知，数据①明显实验误差舍去，故其余三次的温差的平均值为：3.4℃，根据反应可知50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液反应可生成0.025molH2O， 已知溶液的比热容4.18J/(g·℃)，密度为1g/mL。计算所得中和热ΔH==-56.8 kJ/mol，故答案为：-56.8。
23. 现有A、B、C、D、E、F、G、H、I九种元素，均为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。
A：核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B：形成化合物种类最多的元素
C：基态原子的核外p能级电子数比s能级电子数少1
D：基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子
E：气态基态原子的第一至第四电离能分别是：I1=738 kJ/mol，I2=1451 kJ/mol，I3=7733 kJ/mol，I4=10540 kJ/mol
F：短周期元素的简单离子中半径最小
G：主族序数与周期数的差为4
H：前四周期主族元素中电负性最小
I：位于元素周期表中的第八列
（1）C2A4的电子式为_______。
（2）B元素的原子核外共有_______种不同运动状态的电子。
（3）某同学推斯E元素基态原子的核外电子轨道表示式为。该同学所画的轨道表示式违背了_______，解释E元素原子的第一电高能大于F元素原子的第一电离能的原因：_______。
（4）用惰性电极电解熔融的EG2制备E单质的化学方程式为_______。
（5）与F元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与H元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_______；已知T元素和Cl元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是_______ (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
（6）与H元素同周期的基态原子中，未成对电子数与H原子相同的元素有_______种。
（7）I位于元素周期表中____区(按电子排布分区)，实验室检验I3+的离子方程式为：____。
【答案】（1） （2）6
（3） ①. 泡利原理 ②. Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去的3S能级的电子的能量高
（4）MgCl2Mg+Cl2↑
（5） ①. Be(OH)2+2OH-=+2H2O ②. 共价化合物
（6）4 （7） ①. d ②. Fe3++3SCN-= Fe(SCN)3
【解析】
【分析】A 元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素是形成化合物种类最多的元素，可知B为C，可以形成多种有机物；C元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则C为N元素；D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子，原子序数大于N，其电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；E原子的第一到第四电离能分别是：I1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol，说明E最外层有2个电子，其原子序数小于K，则E为Mg元素；F元素是短周期元素中简单离子半径最小的，则F为Al元素；G元素的主族序数与周期数的差为4，结合这九种元素子序数依次增大，则G为第三周期VIIA族，为Cl元素；H元素是前四周期中电负性最小的元素，则H为K元素； I元素位于元素周期表中的第八列，为前四周期元素，且原子序数大于K，则I为Fe元素，据此解答。
【小问1详解】
C2A4为N2H4，N2H4为共价化合物，其电子式为。
【小问2详解】
B为C，其核外电子排布为1s22s22p2，共有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以共有6种不同运动状态的电子。
【小问3详解】
E为Mg，为12号元素，该同学所画电子排布图中3s轨道有2个自旋方向相同的电子，违背了泡利不相容原理；Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去的3S能级的电子的能量高。
【小问4详解】
用惰性电极电解熔融的MgCl2，阳极氯离子放电，阴极镁离子放电，该反应的离子方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑。
【小问5详解】
F为Al，与Al元素成“对角线规则”关系的某短周期元素Be，Be最高价氧化物的水化物Be(OH)2具有两性，与H元素的最高价氧化物的水化物KOH反应生成，离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=+2H2O。
【小问6详解】
H为K元素，其价电子排布为4s1，未成对电子数为1，第四周期中未成对电子数为1的有Sc（3d14s2）、Cu（3d104s1）、Ca（4s24p1）、Br（4s24p5），故答案为：4。
【小问7详解】
I为Fe元素，元素周期表中的d区，实验室用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：Fe3++3SCN-= Fe(SCN)3。
24. 氧族元素是元素周期表中第VIA族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素，它们及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）基态原子的核外电子排布式为____。
（2）H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序为____，原因是____。
（3）SO与SO相比，键角较小的是___(填离子符号)，原因是____。
（4）依布硒是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式为。依布硒分子中、C原子的杂化类型分别为____、____。
（5）国家速滑馆又称为“冰丝带”，所用的碲化镉(CdTe)“发电玻璃”被誉为“挂在墙上的油田”。碲化镉立方晶胞结构如图。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。已知晶胞中A、B原子的分数坐标分别为A(0，0，0)、B(，，)，则C点原子的分数坐标为____。
②碲化镉晶体的密度为ρg•cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞边长为a=____。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p4##1s22s22p63s23p63d104s24p4
（2） ①. H2O>H2Te>H2Se>H2S ②. H2O分子间存在氢键，沸点最高，而H2S、H2Se、H2Te的组成结构相似，相对分子质量越大，沸点越高
（3） ①. SO ②. SO孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于SO成键电子对之间的排斥力，导致SO的键角更小
（4） ①. sp3 ②. sp2
（5） ①. (，，) ②. cm
【解析】
【小问1详解】
基态 Se 原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p4或1s22s22p63s23p63d104s24p4；
【小问2详解】
因为H2O分子间存在氢键，沸点最高，而H2S、H2Se、H2Te的组成结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，故答案为：H2O>H2Te>H2Se>H2S；
【小问3详解】
因为亚硫酸根离子中 孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于硫酸根离子成键电子对之间的排斥力，导致亚硫酸根离子的键角更小，故答案填：；
【小问4详解】
由结构简式可知，依布硒分子中 Se 形成了两个键，故杂化方式为sp3，C原子分子中的6个碳原子皆采取sp2杂形成三条杂化轨道，其中一条杂化轨道与其它原子结合形成σ键，另外两条杂化轨道和相邻的两个碳原子结合形成两个σ键，故依布硒分子中 Se 、C原子的杂化类型分别为sp3，sp2；
【小问5详解】
①已知晶胞中A、B原子的分数坐标分别为A(0，0，0)、B(，，)，又由碲化镉立方晶胞结构可知，C点原子的分数坐标为(，，)；
②碲化镉晶体的密度为ρg•cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞边长为a=cm。
25. 利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和SiO2)制备V2O5的新工艺流程如图：
已知：滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题：
（1）VO2+中钒元素的化合价是_______。在实验室进行操作Ⅰ和操作II所需的玻璃仪器为：烧杯、_______。
（2）工业上为了提高废催化剂的水浸率，除将废催化剂预先粉碎外，还可采取的措施有_______等(任写两种)。
（3）在“滤渣1”中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生了氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：_______。滤渣2的主要成分是_______。
（4）“混合液”中加入KClO3，其目的是_______。
（5）常温下通过_______(填“增大”或“减小”或“保持”)溶液的pH值来实现由VO向VO转变。
（6）由NH4VO3制备V2O5的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. +4 ②. 漏斗、玻璃棒
（2）充分搅拌、适当升温、多次浸取、适当延长浸水时间等
（3） ①. V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+ 2H2O ②. SiO2
（4）将VO2+氧化成VO
（5）增大 （6）2NH4VO3V2O5+ H2O+2NH3↑
【解析】
【分析】由流程可知，废催化剂（含有V2O5、VOSO4和SiO2）加入水，过滤，滤液1含有VOSO4，滤渣1加入亚硫酸钠和过量硫酸发生V2O5++4H+=2VO2+++2H2O，由于SiO2与水、硫酸等均不反应，且不溶于水，故滤渣2为SiO2，滤液2含有VOSO4，与滤液1混合后加入氯酸钾发生6VO2++ +3H2O═6+Cl-+6H+，可得含的溶液，加入氨水生成NH4VO3，加热可生成V2O5，以此分析解题。
【小问1详解】
设VO2+中钒元素的化合价是x，则有x-2=+2，故x=+4，由工艺流程图中可知操作Ⅰ和操作II均是分离固体和液体，故为过滤操作，则所需的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：+4；漏斗、玻璃棒；
【小问2详解】
工业上为了提高废催化剂的水浸率，即让废催化剂充分反应，可采用的措施除将废催化剂预先粉碎外，还可采取充分搅拌、适当升温、多次浸取、适当延长浸水时间等，故答案为：充分搅拌、适当升温、多次浸取、适当延长浸水时间等；
【小问3详解】
由分析可知，在“滤渣1”中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生了氧化还原反应，该反应的离子方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+ 2H2O ，滤渣2的主要成分是SiO2，故答案为：V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+ 2H2O；SiO2；
【小问4详解】
由分析可知，滤液1和滤液2中均含有VO2+ ，即“混合液”中主要含有VO2+，而加入KClO3后则生成了，说明加入KClO3后发生的反应为：6VO2+++3H2O═6+Cl-+6H+，目的是将VO2+氧化成VO，故答案为：将VO2+氧化成VO；
【小问5详解】
根据化学平衡VO+2OH-VO+H2O可知，常温下通过增大溶液的pH值来实现由VO向VO转变，故答案为：增大；
【小问6详解】
由NH4VO3制备V2O5过程中V的化合价未变，说明发生非氧化还原反应，类似于碳酸铵受热分解的反应，根据质量守恒定律可知，该化学方程式为2NH4VO3V2O5+ H2O+2NH3↑，故答案为：2NH4VO3V2O5+ H2O+2NH3↑。
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