2021-2022学年四川省成都七中高三（上）一诊化学试卷

这是一份2021-2022学年四川省成都七中高三（上）一诊化学试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）化学与生产、生活、社会息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质发生盐析
B．缺铁性贫血可以服用亚铁盐的药剂来进行治疗
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是多糖
D．石油分馏可直接获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，45gCH3CH（OH）COOH（乳酸）和CH3COOH（醋酸）的混合物中含有的原子数为6NA
B．14.4g28Si315N4中含质子的数目为7NA
C．将含1mlFeCl3的饱和溶液制成胶体，所含胶粒数目小于1NA
D．常温下，在密闭容器中将2mlNO与1mlO2充分混合，反应后容器中的分子数为2NA
3．（6分）香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列说法错误的是（ ）
A．其六元环上的二氯代物的种类与苯相同
B．烟酸与硝基苯互为同分异构体
C．烟酸分子中所有的原子可能处于同一平面
D．烟酸能发生加成反应、取代反应、氧化反应等
4．（6分）物质M可用作调味剂、抗氧化增效剂等，其结构式如图所示。M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种核素常用于检测文物的年代。下列说法错误的是（ ）
A．X、Y、Z、Q四种元素原子半径的大小顺序为Y＞Q＞Z＞X
B．Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：Z＞Y
C．物质与稀硫酸反应生成的有机物中含有两种官能团
D．元素Q在元素周期表中的位置为第三周期IA族，工业上采用电解法冶炼Q
5．（6分）下列装置正确，且能达到实验目的的是（ ）
A．如图探究温度对过氧化氢分解速率的影响
B．如图装置用K2Cr2O7溶液滴定FeSO4溶液
C．如图装置进行喷泉实验
D．如图装置制备溴苯
6．（6分）氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F﹣从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi﹣3e﹣+3F﹣═BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1ml e﹣，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
7．（6分）向20mLyml/L的HX和zml/L的CH3COOH混合溶液中滴加0.1ml/L的氨水，维持其他条件不变时，测得混合溶液的电流强度（I）与加入氨水的体积（V）的关系如图所示（已知相同温度下CH3COOH与NH3•H2O的电离常数相等），下列说法错误的是（ ）
A．y＝z＝0.1
B．水的电离程度：c＞b＞a
C．c点溶液中，c（NH4+）＞c（X﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．d点溶液中一定存在H2O、NH3•H2O、HX、CH3COOH四种分子
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的装置如图所示。
已知：+4价钒的化合物易被氧化。
（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是 ；实验室可用浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体，该反应化学方程式为 。
（2）制备步骤如下：
①连接仪器：顺序是e→ （按气流方向，用小写字母表示）；
②检查装置的气密性；
③加入药品，连接好装置。先关闭K2，打开K1，当观察到 （填实验现象）时，关闭K1，打开K2，进行实验；
④分离粗产品，具体的操作方法是 （填操作名称）；洗涤粗产品。
（3）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量xg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02ml/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用yml/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为zmL。（已知：VO2++Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O）
①NaNO2溶液的作用是 ，滴定时可选用的指示剂是 。
②粗产品中钒的质量分数表达式为 %。
③若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，会使测定结果 （填“偏高“、“偏低“或“无影响”）。
9．（15分）三氧化二钴（C2O3）主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料（主要成分为C2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备C2O3的流程如图所示：
已知：
Ⅰ．“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、C2+、Fe3+、Ni2+。
Ⅱ．部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下表：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的化学式为 ，“酸浸时”C2O3发生的反应的化学方程式是 。
（2）“酸浸”时加入H2O2的目的是 。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，可能的原因是 。
（3）某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：
使用该萃取剂时应控制的pH约为 ，理由是 。
（4）“操作1”所得副产品的一种用途为 。已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见下表：
操作1是 （填字母）。
A．蒸发结晶
B．降温结晶
C．减压蒸发结晶
（5）“沉钴”时发生反应的离子方程式为 。
（6）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni（OH）2+M＝NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为 。
10．（14分）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题：
已知：
Ⅰ．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1＝﹣483.6kJ•ml﹣1
Ⅱ．N2（g）+O2（g）⥫⥬2NO（g）△H2＝+180.5kJ•ml﹣1
Ⅲ．2H2（g）+2NO（g）⥫⥬N2（g）+2H2O（g）
（1）反应Ⅲ的正反应活化能为EakJ•ml﹣1，则逆反应活化能为 kJ•ml﹣1（用含Ea的式子表示）。
（2）我国学者在刚性容器中按投料比＝1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系，如图1。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 。（填标号）
A．2v逆（NO）＝v正（N2）
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的可能原因是 。
③研究表明该反应v＝kcm（H2）c2（NO），其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为，由此可知m＝ 。设此时反应的活化能为Ea′，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lg＝﹣（﹣）（R为常数）。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数 。（填“越大”、“越小”或“不变”）
（3）氨气可还原氮氧化物，工业上常利用反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0合成氨气，在30MPa、不同物质的量分数（75%的H2和25%的N2；67.5%的H2、22.5%的N2和10%的惰性气体）条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图2。
①物质的量分数为75%的H2和25%的N2对应的曲线是 。（填“a”或“b”）
②M点，该反应的压强平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数）。
二.【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）Cu﹣Mn﹣Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，是制作逆变器和微电子机械系统的重要材料。
（1）基态Mn原子的价电子排布式为 。下列状态的铝中，最外层电离出一个电子所需要能量最小的是 （填标号）。
（2）CuSO4在碱性条件下加入双缩脲HN（CONH2）2生成紫色物质，该物质为﹣2价的配位阴离子，其结构如图所示。该反应原理在化学上可以用于检验蛋白质。
该离子中非金属元素的电负性最大的为 。1ml该离子含有配位键的数目为 NA。
（3）利用单质Cu和液态N2O4反应成功制备了无水Cu（NO3）2。NO3﹣中的 N 原子的杂化类型为 ，空间构型为 ，写出一种NO3﹣的等电子体 。
（4）已知AlF3熔点为1040℃，AlCl3的熔点为194℃分析其差异的原因 。
（5）Cu﹣Mn﹣Al合金的晶胞如图a所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置，图b是沿立方格子对角面取得的截图，其中Al原子与相邻Cu原子相切。
①该合金的化学式为 。
②已知r（Cu）≈r（Mn）≈127pm，r（Al）＝143pm，则Cu原子之间的最短核间距为 pm。
③该晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示）。
2021-2022学年四川省成都七中高三（上）一诊化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）化学与生产、生活、社会息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质发生盐析
B．缺铁性贫血可以服用亚铁盐的药剂来进行治疗
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是多糖
D．石油分馏可直接获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品
【分析】A．高温可以使蛋白质发生变性，降温防止变性；
B．亚铁盐可以治疗缺铁性贫血；
C．蔗糖水解得到二分子单糖；
D．石油中不含乙烯、丙烯和丁二烯。
【解答】解：A．我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性，故A错误；
B．亚铁盐可以治疗缺铁性贫血，是常用的补铁药物，故B正确；
C．“谷雨种甘蔗”，甘蔗中的蔗糖是二糖，故C错误；
D．石油中不含乙烯、丙烯和丁二烯，故直接分馏得不到乙烯、丙烯和丁二烯等，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查糖类、油脂、蛋白质的组成和性质，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固。
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，45gCH3CH（OH）COOH（乳酸）和CH3COOH（醋酸）的混合物中含有的原子数为6NA
B．14.4g28Si315N4中含质子的数目为7NA
C．将含1mlFeCl3的饱和溶液制成胶体，所含胶粒数目小于1NA
D．常温下，在密闭容器中将2mlNO与1mlO2充分混合，反应后容器中的分子数为2NA
【分析】A．CH3CH（OH）COOH和CH3COOH的最简式都是CH2O；
B．28Si315N4的摩尔质量为144g/ml，1ml28Si315N4中含有的质子数为70NA；
C．氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体；
D．常温下，在密闭容器中将2mlNO与1mlO2充分混合，生成2mlNO2，反应体系中存在平衡2NO2⇌N2O4。
【解答】解：A．CH3CH（OH）COOH和CH3COOH的最简式都是CH2O，45gCH3CH（OH）COOH（乳酸）和CH3COOH（醋酸）的混合物中含有的原子数为×NA＝6NA，故A正确；
B．28Si315N4的摩尔质量为144g/ml，1ml28Si315N4中含有的质子数为70NA，14.4g28Si315N4的物质的量为0.1ml，所以14.4g28Si315N4中含质子的数目为7NA，故B正确；
C．氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，将含1mlFeCl3的饱和溶液制成胶体，所含胶粒数目小于NA，故C正确；
D．常温下，在密闭容器中将2mlNO与1mlO2充分混合，生成2mlNO2，由于反应体系中存在平衡2NO2⇌N2O4，反应后容器中的分子数小于2NA，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大。
3．（6分）香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列说法错误的是（ ）
A．其六元环上的二氯代物的种类与苯相同
B．烟酸与硝基苯互为同分异构体
C．烟酸分子中所有的原子可能处于同一平面
D．烟酸能发生加成反应、取代反应、氧化反应等
【分析】A．该有机物分子六元环上任意2个氢原子都不相同，有6种组合；
B．分子式相同、结构不同的物质互为同分异构体；
C．旋转碳碳单键，可以使六元环平面与碳氧双键平面在同一平面内，可以使羟基中氢原子处于平面内；
D．烟酸分子中六元环的结构与苯环相似，性质与苯环也相似，含有羧基，也可以燃烧。
【解答】解：A．该有机物分子六元环上任意2个氢原子都不相同，有6种组合，其六元环上的二氯代物有6种，而苯的二氯代物有邻、间、对3种，故A错误；
B．烟酸与硝基苯的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C．旋转碳碳单键，可以使六元环平面与碳氧双键平面在同一平面内，可以使羟基中氢原子处于平面内，故分子中所有的原子可能处于同一平面，故C正确；
D．烟酸分子中六元环的结构与苯环相似，性质与苯环也相似，能与氢气发生加成反应，含有羧基，可以发生取代反应，可以燃烧，即可以发生氧化反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意有机物中六元环与苯环结构相似，该六元环没有碳碳双键，题目侧重考查学生信息获取能力、分析能力、运用知识解决问题的能力。
4．（6分）物质M可用作调味剂、抗氧化增效剂等，其结构式如图所示。M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种核素常用于检测文物的年代。下列说法错误的是（ ）
A．X、Y、Z、Q四种元素原子半径的大小顺序为Y＞Q＞Z＞X
B．Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：Z＞Y
C．物质与稀硫酸反应生成的有机物中含有两种官能团
D．元素Q在元素周期表中的位置为第三周期IA族，工业上采用电解法冶炼Q
【分析】M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的一种核素常用于检测文物的年代，且阴离子结构中Y形成4个共价键，可知Y为C，结合M结构中X形成1个共价单键，且X的原子序数最小，可知X为H，Q可形成带1个单位正电荷的阳离子，Z形成2个共价键，结合原子序数可知Q为Na、Z为O，物质M为CH3CH（OH）COONa。
【解答】解：由分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为Na、物质M为CH3CH（OH）COONa；
A．同周期从左向右主族元素的原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，所有元素中氢原子半径最小，则四种元素原子半径的大小顺序为Q（钠）＞Y（碳）＞Z（氧）＞X（氢），故A错误；
B．Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O，水分子间含氢键，甲烷分子之间为范德华力，氢键比较范德华力更强，故水的沸点比较甲烷高，故B正确；
C．物质M与稀硫酸反应生成的有机物为CH3CH（OH）COOH，含羟基、羧基两种官能团，故C正确；
D．Q为Na，在元素周期表中的位置为第三周期IA族，工业上采用电解熔融氯化钠冶炼钠，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，注意紧扣短周期主族元素、理解价键结构，侧重分析与应用能力的考查。
5．（6分）下列装置正确，且能达到实验目的的是（ ）
A．如图探究温度对过氧化氢分解速率的影响
B．如图装置用K2Cr2O7溶液滴定FeSO4溶液
C．如图装置进行喷泉实验
D．如图装置制备溴苯
【分析】A．两种溶液的温度、催化剂都不同；
B．强氧化性溶液应该用酸式滴定管盛放；
C．SO2极易溶于NaOH溶液而产生较大的压强差；
D．苯和溴水不反应。
【解答】解：A．两种溶液的温度、催化剂都不同，有两种外界因素不同，所以不能探究温度对过氧化氢分解速率的影响，故A错误；
B．K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，所以不能用碱式滴定管盛放，应该用酸式滴定管盛放，故B错误；
C．SO2极易溶于NaOH溶液而产生较大的压强差，从而产生喷泉，故C正确；
D．苯和溴水不反应，在溴化铁作催化剂条件下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F﹣从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi﹣3e﹣+3F﹣═BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1ml e﹣，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
【分析】充电时F﹣从乙电极流向甲电极，则充电时，甲电极为电解池的阳极，电极反应式为Bi+3F﹣ ﹣3e﹣═BiF3，乙电极为阴极，反应式为MgF2+2e﹣═Mg+2F﹣，又充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，所以放电时，乙电极为负极，Mg失去电子结合F﹣生成MgF2，电极反应式为Mg+2F﹣﹣2e﹣═MgF2，甲为正极，正极上BiF3+3e﹣═Bi+3F﹣，据此解答。
【解答】解：A．放电时，甲为正极，正极上BiF3+3e﹣═Bi+3F﹣，故A错误；
B．放电时，乙电极为负极，甲为正极，所以乙电极电势比甲电极低，故B错误；
C．充电时，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F﹣ ﹣3e﹣═BiF3，所以导线上每通过1ml e﹣，增加1mlF﹣，则甲电极质量增加1ml×19g/ml＝19g，故C正确；
D．充电时，外加电源的正极与正极甲电极相连，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查新型原电池工作原理和电解池原理，为高频考点，把握原电池的工作原理即可解答，注意判断原电池的正负极和电极反应式的书写是难点和易错点，本题难度中等。
7．（6分）向20mLyml/L的HX和zml/L的CH3COOH混合溶液中滴加0.1ml/L的氨水，维持其他条件不变时，测得混合溶液的电流强度（I）与加入氨水的体积（V）的关系如图所示（已知相同温度下CH3COOH与NH3•H2O的电离常数相等），下列说法错误的是（ ）
A．y＝z＝0.1
B．水的电离程度：c＞b＞a
C．c点溶液中，c（NH4+）＞c（X﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．d点溶液中一定存在H2O、NH3•H2O、HX、CH3COOH四种分子
【分析】向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3•H2O溶液时，发生反应先后顺序为：HX+NH3•H2O＝NH4X+H2O、NH3•H2O+CH3COOH＝CH3COONH4+H2O，0～20mL溶液中电流强度减弱，b点最小，原因是溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为NH4X、CH3COOH；继续加入NH3•H2O溶液，NH3•H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等；d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3•H2O。
【解答】解：A．若HX和CH3COOH都是弱酸，则随着NH3•H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强，但图象上随着NH3•H2O的加入溶液电流强度增大，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，加入20mL0.1ml/L的氨水恰好与HX完全反应，则HX的浓度为0.1ml/L，即y＝z＝0.1，故A正确；
B．酸或碱都抑制水的电离，滴加NH3•H2O溶液的过程：a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，则水的电离程度：c＞b＞a，故B正确；
C．根据分析可知，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，已知相同温度下CH3COOH与NH3•H2O的电离常数相等，则CH3COONH4中两个离子的水解程度相同，HX为强电解质，NH4X中铵根水解溶液为酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），所以c点有：c（NH ）＞c（X﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3•H2O，HX为强电解质完全电离，d点不含HX分子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及电荷守恒内容，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的装置如图所示。
已知：+4价钒的化合物易被氧化。
（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是 恒压滴液漏斗 ；实验室可用浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体，该反应化学方程式为 V2O5+6HCl＝2VOCl2+Cl2↑+3H2O 。
（2）制备步骤如下：
①连接仪器：顺序是e→ a→b→f→g→c→d （按气流方向，用小写字母表示）；
②检查装置的气密性；
③加入药品，连接好装置。先关闭K2，打开K1，当观察到 B中溶液变浑浊 （填实验现象）时，关闭K1，打开K2，进行实验；
④分离粗产品，具体的操作方法是 过滤 （填操作名称）；洗涤粗产品。
（3）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量xg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02ml/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用yml/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为zmL。（已知：VO2++Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O）
①NaNO2溶液的作用是 除去过量的KMnO4 ，滴定时可选用的指示剂是 K4[Fe（CN）6] 。
②粗产品中钒的质量分数表达式为 %。
③若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，会使测定结果 偏高 （填“偏高“、“偏低“或“无影响”）。
【分析】装置C中发生反应生成CO2，将CO2通入装置A（盛装饱和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应生成NH4HCO3，最后将气体通入装置B（盛装澄清石灰水），以检验CO2气体；
（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器是恒压滴液漏斗；浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体Cl2；
（2）①装置C中发生反应生成CO2，将CO2通入装置A（盛装饱和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应生成NH4HCO3，最后将气体通入装置B（盛装澄清石灰水），以检验CO2气体，根据上述分析，即可得到装置的连接顺序；
③当B中溶液变浑浊时，即可判断装置D中已经生成大量的NH4HCO3，即可进行VOCl2和NH4HCO3反应的实验；
④由于生成的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，过滤分离；
（3）①根据题意可知NaNO2溶液的作用是除去过量的高锰酸钾溶液；
②粗产品中钒的质量分数以VO2计，则有关系式：（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O～6VO2～6VO2+～6Fe2+，即可计算出钒的质量分数；
③若（NH4）2Fe（ SO4）2标准溶液部分变质，Fe2+的浓度偏小，消耗的（NH4）2Fe（ SO4）2溶液偏多，进一步得到钒的质量分数的变化情况。
【解答】解：（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗；浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体Cl2，Cl元素化合价升高了1，V元素化合价降低了1，反应化学方程式为：V2O5+6HCl＝2VOCl2+Cl2↑+3H2O，
故答案为：恒压滴液漏斗；V2O5+6HCl＝2VOCl2+Cl2↑+3H2O；
（2）①装置C中发生反应生成CO2，化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O，将CO2通入装置A（盛装饱和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应，最后将气体通入装置B（盛装澄清石灰水），以检验CO2气体，所以上述装置依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d，
故答案为：a→b→f→g→c→d；
③实验开始时，先关闭K2，打开K1，当B中溶液变浑浊时，关闭K1，打开K2，进行VOCl2和NH4HCO3反应的实验，
故答案为：B中溶液变浑浊；
④由于生成的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，所以实验完毕后，从装置D中分离产品的操作方法是过滤，
故答案为：过滤；
（3）①NaNO2中N元素为+3价，既有还原性，又有氧化性，本题中加入的NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，用（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，加入即消耗Fe2+，当滴定至终点时Fe2+过量，可用K4[Fe（CN）6]试剂来做指示剂，
故答案为：除去过量的KMnO4；K4[Fe（CN）6]；
②粗产品中钒的质量分数以VO2计，由滴定原理VO2++Fe2++2H+＝VO2++Fe3++H2O，则有关系式：（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]•10H2O～6VO2～6VO2+～6Fe2+，所以钒的质量分数为：×100%＝%，
故答案为：；
③若（NH4）2Fe（ SO4）2标准溶液部分变质，Fe2+的浓度偏小，消耗的（NH4）2Fe（ SO4）2溶液偏多，会使测定结果偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的制备，涉及考查了仪器的识别，装置的连接顺序，方程式的书写，关系式的计算，误差分析等，考查知识面广泛，对学生的思维能力要求较高，同时考查学生的看图、读图的能力，难度较大。
9．（15分）三氧化二钴（C2O3）主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料（主要成分为C2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备C2O3的流程如图所示：
已知：
Ⅰ．“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、C2+、Fe3+、Ni2+。
Ⅱ．部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下表：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的化学式为 Fe（OH）3 ，“酸浸时”C2O3发生的反应的化学方程式是 C2O3+H2O2+2H2SO4＝2CSO4+3H2O+O2↑ 。
（2）“酸浸”时加入H2O2的目的是 酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成C2+，四氧化三铁中的Fe2+与过氧化氢发生氧化还原反应生成Fe3+ 。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，可能的原因是 二氧化锰或溶液中的Fe3+也可以做过氧化氢分解的催化剂 。
（3）某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：
使用该萃取剂时应控制的pH约为 2.5～3.3 ，理由是 萃取剂在该pH时对Ni2+、C2+萃取率差别大，能分离Ni2+、C2+两种离子 。
（4）“操作1”所得副产品的一种用途为 用作氮肥 。已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见下表：
操作1是 c （填字母）。
A．蒸发结晶
B．降温结晶
C．减压蒸发结晶
（5）“沉钴”时发生反应的离子方程式为 2C2++HCO3﹣+NH3•H2O＝C2（OH）2CO3↓+3NH4++H2O 。
（6）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni（OH）2+M＝NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为 MH+OH﹣﹣e﹣＝M+H2O 。
【分析】由题给流程可知，向研磨后的含钴废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，四氧化三铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，二氧化锰不溶解，过滤得到含有氢离子、亚钴离子、铁离子、亚镍离子的酸浸液和二氧化锰；调节酸浸液的pH为3.7，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有亚钴离子、亚镍离子的滤液和滤渣1氢氧化铁；向滤液中加入萃取剂，萃取分液得到含有亚钴离子的水相和含有亚镍离子的有机相；向水相中加入氨水和碳酸氢铵溶液，亚钴离子离子转化为C2（OH）2CO3沉淀，过滤得到含有硫酸铵的滤液和C2（OH）2CO3沉淀；高温煅烧，C2（OH）2CO3与空气中的氧气发生氧化还原反应生成氧化钴、二氧化碳和水；
（6）该电池充电时的总反应为Ni（OH）2+M＝NiOOH+MH，放电时负极为MH，失电子化合价升高，发生氧化反应生成M。
【解答】解：（1）由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的阳离子为H+、C2+、Fe3+、Ni2+，再由已知II可知，当调节pH至3.7时，Fe（OH）3会先以沉淀的形式析出，所以“滤渣1”的化学式为Fe（OH）3；酸浸时C2O3在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成C2+、氧气和水，依据得失电子守恒、质量守恒，化学方程式为：C2O3+H2O2+2H2SO4＝2CSO4+3H2O+O2↑，
故答案为：Fe（OH）3；C2O3+H2O2+2H2SO4＝2CSO4+3H2O+O2↑；
（2）由分析可知，加入过氧化氢的目的是酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成C2+，四氧化三铁中的Fe2+与过氧化氢发生氧化还原反应生成Fe3+；过氧化氢的稳定性差，酸浸时，反应放热，放出的热量能使过氧化氢分解，同时，废料中的二氧化锰或溶液中的Fe3+也可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，导致实际消耗的过氧化氢的量大于理论值，
故答案为：酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成C2+，四氧化三铁中的Fe2+与过氧化氢发生氧化还原反应生成Fe3+；二氧化锰或溶液中的Fe3+也可以做过氧化氢分解的催化剂；
（3）使用该萃取剂萃取Ni2+，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还要考虑到C2+尽可能的不被萃取，两方面综合考虑，pH应控制在2.5～3.3；因为萃取剂在该pH时对Ni2+、C2+萃取率差别大，能分离Ni2+、C2+两种离子，
故答案为：2.5～3.3；萃取剂在该pH时对Ni2+、C2+萃取率差别大，能分离Ni2+、C2+两种离子；
（4）整个过程中加入的物质有：硫酸、过氧化氢、氨水和碳酸氢铵，过氧化氢和碳酸氢根在反应过程中反应完全，依据质量守恒，溶液中还有的物质为硫酸铵，可用作氮肥；从溶解度角度看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，因此操作1应采取减压蒸发结晶，选c，
故答案为：用作氮肥；c；
（5）沉钴时发生的反应为向水相中加入氨水和碳酸氢铵溶液，亚钴离子转化为C2（OH）2CO3沉淀，钴元素化合价不变，因此发生非氧化还原反应，离子方程式为：2C2++HCO3﹣+NH3•H2O＝C2（OH）2CO3↓+3NH4++H2O，
故答案为：2C2++HCO3﹣+NH3•H2O＝C2（OH）2CO3↓+3NH4++H2O；
（6）由电池充电时的总反应可知，放电时负极为MH，失电子化合价升高，发生氧化反应生成M，因此放电时负极电极反应式为：MH+OH﹣﹣e﹣＝M+H2O，
故答案为：MH+OH﹣﹣e﹣＝M+H2O。
【点评】本题考查学生对制备实验的理解和掌握，题目难度中等，明确每步的化学反应原理是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用能力、解决问题能力。
10．（14分）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题：
已知：
Ⅰ．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1＝﹣483.6kJ•ml﹣1
Ⅱ．N2（g）+O2（g）⥫⥬2NO（g）△H2＝+180.5kJ•ml﹣1
Ⅲ．2H2（g）+2NO（g）⥫⥬N2（g）+2H2O（g）
（1）反应Ⅲ的正反应活化能为EakJ•ml﹣1，则逆反应活化能为 Ea+664.1 kJ•ml﹣1（用含Ea的式子表示）。
（2）我国学者在刚性容器中按投料比＝1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系，如图1。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 CD 。（填标号）
A．2v逆（NO）＝v正（N2）
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的可能原因是 温度低于350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于350℃时，导致催化剂活性降低，反应速率下降，导致NO转化率下降 。
③研究表明该反应v＝kcm（H2）c2（NO），其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为，由此可知m＝ 1 。设此时反应的活化能为Ea′，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lg＝﹣（﹣）（R为常数）。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数 越大 。（填“越大”、“越小”或“不变”）
（3）氨气可还原氮氧化物，工业上常利用反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0合成氨气，在30MPa、不同物质的量分数（75%的H2和25%的N2；67.5%的H2、22.5%的N2和10%的惰性气体）条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图2。
①物质的量分数为75%的H2和25%的N2对应的曲线是 a 。（填“a”或“b”）
②M点，该反应的压强平衡常数Kp＝ （或0.006） （MPa）﹣2（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应Ⅰ﹣Ⅱ可得反应Ⅲ，则反应Ⅲ的△H＝△H1﹣△H2＝﹣664.1kJ•ml﹣1，而△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝﹣664.1kJ•ml﹣1，进一步解得逆反应的活化能；
（2）①A．若v逆（NO）＝2v正（N2）时，反应达到平衡状态；
B．恒容容器中混合气体的密度始终是不变的；
C．对应气体体积减小的反应，容器内总压强不再变化，反应达到平衡状态；
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化，即混合气体的平均摩尔质量（M＝，m（总）不变）不变，反应达到平衡状态；
②温度低于350℃时，考虑催化剂的活性逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于350℃时，考虑催化剂活性降低，反应速率下降，导致NO转化率下降；
③温度为T1℃时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量均为1ml，容器的体积为1L，则初始氢气和一氧化氮的浓度均为1ml/L，代入计算得到v0＝k，当H2转化率为50%时，c（H2）＝c（NO）＝0.5ml/L，此时的反应速率为，代入计算得到m的值，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度时，等号右侧的值就越小，则lg就越小，说明的值就越大，那么k2＞k1，所以速率常数增大的倍数也是越大的；
（3）①温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多，从图2可知看出，曲线a位于曲线b的上方，说明曲线a对应生成氨气多；
②根据题意可知，初始时氢气的分压为：30MPa×75%＝MPa，氮气的分压为：30MPa×25%＝MPa，设平衡时，氮气的变化分压为xMPa，则氢气的变化分压为3xMPa，列出三段式，解得：x＝MPa，进一步解得Kp。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，将反应Ⅰ﹣Ⅱ可得反应Ⅲ，则反应Ⅲ的△H＝△H1﹣△H2＝（﹣483.6kJ•ml﹣1）﹣（+180.5kJ•ml﹣1）＝﹣664.1kJ•ml﹣1，而△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝﹣664.1kJ•ml﹣1，所以逆反应的活化能＝（Ea+664.1）kJ•ml﹣1，
故答案为：Ea+664.1；
（2）①A．同一物质的v正＝v逆时，反应达到平衡状态，或v逆（NO）＝2v正（N2）时，反应达到平衡状态，故A错误；
B．该容器为恒容容器，混合气体的密度始终是不变的，故B错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，又容器为恒容容器，容器内总压强不再变化，即气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化，即混合气体的平均摩尔质量（M＝，m（总）不变）不变，气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②温度低于350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大且呈递增趋势，温度高于350℃时，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致NO转化率下降，
故答案为：温度低于350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于350℃时，导致催化剂活性降低，反应速率下降，导致NO转化率下降；
③温度为T1℃时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量均为1ml，容器的体积为1L，则初始氢气和一氧化氮的浓度均为1ml/L，所以v0＝k×1m×12＝k，当H2转化率为50%时，c（H2）＝c（NO）＝＝0.5ml/L，此时的反应速率为，则有：＝k×（）m×（）2＝v0×（）m×（）2，解得：m＝1，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度时，等号右侧的值就越小，则lg就越小，说明的值就越大，那么k2＞k1，所以速率常数增大的倍数也是越大的，
故答案为：1；越大；
（3）①温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多，从图2可知看出，当温度相同时，曲线a位于曲线b的上方，说明曲线a代表的是75%的H2和25%的N2，
故答案为：a；
②根据题意可知，初始时氢气的分压为：30MPa×75%＝MPa，氮气的分压为：30MPa×25%＝MPa，设平衡时，氮气的变化分压为xMPa，则氢气的变化分压为3xMPa，则有三段式：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始分压（MPa） 0
变化分压（MPa） x 3x 2x
平衡分压（MPa） ﹣x ﹣3x 2x
根据平衡时氨气的体积分数为，得到：＝，解得：x＝，则Kp＝＝≈0.006，
故答案为：（或0.006）。
【点评】本题主要考查活化能的有关计算，化学平衡的相关知识，属于高频考点，掌握盖斯定律的应用，浓度、温度、压强等对平衡的影响，平衡常数K的计算等是解决本题的关键，同时考查学生的看图、读图的理解能力，具有较强的综合性，属于难题。
二.【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）Cu﹣Mn﹣Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，是制作逆变器和微电子机械系统的重要材料。
（1）基态Mn原子的价电子排布式为 3d54s2 。下列状态的铝中，最外层电离出一个电子所需要能量最小的是 B （填标号）。
（2）CuSO4在碱性条件下加入双缩脲HN（CONH2）2生成紫色物质，该物质为﹣2价的配位阴离子，其结构如图所示。该反应原理在化学上可以用于检验蛋白质。
该离子中非金属元素的电负性最大的为 O 。1ml该离子含有配位键的数目为 8 NA。
（3）利用单质Cu和液态N2O4反应成功制备了无水Cu（NO3）2。NO3﹣中的 N 原子的杂化类型为 sp2 ，空间构型为 平面三角形 ，写出一种NO3﹣的等电子体 SO3或BF3 。
（4）已知AlF3熔点为1040℃，AlCl3的熔点为194℃分析其差异的原因 AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高 。
（5）Cu﹣Mn﹣Al合金的晶胞如图a所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置，图b是沿立方格子对角面取得的截图，其中Al原子与相邻Cu原子相切。
①该合金的化学式为 AlMnCu2 。
②已知r（Cu）≈r（Mn）≈127pm，r（Al）＝143pm，则Cu原子之间的最短核间距为 180 pm。
③该晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示）。
【分析】（1）Mn原子核外电子数为25，处于第四周期ⅦB族，价电子排布式为3d54s2，各微粒失去1个电子，A为基态Al原子第一电离能，B为激发态Al原子第一电离能，而C为Al的第二电离能，D为第三电离能，Al的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态的第一电离能大于激发态的第一电离能；
（2）由图示可知该离子中非金属元素为O、N、C、H，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，所以电负性O＞N＞C＞H，由所给结构可知1个Cu形成4个配位键，该离子含有2个铜原子；
（3）无水Cu（NO3）2中NO3﹣的价层电子对数为3+＝3，中心原子为sp2杂化，不含孤电子对，对应的微粒构型为平面三角形，与NO3﹣互为等电子体的一种分子中含有4个原子、价电子数是24；
（4）AlF3的熔点为1040℃，AlCl3在178℃升华，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；
（5）①晶胞中，Al原子数目＝4、Mn原子数目＝4、Cu原子数目＝8×+6×+12×+1＝4+1＝8；
②Cu原子之间的最短核间距离为晶胞棱长的一半。位于体对角线上的原子相切，可知晶胞体对角线长度为4[r（Cu）+r（Al）]，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则晶胞棱长＝pm，据此计算；
④晶胞相当于有4个“AlMnCu2”，晶胞质量＝4×g，晶胞体积为（180×10﹣10）3cm3，代入数据计算即可。
【解答】解：（1）Mn原子核外电子数为25，处于第四周期ⅦB族，价电子排布式为3d54s2，各微粒失去1个电子，A为基态Al原子第一电离能，B为激发态Al原子第一电离能，而C为Al的第二电离能，D为第三电离能，Al的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态的第一电离能大于激发态的第一电离能，故最外层电离出一个电子所需能量最小的是B，
故答案为：3d54s2；B；
（2）由图示可知该离子中非金属元素为O、N、C、H，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，所以电负性O＞N＞C＞H，由所给结构可知1个Cu形成4个配位键，该离子含有2个铜原子，故1ml该离子含有配位键的数目为8NA，
故答案为：O；8；
（3）无水Cu（NO3）2中NO3﹣的价层电子对数为3+＝3，中心原子为sp2杂化，不含孤电子对，对应的微粒构型为平面三角形，与NO3﹣互为等电子体的一种分子中含有4个原子、价电子数是24，符合条件的分子有SO3或BF3，
故答案为：sp2；平面三角形；SO3或BF3；
（4）AlF3的熔点为1040℃，AlCl3在178℃升华，原因是AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高，
故答案为：AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子晶体熔点高；
（5）①晶胞中，Al原子数目＝4、Mn原子数目＝4、Cu原子数目＝8×+6×+12×+1＝4+1＝8，故化学式为AlMnCu2，
故答案为：AlMnCu2；
②Cu原子之间的最短核间距离为晶胞棱长的一半。位于体对角线上的原子相切，可知晶胞体对角线长度为4[r（Cu）+r（Al）]，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则晶胞棱长＝pm，则Cu原子之间的最短核间距离为：pm×＝180pm，
故答案为：180；
④晶胞相当于有4个“AlMnCu2”，晶胞质量＝4×g，晶胞体积为（180×10﹣10）3cm3，故晶体密度 ＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。沉淀物
Fe（OH）3
C（OH）2
Ni（OH）2
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
9.2
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
溶解度/g
70.6
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
88.0
沉淀物
Fe（OH）3
C（OH）2
Ni（OH）2
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
9.2
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
溶解度/g
70.6
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
88.0