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高中化学山东省聊城市2019届高三化学二模考试试卷（含解析）
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这是一份高中化学山东省聊城市2019届高三化学二模考试试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了4g，则电路中转移电子数为0，1ml，若为乙醇则含0等内容，欢迎下载使用。
山东省聊城市2019届高三化学二模考试试卷（含解析）
可能用到的相对原子质量：H—1 C-12 N-14 0-16 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷
1.电影《流浪地球》讲述了太阳即将爆发氦闪”(3HeC)，人类飞离太阳系的艰辛历程.太阳质量中氢占71%，氦26%，氧、碳、铁等元素占2%左右.下列说法正确的是
A. 核素的中子数比电子数多2
B. 上述元素除氮之外仅能形成6种单质和4种氧化物
C. 碳、氢、氧元素组成的糖类物质均可发生水解
D. 上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中碳元素的化合价为+3
【答案】D
【解析】
【详解】A.核素的中子数为2个，电子数为2个，中子数等于电子数，故A错误；
B.由于某些元素能形成多种同素异形体，如氧元素能形成O2、O3两种同素异形体，碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，则上述元素除氮之外能形成的单质不止6种，故B错误；
C.碳、氢、氧元素组成的葡萄糖不能发生水解，故C错误；
D.根据化合物中元素化合价代数和为零原则，上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中铁元素为+2价，氧元素为-2价，则碳元素的化合价为+3，故D正确。答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA
B. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NA
C. 4.6gC2H6O的分子中含有C-H键数目一定为0.5NA
D. 1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.没有告诉Na2O和Na2O2的物质的量，无法计算含有阴离子数目，故A错误；
B.电解过程中，活泼性较强的杂质铁、锌等金属先放电，则阳极减少6.4g时，转移的电子不一定为0.2mol，转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；
C.4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，若为乙醇则含0.5NA的C-H键，若为二甲醚则含0.6NA的C-H键，故C错误；
D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+，1molMg失2mol电子，数目为2NA，故D正确。答案选D。
【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。难度不大，解题时特别注意C选项，C2H6O存在同分异构体，同分异构体不同含有的C-H键数目不同。D选项无论镁燃烧最终生成什么物质，均转化为Mg2+，1molMg均失2mol电子。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X、W在同一主族，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Y的单质在空气中含量最高.下列说法错误的是
A. 原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y B. 简单气态氢化物的热稳定性：W>X
C. X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质 D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生成盐和水
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X应为第二周期元素符合电子排布规律，则最外层电子数为4，X为C；X、W在同一主族，W为Si；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Z为Al；Y的单质是空气的最主要成分，Y为N，
A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y，故A正确；
B.非金属性X>W，则气态氢化物的热稳定性：X>W，故B错误；
C.X的单质为C，W的氧化物为二氧化硅，高温下反应生成Si、CO，故C正确；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝，二者反应生成硝酸铝和水，故D正确。答案选B。
【点睛】本题考查的是原子结构与元素周期律的关系。解题时注意原子半径大小比较时先看电子层数，电子层数越多，微粒半径越大；电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越大半径越小；气态氢化物的稳定性比较时，元素非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定。
4.将下列反应所得气体通入溶液中，实验现象能够支持实验结论是
选项
气体
溶液
实验现象
实验结论
A
蔗糖加入浓硫酸搅拌产生的气体
溴水
橙色变为无色
蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了CO2
B
碳酸钠固体与稀硫酸反应产生的气体
硅酸钠钠溶液
出现白色浑浊
酸性：
硫酸 > 碳酸 > 硅酸
C
Cu 与浓硫酸加热 450 ℃产生的气体
BaCl2 溶液
大量白色沉淀
SO2 可与 BaCl2 发生反应
D
二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体
KBr 和 KI 的混合溶液
无色逐渐变为棕黄色
氧化性：
Cl2>Br2 >I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性为硫酸>碳酸>硅酸，故B正确
C.二氧化硫与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故C错误；
D.氯气可氧化KBr、KI，则不能比较Br2、I2的氧化性，故D错误。
【点睛】本题是关于实验方案评价。解题时需注意A选项蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，D选项中氯气可氧化KBr、KI，此实验可证明Cl2的氧化性强于Br2 、I2，无法证明Br2 和I2的氧化性强弱。
5.化合物环丙叉环丙烷()具有特殊结构，倍受化学家关注.下列关于该化合物的说法错误的是
A. 与苯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种
C. 所有碳原子均处于同一平面 D. 生成1molC6H14至少需要3molH2
【答案】A
【解析】
【详解】A.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，两者不是同分异构体，故A错误；
B.二氯代物：、、，超过了两种，故B项正确；
C.环丙叉环丙烷中含有碳碳双键，根据乙烯中与碳碳双键两端碳原子相连的原子处一个平面上，则环丙叉环丙烷所有碳原子均处于同一平面上，故C正确；
D. 环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，由C6H8生成C6H14，多出6molH，至少需要3molH2，故D正确。答案选A
6.三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO2—可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是
A. a极为电源负极，b极为电源正极
B. c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜
C. 阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2 +6H2O
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有5.6LO2生成
【答案】A
【解析】
【详解】结合题图装置可知，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3，则Ⅱ室中的阳离子NH4+、H+向Ⅰ室移动与Ⅰ室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵，则c膜为阳离子交换膜，Ⅰ室中石墨为电解池阴极，a极为电源负极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；Ⅱ室中的阴离子NO3-、OH-向Ⅲ室移动与Ⅲ室中的稀氨水反应生成硝酸铵，则d膜为阴离子交换膜，Ⅲ室中石墨为电解池阳极，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。根据上述分析A正确，BC错误；D选项中没有给出标准状况下，无法用气体摩尔体积公式计算体积，则D错误。答案选A。
7.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是
A. M线表示随pH的变化 B. BR溶液呈碱性
C. 若温度升高，两条线均向上平移 D. 常温下,0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于一元酸HRH++R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化，故A错误；
取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。
B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于Kb
D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-
起始： 0.1 0 0
平衡： 0.1-x 0.1 x x
水解常数K==10-9；=10-9，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。
第Ⅱ卷
8.硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示.回答下列问题：
(1)先用饱和碳酸钠溶液煮沸铁屑(含少量油污、铁锈等)，再用清水洗净.用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是________________.仪器a的名称是______________.
(2)按如图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打开K1、K2，关闭K3，装置B中发生反应的离子方程式可能_______________(填字母序号).
A.Fe+2H+=Fe2++H2↑ B.2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. Fe2 03+6H+=2Fe3+ +3H2O D. 2Fe3++Fe=3Fe2+
铁屑快反应完时，打开____________,关闭____________,装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_____________________.
(3)常温下，将反应后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液.用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反应到达滴定终点的现象为_________________，计算晶体中Fe2+的质量分数为_________________.
【答案】 (1). 使油污发生水解而除去 (2). 锥形瓶 (3). ACD (4). K3 (5). K1、K2 (6). 装置B中产生H2，是压强大于大气压 (7). 溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 (8). 14%
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，油污在热碱中水解，热碱煮沸起到去油污的作用，根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；
（2）本小题考查铁及其化合物的性质，铁及其化合物之间的相互转化；
（3）将滴定实验与氧化还原反应的计算相结合；据此解答。
【详解】（1）饱和碳酸钠溶液显碱性，油污在热碱性条件下水解，则用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是使油污发生水解而除去；仪器a的名称为锥形瓶。本小题答案为：使油污发生水解而除去；锥形瓶。
（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）等，都与硫酸反应，反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应，故ACD正确，B错误；铁屑快反应完时，打开K3关闭K1、K2，装置B中的溶液会流入装置A，是因为装置B中产生H2，是压强大于大气压。本小题答案为：ACD；K3；K1、K2；装置B中产生H2，是压强大于大气压。
（3）用KMnO4溶液滴定硫酸亚铁铵，二者发生氧化还原反应，硫酸亚铁铵中的Fe2+的化合价由+2价升高到+3价生成Fe3+，则1mol硫酸亚铁铵失1mole-发生氧化反应，高锰酸钾中的锰元素化合价由+7价降低到+2价生成Mn2+，则1mol高锰酸钾得5mole-发生还原反应，根据得失电子守恒，高锰酸钾和硫酸亚铁的物质的量比为1:5，由题意n(KMnO4)= 0.1mol·L-1×0.02L=0.002mol，则n (Fe2+)=0.01mol，m(Fe2+)=0.56g，晶体中Fe2+的质量分数为0.56g/4g×100%=14%；滴定终点时溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色。本小题答案为：溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色；14%。
9.金属钒熔点高、硬度大，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性.工业常用钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质)提取金属钒，流程如图：
已知:
I.钒有多种价态，其中+5价最稳定.钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌VO3+2H+.
Ⅱ.部分离子的沉淀pH：
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀PH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀PH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题
(1)碱浸步骤中最好选用______________(填字母)
a. NaOH溶液 b.氨水c.纯碱溶液
(2)焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，写出该反应的化学方程式___________________________________
(3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去________离子，二是促使_________.
(4)沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，写出实验室洗涤的操作方法____________________.
(5)常用铝热反应法由V2O5冶炼金属钒，请写出反应的化学方程式____________________________.
(6)钒的化合物也有广泛的用途，如一种新型铝离子可充电电池的结构如图所示.
已知放电时电池反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则放电时正极的电极反应式为_____________________.
【答案】 (1). a (2). 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 (3). Fe3+、Cu2+ (4). VO2+转化为VO3- (5). 洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次 (6). 10Al+3V2O55Al2O3+6V (7). VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2
【解析】
【分析】
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。据此解答。
【详解】赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。
（1）根据上面的分析可知，碱浸要使氧化铝溶解，所以只能用强碱，故选a。本小题答案为：a。
（2）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，根据此信息可知方程式为4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。本小题答案为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8一是能使铜离子、铁离子沉淀完全，二是由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3。本小题答案为：Fe3+、Cu2+；VO2+转化为VO3-。
（4）沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。本小题答案为：洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。
（5）铝热反应由V2O5冶炼金属钒的化学方程式为10Al+3V2O55Al2O3+6V。本小题答案为：10Al+3V2O55Al2O3+6V。
（6）该电池的负极为铝，失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-=Al3+。电池的总反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则正极反应为总反应减去负极反应，正极电极反应式为VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。本小题答案为：VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。
10.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义.
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示：
用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因______________.已知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_____________(填写“增强”或“减弱”)，理由是_________________________.
(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H<0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇.如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系.下列说法正确的是_______________.
A.a、b、c三点H2转化率：c>a>b
B.上述三种温度之间关系为T1>T2>T3
Ca点状态下再通入0.5 mol co和0.5 mol CH3OH，平衡不移动
D.c点状态下再通入1 mol co和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：
①NO的作用是___________________。
②已知:O3(g)+0(g)=202(g) △H=-143kJ·mol-l
反应1: O3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+O2(g) △H1=-200.2kJ·mol-l
反应2：热化学方程式为_____________________。
(4)大气污染物SO2可用NaOH吸收.已知pKa=-lgKa,25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。该温度下用0.1mol· L-1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示.b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是________________；c点所得溶液中：c(Na+)___________3c(HSO3-)(填“>”、“<”或“=”).
【答案】 (1). HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH- (2). 增强 (3). 一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱 (4). C (5). 催化剂 (6). NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol (7). c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-） (8). >
【解析】
【分析】
（1）本小题考查是盐类水解，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性；水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强；
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
（3）①反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气；
②Ⅰ．O3（g）+O（g）═2O2（g）△H=-143kJ/mol
Ⅱ．O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1=-200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ-Ⅱ得到反应2的热化学方程式；
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。
【详解】（1）海水中无机碳的存在形式主要是HCO3-、CO32-，两种离子为弱酸根离子，水解使海水显碱性，离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。本小题答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；增强；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b，可知H2转化率：a＞b＞c，故A错误；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g)
起始浓度（mol/L）： 1 1.5 0
变化浓度（mol/L）： 0.5 1 0.5
平衡浓度（mol/L）： 0.5 0.5 0.5
故T1温度下平衡常数K＝，而Qc＝，所以平衡不移动，故C正确；
D．c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，等效为在原平衡的基础上压强增大一倍，正反应为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，故D错误。答案选C。
（3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。
②Ⅰ.O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=−143kJ/mol
Ⅱ.O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=−200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ−Ⅱ得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。本小题答案为：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol。
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。本小题答案为：c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；>。
11.元素铜(Cu)、砷(As)、镓(Ga)等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为_____________,价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是__________________________。
(2)化合物AsCl3分子立体构型为________________，其中As的杂化轨道类型为_____________。
(3)第一电离能Ga__________As。(填“>”或“<”)
(4)若将络合离子[Cu(CN)4]2-中的2个CN- 换为两个Cl-，只有一种结构，则[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子所处空间构型为_______________，一个CN-中有__________个π键。
(5)砷化镓是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图所示。
熔点为1238℃，密度为⍴g·cm-3，该晶体类型为______________，Ga与As以__________键键合，Ga和As的相对原子质量分别为Ma和Mb，原子半径分别为racm和rbcm，阿伏加德罗常数值为NA，GaAs晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率为____________________。(列出计算公式)
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 球形 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). < (6). 正四面体 (7). 2 (8). 原子晶体 (9). 共价键 (10).
【解析】
【分析】
本题考查的是原子核外电子排布、元素电离能、电负性的含义及应用,、晶胞的计算、原子轨道杂化方式及杂化类型判断。
（1）铜是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子电子排布式。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；
（3）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键；
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。据此解答。
【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式为3d104s1，价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是球形。本小题答案为：3d104s1；球形。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形。本小题答案为：三角锥形；sp3。
（3）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As。本小题答案为：<。
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键， 则CN-中含有三键，三键中含有两个π键。本小题答案为：正四面体；2。
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。本小题答案为：原子晶体；共价键； 。
12.桂皮酸是从肉桂皮中分离出的有机酸，广泛应用于精细化工品的生产。桂皮酸的一条成路线如下，部分需要的试剂或条件略去：
已知：
(1)D中官能团名称为___________________，反应IV的反应类型为______________________。
(2)写出反应I的化学方程式__________________________________________
(3)写出桂皮酸的结构简式____________________________________________
(4)为检验D是否已经完全转化为桂皮酸，所用试剂和实验条件是_________________________。
(5)写出同时满足下列三个条件的C的同分异构体的结构简式__________________
①属于芳香族化合物 ②核磁共振氢谱为四组峰 ③能与 NaHCO3溶液反应产生气体
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 消去反应 (3). +2Cl2+2HCl (4). (5). 新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热） (6). ：、
【解析】
【分析】
本题为有机推断题。根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为，据此解答。
【详解】根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为；
（1）根据上述分析D的结构简式为，所含的官能团为碳碳双键、醛基；反应IV为消去反应。本小题答案为：碳碳双键、醛基；消去反应。
（2）根据上述分析A为，A与氯气、光照生成B，B为，此反应为取代反应，方程式为+2Cl2+2HCl。本小题答案为：+2Cl2+2HCl。
（3）根据上述分析可知桂皮酸的结构简式为。本小题答案为：。
（4）D为醛，根据醛的特性进行检验，加入新制的氢氧化铜悬浊液、加热会出现砖红色沉淀；或加入银氨溶液、加热有光亮的银析出。本小题答案为：新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。
(5)满足下列三个条件的C的同分异构体应为：①属于芳香族化合物含有一个苯环 ②核磁共振氢谱为四组峰含有4中等效氢③能与 NaHCO3溶液反应产生气体含有一个-COOH，则此同分异构体为、。本小题答案为：、。
山东省聊城市2019届高三化学二模考试试卷（含解析）
可能用到的相对原子质量：H—1 C-12 N-14 0-16 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷
1.电影《流浪地球》讲述了太阳即将爆发氦闪”(3HeC)，人类飞离太阳系的艰辛历程.太阳质量中氢占71%，氦26%，氧、碳、铁等元素占2%左右.下列说法正确的是
A. 核素的中子数比电子数多2
B. 上述元素除氮之外仅能形成6种单质和4种氧化物
C. 碳、氢、氧元素组成的糖类物质均可发生水解
D. 上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中碳元素的化合价为+3
【答案】D
【解析】
【详解】A.核素的中子数为2个，电子数为2个，中子数等于电子数，故A错误；
B.由于某些元素能形成多种同素异形体，如氧元素能形成O2、O3两种同素异形体，碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，则上述元素除氮之外能形成的单质不止6种，故B错误；
C.碳、氢、氧元素组成的葡萄糖不能发生水解，故C错误；
D.根据化合物中元素化合价代数和为零原则，上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中铁元素为+2价，氧元素为-2价，则碳元素的化合价为+3，故D正确。答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA
B. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NA
C. 4.6gC2H6O的分子中含有C-H键数目一定为0.5NA
D. 1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.没有告诉Na2O和Na2O2的物质的量，无法计算含有阴离子数目，故A错误；
B.电解过程中，活泼性较强的杂质铁、锌等金属先放电，则阳极减少6.4g时，转移的电子不一定为0.2mol，转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；
C.4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，若为乙醇则含0.5NA的C-H键，若为二甲醚则含0.6NA的C-H键，故C错误；
D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+，1molMg失2mol电子，数目为2NA，故D正确。答案选D。
【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。难度不大，解题时特别注意C选项，C2H6O存在同分异构体，同分异构体不同含有的C-H键数目不同。D选项无论镁燃烧最终生成什么物质，均转化为Mg2+，1molMg均失2mol电子。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X、W在同一主族，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Y的单质在空气中含量最高.下列说法错误的是
A. 原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y B. 简单气态氢化物的热稳定性：W>X
C. X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质 D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生成盐和水
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X应为第二周期元素符合电子排布规律，则最外层电子数为4，X为C；X、W在同一主族，W为Si；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Z为Al；Y的单质是空气的最主要成分，Y为N，
A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y，故A正确；
B.非金属性X>W，则气态氢化物的热稳定性：X>W，故B错误；
C.X的单质为C，W的氧化物为二氧化硅，高温下反应生成Si、CO，故C正确；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝，二者反应生成硝酸铝和水，故D正确。答案选B。
【点睛】本题考查的是原子结构与元素周期律的关系。解题时注意原子半径大小比较时先看电子层数，电子层数越多，微粒半径越大；电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越大半径越小；气态氢化物的稳定性比较时，元素非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定。
4.将下列反应所得气体通入溶液中，实验现象能够支持实验结论是
选项
气体
溶液
实验现象
实验结论
A
蔗糖加入浓硫酸搅拌产生的气体
溴水
橙色变为无色
蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了CO2
B
碳酸钠固体与稀硫酸反应产生的气体
硅酸钠钠溶液
出现白色浑浊
酸性：
硫酸 > 碳酸 > 硅酸
C
Cu 与浓硫酸加热 450 ℃产生的气体
BaCl2 溶液
大量白色沉淀
SO2 可与 BaCl2 发生反应
D
二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体
KBr 和 KI 的混合溶液
无色逐渐变为棕黄色
氧化性：
Cl2>Br2 >I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性为硫酸>碳酸>硅酸，故B正确
C.二氧化硫与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故C错误；
D.氯气可氧化KBr、KI，则不能比较Br2、I2的氧化性，故D错误。
【点睛】本题是关于实验方案评价。解题时需注意A选项蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，D选项中氯气可氧化KBr、KI，此实验可证明Cl2的氧化性强于Br2 、I2，无法证明Br2 和I2的氧化性强弱。
5.化合物环丙叉环丙烷()具有特殊结构，倍受化学家关注.下列关于该化合物的说法错误的是
A. 与苯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种
C. 所有碳原子均处于同一平面 D. 生成1molC6H14至少需要3molH2
【答案】A
【解析】
【详解】A.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，两者不是同分异构体，故A错误；
B.二氯代物：、、，超过了两种，故B项正确；
C.环丙叉环丙烷中含有碳碳双键，根据乙烯中与碳碳双键两端碳原子相连的原子处一个平面上，则环丙叉环丙烷所有碳原子均处于同一平面上，故C正确；
D. 环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，由C6H8生成C6H14，多出6molH，至少需要3molH2，故D正确。答案选A
6.三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO2—可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是
A. a极为电源负极，b极为电源正极
B. c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜
C. 阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2 +6H2O
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有5.6LO2生成
【答案】A
【解析】
【详解】结合题图装置可知，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3，则Ⅱ室中的阳离子NH4+、H+向Ⅰ室移动与Ⅰ室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵，则c膜为阳离子交换膜，Ⅰ室中石墨为电解池阴极，a极为电源负极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；Ⅱ室中的阴离子NO3-、OH-向Ⅲ室移动与Ⅲ室中的稀氨水反应生成硝酸铵，则d膜为阴离子交换膜，Ⅲ室中石墨为电解池阳极，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。根据上述分析A正确，BC错误；D选项中没有给出标准状况下，无法用气体摩尔体积公式计算体积，则D错误。答案选A。
7.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是
A. M线表示随pH的变化 B. BR溶液呈碱性
C. 若温度升高，两条线均向上平移 D. 常温下,0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于一元酸HRH++R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化，故A错误；
取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。
B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于Kb
D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-
起始： 0.1 0 0
平衡： 0.1-x 0.1 x x
水解常数K==10-9；=10-9，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。
第Ⅱ卷
8.硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示.回答下列问题：
(1)先用饱和碳酸钠溶液煮沸铁屑(含少量油污、铁锈等)，再用清水洗净.用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是________________.仪器a的名称是______________.
(2)按如图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打开K1、K2，关闭K3，装置B中发生反应的离子方程式可能_______________(填字母序号).
A.Fe+2H+=Fe2++H2↑ B.2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. Fe2 03+6H+=2Fe3+ +3H2O D. 2Fe3++Fe=3Fe2+
铁屑快反应完时，打开____________,关闭____________,装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_____________________.
(3)常温下，将反应后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液.用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反应到达滴定终点的现象为_________________，计算晶体中Fe2+的质量分数为_________________.
【答案】 (1). 使油污发生水解而除去 (2). 锥形瓶 (3). ACD (4). K3 (5). K1、K2 (6). 装置B中产生H2，是压强大于大气压 (7). 溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 (8). 14%
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，油污在热碱中水解，热碱煮沸起到去油污的作用，根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；
（2）本小题考查铁及其化合物的性质，铁及其化合物之间的相互转化；
（3）将滴定实验与氧化还原反应的计算相结合；据此解答。
【详解】（1）饱和碳酸钠溶液显碱性，油污在热碱性条件下水解，则用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是使油污发生水解而除去；仪器a的名称为锥形瓶。本小题答案为：使油污发生水解而除去；锥形瓶。
（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）等，都与硫酸反应，反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应，故ACD正确，B错误；铁屑快反应完时，打开K3关闭K1、K2，装置B中的溶液会流入装置A，是因为装置B中产生H2，是压强大于大气压。本小题答案为：ACD；K3；K1、K2；装置B中产生H2，是压强大于大气压。
（3）用KMnO4溶液滴定硫酸亚铁铵，二者发生氧化还原反应，硫酸亚铁铵中的Fe2+的化合价由+2价升高到+3价生成Fe3+，则1mol硫酸亚铁铵失1mole-发生氧化反应，高锰酸钾中的锰元素化合价由+7价降低到+2价生成Mn2+，则1mol高锰酸钾得5mole-发生还原反应，根据得失电子守恒，高锰酸钾和硫酸亚铁的物质的量比为1:5，由题意n(KMnO4)= 0.1mol·L-1×0.02L=0.002mol，则n (Fe2+)=0.01mol，m(Fe2+)=0.56g，晶体中Fe2+的质量分数为0.56g/4g×100%=14%；滴定终点时溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色。本小题答案为：溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色；14%。
9.金属钒熔点高、硬度大，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性.工业常用钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质)提取金属钒，流程如图：
已知:
I.钒有多种价态，其中+5价最稳定.钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌VO3+2H+.
Ⅱ.部分离子的沉淀pH：
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀PH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀PH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题
(1)碱浸步骤中最好选用______________(填字母)
a. NaOH溶液 b.氨水c.纯碱溶液
(2)焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，写出该反应的化学方程式___________________________________
(3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去________离子，二是促使_________.
(4)沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，写出实验室洗涤的操作方法____________________.
(5)常用铝热反应法由V2O5冶炼金属钒，请写出反应的化学方程式____________________________.
(6)钒的化合物也有广泛的用途，如一种新型铝离子可充电电池的结构如图所示.
已知放电时电池反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则放电时正极的电极反应式为_____________________.
【答案】 (1). a (2). 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 (3). Fe3+、Cu2+ (4). VO2+转化为VO3- (5). 洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次 (6). 10Al+3V2O55Al2O3+6V (7). VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2
【解析】
【分析】
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。据此解答。
【详解】赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。
（1）根据上面的分析可知，碱浸要使氧化铝溶解，所以只能用强碱，故选a。本小题答案为：a。
（2）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，根据此信息可知方程式为4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。本小题答案为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8一是能使铜离子、铁离子沉淀完全，二是由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3。本小题答案为：Fe3+、Cu2+；VO2+转化为VO3-。
（4）沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。本小题答案为：洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。
（5）铝热反应由V2O5冶炼金属钒的化学方程式为10Al+3V2O55Al2O3+6V。本小题答案为：10Al+3V2O55Al2O3+6V。
（6）该电池的负极为铝，失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-=Al3+。电池的总反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则正极反应为总反应减去负极反应，正极电极反应式为VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。本小题答案为：VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。
10.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义.
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示：
用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因______________.已知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_____________(填写“增强”或“减弱”)，理由是_________________________.
(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H<0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇.如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系.下列说法正确的是_______________.
A.a、b、c三点H2转化率：c>a>b
B.上述三种温度之间关系为T1>T2>T3
Ca点状态下再通入0.5 mol co和0.5 mol CH3OH，平衡不移动
D.c点状态下再通入1 mol co和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：
①NO的作用是___________________。
②已知:O3(g)+0(g)=202(g) △H=-143kJ·mol-l
反应1: O3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+O2(g) △H1=-200.2kJ·mol-l
反应2：热化学方程式为_____________________。
(4)大气污染物SO2可用NaOH吸收.已知pKa=-lgKa,25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。该温度下用0.1mol· L-1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示.b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是________________；c点所得溶液中：c(Na+)___________3c(HSO3-)(填“>”、“<”或“=”).
【答案】 (1). HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH- (2). 增强 (3). 一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱 (4). C (5). 催化剂 (6). NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol (7). c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-） (8). >
【解析】
【分析】
（1）本小题考查是盐类水解，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性；水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强；
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
（3）①反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气；
②Ⅰ．O3（g）+O（g）═2O2（g）△H=-143kJ/mol
Ⅱ．O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1=-200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ-Ⅱ得到反应2的热化学方程式；
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。
【详解】（1）海水中无机碳的存在形式主要是HCO3-、CO32-，两种离子为弱酸根离子，水解使海水显碱性，离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。本小题答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；增强；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b，可知H2转化率：a＞b＞c，故A错误；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g)
起始浓度（mol/L）： 1 1.5 0
变化浓度（mol/L）： 0.5 1 0.5
平衡浓度（mol/L）： 0.5 0.5 0.5
故T1温度下平衡常数K＝，而Qc＝，所以平衡不移动，故C正确；
D．c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，等效为在原平衡的基础上压强增大一倍，正反应为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，故D错误。答案选C。
（3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。
②Ⅰ.O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=−143kJ/mol
Ⅱ.O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=−200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ−Ⅱ得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。本小题答案为：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol。
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。本小题答案为：c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；>。
11.元素铜(Cu)、砷(As)、镓(Ga)等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为_____________,价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是__________________________。
(2)化合物AsCl3分子立体构型为________________，其中As的杂化轨道类型为_____________。
(3)第一电离能Ga__________As。(填“>”或“<”)
(4)若将络合离子[Cu(CN)4]2-中的2个CN- 换为两个Cl-，只有一种结构，则[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子所处空间构型为_______________，一个CN-中有__________个π键。
(5)砷化镓是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图所示。
熔点为1238℃，密度为⍴g·cm-3，该晶体类型为______________，Ga与As以__________键键合，Ga和As的相对原子质量分别为Ma和Mb，原子半径分别为racm和rbcm，阿伏加德罗常数值为NA，GaAs晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率为____________________。(列出计算公式)
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 球形 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). < (6). 正四面体 (7). 2 (8). 原子晶体 (9). 共价键 (10).
【解析】
【分析】
本题考查的是原子核外电子排布、元素电离能、电负性的含义及应用,、晶胞的计算、原子轨道杂化方式及杂化类型判断。
（1）铜是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子电子排布式。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；
（3）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键；
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。据此解答。
【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式为3d104s1，价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是球形。本小题答案为：3d104s1；球形。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形。本小题答案为：三角锥形；sp3。
（3）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As。本小题答案为：<。
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键， 则CN-中含有三键，三键中含有两个π键。本小题答案为：正四面体；2。
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。本小题答案为：原子晶体；共价键； 。
12.桂皮酸是从肉桂皮中分离出的有机酸，广泛应用于精细化工品的生产。桂皮酸的一条成路线如下，部分需要的试剂或条件略去：
已知：
(1)D中官能团名称为___________________，反应IV的反应类型为______________________。
(2)写出反应I的化学方程式__________________________________________
(3)写出桂皮酸的结构简式____________________________________________
(4)为检验D是否已经完全转化为桂皮酸，所用试剂和实验条件是_________________________。
(5)写出同时满足下列三个条件的C的同分异构体的结构简式__________________
①属于芳香族化合物 ②核磁共振氢谱为四组峰 ③能与 NaHCO3溶液反应产生气体
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 消去反应 (3). +2Cl2+2HCl (4). (5). 新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热） (6). ：、
【解析】
【分析】
本题为有机推断题。根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为，据此解答。
【详解】根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为；
（1）根据上述分析D的结构简式为，所含的官能团为碳碳双键、醛基；反应IV为消去反应。本小题答案为：碳碳双键、醛基；消去反应。
（2）根据上述分析A为，A与氯气、光照生成B，B为，此反应为取代反应，方程式为+2Cl2+2HCl。本小题答案为：+2Cl2+2HCl。
（3）根据上述分析可知桂皮酸的结构简式为。本小题答案为：。
（4）D为醛，根据醛的特性进行检验，加入新制的氢氧化铜悬浊液、加热会出现砖红色沉淀；或加入银氨溶液、加热有光亮的银析出。本小题答案为：新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。
(5)满足下列三个条件的C的同分异构体应为：①属于芳香族化合物含有一个苯环 ②核磁共振氢谱为四组峰含有4中等效氢③能与 NaHCO3溶液反应产生气体含有一个-COOH，则此同分异构体为、。本小题答案为：、。
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