2023年北京市门头沟区高考化学一模试卷（含解析）

这是一份2023年北京市门头沟区高考化学一模试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市门头沟区高考化学一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
总分
得分





第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”授课、神舟十五号载人飞船发射成功及“C919”飞机等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是(    )
A. 冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为氧化性气体
B. 乙酸钠过饱和溶液析出结晶水合物属于化学变化
C. 载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将化学能转化为电能供飞船使用
D. “C919”飞机机身使用的材料碳纤维属于新型无机非金属材料
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是(    )
A. 氯化钙的电子式：
B. 基态C原子的轨道表示式：
C. 顺−2−丁烯的分子结构模型：
D. Cl−Cl的p−pσ键电子云图形：
3. 我国发布了《医用同位素中长期发展规划(2021−2035年)》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有 ​14C、 ​18F、 131I、 60Co等，有关说法不正确的是(    )
A.  60Co位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族 B.  18F和 131I的最外层电子数相同
C.  ​14C与 ​12C的化学性质几乎相同 D. 化合物 23Na18F的中子总数为41
4. 下列方程式与所提供的事实不相符的是(    )
A. 向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
B. 向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCO3−⇌CO32−+H+
C. 实验室制取氨气：
D. 少量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O
5. 下图所示的实验，不能达到实验目的的是 (    )
A
B
C
D




比较Fe3+的催化效果好于Cu2+
用溴水检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯
验证铁发生吸氧腐蚀
实验室制Cl2时，除去Cl2中的HCl并干燥

A. A B. B C. C D. D
6. 2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮−炔基Husigen成环反应，其原理如图。

下列说法不正确的是(    )
A. 上述循环中H+是中间产物之一
B. 上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C. Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D. 中间产物中N采取sp2、sp3杂化
7. 我国科学家突破了二氧化碳人工合成淀粉的技术，部分核心反应如图。

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是(    )
A. DHA难溶于水，易溶于有机溶剂
B. DHA与葡萄糖具有相同种类的官能团
C. 3.0gHCHO与DHA的混合物中含碳原子数为0.1NA
D. 淀粉属于有机高分子，可溶于冷水，可水解生成乙醇
8. 北京化工大学研究团队首次实现了利用微生物生产非天然产物对乙酰氨基酚，又称扑热息痛，是镇痛和治疗发热的主要药物之一。下列关于对乙酰氨基酚的说法不正确的是(    )
A. 分子式为C8H10NO2
B. 遇FeCl3溶液显紫色
C. 既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸反应
D. 与甲醛在一定条件下可以发生反应
9. 下列事实不能依据键能大小解释的是(    )
A. 熔点：HF>HCl B. 活泼性：N2SiH4 D. 硬度：金刚石>晶体硅
10. D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如图。

下列说法不正确的是(    )
A. A、B、C生成D的反应是加聚反应
B. C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C. D在碱性条件下水解可以生成NH3
D. 生成1molD参与反应的A、B物质的量之比为1：1
11. 二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图。

下列说法正确的是(    )
A. a极与电源的负极连接
B. X溶液显碱性，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
C. 电解池a极上发生的电极反应为 NH4+−6e−+3Cl−+4OH−=NCl3+4H2O
D. ClO2发生器内发生的氧化还原反应中，生成的ClO2与NH3的物质的量之比为6：1
12. 为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol⋅L−1)。
实验
操作与现象
①

②

③

分析上述实验现象，所得结论不合理的是(    )
A. 实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B. 实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C. 实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D. 实验①−③说明SO32−对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
13. 实验测得0.10mol⋅L−1NaHCO3溶液的pH随温度变化如图。下列说法正确的是(    )

A. OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO3−水解被抑制
B. O点溶液和P点溶液中c(OH−)相等
C. 将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62
D. Q点、M点溶液中均有：c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
14. 在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法不正确的是(    )

A. 反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的△H2000
第II卷（非选择题）

二、流程题（本大题共1小题，共13.0分）
15. 为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如图。

已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii．VO2++2OH−⇌VO3−+H2O。
回答下列问题：
(1)用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为 ______ 、 ______ (写两条)。
(2)滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。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 ______ 。
(3)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 ______ 。
(4)结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 ______ 。
(5)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 ______ (写两条)。

(6)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b1mLc1mol⋅L−1H2C2O4溶液(2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O)，最后用c2mol⋅L−1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4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：182g⋅mol−1)的质量分数是 ______ (列出计算式)。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 某小组同学探究MnO4−、MnO42−的性质。
资料：i．MnO4−的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能被SO32−分别还原为Mn2+(无色)、MnO2、MnO42−(绿色)。
ii．MnO42−在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为MnO4−和MnO2。
Ⅰ.验证MnO4−与SO32−的反应，实验如下：
实验
序号
试剂X
现象

①
2滴3mol⋅L−1H2SO4
3滴0.1mol⋅L−1Na2SO3
溶液褪为无色
②
2滴纯水
3滴0.1mol⋅L−1Na2SO3
产生棕色沉淀
③
2滴6mol⋅L−1NaOH
3滴0.1mol⋅L−1Na2SO3
溶液变为绿色
④
2滴6mol⋅L−1NaOH
10滴0.1mol⋅L−1Na2SO3
溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
(1)实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为 ______ 。
(2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 ______ 。甲同学补做了实验 ______ (填操作和现象)，证明猜测合理。
Ⅱ.验证MnO42−的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如图：

(3)c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为 ______ 。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
①MnO4−、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL0.01mol⋅L−1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol⋅L−1CH3COOH溶液， ______ (填现象)，证明猜想不合理。
②MnO4−、MnO2可能被 ______ 还原，发生的反应： ______ ， ______ 。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：SO32−、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
四、简答题（本大题共3小题，共31.0分）
17. 铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为 ______ ，Ni位于元素周期表的 ______ 区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是 ______ 。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是 ______ 。
②FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如图，解释能够形成双核阳离子的原因： ______ 。

(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为 ______ 。

②已知一定条件下晶胞的棱长为acm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为 ______ m3⋅mol−1(用含a，NA的代数式表示)。
18. 减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。
(1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。

①NH3催化还原NO为 ______ (填“放热”“吸热”)反应。
②上述脱硝的总反应化学方程式为： ______ 。
(2)电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)ΔH晶体硅，和键能有关，故D错误；
故选：A。
A.HF、HCl均为分子晶体，影响其熔点的是分子间作用力；
B.N2、P4均为分子晶体，影响其活泼性的是分子内的共价键的键能；
C.CH4、SiH4均为分子晶体，影响其活泼性的是分子内的共价键的键能；
D.金刚石和晶体硅均为共价晶体，影响其硬度的是共价键的强弱。
本题考查了影响晶体性质的因素，应注意的是影响分子晶体熔沸点的因素是分子间作用力，而影响其稳定性的因素是共价键的强弱。

10.【答案】B 
【解析】解：A.A、B、C生成高分子化合物D时，没有小分子化合物生成，该反应为加聚反应，故A正确；
B.C中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为：2：2：1，故B错误；
C.D在碱性条件下水解，C−N键断裂，−NH2结合氢原子生成NH3，故C正确；
D.根据D的结构简式知，生成1molD时，消耗A、B的物质的量都是(m+n)mol，则消耗A、B的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选：B。
根据图知，A和B、C发生加聚反应生成D，根据B、C、D的结构简式及A的分子式知，A为；
A.A、B、C生成高分子化合物D时，没有小分子化合物生成；
B.C中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比等于各种氢原子的个数之比；
C.D在碱性条件下水解，C−N键断裂，−NH2结合氢原子生成NH3；
D.根据D的结构简式知，生成1molD时，消耗A、B的物质的量都是(m+n)mol。
本题考查有机物合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确加聚反应和缩聚反应的区别、有机物分子结构和性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

11.【答案】D 
【解析】解：A.a极铵根离子失电子生成NCl3，则a为阳极，与电源的正极连接，故A错误；
B.二氧化氯发生器内，发生反应的化学方程式为：3H2O+NCl3+6NaClO2=NH3+6ClO2+3NaCl+3NaOH，所以X溶液显碱性，b为阴极，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，氯离子从左侧经过阴离子交换膜到右侧，则在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，故B错误；
C.a极铵根离子失电子生成NCl3，其电极反应式为：NH4+−6e−+3Cl−=NCl3+4H+，故C错误；
D.二氧化氯发生器内，发生反应的化学方程式为：3H2O+NCl3+6NaClO2=NH3+6ClO2+3NaCl+3NaOH，则生成的ClO2与NH3的物质的量之比为6：1，故D正确；
故选：D。
该装置为电解池，a极铵根离子失电子生成NCl3，则a为阳极，b为阴极，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，氯离子从左侧经过阴离子交换膜到右侧，在ClO2发生器中NCl3和NaClO2反应生成氨气和ClO2，据此分析解答。
本题考查电解池，侧重考查学生离子交换膜型电解池的掌握情况，试题难度中等。

12.【答案】D 
【解析】解：A.根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，说明加热促进Fe3+水解反应，故A正确；
B.实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与SO32−发生氧化还原反应生成Fe2+；整个过程说明Fe3+即发生了水解反应，又发生了还原反应，故B正确；
C.实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明说明Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体；一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成说明Fe3+与SO32−没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应，故C正确；
D.由BC的分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁的胶体，说明SO32−对Fe3+的水解反应有促进作用，少量SO32−对Fe3+的还原反应有影响，过量SO32−对Fe3+的还原反应无影响，故D错误；
故选：D。
A.根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体；
B.实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与SO32−发生氧化还原反应生成Fe2+；
C.实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明说明Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体；一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成说明Fe3+与SO32−没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；
D.由BC的分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁的胶体。
本题考查性质实验的设计，为高频考点，把握物质的性质、物质检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。

13.【答案】C 
【解析】解：A.M点之前，升温pH减小，主要原因是升温促进了水的电离，弱酸根离子水解是受温度的升高而水解程度升高，HCO3−水解受到促进，故A错误；
B.温度不同Kw不同，O点溶液和P点溶液的pH相同，所以pOH不同，O点溶液和P点溶液中c(OH−)不相等，故B错误；
C.升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，N点溶液的主要成分是碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C正确；
D.Q点、M点溶液均存在电荷守恒：2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；
故选：C。
A.盐类的水解是吸热反应，升温促进盐的水解平衡右移，盐的水解是对水的电离的促进；
B.升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，碳酸根水解程度大于碳酸氢根离子，据此回答；
C.N点时部分碳酸氢钠已分解为碳酸钠，且碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，据此分析溶液的pH；
D.Q点、M点溶液均存在电荷守恒。
本题考查了盐类水解原理分析判断、溶液pH变化的实质理解应用，注意图象变化的特征分析，题目难度中等。

14.【答案】C 
【解析】解：A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，由温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应，其△H15×10−4=2000，故D正确；
故选：C。
A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，没有达到平衡，由温度较高时已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应；
B.X点反应还未到达平衡状态，反应正向进行；
C.Y点已经达到平衡状态，增加O2的浓度，平衡向正反应方向移动；
D.设NO的起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10−4−0.25a)mol/L、0.5amol/L，代入平衡常数表达式K=c2(NO2)c2(NO)⋅c(O2)计算。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握化学平衡的影响因素、化学平衡常数概念及表达式，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度中等。

15.【答案】粉碎废钒  粉碎废钒、搅拌或适当升温  V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O  6VO2++ClO3−+3H2O=6VO2++Cl−+6H+  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−；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  原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；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；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；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 182(b1c1−2.5b2c2)1000a×100% 
【解析】解：(1)用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，
故答案为：粉碎废钒、搅拌或适当升温；
(2)滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O，
故答案为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O；
(3)生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO3−被还原为Cl−，反应的离子方程式为6VO2++ClO3−+3H2O=6VO2++Cl−+6H+，
故答案为：6VO2++ClO3−+3H2O=6VO2++Cl−+6H+；
(4)含VO2+的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，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−；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，
故答案为：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−；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；
(5)随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
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；
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；
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，
故答案为：原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；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；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；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；
(6)根据元素化合价升降相同，滴定过程有2KMnO4∼5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=52n(KMnO4)=52b2C2×10−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的H2C2O4物质的量为(b1c1−52b2C2)×10−3mol，根据2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O可得2VO2+∼H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)=n(H2C2O4)=(b1c1−52b2C2)×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是(b1c1−52b2c2)×10−3mol×182g/molag×100%=182(b1c1−2.5b2c2)1000a×100%，
故答案为：182(b1c1−2.5b2c2)1000a×100%。
利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)回收V2O5，废钒催化剂粉碎、水浸，VOSO4溶于水，过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
本题考查物质的分离提纯，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、离子反应方程式的书写、物质的分离等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道流程图中发生的反应及实验基本操作，难度较大。

16.【答案】2：5 SO32−过量，过量的SO32−与MnO42−反应，发生MnO42−+SO32−+H2O=MnO2↓+SO42−+2OH−  取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)  3MnO42−+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO4−+2H2O+4CH3COO−  无明显现象 SO32−(Na2SO3)  2MnO4−+5SO32−+6CH3COOH=2Mn2++5SO42−+3H2O+6CH3COO−  MnO2+SO32−+2CH3COOH=Mn2++SO42−+H2O+2CH3COO− 
【解析】解：(1)由信息及实验现象可知，实验①中发生2MnO42−+5SO32−+6H+=2Mn2++5SO42−+3H2O，参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2：5，
故答案为：2：5；
(2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，原因为SO32−过量，过量的SO32−与MnO42− 反应，发生MnO42−+SO32−+H2O=MnO2↓+SO42−+2OH−，甲同学补做了实验为取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)，证明猜测合理，
故答案为：SO32−过量，过量的SO32−与MnO42− 反应，发生MnO42−+SO32−+H2O=MnO2↓+SO42−+2OH−；取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)；
(3)c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为3MnO42−+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO4−+2H2O+4CH3COO−，
故答案为：3MnO42−+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO4−+2H2O+4CH3COO−；
①MnO42−、MnO2可能被CH3COOH还原，设计实验：将1mL0.01mol⋅L−1KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol⋅L−1CH3COOH溶液，无明显现象，证明猜想不合理，
故答案为：无明显现象；
②MnO42−、MnO2可能被SO32−(Na2SO3)还原，发生的反应：2MnO4−+5SO32−+6 CH3COOH=2Mn2++5SO42−+3H2O+6CH3COO−，MnO2+SO32−+2CH3COOH=Mn2++SO42−+H2O+2CH3COO−，
故答案为：SO32−( Na2SO3)；2MnO4−+5SO32−+6 CH3COOH=2Mn2++5SO42−+3H2O+6CH3COO−；MnO2+SO32−+2CH3COOH=Mn2++SO42−+H2O+2CH3COO−。
(1)由信息及实验现象可知，实验①中发生2MnO42−+5SO32−+6H+=2Mn2++5SO42−+3H2O；
(2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，发生MnO42−+SO32−+H2O=MnO2↓+SO42−+2OH−，取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液，可证明相同的反应发生；
(3)c中发生3MnO42−+4CH3COOH=MnO2↓+2MnO4−+2H2O+4CH3COO−，继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，设计对比实验，说明MnO42−、MnO2不能被CH3COOH还原，MnO42−、MnO2可能被Na2SO3还原。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、性质实验设计的能力为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。

17.【答案】1s22s22p63s23p63d64S2或[Ar]3d64S2  d  Fe3+的3d5半满状态更稳定  FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多  H2O和OH−中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键  1：3  NA⋅a3⋅10−6 
【解析】解：(1)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或  [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64S2或[Ar]3d64S2；d；
(2)从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定，
故答案为：Fe3+的3d5半满状态更稳定；
(3)①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多，
故答案为：FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH− 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键，
故答案为：H2O和OH− 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
(4)①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×18=1，Ni原子位于面心，其个数为6×12=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1：3，
故答案为：1：3；
②该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为1NAmol，1个晶胞的体积为(a×10−2)3m3，则该晶体的摩尔体积为NA⋅a3⋅10−6 m3⋅mol−1，
故答案为：NA⋅a3⋅10−6。
(1)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或  [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2；
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定；
(3)①FeCl3为分子晶体，FeF3是离子晶体；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH− 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对；
(4)①Cu原子位于顶点，其个数为8×18=1，Ni原子位于面心，其个数为6×12=3；
②1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为1NAmol，1个晶胞的体积为(a×10−2)3m3，则该晶体的摩尔体积=Vn。
本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、杂化、化学键和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。

18.【答案】放热  4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O  乙  该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动  A  3.25  2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O 
【解析】解：(1)①反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，
故答案为：放热；
②由图像可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气，生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，
故答案为：4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O；
(2)由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，则工业上应选择催化剂乙；在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的原因，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
故答案为：乙；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
(3)①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于曲线B，则W较小的曲线是A，
故答案为：A；
②N点初始氨碳比[L=n(NH3)n(CO2))]为3、初始水碳比[W=n(H2O)n(CO2)]为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3amol，
   2NH3(l)+CO2(l)⇌H2O(l)+NH2CONH2(l)
起始(mol)    3a  a  0    0
转化(mol)   1.5a  0.75a  0.75a 0.75a
平衡(mol)    1.5a 0.25a  0.75a  0.75a
平衡时总物质的量为3.25amol，则Kx=x(H2O)⋅x(NH2CONH2)x2(NH3)⋅x(CO2)=0.75a3.25a×0.75a3.25a(1.5a3.25a)2×0.25a3.25a=3.25，
故答案为：3.25；
(4)氨气在负极失电子发生氧化反应，注意时碱性环境，所以，负极的电极反应式为：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，
故答案为：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O。
(1)①反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应；
②由图像可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气，生成物为氮气和水；
(2)由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
(3)①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小；
②N点初始氨碳比[L=n(NH3)n(CO2))]为3、初始水碳比[W=n(H2O)n(CO2)]为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3amol，列化学平衡三段式计算；
(4)氨气在负极失电子发生氧化反应，注意是碱性环境。
本题考查化学平衡、原电池的工作原理，涉及电极方程式书写、化学平衡的计算、化学平衡的影响因素、反应速率计算、图象分析以及三段式计算格式的应用等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握平衡常数及计算、图象信息分析判断是解题关键，题目难度中等。

19.【答案】浓硝酸、浓硫酸、加热   还原反应   1  
【解析】解：(1)B和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成C，B→C的反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸、加热；
(2)C为C有多种同分异构体，属于二元取代苯，且均为两性化合物的有三种，有邻氨基苯甲酸、间氨基苯甲酸、对氨基苯甲酸，可通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，氨基和羧基距离越远越易形成分子间氢键，其熔沸点越高，熔沸点高低顺序是：对氨基苯甲酸>间氨基苯甲酸>邻氨基苯甲酸，其中最先被蒸馏出来的物质是，
故答案为：；
(3)G比F多2个氢原子，则F→G的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(4)G→H的化学方程式为，
故答案为：；
(5)L中连接甲基的碳原子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子，
故答案为：1；
(6)以和为原料合成，发生水解反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生氧化反应生成，和CH3COCH=CH2发生加成反应生成，发生K生成L类型的反应生成，合成路线为，
故答案为：。
根据对硝基苯甲醇的结构简式、A的分子式知，A为，根据B的分子式知，A和甲碘烷发生取代反应生成B为，根据C的分子式知，B和浓硝酸发生取代反应生成C，结合对硝基苯甲醇的结构简式知，C为；C中甲基上发生取代反应生成D为，D发生水解反应生成对硝基苯甲醇，对硝基苯甲醇发生催化氧化反应生成E为，E发生信息①的反应生成F为，根据G的分子式知，F发生还原反应生成G为；G发生信息②的反应生成H为；H发生取代反应生成I，I发生氧化反应生成J，根据K的结构简式知，C13H13NO5的结构简式为；生成K的反应为加成反应；K发生取代反应生成L；
(6)以和为原料合成，发生水解反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生氧化反应生成，和CH3COCH=CH2发生加成反应生成，发生K生成L类型的反应生成。
本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。