江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(二)化学试题（含答案）

这是一份江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(二)化学试题（含答案），共12页。试卷主要包含了5　V—51　Cr—52， 下列说法正确的是， 下列化学反应表示不正确的是等内容，欢迎下载使用。

(满分100分，考试时间75分钟)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32
Cl—35.5 V—51 Cr—52
一、 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 4NH3＋5O2 eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△)) 4NO＋6H2O是工业制备硝酸的重要反应之一。下列说法不正确的是( )
A. 该反应叫作氨的催化氧化 B. NO在空气中能稳定存在
C. NH3在反应中表现出还原性 D. 该反应放出热量
2. 中国科学院制备出超小铜纳米晶嵌入的氮掺杂碳纳米片催化剂，该催化剂可用来实现高效电催化CO2转化为所期望的新能源产物。下列说法正确的是( )
A. 基态Cu原子外围电子排布式为3d94s2 B. 中子数为8的N原子可表示为 eq \\al(8,7) N
C. 第一电离能大小：I1(C)3. 下列有关氧化物的性质与用途具有对应关系的是( )
A. CaO具有吸水性，常用于食品干燥剂 B. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒
C. MgO是碱性氧化物，可作耐高温材料 D. SiO2熔点高，可用来制造通信光缆
阅读下列资料，完成4～7题。
SO2既是大气主要污染物之一，也是重要的化工原料，可用于硫酸的生产。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1：用氨水将SO2先转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4；方法2：用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)将SO2在高温下还原为单质硫；方法3：用Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4：用Na2SO4溶液吸收烟气中SO2，使用惰性电极电解吸收后的溶液，H2SO3在阴极被还原为硫单质。
4. 下列说法正确的是( )
A. SO2的水溶液不能导电 B. SO2的键角比SO3的键角大
C. SO eq \\al(2－,3) 的空间结构为平面三角形 D. SO eq \\al(2－,4) 中S原子轨道杂化类型为sp3
5. 实验室制取少量SO2并探究其漂白性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲制取SO2气体 B. 用装置乙验证SO2漂白性
C. 用装置丙干燥SO2气体 D. 用装置丁收集SO2并吸收尾气中的SO2
6. 反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔH<0，ΔS>0
B. 用V2O5催化时，反应①的速率大于反应②
C. 温度升高，上述反应化学平衡常数增大
D. 上述反应中消耗1 ml SO2，转移电子的数目为4×6.02×1023
7. 下列化学反应表示不正确的是( )
A. 氨水吸收SO2的反应：NH3·H2O＋SO2===NH eq \\al(＋,4) ＋H＋＋SO eq \\al(2－,3)
B. CO还原SO2的反应：2CO＋SO2 eq \(=====,\s\up7(高温)) S＋2CO2
C. Na2SO3吸收液再生的反应：2NaHSO3 eq \(=====,\s\up7(△)) Na2SO3＋SO2↑＋H2O
D. 电解脱硫时的阴极反应：H2SO3＋4e－＋4H＋===S↓＋3H2O
8. 7N、15P、33As、51Sb是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是( )
A. 电负性大小：χ(N)>χ(As)>χ(P) B. 氢化物沸点高低：AsH3>PH3>NH3
C. 酸性强弱：HNO3>H3PO4>H3AsO4 D. ⅤA族元素单质的晶体类型相同
9. 废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
已知：室温下Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13；Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH分别是3.2和4.6；Pb(OH)2开始及完全沉淀的pH分别是7.2和9.1。下列说法正确的是( )
A. “脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为Pb2＋＋CO eq \\al(2－,3) ===PbCO3↓
B. “酸浸”中H2O2可以氧化Pb、Fe2＋和PbO2
C. “酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3
D. “沉铅”后滤液中，主要存在的阳离子有Na＋、Fe3＋、Al3＋、Pb2＋
10. 从茶叶中提取的茶多酚具有抗氧化、降压降脂、抗炎抑菌、抗血凝、增强免疫机能等功能，在茶多酚总量中，儿茶素(结构如图)占50%～70%。
下列说法不正确的是( )
A. 儿茶素易溶于热水
B. 儿茶素分子中有3个手性碳原子
C. 儿茶素中的酚羟基易被氧化
D. 1 ml儿茶素与足量浓溴水反应消耗6 ml Br2
11. 下列实验探究方案能达到探究目的的是( )
12. 室温下，将H2C2O4溶液和NaOH溶液按一定比例混合，可用于测定溶液中钙的含量。
测定原理：① Ca2＋＋C2O eq \\al(2－,4) ===CaC2O4↓；② CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4；③ 用稀硫酸酸化的KMnO4溶液滴定②中H2C2O4。已知：室温下Ka1(H2C2O4)＝5.90×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.40×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.34×10－9。下列说法正确的是( )
A. NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)B. NaOH完全转化为Na2C2O4时，溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O eq \\al(－,4) )＋c(H2C2O4)
C. ①中反应静置后的上层清液中：c(Ca2＋)·c(C2O eq \\al(2－,4) )>Ksp(CaC2O4)
D. ③发生反应的离子方程式：5C2O eq \\al(2－,4) ＋2MnO eq \\al(－,4) ＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
13. 通过反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)可以实现CO2捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比 eq \f(n（H2）,n（CO2）) ＝3时，在不同条件下(分别在温度为250 ℃下压强变化和在压强为5×105 Pa下温度变化)达到平衡时CH3OH物质的量分数变化如图所示。主要反应如下：
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)；ΔH＝＋42.5 kJ·ml－1
反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)；ΔH＝－90.7 kJ·ml－1
下列说法正确的是( )
A. 反应Ⅰ的ΔH＝－133.2 kJ·ml－1
B. 曲线①表示CH3OH的物质的量分数随温度的变化
C. 一定温度下，增大 eq \f(n（H2）,n（CO2）) 的比值，可提高CO2平衡转化率
D. 在5×105 Pa、250 ℃、起始 eq \f(n（H2）,n（CO2）) ＝3条件下，使用高效催化剂，能使CH3OH物质的量分数从X点达到Y点
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. (15分)五氧化二钒(V2O5)广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及少量Fe2O3、Al2O3等杂质)回收V2O5的部分工艺流程如下：
已知：a. 常温下，部分含钒物质在水中的溶解性见下表：
b. ＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系见下表：
(1) “酸浸、氧化”时，VO2＋发生反应的离子方程式为________。
(2) “中和”时调节pH为7的目的，一是沉淀部分杂质离子；二是________。
(3) ① “沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入NH4Cl生成NH4VO3；“离子交换”和“洗脱”两步操作可简单表示为ROH＋VO eq \\al(－,3) RVO3＋OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈________(填“酸性”或“碱性”)，理由是________。
② 用沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废钒催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图1中是沉钒率随温度变化的关系曲线，沉钒时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是________。
(4) 在Ar气氛中加热“煅烧”NH4VO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图2所示，加热分解NH4VO3制备V2O5需要控制的温度为____________________________________________________________________________________(写出计算推理过程)。
(5) 新型催化材料磷化钒(VP)的晶胞结构如图3所示，V作简单六方棱柱体排列，P交替地填入一半的V的正三棱柱中心空隙。与V原子距离相等且最近的P原子有________个。
15. (15分)H是一种抗抑郁药，用于治疗和预防忧郁症及其复发，其合成路线如下：
(1) A中含有的官能团的名称为________。
(2) C→D的反应需经历C→X→D的过程，则C→X反应类型为________。
(3) G的分子式为C16H12Cl2O，其结构简式为________。
(4) F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
① 分子中有5种不同化学环境的氢原子；
② 碱性水解后酸化得到2种同碳原子数的产物，且均含有2种官能团。
(5) 写出以甲苯和的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16. (15分)三氯化铬(CrCl3)在工业上主要用作媒染剂和催化剂，Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业，实验室模拟工业上以BaCrO4为原料制备CrCl3和Cr(OH)3。
(1) 制备CrCl3。
取一定质量的BaCrO4和对应量的水加入到三颈瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成CrCl3并放出CO2气体。
① 上述反应的化学方程式为________。
② 上述反应中的乙醇与BaCrO4投料的物质的量比例大约为3∶8，原因是________________________________________________________________________
________。
(2) 测定CrCl3的质量分数。
Ⅰ. 称取样品0.330 0 g，加水溶解并配成250.0 mL的溶液。
Ⅱ. 移取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量的硫酸酸化，将Cr3＋氧化为Cr2O eq \\al(2－,7) ；再加入过量KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3＋的形式存在。
Ⅲ. 加入1 mL淀粉溶液，用0.025 0 ml·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定3次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00 mL。
已知反应：Cr2O eq \\al(2－,7) ＋I－＋H＋——I2＋Cr3＋＋H2O(未配平)；
I2＋S2O eq \\al(2－,3) ——S4O eq \\al(2－,6) ＋I－(未配平)。
① 滴定终点的现象是________________________________________________。
② 计算CrCl3的质量分数(写出计算过程)。
(3) 制备Cr(OH)3。
Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如右图所示。请补充完整由CrCl3溶液制备Cr(OH)3的实验方案：取适量CrCl3溶液，____________________________________________________________________，低温烘干，得到Cr(OH)3晶体(实验中须使用的试剂：1.0 ml·L－1 NaOH溶液、0.1 ml·L－1 AgNO3溶液、0.1 ml·L－1 HNO3溶液、蒸馏水)。
17. (16分)氢气是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。
(1) 用氧缺位铁酸铜(CuFe2O4－x)作催化剂，利用太阳能热化学循环分解H2O可制H2。
① 氧缺位铁酸铜通过两步反应分解水制氢。已知第二步反应为2CuFe2O4===2CuFe2O4－x＋xO2↑，则第一步反应的化学方程式为________。
② CuFe2O4可用电化学方法得到，其原理如图1所示，则阳极的电极反应式为____________________________________。
(2) 可利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图2所示。该工艺制氢的总反应为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是________________________________________________________________________
________。
(3) 硼氢化钠(NaBH4)的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气，其可能反应机理如图3所示。已知：常温下，NaB(OH)4在水中的溶解度不大，易以NaBO2形式结晶析出。
① 图3所示的最后一个步骤反应机理可描述为________________________________________________________________________
________。
② 若用D2O代替H2O，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有________。
③ 其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4的浓度和放氢速率的变化关系如图4所示。随着NaBH4浓度的增大，放氢速率先增大后减小，其原因可能是________________________________________________________________________________。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(二)
1. B 解析：A项，NH3与O2在催化剂作用下发生反应生成NO，正确；B项，NO遇到空气，立即转化成NO2，错误；C项，NH3转化为NO，N由－3价转化为＋2价，NH3失去电子，NH3作还原剂，具有还原性，正确；C项，O2参加的反应，为放热反应，正确。
2. D 解析：A项，Cu的基态电子排布式为[Ar]3d104s1，遵循洪特规则中3d轨道中电子全满为稳定状态这一特点，错误；B项，中子数为8的N原子，其质量数为15，表示为 eq \\al(15, 7) N，错误；C项，N原子的2p轨道中电子为半满的稳定状态，很难失去电子，所以N的第一电离能比相邻元素的均要大，错误；D项，CO2为直线形，C带正电，分侧的O带负电，正、负电荷中心重合，所以CO2为非极性分子，正确。
3. A 解析：A项，CaO吸水，故可用作干燥剂，正确；B项，ClO2具有氧化性，故可作自来水的消毒剂，错误；C项，MgO的熔点高，故可作耐高温材料，错误；D项，SiO2具有传导光信号的能力，故用来制造通讯光缆，错误。
4. D 解析：A项，SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3电离出H＋和HSO eq \\al(－,3) ，故可以导电，错误；B项， SO2中S的孤电子对数为 eq \f(6－2×2,2) ＝1个，价层电子对数为1＋2＝3，则S为sp2杂化，图示为，SO3中S的孤电子对数为 eq \f(6－2×3,2) ＝0个，价层电子对数为0＋3＝3，则S为sp3杂化，图示为孤电子对与成键电子之间的排斥力大于成键电子之间的排斥力，所以SO2的键角要小于SO3的键角，错误；C项，SO eq \\al(2－,3) 中S的孤电子对数为 eq \f(6＋2－2×3,2) ＝1个，价层电子对为1＋3＝4，则S为sp3杂化，空间构型由四面体形变为三角锥形，错误；D项，SO eq \\al(2－,4) 中S的孤电子对数为 eq \f(6＋2－2×4,2) ＝0个，价层电子对数为0＋4＝4，则S为sp3杂化，正确。
5. C 解析：A项，需要加热，错误；B项，SO2与NaOH反应，碱性变弱，酚酞的红色褪去，SO2表现为酸性氧化物的性质，而不是漂白性，错误；C项，浓硫酸可以干燥SO2气体，相邻价态的元素之间不反应，正确；D项，SO2的密度比空气大，可以用向上排空气法收集，图示正确，但是SO2与NaHSO3不反应，不可用于吸收SO2，错误。
6. B 解析：A项，题图中反应物的总能量大于生成物的总能量，故属于放热反应，2 ml SO2气体和1 ml O2气体反应生成2 ml SO3气体，气体的总物质的量减小，属于熵减小反应，错误；B项，题图中反应①的活化能小于反应②的活化能，所以反应①的速率大于反应②，正确；C项，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以K减小，错误；D项，1 ml SO2转化为1 ml SO3时，S的化合价变化2，即转移2 ml e－，错误。
7. A 解析：A项，NH3·H2O与SO2反应生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，HSO eq \\al(－,3) 不可拆开，另外氨水中不可能生成H＋，错误；B项，CO和SO2发生氧化还原反应生成S和CO2，符合氧化还原反应规律，正确；C项，加热分解NaHSO3，生成SO2，正确；D项，阴极得电子，H2SO3中S的化合价降低，正确。
8. C 解析：A项，N、P、As位于同一主族，从上至下，非金属性减弱，电负性减小，错误；B项，NH3、PH3和AsH3均为分子晶体，但是NH3分子间存在氢键，所以同主族形成的简单氢化物的沸点最高，PH3和AsH3比较相对分子质量，AsH3比PH3的相对分子质量大，所以沸点AsH3比PH3高，错误；C项，非金属性N>P>As，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，正确；D项，N2、P和As属于分子晶体，Sb属于金属晶体，错误。
9. C 解析：A项，PbSO4为难溶物，写离子方程式时，不可拆开，错误；B项，最终生成PbO，Pb为＋2价，“脱硫”中是PbO2将H2O2氧化生成Pb2＋，错误；C项，含Fe、Al的盐或氧化物为杂质，Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH分别是3.2和4.6，当pH为4.9时，Fe(OH)3、Al(OH)3已完全沉淀，正确；D项，“沉铅”之前，Fe3＋、Al3＋均已生成沉淀，错误。
10. B 解析：A项，苯酚在65 ℃以上是可溶的，对于多羟基物质，在热水中是可溶的，正确；B项，中标“*”的碳原子为手性碳原子，共2个，错误；C项，酚羟基易被氧化，正确；D项，中箭头所指的H，均可以被Br所取代，共6个，正确。
11. D 解析：A项，氯水中的Cl2将Fe2＋氧化，溶液的颜色由浅绿色变为棕黄色，错误；B项，应将FeCl3的量减小，以确保KI的量超过FeCl3的量，即使KI过量，仍能用KSCN检测到Fe3＋，说明Fe3＋与I－反应是可逆的，错误；C项，没有指明Na2CO3、Na2SiO3溶液的浓度相等，错误；D项，ClO－具有强氧化性，会使品红褪色，作对比实验，向其中一种品红溶液中加入醋酸，通过改变pH，观察不同pH时，品红褪色的速率，从而判断pH对ClO－氧化性的影响，正确。
12. A 解析：A项，HC2O eq \\al(－,4) 存在水解平衡：HC2O eq \\al(－,4) ＋H2O⇌H2C2O4＋OH－，水解平衡常数Kh ＝ eq \f(c（H2C2O4）·c（OH－）,c（HC2O eq \\al(－,4) ）) ＝ eq \f(c（H2C2O4）·c（OH－）·c（H＋）,c（HC2O eq \\al(－,4) ）·c（H＋）) ＝ eq \f(Kw,Ka1) ＝ eq \f(10－14,5.90×10－2) ，HC2O eq \\al(－,4) 存在电离平衡：HC2O eq \\al(－,4) ⇌H＋＋C2O eq \\al(2－,4) ，Ka2 (H2C2O4)＝6.40×10－5，Ka2＞Kh，即HC2O eq \\al(－,4) 的电离程度大于水解程度，则有c(H2C2O4)＜c(C2O eq \\al(2－,4) )，正确；B项，Na2C2O4的质子守恒方程式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O eq \\al(－,4) )＋2c(H2C2O4)，错误；C项，①的上层清液中，Ca2＋与C2O eq \\al(2－,4) 达到沉淀溶解平衡，所以c(Ca2＋)·c(C2O eq \\al(2－,4) )＝Ksp(CaC2O4)，若c(Ca2＋)·c(C2O eq \\al(2－,4) )＞Ksp(CaC2O4)，则上层溶液中还会继续生成沉淀，即会变浑浊，错误；D项，溶液②中的H2C2O4为弱酸，不可拆开，错误。
13. C 解析：A项，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加，得反应Ⅰ的ΔH＝＋42.5 kJ·ml－1＋(－90.7 kJ·ml－1) ＝－48.2 kJ·ml－1，错误；B项，反应Ⅰ和反应Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，n(CH3OH)会减少，所以对应图中曲线②，错误；C项，增大 eq \f(n（H2）,n（CO2）) 的比值，相当于n(CO2)不变，n(H2)增多，则CO2的平衡转化率提高，正确；D项，曲线②上的点代表平衡点，在250℃时，X点低于曲线②，说明X点处的CH3OH的物质的量分数没有达到平衡，Y点高于曲线②，说明Y点处的CH3OH的物质的量分数超过平衡，而催化剂只能改变反应达到平衡的时间，而不能改变平衡的产量，所以不可能达到Y点，只能达到曲线②，错误。
14. (15分)
(1) ClO eq \\al(－,3) ＋6VO2＋＋3H2O===6VO eq \\al(＋,2) ＋Cl－＋6H＋(3分)
(2) 使溶液中的钒微粒以VO eq \\al(－,3) 形式存在(2分)
(3) ① 碱性(1分) 碱性环境有利于上述反应向洗脱方向进行，提高VO eq \\al(－,3) 的洗脱率(2分)
② 80 ℃以后，温度升高，NH4VO3的溶解度增大，沉钒率下降；温度升高，NH3·H2O受热分解，溶液中NH eq \\al(＋,4) 浓度减小，沉钒率下降(2分)
(4) 由钒元素守恒可得关系式：2NH4VO3～V2O5
则 eq \f(2Mr（NH4VO3）－Mr（V2O5）,2Mr（NH4VO3）) ＝ eq \f(2×117－182,2×117) ×100%≈22.22%(2分)
故制备V2O5需要控制温度大于450 ℃(1分)
(5) 6(2分)
解析：(1) 酸性条件下，VO2＋以VO eq \\al(＋,2) 形式存在，V的化合价由＋4升至＋5，变化1，ClO eq \\al(－,3) 转化为Cl－，Cl的化合价由＋5降至－1，变化6，根据得失电子守恒配平反应，VO2＋前的系数为6，ClO eq \\al(－,3) 前的系数为1，根据电荷守恒，产物有H＋生成，则系数为6，再根据H、O原子守恒确定，反应物需要有H2O参加，且系数为3。(3) ① 要让操作：ROH＋VO eq \\al(－,3) eq \(,\s\up7(离子交换),\s\d5(洗脱)) RVO3＋OH－向“洗脱”反应进行，需要在碱性条件下，以生成VO eq \\al(－,3) 。② 由表a中物质的溶解性知，常温下NH4VO3为难溶物，升高温度，NH4VO3的溶解度增大，则沉钒率下降；加入NH4Cl后，NH eq \\al(＋,4) 会与OH－反应生成NH3·H2O，升高温度后，NH3·H2O会分解，c(NH eq \\al(＋,4) )会减小，则与VO eq \\al(－,3) 反应生成的NH4VO3会减小。或：升高温度会促进NH eq \\al(＋,4) 水解，使得c(NH eq \\al(＋,4) )减小。(4) 取1 ml NH4VO3，质量为117 g，完全分解生成V2O5，由V守恒知，V2O5的质量为0.5 ml×182 g·ml－1＝91 g，失去质量为117 g－91 g＝26 g，失重为 eq \f(26 g,117 g) ×100%＝22.22%，对应图中450 ℃。(5) V作简单六方棱柱体的排列，图示为，此晶胞图中含有6个正三棱柱，其中有3个正三棱柱填有P原子。晶胞图中每个顶点上的V被12个正三棱柱共用，所以简单六方棱柱体共有6个P原子。(另解：每个黑球P周围最近的V有6个，晶胞的化学式为VP，则每个白球V周围最近的P也为6个)
15. (15分)
(1) 碳氯键、羧基(2分)
(2) 加成反应(2分)
解析：(1) 苯环与氯相连，称为碳氯键；—COOH称为羧基。(2) C与中酯基的αH先加成生成羟基，然后再消去生成碳碳双键。(3) F在SOCl2作用下，先将羧基变为—COCl，再在AlCl3作用下，模仿B→C，Cl与苯环上的H结合生成HCl，同时得G的结构简式为(4) F中除了两个苯环外，还有一个不饱和度，4个碳原子和2个氯原子。碱性条件可水解，说明含有酯基，水解产物含有相同碳原子数，则水解生成羧基的产物中再加1个碳原子，水解生成羟基的产物中再加2个碳原子，产物中含有两种官能团，则两个氯原子应分在酯基的两侧。(5) 模仿A→B→C，可得对比目标产物可以用中的αH与苯甲醛先加成生成羟基，再消去得碳碳双键。甲苯的甲基上的H原子先被取代生成卤原子，再水解生成羟基，然后再氧化可得苯甲醛。
16. (15分)
(1) ① C2H5OH＋4BaCrO4＋20HCl(浓) eq \(=====,\s\up7(水浴加热)) 2CO2↑＋4CrCl3＋13H2O＋4BaCl2(3分)
② 乙醇略过量可以确保BaCrO4[或Cr(Ⅵ)]被充分还原(2分)
(2) ① 溶液由蓝色恰好变为无色(或溶液蓝色刚好消失)(2分)
② 由Cr原子守恒和转移电子守恒得关系：
2Cr3＋～Cr2O eq \\al(2－,7) ～3I2～6Na2S2O3(1分)
25．00 mL溶液中：
n(Cr3＋)＝ eq \f(1,3) n(Na2S2O3)＝ eq \f(1,3) ×0.025 0 ml·L－1×24.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.00×10－4 ml(1分)
250．0 mL溶液中：
m(CrCl3)＝2.00×10－4 ml× eq \f(250.0,25.00) ×158.5 g·ml－1＝0.317 g(1分)
样品中CrCl3的质量分数为 eq \f(0.317 g,0.330 0 g) ×100%＝96.1%(1分)
(3) 边搅拌边加入1.0 ml·L－1 NaOH溶液(1分)，调节溶液的pH在6～12范围之间(1分)，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀(1分)，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加0.1 ml·L－1 HNO3和0.1 ml·L－1 AgNO3溶液不再出现浑浊(1分)
解析：(1) ① 由题意知，反应物有BaCrO4、C2H5OH和HCl(浓)，反应条件为水浴加热，生成物有CrCl3和CO2。由原子守恒知，产物还有BaCl2以及H2O，Cr由＋6价变为＋3价，变化3，C2H5OH中C为－2价，升为＋4价，变化12，根据得失电子守恒配平反应，BaCrO4前配4，C2H5OH前配1，CrCl3前配4，BaCl2前配4，根据氯守恒知，HCl前配20，C守恒知，CO2前配2，H、O守恒，确定水前的系数为13。② C2H5OH与BaCrO4按1∶4反应(即2∶8)，若按3∶8反应，即乙醇过量，可以使BaCrO4充分反应。(2) 实验原理：样品中CrCl3先被氧化生成Cr2O eq \\al(2－,7) ，再与KI反应生成I2，最后用Na2S2O3溶液滴定，找出反应关系为2Cr3＋～Cr2O eq \\al(2－,7) ～3I2～6Na2S2O3，根据Na2S2O3的消耗量，可以计算出样品中CrCl3的物质的量，进而计算出质量，得出样品中CrCl3的含量。① I2与淀粉显蓝色，当Na2S2O3将I2完全反应时，溶液的蓝色会褪色。② 两个反应配平：Cr2O eq \\al(2－,7) ＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2O eq \\al(2－,3) ===S4O eq \\al(2－,6) ＋2I－，根据两个反应找出反应关系，由Na2S2O3标准溶液可计算出Cr的含量。(3) 由Cr(Ⅲ)与pH的图像看，当pH＝6～12时，主要以Cr(OH)3存在。洗涤表面的杂质离子，主要为CrCl3的Cl－，用稀硝酸和AgNO3共同检验洗涤滤液中不存在Cl－时，即为洗涤干净。
17. (16分)
(1) ① CuFe2O4－x＋xH2O===CuFe2O4＋xH2↑(3分)
② Cu＋2Fe＋4O2－－8e－===CuFe2O4(3分)
(2) 该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤(2分)
(3) ① H2O分子在催化剂表面获得电子解离成OH－和H原子(1分)，OH－和B(OH)3在催化剂表面形成B(OH) eq \\al(－,4) 后脱附进入溶液中(1分)，H原子结合形成H2分子并从催化剂表面脱附形成气体(1分)
② H2、HD、D2(2分)
③ 随着NaBH4浓度的增大，化学反应速率加快，放氢速率加快(1分)；但NaBH4浓度过大，反应产生较多的NaBO2，NaBO2溶解度较小而析出结晶在催化剂表面，覆盖了活性位点(1分)，阻碍了反应物和催化剂的接触，导致放氢速率减慢(1分)
解析：(1) ① H2O分解的方程式为2xH2O===2xH2↑＋xO2↑，第二步反应为2 CuFe2O4===2CuFe2O4－x＋xO2↑，用总反应减去第二步反应，即可得第一步反应。② Fe、Cu均为阳极材料，自身会失去电子，CuFe2O4中Cu为＋2价，Fe为＋3价，1 ml Cu和2 ml Fe共失去8 ml e－，电解质有O2－，故用O2－配平电荷。(2) 图示中H2O与FeO反应生成H2和Fe3O4，此时所得H2为单一成份。CO与Fe3O4反应生成CO2，CO2与C反应又生成CO，此过程中，CO与H2不混合物，故该工艺可得纯净气体H2。而C与H2O直接反应，会得到H2和CO的混合气体，两气体不易分离。(3) 图示分析：第1步，BH eq \\al(－,4) 转化为BH3和H原子，2个H原子相结合生成H2；第2步，BH3与H2O反应生成BH2OH，BH3解离出1个H原子，H2O解离出1个H原子，生成H2；第3步，H2O得电子生成OH－和1个H原子，OH－与B(OH)3结合形成B(OH) eq \\al(－,4) ，2个H原子结合成1个H2。①物质在催化剂表吸附，然后断键，形成新物质，最后脱附离开催化剂。②第1步生成的气体来自BH eq \\al(－,4) 中的H，形成H2；第2步为BH3与D2O反应生成HD；最后一步为2个D2O各有1个D释放，结合成D2。③反应开始时，物质的浓度越大，反应速率越快。后期生成NaBO2，以结晶析出，覆盖催化剂，阻碍反应发生。
选项
探究方案
探究目的
A
向FeCl2溶液中滴加氯水，观察溶液颜色变化
氯水中含有HClO
B
取5 mL 0.1 ml·L－1 FeCl3溶液，向其中加入1 mL 0.1 ml·L－1 KI溶液，振荡，向上层清液滴加3～4滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化
2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2是可逆反应
C
用pH计测定Na2CO3、Na2SiO3溶液的pH，比较溶液pH大小
C的非金属性比Si的强
D
将NaClO溶液分别滴入品红溶液和滴加醋酸的品红溶液中，观察品红溶液颜色变化
pH对ClO－氧化性的影响
物质
V2O5
VOSO4
(VO2)2SO4
NH4VO3
溶解性
难溶
可溶
易溶
难溶
pH
<6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO eq \\al(＋,2)
VO eq \\al(－,3)
V2O eq \\al(4－,7)
VO eq \\al(3－,4)