浙江省杭州市四校联考2022-2023学年高二下学期3月月考化学 Word版含解析

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2022学年高二年级第二学期四校联考化学试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；可能用到的相对原子质量：选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于电解质且溶于水为碱性的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．钠是单质不是电解质也不是非电解质，A错误；B．与水反应生成电解质一水合氨，是非电解质，B错误；C．的水溶液和熔融态均可导电是电解质，水溶液因碳酸根离子的水解显碱性，C正确；D．是盐，在水溶液中完全电离产生自由移动的离子，属于强电解质，但溶于水后因铵根离子水解显酸性，D错误；故选C。2.工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是A.半径大小：B.电负性大小：C.电离能大小：D.碱性强弱：【答案】C【解析】【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，A错误；

1B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，B错误；C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小，C正确；D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，D错误；故选C。3.下列化学用语表述正确的是A.的空间构型：平面三角形B.的键的电子云图形：C.水晶的分子式：SiO2D.基态铬原子的价电子轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，且C原子的最外层不存在孤电子对，则其空间构型为平面三角形，A正确；B．的键的电子云，应为两个3p轨道头对头发生重叠，B不正确；C．水晶的主要成分为二氧化硅，属于共价晶体，其由Si、O原子构成，不存在分子式，C不正确；D．基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，则其轨道表示式：，D不正确；故选A。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.硬铝较轻且硬度大，可用于制造飞机的零部件B.铁可与浓硫酸形成致密氧化膜，可用作储存浓硫酸材料C.具有强氧化性，可用作净水剂D.熔点很高，可用于制作坩埚【答案】C【解析】

2【详解】A．硬铝密度小且硬度大，可用于制造飞机的零部件，A正确；B．铁可与浓硫酸形成致密氧化膜，可以阻止铁和浓硫酸继续反应，故铁可用作储存浓硫酸材料，B正确；C．二氧化氯具有强氧化性，能杀菌消毒，不能净水，C错误；D．坩埚是耐高温的材料，氧化铝熔点高，故可用于制作坩埚，D正确；故选C。5.下列说法不正确的是A.质谱仪可用于测定分子的相对分子质量B.通过晶体的x—射线衍射实验可以确定键长、键角和键能C.计可用于酸碱中和滴定终点的判断D.用红外光谱仪可区别与【答案】B【解析】【详解】A．质谱仪测定的最大质荷比为相对分子质量，则利用质谱仪可测定分子的相对分子质量，A正确；B．通过晶体的x—射线衍射实验可以确定键长、键角，不能确定键能，B错误；C．计用来测定溶液的，可用于酸碱中和滴定终点的判断，C正确；D．红外光谱仪可区别测定未知物中的化学键或官能团，所以可以区别与，D正确；故选B。6.关于反应的说法不正确的是A.K2S2O8发生还原反应B.若设计成原电池，KMnO4为负极产物C.氧化剂和还原剂物质的量之比是D.消耗时，转移0.5mol电子【答案】D【解析】【分析】在反应中，Mn由+2价升高到+7价，

3K2S2O8中部分O由-1价降低到-2价，则K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂。【详解】A．由分析可知，K2S2O8是氧化剂，发生还原反应，A正确；B．在反应中，MnSO4是还原剂，则若设计成原电池，MnSO4是负极反应物，KMnO4为负极产物，B正确；C．在反应中，K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂，则氧化剂和还原剂物质的量之比是，C正确；D．由反应方程式，可建立如下关系式：4H2O——5e-，消耗(物质的量为0.2mol)时，转移0.25mol电子，D不正确；故选D。7.下列离子方程式正确的是A.的水解方程：B.铜与稀硝酸反应：C.向含的溶液中加入含的溶液：D.溶液中吸收少量[已知：：【答案】D【解析】【详解】A．硫氢化钠中硫氢根离子水解可逆，A错误；B．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，B错误；C．含的溶液中加入含的溶液反应生成1mol氢氧化铝和1.5mol硫酸钡和0.5mol硫酸铵，C错误；D．根据电离平衡常数分析，碳酸钠溶液中吸收少量氯气，反应生成碳酸氢钠和氯化钠和次氯酸钠，D正确；故选D。8.某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是

4A.的配位数为6B.与距离最近的是C.该物质的化学式为D.若换为，则晶胞棱长将改变【答案】B【解析】【详解】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A正确；B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B错误；C．位于顶点，所以个数==1，F-位于面心，F-个数==3，位于体心，所以个数=1，综上，该物质的化学式为，C正确；D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；故选B。9.已知在瞬间即可达成化学平衡。NO2和N2O4混合气体体积由V压缩至时，相关数据变化如下表。根据表中数据得出若干结论，下列结论不正确的是温度/L气体的总压强/PaNO2的物质的量浓度/mol·L-12981.28×10-23112.80×10-2

5A.体积由V压缩至时，NO2的物质的量减少B.正反应和逆反应的活化能均较低C.体积缩小后混合气体的颜色加深D.其它条件不变，温度升高，该反应正向移动【答案】A【解析】【详解】A．体积为VL时，NO2的物质的量为1.28×10-2mol/L×VL=1.28×10-2Vmol，体积为时，NO2的物质的量为2.80×10-2mol/L×L=1.40×10-2Vmol，NO2的物质的量增大，A不正确；B．由于该反应在瞬间即可达成化学平衡，所以正反应和逆反应的活化能均较低，B正确；C．体积缩小后，NO2的浓度增大，则混合气体的颜色加深，C正确；D．由于该反应为吸热反应，则其它条件不变，温度升高，该反应正向移动，D正确；故选A。10.下列有关物质的分离或鉴别说法正确的是A.淀粉在稀硫酸作用下水解后，向其中加入氢氧化钠溶液使其呈碱性，再加入新制氢氧化铜溶液并加热，若有砖红色沉淀生成，则说明淀粉已水解完全B.利用石油中各组分沸点的不同进行石油分馏，可获得汽油、煤油、柴油等石油化工产品C.可通过溴的四氯化碳溶液洗气除去乙烷(C2H6)中混有的杂质气体乙烯(CH2=CH2)D.除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可先加入氢氧化钠溶液，再通过分液获得乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A．淀粉水解液中加入氢氧化钠溶液使其呈碱性，再加入新制氢氧化铜溶液并加热，若有砖红色沉淀生成，表明水解液中含有葡萄糖，从而说明淀粉已发生水解，但不能说明水解完全，A不正确；B．石油中含有汽油、煤油、柴油等组分，利用石油中各组分沸点的不同，将石油进行分馏，可获得汽油、煤油、柴油等石油化工产品，B正确；C．乙烯能与溴发生加成反应，加成产物溶于四氯化碳，但乙烷也溶于四氯化碳，所以不能通过溴四氯化碳溶液洗气除去乙烷(C2H6)中混有的杂质气体乙烯(CH2=CH2)，C不正确；D．氢氧化钠不仅能与乙酸反应，也能使乙酸乙酯发生水解，所以除去乙酸乙酯中混有的乙酸，不能加入氢氧化钠溶液，D不正确；故选B。11.有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和

6E属于同一族，它们的原子最外电子层上只有1个电子；B和D也属于同一族，它们原子最外层的s能级电子数是p能级电子数的一半；C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半。下列说法不正确的是A.同周期主族元素中，比B元素的第一电离能大的元素只有一种B.由这五种元素组成的一种化合物，可用作净水剂C.元素B与D的电负性的大小关系：B＞DD.元素C的氯化物晶体为分子晶体【答案】A【解析】【分析】有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属于同一族，它们的原子最外电子层上只有1个电子，则A为H元素、E为K元素；B和D也属于同一族，它们原子最外层的s能级电子数是p能级电子数的一半，则其价电子排布为ns2np4，B为O元素、D为S元素；C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半，则C原子的最外层电子数为3，其价电子排布式为3s23p1，其为Al元素。从而得出A、B、C、D、E分别为H、O、Al、S、K。【详解】A．B为O元素，同周期主族元素中，比O元素的第一电离能大的元素有N、F两种，A不正确；B．由这五种元素组成的一种化合物为KAl(SO4)2∙12H2O，是明矾的主要成分，可用作净水剂，B正确；C．元素B与D分别为O和S，二者为同主族元素，非金属性O＞S，则电负性的大小关系：O＞S，C正确；D．元素C为Al，其氯化物为氯化铝，由分子构成，晶体为分子晶体，D正确；故选A。12.我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知1eV=1.6×10−19J)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是A.过渡态TS1比TS2更稳定B.过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤C.化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe−O键的断裂D.该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s)ΔH=−11.63kJ·mol−1

7【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态TS1更稳定，故A正确；B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，故B正确；C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，Fe-O键无需断裂，故C错误；D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，故D错误；答案选CD。13.某原电池装置如图所示，电池总反应为。下列说法不正确的是A.充分放电后左侧溶液中的盐酸浓度基本不变B.正极反应为C.放电时，交换膜右侧溶液不会有大量白色沉淀生成D.当电路中转移时，经过交换膜的离子是【答案】B【解析】【分析】根据电池总反应为可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，以此解答。【详解】A．电池总反应为可知，放电后左侧溶液中的氯离子由右侧通过阴离子交换膜补充，所以左侧溶液中的盐酸浓度基本不变，故A正确；B．正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：，故B错误；C．放电时，交换膜左侧银为负极失电子形成银离子与溶液中的氯离子结合成AgCl

8沉淀，所以左侧溶液中有大量白色沉淀氯化银生成，故C正确；D．放电时，当电路中转移时，交换膜右则会有0.01mol氯离子通过阴离子交换膜向负极移动，故D正确；故选B。14.25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol∙L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法不正确的是A.P2所示溶液：B.t=0.5时，C.25℃时，的电离平衡常数为10-9.25D.P3所示溶液：【答案】C【解析】【详解】A．P1时，，此时pH=9.25，Kb==c(OH-)=10-4.25，P2所示溶液，pH=7，Kb==10-4.25，则=102.75，所以，A正确；B．=0.5时，反应后溶液中，，但此时NH3∙H2O继续发生电离，平衡时溶液中，，则，依据电荷守恒：

9，所以，B正确；C．25℃、P1时，，此时pH=9.25，+H2ONH3∙H2O+H+，则的水解平衡常数为=10-9.25，则的电离平衡常数不是10-9.25，C不正确；D．P3所示溶液，=1，此时NH3∙H2O与HCl完全反应，生成NH4Cl和水：但发生水解，使溶液显酸性，所以存在，D正确；故选C。15.常温下，向浓度均为的和混合溶液中加入固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与物质的量关系如图所示，测得a、b点溶液分别为3.0、4.3。已知：①②，下，下列叙述正确的是A.b点溶液中金属元素主要存在形式为和形式存在B曲线II代表C.常温下，D.的平衡常数K为【答案】A【解析】【分析】根据a点、b点对应的pH，计算溶度积Ksp=c3(OH-)c(M3+)，分别为Ksp(a)=

10，Ksp(b)=，根据信息①可知，前者为Fe(OH)3的溶度积，后者为Al(OH)3溶度积；溶解度小，优先沉淀，故曲线I代表Fe3+，曲线I代表A13+，以此解答。【详解】A．b点恰好两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为Fe(OH)3和形式存在，故A正确；B．由分析可知，曲线II代表A13+，故B错误；C．常温下，，故C错误；D．时，的平衡常数，则的平衡常数K=，故D错误；故选A。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究常温下，和的大小关系将相同的溶液和溶液均稀释10倍若，则说明B探究催化剂对分解速率的影响在相同条件下向一支试管中加入和，向另一支试管中加入和溶液可观察到后者产生气泡速度更快，说明可加快分解速率C测定常温下某溶液的用胶头滴管将待测液滴在湿润的试纸上，与标准比色卡对照测得为13D检验电解法制备的氯气电解饱和食盐水，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验阴极产生的气体若试纸变蓝色，则说明有氯气产生

11A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．要探究常温下，和的大小关系，应该将等体积pH相同的溶液和溶液均稀释10倍，故A错误；B．探究催化剂对分解速率的影响，要保持其他条件相同，一支试管加入催化剂，另一支试管不加催化剂，故B正确；C．测定常温下某溶液的，应该用胶头滴管将待测液滴在干燥的试纸上，与标准比色卡对照，故C错误；D．电解饱和食盐水制氯气，Cl-失电子发生氧化反应变为Cl2，发生在阳极，应该在阳极检验产物，故D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.回答下列问题（1）热的纯碱去除油污的原因___________。(用离子方程式解释)（2）乙炔钠(C2HNa)是离子化合物，各原子均满足8电子或2电子稳定结构，C2HNa的电子式是___________。（3）向AgI沉淀中加入足量Na2S溶液，固体由黄色逐渐变为黑色，请写出该过程的离子方程式___________。（4）黄铜主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)的原因是___________。（5）氨气与水分子间可能存在的氢键形式如图所示：请从电离角度分析结构更稳定的结构式是___________(填a或b)，用一个电离方程式作为该结构更稳定的证据___________。【答案】（1）（2）（3）

12（4）Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子（5）①.a②.【解析】【小问1详解】油脂在碱性条件下易发生水解，且溶液碱性越强，油脂的水解程度越大。加热可促进纯碱的水解，使溶液的碱性增强，所以热的纯碱去除油污的原因。答案为：；【小问2详解】乙炔钠(C2HNa)是离子化合物，由Na+和C2H-构成，由于各原子均满足8电子或2电子稳定结构，所以C2H-中2个C原子间应形成共价三键，从而得出C2HNa的电子式是。答案为：；【小问3详解】向AgI沉淀中加入足量Na2S溶液，固体由黄色逐渐变为黑色，则表明AgI转化为Ag2S，该过程的离子方程式：。答案为：；小问4详解】Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，由价电子排布式可以看出，Zn的4s轨道全充满，其原子的稳定性大于4s轨道半充满的Cu，则第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)的原因是：Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子。答案为：Zn核外电子排布4s为全充满稳定结构，较难失去电子；【小问5详解】结构式a中，NH3分子中的N原子与H2O分子中的1个H原子形成氢键，易发生电离生成OH-，而结构式b中，一水合氨难以发生电离，所以从电离角度分析结构更稳定的结构式是a，用一个电离方程式作为该结构更稳定的证据：。答案为：a；。【点睛】通常情况下，对于组成和结构相似的两种盐，盐的溶度积常数越小，越容易生成。18.化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g∙L-1；碱性溶液焰色试验呈黄色。

13请回答：（1）X的组成元素是___________(填写元素符号)，X的化学式___________。（2）写出X与水反应的化学方程式为___________。（3）两种沉淀中加入1mol/L的适量氨水，一种沉淀溶解请写出相应的化学方程式___________。（4）焰色试验的实验操作___________。【答案】（1）①.碳、溴、钠②.Na5CBr（2）（3）(或)（4）取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色【解析】【分析】气体A在标准状况下密度为0.714g∙L-1，则A的相对分子质量为0.714g∙L-1×22.4L/mol=16g/mol，A为CH4；碱性溶液焰色试验呈黄色，则X中含有Na元素；碱性溶液中加入0.04molHCl，所得溶液呈中性，则碱性溶液中含有0.04molNaOH；中性溶液与AgNO3反应生成0.04molAgCl，质量为5.74g，则另一银盐质量为7.62g-5.74g=1.88g，银盐中的另一元素为第四周期元素，则其应为溴，AgBr的相对分子质量为188，AgBr为0.01mol。由此得出，X与水反应生成0.04molNaOH、0.01molNaBr，2.07gX中含有0.05molNa、0.01molBr，含C原子的质量为2.07g-0.05mol×23g/mol-0.01mol×80g/mol=0.12g，则含C原子0.01mol，从而得出X中Na、C、Br的原子个数比为0.05:0.01:0.01=5:1:1，X的化学式为Na5CBr。【小问1详解】由分析可知，X的组成元素是碳、溴、钠，X的化学式为Na5CBr。答案为：碳、溴、钠；Na5CBr；【小问2详解】X与水反应，生成NaOH、NaBr、CH4，化学方程式为。答案为：；【小问3详解】两种沉淀中加入1mol/L的适量氨水，AgCl沉淀溶解，AgBr沉淀不溶解，反应的化学方程式(或)。答案为：(或)；【小问4详解】

14做焰色试验时，使用经过稀盐酸洗涤的铁丝，在酒精灯火焰上灼烧，然后观察火焰的焰色。实验操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色。答案为：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯上灼烧至无色，然后蘸取待测溶液灼烧，观察火焰的颜色。【点睛】做焰色试验时，铂丝只能用稀盐酸洗涤，不能用稀硝酸或稀硫酸洗涤。19.第四周期的Fe、Ni、Cu等许多金属的化合物在工业生产、生命科技等行业有广泛的应用。请回答下列问题：（1）基态Fe2+的核外价电子排布式为___________（2）向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则1mol该配合物中含有配位键的数目为___________。（3）向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。①下列对此现象的说法正确的是___________(填序号)。A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+C．在[Cu(NH3)4]2+中含有离子键和共价键D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3分子被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，所以[Cu(NH3)4]2+的空间结构是对称的平面正方形②铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是___________。（4）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。若该晶胞的棱长为anm，ρ=___________g∙cm-3(NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式)。

15【答案】（1）3d6（2）6NA（3）①.BD②.O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱（4）【解析】【小问1详解】基态Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的核外价电子排布式为3d6。答案为：3d6；【小问2详解】从图中可以看出，配合物A中，共含有6个配位原子，则1mol该配合物中含有配位键的数目为6NA。答案为：6NA；【小问3详解】①A．CuSO4溶液中加入氨水至过量，Cu2+起初转化为Cu(OH)2，后来全部溶解并转化为[Cu(NH3)4]2+，所以反应前后Cu2+的浓度发生改变，A不正确；B．Cu(OH)2沉淀溶解后，转化为[Cu(NH3)4](OH)2，则生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，B正确；C．在[Cu(NH3)4]2+中，N原子与Cu2+间含有配位键，NH3内N、H原子间形成共价键，[Cu(NH3)4]2+与OH-或间形成离子键，则[Cu(NH3)4]2+中不存在离子键，C不正确；D．[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3分子被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则表明[Cu(NH3)4]2+内Cu2+与4个N原子间形成平面结构，所以[Cu(NH3)4]2+的空间结构是对称的平面正方形，D正确；故选BD。②铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，则表明Cu2+与H2O分子间的作用力比Cu2+与NH3分子间的作用力弱，从而得出原因是：O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱。答案为：BD；O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱；【小问4详解】在镍铜合金的立方晶胞中，含Cu原子个数为=3，含Ni原子个数为=1，则晶体的化学式为Cu3Ni。若该晶胞的棱长为anm，ρ==g∙cm-3。答案为：。【点睛】计算晶胞中所含微粒个数时，可使用均摊法。20.氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体化学式为：，实验室以

16为原料制备该晶体的流程如图：（1）若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式___________。（2）“转化”可在如图装置中进行。(已知能被氧化)①上述装置依次连接的合理顺序为___________(填字母)。②加入前需要进行的操作是___________。③装置2中将转化并得到产品，实验操作顺序为：________→_______→_______→_______→B→F→D→抽干称重(填标号)。___________。A．取下分液漏斗，将锥形瓶瓶口换上橡胶塞B．用饱和溶液洗涤晶体3次C．将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤D．用乙醚洗涤2次E．打开分液漏斗活塞，加入溶液F．用无水乙醇洗涤2次G．打开活塞a④用饱和溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是___________。（3）为测定粗产品的纯度，进行如下实验：分别称量三份ag产品于三只锥形瓶中，每份分别用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.0200mol/L溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用0.100mol/L标准溶液分别滴定至终点，消耗标准溶液的体积如下表所示。()

17序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第一份0.0019.98第二份1.2022.40第三份1.5621.58粗产品中钒的质量分数为___________(假设V的相对原子质量为M)。【答案】（1）（2）①.adebc②.打开启普发生器的旋塞a，排尽装置内的空气③.GEAC④.取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净（3）【解析】【分析】由流程知：在HCl参与下被还原得到溶液，溶液再转化为目标产物，已知能被氧化，则在转化过程中需要通入一段时间二氧化碳排净装置中的空气，然后再加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全，为防止空气进入，反应结束后给锥形瓶口塞上橡胶塞，然后才在干燥器中，静置后过滤，据此回答；【小问1详解】在HCl参与下被还原得到溶液，若“还原”后其它产物均绿色环保，则氧化产物为氮气，氮元素从-2价升高到0价、V元素从+5价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：该反应的化学方程式为：。【小问2详解】①装置1用于产生二氧化碳、装置3用于除去二氧化碳中的氯化氢、装置2用于合成目标产物，结合分析知，装置连接的顺序为1→3→2、接口连接合理顺序为adebc(填字母)。②据分析，加入前需要进行的操作是：打开启普发生器的旋塞a，排尽装置内的空气。③已知能被氧化，则转化和分离出目标产物时均需要无氧环境，结合分析可知，操作顺序为：先G．打开活塞a、再E．打开分液漏斗活塞，加入溶液实施反应、A

18．取下分液漏斗，将锥形瓶瓶口换上橡胶塞、接着C．将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤；故答案为：GEAC。④用饱和溶液洗涤晶体，可洗涤除去易溶于水的阴离子即C1-，检验晶体已经洗涤干净、即检验最后一次洗涤液中不存在氯离子，操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净。【小问3详解】第一次消耗标准溶液体积为19.98mL，第二次消耗标准溶液体积为22.40mL-1.20mL=21.20mL，第三次消耗标准溶液体积为21.58mL-1.56mL=20.02mL，第二次数据偏差大、舍去第二次数据，则按其余二次数据取平均值：消耗0.100mol/L标准溶液体积为20.00mL，则消耗亚铁离子共0.100mol/L×20.00mL×10-3L/mL=2.00×10-3mol由、n(VO2+)=n(Fe2+)，结合元素质量守恒，粗产品中钒的质量分数为(假设V的相对原子质量为M)。21.以CO2为原料制备甲烷等能源物质具有较好的发展前景。（1）CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷过程发生以下两个反应：主反应：副反应：①CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图，下列说法正确的是___________(填字母)。A．催化过程使用的催化剂为La2O3和B．可以释放出(活化分子)C．H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态的过程为放热过程D．CO2加氢制备CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成②保持温度500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min

19后主、副反应都达到平衡状态，测得此时，体系压强变为0.75p，则主反应的平衡常数Kp=___________(用含p的式子表示)。[用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压()=气体总压()×体积分数]（2）甲醇催化制取乙烯的过程中发生如下反应：I．II．反应I的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。（3）已知：，据此可在一定条件下反应消除NO和CO的污染；某研究小组在三个容积均为VL的恒容密闭容器中，分别充入1.0molNO和1.0molCO，在三种不同实验条件(见下表)下进行上述反应，反应体系的总压强(P)随时间变化情况如图所示：实验编号abc温度/K500500600催化剂的比表面积/()82124124

20①曲线Ⅲ对应的实验编号是___________，曲线I中压强降低的原因是___________。②用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和H2O通过)，电极I发生的电极反应为___________。【答案】（1）①.BD②.（2）加入催化剂（3）①.b②.反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小③.【解析】【小问1详解】①A．从图中可以看出，催化过程使用的催化剂为La2O3和Ni，是催化剂的中间产物，A不正确；B．从图中可以看出，生成La2O3的同时，可以释放出(活化分子)，B正确；C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态，此过程需断裂共价键，为吸热过程，C不正确；D．CO2加氢制备CH4的过程中，需要使用La2O3和Ni两种催化剂，所以由La2O3和Ni共同完成，D正确；故选BD。②保持温度500℃不变，向1L密闭容器中充入4molCO2和12molH2发生反应，若初始压强为p，20min后主、副反应都达到平衡状态，测得此时，体系压强变为0.75p，设主反应中CO2的物质的量变化量为x，副反应中CO2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：

21则(4-x-y)+(12-4x-y)+x+y+(2x+y)=16mol×0.75，x=2；2x+y=5mol，y=1mol。主反应的平衡常数Kp==。答案为：BD；；【小问2详解】利用图中数据，对于反应I．，可得出：9.4=-3.2×10-3Ea+C、3.0=-3.4×10-3Ea+C，从而求出Ea=32×103J/mol；改变条件时，可得出：9.4=-3.2×10-3Ea+C、1.0=-3.6×10-3Ea+C，从而求出Ea=21×103J/mol。则改变条件后，该反应的活化能降低，所以实验可能改变的外界条件是加入催化剂。答案为：加入催化剂；【小问3详解】①从表中数据可看出，实验编号c的温度最高，催化剂的比表面积大，反应速率最快，则对应曲线I；曲线Ⅱ、Ⅲ中压强变化的程度相同，则温度相同，但曲线Ⅲ比曲线Ⅱ的反应速率快，则催化剂的比表面积大，曲线Ⅱ对应实验编号a，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，曲线I中压强降低的原因是：反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小。②从图中可以看出，电极I中，将转化为，S元素由+4价降低为+3价，则电极I为阴极，发生的电极反应为。答案为：b；反应I正反应是气体分子数减小的反应，随着反应进行，气体分子数减少，压强减小；。【点睛】书写电极反应式时，需关注电解质的性质。

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