高中化學(xué) 全真模擬試卷（六）

第1頁（共1頁）2020年山東省新高考化學(xué)全真模擬試卷（六）一、解答題（共10小題，滿分20分）1．（2分）化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維 B．食用油反復(fù)加熱會產(chǎn)生稠環(huán)芳香烴等有害物質(zhì) C．福爾馬林可用來浸制標(biāo)本，是因其可使蛋白質(zhì)變性 D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95%2．（2分）下列裝置或操作能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．配制一定濃度的NaCl B．除去氯氣中的HCl C．實(shí)驗(yàn)室制取氨氣 D．觀察Fe（OH）2的生成3．（2分）系統(tǒng)命名法是常用的有機(jī)化合物命名方法，下列命名正確的是（）A．2﹣甲基﹣3﹣丁炔 B．2﹣乙基丁烷 C．2﹣甲基﹣2﹣丁醇 D．2﹣氯﹣4﹣甲基﹣2﹣丁烯4．（2分）下列說法正確的是（）A．第一電離能：Cl＞S＞P B．共價(jià)鍵的極性：HF＞HCl＞HBr C．鍵角：H2O＞NH3＞CH4 D．酸性：HClO＞HClO2＞HClO35．（2分）Y是一種天然除草劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是（）A．Y可以和Na2CO3溶液發(fā)生反應(yīng) B．Y分子中所有碳原子一定在同一平面內(nèi) C．1molY最多能與6molNaOH反應(yīng) D．Y與足量的H2加成反應(yīng)的產(chǎn)物含7個(gè)手性碳原子6．（2分）NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A．28g乙烯和丙烯混合物中的極性鍵數(shù)目為4NA B．32gCu和32gS充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA C．精煉銅時(shí)，若陽極失去0.1NA個(gè)電子，則陰極增重3.2g D．等物質(zhì)的量的鈉分別在足量的氧氣和氯氣中燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等7．（2分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，四種元素可組成一種分子簇，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示（小球大小表示原子半徑相對大?。?，W、X位于不同周期，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Z的族序數(shù)等于周期數(shù)。下列說法正確的是（）A．W單質(zhì)的沸點(diǎn)比X單質(zhì)的高 B．W、Y組成的化合物為離子化合物 C．Y的最高價(jià)氧化物的水化物堿性比Z的弱 D．Y、Z的簡單離子均不影響水的電離平衡8．（2分）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，所得出的結(jié)論或解釋正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論或解釋A向廢FeCl3銅版蝕刻液中，加入少量鐵粉鐵粉溶解，未出現(xiàn)紅色固體蝕刻液中無Cu2+B將活性炭放入盛有NO2的錐形瓶中錐形瓶氣體顏色變淺活性炭具有還原性C向盛有2mLNa2S的溶液加入過量ZnSO4溶液，再逐滴加入同濃度的CuSO4溶液白色沉淀逐漸變?yōu)楹谏腆wKSP（CuS）＜KSP（ZnS）D兩支盛有5mL的H2O2的試管，向其中一支試管中加入綠豆粒大小FeI2固體加入FeI2固體的試管中產(chǎn)生氣泡速度快I﹣對H2O2的分解具有催化作用A．A B．B C．C D．D9．（2分）某小組設(shè)計(jì)如圖所示裝置（夾持裝置略去）模擬侯氏制堿工藝制備NaHCO3．下列說法錯(cuò)誤的是（）A．裝置①也可用于制取H2 B．③、⑤中可分別盛放飽和食鹽水和濃氨水 C．應(yīng)先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2 D．實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的尾氣可以通過濃NaOH溶液處理10．（2分）某同學(xué)采用硫鐵礦燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì)）制取綠礬（FeSO4?7H2O），設(shè)計(jì)了如圖流程：下列說法不正確的是（）A．固體1中含有SiO2 B．溶解燒渣選用足量鹽酸，試劑X選用鐵粉 C．控制pH是為了使Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3進(jìn)入固體2 D．從溶液2得到FeSO4?7H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其氧化二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分．每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分．11．（4分）在酸性條件下，黃鐵礦（FeS2）催化氧化的反應(yīng)方程式為2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+．實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化如圖所示。下列分析正確的是（）A．在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑 B．反應(yīng)Ⅱ中Fe3+作氧化劑，F(xiàn)eS2被還原 C．反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為4Fe（NO）2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，F(xiàn)e（NO）2+作氧化劑 D．反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Fe2++NO═Fe（NO）2+，該反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)12．（4分）中國科學(xué)院科研團(tuán)隊(duì)研究表明，在常溫常壓和可見光下，基于LDH（一種固體催化劑）合成NH3的原理示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A．該過程將太陽能轉(zhuǎn)化成為化學(xué)能 B．該過程中，只涉及極性鍵的斷裂與生成 C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：3 D．原料氣N2可通過分離液態(tài)空氣獲得13．（4分）海冰是海水凍結(jié)而成的咸水冰。海水凍結(jié)時(shí)，部分來不及流走的鹽分以鹵汁的形式被包圍在冰晶之間，形成“鹽泡”（假設(shè)鹽分以一個(gè)NaCl計(jì)），其大致結(jié)構(gòu)如圖所示，若海冰的冰齡達(dá)到1年以上，融化后的水為淡水。下列敘述正確的是（）A．海冰內(nèi)層“鹽泡”越多，密度越小 B．海冰冰齡越長，內(nèi)層的“鹽泡”越少 C．海冰內(nèi)層“鹽泡”內(nèi)的鹽分主要以NaCl分子的形式存在 D．海冰內(nèi)層NaCl的濃度約為10﹣4mol/L（設(shè)冰的密度為0.9g/cm3）14．（4分）我國研究鋰硫電池獲得突破，電池的總反應(yīng)是16Li+S88Li2S，充放電曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）A．充電時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能 B．放電時(shí)，鋰離子向正極移動 C．放電時(shí)，1molLi2S6轉(zhuǎn)化為Li2S4得到2mole﹣ D．充電時(shí)，陽極總電極反應(yīng)式是8S2﹣﹣16e﹣＝S815．（4分）常溫下，向20mL0.01mol?L﹣1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol?L﹣1的CH3COOH溶液，溶液中水所電離出的c（OH﹣）的對數(shù)隨加入CH3COOH溶液的體積變化如圖所示，下列說法正確的是（）A．F點(diǎn)溶液顯堿性 B．若G點(diǎn)由水電離出的c（OH﹣）＝2.24×10﹣6mol?L﹣1，則Ka（CH3COOH）≈1×10﹣6 C．H點(diǎn)離子濃度關(guān)系為c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣） D．E點(diǎn)由水電離的c（H+）＝10﹣3mol?L﹣1三、解答題（共5小題，滿分60分）16．（12分）氨催化分解既可防治氨氣污染，又能得到氫能源，得到廣泛研究。（1）已知：①反應(yīng)I：4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H1＝﹣1266.6kJ?mol﹣1，②H2的燃燒熱△H2＝﹣285.8kJ?mol﹣1③水的氣化時(shí)△H3＝+44.0kJ?mol﹣1反應(yīng)I熱力學(xué)趨勢很大（平衡常數(shù)很大）的原因?yàn)?；NH3分解的熱化學(xué)方程式。（2）在Co﹣Al催化劑體系中，壓強(qiáng)P0下氨氣以一定流速通過反應(yīng)器，得到不同催化劑下氨氣轉(zhuǎn)化率隨溫度變化曲線如圖，活化能最小的催化劑為，溫度高時(shí)NH3的轉(zhuǎn)化率接近平衡轉(zhuǎn)化率的原因。如果增大氣體流速，則b點(diǎn)對應(yīng)的點(diǎn)可能為（填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”）；（3）溫度為T時(shí)，體積為1L的密閉容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min達(dá)到平衡時(shí)，N2體積分?jǐn)?shù)為20%，則T時(shí)平衡常數(shù)K＝，NH3分解率為；達(dá)到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的轉(zhuǎn)化率（填“增大”、“不變”、“減小”）。（4）以KNH2為電解質(zhì)溶液電解NH3，其工作原理如圖所示，則陽極電極反應(yīng)為。17．（14分）第四周期中某些元素的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用（1）現(xiàn)代化學(xué)中，常利用上的特征譜線來鑒定元素。Ga的外圍電子排布式為：，基態(tài)Ga原子核外有種運(yùn)動狀態(tài)不同的電子。（2）鍺、砷、硒、溴的第一電離能由大到小的順序?yàn)椋ㄓ迷胤柋硎荆?；其中鍺的化合物四氯化鍺可用作光導(dǎo)纖維摻雜劑，其熔點(diǎn)為﹣49.5℃，沸點(diǎn)為83.1℃，則其晶體類型為，中心原子的雜化類型為；砷酸的酸性弱于硒酸，從分子結(jié)構(gòu)的角度解釋原因（3）鐵能形成[Fe（Bipy）2C12]ClO4等多種配合物（Bipy結(jié)構(gòu)如圖A）。①該配合物中中心原子的化合價(jià)為；與中心原子形成配位鍵的原子是。②與ClO4﹣互為等電子體的一種非極性分子是（舉1例）。③1molBipy中所含σ鍵mol（4）鈦（Ti）被譽(yù)為“21世紀(jì)金屬”，Ti晶體的堆積方式是六方最密堆積如圖B所示，晶胞可用如圖C表示。設(shè)金屬Ti的原子半徑為acm，空間利用率為。設(shè)晶胞中A點(diǎn)原子的坐標(biāo)為（1，0，0），C點(diǎn)原子的坐標(biāo)為（0，1，0），D點(diǎn)原子的坐標(biāo)為（0，0，1），則B點(diǎn)原子的坐標(biāo)為。18．（11分）工業(yè)上用含三價(jià)釩（V2O3）為主的某石煤為原料（含有Al2O3、CaO等雜質(zhì)），鈣化法焙燒制備V2O5，其流程如下：【資料】：+5價(jià)釩在溶液中的主要存在形式與溶液pH的關(guān)系：pH4～66～88～1010～12主要離子VO2+VO3﹣V2O74﹣VO43﹣（1）焙燒：向石煤中加生石灰焙燒，將V2O3轉(zhuǎn)化為Ca（VO3）2的化學(xué)方程式是。（2）酸浸：①Ca（VO3）2難溶于水，可溶于鹽酸。若焙砂酸浸時(shí)溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于鹽酸的離子方程式是。②酸度對釩和鋁的溶解量的影響如圖所示：酸浸時(shí)溶液的酸度控制在大約3.2%，根據(jù)如圖推測，酸浸時(shí)不選擇更高酸度的原因是。（3）轉(zhuǎn)沉：將浸出液中的釩轉(zhuǎn)化為NH4VO3固體，其流程如下：①浸出液中加入石灰乳的作用是。②已知CaCO3的溶解度小于Ca3（VO4）2．向Ca3（VO4）2沉淀中加入（NH4）2CO3溶液，可使釩從沉淀中溶出。結(jié)合化學(xué)用語，用平衡移動原理解釋其原因：。③向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．當(dāng)pH＞8時(shí)，NH4VO3的產(chǎn)量明顯降低，原因是。（4）測定產(chǎn)品中V2O5的純度：稱取ag產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液。再加入b1mLc1mol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液（VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol?L﹣1KMnO4溶液滴定過量的（NH4）2Fe（SO4）2至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL．已知MnO4﹣被還原為Mn2+，假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng)。則產(chǎn)品中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是。（V2O5的摩爾質(zhì)量：182g?mol﹣1）19．（11分）水合肼（N2H4?H2O）是一種在生產(chǎn)生活中有著廣泛用途的精細(xì)化工原料，具有強(qiáng)堿性和強(qiáng)還原性。實(shí)驗(yàn)室一般采用次氯酸鈉（受熱易分解）氧化尿素（）制備水合肼，制備過程可分為兩個(gè)階段：【第一階段】制備次氯酸鈉。（1）某同學(xué)欲從上圖中選擇部分裝置，收集一瓶于燥的氯氣，其連接次序?yàn)椋篴→。（按氣流方向，用小寫字母表示）（2）實(shí)驗(yàn)中選用A裝置作為氯氣的發(fā)生裝置，其離子方程式為。（3）實(shí)驗(yàn)中選用G裝冒作為次氰酸鈉的合成裝置，并采用冰水浴的原因是?！镜诙A段】制備水合肼。將第一階段制備的次氰酸鈉堿性溶液轉(zhuǎn)移至分液漏斗中，慢慢滴加到盛有尿素的儀器皿中，并不斷攪拌；然后取下分液漏斗挨上x裝置，快速升溫，在108℃的條件卜叫流5min；將混合物轉(zhuǎn)移到蒸餾裝置中進(jìn)行蒸餾，收集108～114℃餾分，得水合肼產(chǎn)品。（4）請寫出此階段制備水合肼的離子反應(yīng)方程式。（5）m儀器的名稱為；X裝置應(yīng)選用上圖中的（填“L”或“M”）。（6）加人次氯酸鈉堿性溶液時(shí)，慢慢滴加的目的是?！竞繙y定】測定餾分中肼含量。（7）稱取餾分1.0g，加水配成100mL溶液，用滴定管移出25.00mL置于錐形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol?L﹣1的I2溶液滴定。（已知：N2H4?H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O）經(jīng)過三次滴定實(shí)驗(yàn)測得消耗I2溶液的平均值為2.60mL，則餾分中水合肼（N2H4?H2O）質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。20．（12分）BPE﹣06和維生素A的中間體I的合成路線如圖：（1）A為芳香族化合物，其名稱為，A分子中最多有個(gè)氫原子共面。（2）B中官能團(tuán)的名稱為。G生成H的反應(yīng)類型為。（3）1molD能和足量鈉反應(yīng)生成M和1molH2，寫出M的結(jié)構(gòu)簡式：。（4）寫出C發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（5）二取代芳香族化合物W是比F少兩個(gè)碳原子的同系物的同分異構(gòu)件，W遇三氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，則W共有種結(jié)構(gòu)（不考慮立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為9：2：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡式為。（6）參照上述合成路線和信息，設(shè)計(jì)以與和C2H2為原料（無機(jī)試劑任選）合成的路線。

2020年山東省新高考化學(xué)全真模擬試卷（六）參考答案與試題解析一、解答題（共10小題，滿分20分）1．（2分）化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維 B．食用油反復(fù)加熱會產(chǎn)生稠環(huán)芳香烴等有害物質(zhì) C．福爾馬林可用來浸制標(biāo)本，是因其可使蛋白質(zhì)變性 D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95%【分析】A．蛋白質(zhì)灼燒產(chǎn)生燒焦羽毛氣味；B．食用油反復(fù)加熱會生成苯并芘等物質(zhì)；C．福爾馬林能夠使蛋白質(zhì)變性；D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為75%?！窘獯稹拷猓篈．蛋白質(zhì)灼燒產(chǎn)生燒焦羽毛氣味，據(jù)此可以用灼燒的方法可以區(qū)分蠶絲和人造纖維，故A正確；B．食用油反復(fù)加熱會生成苯并芘等稠環(huán)芳香烴物質(zhì)，可致癌，故B正確；C．福爾馬林可用來浸制標(biāo)本，是因其可使蛋白質(zhì)變性，故C正確；D．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為75%，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)與用途，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。2．（2分）下列裝置或操作能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．配制一定濃度的NaCl B．除去氯氣中的HCl C．實(shí)驗(yàn)室制取氨氣 D．觀察Fe（OH）2的生成【分析】A．眼睛應(yīng)與凹液面的最低處相平；B．氯氣與水反應(yīng)生成HCl，HCl與碳酸氫鈉反應(yīng)；C．氨氣極易溶于水；D．植物油可隔絕空氣，可防止氫氧化亞鐵被氧化。【解答】解：A．眼睛應(yīng)與凹液面的最低處相平，圖中為俯視，故A錯(cuò)誤；B．氯氣與水反應(yīng)生成HCl，HCl與碳酸氫鈉反應(yīng)，不能除雜，可選飽和食鹽水、洗氣，故B錯(cuò)誤；C．氨氣極易溶于水，不能排水法收集，故C錯(cuò)誤；D．植物油可隔絕空氣，可防止氫氧化亞鐵被氧化，圖中裝置可制備并觀察Fe（OH）2的生成，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、物質(zhì)的制備、實(shí)驗(yàn)技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評價(jià)性分析，題目難度不大。3．（2分）系統(tǒng)命名法是常用的有機(jī)化合物命名方法，下列命名正確的是（）A．2﹣甲基﹣3﹣丁炔 B．2﹣乙基丁烷 C．2﹣甲基﹣2﹣丁醇 D．2﹣氯﹣4﹣甲基﹣2﹣丁烯【分析】判斷有機(jī)物的命名是否正確或?qū)τ袡C(jī)物進(jìn)行命名，其核心是準(zhǔn)確理解命名規(guī)范：（1）烷烴命名原則：①長：選最長碳鏈為主鏈；②多：遇等長碳鏈時(shí)，支鏈最多為主鏈；③近：離支鏈最近一端編號；④?。褐ф溇幪栔妥钚??？聪旅娼Y(jié)構(gòu)簡式，從右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣離支鏈最近一端編號”的原則；⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)，從簡單取代基開始編號。如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面；（2）有機(jī)物的名稱書寫要規(guī)范；（3）對于結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)的，命名時(shí)可以依次編號命名，也可以根據(jù)其相對位置，用“鄰”、“間”、“對”進(jìn)行命名；（4）含有官能團(tuán)的有機(jī)物命名時(shí)，要選含官能團(tuán)的最長碳鏈作為主鏈，官能團(tuán)的位次最?。桓鶕?jù)以上原則對該有機(jī)物進(jìn)行命名或?qū)懗鲇袡C(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式。【解答】解：A．編號應(yīng)從靠近官能團(tuán)一端開始，正確的命名為：3﹣甲基﹣1﹣丁炔，故A錯(cuò)誤；B．碳鏈不是最長碳鏈，正確的命名為：3﹣甲基戊烷，故B錯(cuò)誤；C．符合系統(tǒng)命名規(guī)則，命名正確，故C正確；D．主鏈不是最長碳鏈，正確的命名為：2﹣氯﹣2﹣戊烯，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了有機(jī)物的命名，題目難度中等，該題注重了基礎(chǔ)性試題的考查，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的檢驗(yàn)和訓(xùn)練，該題的關(guān)鍵是明確有機(jī)物的命名原則，然后結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式靈活運(yùn)用即可，有利于培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力。4．（2分）下列說法正確的是（）A．第一電離能：Cl＞S＞P B．共價(jià)鍵的極性：HF＞HCl＞HBr C．鍵角：H2O＞NH3＞CH4 D．酸性：HClO＞HClO2＞HClO3【分析】A．非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，但P的3p電子半滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；B．非金屬性越強(qiáng)，氫化物中鍵的極性越強(qiáng)；C．H2O中O﹣H之間的夾角為104.5°，NH3分子為三角中錐形分子，是極性分子，鍵角是107°18′，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，C﹣H鍵的夾角為109°.28′；D．同種元素的含氧酸，非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，酸性越強(qiáng)?！窘獯稹拷猓篈．非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，但P的3p電子半滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能：Cl＞P＞S，故A錯(cuò)誤；B．非金屬性越強(qiáng)，氫化物中鍵的極性越強(qiáng)，則共價(jià)鍵的極性：HF＞HCl＞HBr，故B正確；C．H2O中O﹣H之間的夾角為104.5°，NH3分子為三角中錐形分子，是極性分子，鍵角是107°18′，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，C﹣H鍵的夾角為109°.28′，則鍵角：H2O＜NH3＜CH4，故C錯(cuò)誤；D．同種元素的含氧酸，非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，酸性越強(qiáng)，則酸性：HClO＜HClO2＜HClO3，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握第一電離能、分子構(gòu)型、酸性比較為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度不大。5．（2分）Y是一種天然除草劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是（）A．Y可以和Na2CO3溶液發(fā)生反應(yīng) B．Y分子中所有碳原子一定在同一平面內(nèi) C．1molY最多能與6molNaOH反應(yīng) D．Y與足量的H2加成反應(yīng)的產(chǎn)物含7個(gè)手性碳原子【分析】有機(jī)物含有酚羥基、酯基、碳碳雙鍵和醚鍵，結(jié)合酚、酯類和烯烴的性質(zhì)解答該題?！窘獯稹拷猓篈．含有酚羥基，可與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，故A正確；B．含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征，則所有的碳原子不能在同一個(gè)平面上，故B錯(cuò)誤；C．能與氫氧化鈉反應(yīng)的為酚羥基、酯基，則1molY最多能與4molNaOH反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．Y與足量的H2加成反應(yīng)，則加成產(chǎn)物的手性碳原子如圖所示，共9個(gè)，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重酚、酸、酯性質(zhì)的考查，選項(xiàng)A為解答的難點(diǎn)，題目難度不大6．（2分）NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A．28g乙烯和丙烯混合物中的極性鍵數(shù)目為4NA B．32gCu和32gS充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA C．精煉銅時(shí)，若陽極失去0.1NA個(gè)電子，則陰極增重3.2g D．等物質(zhì)的量的鈉分別在足量的氧氣和氯氣中燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等【分析】A、乙烯和丙烯的最簡式均為CH2；B、求出銅和硫的物質(zhì)的量，然后根據(jù)銅和硫化合后生成Cu2S來分析；C、精煉銅時(shí)，陰極電極反應(yīng)為Cu2++2e﹣＝Cu；D、鈉反應(yīng)后一定變?yōu)?1價(jià)?！窘獯稹拷猓篈、乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，故28g混合物中含有的CH2的物質(zhì)的量為2mol，故含4NA條極性鍵，故A正確；B、32g銅和32g硫的物質(zhì)的量分別為0.5mol和1mol，兩者化合后生成Cu2S，故硫過量，由于銅元素變?yōu)?1價(jià)，故0.5mol銅反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.5NA個(gè)電子，故B錯(cuò)誤；C、精煉銅時(shí)，陰極電極反應(yīng)為Cu2++2e﹣＝Cu，故陽極失去0.1NA個(gè)電子，則陰極得到0.1mol電子，則生成銅0.05mol，增重3.2g，故C正確；D、鈉反應(yīng)后一定變?yōu)?1價(jià)，故等物質(zhì)的量的鈉，無論產(chǎn)物是什么，一定轉(zhuǎn)移等物質(zhì)的量的電子，故D正確。故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，應(yīng)注意公式的運(yùn)用以及物質(zhì)結(jié)構(gòu)的掌握。7．（2分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，四種元素可組成一種分子簇，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示（小球大小表示原子半徑相對大?。?，W、X位于不同周期，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，Z的族序數(shù)等于周期數(shù)。下列說法正確的是（）A．W單質(zhì)的沸點(diǎn)比X單質(zhì)的高 B．W、Y組成的化合物為離子化合物 C．Y的最高價(jià)氧化物的水化物堿性比Z的弱 D．Y、Z的簡單離子均不影響水的電離平衡【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則X為O；Z的族序數(shù)等于周期數(shù)，其原子序數(shù)大于O，則Z為Al元素；W、X位于不同周期，則W為H元素；根據(jù)圖示可知，四種元素可組成分子簇的化學(xué)式為H2Al2O5Y2，結(jié)合化合價(jià)為0可知，Y的化合價(jià)為+2，其原子半徑大于Al，則Y為Mg元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律知識解答。【解答】解：根據(jù)分析可知，W為H，X為O，Y為Mg，Z為Al元素，A．氫氣、臭氧和氧氣形成晶體都為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大沸點(diǎn)越高，則氫氣的沸點(diǎn)小于臭氧、氧氣，故A錯(cuò)誤；B．H、Mg可以形成離子化合物MgH2，故B正確；C．金屬性：Mg＞Al，則最高價(jià)氧化物的水化物堿性：Y＞Z，故C錯(cuò)誤；D．鎂離子、鋁離子均水解，促進(jìn)了水的電離，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，題目難度中等，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及元素周期表結(jié)構(gòu)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。8．（2分）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，所得出的結(jié)論或解釋正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論或解釋A向廢FeCl3銅版蝕刻液中，加入少量鐵粉鐵粉溶解，未出現(xiàn)紅色固體蝕刻液中無Cu2+B將活性炭放入盛有NO2的錐形瓶中錐形瓶氣體顏色變淺活性炭具有還原性C向盛有2mLNa2S的溶液加入過量ZnSO4溶液，再逐滴加入同濃度的CuSO4溶液白色沉淀逐漸變?yōu)楹谏腆wKSP（CuS）＜KSP（ZnS）D兩支盛有5mL的H2O2的試管，向其中一支試管中加入綠豆粒大小FeI2固體加入FeI2固體的試管中產(chǎn)生氣泡速度快I﹣對H2O2的分解具有催化作用A．A B．B C．C D．D【分析】A．Fe先與氯化鐵反應(yīng)；B．活性炭具有吸附性；C．發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化；D．過氧化氫可氧化亞鐵離子。【解答】解：A．Fe先與氯化鐵反應(yīng)，溶液中可能含Cu2+，故A錯(cuò)誤；B．活性炭具有吸附性，錐形瓶氣體顏色變淺，故B錯(cuò)誤；C．發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，由現(xiàn)象可知KSP（CuS）＜KSP（ZnS），故C正確；D．過氧化氫可氧化亞鐵離子，生成鐵離子可對H2O2的分解具有催化作用，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、沉淀轉(zhuǎn)化、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評價(jià)性分析，題目難度不大。9．（2分）某小組設(shè)計(jì)如圖所示裝置（夾持裝置略去）模擬侯氏制堿工藝制備NaHCO3．下列說法錯(cuò)誤的是（）A．裝置①也可用于制取H2 B．③、⑤中可分別盛放飽和食鹽水和濃氨水 C．應(yīng)先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2 D．實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的尾氣可以通過濃NaOH溶液處理【分析】裝置①是制備二氧化碳?xì)怏w，通過飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫氣體，裝置④是制備氨氣裝置，裝置③是想飽和氯化鈉溶液中依次通入氨氣、二氧化碳發(fā)生反應(yīng)得到碳酸氫鈉晶體，A．固體和液體不加熱制備氣體的裝置分析；B．③中為飽和食鹽水，⑤中是濃氨水滴入堿石灰生成氨氣；C．由于二氧化碳的溶解度較小，要先通氨氣；D．實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的尾氣為二氧化碳、氨氣，通過濃NaOH溶液不能完全處理尾氣?！窘獯稹拷猓貉b置①是制備二氧化碳?xì)怏w，通過飽和碳酸氫鈉溶液除去氯化氫氣體，裝置④是制備氨氣裝置，裝置③是想飽和氯化鈉溶液中依次通入氨氣、二氧化碳發(fā)生反應(yīng)得到碳酸氫鈉晶體，A．制備氫氣是利用鋅粒和稀鹽酸反應(yīng)生成，裝置①也可用于制H2，故A正確；B．③中為飽和食鹽水，用來制備碳酸氫鈉，⑤中是濃氨水滴入堿石灰生成氨氣，故B正確；C．由于二氧化碳的溶解度較小，要先通氨氣，則先通入氨氣，再由通入二氧化碳，增大二氧化碳吸收，生成碳酸氫鈉，故C正確；D．實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的尾氣為二氧化碳、氨氣，通過濃NaOH溶液不能完全處理尾氣，故D錯(cuò)誤；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查了候氏制堿工藝的原理和物質(zhì)性質(zhì)分析判斷，純堿制備的條件應(yīng)用和產(chǎn)物的提純析出，反應(yīng)過程中反應(yīng)的原理分析和物質(zhì)來源是解題的關(guān)鍵，題目難度中等。10．（2分）某同學(xué)采用硫鐵礦燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì)）制取綠礬（FeSO4?7H2O），設(shè)計(jì)了如圖流程：下列說法不正確的是（）A．固體1中含有SiO2 B．溶解燒渣選用足量鹽酸，試劑X選用鐵粉 C．控制pH是為了使Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3進(jìn)入固體2 D．從溶液2得到FeSO4?7H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其氧化【分析】硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其它雜質(zhì)），混合物中加入足量硫酸，F(xiàn)e2O3、Al2O3與酸反應(yīng)生成的硫酸鐵、硫酸鋁，二氧化硅不反應(yīng)，過濾，固體1為二氧化硅；在濾液中加入鐵粉將鐵離子還原為亞鐵離子，調(diào)節(jié)pH值使鋁離子完全生成氫氧化鋁沉淀，過濾，固體2為氫氧化鋁，溶液2為硫酸亞鐵，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，得到硫酸亞鐵晶體，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．二氧化硅與硫酸不反應(yīng)，則固體1為二氧化硅，故A正確；B．由流程分析可知，溶解燒渣選用足量硫酸，X為鐵粉，如用鹽酸，可生成氯化亞鐵，故B錯(cuò)誤；C．控制pH的目的是分離出鋁離子，則固體2為氫氧化鋁，故C正確；D．亞鐵離子易被空氣中的氧氣氧化，而且受熱易失去結(jié)晶水，所以從溶液2得到FeSO4?7H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其氧化，故D正確。故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意把握?shí)驗(yàn)的原理和物質(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，難度中等。二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分．每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分．11．（4分）在酸性條件下，黃鐵礦（FeS2）催化氧化的反應(yīng)方程式為2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+．實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化如圖所示。下列分析正確的是（）A．在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑 B．反應(yīng)Ⅱ中Fe3+作氧化劑，F(xiàn)eS2被還原 C．反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為4Fe（NO）2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，F(xiàn)e（NO）2+作氧化劑 D．反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Fe2++NO═Fe（NO）2+，該反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)【分析】A．由總反應(yīng)2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+可知，NO參加反應(yīng)但反應(yīng)前后性質(zhì)和質(zhì)量不變；B．反應(yīng)Ⅱ的Fe3+由+3價(jià)變成+2價(jià)，F(xiàn)eS2中S硫元素化合價(jià)升高；C．由圖可知：反應(yīng)ⅠFe（NO）2+中鐵由+2價(jià)變+3價(jià)，氧氣中氧由0價(jià)變成﹣2價(jià)；D．反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Fe2++NO═Fe（NO）2+，無元素化合價(jià)變化?！窘獯稹拷猓篈．由總反應(yīng)2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+可知，一氧化氮參加反應(yīng)但反應(yīng)前后性質(zhì)和質(zhì)量不變，所以黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑，故A正確；B．反應(yīng)Ⅱ的Fe3+由+3價(jià)變成+2價(jià)，F(xiàn)eS2中S硫元素化合價(jià)升高，所以反應(yīng)Ⅱ的氧化劑是Fe3+，F(xiàn)eS2被氧化，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知：反應(yīng)ⅠFe（NO）2+中鐵由+2價(jià)變+3價(jià)，氧氣中氧由0價(jià)變成﹣2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：4Fe（NO）2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，F(xiàn)e（NO）2+作還原劑，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Fe2++NO═Fe（NO）2+，無元素化合價(jià)變化，所以反應(yīng)Ⅲ是非氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重分析與判斷能力的考查，明確元素化合物性質(zhì)、氧化還原反應(yīng)特點(diǎn)及物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系是解本題關(guān)鍵，知道常見元素化合價(jià)，題目難度不大。12．（4分）中國科學(xué)院科研團(tuán)隊(duì)研究表明，在常溫常壓和可見光下，基于LDH（一種固體催化劑）合成NH3的原理示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A．該過程將太陽能轉(zhuǎn)化成為化學(xué)能 B．該過程中，只涉及極性鍵的斷裂與生成 C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：3 D．原料氣N2可通過分離液態(tài)空氣獲得【分析】A．根據(jù)圖示可判斷能量變化情況；B．化學(xué)變化中存在化學(xué)鍵的斷裂與形成，其中單質(zhì)中存在非極性鍵；C．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2N2+6H2O＝4NH3+3O2，根據(jù)化合價(jià)變化分析氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比；D．空氣的主要是氮?dú)夂脱鯕?，而氧氣和氮?dú)獾姆悬c(diǎn)不同，可通過分離液態(tài)空氣獲得原料氣N2。【解答】解：A．由圖可知，該過程是由太陽能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能，故A正確；B．發(fā)生反應(yīng)為2N2+6H2O＝4NH3+3O2，反應(yīng)反應(yīng)物和生成中均存在單質(zhì)和化合物，即涉及極性鍵與非極性鍵的斷裂與生成，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意和圖示，可以寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2N2+6H2O＝4NH3+3O2，由于氮元素從0價(jià)降為﹣3價(jià)，氧元素從﹣2價(jià)升到0價(jià)，則氮?dú)馐茄趸瘎?，水是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：3，故C正確；D．由于空氣中主要是氮?dú)夂脱鯕?，而氧氣和氮?dú)獾姆悬c(diǎn)不同，所以可以通過分離液態(tài)空氣的方法獲得氮?dú)?，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用、化學(xué)反應(yīng)與能量變化等知識，明確發(fā)生反應(yīng)實(shí)質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌握氧化還原反應(yīng)的特征，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。13．（4分）海冰是海水凍結(jié)而成的咸水冰。海水凍結(jié)時(shí)，部分來不及流走的鹽分以鹵汁的形式被包圍在冰晶之間，形成“鹽泡”（假設(shè)鹽分以一個(gè)NaCl計(jì)），其大致結(jié)構(gòu)如圖所示，若海冰的冰齡達(dá)到1年以上，融化后的水為淡水。下列敘述正確的是（）A．海冰內(nèi)層“鹽泡”越多，密度越小 B．海冰冰齡越長，內(nèi)層的“鹽泡”越少 C．海冰內(nèi)層“鹽泡”內(nèi)的鹽分主要以NaCl分子的形式存在 D．海冰內(nèi)層NaCl的濃度約為10﹣4mol/L（設(shè)冰的密度為0.9g/cm3）【分析】A．“鹽泡”中鹽與水的比值不變；B．若海冰的冰齡達(dá)到1年以上，融化后的水為淡水；C．NaCl由離子構(gòu)成；D．冰的密度為0.9g?cm﹣3，設(shè)海水1L時(shí)，水的質(zhì)量為900g，由個(gè)數(shù)比為1：500000，含NaCl為＝10﹣4mol，結(jié)合c＝計(jì)算?！窘獯稹拷猓篈．“鹽泡”中鹽與水的比值不變，則內(nèi)層“鹽泡”越多時(shí)，密度不變，故A錯(cuò)誤；B．若海冰的冰齡達(dá)到1年以上，融化后的水為淡水，則海冰冰齡越長，內(nèi)層的“鹽泡”越少，故B正確；C．“鹽泡”內(nèi)的鹽分為NaCl，由離子構(gòu)成，不存在NaCl分子，故C錯(cuò)誤；D．冰的密度為0.9g?cm﹣3，設(shè)海水1L時(shí)，水的質(zhì)量為900g，由個(gè)數(shù)比為1：500000，含NaCl為＝10﹣4mol，可知海冰內(nèi)層NaCl的濃度約為c＝＝10﹣4mol?L﹣1，故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評】本題考查海水資源的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握海冰的成分、物質(zhì)的量計(jì)算、物質(zhì)構(gòu)成為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意鹽泡與海冰的變化，題目難度不大。14．（4分）我國研究鋰硫電池獲得突破，電池的總反應(yīng)是16Li+S88Li2S，充放電曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）A．充電時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能 B．放電時(shí)，鋰離子向正極移動 C．放電時(shí)，1molLi2S6轉(zhuǎn)化為Li2S4得到2mole﹣ D．充電時(shí)，陽極總電極反應(yīng)式是8S2﹣﹣16e﹣＝S8【分析】A、充電是電解池；B、原電池中陽離子向正極移動；C、放電時(shí)，1molLi2S6轉(zhuǎn)化為Li2S4的反應(yīng)為：2Li2S6+2Li＝3Li2S4，由此分析解答；D、充電時(shí)陽極S8發(fā)生氧化反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈、充電是電解池，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A正確；B、原電池中陽離子向正極移動，所以放電時(shí)，鋰離子向正極移，故B正確；C、放電時(shí)，1molLi2S6轉(zhuǎn)化為Li2S4的反應(yīng)為：2Li2S6+2Li＝3Li2S4，所以1molLi2S6轉(zhuǎn)化為Li2S4得到1mole﹣，故C錯(cuò)誤；D、充電時(shí)陽極S8發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：8S2﹣﹣16e﹣＝S8，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查學(xué)生二次電池中電極反應(yīng)的書寫以及計(jì)算知識，注意原電池和電解池的工作原理是關(guān)鍵，難度中等。15．（4分）常溫下，向20mL0.01mol?L﹣1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol?L﹣1的CH3COOH溶液，溶液中水所電離出的c（OH﹣）的對數(shù)隨加入CH3COOH溶液的體積變化如圖所示，下列說法正確的是（）A．F點(diǎn)溶液顯堿性 B．若G點(diǎn)由水電離出的c（OH﹣）＝2.24×10﹣6mol?L﹣1，則Ka（CH3COOH）≈1×10﹣6 C．H點(diǎn)離子濃度關(guān)系為c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣） D．E點(diǎn)由水電離的c（H+）＝10﹣3mol?L﹣1【分析】NaOH抑制水的電離，向NaOH溶液中加入醋酸，對水的電離的抑制作用逐漸減弱，當(dāng)溶液為CH3COONa溶液時(shí)，水的電離程度最大，所以G點(diǎn)為CH3COONa溶液，從E到G為NaOH和CH3COONa的混合溶液，溶液為堿性；A．F點(diǎn)為NaOH和CH3COONa的混合溶液；B．若G點(diǎn)由水電離出的c（OH﹣）＝2.24×10﹣6mol?L﹣1，根據(jù)醋酸根離子水解的離子方程式可知，溶液中c（CH3COOH）約等于c（OH﹣），醋酸鈉的濃度為0.005mol/L，則醋酸根離子的水解平衡常數(shù)為＝10﹣9，則Ka（CH3COOH）＝；C．H點(diǎn)為醋酸鈉和醋酸的混合溶液，水的電離不受抑制和促進(jìn)，所以溶液為中性，c（H+）＝c（OH﹣），則根據(jù)電荷守恒有c（CH3COO﹣）＝c（Na+），水的電離程度較?。籇．E點(diǎn)為氫氧化鈉溶液，c（OH﹣）為0.01mol/L，則溶液中水電離的c（H+）＝?！窘獯稹拷猓篘aOH抑制水的電離，向NaOH溶液中加入醋酸，對水的電離的抑制作用逐漸減弱，當(dāng)溶液為CH3COONa溶液時(shí)，水的電離程度最大，所以G點(diǎn)為CH3COONa溶液，從E到G為NaOH和CH3COONa的混合溶液，溶液為堿性；A．F點(diǎn)為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液為堿性，故A正確；B．若G點(diǎn)由水電離出的c（OH﹣）＝2.24×10﹣6mol?L﹣1，根據(jù)醋酸根離子水解的離子方程式可知，溶液中c（CH3COOH）約等于c（OH﹣），醋酸鈉的濃度為0.005mol/L，則醋酸根離子的水解平衡常數(shù)為＝10﹣9，則Ka（CH3COOH）＝＝＝1×10﹣5，故B錯(cuò)誤；C．H點(diǎn)為醋酸鈉和醋酸的混合溶液，水的電離不受抑制和促進(jìn)，所以溶液為中性，c（H+）＝c（OH﹣），則根據(jù)電荷守恒有c（CH3COO﹣）＝c（Na+），水的電離程度較小，所以存在c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣），故C正確；D．E點(diǎn)為氫氧化鈉溶液，c（OH﹣）為0.01mol/L，則溶液中水電離的c（H+）＝＝＝10﹣12mol?L﹣1，故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查圖象分析判斷及計(jì)算能力，明確各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、電離平衡常數(shù)與水解平衡常數(shù)關(guān)系、電離平衡常數(shù)計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，B為解答易錯(cuò)點(diǎn)。三、解答題（共5小題，滿分60分）16．（12分）氨催化分解既可防治氨氣污染，又能得到氫能源，得到廣泛研究。（1）已知：①反應(yīng)I：4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H1＝﹣1266.6kJ?mol﹣1，②H2的燃燒熱△H2＝﹣285.8kJ?mol﹣1③水的氣化時(shí)△H3＝+44.0kJ?mol﹣1反應(yīng)I熱力學(xué)趨勢很大（平衡常數(shù)很大）的原因?yàn)榉艧崃亢艽蟮姆磻?yīng)；NH3分解的熱化學(xué)方程式2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H＝+92.1kJ?mol﹣1。（2）在Co﹣Al催化劑體系中，壓強(qiáng)P0下氨氣以一定流速通過反應(yīng)器，得到不同催化劑下氨氣轉(zhuǎn)化率隨溫度變化曲線如圖，活化能最小的催化劑為90CoAl，溫度高時(shí)NH3的轉(zhuǎn)化率接近平衡轉(zhuǎn)化率的原因平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，此反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)速率加快，轉(zhuǎn)化率接近平衡轉(zhuǎn)化率。如果增大氣體流速，則b點(diǎn)對應(yīng)的點(diǎn)可能為e（填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”）；（3）溫度為T時(shí)，體積為1L的密閉容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min達(dá)到平衡時(shí)，N2體積分?jǐn)?shù)為20%，則T時(shí)平衡常數(shù)K＝7.5，NH3分解率為75%；達(dá)到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的轉(zhuǎn)化率減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“不變”、“減小”）。（4）以KNH2為電解質(zhì)溶液電解NH3，其工作原理如圖所示，則陽極電極反應(yīng)為6NH2﹣﹣6e﹣＝N2↑+4NH3↑?！痉治觥浚?）反應(yīng)I的△H1＝﹣1266.6kJ?mol﹣1，放熱量很大，故熱力學(xué)趨勢很大；根據(jù)蓋斯定律可知將[①﹣6（②+③）]可得2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H；（2）由圖可知，90CoAl先達(dá)到平衡態(tài)，所以90CoAl活化能最小的催化劑；對于吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正向移動；此反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，增大氣體流速平衡向逆向移動；（3）由題給數(shù)據(jù)可知，設(shè)氮?dú)馄胶鈺r(shí)氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為xmol，則：2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）初始量（mol）0.800.1變化量（mol）2xx3x平衡量（mol）0.8﹣2xx0.1+3x相同條件下氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以達(dá)到平衡時(shí)N2的體積分?jǐn)?shù)為：，解得：x＝0.3mol，以此計(jì)算該題；（4）在電解池中，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，NH2﹣被氧化生成N2?！窘獯稹拷猓海?）反應(yīng)I的△H1＝﹣1266.6kJ?mol﹣1，放熱量很大，故熱力學(xué)趨勢很大；根據(jù)蓋斯定律可知①：4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H1＝﹣1266.6kJ?mol﹣1，②H2的燃燒熱H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）△H2＝﹣285.8kJ．mol﹣1，③水的氣化時(shí)H2O（l）＝H2O（g）△H3＝+44.0kJ．mol﹣1，④2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H，根據(jù)蓋斯定律可知④＝[①﹣6（②+③）]，即△H＝[﹣1266.6kJ?mol﹣1﹣6（﹣285.8kJ．mol﹣1+44.0kJ．mol﹣1）]＝92.1kJ?mol﹣1，則有2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H＝+92.1kJ?mol﹣1，故答案為：放熱量很大的反應(yīng)；2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H＝+92.1kJ?mol﹣1；（2）由圖可知，90CoAl先達(dá)到平衡態(tài)，所以90CoAl活化能最小的催化劑；2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H＝+92.1kJ?mol﹣1，此反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正向移動，提高氨氣的轉(zhuǎn)化率；此反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，增大氣體流速平衡向逆向移動，b點(diǎn)對應(yīng)的點(diǎn)可能為e，故答案為：90CoAl；平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，此反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)速率加快，轉(zhuǎn)化率接近平衡轉(zhuǎn)化率；e；（3）由題給數(shù)據(jù)可知，設(shè)氮?dú)馄胶鈺r(shí)氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為xmol，則：2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）初始量（mol）0.800.1變化量（mol）2xx3x平衡量（mol）0.8﹣2xx0.1+3x相同條件下氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以達(dá)到平衡時(shí)N2的體積分?jǐn)?shù)為：，解得：x＝0.3mol，．故平衡常數(shù)K＝，NH3分解率為，達(dá)到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，容器中壓強(qiáng)增大，反應(yīng)向逆向移動，所以氨氣的轉(zhuǎn)化率減小，故答案為：7.5；75%；減小；（4）在電解池中，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)圖示可知右側(cè)為陽極，電極反應(yīng)為6NH2﹣﹣6e﹣＝N2↑+4NH3↑，故答案為：6NH2﹣﹣6e﹣＝N2↑+4NH3↑。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、蓋斯定律、外界條件對化學(xué)平衡移動影響原理等知識點(diǎn)，為高考常見題型，側(cè)重考查圖象分析判斷及基礎(chǔ)知識靈活運(yùn)用能力，正確計(jì)算平衡時(shí)各物質(zhì)濃度及明確外界條件對化學(xué)平衡移動影響原理是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。17．（14分）第四周期中某些元素的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用（1）現(xiàn)代化學(xué)中，常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素。Ga的外圍電子排布式為：4s24p1，基態(tài)Ga原子核外有31種運(yùn)動狀態(tài)不同的電子。（2）鍺、砷、硒、溴的第一電離能由大到小的順序?yàn)锽r＞As＞Se＞Ge（用元素符號表示）；其中鍺的化合物四氯化鍺可用作光導(dǎo)纖維摻雜劑，其熔點(diǎn)為﹣49.5℃，沸點(diǎn)為83.1℃，則其晶體類型為分子晶體，中心原子的雜化類型為sp3；砷酸的酸性弱于硒酸，從分子結(jié)構(gòu)的角度解釋原因H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中的O原子的電子向Se偏移程度大，更容易電離出H+（3）鐵能形成[Fe（Bipy）2C12]ClO4等多種配合物（Bipy結(jié)構(gòu)如圖A）。①該配合物中中心原子的化合價(jià)為+3；與中心原子形成配位鍵的原子是Cl、N。②與ClO4﹣互為等電子體的一種非極性分子是CCl4（舉1例）。③1molBipy中所含σ鍵8mol（4）鈦（Ti）被譽(yù)為“21世紀(jì)金屬”，Ti晶體的堆積方式是六方最密堆積如圖B所示，晶胞可用如圖C表示。設(shè)金屬Ti的原子半徑為acm，空間利用率為74%。設(shè)晶胞中A點(diǎn)原子的坐標(biāo)為（1，0，0），C點(diǎn)原子的坐標(biāo)為（0，1，0），D點(diǎn)原子的坐標(biāo)為（0，0，1），則B點(diǎn)原子的坐標(biāo)為（，，）?！痉治觥浚?）常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素；Ga處于第四周期第ⅢA族，最外層電子為外圍電子；原子核外沒有運(yùn)動狀態(tài)相同的電子；（2）同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，IIA族、VA最外層為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的；四氯化鍺熔沸點(diǎn)很低，符合分子晶體性質(zhì)；四氯化鍺中Ge形成4個(gè)σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為4；非羥基氧說明越多，酸性越強(qiáng)；（3）①配體Bipy為0價(jià)，配體Cl為﹣1價(jià)，外界ClO4為﹣1價(jià)，結(jié)合化合價(jià)規(guī)則計(jì)算配合物中Fe的化合價(jià)；配體為Cl﹣、Bipy，而配體Bipy中連接H原子的N原子有1對孤電子對；②ClO4﹣中原子數(shù)目為5，價(jià)電子總數(shù)為1+7+6×4＝32，每個(gè)原子平均價(jià)電子為6.4，與之等電子體的分子只能是VA族元素1個(gè)原子與ⅦA元素4個(gè)原子形成微粒；③Bipy的環(huán)上有5個(gè)σ鍵，還含有2個(gè)C﹣H鍵、1個(gè)N﹣H鍵，每個(gè)分子有8個(gè)σ鍵；（4）晶胞中B與連線原子形成正四面體，緊密相鄰，設(shè)金屬Ti的原子半徑為acm，則晶胞底面棱長為2acm，晶胞底面為菱形，銳角為60°，底面積＝2acm×2acm×sin60°＝2a2cm2，正四面體的高＝cm＝acm，故晶胞的高為2×acm，可以計(jì)算晶胞體積。均攤法計(jì)算晶胞中Ti原子數(shù)目，計(jì)算晶胞中原子總體積，空間利用率＝×100%；由各原子坐標(biāo)參數(shù)，可知A處于x軸，C處于y軸，D處于z軸，B處于晶胞中三棱錐的中心位置，距離上、下底面距離相等，B在底面投影B′處于AC連線上且AB′長度為AC長度的．則B′到左側(cè)面距離為C的，即為y參數(shù)，則B′到后平面距離A的，即為x參數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素；Ga處于第四周期第ⅢA族，外圍電子排布式為：4s24p1，原子核外沒有運(yùn)動狀態(tài)相同的電子，Ga原子核外有31個(gè)電子，故有31種運(yùn)動狀態(tài)不同的電子，故答案為：原子光譜；4s24p1；31；（2）同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，As原子4p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：Br＞As＞Se＞Ge；四氯化鍺熔沸點(diǎn)很低，屬于分子晶體；四氯化鍺中Ge形成4個(gè)σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為4，Ge原子雜化方式為：sp3；H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中的O原子的電子向Se偏移程度大，更容易電離出H+，砷酸的酸性弱于硒酸，故答案為：Br＞As＞Se＞Ge；分子晶體；sp3；H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中的O原子的電子向Se偏移程度大，更容易電離出H+；（3）①配體Bipy為0價(jià)，配體Cl為﹣1價(jià)，外界ClO4為﹣1價(jià)，配合物中Fe的化合價(jià)為x，則x+2×（﹣1）+（﹣1）＝0，故x＝+3，配體為Cl﹣、Bipy，而配體Bipy中連接H原子的N原子有1對孤電子對，與中心原子形成配位鍵的原子是Cl、N，故答案為：+3；Cl、N；②ClO4﹣中原子數(shù)目為5，價(jià)電子總數(shù)為1+7+6×4＝32，每個(gè)原子平均價(jià)電子為6.4，與之等電子體的分子只能是VA族元素1個(gè)原子與ⅦA元素4個(gè)原子形成微粒，其中一種為：CCl4，故答案為：CCl4；③Bipy的環(huán)上有5個(gè)σ鍵，還含有2個(gè)C﹣H鍵、1個(gè)N﹣H鍵，每個(gè)分子有8個(gè)σ鍵，1molBipy中所含σ鍵為8mol，故答案為：8；（4）晶胞中B與連線原子形成正四面體，緊密相鄰，設(shè)金屬Ti的原子半徑為acm，則晶胞底面棱長為2acm，晶胞底面為菱形，銳角為60°，底面積＝2acm×2acm×sin60°＝2a2cm2，正四面體的高＝cm＝acm，故晶胞的高為2×acm，晶胞體積＝2a2cm2×2×acm，晶胞中Ti原子數(shù)目＝1+8×＝2，晶胞中原子總體積＝2×πa3cm3，空間利用率＝[2×πa3cm3÷（2a2cm2×2×acm）]×100%＝×100%＝74%，由各原子坐標(biāo)參數(shù)，可知A處于x軸，C處于y軸，D處于z軸，B處于晶胞中三棱錐的中心位置，距離上、下底面距離相等，為B的參數(shù)z的值＝0.5，B在底面投影B′處于AC連線上且AB′長度為AC長度的．則B′到左側(cè)面距離為C的，即為y參數(shù)＝×1＝，則B′到后平面距離A的，即為x參數(shù)＝×1＝，故B的分?jǐn)?shù)參數(shù)為（，，），故答案為：74%；（，，）?！军c(diǎn)評】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及光譜、核外電子排布、電離能、晶體類型與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、雜化方式、等電子體、化學(xué)鍵、晶胞計(jì)算等，側(cè)重考查學(xué)生分析解決問題的能力，（4）為難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)，關(guān)鍵是明確晶胞結(jié)構(gòu)，需要學(xué)生具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算能力，熟記中心常見晶胞結(jié)構(gòu)特點(diǎn)。18．（11分）工業(yè)上用含三價(jià)釩（V2O3）為主的某石煤為原料（含有Al2O3、CaO等雜質(zhì)），鈣化法焙燒制備V2O5，其流程如下：【資料】：+5價(jià)釩在溶液中的主要存在形式與溶液pH的關(guān)系：pH4～66～88～1010～12主要離子VO2+VO3﹣V2O74﹣VO43﹣（1）焙燒：向石煤中加生石灰焙燒，將V2O3轉(zhuǎn)化為Ca（VO3）2的化學(xué)方程式是CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2。（2）酸浸：①Ca（VO3）2難溶于水，可溶于鹽酸。若焙砂酸浸時(shí)溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于鹽酸的離子方程式是Ca（VO3）2+4H+═2VO2++Ca2++2H2O。②酸度對釩和鋁的溶解量的影響如圖所示：酸浸時(shí)溶液的酸度控制在大約3.2%，根據(jù)如圖推測，酸浸時(shí)不選擇更高酸度的原因是酸度大于3.2%時(shí)，釩的溶解量增大不明顯，而鋁的溶解量增大程度更大。（3）轉(zhuǎn)沉：將浸出液中的釩轉(zhuǎn)化為NH4VO3固體，其流程如下：①浸出液中加入石灰乳的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀。②已知CaCO3的溶解度小于Ca3（VO4）2．向Ca3（VO4）2沉淀中加入（NH4）2CO3溶液，可使釩從沉淀中溶出。結(jié)合化學(xué)用語，用平衡移動原理解釋其原因：Ca3（VO4）2的濁液中存在平衡：Ca3（VO4）2（s）3Ca2+（aq）+2VO43﹣（aq），（NH4）2CO3溶液中的CO32﹣與Ca2+結(jié)合生成更難溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，平衡正向移動，使釩從沉淀中溶出。③向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．當(dāng)pH＞8時(shí)，NH4VO3的產(chǎn)量明顯降低，原因是當(dāng)pH＞8時(shí)，釩的主要存在形式不是VO3﹣。（4）測定產(chǎn)品中V2O5的純度：稱取ag產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到（VO2）2SO4溶液。再加入b1mLc1mol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液（VO2++2H++Fe2+═VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol?L﹣1KMnO4溶液滴定過量的（NH4）2Fe（SO4）2至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL．已知MnO4﹣被還原為Mn2+，假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng)。則產(chǎn)品中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是×100%。（V2O5的摩爾質(zhì)量：182g?mol﹣1）【分析】（1）焙燒過程將V2O3轉(zhuǎn)化為Ca（VO3）2，CaO參與反應(yīng)，V元素化合價(jià)升高，需要氧氣參加反應(yīng)，配平書寫方程式；（2）①若焙砂酸浸時(shí)溶液的pH＝4，由表中數(shù)據(jù)可知，Ca（VO3）2溶于鹽酸轉(zhuǎn)化為VO2+；②由圖可知，酸度大于3.2%時(shí)，釩的溶解量增大不明顯，而鋁的溶解量增大程度更大；（3）焙燒過程將V2O3轉(zhuǎn)化為Ca（VO3）2，用鹽酸酸浸，浸出液中含有VO2+、Al3+、Ca2+、Cl﹣、H+，加入石灰乳調(diào)節(jié)pH得到Ca3（VO4）2沉淀，由表中數(shù)據(jù)，可知應(yīng)控制pH范圍為10～12，由Ca（VO3）2→Ca3（VO4）2，可知?dú)溲趸}還提供Ca2+．過濾分離，Ca3（VO4）2與碳酸銨反應(yīng)轉(zhuǎn)化為更難溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，使釩從沉淀中轉(zhuǎn)移到溶液中形成（NH4）3VO4溶液，溶液中加入NH4Cl，調(diào)節(jié)溶液pH，同時(shí)溶液中NH4+增大，有利于析出（NH4）3VO3。①浸出液中加入石灰乳調(diào)節(jié)pH，提供鈣離子；②存在平衡Ca3（VO4）2（s）3Ca2+（aq）+2VO43﹣（aq），CO32﹣與Ca2+結(jié)合生成更難溶的CaCO3沉淀，平衡正向移動；③由表中數(shù)據(jù)可知，pH＞8時(shí)，釩的主要存在形式不是VO3﹣；（4）加入高錳酸鉀發(fā)生反應(yīng)：5Fe2++MnO4﹣+8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，根據(jù)消耗高錳酸鉀計(jì)算剩余的Fe2+物質(zhì)的量，再結(jié)合消耗的（NH4）2Fe（SO4）2計(jì)算與VO2+反應(yīng)Fe2+物質(zhì)的量，結(jié)合關(guān)系式：V2O5～2NH4VO3～2VO2+～2Fe2+計(jì)算。【解答】解：（1）焙燒過程將V2O3轉(zhuǎn)化為Ca（VO3）2，CaO參與反應(yīng)，V元素化合價(jià)升高，需要氧氣參加反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，故答案為：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2；（2）①Ca（VO3）2難溶于水，可溶于鹽酸，若焙砂酸浸時(shí)溶液的pH＝4，由表中數(shù)據(jù)可知，Ca（VO3）2溶于鹽酸轉(zhuǎn)化為VO2+，反應(yīng)離子方程式為：Ca（VO3）2+4H+═2VO2++Ca2++2H2O，故答案為：Ca（VO3）2+4H+═2VO2++Ca2++2H2O；②根據(jù)如圖推測，酸浸時(shí)不選擇更高酸度的原因是：酸度大于3.2%時(shí)，釩的溶解量增大不明顯，而鋁的溶解量增大程度更大，故答案為：酸度大于3.2%時(shí)，釩的溶解量增大不明顯，而鋁的溶解量增大程度更大；（3）焙燒過程將V2O3轉(zhuǎn)化為Ca（VO3）2，用鹽酸酸浸，浸出液中含有VO2+、Al3+、Ca2+、Cl﹣、H+，加入石灰乳調(diào)節(jié)pH得到Ca3（VO4）2沉淀，由表中數(shù)據(jù)，可知應(yīng)控制pH范圍為10～12，由Ca（VO3）2→Ca3（VO4）2，可知?dú)溲趸}還提供Ca2+．過濾分離，Ca3（VO4）2與碳酸銨反應(yīng)轉(zhuǎn)化為更難溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，使釩從沉淀中轉(zhuǎn)移到溶液中形成（NH4）3VO4溶液，溶液中加入NH4Cl，調(diào)節(jié)溶液pH，同時(shí)溶液中NH4+增大，有利于析出（NH4）3VO3。①浸出液中加入石灰乳的作用是：調(diào)節(jié)溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀，故答案為：調(diào)節(jié)溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀；②Ca3（VO4）2的濁液中存在平衡：Ca3（VO4）2（s）3Ca2+（aq）+2VO43﹣（aq），（NH4）2CO3溶液中的CO32﹣與Ca2+結(jié)合生成更難溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，平衡正向移動，使釩從沉淀中溶出，故答案為：Ca3（VO4）2的濁液中存在平衡：Ca3（VO4）2（s）3Ca2+（aq）+2VO43﹣（aq），（NH4）2CO3溶液中的CO32﹣與Ca2+結(jié)合生成更難溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，平衡正向移動，使釩從沉淀中溶出；③當(dāng)pH＞8時(shí)，釩的主要存在形式不是VO3﹣，NH4VO3的產(chǎn)量明顯降低，故答案為：當(dāng)pH＞8時(shí)，釩的主要存在形式不是VO3﹣。（4）加入高錳酸鉀發(fā)生反應(yīng)：5Fe2++MnO4﹣+8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反應(yīng)消耗KMnO4為b2×10﹣3L×c2mol?L﹣1＝b2c2×10﹣3mol，剩余的Fe2+物質(zhì)的量＝5b2c2×10﹣3mol，與VO2+反應(yīng)Fe2+物質(zhì)的量＝b1×10﹣3L×c1mol?L﹣1﹣5b2c2×10﹣3mol＝（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol，由關(guān)系式：V2O5～2NH4VO3～2VO2+～2Fe2+，可知n（V2O5）＝（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol，故產(chǎn)品中V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝[（b1c1﹣5b2c2）×10﹣3mol×182g/mol÷ag]×100%＝×100%，故答案為：×100%?！军c(diǎn)評】本題考查物制備工藝流程，涉及陌生方程式的書寫、對試劑的分析評價(jià)、條件控制、沉淀溶解平衡、信息獲取與遷移運(yùn)用、氧化還原反應(yīng)滴定計(jì)算等，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、知識遷移運(yùn)用能力，（4）中注意利用關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算，數(shù)據(jù)處理比較繁瑣，容易出錯(cuò)。19．（11分）水合肼（N2H4?H2O）是一種在生產(chǎn)生活中有著廣泛用途的精細(xì)化工原料，具有強(qiáng)堿性和強(qiáng)還原性。實(shí)驗(yàn)室一般采用次氯酸鈉（受熱易分解）氧化尿素（）制備水合肼，制備過程可分為兩個(gè)階段：【第一階段】制備次氯酸鈉。（1）某同學(xué)欲從上圖中選擇部分裝置，收集一瓶于燥的氯氣，其連接次序?yàn)椋篴→e→f→c→d→h→g→i。（按氣流方向，用小寫字母表示）（2）實(shí)驗(yàn)中選用A裝置作為氯氣的發(fā)生裝置，其離子方程式為MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O。（3）實(shí)驗(yàn)中選用G裝冒作為次氰酸鈉的合成裝置，并采用冰水浴的原因是防止次氯酸鈉在較高溫度下分解?！镜诙A段】制備水合肼。將第一階段制備的次氰酸鈉堿性溶液轉(zhuǎn)移至分液漏斗中，慢慢滴加到盛有尿素的儀器皿中，并不斷攪拌；然后取下分液漏斗挨上x裝置，快速升溫，在108℃的條件卜叫流5min；將混合物轉(zhuǎn)移到蒸餾裝置中進(jìn)行蒸餾，收集108～114℃餾分，得水合肼產(chǎn)品。（4）請寫出此階段制備水合肼的離子反應(yīng)方程式CO（NH2）2+2OH﹣+ClO﹣＝N2H4?H2O+Cl﹣+CO32﹣。（5）m儀器的名稱為三頸燒瓶；X裝置應(yīng)選用上圖中的M（填“L”或“M”）。（6）加人次氯酸鈉堿性溶液時(shí)，慢慢滴加的目的是水合肼還原性很強(qiáng)，防止次氯酸濃度過大將其氧化。【含量測定】測定餾分中肼含量。（7）稱取餾分1.0g，加水配成100mL溶液，用滴定管移出25.00mL置于錐形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol?L﹣1的I2溶液滴定。（已知：N2H4?H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O）經(jīng)過三次滴定實(shí)驗(yàn)測得消耗I2溶液的平均值為2.60mL，則餾分中水合肼（N2H4?H2O）質(zhì)量分?jǐn)?shù)為2.6%?！痉治觥浚?）裝置A用二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下生成氯氣，由于氯氣中含有氯化氫和水，所以用飽和食鹽水除去氯化氫，然后用濃硫酸除去水蒸氣，用向上排氣法收集氯氣，最后用氫氧化鈉溶液做尾氣吸收裝置，據(jù)此連接儀器，注意洗氣瓶通常為長進(jìn)短出；（2）二氧化錳和濃鹽酸加熱反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水；（3）溫度較高時(shí)，次