綜合模擬卷3 2025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題化學浙江專版課后習題綜合模擬卷

綜合模擬卷32025年高考總復習優(yōu)化設計二輪專題化學浙江專版課后習題綜合模擬卷綜合模擬卷三本卷可能用到的相對原子質量數據:H—1,C—12,N—14,O—16,Cl—35.5,Co—59。一、選擇題(本大題共16小題,每小題3分,共48分。每小題列出四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質的分類不正確的是()A.尿素:有機化合物 B.云:氣溶膠C.纖維素:純凈物 D.硝酸:共價化合物答案C解析尿素的化學式為CO(NH2)2,含有碳、氫等元素,屬于有機化合物,A正確;云和霧分散質粒徑在1~100nm之間,屬于氣溶膠,B正確;纖維素的化學式為(C6H10O6)n,屬于混合物,C錯誤;硝酸的化學式為HNO3,分子中只含有非金屬元素,且不含銨根離子,屬于共價化合物,D正確。2.鋁可溶于NaOH溶液:2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑,下列說法正確的是()A.工業(yè)上可借助此反應規(guī)?；苽銱2B.[Al(OHC.反應后溶液堿性增強D.Al是一種兩性化合物答案B解析制備氫氣,使用電解得到的鋁成本過高,A項錯誤;[Al(OH)4]-中鋁的價層電子對數為4,sp3雜化,B項正確;反應消耗氫氧化鈉,反應后OH-濃度下降,溶液堿性減弱,C項錯誤;Al是單質,D項錯誤。3.下列化學用語或符號,正確的是()A.右側圖標的含義是氧化性物質:B.OF2的價層電子對互斥模型(VSEPR)模型:C.新戊烷的結構簡式:D.用電子式表示CaO2的形成過程:答案A解析圖標的含義是氧化性物質,A項正確;價層電子對數為2+2,模型應該是四面體形,B項錯誤;新戊烷的結構簡式應該是C(CH3)4,C項錯誤;過氧化鈣的電子式應該是Ca2+[··O··4.下列實驗裝置使用正確的是()A.圖①裝置用于銅和濃硫酸反應的探究實驗B.圖②裝置用于實驗室制備NH3C.圖③裝置用于煤的氣化實驗D.圖④裝置用于實驗室制備Cl2答案D解析A.缺少加熱裝置,錯誤;B.實驗室制備氨氣使用氫氧化鈣和氯化鈣加熱,錯誤;C.題圖為煤隔絕空氣加強熱,是煤的干餾實驗;D.正確。5.下列說法正確的是()A.NaNO2有毒,不能用作食品添加劑B.石油工業(yè)中可以通過結構的調整,使鏈狀烴轉化為芳香烴C.液體潤濕全部滴定管內壁后,將液體從滴定管上部倒出D.焰火、激光、LED燈光都與原子核外電子從基態(tài)到激發(fā)態(tài)釋放能量有關答案B解析食品中可以添加NaNO2,但不能過量添加,A錯誤;液體應該從滴定管下部放出,C錯誤;從激發(fā)態(tài)到基態(tài)放出能量,D錯誤。6.NaBH4(B為+3價)是有機反應中的常用試劑,常用于與含醛基或酮羰基的有機物反應。NaBH4與丙酮可發(fā)生如下反應:CH3COCH3+NaBH4+H2OCH3CHOHCH3+Na[B(OH)4](未配平),下列說法正確的是()A.NaBH4發(fā)生還原反應B.配平后的方程式中,H2O的化學計量數是4C.每反應1molCH3COCH3,轉移電子的物質的量為4molD.如果將丙酮換成乙醛,則所得有機產物為乙酸答案B解析NaBH4中氫元素化合價升高,發(fā)生氧化反應,A錯誤;配平得到:4CH3COCH3+NaBH4+4H2O4CH3CHOHCH3+Na[B(OH)4],B正確;丙酮得到兩個H,得到2個電子,C錯誤;若換成乙醛,所得產物為乙醇,D錯誤。7.根據物質的組成和結構的變化可推測其性能變化及用途,下列推測不合理的是()選項材料組成和結構變化性能變化及用途A鋁加入Cu、Mg、Mn、Si等密度大、強度小B奶粉加入碳酸鈣、硫酸鋅等兒童營養(yǎng)強化C聚乙炔塑料摻雜I2增強導電性DSi3N4Al取代部分Si,O取代部分N制作LED發(fā)光材料答案A解析合金鋁強度變大,A錯誤。8.將一定量的羧酸類化合物A置于氧氣流中充分燃燒,實驗測得生成1.8gH2O和8.8gCO2,消耗0.225mol氧氣,有關A物質的質譜圖、紅外光譜圖、核磁共振氫譜如圖所示,有關說法正確的是()A.化合物A的實驗式為C8H8O2B.化合物A中sp2、sp3雜化的碳原子數目之比為6∶1C.核磁共振氫譜中,四組峰的面積之比為3∶2∶2∶1D.化合物A的結構簡式為答案C解析由題意可知,A中碳原子物質的量為0.2mol,氫原子為0.2mol,A的最簡式為C4H4O;由質譜可知A的相對分子質量為138,A的分子式為C8H8O2,由紅外光譜和核磁共振氫譜得知A的結構簡式是。A的實驗式應該是C4H4O,A錯誤;A中sp2、sp3雜化的碳原子數目之比為7∶1,B錯誤;A的結構簡式為,D錯誤。9.關于有機物檢測,下列說法正確的是()A.分子式為C4H10O的有機物不能使酸性KMnO4溶液褪色,則該有機物一定不是醇B.可用溴水鑒別甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯C.CH3CHO與CH3COOH的核磁共振氫譜圖是完全相同的D.淀粉水解液堿化后,加入新制氫氧化銅并加熱,出現磚紅色沉淀,說明淀粉水解生成了還原性糖答案D解析(CH3)3COH不能被高錳酸鉀氧化,A錯誤;甲酸溶液和甲醛水溶液均可以使溴水褪色,故無法鑒別,B錯誤;化學位移不同,C錯誤。10.下列化學反應與方程式不相符的是()A.黃鐵礦的燃燒:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2B.漂粉精在空氣中變質:Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClOC.酸性KMnO4溶液測定空氣中SO2含量:5SO2+2MnO4-+2H2O5SO42-D.鄰羥甲基苯酚脫水縮合:答案D解析n+(n-1)H2O,D錯誤。11.有機金屬氯化物由原子序數依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、R、Q組成,部分結構如圖所示,基態(tài)原子R核外電子所占據原子軌道全充滿,Q元素的價層電子排布式為nsn-1np2n-1,下列說法不正確的是()A.Y與Z可形成分子晶體YZB.最簡單氫化物的沸點:Z>YC.R元素的第一電離能比同周期相鄰元素的大D.YX3+中Y發(fā)生sp答案A解析X、Y、Z、R、Q分別為H、C、N、Mg、Cl,C與N元素形成共價晶體,A錯誤。12.2-丁炔可發(fā)生如下轉化,下列說法不正確的是()A.2-丁炔分子中最多有6個原子共面B.X與酸性KMnO4溶液反應可生成CH3COOHC.Y可以發(fā)生銀鏡反應D.高分子Z可能存在順式結構和反式結構答案C解析A項,2-丁炔中含有碳碳三鍵,分子中最多有6個原子共面,故A正確;B項,X為2-丁炔加H2生成,根據分子式可知X中含有雙鍵,為2-丁烯,與酸性KMnO4溶液反應可生成CH3COOH,故B正確;C項,Y為2-丁炔與水發(fā)生反應獲得,因為2-丁炔中碳碳三鍵位置不在兩端,所以不會生成醛基,不可以發(fā)生銀鏡反應,故C錯誤;D項,Z是由2-丁炔聚合生成,Z中含有碳碳雙鍵,所以存在順式結構和反式結構,故D正確。13.一種新型短路膜電池分離CO2裝置如圖所示。下列說法不正確的是()A.短路膜既能傳遞陰離子,也能傳遞電子B.電池工作過程中,正極pH增大,工作結束后,短路膜中pH減小C.標準狀況下,每分離出224mLCO2,進出短路膜前后空氣的體積差為448mLD.空氣(含CO2)的流速越快,CO2的去除率不一定越高答案C解析由圖可知,短路膜中存在電子運動,和常見的離子交換膜不同,它既能傳遞陰離子,還可以傳遞電子,故A正確;電池工作過程中,正極反應式為O2+2H2O+4e-4OH-,故正極pH增大,總反應為O2+2H22H2O,水增多,CO32-濃度減小,故工作結束后,短路膜中pH減小,故B正確;正極反應式為O2+2H2O+4e-4OH-,CO2和OH-反應生成CO32-,方程式為CO2+2OH-CO32-+H2O,則可得關系式O2~4OH-~2CO2,則標準狀況下,每分離出224mLCO2,即0.01molCO2,會消耗0.005molO2,則進出短路膜前后空氣的體積差為(0.01+0.005)mol×22.4L·mol-1=0.336L=336mL,故C錯誤;空氣(含CO2)的流速越快,不利于氫氧根離子與二氧化碳的反應,則CO214.乙醛與氫氰酸(HCN,弱酸)能發(fā)生加成反應,生成2-羥基丙腈,歷程如下:下列說法不正確的是()A.因氧原子的電負性較大,醛基中的碳原子帶部分正電荷,與CN-作用B.HCN易揮發(fā)且有劇毒,是該反應不在強酸性條件下進行的原因之一C.往丙酮與HCN反應體系中加入一滴KOH溶液,反應速率明顯加快,因此堿性越強,上述反應越容易進行D.與HCN加成的反應速率:>答案C解析氧原子的電負性較大,醛基中的碳原子帶部分正電荷,碳原子與CN-作用,A正確;HCN易揮發(fā)且有劇毒,所以該反應不在酸性條件下進行,B正確;往丙酮與HCN反應體系中加入一滴KOH溶液,CN-濃度增大,反應速率明顯加快,若堿性過強,氫離子濃度降低,第二步反應難以發(fā)生,C錯誤;硝基是吸電子基,甲基是推電子基,間甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正電性減弱,不利于親核加成,所以與HCN加成的反應速率:>,D正確。15.Hg2+與Cl-存在配位平衡:[HgCl4]2-[HgCl3]-HgCl2[HgCl]+Hg2+,已知:①δ(X)=n(X)下列說法錯誤的是()A.K4的數量級為10-7B.K1>K2>K3>K4C.M點時,lgc(Cl-)=lgD.由圖可知,可用Hg2+滴定Cl-,滴定終點時生成HgCl2答案B解析由Hg2+和[HgCl]+的曲線交點可知,lgK4=lgc(Cl-)=-6.74,因此K4的數量級為10-7,A正確;由圖可知,lgK1=-1,lgK2=-0.85,lgK3=-6.48,lgK4=-6.74,故K2>K1>K3>K4,B錯誤;lgK1+lgK2=lgK1K2=lgc(Cl-)c(Cl-)c(HgCl2)c([HgCl4]2-),M點c([HgCl4]2-)=c([HgCl2]),故lgK1+lgK16.以下是實驗室制備過氧化鈣的流程圖。下列敘述不正確的是()A.步驟①中煮沸的目的是除去CO2,防止后續(xù)反應生成CaCO3影響產品純度B.步驟②反應的化學方程式為CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4ClC.步驟②中冰水浴的目的是避免氨揮發(fā)及H2O2分解D.推測CaO2在酸性條件下更加穩(wěn)定答案D解析步驟①中CaCO3與稀鹽酸反應會生成CO2,為避免CO2與NH3·H2O反應生成CO32-進而與Ca2+產生沉淀,所以煮沸去除CO2,A項正確;根據題目的物質轉化和環(huán)境,步驟②反應的化學方程式書寫正確,B項正確;由于氨易揮發(fā),H2O2易分解,所以需要在低溫環(huán)境下進行反應,C項正確;制備時,加入氨水調至堿性環(huán)境,所以推測CaO2二、非選擇題(本大題共4小題,共52分)17.(16分)硫元素的化合物非常豐富,應用廣泛。請回答:(1)由鉀、鎳、硫三種元素組成的某電極材料的晶胞如圖,其化學式是,距鉀離子最近的硫離子個數為。

(2)下列有關說法正確的是。

A.基態(tài)S原子的價層電子排布圖:B.第一電離能:Cl>S>PC.K、Ni同為第四周期金屬元素,都處于元素周期表d區(qū)D.離子半徑:S2->K+(3)①硫酰鹵(SO2X2):,分子中S原子的雜化方式為;鍵角∠Cl—S—Cl(SO2Cl2)(填“>”“<”或“=”)∠F—S—F(SO2F2)。

②氟磺酸(HSO3F)屬于超酸,可看作SO2F2部分水解形成的產物,氟磺酸酸性比硫酸強。請從分子結構上說明氟磺酸酸性強的原因:

。

魔酸[H+(SbF6SO3)-]由SbF5()與HSO3F等物質的量化合生成,寫出其中陰離子的結構式:。

(4)砷的化合物可用于半導體領域。一種從酸性高濃度含砷廢水[砷主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工藝流程如下:已知:Ⅰ.As2S3+6NaOHNa3AsO3+Na3AsS3+3H2OⅡ.As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33Ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性條件下有強氧化性Ⅳ.Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17①從含砷廢水到濾液Ⅰ,濃度明顯減小的陽離子為(填離子符號)。②“沉砷”過程中FeS(填“是”或“否”)可用過量的Na2S替換;請從平衡移動的角度解釋原因:

。

③砷酸“還原”過程中發(fā)生反應的化學方程式為

。

答案(1)KNi2S28(2)AD(3)①sp3>②F的電負性強,F—S鍵極性強,使O—H的極性增強,酸性比硫酸強(或F原子的吸電子效應使O—H的極性增強,易電離,酸性強)(4)①H+②否由于As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq),加入過量的Na2S,溶液中c(S2-)增大,平衡正向移動不利于沉砷③2H3AsO4+2SO2As2O3+2H2SO4+H2解析(1)鉀離子位于晶胞頂點和體心,數目為1+8×18=2,鎳離子位于面心,數目為8×12=4,硫離子數目為2+8×14=4,即化學式為KNi2S2,K+帶正電荷,與8個帶負電荷的(2)基態(tài)S原子的價層電子排布圖為,A正確;ⅤA族原子p能級半充滿,結構穩(wěn)定,第一電離能大于同周期相鄰元素,第一電離能:Cl>P>S,B錯誤;K在s區(qū),Ni在d區(qū),C錯誤;電子層數相同的離子,核電荷數越多,離子半徑越小,離子半徑:S2->K+,D正確。(3)①硫酰鹵(SO2X2):,分子中S原子形成了4個σ鍵,無孤電子對,雜化方式為sp3;F的電負性比Cl大,且Cl原子半徑大于F,SO2F2成鍵電子對之間的排斥力更小,∠X—S—X更小;②F原子的電負性比O強,F—S鍵極性比O—S鍵強,使O—H鍵的極性增強,酸性比硫酸強;魔酸[H+(SbF6SO3)-]由SbF5()與HSO3F等物質的量化合生成,HSO3F斷裂O—H鍵與SbF5的Sb形成(SbF6SO3)-,陰離子的結構式為。(4)含砷廢水中加入硫化亞鐵生成As2S3沉淀,As2S3沉淀和過量的硫化亞鐵中加入氫氧化鈉,發(fā)生反應:As2S3+6NaOHNa3AsO3+Na3AsS3+3H2O,浸取得到硫化亞鐵濾渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的濾液Ⅱ;濾液Ⅱ氧化脫硫生成硫單質和Na3AsO4,酸化后生成H3AsO4,砷酸(H3AsO4)在酸性條件下有強氧化性,能被SO2還原生成As2O3。①含砷廢水中加入FeS生成As2S3沉淀,H3AsO3與FeS發(fā)生如下反應:2H3AsO3+3FeS+6H+As2S3+3Fe2++6H2O,反應過程中H+濃度明顯減小。②已知As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq),加入過量的硫化鈉,溶液中c(S2-)增大,平衡正向移動不利于沉砷,故“沉砷”過程中FeS不可以用過量的Na2③砷酸“還原”過程中發(fā)生反應的化學方程式為2H3AsO4+2SO2As2O3+2H2SO4+H2O。18.(12分)脫去冶金工業(yè)排放煙氣中SO2的方法有多種。(1)熱解氣還原法。已知CO還原SO2生成S(g)和CO2過程中,每轉移1mol電子需吸收2.0kJ的熱量,則該反應的熱化學方程式為。(2)離子膜電解法。利用硫酸鈉溶液吸收SO2,再用惰性電極電解。將陰極區(qū)溶液導出,經過濾分離硫黃后,可循環(huán)吸收利用,裝置如圖1所示,則陰極的電極反應式為,陽極產生氣體的化學式為。圖1(3)氧化鋅吸收法。配制ZnO懸濁液(含少量MgO、CaO),在吸收塔中封閉循環(huán)脫硫,發(fā)生的主要反應為ZnO+SO2ZnSO3(s),測得pH、吸收效率η隨時間t的變化如圖2所示。圖2圖3①該反應常溫能自發(fā)進行的原因是。

②純ZnO的懸浮液pH約為6.8,結合圖2和圖3,下列說法正確的是(填字母,下同)。A.向ZnSO3與水混合體系中加稀硫酸,硫元素會以SO2形式逸出B.pH-t曲線ab段發(fā)生的主要反應為ZnO+SO2ZnSO3C.pH-t曲線cd段發(fā)生的主要反應為ZnSO3+SO2+H2OZn(HSO3)2D.pH=7時,溶液中c(SO32-)=c③為提高SO2的吸收效率η,可采取的措施為。

A.增大懸濁液中ZnO的量B.適當提高單位時間內煙氣的循環(huán)次數C.調節(jié)溶液的pH至6.0以下答案(1)2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)ΔH=+8.0kJ·mol-1(2)SO2+4H++4e-S+2H2O(或H2SO3+4H++4e-S+3H2O)O2(3)①ΔH<0②AC③AB解析(1)1mol一氧化碳反應轉移2mol電子,則吸收的熱量為4.0kJ,根據熱化學方程式中化學計量數和熱量的對應關系,熱化學方程式寫為2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)ΔH=+8.0kJ·mol-1。(2)從陰極區(qū)分離出硫黃分析,是二氧化硫化合價降低生成的,陰極的電極反應為SO2+4H++4e-S+2H2O(或H2SO3+4H++4e-S+3H2O),陽極區(qū)溶液中的氫氧根離子失去電子生成O2。(3)①因為反應ZnO+SO2ZnSO3(s)的熵減少,常溫下能自發(fā)進行的原因應該是反應放熱,ΔH<0。②亞硫酸鋅與硫酸反應生成硫酸鋅、二氧化硫和水,所以A正確;溶液中的氫氧化鈣和氫氧化鎂先與二氧化硫反應,所以溶液的pH迅速下降,所以不是因為氧化鋅和二氧化硫的反應,B錯誤;cd段,溶液中的氧化鋅已經很少,亞硫酸鋅和二氧化硫反應生成亞硫酸氫根離子,所以C正確;從圖分析,當pH=7時亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度,D錯誤。③要提高二氧化硫的吸收效率,可以增加氧化鋅的量或增加循環(huán)次數,或調解溶液的pH在6.0以上,所以選AB。19.(12分)三氯化六氨合鈷(Ⅲ)[Co(N已知:Co2+在溶液中較穩(wěn)定,[Co(1)向混合液中加入H2O2溶液與氨水時,應最先打開活塞(填字母);加入所有試劑后,水浴的溫度控制在55℃左右,反應約30分鐘。球形干燥管中試劑為。(2)CoCl2制備[Co(NH3)6]Cl3的總反應化學方程式為。

(3)由濾渣獲取[Co(NH3)6]Cl3·6H2O的步驟:向濾渣中加入80℃左右的熱水,充分攪拌后,趁熱過濾,向濾液中加入少量甲,冷卻結晶后過濾,用乙洗滌晶體2~3次,低溫干燥。下列選項合理的是(填字母)。

A.甲為濃鹽酸,乙為水B.甲為氯化鈉,乙為濃鹽酸C.甲為濃鹽酸,乙為乙醇(4)稱取0.2675g[Co(NH3)6]Cl3(267.5g·mol-1)樣品,加入盛有足量氫氧化鈉溶液的燒瓶中并加熱,將生成的氨氣通入裝有25.00mL0.5000mol·L-1鹽酸的錐形瓶中,充分吸收,向錐形瓶加入2~3滴甲基橙,用0.5000mol·L-1的NaOH滴定(雜質不反應)。下列操作會使純度測量值偏高的是(填字母)。

A.滴定前,堿式滴定管未潤洗B.滴定前尖嘴處無氣泡,滴定后有氣泡C.滴定終點時俯視滴定管刻度D.滴定時選用酚酞為指示劑(5)請指出該裝置存在的缺陷:。

答案(1)dP2O5或CaCl2(2)2CoCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O(3)C(4)BC(5)缺少溫度計解析將CoCl2·6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合,加入氨水得到[Co(NH3)6]Cl2,再加入H2O2溶液,溶液中Co(Ⅱ)被氧化為Co(Ⅲ),生成[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭的濁液,過濾,得到濾渣中含有[Co(NH3)6]Cl3·6H2O和活性炭,向濾渣中加入80℃左右的熱水,充分攪拌后,趁熱過濾,冷卻后向濾液中加入少量濃鹽酸,邊加邊攪拌,充分靜置后過濾,用無水乙醇洗滌晶體2~3次,低溫干燥得到產品。(1)Co2+在溶液中較穩(wěn)定,[Co(NH3)6]2+具有較強還原性,為了將不易被氧化的Co2+轉化為具有較強還原性的[Co(NH3)6]2+,應該先打開d進行絡合反應,再打開b進行氧化;干燥管的作用是吸收多余的氨氣,干燥管中試劑為P2O5或CaCl2。(3)由分析可知,濾渣中[Co(NH3)6]Cl3·6H2O表面有殘留的氨水,加入濃鹽酸可以消耗氨水且抑制[Co(NH3)6]Cl3·6H2O的電離,[Co(NH3)6]Cl3能夠溶于水,所以過量的鹽酸要用乙醇洗滌,故選C。(4)堿式滴定管未潤洗,會造成NaOH標準溶液濃度變小,用量增多,導致滴定剩余鹽酸的結果偏大,n([Co(NH3)6]Cl3)偏小,故A不選;若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡,滴定后出現氣泡,V(NaOH)偏小,導致滴定剩余鹽酸的結果偏小,n([Co(NH3)6]Cl3)偏大,故B選;終點讀數時,俯視滴定管的刻度,V(NaOH)偏小,導致滴定剩余鹽酸的結果偏小,消耗n([Co(NH3)6]Cl3)偏大,故C選;酚酞的變色范圍是8.2~10.0,滴定時選用酚酞為指示劑,則V(NaOH)偏大,導致滴定剩余鹽酸的結果偏大,n([Co(NH3)6]Cl3)偏小,故D不選。20.(12分)化合物J是一種用于降血脂的藥物,其合成路線如圖:已知:①結構與苯相似;②R—ClR—NH—NH2(R代表烴基)。請回答:(1)化合物I含有的官能團名稱是。

(2)反應⑤為取代反應,產物中有HBr,則F的結構簡式是。

(3)下列說法不正確的是。

A.反應④的反應類型是氧化反應B.反應⑥除生成H外,還生成HOC(CH3)3C.已知化合物E中的N原子雜化方式均為sp2,則E()中N的堿性:①<②D.化合物J中有3個手性碳原子(4)化合物A的分子式為C7H10N2,寫出反應①的化學方程式:

。

(5)設計以氯苯為原料合成物質K()的路線(用流程圖表示,無機試劑任選)。(6)寫出4種同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的結構簡式:

(不考慮立體異構)。

①具有含N的六元雜環(huán),六元環(huán)中無碳碳三鍵,環(huán)上只有一個取代基;②1H-NMR譜檢測表明:分子中共有4種不同化學環(huán)境的氫原子;③碳原子不連兩個雙鍵,不含其他環(huán)狀結構。答案(1)羥基、氨基(2)(3)CD(4)+2HCl+NH4Cl或+HCl+NH3(5)(6)、、、、(任寫4種)解析化合物A的分子式為C7H10N2,A與HCl在一定條件下反應生成B(),可推知A為,與NH2—NH2發(fā)生類似已知②反應生成C,則C為,與在加熱條件下反應生成D;D與過氧化物反應生成E,E與F在一定條件下反應生成G,結合G的結構簡式,反應⑤為取代反應,產物中有HBr,得F的結構簡式是,G在硫酸作用下反應生成H為,H與I反應生成J。(3)反應④是D生成E,為去氫反應,反應類型是氧化反應,A正確;反應⑥是G在硫酸作用下發(fā)生水解反應,除生成H外,還生成(CH3)3COH,B正確;化合物E中的N原子雜化方式均為sp2,E()中①號N有孤電子對,而②號N沒有孤電子對,堿性①>②,C不正確;化合物J中有2個手性碳原子,如圖,D不正確。(5)以氯苯為原料催化加氫得到,在氫氧化鈉的水溶液中加熱水解生成,氧化得到,氯苯與NH2—NH2反應得到,與合成物質K()。(6)B為,其同分異構體符合:①具有含N的六元雜環(huán),六元環(huán)中無碳碳三鍵,環(huán)上只有一個取代基;②分子中共有4種不同化學環(huán)境的氫原子;③碳原子不連兩個雙鍵,不含其他環(huán)狀結構,符合條件的同分異構體有、、、和。綜合模擬卷四本卷可能用到的相對原子質量數據:H—1,C—12,N—14,O—16,V—51,Ga—70。一、選擇題(本大題共16小題,每小題3分,共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質屬于鹽的是()A.HNO3 B.K2O2C.CH3NH3Cl D.Mg3N2答案C解析CH3NH3Cl屬于鹽酸鹽,C正確。2.下列物質性質與用途都正確,且具有對應關系的是()A.肼有還原性,可用于燃料電池的負極反應物B.Al2O3中原子致密排列,鋁制品可以盛放酸液和堿液C.金屬Sn具有還原性,鍍錫鐵制品鍍層破損后,仍能起到防腐作用D.BaSO4難溶于水且不被X射線透過,可用作鋇餐答案A解析鋁制品不可以盛放酸性和堿性溶液,因為Al2O3可以與其反應,B錯誤;活潑性:Fe>Sn,鍍層破損后,Fe成為負極,加速腐蝕,C錯誤;硫酸鋇不溶于鹽酸,可用于鋇餐,D錯誤。3.下列表示正確的是()A.丙氨酸的結構簡式:H2N—CH2—COOHB.基態(tài)氧原子的價電子排布圖:C.OCl2的價層電子對互斥(VSEPR)模型:D.中子數為34的鋅原子:31答案B解析丙氨酸的結構簡式:CH3CH(NH2)COOH,A錯誤;基態(tài)氧原子的價電子排布圖為,B正確;OCl2的價層電子對互斥(VSEPR)模型為,C錯誤;鋅為30號元素,中子數為34的鋅原子:3064Zn,D錯誤。4.下列實驗操作,表述和裝置都正確且能達到實驗目的的是()A.裝置①可用于制備NH3并測量其體積B.裝置②可用于制作簡單燃料電池C.裝置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性強弱D.裝置④鹽橋中的陽離子向右池遷移起形成閉合回路的作用答案B解析氨氣極易溶于水,不能用裝有水的量氣管測量氨氣的體積,A錯誤;閉合K1,形成電解池,右側石墨為陰極,H+放電產生氫氣,左側石墨為陽極,OH-放電生成氧氣,然后斷開K1、閉合K2,形成氫氧燃料電池,右側石墨為負極,左側石墨為正極,B正確;鹽酸易揮發(fā),HCl進入苯酚鈉溶液中生成苯酚,沒有排除HCl的干擾,C錯誤;Zn電極應插入硫酸鋅溶液中,Cu電極應插入硫酸銅溶液中,構造錯誤,D錯誤。5.化學與人類社會可持續(xù)發(fā)展息息相關。下列說法不正確的是()A.利用Cu(NH3)4SO4溶液作為電鍍液鍍銅,可獲得均勻、光亮的鍍層B.天然氣作為化工原料主要用于合成氨和生產甲醇等C.制作豆腐時加入MgCl2、CaSO4等凝固劑,可使豆?jié){中的蛋白質聚沉D.暖貼中含有Fe粉、炭粉、NaCl等,利用Fe的化學腐蝕提供熱量答案D解析形成配離子,降低Cu2+濃度,可以使鍍層光滑,A正確;天然氣的燃燒產物為二氧化碳和水,是一種清潔的燃料,它作為化工原料主要用于合成氨和生產甲醇等,B正確;豆?jié){為膠體,加入氯化鎂、硫酸鈣等電解質,能使豆?jié){中的蛋白質聚沉,C正確;暖貼利用Fe的電化學腐蝕,D錯誤。6.工業(yè)上用S8(分子結構:)與甲烷為原料制備CS2,發(fā)生反應:S8+2CH42CS2+4H2S。設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是()A.CS2中σ鍵和π鍵數量之比為2∶1B.S8既是氧化劑又是還原劑C.生成標準狀況下H2S氣體11.2L,斷開S—S鍵數為NAD.若該反應轉移電子數8NA,則被還原的CH4有1mol答案C解析CS2的結構為SCS,1molCS2中含有2molσ鍵與2molπ鍵,因此σ鍵與π鍵數量之比為1∶1,A錯誤;反應中C元素化合價由CH4中-4價升至CS2中+4價,CH4做還原劑,S元素化合價由0價降至-2價,S8做氧化劑,B錯誤;標準狀況下,11.2LH2S為0.5mol,1個S8中含有8個S—S鍵,根據S8~8(S—S)~4H2S可知,每生成0.5molH2S消耗0.125molS8,斷裂1molS—S鍵,即斷開S—S鍵數為NA,C正確;甲烷被氧化,D錯誤。7.類比和推理是學習化學的重要方法,下列結論合理的是()選項已知結論A加入少量冠醚后,KMnO4溶液氧化甲苯的速率加快冠醚提高了甲苯在KMnO4溶液中的溶解度B石墨晶體可以導電石墨的化學鍵具有類似金屬鍵的性質C面粉廠需杜絕明火,防止爆炸懸浮在空氣中的面粉顆粒燃燒熱更大D常溫下Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12,Ksp(AgCl)=1.8×10-10常溫下,溶解度:Ag2CrO4<AgCl答案B解析冠醚提高了高錳酸鉀在甲苯中的溶解度,A錯誤;因石墨中碳原子采用sp2雜化,所有p軌道相互平行且相互重疊,使p軌道中的電子可在整個碳原子平面內運動,所以石墨晶體可以導電,石墨中的化學鍵含金屬鍵成分,B正確;燃燒熱與顆粒大小無關,C錯誤;由Ksp(Ag2CrO4)與Ksp(AgCl)數值,計算得溶解度:Ag2CrO4>AgCl,D錯誤。8.下列方程式正確的是()A.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:3S2O32-+2H+4S+2SO2+HB.CuCl2溶液加熱時發(fā)生反應:[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-C.酸性KMnO4溶液與草酸反應:2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2D.在酸催化下,苯酚與甲醛反應可生成羥甲基苯酚:+HCHO答案D解析Na2S2O3與稀硫酸反應生成S和SO2:S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O,A錯誤;該反應放熱,加熱,反應逆向進行,B錯誤;草酸為弱酸,不可以拆開,C錯誤;苯酚和甲醛在酸催化的條件下可發(fā)生加成反應,生成鄰羥甲基苯酚9.有機物A經元素分析儀測得只含碳、氫、氧3種元素,紅外光譜顯示A分子中有羧基,質譜圖如下,核磁氫譜中有4組峰,且峰面積比為3∶1∶1∶1。關于A的說法不正確的是()A.能與溴水發(fā)生加成反應B.能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化反應C.能發(fā)生消去反應D.自身可發(fā)生縮聚反應答案A解析由質譜圖可知,有機物A相對分子質量為90;A有4種等效氫,且峰面積之比為3∶1∶1∶1,則A中含有甲基;A只含C、H、O三種元素,A分子中有羧基,則除去羧基、甲基后所剩基團的相對分子質量為90-45-15=30,結合4種等效氫的氫原子個數之比為3∶1∶1∶1,可知所剩基團為—CH(OH)—,A的結構簡式為CH3CH(OH)COOH。CH3CH(OH)COOH不能與溴水發(fā)生加成反應,A錯誤;CH3CH(OH)COOH含有羥基,可以與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化反應,B正確;CH3CH(OH)COOH含有羥基,且與羥基直接相連的碳原子的相鄰碳原子上有氫原子,能發(fā)生消去反應,C正確;CH3CH(OH)COOH含有羥基、羧基,自身可發(fā)生縮聚反應生成聚酯,D正確。10.主族元素W、X、Y、Z原子序數依次增大,X、Y的價電子數相等,Z的基態(tài)原子核外電子的空間運動狀態(tài)共10種,四種元素形成的化合物如圖。下列說法不正確的是()A.鍵角:YO3>YOB.分子的極性:W2X<W2YC.簡單離子半徑:Z<YD.四種元素形成的化合物一定是含有共價鍵的離子化合物答案B解析W、X、Y、Z均為主族元素,且原子序數依次增大。Z的基態(tài)原子核外電子的空間運動狀態(tài)共10種,且形成的是+1價的離子,可知Z為K元素;由化合物中陰離子的結構可知,W、X、Y分別為H、O、S元素。YO3為SO3,SO3為平面三角形,鍵角為120°,YO32-為SO32-,SO32-的中心原子S原子的價層電子對數為3+12(6+2—3×2)=4,含有1個孤電子對,為三角錐形,鍵角小于120°,因此鍵角:SO3>SO32-,A正確;W2X為H2O,W2Y為H2S,但由于O的電負性比S的大,可推斷出H2O分子的極性比H2S的極性大,B錯誤;簡單離子半徑:K+<S2-,C正確;四種元素形成的化合物中一定含有K+,11.苯在濃硝酸和濃硫酸作用下反應過程中能量變化如圖。下列說法不正確的是()A.對比進程圖,苯更易生成硝基苯的主要原因是該反應速率更快、產物更穩(wěn)定B.反應過程中碳原子的雜化方式發(fā)生了改變C.經兩步反應生成產物Ⅰ的反應熱ΔH=E1-E2D.產生NO2+的過程中,HNO答案C解析生成產物Ⅱ的反應的活化能更低,因此反應速率更快,產物Ⅱ的能量低,即產物Ⅱ更穩(wěn)定,以上2個方面均有利于生成產物Ⅱ,A正確;M的六元環(huán)中與—NO2相連的C為sp3雜化,而作為原料的苯,苯環(huán)上的碳原子為sp2雜化,因此反應過程中碳原子的雜化方式發(fā)生了改變,B正確;E1是第一步反應的正反應的活化能,E2是第二步反應的逆反應的活化能,E1-E2只是兩種活化能的差值,不是生成產物Ⅰ的反應熱,C錯誤;產生NO2+的過程中,HNO3提供OH-體現堿性12.丙烯和溴化氫在通常情況下發(fā)生加成反應主要得到2-溴丙烷,其機理如下。下列說法不正確的是()已知:推電子基團有利于分散正電荷,維持碳正離子的穩(wěn)定性。A.上述反應中,第一步為反應的決速步驟B.碳正離子中間體的穩(wěn)定性:CH3—C+H—CH3>CH3—CH2—C+C.相同溫度下,丙烯分別與等濃度HF、HI加成時,HI的反應速率大D.CH2CHCF3與HBr加成的主要產物為答案D解析第一步反應慢,為決速步驟,A正確;—CH3是推電子基團,所以穩(wěn)定性:CH3—C+H—CH3>CH3—CH2—C+H2,B正確;H—I鍵易斷裂,可知CH3CHCH2與HI反應速率大,C正確;根據題干信息,烯烴與HBr反應第一步是氫離子結合有一定負電性的碳原子,由于F為吸電子基團:F3Cδ+—Cδ-HCδ+H2,故CH2CHCF13.表面皿中都裝有混合了飽和食鹽水、酚酞和鐵氰化鉀溶液的瓊脂,分別將纏有銅絲的鐵釘(圖A)和纏有鋅皮的鐵釘(圖B)放置其中,如圖所示。下列說法不正確的是()A.圖B中鐵釘受鋅皮保護,為犧牲陽極法B.圖B中鐵釘上的電極反應式:2H2O+2e-H2+2OH-C.離子在半凝固態(tài)的瓊脂內可定向移動D.圖A中,從左到右會出現藍、紅、藍三個色塊答案B解析圖B中鐵為正極,鋅為負極,是犧牲陽極的陰極保護法,A正確;圖B中鐵作正極,電極反應式為O2+4e-+2H2O4OH-,B錯誤;離子在半凝固態(tài)的瓊脂內可定向移動,C正確;圖A中鐵作負極,發(fā)生氧化反應,電極反應式為Fe-2e-Fe2+,Fe2+與K3[Fe(CN)6]反應產生藍色沉淀,銅作正極,電極反應式為O2+4e-+2H2O4OH-,所以銅電極附近變紅,由于銅裹在鐵的中段,所以瓊脂中會出現藍、紅、藍三個色塊,D正確。14.加熱煮沸的足量濃NaOH溶液和白磷反應可制PH3,該過程同時可獲得P2H4。其中一個反應為P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO2+PH3↑。下列說法不正確的是()A.根據信息可推測:H2PO2-B.P2H4是同時含有極性鍵和非極性鍵的極性分子C.鍵角:PH3中∠H—P—H<NH3中∠H—N—HD.P4為正四面體結構,密度比水大答案A解析H3PO2為一元弱酸,P為sp3雜化,A錯誤;P2H4結構類似N2H4,同時含有P—P非極性鍵和P—H極性鍵,B正確;中心原子電子云密度越大,鍵角越大,C正確;P4保存在水中,密度大于水,D正確。15.室溫下,H2S水溶液中各含硫微粒物質的量分數δ隨pH變化關系如圖[例如δ(H2S)=c(H2S)c(H2S)+A.0.10mol·L-1H2S溶液pH約為3B.0.10mol·L-1Na2S溶液中,c(OH-)<c(S2-)C.往1L0.1mol·L-1Na2S溶液中通入0.05molH2S,溶液pH約為12.7D.0.02mol·L-1FeCl2溶液中加入等體積的0.20mol·L-1H2S溶液,無明顯現象答案C解析由圖像得,Ka1(H2S)=10-7,Ka2(H2S)=10-13。0.10mol·L-1H2S溶液pH約為4,A錯誤;假設S2-水解50%,此時Q=0.05<K=10-1410-13=10-1,故c(OH-)>c(S2-),B錯誤;加入0.05molH2S后,溶質為Na2S和NaHS,濃度比為1∶2,Ka2=c(H+)c(S2-)c(HS-),得c(H+)=2×10-13mol·L-1,pH=-lg(2×10-13)=12.7,C正確;FeCl2與H2S溶液等體積混合,溶液中c(S2-)約為10-13mol16.草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O,相對分子質量為180)呈淡黃色,可用作照相顯影劑。某實驗小組對草酸亞鐵晶體樣品(含FeSO4雜質)的純度進行測定。步驟如下:步驟1:稱取mg草酸亞鐵晶體樣品并溶于稀硫酸中,配成250mL溶液;步驟2:取上述溶液25.00mL,用cmol·L-1KMnO4標準液滴定至終點,消耗標準液V1mL;步驟3:向反應后溶液中加入適量鋅粉,充分反應后,加入適量稀硫酸,再用cmol·L-1KMnO4標準溶液滴定至終點,消耗標準液V2mL。下列關于該實驗的敘述,錯誤的是()A.步驟3中加入鋅粉的目的為將Fe3+還原為Fe2+B.草酸亞鐵晶體樣品的純度為52cC.量取25.00mL樣品溶液,初始時平視最后仰視讀數,將導致測定結果偏高D.滴定前可不向該體系中加入指示劑答案C解析步驟3中加入鋅粉的目的為將Fe3+還原為Fe2+,A正確;步驟2取溶液25.00mL,用cmol·L-1KMnO4標準液滴定至終點,消耗標準液V1mL,此過程中亞鐵離子和草酸根離子都被氧化,向反應后的溶液中加入適量鋅粉,充分反應后,加入適量稀硫酸,再用cmol·L-1KMnO4標準溶液滴定至終點,消耗標準液V2mL,此時滴定的是溶液中的亞鐵離子,第一次消耗的高錳酸鉀減去第二次消耗的高錳酸鉀為滴定草酸根離子的高錳酸鉀,反應的離子方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+10CO2↑+8H2O+2Mn2+,草酸亞鐵晶體樣品的純度=52c(V1-V2)×10-3×25025×180m×100%,B正確;量取25.二、非選擇題(本大題共4小題,共52分)17.(16分)第ⅢA族B、Al、Ga等元素及其化合物在新材料、工農業(yè)生產等方面用途廣泛。請回答:(1)基態(tài)Ga原子的簡化電子排布式是。

(2)下列說法不正確的是。

A.H3BO3、[B(OH)4]-中硼原子的雜化方式均為sp2B.氧化物的化學鍵中離子鍵成分的百分數:B2O3>Ga2O3C.第一電離能:Ga<GeD.熔點:氨硼烷(BH3NH3)>乙烷(3)AlBr3常以二聚體形式存在,且各原子均滿足8e-結構。將該二聚體溶于CH3CN生成X:[Al(CH3CN)2Br2]Br。①該二聚體(AlBr3)2中存在的化學鍵有。

A.極性鍵 B.金屬鍵 C.配位鍵 D.離子鍵②X的陽離子是以鋁為中心原子、結構為四面體形的配離子,則X的陽離子的結構簡式為。

(4)①氮化鎵是第三代半導體材料。傳統(tǒng)制備GaN是采用GaCl3與NH3在一定條件下反應制備,不采用金屬Ga與N2制備的原因是

。

②GaN的一種晶胞結構如圖所示,每個N原子周圍距離該N原子最近且相等的N原子有個。

(5)某同學在實驗室用鋁土礦(含有Al2O3和SiO2,不考慮其他雜質)制取金屬鋁的流程如下:①操作Ⅰ為,濾渣Ⅰ為。

②Al2O3與稀硫酸反應的離子方程式為。

③濾液Ⅱ中主要溶質的用途之一是。

答案(1)[Ar]3d104s24p1(2)AB(3)①AC②(4)①N2中存在N≡N,鍵能大,反應要求高;產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)②12(5)①過濾SiO2②Al2O3+6H+2Al3++3H2O③作氮肥(合理即可)解析(1)鎵是第31號元素,鎵原子的基態(tài)電子排布式為[Ar]3d104s24p1。(2)H3BO3中B原子的雜化方式為sp2,[B(OH)4]-中B原子的雜化方式為sp3,A錯誤;電負性:O>B>Ga,電負性差值越大,離子鍵百分數越大,化學鍵中離子鍵成分的百分數較大的是Ga2O3,B錯誤;同周期第ⅣA族元素的第一電離能大于第ⅢA族元素的第一電離能,第一電離能:Ga<Ge,C正確;氨硼烷分子間可形成氫鍵,(3)①AlBr3以二聚體形式存在,且各原子均滿足8e-結構,可知該二聚體為,該二聚體中Br和Al之間以極性鍵相連,該二聚體中存在的化學鍵類型為極性鍵,而鋁的最外層為3個電子,因此還存在一個配位鍵,故選AC;②X的陽離子中Al形成4個單鍵,為sp3雜化,其中N原子提供一個孤電子對,配體為CH3CN、Br-,X的陽離子的結構式為。(4)①N2中存在N≡N,鍵能大,反應要求高;2Ga+N22GaN的產物中氣體分子數減少,屬于熵減反應,不利于反應的進行。②GaN結構經平移,補充后如圖:。利用等價替換可得,N原子周圍距離該N原子最近且相等的N原子有12個。(5)鋁土礦(含有Al2O3和SiO2,不考慮其他雜質)用稀硫酸溶解,二氧化硅不反應,過濾分離,濾液Ⅰ主要含有硫酸鋁,向濾液Ⅰ中加入氨水,反應生成氫氧化鋁沉淀,過濾分離,濾液Ⅱ中主要含有硫酸銨,氫氧化鋁烘干、灼燒分解生成氧化鋁,電解熔融氧化鋁生成鋁單質與氧氣,據此解答。①根據分析,操作Ⅰ為過濾;濾渣Ⅰ為SiO2。②Al2O3與稀硫酸反應的離子方程式為Al2O3+6H+2Al3++3H2O。③濾液Ⅱ中溶質主要為硫酸銨,用途之一是作氮肥。18.(12分)近年來,碳中和、碳達峰成為熱點?？茖W家們一直致力于CO2的資源化利用,有效減少CO2的排放,充分利用碳資源。(1)1991年,Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技術理論:氣體分子吸附至催化劑表面后發(fā)生反應。500℃時,反應原理如下。主反應:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH副反應:Ⅰ.H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ·mol-1Ⅱ.2CO(g)CO2(g)+C(s)ΔH2=-172.5kJ·mol-1Ⅲ.CH4(g)C(s)+2H2(g)ΔH3=+74.0kJ·mol-1其中,副反應Ⅱ、Ⅲ形成的積碳易導致催化劑失去活性。在原料氣中添加微量O2有利于保持催化劑的活性,其原因是

。(2)CO2甲烷化的研究已知Ⅳ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0工業(yè)中同時存在副反應Ⅰ.H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ·mol-1一定條件下,在合成塔中充入一定量CO2和H2,不同壓強時,CO2的平衡轉化率如圖(a)所示。當氣體總壓強恒定為1MPa時,平衡時各物質的物質的量分數如圖(b)所示。圖(a)圖(b)①圖(a)中,相同溫度下,壓強越大,CO2的平衡轉化率越大,其原因是;

②由圖(b)可知H2的物質的量分數隨溫度升高而增大,原因是

。(3)Li-CO2電池能將二氧化碳(CO2)高效轉化,研究表明,該電池反應產物為碳酸鋰和單質碳,且CO2電還原后與鋰離子結合形成碳酸鋰按以下4個步驟進行,寫出步驟Ⅲ的離子方程式。Ⅰ.2CO2+2e-C2O42Ⅱ.C2O42-CO2+CⅢ.;

Ⅳ.CO32-+2Li+Li2CO(4)Me-CO2電池捕集CO2。下圖是一種基于Na超離子導體固體電解質的鈉-二氧化碳電池,該電池以飽和氯化鈉溶液作為水系電解液,以氮摻雜單壁碳納米角(N-SWCNH)為催化劑,其主要放電產物為NaHCO3和C。A極為該電池的(填“正”或“負”)極;B極的電極反應為。答案(1)微量O2及時與副反應Ⅱ、Ⅲ產生的碳反應,防止催化劑表面積碳,有利于保持催化劑的活性(2)①增大壓強反應Ⅰ不移動,反應Ⅳ正向移動②反應Ⅳ為放熱反應,反應Ⅰ為吸熱反應,升溫反應Ⅳ左移、反應Ⅰ右移,反應Ⅳ左移增加的氫氣的物質的量大于反應Ⅰ右移減小的氫氣的物質的量(3)CO2+2CO22-2C(4)負5CO2+4Na++2H2O+4e-4NaHCO3+C解析(2)①反應Ⅰ.H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ·mol-1為氣體體積不變的反應,增大壓強平衡不移動;反應Ⅳ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)為氣體體積減小的反應,增大壓強平衡正向移動,所以CO2的平衡轉化率增大;②反應Ⅳ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0為放熱反應,反應Ⅰ.H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ·mol-1為吸熱反應,升溫反應Ⅳ左移、反應Ⅰ右移,反應Ⅳ左移增加的氫氣的物質的量大于反應Ⅰ右移減小的氫氣的物質的量,所以H2的物質的量分數隨溫度升高而增大。(3)Li-CO2電池反應產物為碳酸鋰和單質碳,電池總反應為3CO2+4Li2Li2CO3+C,活潑金屬Li失電子,發(fā)生氧化反應,故Li為負極,則二氧化碳在正極發(fā)生還原反應,且CO2電還原后與鋰離子結合形成碳酸鋰,正極反應式為3CO2+4Li++4e-2Li2CO3+C,由Ⅱ可知生成了CO22-,而Ⅳ需要CO32-,所以Ⅲ的離子方程式為CO2+2CO2(4)由圖可知電池放電時,B電極上二氧化碳轉化為碳,被還原,則B為正極、A為負極,主要放電產物為NaHCO3和C,則B極的電極反應為5CO2+4Na++2H2O+4e-4NaHCO3+C。19.(12分)氧釩(+4價)堿式碳酸銨為紫紅色晶體,難溶于水,化學式為(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O,是制備催化劑的基礎原料。Ⅰ.實驗室以VOCl2和NH4HCO3為原料制備氧釩(+4價)堿式碳酸銨晶體的裝置如圖所示。已知+4價釩的化合物易被氧化?；卮鹣铝袉栴}:(1)儀器M的名稱為,橡皮管的作用為。

(2)實驗步驟①:實驗開始時,先(填實驗操作),

當D中溶液變渾濁,關閉K1,進行上述實驗操作的目的是。實驗步驟②:打開K2,滴入溶液,開始反應。(3)若無裝置B導致的結果是。

(4)寫出裝置C中生成氧釩(+4價)堿式碳酸銨晶體的化學方程式:。

Ⅱ.以V2O5