1、山東省濟(jì)南市2021屆高三5月模擬測(cè)試?yán)砭C化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Al27Cl35.5Ca40Ti481.Na2s2O5是常用的防腐劑和漂白劑.可利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2s2O5,其流程如下：Na工.泡和溶液pg、心COM體SO.口Tn?倒脫水12氏0$pH=7-8pH=4.l以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A.上述制備過(guò)程所涉及的物質(zhì)中只有一種酸性氧化物B.Na2s2O5作防腐劑和SO2作漂白劑時(shí),均表現(xiàn)復(fù)原性C.上述流程中的Na2CO3飽和溶液和Na2CO3固體不可互換D.實(shí)驗(yàn)室模擬結(jié)晶脫水時(shí)用到的儀器只有蒸發(fā)皿、玻璃棒、燒杯、漏斗【答案】C【解析】【分析】飽和碳酸鈉溶

2、液中通入二氧化硫,使溶液pH變?yōu)?.1,說(shuō)明溶液顯酸性,Na2CO3顯堿性,Na2so3顯堿性,NaHCO3顯堿性,而NaHSO3顯酸性,說(shuō)明反響產(chǎn)生了NaHSO3,同時(shí)放出二氧化碳,I中的溶液應(yīng)為NaHSO3溶液；再參加Na2CO3固體,將NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3,再次充入SO2,將Na2SO3轉(zhuǎn)化為NaHSO3,得到過(guò)飽和的NaHSO3溶液,由NaHSO3過(guò)飽和溶液結(jié)晶脫水制得Na2s2O5,發(fā)生2NaHSO3NaS2O5+H2.,據(jù)此分析解答.【詳解】A.上述制備過(guò)程所涉及的物質(zhì)中有2種酸性氧化物一一二氧化硫和二氧化碳,故A錯(cuò)誤；B.SO2作漂白劑時(shí),未發(fā)生氧化復(fù)原反響,沒(méi)有表現(xiàn)復(fù)

3、原性,故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)上述分析,上述流程中的Na2CO3飽和溶液和Na2CO3固體不可互換,否那么得不到過(guò)飽和的NaHSO3溶液,故C正確；D.結(jié)晶脫水是加熱固體分解,應(yīng)該在塔期中進(jìn)行,故D錯(cuò)誤；答案選Co2.油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分.它們的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如以下圖所示.油酸甘油酯硬R旨酸甘油酯以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A.油酸的分子式為Cl8H34O2B.硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54種C.天然油脂都能在NaOH溶液中發(fā)生取代反響D.將油酸甘油酯氫化為硬脂酸甘油酯可延長(zhǎng)保存時(shí)間【答案】B【解析】【詳解】A,油酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH27CH=CHCH27COOH,分子式為Cl8H34.

4、2,故A正確；OCHOC-CH乳匕叫卜曲七QB.硬脂酸甘油酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以表示為CHO-4,上面的酯基與下面的酯IRCHQC-CH/CH*isC2基互為對(duì)稱結(jié)構(gòu),因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36種,故B錯(cuò)誤；C.天然油脂的主要成分為高級(jí)脂肪酸甘油酯,都能在NaOH溶液中發(fā)生水解反響或取代反響,故C正確；D.油酸甘油酯中含有碳碳雙鍵,能夠氧化變質(zhì),將油酸甘油酯氫化轉(zhuǎn)化為硬脂酸甘油酯可延長(zhǎng)保存時(shí)間,故D正確；答案選Bo【點(diǎn)睛】此題的易錯(cuò)點(diǎn)為B,要注意分子的對(duì)稱性對(duì)同分異構(gòu)體數(shù)目的影響.3 .以下由實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將適量苯參加濱水中,充分振蕩后,濱水層接近無(wú)色苯分子中含有碳碳雙

5、鍵,能與B2發(fā)生加成反響B(tài)向某溶液中參加稀硫酸,生成淡黃色沉淀和有喇J激性氣味的氣體該溶液中一定含有S2O32C1可蔗糖溶液中滴加稀硫酸,加熱,然后參加新制Cu(OH)2懸濁液,加熱,未觀察到科紅色沉淀蔗糖未水解或水解的產(chǎn)物不是復(fù)原性糖D相同條件下,測(cè)定等濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH,前假設(shè)呈堿性,后后呈中性非金屬性：S>CA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A.苯與澳水發(fā)生萃取,苯分子結(jié)構(gòu)中沒(méi)有碳碳雙鍵,不能與澳發(fā)生加成反響,故A錯(cuò)誤；B.向某溶液中參加稀硫酸,生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味氣體,生成的產(chǎn)物為硫和二氧化硫,原溶液中可能含有S2-和SO32-

6、,不一定是S2O32',故B錯(cuò)誤；C.水解后檢驗(yàn)葡萄糖,應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行,沒(méi)有向水解后的溶液中加堿調(diào)節(jié)溶液至堿性,參加新制Cu(OH)2懸濁液,加熱,實(shí)驗(yàn)不能成功,故C錯(cuò)誤；D,測(cè)定等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH,Na2CO3的水解使溶液顯LNa2SO4不水解,溶液顯中性,說(shuō)明酸性：硫酸碳酸,硫酸、碳酸分別是最高價(jià)含氧酸,因此非金屬性：硫強(qiáng)于碳,故D正確;答案選Do4 .Na是阿伏加德羅常數(shù)的值.以下體系中指定微?；蚧瘜W(xué)鍵的數(shù)目一定為A. 46.0g乙醇與過(guò)量冰醋酸在濃硫酸加熱條件下反響所得乙酸乙酯分子S元素的是B. 36.0gCaO2與足量水完全反響過(guò)程中轉(zhuǎn)移

7、的電子C. 53.5g氯化俊固體溶于氨水所得中性溶液中的NH4+D. 5.0g乙烷中所含的共價(jià)鍵【答案】C【解析】【詳解】A.46.0g乙醇的物質(zhì)的量為1mol,酯化反響為可逆反響,不能進(jìn)行到底,lmol乙醇與過(guò)量冰醋酸在加熱和濃硫酸條件下充分反響生成的乙酸乙酯分子數(shù)小于Na,故A錯(cuò)誤；B. 36.0gCaO2的物質(zhì)的量為不一*-=0.5mol,與足量水完全反響生成氫氧化鈣和氧氣,72g/mol轉(zhuǎn)移0.5mol電子,故B錯(cuò)誤；C. 53.5g氯化錢的物質(zhì)的量為1mol,中性溶液中c(H+尸c(OH-),根據(jù)電荷守恒,c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),因此c(NH4+)=c

8、(Cl-),即n(NH4+)=n(Cl-)=1mol,故C正確;D. 一個(gè)乙烷分子中含有6個(gè)C-H鍵和1個(gè)C-C鍵,因此5.0g乙烷中所含共價(jià)鍵數(shù)目為5g7.>7XNa=Na,故D錯(cuò)誤;30g/mol6答案選Co【點(diǎn)睛】此題的易錯(cuò)點(diǎn)為B,要注意過(guò)氧化鈣與水的反響類似于過(guò)氧化鈉與水的反響,中O元素的化合價(jià)由-1價(jià)變成0價(jià)和-2價(jià).5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增加.,離子化合物甲是由Z、W四種元素組成的,其中,陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：1,陽(yáng)離子是一種5核10電子彳Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；乙為上述某種元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水物；甲與乙的濃溶液反響生成丙、丁、

9、戊三種物質(zhì),其中丁在常溫下為氣體.以下說(shuō)法正確的是A.甲中既含離子鍵,又含共價(jià)鍵B.丙和戊的混合物一定顯酸性C.丁一定能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)反響丫、D.原子半徑：XvYvZvWX、Y、Z、W短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增加.離子化合物甲是由四種元素組成的,其中陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：1,陽(yáng)離子是一種5核10電子微粒,該陽(yáng)離子為NH/,那么X為H元素；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的,那么Q為Na元素,因此Y、Z、W均為第二周期元素,陰離子組成元素的原子序數(shù)小于Na,那么陰離子為碳酸氫根離子,那么甲為NH4HCO3,因此丫為C元素、Z為N元素、W為O元素；乙為上述某種元素

10、的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物；甲與乙的濃溶液反響生成丙、丁、戊三種物質(zhì),那么乙為氫氧化鈉或硝酸,與碳酸氫錢反響生成氨氣,碳酸鈉和水或硝酸俊、二氧化碳和水,其中丁在常溫下為氣體,那么丁為氨氣或二氧化碳,據(jù)此分析解答.【詳解】根據(jù)上述分析,X為H元素,丫為C元素,Z為N元素,W為O元素,Q為Na元素,甲為NH4HCO3,乙為NaOH或硝酸,丁為氨氣或二氧化碳,丙、戊為碳酸鈉或硝酸俊和水.A.甲為NH4HCO3,屬于離子化合物,含有離子鍵,俊根離子、HCO3中還含有共價(jià)鍵,故A正確；B.丙和戊的混合物可能為碳酸鈉溶液或硝酸俊溶液,碳酸鈉水解后溶液顯堿性,故B錯(cuò)誤；C. 丁可能為二氧化碳,二氧化碳不能使

11、濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán),故C錯(cuò)誤；D.同一周期,從左到右,原子半徑逐漸減小,同一主族,從上到下,原子半徑逐漸增大,原子半徑：XvWvZvY,故D錯(cuò)誤；答案選Ao6.海水淡化是解決沿海城市飲用水問(wèn)題的關(guān)鍵技術(shù).以下圖是電滲析法淡化海水裝置的工作原理示意圖電解槽內(nèi)部的和“I表示不同類型的離子交換膜.工作過(guò)程中b電極上持續(xù)產(chǎn)生Cl2.以下關(guān)于該裝置的說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A.工作過(guò)程中b極電勢(shì)高于a極B."表示陰離子交換膜,表示陽(yáng)離子交換膜C.海水預(yù)處理主要是除去Ca2+、Mg2+等D. A流出的是濃水,B口流出的是淡水【答案】D【解析】【分析】電解過(guò)程中b電極上持續(xù)產(chǎn)生C12,那么電極b為電解

12、池陽(yáng)極,氯離子放電生成氯氣,電極反應(yīng)為：2c1-2e=C12T,電極a為電解池的陰極,溶液中氫離子得到電子生成氫氣,電極反響為2H+2e-=H2T,工作過(guò)程中,氯離子向b移動(dòng),因此虛線為陰離子交換膜,鈉離子向a移動(dòng),實(shí)線為陽(yáng)離子交換膜,據(jù)此分析解答.【詳解】A.電極b為電解池陽(yáng)極,電極a為電解池的陰極,b極電勢(shì)高于a極,故A正確；B.根據(jù)分析,“1表示陰離子交換膜,“I表示陽(yáng)離子交換膜,故B正確；C,為了預(yù)防海水中的Ca2+、Mg2+、SO42一等堵塞離子交換膜,影響電解,電解前,海水需要預(yù)處理,除去其中的Ca2+、Mg"等,故C正確；D.根據(jù)分析,實(shí)線為陽(yáng)離子交換膜,虛線為陰離子交

13、換膜,鈉離子向a移動(dòng),氯離子向b移動(dòng),各間隔室的排出液中,A口流出的是淡水,B口流出的是濃水",故D錯(cuò)誤；答案選Do7.某溫度下,向10mL0.1molL-1NaC1溶液和10mL0.1molL-1K2CrO4溶液中分別滴加0.1molL-lAgNO3溶液.滴加過(guò)程中pMlgc(Cl-)或lgc(CrO4")與所加AgNO3溶液體積之間的關(guān)系如以下圖所示.Ag2CrO4為紅棕色沉淀.以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是05101520r(AgNO,ymL、一、_12A.該溫度下,Ksp(Ag2CrO4)=4X10B.a卜b、c三點(diǎn)所示溶液中c(Ag+)：a>b>cC.假設(shè)將上述

14、NaCl溶液濃度改為0.2mo1L1,那么a1點(diǎn)會(huì)平移至m點(diǎn)D.用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaCl溶液時(shí),可用K2CQ4溶液作指示劑【答案】B【解析】【分析】根據(jù)pM=Igc(Cl-)或pM=lgc(CrO42)可知,c(CrO42)越小,pM越大,根據(jù)圖像,向10mL0.1molL-lNaCl溶液和10mL0.1molL-lK2CrO4溶液中分別滴加0.1molL-lAgNO3溶液.當(dāng)?shù)渭?0mL0.1molL-lAgNO3溶液時(shí),氯化鈉恰好反響,滴加20mL0.1molL-lAgNO3溶液時(shí),K2CrO4恰好反響,因此司所在曲線為氯化鈉,b、c所在曲線為L(zhǎng)CrO,據(jù)此分析解答.【詳解】A.b

15、點(diǎn)時(shí)恰好反響生成Ag2CrO4,-lgc(CrO42)=4.0,c(CrO42)=104moll那么c(Ag+)=2X104molL'l,該溫度下,Ks?Ag2CrO4)=c(CrO42)/(Ag+)=4¥012,故A正確；B.al點(diǎn)恰好反響,lgc(Cl-)=4.9,c(Cl-)=104.9molL、那么c(Ag+)=104.9molL-l,b點(diǎn)c(Ag+)=2x104molL-l,c點(diǎn),K2CrO4過(guò)量,c(CrO42)約為原來(lái)的-,那么c(CrO42)=0.025molL-1那么4c(Ag+)=J4X10一=JT6M0-5molL-l,向、bc三點(diǎn)所示溶液中b點(diǎn)的c(A

16、g+)最大,故b:0.025錯(cuò)誤；C.溫度不變,氯化銀的溶度積不變,假設(shè)將上述NaCl溶液濃度改為0.2molL1,平衡時(shí),lgc(Cl-)=4.9,但需要的硝酸銀溶液的體積變成原來(lái)的2倍,因此a1點(diǎn)會(huì)平移至a2點(diǎn),故C正確；D.根據(jù)上述分析,當(dāng)溶液中同時(shí)存在Cl-和CrO42-時(shí),參加硝酸銀溶液,Cl-先沉淀,用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaCl溶液時(shí),可用K2CrO4溶液作指示劑,滴定至終點(diǎn)時(shí),會(huì)生成Ag2CrO4為紅棕色沉淀,故D正確；答案選Bo8.納米TiO2是一種重要的光催化劑.以鈦酸酯Ti(OR)4為原料制備納米TiO2的步驟如下：組裝裝置如以下圖所示,保持溫度約為65C,先將30mL

17、鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4參加盛有無(wú)水乙醇的三頸燒瓶,再參加3mL乙酰丙酮,充分?jǐn)嚢?；將含?0%的乙醇溶液緩慢滴入三頸燒瓶中,得到二氧化鈦溶膠；將二氧化鈦溶膠枯燥得到二氧化鈦凝膠,灼燒凝膠得到納米TiO2.,鈦酸四丁酯能溶于除酮類物質(zhì)以外的大局部有機(jī)溶劑,遇水劇烈水解；Ti(OH)4不穩(wěn)定,易脫水生成.2,答復(fù)以下問(wèn)題：(1)儀器a的名稱是,冷凝管的作用是(2)參加的乙酰丙酮可以減慢水解反響的速率,其原理可能是(填標(biāo)號(hào)).a.增加反響的斤含變b.增大反響的活化能c.減小反響的斤含變d.降低反響的活化能制備過(guò)程中,減慢水解反響速率的舉措還有(3)步驟中制備二氧化鈦溶膠的化學(xué)方程式為.以下圖

18、所示實(shí)驗(yàn)裝置中,可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是(填標(biāo)號(hào)).h(4)測(cè)定樣品中TiO2純度的方法是：精確稱取0.2000g樣品放入錐形瓶中,參加硫酸和硫酸俊的混合溶液,增強(qiáng)熱使其溶解.冷卻后,參加一定量稀鹽酸得到含TiO2+的溶液.參加金屬鋁,將TiO2+全部轉(zhuǎn)化為Ti3+.待過(guò)量的金屬鋁完全溶解并冷卻后,參加指示劑,用0.1000molL-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至終點(diǎn).重復(fù)操作2次,消耗0.1000molL-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值為20.00mL(：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+)O參加金屬鋁的作用除了復(fù)原TiO外,另一個(gè)作用是.滴定時(shí)所用的指示劑為(填標(biāo)

19、號(hào))a.酚Mt溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%.水、緩慢滴液【答案】(1).溫度計(jì)(2).冷凝回流(3).b(4).用含水20%的乙醇溶液代替(5).Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H90H(6).a(7).與酸反響生成氫(8).b(9).80氣,形成氫氣氣氛,預(yù)防Ti3+在空氣中被氧化【解析】【分析】(1)根據(jù)水、無(wú)水乙醇和乙酰丙酮容易揮發(fā)分析解答；(2)反響的始變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān)；增大反響的活化能,反響速率減慢；降低反應(yīng)的活化能,反響速率加快,據(jù)此分析判斷；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟的提示分析判斷；Ti(OH)4不穩(wěn)定,易月水生成T

20、iO2,鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化鈦溶膠,據(jù)此書寫反響的化學(xué)方程式；灼燒固體需要在增期中進(jìn)行；(4)根據(jù)Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+,說(shuō)明Ti3+容易被氧化；并據(jù)此分析判斷可以選用的指示劑,結(jié)合消耗的NH4Fe(SO4)2的物質(zhì)的量計(jì)算樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù).【詳解】(1)根據(jù)裝置圖,儀器a為溫度計(jì),實(shí)驗(yàn)過(guò)程中為了預(yù)防水、無(wú)水乙醇和乙酰丙酮揮發(fā),可以使用冷凝管冷凝回流,提升原料的利用率,故答案為：溫度計(jì)；冷凝回流；(2)a.反響的始變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān),參加的乙酰丙酮,改變是反響的條件,不能改變反響的始變,故a錯(cuò)誤；b.增大反響的活化能,活化分子

21、數(shù)減少,反響速率減慢,故b正確；c.反響的始變只與初始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān),參加的乙酰丙酮,改變是反響的條件,不能改變反響白夕含變,故c錯(cuò)誤；d.降低反響的活化能,活化分子數(shù)增多,反響速率加快,故d錯(cuò)誤；應(yīng)選b；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟的提示,制備過(guò)程中,用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液,減慢鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解的反響速率,故答案為：b；用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液；Ti(OH)4不穩(wěn)定,易月水生成TiO2,步驟中鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化鈦溶膠,反響的化學(xué)方程式為Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;灼燒二氧化鈦凝膠需要在塔期中進(jìn)行,應(yīng)選

22、擇的裝置為a,故答案為：Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;a；(4)根據(jù)Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+,說(shuō)明Ti3+容易被氧化,鋁與酸反響生成氫氣,在液面上方形成氫氣氣氛,預(yù)防Ti3+在空氣中被氧化,故答案為：與酸反響生成氫氣,形成氫氣氣氛,預(yù)防Ti3+在空氣中被氧化；酚儆溶液、淀粉溶液與NH4Fe(SO4)2溶液,現(xiàn)象不明顯；KMnO4溶液也能氧化Ti3+,影響滴定結(jié)果,KMnO4不與Fe3+應(yīng)；根據(jù)?定反響Ti3+Fe3+HzO=TiO2+Fe2+2H+可知,可以選用KSCN溶液作指示劑,當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰H4Fe(SO4)2溶液,容易變成血紅色,且

23、半分鐘不褪色,說(shuō)明到達(dá)了滴定終點(diǎn),故答案為：b;消耗NH4Fe(SO4)2的物質(zhì)的量=0.02LX0.1000molL-1=0.002mol,那么根據(jù)鈦原子守恒,n(TiO2)=n(Ti3+)=n(Fe3+)=0.002mol,樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)0.002mol80g/mol0.2000gX100%=80%,故答案為:80.9 .磷及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中具有重要用途.答復(fù)以下問(wèn)題：(1)以下圖所示為提純白磷樣品(含惰性雜質(zhì))的工藝流程.過(guò)程I中,被復(fù)原的元素是(填元素符號(hào)),過(guò)程III的化學(xué)方程式為.(2)磷酸鋰鋰/碳復(fù)合材料Li3V2(PO4)3/C是常用的電極材料,其制備流程如下:

24、H.CA北治.葉破球等守電戰(zhàn)材麻臂吟溶液勺|乙需NHJLPO,n褊LJ；CQ.復(fù)合材料中V的化合價(jià)為溶液V2O5與H2c2.4反響生成V2(C2O4)3的化學(xué)方程式為；洗滌時(shí)用乙醇而不用水的目的是鋰離子電池是一種二次電池,又稱搖椅電池.假設(shè)用和LixC6和Li3V2(PO4)3/C做電極,放電時(shí)的電池總反響為L(zhǎng)ixC6+Li3xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6,那么電池充電時(shí)陽(yáng)極的電極反響式為O【答案】(1).Cu、P(2).2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COT+P4(3).+3(4) .增強(qiáng)復(fù)合材料的導(dǎo)電性(5) .V2O5+5H2c2.4=V2

25、(C2O4)3+4CO2T+5±.(6).減少產(chǎn)品損耗(7).Li3V2(PO4)3-xe-=Li3xV2(PO4)3+xLi+【分析】(1)根據(jù)圖像,過(guò)程I中白磷與硫酸銅溶液反響生成磷酸和CU3P；過(guò)程III中反響物為Ca3(PO4)2、SiO2和C,生成物為CaSiO3、CO和P4,結(jié)合氧化復(fù)原反響的規(guī)律分析解答；(2)復(fù)合材料Li3V2(PO4)3中鋰元素化合價(jià)為+1價(jià),磷酸根離子為-3價(jià),根據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0計(jì)算V的化合價(jià)；根據(jù)該復(fù)合材料是常用的電極材料,結(jié)合C是導(dǎo)體分析解答；V2O5與H2c2O4反響生成V2(C2O4)3,V元素化合價(jià)降低那么碳元素化合價(jià)升高,生成產(chǎn)

26、物有二氧化碳和水,結(jié)合氧化復(fù)原反響的規(guī)律書寫化學(xué)方程式；根據(jù)放電的總反響可以得到充電時(shí)電池的總反響,結(jié)合電解原理分析解答.【詳解】(1)根據(jù)圖像,過(guò)程I中白磷與硫酸銅溶液反響生成磷酸和CU3P,其中P元素和Cu元素的化合價(jià)降低,被復(fù)原；過(guò)程III中反響物為Ca3(PO4)2、SiO2和C,生成物為CaSiO3、CO和P4,反響的化學(xué)方程式為2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COT+R,故答案為：Cu、P;2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+10COT+R;(2)磷酸鋰鋰/碳復(fù)合材料Li3V2(PO4)3/C中磷酸根顯-3價(jià),鋰顯+1價(jià),因此V的

27、化合價(jià)為+3價(jià),該復(fù)合材料是常用的電極材料,C為導(dǎo)體,可以增強(qiáng)復(fù)合材料的導(dǎo)電性,故答案為：+3；增強(qiáng)復(fù)合材料的導(dǎo)電性；V2O5與H2c2.4反響生成V2(C2O4)3過(guò)程中V的化合價(jià)由+5價(jià)降低為+3價(jià),那么草酸被氧化生成二氧化碳,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒,反響的化學(xué)方程式為V2O5+5H2c2.4=V2(C2O4)3+4CO2T+5HO；Li3V2(PO4)3能夠溶于水,洗滌時(shí)用乙醇而不用水,可以減少產(chǎn)品損耗,故答案為：V2O5+5H2c2O4=V2(C2O4)3+4CO2T+5HO；減少產(chǎn)品損耗；該鋰離子放電時(shí)的電池總反響為L(zhǎng)ixC6+Li3xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C

28、6,那么充電時(shí)電池的總反響為L(zhǎng)i3V2(PO4)3+C6LXC6+Li3-xV2(PO4)3,充電時(shí)陽(yáng)極發(fā)生氧化反響,電極反響為：Li3V2(PO4)3-xe=Li3-xV2(PO4)3+xLi+,故答案為：Li3V2(PO4)3-xe=Li3-xV2(PO4)3+xLi+.10 .NOX是空氣的主要污染物之一.答復(fù)以下問(wèn)題：(1)汽車尾氣中的NO來(lái)自于反響：N2(g)+O?(g)&、2NO(g).如圖表示在不同溫度時(shí),一定量NO分解過(guò)程中N2的體積分?jǐn)?shù)隨時(shí)間的變化.那么N2(g)+O2(g)n:2NO(g)為(填吸熱或放熱)反響.2000c時(shí),向容積為2L的密閉容器中充入10moiN

29、2和5molO2,發(fā)生上述反響,10min到達(dá)平衡,產(chǎn)生2molNO,那么10min內(nèi)的平均反響速率?O2)=molL1min1.N2的體枳分?jǐn)?shù)rl方rmin(2)在汽車的排氣管上加裝催化轉(zhuǎn)化裝置可減少NOx的排放.研究說(shuō)明,NOx的脫除率除與復(fù)原劑、催化劑相關(guān)外,還取決于催化劑外表氧缺位的密集程度.以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均為過(guò)渡元素)為催化劑,用H2復(fù)原NO的機(jī)理如下：第一階段：B4+(不穩(wěn)定)+H2一低價(jià)態(tài)的金屬離子(復(fù)原前后催化劑中金屬原子的個(gè)數(shù)不變)第二階段：NO(g)+一NO(a)AHi、Ki2NO(a)一2N(a)+O2(g)&RK22N(a)一Nz(g

30、)+20AH3、K32NO(a)一N2(g)+2O(a)A、HK42O(a)02(g)+2口AH5、K5注：口表示催化劑外表的氧缺位,g表示氣態(tài),a表示吸附態(tài)第一階段用氫氣復(fù)原B得到低價(jià)態(tài)的金屬離子越多,第二階段反響的速率越快,原因是.第二階段中各反響始變間的關(guān)系：2AHi+AH2+AH3=;該溫度下,NO脫除反響2NO(g)=N2(g)+O2(g)的平衡常數(shù)K=(用Ki、K2、K3的表達(dá)式表示).(3)工業(yè)廢氣中的NO和NO2可用NaOH溶液吸收.向20mL0.1mo1-L1NaOH溶液中通入含NO和NO2的廢氣,溶液pH隨氣體體積V的變化如圖1所示(過(guò)程中溫度保持不變),B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中c

31、(HNO2)=c(NO2),那么A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中c(NO2-)/c(HNO2)=.(4)氨催化復(fù)原法也可以消除NO,原理如圖2所示,NO最終轉(zhuǎn)化為H2O和(填電子式)；當(dāng)消耗1moINH3和0.5molO2時(shí),理論上可消除L(標(biāo)準(zhǔn)?犬況)NO.(1).吸熱(2).0.05(3).復(fù)原后催化劑中金屬原子個(gè)數(shù)不變,價(jià)態(tài)降低,氧缺位增多,反響速率加快2,(4).2AH+AH4+AH5(5).K1XK2XK33.7(6).10(7).二廠射二(8).11.2【解析】【分析】N2(g)+(1)根據(jù)圖像,T2曲線先到達(dá)平衡,反響速率大,溫度較高,結(jié)合溫度對(duì)平衡的影響分析判斷；根據(jù)山+O2(g)=2NO(g)

32、,計(jì)算出反響消耗的氧氣,再計(jì)算10min內(nèi)骷均反響速率;(2)復(fù)原后催化劑中金屬原子的個(gè)數(shù)不變,價(jià)態(tài)降低,氧缺位增多；根據(jù)蓋斯定律分析解答(3)NO和NO2可用NaOH溶液,吸收發(fā)生的反響為NO+NO2+2NaOH-2NaNO2+Hc(HNO2)cOH-亞硝酸鈉的水解平衡常數(shù)Kh=J匕)7結(jié)合溫度不變,Kh不變計(jì)算;c(NO2)(4)由圖2知,該原理中的中NO最終轉(zhuǎn)化為H2O和氮?dú)?；根?jù)氨氣失去的電子的物等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量計(jì)算.【詳解】(1)根據(jù)圖像,T2曲線先到達(dá)平衡,反響速率大,溫度較高,而溫度升高,氮體積分?jǐn)?shù)減小,說(shuō)明升高溫度平衡向正反響方向移動(dòng),故正反響為吸熱反響；根據(jù)

33、O2(g)2NO(g),10min到達(dá)平衡,產(chǎn)生2molNO,那么反響的氧氣為1mol,10min內(nèi)的平1mol均反響速率u(O)=2L=0.05molL.-1min1,故答案為：吸熱；0.05;10min(2)復(fù)原后催化劑中金屬原子的個(gè)數(shù)不變,價(jià)態(tài)降低,氧缺位增多,第二階段反響速率加快；第二階段：NO(g)十口一NO(a)AH1、K1,2NO(a)一2N(a)+O2(g)&RK2,2N(a)一N2(g)+2口AH3、K3,2NO(a)一N2(g)+2O(a)公HK4,2O(a)-02(g)+2口AH5、大,根據(jù)蓋斯定律,將X2+得到2NO(g)-O2(g)+N2(g),將X2+得到2

34、NO(g)一N2(g)+O2(g),即2AH1+AH2+AH3=2AHi+AH4+AH5；因此2NO(g)=Nz(g)+O2(g)的平衡常數(shù)K=Ki2XK2XK3,故答案為：復(fù)原后催化劑中金屬原子的個(gè)數(shù)不變,價(jià)態(tài)降低,氧缺位增多,反響速率加快；2AH1+AH4+AH5；Ki2xK2XK3；(3)20mL0.1mo1L-1NaOH溶液中含有氫氧化鈉0.002mol,NO和NO2可用NaOH溶液吸收,發(fā)生的反響為NO+NO2+2NaOH-2NaNO2+H2.,亞硝酸鈉的水解平衡常數(shù)1c=10-10.7,10-3.3c(NO2)溫度不變,K不變A占K-c(HN02)c0H一Kh,A/京Kh=,c(N

35、O2)c(NO2)c(OH-)103.7=10,c(HNOz)KhIO.7c(HNO2)c(OH-)Kh=1B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中c(HNO2)=c(NO2),Kh=c(OH-)=故答案為：103.7;(4)由圖2可知反響物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮?dú)夂退?所以NO最終轉(zhuǎn)化為N2和H2O,氮?dú)獾碾娮邮綖椋篘fiN：；氧氣、一氧化氮和氨氣反響生成氮?dú)夂退?反響中氨氣失去的電子的物質(zhì)的量等于NO和氧氣得到的電子總物質(zhì)的量,1molNH3轉(zhuǎn)化為N2失去3mol電子,0.5molO2得到2mol電子,那么NO轉(zhuǎn)化為也得到的電子為1mol,所以NO的物質(zhì)的量為0.5mol,標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2

36、L,故答案為：;11.2.【點(diǎn)睛】此題的難點(diǎn)為(3),要注意水解平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)等是溫度的函數(shù),易錯(cuò)點(diǎn)為(2),要注意根據(jù)蓋斯定律處理方程式時(shí),始變與平衡常數(shù)的處理方式不同.11.前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大,A元素原子的核外電子只有一種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；基態(tài)B原子s能級(jí)的電子總數(shù)比p能級(jí)的多1;基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對(duì)電子數(shù)均是未成對(duì)電子數(shù)的3倍；D形成簡(jiǎn)單離子的半徑在同周期元素形成的簡(jiǎn)單離子中最小.答復(fù)以下問(wèn)題：(1)元素A、B、C中,電負(fù)性最大的是(填元素符號(hào),下同),元素B、C、D第一電離能由大到小的順序?yàn)?(2)與同族其它元素X形成的XA3相比,BA3易液化的原

37、因是;BA3分子中鍵角109.28填4T"或="),原因是.(3)BC3一離子中B原子軌道的雜化類型為,BC3一離子的立體構(gòu)型為(4)基態(tài)E原子的電子排布式為;C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價(jià)為+6)中b鍵與兀鍵數(shù)目之比為;(5)化合物DB是人工合成的半導(dǎo)體材料,它的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石(晶胞結(jié)構(gòu)如下圖)相似.假設(shè)DB的晶胞參數(shù)為apm,那么晶體的密度為gcm-3(用Na表示阿伏加德羅常數(shù)).(4).V(5).孤【答案】(1).O(2).N>O>Al(3).NH3分子間易形成氫鍵電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用強(qiáng)于成鍵電子對(duì)之間的排斥作用(6).sp2(7).三

38、角2262651.5116430形(8).1s2s2P3s3P3d4s(或Ar3d4s)(9).7:1(10).X10aNa【解析】【分析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大,A元素原子的核外電子只有一種運(yùn)動(dòng)狀態(tài),A為H元素；基態(tài)B原子s能級(jí)的電子總數(shù)比p能級(jí)的多1,核外電子排布為1s22s22p3,為N元素；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對(duì)電子數(shù)均是未成對(duì)電子數(shù)的3倍,核外電子排布為1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1,那么C為O元素,E為Cr元素；D形成簡(jiǎn)單離子的半徑在同周期元素形成的簡(jiǎn)單離子中最小,那么D為該周期中原子序數(shù)最大的金屬元素,因此D為Al元

39、素.據(jù)此分析解答.【詳解】根據(jù)上述分析,A為H元素,B為N元素,C為O元素,D為Al元素,E為Cr元素.(1)元素的非金屬性越強(qiáng),電負(fù)性越大,元素H、N、O中,電負(fù)性最大的是O元素；同一周期,從左到右,元素的第一電離能呈增大趨勢(shì),但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素,同一主族,從上到下,第一電離能逐漸減小,元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹>O>Al,故答案為：O；N>O>Al；(2)NH3分子間易形成氫鍵,導(dǎo)致氨氣易液化；NH3中中央原子N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,孤電子對(duì)數(shù)為1,其VSEPR模型為四面體構(gòu)型,NH3分子中N原子采用sp3雜化,為三

40、角錐結(jié)構(gòu),孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用強(qiáng)于成鍵電子對(duì)之間的排斥作用,使得氨氣分子中鍵角小于109°28'故答案為：NH3分子間易形成氫鍵；<孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用強(qiáng)于成鍵電子對(duì)之間的排斥作用；(3)NO3一離子中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)二(r鍵電子對(duì)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)=3+5+1-2父3=3采用sp2雜化,立體構(gòu)型為三角形,故答案為：sp2;三角形；(4)E為Cr元素,基態(tài)E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar3d54s1);C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價(jià)為+6),結(jié)構(gòu)為,其中融與兀鍵數(shù)目之比為/X07:1,故答案為:1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子數(shù)為4,8X1+6X1=4,晶胞質(zhì)量為4(