北京市门头沟区2023届高三下学期一模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．北京冬奥会成功举办、“天宫课堂”授课、神舟十五号载人飞船发射成功、及“C919”飞机等，均展示了国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2为氧化性气体
B．乙酸钠过饱和溶液析出结晶水合物属于化学变化
C．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将化学能转化为电能供飞船使用
D．“C919”飞机机身使用的材料碳纤维属于新型无机非金属材料
2．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．氯化钙的电子式：
B．基态C原子的轨道表示式：
C．顺-2-丁烯的分子结构模型：
D．Cl-Cl的p-pσ键电子云图形：
3．我国发布了《医用同位素中长期发展规划(2021-2035年)》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、 131I、60Co等，有关说法不正确的是
A．60Co位于元素周期表的第四周期第VIII族
B．18F和131I的最外层电子数相同
C．14C与12C的化学性质几乎相同
D．化合物23Na18F的中子总数为41
4．下列方程式与所提供的事实不相符的是
A．向氯水中通入SO2，溶液褪色：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4
B．向NaHCO3溶液中滴入少量酚酞溶液，溶液变为浅红色：HCO CO+ H+
C．实验室制取氨气：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O
D．少量铁粉与稀硝酸反应：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O
5．下图所示的实验，不能达到实验目的的是
A B
比较Fe3+的催化效果好于Cu2+ 用溴水检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯 验证铁发生吸氧腐蚀 实验室制Cl2时，除去Cl2中的HCl并干燥
A．A B．B C．C D．D
6．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮 炔基Husigen成环反应，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、杂化
7．我国科学家突破了二氧化碳人工合成淀粉的技术，部分核心反应如下图。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．DHA难溶于水，易溶于有机溶剂
B．DHA与葡萄糖具有相同种类的官能团
C．3.0 g HCHO与DHA的混合物中含碳原子数为0.1 NA
D．淀粉属于有机高分子，可溶于冷水，可水解生成乙醇
8．北京化工大学研究团队首次实现了利用微生物生产非天然产物对乙酰氨基酚，又称扑热息痛，是镇痛和治疗发热的主要药物之一、下列关于对乙酰氨基酚的说法不正确的是
A．分子式为C8H10NO2
B．遇FeCl3溶液显紫色
C．既能与氢氧化钠溶液反应，又能与盐酸反应
D．对乙酰氨基酚与甲醛在一定条件下可以发生反应
9．下列事实不能依据键能大小解释的是
A．熔点：HF >HCl B．活泼性：N2 < P4
C．热稳定性：CH4 > SiH4 D．硬度：金刚石 > 晶体硅
10．D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。
下列说法不正确的是
A．A、B、C 生成D的反应是加聚反应
B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1
C．D在碱性条件下水解可以生成NH3
D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1
11．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如下图。
下列说法正确的是
A．a极与电源的负极连接
B．X溶液显碱性，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
C．电解池a极上发生的电极反应为 NH-6e- + 3C1- + 4OH- =NCl3+ 4H2O
D．ClO2发生器内发生的氧化还原反应中，生成的ClO2与NH3的物质的量之比为6:1
12．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L 1)。
实验 操作与现象
①
②
③
分析上述实验现象，所得结论不合理的是
A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B．实验②说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．实验①-③说明SO对Fe3+ 的水解反应无影响，但对还原反应有影响
13．实验测得0.10 mol·L 1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。
下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62
D．Q点、M点溶液中均有：c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)
14．在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法不正确的是
A．反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H＜0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol/L，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＞2000
二、原理综合题
15．铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是_______。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______。
(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
16．减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。
(1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。
① NH3催化还原NO为_______(填“放热”“吸热”)反应。
② 上述脱硝的总反应化学方程式为：_______。
(2)电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH＜0，现向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生以上反应，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，相同时间内NO的转化率与温度的关系如图3。工业上应选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。 在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时， NO转化率降低的可能原因是_______。
(3)工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为： 2NH3(l) + CO2(l) H2O(l) + NH2CONH2(l) ΔH＜0 ， 在液相中，CO2 的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L= )、初始水碳比(用W表示，W=)关系如图4。
①曲线A、B中，_______(填 “A”或“B”)的W较小。
②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195°C时，2NH3(l) + CO2(l) H2O(l) + NH2CONH2(l)的Kx的值为_______ 。
(4)氨气可以用于燃料电池，其原理是氨气与氧气在碱性条件下反应生成一种常见的无毒气体和水，负极的电极反应式是_______。
三、有机推断题
17．物质L是医药工业中广泛使用的一种具有生物活性的中间体。该化合物的一种合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：
①
②
(1)B→C的反应条件为_______。
(2)C有多种同分异构体，属于二元取代苯，且均为两性化合物的有三种，可通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，其中最先被蒸馏出来的物质是(写出结构简式)_______。
(3)F→G的反应类型为_______。
(4)G→H的化学方程式为_______。
(5)L中的手性碳原子个数为_______(连4个不同的原子或原子团的碳原子称手性碳原子)。
(6)参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线_____ (无机试剂任选)。
四、工业流程题
18．为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4
溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶
ii.VO+ 2 OH- VO+H2O
回答下列问题：
(1)用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为_______ ； _______(写两条)。
(2)滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_______。
(3)生成VO的反应中消耗1mol KClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为_______。
(4)结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为_______。
(5)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是_______；_______(写两条)。
(6)测定产品中V2O5的纯度，称取a g产品，先用硫酸溶解，得到 (VO2)2SO4溶液，再加入b1 mL c1 mol·L 1 H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋= 2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182 g·mol 1)的质量分数是_______(列出计算式)。
五、实验题
19．某小组同学探究MnO、MnO的性质。
资料：i.MnO的氧化能力与溶液的酸碱度有关，在酸性环境、中性环境、碱性环境能
被SO分别还原为Mn2+(无色)、MnO2、MnO (绿色)。
ii. MnO在强碱溶液中能稳定存在，在酸性或纯水环境中易转化为MnO和MnO2。
I.验证MnO与SO的反应，实验如下：
实验 序号 试剂X 现象
1mL0.01mol·L 1 KMnO4溶液 ① 2滴3mol·L 1 H2SO43滴0.1mol·L 1 Na2SO3 溶液褪为无色
② 2滴纯水3滴0.1mol·L 1 Na2SO3 产生棕色沉淀
③ 2滴6mol·L 1 NaOH3滴0.1 mol·L 1 Na2SO3 溶液变为绿色
④ 2滴6mol·L 1 NaOH10滴0.1mol·L 1 Na2SO3 溶液变为绿色溶液，有浑浊，绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成
(1)实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为_______。
(2)实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因 _______。甲同学补做了实验_______(填操作和现象)，证明猜测合理。
II.验证 MnO的性质。
某同学用b试管得到的绿色溶液设计实验如下：
(3)c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊的离子反应方程式为_______。继续滴加醋酸，沉淀溶解，得到无色透明溶液，有如下两种猜想：
① MnO、MnO2可能被CH3COOH还原。
设计实验：将1mL 0.01mol·L 1 KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L 1 CH3COOH溶液，_______(填现象)，证明猜想不合理。
② MnO、MnO2 可能被_______还原，发生的反应：_______，_______。
经实验验证，猜想合理。
由以上实验可知：MnO、MnO2的性质不仅与溶液的酸碱度有关；还与试剂的用量等有关。
参考答案：
1．D
【详解】A．H2中H原子化合价为0价，是还原性气体，故A错误；
B．乙酸钠过饱和溶液析出结晶水合物属于物理变化，故B错误；
C．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，该电池是将太阳能转化为电能供飞船使用，故C错误；
D．碳纤维属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．氯化钙的电子式为，A正确；
B．基态C原子的轨道表示式为，B错误；
C．顺-2-丁烯的分子结构模型为，C正确；
D．p-pσ键的原子轨道头碰头方式重叠，则Cl-Cl的p-pσ键电子云图形为，D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．Co为27号元素，位于元素周期表的第四周期第VIII族，故A正确；
B．F和I 都属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；
C． 14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C正确；
D． 23Na18F 的中子总数为(23-11)+(18-9)=21，为奇数，故D错误；
故选D。
4．B
【详解】A．氯气有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫，则相应的方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4，A正确；
B．溶液变为浅红色，说明该溶液显碱性，碳酸氢根离子水解导致溶液显碱性，水解方程式为：，B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙一起加热可以制备氨气，方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2 2NH3↑+ CaCl2 + 2H2O，C正确；
D．少量铁粉与稀硝酸反应可以生成+3价铁和一氧化氮，方程式为：Fe + 4H++ NO= Fe3+ + NO↑+ 2H2O，D正确；
故选B。
5．A
【详解】A．H2O2的浓度不一样，没有控制变量，无法比较Fe3+的催化效果好于Cu2+，A符合题意；
B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯能使溴水褪色，能达到实验目的，B不符合题意；
C．铁发生吸氧腐蚀，装置内压强减小，试管中液面会上升，能达到实验目的，C不符合题意；
D．实验室制Cl2时，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，用浓硫酸干燥气体，能达到实验目的，D不符合题意；
故选A。
6．B
【详解】A．根据图中右上角得到上述循环中H+ 是中间产物之一，故A正确；
B．上述循环过程中有极性键的断裂和形成，在右下角也有非极性键的断裂，故B错误；
C．Cu能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变总反应的焓变，故C正确；
D．中间产物中左上角两个N采取sp2杂化、右上角的N采取杂化，故D正确。
综上所述，答案为B。
7．C
【详解】A．DHA分子中碳链较小且含有2个羟基，能溶于水，A错误；
B．DHA含有酮羰基、羟基；葡萄糖含有醛基、羟基，不具有相同种类的官能团，B错误；
C．HCHO与DHA的实验式均为CH2O，则3.0 g HCHO与DHA的混合物中CH2O为0.1mol，含有0.1mol碳原子，碳原子数为0.1 NA，C正确；
D．淀粉属于有机高分子，不溶于冷水，可水解生成葡萄糖，D错误；
故选C。
8．A
【详解】A．根据对乙酰氨基酚的结构简式得到分子式为C8H9NO2，故A错误；
B．该物质含有酚羟基，因此遇FeCl3溶液显紫色，故B正确；
C．该物质含有酚羟基，能与氢氧化钠溶液反应，含有，能与盐酸反应，故C正确；
D．根据苯酚和甲醛在一定条件下发生缩聚反应生成酚醛树脂，因此对乙酰氨基酚与甲醛在一定条件下可以发生反应，故D正确。
综上所述，答案为A。
9．A
【详解】A．HF与HCl均为分子晶体，熔点与共价键键能无关，HF熔点高于HCl是因为HF中存在氢键，氢键不属于化学键，A符合题意；
B．氮气中氮原子之间以共价三键连接，键能较大，比较稳定，因此氮气不如P4活泼，B不符合题意；
C．碳原子半径比硅原子小，碳氢键键长短，键能大，稳定性更好，C不符合题意；
D．金刚石与晶体硅都属于共价晶体，碳碳键键长短，键能大，硬度高，D不符合题意；
故选A。
10．B
【详解】A．由于BC中的碳碳双键，A是苯乙烯，故该反应是加聚反应，A正确；
B．C有三种环境的氢，吸收峰面积之比为2：2：1，B错误；
C．D在碱性条件下水解，C-N键断裂，—NH2结合H原子生成NH3，C正确；
D． 从D的结构中可以看出，合成1molD，A使用了(m+n)mol，B使用了(m+n)mol，故生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1，D正确；
故选B。
11．D
【分析】该装置为电解池，a极铵根离子失去电子生成NCl3，则a为阳极，b为阴极，阴极区氢离子得到电子生成氢气，氯离子从右侧经过阴离子交换膜到左侧，在ClO2发生器中NCl3和NaClO2反应生成NH3和ClO2。
【详解】A．据分析可知，a极为阳极，与电源的正极连接，A错误；
B．在ClO2发生器中，发生反应，则X溶液显碱性，b为阴极，阴极区氢离子得到电子生成氢气，氯离子从右侧经过阴离子交换膜到左侧，则在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，B错误；
C．a极铵根离子失去电子生成NCl3，电极反应为 NH-6e- + 3C1-=NCl3+ 4H+，C错误；
D．在ClO2发生器中，发生反应，生成的ClO2与NH3的物质的量之比为6:1，D正确；
故选D。
12．D
【详解】A．根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，说明加热促进Fe3+水解反应，A正确；
B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；再滴加溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，整个过程说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应，B正确；
C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+与没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应，C正确；
D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，少量对Fe3+的还原反应有影响，过量对Fe3+的还原反应无影响，D错误；
故选D。
13．C
【详解】A． 升高温度，HCO水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO水解，故A错误；
B． O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误；
C． 温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于8.62，故C正确；
D． Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)，故D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．有图可知，升高温度一氧化氮的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，平衡向吸热方向移动，则正反应是放热反应，△H＜0 ，故A不选；
B．图中X点在该温度下没有达到平衡状态，此点反应正向移动，所以延长时间 能提高NO转化率，故B不选；
C．图中Y点为该温度下的平衡点，增加O2的浓度平衡正向移动，提高NO转化率，故C选；
D．设氧气浓度变化是xmol/L，根据化学方程式可知，一氧化氮浓度的变化量是2xmol/L，一氧化氮的转化率是50%，则一氧化氮的起始浓度是4xmol/L，平衡时一氧化氮的浓度是2xmol/L，二氧化氮的平衡浓度是2xmol/L，氧气的平衡浓度是（5.0×10-4-x）mol/L ，化学平衡常数是 ＞2000，故D不选；
故选：C。
15．(1) 1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
(4) 1:3 NA·a3·10-6
【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；
（2）从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；
（3）①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1:3；
②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
16．(1) 放热 4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O
(2) 乙 催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动
(3) A 3.25
(4)2NH3-6e- + 6OH- = N2 + 6H2O
【详解】（1）①由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应；
②由图象可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气，生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为：4NH3＋4NO＋O2═4N2＋6H2O；
（2）由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，则工业上应选择催化剂乙；在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的原因有：催化剂活性降低和副反应增多，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故答案为：乙；催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（3）①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于曲线B，则W较小的曲线是A，故答案为：A；
②N点初始氨碳比[L=]为3、初始水碳比[W=]为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3amol，，平衡时总物质的量为3.25amol，则Kx===3.25，故答案为：3.25；
（4）根据题意氨气在该条件下失去电子生成氮气和水，则负极的电极反应式为：2NH3-6e- + 6OH- = N2 + 6H2O。
17．(1)浓硝酸、浓硫酸、加热
(2)
(3)还原反应
(4)
(5)
(6)
【分析】根据的结构可知A为，和CH3I发生取代反应生成B为，B发生硝化反应生成C为，C发生取代反应生成D为，D发生取代反应生成 ，发生催化氧化生成E为，E发生已知反应生成F为，F发生还原反应生成G为，G发生已知反应生成H为，G和乙二醇反应生成I，I一定条件生成J，J和CH3I发生取代反应生成，和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成K，K成环生成L，据此解答。
【详解】（1）B→C为硝化反应，反应条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；
（2）C为，其同分异构体为两性化合物说明含有氨基和羧基，氨基和羧基距离越远越容易形成分子间氢键，熔沸点越高，通过蒸馏的方法来分离这三种混合物，最先被蒸馏出来的物质是；
（3）根据分析，F→G的反应类型为还原反应；
（4）G→H的化学方程式为；
（5）L中的手性碳原子如图星号所示 ，个数为1；
（6）发生碱性水解生成，和氢气发生加成反应生成，发生催化氧化生成，和CH2=CHCOCH3发生加成反应生成，发生成环反应生成产物，具体路线为：
。
18．(1) 粉碎废钒 搅拌；适当升温
(2)V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O
(3)6VO2＋＋ClO＋ 3H2O= 6VO＋ Cl-＋ 6H＋
(4)作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5) 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
(6)
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【详解】（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
（2）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
（3）生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O= 6 VO＋Cl－＋6H＋；
（4）含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（5）随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降；
（6）根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4 5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=b2C2×10 3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为(b1c1 b2C2)×10 3mol，根据方程式可得2 H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)= n(H2C2O4)= (b1c1 b2C2)×10 3mol，则产品中V2O5的质量分数是。
19．(1)2:5
(2) 原因： SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+ SO+H2O =MnO2 ↓+ SO+ 2OH- 实验：取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)
(3) 3MnO+4CH3COOH = MnO2 ↓+ 2MnO+2H2O+4CH3COO- 无明显现象 SO ( Na2SO3) MnO2+ SO +2CH3COOH = Mn2+ + SO +H2O +2CH3COO- 2MnO + 5SO+6 CH3COOH = 2Mn2+ + 5SO+3H2O +6CH3COO-
【详解】（1）根据题干可知，MnO在酸性环境能被SO分别还原为Mn2+(无色)，根据得失电子守恒和元素守恒配平可得，则实验①参与反应的高锰酸钾和亚硫酸钠物质的量之比为2:5；
（2）根据题干信息可知，棕色沉淀为MnO2，则实验④中绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成，结合离子方程式分析可能的原因SO过量，过量的SO与MnO反应，MnO+ SO+H2O =MnO2 ↓+ SO+ 2OH-；甲同学补做了实验取③的绿色溶液少量，向其中滴加Na2SO3溶液可以观察到相同的现象(绿色很快消失，有大量棕色沉淀生成)，证明猜测合理；
（3）c试管中得到紫色溶液和棕色浑浊，说明生成了MnO、MnO2，其离子反应方程式为3MnO+4CH3COOH = MnO2 ↓+ 2MnO+2H2O+4CH3COO-；
①将1mL 0.01mol·L 1 KMnO4溶液与少量MnO2固体混合，再向其中加入少许2mol·L 1 CH3COOH溶液，无明显现象，说明MnO、MnO2没有被CH3COOH还原，证明猜想不合理；
②MnO、MnO2 可能被SO ( Na2SO3) 还原，根据得失电子守恒和元素守恒配平可知发生的反应为MnO2+ SO +2CH3COOH = Mn2+ + SO +H2O +2CH3COO-，2MnO + 5SO+6 CH3COOH = 2Mn2+ + 5SO+3H2O +6CH3COO-。
试卷第1页，共3页
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