【高考领航】2025年高中化学学业水平选择性考试模拟试题（江苏）(4)

高中化学学业水平选择性考试模拟试题(四) (考试用时：75分钟　试卷满分：100分) 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学与传统文化密切相关。下列有关解读错误的是(　　) A．《天工开物》：“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾 B．《劝学》：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰的能量更低，转化为水需要吸热 C．《己亥杂诗》：“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴含着自然界中的碳、氮循环 D．《杨柳歌》：“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，“飞絮”与“马尾”的化学成分均为蛋白质 2．我国自主设计生产的长征系列运载火箭使用偏二甲肼(C2H8N2)做燃料，N2O4做氧化剂。下列相关的化学用语正确的是(　　) A．该反应的化学方程式：C2H8N2＋N2O4===2CO2＋N2＋4H2O B．偏二甲肼的结构简式： C．N2的结构式：N===N D．甲基的电子式： 3．实验小组利用如图所示装置制备氯酸钠。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是(　　) 甲　 乙　　丙　　丁　　戊 A．用装置甲制备氯气　　　　　　B．用装置乙处理余氯 C．用装置丙除去氯化氢 D．用装置戊检验氯气 4．如图所示的盐可用于处理黑磷纳米材料，从而保护和控制其性质。下列说法错误的是(　　) A．盐中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2 B．BF离子中含有配位键，配体为F－ C．第一电离能：C<O<N D．1 mol该盐的阳离子含有σ键的数目为14NA　 阅读下列材料，完成5～7题。 海洋是一个巨大的资源宝库，海水中含有Na、Cl、Mg、Br等元素。氯元素具有多种化合价，可形成Cl－、Cl2、ClO、ClO2、ClO和ClO等多种粒子。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116 kJ·mol－1，从海水中提取镁可通过沉淀、溶解、结晶获得六水合氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)，进一步操作得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁可获得单质镁。 5．下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置能达到实验目的的是(　　) A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去HCl杂质 C．用装置丙制备KMnO4 D．用装置丁处理尾气 6．下列关于含氯微粒的说法不正确的是(　　) A．ClO的空间结构为V形 B．ClO2属于共价化合物 C．ClO的键角为120° D．ClO中心原子轨道杂化类型为sp3 7．关于反应4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，下列说法正确的是(　　) A．反应活化能：Ea(正)<Ea(逆) B．每生成22.4 L Cl2，放出58 kJ的热量 C．使用高效催化剂，可使平衡时的值增大 D．断裂4 mol H—Cl键的同时，有4 mol H—O键生成，说明该反应达到平衡状态 8．NF3与汞共热得到N2F2和一种汞盐，下列有关说法错误的是(　　) A．NF3的空间构型为三角锥形　 B．N2F2的结构式为F－N===N－F C．NF3沸点一定高于NH3 D．N2F2分子存在顺反异构 9.5-羟色胺是一种抑制性神经递质，其结构如图所示，五元氮杂环上的原子在同一平面上。下列说法正确的是(　　) A．分子式为C10H10N2O B．苯环上的一氯代物有2种 C．分子中含有四种官能团，可发生加成、消去、中和反应 D．分子中一定共平面的C原子有9个 10．吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步脱氢产物及其相对能量如图，下列说法错误的是(　　) A．甲醇脱氢生成CO的过程中有极性键的断裂 B．b→c的反应式为(－CH2OH)top→CH2O＋H C．a→i与a→j的过程中均有π键的形成 D．b→c与b→d的过程均断裂了氢氧键 11．电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图。下列说法错误的是(　　) A．随电解进行NaOH与NaCl均需及时补充 B．a为负极，离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜 C．电路中每通过1 mol e－理论上消耗14 g乙烯 D．M极发生反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 12．HA是一元弱酸，难溶盐MA2的悬浊液中，M2＋不发生水解。实验发现，298 K时，c(M2＋)～c(H＋)、～c(H＋)的关系如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．L2表示c(M2＋)～c(H＋)的关系　　　　　 B．Ka(HA)＝2.0×10－6 C．Ksp(MA2)＝4.0×10－12 D．y＝2 13．为考查CO2和CH4共存对H2S制氢的影响，在0.1 MPa下，n(H2S)∶n(CH4)∶n(CO2)∶n(N2)＝15∶15∶15∶55的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图1、图2所示，体系中的反应主要有： Ⅰ、CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋260.4 kJ·mol－1 Ⅱ、H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋34.0 kJ·mol－1 Ⅲ、H2S(g)＋CO2(g)===COS(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋34.4 kJ·mol－1 　　　 　　　　　　　　　　图1　　　　　　　　　　　　图2 下列说法不正确的是(　　) A．反应CH4(g)＋H2O(g)===3H2(g)＋CO(g)　ΔH＝＋226.4 kJ·mol－1 B．图1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化 C．温度700 ℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应 D．反应Ⅲ的平衡常数：K(400 ℃)>K(700 ℃) 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．(15分)某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO2、LiNiO2、LiMn2O4、LiFePO4)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。 回答下列问题： (1)“酸浸”中LiCoO2发生反应的离子方程式为______________________；H2O2也与部分LiFePO4发生了反应，“酸浸”中H2O2的作用是____________。 (2)“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是__________________________________________________________________。 (3)“含铁沉淀”的主要成分为________________________________(填化学式)；部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp如下表，则“调pH”过程pH不应超过________________。 离子 浓度(mol/L) 氢氧化物Ksp Ni2＋ 1.00 1.00×10－15.2 Co2＋ 1.00 1.00×10－14.2 Mn2＋ 1.40 1.00×10－12.7 (4)若“调pH”过程中，Ni2＋、Mn2＋、Co2＋浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的物质X为________________(填字母)。 A．CoSO4　　　　　 B．MnSO4　　　　　 C．NiSO4　　　　　 D．H2SO4 (5)产品的粒径和结晶度直接关系着三元电极的性能。为防止反应中产生的CO2和H2O影响晶体生长，需在“焙烧”前进行________(填“预烧”“酸洗”或“搅拌”)。 (6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li2CO3焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的总反应方程式为______________________________________________________。 15．(15分)利托那韦是一种疗效高、可替代性强的治疗艾滋病的蛋白酶抑制剂，合成利托那韦两种重要中间体和的具体反应路线为： Ⅰ.的合成： Ⅱ.的合成： ②―→ 根据以上信息回答下列问题： (1)化合物E的含氧官能团名称为______________，L→M的反应类型是______________。 (2)用系统命名法给化合物F命名：________________，写出F在盐酸溶液中加热生成的有机产物的结构简式：________________________。 (3)写出H→I的化学方程式：______________________________。 (4)K和I反应生成L和N，请写出N的结构简式：_________________。 (5)化合物Q是一种芳香酯，Q为D的同分异构体。已知Q含—NO2、可以发生银镜反应，则Q的可能结构有________种。 (6)设计由为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线_______________。 16．(16分)二氧化钒(VO2)具有优异的导电特性，实验室用如图装置(加热和夹持装置略)，先制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。 已知：＋4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化；VO2在空气中能被缓慢氧化为V2O5。 回答下列问题： (1)仪器c的名称为________________，实验开始后，打开K1、K2，关闭K3，为使c中液体顺利滴下进行的操作是_______________________。 (2)b中加入N2H4·2HCl溶液后进行的操作为：①关闭K2，加热装置b至微沸；②数分钟后……，使b中溶液流入三颈烧瓶；③关闭K3，打开e的活塞，使碳酸氢铵溶液与VOCl2溶液混合，搅拌，充分反应，冷却、过滤、洗涤、干燥，得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。装置b充分反应得到VOCl2溶液，反应的化学方程式为____________________，②的操作方法为____________________________，装置b中所产生气体的作用是________________________________________。 (3)在N2氛围中加热氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体得到VO2。称量a g产品于锥形瓶中，用20 mL 70%的硫酸加热溶解后，加入0.01 mol·L－1高锰酸钾溶液至稍过量，充分反应后，加2% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用b mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗c mL标准液。 已知：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O。 ①粗产品中VO2的质量分数为________________(用含a、b、c的式子表示)。 ②下列情况会导致所测钒元素的质量分数偏小的是________(填序号)。 A．称量样品时，样品在空气中露置时间过长 B．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中部分Fe2＋被氧化 C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水 D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡 17．(15分)MnCeTiOx常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂M0.15MnCeTiOx的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为N2O，主反应如下： 反应Ⅰ：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)　ΔH1＝a kJ/mol； 反应Ⅱ：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH2＝－1657.5 kJ/mol (1)已知：N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH＝＋180.5 kJ/mol。则a＝________________。 (2)某条件下对于反应Ⅰ，v正＝k正ca(NH3)cb(NO)，v逆＝k逆ca(N2)cd(H2O)，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m________n(填“>”“<”或“＝”)。 (3)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、N2的选择性、N2O的生成量随温度变化关系如下图。 　 ①选择Cu0.15MnCeTiOx时，温度高于260 ℃时NO转化率下降的原因为_____ ______________________________________________________________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为_______________。 ③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致__________________________________。 (4)273 ℃，p0 kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应Ⅰ、Ⅱ)通入4 mol NH3、4 mol NO、2 mol O2。 ①下列选项不能说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到化学平衡状态的是________。 A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变 C．有1 mol N—H键断裂的同时，有1 mol N≡N键断裂 D．NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2 mol。则NO的转化率为________________，反应Ⅰ的Kp＝________________________________(写出计算式即可)(分压＝总压×物质的量分数)。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高中化学学业水平选择性考试模拟试题(四) 　1—6　DDADBC　7—13　ACDDABD 1．D　火药的成分为一硫二硝三木炭，硫指硫黄，硝指硝酸钾，木炭是碳单质，故A正确；冰转化为水的过程吸收热量，故B正确；枝头掉下的落花，进到土壤中腐烂发酵最终又转化为植物生长所需的营养物质被植物吸收，该过程中实现了碳、氮的循环，故C正确；“飞絮”的主要成分为纤维素，“马尾”的主要成分为蛋白质，故D错误。 2．D　依题意，偏二甲肼做火箭燃料，N2O4做氧化剂，两者发生氧化还原反应生成无污染的N2，反应的化学方程式为C2H8N2＋2N2O42CO2＋3N2＋4H2O，A错误；偏二甲肼中N原子形成3个共价键，结构简式为，B错误；N2分子内形成氮氮三键，结构式为N≡N，C错误；C原子的最外层有4个电子，其中3个电子分别与3个H原子提供的电子形成共用电子对，则甲基的电子式为正确。 3．A　二氧化锰与浓盐酸制Cl2需要加热，A错误；Cl2有毒，可用氢氧化钠溶液吸收，B正确；利用Cl2在饱和食盐水中的溶解度小，HCl溶解度大，可用饱和食盐水除去其中的氯化氢，C正确；Cl2与KI溶液反应置换出I2，碘遇淀粉变蓝，D正确。 4．D　甲基中的碳原子的轨道杂化类型为sp3，苯环中的碳原子的轨道杂化类型为sp2，A项正确；BF中B提供空轨道，F－提供孤电子对形成配位键，配体为F－，B项正确；一般来说，同一周期主族元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，第一电离能大于相邻元素，故第一电离：C<O<N，C项正确；该盐阳离子中含有一个氮氮三键、一个氮碳键、七个碳氢键、六个碳碳键、两个碳氧键，故1 mol 该盐的阳离子含有σ键的数目为17NA，D项错误。 5．B　MnO2和浓盐酸需要在加热条件下制取Cl2，装置甲缺少加热装置，A项不能达到实验目的；MnO2和浓盐酸制得的Cl2中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，B项能达到实验目的；装置丙中盛有K2MnO4和KOH的混合物，Cl2和两种物质都反应，所得KMnO4不纯，混有杂质KCl等，且通入气体应从长管进，C项不能达到实验目的；Cl2和无水氯化钙不反应，不能用装置丁处理尾气，D项不能达到实验目的。 6．C　ClO的中心Cl原子价层电子对数＝2＋＝4，含两个孤电子对，空间结构为V形，A正确；ClO2只含共价键，为共价化合物，B正确；ClO的中心Cl原子价层电子对数＝3＋＝4，含一个孤电子对，空间结构为三角锥形，键角不是120°，C错误；ClO中心Cl原子价层电子对数＝4＋＝4，轨道杂化类型为sp3，D正确。 7．A　由题目信息可知，该反应放热，生成物的总能量低于反应物的总能量，则反应活化能：Ea(正)<Ea(逆)，A正确；未指明在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算，B错误；平衡常数K＝，平衡常数只随温度的变化而变化，使用高效催化剂，K不变，C错误；无论何种情况，断裂4 mol H—Cl键的同时一定有4 mol H—O键生成，不能说明该反应达到平衡状态，D错误。 8．C　NF3的中心原子N原子的价电子对数为＋3＝4，含有1个孤电子对，因此其空间构型(结构)为三角锥形，A正确；N2F2中N原子和F原子形成一对共用电子对，N原子和N原子间形成2对共用电子对，其结构式为，B正确；由于NH3分子间存在着氢键，因此NF3沸点低于NH3，C错误；N2F2分子存在顺反异构即 (反式)，D正确。 9．D　由该有机物的结构简式可知，其分子式为C10H12N2O，A错误；该有机物结构不对称，苯环上的一氯代物有3种，B错误；分子中含有碳碳双键、氨基、羟基共三种官能团，可发生加成、中和反应，但不能发生消去反应，C错误；分子中的两个环都是平面结构，两平面重合，分子中一定共平面的C原子有9个，D正确。 10．D　甲醇脱氢生成CO的过程中有极性键C—H键的断裂，故A正确；由图可知，b→c的过程中(—CH2OH)top转化为CH2O，由原子守恒可知，该过程的反应式为(—CH2OH)top→CH2O＋H，故B正确；a→i的过程中CH3OH先转化为CH2O，有碳氧双键生成，有π键的形成；a→j的过程中CH3OH最终转化成了(—CO)foo，有碳氧双键生成，有π键的形成，故C正确；b→c的过程中(—CH2OH)top转化为CH2O，断裂了氢氧键；b→d的过程中(—CH2OH)top转化为(—CHOH)top，断裂了碳氢键，没有断裂氢氧键，故D错误。 11．A　由图可知右侧铜元素的化合价由＋1价变为＋2价，发生氧化反应，则右侧为阳极，左侧为阴极，N极为阳极，电极反应式为CuCl－e－===Cu2＋＋Cl－。阴极生成氢氧根离子，钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，氯离子向右侧迁移，NaCl浓度变小，需及时补充，NaOH不需要补充，A错误；工作过程中钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，故离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，B正确；电路中每通过1 mol e－，生成1 mol氯化铜，乙烯与氯化铜反应CH2===CH2＋2CuCl2===CH2ClCH2Cl＋2CuCl，消耗乙烯0.5 mol即14 g，C正确；M极为阴极，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，D正确。 12．B　由电离常数公式可知，HA溶液中＝，电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，当溶液中氢离子浓度增大时，溶液中和的值减小，则曲线L1表示与氢离子浓度的变化关系，L2表示c(M2＋)与氢离子浓度的变化关系，故A正确；由图可知，溶液中氢离子浓度为0时，溶液中c(M2＋)＝1.0×10－6，则MA2溶液中M2＋的浓度为1.0×10－4 mol/L，MA2的溶度积为1.0×10－4×(2.0×10－4)2＝4.0×10－12，故C正确；当溶液中氢离子浓度为1.0×10－5 mol/L时，溶液中c(M2＋)＝1.5×10－6，则c(M2＋)≈1.31×10－4 mol/L；由溶度积可得c(A－)＝＝ ≈1.75×10－4 mol/L，由物料守恒可知，溶液中2c(M2＋)＝c(A－)＋c(HA)，则溶液中c(HA)＝8.7×10－5 mol/L，解得＝y≈2，HA的电离常数Ka(HA)＝2.0×10－5，故B错误，D正确。 13．D　根据盖斯定律可知反应CH4(g)＋H2O(g)===3H2(g)＋CO(g)可由反应Ⅰ－反应Ⅱ得到，则 ΔH＝＋260.4 kJ·mol－1－(＋34.0 kJ·mol－1)＝＋226.4 kJ·mol－1，A正确；反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应都有CO2参加反应，所以在几种反应物中转化率最高，三个反应都是吸热反应，升高温度CO2转化率提高，故图1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化，B正确；反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应都是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，根据图2可知，升高温度COS、H2O的物质的量分数没有增加，CO、H2的物质的量分数不断增加，说明升高温度后对反应Ⅱ、Ⅲ影响较小，而对反应Ⅰ影响较大，故温度700 ℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应，C正确；反应Ⅲ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡常数变大，故反应Ⅲ平衡常数：K(400 ℃)＜K(700 ℃)，D错误。 14．解析：(1)正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成Ni2＋、Mn2＋、Co2＋、Li＋，又含有部分Fe3＋，双氧水把LiCoO2中三价钴还原为Co2＋，双氧水作还原剂；双氧水又把部分二价铁氧化为三价铁离子，双氧水作氧化剂；(2)在Mn2＋的催化作用下，H2O2发生分解；(3)加入氢氧化钠后Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，由信息知镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2(OH－)＝1×10－15.2，则c(OH－)＝10－7.6 mol/L，所以c(H＋)＝10－6.4 mol/L，即pH＝6.4，所以pH不应超过6.4；(4)产物中三种离子数目相同，由表中浓度可知应补充Ni2＋、Co2＋，选AC；(5)二氧化碳和水受热都易挥发，所以需在焙烧前预烧；(6)结合流程图可知反应为4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2＋2Li2CO3＋O24LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2＋2CO2＋4H2O。 答案：(1)2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Co2＋＋2Li＋＋O2↑＋4H2O　还原剂和氧化剂　(2)在Mn2＋的催化作用下，H2O2发生分解　(3)Fe(OH)3　6.4 (4)AC　(5)预烧　(6)4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2＋2Li2CO3＋O24LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2＋2CO2＋4H2O 15．解析：(1)由结构简式可知，化合物E的含氧官能团为酯基、硝基；L→M的反应为L在酸性条件下发生水解反应生成M和甲醇，水解反应属于取代反应；(2)由结构简式可知，化合物F的名称为2-甲基丙酰胺，在盐酸溶液中加热发生水解反应生成2-甲基丙酸和氯化铵，2-甲基丙酸的结构简式为；(3)H→I的反应为H与甲胺溶液发生取代反应生成I和氯化氢，反应的化学方程式为＋CH3NH2―→＋HCl；(4)对比K、I、L的结构简式，结合元素守恒可知，N的结构简式为：；(5)由D的同分异构体Q含硝基、可以发生银镜反应可知，Q分子中含硝基、甲酸酚酯基、氯原子，当苯环上有3种各不相同的取代基时，共有10种同分异构体；(6)由题给信息可知，合成目标产物的步骤为发生环加成反应生成，在苯分子作用下与SOCl2发生取代反应生成，然后与HOCH2CH2NH2发生取代反应生成目标产物，合成路线见答案。 答案：(1)酯基、硝基　取代反应　(2)2-甲基丙酰胺　　(3)＋CH3NH2―→＋HCl　(4) 　(5)10　 16．解析：(1)仪器c为分液漏斗；实验开始后，打开K1、K2，关闭K3，为使分液漏斗中液体顺利滴下应打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞的凹槽对准活塞上的小孔，形成内外空气对流；(2)由题意可知，打开K2，使N2H4·2HCl溶液进入锥形瓶中与五氧化二钒、盐酸反应生成VOCl2、氮气和水，产生的气体将装置中的空气排尽，防止生成的＋4价钒被氧化，数分钟后，打开K3，关闭K1，利用反应生成的氮气使锥形瓶中的气压增大，将反应生成的VOCl2溶液压入三颈烧瓶中，锥形瓶中生成VOCl2的方程式为2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O；(3)①由题意可知，滴定消耗c mL b mol/L硫酸亚铁铵溶液，则由原子守恒可知，粗产品中二氧化钒的质量分数为×100%＝%；②A项，称量样品时，样品在空气中露置时间过长，会使样品的质量偏大，滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，故符合题意；B项，硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子部分被氧化会使滴定消耗硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故不符合题意；C项，滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水对溶质的物质的量和标准溶液的体积无影响，对实验结果无影响，故不符合题意；D项，滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡会使滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，故符合题意。 答案：(1)分液漏斗　打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞的凹槽对准活塞上的小孔　(2)2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O　关闭K1，打开K3　排出装置内的空气；使装置b中的压强增大，将b中溶液压入三颈烧瓶中　(3)①%　②AD 17．解析：(1)已知N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH＝＋180.5 kJ/mol，结合反应Ⅱ：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH2＝－1657.5 kJ/mol，依据盖斯定律，推知ΔH1＝ΔH2－ΔH＝－1657.5 kJ/mol－180.5 kJ/mol＝－1838 kJ/mol，所以a＝－1838；(2)反应Ⅰ正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m<n；(3)①选择Cu0.15MnCeTiOx时，180 ℃～260 ℃ NO转化率逐渐增大，温度高于260 ℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多；②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、N2的选择性高、N2O的生成量相对较低，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx；③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低；(4)①反应Ⅰ、Ⅱ前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡；反应Ⅰ、Ⅱ中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡；反应Ⅰ中有12 mol N—H键断裂的同时，有5 mol N≡N键断裂反应达到平衡，反应Ⅱ中，当有12 mol N—H键断裂的同时，有4 mol N≡N键断裂反应达到平衡；NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡。②反应开始时通入4 mol NH3、4 mol NO、2 mol O2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2 mol，则参加反应的O2为0.6 mol，参加反应的NH3为2.8 mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8 mol×3÷2＝4.2 mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2 mol－0.6 mol×2＝3 mol，所以参加反应的NO的物质的量为3 mol，生成N2的物质的量为2.9 mol，NO的转化率为：3 mol÷4 mol×100%＝75%；反应Ⅰ的Kp表达式为：Kp＝，p(N2)＝p0×＝p0×＝p0×，p(H2O)＝p0×＝p0×＝p0×，p(NH3)＝p0×＝p0×＝p0×，p(NO)＝p0×＝p0×＝p0×，所以Kp＝。 答案：(1)－1838　(2)<　(3)①催化剂活性下降(或副反应增多)　②W　③结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒　(4)①C　②75% 学科网（北京）股份有限公司 $$