云南省开远市第一中学校2022-2023学年高二上学期期中检测 化学试题

云南省开远市第一中学校2022-2023学年高二上学期期中检测化学试题 （考试时间：90分钟 试卷总分：100分） 一、单选题（本大题共14小题，共42分） 1．化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法不正确的是 A．华为公司自主研发的“麒麟9000芯片”需要以高纯度的硅为原料 B．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，但开采过程中发生泄漏，会造成温室效应 C．新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒，其消毒原理相同 D．为了更好地为植物提供N、K等营养元素，可将草木灰与(NH4)2SO4混合使用 2．下列关于物质分类及其依据叙述中正确的是            A．H2SO4是酸，因为H2SO4在水溶液中能电离产生H＋ B．纯碱是碱，因为其水溶液显碱性 C．醋酸是弱电解质，因为醋酸在水溶液中部分电离 D．胆矾（CuSO4·5H2O）是混合物，因为胆矾中有水 3．下列关于影响化学反应速率的因素正确的是 A．温度越低，反应越快 B．反应物颗粒越大，反应越快 C．有气体参加的反应，压强越大，反应越慢 D．反应物浓度越大，反应越快 4．M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是（      ） A．原子半径：W>Z>Y>X>M B．常见气态氢化物的稳定性：X＜Y＜Z C．1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子 D．由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键 5．大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物—光化学烟雾，其中部分物质的反应过程如图所示。下列说法正确的是    A．该过程中作催化剂 B．反应过程中没有电子转移 C．反应过程中氮氧化物不断被消耗 D．1mol丙烯转化为1mol甲醛和1mol乙醛的过程中，转移的电子数为4NA 6．化学反应往往伴随着能量变化，下列说法正确的是 A．  ，则：含的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量为 B．完全燃烧生成时放热，则的燃烧热是 C．已知        则 D．白锡转化为灰锡的反应焓变为，则白锡比灰锡更稳定 7．下列关于反应2SO2+O22SO3的说法正确的是 A．增加O2的浓度能加快反应速率 B．改变体系温度不影响反应速率 C．使用催化剂对反应速率无影响 D．在高压条件下，SO2和O2能100%转化为SO3 8．2021年诺贝尔化学奖授予两位“不对称有机催化”领域的先驱。催化剂经常用在有机化学反应中，例如铁的某种配合物离子可催化甲酸分解的反应机理和相对能量变化情况如图所示。下列说法正确的是 A．该过程的总反应为吸热反应 B．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定 C．该过程是以为催化剂，总反应可表示为： D．在整个过程中，只涉及到极性键的断裂和形成 9．资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。 实验① 实验② 实验③          褪色 比实验①褪色快 比实验①褪色快 下列说法不正确的是 A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用 B．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率 C．实验③褪色比①快，是因为Cl—的催化作用加快了反应速率 D．若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快 10．某温度下，将氯气通入氢氧化钾溶液中，反应后得到氯化钾、次氯酸钾、氯酸钾的混合溶液，经测定次氯酸根离子与氯酸根离子的物质的量之比是11：1，则氯气和氢氧化钾反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比是多少（    ） A．1：3 B．4：3 C．2：1 D．3：1 11．下列方程式书写正确的是 A．HCO3－在水溶液中的电离方程式：+H2O H3O++ B．H2SO3的电离方程式：H2SO32H+ + C．NH3·H2O的电离方程式：NH3·H2O = + OH－ D．Fe(OH)3胶体的制备：Fe3++3H2O = Fe(OH)3↓+3H+ 12．下列根据实验操作和现象和所得出的结论正确的是（  ） 选项 实验操作 实验现象 结论 A 用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液一定是钠盐溶液 B 向浓度均为0.1 mol·L－1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) C 向某溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液 出现白色沉淀 该溶液一定有SO42-或Ag+ D 向淀粉水解液中加入新制Cu(OH)2，煮沸 没有生成砖红色沉淀 淀粉未水解 A．A B．B C．C D．D 13．下列方程式正确的是 A．硫化钠溶液中加入少量稀硝酸： B．铁与水蒸气在高温下反应： C．向碳酸钠溶液中通入少量SO2： D．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠： 14．下列说法中正确的是 A．若 2NO2(g)N2O4(g)  ∆H =+56.9kJ·mol-1 ，则置于密闭容器中充分反应吸收的热量为56.9kJ B．表示中和热的热化学方程式： C．在稀溶液中，强酸与强碱反应的中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含有0.5mol H2SO4的浓硫酸和含有1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ D．H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)  ∆H =+571.6kJ·mol-1 二、解答题（本大题共4小题，共58分） 15．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。工业中利用锂辉石(主要成分为，还含有、、等)制备钴酸锂()的流程如图： 已知：，，。 回答下列问题： (1)锂辉石的主要成分为，其氧化物的形式为 。 (2)为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是 。 (3)向“浸出液”中加入，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制使完全沉淀，则至少为 (保留1位小数，已知：完全沉淀后离子浓度低于) (4)“滤渣II”的主要化学成分为 。 (5)“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的 溶液(填化学式)；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的，可将其加入到“ ”步骤中。 (6)与在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为 。 16．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)。回答下列相关问题： (1)已知：I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) ∆H1=-238kJ·mol-1 II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H2=-484kJ·mol-1 则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的∆H为 kJ·mol-1 (2)一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。 ①0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)= mol·L-1·min-1。 ②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是 。 A．∆H不变                    B．C3H6与H2的物质的量之比保持不变 C．混合气体的总压强不变       D．v(C3H6)正=v(C3H8)逆 ③欲提高丙烷转化率，采取的措施是 (填字母标号)。 A．降低温度    B．升高温度      C．加催化剂 D．及时分离出H2 ④若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是 。 (3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示： ①此温度下该反应的平衡常数Kp= (用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。 ②已知该反应过程中，v正=k正·p(C3H8)，v逆=k逆·p(C3H6)·p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图a中m点处= 。 17．钒“现代工业的味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料,其氧化物二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，五氧化二钒(V2O5)是接触法生成硫酸的催化剂.下列某化学小组从废钒催化剂（V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等）中回收V2O5并且利用回收的V2O5制备VO2的氧钒(Ⅳ) 碱式碳酸铵晶体 已知：①“酸浸”时V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+ ②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+要强。 ③ 回答下列问题： (1)写出“废渣1”的主要成分的用途 (填两条)。 (2)“萃取”之前加入H2C2O4的主要目的 。 (3)“氧化”过程中发生的离子方程式 。 (4)该工艺中加入氯化铵“沉钒”是回收钒的关键之一，加入氯化铵、氨水之后的操作是 ，该流程用到了过滤操作，过滤和萃取分液都需用到的一种玻璃仪器是 。 (5)工艺中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ；也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12 溶液，该方法的化学方程式是 。 18．以烯烃A、D为原料合成某药物中间体K，其流程如图： 已知：①(R表示烃基，X表示卤素原子) ②J为键线式，环上每一个拐点均为碳原子。 回答下列问题： (1)E中所含官能团名称 。H→I所需试剂a为 。 (2)下列说法正确的是 A．D能使酸性高锰酸钾褪色 B．A→B的反应类型为取代反应 C．E、F、H均能与钠反应产生氢气 D．完全燃烧等物质的量的E和F消耗氧气的量相同 (3)写出F→G的化学方程式为 。 (4)写出符合下列条件的F的同分异构体： 。 a．能与钠反应产生氢气 b．分子内无环状结构 c．分子内不存在和的结构 (5)设计以丙烯为原料制备乳酸的合成路线 。 合成路线常用的表示方法为： 第7页 共8页 ◎ 第8页 共8页 第1页 共8页 ◎ 第2页 共8页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D B D C A C C B 题号 11 12 13 14 答案 A B B C 1．D 【详解】A．硅为良好的半导体，常用作芯片，“麒麟9000芯片”需要以高纯度的硅为原料，故A正确； B．可燃冰是甲烷的水合物，甲烷是一种温室气体，可燃冰在开采过程中若发生泄漏，会造成温室效应，故B正确； C．新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒，都是利用它们的强氧化性杀菌消毒，故C正确； D．草木灰的主要成分是碳酸钾，与铵态氮肥混合使用时会发生相互促进的双水解反应生成氨气逸出，降低铵态氮肥的肥效，故D错误； 选D。 2．C 【分析】A.能在水溶液中电离出氢离子的物质不一定是酸，只有在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的为酸； B.纯碱是盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性； C.部分电离的电解质是弱电解质,完全电离的电解质是强电解质； D.胆矾是纯净物,胆矾中水为结晶水。 【详解】A．能在水溶液中电离出氢离子的物质不一定是酸，如NaHSO4等，只有在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的为酸，硫酸在水溶液中电离出的氢离子全部是氢离子，所以硫酸是酸，故A错误； B．纯碱是碳酸钠，为盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，故B错误； C．部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质，醋酸在水溶液中部分电离，所以醋酸是弱电解质，所以C选项是正确的； D．胆矾中水为结晶水，其成分只有一种，所以胆矾是纯净物而不是混合物，故D错误； 综上所述，本题正确选项C。 3．D 【详解】A．温度越低，反应速率越低，反应越慢，A错误； B．反应物颗粒越大，接触面积越小，则反应越慢，B错误； C．有气体参加的反应，压强越大，若反应物的浓度越大则反应越快；若压强增大不影响参与反应的物质浓度，则不影响反应速率，C错误； D．反应物浓度越大，则反应越快，D正确； 故选D。 4．B 【详解】Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g⋅L−1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g⋅L−1=17g/mol，该气体为NH3， M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，则M为H元素，Y为N；X、Y、Z最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为−2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素； W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为=11，所以W为Na元素。 A. 所有元素中H原子半径最小，同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径Na>C>N>O>H，即W>X>Y>Z>M，故A错误； B. X、Y、Z分别为C、N、O三种元素，非金属性X<Y<Z，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确； C.NaH与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，故C错误； D. 由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质，如为氨基酸，则只含有共价键，故D错误。 故选B。 5．D 【详解】A．根据题图可知，该过程中O2为反应物，与O结合生成O3，故O2不是催化剂，故A错误； B．丙烯与臭氧的反应为氧化还原反应，反应中有电子转移，故B错误； C．此反应过程中氮氧化物的转化在循环进行，则氮氧化物总量不变，故C错误； D．反应过程的总反应为CH2=CHCH3+O2→CH3CHO+HCHO，每消耗1mol丙烯转移4mol电子，转移电子数为4NA，故D正确； 答案选D。 6．C 【详解】A．浓硫酸溶于水会放出大量的热，因此含20gNaOH(即0.5molNaOH)的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量大于28.7kJ，A错误； B．物质的量为1mol，完全燃烧生成时放热1088kJ，但燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，即液态肼完全燃烧对应生成的H2O应呈液态，因H2O(g)到要放出热量，则肼的燃烧热的数值应该大于，B错误； C．已知，，燃烧反应均是放热反应，即、都为负值，由于S(g)=S(s)时放出热量，所以，C正确； D．白锡转化为灰锡的反应焓变为，属于放热反应，则白锡的能量大于灰锡的能量，能量越低越稳定，则灰锡比白锡更稳定，D错误； 故选C。 7．A 【分析】对于2SO2+O2⇌2SO3反应来说，该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，一般来说，增大浓度、压强、升高温度或加入催化剂，可增大反应速率，以此解答。 【详解】A、增大二氧化硫、氧气、三氧化硫的浓度均能加快该化学反应的速率，选项A正确； B、升高温度使得任何化学反应的化学反应速率加快，降低温度使得任何化学反应速率减慢，选项B错误； C、加入催化剂可以加快化学反应速率，选项C错误； D、可逆反应的反应物不能完全转化，选项D错误。 答案选A。 8．C 【详解】A．根据反应进程图可知反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，A错误； B．该过程Ⅳ→Ⅰ的活化能最高，反应最慢，决速步骤是Ⅳ→Ⅰ，B错误； C．根据反应图象可知该过程反应物为HCOOH，生成物为H2和 CO2，故总反应可表示为：，C正确； D．还涉及到离子键断裂及形成，如Ⅰ→Ⅱ，D错误； 故选C。 9．C 【分析】H2C2O4与稀硫酸酸化的KMnO4发生反应的化学方程式为： 5H2C2O4+ 2KMnO4+ 3H2SO4= 2MnSO4+ 10CO2↑+ 8H2O+ K2SO4。 【详解】A. 由分析可知，实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4化合价降低，作为还原剂，生成MnSO4，能起自催化作用，故A正确； B. 实验②加入了MnSO4固体后，褪色比①快，说明MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确； C. 实验③加入了稀盐酸之后，Cl—与KMnO4生氧化还原反应，所以褪色比①快，Cl—是还原剂不是催化剂，故C错误； D. 若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，还原剂H2C2O4浓度增大，反应速率更快，更快将KMnO4消耗完，推测比实验①褪色快，故D正确； 答案选C。 10．B 【详解】根据电子得失守恒：Cl2生成ClO－与ClO3－是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，现ClO－和ClO3－物质的量之比为11：1，设ClO－为11mol，ClO3－为1mol，被氧化的氯原子的物质的量为12mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为11mol×（1-0）+1mol×（5-0）=16mol，氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是16mol，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，被还原的Cl的物质的量为16mol，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4：3，故选B。 11．A 【详解】A．HCO3－在水溶液中电离成水合氢离子和碳酸根，电离方程式为：+H2O H3O++，故A正确； B．H2SO3属于二元弱酸，分2步电离；水溶液中H2SO3的电离方程式：H2SO3⇌H++HSO，HSO⇌H++SO，故B错误； C．一水合氨为弱电解质，部分电离；NH3•H2O的电离方程式：NH3•H2O⇌+OH-，故C错误； D．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，化学方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，故D错误。 答案选A。 12．B 【详解】A、由于没有透过蓝色钴玻璃观察，不能确定是否含有钾元素，A错误； B、组成和结构相似的物质，溶度积常数小首先沉淀，因此根据首先沉淀黄色沉淀碘化银可知，氯化银的溶度积常数大于碘化银，B正确； C、在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，如果含有亚硫酸根，也能被氧化为硫酸根，结论错误，C错误； D、淀粉水解显酸性溶液，而葡萄糖与氢氧化铜反应需要碱性溶液，因此首先要加入氢氧化钠中和硫酸，然后再加入新制氢氧化铜或悬浊液加热反应，D错误， 答案选B。 13．B 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，硫化钠具有还原性，硫化钠溶液中加入少量稀硝酸，由于稀硝酸不足量，二者发生氧化还原反应产生NaNO3、S、NO、H2O，反应的离子方程式为：3S2-+8H++2=3S↓+2NO↑+4H2O，A错误； B．反应符合事实，遵循质量守恒定律，B正确； C．向碳酸钠溶液中通入少量SO2，反应产生Na2SO3、CO2气体，反应的离子方程式为：，C错误； D．碳酸氢铵电离产生的阳离子、阴离子都会与OH-发生反应，该反应的离子方程式应该为：++2OH-=+ NH3·H2O+H2O，D错误； 故合理选项是B。 14．C 【详解】A．若 2NO2(g)N2O4(g)  ∆H =+56.9kJ·mol-1，将置于密闭容器中，参加反应的NO2小于2mol，则充分反应吸收的热量小于56.9kJ，A不正确； B．表示中和热的热化学方程式中，H+和OH-的状态都应为aq，而不是l，即为：，B不正确； C．浓硫酸溶于水时，会放出热量，若将含有0.5mol H2SO4的浓硫酸和含有1molNaOH的溶液混合，放出的热量为中和热与溶解热之和，应大于57.3kJ，C正确； D．H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)  ∆H =+571.6kJ·mol-1，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)  ∆H＜+571.6kJ·mol-1，D不正确； 故选C。 15．(1) (2)将矿石研磨、搅拌、升高温度等 (3)4.7 (4)和 (5) 净化 (6) 【分析】该工艺原料为锂辉石(主要成分为，还含有、、等)，产品为钴酸锂()，其中流程主线中的主元素为，等元素作为杂质在流程过程中被除去。加入过量浓硫酸焙烧溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀，过滤得到溶液中主要是的溶液，滤液蒸发浓缩得，加入碳酸钠沉淀生成碳酸锂，洗涤后与高温下焙烧生成。 【详解】（1）锂辉石的主要成分为，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为； （2）“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有：将矿石研磨、搅拌、升高温度等； （3）已知的大于的，那使完全沉淀的pH大于的，，，pH，即pH至少为4.7； （4）由分析知，“滤渣II”的主要化学成分为和； （5）根据“沉锂”后形成固体，以及大量生产的成本价格问题，该过程中加入的沉淀剂为饱和溶液，该过程得的“母液”中仍含有大量的，需要从中提取出来，应回到“净化”步中循环利用，故答案为：；净化； （6）与在敞口容器中高温下焙烧，反应生成时Co元素的化合价升高，因此推断空气中参加反应氧化Co元素，化学方程式为。 16．(1)+123 (2) 0.05 CD BD 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大 (3) 0.9p 5.4 【详解】（1）根据盖斯定律，(I- II)得C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，∆H=[(-238kJ·mol-1)-( -484kJ·mol-1)]=+123kJ·mol-1，故答案为：+123； （2）①一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8反应生成C3H6和H2，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，则气体的物质的量变为原来的1.5倍，即1.5mol，增加了0.5mol，所以各组分的变化量均为0.5mol。0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)==0.05mol·L-1·min-1； ②A．反应热只与化学反应有关，所以反应的∆H始终保持不变，即∆H不变不能作为平衡状态的标志，故A错误； B．C3H6与H2的物质的量之比始终按照1:1增加，因此两者比值保持不变，不能作为平衡状态的标志，故B错误； C．该反应是气体分子数增大的反应，各物质均为气体，压强是变量，当混合气体的总压强不变时，说明该反应达到平衡状态，故C正确； D．C3H8和C3H6两者速率之比等于化学计量数之比，当v(C3H6)正=v(C3H8)逆时，表明正逆反应速率相等，说明该反应达到平衡状态，故D正确； 综上所述，能说明该反应达到平衡状态的是CD； ③由于该反应是一个吸热反应，故升高温度和及时分离出H2都能使平衡正向移动，提高丙烷转化率，催化剂不能使平衡发生移动，故合理选项是BD； ④在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大； （3）①一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为xmol，则列三段式有： 根据图象可知，平衡时C3H8的体积分数为25%，=25%，解得x=0.6，则n(总)=1+x=1.6mol，开始气体物质的量是1mol时压强为p，则平衡时气体物质的量为1.6mol时，气体的总压强为1.6p，其中p(C3H8)=1.6p=0.4p，p(C3H6)= p(H2)=1.6p=0.6p，则该反应的平衡常数Kp==0.9p； ②已知该反应过程中，v正=k正·p(C3H8)，v逆=k逆·p(C3H6)·p(H2)，则=，当反应达到平衡时，v正=v逆，则===1，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，m点温度不变，因此不变，m点时C3H8的体积分数为50%，则=50%，解得x=，则n(总)=1+x=mol，开始气体物质的量是1mol时压强为p，则m点时气体物质的量为mol时，气体的总压强为p，其中p(C3H8)=p=p，p(C3H6)= p(H2)=p=p， 故m点处==Kp=0.9p=5.4，故答案为：5.4。 17． 制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等 将VO2+还原为VO2+，利于后期萃取 3H2O+6VO2++ClO3- = Cl-+6VO2++6H+ 蒸发至23℃（20-25℃均可）结晶，趁热过滤 烧杯 1:4 6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O 【分析】根据工艺流程图分析，废钒催化剂在H2SO4酸浸下，V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+，Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+和Al3+，废渣1为SiO2，萃取前加入H2C2O4，将VO2+还原为VO2+，再用KClO3氧化，将VO2+还原为VO2+， 反应方程式为3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+，通过加入NH4Cl和氨水沉钒，煅烧得到V2O5，再加入6mol/L的盐酸和N2H4·2HCl与V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H4·2HCl=== 4VOC12 +N2↑+6H2O，VOCl2与NH4HCO3反应得到氧钒(Ⅳ) 碱式碳酸铵晶体，据此结合题中信息逐题解答问题。 【详解】(1)根据上述分析，废渣1主要成分为SiO2，其用途有制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等，故答案为：制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等； (2) 萃取前加入H2C2O4，目的是将VO2+还原为VO2+，加强萃取效果，故答案为：将VO2+还原为VO2+； (3) 加入KClO3氧化，将VO2+氧化为VO2+， 反应方程式为3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+，故答案为：3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+； (4) 加入氯化铵、氨水之后得到NH4VO5，由③可知20~25℃时K2SO4溶解度最大，便于除去，故得到NH4VO5晶体的操作为蒸发至23℃（20-25℃均可）结晶，趁热过滤，过滤和萃取分液都需要用到的玻璃仪器为烧杯，故答案为：蒸发至23℃（20-25℃均可）结晶，趁热过滤；烧杯； (5) N2H4·2HCl与V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H4·2HCl=== 4VOC12 +N2↑+6H2O，氧化产物为N2，还原产物为VOC12，物质的量之比为化学计量数之比，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:4，只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12 溶液时，反应方程式为：6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O，故答案为：1:4；6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O。 18．(1) 碳碳双键和醛基 乙醇 (2)AD (3) (4)、、 (5) 【分析】由A的分子式以及A与溴单质反应生成B，则A→B发生1，4加成，则A为1，3−丁二烯；由B与氢气发生加成反应生成C，则C为；由D的分子式，以及与氧气发生氧化反应生成E，可知D为，E为；结合F的相对分子质量可知F为；F与氧气在Cu作催化剂下发生催化氧化生成G，结合G的分子式可知G的结构简式为；G与银氨溶液反应在酸化得到分子式为，则H的结构简式为；H与试剂a在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成分子式为的I，则试剂a为乙醇()，I的结构简式为；I与C反应生成J；J再酸化、加热、脱去二氧化碳的到K。 【详解】（1）由分析可知，E的结构简式为，E中所含官能团名称为碳碳双键和醛基；由分析可知，试剂a为乙醇。 （2） A．由分析可知，D的结构简式为，含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，A项正确；B．由分析可知，A→B发生1，4加成，B项错误； C．由分析可知，E为，不能与钠反应产生氢气，C项错误；D．E的分子式为，F的分子式可表示成，完全燃烧等物质的量的E和F消耗氧气的量相同，D项正确； 故选AD。 （3）由分析可知，F的结构简式为，F到G发生的是醇羟基的催化氧化反应，生成醛基，反应方程式为：。 （4）该同分异构体能与钠反应产生氢气，说明存在羟基或羧基，分子内无环状结构，且分子内不存在和的结构，可以得到存在羟基的结构为：和；存在羧基的结构为：。 （5）参照流程图中D到E的反应，乙烯加氧气在催化剂的催化下生成，和氯化氢加成生成，催化氧化生成,在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应，生成，流程图如下： 答案第8页，共9页 答案第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $$