2025届高三化学三轮复习 练习卷

2025届高三化学练习卷 一．选择题：本题包括10小题，每一小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 花鼓戏是我国传统戏目的重要组成部分，花鼓戏的伴奏乐队使用了鼓、锣、钹等乐器。下列说法错误的是 A. “锣、钹”的主要材质为黄铜，属于金属材料 B. 制作鼓面的动物皮革属于天然高分子 C. 鼓槌上缠绕的丝带(合成纤维)在工业生产过程中不涉及化学变化 D. 鼓、锣、钹打击乐器闲置时应存放在干燥的环境中 2.下列化学用语表述错误的是 (　　) A.Ca2+和Cl-的最外层电子排布图均为 B.PH3和H2S的电子式分别为H和H C.CH2CHCH2CH2CH3的分子结构模型为 DCC和C互为同位素 3.结构决定性质,性质决定用途。下列事实解释错误的是 (　　) 项 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 4. 一种金属助熔剂WZ•YZ2•6R2X受热分解可产生气态的R2X。已知：R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号元素，Y、W为金属元素。R和W在同一主族，Y和Z在同一周期；基态X、Y、Z原子的未成对电子数分别为2、0、1。下列说法正确的是 A. 电负性：Z＞X＞R B. 五种元素中原子半径：W最大，R最小 C. WZ•YZ2•6R2X受热分解产生的气体只有R2X D. X和Z元素组成的二元化合物一定是酸性氧化物 5.下列图示实验（部分夹持装置省略）或操作正确的是（ ） 制备NaHCO3 制备氢氧化亚铁 制备并收集少量氨气 配制溶液步骤之定容 6．科学家研制了以CO2为活性材料的水系液流电池，充电时其工作原理如图所示。已知Nafion膜是一种特殊的质子交换膜，具有较高的质子传导率。下列说法不正确的是（ ） A．放电时，电极N是负极 B．放电时，总反应为2Mn3++HCO2=2Mn2++CO32-+H+ C．充电时，阴极室中溶液逐渐增大 D．充电时，若电极N上产物分别为HCO2-和HC2O4-，则电路中转移相同数目的电子消耗CO2的物质的量之比为1：2 7. Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物,其合成反应为2LiH+C+N2Li2CN2+H2,晶胞如图所示,下列说法错误的是 (　　) A.合成反应中,还原剂是LiH和C B.晶胞中含有的Li+个数为4 C.每个C周围与它最近且距离相等的Li+有8个 D.C为V形结构 8.由下列事实或现象能得出相应结论的是 (　　) 事实或现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去 草酸具有还原性 B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应 C 向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀 Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4) D 2NO2N2O4为基元反应,将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 9. 针铁矿法沉铁以锌焙砂(主要成分为ZnO，含有较多的Fe2O3和少量Pb、Ag等元素)为原料，其工艺流程如图所示： 已知： 离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ 开始完全沉淀的pH 2.33.2 7.59.7 6.48.0 对应硫化物的Ksp － 3.7×10-19 1.2×10-23 下列说法错误的是 A. 实际生产中可利用滤液I作浸液I B. 中性浸液的主要溶质是ZnSO4 C. “还原”步骤的离子方程式是2Fe3++S2-=2Fe2++S↓ D. “沉铁”包括Fe2+的氧化和Fe3+的水解两个反应 10.(2024·浙江6月考·11)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯,主要发生如下两个反应: Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)　ΔH1>0 Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)　ΔH2>0 向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2,不同温度下,测得5 min时(反应均未平衡)的相关数据见下表,下列说法不正确的是 (　　) 温度(°C) 400 500 600 乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8 乙烯择性(%) 92.6 80.0 61.8 注:乙烯择性=×100% A.反应活化能:Ⅰ<Ⅱ B.500 ℃时,0~5 min反应Ⅰ的平均速率为:v(C2H4)=2.88×10-3 mol·L-1·min-1 C.其他条件不变,平衡后及时移除H2O(g),可提高乙烯的产率 D.其他条件不变,增大投料比[n(C2H6)n(CO2)]投料,平衡后可提高乙烷转化率 2． 解答题：本题包括4个大题，共70分。 11.(2024·河北择考·16)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知:i石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ii高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题: (1)钒原子的价层电子排布式为　　　　;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　,产生的气体①为　　　　(填化学式)。  (2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为　　　　(填化学式)。  (3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为　;  CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为　 ;  浸取后低浓度的滤液①进入　　　　(填工序名称),可实现钒元素的充分利用。  (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　　　(填化学式)。  (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　　　　(填序号)。  a.延长沉钒时间　b.将溶液调至碱性　c.搅拌　d.降低NH4Cl溶液的浓度 12.为实现氯资源循环利用,工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气:2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)　ΔH1=-57.2 kJ·mol-1　ΔS　K 将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中,在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应,通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线,如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题: (1)ΔS　　　　　0(填“>”或“<”);T3=　　　　　℃。  (2)结合以下信息,可知H2的燃烧热ΔH=　　　　　kJ·mol-1。  H2O(l)H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ·mol-1 H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) ΔH3=-184.6 kJ·mol-1 (3)下列措施可提高M点HCl转化率的是　　　　　(填标号)  A.增大HCl的流速 B.将温度升高40 ℃ C.增大n(HCl)∶n(O2) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时,α(T3)小于α(T2)和α(T1),原因是  　。  (5)设N点的转化率为平衡转化率,则该温度下反应的平衡常数K=　　　　　　　(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。  (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高,稳定性强,TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示,二者晶胞体积近似相等,RuO2与TiO2的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为　　　　　(精确至1)。  13.回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　(填化学式)。  ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是  　 。  (2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层) 已知:(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4) 其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 　 。  ②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　　　。  (3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为　。  ②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值　　　　　　(写出计算过程)。  14. 有机物J是具有扩张血管、抗脑缺血等作用的药物。以甲苯为原料合成J的路线如图所示： 已知：RCHO+R1CH2CHO+H2O(R、R1为烃基或氢原子) 回答下列问题： （1）H所含官能团的名称为______。 （2）Ⅰ的结构简式为______。 （3）由D生成E的化学方程式为______。 （4）从F转化为G的过程中所涉及的两种反应类型是______。 （5）G→H需要先加入新制Cu(OH)2氧化，再加入过量的稀盐酸，若盐酸未过量，生成的H中可能含的有机物杂质的结构简式是______。 （6）X是F充分酸化后的产物，满足下列条件的X的同分异构体有______种(X除外，不包括立体异构体)。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应。 其中，核磁共振氢谱有4组峰的X的同分异构体的结构简式是______。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三化学练习卷 一．选择题：：本题包括10小题，每一小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 花鼓戏是我国传统戏目的重要组成部分，花鼓戏的伴奏乐队使用了鼓、锣、钹等乐器。下列说法错误的是 A. “锣、钹”的主要材质为黄铜，属于金属材料 B. 制作鼓面的动物皮革属于天然高分子 C. 鼓槌上缠绕的丝带(合成纤维)在工业生产过程中不涉及化学变化 D. 鼓、锣、钹打击乐器闲置时应存放在干燥的环境中 解： C　 A．黄铜是性能优良的铜合金，属于金属材料，故A正确； B．动物皮革的主要成分是天然高分子化合物蛋白质，故B正确； C．生产合成纤维的过程中有新物质生成，涉及化学变化，故C错误； D．鼓、锣、钹都是合金材料制成的打击乐器，闲置时应存放在干燥的环境中，防止合金在潮湿的空气中发生金属腐蚀被损坏，故D正确； 2.下列化学用语表述错误的是 (　　) A.Ca2+和Cl-的最外层电子排布图均为 B.PH3和H2S的电子式分别为H和H C.CH2CHCH2CH2CH3的分子结构模型为 DCC和C互为同位素 解：B Ca2+和Cl-的核外电子数都是18,最外层电子排布式均为3s23p6,其最外层电子排布图均为,故A正确;PH3中磷原子和每个氢原子共用一对电子,中心原子P原子上的孤电子对数为=1,因此PH3的电子式应为H,故B错误;CH2CHCH2CH2CH3分子中存在1个碳碳双键,位于1号碳原子与2号碳原子之间,存在3个碳碳单键,无支链,且氢原子半径小于碳原子半径,其分子结构模型表示为,故C正确CC和C是质子数相同、中子数不同的碳原子,是碳元素的不同核素,互为同位素,故D正确。 3.结构决定性质,性质决定用途。下列事实解释错误的是 (　　) 项 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 解：B 甘油的分子结构为,分子中有3个羟基,分子间可以形成较多的氢键,且O元素的电负性较大,故其分子间形成的氢键较强,导致甘油是黏稠液体,A正确;王水溶解铂,是因为浓盐酸提供的Cl-能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解,B错误;冰晶体中水分子间形成较多的氢键,由于氢键具有方向性和饱和性,导致晶体中水分子不能采用最密堆积方式,使分子间的空隙变大,空间利用率降低,而干冰晶体中CO2分子之间存在的是范德华力,没有方向性和饱和性,导致晶体中CO2分子之间采用最密堆积方式,空间利用率较高,从而使冰的密度小于干冰,C正确;石墨晶体属于层状结构,每一层中碳原子通过3个sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成C—C,每个碳原子还有1个单电子位于未杂化的垂直于平面的2p轨道上,这些未杂化的2p轨道相互重叠形成大π键,这些p轨道的电子可以在整个层内运动,从而导致石墨能导电,D正确。 4. 一种金属助熔剂WZ•YZ2•6R2X受热分解可产生气态的R2X。已知：R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号元素，Y、W为金属元素。R和W在同一主族，Y和Z在同一周期；基态X、Y、Z原子的未成对电子数分别为2、0、1。下列说法正确的是 A. 电负性：Z＞X＞R B. 五种元素中原子半径：W最大，R最小 C. WZ•YZ2•6R2X受热分解产生的气体只有R2X D. X和Z元素组成的二元化合物一定是酸性氧化物 解：BC A．同周期主族元素从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性呈减小趋势，则电负性：X＞Z＞R，A错误； B．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则五种元素中原子半径：W最大、R最小，B正确； C．KCl•MgCl2•6H2O受热分解产生的气体只有H2O，C正确； D．X和Z元素组成的二元化合物若为ClO2，不属于酸性氧化物，D错误； 5.下列图示实验（部分夹持装置省略）或操作正确的是（ ） 制备NaHCO3 制备氢氧化亚铁 制备并收集少量氨气 配制溶液步骤之定容 解：D A.氨气极易溶于水，应有防倒吸装置，且应先通入氨气，再通入二氧化碳，故A错误; B.图中左侧盛放稀硫酸的试管侧面导管应有一个止水夹，其次导管应插入液面以下，这样才能利用氢气排尽空气，之后关闭止水夹，将硫酸亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中制取氢氧化亚铁，故B错误;C.氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备，故C错误; 综上所述答案为D。 6．科学家研制了以CO2为活性材料的水系液流电池，充电时其工作原理如图所示。已知Nafion膜是一种特殊的质子交换膜，具有较高的质子传导率。下列说法不正确的是（ ） A．放电时，电极N是负极 B．放电时，总反应为2Mn3++HCO2=2Mn2++CO32-+H+ C．充电时，阴极室中溶液逐渐增大 D．充电时，若电极N上产物分别为HCO2-和HC2O4-，则电路中转移相同数目的电子消耗CO2的物质的量之比为1：2 解：Ｄ .解析:A.放电时,电极N上发生的反应为Mn3++HCO2-==Mn2++CO2+H+,所以电极N是正极,A错误;B.放电时,正极反应为Mn3++HCO2-=== Mn2++CO2+H+,负极反应为2Mn2++CO2+2H+===2Mn3++HCO2-,总反应为2Mn3++HCO2-===2Mn2++CO2+H+, B正确;C.充电时,阴极反应为Mn2++H++e-　=== Mn3++H2O,所以阴极室中溶液pH逐渐增大,C正确;D.充电时,若电极N上产物分别为HCＯ2- 和 ＨC2O4-,则电路中转移相同数目的电子消耗CO2的物质的量之比为1:2,D正确。 7. Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物,其合成反应为2LiH+C+N2Li2CN2+H2,晶胞如图所示,下列说法错误的是 (　　) A.合成反应中,还原剂是LiH和C B.晶胞中含有的Li+个数为4 C.每个C周围与它最近且距离相等的Li+有8个 D.C为V形结构 解：D LiH中H元素为-1价,由C化合价可知,N元素为-3价,C元素为+4价,根据反应2LiH+C+N2Li2CN2+H2可知,H元素由-1价升高到0价,C元素由0价升高到+4价,N元素由0价降低到-3价,由此可知还原剂是LiH和C,故A正确;根据均摊法可知,Li+位于晶胞中的面上,则含有的Li+个数为8×=4,故B正确;观察位于体心的C可知,与它最近且距离相等的Li+有8个,故C正确;C的中心原子C原子的价层电子对数为2+×(4+2-3×2)=2,且C与CO2互为等电子体,可知C为直线形分子,故D错误。 8.由下列事实或现象能得出相应结论的是 (　　) 事实或现象 结论 A 向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去 草酸具有还原性 B 铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加 电池发生了放电反应 C 向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀 Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4) D 2NO2N2O4为基元反应,将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 解：D A、B。向酸性KMnO4溶液中加入草酸,紫色褪去说明KMnO4被还原成无色Mn2+,则草酸具有还原性,A项符合题意;铅蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-+S+4H+PbSO4+2H2O,负极反应为Pb-2e-+SPbSO4,正、负极质量都增加,充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-PbO2+S+4H+,阴极反应为PbSO4+2e-Pb+S,阴、阳极质量都减小,B项符合题意;向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液,先生成AgCl白色沉淀,说明先达到AgCl的Ksp,但由于AgCl、Ag2CrO4的类型不相同,不能得出Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4),事实上Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2CrO4),C项不符合题意;将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水,红棕色变浅,说明降低温度平衡向正反应方向移动,正反应为放热反应,根据ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能<0知,正反应的活化能小于逆反应的活化能,D项不符合题意。 9. 针铁矿法沉铁以锌焙砂(主要成分为ZnO，含有较多的Fe2O3和少量Pb、Ag等元素)为原料，其工艺流程如图所示： 已知： 离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ 开始完全沉淀的pH 2.33.2 7.59.7 6.48.0 对应硫化物的Ksp － 3.7×10-19 1.2×10-23 下列说法错误的是 A. 实际生产中可利用滤液I作浸液I B. 中性浸液的主要溶质是ZnSO4 C. “还原”步骤的离子方程式是2Fe3++S2-=2Fe2++S↓ D. “沉铁”包括Fe2+的氧化和Fe3+的水解两个反应 解：C A.由流程可知，滤液I含有硫酸锌和少量硫酸，可以作为中性浸出的浸液，故A正确; B.由上述分析可知，中性浸液的主要溶质是ZnSO4，故B正确; C.由分析可知，还原步骤的离子方程式为2Fe3++ZnS=2Fe2++S↓+Zn2+，故C错误; D.“沉铁”时，氧气先将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再水解，氧化锌能促进水解，最终得到FeOOH，故D正确; 10.二氧化碳氧化乙烷制备乙烯,主要发生如下两个反应: Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)　ΔH1>0 Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)　ΔH2>0 向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2,不同温度下,测得5 min时(反应均未平衡)的相关数据见下表,下列说法不正确的是 (　　) 温度(°C) 400 500 600 乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8 乙烯择性(%) 92.6 80.0 61.8 注:乙烯择性=×100% A.反应活化能:Ⅰ<Ⅱ B.500 ℃时,0~5 min反应Ⅰ的平均速率为:v(C2H4)=2.88×10-3 mol·L-1·min-1 C.其他条件不变,平衡后及时移除H2O(g),可提高乙烯的产率 D.其他条件不变,增大投料比[n(C2H6)n(CO2)]投料,平衡后可提高乙烷转化率 解：D A项,由表可知,相同温度下,乙烷在发生转化时,反应Ⅰ更易发生,则反应活化能:Ⅰ<Ⅱ,A正确;B项,由表可知,500 ℃时,乙烷转化率为9.0%,可得转化的乙烷的总物质的量为2 mol×9.0%=0.18 mol,而此温度下乙烯择性为80%,则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol×80%=0.144 mol,根据化学方程式可得,生成乙烯的物质的量为0.144 mol,则0~5 min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)==2.88×10-3mol·L-1·min-1,B正确;C项,其他条件不变,平衡后及时移除H2O(g),反应Ⅰ正向进行,可提高乙烯的产率,C正确;D项,其他条件不变,增大投料比[n(C2H6)n(CO2)]投料,平衡后CO2转化率提高,C2H6转化率降低,D错误。 二．解答题：本题包括4个大题，共70分。 11.V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知:i石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ii高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题: (1)钒原子的价层电子排布式为　　　　;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　,产生的气体①为　　　　(填化学式)。  (2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为　　　　(填化学式)。  (3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为　;  CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为　 ;  浸取后低浓度的滤液①进入　　　　(填工序名称),可实现钒元素的充分利用。  (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　　　(填化学式)。  (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　　　　(填序号)。  a.延长沉钒时间　b.将溶液调至碱性　c.搅拌　d.降低NH4Cl溶液的浓度 解：石煤和苛化泥通入空气进行焙烧,反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等,水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3等)和不溶性物质[如Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等],过滤后滤液进行离子交换、洗脱,用于富集和提纯V,加入氯化铵溶液沉钒,生成NH4VO3,经一系列处理后得到V2O5;滤渣①在pH≈8、65~70 ℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸,滤渣①中含有钒元素,通过盐浸,使滤渣①中的钒元素进入滤液①中,再将滤液①进入离子交换工序,进行V的富集。 (1)钒是23号元素,其价层电子排布式为3d34s2;焙烧过程中,氧气被还原,V2O3被氧化生成V,偏钒酸盐中钒的化合价为+5价;CaCO3在800 ℃以上开始分解,生成的气体①为CO2。 (2)由已知信息可知,高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙,偏铝酸钠溶于水,偏铝酸钙难溶于水,所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。 (3)在弱碱性环境下,Ca(VO3)2与HC和OH-反应生成CaCO3、V和H2O,离子方程式为HC+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V;CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率,因为可提高溶液中HC浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放V;滤液①中含有V、N等,且浓度较低,若要利用其中的钒元素,需要通过离子交换进行分离、富集,故滤液①应进入离子交换工序。 (4)由离子交换工序中树脂的组成可知,洗脱液中应含有Cl-,考虑到水浸所得溶液中含有Na+,为避免引入其他杂质离子,且NaCl廉价易得,故洗脱液的主要成分应为NaCl。 (5)a.延长沉钒时间,能使反应更加完全,有利于沉钒,a不符合题意; b.NH4Cl呈弱酸性,如果将溶液调至碱性,OH-与N反应,不利于生成NH4VO3,b符合题意; c.搅拌能使反应物接触更充分,提高反应速率,使反应更加充分,有利于沉钒,c不符合题意; d.降低NH4Cl溶液的浓度,不利于生成NH4VO3,d符合题意。 答案:(1)3d34s2　+5　CO2　 (2)NaAlO2 (3)HC+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V 提高溶液中HC浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放V　离子交换　(4)NaCl　 (5) Bd 12.为实现氯资源循环利用,工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气:2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)　ΔH1=-57.2 kJ·mol-1　ΔS　K 将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中,在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应,通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线,如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题: (1)ΔS　　　　　0(填“>”或“<”);T3=　　　　　℃。  (2)结合以下信息,可知H2的燃烧热ΔH=　　　　　kJ·mol-1。  H2O(l)H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ·mol-1 H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) ΔH3=-184.6 kJ·mol-1 (3)下列措施可提高M点HCl转化率的是　　　　　(填标号)  A.增大HCl的流速 B.将温度升高40 ℃ C.增大n(HCl)∶n(O2) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时,α(T3)小于α(T2)和α(T1),原因是  　。  (5)设N点的转化率为平衡转化率,则该温度下反应的平衡常数K=　　　　　　　(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。  (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高,稳定性强,TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示,二者晶胞体积近似相等,RuO2与TiO2的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为　　　　　(精确至1)。  解：(1)反应2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)前后的气体分子数目减小,所以该反应 ΔS<0,该反应为放热反应,由于在流速较低时的转化率可近似为平衡转化率,所以在流速低的时候,温度越高,HCl的转化率越小,故T1为440 ℃,T3为360 ℃。 (2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)+O2(g)H2O(l),设①2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g),②H2O(l)H2O(g),③H2(g)+Cl2(g)2HCl(g),则④=①+③-②,因此氢气的燃烧热ΔH=-57.2 kJ·mol-1-184.6 kJ·mol-1-44.0 kJ·mol-1=-258.8 kJ·mol-1。 (3)A.增大HCl的流速,由图像可知,HCl的转化率在减小,不符合题意;B.M点对应温度为360 ℃,由图像可知,升高温度,HCl的转化率增大,符合题意;C.增大n(HCl)∶n(O2),HCl的转化率减小,不符合题意;D.使用高效催化剂,可以增加该温度下的反应速率,使单位时间内HCl的转化率增加,符合题意。 (4)图中在较高流速下,T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2,主要是流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低。 (5)由图像可知,N点HCl的平衡转化率为80%,设起始n(HCl)=n(O2)=4 mol,可列出三段式: 　　　　　　2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g) 起始量mol 4 4 0 0 变化量mol 3.2 0.8 1.6 1.6 平衡量mol 0.8 3.2 1.6 1.6 则K==6。 (6)由于二者的晶体结构相似,体积近似相等,则其密度之比等于摩尔质量之比,故1.66=,得M(Ru)≈101 g·mol-1,则Ru的相对原子质量为101。 答案:(1)<　360 (2)-258.8　 (3)BD (4)流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低 (5)6　 (6)101 13.回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为　　　　　(填化学式)。  ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是  　 。  (2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层) 已知:(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4) 其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 　 。  ②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　　　。  (3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为　。  ②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值　　　　　　(写出计算过程)。  解：(1)①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸,得到含有NdCl3和FeCl3的溶液,由图中信息可知,Nd的浸出率逐渐增大,而Fe的浸出率先增大后逐渐减小,说明随着Nd浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,因此,含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。 ②由①分析可知,浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是浸出初期,Fe2O3溶解,Fe的浸出率增大,约5 min后随着Nd的浸出率增大,盐酸中的H+的浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣,Fe的浸出率又减小。 (2)①减小生成物浓度,化学平衡向正反应方向移动,因此,其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,H+的浓度减小,(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,同时H+的浓度减小使平衡(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4)逆向移动,引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进平衡(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知,晶胞中体内有4个Fe原子,面上有8个Fe原子,根据均摊法可知,Fe原子的数目为4×1+8×=8,Bi原子全部在晶胞的面上,数目为8×=4,因此,其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。 (3)①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+和C相互促进水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2,该反应的离子方程式为2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑。 ②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 mol;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为=2∶1。 答案:(1)①Fe(OH)3　②浸出初期,c(H+)较大,铁的浸出率较大,约5 min后,溶液酸性减弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣 (2)①随水层pH增大,H+的浓度减小, (R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,(R3NH)2SO4+H++HS2(R3NH·HSO4)的化学平衡向逆反应方向移动,该平衡逆向移动引起(R3NH)2SO4浓度增大,进一步促进萃取平衡向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多　②2∶1 (3)①2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑　②2∶1(计算过程见解：) (6) 14. 有机物J是具有扩张血管、抗脑缺血等作用的药物。以甲苯为原料合成J的路线如图所示： 已知：RCHO+R1CH2CHO+H2O(R、R1为烃基或氢原子) 回答下列问题： （1）H所含官能团的名称为______。 （2）Ⅰ的结构简式为______。 （3）由D生成E的化学方程式为______。 （4）从F转化为G的过程中所涉及的两种反应类型是______。 （5）G→H需要先加入新制Cu(OH)2氧化，再加入过量的稀盐酸，若盐酸未过量，生成的H中可能含的有机物杂质的结构简式是______。 （6）X是F充分酸化后的产物，满足下列条件的X的同分异构体有______种(X除外，不包括立体异构体)。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应。 其中，核磁共振氢谱有4组峰的X的同分异构体的结构简式是______。 答案：（1）碳碳双键、羟基和羧基 （2） （3）+NaOH+NaCl （4）加成反应、消去反应 （5） （6） ① 8 ②. 解：：（1）由结构简式可知，的官能团为碳碳双键、羟基和羧基，故答案为：碳碳双键、羟基和羧基； （2）Ⅰ的结构简式为，故答案为：； （3）由D生成E的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成和氯化钠，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl； （4）由题给信息可知，F转化为G的过程中氢氧化钠稀溶液中与乙醛先发生加成反应，后发生消去反应生成，故答案为：加成反应、消去反应； （5）由分析可知，G→H的反应为先与新制的氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，再用盐酸酸化得到，羧酸的酸性强于酚，所以盐酸未过量，生成的H中可能含的有机物杂质为，故答案为：； （6）充分酸化生成，则X为，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明X分子中含有酚羟基，能发生银镜反应说明X分子中含有醛基或甲酸酯基，X的同分异构体的结构可以视作邻苯二酚、间苯二酚、对苯二酚分子中苯环上的氢原子被醛基取代所得结构，去掉X，共有5种，也可以视作苯酚分子中苯环上的氢原子被甲酸酯基取代所得结构，共有3种，则符合条件的同分异构体共有8种，其中核磁共振氢谱有4组峰的X的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。 学科网（北京）股份有限公司 $$