2025届高三化学第一轮复习 广东高考化学综合训练2

2025届高三化学第一轮复习 广东高考化学综合训练2 说明： 1．全卷共8页，满分100分．测试用时为75分钟． 2．答卷前，在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、准考证号、姓名、考场号、座位号． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，修改时用橡皮擦干净后，重新填涂所选选项． 4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答、答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 5．务必保持答题卡的整洁．测试结束时，将测试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是 A．“羲和号”探索的太阳爆发为化学变化 B．长征二号F运载火箭的燃料为偏二甲肼—四氧化二氮，四氧化二氮为酸性氧化物 C．“蛟龙号”船体使用的是钛合金，基态钛原子有2个未成对的电子 D．隐形战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种化学纤维 2．下列过程或者变化中，属于物理变化的个数是 蒸馏、石油的分馏、煤的干馏、焰色反应、显色反应、颜色反应、潮解、分解、电解、水解、裂解、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、皂化、岩浆晶出、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化、煤的气化、煤的液化 A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 3．手工制作工艺在我国有着悠久的历史，下列有关叙述不正确的是（    ） A．云南名小吃“烧饵块”主要成分为淀粉 B．丝绸刺绣又称丝绣，所用蚕丝的主要成分为蛋白质 C．“乌铜走银”中的乌铜由铜、金、银熔炼成乌铜合金 D．糖画用的糖是红糖、白糖、饴糖用温火熬制，它们都是高聚糖 4．下列分子属于极性分子的是(　　) A．CS2 B．NF3 C．SO3 D．SiF4 5．我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象。在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是（    ） A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应 B．通电时，阴极上的电极反应为 C．断电时，锌环上的电极反应为 D．断电和通电时，防止铁帽被腐蚀的化学原理不完全相同 6．南昌海昏侯墓最新出土的可能被用于提取植物精油的某种文物如图所示，下列实验装置与该文物的原理相同的是（ ） A.过滤 B.蒸发结晶 C.蒸馏 D.分液 7．研究小组探究与水反应。取粉末加入水中，充分反应得溶液A（液体体积无明显变化），进行以下实验（已知能破坏酚酞结构，且不可逆）。 编号 ① ② 操作 现象 溶液变红色，后褪色 ⅰ.产生大量能使带火星木条复燃的气体 ⅱ.溶液变红色，后褪色 编号 ③ ④ 操作 现象 ⅰ.溶液变红色，后溶液褪色 ⅱ.溶液变红色 溶液变红色，后无明显变化 下列说法不正确的是（ ） A．由②中现象ⅰ可知，与水反应有生成 B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为大 C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因是大 D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液最终不能变成红色 8．实验室制取并收集少量Cl2，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去Cl2中的HCl和水蒸气 C．用装置丙收集Cl2 D．用装置丁吸收尾气中的Cl2 9．生活因有机而多姿多彩，化合物是合成镇静类药物氯硝西泮的关键前体，制取的部分流程如图。 下列说法错误的是（ ） A. 从到的反应为取代反应 B. 引入硝基时需要“一系列反应Ⅰ”的目的是防止氨基被氧化 C. 分子中所有原子可能在同一平面 D. 最多可与反应 10．设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．50℃， 的 溶液中含有 的数目为 B． 的 溶液中含 分子的数目为 C． 和 于密闭容器中充分反应后，分子总数为 D．浓度均为 的 溶液和 溶液中， 数目均为 11．如图是反应进行过程中的能量变化曲线。曲线表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线表示使用催化剂后的能量变化。下列相关说法错误的是（ ） A. 其他条件不变，反应按曲线进行时，的产率更高 B. 其他条件不变，反应分别按曲线、进行时热效应相同 C. 中化学键的键能之和比中化学键的键能之和小 D. 热化学方程式为 12．某配合物是一种“基因剪刀”，其结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，且Z与同族，其中基态X原子能级有3个单电子，基态Y原子含有3对成对电子，基态Z原子轨道中含有自旋方向不同的电子数目之比为。下列说法错误的是（    ） A．第一电离能： B．简单氢化物键角： C．将过量的通入溶液中，会得到澄清透明溶液 D．配合物的中心原子Z是d区元素，核外电子有15种空间运动状态 13．某种化学电源电解液的组成与结构如图所示，为原子序数依次增大的短周期元素，且五种元素分别属于不同主族。下列说法错误的是（    ） A．简单离子半径： B．电解熔融的可获得单质 C．电负性： D．与均可形成含非极性键的化合物 14．下边是碳元素的价类二维图，有关说法不正确的是（    ） A．a是最简单的有机化合物 B．b在高温下被氧化成e C．d与血红蛋白结合的能力比强 D．将氨气和e通入饱和食盐水中可得到m 15．可活化制得，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法正确的是 A．总反应的 B．是该反应的催化剂，未参与反应的过程 C．该反应过程中分别有碳氢键、碳碳键的断裂和形成 D．总反应的速率由“中间体2→中间体3”决定 16．研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法不正确的是（ ） A．由制得金属，理论上外电路转移电子 B．阳极的电极反应式为 C．在制备金属钛前后，整套装置中的总量不会减少 D．装置中石墨电极材料需要定期更换 二、非选择题：本大题共4小题，共52分.要求填答题卡． 17．（13分）某化学兴趣小组为了测定化学反应速率，并研究外界条件对化学反应速率的影响，设计并完成了如下实验： Ⅰ．甲同学利用如图所示装置（夹持装置略）测定化学反应速率，借助秒表测量量气管内液面不再变化时所需的时间，同时读取量气管在反应前后的液面差，计算该反应的速率。 回答下列问题： （1）蒸馏烧瓶中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　。 （2）为了减少气体溶解，试剂X最好选用　　　　　　　　（填名称）。 （3）实验结束后，读数时应该注意：　　　　　　　　；　　　　（任填两项），然后再读取数据。 Ⅱ．乙同学设计如下实验探究高锰酸钾的浓度对速率的影响，并测定反应速率。 实验 温度/℃ 0.05 mol·L－1 KMnO4溶液 的体积/mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液 的体积/mL 6 mol·L－1 H2SO4 溶液的 体积/mL 水的体积/ mL 溶液褪色的时间/min ① 25 10 30 20 40 2.5 ② 25 20 30 20 a 3.0 ③ 25 40 30 20 10 溶液颜色变浅，但不褪去 （4）a＝　　　　。 （5）利用实验①中数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为　　　　　mol·L－1·min－1，通过数据比较可以得出：反应速率①　　　　（填“＞”“＜”或“＝”）②。 （6）实验③最终溶液颜色变浅、但不褪去的原因可能是　　　　。 18．钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。某高铬型钒渣含等物质，从中分离提取钒铬的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态钒的电子排布简式为 。 (2)“焙烧”时会生成和，写出中的化合价 。 (3)“酸浸”时为提高浸取速率，可采取的措施有 、 。(任写两条)。滤渣2的主要成分是和，则滤渣1的主要成分为 。 (4)“还原”时可用双氧水代替溶液作还原剂，此时溶液中的发生反应的离子方程为 。 (5)工业上可用电解还原法处理含的酸性废水。用铁板作阳极，电解过程中废水逐渐上升，都以氢氧化物沉淀析出，达到废水净化的目的。其中阳极的电极反应式为 。 (6)某含铬化合物立方晶胞如图所示。 与钙原子最近且等距离的氧原子有 个；钙和氧的最近距离为为阿伏加德罗常数的数值，则该晶体密度为 (用含a，的代数式表示)。 19．(14分)深入研究碳､氮元素的物质转化有着重要的实际意义｡N2O与CO两种气体在固态催化剂Pt2O+的表面进行两步反应转化为无毒的气体,其反应历程及能量变化过程如图甲､乙所示｡ 甲 乙 将等物质的量的N2O和CO充入一密闭容器中进行反应,已知总反应ΔS<0,请回答: (1)总反应的热化学方程式为 (ΔH用含ΔH1､ΔH2的式子表示)｡ (2)下列说法正确的是 (填序号)｡ a．恒温恒容时,混合气体的密度不再变化说明体系达到平衡状态 b．该总反应高温下可能不自发 c．研究表明,Pt2O+一步催化相对于上述反应历程具有更少的反应步骤和更低的活化能,所以平衡转化率更大 (3)已知:CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的速率方程为v=kc(CO)·c(N2O),k为速率常数,只与温度有关｡为提高反应速率,可采取的措施是 (填序号)｡ A．降低温度 B．恒容时,再充入CO C．恒压时,再充入N2O D．增大容器容积减小压强 (4)若在相同时间内测得N2O的转化率随温度的变化曲线如图丙所示,N2O的转化率在400~900 ℃之间下降由缓到急的原因是 ｡ 丙 (5)在总压为100 kPa的恒容密闭容器中,充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应,在不同条件下达到平衡时,在T1 K时N2O的转化率与､在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图丁所示: 丁 ①表示T1 K时N2O的转化率随的变化曲线为曲线 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)｡ ②T1 T2(填“>”或“<”)｡ ③已知:该反应的标准平衡常数K=,其中p=100 kPa,p(CO2)､p(N2)､p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压,则=1､T4 K时,该反应的标准平衡常数K􀱉= (计算结果保留两位有效数字,p分=p总×物质的量分数)｡ 20．（15分）有机物是合成某药物的中间体，其合成路线如下： 根据信息回答下列问题： （1） A生成B的反应试剂与条件是____________，到的反应类型是____________。 （2） 有机物C的名称为____________，中官能团的名称是______________。 （3） B生成D的过程中三乙胺的结构简式与作用分别是______________________________________________________________、____。 （4） 写出生成的过程中在溶液中发生反应的化学方程式：____。 （5） 与发生加成反应生成（分子中含有2个六元环），的结构简式为____。 （6） 的芳香族同分异构体中，符合下列条件的结构有____种。（不考虑立体异构） 该有机物能发生银镜反应且最多可以生成 苯环上只有2个对位取代基且官能团不与苯环直接相连 分子中存在3个甲基 写出其中含有5种不同化学环境的氢原子，且数目之比为的同分异构体的结构简式：____。 参考答案 1．【答案】C 【详解】A．太阳爆发为氢的核聚变，是核物理反应，不是化学变化，A项错误； B．四氧化二氮既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，B项错误； C．基态钛原子的价电子排布式为，有2个未成对的电子，C项正确； D．石墨烯属于无机物、化学纤维是有机高分子，D项错误； 本题选C。 2．【答案】C 【分析】有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化，据此判断。 【详解】蒸馏、石油的分馏、焰色反应、潮解、岩浆晶出（岩浆是一种以硅酸盐为主的熔融体，当它冷凝到一定程度时，达到了其中某一矿物的饱和点，矿物就会从岩浆中结晶出来）等过程中均没有产生新物质，属于物理变化；煤的干馏、显色反应、颜色反应、分解、电解、水解、裂解、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化、煤的气化、煤的液化等过程中均有新物质生成，都是化学变化； 答案选C。 3．【答案】D 【详解】A．云南名小吃“烧饵块”主要由大米制作，主要成分为淀粉，A正确； B．蚕丝的主要成分为蛋白质，B正确； C．乌铜是由铜、金、银熔炼而成的合金，C正确； D．红糖、白糖的主要成分为蔗糖，饴糖主要由玉米、大麦、小麦、粟或玉蜀黍等粮食经发酵糖化制成，含麦芽糖，故它们都是低聚糖，D错误； 选D。 4．【答案】B 【解析】CS2分子的空间构型为直线形，SO3分子的空间构型为平面三角形，SiF4分子的空间构型为正四面体形，三种分子的结构对称，正、负电荷重心重合，均为非极性分子，A、C、D不符合题意；NF3分子的空间构型为三角锥形，其正、负电荷重心不重合，为极性分子，B符合题意。 【方法技巧】　共价键的极性与分子极性的一般关系 特别注意：臭氧是极性分子，且臭氧分子中的共价键是极性键。 5．【答案】C 【详解】A．通电时，锌环与电源正极相连，锌环作阳极，失去电子，发生氧化反应，A正确； B．通电时，铁帽作阴极，阴极的H+得到电子生成氢气，阴极上的电极反应为，B正确； C．断电时，锌铁形成原电池，锌失去电子生成Zn2+，锌环上的电极反应为，C错误； D．通电时，防护原理为电解池原理；断电时，防护原理为原电池原理。因此，断电和通电时，防止铁帽被腐蚀的化学原理不完全相同，D正确； 故答案选C。 6．【答案】C 【详解】该文物可能被用于提取植物精油，其原理是蒸馏。该装置为过滤装置，用于分离固体和液体，错误；该装置为蒸发结晶装置，用于从溶液中获得溶质晶体，错误；该装置为常压蒸馏装置，正确；该装置为萃取分液装置，用于分离互不相溶的液体，错误。 7．【答案】C 【解析】本题考查过氧化钠的性质。即加入水中，充分反应得溶液（液体体积无明显变化），完全反应生成氢氧化钠，则氢氧化钠溶液的浓度为。向溶液中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明与水反应有生成，正确；实验②步骤ⅰ中完全反应后，溶液中溶质为，步骤ⅱ中得到的氢氧化钠溶液浓度为，与实验③步骤ⅰ中氢氧化钠溶液的浓度相等，因此现象都是滴加酚酞后，溶液变红色，后溶液褪色，实验③步骤ⅱ中滴加几滴盐酸后，氢氧化钠浓度减小，溶液变成红色，由实验④可知，向的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，后无明显变化，说明较大时，一段时间后红色会褪去，较小时，一段时间后不会褪色，说明实验②中溶液红色褪去是因为大，正确；根据项的分析可知，向的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要，而实验①中溶液变红色后后就褪色，说明实验①中溶液红色褪去的主要原因不是大，而是过氧化氢的氧化作用，错误；实验①中过氧化氢已经将酚酞氧化了，该反应不可逆，因此向褪色后的溶液再滴加5滴盐酸，溶液不能变成红色，正确。 8．【答案】C 【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，装置丙为空载仪器，起到安全瓶、防倒吸的作用，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 【详解】A．由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，故A正确； B．由分析可知，装置乙中盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，故B正确； C．由分析可知，装置丙为空载仪器，起到安全瓶、防倒吸的作用，由于氯气的密度比空气大，不能用向下排空气法收集氯气，应用向上排空气法收集氯气，故C错误； D．由分析可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故D正确； 故选C。 9．【答案】C 【详解】是苯环上氨基邻位上的被取代,同时生成了，属于取代反应，正确；氨基有还原性，为防止与浓硝酸、浓硫酸混合时被氧化，所以引入硝基时需要 “一系列反应Ⅰ” 来保护氨基，正确；分子中氨基的中心原子是杂化，空间结构为三角锥形，所有原子不可能共平面，错误；有机物中，酰胺基消耗氢氧化钠，而苯环上的消耗氢氧化钠，所以最多可与反应，正确。 易错警示 苯环上的在碱性条件下水解先生成酚羟基和，酚羟基和均能与溶液反应，则苯环上的最多可消耗。 10．【答案】A 【详解】A． 的 溶液中c(H+)=10-12mol/ 的数目为1L×10-12mol/ ，故A正确； B． 溶液中HCl完全电离，没有HCl分子，故B错误； C． 和 发生反应： ， 和 于密闭容器中充分反应后，生成0.2mol NO2，但NO2中存在 ，因此充分反应后，分子物质的量小于0.2mol，故C错误； D．未说明溶液的体积，无法计算 数目，故D错误； 故选A。 11．【答案】A 【解析】曲线表示使用催化剂后的能量变化,催化剂只改变反应速率,不改变化学平衡,所以生成物的产率不变,错误；使用催化剂降低了反应的活化能,改变了反应速率,但热效应不变,所以反应的热效应相同,正确；由题图可知该反应是放热反应,,因此中化学键的键能之和比中化学键的键能之和小,正确；由题图可知,热化学方程式为,正确。 12．【答案】A 【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其中基态X原子能级有3个单电子，则X是N；基态Y原子含有3对成对电子，则Y是O；Z与同族，且基态Z原子轨道中含有自旋方向不同的电子数目之比为，即基态Z原子价电子排布式：3d74s2，即Z是Co。 【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大的趋势，但是第ⅡA族与第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，金属第一电离能小，则第一电离能：，即，A错误； B．氨气与水的中心原子都是sp3杂化，但是氮原子有1个孤电子对，氧原子有2个孤电子对，孤电子对数越多，键角越小，则键角：氨气大于水，B正确； C．过量的通入溶液中，会得到硫酸四氨合铜澄清透明溶液，C正确； D．Co是27号元素，d区元素，空间运动状态是指电子所占据的轨道数，故核外电子有15种空间运动状态，D正确； 故选A。 13．【答案】B 【分析】根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五种元素原子序数依次增大，且属于短周期元素，因此Y为C，X为H，W应为Cl，一个Z有三个共价键，该物质为离子化合物，形成四个键的Z失去一个电子，因此Z为N，Q形成四个共价键的一价阴离子，则Q为Al。 【详解】A．Cl-多一个电子层，半径最大，Al3+的O2-核外电子层结构相同，Al3+的核电荷数大半径小，氢离子半径最小，故离子半径Cl->O2->Al3+>H+，即简单离子半径：W>Z>Q>X，故A正确； B．QW3即AlCl3，AlCl3是共价化合物，熔融AlCl3不导电，电解熔融的QW3无法获得Q单质，故B错误； C．元素非金属性越强，电负性越大，故电负性Cl>C>H>Al，即W>Y>X>Q，C正确； D．Y与X可以形成C2H6，Z与X可以形成N2H4，都是含非极性键的化合物，D正确； 本题选B。 14．【答案】B 【详解】A．化合价为-4价的碳元素氢化物为CH4，是最简单的有机化合物，A正确； B．b是单质C，e是CO2，C在高温下被SiO2氧化成CO，不是CO2，B错误； C．d为CO，CO与血红蛋白结合的能力比O2强，C正确； D．e是CO2，将氨气和CO2通入饱和食盐水反应生成NH4Cl和NaHCO3，则可得到碳元素化合价为+4价的盐m：NaHCO3，D正确； 故选B。 15．【答案】D 【详解】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，总反应为放热反应，，故A错误； B．由图可知，反应的生成物为NiCH2和甲烷，则镍是反应的反应物，不是催化剂，故B错误； C．由图可知，反应过程中有碳碳键的断裂，但没有碳碳键的形成，故C错误； D．反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应取决于慢反应，根据图像可知，中间体2→中间体3的活化能最大，反应速率最慢，则总反应的速率由中间体2→中间体3的反应速率决定，故D正确； 故答案为D。 16．【答案】B 【解析】钙还原二氧化钛的化学方程式为，由制得金属，消耗，电解池中阴极反应式为，则通过电解生成，外电路中转移电子，正确；阳极上电极反应式为，错误；电解池总反应为 ，制备金属钛的反应为，所以在制备金属后，总量不会减少，正确；阳极上电极反应式为，不断消耗，装置中石墨电极材料需要定期更换，正确。 17．【答案】（除标注外，每空2分，共13分） （1）2Mn＋5H2C2O4＋6H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O （2）饱和碳酸氢钠溶液（1分） （3）冷却至室温，上下调节量气管使左右两端液面齐平　读数时视线与量气管凹液面的最低处相平（1分） （4）30（1分）　（5）0.002　＜ （6）高锰酸钾过量（或草酸的量不足，无法使KMnO4完全反应） 【解析】（1）蒸馏烧瓶中KMnO4、H2C2O4和H2SO4反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为2Mn＋5H2C2O4＋6H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 （2）CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度小，试剂X最好选用饱和碳酸氢钠溶液。 （3）实验结束后，先冷却到室温，再上下移动量气管，使左右两边液面相平，然后视线与量气管凹液面的最低处相平，读取数据。 （4）乙同学通过控制变量法测定KMnO4溶液的浓度对化学反应速率的影响，由实验①③可知，溶液的总体积为100 mL，则a＝30。 （5）利用实验①中数据可知，溶液混合后KMnO4溶液的浓度为0.05 mol·L－1×＝0.005 mol·L－1，用KMnO4表示的化学反应速率为＝0.002 mol·L－1·min－1；用同样方法计算出反应②中KMnO4表示的化学反应速率约为0.003 3 mol·L－1·min－1，则反应速率①＜②。 （6）实验③中n（KMnO4）＝0.05 mol·L－1×0.04 L＝0.002 mol，n（H2C2O4）＝0.1 mol·L－1×0.03 L＝0.003 mol，根据2Mn＋5H2C2O4＋6H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可以判断出高锰酸钾过量（或草酸的量不足），故最终溶液颜色变浅，但不褪去。 18．【答案】(1)[Ar]3d34s2 (2)+6价 (3) 将焙烧后的固体粉碎，增大固体表面积 适当增大酸的浓度 H2SiO3 (4) (5)Fe－2e-=Fe2+ (6) 12 【分析】在通入空气条件下，二氧化硅和碳酸钠反应得到硅酸钠，四氧化三铁将被完全氧化为氧化铁，V2O5则和碳酸钠转化为NaVO3，Cr2O3中+3价的铬被氧化成+6价的Na2CrO4，加入硫酸酸浸，硅酸钠转变为硅酸白色沉淀，同时氧化铁、氧化铝、NaVO3、Na2CrO4皆溶于酸得到Fe3+、Al3+、、四种离子，调pH使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝析出；接下来用硫酸铵溶液“沉钒”，加入亚硫酸钠的目的是为了还原+6价的铬，将其转变为+3价的Cr3+后调pH析出，据此来分析本题即可。 【详解】（1）钒为23号元素，简化电子排布式为[Ar]3d34s2； （2）中Na为+1价，O为-2价，则的化合价为+6价； （3）提高反应速率的方法有将焙烧后的固体粉碎，增大固体表面积、适当增大酸的浓度等措施；由分析可知，滤渣1为硅酸； （4）加入亚硫酸钠的目的是为了还原，将其转变为+3价的Cr3+，用H2O2还原的离子方程式为； （5）阳极使用的铁板不是惰性电极，因此失电子：Fe－2e-=Fe2+。产生的亚铁离子具有很强的还原性，和发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，变成氢氧化物沉淀析出； （6）钙原子位于顶点位置，氧原子位于面心位置，因此与钙原子最近且等距离的氧原子有个；钙和氧的最近距离为anm，则四面体的边长为nm，一个晶胞的体积为，由均摊法可知该晶胞中Ca原子个数为，O原子个数为，Cr原子个数为1，晶胞的密度为。 19．【答案】(每空2分,共14分) (1)CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2 (2)b (3)B (4)400~700 ℃随温度升高,平衡逆向移动,N2O的转化率逐渐减小;700 ℃以后,催化剂失去活性,反应速率急剧下降导致N2O的转化率迅速变小 (5)①Ⅱ ②> ③3.4 【解析】(1)由图甲可知分步反应的热化学方程式为①N2O(g)+Pt2O+(s)N2(g)+Pt2(s) ΔH1､②CO(g)+Pt2(s)CO2(g)+Pt2O+(s) ΔH2,总反应=①+②,则总反应的热化学方程式为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2｡ (2)恒温恒容时,混合气体的总质量和总体积不变,因此密度恒定,其不再变化不能说明体系达到平衡状态,a错误;由图乙可知ΔH<0,结合已知ΔS<0,该总反应高温下可能使ΔG=ΔH-TΔS>0,可能不自发,b正确;催化剂不能改变平衡转化率,c错误｡ (3)降低温度,化学反应速率降低,A不符合题意;恒容时,再充入CO,c(CO)增大,根据v=kc(CO)·c(N2O)可知,v增大,B符合题意;恒压时,再充入N2O,容器容积增大,c(CO)·c(N2O)减小,v减小,C不符合题意;增大容器容积减小压强,反应物浓度减小,v减小,D不符合题意｡ (5)①温度恒定时,增大,可以看作n(CO)不变,n(N2O)增大,则N2O的转化率降低,曲线Ⅱ代表N2O的转化率随的变化曲线｡②该反应为放热反应,一定时,升高温度,平衡逆向移动,N2O的转化率降低,根据图丁可知T1>T2｡③由图丁可知,在=1,即CO､N2O的起始分压分别为50 kPa､50 kPa,温度为T4 K时,N2O的平衡转化率为65%,反应前后气体分子数不变,平衡时,p(CO)=p(N2O)=50 kPa×(1-65%)=17.5 kPa､p(CO2)=p(N2)=50 kPa×65%=32.5 kPa,K=≈3.4｡ 20．【答案】（1） 、光照；氧化反应（1分） （2） 丙二酸二甲酯；羧基、醛基（1分） （3） （1分）与生成的反应，促进反应完全（1分） （4） （5） （6） 8；（1分） 【详解】 （1） 的反应为苯环侧链甲基上的取代反应，故反应条件为、光照；的反应过程中，故反应类型为氧化反应。 （2） 有机物为丙二酸和两个甲醇反应生成的酯，故有机物的名称为丙二酸二甲酯；中官能团的名称分别为羧基、醛基。 （3） 三乙胺的结构简式为，属于有机碱，可以与酸反应，消耗反应生成的，促进反应完全。 （4） ，在溶液中发生的反应为酯的碱性水解，故化学方程式为 。 （5） 与发生加成反应生成，分子中有两个六元环，由倒推，类比羟醛缩合的第一步加成反应与两个碳氧双键中的形成，原子上的两个与两个形成两个，可知的结构简式为。 （6） 的芳香族同分异构体满足三个条件，条件说明有2个醛基，条件说明苯环上有2个侧链且在对位位置上，醛基和苯环没有直接相连，条件说明分子中有3个甲基，中总共有13个，苯环上有6个，2个醛基有2个，还有5个，因此苯环上的侧链共有以下6种情况：Ⅰ.、Ⅱ.、Ⅲ.、Ⅳ.、Ⅴ.、.。其中只有Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、这4种情况满足加上2个醛基后还有3个甲基，且每种情况有2个同分异构体：Ⅱ.2个醛基可以加在①和②号2个碳原子上，或者都加在②号位上；Ⅲ.2个醛基可以加在①和②号2个碳原子上，或者都加在①号位上；Ⅳ.2个醛基可以加在①号位碳原子上，或者都加在②号位上；个醛基可以加在①和个碳原子上，或者都加在②号位上；所以共有8种。其中含有5种不同化学环境的氢原子，且数目之比为的同分异构体的结构简式为。 有机速破 （）发生取代反应，生成B（）和。 取代反应，生成D（）和。 取代反应，生成和。 两步反应，先是在碱性条件下，酯发生水解，生成甲醇和羧酸钠，然后在酸性条件下羧酸钠转化为羧酸，生成。 为脱去过程，剩余1个。 。 类比羟醛缩合的第一步反应，只发生加成反应，同时形成一个新的六元环，与两个碳氧双键中的C形成，原子上的两个与两个形成两个，可知的结构简式为 。 脱去了3分子。 发生氧化反应。 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$