精品解析：福建省全国名校联盟2026届高三上学期联合开学摸底考试化学试题

全国名校联盟2026届高三联合开学摸底考试 化学试题 本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上和本试卷上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 B11 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40 V51 Cr52 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 福建是海上丝绸之路的主要发祥地和重要起点。福建丰富的物产（如茶叶、陶瓷、纺织品等）通过海上运输到东亚、南亚、非洲等地区。下列说法不正确的是 A. 在海外素有“中国白”美称的德化陶瓷，主要成分是硅酸盐 B. 在古代畅销世界的中国丝绸制品，主要成分是氨基酸 C. 明代船舶中采用蚌壳打磨而成的“蚌壳玻璃”，主要成分为碳酸钙 D. 福建白茶富含的多酚类物质，熔点高于分子量相近的烃 2. 为了维护运动赛场干净与纯洁，每届大型运动会组委会都会强化对违禁药品的管理和检测。某利尿酸类药品是禁用的兴奋剂之一，其结构简式如图所示。有关该物质叙述正确的是 A. 分子式C18H18O7 B. 该物质中含氧官能团有4种 C 该物质与饱和溴水仅发生取代反应 D 0.1mol该物质最多能与6.9g金属钠发生反应 3. 某种配位化合物的部分结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的前四周期元素，W的族序数与周期数相同，Z是地壳中含量最多的元素，基态Q原子的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X<Y<Z B. 原子半径：W<X<Y<Z C. 非金属性：X>Y>Z D. Q(ZW)2可溶于浓氨水中 4. 实验室在恒容条件下，测定苯加氢反应动力学曲线如图所示，其中分别在t1、t2、t3、t4时刻补充氢气。下列说法错误的是 A. 为防止催化剂中毒，H2需净化处理 B. 低温高压可提高反应的平衡转化率 C. t1至t4，反应速率与H2分压成正比 D. t4之后，反应速率与苯的浓度有关 5. 俗称黄血盐，呈黄色，在100℃时失去所有结晶水，得到白色粉末，进一步加热即分解：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 室温下，5.6gN2中所含质子数为 B. 0.1L1mol·L-1KCN溶液中，阴离子数目大于 C. 0.2mol中σ键数目为 D. 0.1mol完全分解转移电子数为 6. 含尿素工业废水的排放，氮肥的施用，以及生活、养殖污水的排放，给环境带来巨大压力。一种镍基催化剂可用于加快废水中尿素[CO(NH2)2]的水解，其反应的历程和能量如图所示，下列说法正确的是 A. 催化过程中Ni元素的价态不变 B. 该体系中与中心原子Ni的配位能力： C. 镍基催化剂中Ni的杂化方式为sp3 D. 该历程中存在非极性键的断裂 7. 一种处理含镍电镀废水（主要含有、H3PO2、H3PO3、H+等）的流程如下： 已知：“调pH①”后磷元素以、形式存在。滤渣中主要含有和Ni(OH)2，。下列说法错误的是 A. “调pH①”操作中需控制加入Ca(OH)2的量 B. “氧化”时存在反应： C. “调pH②”时，可通过测滤液pH判断Ni2+是否沉淀完全 D. “滤液”中大量存在的阳离子有Na+和 8. 乙酸乙酯的制备与纯化步骤如下： 已知：乙酸乙酯微溶于水，乙醇可以和氯化钙反应生成CaCl2·6CH3CH2OH。下列说法错误的是 A. 反应“回流”阶段，温度过高易发生副反应 B. “洗涤”操作中，“有机层”从分液漏斗上口倒出 C. “饱和CaCl2洗涤”是为了除去粗品中的乙醇 D. “试剂X”可为饱和氯化钠溶液，“操作Y”为分液 9. 将生物质高值化与CO2催化转化反应电化学耦合的工作原理如下图所示（双极膜可将水解离为H+和OH-，并在电场作用下分别通过阳膜或阴膜，实现其定向通过）。下列说法错误的是 A. a膜是阳离子交换膜 B. 阳极电极反应式： C. 每转移2mole-，需消耗44.8LCO2（标准状况下） D. 催化剂纳米片的作用是加快反应速率 10. 室温下，将0.1gCaCO3细粉配成100mL悬浊液，并置于密闭容器中（如图1所示），通过压力阀不断注入CO2气体，逐渐增大容器内CO2的分压，利用传感器测得溶液的pH、与pCO2（CO2分压）的关系如图2所示。已知：，，。 下列说法正确是 A. 当pCO2=x时，溶液刚好澄清，此时溶液的pH为6-lg4 B. 溶液中始终存在： C. D. 如果向处于之间的溶液中加入少量CaCO3细粉，则溶液中的增大 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 实验室以偏钒酸钠（NaVO3）为原料制备全钒液流电池的电解液成分硫酸氧钒（VOSO4）。 步骤一：依次向三颈烧瓶中加入一定量NaVO3和Na2SO3固体，同时加入适量蒸馏水，加稀硫酸调pH为1.0～3.0，在70℃下恒温反应一段时间（实验装置如图，夹持、加热装置省略）。反应结束后，将溶液冷却至室温，得到VOSO4溶液。 步骤二：向所得溶液中加入NaOH溶液调pH为4.5～8.0，得到VO(OH)2沉淀，反应结束后进行抽滤。 步骤三：用乙醇洗涤VO(OH)2，再用过量的稀硫酸溶解，得到VOSO4溶液。 步骤四：将步骤三所得VOSO4溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤得到产物VOSO4·nH2O。 已知：VOSO4的溶解度随温度变化较大。 回答下列问题： （1）盛放稀硫酸的仪器名称为_____。 （2）“步骤一”加热方式为_____，三颈瓶烧中主要发生的化学反应方程式为______。 （3）“步骤二”抽滤装置如图所示。实验中具体的抽滤操作如下： a．打开抽气泵；b．关闭抽气泵；c．转移固液混合物；d．确认抽干；e．打开活塞；f．关闭活塞。 正确的操作顺序为：a→c→_____（填标号）。 （4）“步骤三”中判断VO(OH)2沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂是_____。 （5）“步骤四”蒸发浓缩至______，停止加热，冷却结晶。 （6）将所得VOSO4·nH2O采用烘干法完全脱水，失重率达36.0%，则n=______（结果保留整数）。 12. 三氧化二铬（Cr2O3）可用作着色颜料、陶瓷添加剂和有机合成催化剂。一种从铬渣（主要含Cr2O3，及少量SiO2和Fe、Ca等元素）中分离回收Cr2O3的流程如下： 已知：焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品抗氧化剂；Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3类似。 回答下列问题： （1）铬渣首先需进行粉碎研磨，其目的是_______。“焙烧”时铬元素转化为Na2CrO4，Cr2O3发生反应的化学方程式为________。 （2）“滤渣”的主要成分除CaSO4外，还有_____（写化学式）。 （3）“还原”中Fe3+发生反应的离子方程式为________。 （4）25℃时，H2C2O4的、；。“除铁”反应的平衡常数K=______（列出计算式）。 （5）“调pH”步骤中，pH>8.0时铬的沉淀率减小的原因是______。 （6）Cr2O3可作为铬源经过转化得到一种具有应用潜力的储氢材料LiCrH3，其立方晶胞结构如图所示。 ①与Li最近且等距离的H有______个。谱图分析是化学常用的研究方法，通过______（填标号）分析，可以得到晶胞中粒子的位置信息。 A．质谱 B．原子光谱 C．红外光谱 D．X射线衍射 ②设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为______g·cm-3。 13. 三氯化硼（BCl3）的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，极易发生水解，主要用作有机反应催化剂，也可用作铸造镁及其合金时的防氧化剂，其制备原理为。利用如图装置制取少量BCl3（夹持装置略）。 已知：PdCl2溶液吸收CO时，溶液中析出灰黑色固体颗粒。 回答下列问题： （1）按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：a→_____。D中浓H2SO4的作用为_____。 （2）连接装置，检验装置的气密性，装入药品，打开K1，通一段时间N2，关闭K1，加入适量浓盐酸，加热管式炉。装置A中发生的反应体现出浓盐酸的性质有_______，判断装置C中反应结束的现象为____，实验过程中装置B中发生反应的离子方程式为______。 （3）测定BCl3产品的纯度。 ①准确称取mg产品，加入稍过量NaOH溶液完全水解，再加入稀硝酸酸化，并配成250mL溶液； ②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中； ③向其中加入稍过量的100mLc1mol·L-1AgNO3溶液，加入5mL硝基苯，用力振荡，使沉淀表面完全覆盖硝基苯； ④滴入3滴指示剂X溶液，用c1mol·L-1KSCN标准溶液，滴定过量的AgNO3溶液，至滴定终点消耗标准溶液为20.00mL。 指示剂X可用_____溶液（填化学式），该产品中BCl3质量分数为______（写出表达式）。下列操作会导致BCl3质量分数的测定值偏大的是_____。 a．准确量取25.00mL溶液时，先仰视后俯视 b．加入硝基苯的量太少，导致未完全覆盖沉淀 c．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 14. NO能够引发光化学烟雾，是大气污染源之一。 （1）解决NO对环境和大气的危害可以通过氧化或还原成N2的方法。根据O2氧化NO的实验现象，化学家提出了如下反应机理： Ⅰ．（快反应） Ⅱ．（慢反应） 已知：总反应速率方程为（k为速率常数），快反应中、；慢反应中，总反应速率近似等于慢反应速率。 ①实验发现NO2的生成速率随温度升高而降低，可能原因为____。 ②速率常数k=_______（用含、、的代数式表示）。 （2）光催化转化NO为HNO3成为研究热点。BiOCl不同晶面催化反应进程如下： BiOCl_______晶面[填“（001）”或“（010）”]催化性能更好，原因为_____。 （3）去除CO与NO两种大气污染物时发生如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： ①已知 ，则______。 ②为了使污染物转变成对大气友好的N2，应采取的措施为______。 ③CO与NO在Rh催化下反应，浓度与温度关系如下图所示，该催化剂的最佳使用温度约为______；原因为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全国名校联盟2026届高三联合开学摸底考试 化学试题 本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上和本试卷上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 B11 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40 V51 Cr52 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 福建是海上丝绸之路的主要发祥地和重要起点。福建丰富的物产（如茶叶、陶瓷、纺织品等）通过海上运输到东亚、南亚、非洲等地区。下列说法不正确的是 A. 在海外素有“中国白”美称的德化陶瓷，主要成分是硅酸盐 B. 在古代畅销世界的中国丝绸制品，主要成分是氨基酸 C. 明代船舶中采用蚌壳打磨而成的“蚌壳玻璃”，主要成分为碳酸钙 D. 福建白茶富含的多酚类物质，熔点高于分子量相近的烃 【答案】B 【解析】 【详解】A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，德化陶瓷属于传统陶瓷，A正确； B．丝绸的主要成分是蛋白质，而氨基酸是蛋白质水解后的产物，直接描述丝绸成分为氨基酸错误，B错误； C．蚌壳的主要成分为碳酸钙，打磨后仍保持成分不变，C正确； D．多酚类物质含羟基，易形成氢键，分子间作用力强于烃类，因此熔点更高，D正确； 故选B。 2. 为了维护运动赛场干净与纯洁，每届大型运动会组委会都会强化对违禁药品的管理和检测。某利尿酸类药品是禁用的兴奋剂之一，其结构简式如图所示。有关该物质叙述正确的是 A. 分子式为C18H18O7 B. 该物质中含氧官能团有4种 C. 该物质与饱和溴水仅发生取代反应 D. 0.1mol该物质最多能与6.9g金属钠发生反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据结构简式可知分子式应为C18H16O7，A错误； B．含氧官能团有羰基、酚羟基、醚键、羧基，4种，B正确； C．该物质含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，且酚羟基邻对位可与溴水发生取代反应，并非仅取代，C错误； D．含3个酚羟基和1个羧基，共4个活泼H，0.1mol该物质含0.4mol活泼H，可与0.4mol Na反应，质量为0.4×23=9.2g，并非6.9g，D错误； 故答案为B。 3. 某种配位化合物的部分结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的前四周期元素，W的族序数与周期数相同，Z是地壳中含量最多的元素，基态Q原子的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X<Y<Z B. 原子半径：W<X<Y<Z C. 非金属性：X>Y>Z D. Q(ZW)2可溶于浓氨水中 【答案】D 【解析】 【分析】Z是地壳中含量最多的元素，Z=O；基态Q原子的价电子排布式为，Q=Cu；W的族序数与周期数相同，且核电荷数最小、只能形成一个化学键，则W=H；X、Y的核电荷数介于1和8之间，结合成键特点，推断X=C、Y=N。 【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势(但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素)，则第一电离能：C<O<N，A错误； B．同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上至下半径增大，则半径：H<O<N<C，B错误； C．同周期元素从左到右非金属性增大，则非金属性：O>N>C，C错误； D．Cu(OH)2可溶于浓氨水生成铜氨溶液，D正确； 故答案为D。 4. 实验室在恒容条件下，测定苯加氢反应动力学曲线如图所示，其中分别在t1、t2、t3、t4时刻补充氢气。下列说法错误的是 A. 为防止催化剂中毒，H2需净化处理 B. 低温高压可提高反应的平衡转化率 C. t1至t4，反应速率与H2分压成正比 D. t4之后，反应速率与苯的浓度有关 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂中毒通常由杂质吸附导致，氢气中的杂质可能使催化剂活性降低，需净化处理，A正确； B．该反应放热，且气体分子数减少，温度降低有利于反应正向进行，高压使平衡正向移动，均提高平衡转化率，B正确； C．t1至t4期间，每次补充H2后初始分压相同，但苯浓度随反应进行逐渐降低，若反应速率仅与H2分压成正比，则每次补充后的初始速率应相同，而实际因苯浓度降低，后续补充阶段速率逐渐减慢，说明速率还受苯浓度影响，并非仅与H2分压成正比，C错误； D．t4之后不再补充H2，苯浓度随反应持续消耗而降低，此时苯浓度成为影响速率的重要因素，反应速率与苯浓度有关，D正确； 故答案为C。 5. 俗称黄血盐，呈黄色，在100℃时失去所有结晶水，得到白色粉末，进一步加热即分解：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 室温下，5.6gN2中所含质子数为 B. 0.1L1mol·L-1KCN溶液中，阴离子数目大于 C. 0.2mol中σ键数目为 D. 0.1mol完全分解转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．5.6g N2的物质的量为0.2mol，每个N2分子含14个质子，总质子数为0.2mol×14×NAmol-1=2.8NA，A正确； B．溶液中的电荷守恒：，由于且，所以阴离子总物质的量，数目大于，B正确； C．在中，1个络离子中含有6个 键(配位键)和6个中的键，故1个含有12个键。因此 中键数目为 ，C错误； D．反应中2个CN-的N被氧化为N2，每个N失去3e⁻，总转移6mol电子，则0.1molK4Fe(CN)6转移0.6NA电子，D正确； 故答案为C。 6. 含尿素工业废水的排放，氮肥的施用，以及生活、养殖污水的排放，给环境带来巨大压力。一种镍基催化剂可用于加快废水中尿素[CO(NH2)2]的水解，其反应的历程和能量如图所示，下列说法正确的是 A. 催化过程中Ni元素的价态不变 B. 该体系中与中心原子Ni的配位能力： C. 镍基催化剂中Ni的杂化方式为sp3 D. 该历程中存在非极性键的断裂 【答案】A 【解析】 【详解】A．催化剂在反应中通过配位作用参与历程，配体与Ni形成配位键时无电子得失，且整个尿素水解反应为非氧化还原反应，故Ni价态始终不变，A正确； B．反应初始和最终Ni均与OH-配位，中间生成的中间体最终被OH-取代，说明OH-与Ni的配位能力更强，故配位能力：，B错误； C．由图可知镍基催化剂中Ni存在5配位、6配位两种情况，杂化方式为或，C错误； D．非极性键为同种原子间的共价键，该历程中断裂的键为尿素中的C-N键（极性）和H2O中的O-H键（极性），无O-O、N-N等非极性键断裂，D错误； 故答案为A。 7. 一种处理含镍电镀废水（主要含有、H3PO2、H3PO3、H+等）的流程如下： 已知：“调pH①”后磷元素以、形式存在。滤渣中主要含有和Ni(OH)2，。下列说法错误的是 A. “调pH①”操作中需控制加入Ca(OH)2的量 B. “氧化”时存在反应： C. “调pH②”时，可通过测滤液pH判断Ni2+否沉淀完全 D. “滤液”中大量存在的阳离子有Na+和 【答案】D 【解析】 【分析】含镍电镀废水主要含有[Ni(NH3)4]2+、H3PO2、H3PO3、H+等，加入氢氧化钙浊液调节溶液pH，“调pH①”后磷元素以、形式存在，再加入10%次氯酸钠溶液，、被氧化为，[Ni(NH3)4]2+转化为Ni2+和N2，再加入氢氧化钙浊液，“调pH②”时，滤渣中主要含有Ca3(PO4)2和Ni(OH)2，据此分析回答。 【详解】A．H3PO2为一元酸，H3PO3为二元酸，“调pH①”后磷元素以、的形式存在，均转化为正盐，若Ca(OH)2不足，H3PO3转化为，故需控制Ca(OH)2加入量，A正确； B．“氧化”时NaClO作氧化剂，ClO⁻被还原为Cl-，得2e-，中P为+1价，被氧化为中+5价，失4e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，该反应的离子方程式为：，B正确； C．Ni(OH)2的Ksp[Ni(OH)2]=10−15.26，当Ni2+沉淀完全（[Ni2+]≤10-5 mol/L）时，，pH=14-pOH=8.87，当滤液pH≥8.87时，可判断Ni2+沉淀完全，C正确； D．原废水中[Ni(NH3)4]2+转化为Ni2+和N2，故滤液中不会大量存在，D错误； 故选D。 8. 乙酸乙酯的制备与纯化步骤如下： 已知：乙酸乙酯微溶于水，乙醇可以和氯化钙反应生成CaCl2·6CH3CH2OH。下列说法错误的是 A. 反应“回流”阶段，温度过高易发生副反应 B. “洗涤”操作中，“有机层”从分液漏斗上口倒出 C. “饱和CaCl2洗涤”是为了除去粗品中的乙醇 D. “试剂X”可为饱和氯化钠溶液，“操作Y”为分液 【答案】D 【解析】 【分析】由于乙酸乙酯微溶于水，所用洗涤试剂均需使用饱和溶液以减少产品损失。反应回流阶段产生的粗产品需先用饱和碳酸钠溶液洗涤，除去产品中的乙酸；需再用饱和氯化钠溶液洗涤，溶解除去前一步引入的，防止后续加入CaCl2产生沉淀；反应回流阶段为促使乙酸和乙醇的快速反应，通常会使乙醇过量，让乙酸乙酯和乙醇形成共沸物快速蒸出，由于乙醇可以和氯化钙反应生成CaCl2∙6CH3CH2OH，可选用饱和氯化钙溶液洗涤，除去粗产品中的乙醇；最后用无水硫酸镁干燥，除去水分。 【详解】A．回流阶段温度过高时，乙醇可能发生消去反应生成乙烯或分子间脱水生成乙醚等副反应，A正确； B．乙酸乙酯密度小于水，洗涤时有机层在上层，分液漏斗中上层液体从上口倒出，B正确； C．已知乙醇与氯化钙形成配合物，饱和CaCl2洗涤可除去残留乙醇，C正确； D．操作Y前经干燥、过滤操作，此时需通过蒸馏分离提纯乙酸乙酯，而非分液，D错误； 答案选D。 9. 将生物质高值化与CO2催化转化反应电化学耦合的工作原理如下图所示（双极膜可将水解离为H+和OH-，并在电场作用下分别通过阳膜或阴膜，实现其定向通过）。下列说法错误的是 A. a膜是阳离子交换膜 B. 阳极电极反应式： C 每转移2mole-，需消耗44.8LCO2（标准状况下） D. 催化剂纳米片的作用是加快反应速率 【答案】C 【解析】 【分析】阴极CO2变为HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，阳极的反应式为，双极膜中的H+向阴极移动，OH-向阳极移动； 【详解】A．双极膜解离出H⁺和OH⁻，H⁺向阴极移动，a膜允许H⁺（阳离子）通过，故a膜为阳离子交换膜，A正确； B．右侧电极为阳极，发生氧化反应，反应物为含羟基的呋喃衍生物，失电子后生成二羧酸盐，电极反应式中电子、电荷及原子守恒，B正确； C．阴极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，C元素由+4价降为+2价，每消耗1mol CO2转移2mol e⁻，则转移2mol e⁻时消耗1mol CO2，标准状况下体积为22.4L，并非44.8L，C错误； D．催化剂纳米片可降低反应活化能，加快反应速率，D正确； 答案选C。 10. 室温下，将0.1gCaCO3细粉配成100mL悬浊液，并置于密闭容器中（如图1所示），通过压力阀不断注入CO2气体，逐渐增大容器内CO2的分压，利用传感器测得溶液的pH、与pCO2（CO2分压）的关系如图2所示。已知：，，。 下列说法正确的是 A. 当pCO2=x时，溶液刚好澄清，此时溶液的pH为6-lg4 B. 溶液中始终存在： C. D. 如果向处于之间的溶液中加入少量CaCO3细粉，则溶液中的增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．当pCO2=x时，pCa=2，即=10-2mol/L；由，得=mol/L。此时溶液中主要存在（Ca(HCO3)2电离），物料守恒c()≈=0.02mol/L，由，代入，解得=4×10-6mol/L，pH=-lg(4×10-6)=6-lg4，A正确； B．初始时存在CaCO3悬浊液，溶液中来自CaCO₃溶解，碳酸来自CO2溶解，两者来源不同，物料守恒不成立，B错误； C．由于的水解，所以溶液中的不等于，不能用计算，C错误； D．0~x之间为CaCO3悬浊液，溶解平衡CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+ (aq)达平衡，加入CaCO3细粉不影响平衡，不变，D错误； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 实验室以偏钒酸钠（NaVO3）为原料制备全钒液流电池的电解液成分硫酸氧钒（VOSO4）。 步骤一：依次向三颈烧瓶中加入一定量NaVO3和Na2SO3固体，同时加入适量蒸馏水，加稀硫酸调pH为1.0～3.0，在70℃下恒温反应一段时间（实验装置如图，夹持、加热装置省略）。反应结束后，将溶液冷却至室温，得到VOSO4溶液。 步骤二：向所得溶液中加入NaOH溶液调pH为4.5～8.0，得到VO(OH)2沉淀，反应结束后进行抽滤。 步骤三：用乙醇洗涤VO(OH)2，再用过量的稀硫酸溶解，得到VOSO4溶液。 步骤四：将步骤三所得VOSO4溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤得到产物VOSO4·nH2O 已知：VOSO4的溶解度随温度变化较大。 回答下列问题： （1）盛放稀硫酸仪器名称为_____。 （2）“步骤一”加热方式为_____，三颈瓶烧中主要发生的化学反应方程式为______。 （3）“步骤二”抽滤装置如图所示。实验中具体的抽滤操作如下： a．打开抽气泵；b．关闭抽气泵；c．转移固液混合物；d．确认抽干；e．打开活塞；f．关闭活塞。 正确的操作顺序为：a→c→_____（填标号）。 （4）“步骤三”中判断VO(OH)2沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂是_____。 （5）“步骤四”蒸发浓缩至______，停止加热，冷却结晶。 （6）将所得VOSO4·nH2O采用烘干法完全脱水，失重率达36.0%，则n=______（结果保留整数）。 【答案】（1）恒压（滴液）漏斗 （2） ①. 水浴加热（电热套加热、油浴加热等合理答案也给分） ②. （3）f→d→e→b （4）BaCl2 （5）出现晶膜 （6）5 【解析】 【分析】实验室以偏钒酸钠（NaVO3）为原料制备全钒液流电池的电解液成分硫酸氧钒（VOSO4）。依次向三颈烧瓶中加入一定量NaVO3和Na2SO3固体，同时加入适量蒸馏水，加稀硫酸调pH为1.0～3.0，在70℃下恒温反应一段时间，反应结束后，将溶液冷却至室温，得到VOSO4溶液，再加入NaOH溶液调pH为4.5～8.0，得到VO(OH)2沉淀，反应结束后进行抽滤，用乙醇洗涤VO(OH)2，再用过量的稀硫酸溶解，得到VOSO4溶液，将所得VOSO4溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤得到，产物VOSO4·nH2O。 【小问1详解】 由装置图可知，盛放稀硫酸的仪器名称是恒压（滴液）漏斗。 【小问2详解】 由步骤一可知反应在70℃下恒温进行，故加热方式为水浴加热（或电热套加热、油浴加热等），三颈瓶烧中NaVO3、Na2SO3和H2SO4反应生成VOSO4、Na2SO4和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的方程式为。 【小问3详解】 关闭活塞，空气由布氏漏斗进入，开始抽滤；关闭抽气泵之前要先打开活塞，空气直接从A处进入，相当于停止抽滤，并且可以防止倒吸。故抽滤正确的操作顺序为打开抽气泵→转移固液混合物→关闭活塞→确认抽干→打开活塞→关闭抽气泵，即a→c→f→d→e→b。 【小问4详解】 可通过检验判断VO(OH)2沉淀是否洗涤干净，因为没有其他干扰离子，故可使用的试剂是BaCl2。 【小问5详解】 根据已知信息可知，VOSO4的溶解度随温度变化较大，步骤四蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热，冷却结晶。 【小问6详解】 将所得采用烘干法完全脱水，失重率达36.0%，则，则。 12. 三氧化二铬（Cr2O3）可用作着色颜料、陶瓷添加剂和有机合成催化剂。一种从铬渣（主要含Cr2O3，及少量SiO2和Fe、Ca等元素）中分离回收Cr2O3的流程如下： 已知：焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品抗氧化剂；Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3类似。 回答下列问题： （1）铬渣首先需进行粉碎研磨，其目的是_______。“焙烧”时铬元素转化为Na2CrO4，Cr2O3发生反应的化学方程式为________。 （2）“滤渣”的主要成分除CaSO4外，还有_____（写化学式）。 （3）“还原”中Fe3+发生反应的离子方程式为________。 （4）25℃时，H2C2O4的、；。“除铁”反应的平衡常数K=______（列出计算式）。 （5）“调pH”步骤中，pH>8.0时铬的沉淀率减小的原因是______。 （6）Cr2O3可作为铬源经过转化得到一种具有应用潜力的储氢材料LiCrH3，其立方晶胞结构如图所示。 ①与Li最近且等距离的H有______个。谱图分析是化学常用的研究方法，通过______（填标号）分析，可以得到晶胞中粒子的位置信息。 A．质谱 B．原子光谱 C．红外光谱 D．X射线衍射 ②设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为______g·cm-3。 【答案】（1） ①. 增大反应物的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分 ②. （2）H2SiO3（或H2SiO3、CaSiO3只写CaSiO3不给分） （3） （4） （5）Cr(OH)3会溶解在过量的强碱溶液中 （6） ① 12 ②. D ③. 【解析】 【分析】从铬渣（主要含Cr2O3，及少量SiO2和Fe、Ca等元素）中分离回收Cr2O3，先向铬渣中加入碳酸钠并通入氧气进行焙烧，有CO2生成，焙烧后的固体中加入硫酸酸浸，H2SiO3不溶于稀硫酸，同时CaSO4微溶，故滤渣的主要成分是CaSO4，酸浸后的溶液中加入Na2S2O5进行还原，将Fe3+转化为Fe2+，加入H2C2O4后转化为FeC2O4沉淀除铁，溶液中加入氢氧化钠调pH得到Cr(OH)3，煅烧得到Cr2O3； 【小问1详解】 铬渣首先需进行粉碎研磨，其目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分； 由流程可知，“焙烧”时有碳酸钠参与反应，同时通入氧气作为氧化剂，有二氧化碳生成，故反应的化学方程式为； 【小问2详解】 “焙烧”时SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3，“酸浸”加入硫酸生成H2SiO3，故“滤渣”的主要成分除CaSO4外，还有H2SiO3； 【小问3详解】 由“除铁”产物FeC2O4可知“还原”中Fe3+转化为Fe2+，被氧化为，故酸性条件下反应的离子方程式为； 【小问4详解】 根据反应H2C2O4(aq)+Fe2+(aq)⇌FeC2O4(s)+2H+，其平衡常数； 【小问5详解】 因为Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3类似，故pH>8.0时Cr(OH)3会溶解在过量的强碱溶液中； 【小问6详解】 ①由立方晶胞示意图可知，与Li最近且等距离的H位于面心，共有12个。通过晶体的X射线衍射实验获得衍射图后，经过计算可以从衍射图形获得晶体结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等，以及结合晶体化学组成的信息推出原子之间的相互关系，故选择D项； ②根据均摊法，H在面心，个数为=3，Li在顶点，个数为=1，Cr在体心，个数为1，1mol晶胞质量为(7+52+3)g，故晶胞密度为。 13. 三氯化硼（BCl3）的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，极易发生水解，主要用作有机反应催化剂，也可用作铸造镁及其合金时的防氧化剂，其制备原理为。利用如图装置制取少量BCl3（夹持装置略）。 已知：PdCl2溶液吸收CO时，溶液中析出灰黑色固体颗粒。 回答下列问题： （1）按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：a→_____。D中浓H2SO4的作用为_____。 （2）连接装置，检验装置的气密性，装入药品，打开K1，通一段时间N2，关闭K1，加入适量浓盐酸，加热管式炉。装置A中发生的反应体现出浓盐酸的性质有_______，判断装置C中反应结束的现象为____，实验过程中装置B中发生反应的离子方程式为______。 （3）测定BCl3产品的纯度。 ①准确称取mg产品，加入稍过量NaOH溶液完全水解，再加入稀硝酸酸化，并配成250mL溶液； ②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中； ③向其中加入稍过量的100mLc1mol·L-1AgNO3溶液，加入5mL硝基苯，用力振荡，使沉淀表面完全覆盖硝基苯； ④滴入3滴指示剂X溶液，用c1mol·L-1KSCN标准溶液，滴定过量的AgNO3溶液，至滴定终点消耗标准溶液为20.00mL。 指示剂X可用_____溶液（填化学式），该产品中BCl3的质量分数为______（写出表达式）。下列操作会导致BCl3质量分数的测定值偏大的是_____。 a．准确量取25.00mL溶液时，先仰视后俯视 b．加入硝基苯的量太少，导致未完全覆盖沉淀 c．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 【答案】（1） ①. fg→de（或ed）→hi→jk（或kj）→bc（或b） ②. 干燥氯气 （2） ①. 酸性、还原性 ②. 装置E中无液体滴落，B中有黑色固体且不再产生 ③. （3） ①. ②. ③. ac 【解析】 【分析】根据制备原理以及以及BCl3的物理性质，a装置用于制备Cl2，进入D装置干燥后进入C装置反应生成BCl3，然后在E装置中冷凝，再连F装置，防止水蒸气进入E中，最后用B吸收多余的CO。 【小问1详解】 根据上述分析，接口的连接顺序为：a→fg→de(或ed)→hi→jk(或kj)→bc(或b)，D中浓硫酸的作用是干燥Cl2； 【小问2详解】 装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体生成Cl2和MnCl2、H2O，体现出浓盐酸的性质有还原性和酸性；判断装置C中反应结束的现象为装置E中无液体滴落，B中有黑色固体且不再产生；PdCl2溶液吸收CO时，溶液中析出灰黑色固体颗粒是单质Pd，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 达到滴定终点时过量的SCN-与指示剂电离出的Fe3+生成红色物质，X可用溶液；滴定溶液中过量的AgNO3物质的量为：c1mol,则25.00mL溶液中氯离子的物质的量为c1mol- c1mol= c1mol，该产品中BCl3的质量分数为=； a．量取25.00mL溶液时，先仰视后俯视，则溶液体积量多了，剩余的AgNO3会偏少，故测出的结果偏高，a符合题意； b．加入硝基苯的量少导致未完全覆盖沉淀表面，会导致部分AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小，故b不符合题意； c．滴定达终点时滴定管尖嘴处有气泡，消耗标准溶液体积偏小，与BCl3反应消耗AgNO3会偏大，结果偏高，故c符合题意； 答案为ac。 14. NO能够引发光化学烟雾，是大气污染源之一。 （1）解决NO对环境和大气的危害可以通过氧化或还原成N2的方法。根据O2氧化NO的实验现象，化学家提出了如下反应机理： Ⅰ．（快反应） Ⅱ．（慢反应） 已知：总反应速率方程为（k为速率常数），快反应中、；慢反应中，总反应速率近似等于慢反应速率。 ①实验发现NO2的生成速率随温度升高而降低，可能原因为____。 ②速率常数k=_______（用含、、的代数式表示）。 （2）光催化转化NO为HNO3成为研究热点。BiOCl不同晶面催化反应进程如下： BiOCl_______晶面[填“（001）”或“（010）”]催化性能更好，原因为_____。 （3）去除CO与NO两种大气污染物时发生如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： ①已知 ，则______。 ②为了使污染物转变成对大气友好的N2，应采取的措施为______。 ③CO与NO在Rh催化下反应，浓度与温度关系如下图所示，该催化剂的最佳使用温度约为______；原因为________。 【答案】（1） ①. 温度升高，反应I平衡左移，N2O2浓度减小，反应II为慢反应，是决速步，故速率降低 ②. （2） ①. （010） ②. （010）晶面活化能更小 （3） ①. -379 ②. 选择使用合适的催化剂 ③. 温度在300-350℃之间的合理答案均可 ④. 污染物NO、N2O和CO浓度均达最低 【解析】 【小问1详解】 ①实验发现NO2的生成速率随温度升高而降低，可能原因为：温度升高，反应I平衡左移，N2O2浓度减小，反应II为慢反应，是决速步，故速率降低； ②总反应速率方程为（k为速率常数），快反应中、；慢反应中，总反应速率近似等于慢反应速率，则=，=，则，，所以速率常数k=。 【小问2详解】 催化剂可以降低反应的活化能，BiOCl（010）晶面催化性能更好，原因为（010）晶面活化能更小。 【小问3详解】 ①由盖斯定律可知，反应I-反应Ⅱ可得 ，则a=-379； ②为了使污染物转变成对大气友好的N2，应采取的措施为选择使用合适的催化剂，使反应I的速率更快； ③该催化剂的最佳使用温度约为300-350℃之间，原因为污染物NO、N2O和CO浓度均达最低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $