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文档简介
广西桂林中山中学高三下学期联考新高考化学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.标准状况下,6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAC.1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD.常温常压下,14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA2、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2→*H+*H,带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A.第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂B.水在整个历程中可以循环使用,整个过程不消耗水也不产生水C.第③步的反应式为:*H3CO+H2O→CH3OH+*HOD.第④步反应是一个放热过程3、密度为0.910g/cm3氨水,质量分数为25.0%,该氨水用等体积的水稀释后,所得溶液的质量分数为A.等于13.5% B.大于12.5% C.小于12.5% D.无法确定4、下列各组离子一定能大量共存的是A.在含有大量Fe3+的溶液中:NH4+、Na+、Cl-、SCN-B.在含有Al3+、Cl-的溶液中:HCO3-、I-、NH4+、Mg2+C.在c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:Na+、S2-、SO32-、NO3-D.在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中:Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl-5、化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是()A.高纯度的硅单质广泛用于制作芯片B.碳酸镁可用于制造耐高温材料氧化镁C.SO2能用浓硫酸来干燥,说明其还原性不强D.铁质地柔软,而生活中的钢质地坚硬,说明合金钢能增强铁的硬度6、高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平);②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A.若反应①中n(ClO-):n(C1O3-)=5:1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1B.反应①中每消耗4molKOH,吸收标准状况下1.4LCl2C.氧化性:K2FeO4>KC1OD.若反应①的氧化产物只有KC1O,则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC127、常温下,分别向体积相同、浓度均为1mol/L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释,酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是A.HB的电离常数(Ka)数量级为10-3B.其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是:NaB>NaAC.a、b两点溶液中,水的电离程度b<aD.当lgc=-7时,两种酸溶液均有pH=78、在环境和能源备受关注的今天,开发清洁、可再生新能源已成为世界各国政府的国家战略,科学家发现产电细菌后,微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一条新途径。微生物燃料电池(MFC)示意图如下所示(假设有机物为乙酸盐)。下列说法错误的是A.A室菌为厌氧菌,B室菌为好氧菌B.A室的电极反应式为CH3COO−−8e−+2H2O2CO2+8H+C.微生物燃料电池(MFC)电流的流向为b→aD.电池总反应式为CH3COO−+2O2+H+2CO2+2H2O9、下列反应可用离子方程式“H++OH﹣→H2O”表示的是()A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合B.NH4Cl溶液与KOH溶液混合C.NH4HSO4溶液与少量NaOHD.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合10、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和,W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物,m可做制冷剂,无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的是()A.简单离子半径:W>Z>Y>XB.Y原子的价电子轨道表示式为C.r与m可形成离子化合物,其阳离子电子式为D.一定条件下,m能与Z的单质反应生成p11、下图是一种有机物的模型,该模型代表的有机物可能含有的官能团有A.一个羟基,一个酯基 B.一个羟基,一个羧基C.一个羧基,一个酯基 D.一个醛基,一个羟基12、我国学者研制了一种纳米反应器,用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下:下列说法不正确的是()。A.Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B.反应过程中生成了MG和甲醇C.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂D.EG和甲醇不是同系物13、下列关于有机物的说法正确的是()A.乙醇和丙三醇互为同系物B.环己烯()分子中的所有碳原子共面C.分子式为C5H10O2,且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)D.二环己烷()的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)14、100℃时,向某恒容密闭容器中加入1.6mol•L-1的W后会发生如下反应:2W(g)=M(g)△H=akJ•mol-1。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示:下列说法错误的是A.从反应开始到刚达到平衡时间段内,υ(W)=0.02mol•L-1•s-1B.a、b两时刻生成W的速率:υ(a)<υ(b)C.用W浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率:υ(ab)>υ(bc)=0D.其他条件相同,起始时将0.2mol•L-1氦气与W混合,则反应达到平衡所需时间少于60s15、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源,电池反应是:Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2,下列说法正确的是()A.工作时原电池负极附近溶液的pH增大 B.电子由Zn经过溶液流向Ag2OC.溶液中OH-由Zn电极移向Ag2O电极 D.Ag2O作正极:Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-16、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.8gCH4O中含有的C-H键数目为NAB.25℃时,100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NAC.56gFe和64gCu分别与1molS反应转移的电子数均为2NAD.标准状况下,2.24
LCl2
溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA17、为纪念门捷列夫发表第一张元素周期表150周年,联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”,下列说法不正确的是A.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素,只有少数元素是人工合成的B.118号元素Og位于第七周期0族C.同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小(不包括0族)D.IIIB族元素种类最多18、下列物质不属于盐的是A.CuCl2 B.CuSO4 C.Cu2(OH)2CO3 D.Cu(OH)219、脱氢醋酸钠是FAO和WHO认可的一种安全型食品防霉、防腐保鲜剂,它是脱氢醋酸的钠盐。脱氢醋酸的一种制备方法如图:(a双乙烯酮)(b脱氢醋酸)下列说法错误的是A.a分子中所有原子处于同一平面 B.a.b均能使酸性KMnO4溶液褪色C.a、b均能与NaOH溶液发生反应 D.b与互为同分异构体20、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.放电时,外电路每通过0.1NA个电子时,锌片的质量减少3.25gB.充电时,聚苯胺电极的电势低于锌片的电势C.放电时,混合液中的Cl-向负极移动D.充电时,聚苯胺电极接电源的正极,发生氧化反应21、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展,其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A.丙烯醛分子中所有原子可能共平面 B.可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯C.对二甲苯的二氯代物有6种 D.M能发生取代,加成,加聚和氧化反应22、利用反应CCl4+4NaC(金刚石)+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是()A.C(金刚石)属于原子晶体B.该反应利用了Na的强还原性C.CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式相同D.NaCl晶体中每个Cl-周围有8个Na+二、非选择题(共84分)23、(14分)某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用,工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下:已知:RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A的原子利用率为100%,则X是___________(填化学式),F中含氧官能团的名称为___________。(2)E→F的反应类型为___________,B的结构简式为___________,若E的名称为咖啡酸,则F的名称是___________。(3)写出D与NaOH溶液反应的化学方程式:_________________________________。(4)E的同系物G比E多一个碳原子,G有多种同分异构体,符合下列条件的同分异构体有___________种①能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4molAg②遇FeCl3溶液发生显色反应③分子中没有甲基,且苯环上有2个取代基(5)以乙烯为基本原料,设计合成路线合成2-丁烯酸,写出合成路线:______________________________(其他试剂任选)。24、(12分)Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素知识回答问题:(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是_________。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱,非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称);氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。(3)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是_________(填字母)。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(4)KClO3可用于实验室制O2,若不加催化剂,400℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式:__________。Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙,甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题:(5)甲的化学式是___________________;乙的电子式是___________。(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。(7)判断:甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。25、(12分)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3,再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ.经查阅资料得知:无水FeCl3在空气中易潮解,加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案,装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下:①检验装置的气密性;②通入干燥的Cl2,赶尽装置中的空气;③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成;④……⑤体系冷却后,停止通入Cl2,并用干燥的H2赶尽Cl2,将收集器密封。请回答下列问题:(1)装置A中反应的化学方程式为________________。(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,要使沉积的FeCl3进入收集器,第④步操作是_______________。(3)操作步骤中,为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。(4)装置B中冷水浴的作用为________________;装置C的名称为_____________;装置D中FeCl2全部反应后,因失去吸收Cl2的作用而失效,写出检验FeCl2是否失效的试剂:____________。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,得到单质硫;过滤后,再以石墨为电极,在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应,可知该实验有两个显著优点:①H2S的原子利用率为100%;②___________。26、(10分)镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌,居有色金属第五位,常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产,也用作催化剂,制取原理:Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g),实验室用如图所示装置制取Ni(CO)4。已知:CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl;Ni(CO)4熔点-25℃,沸点43℃,60℃以上与空气混合易爆炸;Fe(CO)5熔点-20℃,沸点103℃。回答下列问题:(1)装置A中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置C用于合成Ni(CO)4(夹持装置略),最适宜选用的装置为________(填标号)。①②③(3)实验过程中为了防止_________,必须先观察________(填实验现象)再加热C装置。(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯镍。如图所示的石英)玻璃封管中充有CO气体,则高纯镍粉在封管的________温度区域端生成填“323K”或“473K”。(5)实验中加入11.50gHCOOH,C装置质量减轻2.95g(设杂质不参加反应),E装置中盛有PdCl2溶液100mL,则PdCl2溶液的物质的量浓度至少为________mol·L-1。27、(12分)(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g/mol)又称摩尔盐,简称FAS,它是浅蓝色绿色晶体,可溶于水,难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑进行下列实验。请按要求回答下列问题:Ⅰ.FAS的制取。流程如下:(1)步骤①加热的目的是_________________________。(2)步骤②必须在剩余少量铁屑时进行过滤,其原因是(用离子方程式表示):______________。Ⅱ.NH4+含量的测定。装置如图所示:实验步骤:①称取FAS样品ag,加水溶解后,将溶液注入Y中②量取bmLc1mol/LH2SO4溶液于Z中③向Y加入足量NaOH浓溶液,充分反应后通入气体N2,加热(假设氨完全蒸出),蒸氨结束后取下Z。④用c2mol/LNaOH标准溶液滴定Z中过量的硫酸,滴定终点时消耗dmLNaOH标准溶液。(3)仪器X的名称______________;N2的电子式为______________。(4)步骤③蒸氨结束后,为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行处理的操作是__________________;NH4+质量百分含量为(用代数式表示)__________________。Ⅲ.FAS纯度的测定。称取FASmg样品配制成500mL待测溶液。分别取20.00mL待测溶液,进行如下方案实验:(5)方案一:用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定过程中需用到的仪器中(填图中序号)_________。滴定中反应的离子方程式为____________________。①②③④⑤⑥⑦⑧(6)方案二:待测液→足量BaCl2溶液→过滤→洗涤(7)方案一、二实验操作均正确,却发现方案一测定结果总是小于方案二的,其可能的原因是_______________;为验证该猜测正确,设计后续实验操作为_________________,现象为______________。28、(14分)钒(V)为过渡元素,可形成多价态化合物,全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统,工作原理如下图:已知:离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色(1)全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应,该电池放电时总反应式是_______(2)当完成储能时,正极溶液的颜色是__________(3)质子交换膜的作用是_________(4)含钒废水会造成水体污染,对含钒废水(除VO2+外,还含Fe3+等)进行综合处理可实现钒资源的回收利用,流程如下:已知溶液酸碱性不同钒元素的存在形式不同:钒的化合价酸性碱性+4价VO2+VO(OH)3-+5价VO2+VO43-①滤液中钒元素的主要存在形式为_______②滤渣在空气中由灰白色转变为红褐色,用化学用语表示加入NaOH后生成沉淀的反应过程_______________、____________。③萃取、反萃取可实现钒的分离和富集,过程可简单表示为(HA为有机萃取剂):萃取时必须加入适量碱,其原因是__________④纯钒可由熔盐电解法精炼,粗钒(含杂质)作____极。29、(10分)超音速飞机在平流层飞行时,尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2,其反应为:2NO+2CO2CO2+N2(降温后该反应的平衡常数变大)为了测定在某种催化剂作用下的反应速率,在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表:时间(s)012345c(NO)(mol/L)1.00×10﹣34.50×10﹣42.50×10﹣41.50×10﹣41.00×10﹣41.00×10﹣4c(CO)(mol/L)3.60×10﹣33.05×10﹣32.85×10﹣32.75×10﹣32.70×10﹣32.70×10﹣3请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响):(1)反应的Q___0(填写“>”、“<”、“=”)。(2)前2s内的平均反应速率v(N2)=___。(3)计算在该温度下,反应的平衡常数K=___。(4)假设在密闭容器中发生上述反应,达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是___。A.选用更有效的催化剂B.升高反应体系的温度C.降低反应体系的温度D.缩小容器的体积(5)研究表明:在使用等质量催化剂时,增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律,某同学设计了三组实验,部分实验条件已经填在下面实验设计表中。实验编号T(℃)NO初始浓度(mol/L)CO初始浓度(mol/L)催化剂的比表面积(m2/g)Ⅰ2801.20×10-35.80×10-382Ⅱ_________124Ⅲ350______124①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。②请在给出的坐标图中,画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图,并标明各条曲线的实验编号___。
参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、D【解析】
A.氯气和水反应为可逆反应,所以转移的电子数目小于0.1NA,故A错误;B.标准状况下,6.72LNO2的物质的量为0.3mol,根据反应3NO2+H2O═2HNO3+NO可知,0.3mol二氧化氮完全反应生成0.1molNO,转移了0.2mol电子,转移的电子数目为0.2NA,故B错误;C.NaAlO2水溶液中,除了NaAlO2本身,水也含氧原子,故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个,故C错误;D.14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为:=0.5mol,含有1mol原子,含有的原子数目为NA,故D正确。故答案选D。2、B【解析】
A.第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO,可见两种分子中都有化学键断裂,A正确;B.根据图示可知:在第③步反应中有水参加反应,第④步反应中有水生成,所以水在整个历程中可以循环使用,整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O,整个过程中产生水,B错误;C.在反应历程中,第③步中需要水,*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO,反应方程式为:*H3CO+H2O→CH3OH+*HO,C正确;D.第④步反应是*H+*HO=H2O,生成化学键释放能量,可见第④步反应是一个放热过程,D正确;故答案选B。3、C【解析】
设浓氨水的体积为V,密度为ρ浓,稀释前后溶液中溶质的质量不变,则稀释后质量分数ω=,氨水的密度小于水的密度(1g/cm3),浓度越大密度越小,所以=<==12.5%,故选C。【点睛】解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度,而且浓度越大密度越小。4、C【解析】
A、在含有大量Fe3+的溶液中SCN-不能大量共存,A错误;B、在含有Al3+、Cl-的溶液中铝离子与HCO3-、水解相互促进生成氢氧化铝和CO2,不能大量共存,B错误;C、c(H+)=1×10-13mol/L的溶液显碱性,则Na+、S2-、SO32-、NO3-可以大量共存,C正确;D、在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中硫酸氢钠完全电离出氢离子,在酸性溶液中硝酸根离子与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存,D错误,答案选C。5、C【解析】
A.利用高纯度的硅单质的半导体性能,广泛用于制作芯片,正确,故A不选;B.碳酸镁加热分解可以得到氧化镁,氧化镁可用于制造耐高温材料,故B不选;C.SO2中的硫元素的化合价为+4价,浓硫酸中的硫元素的化合价为+6价,价态相邻,故SO2可以用浓硫酸干燥,但SO2有强还原性,故C选;D.合金的硬度大于金属单质,故D不选;故选C。6、D【解析】
A选项,若反应①中n(ClO-):n(C1O3-)=5:1,设物质的量分别为5mol和1mol,则化合价升高失去10mol电子,则化合价降低得到10mol电子,因此总共有了8mol氯气,氧化剂与还原剂的物质的量之比为10:6,即5:3,故A错误;B选项,根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol,因此每消耗4molKOH,吸收氯气2mol,即标准状况下44.8LCl2,故B错误;C选项,根据第二个方程式比较氧化性,氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性,因此KC1O>K2FeO4,故C错误;D选项,若反应①的氧化产物只有KC1O,则C12与KC1O物质的量之比为1:1,根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2,因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12,故D正确。综上所述,答案为D。7、B【解析】
A.由图可知,b点时HB溶液中c=10-3mol·L-1,溶液中c(H+)=10-6mol·L-1,c(B-)=10-6mol·L-1,则HB的电离常数(Ka)==10-9,故A错误;B.与A同理,HA的电离常数Ka==10-5>HB的电离常数,则HB酸性弱于HA,由酸越弱对应的盐水解能力越强,水解程度越大,钠盐的水解常数越大,故B正确;C.a、b两点溶液中,b水解程度大,水电离程度大,水的电离程度b>a,故C错误;D.当lgC=-7时,HB中c(H+)=mol·L-1,HA中c(H+)=mol·L-1,pH均不为7,故D错误;故选B。【点睛】难点A选项,从图中读出两点氢离子的浓度,酸的浓度,根据电离常数的定义写出电离常数,本题易错点为D选项,当lgc=-7时,是酸的浓度是10-7mol·L-1,不是氢离子的浓度。8、B【解析】
根据装置图可知B室中氧气参与反应,应为好氧菌,选项A正确;方程式中电荷和氢原子不守恒,选项B错误;MFC电池中氢离子向得电子的正极移动,即向b极移动,b为正极,电流方向是由正极流向负极,即b→a,选项C正确;电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成CO2、H2O,即CH3COO−+2O2+H+2CO2+2H2O,选项D正确。9、C【解析】
A.H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合,生成硫酸钡沉淀和水,离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,故A错误;B.NH4Cl溶液与KOH溶液混合,生成弱电解质一水合氨,离子方程式为NH4++OH-=NH3·H2O,故B错误;C.NH4HSO4溶液与少量NaOH反应,只有氢离子与氢氧根反应,离子方程式为H++OH﹣=H2O,故C正确;D.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合,离子方程式为:OH-
+HCO3-=CO32-+H2O,故D错误;故答案为C。10、D【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂,则m为NH3,则X为H;无色气体p遇空气变为红棕色,则p为NO;N元素的简单氢化物是非电解质,所W不是O、N,则Y为N,Z为O,W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和,且其简单氢化物r溶于水完全电离,则W为Cl。【详解】A.电子层数越多离子半径越大,电子层数相同,原子序数越小半径越大,所以简单离子半径:Cl->N3->O2->H+,故A错误;B.Y为N,其价层电子为2s22p3,价电子轨道表示式为:,故B错误;C.r与m可形成离子化合物氯化铵,铵根的正确电子式为,故C错误;D.氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO,故D正确;故答案为D。11、B【解析】
比例模型可以直观地表示分子的形状,其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键,碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定,原子半径的关系为C>O>H,最大的原子为C,最小的原子为H,小于C原子的灰色原子为O。则该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH,则其中含有官能团有一个羟基,一个羧基。故选B。12、C【解析】
A.由图可知,氢气转化为H原子,Cu纳米颗粒作催化剂,故A正确;B.DMO中C−O、C=O均断裂,则反应过程中生成了EG和甲醇,故B正确;C.DMO为草酸二甲酯,EG为乙二醇,则C−O、C=O均断裂,故C错误;D.EG与甲醇中−OH数目不同,二者不是同系物,故D正确;综上所述,答案为C。13、C【解析】
A.乙醇是饱和一元醇,甘油是饱和三元醇,所含官能团数目不同,因此二者不是同系物,A错误;B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子,由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构,所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上,B错误;C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯,若为甲酸与丁醇形成的酯有4种,HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3;若为乙酸和丙酯,有2种,CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2;若为丙酸和乙醇形成的酯,只有1种,CH3CH2COOCH2CH3;若为丁酸和甲醇形成的酯,有2种,CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有(4+2+1+2)=9种,C正确;D.二环己烷有2种不同位置的H原子,其二氯取代产物中,若2个Cl原子在同一个C原子上,只有1种结构,若在两个不同的C原子上,有6种不同的结构,乙醇其二氯代物共有7种,D错误;故合理选项是C。14、D【解析】
A.根据图中信息可知,从反应开始到刚达到平衡时间段内=0.01mol•L-1•s-1,则==0.02mol•L-1•s-1,A项正确;B.随着反应的进行,消耗的W的浓度越来越小,生成W的速率即逆反应速率越来越大,因此a、b两时刻生成W的速率:υ(a)<υ(b),B项正确;C.随着反应的进行,W的消耗速率越来越小,直至保持不变,bc时段反应处于平衡状态,则用W浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率为:υ(ab)>υ(bc)=0,C项正确;D.其他条件相同,起始时将0.2mol•L-1氦气与W混合,与原平衡相比,W所占的分压不变,则化学反应速率不变,反应达到平衡所需时间不变,D项错误;答案选D。15、D【解析】
根据电池反应:Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2,电极反应式正极:Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,负极:Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2A.工作时原电池负极消耗OH-,溶液的pH减小,故A错误;B.电子不能在溶液中传递,故B错误;C.原电池中阴离子向负极移动,溶液中OH-由Ag2O电极移向Zn电极,故C错误;D.根据上面分析,Ag2O作正极:Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,故D正确;答案选D。【点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应,写出电极反应,即可容易分析解答。16、B【解析】A、8g
CH4O(即0.25mol甲醇),所含有的C-H
键数目为0.75NA,故A错误;B、25℃时,pH=8
的氨水中c(H+)水=1.0×10-8mol/L=c(OH-)水,由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.0×10-6mol/L,则由NH3·H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L=c(NH4+),则NH4+的数目为9.9×10-7mol/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA,所以B正确;C、由于S的氧化能力弱,所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物,即铁显+2价,铜显+1价,所以56g
Fe
(即1mol)与1mol
S
恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2NA,64g
Cu
(即1mol)与1mol
S
反应生成0.5molCu2S,S过量,则转移的电子数为NA,故C错误;D、标准状况下,2.24
LCl2(即0.1mol)
溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中,则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2NA,则D错误。本题正确答案为B。点睛:看似简单的NA题,但在本题中最容易错选A、D,而B有可能计算错误。甲醇(CH4O)中并不是4个氢原子都与碳原子成键,而是3个,还要被分子式所迷惑;氯气是双原子分子,但并不能全部与水反应,还有一部分以Cl2的形式存在于水中;还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-)的乘积,这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-),进而求出NH4+的个数。17、C【解析】
A.元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素,只有少数元素是人工合成的,超铀元素中大多数是人工合成的,故A正确;B.118号元素Og一共有7个电子层,最外层有8个电子,所以位于第七周期0族,故B正确;C.第VIIA族元素形成的单质都可以形成分子晶体,自上而下随着其相对分子质量的增大,其分子间作用力增大,故其熔、沸点增大,故C错误;D.因为IIIB族中含有镧系和锕系,所以元素种类最多,故D正确,故选C。18、D【解析】
A.CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物,属于盐,A不选;B.CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物,属于盐,B不选;C.Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜,属于盐,C不选;D.Cu(OH)2为氢氧化铜,在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子,属于碱,D选;答案选D。19、A【解析】
A.a分子中有一个饱和碳原子,所有原子不可能都共面,故A错误;B.a、b分子中均含有碳碳双键,均能使酸性KMnO4溶液褪色,故B正确;C.a、b分子中均含有酯基,均能与NaOH溶液发生水解反应,故C正确;D.分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体,b与二者分子式均为C8H8O4,但结构不同,则互为同分异构体,故D正确;答案选A。【点睛】有机物的官能团决定了它的化学性质,熟记官能团的性质是解本题的关键。20、B【解析】
A.放电时,外电路每通过0.1NA个电子时,锌片的质量减少0.05mol×65g/mol=3.25g,A正确;B.充电时,聚苯胺电极为阳极,其电势高于锌片(阴极)的电势,B错误;C.放电时,阳离子向正极移动,则混合液中的Cl-(阴离子)向负极移动,C正确;D.充电时,聚苯胺电极为阳极,接电源的正极,失电子发生氧化反应,D正确;故选B。21、C【解析】
A.丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构,醛基也是平面结构,中间是一个可以旋转的单键,所以分子里所有原子有可能在同一平面,A正确;B.异戊二烯里含有碳碳双键,可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色,而对二甲苯与溴水不反应,可以鉴别,B正确;C.对二甲苯里面有两种类型的H,其二氯代物共有7种:①当两个氯取代甲基上的H时有两种,②当有一个氯取代甲基上的H,另一个取代苯环上的H,有邻、间两种结构,③当两个氯都取代苯环上的H,采用定一议二的方法,当其中一个氯在甲基邻位时,另一个氯有3种结构,此二氯代物有3种,C错误;D.M中有碳碳双键,可以发生加成、加聚反应,醛基可以发生氧化、加成反应,烃基可以发生取代反应,D正确;答案选C。22、D【解析】
A.金刚石晶体:每个C与另外4个C形成共价键,构成正四面体,向空间发展成网状结构,形成的晶体为原子晶体,故A正确;B.该反应中Na由0价→+1价,作还原剂将CCl4还原,故B正确;C.CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化,故C正确;D.NaCl晶体:每个Na+同时吸引6个Cl-,每个Cl-同时吸引6个Na+,配位数为6,故D错误;故答案选D。二、非选择题(共84分)23、O2(酚)羟基、酯基取代反应(或酯化反应)咖啡酸乙酯+5NaOH+2NaCl+3H2O9CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH【解析】
根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物;根据已知条件分析同分异构体的种类;根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知,A、B中均含有醛基,再结合乙烯与A的转化关系知,A是乙醛,B是,由C转化为D的反应条件知,D为,由E的分子式、F的结构式及反应条件知,E为,由E、F之间的关系知Y是乙醇,由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯;【详解】由C的结构简式、反应信息知,A、B中均含有醛基,再结合乙烯与A的转化关系知,A是乙醛,B是,由C转化为D的反应条件知,D为,由E的分子式、F的结构式及反应条件知,E为,由E、F之间的关系知Y是乙醇,由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯;(1)乙烯生成乙醛,则X是O2;F中含氧官能团的名称为羟基、酯基;(2)E→F的反应类型为酯化反应或取代反应;B的结构简式为;F的名称是咖啡酸乙酯;(3)D为,与NaOH溶液反应的化学方程式:;(4)由②得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基;由①及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-,苯环上有2个官能团一定有-OH,还含有-CH2CH(CHO)OOCH或-CH(CHO)CH2OOCH或-CH(OOCH)CH2CHO,苯环上有3种不同的位置关系,故共有9种同分异构体;(5)乙烯先被氧化成乙醛,乙醛再转化为2-丁烯醛,最后氧化为目标产物:CH2=CH2CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。【点睛】本题难点是问题(4),应根据题中信息进行分析,遇FeCl3溶液发生显色反应,说明G中含有苯环和酚羟基,能发生水解反应,说明含有酯基,能发生银镜反应,说明含有醛基,1mol该物质最多还原出4molAg,说明酯基为HCOO-,分子不含有甲基,且苯环上有2个取代基,取代基的位置为邻间对三种,然后根据官能团位置异构进行分析。24、b氩Na+b4KClO3KCl+3KClO4AlH32AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑可能【解析】
Ⅰ.(1)根据同周期元素性质递变规律回答;(2)第三周期的元素,次外层电子数是8;(3)浓硫酸是酸性干燥剂,具有强氧化性,不能干燥碱性气体、还原性气体;P2O5是酸性氧化物,是非氧化性干燥剂,不能干燥碱性气体;(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾,再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐,最后根据化合价升降相等配平即可;Ⅱ.甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和H2,说明甲是金属氢化物,甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液,说明含有铝元素;化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,则乙是非金属气态氢化物,丙在标准状态下的密度1.25g/L,则单质丙的摩尔质量M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol,丙为氮气,乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右,原子半径依次减小,金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小,如r(Na+)<r(Cl-),故a错误;b.同周期的元素从左到右,金属性减弱,非金属性增强,故b正确;c.同周期的元素从左到右,最高价氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强,故c错误;d.单质的熔点可能升高,如钠的熔点比镁的熔点低,故d错误。选b。(2)第三周期的元素,次外层电子数是8,最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩;元素金属性越强,简单阳离子的氧化性越弱,所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+;(3)浓硫酸是酸性干燥剂,具有强氧化性,不能用浓硫酸干燥NH3、HI;P2O5是酸性氧化物,是非氧化性干燥剂,不能干燥NH3;所以不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是HI,选b;(4)若不加催化剂,400℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1:1,则该无氧酸为KCl,KCl中氯元素化合价为-1,说明氯酸钾中氯元素化合价降低,则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高,由于氯酸钾中氯元素化合价为+5,则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾,根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为:4KClO3KCl+3KClO4。(5)根据以上分析,甲是铝的氢化物,Al为+3价、H为-1价,化学式是AlH3;乙为氨气,氨气的电子式是。(6)AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气,反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。(7)AlH3中含-1价H,NH3中含+1价H,可发生氧化还原反应产生H2。25、2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热②⑤冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循环利用【解析】
Ⅰ.装置A中铁与氯气反应,反应为:2Fe+3Cl22FeCl3,B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品;为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解,所以用装置C无水氯化钙来吸水,装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S,离子方程式为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,用氢氧化钠溶液吸收的是氯气,不用考虑防倒吸,所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气,据此分析解答(1)~(5);Ⅱ.三价铁具有氧化性,硫化氢具有还原性,二者之间发生氧化还原反应,化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl,电解氯化亚铁时,阴极阳离子得到电子发生还原反应;阳极阴离子失去电子发生氧化反应,据此分析解答(6)~(7)。【详解】Ⅰ.(1)氯气具有强氧化性,将有变价的铁元素氧化成高价铁,生成氯化铁,所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁,反应为2Fe+3Cl22FeCl3,故答案为:2Fe+3Cl22FeCl3;(2)第③步加热后,生成的烟状FeCl3大部分进入收集器,少量沉积在反应管A右端,因为无水FeCl3加热易升华,要使沉积的FeCl3进入收集器,需要对FeCl3加热,使氯化铁发生升华,使沉积的FeCl3进入收集器,故答案为:在沉积的FeCl3固体下方加热;(3)为防止FeCl3潮解,可以采取的措施有:步骤②中通入干燥的Cl2,步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2,故答案为:②⑤;(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积,便于收集产品,装置C的名称为干燥管;Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成,故答案为:冷却,使FeCl3沉积,便于收集产品;干燥管;K3[Fe(CN)6)溶液;(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气,尾气吸收装置E为:,故答案为:;Ⅱ.(6)三价铁具有氧化性,硫化氢具有还原性,二者之间发生氧化还原反应:2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓,离子方程式为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,故答案为:2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+;(7)电解氯化亚铁时,阴极发生氢离子得电子的还原反应,2H++2e-═H2↑,阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应:Fe2+-e-=Fe3+,电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S,可以循环利用,故答案为:FeCl3可以循环利用。26、HCOOHH2O+CO↑③CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下爆炸E装置中产生黑色沉淀473K0.50【解析】
A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO,经B装置中浓硫酸进行干燥,根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g),温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成,为了更好的控制温度可选用水浴加热,Ni(CO)4的沸点为43℃,所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体,在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体,之后利用E装置吸收未反应的CO,同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热,需先通一段时间的CO,通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水,反应方程式为HCOOHH2O+CO↑;(2)温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成,为了更好的控制温度,且可避免温度过高,可选用水浴加热,所以选用③装置;(3)CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸,所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀,再加热C装置;(4)323K是49.85℃,473K是199.85℃,根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)可知180~200℃时生成Ni单质,所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成;(5)n(HCOOH)==0.25mol,则生成的n(CO)=0.25mol,C装置中发生Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g),则C管减轻的质量即反应的Ni的质量,则反应n(Ni)==0.05mol,则消耗n(CO)=0.2mol,所以PdCl2溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol,根据方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol,所以其浓度至少为=0.5mol/L。【点睛】解答第(4)题时要注意单位的换算,方程式中温度的单位是摄氏度,封管所给温度时开尔文,0℃=273.15K。27、加快并促进Na2CO3水解,有利于除去油污Fe+2Fe3+=3Fe2+分液漏斗用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次,将洗涤液注入到锥形瓶Z中(2bc1-dc2)×10-3×18a×100%①④⑤⑥MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O392n×252×233m×100%部分Fe2+被氧气氧化取少量待测溶液于试管中,加入少量KSCN【解析】
废铁屑用热的Na2CO3溶液除去表面的油污后,加稀硫酸溶解,Fe与H2SO4反应产生硫酸亚铁溶液,加硫酸铵晶体共同溶解,经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐FAS,以此分析解答。【详解】Ⅰ.(1)步骤①是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污,该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,由于盐的水解反应是吸热反应,加热,可促进盐的水解,使溶液碱性增强,因而可加快油污的除去速率;(2)亚铁离子易被氧化,少量铁还原氧化生成的Fe3+,反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+;(3)根据图示可知:仪器X的名称为分液漏斗;N原子最外层有5个电子,两个N原子之间共用3对电子形成N2,使每个N原子都达到最外层8个电子的稳定结构,故N2的电子式为;(4)蒸出的氨气中含有水蒸气,使少量的氨水残留在冷凝管中,为减小实验误差,用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次,将洗涤液注入到锥形瓶Z中;根据反应方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4,2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O,可得物质之间的物质的量关系为:n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4),n(H2SO4)=b×10-3L×c1mol/L=bc1×10-3mol,n(NaOH)=c2mol/L×d×10-3L=c2d×10-3mol,所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc1×10-3mol-c2d×10-3mol=(2bc1-dc2)×10-3mol;根据N元素守恒可知该摩尔盐中含有的NH4+的物质的量为n(NH4+)=(2bc1-dc2)×10-3mol,故NH4+质量百分含量为φ=m((5)用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定溶液中的Fe2+离子,酸性KMnO4溶液盛装在酸式滴定管中,盛装待测液需要使用④锥形瓶,滴定管需要固定,用到⑤铁架台及⑥铁夹。故滴定过程中需用到的仪器是①④⑤⑥;KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+,KMnO4被还原为Mn2+,同时产生了水,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得滴定中反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2+(6)根据元素守恒可得:(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O~2SO42-~2BaSO4,n(BaSO4)=ng233g/mol=n233mol,则n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=12n(BaSO4)=12×n233mol=n2×233mol,则500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为n2×233mol×500(7)已知实验操作都正确,却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案,其可能的原因是Fe2+被空气中的氧气部分氧化,设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为:取少量FAS溶液,加入少量KSCN溶液,若溶液变为红色,说明Fe2+已被空气部分氧化。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计的知识,涉及物质的净化除杂、物质电子式的书写、滴定实验过程中仪器的使用、分析应用、氧化还原反应方程式的书写与计算、物质含量的测定与计算等,该题综合性较强,要注意结合题给信息和装置特点及物质的性质分析,题目难度中等。28、V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O黄色阻隔氧化剂与还原剂,使氢离子通过形成电流VO(OH)3-Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3加入碱中和硫酸,促使平衡正向移动,提高钒的萃取率阳极【解析】
(1)B极是V2+失电子发生氧化反应生成V3+,A极VO2+得到电子发生还原反应生成VO2+,根据电极反应式书写总反应式;(2)储能为充电过程,正极和外接电源正极相连,本身作阳极发生氧化反应,电极反应方程式为:VO2+-e-+H2O=VO2++2H+;(3)质子交换膜的作用是阻隔氧化剂与还原剂,使氢离子通过形成电流;(4)①由流程可知滤液为碱性且加入铁粉后VO2+被还原为VO(OH)3-;②Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+2H2O+O2
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