2021届高考化学适应性练习试卷（新课标ⅰ）2

2021年高考化学适应性练习试卷（新课标I）2

一.选择题（共7小题，满分42分，每小题6分）

L（6分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）

A.质子数为17、中子数为20的氯原子C1

B.氯分子的电子式：口:

C.氯离子（C「）的结构示意图：，

D.氯乙烯分子的结构简式：H3C-CH2C1

2.（6分）中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）

A.在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应

B.苯环上的一澳代物共5种

C.Imol该化合物最多与4molNaOH反应

D.该分子中最多有7个碳原子共面

3.（6分）下列除去杂质的方法中，正确的是（）

选项物质（括号内为杂质）去除杂质的方法

ANaCl(Na2cO3)加入适量的Ca（OH）2溶液、过滤

加水、过滤

BCaO(CaCO3)

CCu(Fe)加过量C11SO4溶液、过滤

DH2SO4(HNO3)加Ba（NO3）2溶液、过滤

A.AB.BC.CD.D

4.（6分）胆矶C分O4・5H2。可写[Cu（H2O）4]SO4*H2O,其结构示意图如下:

下列有关胆研的说法正确的是（）

A.所有氧原子都采取sp3杂化

B.氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键

C.Ci?+的价电子排布式为3d84sl

D.胆研中的水在不同温度下会分步失去

5.（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W、Y处于同一主族，丫

的单质与W、X形成的一种二元化合物（常温下为无色液体）反应可置换出W的单质，

Z-的最外层达到8电子稳定结构。下列叙述正确的是（）

A.YXW与WZX中的化学键类型完全相同

B.简单离子半径：Y>Z>X>W

C.X与W、丫均可以分别形成两种二元化合物

D.X与W、Z形成的化合物均有强氧化性，可作消毒剂

6.（6分）电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图所示。

下列说法错误的是（）

Pt电极(a)JZ——1Pt电极(b)

oKOH溶液

A.NH3在电极a极上失去电子，发生氧化反应

B.溶液中K卡向电极b移动

C.反应消耗的NH3与。2的物质的量之比为4：5

D.正极的电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH-

7.（6分）以酚麟为指示剂，用O.lOOOmokLT的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元

酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数6随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图

所示。［比如A?」的分布系数：6（A2^）］

下列叙述正确的是（）

A.曲线①代表6（H2A）,曲线②代表6（HAD

1

B.H2A溶液的浓度为0.2000mol*L

C.HA一的电离常数Ka=L0Xl（/2

D.滴定终点时，溶液中c（Na+）<2c（A2-）+c（HA-）

二.解答题（共3小题，满分43分）

8.（14分）钢具有广泛用途。黏土机矿中，钢以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、

镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4.采用以下工艺流程可由黏土钗矿制备NH4Vo3。

MnO：浪渣①速液②遽渣③遽渣④速液⑤

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:

口「2+3+.2+

金属离子Fe3+FeAlMn

开始沉淀pH1.97.03.08.1

完全沉淀pH3.29.04.710.1

回答下列问题：

（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是o

（2）“酸浸氧化”中，VO卡和VC）2+被氧化成VO2*，同时还有离子被氧化。写出

VO*转化为VO2+反应的离子方程式o

（3）“中和沉淀”中，钢水解并沉淀为V2O5-XH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、

+

Na>,以及部分的o

（4）“沉淀转溶”中，V2O51H2O转化为铀酸盐溶解。滤渣③的主要成分是o

（5）“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是0

（6）“沉钢”中析出NH4V03晶体时，需要加入过量NH4CL其原因是o

9.（15分）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。

<A>、

铁电极石墨电极

O.lOmol-^F&CSO^

1

0.10mol-LFeS04

1

.0.05mol-LFeSO4

回答下列问题:

（1）由FeS（V7H2O固体配制O.lOmokl/iFeSCU溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、

（从下列图中选择，写出名称）。

之

一

一

F厂

二

匚

一

一

，

三

.

「

（2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发

生化学反应,并且电迁移率（if）应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择作

为电解质。

oo8-92-182-1

阳离子uX107(m-s】・V阴离子u°°X10/(m-s-V

-1)-1)

Li+4.07-4.61

HCO3

Na+5.19-7.40

NO3

6.59Cl7.91

K+7.622-8.27

so4

（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入电极

溶液中。

(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了OSmori/L石墨电极

上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe?+)=。

(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为,铁电极反应式

为。因此，验证了Fe?+氧化性小于,还原性小于o

(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSC>4溶液中加入几滴Fez(SO4)3溶液，将铁

电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是«

10.(14分)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烧类，是重要的燃料和化工原

料。

(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)—C2H4(g)+H2(g)AH1，相关物

质的燃烧热数据如下表所示：

物质

C2H6(g)C2H4(g)H2(g)

燃烧热△!!/(kJ-mol-1560-1411-286

T)

①△Hi=kJ・mol1。

②提高该反应平衡转化率的方法有

③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化

率为a.反应的平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X

物质的量分数)。

(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2cH4c2H6+用.反应在初期阶段的速率方程为：

r=kXc,其中k为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为门，甲烷的转化率为a时的反应速率为r2,则「2=门。

②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是o

A.增加甲烷浓度，r增大

B.增加H2浓度，r增大

C.乙烷的生成速率逐渐增大

D.降低反应温度，k减小

(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,

其原理如图所示：

固体电解质(传导CP-)

V碳

•氧

•氮

①阴极上的反应式为O

②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1,则消耗的CH4和C02体积比为o

三.解答题(共1小题，满分15分，每小题15分)

11.(15分)钢是由铁碳组成的合金，在日常生产生活中应用广泛，是我国建设港珠澳大桥

时使用的主要材料之一。请结合铁、碳两种元素的相关知识，回答下列问题：

(1)写出Fe?+的核外电子排布式。

(2)CH2。中心C原子的杂化方式为,CCh之一的空间构型为。

(3)配合物Fe(C0)5的熔点-20℃,沸点103℃,其分子结构如图1.下列关于Fe(CO)

5说法正确的是。

A.Fe(CO)5、CO都是极性分子，易溶于极性溶剂

B.Fe(CO)5中Fe原子的杂化方式为sp3杂化

C.ImolFe(CO)5含有lOmol配位键

D.其固体属于分子晶体

（4）碳酰月井（结构如图2所示）是一种新型的环保锅炉水除氧剂。

①其中N元素的化合价为o

②碳酰脱可以由碳酸二甲酯（ECO和脱田2HQ反应制得，则产物中除了碳

酰朋之外，另一种产物为。

裱酰脱

（5）某种离子型铁的氧化物晶胞如图3所示，它由M、N方块组成。则该氧化物中Fe2\

Fe3\-的个数比为（填最简整数比）；已知该晶体的密度为dg・cnf3,阿伏加

德罗常数的值为NA，则晶胞参数a为nm（用含d和NA的代数式表示）。

o配铁离子

O秩离子

四.解答题（共1小题）

12.有机碱，例如二甲基胺（/）、苯胺（X—7）、毗咤（X—/）等，在有机

合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱F

的合成路线：

已知如下信息:

①H2C=CH2

C1史、

^>=NR

②Cl+RNH2资

③苯胺与甲基毗咤互为芳香同分异构体

回答下列问题:

(1)A的化学名称为o

(2)由B生成C的化学方程式为o

(3)C中所含官能团的名称为o

(4)由C生成D的反应类型为o

(5)D的结构简式为=

(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面

积之比为6：2：2：1的有种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为。

2021年高考化学适应性练习试卷（新课标I）2

参考答案与试题解析

选择题（共7小题，满分42分，每小题6分）

1.（6分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）

A.质子数为17、中子数为20的氯原子C1

B.氯分子的电子式：冠

■

287

C.氯离子（C「）的结构示意图：力

D.氯乙烯分子的结构简式：H3C-CH2C1

【分析】A.质量数=质子数+中子数；

B.氯气分子中氯原子之间以单键结合；

C.氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子；

D.氯乙烯分子中碳原子之间是碳碳双键。

【解答】解：A.质量数=质子数+中子数，质子数为17、中子数为20的氯原子的质量

数为37,故表示为C1,故A错误；

••••

B.氯气分子中氯原子之间以单键结合，故其电子式为故B正确；

C.氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子;，故其结构示意图为=〃，，故C

错误

D.氯乙烯分子中碳原子之间是碳碳双键，故其结构简式为CH2=CHCL故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、离子结构示

意图、原子的表示方法等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考

查学生的规范答题能力。

2.（6分）中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）

A.在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应

B.苯环上的一澳代物共5种

C.Imol该化合物最多与4molNaOH反应

D.该分子中最多有7个碳原子共面

【分析】A.由结构可知，含酚-OH、碳碳双键、-COOC-；

B.苯环上含5种H；

C.酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应；

D.苯环、双键为平面结构，且直接相连。

【解答】解：A.由结构可知，含酚-OH可发生氧化反应、取代反应、碳碳双键可发生氧

化反应、-COOC-可发生取代反应，不能发生消去反应，故A错误；

B.苯环上含5种H,则苯环上的一澳代物共5种，故B正确；

C.酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则Imol该化合物最多与

5moiNaOH反应，故C错误；

D.苯环、双键为平面结构，且直接相连，且可能与-COOC-及后面的苯环共面，则最多

共面的碳原子一定大于7个，故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为

解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

3.（6分）下列除去杂质的方法中，正确的是（）

选项物质（括号内为杂质）去除杂质的方法

ANaCl(Na2co3)加入适量的Ca（OH）2溶液、过滤

加水、过滤

BCaO(CaCO3)

CCu(Fe)加过量CuSO4溶液、过滤

DH2so4(HNO3)加Ba（NO3）2溶液、过滤

A.AB.BC.CD.D

【分析】A.生成NaOH,引入新杂质；

B.CaO与水反应；

C.铁可与硫酸铜溶液反应；

D.硝酸钢与硫酸反应。

【解答】解：A.加入氢氧化钙，生成NaOH,引入新杂质，应直接加热盐酸除杂，故A

错误；

B.CaO与水反应，影响被提纯物质，故B错误；

C.铁可与硫酸铜溶液反应，且生产硫酸亚铁，可除杂，故C正确；

D.硝酸钢与硫酸反应，影响被提纯物质，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能

力，注意把握物质的性质的差异以及实验的合理性、可行性的评价，题目难度不大。

4.（6分）胆矶CuSO4,5H2。可写[Cu（H20）4]SO4«H2O,其结构示意图如下:

0

下列有关胆研的说法正确的是（）

A.所有氧原子都采取sp3杂化

B.氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键

C.Cu?+的价电子排布式为3d84sl

D.胆帆中的水在不同温度下会分步失去

【分析】根据结构示意图中氧原子是否都是饱和氧原子，存在O-Cu配位键，H-0,S

-O共价键和Cu、O离子键，胆矶属于离子晶体以及胆矶晶体中水两类，一类是形成配

体的水分子，一类是形成氢键的水分子等角度分析。

【解答】解：A.氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，

杂化方式不同。从现代物质结构理论出发，硫酸根离子中S和非羟基O之间除了形成1

个。键之外，还形成了反馈TT键。形成it键的电子不能处于杂化轨道上，。必须保留未

经杂化的p轨道，就不可能都是sp3杂化，故A错误；

B.在上述结构示意图中，存在O-Cu配位键，[Cu（H2O）4]SC>4与H2O存在氢键，但

氢键不是化学键，故B错误；

C.Cu是29号元素，原子核外电子数为29,Cu原子的核外电子排布式为

Is22s22P63s23P63dI°4sl失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电

子排布式3d）故C错误；

D.由于胆研晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构

上有着不同，因此加热过程中胆研中的水会分步失去，故D正确，

故选：D„

【点评】本题主要考查分子间作用力、杂化轨道、化学键类型等知识，注重了对物质结

构中常考考点的综合，题目难度中等。

5.（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W、Y处于同一主族，丫

的单质与W、X形成的一种二元化合物（常温下为无色液体）反应可置换出W的单质，

Z一的最外层达到8电子稳定结构。下列叙述正确的是（）

A.YXW与WZX中的化学键类型完全相同

B.简单离子半径：Y>Z>X>W

C.X与W、丫均可以分别形成两种二元化合物

D.X与W、Z形成的化合物均有强氧化性，可作消毒剂

【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、丫处于同一主族，丫

的单质与w、X形成的一种二元化合物（常温下为无色液体）反应可置换出W的单质，

该二元化合物应该为水，则W为H,X为0,丫为Na元素；Z-的最外层达到8电子稳

定结构，其原子序数大于Na,则Z为Cl元素，以此分析解答。

【解答】解：结合分析可知，W为H,X为O,丫为Na,Z为Cl元素，

A.NaOH含有共价键和离子键，而HC1O只含有共价键，故A错误；

B.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单

离子半径：Z>X>Y>W,故B错误；

C.0与H可形成水和双氧水，0与Na可形成氧化钠和过氧化钠，故C正确；

D.O与H形成的水分子不具有强氧化性，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，

注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑

推理能力。

6.（6分）电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图所示。

下列说法错误的是（）

KOH溶液

A.NH3在电极a极上失去电子，发生氧化反应

B.溶液中K+向电极b移动

C.反应消耗的NH3与。2的物质的量之比为4：5

D.正极的电极反应式为C）2+4e+2H2O=4OH一

【分析】a极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，正极上

氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。

【解答】解：A.a极为负极，NH3在电极a极上失去电子，发生氧化反应生成氮气，故

A正确；

B.因为b极为正极，则溶液中的阳离子向正极移动，即溶液中K卡向电极b移动，故B

正确；

C.反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗

NH3与02的物质的量之比为4：3,故C错误；

D.则b为正极，正极上氧气得电子被还原，溶液为碱性环境，则正极的电极反应式为

C）2+4e+2HoO=i4OH,故D正确；

故选：Co

【点评】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应

物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为

易错点；题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。

7.(6分)以酚酸为指示剂，用0.1000mol・LT的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元

酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数6随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图

所示。[比如A2一的分布系数:6(A2')]

下列叙述正确的是()

A.曲线①代表3(H2A),曲线②代表6(HAD

1

B.H2A溶液的浓度为0.2000mol*L

C.HA-的电离常数Ka=LOX10

D.滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)

【分析】A、曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，且两者相加等于1；

B、溶液的pH发生突变时，滴有酚醐的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即NaOH和

H2A恰好完全反应；

C、HA-的电离常数Ka；

D、滴定终点时6(HAD=0,溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c

(OH)。

【解答】解：A、在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等

于1,且6曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步

+2+-

存在电离平衡，即H2A=HA+H,HA^A+H,曲线①代表6(HA)；当加入用

1

O.lOOOmol-L的NaOH溶液40.00mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O,HA的

分布系数减小，A?-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重

合，所以曲线②代表6(A2'),故A错误；

B、当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和

H2A恰好完全反应，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,n(NaOH)=2n(H2A),c

(H2A)O.lOOOmol/L,故B错误；

C、由于H2A第一步完全电离，贝ijHA-的起始浓度为0.1000mol/L,根据图象，当VNaOH

=0时，HA「的分布系数为0.9,溶液的pH=l,A?的分布系数为0.1,则HA「的电离平

衡常数KalXlO?故C正确；

D、用酚醐作指示剂，酚麟变色的pH范围为8.2〜10,终点时溶液呈碱性，c(OHD>

c(育)，溶液中的电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(OH)+c(HA),则

c(Na+)>2c(A2-)+c(HAD,故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和pH的理解和掌握，以及阅读题目获取

新信息能力等，熟练掌握电离平衡、水解平衡的影响原理等，需要学生具备扎实的基础

与综合运用知识、信息分析解决问题能力,题目难度中等。明确曲线①②③是解题关键。

二.解答题(共3小题，满分43分)

8.(14分)帆具有广泛用途。黏土机矿中，钢以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、

镁的铝硅酸盐，以及SiC)2、Fe3O4.采用以下工艺流程可由黏土机矿制备NH4V。3。

MnO;遽渣①避液②遽渣③遽渣④遽液⑤

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:

「2+3+-»R2+

金属离子FT7e3+FeAlMn

开始沉淀pH1.97.03.08.1

完全沉淀pH3.29.04.710.1

回答下列问题：

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是加快酸浸和氧化反应速率。

(2)“酸浸氧化”中，VO卡和VC)2+被氧化成VO?*,同时还有Fe?+离子被氧化。写出

VO+转化为VO2+反应的离子方程式VO++2H++MnO2=VO2++Mn2++H2。。

(3)“中和沉淀”中，帆水解并沉淀为V2O5-XH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、

Na+、Mn2+,以及部分的Al3+和及3+。

(4)“沉淀转溶”中，V2O5RH2O转化为机酸盐溶解。滤渣③的主要成分是Fe(OH)

(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是HCl+NaAl(OH)4=AI

(OH)33+NaCl+H?O。

(6)“沉钏中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4CL其原因是利用同离子效

应，促进NHaVO上尽可能析出完全。

【分析】黏土机矿中，钢以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以

及SiC)2、Fe3()4,加入稀硫酸，使Fe3C)4生成Fe3+和Fe?+；加入MnCh氧化还原性的Fe?卡

3+2+

成Fe3+；VO+和VC>2+成VO?*，SiO2成为滤渣①，滤液①含有：Fe>VO2\K\Mg>

Mn2\Al3+；滤液①加入NaOH溶液至pH=3.0〜3.1,中和过量的硫酸并沉淀Fe3+,使

23+

机水解并沉淀为V2O5-XH2O,得滤饼②，除去滤液②M/+、K\Mg\Na卡及部分Fe>

Al3+；滤饼②加入过量NaOH溶液至pH>13,沉淀转溶得滤液③，滤液③含有丫2。5。

xH2。生成VO3-和溶于碱的AI(OH)3生成的AI(OH)屋；滤渣③为Fe(OH)3，滤

液③加入盐酸调pH,Al(OH)4-生成Al(OH)3即滤渣④；滤液④含有VO3一，加入

NH4cl沉机的产物：NH4Vo3；和滤液⑤NaCl溶液;

(1)升高温度，反应速率加快；

(2)加入氧化性物质可除去具有还原性的离子；依据电子转移守恒和元素守恒写出离子

方程式；

(3)根据某些离子沉淀的pH,找出相应沉淀的离子；

(4)Fe3+溶液呈强碱性时转化为Fe(0H)3;

(5)加入酸沉淀离子Al(0H)4生成Al(0H)3；

(6)NH4cl溶于水电离出NH4+,根据沉淀溶解平衡原理，利用等离子效应。

【解答】解：(1)温度升高反应速率加快；加快酸浸氧化的反应速率，

故答案为：加快酸浸和氧化反应速率；

(2)加入氧化剂MnC>2,除了氧化具有还原性的VO卡和VC>2+,还可以氧化还原性的Fe?+

为Fe3+；以便后面步骤一次性的除去Fe元素；酸浸氧化VO+转化为VC^，根据电荷守

恒和电子转移守恒得出：在酸性条件下，+3价的矶化合价升高2生成+5价，MnC>2中+4

价的镒化合价降低2生成+2价，所以反应的离子方程式为：VO++2H++MnC>2=

+2+

VO2+Mn+H2O,

2++++2+

故答案为：Fe；VO+2H+MnO2=VO2+Mn+H2O；

(3)“中和沉淀”中，滤液①加入NaOH溶液至pH=3.0〜3.1,中和过量的硫酸并沉淀

3+2

Fe'+和AI,使机水解并沉淀为V2O5-XH2O,得滤饼②，除去滤液②Mi?+、K\Mg\

Na卡及部分Fe3+、A产，

故答案为：Mi?*、Fe3+®Al3+；

(4)滤液①加入NaOH溶液至pH=3.0〜3.1,中和过量的硫酸并沉淀Fe3+,使乳水解

并沉淀为V2O5，XH2。，得滤饼②，

故答案为：Fe(OH)3;

(5)滤液③含有V2O5-XH2O生成VO3-和溶于碱的Al(OH)3生成的Al(OH)J；

滤液③加入盐酸调pH,Al(OH)4一生成Al(OH)3即滤渣④；化学方程式为：HCl+NaAl

(OH)4=Al(OH)3I+NaCl+H2O,

故答案为：HCl+NaAl(OH)4=Al(OH)3I+NaCl+H2O；

+

(6)“沉帆"中析出NH4VO3晶体时，NH4VO3沉淀溶解平衡方程式为：NH4(aq)+VO3

_+

(aq)UNH4Vo3(s),需要加入过量NH4CI,NH4cl溶于水电离出NH4,增大c(NH4+),

利用同离子效应，促进NH4V03尽可能析出完全。

故答案为：利用同离子效应，促进NH4V。3尽可能析出完全。

【点评】本题考查学生对化学实验的理解和掌握，题目难度中等，掌握每步的除杂和分

离目的等，明确由工艺流程写出相应反应是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信

息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。

(15分)为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。

⑴由FeSO4・7H2O固体配制0.10mol・L」FeS04溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、

托盘天平、烧杯、量筒(从下列图中选择，写出名称)。

(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发

生化学反应，并且电迁移率(if)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择KC1

作为电解质。

阳离子1rxi(A(m2.s-1«V阴离子1rxl()8/

1)-1)

Li+

4.07HCO3-4.61

Na+5.197.40

NO3

Ca2+6.59cr7.91

K+7.622-8.27

so4

(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入石墨电极

溶液中。

(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了O.OZmoPL1.石墨电极

上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe")=0.09mol/L。

(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e=Fe2+,铁电

极反应式为Fe-2e=Fe2+。因此，验证了Fe?+氧化性小于Fe3+,还原性小于

Feo

(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSC>4溶液中加入几滴Fe?(SO4)3溶液，将铁

电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是取少量活化

液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氧酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明

已经活化完成。

【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有，托盘天平、烧杯、量筒、玻

璃棒、容量瓶。

(2)盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移

率尽可能的接近，硫酸根离子的电迁移率与其它离子的相差较大，KC1的阴阳离子电迁

移率相差最小；

（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，

所以阳离子向石墨电极移动。

（4）铁电极反应：Fe-2e-=Fe2+,铁电极增加0.02mol/L,根据电荷守恒，石墨电极反

应Fe3++e^=Fe2+,则石墨电极增加0.04mol/L,原溶液是0.05mol/L,现在变为0.09mol/L；

（5）铁电极为负极，电极反应：Fe-2e-=Fe2+,石墨电极为正极，电极反应反应：Fe"+e

-=Fe2+,电池的总反应式为：2Fe3++Fe=3Fe2+,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所

以氧化性：Fe3+>Fe2+,同理还原性Fe>Fe2+

（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所

以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了。

【解答】解析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有：托盘天平、烧杯、量

筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒；

故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；

（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移

率尽可能的接近，故选KC1；

故答案为：KC1；

（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，

所以阳离子向石墨电极移动；

故答案为：石墨；

（4）铁电极反应：Fe-2e-=Fe2+,铁电极增加0.02mol/L,石墨电极反应Fe3++e-=Fe2+,

根据电荷守恒，则石墨电极增加0.04mol/L,变为0.09mol/L；

故答案为：0.09mol/L；

（5）铁电极为负极，电极反应：Fe-2e-=Fe2+,石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3++e

=Fe2+,电池的总反应式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；所以氧化性：Fe3+>Fe2+,还原性Fe>

「2+

Fe

故答案为：Fe3++e=Fe2+；Fe-2e=Fe2+；Fe3+；Fe；

（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所

以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了，取少量活化液，加入洁净的试管中，

向其中加入两滴硫氟酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。

故答案为：取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氟酸钾溶液，看是否

变红，若不变红，说明已经活化完成。

【点评】本题考查了溶液的配制、原电池原理、氧化还原反应、电极方程式书写、离子

的检验等知识点，属于学科内综合，考查分析问题，解决问题的能力，难度中等。

10.（14分）天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等煌类，是重要的燃料和化工原

料。

（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6（g）=C2H4（g）+H2（g）AH1，相关物

质的燃烧热数据如下表所示：

物质c2H6(g)c2H4(g)比(g)

燃烧热△!!/(kJ-mol-1560-1411-286

①△Hi=+137kJ・mol1。

②提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减少压强（增大体积）。

③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化

率为a.反应的平衡常数Kp=_L（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压义物

质的量分数）。

（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2cH4c2H6+%.反应在初期阶段的速率方程为：

r=kXc,其中k为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为ri，甲烷的转化率为a时的反应速率为r2,则r?=1-a

rio

②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是AD。

A.增加甲烷浓度，r增大

B.增加H2浓度，r增大

C.乙烷的生成速率逐渐增大

D.降低反应温度，k减小

(3元田和C02都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,

其原理如图所示：

电极B

固体电解质(传导

V碳

•氧

•氢

①阴极上的反应式为CO2+2e=CO+C>2一。

②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1,则消耗的CH4和CCb体积比为6：5。

【分析】(1)①燃烧热是指Imol燃料充分燃烧生成温度氧化物所释放的热量，写出乙

烷、乙烯和氢气燃烧热写出热化学方程式：

根据盖斯定律,合并方程式得C2H6(g)—C2H4(g)+H2(g)△Hi=+137kJ・moli

②根据反应的特点，是一个气体计量数增大的吸热反应，提高该反应平衡转化率，就是

使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强(增大体积)；

③利用三段式求出平衡时的总物质的量和各物质量，根据阿伏加德罗定律的推论，压强

之比等于物质的量比，求出反应后各物质的分压；Kp求解；

(2)①根据反应在初期阶段的速率方程为：r=kXc,其中k为反应速率常数，C(CH4)

为甲烷的即时浓度，代入数据求解；

②对于处于初期阶段的该反应，根据速率方程为：r=kXc,看出速率与甲烷的浓度成正

比，与氢气的浓度无关，速率常数k受温度影响；

(3)CH4和C02都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,

2-

其原理如图所示：由图象知阴极：CO2+2e=CO+O,

阳极甲烷变成乙烷、乙烯和水，再根据电荷守恒，和电解池中离子的移动解题。

【解答】解：(1)①燃烧热是指Imol燃料充分燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，利

用燃烧热写出热化学方程式：

1

I乙烷的燃烧：C2H6(g)+3.5O2=2CO2(g)+3H2O(1)AH=-ISeOkJ-mol

1

II乙烯的燃烧:C2H4(g)+3O2=2CO2(g)+2H2O(1)AH=-UHkJ.mol

1

III氢气的燃烧：H2(g)+0.5O2=H2O(1)AH=-286kJ«mor

1

根据盖斯定律，I-II-III得C2H6(g)—C2H4(g)+H2(g)△Hi=+137kJ«mor

故答案为：+137；

②C2H6(g)UC2H4(g)+H2(g)△Hi=137kJ・molT是一个气体计量数增大的吸热反

应，提高该反应平衡转化率，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小

压强(增大体积)等；

故答案为：升高温度；减小压强(增大体积)；

③设容器中通入乙烷和氢气的物质的量为m

C2H6=C2H4+H2

开始m0m

变化amamam

平衡m-amamm+am

平衡