南平市2024屆高三第三次質量檢測化學試題可能用到的相對原子質量：H1B11C12O16Cl35.5Na23Cu64Zn65一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.政和“四平戲”臉譜使用的胭脂常用紅色花朵制作，下列有關制作步驟與“過濾”原理相同的是A.清洗搗碎 B.加水浸泡 C.絞汁去渣 D.晾干凝固2.有機化合物M是合成某藥物的中間體，其結構如圖所示。下列有關M的說法錯誤的是A.分子式為 B.含有2個不對稱碳原子C.能與溴水發生取代反應和加成反應 D.1molM最多能與3molNaOH反應3.硼氫化鈉可作還原劑，與水反應的化學方程式為。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.3.8g固體中含有的離子數為0.2B.pH=7的純水中含有的數為C.0.1mol中含有的鍵數為0.4D.生成22.4L(已折算成標準狀況)的時，轉移的電子數為24.某藥品主要成分的結構式如圖所示。X、Y、Z、M、L、Q為核電荷數依次增大且分別位于前三個周期的主族元素，M、Q同主族。下列說法正確的是A.原子半徑：X<L<Y B.最簡單氫化物鍵角：Q<M<ZC.第一電離能：Z<M D.最高價氧化物對應的水化物酸性：Q<Y5.下列實驗操作、現象及結論均正確的是

AB實驗目的驗證蔗糖是否發生水解反應檢驗鐵銹中是否含有實驗操作實驗現象無磚紅色沉淀生成紫色褪去實驗結論蔗糖未發生水解鐵銹中含有

CD實驗目的檢驗未知溶液中是否含有比較和的水解常數大小實驗操作實驗現象滴加稀硝酸，沉淀不溶解溶液都變紅，碳酸鈉溶液的紅色更深實驗結論溶液中含有AA B.B C.C D.D6.水系鋅碘電池極具潛力，工作原理如圖所示。基于殼聚糖(CTS)形成的雙螺旋結構的功能粘結劑，能有效抑制電池工作時產生的擴散，防止電池壽命快速衰減。下列說法正確的是A.CTS通過范德華力形成雙螺旋結構B.充電時，Zn電極接電源負極，發生氧化反應C.放電時，外電路轉移0.2mol電子，負極區溶液質量增加6.5gD.充電時，陽極區發生的反應有7.某小組在實驗室模擬侯氏制堿工藝制備，裝置如圖所示(夾持裝置略去)，下列離子方程式錯誤的是A①中： B.②中：C③中： D.④中：8.以A和有機鋅試劑()為起始原料，通過催化偶聯反應增長碳鏈的機理(部分步驟和產物省略)如圖所示，下列說法錯誤的是A.F為催化劑，其化學式為FeLB.B→C過程中Fe元素的化合價不變C.C中Cl和N均用p軌道上的電子與Fe形成配位鍵D.總反應式為9.南平市的鉛鋅礦儲量豐富。通過以下工藝流程，綜合利用冶煉鉛鋅礦過程中產生的廢液[主要含和As(Ⅲ)等]和窯渣(主要含FeS、CuS、、、等)。已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可與稀硫酸反應。下列說法錯誤的是A.“氧化”時，使As(Ⅲ)轉化成As(V)B.“浸出”時，增大液固比可提高廢酸中的去除率C.“浸出”與“沉砷”時，氧化的元素不同D.“水解”時，加的作用是調節溶液的pH，使沉淀10.常溫下，用0.1NaOH溶液滴定20mL0.1醋酸(HAc)溶液，溶液中HAc、的分布系數[如]、pH的變化與V(NaOH)關系如圖所示。滴定過程形成具有緩沖能力(外加少量酸或堿時，溶液pH變化不明顯)的溶液，已知緩沖能力越強，緩沖容量β的值越大。下列有關說法正確的是Aβ(b)<β(c)B.約為C.b點：D.若改用與NaOH等濃度的氨水滴定，則反應終點由c點向d點方向移動二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.以某四氯化鈦精制廠的尾渣(主要含、、NaCl及少量的、等)為原料制備的工藝流程如下：已知：①＋5價釩在溶液中的主要存在形式如圖所示②25℃時，；；（1）“水洗”的目的為___________?！八础焙汀八峤焙缶捎脺p壓過濾，與常壓過濾相比，其優點為___________。（2）“焙燒”的目的是將轉化為和可溶于水的，以利于“酸浸”時釩浸出。①該反應的化學方程式為___________。②釩浸出率與焙燒溫度、錳釩比的關系如圖所示?！氨簾钡淖罴褱囟群湾i釩比分別為___________、___________溫度不宜過低的可能原因為___________。（3）“酸浸”時，若溶液pH為6～8，與按物質的量比1：1進行反應的離子方程式為___________（4）“沉釩”時，在25℃下維持溶液pH=7，向=0.2的酸浸液中加入等體積的溶液進行反應(忽略溶液混合時體積的變化)，反應后溶液中=0.005，則沉釩率為___________%。（5）“煅燒”所得可制成鋁釩合金()，其晶胞結構如圖所示。用原子的分數坐標可以表示晶胞中各原子的位置，如A點原子的分數坐標為。①基態V原子的價電子排布式為___________。②B點原子的分數坐標為(1，，___________)(用含b、c的代數式表示)，V原子的配位數為___________。12.氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于有機合成，難溶于水和乙醇，在潮濕空氣中易氧化和水解。某學習小組探究CuCl的制備并測定純度?；卮鹣铝袉栴}：已知：①②某些含銅化合物和離子在水中的顏色和狀態如下表：化合物或離子CuCl[CuCl4]2-[CuCl3]2-CuOHCu2O顏色和狀態白色沉淀黃綠色溶液無色溶液黃色沉淀棕紅色沉淀實驗過程及現象如下：Ⅰ.組裝儀器，檢查裝置氣密性，添加藥品；Ⅱ.水浴加熱三頸燒瓶，打開K1、K2；Ⅲ.待三頸燒瓶中溶液由黃綠色變為無色，關閉K1、K2；Ⅳ.通過注射器向三頸燒瓶中加入水，生成白色沉淀，一段時間后部分沉淀變為棕紅色。（1）儀器a的名稱為___________；B的作用為___________(答出一點即可)。（2）步驟Ⅲ反應的離子方程式為___________。（3）步驟Ⅳ中，沉淀由白色轉化為棕紅色的原因___________。（4）為防止生成棕紅色固體，還需在原步驟Ⅰ中通過注射器往三頸燒瓶中加入一定量___________(藥品名稱)，再按上述步驟進行實驗即可。（5）產品先快速水洗后再醇洗，醇洗的目的為___________。（6）測定CuCl產品純度：將10.00g產品溶于硝酸，配成250mL溶液，取25.00mL，加20.00mL0.5000mol/LAgNO3溶液，充分反應后，加少量硝基苯覆蓋沉淀。NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑，用0.1000mol/LNH4SCN標準溶液滴定過量的AgNO3溶液，平行實驗三次，平均消耗NH4SCN溶液10.00mL。產品的純度為___________，若未加入硝基苯會導致測定結果___________(填“偏高”或“偏低”或“無影響”)。[已知：，]。13.和催化耦合脫氫制備丙烯是實現碳中和的有效途徑之一，其微觀過程示意如圖1。在不同溫度下，維持的量不變，向體積相同的恒容密閉容器中分別通入為0：1、1：1、2：1、3：1的的混合氣，測得的平衡轉化率隨溫度的變化曲線如圖2。已知：ⅠⅡ.Ⅲ.（1）=___________。（2）①=1：1對應圖中曲線___________(填序號)。②900K下，曲線b、c、d的平衡轉化率顯著大于a的原理為___________。（3）900K，將=3：1的混合氣通入恒容密閉容器中進行反應。①下列說法正確的是___________(填序號)。A．通入氬氣可提高的平衡轉化率B．體系達到平衡時，若縮小容器容積，反應Ⅱ平衡不移動C．當和的比值不變時，體系達到平衡D．改善催化劑的性能可提高生產效率②若初始壓強為，tmin時達到平衡，此時分壓是CO的5倍，0～tmin內=___________；反應Ⅰ的壓強平衡常數=___________。（4）利用反應可制備高純Ni。①晶體中不存在的作用力有___________。A．離子鍵B．π鍵C．范德華力D．極性鍵E．金屬鍵②中Ni為雜化，配位原子是___________，判斷依據是___________。14.以享有“東方巧克力”美譽的松溪“百年蔗”為原料制得H(治療心絞痛的藥物)和M(光學塑料的中間體)的流程如下：回答下列問題：（1）B的名稱為___________，E的官能團名稱為___________。（2）C的酸性___________(填“強于”或“弱于”)苯甲酸。（3）合成過程中需控制F與以物質的量比1：1反應，目的為___________。（4）G→H第②步反應的化學方程式為___________，該反應的反應類型為___________。（5）N是F的同分異構體，14.6gN與足量飽和碳酸氫鈉溶液反應可釋放出4.48L(已折算成標準狀況)，N的可能結構共有___________種(不考慮立體異構)。其中滿足核磁共振氫譜峰面積之比為3：1：1的結構簡式為___________。（6）參照上述合成路線，設計由甲苯和甘油()為起始原料制備的合成路線___________(無機試劑任選)。南平市2024屆高三第三次質量檢測化學試題可能用到的相對原子質量：H1B11C12O16Cl35.5Na23Cu64Zn65一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.政和“四平戲”臉譜使用的胭脂常用紅色花朵制作，下列有關制作步驟與“過濾”原理相同的是A.清洗搗碎 B.加水浸泡 C.絞汁去渣 D.晾干凝固【答案】C【解析】【分析】古法胭脂的制作原料主要是紅色花朵，將選好的花朵清洗后，通過搗碎、浸泡、絞汁等方法提取色素，再進行過濾和晾干?！驹斀狻緼．“清洗搗碎”過程用水去除雜質，再進行搗碎，與過濾無關，A錯誤；B．“加水浸泡”將搗碎的花朵泡入水中，涉及溶解，B錯誤；C．“絞汁去渣”提取汁液，去除殘渣，原理與過濾相同，C正確；D．“晾干凝固”這與過濾無關，D錯誤；故選：C。2.有機化合物M是合成某藥物的中間體，其結構如圖所示。下列有關M的說法錯誤的是A.分子式為 B.含有2個不對稱碳原子C.能與溴水發生取代反應和加成反應 D.1molM最多能與3molNaOH反應【答案】D【解析】【詳解】A．根據M的結構圖示，分子式為，A正確；B．圖示中，阿拉伯數字表示的碳原子為不對稱碳原子，B正確；C．有酚羥基能與溴水發生取代反應，有碳碳雙鍵能與溴水發生加成反應，C正確；D．一個M分子中的有一個酚羥基、一個酯基、一個酰胺基且均可與NaOH反應，1mol酚羥基最多消耗1molNaOH,1mol酰胺基最多可消耗1molNaOH,而本題的酯基1mol最多可消耗2molNaOH，故最多與4molNaOH反應，D錯誤；故答案選D。3.硼氫化鈉可作還原劑，與水反應的化學方程式為。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.3.8g固體中含有的離子數為0.2B.pH=7的純水中含有的數為C.0.1mol中含有的鍵數為0.4D.生成22.4L(已折算成標準狀況)的時，轉移的電子數為2【答案】A【解析】【詳解】A．固體中有和，3.8g即為0.1mol則離子數為0.2，A正確；B．pH=7的純水，未告之溶液體積，無法判斷數，B錯誤；C．0.1mol中含有的鍵包括0.4mol硼氧鍵和0.4mol氧氫鍵，共含有的σ鍵數0.8NA，C錯誤；D．由方程式可知每生成4mol轉移的電子數為4mol，標準狀況下每生成22.4L即1mol，故轉移的電子數為，D錯誤；故選A。4.某藥品主要成分的結構式如圖所示。X、Y、Z、M、L、Q為核電荷數依次增大且分別位于前三個周期的主族元素，M、Q同主族。下列說法正確的是A.原子半徑：X<L<Y B.最簡單氫化物鍵角：Q<M<ZC.第一電離能：Z<M D.最高價氧化物對應的水化物酸性：Q<Y【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、L、Q為核電荷數依次增大且分別位于前三個周期的主族元素，X形成1個共價鍵且原子序數最小，為氫；Y形成4個共價鍵、Z形成3個共價鍵，Y為碳、Z為氮；M形成2個共價鍵，為氧，M、Q同主族，Q為硫；L形成+1價陽離子，為鈉；可知：X、Y、Z、M、L、Q分別為H、C、N、O、Na、S；【詳解】A．電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越??；原子半徑：H<C<Na，A錯誤；B．最簡單氫化物分別為：、、，中心原子都為雜化，有一對孤電子對，、有二對孤電子對，的鍵角最大，的氧原子的電負性大于S，成鍵電子對比更靠近中心原子，成鍵電子對—成鍵電子對斥力比更大，所以鍵角：<<，B正確；C．同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，N的2p軌道為半充滿穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，故N、O的第一電離能大小：N>O，C錯誤；D．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，最高價氧化物的水化物的酸性為和，酸性>，D錯誤；故選B。5.下列實驗操作、現象及結論均正確的是

AB實驗目的驗證蔗糖是否發生水解反應檢驗鐵銹中是否含有實驗操作實驗現象無磚紅色沉淀生成紫色褪去實驗結論蔗糖未發生水解鐵銹中含有

CD實驗目的檢驗未知溶液中是否含有比較和的水解常數大小實驗操作實驗現象滴加稀硝酸，沉淀不溶解溶液都變紅，碳酸鈉溶液的紅色更深實驗結論溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．蔗糖水解加入稀硫酸并加熱，其中稀硫酸作為催化劑，環境為酸性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液檢驗葡萄糖，會受到稀硫酸的干擾而導致檢驗失敗。再加入新制的氫氧化銅懸濁液之前，加入適量氫氧化鈉溶液調節環境為堿性，再進行葡萄糖的檢驗即可根據現象得到結論，故A錯誤；B．用酸性高錳酸鉀溶液檢驗亞鐵離子，受到了濃鹽酸中氯離子的干擾，故現象與結論無法對應。而且鐵銹中成分復雜，如果含有少量鐵單質，即使不含亞鐵，同樣會使高錳酸鉀溶液褪色而造成誤檢，故B錯誤；C．未知溶液中硫酸根離子的檢驗，通常采用先加入稀鹽酸，無明顯現象排除干擾，再加氯化鋇溶液出現白色沉淀，得出結論。題中采用加入硝酸鋇溶液再加稀硝酸的方法，或造成亞硫酸根離子干擾而誤檢，故C錯誤；D．實驗目的是想比較碳酸根與碳酸氫根離子的水解能力，利用等體積等濃度的碳酸鈉與碳酸氫鈉溶液滴加等量的酚酞溶液，觀察溶液顏色的變化可以得出相應的結論，故D正確；故選D。6.水系鋅碘電池極具潛力，工作原理如圖所示。基于殼聚糖(CTS)形成的雙螺旋結構的功能粘結劑，能有效抑制電池工作時產生的擴散，防止電池壽命快速衰減。下列說法正確的是A.CTS通過范德華力形成雙螺旋結構B.充電時，Zn電極接電源負極，發生氧化反應C.放電時，外電路轉移0.2mol電子，負極區溶液質量增加6.5gD.充電時，陽極區發生的反應有【答案】D【解析】【分析】根據裝置圖分析，充電時，Zn電極接電源的負極，作為陰極，發生還原反應，石墨電極接電源的正極，作為陽極，發生氧化反應；放電時，Zn電極為負極，發生氧化反應，石墨電極為正極，發生還原反應?！驹斀狻緼．由CTS的結構圖可知，CTS含有氨基和羥基，故CTS是通過氫鍵形成雙螺旋結構，A錯誤；B．充電時，Zn電極接電源負極，做陰極，發生還原反應，B錯誤；C．由題可知，隔膜為陽離子交換膜，放電時，Zn2+向正極區遷移，負極區溶液質量不變，C錯誤；D．充電時，I?在陽極表面放電生成I2，I2與I?結合成，D正確。故選D。7.某小組在實驗室模擬侯氏制堿工藝制備，裝置如圖所示(夾持裝置略去)，下列離子方程式錯誤是A.①中： B.②中：C.③中： D.④中：【答案】C【解析】【詳解】A．①中實驗室用大理石和稀鹽酸制備，離子方程式為，A正確；B．②中用飽和溶液吸收揮發出的HCl，離子方程式為，B正確；C．③中侯氏制堿制備，往飽和NaCl溶液中依次通入和足量的，從而析出溶解度相對較小的，離子方程式為，C錯誤；D．④中用濃溶液和NaOH固體制備，離子方程式為，D正確；故選C。8.以A和有機鋅試劑()為起始原料，通過催化偶聯反應增長碳鏈的機理(部分步驟和產物省略)如圖所示，下列說法錯誤的是A.F催化劑，其化學式為FeLB.B→C過程中Fe元素的化合價不變C.C中Cl和N均用p軌道上的電子與Fe形成配位鍵D.總反應式為【答案】C【解析】【詳解】A．D→E＋F，由元素守恒可知，F的化學式為FeL，B→C的過程中，加入了FeL，故F為催化劑，A正確；B．B→C的過程中，FeL與N和Cl均形成了配位鍵，Fe元素的化合價不變，B正確，C．N原子提供的是軌道上的電子，Cl提供的是3p軌道上的電子，C錯誤；D．由題干信息“以A和有機鋅試劑()為起始原料，通過催化偶聯反應增長碳鏈”結合元素守恒可知，總反應正確，D正確；故選C。9.南平市鉛鋅礦儲量豐富。通過以下工藝流程，綜合利用冶煉鉛鋅礦過程中產生的廢液[主要含和As(Ⅲ)等]和窯渣(主要含FeS、CuS、、、等)。已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可與稀硫酸反應。下列說法錯誤的是A.“氧化”時，使As(Ⅲ)轉化成As(V)B.“浸出”時，增大液固比可提高廢酸中的去除率C.“浸出”與“沉砷”時，氧化的元素不同D.“水解”時，加的作用是調節溶液的pH，使沉淀【答案】B【解析】【分析】廢液中加使As(Ⅲ)轉化成As(V)，窯渣(主要含FeS、CuS、、、等)加氧化后的廢液，并通入氧氣，將金屬化合物轉化為Fe3+、Cu2+，不溶于硫酸過濾除去，濾液中繼續通入氧氣將砷轉化為沉淀，過濾后，濾液中加足量鐵粉置換出Cu，同時Fe3+被還原為亞鐵離子，再過濾出銅，濾液中通氧氣將鐵氧化為三價鐵，調節pH值使鐵轉化為氫氧化鐵，再經灼燒得到氧化鐵。【詳解】A．“氧化”時，將廢液[主要含和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)轉化成As(V)，A正確；B．“浸出”時，增大液固比即廢酸的投入量增加，則廢酸中的去除率應降低，B錯誤；C．因CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可與稀硫酸反應。故“浸出”時通入氧化的元素主要為S，“沉砷”時主要是將氧化為，從而生成沉淀，C正確；D．“水解”時，加的作用是消耗水解產生的(調節溶液的pH)，促進水解平衡正向移動，有利于使形成沉淀且不引入新的雜質，D正確；故選：B。10.常溫下，用0.1NaOH溶液滴定20mL0.1醋酸(HAc)溶液，溶液中HAc、的分布系數[如]、pH的變化與V(NaOH)關系如圖所示。滴定過程形成具有緩沖能力(外加少量酸或堿時，溶液pH變化不明顯)的溶液，已知緩沖能力越強，緩沖容量β的值越大。下列有關說法正確的是A.β(b)<β(c)B.約為C.b點：D.若改用與NaOH等濃度的氨水滴定，則反應終點由c點向d點方向移動【答案】B【解析】【詳解】A．b點為等濃度HAc和NaAc的混合溶液，緩沖能力強，c點為NaAc溶液，緩沖能力弱，由題可知，緩沖能力越強，緩沖容量β的值越大，β(b)>β(c)，A錯誤；B．c點加入了20mLNaOH溶液，溶質為NaAc，由可知，c(HAc)與近似相等，為，約為0.05，故，故B正確；C．結合HAc的電離和NaAc的水解程度可知，b點所加NaOH溶液小于10mL，故，C錯誤；D．若改用與NaOH等濃度的氨水滴定，滴定終點生成醋酸銨溶液，與等濃度的醋酸鈉溶液相比，堿性減弱，故c點向左移動，D錯誤；故選：B。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.以某四氯化鈦精制廠的尾渣(主要含、、NaCl及少量的、等)為原料制備的工藝流程如下：已知：①＋5價釩在溶液中的主要存在形式如圖所示②25℃時，；；（1）“水洗”的目的為___________?！八础焙汀八峤焙缶捎脺p壓過濾，與常壓過濾相比，其優點為___________。（2）“焙燒”的目的是將轉化為和可溶于水的，以利于“酸浸”時釩浸出。①該反應的化學方程式為___________。②釩浸出率與焙燒溫度、錳釩比的關系如圖所示。“焙燒”的最佳溫度和錳釩比分別為___________、___________溫度不宜過低的可能原因為___________。（3）“酸浸”時，若溶液pH為6～8，與按物質的量比1：1進行反應的離子方程式為___________（4）“沉釩”時，在25℃下維持溶液pH=7，向=0.2的酸浸液中加入等體積的溶液進行反應(忽略溶液混合時體積的變化)，反應后溶液中=0.005，則沉釩率為___________%。（5）“煅燒”所得可制成鋁釩合金()，其晶胞結構如圖所示。用原子的分數坐標可以表示晶胞中各原子的位置，如A點原子的分數坐標為。①基態V原子的價電子排布式為___________。②B點原子的分數坐標為(1，，___________)(用含b、c的代數式表示)，V原子的配位數為___________?！敬鸢浮浚?）①.除去尾渣中的NaCl②.加快過濾速度，得到較干燥的沉淀（2）①.②.850℃③.2.0④.焙燒溫度過低，反應速率慢，生成量少；或焙燒溫度過低，不能充分轉化為；或量少（3）（4）98%（5）①.②.③.12【解析】【小問1詳解】①用去離子水“水洗”時可除去尾渣中的可溶性物質(NaCl)；②減壓過濾是利用循環水真空泵使吸濾瓶內減壓，由于瓶內與布氏漏斗液面上形成壓力差，因而加快了過濾速度；固液分離較徹底，得到較干燥的沉淀；故答案為：①除去尾渣中的可溶性物質(NaCl)；②加快了過濾速度；固液分離較徹底，得到較干燥的沉淀；【小問2詳解】①結合流程圖中“焙燒”這步的信息和題目中的信息，可寫出焙燒的反應方程式為②結合釩浸出率與焙燒溫度、錳釩比的關系圖可知：“焙燒”的最佳溫度為850℃；③“焙燒”的最佳溫度錳釩比為2.0；④溫度過低時，反應速率小，可溶于水的生成量少，導致釩浸出率低；或溫度過低時，不能充分轉化為可溶于水的，導致釩浸出率低；故答案為：①；②850℃；③2.0；④焙燒溫度過低，反應速率慢，生成量少；或焙燒溫度過低，不能充分轉化為；或量少。【小問3詳解】與反應的離子方程式書寫應注意可溶于水要拆寫，是弱酸不能拆，根據①的已知信息若溶液pH為6～8，＋5價釩在溶液中的主要存在形式為，并結合(4)的信息可知“沉釩”是用將酸浸液中的轉化為沉淀，可知若溶液pH為6～8“酸浸”時轉化為，結合可知另一產物為沉淀，故與按物質的量比1：1反應的離子方程式為;故答案為：【小問4詳解】“沉釩”時，在25℃下維持溶液pH=7，反應后溶液中=0.005，結合可得反應后溶液中，再結合可得反應后溶液中，由于等體積混合且忽略溶液混合時體積的變化，故反應前溶液中，則沉釩率=；故答案為：98%；【小問5詳解】①基態V原子的價電子排布式為；②分析晶胞圖可知B點在z軸方向的處，故B點原子的分數坐標為(1，，)③根據鋁釩合金的化學式可知黑球為V原子，白球為Al原子，結合晶胞圖A點可知Al原子的配位數為4，故由化學式可知V原子的配位數為12；故答案為：①3d34s2；②；③12。12.氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于有機合成，難溶于水和乙醇，在潮濕空氣中易氧化和水解。某學習小組探究CuCl的制備并測定純度?；卮鹣铝袉栴}：已知：①②某些含銅化合物和離子在水中的顏色和狀態如下表：化合物或離子CuCl[CuCl4]2-[CuCl3]2-CuOHCu2O顏色和狀態白色沉淀黃綠色溶液無色溶液黃色沉淀棕紅色沉淀實驗過程及現象如下：Ⅰ.組裝儀器，檢查裝置氣密性，添加藥品；Ⅱ.水浴加熱三頸燒瓶，打開K1、K2；Ⅲ.待三頸燒瓶中溶液由黃綠色變為無色，關閉K1、K2；Ⅳ.通過注射器向三頸燒瓶中加入水，生成白色沉淀，一段時間后部分沉淀變棕紅色。（1）儀器a的名稱為___________；B的作用為___________(答出一點即可)。（2）步驟Ⅲ反應的離子方程式為___________。（3）步驟Ⅳ中，沉淀由白色轉化為棕紅色的原因___________。（4）為防止生成棕紅色固體，還需在原步驟Ⅰ中通過注射器往三頸燒瓶中加入一定量___________(藥品名稱)，再按上述步驟進行實驗即可。（5）產品先快速水洗后再醇洗，醇洗的目的為___________。（6）測定CuCl產品純度：將10.00g產品溶于硝酸，配成250mL溶液，取25.00mL，加20.00mL0.5000mol/LAgNO3溶液，充分反應后，加少量硝基苯覆蓋沉淀。NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑，用0.1000mol/LNH4SCN標準溶液滴定過量的AgNO3溶液，平行實驗三次，平均消耗NH4SCN溶液10.00mL。產品的純度為___________，若未加入硝基苯會導致測定結果___________(填“偏高”或“偏低”或“無影響”)。[已知：，]。【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗(或恒壓分液漏斗)②.平衡氣壓、(安全瓶)防倒吸或其他合理答案（2）(或)（3）CuCl水解生成CuOH，CuOH分解為Cu2O（4）濃鹽酸(或鹽酸)（5）乙醇揮發帶走水分，防止CuCl潮濕而被空氣中的氧氣氧化。（6）①.89.6%(89.55%或90%)②.偏低【解析】【分析】在裝置A中70%的濃硫酸與Na2SO3發生復分解反應產生SO2氣體，經裝置B的緩沖作用進入裝置C中，在裝置C中CuCl2、NaCl發生反應產生[CuCl4]2-，SO2通入后與[CuCl4]2-發生氧化還原反應產生[CuCl3]2-、、H+，然后關閉K1、K2；通過注射器向三頸燒瓶中加入水，對溶液稀釋，可以使平衡逆向移動，[CuCl3]2-反應生成CuCl白色沉淀，CuCl水解產生CuOH，然后CuOH分解變為棕紅色Cu2O。根據元素守恒計算樣品中CuCl的含量，結合溶度積常數及沉淀轉化關系分析實驗誤差?！拘?詳解】根據裝置圖示可知：儀器a的名稱為恒壓滴液漏斗(或恒壓分液漏斗)；裝置B有一個與外界大氣相通的導氣管，其作用為平衡氣壓，作安全瓶，可以防倒吸現象的發生?！拘?詳解】根據題意，在三頸燒瓶中溶液由黃綠色變為無色，說明[CuCl4]2-與SO2在溶液中發生氧化還原反應產生了[CuCl3]2-，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得反應的離子方程式為：(或寫為：)?！拘?詳解】根據題目已知信息，白色物質為CuCl，棕紅色物質為Cu2O，步驟Ⅳ中，沉淀由白色轉化為棕紅色，是白色CuCl水解生成黃色CuOH，CuOH不穩定，又分解轉化為棕紅色Cu2O?！拘?詳解】根據分析，要得到CuCl，要防止其水解，所以在步驟Ⅰ中，還要通過注射器往三頸燒瓶中加入一定量濃鹽酸(鹽酸)?！拘?詳解】產品先快速水洗可以除去其中含有的大量Cl-，然后再醇洗。由于乙醇易揮發，水洗后再醇洗，目的為乙醇揮發帶走水分，防止CuCl潮濕而被空氣中的氧氣氧化。【小問6詳解】根據Cl元素守恒，CuCl反應后產生會產生Cl-，Cl-與Ag+反應轉化為AgCl沉淀，根據Cl-+Ag+=AgCl↓、SCN-+Ag+=AgSCN↓，n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，設定容后25.00mL溶液中Cl-的物質的量為xmol，則0.02L×0.5000mol/L=0.1000mol/L×0.01L＋x，x=0.009mol，則產品的純度為×100%=89.55%。根據已知信息：，可知：AgSCN的溶解度小于AgCl，用0.1000mol/LNH4SCN標準溶液滴定過量的AgNO3溶液時，若未用少量硝基苯覆蓋沉淀AgCl，會有一部分AgCl溶解轉化為AgSCN，致使根據Cl-計算的CuCl的物質的量減小，因而導致測定樣品中CuCl含量偏低。13.和催化耦合脫氫制備丙烯是實現碳中和的有效途徑之一，其微觀過程示意如圖1。在不同溫度下，維持的量不變，向體積相同的恒容密閉容器中分別通入為0：1、1：1、2：1、3：1的的混合氣，測得的平衡轉化率隨溫度的變化曲線如圖2。已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.（1）=___________。（2）①=1：1對應圖中曲線___________(填序號)。②900K下，曲線b、c、d的平衡轉化率顯著大于a的原理為___________。（3）900K，將=3：1的混合氣通入恒容密閉容器中進行反應。①下列說法正確的是___________(填序號)。A．通入氬氣可提高的平衡轉化率B．體系達到平衡時，若縮小容器容積，反應Ⅱ平衡不移動C．當和的比值不變時，體系達到平衡D．改善催化劑的性能可提高生產效率②若初始壓強為，tmin時達到平衡，此時分壓是CO的5倍，0～tmin內=___________；反應Ⅰ的壓強平衡常數=___________。（4）利用反應可制備高純Ni。①晶體中不存在的作用力有___________。A．離子鍵B．π鍵C．范德華力D．極性鍵E．金屬鍵②中Ni為雜化，配位原子是___________，判斷依據是___________。【答案】（1）（2）①.b②.消耗，促進反應Ⅰ正向移動（3）①.CD②.③.（4）①.AE②.C(或碳)③.碳原子有孤電子對，且電負性小于氧原子【解析】【小問1詳解】利用蓋斯定律，將反應Ⅲ-Ⅰ=Ⅱ，對應的故答案為：+41kJ/mol;【小問2詳解】①通過識圖提取信息進行曲線的辨別，觀察圖二，在其他條件一定的前提下，增加的濃度可以提高的平衡轉化率，由此可以判斷四條曲線對應的加入物質的比例情況，d對應3：1，c對應2：1，b對應1：1，a對應0：1(只通入)，故1：1對應曲線b。②根據微觀過程示意圖1可以看出，的通入可以消耗反應Ⅰ生成的，使反應Ⅰ的平衡正向移動;故答案為：①b②CO2的通入可以消耗反應Ⅰ生成的H2，使反應Ⅰ的平衡正向移動;【小問3詳解】①針對特定條件下的反應，判斷說法的正誤，前提條件要認清：900K，=3：1，恒溫恒容條件下，A．通入氬氣，平衡不移動，不能提高的平衡轉化率，故A錯誤；B．體系達到平衡，縮小容積，反應Ⅰ逆向移動，的濃度改變必然導致反應Ⅱ平衡移動，故B錯誤；C．在反應Ⅰ中，=1：1，但是反應Ⅱ中被消耗，比值必然發生改變。當“變量不變”時，反應體系達到平衡，故C正確；D．改善催化劑的性能可以提高特定反應的速率，從而提高的生產效率，故D正確；故答案選CD;由圖像信息可知，反應Ⅰ中轉化的，根據初始的投料，假設=1mol，=3mol，可列三段式：達到平衡，分壓是CO的5倍，推理的物質的量是CO的5倍，即：=5，x=0.5由此得出平衡時各物質的的物質的量為：，，，，，，恒容體系，壓強之比等于物質的量之比