浙江省绍兴市诸暨市2025届高三12月一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1浙江省绍兴市诸暨市2025届高三12月一模考试试题一、单选题1．下列物质不能因吸附性而达到净水效果的是A．Ca(ClO)2 B．Na2FeO【答案】A【解析】Ca(ClO)2具有氧化性，能杀菌消毒，但没有吸附性，A符合题意；Na2FeO4铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成的FeOH3胶体具有吸附性，B不符合题意；FeSO4⋅7H2O中的Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成的FeOH3胶体具有吸附性，C不符合题意；KAl(SO4)2⋅12H2O2．下列说法不正确的是A．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，两者均可作食用碱B．SO2C．铵盐都易溶于水，受热分解均生成氨气，故储存时需考虑避光、防潮D．硬铝的密度小、强度高、抗腐蚀能力强，故可用作制造宇宙飞船的材料【答案】C【解析】碳酸钠和碳酸氢钠都是强酸弱碱盐，在溶液中均能水解使溶液呈碱性，两者均可作食用碱，A正确；SO2具有还原性，葡萄酒中添加少量SO2，能防止被氧化而延长酒的保质期，B正确；硝酸铵一定温度下受热分解时，硝酸中的氮化合价降低，铵根中的氮化事价升高，受热分解不能生成氨气，C错误；硬铝具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的优良性能，可用作制造宇宙飞船的材料，D正确。故选3．下列表示不正确的是A．H3O+离子的价层电子对互斥B．氢原子的1s电子在原子核外出现的概率密度分布图：C．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：D．Na2O【答案】C【解析】H3O+中氧原子的价层电子对数为3+6-1-1×32=4，O为sp3杂化，有一对孤对电子，价层电子对互斥VSEPR模型为，A正确；1s轨道电子云为球形，氢原子的1s电子在原子核外出现的概率密度分布图为，B正确；根据能级构造原理和洪特规则可知，基态Cr原子的价层电子轨道表示式为，C错误；Na2O2是由Na+和构成的，电子式为，D正确。故选4．下列说法不正确的是A．装置①蒸发皿中产生肥皂泡，说明Fe与水蒸气已经发生反应B．装置②产生红色喷泉，说明NH3C．利用装置③，可从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体D．NaHCO3受热分解的实验中，不涉及图④【答案】A【解析】装置①蒸发皿中产生肥皂泡，也可能是水蒸气受热导致，不能说明铁与水蒸气已经发生反应，A错误；装置②产生喷泉，证明氨气易溶于水，喷泉显红色，证明水溶液显碱性，B正确；装置③的操作名称为蒸发结晶，可从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体，C正确；图④标识为当心电离辐射，碳酸氢钠分解实验不涉及电离辐射，D正确。故选A。5．化学与人类生活有着密不可分的关系。下列说法不正确的是A．制作豆腐时往豆浆中加入氯化镁等盐卤，可使蛋白质聚沉B．对废旧金属回收和再利用是合理利用金属资源的一种途径C．将阿司匹林制作成缓释阿司匹林，可延长药效，减少吃药次数D．工业上采用“吹出法”进行海水提溴，其步骤仅包含氧化和吹出两步【答案】D【解析】豆浆属于胶体，加入氯化镁等盐卤可使蛋白质聚沉，A正确；对废旧金属进行回收利用，是保护金属资源的途径之一，可以提高资源的利用率，B正确；由于阿司匹林缓释片是通过延缓药物释放来延长作用时间，所以服用一次后药效持续的时间相对较长，减少吃药次数，C正确；工业上采用“”吹出法”进行海水提溴，其步骤包含氧化、吹出、吸收、再氧化等步骤，D错误。故选D。6．锰酸锂作为具有三维锂离子通道的正极材料，具有价格低、点位高、安全性能好等优点，被广泛使用。其制备原理如下所示：MnO2+Li下列说法正确的是A．反应中氧化剂为MnOB．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为3:4C．若生成O2气体的体积为11.2L，则反应转移的电子数为2NA(D．上述反应进行中C原子的杂化方式没有发生变化【答案】A【解析】反应MnO2+Li2CO3→LiMn2O4+CO2↑+O2↑(未配平)中，锰化合价由+4价降低为+3.5价，氧化合价由-2价升为0，氧化剂为MnO2，A正确；锰化合价降低被还原为LiMn2O4、氧化合价升高被氧化为氧气，氧化产物为O2，还原产物为LiMn7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构不能解释性质或用途的是选项结构性质或用途A聚乙炔中含共轭大π键聚乙炔可用于导电高分子材料B杯酚具有一定大小的空腔杯酚可用于C60和CC硅酸盐中含有硅氧四面体结构硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的性质D甘油(丙三醇)中含有三个羟基，易形成分子内氢键甘油为粘稠性液体A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】聚乙炔可用于导电高分子材料是因为聚乙炔中含共轭大π键，π电子能够在分子链上自由移动而具有导电性，A正确；杯酚具有一定大小的空腔，能与C60形成超分子，与C70不能形成超分子，超分子具有“分子识别”的特性，所以杯酚可用于C60和C70的分离，B正确；硅酸盐中含有相互连接的硅氧四面体结构，所以硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的优良性能，C正确；甘油为粘稠性液体是因为甘油中含有三个羟基，易形成分子间氢键，分子间作用力增大使得甘油在常温常压下呈现为黏稠性液体，D错误。故选D。8．下列方程式正确的是A．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的B．NaHCO3溶液与少量Ba(C．工业上常利用FeS处理废水中的HgD．硝酸工业中NH3的氧化反应：【答案】C【解析】加碘盐中含有KIO3，用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO3-的反应为KIO3、KI、CH3COOH反应生成CH3COOH、I2和H2O，反应的离子方程式为IO3-+5I-+6CH3COOH=6CH3COO-+3I2+3H2O，A错误；NaHCO3溶液与少量Ba(OH)2溶液反应生成NaHCO3、BaCO9．医用胶也称为医用黏合剂，在生活和医疗上有着重要的作用，其中α—氰基丙烯酸甲酯M制备医用胶N的某一合成路线如下：下列说法不正确的是A．上述反应类型为取代反应，X的化学式为CHB．利用红外光谱、X射线衍射均可区分M和NC．1molM或N与足量H2发生加成反应，均需消耗D．医用胶N能发生水解，有利于医用胶使用后的降解【答案】C【解析】结合反应特征可知其化学键断键位置为，X的化学式为CH3OH，该反应属于取代反应，A正确；M和N的化学键类型不完全相同，结构不同，可用红外光谱、X射线衍射区分，B正确；酯基不能发生加成反应，1molM或N均含1mol-C≡N和1molC=C，与足量氢气加成发应时可消耗3molH2，C错误；N中含酯基，能发生水解反应，有利于医用胶使用后的降解，D正确。故选10．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，基态X原子的L能层上未成对电子数为3，Y为地壳中含量最高的元素，且与Q同主族，Z的原子半径在同周期元素中最大，M最高能级轨道上充满电子。下列说法不正确的是A．电负性：X<Y B．热稳定性：XHC．第二电离能：Z>M D．QY4【答案】B【解析】基态X原子的L能层上未成对电子数为3，则X是N，Y为地壳中含量最高的元素，Y是O，且与Q同主族，Q是S，Z的原子半径在同周期元素中最大，Z是Na，M最高能级轨道上充满电子，则M的价电子排布为3s2，M是Mg，综上所述，X是N、Y是O、Z是Na、M是Mg、Q是S。同一周期从左往右电负性依次增大，电负性：XN<YO，A正确；元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性：XN<YO，则热稳定性：XH3NH3＜H2YH2O，B错误；Na原子失去1个电子后达到8电子稳定结构，很难再失去电子，而Mg失去11．硼原子具有缺电子的特性，与N、H可形成，其中B—NA．BCl3易水解，生成H3B．乙硼烷B2HC．H3BOD．NCH33为极性分子，空间结构与NH3相似；NSiH33为非极性分子，故可推测其碱性【答案】B【解析】BCl3在溶液中易发生水解反应，水分子中的1个O-H键断裂，B原子与3个-OH结合生成硼酸B(OH)3，H原子与Cl原子结合为HCl，A正确；由共价键的饱和性和硼原子具有缺电子的特性可知，乙硼烷的结构为，B错误；一元弱酸硼酸在溶液中能与水电离出的OH-结合生成B(OH)4-而使溶液呈酸性，电离方程式为B(OH)3+H2O⇌B(OH)4-+H+，C正确；NCH33为极性分子，中心N原子采取sp3杂化，孤对电子占据sp3杂化轨道，方向性明确，空间位阻较小，易于接受H+，而NSiH33为非极性分子，中心N原子采取sp2杂化，孤对电子占据12．丙烯与氢卤酸的加成反应过程主要分两步完成，如图所知：其中，反应速率主要由第一步烯烃与H+A．反应物丙烯不存在顺反异构B．上述条件下，丙烯生成中间产物a的反应活化能较低C．上述反应，在适当条件下氢卤酸的酸性越强，反应速率越快D．若使用CF3CH=CH【答案】D【解析】如果每个双键碳原子连接了两个不同的原子或原子团，双键碳上的4个原子或原子团在空间就有两种不同的排列方式，则有顺反异构，丙烯分子中两个氢原子连在同一个碳碳双键碳原子上，丙烯不存在顺反异构，A正确；由2—氯丙烷为主要产物可知，生成中间产物a的反应速率大于中间产物b的反应速率，反应的活化能越大，反应速率越慢，则丙烯生成中间产物a的反应活化能较低，B正确；由题意可知，丙烯与氯化氢的加成反应的反应速率主要由第一步烯烃与H+结合生成碳正离子决定，说明溶液的酸性越强，反应速率越快，所以丙烯与氢卤酸反应时，在适当条件下氢卤酸的酸性越强，反应速率越快，C正确；氟原子是吸电子基，CF3CH=CH2与H+反应生成的中间产物为，CF3CH=CH2进行上述反应得到的主要产物为CF13．科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池可作储能设备如图所示，关闭开关b，CCl4中Cl2的含量降低。下列说法正确的是A．放电时，钛电极的反应：NaTiB．放电时，Cl-透过多孔碳电极向NaCl溶液中迁移C．放电时NaCl溶液的浓度和pH均增大D．充电过程中，CCl4吸收0.25molCl2，钛电极质量理论上增加23g【答案】B【解析】关闭开关b，形成原电池，放电时，CCl4中Cl2的含量降低，则多孔碳电极为正极，钛电极为负极，Na3Ti2(PO4)3失电子生成NaTi2(PO4)3和Na+，电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A不正确；多孔碳电极为正极，钛电极为负极，放电时，阴离子向负极移动，则Cl-透过多孔碳电极向NaCl溶液中迁移，B正确；放电时，Cl-向钛电极移动，Na+向多孔碳电极移动，使得NaCl溶液的浓度增大，NaCl为强酸强碱盐，pH不变，C不正确；充电过程中，多孔碳电极(阳极)Cl-失电子生成Cl2，若CCl4吸收0.25molCl2，则电路中转移电子0.5mol，有0.5molNa+移向钛电极(阴极)，则钛电极质量理论上增加0.5mol×23g/mol=11.5g，D不正确。故选B。14．纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H下列说法不正确的是A．C40HB．上述图示历程中包括3个基元反应，且第一个反应速率最快C．根据上述反应机理，C40H10D．升高温度和增大压强均既能增大生成C40【答案】D【解析】由题干反应历程图可知，该反应总反应为：C40H20g⇌C40H18g+H2gΔH=128 kJ⋅mol-1，A正确；该反应包含3个基元反应，分别为C40H20+H•⇌•C40H19+H2，•C40H19⇌•C40H19'、•C40H19'⇌C40H18+H•，其中第一个反应的活化能最小，反应速率最快，B正确；由C40H20的结构可知其中含有1故选D。15．25℃下，AgCl、AgBr和已知：pKa1H2CrO4A．曲线②为AgBr沉淀溶解平衡曲线B．a点条件下上述三种沉淀均不会生成C．反应Ag2CrOD．向浓度均为0.01mol⋅L-1的KCl和K【答案】B【解析】氯化银和溴化银阴阳离子个数比相同，两者的沉淀溶解平衡曲线相互平行，由于AgCl的溶解度大于AgBr，故当c(Ag+)相同时，c(Cl-)>c(Br-)，可知①为Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线，②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，③为AgBr沉淀溶解平衡曲线，A错误；由图可知，a点处Qc均小于Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)及Ksp(Ag2CrO4)，故三种沉淀均不会生成，B正确；反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++HCrO4-的平衡常数K=c(HCrO4-)⋅c2(Ag+)c(H+)=c(HCrO4-)⋅c2(Ag+)⋅c(CrO42-)c(H+)⋅c(CrO42-)=16．在实验过程中，试剂的用量可能会影响实验的结果。下列方案设计、现象和结论不正确的是选项实验方案现象结论A往某溶液中加入KSCN溶液，再滴加过量新制氯水轻轻振荡试管，最终溶液不呈现红色说明原溶液中无FeB往CuSO4先产生蓝色沉淀，而后变成深蓝色溶液说明NH3与Cu2+C往2mLNaCl溶液中，滴加2滴同浓度的AgNO3溶液，振荡，再滴加4滴同浓度KI先产生白色沉淀，而后转变为黄色沉淀说明KspD往0.1mol⋅产生淡黄色沉淀说明S2-与SOA．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】若溶液中含Fe2+，往溶液中加入KSCN溶液，再滴加少量新制氯水，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=FeSCN3，溶液变红色，若滴加过量新制氯水，溶液最终没变红色的原因为：SCN-具有较强还原性，被氯气氧化，无法生成FeSCN3，A错误；往CuSO往2mLNaCl溶液中滴加2滴同浓度的AgNO3溶液，先生成白色沉淀，由于NaCl溶液过量，再加4滴同浓度KI溶液出现黄色沉淀，说明白色AgCl沉淀转化为黄色AgI沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；0.1mol⋅L−1Na2S中通入过量SO2，产生的淡黄色沉淀为硫单质，元素化合价发生变化，说明S2-与SO2发生氧化还原反应，D二、解答题17．结构探究是化学研究的重要内容，请回答：(1)CeO2的晶胞结构如图，Ce的配位数是。若晶胞棱长anm，则Ce与O的最小核间距为nm(2)某离子存在如图所示按六边形扩展的二维层状结构，该离子的最简式为，其中N原子的杂化方式为。(3)下列描述正确的是___________A．MgO的熔点高于Na2O是因为B．基态Cr原子价层电子的空间运动状态为6种C．HF分子内的化学键有方向性，HF分子间的作用力没有方向性D．含钙化合物中钙元素常显+2价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能(4)已知Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4(5)已知：BCl3中心B原子有空轨道，可以与H2OA．PCl3B．AlCl3C．CCl4【答案】(1)83(2)[Hg3(NH)2Br]+或[Hg3(NH)2]2+Br-sp3(3)B(4)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构(5)C【解析】（1）根据晶胞结构图，大球个数为8，小球个数为：8×18+6×12=4，根据化学式CeO2可知大球表示氧原子，小球表示Ce原子，以顶点Ce原子为例，距离其最近且等距的氧原子个数为8，故其配位数为8；CeO2晶胞中（2）该结构片段中，含溴离子个数为1，-NH-被三个六边形公用，个数为：6×13=2，Hg两个六边形公用，个数为：6×12=3，该离子的最简式为[Hg3(NH)2Br]+或[Hg3(NH)N原子价层电子对数为4，N原子的杂化方式为sp3；（3）MgO和Na2O均为离子晶体，MgO熔点高是因为MgO离子键作用强，A错误；基态Cr原子价层电子排布式为3d54s1，3d轨道有5个空间运动状态，4s轨道1个空间运动状态，基态Cr原子价层电子的空间运动状态为6种，B正确；HF的H—F键有方向性，HF分子间的氢键具有方向性，C错误；钙的第二电离能大于其第一电离能，含钙化合物中钙元素常显+2价，原因是钙最外层有2个电子，容易失去2个电子呈+2价，D错误。故选（4）根据a、b的结构可知，a中含有过硫键、b中含有过氧键，过氧键氧化性强于I2，则硫代硫酸钠被I2氧化的产物不可能为b，而且a结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，b结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，因此产物为a。（5）PCl3、AlCl3、SiCl4中的中心原子均有空轨道，可以和水分子形成配位键，原有的键断裂，发生水解反应，CCl18．某小组选取两种方法制备物质B：以KSCN为原料制备(图1)和电解法制备(图2)。已知：①物质B不溶于水，在酸性条件下发生氧化还原反应②步骤Ⅲ反应需控制pH=5(1)电解过程中前30秒内，阳极附近先产生白色浑浊物D；电解一段时间后，生成较多的橙黄色固体E，取固体过滤，蒸干得B物质。(2)下列说法正确的是___________。A．气体混合物可能是N2和B．步骤Ⅲ需及时补充NaOH控制pH在5左右C．由电解现象可推知KD．若后续得CuNH(3)SCN2与F以1:2的比例可生成KSCN和K2S4O(4)将固体B溶于氨水，B与NH3⋅H2O以1:4【答案】(1)CuCl(2)AB(3)(4)Cu2O+4NH3+H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH-或Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH-+3H2O取少量无色溶液置于两只试管，一只中滴加酚酞，若溶液变红，则证明含有OH-；向另一支试管中加入双氧水或空气中放置一段时间，溶液变深蓝色，则证明有[Cu(NH3)2]+【解析】KSCN与CuO反应，Cu元素化合价下降，S元素化合价不变，配平反应为2CuO+2KSCN=Cu2S+K2S+N2↑+2CO↑，得到的Cu2S、K（1）电解过程中，阳极附近先产生白色浑浊物D，则阳极电极反应为Cu－e-+Cl-=CuCl，白色浑浊物D是CuCl，阴极电极反应为2H2O（2）气体混合物可能是N2和CO，A正确；反应Ⅲ生成硫酸，需及时补充NaOH中和硫酸控制pH在5左右，否则生成的Cu2O在酸性条件下发生氧化还原反应，B正确；电解时发生沉淀的转化：CuCls+D．[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，乙醇降低了溶液的极性，有利于析出晶体，D错误。故选AB；（3）SCN2与F以1:2的比例可生成KSCN和K2S4O6，根据原子守恒可知，F为K2S2O3，该反应的化学方程式为SCN2+2K2S2（4）Cu2O与NH3⋅H2O以1:4发生非氧化还原反应，得到一无色溶液，则生成的是[Cu(NH3)2]+的配合物，离子方程式为Cu2O+4NH3+H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH-或Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH-

+3H2O；无色物质是[Cu(NH3)2]OH，检验OH-可以用酚酞，检验[Cu(NH3)2]+可先将其中的Cu+氧化为Cu2+现象是无色溶液变蓝，故实验方案是：取少量无色溶液置于两只试管，一只中滴加酚酞，若溶液变红，则证明含有OH-

；向另一支试管中加入双氧水或空气中放置一段时间，溶液变深蓝色，则证明有[Cu(NH319．苯甲醛是香料、医药、农化等行业的重要中间体，被广泛地应用于食品、化妆品、塑料工业等行业中。以下是制备苯甲醛的两种方法：Ⅰ．甲苯氧化法：

ΔHⅡ．苯甲醇氧化法：

ΔH请回答：(1)方法Ⅰ中的反应能自发进行的条件是。(2)方法Ⅰ中，得到苯甲醛有两种途径(图1)，途径一是甲苯先氧化得到苯甲醇，再深度氧化得到苯甲醛，途径二为甲苯直接氧化得到苯甲醛。已知：在反应起始阶段，可认为甲苯与O2发生平行反应，分别生成苯甲醇(浓度为c1)和苯甲醛(浓度为c2)，两产物的浓度之比与时间无关：140℃时，c①请计算，反应的焓变ΔH3=②反应过程中，甲苯和各产物含量变化如图2所示，下列说法正确的是。A．分析可知，EB．增加氧化剂O2C．在一定的反应时间内，选择合适的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例D．降低反应温度，会使得途径二对苯甲醛生成的贡献更大③甲苯氧化制备苯甲醛过程中，还产生了另一种有机产物苯甲酸，请在图2中画出c(苯甲酸)随时间变化的曲线图(以左侧坐标轴为纵坐标)。(3)方法Ⅱ中，采用Mn3O4为固体催化剂，反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附、反应等过程。在一定时间内，随着n(苯甲醇)/n(催化剂)(4)利用纳米TiO2-Pt电极电解MnSO4和H2SO4的混合溶液(如图3)①产生气泡对应的电极反应方程式：。②溶液中生成黑色固体的离子方程式：。【答案】(1)低温(2)-303.5ACD(3)n(苯甲醇)/n(催化剂)比值较小时，催化剂的量相对于苯甲醇较多，随着比值的增大，更多的苯甲醇与催化剂接触，从而提高了苯甲醇的转化率；比值较大时，催化剂提供的活性位点较少，不能满足反应所需的活性位点数量，因此转化率下降(4)2【解析】（1）方法Ⅰ中的反应ΔH＜0、（2）①根据盖斯定律，反应的焓变ΔH3=2ΔH1-ΔH2=2×(-346.5kJ·mol-1②由图可知，开始反应时，c(苯甲醛)>c(苯甲醇)，说明反应速率v(苯甲醛)>v(苯甲醇)，则Ea1>Ea3，A正确；增加氧化剂O2的浓度，可以提高反应物甲苯的转化率，但氧气浓度过大，会继续氧化苯甲醛为苯甲酸，不利于提高苯甲醛的选择性，B错误；在一定的反应时间内，选择对生成苯甲醇更有利的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例，C正确；由题干信息可知，140℃时，c1/c2=0.5，170℃时，③甲苯氧化制备苯甲醛过程中，还产生了另一种有机产物苯甲酸，由图可知，随着反应进行，甲苯的含量降低，但是苯甲醇与苯甲醛的含量也降低，说明发生了苯甲醛氧化为苯甲酸的副反应，因此苯甲酸的含量始终保持增大：；（3）随着n(苯甲醇)/n(催化剂)比值的增大，苯甲醇的转化率先增大后减小，增大是因为：n(苯甲醇)/n(催化剂)比值较小时，催化剂的量相对于苯甲醇较多，随着比值的增大，更多的苯甲醇与催化剂接触，从而提高了苯甲醇的转化率；减小的原因是：比值较大时，催化剂提供的活性位点较少，不能满足反应所需的活性位点数量，因此转化率下降；（4）①阳极发生氧化反应，电极反应式为Mn2+-e-=②溶液中有极少量黑色固体物质生成，由题给信息可知，增大Mn2+和H+浓度可以抑制Mn3+的歧化倾向，说明Mn3+的歧化倾向被抑制，所以生成的黑色固体很少，Mn3+发生歧化反应生成+4价的MnO2和+2价的Mn2+20．二氧化钒VO2为深蓝色晶体粉末，可作玻璃、陶瓷的着色剂，也可制备智能控温薄膜。实验室用如图装置(加热和夹持装置略)制得氧钒IV碱式碳酸铵晶体，其化学式为NH已知：VO2在空气中能被缓慢氧化为VⅠ、制备VO2①按图连接装置，检查气密性后装入药品；②打开K1、K2，关闭K3，将N2H4⋅2HCl溶液滴入b中；③关闭K2，加热装置b至微沸数分钟；④……，利用反应生成N2使b中溶液流入d中；⑤关闭K3(1)仪器d的名称为；(2)步骤②中为使c中液体顺利滴下进行的操作是；(3)装置b充分反应得到VOCl2溶液，该反应的化学方程式为(4)关于二氧化钒的制备过程，以下说法正确的是___________。A．增加盐酸的使用量可使b中反应更完全和快速，从而有利于d中氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体制备B．为提高产品的产率步骤③应使b中V2OC．步骤④中省略的操作为关闭K1，打开D．步骤⑥可用坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪器在空气中加热氧钒IV碱式碳酸铵晶体得到VOⅡ、滴定法测定粗产品中V元素的质量分数已知：①在酸性条件+4价钒化合物下可被高锰酸钾氧化为+5价钒化合物②+5价的VO2+能与Fe③尿素可还原溶液中NO(5)为测定粗产品中V元素含量，某小组设计方案需以下5步操作(未排序)：A．加2%NaNO2B．加入0.01molC．称量ag产品于锥形瓶中，用20mL70%的硫酸加热溶解D．用bmol⋅L-1NH42FeE．往溶液中加入尿素至稍过量，充分反应①合理的操作顺序为。②粗产品中V元素的质量分数为(用含a、b、c的式子表示，V原子相对原子量用M代替)。③下列情况会导致所测钒元素的质量分数偏小的是(填序号)。A．NH42FeB．称量样品时，样品在空气中露置时间过长C．滴定前滴定管尖嘴无气泡，达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡D．未往溶液中加尿素至稍过量【答案】(1)三颈烧瓶(2)打开分液漏斗上口玻璃塞(3)2V(4)C(5)CBAEDbcM1000a×【解析】制备VO2时，②打开K1、K2，关闭K3，平衡气压使N2H4⋅2HCl顺利流下，关闭K2，加热装置b至微沸数分钟，充分反应后，利用反应生成N2使b中生成的溶液进入d中，关闭K3，打开e（1）仪器d为三颈烧瓶；（2）打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K2后，c（3）装置b中，N2H4⋅2HCl与V2O（4）增加盐酸的使用量可使b中反应更加快速，但溶液中会含有更多的HCl，在装置d中会与NH4HCO3发生反应，不利于d中氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体制备，A错误；b中V2O5消耗完全时，可能溶液中存在过量的盐酸，过量的盐酸进入d中与碳酸氢铵溶液反应会降低产率，因此为提高产品产率，要确保b中V2O5有剩余，盐酸被完全消耗，B错误；步骤④中省略的操作为关闭K1，打开K3，此时可将b中生成的溶液压入d中，C正确；步骤⑥可用坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪