【文档说明】湖南省长沙市湖南师大附中2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(20)页，3.351 MB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2022～2023学年度高二第二学期第一次大练习化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Co-59一、选择题：本题共14小题，1～10题每小题3分，11～14题每小题4分，共46分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.2022年2月进行的北京冬奥会尽显化学高科技，下列有关说法错误的是A.“飞扬”火炬外壳是用密度小且耐高温的碳纤维与高性能树脂做成的复合材料，碳纤维是新型无机非金属材料B.跨临界直接制冰使用的制冷剂CO2是由极性键构成的非极性分子C.北京冬奥会使用的氢燃料

电池工作时，氢气在负极发生还原反应D.乙二醇分子的一种主要构象模型如图，它是极性分子【答案】C【解析】【详解】A．由碳纤维与高性能树脂两种材料组成的材料称之为复合材料，碳纤维是新型无机非金属材料，A正确；B．CO2的结构为O=C=O，该分子中

只存在极性键，为直线形分子，正负电荷重心重合，为非极性分子，B正确；C．氢燃料电池工作时，氢气失电子生成水，该电极负极，发生氧化反应，C错误；D．乙二醇的结构简式为：HOCH2CH2OH，由其球棍模型

可知是极性分子，D正确；故选C。2.下列图示正确的是为A.质子数和中子数均为16的核素：3216SB.2p电子的电子云轮廓图：C.H－Cl的形成过程：D.测定CH3OH相对分子质量的质谱图如图【答案】A【解析】【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量

数；中子数为16的硫原子的质量数、质子数分别为32、16，表示为：3216S，A正确；B．2p电子的电子云轮廓图：，B错误；C．HCl为共价化合物，HCl−的形成过程：，C错误；D．甲醇的相对分子质量为32，测定3CHOH相对分子质量的质谱图：，D错误；故选A。3.AN为阿伏加德罗常数的

值，下列说法正确的是A.412gNaHSO中含有A0.2N个阳离子B.2428gCH分子中含有的σ键数目为A4NC.48gCH含有中子数为A3ND.20.1molH和20.1molI于密闭容器中充分反应后，HI分子总

数为A0.2N【答案】C【解析】【详解】A．4NaHSO由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，412gNaHSO的物质的量为0.1mol，因此，其中只含有A0.1N个阳离子，A说法不正确；B．单键均

为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，2428gCH为1mol，分子中含有的σ键数目为5AN，B说法不正确；C．4CH分子中有6个中子，48gCH的物质的量为0.5mol，因此，48gCH含有的中子数为A3N，C说法正确；D．2H和2I发生反应生成HI，该反应是可逆反应，反应物不能完全

转化为生成物，因此，20.1molH和20.1molI于密闭容器中充分反应后，HI分子总数小于A0.2N，D说法不正确。故选C。4.下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是A.装置甲气体干燥B.装置乙固液分离C.装置丙Cl2制备D.装置丁

pH测试【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A正确；B．由图可知，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B错误；C．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，由图可知，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C错误；D．测定溶液pH时

，应将溶液滴在pH试纸中央，不能插入溶液中，则装置丁不能用于pH测试，故D错误；故选A。5.下列有关反应离子方程式正确的是A.0.1mol•L-1CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+B.实验室制备氢

氧化铝可用可溶性铝盐加足量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+C.[Ag(NH3)2]NO3溶液中通入H2S：2Ag++H2S=Ag2S↓+2H+D.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：Ca2++ClO-+H2O

+CO2=2HClO+CaCO3↓【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol•L-1CuSO4溶液中加入过量氨水，开始生成氢氧化铜沉淀，氨水过量生成铜氨溶液：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3•H2O=

[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，A错误；B．铝离子和弱碱一水合氨生成不溶于氨水的氢氧化铝沉淀，B正确；C．硝酸根离子具有氧化性，会把硫化氢氧化，C错误；D．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钙、次氯酸：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO-3

，D错误；故选B。6.已知短周期主族元素R、X、Y、Z、T中，R与T的原子最外层电子数均是电子层数的2倍；Y能与大多数金属和非金属元素形成化合物；Z+与2Y−的电子层结构相同。5种元素的原子半径随原子序数的变化关系如图所示。下列推断正确的是A.简单离子半径：YXZB.氢化物沸点：R

XYC.T的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强的的D.Y分别与T、X形成的二元化合物溶于水一定生成强酸【答案】C【解析】【分析】R、X、Y、Z、T为短周期主族元素，R与T的原子最外层电子数均是电子层数的2倍

，结合题图信息原子序数RT，则R为C、T为S。由题图信息可推知Z与T同周期，R、X、Y同周期，又Z+与2Y−的电子层结构相同，则Z为Na，Y为O。进而推测X为N。综上所述，R、X、Y、Z、T分别为C、N、O、Na、S，据此分析解

答。【详解】A．核外电子排布相同时，原子序数大的离子半径小，故简单离子半径：23NaON+−−，A项错误；B．C的氢化物属于烃类，碳原子数多的烃常温下可能是固态，其沸点高于3NH、2HO，B项错误；C．由

于非金属性：SC，故最高价氧化物对应水化物的酸性：2423HSOHCO，C项正确；D．Y分别与T、X形成的二元化合物溶于水不一定生成强酸，如2SO溶于2HO生成的23HSO不是强酸，D项错误；答案选C。【点睛】根据电子层结构可直接推断出元素种类，进而确定其他元素的位置或种类。7.利

用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是A.升高温度有利于提高丙烷转化率B.反应的快慢主要取决于步骤IIIC.升高温度有利于加快反应速率D.MH−为该反应的催化剂【答案】B【解析】【详解】A．由图可知此反应是吸热的，所以升高温度有利于提高丙烷转化

率，A说法正确；B．反应的快慢主要取决于步骤II，B说法错误；C．升高温度，活化分子百分数增多，反应速率加快，C说法正确；D．由图可知最初存在MH−，最终存在MH−，所以MH−为该反应的催化剂，D说法正确；故选B。8.有机物C5H11Cl的同分异构体中，含有2个—CH3结构的有机物共有

A.2种B.4种C.6种D.8种【答案】B【解析】【详解】一氯戊烷的同分异构体可以视作正戊烷、异戊烷、新戊烷分子中的氢原子被氯原子取代所得结构，其中正戊烷、异戊烷的一氯代物中含有2个甲基的同分异构体各有

2种，新戊烷的一氯代物中不可能含有2个甲基的同分异构体，则符合条件的同分异构体共有4种，故选B。9.最近我国科学家预测并合成了新型碳材料：T碳。可以看作金刚石结构中的一个碳原子被四个碳原子构成的正四面体单元替代(如图所示，所有小球代表碳原子)。下列说法不正确的是A.T碳中碳原子数与共价键

数之比为10：4B.T碳与金刚石晶体中所含化学键类型相同C.T碳与金刚石中碳原子采取的杂化方式相同D.T碳与金刚石晶体类型相同，熔化时均需破坏共价键【答案】A【解析】【详解】A．T碳中每个碳原子形成C-C键数是4个，每个共价键被两个碳原子共用，所

以碳原子数与共价键数之比为1:2，A选项错误；B．T-碳晶体和金刚石晶体中含有的化学键均是共价键，相同，B选项正确；C．T-碳与金刚石中的碳原子采取的杂化方式均采取sp3杂化，杂化方式相同，C选项正确；D．T-碳可以看作金刚石结构中的一个碳原子被四个碳原子构成一个正四面体结构单元替代，属于共价晶体

，熔化时均需破坏共价键，D选项正确；故选A。10.钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是A.工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B.电解总反应：2Co2++2H2O通电2Co+O2+4H+C

.移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D.生成2molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少32g【答案】B【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为

2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜

由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O通电2Co+O2+4H+。【详解】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，A项错误；B．由分析可知，电解总反应为2

Co2++2H2O通电2Co+O2+4H+，B项正确；C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，C项错误；D．由分析可知，阴极生成2mol钴，阳极有2mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少36g，D项错误

；答案选B。11.从废旧锌锰电池处理后的废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2、Fe等]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图：的已知：Mn的金属活动性强于Fe，Mn2+在pH大于5.5时易被氧化。下列说法不正确的是A.“还原焙烧”的主要作用是还原Mn元素，有利于“酸浸”时溶出B.“酸

浸”过程中适当加热，主要目的是加快浸取速率C.“净化”时应该先通氧气氧化亚铁离子，后加入MnCO3调节溶液的pH，使Fe3+沉淀D.“电解”时阳极反应式为Mn2+-2e-+4OH-=MnO2+2H2O【答案】D【解析】【分

析】废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣，溶液中需要除去亚铁离子，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被

O2氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸锰调节溶液的pH值并控制二价锰离子不被氧化，最后通过电解，锌离子得到电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰；【详解】A．“还原焙烧”中MnO2、MnOOH分别与炭黑反应，2MnO

OH+C高温2MnO+CO↑+H2O↑、MnO2+C高温MnO+CO↑，反应中锰元素被还原为MnO，MnO能和酸反应有利于“酸浸”时溶出，A正确；B．“酸浸”过程中适当加热，能加快浸取速率，B正确；C．根据以上分析，加入碳酸锰调节溶液的pH值，将杂质

Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，C正确；D．由图可知电解阳极锰离子失去电子发生氧化反应产生二氧化锰，则阳极电极反应式为2+-+22Mn-2e+2HO=MnO+4H，D错误；故选D。12.下列说法正确的是A.烷烃的通式为CnH2

n+2，随着n值的增大，碳元素的质量分数逐渐减小B.C7H16中主链上有5个碳原子的烷烃共有5种C.单烯烃CnH2n含有的共用电子对数为3n+1D.乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷．【答案】B【解析】【详解】A．烷烃分子中碳元素的质量分数为12n14n+2×100%，由公式

可知，随着n值的增大，碳元素的质量分数逐渐增大，故A错误；B．分子式为C7H16的烷烃的主链上有5个碳原子说明侧链为2个甲基或1个乙基，符合条件的烷烃为2，2—二甲基戊烷、3，3—二甲基戊烷、2，3—二甲基戊烷、2，4—二甲基戊烷、3—乙基戊烷，共有5种，故B

正确；C．1molCnH2n中应含有共用电子对数为3nNA，故C错误；D．乙烯与溴水发生加成反应的产物为1，2—二溴乙烷，故D错误；故选B。13.一定条件下，分别向体积为1L的密闭容器中充入表中所示的①、②、③三组反应气，发生反应：2X(g)+Y(g)垐?噲?Z(g)，测得实验①、②、③反应过程中

体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是实验充入气体量反应过程条件①2molX+1molY恒温②1molZ恒温③1molZ绝热A.曲线I对应实验①B.正反应为放热反应C.气体的总物质的量：nc=ndD.b点平衡常数比

c点平衡常数小【答案】C【解析】【详解】A．恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，故起始时实验②与实验③的压强相等，实验①的压强是实验②与实验③的3倍，则曲线Ⅰ对应实验①，故A正确；B．实验①与实验②的温度相等，根据等效

平衡可知，实验①与实验②最终会达到相同的平衡状态，故曲线II对应实验②，则曲线III对应实验③，实验②与实验③充入的Z一样多，实验③比实验②达到平衡所用的时间长，则实验③温度较低，反应速率较慢，说明Z生成

X和Y是吸热反应，则正反应为放热反应，故B正确；C．根据pV=nRT，c、d两点的压强相同，V相同，由于从逆向建立平衡，逆向是吸热，c点的温度比d点低，则c点的气体物质的量更多，故气体的总物质的量：cdn>n，故C错误；D．若都在

恒温条件进行，根据B的分析，反应为放热反应，c点温度较低，所以达到平衡时③（c）比①或②（b）更往正向移动，K更大，D正确；故选C。14.某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是A.a点对应的Ksp大于b点对应的KspB.该温度下将CuSO4溶液中加入MnS后

，Ksp(MnS)不变C.在含有CuS和MnS固体的溶液中，c(Cu2＋)：c(Mn2＋)=(2×10-23)：1D.该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)【答案】A【解析】【分析】由图可知，硫化铜的溶度积Ksp(CuS)=0.01×6×10—34=6×10

—36，硫化铜的溶度积Ksp(CuS)=0.01×3×10—11=3×10—13。【详解】A．溶度积是温度函数，温度不变，溶度积常数不变，由图可知，a点和b点温度相同，则a点和b点的溶度积常数相等，故A错误；B．溶度积是温度函数，温度不变，溶度积常数不变，则该温度

下将硫酸铜溶液中加入硫化锰后，硫化锰溶度积常数不变，故B正确；C．在含有CuS和MnS固体的溶液中22)cCuc)(Mn(＋＋=2222)cCucScMn()()()(cS＋-＋-=()()spspKCuSKMnS=—3

6—13610310=—132101，故C正确；D．由分析可知，该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)，故D正确；故选A。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.一种由烃A合成高分子化合物D的有机物转化关系如下：已知

：A的质谱图如图1所示。B是一种二溴代烃，B的HNMR如图2所示。C是一种二烯烃。（1）A的分子式为_______；根据系统命名法，B的结构简式是_______；反应①的反应类型为_______。（2）写出两种与C互为同分异构体，且核磁共振氢谱中只有两个峰的炔烃的结

构简式：_______、_______。【答案】（1）①.C6H14②.③.取代反应（2）①3223CCHCHCCHCH②.()33CHCCCH【解析】【分析】A的质荷最大比为86，8661412=，

C是一种二烯烃，B是一种二溴代烃，B的核磁共振氢谱图只有一种H，结合图中转化可知，A为(CH3)2CHCH(CH3)2，A与溴发生取代反应生成B为(CH3)2CBrCBr(CH3)2，B发生消去反应生成C为CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2，C发生加聚反应

生成D，以此分析作答；【小问1详解】根据分析，A的分子式为C6H14，B为(CH3)2CBrCBr(CH3)2，反应①的反应类型为取代反应；故答案为：C6H14；；取代反应；【小问2详解】C为CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2，C的同分异构体中只有两个峰的

炔烃，说明同分异构体中含有碳碳三键且只有两种情况的氢，()332233CCHCCCHCHCHCCHCH；；.故答案为：()332233CCHCCCHCHCHCCHCH；。16.高效去除空气中的NOx和SOx化合物

一直是工业生产研究的重要课题。I.某MOFs多孔材料能高效选择性吸附NO2，再将材料泡入水中并通入氧气能将氮氧化物全部转化为HNO3，MOFs材料获得再生。原理示意图如图：已知：①2NO2(g)垐?噲?N2O4(g)△H1②3NO2(g)+H2O(g)垐

?噲?2HNO3(g)+NO(g)△H2③2NO(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(g)△H3（1）2N2O4+O2(g)+2H2O(g)垐?噲?4HNO3(g)△H=______。（2）下列选项中能说明反应①已达到平衡状态的是_____(填标号)。A.气体颜色不再发生变

化B.吸附材料中n(NO2)：n(N2O4)=2：1C.2v正(NO2)=v逆(N2O4)II.在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pe如图所示：（3）ClO2−中心原子的

杂化轨道类型为_____，ClO2−的空间结构为_____。（4）NaClO2脱硫的离子方程式为ClO2−(aq)+2SO23−(aq)垐?噲?2SO24−(aq)+Cl-(aq)，根据图像分析该反应为_____反应(填“吸热”或“放热”)，平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系为

_____。III.臭氧脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)垐?噲?N2O5(g)+O2(g)。T℃时，将NO2和O3混合气体以物质的量之比2：1充入一个容积为2L的恒容密闭容器中发生上述反应，测得NO2的物质的量随时间变化关系如图所示：（5）①平衡时，O2的体积分数=______%(保

留两位小数)。②若起始压强为p0，T℃下该反应的平衡常数Kp=______(Kp为用平衡分压表示的平衡常数，即用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）231ΔH=2ΔH+ΔH-2ΔH（2）A（3）①.3sp②.V

形（4）①.放热②.()()()abcKKK（5）①.36.36%②.060p【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将②×2+③―①×2，整理可得热化学方程式：231ΔH=2ΔH+ΔH-2ΔH。【小问2详解】A．混合气体

中只有2NO是有色气体，若混合气体颜色不再发生变化，说明各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；B．()()224NO:NO2:1nn=表示物质反应的物质的量的比，反应达到平衡时二者的物质的量的比可能是2∶1，也可能不是2∶1，因此不能据

此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C．在任何条件下物质反应速率比关系为：()()224NO:NO2:1vv=正逆，()()224NO2NOvv=正正，若()()2242NONOvv=正逆，()()()24224NO2NO4NOvvv==正正逆，()()2424NONOvv正逆，反

应逆向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；故选A。【小问3详解】2ClO−中Cl原子价电子对数是7122242+−+=，有2个孤电子对，杂化轨道类型为3sp，2ClO−的空间构型为V形。【小问4详解】根据化学平衡常数的含义可知该反应的化学平衡常数()()()

()2242223SOClClOSOccKcc−−−−=；由图像分析可知：2SO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，2SO的平衡分压增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小，该反应为放热反应。由于反应温度：()()()abcTTT，所以化

学平衡常数：()()()abcKKK。【小问5详解】①根据数据，可知10min时，已经到达平衡，根据三段式有：()()()()()()()23252mol2100mol1.60.80.80.2NOgOgNO8mol0.

40.20.80.8gOg++初始量变化量平衡量则平衡时2O的体积分数0.8100%36.36%2.2==；②设平衡时压强为p，则20.80.8442.22.20.40.22.22.2pppKppp==，由题意可知032.2pp=，解得02.23pp=，则060pKp=。17

.V2O5是化工生产中重要的催化剂，可用于制备硫酸和彩色玻璃。一种以含钒废料(主要成分为V2O3，还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物杂质)制备V2O5的工艺流程如下图所示。已知：①含钒离子在溶液中的存在形式与溶液p

H的关系溶液pH＜4.06.0≤pH≤8.0＞8.0钒元素存在形式2VO+3VO−427VO−②该流程温度下：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33；Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-19请回答下列问题：（

1）“焙烧”的目的之一是将V2O3转化为Mg(VO3)2，还有一个目的是_______；（2）已知Mg(VO3)2难溶于水，能溶于酸，写出在“酸浸”时(pH＜2)发生的离子反应方程式_______。为

提高酸浸速率，可采取的措施_______(填序号)。a.使用98%的硫酸b.加速搅拌c.升高温度d.增大压强（3）“调pH净化I”时需将Fe3+、Al3+、Cu2+三种离子去除干净(浓度＜1×10-5mol∙L-1时视为去除干净)，需调节pH范围为_____

__(pH值保留1位小数)。（4）“净化II”时，若加入过量(NH4)2CO3，可能导致的结果是_______。（5）“煅烧”时，改变环境会得到不同产物，但都会有V2O5生成。若煅烧时隔绝空气，还生成物质A和一种参与大气循环的物质，且A可在该流程

中循环使用，则A的化学式为_______；若煅烧时通入空气，还生成两种参与大气循环的物质，该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）除掉有机物杂质（2）①.()23222MgVO4H=Mg2VO2HO++++++②.bc（3）7.0＜pH≤8.0（4）生成NH4VO3

沉淀，降低钒的利用率（5）①.NH3②.43225224NHVO3O2VO2N8HO+++高温【解析】【分析】含钒废料(主要成分为V2O3，还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物杂质)中加入足量MgCO3粉，并通入足量空气进行焙烧，V2O3、Al2

O3发生反应生成Mg(VO3)2、Mg(AlO2)2等，并使有机物发生燃烧，生成气体等；加入稀硫酸进行酸浸，Al2O3、CuO、Mg(VO3)2、Mg(AlO2)2都发生溶解，生成Al3+、Cu2+、Mg2+、Fe3+、2VO+等；加入适量氨水调节溶液的pH，使Al3

+、Fe3+、Cu2+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀；过滤后，往滤液中加入适量的(NH4)2CO3，将Mg2+转化为MgCO3沉淀；过滤后，往滤液中加入足量的(NH4)2CO3，生成NH4VO3沉淀，煅烧沉淀，从而获得V2O5。【小问1详解】“焙烧”的目的之

一是将V2O3转化为Mg(VO3)2，同时使有机物发生燃烧，所以还有一个目的是：除掉有机物杂质。答案为：除掉有机物杂质；【小问2详解】Mg(VO3)2难溶于水，溶于酸后生成Mg2+、2VO+等，则在“酸浸”时(pH＜2)发生的离子反应方程式：()23222MgVO4H=Mg2VO2HO++

++++。a．98%的硫酸中氢离子浓度小，不能加快酸浸的速率，a不符合题意；b．加速搅拌，可增大物质间的接触面积，从而加快反应速率，b符合题意；c．升高温度，可增大反应物的能量，从而增大反应物间有效碰撞的次数，加快反应速率，c符合题意；d．固体与液体反应，增大压强不能加快反应速率，d不符合题意；故

选bc。答案为：()23222MgVO4H=Mg2VO2HO++++++；bc；【小问3详解】“调pH净化I”时，需将Fe3+、Al3+、Cu2+三种离子去除干净(浓度＜1×10-5mol∙L-1时视

为去除干净)。将2VO+转化为3VO−，需调节pH范围为6.0≤pH≤8.0，将Fe3+、Al3+、Cu2+三种离子生成沉淀时，pH的最小值为195-1.010110−−=1×10-7，所以需调节pH范围为7.0＜pH≤8.0。答案为

：7.0＜pH≤8.0；【小问4详解】从流程图中可以看出，当加入足量的(NH4)2CO3时，生成NH4VO3沉淀，所以“净化II”时，若加入过量(NH4)2CO3，可能导致的结果是：生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率。答案为：生成NH

4VO3沉淀，降低钒的利用率；【小问5详解】若煅烧时隔绝空气，还生成物质A和一种参与大气循环的物质，且A可在该流程中循环使用，则A的化学式为NH3；若煅烧时通入空气，生成两种参与大气循环的物质应为N2和水蒸气，所以该反应的化学方程式为432252

24NHVO3O2VO2N8HO+++高温。答案为：NH3；43225224NHVO3O2VO2N8HO+++高温。【点睛】浓硫酸中大部分硫酸以分子形式存在，溶液中氢离子浓度不大。18.青蒿素是高效的抗疟药，为无色针

状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效(已知：乙醚沸点为35℃)。从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉

末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。回答下列问题：（1）装置a的名称为______。（2）索氏提取装置提取的青蒿素位于_____(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是

______。（3）提取液蒸馏过程中选用下列哪种装置更好_____(填“甲”或“乙”)，原因是_____。（4）粗品提纯的过程可能是______(填标号)。a.加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶b.加95%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤c.加入乙醚进行萃取分液（5）青蒿素()中含有

过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液，用0.1mol•L-1Na2S2O3标准液滴定[已知：I2+2S2O23−=2I-+S4O26−，M(青蒿素)=282g/m

ol]。①滴定终点的颜色变化为_____。②三次滴定数据记录如表：滴定次数待测液体(mL)标准液读数(mL)滴定前读数滴定后读数第一次25.001.5041.52第二次25.003.0042.98第三次25.004.5041.60则青蒿素

的纯度为______。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.圆底烧瓶②.节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)（3）①.乙②.乙为减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效（4）b（5）①.滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟不恢复蓝色②.70.5%【解

析】【分析】青蒿粉末经过索式提取得到提取液，提取液通过蒸馏，分离乙醚和粗产品，对粗产品进行提纯得到青蒿素；【小问1详解】装置a为冷凝管或球形冷凝管；【小问2详解】青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中，提取出来的青蒿素位于圆底烧瓶；与常规的萃取相比，索氏提取能提高萃取效率，的优

点是节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)；【小问3详解】乙的蒸馏效果好，装置乙用真空泵抽真空，设置了减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效；【小问4详解】a.青蒿素在水中几乎不溶，不能用水溶解，a错误；b.青蒿素再乙醇，乙酸，石油醚中可溶解，加95%的乙醇，浓缩，结晶，过滤可以提纯

青蒿素，b正确；c.加入乙醚进行萃取分液得到还是混合物，c错误；答案选b;【小问5详解】碘单质与223NaSO反应得到-I，碘单质遇淀粉变蓝，则滴定终点为滴入最后一滴223NaSO标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜

色不恢复；223NaSO滴定三次，除去误差大的第三次，第一次和第二次两次平均体积为12V+V40.02+39.98V(=mL=mL=40.00mL22平均），2222n(I)2n(NaSO)，3222211n(I)n(N

aSO)0.040.1mol=210mol22−==，32n()n(I)=210mol−=青蒿素，250ml容量瓶中含青蒿素的物质的量为2n()10n(I)=0.02mol=青蒿素，m()nM=0.02

mol282g/mol=5.64g=青蒿素，青蒿素的纯度为5.64g100%70.5%8.0g=。