2023年河北省衡水中學(xué)高考化學(xué)最后一模試卷(有答案解析)

1016頁2023題號(hào)題號(hào)得分一二三四總分一、單項(xiàng)選擇題〔636.0分〕化學(xué)與生活親熱相關(guān)，以下說法不正確的選項(xiàng)是〔 〕4%硅的硅鋼導(dǎo)磁性很強(qiáng)，主要用作變壓器的鐵芯高溫烹調(diào)食物不僅可能產(chǎn)生刺激性氣味，同時(shí)還可能產(chǎn)生致癌物分別用液化石油氣、汽油、地溝油加工制成的生物柴油都是碳?xì)浠衔镆郝裙扌孤r(shí)，可將其移入水塘中，并向水塘中參加熟石灰ANA

為阿伏伽德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是〔 〕A30g5NA1molDO1molHO2：12240.2molHSO24

2的濃硫酸與足量的鎂反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)大于0.2NA31molPCl1moCl反響制備PCl〔g〕，2N個(gè)P-Cl鍵32 5 A質(zhì)〔其他相關(guān)物質(zhì)可能省略〕。A B CD以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A，B，C，D質(zhì)〔其他相關(guān)物質(zhì)可能省略〕。A B CD以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕假設(shè)A為非金屬單質(zhì)，則它與Mg反響的產(chǎn)物中陰、陽離子個(gè)數(shù)比可能為2：3A為非金屬單質(zhì)，則其組成元素在周期表中的位置可能處于其次周期第IVA族假設(shè)A是共價(jià)化合物，則A和D有可能發(fā)生氧化復(fù)原反響假設(shè)A是金屬或非金屬單質(zhì)，則常溫下0.1mol/L的D溶液中由水電離出的?！睭+〕可能為10-13mol/L2手持技術(shù)的氧電化學(xué)傳感器可用于測(cè)定O含量，如圖為某種氧電化學(xué)傳感器的原理示意圖在測(cè)定O2含量過程中，電解質(zhì)溶液的質(zhì)量保持不變?？隙〞r(shí)間內(nèi)，假設(shè)通過傳感器的待測(cè)氣體為aL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕，某電極增重了bg．以下說法正確的選項(xiàng)是〔 〕2氧電化學(xué)傳感器工作時(shí)，電流由Pb電極通過外電路流向Pt電極C..反響過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為bD.待測(cè)氣體中氧氣的物質(zhì)的量的分?jǐn)?shù)為.Pb上發(fā)生的電極反響式為Pb-2e-+2OH-C..反響過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為bD.待測(cè)氣體中氧氣的物質(zhì)的量的分?jǐn)?shù)為5. 四氫盼〔5. 四氫盼〔〕是家用自然氣中人工添加的氣味落加劑具有相當(dāng)程度的臭味。以下關(guān)于該化B.全部原子可能共平面2A.不能在OB.全部原子可能共平面2C.Br的加成產(chǎn)物只有一種2D.1molCHC.Br的加成產(chǎn)物只有一種24 9 22某化學(xué)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的數(shù)字化試驗(yàn)裝置，爭(zhēng)論常溫下，向1L0.1mol/LHA溶液中逐滴參加等濃度NaOH溶液時(shí)的pH變化狀況，并繪制出溶液中含A元素的粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系如圖乙所示，則以下說法中正確的選項(xiàng)是〔〕2pH=4.0時(shí)，圖中n〔HA〕0.0091mol0.1mol/LNaHA溶液中存在c〔A2-〕+c〔HA-〕+c〔HA〕=0.1mol/L2該試驗(yàn)應(yīng)將左邊的酸式滴定管換成右邊堿式滴定管并加酚酞作指示劑常溫下，等物質(zhì)的量濃度的NaHA與Na二、雙選題〔16.0分〕

2A溶液等體積混合后溶液pH=3.0由以下試驗(yàn)及現(xiàn)象不能推出相應(yīng)結(jié)論的是〔 〕選項(xiàng)選項(xiàng)AB試驗(yàn)液，再滴加碘水液現(xiàn)象結(jié)論開頭無明顯現(xiàn)象加碘水氧化性：I＞Fe3+后溶液變紅2品紅溶液褪色C乙烯通入中性KMnO4溶液中該鈉鹽可能為Na2SO3溶液褪色并產(chǎn)生黑色沉乙烯具有復(fù)原性淀D將苯參加橙色的溴水中振蕩并靜置下層液體幾乎無色苯與Br2發(fā)生了取代反響A B.B C.C D.D三、簡(jiǎn)答題〔449.0分〕從銅氨廢液|含[Cu〔NH3〕?CO]+，[Cu〔NH3〕2]2+、[Cu〔NH3〕4]2+、NH3、CH3COO-．CO等中回收銅的工藝流程如下：〔1〕步驟〔Ⅰ〕“吹脫”的目的是 〔寫一條即可〕；由步〔Ⅱ〕可確定NH3與H+的結(jié)力量比與Cu2+的 〔填“強(qiáng)”或“弱”〕〔2〕〔2〕步驟〔Ⅲ〕“沉銅”時(shí)，Na2S的用量比理論用量多，目的是 步驟〔N〕反響中，氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為 步驟〔M〕發(fā)生反響生成難溶Cu2〔OH〕3Cl的離子方程式為 pH與銅的回收率關(guān)系如圖〔a〕所示，為盡可能提高銅的回收率，需掌握的pH約為 “吹脫”后的銅氨廢液中參加適量的添加劑可直接電解回收金屬銅，裝置如圖b〕所示陰極主要發(fā)生反響的電極反響式為 添加NaCl和H2SO4均可提高電導(dǎo)率和電流效率從而提高銅的回收率，從環(huán)境角度考慮，較好的是 〔填“NaCl”或“H2SO4”〕。〔Ⅲ〕“沉銅”和步驟V〔Ⅲ〕“沉銅”時(shí)銅元素的損耗率為4%：步驟V“制硫酸銅”時(shí)銅元素?fù)p耗率為2%．假設(shè)1L廢液最終制得CuSO4?5H2O375g，則1L廢液中含有銅元素的質(zhì)量為 ?！脖４嬲麛?shù)〕硫的氧化物〔主要是SO〕和氮氧化物〔NO

〕以及碳煙〔C〕是主要的大氣污染物，它們的轉(zhuǎn)2 x化和綜合利用既有利于節(jié)約資源，又有利于保護(hù)環(huán)境。請(qǐng)答復(fù)以下問題。H2復(fù)原法是處理燃煤煙氣中SO2的方法之：2H2S〔g〕+SO2〔g〕=3S〔s〕+2H2O△H=akJ?mol-1H2S〔g〕=H2〔g〕+S〔s〕△H=bkJ?mol-1H2O〔l〕=H2O〔g〕△H=ckJ?mol-1寫出SO2〔g〕和H2〔g〕反響生成S〔s〕和H2O〔g〕的熱化學(xué)方程式： KMnO4/CaCO3可協(xié)同脫硫脫硝，在反響中MnO4-．均被復(fù)原為MnO42-。①寫出用高錳酸鉀溶液脫硫的離子方程式 ②參加CaCO3的作用是 CaSO3漿液可用于脫除NO2，．反響為CaSO3+2NO2+H2O?CaSO4+2NO2-+2H+，向漿液中參加飽和Na2SO4溶液能提高NO2的吸取速率，請(qǐng)結(jié)合化學(xué)原理進(jìn)展解釋 CaSO3漿液脫除NO2后得到的CaSO4可用于制備硫化鈣。利用自然氣局部氧化生成的CO〔Ⅰ〕CO〔g〕+CaSO4〔s〕=CO2〔g〕+CaS〔s〕lg〔Ⅰ〕CO〔g〕+CaSO4〔s〕=CO2〔g〕+CaS〔s〕lgKp1〔Ⅱ〕H2〔g〕+CaSO4〔s〕=H2O〔8〕+CaS〔s〕Ig〔Ⅱ〕H2〔g〕+CaSO4〔s〕=H2O〔8〕+CaS〔s〕IgKp2①T1℃時(shí)，反響COg+H2O〔g〕?CO〔g〕+H2〔g〕的KP= ②起始時(shí)在容器中參加CaSO4并充入CO，假設(shè)容器中只發(fā)生反響〔Ⅲ〕。在T2℃時(shí)，圖1中C點(diǎn)V〔〕 〔V〕〔填“”＜或“=”〕；B點(diǎn)總壓為1KPa時(shí)，CO的平衡轉(zhuǎn)化率為，正 逆CO的平衡轉(zhuǎn)化率為 %〔保存一位小數(shù)，=1.414〕模擬尾氣物質(zhì)的量/mol氣體〔10mol〕NO0.025O20.5He9.475碳煙〔C〕n〔C〕NOX〔成分如下表所示〕以一樣的流速通過該催化劑，測(cè)得全部產(chǎn)物C模擬尾氣物質(zhì)的量/mol氣體〔10mol〕NO0.025O20.5He9.475碳煙〔C〕n375℃時(shí)，測(cè)得排出的氣體中含0.45molO2和0.0525molCO2，則Y的化學(xué)式為 自然界中含錳元素的主要礦物有軟錳礦〔MnO2?xH2O〕、黑錳礦Mn3O4，大洋底部有大量錳結(jié)核礦。錳元素在多個(gè)領(lǐng)域中均有重要應(yīng)用，用于制合金，能改善鋼的抗沖擊性能等Mn在元素周期表中位于 區(qū)核外電子占據(jù)最高能層的符號(hào)是 金屬錳可導(dǎo)電，導(dǎo)熱，具有金屬光澤，有延展性，這些性質(zhì)都可以用“ 理論”解釋。Mn3+在水溶液中簡(jiǎn)潔歧化為MnO2和Mn2+，以下說法合理的是 A．Mn3+的價(jià)電子構(gòu)型為3d4，不屬于較穩(wěn)定的電子構(gòu)型B．依據(jù)Mn2+的電子構(gòu)型可知，Mn2+中不含成對(duì)電子C．第四周期元素中，錳原子價(jià)電子層中未成對(duì)電子數(shù)最多D．Mn2+與Fe3+具有一樣的價(jià)電子構(gòu)型，所以它們的化學(xué)性質(zhì)相像在K2MnF6中，MnF62-的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為 該化合物中含有的共價(jià)鍵在形成過程中原子軌道的重疊方式為二價(jià)錳的化合物MnO和MnS熔融態(tài)均能導(dǎo)電熔點(diǎn)MnO 填“高于”“等于”、“低于”〕并解釋緣由 某錳氧化物的晶胞構(gòu)造如圖：11. [OH〔CCHO和尼龍6該錳的氧化物的化學(xué)式為 該晶體中Mn的配位數(shù)為 11. [OH〔CCHO和尼龍6的合成路線如圖：：①②答復(fù)以下問題：：①②〔1〕由A制取B的反響類型為 C的系統(tǒng)命名為 〔3〕6的單體的分子式〔3〕6的單體的分子式 〔5〕己二醛的同分異構(gòu)體中既含五元環(huán)構(gòu)造，又含“”構(gòu)造的有 〔5〕己二醛的同分異構(gòu)體中既含五元環(huán)構(gòu)造，又含“”構(gòu)造的有 種〔不考慮立體異構(gòu)〕。其中核磁共振氫譜有三組峰的構(gòu)造簡(jiǎn)式有 〔任寫一種〔6〕寫出以溴乙烷為原料制備甲醛的合成路線 〔無機(jī)試劑任選〕。四、試驗(yàn)題〔114.0分〕?氨基甲酸銨〔H2NCOONH4〕是一種易分解、易水解的白色固體，易溶于水，難溶于CCl4某爭(zhēng)論1所示的試驗(yàn)裝置制備氨基甲酸銨〕1中節(jié)油可反響原理：2NH3〔g〕+CO2〔g〕?2NHCOON4〔s〕△H＜0。〕2儀器2的名稱是 。儀器3中NaOH固體的作用是 ①翻開閥門K，儀器4中由固體藥品所產(chǎn)生的氣體就馬上進(jìn)入儀器5，則該固體藥品的名稱為 ②儀器6的一個(gè)作用是掌握原料氣按反響計(jì)量系數(shù)充分反響，假設(shè)反響初期觀看到裝置內(nèi)稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，應(yīng)當(dāng) 〔填“加快”、“減慢”或“不轉(zhuǎn)變”〕產(chǎn)生氨氣的流速。另有一種制備氨基甲酸銨的反響器〔CCl4充當(dāng)惰性介質(zhì)〕2：①圖2裝置承受冰水浴的緣由為 ②當(dāng)CCl4液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時(shí)，即停頓反響〔填操作名稱得到粗產(chǎn)品為了將所得粗產(chǎn)品枯燥可實(shí)行的方法是 蒸餾 B．高壓加熱烘干C．真空微熱烘干①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，則該反響的化學(xué)方程式為②為測(cè)定某樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，某爭(zhēng)論小組用該樣品進(jìn)展試驗(yàn)。雜質(zhì)不參與反應(yīng)，請(qǐng)補(bǔ)充完整測(cè)定某樣品中氨基甲酸銨質(zhì)量分?jǐn)?shù)的試驗(yàn)方案：用天平稱取肯定質(zhì)量的樣品，加水溶解， 測(cè)量的數(shù)據(jù)取平均值進(jìn)展計(jì)算〔限選試劑：蒸餾水、澄清石灰水Ba〔OH2〕溶液。答案：C

答案與解析 解析：解：A．變壓器的硅鋼片含硅40%，其余為鐵，具有很好的導(dǎo)磁性，主要用作變壓器鐵芯，故A正確；高溫烹調(diào)實(shí)物不僅有刺激性氣味，同時(shí)還會(huì)產(chǎn)生致癌物，故B正確；C．地溝油的主要成分是油脂，屬于酯類，故不是碳?xì)浠衔?，故C錯(cuò)誤；DD正確；應(yīng)選：C。A．變壓器的鐵芯是利用具有很好的導(dǎo)磁性的薄硅鋼片疊壓而成；B．食物高溫能夠產(chǎn)生致癌；地溝油的主要成分是油脂；D．氯氣和氫氧化鈣反響生成無毒的氯化鈣、次氯酸鈣和水。此題考察物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響、性質(zhì)與用途為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意生活與化學(xué)的聯(lián)系，題目難度不大。答案：C解析：解：A.30g解析：解：A.30g丙醇物質(zhì)的量為：=0.5mol，存在的共價(jià)鍵總數(shù)為0.5mol×11×NA=5.5NA，故1molD2O1molH2O10：8=5：4，故B錯(cuò)誤；C.0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的鎂反響假設(shè)只生成二氧化硫則轉(zhuǎn)移電子數(shù)等于0.2NA，假設(shè)只生成氫氣則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NA，隨著反響進(jìn)展?jié)饬蛩釢舛冉档停苑错懼屑扔卸趸蛴钟袣錃?.2NA0.4NA，故C正確；D1molPCl31moCl2反響制備PCl5〔g〕，2NA個(gè)P-Cl鍵，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。A．質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，結(jié)合111個(gè)共價(jià)鍵計(jì)算；個(gè)D2O10個(gè)中子，1個(gè)H2O8個(gè)中子；C.0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的鎂反響假設(shè)只生成二氧化硫則轉(zhuǎn)移電子數(shù)等于0.2NA，假設(shè)只生0.4NA；D．三氯化磷與氯氣反響為可逆反響，不能進(jìn)展到底。此題考察了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，嫻熟把握公式的使用和物質(zhì)的構(gòu)造是解題關(guān)鍵，留意丙醇分子構(gòu)造特點(diǎn)，留意濃硫酸的特性，題目難度中等。答案：BA B CD，中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化解析：解：A、A B CD，中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系。假設(shè)A為非金屬單質(zhì)，則A為N2〔S〕，B為NO〔SO2〕，C為NO2〔SO3〕，D為HNO3〔或H2SO4〕，其中N2與鎂反響生成的Mg3N22：3，故A正確；假設(shè)A為非金屬單質(zhì)，則A為N2〔S〕，ⅤA族，硫元素處于第三周期ⅥA族，故B錯(cuò)誤；假設(shè)A是共價(jià)化合物，A可能為NH3或H2S，D為HNO3或H2SO4，H2S與H2SO4可以發(fā)生氧化復(fù)原反響，故C正確；假設(shè)A是金屬或非金屬單質(zhì)，則A為Na或N2或S，D為NaOH、HNO3或H2SO4，0.1mol/LNaOHABCD為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì)且D為強(qiáng)電解質(zhì)它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系B CDABCD為短周期元素構(gòu)成的四種物質(zhì)且D為強(qiáng)電解質(zhì)它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系B CD，中學(xué)常見物質(zhì)中N、S元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，Na元素單質(zhì)化合物符合轉(zhuǎn)化關(guān)系。此題考察無機(jī)物推斷，涉及N、S、Na元素單質(zhì)化合物性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，需要學(xué)生嫻熟把握元素化合物性質(zhì)，留意把握中學(xué)常見連續(xù)反響。答案：D解析：解：通入氧氣的一極為正極，得電子發(fā)生復(fù)原反響，電極方程式為O2+2H2O-+4e-=4OH-，Pb電極為負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反響，電極方程式為2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O，A．得電子發(fā)生復(fù)原反響的電極是正極、失電子發(fā)生氧化反響的電極是負(fù)極，電子由Pb電極通過外電路流向Pt電極，故A錯(cuò)誤；B．在測(cè)定O2含量過程中，電解質(zhì)溶液的質(zhì)量保持不變，說明Pt電極消耗的氧氣與Pb電極上得到的O2Pb+2=2PbPb電極上Pb失電子和OH反響生成2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O，故B錯(cuò)誤；= = D．依據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等得n〔OD．依據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等得n〔O2〕=n〔PbO〕=bmol，氧氣體積=bmol×22.4L/mol=0.7bL，待測(cè)氧氣體積分?jǐn)?shù)==，故氣體積分?jǐn)?shù)==，故D正確；O2+2H2O-+4e-=4OH-，Pb電極為負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反響，電極方程式為2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O；A．得電子發(fā)生復(fù)原反響的電極是正極、失電子發(fā)生氧化反響的電極是負(fù)極；Pb電極上Pb失電子和OH-反響生成PbO；=n〔O〕== mol2Pb+4OH--4e-=n〔O〕== mol2Pb+4OH--4e-=2PbO+2H2O計(jì)算轉(zhuǎn)移OH-的物質(zhì)的量；aL氣體的比值為待測(cè)氧氣體積分?jǐn)?shù)。O2含量過程中，電解質(zhì)溶液的質(zhì)量保持不變”隱含的信息是解此題關(guān)鍵，側(cè)重考察學(xué)生分析推斷力量，難點(diǎn)是電極反響式的書寫，留意轉(zhuǎn)移電子守恒的靈活運(yùn)用，題目難度中等。答案：B解析：解：A．家用自然氣中可人工添加，能在O2中燃燒，故A錯(cuò)誤；B．含雙鍵為平面構(gòu)造，全部原子可能共平面，故B正確；C21，21，42種，故C錯(cuò)誤；D1molC4H9SH，H6mol3molH2，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。由構(gòu)造可知，含碳碳雙鍵，且含C、H、S元素，結(jié)合雙鍵為平面構(gòu)造及烯烴的性質(zhì)來解答。此題考察有機(jī)物的構(gòu)造與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反響為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意選項(xiàng)D為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。解析：解：A解析：解：A．pH=3時(shí)A2-、HA-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，所以二者的濃度相等，則Ka2==c〔H+〕=0.001mol/L，由同一溶液中=，〔H+〕=0.001mol/L，由同一溶液中=，pH=4時(shí)該酸的其次步電離常數(shù)不變，且原溶液中=B．該二元酸第一步完全電離，其次步局部電離，所以NaHA只能電離不能水解，則溶液中不存在H2A，依據(jù)物料守恒得c〔A2-〕+c〔HA-〕=0.1mol/L，故B錯(cuò)誤；C．依據(jù)圖知，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液呈酸性，應(yīng)中選取甲基橙作指示劑，故C錯(cuò)誤；D．pH=3時(shí)，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，其次步局部電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c〔A2-〕=c〔HA-〕；等物質(zhì)的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合，由于電離、水解程度不同導(dǎo)致c〔A2-〕、c〔HA-〕不肯定相等，則混合溶液的pH不肯定等于3，故A．pH=3時(shí)A2-、A．pH=3時(shí)A2-、HA-的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，所以二者的濃度相等，則Ka2==c〔H+〕=0.001mol/L，由同一溶液中=，pH=4n〔HA-〕+n〔A2-〕=0.1mol，據(jù)此計(jì)算n〔HA-〕；B=0.001mol/L，由同一溶液中=，pH=4n〔HA-〕D．pH=3時(shí)，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，其次步局部電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c〔A2-〕=c〔HA-〕。此題考察酸堿混合溶液定性推斷，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，正確推斷該二元酸“第一步完全電離、其次步局部電離”是解此題關(guān)鍵，留意電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液中溶質(zhì)及其濃度無關(guān)，試題側(cè)重考察學(xué)生分析推斷及計(jì)算力量。答案：AD解析：解：A．碘不能氧化亞鐵離子，現(xiàn)象、結(jié)論不合理，故A錯(cuò)誤；B．氣體可能為二氧化硫，該鈉鹽可能為Na2SO3，故B正確；C．乙烯被高錳酸鉀氧化，生成二氧化錳、二氧化碳，則乙烯具有復(fù)原性，故C正確；D．苯與溴水發(fā)生萃取，且苯的密度比水的密度小，為物理變化，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：AD。A．碘不能氧化亞鐵離子；B．氣體可能為二氧化硫；C．乙烯被高錳酸鉀氧化，生成二氧化錳、二氧化碳；D．苯與溴水發(fā)生萃取。此題考察化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、混合物分別提純、試驗(yàn)技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力量的考察，留意試驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。2 答案：Cu〔Ⅰ〕Cu〔Ⅱ〕CO氧化生成CO吹出、吹出游離的NH等強(qiáng)使Cu2 4盡可能生成沉淀可降低殘留率3：2 2[Cu〔NH3〕4]2++Cl-+5H++3H2O=Cu2〔OH〕3Cl↓+8NH+ 64〔或5.5-6.5〕[Cu〔NH3〕4]2++2e-=Cu+4NH3 H2SO4 102解析：解：〔1〕步驟〔Ⅰ〕“吹脫”時(shí)通入空氣，氧氣可將Cu〔Ⅰ〕氧化為Cu〔Ⅱ〕、將CO氧化生成CO2吹出、吹出游離的NH3等，步驟〔Ⅱ〕參加硫酸生成硫酸銨，可確定NH3與H+的結(jié)合力量比與Cu2+的強(qiáng)，故答案為：將Cu〔Ⅰ〕氧化為Cu〔Ⅱ〕、將CO氧化生成CO2吹出、吹出游離的NH3等；強(qiáng)；步驟〔Ⅲ〕“沉銅”時(shí)，Na2S的用量比理論用量多，可使Cu2+盡可能生成CuS沉淀，可降低殘留率，故答案為：使Cu2+盡可能生成沉淀，可降低殘留率；CuS與硝酸反響生成NO、S，反響中S元素化合價(jià)由-20價(jià)，N元素化合價(jià)由+5價(jià)降低為+2價(jià)，則氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3：2，故答案為：3：2；Ⅵ發(fā)生反響生成難溶CuOCl的離子方程式為2[CN342+Cl+5+3O=Cu24〔OH〕3Cl↓+8NH+，由圖可知為盡可能提高銅的回收率，需掌握的pH6〔或5.5-6.5〕，故答案為：2[Cu〔NH3〕4]2++Cl-+5H++3H2O=Cu2〔OH〕3Cl↓+8NH4+；6〔5.5-6.5〕；4陰極主要發(fā)生反響的電極反響式為[Cu〔NH3〕4]2++2e-=Cu+4NH3，如參加鹽酸，則陽極發(fā)生氧化反響生成氯氣，污染空氣，從環(huán)保的角度可知，應(yīng)參加硫酸，〔6〕375gCuSO4?5H2O中Cu的質(zhì)量=375g×÷〔1-2%〕÷〔6〕375gCuSO4?5H2O中Cu的質(zhì)量=375g×÷〔1-2%〕÷〔1-4%〕=102g，故答案為：102。333從銅氨廢液含[Cu〔NH3〕3?CO]+、[Cu〔NH3〕2]+、[Cu〔NH3〕4]2+、NH3、CH3COO-、CO2-等中回[Cu〔NH3〕4]2+、CH3COO-、CO2-20%的硫酸，調(diào)整pH=2，得到硫酸銅、硫酸銨溶液，參加20%的硫化鈉溶液生成CuS沉淀，在沉淀中參加硝酸可生成NO、S和硝酸銅，參加硫酸生成硫酸銅，經(jīng)蒸發(fā)晶體得到無水硫酸銅晶體；Cu〔NH3〕4]2+、CH3COO-、CO2-的溶液參加鹽酸，經(jīng)過濾、洗滌、枯燥，可得到堿式氯化銅，以此解答該題。333此題考察物質(zhì)分別和提純，為高頻考點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，涉及離子方程式及化學(xué)方程式的書寫、化學(xué)反響速率影響因素、分別提純根本操作、電解等學(xué)問點(diǎn)，明確反響原理及流程圖中每一步發(fā)生的反響、承受的操作方法是解此題關(guān)鍵，題目難度中等。2 2 9.答案：SO〔g〕+2H〔g〕=S〔s〕+2HO〔g〕△H=〔a-2b+2c2 2 4 2 3 4 3 kJ/molNO+3MnO-+2HO=NO-+4H++3MnO2-CaCO與產(chǎn)物中的H+SO2-4 2 3 4 3 4方向進(jìn)展CaSO3〔s〕+SO4

2-〔aq〕?CaSO〔s〕+SO

2-〔aq〕，亞硫酸鈣轉(zhuǎn)化為硫酸鈣，使溶液中43亞硫酸根離子濃度增大，加快亞硫酸根離子與二氧化氮的反響速率1 ＞70.7 N2O43解析：解：〔1〕：①2H2S〔g〕+SO2〔g〕=3S〔s〕+2H2O〔l〕△H1=akJ/mol，②H2S〔g〕=H2〔g〕+S〔s〕△H2=bkJ/mol，③H2O〔l〕=H2O〔g〕△H3=ckJ/mol，SO2〔g〕和H2〔g〕反響生成S〔s〕和H2O〔g〕的方程式為：SO2〔g〕+2H2〔g〕=S〔s〕+2H2O〔g〕，該反響可由①-②×2+③×2得到，依據(jù)蓋斯定律，該反響的焓變?yōu)椤鱄=△H1-2△H2+2△H3=〔a-2b+2c〕kJ/mol，故答案為：SO2〔g〕+2H2〔g〕=S〔s〕+2H2O〔g〕△H=〔a-2b+2c〕kJ/mol；4 4 ①脫除SO2時(shí)，SO2被氧化為SO2-，MnO-被復(fù)原為MnO2-4 4 4 2 4 SO2+MnO-+2HO=SO2-+4H++2MnO2-4 2 4 故答案為：NO+3MnO-+2HO=NO-+4H++3MnO

2-；4 2 3 4②其他條件一樣，添加物為CaCO3時(shí)，SO2的脫除率增大，其緣由是CaCO3和氫離子、硫酸根離子反響，使平衡向脫硫方向進(jìn)展，4故答案為：CaCO3與產(chǎn)物中的H+SO2-反響，使平衡向脫硫方向進(jìn)展；4在CaSO3懸濁液中參加Na2SO4溶液，兩者發(fā)生復(fù)分解生成硫酸鈣和亞硫酸鈉，導(dǎo)致溶液中亞硫酸根離子濃度增大，與二氧化氮反響的速率加快，4故答案為：CaSO3〔s〕+SO4

2-〔aq〕?CaSO〔s〕+SO

2-〔aq〕，亞硫酸鈣轉(zhuǎn)化為硫酸鈣，使溶液中〔4〕①〔Ⅰ〕〔4〕①〔Ⅰ〕CO〔g〕+CaSO4〔s〕?CO2〔g〕+1/4CaS〔s〕〔Ⅱ〕H2〔g〕+CaSO4〔g〕?H2O〔g〕+1/4CaS〔s〕，Ⅰ-Ⅱ得到CO〔g〕+H2O〔g〕?CO2〔g〕43+H2〔g+H2〔g〕，則Kp= ，由圖可知，T1℃時(shí)，反響Ⅰ、Ⅱ的平衡常數(shù)相等，故Kp=1；②在T2℃時(shí)，圖中C點(diǎn)未到達(dá)平衡，B點(diǎn)為平衡點(diǎn)，C→B反響正向進(jìn)展，故v〔正〕＞v〔逆〕；設(shè)起始時(shí)CO的物質(zhì)的量為amol，到達(dá)平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為x，列三段式：CO〔g〕+CaSO〔g〕?CaO〔s〕+SO2〔g〕+CO2〔g〕n起始：an轉(zhuǎn)化：axn平衡：a-ax0axax0axax平衡時(shí)分壓：×1，×1×1lgKp=0lgKp=0，即Kp=1，Kp==1，解得x=0.707=70.7%；〔5〕模擬尾氣中一氧化氮的物質(zhì)的量為：0.25%×10mol=0.025molX和Y的一氧化氮的物質(zhì)的量為：0.025mol×〔8%+16%〕=0.006mol，模擬尾氣中O2的物質(zhì)的量為：10mol×5%=0.5mol0.45molO2，說明實(shí)際參與反響的氧氣的物質(zhì)的量為0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，依據(jù)氮守恒可知氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為：=0.002mol，所0.05mol0.05250.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，依據(jù)氮守恒可知氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為：=0.002mol，所16%8%對(duì)應(yīng)是氧化二氮，即Y對(duì)應(yīng)是N2O，故答案為：N2O。〔g〕，該反響可由的熱化學(xué)方程式推導(dǎo)，依據(jù)蓋斯定律計(jì)算該反響的焓變；4①脫除SO2時(shí)，SO2被氧化為硫酸根離子，MnO4-MnO2-，結(jié)合電子守恒、電荷守恒、4原子守恒配平書寫離子方程式；②添加物為CaCO3時(shí)，會(huì)和酸反響使平衡向脫硫脫硝的方向進(jìn)展；〔4〕①Ⅰ-Ⅱ得到CO〔g〕〔4〕①Ⅰ-Ⅱ得到CO〔g〕+H2O〔g〕?CO2〔g〕+H2〔g〕，Kp= ，由圖可知，T1℃時(shí)，反響Ⅰ、Ⅱ的平衡常數(shù)相等；②在T2℃時(shí)，圖中C點(diǎn)未到達(dá)平衡，B點(diǎn)為平衡點(diǎn)，C→B反響正向進(jìn)展；設(shè)起始時(shí)CO的物質(zhì)的量為amol，到達(dá)平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為x，列三段式：CO〔g〕+CaSO〔g〕?CaO〔s〕+SO2〔g〕+CO2〔g〕n起始：an轉(zhuǎn)化：ax0ax0axn平衡：a-axaxax平衡時(shí)分壓：×1，×1×1此時(shí)lgKp=0，即Kp=1，代入計(jì)算可得；〔5〕模擬尾氣中一氧化氮的物質(zhì)的量為：0.25%×10mol=0.025molX和Y的一氧化氮的物質(zhì)的量為：0.025mol×〔8%+16%〕=0.006mol，模擬尾氣中O2的物質(zhì)的量為：10mol×5%=0.5mol0.45molO2，說明實(shí)際參與反響的氧氣的物質(zhì)的量為0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，依據(jù)氮守恒可知氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為=0.002mol，所以0.05mol0.05250.05×2+0.006-0.0525×2=0.001mol，依據(jù)氮守恒可知氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量為=0.002mol，所以16%8%對(duì)應(yīng)是氧化二氮。此題考察較為綜合，為高考常見題型，題目涉及化學(xué)平衡，涉及平衡狀態(tài)的推斷、化學(xué)平衡常數(shù)的相關(guān)計(jì)算、溫度與可逆反響之間的關(guān)系、蓋斯定律等學(xué)問點(diǎn)，綜合性強(qiáng)，對(duì)化學(xué)平衡的相關(guān)學(xué)問理解透徹是解題關(guān)鍵，題目難度較大。同，O2-離子半徑小于S2-的離子半徑，MnO的晶格能大，熔點(diǎn)更高M(jìn)nO26 ×答案：dN同，O2-離子半徑小于S2-的離子半徑，MnO的晶格能大，熔點(diǎn)更高M(jìn)nO26 ×解析：解：〔1〕Mn251s22s22p63s23p63d54s2，可知M在元素周期表中位于第四周期第VIIBdN．錳可導(dǎo)電，導(dǎo)熱，具有金屬光澤，有延展性，是由于有自由電子，這些性質(zhì)都可以用“電子氣理論”解釋，故答案為：d；N；電子氣；〔2〕A．Mn3+3d4，Mn3+在水溶液中簡(jiǎn)潔歧化為MnO2和Mn2+，說明Mn3+不穩(wěn)定，Mn3+簡(jiǎn)潔變成電子半布滿的穩(wěn)定的價(jià)電子構(gòu)型為3d5，3d4則屬于不穩(wěn)定的電子構(gòu)型，故A正確；B．Mn2+中價(jià)電子層不含成對(duì)電子，但是內(nèi)層中含有成對(duì)電子，故B錯(cuò)誤；C．第四周期中價(jià)電子層中未成對(duì)電子數(shù)最多的元素價(jià)電子排布式為：3d54s1Cr元素，故C錯(cuò)誤；D．Mn2+與Fe3+具有一樣的價(jià)電子構(gòu)型，微粒的化學(xué)性質(zhì)不僅與價(jià)電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)，因此它們的化學(xué)性質(zhì)不相像，Mn2+具有強(qiáng)的復(fù)原性，而Fe3+具有強(qiáng)的氧化性，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：A；1416頁MnF2-的空間構(gòu)型是正八面體，則中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為6．在化合物化合物KMnF中6 2 6含有的F與Mn之間的共價(jià)鍵都是共價(jià)單鍵，屬于鍵，在形成過程中原子軌道的重疊方式為“頭碰頭”，故答案為：6；“頭碰頭”；MnOMnS都是離子晶體，離子電荷數(shù)一樣，O2-S2-的離子半徑，MnO的晶格能大，熔點(diǎn)更高，〔5〕Mn×8+1=2O×4+2=4，Mn：O=2：〔5〕Mn×8+1=2O×4+2=4，Mn：O=2：4=1：2，所以該錳的氧化物的化學(xué)式為MnO2；依據(jù)晶胞投影圖可知：在該晶體體中與Mn原子距離相等且最近的O6個(gè)，所以Mn的配位6；為pm，所以該晶體中Mn之間的最近距離為×pm為pm，所以該晶體中Mn之間的最近距離為×pm，故答案為：MnO2；6；×。〔1〕Mn是25號(hào)元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s2故答案為：MnO2；6；×?！?〕A．Mn3+在水溶液中簡(jiǎn)潔歧化為MnO2Mn2+，說明Mn3+不穩(wěn)定；B．Mn2+中價(jià)電子層不含成對(duì)電子，但是內(nèi)層中含有成對(duì)電子；C．第四周期中價(jià)電子層中未成對(duì)電子數(shù)最多的元素價(jià)電子排布式為：3d54s1；D．Mn2+與Fe3+具有一樣的價(jià)電子構(gòu)型，微粒的化學(xué)性質(zhì)不僅與價(jià)電子構(gòu)型有關(guān)，也和微粒的電荷數(shù)、微粒半徑、原子序數(shù)有關(guān)；6MnF2-6；FMn之間的共價(jià)鍵都是共6價(jià)單鍵；物質(zhì)都屬于離子晶體，離子晶體的陰離子帶有一樣電荷，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，晶格能越大，熔點(diǎn)越高；用均攤法計(jì)算確定化學(xué)式，并結(jié)合微粒的空間排列確定Mn的配位數(shù)。由晶胞構(gòu)造可知：在該2個(gè)Mn在晶胞體對(duì)角線的一半。此題綜合考察了物質(zhì)構(gòu)造的學(xué)問，涉及原子核外電子排布式、元素在周期表的位置、電子氣理論、微粒構(gòu)造與性質(zhì)、價(jià)層電子對(duì)互斥理論、化學(xué)鍵、晶體類型與性質(zhì)、晶胞計(jì)算等，這些都是常考學(xué)問點(diǎn)，〔5〕需要學(xué)生具有肯定的空間想象力量和數(shù)學(xué)計(jì)算力量，具有肯定的難度。醇C6H11ON11答案：醇C6H11ON11解析：解：〔1〕由A解析：解：〔1〕由A制取B是轉(zhuǎn)化為，反響類型為：消去反響；C為，C的〔2〕E的構(gòu)造簡(jiǎn)式為：〔2〕E的構(gòu)造簡(jiǎn)式為：，故答案為：；〔3〕6的單體〔3〕6的單體的分子式為C6 ON，H116 ，故答案為：；〔4，故答案為：；〔5〕己二醛的同分異構(gòu)體中既含五元環(huán)構(gòu)造，又含“”，假設(shè)為五元碳環(huán)，取代基可以為-COOH、或者-OOCH2種，假設(shè)五元環(huán)中含有酯基構(gòu)造，取代基為-CHCH〔5〕己二醛的同分異構(gòu)體中既含五元環(huán)構(gòu)造，又含“”，假設(shè)為五元碳環(huán)，取代基可以為2 3，故答案為：11；；3氫，故有3種，取代基為2個(gè)-CH，兩個(gè)甲基可以在同一碳原子上，有3種，在不同碳原子上也有3，故答案為：11；；3，故答案為：。5 〔6〕溴乙烷發(fā)生消去反響生成乙烯，再用冷、稀、中性高錳酸鉀氧化得到乙二醇，最終與HIO，故答案為：。5 由己二醛的構(gòu)造，結(jié)合反響條件及信息①可知，苯酚與氫氣發(fā)生加成反響生成A為，由己二醛的構(gòu)造，結(jié)合反響條件及信息①可知，苯酚與氫氣發(fā)生加成反響生成A為，A發(fā)生

B發(fā)生氧化反響得到C

C