2023届辽宁省抚顺市第二中学高三下学期第二次复习联考化学试题（解析版）

2022年辽宁省抚顺二中等学校高考化学第二次联考试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（3分）宋应星在《天工开物》中述及铜的开采与冶炼：凡铜砂，…淘洗去土滓，然后人炉煎炼，…色似干银泥…凡铜质有数种：有与铅同体者，其煎炼炉法，铅质先化，从上孔流出。下列有关说法正确的是（）A．淘洗去土滓属于原料的富集 B．炼制所得自然铜为纯铜 C．与铅分离过程是利用铅与铜的熔点不同 D．下孔流出物可用热分解法得铜2．（3分）下列物质应用错误的是（）A．活性炭可做吸附剂和还原剂 B．氧化铝可做耐火材料 C．铁粉可做食品干燥剂 D．油脂可用于制备肥皂和硬化油3．（3分）进行下列实验操作时，选用仪器正确的是（）A．量取一定体积的Na2S2O3溶液 B．加热使明矾失去结晶水 C．从四氯化碳中分离溴单质 D．配制0.7%的食盐水4．（3分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且只有一种金属元素。X的最外层电子数为Z的最外层电子数的两倍，X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数。W与Y同主族。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：r（Z）＞r（W）＞r（W） B．简单气态氢化物的还原性；X＜Y C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W D．Y、Z、X和Y、Z、W形成的三元化合物中都既含离子键又含共价键5．（3分）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（）化学试剂制备气体A生石灰、浓氨水NH3B二氧化锰、浓盐酸Cl2C铜片、稀硝酸NOD亚硫酸钠、浓硫酸SO2A．A B．B C．C D．D6．（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A．常温下，1LPH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10﹣9NA B．标准状况下，22.4LNO和11.2LO2完全反应后的分子数为NA C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA D．常温下，10mL5.6mol/L的氯化铁溶液滴到100mL沸水中，生成0.056NA个氢氧化鎌粒7．（3分）建筑内墙涂料以聚乙烯醇为基料制成，聚乙烯醇的合成路线如图：下列说法正确的是（）A．醋酸乙烯酯中所有碳原子和氧原子可能共面 B．聚醋酸乙烯酯可以使溴的四氯化碳溶液褪色 C．乙烯醇（H2C＝CHOH）与丙醇互为同系物 D．聚乙烯醇为纯净物8．（3分）路易斯碱是指能作为电子对给予体的原子、分子、离子或原子团。CO2、CO、NH3、CH3OH和CN﹣均为常见路易斯碱。下列说法正确的是（）A．CO2、CO都是由极性键形成的非极性分子 B．NH3的VSEPR模型为三角锥形 C．CH3OH中C与NH3中N的杂化方式相同 D．CH3OH比HCHO的沸点高是由于范德华力大9．（3分）氯化亚铜是难溶于水的盐，广泛用于石油化工和染料工业，由工业废铜泥主要成分为CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3（含Fe等金属杂质）为原料制备氯化亚铜的流程如图。下列说法错误的是（）A．灼烧步骤是为了将CuS、Cu2S等转化为CuO B．除杂步骤中温度越高越有利于加快反应速率 C．滤渣中含Fe（OH）3 D．还原步骤中发生反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O═2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO410．（3分）生活中很多生产活动都蕴含着化学原理，下列活动和原理没有关联的是（）生产活动化学原理A食醋去水垢醋酸与不溶性碳酸盐、碱反应B卤水点豆腐电解质使胶体聚沉C明矾净水明矾的氧化性可以杀菌D纯碱去油污碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性环境下水解A．A B．B C．C D．D（多选）11．（3分）课外兴趣小组拟通过对比浓HNO3与稀HNO3对NO的氧化能力，来比较浓HNO3与稀HNO3，氧化性的强弱，设计如图装置进行探究，还用到的试剂有一定量的浓HNO3、稀HNO3。下列关于实验操作和现象结论错误的是（）A．检查装置气密性需要关闭分液漏斗活塞和两个止水夹 B．应向U形管1、2中分别加入浓HNO3和稀HNO3 C．铜片端储存一部分气体后，应先打开分液漏斗活塞 D．若U形管2左端的气体呈红棕色，则说明浓HNO3氧化性比稀HNO3强（多选）12．（3分）电解处理垃圾渗液是一项重要的环保课题，研究小组用如图装置进行渗液（pH＝6.5﹣8）处理3和有机物COD的转化，下列说法错误的是（）A．a为电源负极 B．阳极反应式为H2O﹣e﹣═OH+H+ C．电路中每转移3mole﹣一定生成标准状况下11.2LN2 D．电解后的废液pH基本不变13．（3分）由白磷和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠（NaH2PO2）是常用的还原剂，可用于化学镀铜，反应的化学方程式为H2+Cu2++OH﹣→+Cu+H2O（未配平），下列说法正确的是（）A．如制备次磷酸钠的同时还生成PH3，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3 B．NaH2PO2的溶液中存在：H2⇌H++ C．在镀铜后的溶液中，一定存在c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2） D．在镀铜反应中，每生成1molCu，需消耗0.5molNaH2PO214．（3分）卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．高温条件下有利于反应I的进行 B．反应II是决速步骤 C．反应III的中间体比反应IV的中间体稳定 D．各步反应都有共价键的断裂和生成15．（3分）一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度（H2A、HA﹣、A2﹣、H+、OH﹣）的负对数（用Pc）表示，与溶液PH变化的关系如图（）A．0.01molNa2A的溶液，Kh1的数量级为10﹣10 B．随着pH增加，c（H2A）•c（OH﹣）一直增大 C．X点对应的pH＝﹣（lgKa1+lgKa2） D．Z点溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+2c（OH﹣）二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）电镀污泥[主要含Cr（III）、Fe（III）、Cu（II）（II）等]中铬资源再利用生产红矾钠，该工业流程如图：已知：（1）相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Ni2+6.79.5Cr3+4.06.8Cu2+69（2）Cr（VI）在酸性和碱性环境下的存在形式分别为Cr2O72﹣、CrO42﹣。（1）将污泥烘干、研磨的目的是。（2）温度对氨浸浸出率的影响如图所示，氨浸的适宜温度为左右，80℃以上铜镍浸出率下降的原因为。（3）氧化步骤中pH应控制的范围为，H2O2发生反应的离子方程式为。（4）步骤⑥中加入NaOH的工艺名称为，可循环利用的物质有（填选项）。A.萃取余液B.盐酸C.NaOHD.结晶后母液（5）若实验取干污泥250g，其中含Cr11.2%，实验所得晶体为59.6g。（6）通过电解法也可以将Cr（III）转化为Cr（VI）回收，中间为（填“阳离子”、“阴离子”、“质子”）交换膜，阳极的反应式为。17．（13分）NO是常见的一种污染气体，可以利用其性质进行有效转化再利用。（1）已知反应：I.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH＝+181kJ/molII.3N2H4（g）+3O2（g）⇌3N2（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣534kJ/mol若某反应NO转化的反应平衡常数表达式为，则该反应的热化学方程式为。（2）NO可在一定条件下发生反应2NO（g）⇌N2O2（g），该反应的v正＝K正c2（NO），v逆＝K逆c（N2O2），（K正、K逆为速率常数），且速率与浓度关系如图所示。①T°C、pkPa条件下，该反应的平衡常数为。②T°C、pkPa条件下，一定容积容器中充入一定量NO，平衡时测得c（N2O2）为0.4mol/L，则平衡时NO的体积分数为，平衡后v正＝（写出表达式）。（3）NO在催化剂条件下可被H2还原为无害物质，反应为2H2（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2H2O（g），在密闭容器中按c（NO）：c（H2）＝1：1充入，反应结果如图：①提高NO平衡转化率的措施有。A.增大投料B.降低反应温度C.减小容器体积D.充入水蒸气增大压强②若不用催化剂，M点平衡转化率是否会降至O点，并简述理由。400°C后，催化效率降低的原因。18．（14分）某实验小组同学为探究不同操作配制的银氨溶液中的主要成分，采用如图装置进行实验，已知电导率传感器是测量溶液中电荷流动难易程度的传感器。（1）仪器a名称。（2）实验一，用注射器向25mL蒸馏水和15mL0.12mol/LAgNO3混合后的溶液中，滴加1.2mol/L氨水，测得实验数据如图。（3）实验二，用注射器向15mL0.12mol/LAgNO3溶液中滴加1.2mol/L氨水至O点，过滤，洗涤沉淀的操作为，向沉淀中继续加入3.0mL氨水时电导率最大，此过程化学方程式为.，应加入mL蒸馏水，再测定溶液pH。（4）若实验二最终pH为12.6，根据上述实验过程判断实验一所得银氨溶液主要成分为，原因是。19．（14分）杂环化合物是环中除碳原子外，还含有其他原子的环状化合物，这类物质可作药物、杀虫剂、染料、塑料等。现由制备杂环化合物流程如图，已知EtOH为乙醇。（1）物质①的化学名称为，物质②的结构简式为。（2）物质④中官能团名称为，由④生成⑤的反应类型为。（3）由⑦生成⑧的化学方程式为。（4）⑨的同分异构体中，符合下列条件的有种。A.只含有一个环状结构B.环上连有两个侧链，且侧链均不与N相连（5）以1，3﹣丁二烯和乙醇为主要原料，无机试剂任选。

2022年辽宁省抚顺二中等学校高考化学第二次联考试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（3分）宋应星在《天工开物》中述及铜的开采与冶炼：凡铜砂，…淘洗去土滓，然后人炉煎炼，…色似干银泥…凡铜质有数种：有与铅同体者，其煎炼炉法，铅质先化，从上孔流出。下列有关说法正确的是（）A．淘洗去土滓属于原料的富集 B．炼制所得自然铜为纯铜 C．与铅分离过程是利用铅与铜的熔点不同 D．下孔流出物可用热分解法得铜【分析】A．淘洗去土滓目的是去除杂质，使原料中铜的质量分数提高；B．自然界中加热过程中铜易被氧化；C．与铅分离过程分离的是氧化铜和氧化铅；D．下孔流出的为氧化铜，可用热还原法冶炼铜。【解答】解：A．淘洗去土滓目的是去除杂质，即原料的富集过程；B．自然界中加热过程中铜易被氧化，故B错误；C．与铅分离过程是利用氧化铅与氧化铜的熔点不同；D．下孔流出的为氧化铜，热分解氧化铜得不到铜；故选：A。【点评】本题考查了金属的冶炼，准确理解并提取题干中信息，熟悉金属冶炼的原理是解题关键，题目难度中等。2．（3分）下列物质应用错误的是（）A．活性炭可做吸附剂和还原剂 B．氧化铝可做耐火材料 C．铁粉可做食品干燥剂 D．油脂可用于制备肥皂和硬化油【分析】A．活性炭具有吸附性和还原性；B．氧化铝的熔点较高，在一般温度下不易熔化；C．铁粉可做食品的抗氧化剂；D．植物油中含有不饱和键，经过氢化（加氢）生成硬化油，油脂能发生皂化反应。【解答】解：A．活性炭具有疏松多孔结构，并且具有还原性，故A正确；B．氧化铝的熔点较高，可做耐火材料；C．铁粉能与氧气反应，则铁粉可做食品的抗氧化剂，故C错误；D．植物油含有不饱和键，油脂在碱性条件下发生皂化反应生成高级脂肪酸钠，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质的性质与用途，为高频考点，把握常见物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重基础知识的考查，题目难度不大。3．（3分）进行下列实验操作时，选用仪器正确的是（）A．量取一定体积的Na2S2O3溶液 B．加热使明矾失去结晶水 C．从四氯化碳中分离溴单质 D．配制0.7%的食盐水【分析】A．Na2S2O3溶液水解显碱性；B．在坩埚中加热使晶体失去结晶水；C．溴易溶于四氯化碳，二者沸点不同；D．将一定质量的NaCl溶解在一定质量的水中，即可配制溶质质量分数为0.7%的NaCl溶液。【解答】解：A．由于Na2S2O5溶液水解显碱性，故应用碱式滴定管量取一定体积的Na2S2O6溶液，故A错误；B．在坩埚中加热使晶体失去结晶水，故B正确；C．溴易溶于四氯化碳，可用蒸馏的方法分离；D．配制质量分数为、药匙、玻璃棒，不需要使用容量瓶；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。4．（3分）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且只有一种金属元素。X的最外层电子数为Z的最外层电子数的两倍，X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数。W与Y同主族。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：r（Z）＞r（W）＞r（W） B．简单气态氢化物的还原性；X＜Y C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W D．Y、Z、X和Y、Z、W形成的三元化合物中都既含离子键又含共价键【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且只有一种金属元素，X的最外层电子数为Z的最外层电子数的两倍，设Z最外层电子数为a，X的最外层电子数为2a，X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，W与Y同主族，则Y的最外层电子数为a+2a＝3a≤7，a只能为1或2，a＝1时X为Be，Y为B，Z为Na，W为Al，不满足“只有一种金属元素”；a＝2时，X为C，Y为O，Z为Mg，W为S，满足条件，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，X为C，Z为Mg，A．电子层越多离子半径越大，核电荷数越大离子半径越小，故A错误；B．非金属性越强，非金属性：C＜O，故B错误；C．非金属性越强，非金属性：C＜S，故C错误；D．Y、Z、X和Y、Z、碳酸氢镁，碳酸镁、硫酸镁都既含离子键又含共价键；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5．（3分）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（）化学试剂制备气体A生石灰、浓氨水NH3B二氧化锰、浓盐酸Cl2C铜片、稀硝酸NOD亚硫酸钠、浓硫酸SO2A．A B．B C．C D．D【分析】A．氨气不能用浓硫酸干燥；B．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热；C．NO只能用排水法收集；D．浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，SO2可以用浓硫酸干燥。【解答】解：A．氨气能够与浓硫酸反应，故A错误；B．浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，缺少加热装置；C．稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、水，NO不能用排空法收集；D．浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水，SO2可以用浓硫酸干燥，最后采用向上排空法收集；故选：D。【点评】本题主要考查常见气体的制备原理、发生装置、净化装置、收集装置的选用，掌握气体的性质是解决本题的关键，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。6．（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A．常温下，1LPH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10﹣9NA B．标准状况下，22.4LNO和11.2LO2完全反应后的分子数为NA C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA D．常温下，10mL5.6mol/L的氯化铁溶液滴到100mL沸水中，生成0.056NA个氢氧化鎌粒【分析】A．醋酸钠水解促进水的电离；B．标准状况下22.4LNO与11.2LO2混合后生成1mol二氧化氮气体，但NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；C．过氧化钠与水反应，生成1mol氧气转移2mol电子；D．1个氢氧化铁胶粒含有多个氢氧化铁。【解答】解：A．1LpH＝9的CH4COONa溶液中，发生电离的水分子数为Amol﹣1＝10﹣7NA，故A错误；B．标准状况下22.4LNO与11.2LO7混合后生成1mol二氧化氮气体，但NO2中存在平衡：5NO2⇌N2O5，导致分子个数减少，故所得的分子个数小于2NA个，故B错误；C．过氧化钠与水反应，过氧化钠与水反应时A，故C正确；D．1个氢氧化铁胶粒含有多个氢氧化铁，10mL2.6mol/L的氯化铁溶液滴到100mL沸水中A个氢氧化铁粒，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。7．（3分）建筑内墙涂料以聚乙烯醇为基料制成，聚乙烯醇的合成路线如图：下列说法正确的是（）A．醋酸乙烯酯中所有碳原子和氧原子可能共面 B．聚醋酸乙烯酯可以使溴的四氯化碳溶液褪色 C．乙烯醇（H2C＝CHOH）与丙醇互为同系物 D．聚乙烯醇为纯净物【分析】A．乙烯分子中所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面，饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转，甲烷中最多有3个原子共平面；B．醋酸乙烯酯中不含碳碳不饱和键；C．乙烯醇和丙醇结构不相似；D．聚乙烯醇中n不同，分子式不同。【解答】解：A．乙烯分子中所有原子共平面，饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷中最多有3个原子共平面，故A正确；B．醋酸乙烯酯中不含碳碳不饱和键，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色；C．乙烯醇和丙醇结构不相似，故C错误；D．聚乙烯醇中n不同，所以聚乙烯醇不是纯净物；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。8．（3分）路易斯碱是指能作为电子对给予体的原子、分子、离子或原子团。CO2、CO、NH3、CH3OH和CN﹣均为常见路易斯碱。下列说法正确的是（）A．CO2、CO都是由极性键形成的非极性分子 B．NH3的VSEPR模型为三角锥形 C．CH3OH中C与NH3中N的杂化方式相同 D．CH3OH比HCHO的沸点高是由于范德华力大【分析】A．非金属元素的原子之间存在极性键，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；B．NH3中N原子价层电子对数＝3+＝4且含有1个孤电子对；C．甲醇分子中C原子、氨气分子中N原子价层电子对数都是4；D．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高。【解答】解：A．CO2分子中存在C＝O极性键、CO分子中存在C≡O极性键，后者正负电荷重心不重合，故A错误；B．NH3中N原子价层电子对数＝5+＝4且含有5个孤电子对，故B错误；C．甲醇分子中C原子，所以甲醇中碳原子3杂化，故C正确；D．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原子杂化类型判断、微粒空间结构判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确中心原子价层电子对互斥理论内涵是解本题关键，知道孤电子对数的计算方法。9．（3分）氯化亚铜是难溶于水的盐，广泛用于石油化工和染料工业，由工业废铜泥主要成分为CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3（含Fe等金属杂质）为原料制备氯化亚铜的流程如图。下列说法错误的是（）A．灼烧步骤是为了将CuS、Cu2S等转化为CuO B．除杂步骤中温度越高越有利于加快反应速率 C．滤渣中含Fe（OH）3 D．还原步骤中发生反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O═2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4【分析】工业废铜泥主要成分为CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3（含Fe等金属杂质），由流程可知，灼烧时CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3均转化为CuO，加硫酸溶解后溶液中含铜离子、亚铁离子，加过氧化氢可氧化亚铁离子，加NaOH可使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤渣为Fe（OH）3，还原时发生2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O═2CuCl↓+2Na2SO4+H2SO4，过滤分离出CuCl产品，以此来解答。【解答】解：A.灼烧步骤是为了将CuS、Cu2S等转化为CuO，S元素转化为二氧化硫气体；B.除杂步骤中温度不能太高，过氧化氢受热易分解，故B错误；C.由上述分析可知，加NaOH可使铁离子转化为沉淀3，故C正确；D.还原时发生3CuSO4+2NaCl+Na5SO3+H2O═4CuCl↓+2Na2SO7+H2SO4，过滤分离出CuCl产品，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。10．（3分）生活中很多生产活动都蕴含着化学原理，下列活动和原理没有关联的是（）生产活动化学原理A食醋去水垢醋酸与不溶性碳酸盐、碱反应B卤水点豆腐电解质使胶体聚沉C明矾净水明矾的氧化性可以杀菌D纯碱去油污碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性环境下水解A．A B．B C．C D．D【分析】A．醋酸可与碳酸钙、氢氧化镁反应；B．电解质使胶体聚沉；C．明矾中Al3+水解得到的Al（OH）3（胶体）可以净水；D．碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性环境下水解。【解答】解：A．食醋中含有醋酸、氢氧化镁反应；B．卤水含有电解质，卤水点豆腐原理为电解质使胶体聚沉；C．明矾中Al3+水解得到的Al（OH）3（胶体）具有吸附性可以净水，而不是杀菌；D．碳酸钠水解显碱性，即纯碱可以去油污；故选：C。【点评】本题考查学生盐的水解原理以及应用方面的知识，属于知识的迁移应用，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。（多选）11．（3分）课外兴趣小组拟通过对比浓HNO3与稀HNO3对NO的氧化能力，来比较浓HNO3与稀HNO3，氧化性的强弱，设计如图装置进行探究，还用到的试剂有一定量的浓HNO3、稀HNO3。下列关于实验操作和现象结论错误的是（）A．检查装置气密性需要关闭分液漏斗活塞和两个止水夹 B．应向U形管1、2中分别加入浓HNO3和稀HNO3 C．铜片端储存一部分气体后，应先打开分液漏斗活塞 D．若U形管2左端的气体呈红棕色，则说明浓HNO3氧化性比稀HNO3强【分析】该实验的目的是验证浓HNO3与稀HNO3对NO的氧化能力，从装置看，则U形管1中加入稀硝酸，反应生成NO气体，U形管2中加入浓硝酸，据此分析作答。【解答】解：A．检查装置气密性，分别从两侧U形管长端加水至两侧U形管分别产生液面差，则气密性好；B．根据分析可知、2中分别加入稀HNO3和浓HNO6，故B错误；C．铜片端储存一部分气体后，故C错误；D．若U形管2左端的气体呈红棕色3＝6NO2+H2O，进一步说明浓HNO8氧化性NO能力大于稀HNO3，即浓HNO3氧化性比稀HNO6强，故D正确；故选：BC。【点评】本题主要考查硝酸的氧化性，同时考查学生的看图理解能力，比较能力，实验能力，对学生的思维能力要求较高，难度中等。（多选）12．（3分）电解处理垃圾渗液是一项重要的环保课题，研究小组用如图装置进行渗液（pH＝6.5﹣8）处理3和有机物COD的转化，下列说法错误的是（）A．a为电源负极 B．阳极反应式为H2O﹣e﹣═OH+H+ C．电路中每转移3mole﹣一定生成标准状况下11.2LN2 D．电解后的废液pH基本不变【分析】由图可知，碳网上的反应为H2O﹣e﹣═•OH+H+，发生氧化反应，碳网为阳极，故b是正极，a是负极，钌系渗锑电极为阴极，据此作答。【解答】解：A.由图可知，碳网上的反应为H2O﹣e﹣═•OH+H+，发生氧化反应，故b是正极，故A正确；B.阳极H2O失去电子生成•OH，反应式为H2O﹣e﹣═•OH+H+，故B错误；C.路中每转移3mole﹣可以生成3mol•OH，但会发生三种反应4的量不确定，故C错误；D.电解时阴极反应为2H++2e﹣＝H5↑，阳极发生的反应为H2O﹣e﹣═•OH+H+，转移电子数相同时，阳极产生H+和阴极消耗的H+量相同，溶液中的反应还有2NH4+6•OH→N2↑+3H2O，2•OH→H2O+O2，都没有对溶液中H+浓度产生大的影响，由此分析得出废液中只有生成CO2会少量溶解，pH基本不变；故选：BC。【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。13．（3分）由白磷和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠（NaH2PO2）是常用的还原剂，可用于化学镀铜，反应的化学方程式为H2+Cu2++OH﹣→+Cu+H2O（未配平），下列说法正确的是（）A．如制备次磷酸钠的同时还生成PH3，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3 B．NaH2PO2的溶液中存在：H2⇌H++ C．在镀铜后的溶液中，一定存在c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2） D．在镀铜反应中，每生成1molCu，需消耗0.5molNaH2PO2【分析】A．NaH2PO2中P元素为+1价，PH3中P元素为﹣3价，根据化合价升降守恒和原子守恒，写出方程式，判断氧化产物与还原产物的物质的量之比；B．白磷和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠（NaH2PO2），则NaH2PO2为正盐；C．当使用的碱为NaOH，抓住磷酸钠溶液中物料守恒进行分析；D．H2中的P由+1价升高到+5价，Cu2+中的铜由+2价降低到0价，根据化合价升降守恒和原子守恒以及电荷守恒，写出方程式，进行分析。【解答】解：A．制备次磷酸钠的同时还生成PH3，则该反应的化学方程式为P4+6NaOH+3H2O＝7NaH2PO2+PH5↑，氧化产物为NaH2PO2，还原产物为PH8，两者的物质的量之比为3：1，故A错误；B．白磷和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠（NaH3PO2），则NaH2PO2为正盐，无羟基氢，故B错误；C．当使用的碱为NaOH，次磷酸钠用于镀铜后的溶液中，存在物料守恒+）＝3[c（）+c（7）]，故C错误；D．在镀铜反应中2+2Cu2++2OH﹣＝+4Cu↓+4H2O，所以每生成8molCu2PO2，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查氧化还原反应方程式的书写及其应用，同时考查氧化产物、还原产物的判断，物料守恒和电离方程式的书写等，综合性较强，难度中等。14．（3分）卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．高温条件下有利于反应I的进行 B．反应II是决速步骤 C．反应III的中间体比反应IV的中间体稳定 D．各步反应都有共价键的断裂和生成【分析】A．升高温度能促进吸热的可逆反应正向进行；B．反应的活化能越高，反应速率越慢；C．物质具有的能量越低越稳定；D．根据图中物质的转化关系分析共价键的断裂和生成情况。【解答】解：A．反应历程与能量变化图可知反应I为吸热反应，故A正确；B．由图可知，反应I的反应速率最慢，即反应I是决速步骤；C．由图可知，则反应IV的中间体比反应III的中间体稳定；D．由图可知、IV只有共价键的断裂，反应II、没有共价键的断裂；故选：A。【点评】本题考查反应热与焓变，把握活化能与反应速率关系、物质稳定性与能量的关系、反应历程中化学键的变化和化学平衡影响因素为解答关键，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，题目难度不大。15．（3分）一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度（H2A、HA﹣、A2﹣、H+、OH﹣）的负对数（用Pc）表示，与溶液PH变化的关系如图（）A．0.01molNa2A的溶液，Kh1的数量级为10﹣10 B．随着pH增加，c（H2A）•c（OH﹣）一直增大 C．X点对应的pH＝﹣（lgKa1+lgKa2） D．Z点溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+2c（OH﹣）【分析】根据图像分析，随着NaOH的加入，溶液中离子浓度变化的曲线分别代表：曲线a代表H2A，b代表HA﹣，c代表A2﹣，d代表H+，e代表OH﹣；A.Kh1为A2﹣的一级水解常数，Kh1＝，根据Y点，c（HA﹣）＝c（A2﹣），得pH＝4.2，c（OH﹣）近似为10﹣9.8mol/L；B.根据可得随pH增大c（HA﹣）为先增大后减小；C.，在X点则，据此计算；D.由电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣）结合Z点，c（HA﹣）＝c（OH﹣）得，c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+2c（OH﹣）。【解答】解：A.由计算公式可知Kh1为A2﹣的一级水解常数，Kh5＝，根据图像中Y点﹣）＝c（A2﹣），得pH＝3.2﹣）近似为10﹣9.4mol/L，故Kh1数量级为10﹣10，故A正确；B.由计算公式可知，可知﹣）为先增大后减小，可得，故B错误；C.，在X点则，故C正确；D.由电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣），结合图中Z点﹣）＝c（OH﹣）得，c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+2c（OH﹣），则c（Na+）＜2c（A2﹣）+2c（OH﹣），故D正确；故选：B。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握电离平衡常数与浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度中等。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）电镀污泥[主要含Cr（III）、Fe（III）、Cu（II）（II）等]中铬资源再利用生产红矾钠，该工业流程如图：已知：（1）相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Ni2+6.79.5Cr3+4.06.8Cu2+69（2）Cr（VI）在酸性和碱性环境下的存在形式分别为Cr2O72﹣、CrO42﹣。（1）将污泥烘干、研磨的目的是富集增大接触面积、提高浸出率。（2）温度对氨浸浸出率的影响如图所示，氨浸的适宜温度为75℃左右，80℃以上铜镍浸出率下降的原因为温度升高，氨气挥发。（3）氧化步骤中pH应控制的范围为pH≥9.5，H2O2发生反应的离子方程式为2Cr3++3H2O2+10OH﹣＝2CrO42﹣+8H2O。（4）步骤⑥中加入NaOH的工艺名称为反萃取，可循环利用的物质有AD（填选项）。A.萃取余液B.盐酸C.NaOHD.结晶后母液（5）若实验取干污泥250g，其中含Cr11.2%，实验所得晶体为59.6g74.3%。（6）通过电解法也可以将Cr（III）转化为Cr（VI）回收，中间为阴离子（填“阳离子”、“阴离子”、“质子”）交换膜，阳极的反应式为2Cr3+﹣6e﹣+7H2O＝Cr2O72﹣+14H+。【分析】电镀污泥，主要含Cr（III）、Fe（III）、Cu（II）、Ni（II）等，经烘干研磨处理，加NH3和NH4HCO3氨浸，控制合适温度部分Cu（II）、Ni（II）进入氨浸液，取氨浸渣加盐酸酸浸，酸浸液中含有Fe（III）、Cu（II）、Ni（II）等杂质，在④除杂步骤中，需都除去，pH应控制为≥9.5，而在pH应控制为≥9.5时Cr（III）也会沉淀，所以H2O2将Cr3+氧化，同时加入NaOH使其转化为CrO42﹣，净化液加HCl、TBP﹣煤油萃取，提取出CrO42﹣在有机相中，再加入NaOH反萃取，CrO42﹣进入水相，经酸化、结晶得到红矾钠，据此分析解题。【解答】解：（1）湿污泥中含水多，体积大，工业不易操作。经风干或烘干后；研磨可以增大与氨浸液的接触面积，所以将污泥烘干、提高浸出率，故答案为：富集增大接触面积、提高浸出率；（2）根据图像可知，在75°C条件下、Ni（II）浸出率最高，是由于温度升高，影响了浸取液成分比例，故答案为：75℃；温度升高；（3）由于酸浸液中还含有Fe（III）、Cu（II），在④除杂步骤中，pH应控制为≥9.5，所以H2O2将Cr3+氧化，同时加入NaOH使其转化为CrO62﹣，离子方程式为2Cr5++3H2O4+10OH﹣＝2CrO46﹣+8H2O，故答案为：pH≥3.5；2Cr6++3H2O3+10OH﹣＝2CrO46﹣+8H2O；（4）步骤⑤为萃取，提取出CrO32﹣在有机相中，步骤⑦酸化应在水相进行；流程中由于盐酸和NaOH都在后续步骤中被消耗、结晶后母液，AD符合题意，故答案为：反萃取；AD；（5）污泥中含Cr为250g×11.2%≈28.8g，实验得晶体为Na2Cr2O3•2H2O质量为59.2g，其中Cr的质量为：；Cr的回收率为：，故答案为：74.3%；（6）由电解装置图可知，PbO2电极与电源正极相连，为电解池的阳极，为电解池的阴极，反应式为7Cr3+﹣6e﹣+5H2O＝Cr2O22﹣+14H+，为防止Cr3+进入阴极室，应为阴离子膜，故答案为：阴离子；8Cr3+﹣6e﹣+6H2O＝Cr2O82﹣+14H+。【点评】本题考查物质的分离提纯的综合实验设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。17．（13分）NO是常见的一种污染气体，可以利用其性质进行有效转化再利用。（1）已知反应：I.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH＝+181kJ/molII.3N2H4（g）+3O2（g）⇌3N2（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣534kJ/mol若某反应NO转化的反应平衡常数表达式为，则该反应的热化学方程式为3N2H4（g）+2NO（g）⇌2N2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣359kJ/mol。（2）NO可在一定条件下发生反应2NO（g）⇌N2O2（g），该反应的v正＝K正c2（NO），v逆＝K逆c（N2O2），（K正、K逆为速率常数），且速率与浓度关系如图所示。①T°C、pkPa条件下，该反应的平衡常数为10。②T°C、pkPa条件下，一定容积容器中充入一定量NO，平衡时测得c（N2O2）为0.4mol/L，则平衡时NO的体积分数为33.3%，平衡后v正＝4×10m﹣1（写出表达式）。（3）NO在催化剂条件下可被H2还原为无害物质，反应为2H2（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2H2O（g），在密闭容器中按c（NO）：c（H2）＝1：1充入，反应结果如图：①提高NO平衡转化率的措施有BC。A.增大投料B.降低反应温度C.减小容器体积D.充入水蒸气增大压强②若不用催化剂，M点平衡转化率是否会降至O点，并简述理由不会，是否使用催化剂不能改变反应的限度，NO的平衡转化率不会改变。400°C后，催化效率降低的原因温度过高影响催化效果。【分析】（1）根据平衡常数表达式可知该反应为3N2H4（g）+2NO（g）⇌2N2（g）+2H2O（g），根据盖斯定律：（Ⅱ﹣Ⅰ×3）得该反应，据此计算该反应的焓变；（2）①v正＝K正c2（NO），v逆＝K逆c（N2O2），lgv正＝lgK正+2lgc（NO），lgv逆＝lgK逆+lgc（N2O2），说明lgv正的曲线斜率大，当c（NO）＝0mol/L，则lgK正＝m+1，当c（N2O2）＝0，则lgK逆＝m，当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则K正c2（NO）＝K逆c（N2O2），K＝＝；②平衡时测得c（N2O2）为0.4mol/L，K＝，据此可得出c（NO）；（3）①由图可知，随着温度升高，NO的平衡转化率下降，说明平衡逆向移动，则该反应为气体体积减小的放热反应，根据勒夏特列原理分析；②催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的限度。【解答】解：（1）根据平衡常数表达式可知该反应为3N2H5（g）+2NO（g）⇌2N4（g）+2H2O（g），根据盖斯定律：，ΔH＝，故答案为：3N2H6（g）+2NO（g）⇌2N6（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣359kJ/mol；（2）①v正＝K正c3（NO），v逆＝K逆c（N2O2），lgv正＝lgK正+7lgc（NO），lgv逆＝lgK逆+lgc（N2O2），说明lgv正的曲线斜率大，当c（NO）＝2mol/L正＝m+1，当c（N2O5）＝0，则lgK逆＝m，当反应达到平衡时，正，则K正c2（NO）＝K逆c（N4O2），K＝＝＝，故答案为：10；②平衡时测得c（N2O2）为2.4mol/L，K＝，则平衡时NO的体积分数为；v正＝K正c2（NO）＝10m+8×（0.2）3＝4×10m﹣1，故答案为：33.7%；4×10m﹣1；（3）①A．增大投料，故A不选；B．由图可知，NO的平衡转化率升高；C．减小容器体积，能使平衡正向移动，故C选；D．充入水蒸气增大压强，NO的平衡转化率降低；故答案为：BC；②若不用催化剂，M点平衡转化率不会降至O点，但是否使用催化剂不能改变反应的限度，400°C后，故答案为：不会，是否使用催化剂不能改变反应的限度；温度过高影响催化效果。【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡常数等知识解答，此题难度中等。18．（14分）某实验小组同学为探究不同操作配制的银氨溶液中的主要成分，采用如图装置进行实验，已知电导率传感器是测量溶液中电荷流动难易程度的传感器。（1）仪器a名称三颈烧瓶。（2）实验一，用注射器向25mL蒸馏水和15mL0.12mol/LAgNO3混合后的溶液中，滴加1.2mol/L氨水，测得实验数据如图溶液中离子浓度增大，电导率增大。（3）实验二，用注射器向15mL0.12mol/LAgNO3溶液中滴加1.2mol/L氨水至O点，过滤，洗涤沉淀的操作为向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作两到三次，向沉淀中继续加入3.0mL氨水时电导率最大，此过程化学方程式为.AgOH+2NH3•H2O＝[Ag（NH3）2]OH+2H2O，应加入41.5mL蒸馏水，再测定溶液pH。（4）若实验二最终pH为12.6，根据上述实验过程判断实验一所得银氨溶液主要成分为[Ag（NH3）2]NO3、NH3•H2O，原因是实验二中得到的物质是[Ag（NH3）2]OH，溶液中阴离子是OH﹣，pH＝12.6，实验一所得溶液的pH＝10.82，因此该实验所得银氨溶液主要成分为）[Ag（NH3）2]NO3、NH3•H2O。【分析】（1）仪器a为三颈烧瓶；（2）溶液离子浓度增大使得溶液的电导率增大；（3）洗涤氧化银沉淀的方法为向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流出后，操作两到三次即可；向沉淀中继续加入3.0mL氨水时电导率最大说明氢氧化银完全与氨水反应生成银氨络离子；由变量唯一化原则可知，为与实验一进行对比；（4）实验二为过滤出的AgOH与氨水反应生成[Ag（NH3）2]OH和H2O，溶液呈碱性主要是由于[Ag（NH3）2]OH电离产生了OH﹣，实验一与实验二中[Ag（NH3）2]+物质的量相同，最终溶液体积也相同，由实验一的pH为10.82，c（OH﹣）远小于实验二可知实验一所得银氨溶液主要成分为[Ag（NH3）2]NO3和NH3•H2O。【解答】解：（1）由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）溶液离子浓度使得溶液的电导率增大，故答案为：溶液中离子浓度增大，电导率增大；（3）洗涤氧化银沉淀的方法为向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，操作两到三次即可则操作为向过滤器中注入蒸馏水，待水自然流出后；向沉淀中继续加入3.0mL氨水时电导率最大说明氢氧化银完全与氨水反应生成银氨络离子8•H2O＝[Ag（NH3）8]OH+2H2O；由变量唯一化原则可知，应保证溶液总体积为44.3mL，故答案为：向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，重复上述操作两到三次3•H2O＝[Ag（NH4）2]OH+2H3O；41.5；（4）由题意可知，实验二为过滤出的AgOH与氨水反应生成[Ag（NH3）2]OH和H2O，溶液呈碱性主要是由于[Ag（NH3）3]OH电