2023年届吉林省长春市高考化学二模试卷(附答案详解)

2023一、单项选择题〔742.0分〕以下说法中，不正确的选项是( )漂白粉、“84”消毒液和氯水均为混合物制氯水能杀菌消毒是由于𝐶𝑙2有毒，能毒杀细菌为防止见光变质，应当用棕色瓶来保存氯水漂白粉与空气中的𝐶𝑂2和𝐻2𝑂反响生成不稳定的𝐻𝐶𝑙𝑂而失效2. 阿伏加德罗常数约为6.02×1023𝑚𝑜𝑙1，以下表达中正确的选项是( )A.7.8𝑔𝑁𝑎2𝑆和𝑁𝑎2𝑂2的混合物中含有阴离子数大于0.1×6.02×1023B.2𝑚𝑜𝑙𝑁𝑂和1𝑚𝑜𝑙𝑂2混合在密闭容器中，容器内物质分子数小于2×6.02×1023D.1.00𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙中，全部𝑁𝑎的最外层电子总数为10×6.02×1023螺环化合物𝑋( )是一种重要的有机催化剂，以下关于𝑋的说法正确的选项是( )与丙苯互为同分异构体分子中仅含有2个手性碳原子分子中全部𝐶原子有可能共平面一氯代物共有4种(不考虑立体异构)一种可穿戴电池的构造如以下图，该电池的总反响为𝑉2𝑂5 𝑥𝑍𝑛=𝑍𝑛𝑥𝑉2𝑂5。以下关于电池工作原理的说法中，错误的选项是( )𝑍𝑛为负极电子由负极经隔离膜流向正极C.正极反响式为𝑉2𝑂5 𝑥𝑍𝑛2 2𝑥𝑒 =𝑍𝑛𝑥𝑉2𝑂5D.凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性同周期的三种元素𝑋、𝑌、𝑍，它们的最高价氧化物对应的水化物的碱性由强到弱的挨次为𝑋𝑂𝐻>𝑌(𝑂𝐻)2>𝑍(𝑂𝐻)3，则以下表达中正确的选项是( )原子的失电子力气𝑋>𝑌>𝑍𝑋、𝑌、𝑍的单质与水反响是越来越简洁C.原子半径𝑍>𝑌>𝑋D.原子序数𝑋>𝑌>𝑍用以下试验装置进展相应试验，设计正确且能到达试验目的的是( )用图1所示装置制取并收集少量纯洁的氨气用图2所示装置验证木炭与浓硫酸的反响产物中含有𝐶𝑂2用图3𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3固体D.用图4所示装置比较𝐾𝑀𝑛𝑂4、𝐶𝑙2、𝐵𝑟2的氧化性强弱常温下，取𝑝𝐻=2的盐酸和醋酸溶液各100𝑚𝐿，向其中分别参与适量的𝑍𝑛粒，反响过程中两溶液的𝑝𝐻变化如以下图。以下说法不正确的是( )图中表示醋酸溶液中𝑝𝐻变化曲线的是𝐵设盐酸和醋酸中参与的𝑍𝑛质量分别为𝑚1、𝑚2，则𝑚1<𝑚2𝑝𝐻=2时盐酸和醋酸的物质的量前者小D.𝑝𝐻=4时两溶液𝑐(𝑍𝑛2)相等二、简答题〔566.0分〕硫、氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，承受适宜的措施消退其污染是保护环境的重要举措．Ⅰ.争论觉察利用𝑁𝐻3可消退硝酸尾气中的𝑁𝑂污染．𝑁𝐻3与𝑁𝑂的物质的量之比分别为1﹕3、3﹕1、4﹕1时，𝑁𝑂脱除率随温度变化的曲线如以下图．(1)①曲线𝑎中，𝑁𝑂的起始浓度为6×104 𝑚𝑔/𝑚3，从𝐴点到𝐵点经过0.8𝑠，该时间段内𝑁𝑂的脱除速率为

𝑚𝑔/(𝑚3⋅𝑠)．②曲线𝑏对应的𝑁𝐻3与𝑁𝑂的物质的量之比是 ，其理由是 ．(2)在25℃，101𝑘𝑃𝑎时：𝑁2(𝑔)+3𝐻2(𝑔)=2𝑁𝐻3(𝑔)△𝐻=92.4𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙2𝐻2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=2𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻=571.6𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙𝑁2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=2𝑁𝑂(𝑔)△𝐻=+180.0𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙请写出用𝑁𝐻3脱除𝑁𝑂的热化学方程式 ．Ⅱ.工业上还可以变“废”为“宝”，将雾霾里含有的𝑆𝑂2、𝑁𝑂等污染物转化为𝑁𝑎2𝑆2𝑂4(保险粉)和𝑁𝐻4𝑁𝑂3等化工用品，其生产流程如下(𝐶𝑒为铈元素)：(3)装置Ⅱ中𝑁𝑂转变为𝑁𝑂3

的反响的离子方程式为 ．(4)装置Ⅲ制得𝑁𝑎2𝑆2𝑂4的同时还能让𝐶𝑒4+再生，原理如右图所示．其阴极的电极反响式为 ．(5)按上述流程处理含有𝑎𝑚𝑜𝑙𝑆𝑂2、𝑏𝑚𝑜𝑙𝑁𝑂的雾霾(𝑏>𝑎)，并制取𝑁𝑎2𝑆2𝑂4和𝑁𝐻4𝑁𝑂3.装置Ⅰ中𝑆𝑂2Ⅱ中𝑁𝑂Ⅲ中𝐻𝑆𝑂3和𝐶𝑒3+Ⅳ中𝑁𝑂2Ⅱ中𝐶𝑒4+的剩余量与参与量相比没有变化，则至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的𝑂2𝑏的代数式表示)

L.(用含𝑎、(主要成分为𝐶、𝐺𝑒𝑂2，还有少量𝐴𝑙2𝑂3和𝑆𝑖𝑂2)为原料制备𝐺𝑒𝑂2，其流程如图：：𝐺𝑒𝑂2难溶于水，不跟水反响，是以酸性为主的两性氧化物，溶于强碱溶液生成锗酸盐，溶于浓盐酸生成𝐺𝑒𝐶𝑙4(𝐺𝑒𝐶𝑙4的沸点是83.1℃)．写出焙烧时二氧化锗发生的方程式(两个) 操作“𝑋”的名称为 ，该操作处理冷凝管、铁架台、牛角管、锥形瓶、石棉网、酒精灯外还缺少的玻璃仪器是： ．假设滤液“酸化”时酸度不够，溶液会消灭明显的浑浊，缘由是 ．滤渣的成分是 22𝑔𝑛𝑙2的物质的量为 𝑚𝑜𝑙(用含𝑤、𝑛的代数式表示)．𝐺𝑜𝑜𝑑𝑒𝑛𝑜𝑢𝑔ℎ等人因在锂离子电池及磷酸铁锂等正极材料争论方面的卓越奉献而获得2023年诺贝尔化学奖。答复以下问题：(1)𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4是一种潜在的锂离子电池正极材料，它可以通过(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2、𝐻3𝑃𝑂4与𝐿𝑖𝑂𝐻溶液发生共沉淀反响，所得沉淀经80℃真空枯燥、高温成型而值得。①共沉淀反响投料时不将(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2和𝐿𝑖𝑂𝐻溶液直接混合的缘由是 共沉淀反响的化学方程式为 。②参与反响的𝐻3𝑃𝑂4能与水以任意比互溶的缘由是 。③高温成型前常向𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4中参与少量活性炭黑其作用除了可以改善成型后的𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4的导电性能外，还能 。(2)𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4的晶胞构造示意图如(𝑎)所示。其中𝑂围绕𝐹𝑒和𝑃分别形成正八面体和正四周体，它们通过共顶点、共棱形成空间链构造。①每个晶胞中含有𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4的单元数有 个。②电池充电时，𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4脱出局部𝐿𝑖，形成𝐿𝑖1𝑥𝐹𝑒𝑃𝑂4，构造示意图如(𝑏)所示，则𝑥= ，𝑛(𝐹𝑒2)：𝑛(𝐹𝑒3)= 。某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数依次增大的𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸五种元𝑙4：4：5：1：1其中𝐷元素同主族且原子序数𝐷为𝐶的二倍，𝐸元素的外围电子排布为(𝑛 𝑙)𝑑𝑛6𝑛𝑠1，答复以下问题．写出元素𝐷在周期表中的位置是 ，𝐵原子的外围电子排布图 .填出：𝐸原子的核外有 种不同运动状态的电子，𝐵和𝐶的第一电离能大小关系 (用元素符号表示)．𝐶元素可与𝐴元素形成两种常见的化合物其原子个数比分别为1：1和𝑙：2，画出原子个数比为1：1的化合物的电子式 ，两种化合物可任意比互溶，解释其主要缘由为 ．该配位化合物的化学式为 ．𝐴元素与𝐵元素可形成分子式为𝐴2𝐵2的某化合物，该化合物的分子具有平面构造，则其构造式为 .用电子式表示化合物𝑁𝑎2𝐷2的形成过程 ．𝐸的晶胞构造如以下图，此晶胞立方体的边长为𝑎𝑐𝑚，𝐸单质的密度为𝜌𝑔⋅𝑐𝑚3，则阿伏加4德罗常数为 (用𝑎、𝜌表示).该晶胞配位数为 ，𝐸𝐷𝐶4常作电镀液，其中𝐷𝐶2的4空间构型是 ，其中𝐷原子的杂化轨道类型是 ，假设电解𝐸𝐷𝐶4的水溶液，则电解总反响的化学方程式为 ．某有机化合物经李比希法测得其中含碳为72.0%、含氢为6.67%，其余含有氧．现用以下方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子构造．图𝐴为该有机化合物的质谱图图𝐵为该有机化合物的核磁共振氢谱，有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3．图𝐶为该有机化合物分子的红外光谱图试填空．(1)该有机化合物相对分子量为 (2)该有机化合物的分子式为 ．经分析该有机化合物的分子中只含一个甲基的依据是 (填序号)．𝑎.其相对分子质量𝑏.其分子式𝑐.其核磁共振氢谱图𝑑.其分子的红外光谱图从以上图谱中分析得出，该有机化合物的构造简式为 .含有的官能团的名称 ．(5)该有机化合物在酸性条件下可以水解，请写出反响方程式 ．参考答案及解析1.答案：𝐵解析：解：𝐴.漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，“84”消毒液的主要成分为氯化钠和次氯酸钠，氯水中含盐酸、𝐻𝐶𝑙𝑂A正确；B.制氯水能杀菌消毒，因含𝐻𝐶𝑙𝑂具有强氧化性，与氯气有毒无关，故B错误；C.氯水中含𝐻𝐶𝑙𝑂，光照分解，用棕色瓶来保存氯水，故C正确；D.漂白粉需密封保存，否则变质，与空气中的𝐶𝑂2和𝐻2𝑂反响不稳定的𝐻𝐶𝑙𝑂D正确；应选：𝐵。漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，“84”消毒液的主要成分为氯化钠和次氯酸钠，氯水中含盐酸、𝐻𝐶𝑙𝑂；制氯水能杀菌消毒，与生成𝐻𝐶𝑙𝑂的性质有关；C.氯水中含𝐻𝐶𝑙𝑂，光照分解；D.漂白粉与空气中的𝐶𝑂2和𝐻2𝑂反响，需密封保存。此题考察物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。2.答案：𝐵解析：解：𝐴.7.8𝑔𝑁𝑎2𝑆和𝑁𝑎2𝑂2的混合物的物质的量为0.1𝑚𝑜𝑙，含有阴离子的物质的量为0.1𝑚𝑜𝑙，含有的阴离子数为0.16.021023A错误；B.𝑁𝑂和氧气反响后生成的𝑁𝑂2中存在平衡：2𝑁𝑂2⇌𝑁2𝑂4，导致分子个数减小，故分子数小于26.021023B正确；C.6.8𝑔熔融的𝐾𝐻𝑆𝑂4

的物质的量𝑛=𝑚𝑀

=0.05𝑚𝑜𝑙，而熔融的𝐾𝐻𝑆𝑂4

只能电离为𝐾和𝐻𝑆𝑂4，故0.05𝑚𝑜𝑙熔融的𝐾𝐻𝑆𝑂4含0.05𝑚𝑜𝑙阳离子，个数为0.05𝑁𝐴C错误；D.00𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙中，全部𝑁𝑎的最外层电子总数为8×6.02×1023D错误；应选：𝐵。A.依据过氧化钠和氯化钠的摩尔质量都是78𝑔/𝑚𝑜𝑙，且过氧化钠中的阴离子为过氧根离子计算含有的阴离子数目；C.硫酸氢钾熔融状态电离产生钠离子和硫酸氢根离子；D.𝑁𝑎的最外层有8个电子。3.答案：𝐷解析：解：𝐴.𝑋的不饱和度为2，丙苯的不饱和度为4，二者分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；连接4个不同基团的𝐶为手性碳，如图 中黑球表示的3个𝐶为手性碳，故B错误；分子中𝐶均为𝑠𝑝3杂化，全部碳原子不能共面，故C错误；由构造对称性可知，含4种𝐻，则一氯代物共有4种(不考虑立体异构)D正确；应选：𝐷。A.𝑋的不饱和度为2，丙苯的不饱和度为4；B.连接4个不同基团的𝐶为手性碳；C.分子中𝐶均为𝑠𝑝3杂化；D.由构造对称性可知，含4种𝐻。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意选项C为解答的难点，题目难度不大。4.答案：𝐵解析：解：𝐴.该电池中，𝑍𝑛失电子生成𝑍𝑛2，则𝑍𝑛A正确；B.故B错误；C.该电池中，𝑉2𝑂5所在电极为正极，𝑉2𝑂5得电子与𝑍𝑛2结合生成𝑍𝑛𝑥𝑉2𝑂5，则正极反响式为𝑉2𝑂5𝑥𝑍𝑛2 2𝑥𝑒 =𝑍𝑛𝑥𝑉2𝑂5C正确；D.凝胶电解质不会消灭漏夜、耐火性能优异，可提高电池的安全性和稳定性，故D正确；应选：𝐵。该电池的总反响为𝑉2𝑂5 𝑥𝑍𝑛=𝑍𝑛𝑥𝑉2𝑂5，𝑍𝑛发生失电子的氧化反响生成𝑍𝑛2，𝑍𝑛为负极，𝑉2𝑂5所在电极为正极，正极反响式为𝑉2𝑂5 𝑥𝑍𝑛2 2𝑥𝑒 =𝑍𝑛𝑥𝑉2𝑂5，负极反响式为𝑍𝑛 2𝑒 =𝑍𝑛2，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极，据此分析解答。此题考察了原电池原理，依据电池总反响中元素化合价升降确定正负极是解题关键，试题侧重于考察学生的分析力气和灵敏运用力气，留意结合电荷守恒书写电极反响式，题目难度不大。5.答案：𝐴解析：解：同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，同周期的三种元素𝑋、𝑌、𝑍，它们的最高价氧化物对应的水化物的碱𝑋𝑂𝐻>𝑌(𝑂𝐻)2>𝑍(𝑂𝐻)3，所以原子序数𝑋<𝑌<𝑍，金属性𝑋>𝑌>𝑍，A.金属性𝑋>𝑌>𝑍，所以金属失电子力气𝑋>𝑌>𝑍，故A正确；金属性𝑋>𝑌>𝑍，𝑋、𝑌、𝑍的单质与水反响是越来越困难，故B错误；𝑋<𝑌<𝑍，则原子半径大小挨次是𝑋>𝑌>𝑍，故C错误；通过以上分析知，原子序数𝑋<𝑌<𝑍，故D错误；应选A。此题考察了原子构造和元素周期律，依据同一周期元素金属性与其最高价氧化物的水化物碱性关系来确定元素，再结合元素周期律分析解答，题目难度不大。6.答案：𝐷解析：解：𝐴.图1所示收集方法为向上排空气法，氨气的密度大于空气，应当承受向下排空气法，故A错误；木炭与浓硫酸反响生成的二氧化硫和二氧化碳都能够使澄清石灰水变浑浊，检验二氧化碳前需要除去二氧化硫，排解干扰，图2所示装置无法验证反响产物中是否含有𝐶𝑂2B错误；加热𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3大试管炸裂，故C错误；高锰酸钾与浓盐酸反响生成氯气，氯气与溴化钠溶液反响生成溴单质，证明氧化性：𝐾𝑀𝑛𝑂4>𝐶𝑙2>𝐵𝑟2D正确；应选：𝐷。氨气密度小于空气，应当承受向下排空气法收集；碳与浓硫酸反响生成的二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊；C.碳酸氢钠分解产物中有水，大试管口应当稍稍向下倾斜；D.氧化复原反响中氧化性：氧化剂>氧化产物。此题考察化学试验方案的评价，题目难度不大，涉及氧化复原反响、气体制备与收集、物质性质及阅历等学问，明确常见元素化合物性质为解答关键，留意把握化学试验根本方法，试题侧重考察学生的分析力气及化学试验力气。7.答案：𝐷解：𝐴.𝑝𝐻𝑐(𝐻)𝐻导致溶液中𝑐(𝐻)：醋酸>盐酸，则一样时间内𝑝𝐻变化大的是盐酸、变化小的是醋酸，依据图知，表示醋酸溶液中𝑝𝐻变化曲线的是𝐵A正确；B.𝑝𝐻一样的盐酸和醋酸，酸浓度：醋酸>盐酸，反响后𝑝𝐻照旧相等时，消耗的酸：醋酸>盐酸，酸消耗的越多𝑍𝑛消耗的就越多，则消耗𝑍𝑛：醋酸>盐酸，所以𝑚1<𝑚2，故B正确；C.𝑝𝐻>𝑛=𝑐𝑉>盐酸，故C正确；D.酸溶液从𝑝𝐻=2到𝑝𝐻=4𝑍𝑛多，生成的锌离子浓度大，故D错误；应选：𝐷。𝑝𝐻一样的盐酸和醋酸，开头时溶液中𝑐(𝐻)相等，随着反响的进展，醋酸连续电离出𝐻导致溶液中𝑐(𝐻)：醋酸>盐酸，则一样时间内𝑝𝐻变化大的是盐酸、变化小的是醋酸；𝑝𝐻一样的盐酸和醋酸，酸浓度：醋酸>盐酸，反响后𝑝𝐻照旧相等时，消耗的酸：醋酸>盐酸；C.𝑝𝐻一样的盐酸和醋酸，酸浓度：醋酸>盐酸，一样体积时，依据𝑛=𝑐𝑉计算酸的物质的量；D.酸溶液从𝑝𝐻=2到𝑝𝐻=4时，醋酸消耗的酸多，则醋酸消耗的𝑍𝑛多。𝑐(𝐻)变化特点是解此题关键，知道𝑐(𝐻)变化与消耗𝑍𝑛的关系，题目难度中等。8.答案5×43𝑂的物质的量的比值越大𝑂脱除率越大3) )=35𝑁2(𝑔) 6𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻=2070𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 ；3𝐶𝑒4 𝑁𝑂 2𝐻2𝑂=3𝐶𝑒3 𝑁𝑂3

4𝐻；2𝐻𝑆𝑂322𝑒 2𝐻 =𝑆𝑂224

2𝐻2𝑂；5.6(3𝑏 𝑎)解析：解：Ⅰ.(1)①曲线𝑎中，𝑁𝑂的起始浓度为6×104𝑚𝑔/𝑚3，𝐴点的脱除率为55%，𝐵点的脱除率为75%，从𝐴点到𝐵点经过0.8𝑠，该时间段内𝑁𝑂的脱除速率(75%55%)×6×100.8𝑠

=1.5×104𝑚𝑔/(𝑚3⋅𝑠)，故答案为：1.5×104；对应的曲线为𝑐、𝑏、𝑎，故曲线𝑏对应𝑁𝐻3与𝑁𝑂的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1；𝑁𝐻3与𝑁𝑂的物质的量的比值越大，𝑁𝑂脱除率越大；(2)在25℃，101𝑘𝑃𝑎时：①𝑁2(𝑔) 3𝐻2(𝑔)=2𝑁𝐻3(𝑔)△𝐻=92.4𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙②2𝐻2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=2𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻=−571.6𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙③𝑁2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=2𝑁𝑂(𝑔)△𝐻=+180.0𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙利用盖斯定律，将②×3−①×2−③×3可得4𝑁𝐻3(𝑔)+6𝑁𝑂(𝑔)=5𝑁2(𝑔)+6𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻=−2070𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，故答案为：4𝑁𝐻3(𝑔)+6𝑁𝑂(𝑔)=5𝑁2(𝑔)+6𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻=−2070𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙；Ⅱ.𝑆𝑂2、𝑁𝑂Ⅱ参与𝐶𝑒4+氧化复原反响得到𝐶𝑒3+𝑁𝑂−𝑁𝑂−𝐶𝑒4+2 3循环使用，获得𝑁𝑎2𝑆2𝑂4，𝑁𝑂−、𝑁𝑂−等参与氨气和氧气在装置Ⅳ中发生反响得到𝑁𝐻4𝑁𝑂3产品，2 3(3)装置Ⅱ中𝑁𝑂转变为𝑁𝑂−的反响的离子方程式为3𝐶𝑒4++𝑁𝑂+2𝐻2𝑂=3𝐶𝑒3++𝑁𝑂−+4𝐻+，故3 33答案为：3𝐶𝑒4++𝑁𝑂+2𝐻2𝑂=3𝐶𝑒3++𝑁𝑂−+4𝐻+；3(4)阴极发生复原反响，电极方程式为2𝐻𝑆𝑂−+2𝑒−+2𝐻+=𝑆2𝑂2−+2𝐻2𝑂，故答案为：2𝐻𝑆𝑂−+3 4 342𝑒−+2𝐻+=𝑆2𝑂2−+2𝐻2𝑂；4(5)𝑎𝑚𝑜𝑙𝑆𝑂2、𝑏𝑚𝑜𝑙𝑁𝑂反响后分别生成𝑁𝑎2𝑆2𝑂4、𝑁𝐻4𝑁𝑂3，𝑆元素化合价由+4价降低到+3价，𝑁元𝑙𝑥+𝑎=𝑏𝑥=𝑎，4则氧气的体积为3𝑏−𝑎𝑚𝑜𝑙×22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙=5.6(3𝑏−𝑎)𝐿，4故答案为：5.6(3𝑏−𝑎)．Ⅰ.(1)①曲线𝑎中，𝑁𝑂的起始浓度为6×10−4𝑚𝑔/𝑚3，𝐴点的脱除率为55%，𝐵点的脱除率为75%，从𝐴点到𝐵点经过0.8𝑠，该时间段内𝑁𝑂的脱除速率=一氧化氮脱硫的变化×100%；变化时间对应的曲线为𝑐、𝑏、𝑎，故曲线𝑏对应𝑁𝐻3与𝑁𝑂的物质的量之比是3：1；(2)𝑁𝐻3脱除𝑁𝑂的化学方程式为4𝑁𝐻3(𝑔)+6𝑁𝑂(𝑔)=5𝑁2(𝑔)+6𝐻2𝑂(𝑙)，可结合盖斯定律计算；Ⅱ.𝑆𝑂2、𝑁𝑂Ⅱ参与𝐶𝑒4+氧化复原反响得到𝐶𝑒3+𝑁𝑂−𝑁𝑂−𝐶𝑒4+2 3循环使用，获得𝑁𝑎2𝑆2𝑂4，𝑁𝑂−、𝑁𝑂−等参与氨气和氧气在装置Ⅳ中发生反响得到𝑁𝐻4𝑁𝑂3产品，以2 3此解答．此题考察了无机化工生产流程图，为高频考点，涉及氧化复原反响、计算、电化学等学问，综合性强，侧重分析、计算力气的考察，题目难度中等．9.答案： 焙烧 ； 焙烧

；蒸馏；蒸馏2𝑁𝑎𝑂𝐻+𝐺𝑒𝑂2 𝑁𝑎2𝐺𝑒𝑂3+𝐻2𝑂 𝐺𝑒𝑂2+𝑁𝑎2𝐶𝑂3 𝑁𝑎2𝐺𝑒𝑂3+𝐶𝑂2↑45烧瓶、温度计；生成𝐻2𝐺𝑒𝑂3(或𝐺𝑒𝑂2或𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂)沉淀；𝐴𝑙(𝑂𝐻)3，𝐻2𝑆𝑖𝑂3(𝐻4𝑆𝑖𝑂4)；𝑤30𝑛 (或45𝑤 2𝑛)45 3解析：解：(1)𝐺𝑒𝑂2难溶于水和稀盐酸，不跟水反响，是以酸性为主的两性氧化物，可知二氧化锗与2𝑁𝑎𝑂𝐻+

焙烧2𝑁𝑎22

𝐺𝑒𝑂3

+𝐻2

𝑂，碳酸钠与二氧化锗反响生成锗酸钠和二氧化碳，反响的化学方程式为：𝐺𝑒𝑂 +𝑁𝑎

焙烧2 2 𝑁𝑎22 2

𝐺𝑒𝑂3

+𝐶𝑂2↑，；焙烧 焙烧，；2故答案为：2𝑁𝑎𝑂𝐻+𝐺𝑒𝑂2

；2𝑁𝑎2𝐺𝑒𝑂3+𝐻2𝑂 𝐺𝑒𝑂 +𝑁𝑎2𝐶𝑂3 𝑁𝑎22

𝐺𝑒𝑂3

+𝐶𝑂2↑(2)𝐺𝑒𝐶𝑙4的沸点是83.1℃，其沸点较低，从溶液中分别出𝐺𝑒𝐶𝑙4，可以通过蒸馏操作操作完成；蒸馏要用到的仪器有冷凝管、铁架台、牛角管、锥形瓶、石棉网、酒精灯，还要蒸馏烧瓶、温度计，故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶、温度计；(3)假设滤液“酸化”时酸度不够，𝑁𝑎2𝐺𝑒𝑂3与氢离子反响生成了生成了𝐻2𝐺𝑒𝑂3(或𝐺𝑒𝑂2或𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂)，生成了𝐻2𝐺𝑒𝑂3(或𝐺𝑒𝑂2或𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂)在水中溶解度较小，所以溶液会消灭明显的浑浊，故答案为：生成了𝐻2𝐺𝑒𝑂3(或𝐺𝑒𝑂2或𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂)沉淀；(4)依据反响流程可知，碳酸钠与二氧化锗反响生成锗酸钠和二氧化碳，氢氧化钠与二氧化锗反响生成锗酸钠和水，氧化铝和氢氧化钠反响生成偏铝酸钠，二氧化硅和氢氧化钠反响生成硅酸钠和水，向焙烧后的产物加水浸取2小时，向浸出液中加盐酸并调整𝑃𝐻值，生成氧氧化铝沉淀和硅酸沉淀，滤渣为𝐴𝑙(𝑂𝐻)3，𝐻2𝑆𝑖𝑂3(𝐻4𝑆𝑖𝑂4)，故答案为：𝐴𝑙(𝑂𝐻)3，𝐻2𝑆𝑖𝑂3(𝐻4𝑆𝑖𝑂4)；(5)设𝑤𝑔样品中含𝑆𝑖𝑂2、𝐺𝑒𝑂2的物质的量分别为𝑥、𝑦，测得𝑂的物质的量为𝑛𝑚𝑜𝑙，依据氧原子守恒可得：2𝑥+2𝑦=𝑛①，依据质量守恒可得：60𝑥+105𝑦=𝑤②，联①②可得𝑦𝑤30𝑛45

(或𝑤 45 3故答案为：𝑤30𝑛

(或𝑤

2𝑛)．45 45 3𝐺𝑒𝑂2难溶于水和稀盐酸，不跟水反响，是以酸性为主的两性氧化物，溶于强碱溶液生成锗酸盐，溶于浓盐酸生成𝐺𝑒𝐶𝑙4(𝐺𝑒𝐶𝑙4的沸点是83.1℃)，褐煤烟灰(主要成分为𝐶𝐺𝑒𝑂2，还有少量𝐴𝑙2𝑂3和𝑆𝑖𝑂2)与氢氧化钠、碳酸钠焙烧产生二氧化碳，依据反响流程可知，碳酸钠与二氧化锗反响生成锗酸钠和二氧化碳，氢氧化钠与二氧化锗反响生成锗酸钠和水，氧化铝和氢氧化钠反响生成偏铝酸钠，二氧2𝑃𝐻值，生成氧氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤除去不溶物，连续向滤液中参与盐酸酸化，锗酸钠与盐酸反响生成𝐺𝑒𝐶𝑙4，𝐺𝑒𝐶𝑙4的沸点低，通过蒸馏得到𝐺𝑒𝐶𝑙4，𝐺𝑒𝐶𝑙4与高纯水反响生成𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂，另一种产物为𝐻𝐶𝑙，𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂失水得到𝐺𝑒𝑂2，𝐺𝑒𝑂2应生成锗酸钠和水，依据题干信息可以推断：反响物为𝐺𝑒𝑂2、𝑁𝑎2𝐶𝑂3，生成物为𝑁𝑎2𝐺𝑒𝑂3、𝐶𝑂2，反响条件为加热，据此写出反响的化学方程式；(2)𝐺𝑒𝐶𝑙4的沸点低，通过蒸馏得到𝐺𝑒𝐶𝑙4；依据蒸馏试验分析；(3)假设酸度不够，锗酸钠与氢离子反响生成了生成了𝐻2𝐺𝑒𝑂3(或𝐺𝑒𝑂2或𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂)，生成了𝐻2𝐺𝑒𝑂3(或𝐺𝑒𝑂2或𝐺𝑒𝑂2⋅𝑛𝐻2𝑂)水中溶解度不大，所以消灭浑浊现象；(4)分析可知滤渣成分为氢氧化铝和硅酸；(5)设𝑤𝑔样品中含𝑆𝑖𝑂2𝐺𝑒𝑂2的物质的量分别为𝑥𝑦，依据氧原子守恒和质量守恒结合𝑚=𝑛𝑀列式计算．此题通过纯𝐺𝑒𝑂2的制备流程，考察了物质制备方案的设计方法，题目难度中等，试题中书写化学方程式的学问点较多，解答关键是依据制备流程正确推断反响物、生成物，然后利用质量守恒定律书10.答案：𝐹𝑒2在碱性条件下更易被氧化(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2 𝐿𝑖𝑂𝐻 𝐻3𝑃𝑂4=𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂42𝑁𝐻4𝐻𝑆𝑂4 𝐻2𝑂 𝐻3𝑃𝑂4分子与水分子之间存在氢键与空气中𝑂2反响，防止𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4中的𝐹𝑒2被氧化41316

13：3解析：解：(1)(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2和𝐿𝑖𝑂𝐻溶液反响生成𝐹𝑒(𝑂𝐻)2，𝐹𝑒(𝑂𝐻)2易被氧气氧化，所以不能将直接混合；由题中信息可知，(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2、𝐻3𝑃𝑂4与𝐿𝑖𝑂𝐻溶液发生共沉淀反响生成𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4和𝑁𝐻4𝐻𝑆𝑂4，反响的方程式为：(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2 𝐿𝑖𝑂𝐻 𝐻3𝑃𝑂4=𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4 2𝑁𝐻4𝐻𝑆𝑂4 𝐻2𝑂，故答案为：𝐹𝑒2在碱性条件下更易被氧化；(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2 𝐿𝑖𝑂𝐻 2𝑁𝐻4𝐻𝑆𝑂4 𝐻2𝑂；②𝐻3𝑃𝑂4分子与水分子之间存在氢键，能增大在水中的溶解度，所以𝐻3𝑃𝑂4能与水以任意比互溶，故答案为：𝐻3𝑃𝑂4分子与水分子之间存在氢键；③高温成型前，常向𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4中参与少量活性炭黑，碳能与氧气反响，消耗氧，所以活性炭的作用除了可以改善成型后的𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4的导电性能外，还能消耗空气中的氧气，保护𝐹𝑒2，防止𝐹𝑒2被氧化，故答案为：与空气中𝑂2反响，防止𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4中的𝐹𝑒2被氧化；①依据晶胞中的正八面体和正四周体，可知晶体中含有4个单元𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4，故答案为：4；4②由图可知圆球为𝐿𝑖，𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂失去的𝐿𝑖为：棱上一个，面心上一个；棱上的为该晶胞的1，面心44上为该晶胞的1；因晶体中含有4个单元𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4，所以𝑥=1×(1 1)=3，则剩余的𝐿𝑖为1−𝑥=2 4 4 2 161−3=13，所以化学式为𝐿𝑖13𝐹𝑒𝑃𝑂4，依据化合价代数和等于0，设𝐹𝑒2的个数为𝑥，𝐹𝑒3的的个数16 16 16为𝑦

𝑥 𝑦 5=又𝑥 𝑦=解𝑥=𝑦

3𝑛(𝐹𝑒2

𝑒3)=

=13：16 16 16 16163，故答案为：13；13：3。16(1)①𝐹𝑒2在碱性条件下更简洁被氧化；(𝑁𝐻4)2𝐹𝑒(𝑆𝑂4)2、𝐻3𝑃𝑂4与𝐿𝑖𝑂𝐻溶液发生共沉淀反响生成𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4和𝑁𝐻4𝐻𝑆𝑂4；②𝐻3𝑃𝑂4分子与水分子之间存在氢键；③消耗空气中的𝑂2，保护𝐹𝑒2，防止𝐹𝑒2被氧化；(2)①依据晶胞中的正八面体和正四周体来推断；②由图(𝑏)可知𝐿𝑖𝐹𝑒𝑃𝑂4失去的𝐿𝑖𝐹𝑒2的个数为𝑥，𝐹𝑒3的的个数为𝑦，结合化合物中正负化合价代数和等于0计算。此题考察了物质构造与性质，题目难度中等，把握元素化合物的性质、氢键、晶胞的计算等学问是解题的关键，需要学生具备扎实的根底与综合运用学问、信息分析解决问题力气。11.答案：第三周期Ⅵ𝐴族； ；29；𝑁>𝑂； ；𝐻2𝑂与𝐻2𝑂2之间形成氢键；[𝐶𝑢(𝑁𝐻3)4]𝑆𝑂4⋅𝐻2𝑂；𝐻−𝑁=𝑁−𝐻；；256；12；正四周体；𝑠𝑝3杂化；𝜌𝑎32𝐶𝑢𝑆𝑂4

𝑂̲

↑2𝐻

2𝑆𝑂4解析：𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1.其中𝐶、𝐷元素同主族且原子序数𝐷为𝐶的二倍，则𝐶为𝑂元素、𝐷为𝑆元𝐸𝑛−𝑑6𝑠1𝑛6=𝑛=0𝑠1，4则𝐸为𝐶𝑢；故该深蓝色晶体应含有[𝐶𝑢(𝑁𝐻3)4]2、𝑆𝑂2−，结合原子序数可知𝐴为𝐻、𝐵为𝑁，由原子数目之比，可知该协作物含有1个结晶水，故其化学式为：[𝐶𝑢(𝑁𝐻3)4]𝑆𝑂4⋅𝐻2𝑂.4𝐷为𝑆元素，处于周期表中第三周期Ⅵ𝐴族，𝐵为𝑁元素，原子的外围电子排布图为，𝐸为𝐶𝑢，原子核外有29个电子，则原子的核外有29种不同运动状态的电子，𝑁元素原子2𝑝轨道为半满稳定状态能量较低第一电离能高于同周期相邻元素故第一电离能𝑁>𝑂，故答案为：第三周期Ⅵ𝐴族； ；𝑁>𝑂；𝐶元素可与𝐴1：1和𝑙：2，分别为𝐻2𝑂与𝐻2𝑂2，𝐻2𝑂2的电子式为故答案为：

，由于𝐻2𝑂与𝐻2𝑂2之间形成氢键，两种化合物可任意比互溶，；𝐻2𝑂与𝐻2𝑂2之间形成氢键；(3)由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：[𝐶𝑢(𝑁𝐻3)4]𝑆𝑂4⋅𝐻2𝑂，故答案为：[𝐶𝑢(𝑁𝐻3)4]𝑆𝑂4⋅𝐻2𝑂；(4)𝐴元素与𝐵元素可形成分子式为𝐻2𝑁2的化合物，该化合物的分子具有平面构造，应存在𝑁=𝑁双键，则其构造式为：𝐻−𝑁=𝑁−𝐻，𝑁𝑎2𝑆2与𝑁𝑎2𝑂2的构造相像，用电子式表示化合物𝑁𝑎2𝑆2的形成过程为： ，故答案为：𝐻−𝑁=𝑁−𝐻； ；(5)晶胞中𝐶𝑢原子数目=8×1+6×1=4，故晶胞质量=4×64𝑔，又知晶胞边长为𝑎𝑐𝑚，则𝐶𝑢的密度8 2 𝑁𝐴=4×64𝑔÷(𝑎𝑐𝑚)3=𝜌𝑔/𝑐𝑚3，故𝑁𝐴=256，𝑁𝐴

𝜌𝑎3以顶点原子争论，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共有，每个面心为2个晶胞共用，C𝑢原子配位数为8×3=12，2𝐶𝑢𝑆𝑂4常作电镀液，其中𝑆𝑂2−中𝑆原子价层电子对数=4+6+2−2×4=4，𝑆原子不含孤对电子，故其4为正四周体构型，𝑆原子实行𝑠𝑝3杂化，电解𝐶𝑢𝑆𝑂4溶液总反响方程式为：2𝐶𝑢𝑆𝑂4

+2𝐻2

22𝑂̲𝑢+𝑂2

↑+2𝐻2

𝑆𝑂4，故答案为：256；12；正四周体；𝑠𝑝3杂化；2𝐶𝑢𝑆𝑂

+

𝑂̲𝑢+𝑂

↑

𝑆𝑂．𝜌𝑎3 4 2 2 2 4某配位化