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1、2022年湖南省高考化学联考试卷（二）1.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，其蒸旁溢者为自然铜，色似干银泥 凡铜质有数种：有与铅同体者，其煎炼炉法，傍通高、低二孔，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.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.进行下列实验操作时，选用仪器正确的是（）4.A.C.X,量取一定体积的Na2s2O3溶液从四
2、氯化碳中分离澳单质B.加热使明矶失去结晶水D.配制0.7%的食盐水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T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丫的最外层电子数，W与丫同主族。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：r（W）r（Z）r（Y）B.简单气态氢化物的还原性：X WD.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.在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（）A化学试剂制备气体A生石灰、浓氨水NH3B二氧化锌、浓盐酸Cl2C铜片、稀硝酸NOD亚硫酸钠、浓硫酸S02A.A B.B C.C D.D6.设NA为阿伏加德
3、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 x IO NAB.标准状况下，22.4LNO和11.2LO2完全反应后的分子数为必C.过氧化钠与水反应时，生成O.lnwl氧气转移的电子数为0.2NAD.常温下，10mL5.6mol/L的氯化铁溶液滴到100mL沸水中，生成0.056NA个氢氧化镰粒7.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明研净水明研的氧化性可以杀菌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.
4、B C.C D.D8.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：，“乙艘）：底乙嫡）：，K 气=2：2：1 CHf=CH C u z(O H)2 c 0 3(含F e等金属杂质)为原料制备氯化亚铜的流程如图。废铜泥 2O2 NaOII Na2sCh、NaCIH2s0 滤渣下列说法错误的是()A.灼烧步骤是为了将C u S、C u 2 s等转化为C u OB.除杂步骤中温度越高越有利于加快反应速率C.滤渣中含F e(O H)3D.还原步骤中发生反应的化学方程式为2 CUS C)4 +2 N aC l +N a2S O3+H20 =2 C u C l I+2 N a2 s O 4
5、+H2S 041 0 .卤代燃可以和乙醇反应生成酸，反应历程可表示如图：CH,CH,CH,CH,I1T m T.ivH,CC-Br H,CC -H,C-C-OC,H,-H,C-C-OC2H,In1I H J-n,1CH,CH,C,H,OH CHj CH,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I I是决速步骤C.反应H I的中间体比反应I V的中间体稳定D.各步反应都有共价键的断裂和生成1 1.课外兴趣小组拟通过对比浓H N O 3与稀H N C)3对N O的氧化能力，来比较浓H N C)3与稀H N O 3,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H
6、NO 3、稀H NO 3。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H NO 3和稀H NO 3C.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H NO 3氧化性比稀H NO 3强1 2.由白磷和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠(Na H 2 P。2)是常用的还原剂，可用于化学镀铜，反应的化学方程式为H 2 P O W +C u2+0 H-P 0:+C u+山0(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P H 3,则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1B.N
7、a H 2 P。2的溶液中存在：H 2 P 0点 U H+H P O?-C.在镀铜后的溶液中，一定存在c(Na+)=c(P O/)+c(H P O j-)+c(H2P O j)D.在镀铜反应中，每生成I m o I C u,需消耗0.5 m o l Na H 2 P O 21 3.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(p H =6.5 -8)处理，可以实现其中的NH 3和有机物C O D的转化，下列说法错误的是()第4页，共25页bA.a为电源负极B.阳 极 反 应 式 为-e-=OH+H+C.电路中每转移3moie一 一定生成标准状况下II.2LN2D.电解后的废
8、液pH基本不变14.一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH,溶液中粒子浓度(H2A、HA-、A2-、H+、0H-)的负对数(用Pc)表示，与溶液PH变化的关系如图，下列说法错误的是()A.O.OlmolNa2A的溶液，的数量级为1()TB.随着pH增加，c(HzA)c(OH-)一直增大C.X点对应的pH=-|(lgKa l+lgKa2)D.Z点溶液中c(Na+)3混合后的溶液中，滴加1.2mol/L氨水，测得实验数据如图，滴至A点时加入的氨水共4.5mL。由0到A反应过程电导率变化原因为(EU/S3.)百上实验二，用注射器向15mL0.12moi/LAgNCh溶液中滴加1.2mol/
9、L氨水至0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蒸储水，再测定溶液pH。(4)若实验二最终pH为1 2.6,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16.N0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。I.N2(g)+02(g)W 2N0(g)AH=+181kJ/moln.3N2H4(g)+30(g)W 3N2(g)+6H2O(g)AH=-534 kJ/mol若某反应NO转化的反应平衡常数表达式为L =D器,则该反应的热化学方程式为 o(2)N0可在一定条件下发生反应2N0(g)=N
10、2O2(g),该反应的v正=KEc2(NO),v逆=长逆式肌。?)，(K正、K逆为速率常数)，且速率与浓度关系如图所示。第6页，共25页 T p kP a 条件下，该反应的平衡常数为 o T ,p kP a 条件下，一定容积容器中充入一定量NO,平衡时测得c(N 2()2)为0.4 m o l/L,则平衡时N O 的 体 积 分 数 为,平衡后丫正=(写出表达式)。(3)N 0 在催化剂条件下可被出还原为无害物质，反应为2 H 2(g)+2 N O(g)U N2(g)+2 H 2 0(g),在密闭容器中按c(N O)：C(H 2)=1：1 充入,反应结果如图:70O 200 400 600 温
11、度代：提高N O 平 衡 转 化 率 的 措 施 有=cvr65431 7.电镀污泥 主要含要(I H)、F e(H I)、C u(I I)N i(H )等 中铝资源再利用生产红矶钠,该工业流程如图：NH3 4 NH4HCO3 盐酸 H2O2NaOHNa,Cr,O7-2H q T 限化、结晶 I 卜萃取|萃取卜-f T NaOH HCL TBP-煤油净化液己知：(1)相关金属离子生成氢氧化物沉淀的p H(开始沉淀的p H 按金属离子浓度为l.O m o l L 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
12、酸性和碱性环境下的存在形式分别为PbOCr2O CrO/。r(Y)r(Z),故 A 错误；B.非金属性越强，简单气态氢化物的还原性越弱，非金属性：C Y,故 B 错误；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：C S,则最高价氧化物对应水化物的酸性：X W,故 C 错误；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，如草酸镁、硫代硫酸镁等，故 D 正确；故选：DoX、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与第12页，共25页Z的最外层电
13、子数之和等于丫的最外层电子数，W与丫同主族，则丫的最外层电子数为a+2a=3a 2混合后生成Imol二氧化氮气体，但NO?中存在平衡：2NO2 N204,导致分子个数减少，故所得的分子个数小于2 NA个，故 B 错误；C.过氧化钠与水反应，生成lmol氧气转移2moi电子，过氧化钠与水反应时，生成O.lmol氧气转移的电子数为0.2 NA，故 C 正确：D.1个氢氧化铁胶粒含有多个氢氧化铁，所以常温下，10mL5.6mol/L的氯化铁溶液滴到100mL沸水中，小于0.0 5 6 NA个氢氧化铁粒，故 D 错误；故选：C oA.醋酸钠水解促进水的电离；B.标准状况下22.4LNO与11.2LO2
14、混合后生成lm ol二氧化氮气体，但NO?中存在平衡：2NO2 2 N204;C.过氧化钠与水反应，生成lm ol氧气转移2moi电子；D.1个氢氧化铁胶粒含有多个氢氧化铁。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.【答案】C【解析】解：A.食醋中含有醋酸，可与水垢中的不溶性碳酸钙、氢氧化镁反应，故A正确；B.卤水含有电解质，豆浆属于胶体，卤水点豆腐原理为电解质使胶体聚沉，故B正确；C.明矶中A13+水解得到的A1(OH)3(胶体)具有吸附性可以净水，而不是杀菌，故C错误；D.碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性环境下水解为易溶于水的物质，即纯碱可以去
15、油污，故D正确；故选：CoA.醋酸可与碳酸钙、氢氧化镁反应；B.电解质使胶体聚沉：C.明帆中A/水解得到的A1(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。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。8.【答案】A【解析】解：A.乙烯分子中所有原子共平面，-C 0 0-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，则该分子中所有碳原子和氧原子可能共平面，故A正确；B.醋酸乙烯酯中不含碳碳不饱和键，所以不能和澳发生加成反应，所以不能使溪的四氯化碳溶液褪色，故B错误；
16、C.乙烯醇和丙醇结构不相似，二者不互为同系物，故C错误；D.聚乙烯醇中n不同，分子式不同，所以聚乙烯醇不是纯净物，故D错误；故选：AA.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第 14页，共 25页特点，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。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。9.【答案】B【解析】解：A.灼烧步骤是为了将C u S、C u 2 s等转化为C u O,S元素转化
17、为二氧化硫气体，故A正确；B.除杂步骤中温度不能太高，过氧化氢受热易分解，降低除杂效率，故B错误；C.由上述分析可知，加N a O H可使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤渣为F e(O H)3,故C正确：D.还原时发生2 CUS()4 +2 N a C l +N a2S O3+H20 =2 C u C l I+2 N a2S O4+H2S O4,过滤分离出C u C l产品，故D正确；故选：B o工业废铜泥主要成分为C u S、C u2S.C u z(O H)2 c 0 3(含F e等金属杂质)，由流程可知，灼烧时C u S、C u2S C U 2(O H)2 c O 3均转化为C u O,加硫
18、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，力C I N a O H可使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤渣为F e(O H)3,还原时发生2 C 1 1 S O 4 +2 N a C l +N a2S 03+H20 =2 C u C l I+2 N a 2 s o 4 +H 2 s o 4,过滤分离出C u C l产品，以此来解答。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。1 0.【答案】A【解析】解：A.反应历程与能量变化图可知反应I为吸热反应，则高温条件下有利于反应I
19、的进行，故A正确；B.由图可知，反应I的活化能最高，反应I的反应速率最慢，对整个反应速率有决定作用，即反应1是决速步骤，故B错误；C.由图可知，反应I V的中间体具有的能量较低，则反应I V的中间体比反应I I I的中间体稳定，故C错误；D.由图可知，反应I、I V只有共价键的断裂、没有共价键的生成，反应H、I I I只有共价键的生成、没有共价键的断裂，故 D错误；故选：AoA.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。本题考查反应热与焰变，把握活化能与反应速率关系、物质稳定性与
20、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。1 1 .【答案】C【解析】解：A.检查装置气密性，关闭分液漏斗活塞和两个止水夹，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，且液面差保持不变，则气密性好，故 A 正确；B.根据分析可知，应向U 形管1、2 中分别加入浓H N C 3和稀H N O 3,故 B正确；C.铜片端储存一部分气体后，应关闭分液漏斗活塞，故 C错误；D.若U 形管2 左端的气体呈红棕色，则说明发生反应：N O +2 H N O3=3N O2+H20,进一步说明浓H N O 3氧化性N O 能力大于
21、稀H N C 3，即浓H N O 3氧化性比稀H N O 3强，故 D正确；故选：C o该实验的目的是验证浓H N O 3与稀H N O 3对N O 的氧化能力，从装置看，贝 I J U 形管1 中加入稀硝酸，反应生成N O 气体，U 形管2 中加入浓硝酸，据此分析作答。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。1 2 .【答案】AD【解析】解：A.制备次磷酸钠的同时还生成Pa，则该反应的化学方程式为P 4+3N a O H +3H 2 O =3N a H 2 P O 2 +P H 3T，氧化产物为N a H 2 P。2，还原
22、产物为P&,两者的物质的量之比为3：1,故 A 正确；B.白璘和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠(N a H zP O z)，贝 U N a H 2 P。2 为正盐，无羟基氢，不能电离出氢离子，故 B错误；C.根据题给信息可知，次磷酸钠用于镀铜后的溶液中，主要生成磷酸钠，存在物料守恒，表达式为：c(N a+)=3 c(P O l-)+c(H P O i-)+c(H2P O；),故 C 错误；第16页，共25页D.在镀铜反应中，离子方程式为：H 2P o 5+2 C M+6 0 H-=P 0 +2C u 1+4 H 2。，所以每生成l m o l C u,需消耗0.5m o l N a H 2P。2，
23、故 D 正确；故选：A DoA.N a H 2P。2中P 元素为+1价，P 为 中P 元素为一 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(N a H 2P o 2)，则N a H 2P。2为正盐；C.抓住磷酸钠溶液中物料守恒进行分析；D.H 2P o i 中的P 由+1价升高到+5价，C/+中的铜由+2价降低到。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。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。13
24、.【答案】B C【解析】解：A.由图可知，碳网上的反应为E O-e-=-O H +H+,发生氧化反应，故b 是正极，a 是负极，故 A正确；B.阳极也0 失去电子生成-0 H,反应式为MO-e-=-O H +H+,故 B错误；C.路中每转移3m o i e-可以生成3m o i O H,但会发生三种反应，所以生成电 的量不确定，故 C错误；D.电解时阴极反应为2H+2e-=H2 T,阳极发生的反应为出0 -e-=O H +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2N H 3+6O H t电 T +6H 2。，2 O H-H2O +1O2,都没有对溶液中H+浓
25、度产生大的影响，由此分析得出废液中只有生成C O 2会少量溶解，p H 基本不变，故 D 正确；故选：B C o由图可知，碳网上的反应为电 0 -e-=-O H +H+,发生氧化反应，碳网为阳极，故b 是正极，a 是负极，钉系渗睇电极为阴极，据此作答。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。14.【答案】B【解析】解：A.由计算公式可知K h i 为A?-的一级水解常数，小=；,一),根据图像中丫点,c(H A-)=C(A2),得p H =4.2,c(O H-)近似为l()-9.8 m o /L,故 数量级为10-1。，故A
26、正确；B.由计算公式可知&2=吧噤:早 二),可 知 式电人)c(O H-)=Kh 2-c(H A-)随p H增大c(H A-)为先增大后减小，可得c(H 2A)c(O H-)随p H增大应先增大后减小，故B错误；C.Ka l-Ka 2=留2 在X点c(H 2A)=c(A 2-)则K a i Ka 2=c2(H+),由计算可得p H =-图 幽 型，故C正确；D.由电荷守恒，c(N a+)+c(H+)=2c(A2-)+c(H A-)+c(O H-),结合图中Z点，c(H A )=c(O H-)得，c(N a+)+c(H+)=2c(A2-)+2c(O H)则c(N a+)N H3-H20 实验二
27、中得到的物质是 A g(N H3)2O H,溶液中阴离子是O H 1 p H =12.6,实验一所得溶液的p H =10.82,因此该实验所得银氨溶液主要成分为)A g(N H 3)2 N O 3、N H3-H20【解析】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；第18页，共25页(3)洗涤氧化银沉淀的方法为向过滤器中注入蒸播水，直至没过沉淀，待水自然流出后，操作两到三次即可则操作为向过滤器中注入蒸储水，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3.0m L氨水时
28、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，反应的化学方程式为A g O H +2 N H 3 H2O =A g(N H3)2O H +2 H2O：由变量唯一化原则可知，为与实验一进行对比，应保证溶液总体积为4 4.5 m L,所以应加入4 1.5 m L蒸储水，故答案为：向过滤器中注入蒸储水，直至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作两到三次；A g O H +2 N H3-H20=A g(N H3)2O H +2 H2O；4 1.5；(4)由题意可知，实验二为过滤出的A g O H 与氨水反应生成 A g(N H 3)2 O H 和电0,溶液呈碱性主要是由于 A g(N H 3)2
29、 1O H 电离产生了0 H-,实验一与实验二中 A g(N H 3)2 1+物质的量相同，最终溶液体积也相同，若其主要成分同为 A g(N H 3)2 1 OH,溶液p H 应近似相等，由实验一的p H 为1 0.82,c(OH-)远小于实验二可知实验一所得银氨溶液主要成分为 A g(N H3)2 N O3NH3 电0,故答案为：A g(N H3)2 N O3,N H 3 H 2。；实验二中得到的物质是 A g(N H 3)2 1 OH,溶液中阴离子是O H 1 p H =1 2.6,实验一所得溶液的p H =1 0.82,因此该实验所得银氨溶液主要成分为)A g(N H 3)2 N O3、
30、N H3-H20(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馅水，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3.0 m L 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A g OH 与氨水反应生成 A g(N H 3)2 O H 和H 2 O,溶液呈碱性主要是由于 A g(N H 3)2 1 OH 电离产生了0H1实验一与实验二中 A g(N H 3)2 r 物质的量相同，最终溶液体积也相同，由实验一的p H 为1 0.82,
31、c(OH-)远小于实验二可知实验一所得银氨溶液主要成分为 A g(N H 3)2 N()3 和Nf H20O本题主要探究银氨溶液的配制及银氨溶液的性质，具体考查学生的实验能力、分析能力、比较能力、语言表达能力等等，以及方程式的书写等，难度较大。1 6.【答案】3 N 2 H 4(g)+2 N 0(g)=2 N 2(g)+2 H 2 0(g)A H =-3 5 9k J/m o l 1 0 3 3.3%4 x1 0 m-l 降低温度或缩小容器体积【解析】解：根据平衡常数表达式可知该反应为3 N 2 H 4(g)+2 N O(g)U 2 N 2(g)+2 H 2 0(g)，根据盖斯定律:式 nl
32、x 3)得该反应，A H =1(-5 3 4 -1 81 x 3)k J/m o l =-359kJ/moL故答案为：3N2H4(g)+2N0(g)=2N2(g)4-2H20(g)AH=-359kJ/mol；(2)v正=1(正。250),v逆=长 逆 4。?)，Igv正=lgK正+21gc(N。)，Igv逆=IgK逆 +lgc(N2O2),说明Igv正的曲线斜率大，当c(NO)=Omol/L,则IgK正=m+1,当c g O?)=0,则IgK逆=m,当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则K正 c2(N。)=Kfflc(N2O2),=c(NzOz)=气=iom+i=c2(NO)K 逆 10m
33、故答案为：10；平衡时测得“02)为0.4 mol/L,K=等 需，c(NO)=0.2m ol/L,则平衡时NO的体积分数为一 x 100%33.3%；丫正=K 正 C2(N0)=10m+1 x(0.2)2=4 x 10m-0.2+0.4 必 4故答案为：33.3%；4 X IO1-1；(3)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，降低温度，缩小容器体积增大压强都能使平衡正向移动，提高NO平衡转化率，故答案为：降低温度或缩小容器体积。(1)根据平衡常数表达式可知该反应为3N2H4(g)+2N0(g)U 2N2(g)+2H20(g),根据
34、盖斯定律：家 1 1-1 x3)得该反应，据此计算该反应的焰变；(2)v正=KF CZINO),v逆=长逆以。?)，Igv正=IgK正 +21gc(N。)，Igv逆=IgK逆 +lgc(N2O2),说明】gv正的曲线斜率大,当c(NO)=Omol/L,则IgK正=m+1,当c g O?)=0,则IgK逆=m,当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则K正C2(N0)=Kfflc(N2O2),Z _ C(N2O2)_ Kff：-C2(NO)-K逆；平衡时测得电02)为0.4 mol/L,K=舞 耨，据此可得出c(NO)；(3)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
35、为气体体积减小的放热反应，根据勒夏特列原理分析。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。第20页，共25页1 7.【答案】富集增大接触面积、提高浸出率75 温度升高，氨 气 挥 发 p H 9.5 2 C r3+3 H2O2+lO O H-=2 C rO j-+8H20 反萃取 A D 74.3%阴离子 2(：产+-6e-+7H20 =C r2O +1 4 H+【解析】解：(1)湿污泥中含水多，体积大，有效成分浓度小，工业不易操作，生产成本高。经风干或烘干后，可以减小体积；研磨可
36、以增大与氨浸液的接触面积，提高浸取率，所以将污泥烘干、研磨的目的是富集增大接触面积、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 久条件下，C u(I I)、N i(H)浸出率最高，8C TC 上铜银浸出率下降，是由于温度升高，氨气挥发，影响了浸取液成分比例，使效率下降，故答案为：75 汽；温度升高，氨气挥发；(3)由于酸浸液中还含有F e(I H)、C u(H)、N i(I I)等杂质，在除杂步骤中，需都除去，pH应控制为2 9.5；而在pH 应控制为2 9.5 时C r(H I)也会沉淀，所以H?。?将C N+氧化，同时加入N aO H 使其转化为C r
37、O f,离子方程式为2 C N+3 H2O2+1 0 0 H-=2 C rO +8H2O,故答案为：pH 9.5；2 C r3+3 H2O2+1 0 0 H-=2 C rO 厂+8H20；(4)步骤为萃取，提取出C rO t 在有机相中，步骤酸化应在水相进行，所以中加入N aO H 的目的是反萃取；流程中由于盐酸和N aO H 都在后续步骤中被消耗，能够循环利用的物质有萃取余液、结晶后母液，可以提高原料利用率，A D 符合题意，故答案为：反萃取；A D；污泥中含C r为2 5 0 g x 1 1.2%2 8.0 g,实验得晶体为Na zS。？2 H 2。质量为5 9.6g,其中C r的 质 量
38、 为:就 舄 x 2 x 5 2 g/m ol =2 0.8 g；Cr 的 回 收 率 为:就 x 100%=7 4.3%,z v o g/m o i /u.u g故答案为：7 4.3%；(6)由电解装置图可知，P b()2 电极与电源正极相连，为电解池的阳极，P b 电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阳极电解液呈酸性，反应式为2 Cr 3+-6 e-+7 H2。=Cr?。歹+1 4 H+,为防止Cr 3+进入阴极室，应为阴离子膜，故答案为：阴离子；2 Cr 3+-6 e-+7 H2 O =Cr 2 O,-+14 H+。电镀污泥，主要含Cr(I H)、Fe(I I I),Cu(H)、N i(
39、H)等，经烘干研磨处理，加N 为和N H4 HCO 3氨浸，控制合适温度部分Cu(H)、N i(I I)进入氨浸液，取氨浸渣加盐酸酸浸，酸浸液中含有Fe(HI)、Cu(H)、N i(H)等杂质，在除杂步骤中，需都除去，p H应控制为2 9.5,而在p H应控制为2 9.5 时Cr(I H)也会沉淀，所以出。2 将C N+氧化，同时加入N a O H使其转化为Cr O：-,净化液加H Q、T B P-煤油萃取，提取出Cr O/在有机相中，再加入N a O H反萃取，Cr O 歹进入水相，经酸化、结晶得到红矶钠，据此分析解题。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
40、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。18.【答案】原 子 光 谱Fe 2+的电子排布为A r 3 d 6,Fe 3+的电子排布为A r 3 d 5,3 d轨道为半充满能量低，所以Fe 3+比Fe 2+稳 定6 6 N的电负性较0的小，形成的N -H N氢键较弱，且一分子小0有两个氢键，一分子N&有一个氢键，所以出0比N&的沸点【解析】解：(1)用于元素鉴定的是原子光谱，原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每种原子的光谱都不同，分子光谱可用于测定物质
41、结构，故答案为：原子光谱；(2)铁为2 6号元素，F e2+的电子排布为 A r 3 d 6,F e3+的电子排布为 A r 3 d 3 d轨道为半充满，能量低，所以F e3+比F e2+稳定，两种配合物配体都是6个，所以配位数都是6,也0和N H 3分子间都存在氢键，气化时氢键被破坏，由于N的电负性较0的小，形成的N-HN氢键较弱，且一分子出0有两个氢键，一分子N&有一个氢键所以山0比N H 3的沸点高，故答案为：F e2+的电子排布为 A r 3 d 6,F e3+的电子排布为 A r 3 d 5,3 d轨道为半充满能量低，所以F e3+比F e2+稳定；6：6；N的电负性较0的小，形成的
42、N HN氢键较弱，且 一 分 子 有 两 个 氢 键，一分子N H 3有一个氢键，所以也0比N H 3的沸点高；(3)同主族随原子序数递增第一电离能减小，P元素3 P能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，P原子第四电离能为失去3 s 2中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，所以图线b为P,P B 为阴阳离子比为1：1的导电熔体，阴阳离子均带一个单位电荷，电离方程式为PB r$=PB r i +B L,PB r：的 ：Br：1 +,电子式为：B：P:Br：P与4个用形式4个键，所以p的杂化轨道类型为s p3,4-：Br：-故答案为：b；s p3；
43、(4)根据晶胞结构，晶胞里有2个L a原子(处于晶胞的顶角和体心)；有8个F e原子(处于睇第22页，共25页形成的八面体的中心)；睇八面体是共顶角相连的，平均每个八面体有=3个锦原子,晶胞中共有8个八面体，8 x 3 =2 4个睇原子：B|J L a2F e8Sb24 晶胞参数为a n m,则晶胞体积为a 3 n m,m 2X139+8X56+6X1X122X8,、3654X102 1/oP=V =一(a x i L kg/c m =Fr-g/cm 故答案为:3654X1()21a3 NA(1)用于元素鉴定的是原子光谱，原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱:(2)
44、铁为2 6号元素，F e2+的电子排布为 A r 3 d 6,F e3+的电子排布为 A r 3d3d轨道为半充满，能量低，所以F e3+比F e2+稳定，两种配合物配体都是6个，所以配位数都是6；(3)同主族随原子序数递增第一电离能减小，P元素3 P能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；(4)根据晶胞结构，晶胞里有2 个L a 原子(处于晶胞的顶角和体心)；有8个F e原子(处于睇形成的八面体的中心)。本题是对物质结构与性质的考查，涉及光谱分析、杂化方式、配合物、晶体类型与性质、晶胞计算、电负性、氢键等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，是对学生综合能力
45、的考查。1 9.【答案】环 己 醇 H O O C(C H2)4COOH相基、酯 基 加成反应小+I M)1 3 C H2=C H C H =Br2C H2 t B r C H2C H =H2 NaOH水溶液 酸性高钛酸钾溶液 C2HC H C H o B r t B r C H2C H2C H2C H2B r t H O C H 2 c H 2 c H 2 c H 2 0H H O O C C H2C H2C O O H -催化剂,浓硫i1、cooc此OH【解析】解：(1)物质为()，其化学名称为环己醇；由的分子式、的结构简式，推知的结构简式为H 00C(C H 2)4 C 00H,故答案为
46、：环己醇；H 00C(C H2)4C 00H；(2)观察结构可知，物质中官能团名称为皴基、酯基；对比物质的结构可知，由生成的反应类型为加成反应，故答案为：毁基、酯基；加成反应；(3)中氨基与段基先发生加成反应成环、然后再发生醇的消去反应形成碳碳双键得到，由生成 的化学方程式为定 条 Co故答案为：Qo+H Q(4)的同分异构体只含有一个环状结构 Q,且环上连有两个侧链、侧链均不与N 相连，2 个侧链分别为-C H 3、-C H =C H2,甲基与氮原子分别有邻、间、对3 种位置关系，对应的-C H =C%分别有5 种、5 种、3 种位置，故符合条件的同分异构体共有5 +5 +3 =1 3 种，
47、故答案为：1 3；由 t 的转化可知，C 2 H 5 O O C C H 2 c H 2 C O O C 2 H$反应生 成 人 ，而H O O C C H 2 c H 2 C O O H 与乙醵反应生成C 2 H Q O C C H 2 c H 2 C O O C 2 H 5,C H2=C H C H =C 也 与B 2 反应生成B r C H 2 c H =C H C H2B r,B r C H2C H =C H C H z B r 与氢气加成生成B r C H2C H2C H2C H2B r,B r C H 2 c H 2 c H 2 c H z B r 碱性条件下水解生成H O C H
48、 2 c H 2 c H 2 c H 2 O H,然后氧化生成H O O C C H 2 c H 2 c o O H,合成路线为CH?=C H C H =C H2-B r C H2C H =H2 NaOH水溶液 酸性高钛酸钾溶液 C2HeC H C H2B r -B r C H2C H2C H2C H2B r -H O C H 2 c H 2 c H 2 c H 2 0H -H O O C C H 2 c H 2 c o O H -催化剂,浓硫i故答案为：C H2=C H C H =C H2:B r C H2C H =H2 NaOH水溶液 酸性高铉酸钾溶液 C2HCC H C H2B r -B
49、 r C H2C H2C H2C H2B r t H O C H 2 c H 2 c H 2 c H 2 0H -H O O C C H 2 c H 2 c o O H -催化剂,浓硫iCOOCJ LOH由的分子式、的结构简式，推知为H 00C(C H 2)4 C 00H,发生氧化反应生成H 00C(C H 2)4 C 00H,H 00C(C H 2)4 C 00H 与乙醛发生酯化反应生成，发生取代反应成环生成和C 2 H 5 0H,与C H 2 =C H C N 发生加成反应生成，中酯基水解、酸第2 4 页，共2 5 页化、脱竣生成，而 一的整个过程相当于-CN与氢气加成生成，中氨基与段基先
50、发生加成反应成环、然后再发生醇的消去反应形成碳碳双键得到，中碳碳双键与氢气加成生成；(5)由 -的转化可知，C2H5OOCCH2cH2coOC2H5反应生 成 人 ，而HOOCCH2cH2COOH与乙醇反应生成C2H5OOCCH2cH2COOC2H5,CH2=CHCH=叫与B 2反应生成BrCH2cH=CHCH2Br,BrCH2CH=CHCHzBr与氢气加成生成BrCH2CH2CH2CH2Br,BrCH2cH2cH2cHzBr碱性条件下水解生成HOCH2cH2cH2cH2OH,然后氧化生成HOOCCH2cH2COOH。本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制