2023年新疆高考化学二模试卷(附答案详解)

2023年疆高考化学二模试卷一、单项选择题〔1272.0分〕宋代周密的《癸辛杂识》记载：“适有一物，如小桶而无底，非竹，非木，非金，非石…幸以告我‘商曰’此至宝也，其名日海井。寻常航海必需载淡水自随，今但以大器满贮海水，置此井于水中，汲之皆甘泉也。”“海井”的作用是( )过滤 B.萃取 C.电渗析 D.离子交换由CH4制备合成气(CO、H2)，再由合成气制备甲醇(CH3OH)的反响转化关系如下图罗常数的值，以下说法正确的选项是( )标准状况下11.2LCH3OH所含的极性键为2.5NA等物质的量的CH3OH和CH4、CH3OH的质子数比CH4多8NAC原子数均为NA制备合成气的反响中，假设生成1molCO，转移电子数为3NA以下试验操作、现象和结论均正确的选项是( )选试验操作项将铜粉参加到1.0mol⋅L−1Fe2(SO4)3A溶液中

试验现象 试验结论铜粉溶解，溶液变蓝金属铁比铜活泼B 向Na2S溶液中滴加盐酸

产生臭鸡蛋气味气体

非金属性：Cl>S向盛装用硫酸处理过的CrO3(暗红色) 固体渐渐由暗红色C

乙醇具有复原性的硅胶的导管中吹入乙醇蒸气Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸，滴入几滴DKSCN溶液

变为浅绿色(Cr3+)溶液呈红色

Fe(NO3)2晶体已变质A B.B C.C D.D125页RXYZ为原子序数依次增大的短周期元素，RX、Y属于不同周期，这四种元素可组成一种化合物的构造如下图，以下说法不正确的选项是()氧化物对应水化物的酸性：Z>XX、Z的气态氢化物能发生化合反响简洁离子半径：Z>X>YX的简洁氢化物可用于检验运输Z单质的管道是否发生泄漏“连翘酯苷A”是“连花清瘟胶囊”的有效成分。如图有机物是“连翘酯苷A”的水解产物，以下有关该有机物的说法错误的选项是()分子式C9H8O4分子中全部原子可能处于同一平面能发生加成反响，不能发生取代反响能使酸性高锰酸钾溶液褪色《Science》报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效、清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反响的具体过程如下图。在电解完毕后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反响生成环氧乙烷。以下说法不正确的选项是( )b为电源负极工作过程中Cl−从左向右迁移该过程的总反响为在电解液混合过程中会发生反响HCl+KOH=KCl+H2O确的是( )大气飘尘可形成气溶胶，能产生丁达尔效应浓度为90%的酒精溶液消毒效果比75%的酒精溶液更好225页冠病毒可用“84消毒液”或双氧水消毒，其消毒原理不同冠状病毒粒子直径约60～220nm，介于溶液和胶体粒子之间设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是( )标准状况下，22.4LCO2中所含的电子数目为16NA14g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体含有的碳氢共价键数为2NA2molAu与2molH2中所含的分子数目均为2NA100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为2NA：

不正确的选项是( )CH3CH=CHCH3分子中全部原子不行能处于同一平面CH3CH(OH)CH2CH3与甘油(丙三醇)互为同系物CH3CH=CHCH3可与H26种不同的构造(不考虑立体异构)CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，原理一样为到达以下试验目的，对应的试验方法以及相关理由均正确的选项是( )325页试验目的试验方法试验目的试验方法相关解释测量氯水的pHpH试纸可以测量溶液的酸碱度探究正戊烷AB (C5H12)催化裂解

C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃验证苯和溴能C发生取代反响

AgNO3溶液反响，生成HBr与AgNO3溶液反响，生成淡黄色沉淀探究温度对平D衡移动的影响

2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反响，升温平衡逆向移动A B.B C.C D.DMnO2催化某反响的一种催化机理如下图。以下表达不正确的选项是( )催化过程中，所发生的反响均为氧化复原反响2该反响的化学方程式可表示为O+O O2

CO2+H2OO2为中间产物之一，该微粒与KO2中所含阴离子属于同种粒子假设有1molHCHO参与反响，转移的电子数为4NA短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序数依次递增，且X与Z同一主族。由X、Y、Z三种元素形成的化合物构造黄色的沉淀和刺激性气味的气体，以下说法不正确的选项是( )425页简洁离子半径：Z>Q>X>Y最高价含氧酸的酸性：Q>ZX与Z形成的化合物和Q的单质均具有漂白性含有Z元素的酸式盐，其水溶液不肯定显酸性二、简答题〔8116.0分〕金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、+5、+4。2a24⋅H2程如下图：：钼酸微溶于水，可溶于碱液和氨水。答复以下问题：氧化焙烧时产生烧结现象，故用Na2CO3溶液浸取前需进展粉碎处理、其目的是。焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3生成MoO2和SO2的反响，写出该反响的化学方程式： 。在强碱性条件下NaClO将MoS2氧化为Na2MoO4和Na2SO4，该反响的离子方程式为： 。锂和二硫化钼形成的二次电池的总反响为 电池放电时正极的电极反响式为 。绿色植物标本用醋酸铜晶体[(CH3COO)2Cu⋅H2O]处理后颜色更明媚、稳定。制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量，试验如图。I.醋酸铜晶体的制备525页(1)步骤②将研磨后混合物注入热水中反响写出反响的离子方程式 碱式碳酸铜的制备需在热水中进展反响，且温度需掌握在60℃左右，缘由是 。(2)操作③的名称为 。写出图中④发生反响的化学方程式 。图中⑤承受的操作为： 、 、过滤、洗涤、枯燥。乙烯(C2H4)现了甲烷高效生产乙烯，甲烷可催化脱氢，在气相中经自由基偶联反响生成乙烯。请答复以下问题：物质燃烧热/(kJ mol−1)氢气285.8甲烷890.3乙烯1411.0相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷催化脱氢制备乙烯的热化学方程式： 。在400℃时，向1L恒容密闭容器中充入1molCH4，发生上述反响，测得平衡混合气体中的C2H4体积分数为20.0%。则在该温度下，其平衡常数K= 。(3)乙烯制备乙醇的反响为：C2H4(g)+H2O(g)⇌C2H5OH(g)。向某恒容密闭容器中充入amolC2H4(g)和amolH2O(g)，测得C2H4(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示：该反响为 热反响(填“吸”或“放”)，理由为 。亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。通常状况下，它是一种液体，(夹持装置略)制备少量NOSO4H答复以下问题：625页请写出NOSO4H遇水水解的化学方程式 (亚硝酸不稳定易分解，发生反响2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O)利用装置A制取SO2，以下最适宜的试剂是 (墳以下选项字母)。Na2SO3固体和20%硝酸Na2SO3固体和20%硫酸Na2SO3固体和20%盐酸Na2SO3固体和70%硫酸装置C中浓HNO3和SO2在浓硫酸作用下反响制取NOSO4H。①装置C中发生反响的化学方程式为 。三颈烧瓶置于冰水中，体系温度不宜过高的缘由为 。②假设去掉装置D，会使NOSO4H的产量 (填“增大”“削减”或“无影响”)。(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如图：：25℃时，此试验条件下Mn2+开头沉淀的pH为7.54，金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图。答复以下问题：(1)：“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。处理高硫锰矿时，假设直接用H2SO4浸出，不经“混合焙烧”，其缺点为 。(2)“氧化”时，发生反响的离子方程式为 。“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为(填化学式) 。用惰性电极电解MnSO4酸性溶液可制得MnO2，请写出电解法制备MnO2时阳极反响式 。MnO2可用做碱性锌锰电池电极材料，该电池的工作原理为：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，电池放电时正极反响式为 。725页污染有重要指导作用。：标准生成焓是指298K，100kPa条件下，由最稳定的单质生成单位物质的量的纯物质的热效应，△H=生成物标准生成焓总和−反响物标准生成焓总和。物质标准生成焓物质标准生成焓(kJ/mol)物质标准生成焓(kJ/mol))O2(g)0SO2(g)−296.9N2(g)0SO3(g)−395.2( ,s) 0 NO(g) 89.9斜方硫NO2(g)33.9写出NO2氧化SO2的热化学方程式 (NO2自身被复原为NO)。可用右图电解装置将雾霾中的NOSO2转化为(NH4)2SO4，则a接电源的 极，阴极的电极反响式为 。(3)按投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1将NO和Cl2参加到一恒压密闭容器中，发生反响2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)，平衡的转化率与温度T的关系如下图：①该反响的ΔH 0(填“>”或“<”)。②总压为pMPa，M点时容器内Cl2的转化率为 。我国科学家利用碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料成功地验证了三维两字霍尔效应，并觉察了金属−绝缘体的转换。答复以下问题：基态砷原子的价电子排布式为 。As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的挨次为 (用元825页素符号表示)。与伸(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3>PH3缘由是 。含砷有机物“对氨基苯砷酸”的构造简式如图砷原子轨道杂化类型为 。+与3形成的配离34]+中3被l−替代只得种构造，[Cd(NH3)4]2+的立体构型是 ，1mol[Cd(NH3)4]2+含 molσ键。氮族元素的单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用。答复以下问题：写出基态As原子的核外电子排布式 。氨硼烷(NH3BH3)是一种具有潜力的固体储氢材料，其分子中，N−B化学键称为 键，其电子对由 供给；第一电离能：B N。(填“>”、“<”或“=”)气态氢化物膦(PH3)中心原子的杂化方式为 。PH3和NH3的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的缘由 。H2+−氟酸是种超强酸存2]+该离子的空间构型为 写出一种与[H2F]+互为等电子体的常见分子 。(填化学式)(5)一种四方构造的超导化合物的品胞构造如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F−和O2+共同古据品胞的上下底面位置，假设两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为 ；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ= g⋅cm−3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子的坐标为(1,1,1)，则原子2的坐标为 。222

25页1025页答案和解析【答案】D【解析】解：由信息可知，海水经过“海井”处理得当淡水，在“海井”中加一物进展离子交换，类似离子交换膜，应选：D。由信息可知，海水经过“海井”处理得当淡水，以此来解答。此题考察混合物分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、信息的处理及应用为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意文史资料的理解，题目难度不大。【答案】D【解析】解：A.标况下甲醇为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；甲醇与甲烷物质的量未知，无法计算，故B错误；甲烷摩尔质量为16，一氧化碳摩尔质量为28总质量无法计算含有碳原子个数，故C错误；依据分子可知，生成2个甲烷转移6个电子，则假设生成1molCO，转移电子数为3NA，故D正确；应选：D。A.气体摩尔体积使用对象为气体；B.甲醇与甲烷物质的量未知；C.甲烷与一氧化碳摩尔质量不同；D.制备合成气的方程式为：CH4+CO2=2H2+2CO，反响中甲烷中−4价碳上升为CO中+2价，+1价氢降为氢气中0价，二氧化碳中+4价碳降为CO中+2价，生成2个甲烷转移6个电子。“热点”，它既考察了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系伏加德罗常数的关系是解题的关键。【答案】C解：A.Cu故A错误；B.Na2S溶液中滴加盐酸，生成硫化氢，不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故B错误；C.CrO3中CrCr3+，说明乙醇具有复原性，故C正确；Fe(NO3)2铁离子氧化为铁离子，所以依据试验现象不能说明硝酸亚铁已变质，故D错误；应选：C。Cu与硫酸铁反响生成硫酸亚铁、硫酸铜；Na2S溶液中滴加盐酸，生成硫化氢，不能比较非金属性；C.参加乙醇后被复原为Cr3+，说明乙醇具有复原性；D.亚铁离子能被硝酸氧化为铁离子。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、试验原理、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】A【解析】解：依据分析可知，R为H，X为N，Y为Al，Z为Cl元素，硝酸、亚硝酸的酸性大于次氯酸，高氯酸的酸性大于硝酸和亚硝酸，没有指出元素最高价，无法比较N、Cl元素的氧化物对应水化物的酸性强弱，故A错误；X、Z的气态氢化物分别为氨气、氯化氢，氨气与氯化氢发生化合反响生成氯化铵，故B正确；电子层越多离子半径越大，电子层构造一样时，核电荷数越大离子半径越小，则简洁离子半径：Z>X>Y，故C正确；X的简洁氢化物为氨气，氨气可用于检验运输氯气的管道是否发生泄漏，故D正确；应选：A。R、X、Y、Z为原子序数依次増大的短周期元素，R、X、Y属于不同周期，则R位于第一4周期，为H元素，X、Y分别位于其次、第三周期，这四种元素可组成一种化合物的构造如下图，X与4个H形成+1价阳离子，该阳离子应当为NH+，则X为N；Y、Z位于第三4周期，Z只能形成1个化学键，则Z为Cl元素；Y与4个Z形成−1价阴离子，则Y为Al元素，以此分析解答。此题考察原子构造与元素周期律，结合原子序数、物质构造、化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用力量的考察，留意规律性学问的应用，题目难度不大。【答案】CC984，故A正确；旋转单键可以使苯环平面、碳碳双键平面、碳氧双键平面可以共平面，可以使羟基中氢原子处于平面内，故分子中全部原子可能处于同一平面，故B正确；含有碳碳双键与苯环，可以发生加成反响，含有酚羟基、羧基，可以发生取代反响，故C错误；碳碳双键、酚羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；应选：C。该有机物分子含有9个碳原子、8个氢原子、4个氧原子；旋转单键可以使苯环平面、碳碳双键平面、碳氧双键平面可以共平面，可以使羟基中氢原子处于平面内；含有碳碳双键、酚羟基、羧基；碳碳双键、酚羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化。此题考察有机物的构造与性质，娴熟把握官能团的构造、性质与转化，依据甲烷的四周体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考察学生分析推理力量、运用学问解决问题的力量。【答案】B【解析】解：A.Ni电极为阴极，则bA正确；B.PtB错误；C.反响中氯离子先放电生成氯气，后又重生成氯离子，最终反响物为乙烯和水，反响方程式为 ，故C正确；25页1325页D.左侧氯气与水反响生成HClO和HCl，CH2=CH2与HClO作用生成ClCH2CH2OH，HCl在水中剩余，右侧生成KOH，故电解液混合，会发生反响HCl+KOH=KCl+H2O，故D正确；应选：B。由图可知，Pt电极为阳极，电极反响式为2Cl−2e−=Cl2↑，生成的氯气与水反响生成H2=H222H22H−作用生成生成氯离子和环氧乙烷，Ni2H2O+2e−=H2↑+2OH−，氢氧根离子透过阴离子交换膜进入左侧，据此作答。负极是解题的关键。【答案】A【解析】解：A.当分散质粒子直径介于1−100nm之间时，则形成胶体，故大气飘尘可以形成气溶胶，并有丁达尔效应，故A正确；医用酒精的浓度为75%，此时消毒效果最好，浓度再大消毒效果反而降低，由于酒精浓度过高，效果太强，可导致让细菌细胞最外面的蛋白质变性，而形成一个保护膜，使酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌的目的，故B错误；“84消毒液”是由氯气和氢氧化钠溶液反响制得，故有效成分是NaClO，是利用其强氧化性来杀菌消毒，而酒精无强氧化性，故两者的消毒原理不同，故C错误；胶粒的直径在1−100nm之间，溶液中的分散质粒子小于1nm，冠状病毒粒子直径约60～220nm，并不介于胶体粒子和浊液的分散质的直径之间，故D错误。应选：A。当分散质粒子直径介于1−100nm之间时，则形成胶体；丁达尔效应是胶体特有的性质；医用酒精的浓度为75%；“84消毒液”是由氯气和氢氧化钠溶液反响制得；胶粒的直径在1−100nm之间，溶液中的分散质粒子小于1nm。中等，留意对根底学问的积存。【答案】B【解析】解：A.标准状况下，22.4LCO2物质的量为1mol，所含的电子数目为22NA，故A错误；B.乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的“CH2”的物质的量为n=14g14g/mol

=1mol，故含C−H键为2NA

条，故B正确；C.AuC错误；D.甲酸溶液中甲酸、水分子都含有氧原子，100g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子物质的量为：100g×46%46g/mol

×2+100g×54%18g/mol

=5mol，个数为5NA

，故D错误；应选：B。1个二氧化碳含有22个电子；乙烯和环丁烷的最简式均为CH2；C.Au是金属单质；D.甲酸、水分子都含氧原子。构造组成是解题关键，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.CH3CH=CHCH3分子含有2个甲基，甲基具有类似甲烷的四周体构造，属于该有机物全部原子不行能处于同一平面，故A正确；B.CH3CH(OH)CH2CH3与甘油含−OH的数目不同，不属于同系物，故B错误；C.CH3CH=CHCH3与H2加成产物分子式为CH3CH2CH2CH3，先固定1个Cl，然后移动另一H3222H322H322、CH2ClCH2CH2CH2Cl，CH3CCl2CH2CH3，CH3CHClCHClCH3，总共有6种同分异构体，故C正确；D.羟基、碳碳双键均可被酸性高锰酸钾氧化，且酸性高锰酸钾溶液褪色的原理一样，故D正确；应选：B。A.CH3CH=CHCH3分子中含有甲基，具有甲烷的四周体构造；B.二者含−OH的数目不同；C.CH3CH=CHCH3与H2的加成产物为CH3CH2CH2CH3，可固定1个氯原子、移动另一个氯原子可得出其二氯代物数目；D.羟基、碳碳双键均可被高锰酸钾氧化。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、同系物及B大。【答案】D【解析】解：A.氯水中含HClO可使pH试纸褪色，不能选pH试纸测定，故A错误；B.图中缺温度计测定裂解产物的沸点，不能完成试验，故B错误；C.挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反响，由现象不能证明发生取代反响，故C错误；D.只有温度不同，可探究温度对平衡的影响，故D正确；应选：D。氯水中含HClO可使pH试纸褪色；图中缺温度计测定裂解产物的沸点；挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反响；D.只有温度不同。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分别提纯、平衡移动、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】A3O−和H+不属于氧化复原反响，故A错误；32 依据分析可知，该总反响表示HCHO和O22 反响生成二氧化碳和水，总的化学方程式可表示为：HCHO+O2正确；

O

CO HO，故B依据分析可知，O−为中间产物之一，KO2中含有K+和阴离子O−，该微粒与KO2中所含2 2阴离子种类一样，故C正确；假设有1molHCHO参与反响，消耗1molO2，转移的电子数为4NA，故D正确；应选：A。依据图中催化机理，该总反响表示HCHO和O2在二氧化锰作催化剂的条件下发生反响生成二氧化碳和水，即HCHO+O

O2

+HO，H+、O−、▪OH、▪CHO、HCO−为中2 2 2 2 32H+、O−、▪OH，HCHO和▪OH反响2生成▪CHO和H2O，▪CHO和O−反响生成HCO−，HCO−和H+反响生成水和二氧化碳，由此分析。

2 3 3此题考察了氧化复原反响、物质反响的机理，为高频考点，把握图中微粒之间的转化、氧化复原反响原理为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。【答案】C【解析】解：依据分析可知，X为O，Y为Na，Z为S，Q为Cl元素，电子层越多离子半径越大，电子层构造一样时，核电荷数越大离子半径越小，则简洁离子半径：Z>Q>X>Y，故A正确；Cl>S，则最高价含氧酸的酸性：Q>Z，故B正确；X与Z性；Q的单质为氯气，氯气不具有漂白性，故C错误；含有S元素的酸式盐，其水溶液不肯定显酸性，如NaHSD正确；应选：C。短周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序数依次递增，且X与Z同一主族，由X、Y、Z三种A族，为硫代硫酸根离子，则X为O，Z为S元素；Q的原子序数大于S，且为主族元素，则Q为Cl元素；Y形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则Y为Na元素，以此分析解答。此题考察原子构造与元素周期律，结合原子序数、原子构造来推断元素为解答关键，侧重分析与应用力量的考察，留意规律性学问的应用，题目难度不大。【答案】增大反响物的接触面积，使反响充分，提高浸出速率MoS2+6MoO

7MoO

+2SO

9ClO−+MoS

+6OH−=MoO2−+3H

O+9Cl−+3 2 2 2 4 22SO2−4

nMoS2+xLi++xe−=Lix(MoS2)n【解析】解：(1)氧化焙烧时产生烧结现象，故用Na2CO3溶液浸取前需进展粉碎处理，可以增大反响物的接触面积，使反响充分，提高浸出速率，故答案为：增大反响物的接触面积，使反响充分，提高浸出速率；2 (2)MoS2与MoO3反响生成MoO2和SO2，反响为：MoS +6MoO2

7MoO +2SO，2 2 故答案为：MoS +6MoO 2 2

7MoO +2SO；2 (3)在强碱性条件下NaClO将MoS2氧化为Na2MoO4和Na2SO42 9ClO−+MoS2+6OH−=MoO2−+3H2O+9Cl−+2SO2−，4 4故答案为：9ClO−+MoS2+6OH−=MoO2−+3H2O+9Cl−+2SO2−；4 4(4)依据锂和二硫化钼形成的二次电池的总反响为：xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知锂是复原剂，在负极发生氧化反响，负极反响式为：xLi−xe−=xLi+，是氧化剂在正极发2+i++−=Lix(MoS2)n，故答案为：nMoS2+xLi++xe−=Lix(MoS2)n。

燃烧反响方程式为2MoS +7O

2MoO3

2 3MoO3和Na2CO3溶液反响，反响方程式为MoO3+CO2−2 3

=MoO2−+CO ↑，溶液中的溶242a24a24⋅2a24与足量盐酸反响生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气复原MoO3得到Mo，以此解答该题。此题考察物质的制备，为高频考点，侧重考察流程图中操作过程、物质性质等，明确操作根本原理及物质的性质是解此题关键，同时考察学生分析推断及学问综合应用力量，题目难度中等。

2Cu2++4HCO−=Cu(OH)2⋅CuCO3↓+3CO2↑+H2O上升温度能加快反响，3但温度过高导致Cu(OH)2⋅CuCO3分解过滤Cu(OH)2⋅CuCO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2CuCO2↑+3H2O蒸发浓缩冷却结晶33【解析】解：(1)步骤(Ⅰ)将研磨后混合物注入热水后，生成Cu(OH)2⋅CuCO3和CO2，++−=2⋅3↓2↑H2能加快反响速率，但温度过高导致Cu(OH)2⋅CuCO3分解，则制备Cu(OH)2⋅CuCO3需3在热水中进展反响，且温度需掌握在60℃左右，3++O−=2⋅3↓2↑H2但温度过高导致Cu(OH)2⋅CuCO3分解；3操作③为固液分别，为过滤操作，故答案为：过滤；碱式碳酸铜与醋酸反响制得醋酸铜，方程式为Cu(OH)2⋅CuCO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2Cu+CO2↑+3H2O，故答案为：Cu(OH)2⋅CuCO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2Cu+CO2↑+3H2O；图中⑤为醋酸铜晶体的制取，承受的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。步骤②将研磨后混合物注入热水后，会观看到有大量气泡产生并有蓝色沉淀产生，可知除生成Cu(OH)2⋅CuCO3外，还有CO2气体生成，结合电荷守恒和原子守恒即可写动身生反响的离子方程式；碱式碳酸铜不稳定，温度过高简洁分解；操作③为固液分别；碱式碳酸铜与醋酸反响制得醋酸铜；⑤操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥。此题考察物质的制备，题目难度中不大，明确试验目的、试验原理为解答关键，留意把握力。15.【答案2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)△H=+202.0kJ/mol 0.20 放温度越高乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动2)+1O2)=2)△1=H)+

(g)=2 4 2CO2(g)+2H2O(l)△H2=−890.3kJ/mol，③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=−1411.5kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)，反响可由②×2−③−①×2得到，依据盖斯定律，反响的焓变为△H=2△H2−△H3−2△H1=[2×(−890.3)+1411.5+2×285.8)kJ/mol=+202.0kJ/mol,故答案为：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)△H=+202.0kJ/mol；(2)先依据恒温恒容条件下气体的体积分数等于其物质的量分数，设消耗的n(CH4)=xmol，可逆反响2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)开头(mol)1 0 0消耗(mol)x 0.5x x平衡(mol)1−x 0.5x x平衡时乙烯的体积分数=

0.5x1−x+0.5x+x

×100%=20%，x=0.5，但由于是恒压反响器，=1−x+0.5x+x1

1L=1.25L，平衡时c(CH4)=5mol/L、c(C2H4)=1mol/L、c(H2)=5mol/L，在该温度下，其平衡常数K=c(C

2H4

8)c2(H2)

1×(5)2=5 8=

5 8=0.20，c2(CH4)故答案为：0.20；

(5)28(3)由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动，说明正反响是放热反响，故答案为：放；温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动。24(1)①H2(g)+1O2(g)=H2O(l)△H1=−285.8kJ/mol，②CH24

(g)+2O2

(g)=CO2

(g)+2H2O(l)△H2=−890.3kJ/mol，③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=−1411.5kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)，反响可由2−③−①×2得到，焓变进展相应的计算；(2)恒温恒容条件下气体的体积分数等于其物质的量分数，设消耗的n(CH4)=xmol，可逆反响2CH4(g)=C2H4(g2H2(g)开头(mol)1 0 0消耗(mol)x 0.5x x平衡(mol)1−x 0.5x x平衡时乙烯的体积分数=

0.5x1−x+0.5x+x

×%=x=H4)=、c(C2

H4)=0.25mol/L、c(H2

)=0.5mol/LK=c(C2H4)c2(H2)；c2(CH4)(3)由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，则平衡逆向移动。此题考察化学平衡计算、盖斯定律、外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考察图象分析推断、计算力量，明确化学平衡常数计算方法、温度和压强对平衡移动影响原理是解此题关键，题目难度中等。416.【答案】2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑ d HNO3+4SO2

NOSOH 温度过高，浓硝酸易挥发和分解削减【解析】解：(1)亚硝酸不稳定，易分解，发生反响2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O。NOSO4H遇水分解时发生反响的化学方程式：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑，故答案为：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑；a23O3a错误；b.强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与浓硫酸反响生成硫酸钠和二氧化硫和水，20%硫酸不是浓硫酸，故b错误；d.c错误；a23的浓硫酸反响生成硫酸钠和二氧化硫和水d正确；故答案为：d；①装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反响制得NOSO4H，反响方程式为：

NOSOHB中的三颈烧4瓶应放在冷水浴中，43 故答案为：HNO +SO 3

4NOSOH；温度过高，浓硝酸易挥发和分解；444的产量削减，故答案为：削减，装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反响：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反响制得44AO2属于大气污染物，2入装置B中，装置A中导管a的作用是平衡内外压强，确保反响物浓硫酸顺当流下，据此分析答复以下问题。综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取与使用，难度中等。17.【答案】产生硫化氢等气体，污染环境MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2OFe(OH)3、Al(OH)3 Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ MnO2+e−+2H2O=MnO(OH)+2OH−【解析】解：(1)高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境，故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(3)“中和除杂”时，碳酸钙与铁离子、铝离子水解产生的H+反响，从而促进了水解平衡向正向移动，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反响，反响式为：Mn2++2O−e−=2+H+2，电极反响式为MnO2e−H2O=MnO(OH)+OH−，故答案为：Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+；MnO2+e−+2H2O=MnO(OH)+2OH−。高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，参加硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，3子以氢氧化物的形式除去，参加MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的Mn2++2HCO−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，参加硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得到硫酸锰的水合物，3据此分析解答。此题以硫酸锰的制备为背景，考察了学生有关物质分别提纯，氧化复原反响，电化学等内容，明确流程是解题关键，整体难度中等。18.【答案】NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△H=−42.3kJ/mol正NO+5e−+26H+=NH++HO < 60%2422O2+O2=O+3△H=生成物标准生成焓总和一反响物标准生成焓总和=89.9kJ/mol+(−395.2kJ/mol)−(33.9kJ/mol)−(−296.9kJ/mol)=−42.3kJ/mol，热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△H=−42.3kJ/mol，故答案为：NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△H=−42.3kJ/mol；4NO、SO2转化为(NH4)2SO4时，NO发生得电子的复原反响，SO2发生失电子的氧化反应，则电解池中通入SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，即a解接电源正极、b解电源负极，阴极上NO得电子生成NH+，444电极反响式为NO+5e−+6H+=NH++H2O，故答案为：正；NO+5e−+6H+=NH++H2O；44①由图可知，随着温度的上升，NO的平衡转化率降低，即升温，平衡逆向移动，所以正反响为放热反响，△H<0，故答案为：<；②投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1，可设n(Cl2)=amol，n(NO)=2amol，M点NO的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式，2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)起始(mol)2aa0转化(mol)1.2a0.6a1.2a平衡(mol)0.8a0.4a1.2a2M点时容器内Cl的转化率为0.6a×100%=60%，2a故答案为：60%。(1)NO2氧化SO2的化学方程式为NO2+SO2=NO+SO3，依据焓变△H=生成物标准生成焓总和一反响物标准生成焓总和计算该反响的焓变H；雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，N的化合价降低、NO发生复原反响，SO2发生SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，阴极发生得电子的复原反响；①由图可知，随着温度的上升，NO的平衡转化率降低，即升温，平衡逆向移动；②投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1，可设n(Cl2)=amol，n(NO)=2amol，M点NO的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式，2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)起始(mol)2aa0转化(mol)1.2a0.6a1.2a平衡(mol) 0.8a 0.4a 1.2a结合转化率=转化量×100%。起始量解原理的应用等学问，为高频考点，侧重考察学生分析力量、识图力量和计算力量，把难度中等。19.【答案】4s24p3 As>Se>Ge 电负性：N>P，NH3更易结合水电离出的氢离子，促进水的电离sp3杂化正四周体16【解析】解：(1)砷的原子序数为33ⅤA族，基态砷原子的价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3；As与Ge、Se同周期且相邻，由于As的4p轨道处于半满构造，能量低稳定，失去电子到小的挨次为As>Se>Ge，故答案为：As>Se>Ge；原子半径：N<P，电负性：N>P，NH3更易结合水电离出的氢离子，促进水的电离，故碱性：NH3>PH3，故答案为：电负性：N>P，NH3更易结合水电离出的氢离子，促进水的电离；(4)由图可知，As的σ键数为4，无孤电子对，故砷原子轨道杂化类型为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；(5)[Cd(NH3)4]2+中，2个NH3被2个Cl−替代只得到1[Cd(NH3)4]2+的立体构型是正四周体构造，1个[Cd(NH3)4]2+含412个N−H16个σ键，故1mol[Cd(NH3)4]2+含16molσ键，故答案为：正四周体；16；砷的原子序数为33，位于第四周期，第ⅤA族，基态砷原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；原子轨道处于半满、全满、全空时构造稳定，能量低，失去电子更难，同周期自左至右元素的第一电离能呈增大趋势；原子半径：N<P，电负性：N>P，NH3更易结合水电离出的氢离子；(4)σ键数+孤电子对数=4时，轨道杂化类型为sp3杂化；(5)[Cd(NH3)4]2+中，2个NH3被2个Cl−替代只得到1[Cd(NH3)4]2+的立体构型是立体的，不是平面型的，配位键和共价键都属于σ键；，杂化类型、空间构型，σ键数的推断等，属于高频考点，难度不大。20.【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3配位N<sp3N电负性PP3致使其成键电子对间斥力大，键角更大V形H2

O SmFeAsO1−xFx

2[281+16(1−x)+19x]a2cNA×10−30

(1,1,0