广东省潮州市高考第二次模拟考试化学试题

潮州市2021届高考第二次模拟考试化学本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1Na23C12N14O16Mg24P31S32Cu64Ag108第I卷(选择题共44分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是A.点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C.服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒D.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱【答案】A【解析】【详解】A.硫在空气中或纯氧中燃烧产物均为SO2，不是SO3，故点燃爆竹后,硫燃烧生成SO2，A项错误；B.明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈成分主要为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，故可用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，B项正确；C.水杨酸为邻羟基苯甲酸，官能团为羧基、酚羟基，羧基可与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，故服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒，C项正确；D.肥皂主要有效成分为高级脂肪酸钠，使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服高级脂肪酸钠会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙，从而是肥皂失去去污能力，故D项正确；本题选A。2.很多诗句或谚语都包含了丰富的化学知识，下列说法不正确的是A.“雷雨发庄稼”说明有铵盐生成B.“落汤螃蟹着红袍”涉及化学变化C.“水乳交融”“火上浇油”前者涉及物理变化，后者涉及化学变化D.“忽闻海上有仙山，山在虚无缥渺间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关【答案】A【解析】【详解】A、空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，选项A不正确；B、“落汤螃蟹着红袍”生成了红色的新物质，发生了化学变化，选项B正确；C水乳交融指形成乳浊液，是物理变化，火上浇油指燃烧，包含化学变化，选项C正确；D、海市蜃楼现象和胶体的丁达尔现象有关，选项D正确。答案选A。3.某化学学习小组讨论辨析以下说法，其中正确是①福尔马林、聚苯乙烯、油脂、生铁、铝热剂、肥皂均是混合物②冰和干冰都是酸性氧化物，固体时是分子晶体③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质④CO2、NH3、SO2、H2S、Cl2都是非电解质⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体⑥苯酚、纯碱、胆矾和H2O2分别属于酸、碱、盐和氧化物A.①③⑤ B.①②④⑤C.①②③⑤ D.①②③④⑤⑥【答案】A【解析】【分析】①纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；②能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，冰是水的固态形式，不是酸性氧化物；③强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；④非电解质：水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；⑤胶体是分散质为直径1100nm的分散系；⑥苯酚为具有弱酸性的酚，纯碱为盐。【详解】①福尔马林是甲醛水溶液，聚苯乙烯是苯乙烯的加聚反应产物，油脂是高级脂肪酸甘油酯，生铁是铁和碳的合金，铝热剂是铝粉和金属氧化物等的混合物，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，上述物质均属于混合物，正确；②冰不是酸性氧化物，错误；③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质，正确；④CO2、NH3和SO2都是非电解质，H2S是电解质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，错误；⑤鸡蛋清溶液、淀粉溶液、烟水晶、雾都是胶体，都能产生丁达尔效应，正确；⑥纯碱为Na2CO3，属于盐类，错误。综上正确的有①③⑤。答案选A。【点睛】本题考查混合物、酸性氧化物、强电解质、非电解质、胶体、酸、碱、盐和氧化物的定义，难度不大，注意把握概念的区别。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，11.2L苯中所含CH键数目为3NAB.7.8gNa2S和Na2O2组成的混合物，所含阴离子总数为0.1NAC.1molCl2发生反应时，转移的电子数一定为2NAD.常温下，pH＝2的H2SO4溶液中所含H+数目为0.01NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，苯呈非气态，11.2L苯中所含CH键数目大于3NA，故A错误；B.7.8g即0.1molNa2S和Na2O2组成的混合物，所含阴离子总数为0.1NA，故B正确；C.1molCl2发生反应时，转移的电子数不一定为2NA，如1molCl2发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO时，转移的电子数为NA，故C错误；D.H2SO4溶液的体积不定，所含H+数目无从确定，故D错误。故选B。点睛：解答本题需要特别注意在标准状况下不是气体的物质，如水、三氧化硫、苯、四氯化碳等。5.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是()A.甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D.丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应【答案】C【解析】【分析】由比例模型可知，四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，根据物质的性质分析判断。【详解】A．甲是甲烷，甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．乙是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．丙是苯，苯中的碳碳键完全相同，是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故C正确；D．丁是乙醇，乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，不是稀硫酸，故D错误；故选C。6.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A.WZ的水溶液呈碱性B.元素非金属性的顺序为X>Y>ZC.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。7.利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法错误的是A.X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜B.负极的电极反应式：BH4＋8OH一8e═B(OH)4＋4H2OC.2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D.电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出【答案】D【解析】【分析】由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，负极发生：BH4＋8OH一8e═B(OH)4＋4H2O，正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液。【详解】A、由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故A正确；B、在原电池中负极发生氧化反应，故B项正确；C、由A分析可知：在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故C正确；D、正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，故D错误。故选D。【点睛】难点突破：根据图中电子得失判断电极反应，从而确定1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42透过Y膜向2室迁移。8.下列操作或装置能达到实验目的的是A.配制一定浓度的氯化钠溶液 B.除去氯气中的氯化氢 C.观察铁的吸氧腐蚀 D.检查乙炔的还原性【答案】C【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A错误；

B．饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，故B错误；

C．氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C正确；

D．生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误；

故选C。9.已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有氧化性又有还原性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。下列有关说法错误的是pH范围>7<7产物NO3NO、N2O、N2中的一种A.碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2＋ClO=NO3＋ClB.向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色C.向冷的NaNO2溶液中通入SO2可得到HNO2D.低温时不用其它试剂即可区分HNO2溶液与Na2CO3溶液【答案】C【解析】【详解】A、根据信息，HNO2既有氧化性又有还原性，ClO－具有强氧化性，在碱性条件下，NO2－被氧化成NO3－，因此离子反应方程式为NO2－＋ClO－=NO3－＋Cl－，故A说法正确；B、HNO2具有氧化性和还原性，HI中I－具有强还原性，HNO2把I－氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，故B说法正确；C、HNO2具有氧化性，SO2以还原性为主，因此HNO2把SO2氧化成SO42－，本身被还原成NO、N2O、N2中的一种，故C说法错误；D、低温时，HNO2稳定，且HNO2的酸性强于醋酸，醋酸的酸性强于碳酸，即HNO2的酸性强于碳酸，HNO2和Na2CO3采用互滴的方法进行区分，把Na2CO3滴入HNO2，立即产生气体，HNO2滴入Na2CO3溶液，过一段时间后，才产生气体，故D说法正确。10.下列离子方程式错误的是（）A.将少量的硝酸银溶液滴入氨水中Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2OB.碳酸钠水解：CO32+2H2O＝H2CO3+2OH－C.向3%的双氧水中通入少量SO2：H2O2+SO2＝2H++SO42D.向NaHCO3溶液中加入过量石灰水：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A.由于氨水是过量的，则生成了稳定的[Ag(NH3)2]+，正确的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，A项正确；B.碳酸钠分步水解，主要为第一步水解，且为可逆反应，正确的离子方程式为：CO32－+H2O⇌HCO3－+OH－，B项错误；C.向3%的双氧水中通入少量SO2，H2O2氧化SO2生成硫酸，正确的离子方程式为：H2O2+SO2＝2H++SO42，C项正确；D.向NaHCO3溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根离子全部参与反应，假设碳酸氢根离子为1mol，则正确的离子方程式为：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O，D项正确；答案选B。【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3+Ca2++OH=CaCO3↓+H2O，碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3+Ca2++2OH=CaCO3↓+CO32+2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。二、选择题；本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。11.已知：电流效率＝电路中通过的电子数与消耗负极失去电子总数之比。现有两个电池Ⅰ、Ⅱ，装置如图所示。下列说法正确的是()A.Ⅰ和Ⅱ的电池反应不同 B.Ⅰ和Ⅱ的能量转化形式不同C.Ⅰ的电流效率低于Ⅱ的电流效率 D.放电一段时间后，Ⅰ、Ⅱ中都只含1种溶质【答案】C【解析】【分析】在电池Ⅰ中，金属铜发生氧化反应而被腐蚀，负极反应式：Cu2e=Cu2+，正极上是Fe3++e=Fe2+，电池Ⅱ的工作原理和电池Ⅰ相同，都是将化学能转化为电能的装置，采用了离子交换膜，可以减少能量损失，据此回答。【详解】A．根据分析，Ⅰ和Ⅱ的电池反应相同，故A错误；B．根据分析，Ⅰ和Ⅱ都为原电池，都是将化学能转化为电能的装置，故B错误；C．电池Ⅱ工作原理和电池Ⅰ相同，都是将化学能转化为电能的装置，采用了离子交换膜，金属铜和铁离子之间不接触，减少能量损失，Ⅰ的电流效率低于Ⅱ的电流效率，故C正确；D．根据分析，Ⅰ和Ⅱ的电池反应相同，根据电极反应，负极反应式：Cu−2e−=Cu2+，正极上是Fe3++e−=Fe2+，总反应为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，放电一段时间后，Ⅰ、Ⅱ中都含2种溶质：氯化铜和氯化亚铁，故D错误；答案选C。12.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A.将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋B.将铜粉加10mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C.用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D.将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误；B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；故合理选项为D。13.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH=akJ·mol－1(a＞0)。0～10min保持容器温度不变，10min时改变一种条件，整个过程中PCl5、PCl3、Cl2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.0～4min的平均速率v(PCl3)=0.025mol·L－1·min－1B.10min时改变的条件是增加了一定量的PCl5C.若起始时向该容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，保持温度为T，反应达平衡时放出的热量小于1.6akJD.温度为T，起始时向该容器中充入1.0molPCl5、0.10molPCl3和0.10molCl2，反应达到平衡前v正＜v逆【答案】A【解析】【详解】A.0～4min的平均速率v(PCl3)==0.025mol·L－1·min－1，故A正确；B．由图可知，改变条件使PCl3（g）、Cl2（g）的物质的量增大，平衡正向移动，则10min时改变的条件是升温，故B错误；C．从图中读出起始时向该容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，保持温度为T，转化率为120%=80%，若起始时向该容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，保持温度为T，相当于加压，故转化率大于80%，反应达平衡时放出的热量大于1.6akJ，故C错误；D．起始时向该容器中充入1.0molPCl5、0.10molPCl3和0.10molCl2，Qc==0.005，结合图可知K==＞Qc，反应正向进行，v正＞v逆，故D错误；故选A14.我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A.Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B.两种电解质溶液环境下从N2→NH3的焓变不同C.MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2→*N2H)的能量降低D.N2的活化是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程【答案】B【解析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误；C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2→*N2H)的能量大大降低，C正确；D.根据图示可知N2的活化是N≡N键的断裂形成N2H的过程，即是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程，D正确；故合理选项是B。15.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是()A.图中四点Kw间的关系：A＝D＜C＜BB.若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量酸C.若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体D.若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量NH4Cl固体【答案】C【解析】【详解】A、Kw是温度的函数，随温度升高而增大，A、D点温度相同，B点温度高于C点温度，故图中四点Kw间的关系：A＝D＜C＜B，选项A正确；B、从A点到D点，温度不变，酸性增强，采用温度不变加入少量酸使氢离子浓度增大，选项B正确；C、A、C点温度不同，在温度不变情况下加入少量NH4Cl固体无法使氢离子和氢氧根离子浓度同时增大，选项C错误。D、从A点到D点，温度不变，酸性增强，采用温度不变加入少量NH4Cl固体可使氢离子浓度增大，选项D正确。答案选C。16.金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是A.①中需持续吹入空气作氧化剂 B.②中需加入过量稀硫酸C.③中发生了置换反应 D.溶液A为橙色【答案】B【解析】【详解】A.在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；C.Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；D.Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，反应产生Cr2O72使溶液显橙色，D正确；故合理选项是B。第II卷(非选择题共56分)三、非选择题：本题共有5个小题。第17～19题为必考题，考生必须作答，共42分。第20～21题为选考题，考生任选一道作答，共14分。(一)必考题：3小题，共42分。17.氨基锂(LiNH2)是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390℃，沸点是430℃，溶于冷水，退热水则强烈水解。在380～400℃时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图，回答下列问题。

(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是____(填字母)。A．浓氨水、CaOB．NH4Cl固体、Ca(OH)2固体C．浓氨水D．NH4NO3固体、NaOH固体(2)用(1)中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为___(填接口处字母)，装置A的作用是____。(3)装置C中盛装的试剂是___。实验开始后，向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为__。(4)实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多，其最可能的原因是______。(5)氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体，该气体为____，用实验验证你的结论：____。【答案】(1).D(2).e→f→c→d→h→g(g→h)→a(3).吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X(4).碱石灰(5).先通入一段时间的氨气，再加热仪器X(6).氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气(7).氨气(8).)取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色【解析】【分析】【详解】(1)因为NH4NO3受热或撞击易爆炸，故不宜选择NH4NO3固体和NaOH固体制备氨气；故答案为：D；

(2)根据已知有氨基锂(LiNH2)能与水反应，故氨气必须是干燥，B装置也必须是无水环境，故氨气经过C中碱石灰干燥后通入B装置反应，为防止未反应完的氨气污染空气，用A中浓硫酸吸收氨气，同时防止外界的空气进入B，氨气极易溶于水，故在A之前用D做安全瓶，防止倒吸，故相应连接顺序为：e→f→c→d→h→g(g→h)→a；装置A的作用是吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；故答案为：e→f→c→d→h→g(g→h)→a；吸收多余的氨气，同时防止外界空气中的水蒸气进入X；

(3)装置C为干燥管，目的是干燥氨气，用碱石灰；由于Li能与空气中氧气反应，故要先通入一段时间的氨气，排尽装置内的空气，再加热仪器X；故答案为：干燥管；碱石灰；先通入一段时间的氨气，再加热仪器X；

(4)因为氨气是极易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小很多；故答案为：氨气易溶于水，溶液中会溶解相当多的氨气；

(5)LiNH2与热水反应生成LiOH和一种气体，根据元素守恒，生成的气体为氨气，氨气为碱性气体，用红色石蕊试纸检验即可，方案为：取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色；故答案为：该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝色。18.硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：回答下列问题：（1）为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为____（答出两条)。（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式____。（3）反应②为Ag2SO4(s)+2Cl(aq)=2AgCl(s)+SO42(aq)；常温下的Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。则Ag2SO4(s)+2Cl(aq)=2AgCl(s)+SO42(aq)的化学平衡常数的数量级为____。（4）写出反应④的化学方程式____。（5）室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3、SeO32的摩尔分数随pH的变化如图所示，则室温下H2SeO3的Ka2=___。（6）工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5~2，电流强度为5~10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生____(写电极反应式)，若用10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为____%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C·mol1)【答案】(1).加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等任答两条(2).4AgCl+N2H4·H2O+4OH4Ag+4Cl+N2↑+5H2O(或4AgCl+N2H4+4OH4Ag+4Cl+N2↑+4H2O)(3).1014(4).H2SeO3+2SO2+H2O==2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3==2H2SO4+Se+H2O(5).107.3或5.0×108(6).2H++2eH2↑(7).80.4【解析】【分析】硒化银半导体废料（含Ag2Se、Cu单质），加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，被还原成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4·H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银。【详解】（1）为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，任答两条；（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4·H2O+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+5H2O；（或4AgCl+N2H4+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+4H2O）；（3）由图象可知Ksp（Ag2SO4）=105，Ksp（AgCl）=109.75，Ag2SO4（s）+2Cl－（aq）═2AgCl（s）+SO42－（aq）的化学平衡常数K=c(SO42－)/c2(Cl－)=Ksp(Ag2SO4)/[Ksp(AgCl)]2=105/(109.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；（4）反应④的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O═2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3═2H2SO4+Se+H2O；（5）由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H＋)c(SeO32－)/c(HSO3－)=107.3或5.0×108；（6）若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H＋+2e－═H2↑，用10A的电流电解60min，则电子的物质的量为10×60×60/96500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g/108g·mol－1=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.3/0.373×100%=80.4%。19.氮氧化物是形成酸雨、水体富营养化、光化学烟雾等环境问题的主要原因。已知：反应Ⅰ.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH1=－112kJ/mol；反应Ⅱ.2NO2(g)N2O4(g)ΔH2=－24.2kJ/mol；反应Ⅲ.3O2(g)2O3(g)ΔH3=＋144.6kJ/mol；(1)大气层中O3氧化NO的热化学方程式为3NO(g)+O3(g)3NO2(g)ΔH4=________。(2)某温度下，向1L刚性容器中投入1molO2发生反应Ⅲ，5min时压强变为原来的0.9倍后不再变化。①5min内O3的生成速率v(O3)=______________________。②平衡时O2的转化率α(O2)________30%(填“>”“=”或“<”)。(3)常温下，向压强为pkPa的恒压容器中充入2molNO和1molO2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。平衡时NO和NO2的物质的量分别为0.2mol和1mol，则常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=____________kPa1(已知气体中某成分的分压p(分)=×p(总)，用含p的式子表示)。(4)工业上常用氨气去除一氧化氮的污染，反应原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)。测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgKp=5.0+(T为开氏温度)。①该反应ΔH_______________0(填“>”“=”或“<”)。②一定温度下，按进料比n(NH3)∶n(NO)=1∶1，匀速通入装有锰、镁氧化物作催化剂的反应器中反应。反应相同时间，NO的去除率随反应温度的变化曲线如上图。NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________；当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是____________________。【答案】(1).240.3kJ/mol(2).0.04mol·L－1·min－1(3).=(4).0.68/p(5).<(6).迅速上升是因为催化剂活性增强，上升缓慢是因为温度升高(7).迅速下降是因为催化剂失活【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可求得待测反应的热化学方程式；(2)根据在相同条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量的比计算反应消耗的O2及产生的O3的物质的量，然后利用反应速率和物质转化率的定义式计算；(3)根据物质反应转化关系，计算各种物质平衡时物质的量，并根据物质的量的比等于气体所占的压强之比，用平衡分压表示化学平衡常数；(4)①根据温度与化学平衡常数的关系，结合平衡移动原理分析判断反应热效应；②根据催化剂具有催化活性分析；任何催化剂的催化活性都有一定的温度范围，根据温度对催化剂的影响分析。【详解】(1)由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，将，整理可得，ΔH4=ΔH1－ΔH3=240.3kJ/mol。(2)①设5min时生成O3的物质的量为x，则由方程式3O2(g)2O3(g)中物质反应关系可知：每反应消耗3molO2，会同时产生2molO3，减小1mol，则生成O3xmol，消耗O2的物质的量是mol，则平衡时O2的物质的量为(1)mol，由于在相同温度下，气体的物质的量n与压强p成正比，则0.9×n起始(O2)=n平衡(O2)+n平衡(O3)，0.9×1mol=(1)mol+x，解得x=0.2mol，所以O3的生成速率v(O3)==0.04mol/(L·min)。②平衡时O2的物质的量n平衡(O2)=1mol－×0.2mol=0.7mol，平衡时O2的转化率α(O2)=×100%=30%。(3)假设先进行反应Ⅰ，达到平衡后再进行反应Ⅱ，进行反应Ⅰ：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，反应开始时n(NO)=2mol，n(O2)=1mol，由于平衡时n(NO)=0.2mol，反应了2mol0.2mol=1.8mol，所以反应O2的物质的量为×1.8mol=0.9mol，剩余O2的物质的量为1mol0.9mol=0.1mol，则反应I产生NO2物质的量为1.8mol；对于反应Ⅱ：2NO2(g)N2O4(g)，反应开始时n(NO2)=1.8mol，平衡时n(NO2)平=1mol，△n(NO2)=1.8mol1mol=0.8mol，则此时n(N2O4)=×0.8mol=0.4mol，所以平衡时n(总)=n(NO)+n(O2)+n(NO2)+n(N2O4)=0.2mol+0.1mol+1mol+0.4mol=1.7mol，此时p(NO2)=×p(总)=pkPa，p(N2O4)=pkPa，所以常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=kPa1。(4)①根据该反应的平衡常数与温度的关系式lgKp=5.0+可知，随着温度升高，平衡常数降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应。②随反应温度变化，在反应开始时迅速上升是因为催化剂活性增强，之后上升缓慢是因为温度升高，催化剂的催化活性降低；当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是由于催化剂失去催化活性。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡移动及化学平衡有关计算的知识。掌握基本概念、基本理论是本题解答的关键。在有关计算时，要充分利用题干信息，结合物质反应转化关系分析。(二)选考题：每题均为14分。本题包括2小题，考生任选一题作答。20.Cu(In1xGaxSe2)（简称CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好的发展前景。回答下列问题：（1）已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]___；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为___。（2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键，其主要原因是___。常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因是___。（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。则该溶液中溶质的化学式为___。（4）SeO32的立体构型为___；SeO2中硒原子采取杂化类型是___。（5）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA。①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为___pm。②Cu2S晶体中，S2的配位数为___。③Cu2S晶体的密度为ρ=___g·cm3（列出计算式即可）。【答案】(1).4d105s25p1(2).Se>Ga>In(3).硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定(4).组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大(5).[Ga(NH3)4Cl2]Cl(6).三角锥形(7).sp2(8).a(9).8(