2023年寧夏銀川一中17校高考化學(xué)聯(lián)考試卷

202317校高考化學(xué)聯(lián)考試卷一、單項(xiàng)選擇題〔742.0分〕中國(guó)人民在悠久的歷史中制造了絢麗多彩的中華傳統(tǒng)文化，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )“冰糖葫蘆”是一種傳統(tǒng)美食，山楂外面包裹的“糖衣”的主要成分是麥芽糖“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”涉及青蒿素提取法“蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶”“澄泥硯”是傳統(tǒng)書法用品之一，是傳統(tǒng)工藝品，用膠泥燒制而成，其主要成分為硅酸鹽“采蒿蓼之屬，曬干燒灰，以水淋汁……”指從草木灰中提取“石堿”，其主要成分為KOH有一種優(yōu)良的磁性合金材料，經(jīng)查閱相關(guān)資料得知：主要成分是Al?Cu?Mg?Fe?Si合金……?，F(xiàn)取幾小塊合金碎片，進(jìn)展如下探究性試驗(yàn)，其中現(xiàn)象、結(jié)論均正確的選項(xiàng)是( )選項(xiàng) 試驗(yàn)方案 現(xiàn)象 結(jié)論參加過(guò)量鹽酸充分反響參加過(guò)量NaOH溶液充分反響

有少量固體不溶；含有金屬銅有無(wú)色氣體產(chǎn)生；含有金屬鋁參加鹽酸溶解后，取上層清液，滴入少許NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀；參加稀硝酸溶解后，取上層清液，參加KSCN溶液 溶液呈紅色；A B.B C.C D.D阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )pH=2的FeCl3溶液中，水電離出的氫離子為0.01NA0.1mol氫氣和0.2mol碘蒸氣于密閉容器中充分反響，分子總數(shù)為0.3NA電解精煉銅時(shí)，陽(yáng)極質(zhì)量削減3.2克，理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.1NA

含有金屬鎂含有鐵元素標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LHF1L溶液，其物質(zhì)的量濃度為0.1mol?L?1中國(guó)是最早將辣椒作為藥物使用的國(guó)家之一，中醫(yī)用辣椒治療胃寒、風(fēng)濕等癥。辣椒素是辣椒辣味來(lái)源，其構(gòu)造簡(jiǎn)式如下。以下有關(guān)辣椒素的說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )分子式為C18H27NO3構(gòu)造中全部碳原子可能共平面其酸性水解產(chǎn)物均可與Na2CO3溶液反響能發(fā)生氧化、復(fù)原、水解、酯化、加成、聚合反響W、X、Y、Z、L為原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素，其中W和Y，X和Z分別位于同主族，化合物M構(gòu)造如下圖，則以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )120頁(yè)W和X形成的化合物只含共價(jià)鍵簡(jiǎn)潔離子半徑：Z>L>Y>X>W依據(jù)構(gòu)造可推想化合物M可用作漂白劑X、Z、L形成的簡(jiǎn)潔氫化物中L的沸點(diǎn)最高霾也叫陰霾(煙霞)，空氣中的灰塵、硫酸、硝酸等顆粒物組成的氣溶膠系統(tǒng)造成視覺障礙的叫霾?？蒲腥藛T提出了霧霾微顆粒中硫酸鹽(含SO2?HSO?)4 4圖，以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是)( )NO2為該硫酸鹽轉(zhuǎn)化過(guò)程中的催化劑I階段的化學(xué)方程式為：SO2?+NO2=SO?+NO?3 3 231molSO?在第Ⅱ、Ⅲ兩個(gè)階段共失去電子數(shù)目為NA3氧化性：NO2>HNO2氨是格外重要的工業(yè)原料，中國(guó)合成氨產(chǎn)量位居世界第一位。有人提出常壓下以電解法合成氨，裝置如下圖，以熔融的NaOH?KOH為電解液，納米Fe2O3起催化作用，在發(fā)生反響時(shí)生成中間體Fe。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )電源b端為負(fù)極，惰性電極Ⅱ上發(fā)生復(fù)原反響生成3.4NH3理論上放出O2為3.36L惰性電極I上發(fā)生反響：Fe2O3+3H2O?6e?=2Fe+6OH?生成氨氣的反響：2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3二、簡(jiǎn)答題〔566.0分〕220頁(yè)錸(Re)合金主要運(yùn)用于高效能噴射引擎及火箭引擎，例如美國(guó)F?22及F?35戰(zhàn)斗機(jī)引擎就承受含錸量6%的第三代單晶體合金構(gòu)成的渦輪葉片，其工作溫度可高達(dá)2023K。錸的特別性質(zhì)打算了它在軍事戰(zhàn)略上格外重要，以下是從硫化銅礦石冶煉過(guò)程中回收金屬錸的工藝流程。：①錸在化合物中價(jià)態(tài)較多，主要以+7、+6、+4和+2最為常見，銅礦中錸大多以CuReS4和ReS2形式存在。②高錸酸銨溶解性：微溶于冷水，易溶于熱水。③泡沫浮選：將研細(xì)的礦物與水混合并參加油，鼓入空氣產(chǎn)生氣泡，含有金屬的礦物顆粒對(duì)油有吸引力，被油包覆并粘附在氣泡上，隨泡沫漂移到外表，脈石的顆粒則沉淀到底部，實(shí)現(xiàn)礦石分別。④造锍熔煉：利用銅、鎳、鈷對(duì)硫的親和力近似于錸，而對(duì)氧的親和力遠(yuǎn)小于錸的性質(zhì)，在氧化程度不同的造锍熔煉過(guò)程中，使錸的硫化物不斷被氧化而除去。答復(fù)以下問(wèn)題：為了增加“泡沫浮選”的效果除了將礦石研磨成肯定顆粒大小以外還可以 (任寫一條)?！霸祜橙蹮挕敝蠧uReS4轉(zhuǎn)化成Re2O7的化學(xué)方程式為 。“煙氣淋洗”時(shí)，水簾從吸取塔 進(jìn)，煙氣從 進(jìn)(填“上口”或“下口”)，目的是 ?！敖Y(jié)晶”得到高錸酸銨粗品的具體操作是：高溫濃縮， ，過(guò)濾， ， 。得到純度99.99%的高錸酸銨的提純操作名稱是 。高溫復(fù)原金屬錸的化學(xué)方程式是 。2023622日，柯達(dá)宣布受到數(shù)碼相機(jī)的影響，打算停頓彩色膠卷的生產(chǎn)。一代人的回憶在它74歲的時(shí)候，畫上了句號(hào)。黑白相機(jī)的底片上涂有一薄層含AgBr的明膠凝膠，曝光時(shí)底片上的AgBr分解成極細(xì)的銀晶核，哪局部感光越強(qiáng)，哪局部就越黑。該過(guò)程稱之為“潛影”。3：Br2在堿性條件下歧化成Br?和BrO?。3答復(fù)以下問(wèn)題：可以利用氣體載體N2、H2、CO2等將溴引向物質(zhì)制備溴化物(加熱及夾持裝置省略)：320頁(yè)①裝置的連接挨次為 。(按字母挨次填寫)②當(dāng)載氣中存在氧氣等雜質(zhì)氣體時(shí)溴化作用減慢，溴化作用減慢的緣由是 。所以待裝置氣密性檢驗(yàn)完畢后，需 。裝置B中盛裝NaOH溶液的目的 (用化學(xué)方程式解釋)。請(qǐng)用化學(xué)方程式表示鐵絲處發(fā)生的反響 。該試驗(yàn)裝置還有肯定的缺陷，請(qǐng)改正： 。α?AgI晶體中的Ag+具有高度的可移動(dòng)性。依據(jù)這個(gè)原理，以α?AgI為主要成分的物質(zhì)作為固體電解質(zhì)電池可以檢測(cè)外界氣氛中氧氣的濃度。O2透過(guò)傳感器聚四氟乙烯薄膜，與活性物質(zhì)AlI3發(fā)生氧化復(fù)原反響，產(chǎn)物向多孔石墨極片集中，形成原電池，正極的電極反響式為 。為測(cè)定液溴在反響中的轉(zhuǎn)化率，通過(guò)沉淀滴定法測(cè)量尾氣吸取液中的Br?濃度(假設(shè)通過(guò)四段式管子的未反響的Br2全部被吸取液吸取)先滴加適量的硝酸再滴加幾滴K2CrO4指示劑然后滴加cmol?L?1的AgNO3溶液至錐形瓶?jī)?nèi)消滅 ，且30s不變化，停頓滴加。此時(shí)滴加了VmL。反響共消耗液溴ag，則Br2的轉(zhuǎn)化率是 。(Ksp[Ag2CrO4紅色]=2.0×10?12，Ksp[AgBr]=5.0×10?13a、c、V的式子表示)《輕型汽車污染物排放限值及測(cè)量方法(中國(guó)第六階段)》，自202371日起實(shí)施，也就是大家熟知的國(guó)Ⅵ汽車排放標(biāo)準(zhǔn)。在我國(guó)汽車產(chǎn)能過(guò)剩的背景下，可以起到淘汰落后產(chǎn)能、引領(lǐng)產(chǎn)業(yè)升級(jí)的作用，同時(shí)能夠滿足重點(diǎn)地區(qū)為加快改善環(huán)境空氣質(zhì)量而加嚴(yán)汽車排放標(biāo)準(zhǔn)的要求。答復(fù)以下問(wèn)題：(1)在20℃時(shí)，：①N2(g)+O2(g)?2NO(g)，正、逆反響的活化能分別為mkJ?mol?1、nkJ?mol?1；420頁(yè)②4NH3(g)+5O2(g)?4NO(g)+6H2O(l)，正、逆反響的活化能分別為pkJ?mol?1、qkJ?mol?1。則反響4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(l)的△H= 。03N22N2)+2H3)△H<0，用傳感器測(cè)得溫度T1、T2時(shí)，容器中n(N2)隨時(shí)間變化如下表。時(shí)間物質(zhì)的量溫度05min10min15min20minT10.1mol0.08mol0.062mol0.05mol0.05molT20.1mol0.07mol?xmol0.06mol①T2時(shí)，0～5min內(nèi)H2的平均反響速率 。②T1時(shí)，反響的平衡常數(shù)為 。③x 0.06(填“>”、“<”或“=”)，緣由是 。汽車排氣管裝有三元催扮裝置，在催化劑外表發(fā)生吸附、解吸消退CO、NO等大氣污染物。反響機(jī)理如下(Pt是催化劑，右上角帶“?”表示吸附狀態(tài))Ⅰ.NO+Pt(s)=NO?Ⅱ.CO+Pt(s)=CO?Ⅲ.NO?=N=+O?Ⅳ.CO?+O?=CO2+Pt(s)Ⅴ.N?+N?=N2+Pt(s)Ⅵ.NO?+N?=N2O+Pt(s)經(jīng)測(cè)定汽車尾氣中反響物及生成物濃度隨溫度變化關(guān)系如圖12所示。①圖1中，溫度為330℃時(shí)主要發(fā)生的是上述 反響；(填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”、“Ⅳ”、“Ⅴ”、“Ⅵ”)反響Ⅵ的焓變△H 0。(填“大于”或“小于”)②圖2，溫度從Ta升至Tb的過(guò)程中，反響物濃度急劇減小的主要緣由是 。③氣體在固體催化劑外表反響時(shí)，同時(shí)進(jìn)展著的吸附反響和解吸反響，共同作用影響總反響速率。反520頁(yè)應(yīng)2NO+2CO=N2+2CO2在固體催化劑外表進(jìn)展的反響速率隨壓強(qiáng)的變化如圖3所示。結(jié)合反響機(jī)理，試解釋bc段反響速率下降的緣由： 。壓敏元件、氣敏傳感器、記憶元件、電容器等電化學(xué)器件。答復(fù)以下問(wèn)題：Ag+的價(jià)層電子排布式為4d10，寫出Ag在周期表中的位置 。第三周期各元素的氯化物熔點(diǎn)、沸點(diǎn)數(shù)據(jù)如下表。NaClMgCl2AlCl3SiCl4PCl3S2Cl2熔點(diǎn)/K1074987465205181193沸點(diǎn)/K16861691453(升華)216349411請(qǐng)解釋第三周期氯化物沸點(diǎn)從左到右變化的緣由： 。偏高碘酸HIO4是無(wú)機(jī)非混合酸中氧化性極強(qiáng)的酸之一，可將Mn氧化為HMnO4，將Fe2+氧化為H2FeO4。HIO4的中心原子雜化形式是 ，構(gòu)成HIO4的三種元素電負(fù)性大小挨次是 ，在HIO4晶體中存在 。(填字母)離子鍵極性共價(jià)鍵C.非極性共價(jià)鍵D.分子間作用力E.σ鍵F.π鍵室溫下，AgI屬于六方ZnSS原子作六方密積存，Zn原子填充在半數(shù)的四周體空隙中。則AgI晶體中I原子的配位數(shù)是 。400℃以上AgI固體的導(dǎo)電力量是室溫的上萬(wàn)倍，可與電解質(zhì)溶液媲美，經(jīng)爭(zhēng)論覺察其146℃以上轉(zhuǎn)化為一種驚奇構(gòu)造：α?AgI，I?作體心立方積存，而Ag+則選擇性填入Iˉ構(gòu)成的三類孔隙中：八面體孔隙(O)、四周體孔隙(T)和三角形孔隙(Tr)，則平均每個(gè)α?AgI晶胞中的Ag+數(shù)是 Iˉ構(gòu)成的三類孔隙積存之比為I?：O：T：Tr=1： ： ：12。620頁(yè)以化合物A為原料合成內(nèi)酯F的路線如圖。答復(fù)以下問(wèn)題：化合物A的官能團(tuán)名稱為 ，B的一溴取代產(chǎn)物有 種?；衔?的名稱是 ，1mol該物質(zhì)最多消耗 molNaOH?；衔顳具有手性碳(連有四個(gè)不同原子或基團(tuán)的碳原子)的數(shù)目為 ，E的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 。E轉(zhuǎn)化成F時(shí)，伴隨產(chǎn)生的另一種產(chǎn)物是 。F的一種同分異構(gòu)體HH；②能發(fā)生銀鏡反響；③含有六元環(huán)構(gòu)造。則H的構(gòu)造簡(jiǎn)式是 。芳香鹵代烴與NaOH反響常常有自身特點(diǎn)有如下圖的兩種主要機(jī)理(苯炔機(jī)理和SNAr機(jī)理)假設(shè)用1?14C(黑點(diǎn)標(biāo)記)氯苯與NaOH反響，則得到兩種苯酚：14C在1位上的苯酚占58%，14C在2位上的苯酚占42%。則此時(shí)按苯炔機(jī)理和SNAr機(jī)理反響的氯苯，物質(zhì)的量之比是 。720頁(yè)答案和解析【答案】C【解析】解：A.“冰糖葫蘆”的“糖衣”是冰糖或白砂糖，其主要成分是蔗糖，不是麥芽糖，故A錯(cuò)誤；B.“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”為萃取過(guò)程，沒有“蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶”，故B錯(cuò)誤；C.“澄泥硯”是用膠泥燒制而成，膠泥的主要成分硅酸鹽，故C正確；D.K2CO3D錯(cuò)誤。應(yīng)選：C。A.此處“糖衣”的主要成分是蔗糖；B.“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”為萃取過(guò)程；C.膠泥的主要成分硅酸鹽；D.草木灰中含有碳酸鉀。此題考察物質(zhì)的組成和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的組成、混合物的分別、化學(xué)與生活生產(chǎn)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與運(yùn)用力量的考察，留意元素及其化合物學(xué)問(wèn)的應(yīng)用，題目難度不大?！敬鸢浮緿【解析】解：A.Cu、Si均不和鹽酸反響，加鹽酸有少量固體不溶，可能是Si，不肯定有Cu，故A錯(cuò)誤；B.Si、Al均可與NaOH溶液反響生成無(wú)色氣體，不能證明含有Al，故B錯(cuò)誤；C.參加鹽酸后，所得溶液中再參加少量NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，生成的白色沉淀可能是氫氧化鋁沉淀，所以不能證明含有金屬鎂，故C錯(cuò)誤；D.鐵單質(zhì)與稀硝酸反響會(huì)生成三價(jià)鐵離子，鐵離子遇KSCN溶液溶液呈紅色，所以試驗(yàn)可以證明含有鐵元素，故D正確。應(yīng)選：D。A.Cu、Si均不和鹽酸反響；B.Si、Al均可與NaOH溶液反響生成無(wú)色氣體；C.參加鹽酸后，所得溶液中再參加少量NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，也可能含有鋁；D.鐵離子遇KSCN溶液溶液呈血紅色．此題考察金屬的性質(zhì)，題目難度不大，留意鋁性質(zhì)的特別性，既能和強(qiáng)酸反響又能和強(qiáng)堿溶液反響，留意常見金屬離子的檢驗(yàn)方法，側(cè)重于考察學(xué)生的分析力量和應(yīng)用力量。820頁(yè)【答案】B【解析】解：A.pH=2的FeCl3溶液中，溶液體積不知，不能計(jì)算水電離出的氫離子，故A錯(cuò)誤；B.0.1mol氫氣和0.2mol碘蒸氣于密閉容器中充分反響生成碘化氫分子數(shù)為0.3NA，故B正確；C.電解精煉銅時(shí)，陽(yáng)極失電子的物質(zhì)除銅外，其它局部雜質(zhì)如Zn、Ni等也發(fā)生氧化反響，當(dāng)陽(yáng)極質(zhì)量削減3.2g時(shí)，電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不肯定為0.1NA，故C錯(cuò)誤；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LHF不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1molD錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。A.溶液體積不知，不能計(jì)算微粒數(shù)；B.0.1mol氫氣和0.2mol碘蒸氣于密閉容器中充分反響生成碘化氫，反響為氣體體積不變的可逆反響；C.電解精煉銅時(shí)，陽(yáng)極失電子的物質(zhì)除銅外，其它局部雜質(zhì)也發(fā)生氧化反響；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下HF不是氣體。此題考察了阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，嫻熟把握公式的使用和物質(zhì)的構(gòu)造是解題關(guān)鍵，題目難度不大?！敬鸢浮緽【解析】解：A.依據(jù)構(gòu)造簡(jiǎn)式可知該有機(jī)物的分子式為C18H27NO3，故A正確；B.結(jié)合甲烷為四周體構(gòu)造可知，圖示構(gòu)造簡(jiǎn)式中最左側(cè)的4個(gè)C原子不行能共平面，故B錯(cuò)誤；C.酸性條件下水解生成羧基，羧基及酚羥基均能夠與碳酸鈉溶液反響，故C正確；D.該有機(jī)物分子中含有酚羥基、苯環(huán)、肽鍵和碳碳雙鍵，能夠發(fā)生氧化、復(fù)原、水解、酯化、加成、聚合反響等反響，故D正確；應(yīng)選：B。該有機(jī)物中含有酚羥基、醚鍵、苯環(huán)、肽鍵和碳碳雙鍵，具有酚、醚、苯、肽及烯烴性質(zhì)，能發(fā)生氧化反應(yīng)、加成反響、復(fù)原反響、水解反響、加聚反響等，據(jù)此分析解答。此題考察有機(jī)物構(gòu)造和性質(zhì)，側(cè)重考察酚、肽、烯烴性質(zhì)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解此題關(guān)鍵，留意水解反響也屬于取代反響，題目難度不大。【答案】C920頁(yè)【解析】解：結(jié)合分析可知，W為HLi，X為O，Y為Na，Z為S，L為Cl元素，A.WLi時(shí)，Li、O形成的氧化鋰中只含有離子鍵，故A錯(cuò)誤；B.電子層越多離子半徑越大，電子層構(gòu)造一樣時(shí)，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡(jiǎn)潔離子半徑Z>LX>Y>W，故B錯(cuò)誤；C.M中含有?O?O?鍵，具有強(qiáng)氧化性，可用作漂白劑，故C正確；D.水分子之間存在氫鍵，導(dǎo)致水的沸點(diǎn)較高，即X、Z、L形成的簡(jiǎn)潔氫化物中X(O)D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。WXY、Z、LY為+1ⅠA族，結(jié)合原子序數(shù)可知Y為Na，W和Y同主族，則W為HLi元素；XZ同主族，X2個(gè)共價(jià)鍵，位于ⅥA族，則X為O，ZS；L的原子序數(shù)大于S，則LCl元素，以此分析解答。此題考察原子構(gòu)造與元素周期律的應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，推斷元素為解答關(guān)鍵，留意把握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考察學(xué)生的分析力量及規(guī)律推理力量，題目難度不大?！敬鸢浮緼【解析】解：A.依據(jù)圖示可知，NO2轉(zhuǎn)化為HNO2，N的化合價(jià)由+4價(jià)變到+3價(jià)，化合價(jià)降低，被復(fù)原，參與了反響生成物質(zhì)，是氧化劑，故A正確；第IO2?O?和O?O?+

=SO?+NO?，3 2 3故B錯(cuò)誤；

3 2 3 21molSO?在第Ⅱ、Ⅲ兩個(gè)階段，1molSO?1mol電子生成HSO?，共失去的電子數(shù)為NAC錯(cuò)誤；3 3 4依據(jù)圖示可知，NO2轉(zhuǎn)化為HNO2，NO2是氧化劑，HNO2是復(fù)原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物>復(fù)原產(chǎn)物，所以氧化性：NO2>HNO2D正確。應(yīng)選：A。依據(jù)圖示可知，NO2轉(zhuǎn)化為HNO2，N的化合價(jià)降低，被復(fù)原，是氧化劑，；第IO2?O?和O?3 2 31molSO?在第Ⅱ、Ⅲ兩個(gè)階段，1molSO?1mol電子生成HSO?；3 3 4依據(jù)圖示可知，NO2轉(zhuǎn)化為HNO2，NO2是氧化劑，HNO2是復(fù)原產(chǎn)物，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物>復(fù)原產(chǎn)物。此題主要考察學(xué)生的氧化復(fù)原反響的相關(guān)學(xué)問(wèn)，同時(shí)考察學(xué)生的看圖、讀圖的理解、應(yīng)用力量，把握氧化20頁(yè)復(fù)原反響中氧化劑與復(fù)原劑的推斷，電子轉(zhuǎn)移、氧化性強(qiáng)弱的比較方法等是解決此題的關(guān)鍵，難度中等?！敬鸢浮緿【解析】【分析】此題考察電解原理的應(yīng)用，題目難度較大，留意結(jié)合題目所給信息推斷電極，難點(diǎn)是電極反響式的書寫，側(cè)重考察學(xué)生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題力量?！窘獯稹侩娊夥ê铣砂?，由裝置圖可知，惰性電極Ⅱ上生成O2，O元素價(jià)態(tài)上升失電子發(fā)生氧化反響，故惰性電極Ⅱ?yàn)殛?yáng)極，電極反響式為4OH??4e?=O2↑+2H2O，惰性電極Ⅰ為陰極，納米Fe2O3起催化作用，在發(fā)生反響時(shí)生成中間體Fe，電極反響式為Fe2O3+3H2O+6e?=2Fe+6OH?，通入N2和H2O，生成NH3，反響2FeN2+3H2O=Fe2O3+2NH3。A.惰性電極Ⅱ?yàn)殛?yáng)極，發(fā)生氧化反響，故電源b端為正極，故A錯(cuò)誤；B.題目未給標(biāo)準(zhǔn)狀況，無(wú)法求算氣體體積，故B錯(cuò)誤；C.惰性電極Ⅰ為陰極，電極反響式為Fe2O3+3H2O+6e?=2Fe+6OH?C錯(cuò)誤；D.2O3FN2和23e+N2+2O=Fe2O3+2NH3D正確；.

答案調(diào)整氣泡大小調(diào)整氣泡速度延長(zhǎng)浮選時(shí)間等4CuReS +25O

4CuO+16SO2

2Re2O7 上4 2 4 4 2 4 結(jié)晶7H +2NHReO

2NH3

+2Re+8H2O【解析】解：(1)將礦石研磨成肯定顆粒大小、調(diào)整氣泡大小、調(diào)整氣泡速度、延長(zhǎng)浮選時(shí)間等，都可以增加“泡沫浮選”的效果，故答案為：調(diào)整氣泡大小、調(diào)整氣泡速度、延長(zhǎng)浮選時(shí)間等；4 OCuReS4和4 OO2反響生成CuO、SO2

O7，化學(xué)方程式為：4CuReS +25O

4CuO+16SO2

+2Re2 7，故答案為：4CuReS+25O

4CuO+16SO2

+2Re2 7；4 O4 O20頁(yè)高煙氣淋洗的效率，故答案為：上口；下口；水向下流煙氣向上集中從而形成對(duì)流，提高煙氣淋洗的效率；由于高錸酸銨微溶于冷水，易溶于熱水，可通過(guò)高溫濃縮，降溫結(jié)晶，過(guò)濾，冷水洗滌，低溫枯燥，得到高錸酸銨粗品，故答案為：降溫結(jié)晶；冷水洗滌；低溫枯燥；利用重結(jié)晶對(duì)高錸酸銨粗品進(jìn)展提純，最終得到純度為99.99%的高錸酸銨，故答案為：重結(jié)晶；NH4ReO4在高溫下被H2Re，銨鹽高溫下會(huì)分解生成NH3，則化學(xué)方程式為7H2+2NH4

ReO4

2NH3

+2Re+8H2O，故答案為：。4和24轉(zhuǎn)化為Cu、Re2O7SO2，ReS2轉(zhuǎn)化為Re2O7和SO2，化學(xué)方程式分別為：4CuReS4+25O2=4CuO+16SO2+2Re2O7、4ReS2+15O2=2Re2O7+8SO2，通過(guò)“煙氣淋洗”得到高錸酸溶液，向溶液中加熱NH4Cl得到高錸酸銨溶液，高錸酸銨微溶于冷水，易溶于熱水，可以通過(guò)高溫濃縮，降溫結(jié)晶，過(guò)濾，冷水洗滌，低溫枯燥，得到高錸酸銨粗品，利用重結(jié)晶的方法進(jìn)展提純，最終得到純度為99.99%的高錸酸銨，據(jù)此分析解答。此題考察物質(zhì)的制備以及分別提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響的作用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力量的綜合考察，試題培育了學(xué)生的化學(xué)試驗(yàn)力量，題目難度較大。

答案A→C→D→B 氧氣等雜質(zhì)氣體與Ag反響形成氧化膜減緩溴化反響先通入一段時(shí)間的N2和H2，除去裝置內(nèi)殘留的空氣(氧氣) 3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O9.6cV%a

尾氣中的H2收集或點(diǎn)燃I2+2e?+2Ag+=2AgI 紅色沉淀1?【解析】解：(1)①由題意可知是利用氣體載體N2、H2、CO2等將溴引向物質(zhì)制備溴化物，所以A在D之ADC在ADB，即裝置的連接挨次為A→C→D→B，故答案為：A→C→D→B；②氧氣等雜質(zhì)氣體與Ag反響形成氧化膜，減小了溴與銀的接觸面積，減緩溴化反響，因此需先通入一段時(shí)間的N2和H2，除去裝置內(nèi)殘留的空氣(氧氣)，再進(jìn)展溴化作用，故答案為：氧氣等雜質(zhì)氣體與Ag反響形成氧化膜減緩溴化反響；先通入一段時(shí)間的N2和H2，除去裝置內(nèi)20頁(yè)殘留的空氣(氧氣)；3Br2在堿性條件下歧化成Br?和BrO?B中盛裝NaOH溶液發(fā)生反響的化學(xué)方程式為3Br2+36NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，故答案為：3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O；由題意可知是利用N2、H2等氣體作為載體，所以鐵絲處是NH3制取N2、H2，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為，故答案為： ；該試驗(yàn)裝置還有肯定的缺陷，尾氣中H2的處理，可進(jìn)展尾氣中的H2收集或點(diǎn)燃，故答案為：尾氣中的H2收集或點(diǎn)燃；由題干可知，是O2與活性物質(zhì)AlI3發(fā)生氧化復(fù)原反響，形成原電池，正極上I2發(fā)生復(fù)原反響生成AgI，則正極的電極反響式為I2+2e?+2Ag+=2AgI，故答案為：I2+2e?+2Ag+=2AgI；(6)由于Ksp[Ag2CrO4紅色]=2.0×10?12，Ksp[AgBr]=5.0×10?13AgBr，再產(chǎn)生Ag2CrO4，3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O可知理論消耗Br的質(zhì)量為3×160g/mol×V×10?3L×cmol/Lag，即Br

的轉(zhuǎn)化率為1?2 5 2×100%=1?9.6cV%，5ag a即答案為：紅色沉淀；1?9.6cV%。a①由題意可知是利用氣體載體N2、H2、CO2等將溴引向物質(zhì)制備溴化物，所以A在D之前，且AD之間需要枯燥裝置，故C在AD之間，最終需要一個(gè)氣體除雜裝置B；②氧氣等雜質(zhì)氣體與Ag反響形成氧化膜，減小了溴與銀的接觸面積，減緩溴化反響，則需要除去裝置內(nèi)殘留的空氣(氧氣)，再進(jìn)展溴化作用；NaOH吸取Br2NaBr和NaBrO3；由題意可知是利用N2、H2等氣體作為載體，所以鐵絲處是NH3制取N2、H2；(4)沒有H2的尾氣處理裝置；(5)由題干可知，是O2與活性物質(zhì)AlI3發(fā)生氧化復(fù)原反響，形成原電池，正極上I2發(fā)生復(fù)原反響生成AgI；(6)由于Ksp[Ag2CrO4紅色]=2.0×10?12，Ksp[AgBr]=5.0×10?13AgBr，再產(chǎn)生Ag2CrO4，3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O可知理論消耗Br的質(zhì)量為3×160g/mol×V×10?3L×cmol/Lag，則可計(jì)算Br

的轉(zhuǎn)化率。2 5 2此題考察物質(zhì)的制備，涉及化學(xué)方程式的書寫、試驗(yàn)方案評(píng)價(jià)和轉(zhuǎn)化率的計(jì)算等，明確試驗(yàn)原理及試驗(yàn)基20頁(yè)本操作方法、試題側(cè)重于考察學(xué)生的分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的力量，留意題目信息的與相關(guān)根底學(xué)問(wèn)聯(lián)合分析，題目難度中等。10.(5n+p?5m?q)kJ/mol3.6×10?3mol?L?1?min?11.48×103L2?mol?2=5min時(shí)，T1溫度下，n(N2)=0.08mol，T2溫度下，n(N2)=0.07mol，說(shuō)明T2時(shí)反響速率更快，則T2>T1，由表可知，溫度為T215min時(shí)到達(dá)平衡IV<溫度上升，催化劑活性增加，反響速率急劇加快，所以反響物濃度急劇減小壓強(qiáng)增大，吸附速率雖增大，但不利于解吸，解吸速率減小更多，所以反響速率減小(1)依據(jù)△H=正反響的活化能?①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=(m?3)+O2)=)+2)△2=p?②?①×5得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)，其△H=△H2?5△H1=(p?q)?5×(m?n)kJ/mol=(5n+p?5m?q)kJ/mol，故答案為：(5n+p?5m?q)kJ/mol；(2)①T2時(shí)，依據(jù)表中數(shù)據(jù)列出三段式：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)起始(mol/L)0.010.030轉(zhuǎn)化(mol/L)0.0030.0090.0065min(mol/L)0.0070.0210.006則0～5min內(nèi)NH

平均速率為v(N

)×3=△c×3=0.03mol

×3=3.6×10?3mol?L?1?min?1，3 2

5L5min故答案為：3.6×10?3mol?L?1?min?1；②T1時(shí)，依據(jù)表中數(shù)據(jù)列出三段式：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)起始(mol/L)0.010.030轉(zhuǎn)化(mol/L)0.0050.0150.01平衡(mol/L)0.0050.0150.01則反響的平衡常數(shù)K=

c2(NH3)c(N2)?c3(H2)

= 0.0120.005×0.0153

L2?mol?2=1.48×103L2?mol?2，故答案為：1.48×103L2?mol?2；122>11時(shí)，15min時(shí)到達(dá)平衡，則T215min前已到達(dá)平衡狀態(tài)，則x=0.06，故答案為：=；5min時(shí)，T1溫度下，n(N2)=0.08mol，T2溫度下，n(N2)=0.07mol，說(shuō)明T2時(shí)反響速率20頁(yè)更快，則T2>T1，由表可知，溫度為T215min時(shí)到達(dá)平衡；(3)①由圖一可知，生成物中CO2的濃度最大，則溫度為330℃時(shí)發(fā)生的主要反響為反響Ⅳ；反響Ⅴ為N?+N?=N2+Pt(s)，成鍵要放出熱量，則反響Ⅴ為放熱反響，故焓變<0，故答案為：Ⅳ；小于；②溫度從Ta升至Tb的過(guò)程中，反響物濃度急劇減小，說(shuō)明反響速率急劇加快，是催化劑活性增加，催化效率提高引起的，故答案為：溫度上升，催化劑活性增加，反響速率急劇加快，所以反響物濃度急劇減??；③b→c但不利于解吸，解吸速率減小更多，所以反響速率減小，故答案為：壓強(qiáng)增大，吸附速率雖增大，但不利于解吸，解吸速率減小更多，所以反響速率減小。依據(jù)△H=正反響的活化能?逆反響的活化能，則①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=(m?n)kJ/mol；②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(1)△H2=(p?q)kJ/mol，依據(jù)蓋斯定律將②?①×5得4NH3(g6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)，其△H=△H2?5△H1，代入數(shù)據(jù)計(jì)算；①T2時(shí)，依據(jù)表中數(shù)據(jù)列出三段式：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)起始(mol/L)0.010.030轉(zhuǎn)化(mol/L)0.0030.0090.0065min(mol/L)0.0070.0210.006則0～5min內(nèi)NH3

平均速率為v(N)×3=△c×3，結(jié)合三段式進(jìn)展計(jì)算；2△t2②T1時(shí)，依據(jù)表中數(shù)據(jù)列出三段式：起始(mol/L)0.010.030轉(zhuǎn)化(mol/L)0.0050.0150.01平衡(mol/L)0.005起始(mol/L)0.010.030轉(zhuǎn)化(mol/L)0.0050.0150.01平衡(mol/L)0.005則反響的平衡常數(shù)K=0.015c2(NH3)0.01，代入數(shù)據(jù)進(jìn)展計(jì)算；c(N2)?c3(H2)122>11時(shí)，15min時(shí)到達(dá)平衡；(3)①由圖一可知，生成物中CO2的濃度最大，則溫度為330℃時(shí)發(fā)生的主要反響為反響Ⅳ；反響Ⅴ為N?+N?=N2+Pt(s)，成鍵要放出熱量，則反響Ⅴ為放熱反響；②溫度從Ta升至Tb的過(guò)程中，反響物濃度急劇減小，說(shuō)明反響速率急劇加快，是催化劑活性增加，催化效20頁(yè)率提高引起的；③b→c但不利于解吸。此題考察較綜合，涉及化學(xué)平衡移動(dòng)影響原理、熱化學(xué)方程式計(jì)算、圖分析推斷等學(xué)問(wèn)點(diǎn)，明確外界條件對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)影響原理、平衡常數(shù)的計(jì)算等是解此題關(guān)鍵，題目難度中等?！敬鸢浮康谖逯芷诘冖馚族從左到右第三周期元素電負(fù)性增加，漸漸由離子晶體轉(zhuǎn)化成分子晶體，沸點(diǎn)降低；但從SiCl4開頭，相對(duì)分子質(zhì)量雖然減小，但分子的極性增加，分子間作用力增大，沸點(diǎn)上升sp3雜化O>I>HB、D、E、F4236【解析】解：(1)Ag+的價(jià)層電子排布式為4d10Ag的價(jià)層電子排布式為4d105s1Ag在周期表中的位置為第五周期第ⅠB族，故答案為：第五周期第ⅠB族；子晶體，離子晶體中，離子鍵越強(qiáng)沸點(diǎn)越高，故NaCl>MgCl2>AlCl3，對(duì)于分子晶體，從SiCl4開頭，相對(duì)分子質(zhì)量雖然減小，但分子的極性增加，分子間作用力增大，沸點(diǎn)上升，SiCl4開始，相對(duì)分子質(zhì)量雖然減小，但分子的極性增加，分子間作用力增大，沸點(diǎn)上升；HIO4I4，承受的是sp3雜化，組成HIO4的三種元素中，依據(jù)電負(fù)性在OIHO>I>，O4O4含3I=O1I?O單鍵和1個(gè)H?O鍵)可以推想在HIO4H和O之間是σ鍵，I和O之間是σ鍵和πBD、E、F符合題意，故答案為：sp3雜化；O>I>H；B、D、E、F；ZnS晶體構(gòu)造有兩種型式，即立方ZnS和六方ZnSZn2+四周4個(gè)S2?，每個(gè)S2?4個(gè)Zn2+Zn和S4，AgI屬于六方ZnS構(gòu)造，即與ZnS構(gòu)造相像，故AgI晶體中I4，故答案為：4；由α?I6126×1+212×1=6個(gè)，四周體空隙在面心，每個(gè)面心有4個(gè)，則有4×6×1=12個(gè)，每個(gè)晶胞中含有的I?的個(gè)數(shù)4 220頁(yè)為：8×1+1=2，則Ag+2，則I?：O：T=2：6：12=1：3：6，8。(1)Ag+的價(jià)層電子排布式為4d10Ag的價(jià)層電子排布式為4d105s1Ag在周期表中的位置；(2)一般有：兩種元素的電負(fù)性差值大于1.7時(shí)，彼此間形成離子化合物，反之形成共價(jià)化合物，離子晶體SiCl4開頭，相對(duì)分子質(zhì)量雖然減小，但分子的極性漸漸增加，分子間作用力漸漸增大，沸點(diǎn)漸漸上升；(3)HIO4的中心原子I原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4HIO4的三種元素中，依據(jù)電負(fù)4O4的構(gòu)造(3個(gè)I=O雙鍵，1個(gè)I?O1個(gè)H?O鍵)可以推想在HIO4分子內(nèi)部存在的化學(xué)鍵種類；(4)ZnS構(gòu)造中，S4，AgI屬于六方ZnS構(gòu)造，即可推斷AgI晶體中I原子的配位數(shù)；(5)由α?AgI6126個(gè)，412個(gè)，每個(gè)晶胞中含有的I?2，則Ag+2，即可得到I?：O：T的