的Fe3+沉淀，为了不引入杂质离子，该物质为MgO或Mg(OH)2;同时UO+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀，故滤渣为Fe(OH)3和UO2(OH)2。(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC2,增大了Mg2+浓度，有利于析出MgSO4·H2O。14.(1)增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率(1分)；分液(1分)(2)Ca3(PO4)2十3H2SO4十6H2O—2H3PO4十3CaSO4·2HO(2分)；强酸(1分)(3)促进磷酸二氢钾的析出(1分)(4)氨水(2分)(5)浓氢氧化钾溶液(1分)；2H2O-4e-=O2个十4H+(2分)解析：膦酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸，发生反应Ca3(PO4)2十3H2SO4十6H2O一2HPO4+3CaSO4·2H2O,硫酸钙微溶于水，过滤出CaSO4·2H2O,滤液中含有磷酸，加入KC1,KC1+HPO4一KH2PO4十HC1,HC1易溶于有机萃取剂，则HC1在有机相中，KH2PO4在水相中，水相中加入乙醇可以析出KHPO4晶体。有机相中加入氨水，和盐酸反应生成氯化铵。(5)与x一极相连的为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH,为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液；与y一极相连的为阳极，溶液中的水电离出来的OH一失去电子生成氧气，电极反应式为2H2O一4e=O2个十4H+。15.(1)3Fe2++MnO1+7H2O=3Fe(OH)3V+MnO2V+5H+(2分)(2)1.3(2分)(3)Zn十2NaOH高温或熔炼Na2ZnO2+H2个(2分)(4)CdS+4HCI(浓)=H2[CdC14]+H2S个(2分)解析：镉废渣加人稀硫酸中酸溶，形成硫酸盐溶液，加入石灰乳调节pH=5,使Cu2+和Ca2+形成Cu(OH)2和硫酸钙沉淀除去，滤液中加入高锰酸钾溶液，将Fe2+和Mn2+氧化为Fe3+和MnO2,形成氢氧化铁和二氧化锰沉淀除去。在滤液中再加入Zn,置换出Cd,得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠熔炼其中的锌，得到镉和Na2ZnO2。16.(1)NaCO十O,十V,O二2NaVO十CO2(2分)；将石煤粉碎（或升高反应温度，或增大氧气的浓度)(1分)(2)0.08(2分)；温度升高，促进Mg2+水解生成Mg(OH)2(1分)(3)SO、C1(2分)；取少量滤液于试管中，加入NH4C1溶液，无沉淀生成，则沉钒完全，反之则没有(1分)(4)5C+2V2O5高4V+5C0,个(2分解析：(1)在通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将VO3转化为NVO3的过程中，O2被还原，V元素被氧化，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，该反应的化学方程式为NaCO,十O2十V,O,△2NaVO,十CO2;焙烧过程中为固体与固体和气体之间的反应，因此可通过将石煤粉碎增大反应物接触面积、升高反应温度、增大氧气的浓度来提高化学反应速率。3KspMgs (PO)2(2)若沉淀后溶液中c(P0)=1.0×108mol1,1,则c(Mg*)=八2P0卷八参考答案第3页（共4页）23新教材老高考·ZXQH·化学

解析：反应①为浓硫酸氧化铜单质的反应，浓硫酸作氧化剂被还原成SO2,化合价降低2价，Cu作还原剂被氧化成Cu2+,化合价升高2价，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，A项错误；二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化疏为酸性氧化物，B项正确；反应③为Na2SO3十S—Na2S2O3,生成物只有一种，原子利用率是100%，C项正确；反应④的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4一Na2SO4+Sv+SO2个+H2O,稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，D项错误。答案：AD

二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。10.Zn2GO4是一种具有高催化活性的新型光催化剂，下列相关说法错误的是A.Zn处于元素周期表中的ds区B.Ge的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24pC.基态O原子中存在2个含成对电子的哑铃形轨道D.三种元素中电负性最大的是O

(十五)1.(1)-297(2分》(2)La2O3;b(各1分)(3)①<(1分)②8,50%；（各2分）(4)1×107;1×10-7(各2分)2.as0,+4+2H,00-10CH,S0.+2HI02分y(2)90(2分)；>(1分)(3)①40%(2分)②33.3%；90（各2分）18)X,O1(4)①2：1(2分)②0.142(2分)&1)90.(g+L(0+2H0xg—Hs0.(a9+2HKg:不x(各2分)(代(2)①>；压强；等温过程（各1分）②7.0；4.2×10-3（各2分）（31a.6最20号各2分)货中黑人金0风，0)所击南解对4代了4.I.(1)-63kJ·mol1;-99kJ·mol1(各1分)十2，代1数海分边，速O☑春可(2)①0.05(2分)1084)日8下，a)之1：®72分)③<2分)④不(2分)(秋礼命士命商果Ⅱ.(1)4OH一4e—O2个+2H2O(或其他合理答案，2分)(2)负极(1分)(3)阳极产生H+,部分H+与HCO反应，HCO浓度降低，K+部分迁移至阴极区(2分)5.1)4NH,+O,+4NO催化剂4N,十6H,O(2分)80的3(2)-317(2分))年无(3)①bd(2分)②<(1分)；50%(2分)；0.089(2分)(4)①Ⅱ；Ⅱ催化剂需要的温度较高，耗能高（各1分）②温度超过450℃时，催化剂的活性可能降低，催化效果减弱、反应已达衡，升高温度衡逆向移动(2分)6.(1)2I+MnO2+4Ht—Mn2++2+2H2O(2分)(2)-10(2分)第加心当，录(3)①78.4(2分)；不变(1分)和5是多第(0.784)2②0.1080.1082分)③景，7.29×104（各2分）(4)4.72×107(2分)【2023届高考二轮专题分层突破卷·化学参考答案第26页（共30页）】

液滴定未知浓度的NaOH溶液时，HCI溶液放在酸式滴定管中，且视线应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，B错误；加热促进CO?的水解，碱性增强，酚酞遇碱变红，红色加深，C可达到实验目的；图示装置为原电池装置，酸性条件下，Zn作负极，F作正极被保护，为牺牲阳极法，正极区域无明显现象，D可达到实验目的。12.D每个水分子中的氧原子可以分别与另外两个水分子中的氢原子形成2个氢键，每个水分子含有的两个氢原子也可以分别与另外两个水分子中的氧原子形成2个氢键，由于每个氢键都为两个水分子所共有，因而每个水分子均摊氢键数为4×号=2，A错误：如图可以看出，每个硅原子周围有四条边，而每条边又被6个环所共有，同时由于每个环上有两条边是同一个硅原子周围的，所以每个硅原子被512个最小环所共有，B错误；如图所示的金刚石品胞中碳原子有8个在顶点，6个在面心，4个在体内，因此含有8×日十6×号十4=8个碳原子，C错误：根据(C0,晶胞，以顶点的二氧化碳分子分析，与面心的二氧化碳分子紧邻，每个横截面有4个，总共有3个横截面，因此1个分子周围有12个紧邻分子，D正确。13.D甲装置除去污水中的乙酸钠和对氯苯酚，同时利用此装置产生的电能在铁上镀铜，则甲装置为原电池，乙装置为电解池，甲中H+向A极移动，则A极为正极，B极为负极。乙装置为电镀装置，电镀液的浓度不变，因此溶液的颜色不变，A错误；电镀时，待镀金属作阴极，与电源负极相连，而A极为正极，B错误；A极为正极，C1人》0H得电子，与氢离子反应生成苯酚和氯离子，电极反应式：C1人)OH+2+H+-○》-0H+C,C错误：根据B电极反应式：CH,c00+2H,0-8e一2C0,◆+7H*,铁电极反应式：Cu+十2e一Cu,由各电极上转移的电子数相等，可得关系式：CO2~2Cu,则B电极产生0.25 mol CO2时，铁电极质量理论上增加0.25mol×2×64g·mol-1=32g,D正确。14.CK,(H,S0,)=c(Sc0):cH）,据图可知当c(Se0-)=c(HSe0s)时溶液pH=7.34,即c(H+)c(HSeO3)10,此时K。（H,0)=6(H)=10,A正确：当笔龄的Q=1时，游液中溶质为NaHSeO3,溶液中存在质子守恒：c(H2SeO3)+c(H+)=c(SeO)十c(OH-),B正确；若将n(NaHSeO3)与n(Na2 SeO3)=1:1混合，得到等物质的量浓度的NaHSeO3、Na2 SeO3的混合溶液，SeO的水解常数为Kw=10-14《衣D>K即SO的水解程度大于HSeO的电离程度，此时溶液显液中c(HSeO)>c(SeO),根据滴定过程发生的反应可知，随着NaOH加入的量增多，c(SO)增大，c(HSeO5)减小，c点c(SeO)=c(HSeO3),则c(HSeO3)>c(SeO)对应的点在c点之前，C错误；酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，当溶液中的溶质只有Na2SO3时水的电离程度达到最大，在未完全反应之前，随着NaOH的滴入水的电离程度逐渐增大，D正确。15.(1)图c(1分)C、N、O、F失去第一个电子后的电子排布式分别为1s22s22p、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p,氧的2p能级为半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大（或其他合理答案）(2分)(2)sp(2分)小于(1分)C一F的键能大于C一H的键能，键能越大，分子越稳定（或其他合理答案）(2分)(3)SO2(1分)SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂(或其他合理答案)(2分)(4)甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强（或其他合理答案)(2分)(5)极性键、非极性键非极性（各1分）解析：(1)C、N、O、F失去第个电子后的电子排布式分别为1s22s22p、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p,氧的2p能级为半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大，故其第二电离能最大。(2)CF2一CF2中C原子为双键碳，杂化方式为sp杂化。由于C一F的键能大于C一H的键能，键能越大，分子越稳定，所以CF2CF2的稳定性大于CH2=CH2。(3)SO2是极性分子，在水中的溶解度大于CO2的溶解度。(4)甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强。(5)该化合物中的C一C、Se一Se为非极性键，C一H、C一Se为极性键，该分子的正电中心和负电中心重合，属于非极性分子。【高二化学参考答案第2页（共4页）】

、26:(15分)格锁在金属上可以防锈，坚固美观。一种以格伙矿【主要成分为Fc(CO),还含有28.(14分)氢他将在实现“双碳”目标中起到重要作川，乙醇一水催化承整可获得氢气。主要发A,O,等]为原料生成金属格的工艺流程如下图，生以下反应.反应，C,H,OH(g+H,O(g)一2CO(g)+4H,(g)△∥，=+255.7Jmo'Na,CO,稀硫酸稀硫酸草服反应1C0(g)+H,0g)C0,(gH,(g)△1，=-41.2J·mol铁矿一一水一→酸化一应化一还一电解一·金属回答下列问题：0.速造川(D反应CH,0Hg+3H,0g一2C0,g61,g的△，=t乃.3k红Mo·bH,=△，+2△42已知！①NnFeO,极易水解！(2)压强为100kPa,体积为1L的密闭容器中允人1molC,H,OH(g)和3molH,O(g)发生上述反②CV)在中性或碱性溶液中以CrO!形式存在，在酸性条件下以Cr,O;形式存在应窗时CO,和CO的选择性，乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示（已知，CO的选择S常温时，(OH),+OH一A1(OH),的衡常数：K-10,A1(OH,的帝度积常数：人A1(O),(CO)-10:性(CO)+n(CO,)间答下列问题(1)下c(CO),中格元索的化合价为十？100(00,3)100(2)“培烧”时，气体和矿料逆流加人的原因是80(500,80)80木设时限：O的于方程大为F0十2hO+O9Fc(CrO),反应生成NFcO,和Na,CO,该反应中氧化剂和还原剂的物质量之比为」60(300.60)1-160(500,50》(4)常温下.“酸化”时，铝元家完全转化为沉淀的pH范围为_华州T通常认为溶液40中离子浓度小于10'molL沉淀完全)20206(5)"酸化”的口的是010020000400306007000(6)“还原”时，反应的离子方程式为(?)“电解”时，金属格在(填“阳”或“阴极上产生①表示C0,的选择性的是曲线(班a”或“b”):温度升高，CO,的选择性变化的原27.(14分)连二亚硫酸钠(N,S,O,)俗称保险粉，是一种白色品体，不溶于乙醇，易溶于氢氧因是化钠溶液，在赋性介质中稳定，在酸性条件下易发生歧化反应。某研究性学小组利用下图C②300C时，生成氢气的物质的量为3.2mol所示装置制备连二业硫酸钠并测定其纯度。回答下列问题，P(C0)1「P(H)170%n0③500C时，反应1的标准衡常数P(C,H.OH)P(H,O)'其中P为标准压强(100kPa).pPCH,OHD)、PE,O)、PH)和PCO)为各组分的衡分压，则-2.)（已知：分压=总压×该组分物质的量分数)。(3)为提高氢气的衡产率，可采取的措施为醇溶液(4)生物乙醇铺曲电解可以得到纯氢、其反应过程如图所示，电极b接电源的免极（填(1)装置A中导管a的作用是超乐头位冰脚装置C中仪器b的名称为三欲故瓶“正”成“负”)，阳极的电极反应式为(2)装置B中单向阀的作用是以k(O)补全装置C中反应的化岸方程式：OHCOOH+□NaOH+回SD-山Na,S,O,+DCO,+☑出o实验过程中需控SO,确保NaOH过量的原因是；充分反应后通过分液漏斗滴加一定量乙醇的口的是(4)装置D的作用是气胜爱，PD止方染不圮(5)充分反应后，将装置C中的混合物过德、洗涤、干嫩即得连二亚硫酸钠粗品。称量5.0g该粗品，滴加一定量的NOH溶液使溶液显赋性后，滴加Ag一EDTA络合溶液，发生反应：2Ag+S,O:+4OH-2Ag+2SO+2H,0,充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到5,4g银，则该机品中连二亚硫酸钠的质量分数为门%。C,H,OI1l,0C0,理科综合第9页（共16项）理科综合第10页（共16页）

参考答案答案：（除标注外，每空2分）(1)》们的预期产物，其他属于没有充分利用的，可知a的原180子利用率为=6x44十6x18X100%=48.4%:b.的原CH,COOH A.-NHCCH,+H,O32子利用率为44十3×2X100%=64.0%:c.的原子利用HONH28(2)CHCH,CH(3)酯化反应（或取代反率为44×26X2X100%=28.0%,b的原子利用率高；应)(1分)(2)①根据反应可得①X2-主反应可得CH十2O2(4)羧基和醛基(1分)—CO2十2H,O,根据盖斯定律可知△H=△H3×2△H1=-395.6kJ·mol-1×2-(-156.9kJ·mol11=OH一634.3kJ·mol1;②根据反应可知主反应放热，副反(5)CHCH.CH应吸热，温度过高主要发生副反应，温度低反应速度CH,慢，温度高也可能使催化剂的活性降低，综合考虑选择OH500℃左右；(3)①根据图像可知随着温度的升高甲醇的转化率降6)或者或者低，升温逆向移动，说明反应放热△H<0,分子筛膜能选择性分离出HO(g),使生成物的浓度降低，衡正OH向移动，导致甲醇产率增大；②根据图像可知，不同温HO(1分)度相同时间测得H2的转化率，b,点前温度低反应速率慢未到达衡，b点后面达到了衡，且温度高反应速率u(c)正=o(c)送，Q点未到达衡温度低反应慢，且(7)》u(a)运

个气体物质的量/molH2Oco4.8623混合烃总物质的量/molA.可能有CB.可能有BC.一定有AD.一定没有D18.(10分)常温下，某工程师以浓硫酸、浓硝酸、粗铜、水和空气为原料，设计如图所示制取硫酸铜晶体(CuSO4·5H,O)的生产工序和流程：浓硝酸粗铜浓硫酸粗硫酸铜晶体操作A酸溶1冷却结晶H0、空气NO2滤液(1)写出酸溶I中反应的化学方程式(2)操作A的名称是(3)在上述流程中主要被循环使用的物质是(填化学式)。(4)制硝酸工厂常会排放出NO2气体，为减少污染，可用氢氧化钠溶液吸收生成两种盐。写出对应的离子方程式、。(5)粗硫酸铜晶体经提纯得到CuSO,·5H,0晶体，对其进行热重分析。2.500 g CuSO,·5H,0晶体样品使用坩埚受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。110℃时剩余固体物质的化学式为质量/g2.502.141.781.600102113258温度/℃19.(14分)针对氮氧化物的研究是当前的重大课题。↑e/(mol-L)0.100.0534 5 t/min

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