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109，河北省秦皇岛市青龙满族自治县青龙部分学校2023-2024学年高三上学期1月期末化学试题
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这是一份109，河北省秦皇岛市青龙满族自治县青龙部分学校2023-2024学年高三上学期1月期末化学试题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
分值：100分 考试时间：75分钟
第I卷 选择题(共39分)
一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 我国科学家通过电化学与生物技术将还原为乙酸，再转化成葡萄糖等有机物，实现了的资源化利用．下列说法不正确的是
A. 该研究有利于我国实现“碳中和”B. 乙酸是强电解质
C. 葡萄糖是分子晶体D. 该反应中涉及电能与化学能的转化
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过电化学与生物技术将CO2还原为乙酸，该研究有利于我国实现“碳中和”，A正确；
B．乙酸是弱电解质，B错误；
C．葡萄糖是由分子构成的，是分子晶体，C正确；
D．该反应中将电能转化为化学能，涉及电能与化学能的转化，D正确；
故选B。
2. 关于化合物2−苯基丙烯( )，下列说法正确的是
A. 与溴水混合后的现象是分层，上层液体显橙色，下层液体无色B. 可以发生加聚反应
C. 分子中所有原子一定共平面D. 易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【分析】根据结构简式 可知，2−苯基丙烯中含有苯环和碳碳双键。
【详解】A. 2−苯基丙烯与溴水混合，碳碳双键能与溴发生加成反应，使溴水褪色，A错误；
B. 2−苯基丙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，形成聚合物，B正确；
C. 苯环和碳碳双键都属于平面结构，由于 分子中碳碳单键可以旋转，所以分子中所有原子并不一定共平面，C错误；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D. 2−苯基丙烯属于芳香烃，难溶于水，易溶与有机溶剂如甲苯等，D错误
答案选B。
3. 下列古代发明与所给化学变化对应错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、生产陶瓷的原料是黏土，高温下发生复杂的物理和化学变化，故A错误；
B、黑火药的主要成分是S 、KNO3和C，爆炸时发生的反应为，故B正确；
C、湿法炼铜是用铁还原硫酸铜溶液，故C正确；
D、用谷物酿酒是将淀粉发酵生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，故D正确；
故选A。
4. 下列描述正确的是
A. 硝酸的标签上应标注和
B. 硫离子结构示意图
C. HClO的电子式：
D. 239Pu比235U原子核内多4个中子
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，不是自燃物品，故A错误；
B．硫离子的核外电子数为18，核电荷数为16，硫离子结构示意图，故B正确；
C．次氯酸的电子式是，Cl原子形成1个共价键，O原子形成2个共价键，故C错误；
D．的中子数N=A-Z=239-94=145；的中子数N=235-92=143，145-143=2，故D错误；
答案选B。
5. 下列各组离子中。在无色碱性溶液里能大量共存的是
A. K+、Na+、Cl-、SOB. Na+、HCO、NO、SO
C. K+、Na+、MnO、Cl-D. Mg2+、K+、Cl-、NO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．四种离子在所给条件下能大量共存，A符合题意；
B．由，知在碱性溶液中不能大量存在，B不符合题意；
C．含的溶液显紫红色，C不符合题意；
D．由Mg2++2OH- = Mg(OH)2↓，知Mg2+在碱性溶液中不能大量存在，D不符合题意；
故答案选A。
6. 的反应类型属于
A. 取代反应B. 加成反应C. 分解反应D. 化合反应
【答案】A
【解析】
【详解】该反应是溴原子取代了苯环上一个氢原子，属于取代反应，故选A。
7. 实验室制备下列气体所选装置，制备试剂、除杂试剂及所选装置均正确的是
(干燥、收集装置略)
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室中不能采用直接加热氯化铵制取氨气，应用浓氨水加热制取，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置可选b、c，故B错误；
C．乙醇与浓硫酸发生消去反应生成乙烯需要控制温度迅速升至170℃，因此装置中需用温度计控制反应温度，故C错误；
D．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，装置应选a、c，故D正确；
故选：D。
8. 海洋生物参与氮循环过程如图所示：
下列说法中正确是
A. 反应①是氧化还原反应
B. N2H4中存在氮氮双键
C. 反应②中NH2OH被氧化
D. 等量NO参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应①中没有化合价变化，因此不是氧化还原反应，故A错误；
B．N2H4中氮有三个价键，每个氮与两个氢形成氮氢键，因此只存在氮氮单键，故B错误；
C．反应②中NH2OH的−1价的N化合价降低变为N2H4的−2价N，因此NH2OH被还原，故C错误；
D．等量NO参加反应，反应④是+3价氮降低到−1价，反应⑤是+3价氮降低到0价，因此反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确。
综上所述，答案为D。
9. 工业上用某种氧化铝矿石(含杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：
对上述流程的判断正确的是
A. 反应Ⅱ中用过量的稀硫酸或稀盐酸代替效果更佳
B. 试剂X为氨水，目的是除去矿石中的氧化铁杂质
C. 反应Ⅱ的离子方程式为
D. Fe和可以组成铝热剂，工业上通过铝热反应制备Al，成本更低
【答案】C
【解析】
【分析】溶液乙中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，故溶液乙中主要成分为偏铝酸钠，故X为NaOH溶液，沉淀为Fe2O3，Y为NaHCO3。
【详解】A．氢氧化铝与过量的稀盐酸或稀硫酸可以发生反应，故反应Ⅱ中不能用过量的稀硫酸或稀盐酸代替，A错误；
B．根据分析，试剂X为NaOH溶液，B错误；
C．反应Ⅱ中偏铝酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为，C正确；
D．Fe的活泼性比Al低，不能用铝热法制备Al，工业上常采用电解熔融氧化铝制备Al，D错误；
故选C。
10. 下列有机物命名正确的是
A. 2—乙基丙烷B. CH3CH2CH2CH2OH 1—丁醇
C. 间二甲苯D. 2—甲基—2—丙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A．该物质最长链有4个碳，2号碳上有一个支链甲基，所以名称为2-甲基丁烷，故A错误；
B．醇在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子编号，故-OH在1号碳原子上，名称为1-丁醇，故B正确；
C．两个甲基处于苯环对位，应为对二甲苯，故C错误；
D．烯烃的命名，编号应该从距离碳碳双键最近的一端开始，该命名的编号方向错误，正确名称应为2-甲基-1-丙烯，故D错误；
故选B。
11. 近日，中科院福建物质结构研究所的曹荣合成了单原子Fe-N4催化剂(FeSAs/PTF)，如图所示。已知：熔点为283℃，易溶于丙酮等有机溶剂。下列叙述错误的是
A. 上述转化中，作催化剂，它是分子晶体
B. Fe-TPPCN转化成FeSAs/PTF中Fe的配位数保持不变
C. 上述物质中，C原子采用杂化和杂化
D. 上述两种分子均能发生加成、氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．上述转化中，作催化剂，熔点为283℃，易溶于丙酮等有机溶剂，符合分子晶体的特征，它是分子晶体，故A正确；
B．由图可知，Fe-TPPCN和FeSAs/PTF中Fe的配位数均为5，故B正确；
C．Fe-TPPCN中C为sp、sp2杂化，FeSAs/PTF中C原子采用杂化，故C错误；
D．上述两种分子均含有碳碳双键可以发生加成反应，有机物可以燃烧发生氧化反应，故D正确；
故选C。
12. 设NA表示阿伏加 德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 1mlNa在空气中反应后生成Na2O、Na2O2混合物，转移的电子数一定为NA
B. 常温常压下，1.8gH2O中含有的电子数为0.8NA
C. 标准状况下，2.24LSO3含有的原子数为0.4NA
D. 0.1ml·L-1的FeCl3溶液中含有Fe3+的数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na化合价由0价变为+1价，因此1 mlNa在空气中反应后生成Na2O、Na2O2混合物转移的电子数一定为NA，故A正确；
B. 1个H2O含有10个电子，常温常压下，1.8gH2O物质的量为，含有的电子数为NA，故B错误；
C. 标准状况下，SO3是非气态的物质，无法计算物质的量，故C错误；
D. FeCl3溶液的体积未知，因此无法计算含有Fe3+的数目，故D错误。
综上所述，答案为A。
13. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法正确的是
A. 工业上常通过电解Z的熔融氯化物的方法制取Z的单质
B. 简单离子半径：Q>Z>X>Y
C. 氢化物的沸点：Y>X>W
D. X与Y可形成5种以上的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的相对位置，可知X、Y为第二周期元素，Z、W、Q为第三周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，可知W元素是P元素，则X是N元素，Y是O元素，Q是Cl元素，Z是Al元素，据此分析解答。
【详解】A．经分析Z是Al元素，工业上常通过电解氧化铝的方法制备铝单质，故A错误；
B．X、Y、Z、Q分别是指N、O、Al、Cl四种元素，N、O、Al的简单离子具有2个电子层，核外电子数相同，原子序数越小，简单离子半径越大，Cl的简单离子具有3个电子层，则它们的简单离子半径大小顺序为Q>X>Y>Z，故B错误；
C．Y、X、W分别是指O、N、P三种元素，它们的氢化物有很多，因此沸点无法比较，故C错误；
D．X是N元素，Y是O元素，X与Y可形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5、N2O3等5种以上的化合物，故D正确；
本题答案D。
14. 高铁酸盐在电池领域的应用日趋成熟．用电解法制备高铁酸盐的装置如下图所示．下列说法错误的是
A. 该离子交换膜为阳膜，由右至左移动
B. 阳极的电极反应式为
C. 电解一段时间后，阴极室的值不变
D. 高铁酸盐还可用于水的消毒和净化
【答案】C
【解析】
【分析】用电解法制备高铁酸盐，Fe失电子发生氧化反应，Fe是阳极，阳极反应式为，阴极反应式为；
【详解】A．Fe阳极，阳极生成，为防止向阴极移动，该离子交换膜为阳膜，由右至左移动，故A正确；
B．用电解法制备高铁酸盐，Fe失电子发生氧化反应，阳极的电极反应式为，故B正确；
C．阴极反应式为，电解一段时间后，阴极室的值增大，故C错误；
D．高铁酸盐中铁的化合价为+6，具有强氧化性，的还原产物水解为胶体，吸附水中杂质，所以可用于水的消毒和净化，故D正确；
选C。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
二、填空题(本题包括4个小题，共58分)
15. PVB是一种常用的热塑性高分子，具有良好的耐老化性和电绝缘性。现以A为原料合成PVB，其合成路线如下：
已知：
Ⅰ．R−CHO+R′CH2CHO +H2O
Ⅱ． + +H2O(R、R′可表示烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）用质谱仪测定A相对分子质量，得到图1所示的质谱图，则A的相对分子质量为___________。核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如甲基氯甲基醚(，有2种氢原子)的核磁共振氢谱如图2所示，经测定，有机物A的核磁共振氢谱图如图3所示，则A的结构简式为___________。
（2）B→C的反应类型有___________。PVAc的结构简式为___________。
（3）写出B发生银镜反应的离子反应方程式___________。
（4）已知-OH直接连在不饱和碳原子上不稳定，会自动发生分子内重排形成-CHO。则D的同分异构体中能与金属Na反应产生H2的有___________种。
（5）下列有关PVA的说法，错误的是___________。
A. PVA不溶于汽油、煤油等有机溶剂B. PVA要存于阴凉干燥的库房，要防火防潮
C. PVA加热到一定温度会脱水醚化D. PVA是一种高分子化合物，对人体有毒
（6）写出PVA与D合成PVB的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. 46 ②. CH3CH2OH
（2） ①. 加成反应、消去反应 ②.
（3）
（4）4 （5）D
（6） +CH3CH2CH2CHO +H2O(或系数加倍)
【解析】
【分析】采用逆推法，可确定D为CH3CH2CH2CHO，则C为CH3CH=CHCHO，B为CH3CHO，A为CH3CH2OH。E为CH3COOH，F为CH3COOCH=CH2，PVAC为 。
【小问1详解】
从质谱图中可以看出，A的相对分子质量为46。有机物A的核磁共振氢谱图中有3种吸收峰，表明A分子中含有3种氢原子，则A的结构简式为CH3CH2OH。
【小问2详解】
B(CH3CHO)→C(CH3CH=CHCHO)，则表明2个CH3CHO先生成CH3CH(OH)CH2CHO，再脱掉1个H2O生成CH3CH=CHCHO，反应类型有加成反应、消去反应。依据分析，可得出PVAc结构简式为 。
【小问3详解】
B(CH3CHO)发生银镜反应，生成CH3COONH4、Ag、NH3等，离子反应方程式为。
【小问4详解】
D为CH3CH2CH2CHO，同分异构体中能与金属Na反应产生H2的有机物为醇，结构简式可能为CH2=CHCH2CH2OH、CH2=CHCH(OH)CH3、CH3CH=CHCH2OH、CH2=C(CH3)CH2OH，有4种。
【小问5详解】
A．PVA分子中含有亲水基-OH，溶于水，但不溶于汽油、煤油等有机溶剂，A正确；
B．PVA遇明火会燃烧，室温下会凝胶成冻，高温下会变稀恢复流动性，所以要存于阴凉干燥的库房，要防火防潮，B正确；
C．PVA加热到100℃以上慢慢变色、脆化，加热到160~170℃脱水成醚，失去溶解性，C正确；
D．PVA是一种极安全的高分子化合物，对人体无毒，无副作用，具有良好的生物相容性，D错误；
故选D。
【小问6详解】
依照题给流程信息，PVA( )与D(CH3CH2CH2CHO)合成PVB的化学方程式为 +CH3CH2CH2CHO +H2O(或系数加倍)。
【点睛】受醛基的影响，醛分子中α-碳原子上连有的氢原子比较活泼，易发生反应。
16. 图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铜网，F右端出气管口附近放有脱脂棉。
试回答：
(1)写出①中的离子反应方程式_____________________；
(2)C试剂是__________________ ；
(3)E中干燥红色布条_____(填“褪色”或“不褪色”)；
(4)F管中现象为____；
(5)A仪器的名称____，H装置的作用是_____；写出H中的离子反应方程式__________。
【答案】 ①. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ②. 饱和食盐水 ③. 不褪色 ④. 产生棕黄色的烟 ⑤. 分液漏斗 ⑥. 吸收氯气的尾气，防止污染环境 ⑦. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，C中饱和食盐水可除去挥发的HCl，D中浓硫酸干燥氯气，E瓶中放有干燥红色布条，E中布条不褪色，F中Cu与氯气反应生成氯化铜，G为向上排空气法收集氯气，H中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】(1)实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，A中是浓盐酸，B中是二氧化锰固体，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)生成的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，所以C中试剂为饱和食盐水；
(3)E是收集氯气并检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气无漂白性，则干燥的有色布条不褪色；
(4)F是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕黄色烟，反应的化学方程式为Cu+Cl2CuCl2；
(5)盛装浓盐酸的A仪器的名称分液漏斗；氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
【点睛】考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，另外浓盐酸有挥发性，制得的氯气中混有HCl和水蒸气，需要利用C装置中饱和食盐水和D装置中浓硫酸除去，得到干燥纯净的氯气。
17. 碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165 kJ·ml-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41.1 kJ·ml-1
（1）写出CO甲烷化反应的热化学方程式：_______。
（2）图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是_______，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为_______MPa。
（3）图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用_______MPa，原因是_______。
（4）450°C时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 ml CO2和4 ml H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·ml-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K=_______。
（5）废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 ml·L-1的H2SO4溶液。则电极d为_______(填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为_______。
【答案】（1）
（2） ①. 反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大 ②. a
（3） ①. 0.1MPa ②. 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
（4）6.75 （5） ①. 正 ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；a
【小问3详解】
由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
【小问4详解】
根据题意，起始时 CO2为1ml/L，H2为4ml/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25ml/L，H2为1ml/L，CH4为0.75ml/L，H2O为1.5ml/L，则该反应的平衡常数 ，故答案为：6.75；
【小问5详解】
根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：正；。
18. 一种利用含AgCl的废渣制取AgNO3的工艺流程如下：
(1)步骤①用氨水浸取时，温度不宜超过35℃，其原因是 ___。在氨水浓度、固液质量比和温度均一定时，为提高银的浸取率还可采取的措施是____；浸取时发生反应的离子方程式为____。
(2)步骤②中发生反应的离子方程式为______。
(3)步骤③中，银与浓硝酸反应生成等物质的量的NO和NO2，当消耗了10.8g Ag时，有______mlHNO3参与了反应。
(4)步骤④的操作为______，100℃下烘干得产品AgNO3。
(5)上述流程中发生了氧化还原反应的步骤有______(用“①”“②”“③”“④”填空)。
【答案】 ①. 温度过高会加速氨的挥发 ②. 适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取 ③. AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O ④. 4[Ag(NH3)2]++ N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O ⑤. 0.15 ⑥. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤) ⑦. ②③
【解析】
【分析】向氯化银废渣中加入氨水浸取，得到含有[Ag(NH3)2]+的滤液，适当升高温度可以加快反应速率，温度过高又会加速氨的挥发；向含有[Ag(NH3)2]+的溶液中加入N2H4·H2O并调节pH至10～11，该过程中Ag+被还原成Ag，并生成N2和NH3；将过滤得到的银单质溶于浓硝酸，得到硝酸银溶液，之后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到AgNO3。
【详解】（1）氨气易挥发，温度过高会加速氨的挥发，造成原料的浪费；在氨水浓度、固液质量比和温度均一定时，为提高银的浸取率还可适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取；根据流程可知反应物为AgCl和氨水，所以离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O；
（2）反应②中Ag+被还原成Ag，N2H4·H2O被氧化为N2，同时有氨气生成，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：4[Ag(NH3)2]++ N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；
（3）10.8g Ag的物质的量为0.1ml，则生成的n（AgNO3）=0.1ml，设生成的n（NO）= n（NO2）=x，根据电子守恒可知x+3x=0.1ml，所以x=0.025ml，则根据氮元素守恒可知消耗的硝酸的物质的量为0.1ml+0.025ml+0.025ml=0.15ml；
（4）从溶液中获取晶体一般需要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
（5）步骤①的反应没有化合价变化不属于氧化还原；步骤②中Ag元素化合价降低，N元素化合价升高，属于氧化还原反应；步骤③中硝酸将银单质氧化属于氧化还原反应；步骤④为蒸发结晶过程，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，综上所述属于氧化还原的为②③。
【点睛】第1题中书写离子方程式要注意AgCl为难溶物，不写成离子，一水合氨为弱电解质，也不能写成离子；涉及氧化还原反应的计算，要先从守恒的角度考虑问题；从溶液中获取晶体一般需要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。选项
古代发明
化学变化
A
生产陶瓷
B
黑火药爆炸
C
湿法炼铜
CuSO4+Fe=Cu+FeSO4
D
用谷物酿酒
(C6H10O5)n→C6H12O6→CH3CH2OH
气体
制备试剂
除杂试剂
所选装置
A
NH3
NH4Cl
——
b、c
B
Cl2
MnO2+浓HCl
饱和NaCl溶液
a、c
C
C2H4
C2H5OH+浓H2SO4
NaOH溶液
b、c
D
C2H2
电石+饱和NaCl溶液
CuSO4溶液
a、c
分值：100分 考试时间：75分钟
第I卷 选择题(共39分)
一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 我国科学家通过电化学与生物技术将还原为乙酸，再转化成葡萄糖等有机物，实现了的资源化利用．下列说法不正确的是
A. 该研究有利于我国实现“碳中和”B. 乙酸是强电解质
C. 葡萄糖是分子晶体D. 该反应中涉及电能与化学能的转化
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过电化学与生物技术将CO2还原为乙酸，该研究有利于我国实现“碳中和”，A正确；
B．乙酸是弱电解质，B错误；
C．葡萄糖是由分子构成的，是分子晶体，C正确；
D．该反应中将电能转化为化学能，涉及电能与化学能的转化，D正确；
故选B。
2. 关于化合物2−苯基丙烯( )，下列说法正确的是
A. 与溴水混合后的现象是分层，上层液体显橙色，下层液体无色B. 可以发生加聚反应
C. 分子中所有原子一定共平面D. 易溶于水及甲苯
【答案】B
【解析】
【分析】根据结构简式 可知，2−苯基丙烯中含有苯环和碳碳双键。
【详解】A. 2−苯基丙烯与溴水混合，碳碳双键能与溴发生加成反应，使溴水褪色，A错误；
B. 2−苯基丙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，形成聚合物，B正确；
C. 苯环和碳碳双键都属于平面结构，由于 分子中碳碳单键可以旋转，所以分子中所有原子并不一定共平面，C错误；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D. 2−苯基丙烯属于芳香烃，难溶于水，易溶与有机溶剂如甲苯等，D错误
答案选B。
3. 下列古代发明与所给化学变化对应错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、生产陶瓷的原料是黏土，高温下发生复杂的物理和化学变化，故A错误；
B、黑火药的主要成分是S 、KNO3和C，爆炸时发生的反应为，故B正确；
C、湿法炼铜是用铁还原硫酸铜溶液，故C正确；
D、用谷物酿酒是将淀粉发酵生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，故D正确；
故选A。
4. 下列描述正确的是
A. 硝酸的标签上应标注和
B. 硫离子结构示意图
C. HClO的电子式：
D. 239Pu比235U原子核内多4个中子
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，不是自燃物品，故A错误；
B．硫离子的核外电子数为18，核电荷数为16，硫离子结构示意图，故B正确；
C．次氯酸的电子式是，Cl原子形成1个共价键，O原子形成2个共价键，故C错误；
D．的中子数N=A-Z=239-94=145；的中子数N=235-92=143，145-143=2，故D错误；
答案选B。
5. 下列各组离子中。在无色碱性溶液里能大量共存的是
A. K+、Na+、Cl-、SOB. Na+、HCO、NO、SO
C. K+、Na+、MnO、Cl-D. Mg2+、K+、Cl-、NO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．四种离子在所给条件下能大量共存，A符合题意；
B．由，知在碱性溶液中不能大量存在，B不符合题意；
C．含的溶液显紫红色，C不符合题意；
D．由Mg2++2OH- = Mg(OH)2↓，知Mg2+在碱性溶液中不能大量存在，D不符合题意；
故答案选A。
6. 的反应类型属于
A. 取代反应B. 加成反应C. 分解反应D. 化合反应
【答案】A
【解析】
【详解】该反应是溴原子取代了苯环上一个氢原子，属于取代反应，故选A。
7. 实验室制备下列气体所选装置，制备试剂、除杂试剂及所选装置均正确的是
(干燥、收集装置略)
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室中不能采用直接加热氯化铵制取氨气，应用浓氨水加热制取，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气中混有挥发出HCl气体，可用饱和食盐水除去，装置可选b、c，故B错误；
C．乙醇与浓硫酸发生消去反应生成乙烯需要控制温度迅速升至170℃，因此装置中需用温度计控制反应温度，故C错误；
D．电石和饱和食盐水常温下反应生成乙炔，因电石中含有硫化物，同时会生成硫化氢，可用硫酸铜溶液将硫化氢沉淀除去，装置应选a、c，故D正确；
故选：D。
8. 海洋生物参与氮循环过程如图所示：
下列说法中正确是
A. 反应①是氧化还原反应
B. N2H4中存在氮氮双键
C. 反应②中NH2OH被氧化
D. 等量NO参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．反应①中没有化合价变化，因此不是氧化还原反应，故A错误；
B．N2H4中氮有三个价键，每个氮与两个氢形成氮氢键，因此只存在氮氮单键，故B错误；
C．反应②中NH2OH的−1价的N化合价降低变为N2H4的−2价N，因此NH2OH被还原，故C错误；
D．等量NO参加反应，反应④是+3价氮降低到−1价，反应⑤是+3价氮降低到0价，因此反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确。
综上所述，答案为D。
9. 工业上用某种氧化铝矿石(含杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：
对上述流程的判断正确的是
A. 反应Ⅱ中用过量的稀硫酸或稀盐酸代替效果更佳
B. 试剂X为氨水，目的是除去矿石中的氧化铁杂质
C. 反应Ⅱ的离子方程式为
D. Fe和可以组成铝热剂，工业上通过铝热反应制备Al，成本更低
【答案】C
【解析】
【分析】溶液乙中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，故溶液乙中主要成分为偏铝酸钠，故X为NaOH溶液，沉淀为Fe2O3，Y为NaHCO3。
【详解】A．氢氧化铝与过量的稀盐酸或稀硫酸可以发生反应，故反应Ⅱ中不能用过量的稀硫酸或稀盐酸代替，A错误；
B．根据分析，试剂X为NaOH溶液，B错误；
C．反应Ⅱ中偏铝酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为，C正确；
D．Fe的活泼性比Al低，不能用铝热法制备Al，工业上常采用电解熔融氧化铝制备Al，D错误；
故选C。
10. 下列有机物命名正确的是
A. 2—乙基丙烷B. CH3CH2CH2CH2OH 1—丁醇
C. 间二甲苯D. 2—甲基—2—丙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A．该物质最长链有4个碳，2号碳上有一个支链甲基，所以名称为2-甲基丁烷，故A错误；
B．醇在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子编号，故-OH在1号碳原子上，名称为1-丁醇，故B正确；
C．两个甲基处于苯环对位，应为对二甲苯，故C错误；
D．烯烃的命名，编号应该从距离碳碳双键最近的一端开始，该命名的编号方向错误，正确名称应为2-甲基-1-丙烯，故D错误；
故选B。
11. 近日，中科院福建物质结构研究所的曹荣合成了单原子Fe-N4催化剂(FeSAs/PTF)，如图所示。已知：熔点为283℃，易溶于丙酮等有机溶剂。下列叙述错误的是
A. 上述转化中，作催化剂，它是分子晶体
B. Fe-TPPCN转化成FeSAs/PTF中Fe的配位数保持不变
C. 上述物质中，C原子采用杂化和杂化
D. 上述两种分子均能发生加成、氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．上述转化中，作催化剂，熔点为283℃，易溶于丙酮等有机溶剂，符合分子晶体的特征，它是分子晶体，故A正确；
B．由图可知，Fe-TPPCN和FeSAs/PTF中Fe的配位数均为5，故B正确；
C．Fe-TPPCN中C为sp、sp2杂化，FeSAs/PTF中C原子采用杂化，故C错误；
D．上述两种分子均含有碳碳双键可以发生加成反应，有机物可以燃烧发生氧化反应，故D正确；
故选C。
12. 设NA表示阿伏加 德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 1mlNa在空气中反应后生成Na2O、Na2O2混合物，转移的电子数一定为NA
B. 常温常压下，1.8gH2O中含有的电子数为0.8NA
C. 标准状况下，2.24LSO3含有的原子数为0.4NA
D. 0.1ml·L-1的FeCl3溶液中含有Fe3+的数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na化合价由0价变为+1价，因此1 mlNa在空气中反应后生成Na2O、Na2O2混合物转移的电子数一定为NA，故A正确；
B. 1个H2O含有10个电子，常温常压下，1.8gH2O物质的量为，含有的电子数为NA，故B错误；
C. 标准状况下，SO3是非气态的物质，无法计算物质的量，故C错误；
D. FeCl3溶液的体积未知，因此无法计算含有Fe3+的数目，故D错误。
综上所述，答案为A。
13. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法正确的是
A. 工业上常通过电解Z的熔融氯化物的方法制取Z的单质
B. 简单离子半径：Q>Z>X>Y
C. 氢化物的沸点：Y>X>W
D. X与Y可形成5种以上的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的相对位置，可知X、Y为第二周期元素，Z、W、Q为第三周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，可知W元素是P元素，则X是N元素，Y是O元素，Q是Cl元素，Z是Al元素，据此分析解答。
【详解】A．经分析Z是Al元素，工业上常通过电解氧化铝的方法制备铝单质，故A错误；
B．X、Y、Z、Q分别是指N、O、Al、Cl四种元素，N、O、Al的简单离子具有2个电子层，核外电子数相同，原子序数越小，简单离子半径越大，Cl的简单离子具有3个电子层，则它们的简单离子半径大小顺序为Q>X>Y>Z，故B错误；
C．Y、X、W分别是指O、N、P三种元素，它们的氢化物有很多，因此沸点无法比较，故C错误；
D．X是N元素，Y是O元素，X与Y可形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5、N2O3等5种以上的化合物，故D正确；
本题答案D。
14. 高铁酸盐在电池领域的应用日趋成熟．用电解法制备高铁酸盐的装置如下图所示．下列说法错误的是
A. 该离子交换膜为阳膜，由右至左移动
B. 阳极的电极反应式为
C. 电解一段时间后，阴极室的值不变
D. 高铁酸盐还可用于水的消毒和净化
【答案】C
【解析】
【分析】用电解法制备高铁酸盐，Fe失电子发生氧化反应，Fe是阳极，阳极反应式为，阴极反应式为；
【详解】A．Fe阳极，阳极生成，为防止向阴极移动，该离子交换膜为阳膜，由右至左移动，故A正确；
B．用电解法制备高铁酸盐，Fe失电子发生氧化反应，阳极的电极反应式为，故B正确；
C．阴极反应式为，电解一段时间后，阴极室的值增大，故C错误；
D．高铁酸盐中铁的化合价为+6，具有强氧化性，的还原产物水解为胶体，吸附水中杂质，所以可用于水的消毒和净化，故D正确；
选C。
第Ⅱ卷 非选择题(共58分)
二、填空题(本题包括4个小题，共58分)
15. PVB是一种常用的热塑性高分子，具有良好的耐老化性和电绝缘性。现以A为原料合成PVB，其合成路线如下：
已知：
Ⅰ．R−CHO+R′CH2CHO +H2O
Ⅱ． + +H2O(R、R′可表示烃基或氢原子)
回答下列问题：
（1）用质谱仪测定A相对分子质量，得到图1所示的质谱图，则A的相对分子质量为___________。核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如甲基氯甲基醚(，有2种氢原子)的核磁共振氢谱如图2所示，经测定，有机物A的核磁共振氢谱图如图3所示，则A的结构简式为___________。
（2）B→C的反应类型有___________。PVAc的结构简式为___________。
（3）写出B发生银镜反应的离子反应方程式___________。
（4）已知-OH直接连在不饱和碳原子上不稳定，会自动发生分子内重排形成-CHO。则D的同分异构体中能与金属Na反应产生H2的有___________种。
（5）下列有关PVA的说法，错误的是___________。
A. PVA不溶于汽油、煤油等有机溶剂B. PVA要存于阴凉干燥的库房，要防火防潮
C. PVA加热到一定温度会脱水醚化D. PVA是一种高分子化合物，对人体有毒
（6）写出PVA与D合成PVB的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. 46 ②. CH3CH2OH
（2） ①. 加成反应、消去反应 ②.
（3）
（4）4 （5）D
（6） +CH3CH2CH2CHO +H2O(或系数加倍)
【解析】
【分析】采用逆推法，可确定D为CH3CH2CH2CHO，则C为CH3CH=CHCHO，B为CH3CHO，A为CH3CH2OH。E为CH3COOH，F为CH3COOCH=CH2，PVAC为 。
【小问1详解】
从质谱图中可以看出，A的相对分子质量为46。有机物A的核磁共振氢谱图中有3种吸收峰，表明A分子中含有3种氢原子，则A的结构简式为CH3CH2OH。
【小问2详解】
B(CH3CHO)→C(CH3CH=CHCHO)，则表明2个CH3CHO先生成CH3CH(OH)CH2CHO，再脱掉1个H2O生成CH3CH=CHCHO，反应类型有加成反应、消去反应。依据分析，可得出PVAc结构简式为 。
【小问3详解】
B(CH3CHO)发生银镜反应，生成CH3COONH4、Ag、NH3等，离子反应方程式为。
【小问4详解】
D为CH3CH2CH2CHO，同分异构体中能与金属Na反应产生H2的有机物为醇，结构简式可能为CH2=CHCH2CH2OH、CH2=CHCH(OH)CH3、CH3CH=CHCH2OH、CH2=C(CH3)CH2OH，有4种。
【小问5详解】
A．PVA分子中含有亲水基-OH，溶于水，但不溶于汽油、煤油等有机溶剂，A正确；
B．PVA遇明火会燃烧，室温下会凝胶成冻，高温下会变稀恢复流动性，所以要存于阴凉干燥的库房，要防火防潮，B正确；
C．PVA加热到100℃以上慢慢变色、脆化，加热到160~170℃脱水成醚，失去溶解性，C正确；
D．PVA是一种极安全的高分子化合物，对人体无毒，无副作用，具有良好的生物相容性，D错误；
故选D。
【小问6详解】
依照题给流程信息，PVA( )与D(CH3CH2CH2CHO)合成PVB的化学方程式为 +CH3CH2CH2CHO +H2O(或系数加倍)。
【点睛】受醛基的影响，醛分子中α-碳原子上连有的氢原子比较活泼，易发生反应。
16. 图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铜网，F右端出气管口附近放有脱脂棉。
试回答：
(1)写出①中的离子反应方程式_____________________；
(2)C试剂是__________________ ；
(3)E中干燥红色布条_____(填“褪色”或“不褪色”)；
(4)F管中现象为____；
(5)A仪器的名称____，H装置的作用是_____；写出H中的离子反应方程式__________。
【答案】 ①. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ②. 饱和食盐水 ③. 不褪色 ④. 产生棕黄色的烟 ⑤. 分液漏斗 ⑥. 吸收氯气的尾气，防止污染环境 ⑦. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，C中饱和食盐水可除去挥发的HCl，D中浓硫酸干燥氯气，E瓶中放有干燥红色布条，E中布条不褪色，F中Cu与氯气反应生成氯化铜，G为向上排空气法收集氯气，H中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【详解】(1)实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，A中是浓盐酸，B中是二氧化锰固体，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)生成的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，所以C中试剂为饱和食盐水；
(3)E是收集氯气并检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气无漂白性，则干燥的有色布条不褪色；
(4)F是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕黄色烟，反应的化学方程式为Cu+Cl2CuCl2；
(5)盛装浓盐酸的A仪器的名称分液漏斗；氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
【点睛】考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，另外浓盐酸有挥发性，制得的氯气中混有HCl和水蒸气，需要利用C装置中饱和食盐水和D装置中浓硫酸除去，得到干燥纯净的氯气。
17. 碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165 kJ·ml-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41.1 kJ·ml-1
（1）写出CO甲烷化反应的热化学方程式：_______。
（2）图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是_______，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为_______MPa。
（3）图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用_______MPa，原因是_______。
（4）450°C时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 ml CO2和4 ml H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·ml-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K=_______。
（5）废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 ml·L-1的H2SO4溶液。则电极d为_______(填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为_______。
【答案】（1）
（2） ①. 反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大 ②. a
（3） ①. 0.1MPa ②. 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
（4）6.75 （5） ①. 正 ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；a
【小问3详解】
由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
【小问4详解】
根据题意，起始时 CO2为1ml/L，H2为4ml/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25ml/L，H2为1ml/L，CH4为0.75ml/L，H2O为1.5ml/L，则该反应的平衡常数 ，故答案为：6.75；
【小问5详解】
根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：正；。
18. 一种利用含AgCl的废渣制取AgNO3的工艺流程如下：
(1)步骤①用氨水浸取时，温度不宜超过35℃，其原因是 ___。在氨水浓度、固液质量比和温度均一定时，为提高银的浸取率还可采取的措施是____；浸取时发生反应的离子方程式为____。
(2)步骤②中发生反应的离子方程式为______。
(3)步骤③中，银与浓硝酸反应生成等物质的量的NO和NO2，当消耗了10.8g Ag时，有______mlHNO3参与了反应。
(4)步骤④的操作为______，100℃下烘干得产品AgNO3。
(5)上述流程中发生了氧化还原反应的步骤有______(用“①”“②”“③”“④”填空)。
【答案】 ①. 温度过高会加速氨的挥发 ②. 适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取 ③. AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O ④. 4[Ag(NH3)2]++ N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O ⑤. 0.15 ⑥. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤) ⑦. ②③
【解析】
【分析】向氯化银废渣中加入氨水浸取，得到含有[Ag(NH3)2]+的滤液，适当升高温度可以加快反应速率，温度过高又会加速氨的挥发；向含有[Ag(NH3)2]+的溶液中加入N2H4·H2O并调节pH至10～11，该过程中Ag+被还原成Ag，并生成N2和NH3；将过滤得到的银单质溶于浓硝酸，得到硝酸银溶液，之后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到AgNO3。
【详解】（1）氨气易挥发，温度过高会加速氨的挥发，造成原料的浪费；在氨水浓度、固液质量比和温度均一定时，为提高银的浸取率还可适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取；根据流程可知反应物为AgCl和氨水，所以离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O；
（2）反应②中Ag+被还原成Ag，N2H4·H2O被氧化为N2，同时有氨气生成，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：4[Ag(NH3)2]++ N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；
（3）10.8g Ag的物质的量为0.1ml，则生成的n（AgNO3）=0.1ml，设生成的n（NO）= n（NO2）=x，根据电子守恒可知x+3x=0.1ml，所以x=0.025ml，则根据氮元素守恒可知消耗的硝酸的物质的量为0.1ml+0.025ml+0.025ml=0.15ml；
（4）从溶液中获取晶体一般需要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
（5）步骤①的反应没有化合价变化不属于氧化还原；步骤②中Ag元素化合价降低，N元素化合价升高，属于氧化还原反应；步骤③中硝酸将银单质氧化属于氧化还原反应；步骤④为蒸发结晶过程，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，综上所述属于氧化还原的为②③。
【点睛】第1题中书写离子方程式要注意AgCl为难溶物，不写成离子，一水合氨为弱电解质，也不能写成离子；涉及氧化还原反应的计算，要先从守恒的角度考虑问题；从溶液中获取晶体一般需要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。选项
古代发明
化学变化
A
生产陶瓷
B
黑火药爆炸
C
湿法炼铜
CuSO4+Fe=Cu+FeSO4
D
用谷物酿酒
(C6H10O5)n→C6H12O6→CH3CH2OH
气体
制备试剂
除杂试剂
所选装置
A
NH3
NH4Cl
——
b、c
B
Cl2
MnO2+浓HCl
饱和NaCl溶液
a、c
C
C2H4
C2H5OH+浓H2SO4
NaOH溶液
b、c
D
C2H2
电石+饱和NaCl溶液
CuSO4溶液
a、c
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