（新高考）河北高考化學(xué)押題卷化學(xué)卷(解析版)

絕密★啟用前此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級(jí)姓名準(zhǔn)考證號(hào)考場(chǎng)號(hào)座位號(hào)化學(xué)注意事項(xiàng)：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時(shí)，選出每小題的答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫(xiě)在試卷上無(wú)效。3．回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案填寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在試卷上無(wú)效。4．考試結(jié)束，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Ba137一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．下列對(duì)有關(guān)文獻(xiàn)的理解錯(cuò)誤的是A．《天工開(kāi)物》記載：“每爐甘石（碳酸鋅）十斤，裝載入一泥罐內(nèi)，....然后逐層用碳餅墊盛，發(fā)火煅燒，.....，冷定毀罐取出，即倭鉛”?！澳喾狻钡闹饕康氖欠乐沟玫降匿\被氧化B．《物理小識(shí)》記載“青礬(綠礬)廠(chǎng)氣熏人，衣服當(dāng)之易爛，栽木不沒(méi)，“氣”凝即得“礬油”。青礬廠(chǎng)氣是SO2和SO3C．《開(kāi)寶本草》中記載了中藥材鐵華粉的制作方法：“取鋼煅作時(shí)如笏或團(tuán)，平面磨錯(cuò)令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中陰處埋之一百日，鐵上衣生，鐵華成矣?！敝兴幉蔫F華粉是醋酸亞鐵D．《淮南子·萬(wàn)比術(shù)》所載“曾青得鐵則化銅”是火法煉銅的先驅(qū)【答案】D【解析】A．該過(guò)程主要發(fā)生的反應(yīng)為ZnCO3+2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Zn+3CO，所以“泥封”的主要目的是防止得到的鋅被氧化，A正確；這里所說(shuō)的“青礬廠(chǎng)氣”，指煅燒硫酸亞鐵（FeSO4·7H2O）后產(chǎn)生的三氧化硫和二氧化硫，這類(lèi)氣體遇水或濕空氣，會(huì)生成硫酸、亞硫酸或具有腐蝕性的酸霧，B正確；醋中含有醋酸，與鐵反應(yīng)生成醋酸亞鐵和氫氣，因此鐵華粉是指醋酸亞鐵，C正確；“曾青得鐵則化銅”是濕法煉銅的先驅(qū)，D錯(cuò)誤；故答案選D。2．為實(shí)現(xiàn)隨處可上網(wǎng)，中國(guó)發(fā)射了“中星16號(hào)”衛(wèi)星。NH4ClO4是火箭的固體燃料，發(fā)生反應(yīng)為2NH4ClO4eq\o(,\s\up7(△))N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是A．1molNH4ClO4固體中含有NA個(gè)NH4ClO4分子B．反應(yīng)轉(zhuǎn)移2.8mol電子時(shí)產(chǎn)生氯氣為4.48LC．常溫常壓下，14gN2分子中含有的中子數(shù)為7NAD．反應(yīng)中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為1∶1【答案】C【解析】A．NH4ClO4是離子化合物，不存在分子，故A錯(cuò)誤；B．生成1mol氯氣時(shí)，轉(zhuǎn)移14mol電子，當(dāng)反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2.8mol時(shí)，產(chǎn)生標(biāo)況下的氣體體積為0.2mol，V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故B錯(cuò)誤；C．1個(gè)氮?dú)夥肿又泻?4個(gè)中子，14gN2的物質(zhì)的量為0.5mol，故含有的中子數(shù)為7NA，故C正確；D．O、N元素化合價(jià)升高，N2、O2為氧化產(chǎn)物，Cl元素的化合價(jià)降低，Cl2為還原產(chǎn)物，則反應(yīng)中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為1∶3，故D錯(cuò)誤；故選C。3．下列關(guān)于化學(xué)用語(yǔ)的表述正確的是A．中子數(shù)為143的U原子：SKIPIF1<0B．H2N－CN分子中含3個(gè)σ鍵C．Fe2+的原子結(jié)構(gòu)示意圖：D．BF3的電子式：【答案】A【解析】A．質(zhì)子數(shù)為92，中子數(shù)為143的U原子為SKIPIF1<0，故A正確；B．H2N－CN中含有4個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，故B錯(cuò)誤；C．應(yīng)該表述為Fe2+的離子結(jié)構(gòu)示意圖：，故C錯(cuò)誤；D．BF3的電子式為，故D錯(cuò)誤；故答案為A。4．藥物H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列有關(guān)藥物H的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．分子式為C16H10N2O2ClB．該物質(zhì)苯環(huán)上的一氯代物有6種C．堿性條件下水解產(chǎn)物酸化后都能與NaHCO3溶液反應(yīng)D．1mol該物質(zhì)最多能與8mol氫氣加成【答案】B【解析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知藥物H的分子式為C16H13N2O2Cl，錯(cuò)誤；B．該物質(zhì)苯環(huán)上的一氯代物有6種，正確；C．堿性條件下水解產(chǎn)物酸化后可產(chǎn)生含酚羥基的有機(jī)物和丙二酸，含酚羥基的有機(jī)物不能與NaHCO3溶液反應(yīng)，錯(cuò)誤；D．該分子中酰胺基不能與氫氣發(fā)生加成，故最多消耗氫氣為6mol，錯(cuò)誤。5．不能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是A．在氯化亞鐵溶液中通入氧氣：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2OB．NH4Al(SO4)2溶液中加入過(guò)量的Ba(OH)2溶液：NHeq\o\al(+,4)+Al3++2SOeq\o\al(2?,4)+2Ba2++5OH?＝BaSO4↓+AlOeq\o\al(?,2)+NH3·H2O+2H2OC．向稀硝酸中加入少量FeS：SKIPIF1<0D．澄清石灰水與過(guò)量小蘇打溶液混合：Ca2++OH?+HCOeq\o\al(?,3)＝CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】A．Fe2+具有還原性，會(huì)被氧氣氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正確；B．NH4Al(SO4)2溶液中加入過(guò)量的Ba(OH)2溶液，銨根離子和鋁離子完全反應(yīng)的離子方程式為：NHeq\o\al(+,4)+Al3++2SOeq\o\al(2?,4)+2Ba2++5OH?＝BaSO4↓+AlOeq\o\al(?,2)+NH3·H2O+2H2O，B正確；C．FeS少量，稀硝酸過(guò)量，則Fe和S元素均變?yōu)楦邇r(jià)態(tài)，即生成SKIPIF1<0，SKIPIF1<0被還原為NO，根據(jù)得失電子守恒可得離子方程式：SKIPIF1<0，C正確；D．澄清石灰水與過(guò)量小蘇打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2為標(biāo)準(zhǔn)，離子方程式為Ca2++2OH?+2HCOeq\o\al(?,3)＝CaCO3↓+2H2O+COeq\o\al(2?,3)，D錯(cuò)誤；故選D。6．下列操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)目的操作A證明苯和溴發(fā)生取代反應(yīng)在裝有苯和溴水的混合液中加入鐵粉，產(chǎn)生的氣體經(jīng)四氯化碳洗氣后，再通入盛硝酸銀溶液的試管中，觀(guān)察現(xiàn)象B除去NaCl固體中少量NH4Cl加熱混合物C提純含有少量乙酸的乙酸乙酯向混合液中加入過(guò)量Na2CO3溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機(jī)相的水D檢驗(yàn)淀粉水解生成葡萄糖向淀粉水解后的溶液中先加入足量的氫氧化鈉溶液再加適量新制氫氧化銅懸濁液，加熱【答案】A【解析】A．苯與液溴在鐵作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，苯與溴水不反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．氯化銨易分解生成氨氣和氯化氫，可用加熱的方法除去雜質(zhì)，B正確；C．乙酸與Na2CO3溶液反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，則振蕩后靜置分液，并除去有機(jī)相的水，C正確；D．硫酸溶液是淀粉水解的催化劑，淀粉水解后的溶液呈酸性，必須加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液呈堿性后，才能加入適量新制氫氧化銅懸濁液，且加熱后才能觀(guān)察到磚紅色沉淀，D正確。故選A。7．X、Y、Z、W、M是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z的一種單質(zhì)具有漂白性，X和Y二者原子的最外層電子數(shù)之和等于W原子的最外層電子數(shù)。由這五種元素組成的化合物結(jié)構(gòu)如圖所示(箭頭表示共用電子對(duì)由W提供)。下列說(shuō)法正確的是A．簡(jiǎn)單離子半徑：M＞Z＞W(wǎng)B．M、Z形成的化合物中可能同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵C．簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：W＞ZD．X和W組成的化合物，所有原子都滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】B【解析】Z為短周期元素，其一種單質(zhì)具有漂白性，則Z為O；Y的原子序數(shù)小于O，且含有4條共價(jià)鍵，則Y為C；X的原子序數(shù)小于C，且能形成配位鍵，則X為B；X和Y二者原子的最外層電子數(shù)之和為7，則W原子的最外層電子數(shù)為7，則W可能為F，但M原子序數(shù)大于W，且能形成陽(yáng)離子，則M為Na，W為F；A．Na+、F?、O2?的核外電子排布結(jié)構(gòu)相同，原子序數(shù)越大，對(duì)應(yīng)的離子半徑越小，故O2?＞F?＞Na+，A錯(cuò)誤；B．M為Na，Z為O，形成的化合物Na2O2中，既有離子鍵又有非極性共價(jià)鍵，B正確；C．W為F，其氫化物為HF低于水的沸點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．X和W組成的化合物為BF3，B原子不滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D說(shuō)法錯(cuò)誤；答案為B。8．某科研小組采用銅基催化劑（Cua+，其中a=0或者1），CO2多步加氫合成甲醇，其合成反應(yīng)歷程如下。下列說(shuō)法中正確的是A．催化劑Cua+是加氫反應(yīng)的活性中心，能提高H2的轉(zhuǎn)化率B．該過(guò)程中只得到甲醇一種產(chǎn)物C．能通過(guò)調(diào)控反應(yīng)條件獲得甲醛(HCHO)等有機(jī)物D．該催化過(guò)程中同時(shí)有極性共價(jià)鍵、非極性共價(jià)鍵的斷裂和形成【答案】C【解析】A．由圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，Cua+并沒(méi)有參加反應(yīng)，作催化劑，能加快反應(yīng)速率，但不影響平衡的移動(dòng)，不能提高H2的轉(zhuǎn)化率，故A錯(cuò)誤；B．CO2多步加氫合成甲醇的反應(yīng)方程式為CO2+3H2＝CH3OH+H2O，故B錯(cuò)誤；C．可以調(diào)控反應(yīng)條件，如減少還原劑的量，可得甲醛，故C正確；D．該催化過(guò)程涉及到H－H、C＝O的斷裂和C－H、O－H鍵的形成，沒(méi)有非極性鍵的形成，故D錯(cuò)誤；答案選C。9．LiAlH4既是金屬儲(chǔ)氫材料又是有機(jī)合成中的常用試劑，遇水能劇烈分解釋放出H2，又知LiAlH4在125℃分解為L(zhǎng)iH、Al和H2。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A．LiAlH4遇水反應(yīng)的反應(yīng)為L(zhǎng)iAlH4+2H2O＝LiAlO2+4H2↑B．LiAlH4中含有離子鍵、共價(jià)鍵C．LiAlH4與乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作還原劑D．LiAlH4在125℃分解，每轉(zhuǎn)移2mol電子放出2.24LH2【答案】D【解析】A．LiAlH4中的-1價(jià)氫和水中的+1價(jià)氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氫氣，同時(shí)生成的OH?與Al3+反應(yīng)生成AlOeq\o\al(?,2)，所以反應(yīng)方程式為L(zhǎng)iAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，故A正確；B．根據(jù)LiAlH4的結(jié)構(gòu)得出LiAlH4中含有離子鍵、共價(jià)鍵，故B正確；C．LiAlH4與乙醛反應(yīng)可生成乙醇，乙醛被還原，LiAlH4作還原劑，故C正確；D．未注明狀態(tài)，所以計(jì)算不出氫氣的體積，故D錯(cuò)誤。答案選D。10．硒(Se)是一種新型半導(dǎo)體材料，對(duì)富硒廢料(含Ag2Se、Cu2S)進(jìn)行綜合處理的一種工藝流程如下：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是濾液的主要成分是硫酸銅 B．“吸收”過(guò)程發(fā)生反應(yīng)的氧化劑和還原劑之比為1∶2C．該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是硫酸D．“電解精煉”時(shí)，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，陽(yáng)極質(zhì)量減小21.6g【答案】D【解析】富硒廢料(含Ag2Se、Cu2S)在空氣中焙燒，形成Ag、CuO、SeO2、SO2，SO2和SeO2在水中反應(yīng)生成Se，CuO與稀硫酸反應(yīng)形成硫酸銅，過(guò)濾得到粗銀，電解精煉得到精銀。A．根據(jù)上述分析可知酸溶過(guò)程得到的濾液是硫酸銅溶液，A正確；B．“吸收”過(guò)程中的反應(yīng)方程式為2SO2+2H2O+SeO2=2H2SO4+Se↓，SeO2化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)作氧化劑，SO2作還原劑，氧化劑和還原劑之比為1∶2，B正確；C．根據(jù)B項(xiàng)可知，母液的主要成分是硫酸，硫酸可在“酸溶”工序中循環(huán)利用，C正確；D．“電解精煉”時(shí)粗銀作陽(yáng)極，故當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子，因?yàn)榇帚y中含有雜質(zhì)，無(wú)法計(jì)算，D錯(cuò)誤；答案選D。選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有1個(gè)或2個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)11．《黃帝內(nèi)經(jīng)》說(shuō)：“五谷為養(yǎng)，五果為助，五畜為益，五菜為充”，以上食物中富含糖類(lèi)、油脂、蛋白質(zhì)等營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)。下列說(shuō)法正確的是A．“五谷”富含淀粉，淀粉水解的最終產(chǎn)物為葡萄糖B．“五果”富含糖類(lèi)，葡萄糖、麥芽糖、蔗糖均是還原性糖C．“五畜”富含油脂和蛋白質(zhì)，它們的組成元素相同D．“五菜”富含維生素，其中維生素C具有較強(qiáng)氧化性，常用做抗氧化劑【答案】A【解析】A．“五谷”一般為稻、黍、稷、麥、菽，主要成分為淀粉，淀粉是由葡萄糖聚合而成的高分子化合物，水解后得到的最終產(chǎn)物為葡萄糖，A正確；B．蔗糖是由一分子葡萄糖的半縮醛羥基與一分子果糖的半縮醛羥基縮合脫水而成，沒(méi)有醛基，不具有還原性。B錯(cuò)誤；C．油脂只含C、H、O三種元素，蛋白質(zhì)含C、H、O、N等元素，C錯(cuò)誤；D．維生素C因具有較強(qiáng)的還原性，因此常用作抗氧化劑，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為A。12．實(shí)驗(yàn)室常用氯氣和苯在氯化鐵為催化劑的條件下制備氯苯，其裝置如圖所示(省略?shī)A持裝置)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)裝置中可以利用氯酸鉀固體和濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣B．裝置e中盛放的是飽和氯化鈉溶液，是為了除去氯氣中的雜質(zhì)HClC．反應(yīng)結(jié)束后需通入一段時(shí)間空氣，再拆解裝置D．反應(yīng)后的混合液分別用水、堿溶液、水依次洗滌，干燥，蒸餾，可得到氯苯【答案】B【解析】a中用高錳酸鉀或氯酸鉀與濃鹽酸在常溫下制取氯氣，e用于除去氯氣的水分，在d中三頸燒瓶發(fā)生核心反應(yīng)：+Cl2eq\o(→,\s\up7(50℃),\s\do7(FeCl3))+HCl，球形冷凝管冷凝回流提高苯的利用率，球形干燥管裝堿石灰除去多余的氯氣和生成的HCl。A．根據(jù)裝置圖可知，沒(méi)有加熱裝置，可以用高錳酸鉀或氯酸鉀與濃鹽酸制取氯氣，A正確；B．氯氣與苯反應(yīng)，需要用FeCl3做催化劑，需要無(wú)水的環(huán)境，所以e中盛放的是濃硫酸，是為了干燥氯氣，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)結(jié)束后，由于裝置內(nèi)殘留大量氯氣，為防止污染，需要通入空氣將氯氣排出并吸收處理，C正確；D．反應(yīng)后的混合液中含有無(wú)機(jī)物(Cl2、HCl、FeCl3等)和有機(jī)物(苯、氯苯、二氯苯等)，通過(guò)水洗，可以洗去HCl、FeCl3及大部分Cl2，用堿洗去剩余氯氣，再次用水洗去堿，然后通過(guò)蒸餾的辦法分離出氯苯，D正確；答案選B。13．高能LiFePO4電池，多應(yīng)用于公共交通。結(jié)構(gòu)如圖所示。原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說(shuō)法不正確的是充電時(shí)，若轉(zhuǎn)移0.1mol電子，石墨電極質(zhì)量將增重0.7xgB．聚合物的隔膜的作用主要是允許Li+自由通過(guò)C．充電時(shí)，陰極電極反應(yīng)式：xLi++xe?+nC=LixCnD．放電時(shí)，正極電極反應(yīng)式：xFePO4+xLi+-xe?=xLiFePO4【答案】AD【解析】根據(jù)總反應(yīng)原理可得，當(dāng)放電時(shí)正極反應(yīng)為xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO4，負(fù)極反應(yīng)為L(zhǎng)ixCn-xe?=nC+xLi+，充電時(shí)的兩極反應(yīng)和放電時(shí)正好相反。A．充電時(shí)，石墨電極發(fā)生的反應(yīng)為xLi++xe?+nC=LixCn，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.1mol電子時(shí)，則石墨電極上消耗1molLi+，石墨電極的質(zhì)量增重0.7g，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)電極方程式可知放電時(shí)，Li+通過(guò)聚合物的隔膜像左側(cè)移動(dòng)，充電時(shí)Li+通過(guò)聚合物的隔膜像右側(cè)移動(dòng)，則聚合物的隔膜的作用主要是允許Li+自由通過(guò)，故B正確；C．充電時(shí)，陰極C轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)ixCn，則陰極電極反應(yīng)式：xLi++xe?+nC=LixCn，故C正確；D．放電正極上FePO4得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成LiFePO4，正極電極反應(yīng)式：xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO4，故D錯(cuò)誤；故選AD。14．常溫下，將NaOH溶液分別加到HF溶液、CH3COOH溶液中，兩混合溶液中離子濃度與pH的變化關(guān)系如圖所示，已知pKa=-lgKa，下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是A．將0.2mol·L?1CH3COOH溶液和0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合，則反應(yīng)后的混合液中：2c(OH?)+c(CH3COO?)=2c(H+)+c(CH3COOH)B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH?)C．常溫下，0.1mol/LNaF溶液的pH大于0.1mol/LCH3COONa溶液的pHD．向0.1mol·L?1HF溶液中加入等體積的0.1mol·L?1NaOH溶液后所得的混合溶液中c(H+)+c(HF)=c(OH?)【答案】BC【解析】A．0.2mol·L?1CH3COOH溶液和0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合后的溶液中存在等濃度的醋酸鈉和醋酸，根據(jù)電荷守恒可得c(OH?)+c(CH3COO?)=c(H+)+c(Na+)，根據(jù)物料守恒可得c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根據(jù)上述2式有2c(OH?)+c(CH3COO?)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正確；B．根據(jù)圖像，a點(diǎn)時(shí)，lgSKIPIF1<0=0，則c(F?)=c(HF)，溶液的pH=4，則c(H+)>c(OH?)，此時(shí)溶液中含有NaF和HF，根據(jù)電荷守恒可得c(F?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，則c(F?)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像，當(dāng)lgSKIPIF1<0=lgSKIPIF1<0=0，有K(HF)=SKIPIF1<0=c(H+)=10?4，同理K(CH3COOH)=10?5，因此酸性HF＞CH3COOH，則0.1mol/L

NaF溶液的pH小于0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)后的溶質(zhì)為NaF，根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH?)，故D正確；故選BC。15．通過(guò)反應(yīng)Ⅰ：SKIPIF1<0ΔH，可將有機(jī)氯化工業(yè)的副產(chǎn)品HCl轉(zhuǎn)化為Cl2。在0.2MPa、反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比SKIPIF1<0條件下，不同溫度時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率如下圖所示。向反應(yīng)體系中加入CuCl2，能加快反應(yīng)速率。反應(yīng)Ⅱ：SKIPIF1<0ΔH2=125.6kJ·mol?1反應(yīng)Ⅲ：SKIPIF1<0ΔH3=-120.0kJ·mol?1下列說(shuō)法正確的是A．反應(yīng)Ⅰ是吸熱反應(yīng)B．保持其他條件不變，500℃時(shí)，使用CuCl2能使HCl轉(zhuǎn)化率從X點(diǎn)的值升至Y點(diǎn)的值C．增大壓強(qiáng)能提高反應(yīng)Ⅰ中O2的平衡轉(zhuǎn)化率D．在0.2MPa、500℃條件下，若起始SKIPIF1<0，HCl的轉(zhuǎn)化率不可能達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值【答案】C【解析】A．根據(jù)蓋斯定律，由反應(yīng)Ⅱ+反應(yīng)ⅢSKIPIF1<02得反應(yīng)Ⅰ，則ΔH=ΔH2-2ΔH3=125.6kJ·mol?1+（-120.0kJ·mol?1)×2=-114.4kJ·mol?1<0，反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．使用CuCl2作催化劑，只能加快反應(yīng)速率，不能改變HCl的平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Ⅰ為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，O2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；D．在0.2MPa、500℃條件下，若起始SKIPIF1<0，增加了O2的相對(duì)含量，能提高HCl的轉(zhuǎn)化率，HCl的轉(zhuǎn)化率可能達(dá)到SKIPIF1<0點(diǎn)的值，故D錯(cuò)誤；答案選C。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第16題～第18題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第19題～第20題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題：共45分。16．（15分）某化學(xué)興趣小組以黃銅礦(主要成分CuFeS2)為原料進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)探究。Ⅰ．測(cè)定黃銅礦中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將m1g該黃銅礦樣品放入如圖所示裝置中，從a處不斷地緩緩?fù)ㄈ肟諝?，高溫灼燒石英管中的黃銅礦樣品。裝置A的作用是__________；錐形瓶D內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（2）實(shí)驗(yàn)停止時(shí)熄滅酒精噴燈，還需要持續(xù)通入一段時(shí)間空氣的目的是。（3）反應(yīng)結(jié)束后將錐形瓶D中的溶液進(jìn)行如下處理：則向錐形瓶D中加入過(guò)量H2O2溶液反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_________；操作Ⅱ是；該黃銅礦中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_________(用含m1、m2的代數(shù)式表示)。Ⅱ．探究驗(yàn)證黃銅礦在空氣中的氧化產(chǎn)物并測(cè)定CuFeS2的純度（3）查閱資料：①樣品經(jīng)煅燒后得到的固體可能為泡銅（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO）；②Cu2O與稀H2SO4的反應(yīng)為：Cu2O+H2SO4＝Cu+CuSO4+H2O。探究a：為驗(yàn)證熔渣的成分，取分離出的熔渣少許于試管中，加入適量的稀硫酸溶解，取兩份所得液。完成下表中橫線(xiàn)上的內(nèi)容。試樣加入試劑及操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出結(jié)論第一份滴入幾滴K3Fe[(CN)6]溶液________含F(xiàn)eO第二份滴入幾滴________溶液溶液變?yōu)檠t色含F(xiàn)e2O3探究b：設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證泡銅中是否含有Cu2O？________。（4）為測(cè)定CuFeS2的純度，稱(chēng)取ag的黃銅礦樣品充分燃燒后，從上述煅燒產(chǎn)物中分離出泡銅，使其完全溶于稀硝酸并配成250mL的溶液，取出25.00mL該溶液用cmol·L?1的標(biāo)準(zhǔn)液EDTA（用H2Y2?表示）滴定至終點(diǎn)（雜質(zhì)不反應(yīng)），消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)液VmL，則CuFeS2的純度為_(kāi)_______。（滴定時(shí)的反應(yīng)為：Cu2++H2Y2?＝CuY2?+2H+）【答案】（1）除去空氣中的二氧化碳SO2+2OH?=SOeq\o\al(2?,3)+H2O將生成的SO2全部趕入D中H2O2+SOeq\o\al(2?,3)=SOeq\o\al(2?,4)+H2O洗滌、烘干、稱(chēng)重SKIPIF1<0×100%產(chǎn)生藍(lán)色沉淀KSCN取少量泡銅于試管中加入適量稀硫酸，若溶液呈藍(lán)色說(shuō)明泡銅中含有Cu2O，否則不含有SKIPIF1<0％（2分）【解析】（1）為防止二氧化碳的干擾，應(yīng)將空氣中的二氧化碳用堿液除掉，錐形瓶A內(nèi)所盛試劑是氫氧化鈉溶液，通過(guò)堿石灰干燥吸收水蒸氣，生成的二氧化硫與過(guò)量氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉鹽和水，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2OH?=SOeq\o\al(2?,3)+H2O；（2）為了使測(cè)定準(zhǔn)確，應(yīng)將反應(yīng)后產(chǎn)生的SO2全部趕入氫氧化鈉溶液中。（3）亞硫酸根離子具有還原性能被過(guò)氧化氫氧化生成硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為：H2O2+SOeq\o\al(2?,3)=SOeq\o\al(2?,4)+H2O。過(guò)濾后得到m2g固體，操作為洗滌、烘干、稱(chēng)重，m2g固體為硫酸鋇的質(zhì)量，結(jié)合硫元素守恒計(jì)算得到硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=SKIPIF1<0×100%；（4）探究a：Fe2O3、FeO分別與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和硫酸亞鐵，檢驗(yàn)亞鐵離子用K3Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；檢驗(yàn)鐵離子用KSCN，溶液變紅；探究b：檢驗(yàn)Cu2O的方法是取少量泡銅于試管中加入適量稀硫酸，若溶液呈藍(lán)色說(shuō)明泡銅中含有Cu2O，否則不含有；（5）由CuFeS2~Cu2+~H2Y2?得：n(CuFeS2)=c×V×10?3mol×SKIPIF1<0=cV×10?2mol，則CuFeS2的純度為SKIPIF1<0％。17．（15分）隨著氮氧化物對(duì)環(huán)境及人類(lèi)活動(dòng)影響的日趨嚴(yán)重，如何消除大氣污染物中的氮氧化物成為人們關(guān)注的主要問(wèn)題之一。I．(1)利用CH4催化還原氮氧化物消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-662kJ/mol②CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-955kJ/mol則反應(yīng)CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(l)ΔH=_________。II．利用NH3的還原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反應(yīng)如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH＜0(2)一定溫度下，在恒容密閉容器中按照n(NH3)∶n(NO)=2∶3充入反應(yīng)物，發(fā)生上述反應(yīng)。下列不能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____________。A．c(NH3)∶c(NO)=2∶3B．1molN—H鍵斷裂的同時(shí)，斷裂1molO—H鍵C．容器內(nèi)壓強(qiáng)不變D．容器內(nèi)混合氣體的密度不變(3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)（k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)）。①達(dá)到平衡后，僅降低溫度，k正增大的倍數(shù)_________（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍數(shù)。②若在1L的恒容密閉容器中充入2molCO和3molNO，在一定溫度下達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為80%，則k正︰k逆=_____L/mol（用數(shù)字表達(dá)式表示）。Ⅲ．利用燃料電池的原理來(lái)處理氮氧化物是一種新方向。裝置如圖所示，在處理過(guò)程中石墨電極I上反應(yīng)生成一種氧化物Y。(4)石墨I(xiàn)I電極為_(kāi)_____(填“正”或“負(fù)”)極，該電極反應(yīng)為_(kāi)_____。(5)寫(xiě)出該電池反應(yīng)的方程式______?！敬鸢浮浚?）-1248kJ·mol?1A>SKIPIF1<0正O2+4e?+2N2O5=4NOeq\o\al(?,3)4NO2+O2=2N2O5【解析】(1)①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-662kJ/mol；②CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-955kJ/mol；由蓋斯定律②×2-①可得：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(1)ΔH=2×(-955kJ/mol)-(-662kJ/mol)=-1248kJ/mol，(2)A．投料比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，c(NH3)∶c(NO)始終等于2∶3，c(NH3)∶c(NO)=2∶3，不一定平衡，故符合題意；B．1molN—H鍵斷裂的同時(shí)，斷裂1molO—H鍵，反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)，故不符合題意；C．反應(yīng)前后氣體系數(shù)和不同，壓強(qiáng)是變量，容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，一定達(dá)到平衡狀態(tài)，不符合題意；D．由于H2O呈液態(tài)，反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量變化、體積不變，密度是變量，容器內(nèi)混合氣體的密度不變，一定達(dá)到平衡狀態(tài)，不符合題意；答案選A。(3)①該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向移動(dòng)，則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，則k正增大的倍數(shù)大于k逆增大的倍數(shù)；故答案為：>；②可逆反應(yīng)4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)起始量（mol/L）230變化量（mol/L）1.62.42平衡量（mol/L）0.40.62v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)，平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，則k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)，則SKIPIF1<0=SKIPIF1<0L/mol。(4)石墨Ⅱ通O2，為正極，則石墨Ⅰ為負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)NO2+NOeq\o\al(?,3)-e?=N2O5，則氧化物Y的化學(xué)式為N2O5；石墨I(xiàn)I電極為正極，O2得電子產(chǎn)物與N2O5作用生成NOeq\o\al(?,3)，該電極反應(yīng)為O2+4e?+2N2O5=4NOeq\o\al(?,3)；(5)該電池中，NO2、O2發(fā)生反應(yīng)，生成N2O5，反應(yīng)的方程式為4NO2+O2=2N2O5。答案為：4NO2+O2=2N2O5。綜合利用富鈦廢渣(含TiO2、ZnO、Fe2O3和少量有機(jī)物)制備Li4Ti5O12，并獲得部分副產(chǎn)品的工藝流程如下：已知：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)除去富鈦廢渣中的少量有機(jī)物的操作是；提高“酸溶”時(shí)的速率的方法（任寫(xiě)一條）。(2)“還原”工序中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(3)“酸溶”后鈦以TiO2+形式存在，則“水解”反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____________________。(4)常溫下，“氧化”后所得溶液中過(guò)渡金屬離子濃度均為0.10mol·L?1，則“調(diào)pH”的合理范圍為_(kāi)_____。(5)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)時(shí)，應(yīng)將溫度控制在50℃左右的原因是________________。(6)“轉(zhuǎn)化”反應(yīng)的化學(xué)方程式為；高溫煅燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)_________________________________?！敬鸢浮浚?）灼燒攪拌、適當(dāng)增加酸的濃度、加熱（任寫(xiě)一條）Fe+2Fe3+=3Fe2+SKIPIF1<03≤pH＜6提高反應(yīng)速率，同時(shí)防止溫度過(guò)高造成雙氧水分解，氨水揮發(fā)SKIPIF1<0Li2Ti5O11+Li2CO3eq\o(=,\s\up7(煅燒))Li4Ti5O12+CO2↑【解析】富鐵廢渣中含有少量有機(jī)物，灼燒時(shí)可以除去有機(jī)物；將灼燒后的燒渣溶于稀硫酸，以鋅離子、鐵離子、以及TiO2+形式存在，加入適量鐵粉使鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，TiO2+水解生成TiO2·xH2O，在雙氧水、LiOH作用下生成Li2Ti5O11，再與碳酸鋰高溫下發(fā)生反應(yīng)Li2Ti5O11+Li2CO3eq\o(=,\s\up7(煅燒))Li4Ti5O12+CO2↑，生成Li4Ti3O12。水解之后的濾液中含有亞鐵離子、鐵離子、鋅離子，加入次氯酸鈉后將二價(jià)鐵氧化，再調(diào)pH得到氫氧化鐵沉淀，在堿性條件下與NaClO反應(yīng)得到高鐵酸鈉。(1)灼燒是將富鐵廢渣中的有機(jī)物除去；提高酸浸的常見(jiàn)的措施有攪拌、適當(dāng)增大酸的濃度、加熱等；(2)加入適量鐵粉使鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，故反應(yīng)的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)TiO2+水解生成TiO2·xH2O，其離子方程式為T(mén)iO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+；(4)調(diào)pH時(shí)鋅離子不能沉淀，鐵離子完全沉淀，可計(jì)算出鋅離子開(kāi)始沉淀時(shí)的pH和鐵離子完全沉淀時(shí)的pH，即為范圍。鐵離子完全沉淀時(shí)，其濃度≤10?5mol·L?1，根據(jù)SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，帶入數(shù)據(jù)可得SKIPIF1<0mol/L，常溫下根據(jù)pH=14-pOH，即pH=14-pOH=14-lg10?11=3；鋅離子剛開(kāi)始沉淀時(shí)，c(Zn2+)=0.1mol·L?1，根據(jù)SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，帶入數(shù)據(jù)可得SKIPIF1<0mol/L，同理可得pH=6，所以調(diào)pH的合理范圍為3≤pH＜6，故填3≤pH＜6；(5)TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應(yīng)時(shí)，雙氧水受熱易分解，氨水受熱易揮發(fā)，應(yīng)將溫度控制在50℃左右的原因是提高反應(yīng)速率，同時(shí)防止溫度過(guò)高造成雙氧水分解，氨水揮發(fā)；(6)轉(zhuǎn)化反應(yīng)生成高鐵酸鈉，其反應(yīng)為SKIPIF1<0；根據(jù)分析，高溫煅燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為L(zhǎng)i2Ti5O11+Li2CO3eq\o(=,\s\up7(煅燒))Li4Ti5O12+CO2↑。（二）選考題（共15分，請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。）19．鈦呈銀白色，因它堅(jiān)硬、強(qiáng)度大、耐熱、密度小，被稱(chēng)為高技術(shù)金屬。目前生產(chǎn)鈦采用氯化法，即將金紅石或鈦鐵礦與焦炭混合，通入氯氣并加熱制得TiCl4。相關(guān)反應(yīng)為：2FeTiO3+7Cl2+6Ceq\o(=,\s\up7(1173K))2TiCl4+2FeCl3+6CO；TiO2+2Cl2+2Ceq\o(=,\s\up7(1173K))TiCl4+2CO。將TiCl4蒸餾并提純，在氬氣保護(hù)下與鎂共熱得到鈦，相關(guān)反應(yīng)為：TiCl4+2Mgeq\o(=,\s\up7(1220K~1420K))Ti+2MgCl2，MgCl2和過(guò)量Mg用稀鹽酸溶解后得海綿狀鈦，再在真空熔化鑄成鈦錠。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）Ti2+基態(tài)的電子排布式可表示為_(kāi)________。與鈦同周期的所有元素的基態(tài)原子中，未成對(duì)電子數(shù)與鈦相同的元素有________種。（2）與CO互為等電子體的分子為_(kāi)________（填化學(xué)式）。（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp雜化的分子有__________。（4）TiCl4的熔點(diǎn)為-25℃，TiCl4熔點(diǎn)低的原因?yàn)開(kāi)__________。（5）已知TiO2與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸氧鈦，硫酸氧鈦晶體中陽(yáng)離子為鏈狀聚合形式的離子，結(jié)構(gòu)如圖所示，陽(yáng)離子中O的雜化方式為_(kāi)____，陰離子的空間構(gòu)型為_(kāi)____。（6）在自然界中TiO2有金紅石、板鈦礦、銳鈦礦三種晶型，其中金紅石的晶胞如右圖所示，則其中Ti4+的配位數(shù)為_(kāi)_________?！敬鸢浮浚?）1s22s22p63s23p63d2（2分）3（2分）N2（2分）CO2（2分）TiCl4為分子晶體，分子間作用力弱（2分）sp3（1分）正四面體（2分）6（2分）【解析】(1)鈦是22號(hào)元素，Ti2+核外有20個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理，其基態(tài)核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d2；在第四周期的所有元素的基態(tài)原子中Ni核外電子排布式：1s22s22p63s23p63d84s2，Ge核外電子排布式：1s22s22p63s23p64s24p2，Se核外電子排布式：1