【高考真題（含答案）】2022年河北省高考真題化學(xué)試題（含答案）

【高考真題】2022年河北省高考真題化學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題1．定窯是宋代五大名窯之一，其生產(chǎn)的白瓷聞名于世。下列說(shuō)法正確的是（）A．傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料 B．陶瓷主要成分為SiO2C．陶瓷燒制的過(guò)程為物理變化 D．白瓷的白色是因鐵含量較高2．茯苓新酸DM是從中藥茯苓中提取的一種化學(xué)物質(zhì)，具有一定生理活性，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。關(guān)于該化合物下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．可使酸性KMnO4溶液褪色C．可與金屬鈉反應(yīng)放出H2 3．化學(xué)是材料科學(xué)的基礎(chǔ)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于無(wú)機(jī)非金屬材料B．制造阻燃或防火線纜的橡膠不能由加聚反應(yīng)合成C．制造特種防護(hù)服的芳綸纖維屬于有機(jī)高分子材料D．可降解聚乳酸塑料的推廣應(yīng)用可減少“白色污染”4．NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是（）A．3.9gNa2O2與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為0.1NAB．1.2gMg在空氣中燃燒生成MgO和Mg3N2，轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為0.1NAC．2.7gAl與足量NaOH溶液反應(yīng)，生成H2的個(gè)數(shù)為0.1NAD．6.0gSiO2與足量NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液中SiO32?的個(gè)數(shù)為0.1N5．下列圖示裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．裝置甲用CCl4萃取溴水中的Br2 B．裝置乙除去Cl2中的HCl并干燥C．裝置丙驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕 D．裝置丁實(shí)驗(yàn)室制備少量NH36．中子轟擊ZAX原子的核反應(yīng)為ZAX+01n→MRY+A．原子半徑：Y＞X B．YH3+的電子式為：C．最高價(jià)含氧酸的酸性：Y＞X D．X與Y均能形成多種氫化物7．下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．CaF2與濃H2SO4糊狀混合物可用于刻蝕玻璃B．NaOH是強(qiáng)堿，因此鈉鹽的水溶液不會(huì)呈酸性C．溶洞的形成主要源于溶解CO2的水對(duì)巖石的溶蝕作用D．KMnO4與H2C2O4的反應(yīng)中，Mn2+既是還原產(chǎn)物又是催化劑8．LiBr溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成LiBr工藝流程如下：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．還原工序逸出的Br2用B．除雜工序中產(chǎn)生的濾渣可用煤油進(jìn)行組分分離C．中和工序中的化學(xué)反應(yīng)為L(zhǎng)D．參與反應(yīng)的n(Br9．某水樣中含一定濃度的CO32?、HCO3?和其他不與酸堿反應(yīng)的離子。取10.00mL水樣，用0.01000mol?L下列說(shuō)法正確的是（）A．該水樣中c(CO32?)=0.01mol?LB．a(chǎn)點(diǎn)處c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)C．當(dāng)V(HCl)≤20.00mL時(shí)，溶液中c(HCO3?D．曲線上任意一點(diǎn)存在c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2CO3二、不定項(xiàng)選擇題10．兩種化合物的結(jié)構(gòu)如圖，其中X、Y、Z、R、Q是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．在兩種化合物中，X、Y、Z、R、Q均滿足最外層8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金屬性及簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性均最強(qiáng)C．將裝有YZ2氣體的透明密閉容器浸入冰水中，氣體顏色變淺D．Z的某種同素異形體在大氣中的含量與環(huán)境污染密切相關(guān)11．在EY沸石催化下，萘與丙烯反應(yīng)主要生成二異丙基萘M和N。下列說(shuō)法正確的是（）A．M和N互為同系物B．M分子中最多有12個(gè)碳原子共平面C．N的一溴代物有5種D．萘的二溴代物有10種12．科學(xué)家研制了一種能在較低電壓下獲得氧氣和氫氣的電化學(xué)裝置，工作原理示意圖如圖。下列說(shuō)法正確的是（）A．電極b為陽(yáng)極B．隔膜為陰離子交換膜C．生成氣體M與N的物質(zhì)的量之比為2：1D．反應(yīng)器I中反應(yīng)的離子方程式為4[Fe(CN)6]3-+4OH-催化劑__Δ4[Fe(CN)6]4-+O213．恒溫恒容條件下，向密閉容器中加入一定量X，發(fā)生反應(yīng)的方程式為①X=Y；②Y=Z。反應(yīng)①的速率v1=k1c(X)，反應(yīng)②的速率v2=k2A．隨c(X)的減小，反應(yīng)①、②的速率均降低B．體系中v(X)=v(Y)+v(Z)C．欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應(yīng)溫度且控制反應(yīng)時(shí)間D．溫度低于T1時(shí)，總反應(yīng)速率由反應(yīng)②三、非選擇題14．某研究小組為了更準(zhǔn)確檢測(cè)香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下：①三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水；錐形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并預(yù)加0.30mL0.01000mol?L②以0.2L?min-1流速通氮?dú)猓偌尤脒^(guò)量磷酸，加熱并保持微沸，同時(shí)用碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至終點(diǎn)時(shí)滴定消耗了③做空白實(shí)驗(yàn)，消耗了0.10mL碘標(biāo)準(zhǔn)溶液。④用適量Na2S已知：Ka1(回答下列問(wèn)題：（1）裝置圖中儀器a、b的名稱分別為、。（2）三頸燒瓶適宜的規(guī)格為_(kāi)___(填標(biāo)號(hào))。A．250mL B．500mL C．1000mL（3）解釋加入H3PO4，能夠生成（4）滴定管在使用前需要、洗滌、潤(rùn)洗；滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的顏色為；滴定反應(yīng)的離子方程式為。（5）若先加磷酸再通氮?dú)猓瑫?huì)使測(cè)定結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”)。（6）該樣品中亞硫酸鹽含量為mg?kg-1(以15．以焙燒黃鐵礦FeS2(雜質(zhì)為石英等)產(chǎn)生的紅渣為原料制備銨鐵藍(lán)回答下列問(wèn)題：（1）紅渣的主要成分為(填化學(xué)式)，濾渣①的主要成分為(填化學(xué)式)。（2）黃鐵礦研細(xì)的目的是。（3）還原工序中，不生成S單質(zhì)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）工序①的名稱為，所得母液循環(huán)使用。（5）沉鐵工序產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)（6）若用還原工序得到的濾液制備Fe2O3?xH216．氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉矗詺淙剂蠟榇淼娜剂想姵赜辛己玫膽?yīng)用前景。（1）298K時(shí)，1gH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ，1molH2O(l)（2）工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應(yīng)。Ⅰ.CⅡ.CO(g)+①下列操作中，能提高CH4(A．增加CHC．移除CO(g)D．加入催化劑②恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為α，CO2(g)的物質(zhì)的量為bmol，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)Kx=(寫出含有α、b的計(jì)算式；對(duì)于反應(yīng)mA(g)+nB(g)?（3）氫氧燃料電池中氫氣在(填“正”或“負(fù)”)極發(fā)生反應(yīng)。（4）在允許O2-自由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，CnH（5）甲醇燃料電池中，吸附在催化劑表面的甲醇分子逐步脫氫得到CO，四步可能脫氫產(chǎn)物及其相對(duì)能量如圖，則最可行途徑為a→(用b~j等代號(hào)表示)。17．【選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】含Cu、Zn、Sn及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫為CZTS)，是一種低價(jià)、無(wú)污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽(yáng)能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)S原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為。（2）Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是，原因是。（3）SnCl3?的幾何構(gòu)型為，其中心離子雜化方式為（4）將含有未成對(duì)電子的物質(zhì)置于外磁場(chǎng)中，會(huì)使磁場(chǎng)強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是____(填標(biāo)號(hào))。A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]（5）如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：A．B．C．D．根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO4?的是(填標(biāo)號(hào))，理由是（6）如圖是CZTS四元半導(dǎo)體化合物的四方晶胞。①該物質(zhì)的化學(xué)式為。②以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中A原子的坐標(biāo)為(34，14，1818．【選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】舍曲林(Sertraline)是一種選擇性5?羥色胺再攝取抑制劑，用于治療抑郁癥，其合成路線之一如下：已知：(ⅰ)手性碳原子是指連有四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子(ⅱ)(ⅲ)回答下列問(wèn)題：（1）①的反應(yīng)類型為。（2）B的化學(xué)名稱為。（3）寫出一種能同時(shí)滿足下列條件的D的芳香族同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。(a)紅外光譜顯示有C=O鍵；(b)核磁共振氫譜有兩組峰，峰面積比為1∶1。（4）合成路線中，涉及手性碳原子生成的反應(yīng)路線為、(填反應(yīng)路線序號(hào))。（5）H→I的化學(xué)方程式為，反應(yīng)還可生成與I互為同分異構(gòu)體的兩種副產(chǎn)物，其中任意一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(不考慮立體異構(gòu))。（6）W是一種姜黃素類似物，以香蘭素()和環(huán)己烯()為原料，設(shè)計(jì)合成W的路線(無(wú)機(jī)及兩個(gè)碳以下的有機(jī)試劑任選)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．陶瓷是良好的絕緣體，傳統(tǒng)陶瓷是典型的絕緣材料，常用于高壓變壓器的開(kāi)關(guān)外包裝和器件，A符合題意；B．陶瓷的主要成分為硅酸鹽，C不符合題意；C．陶瓷燒制過(guò)程中有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，C不符合題意；D．由于Fe2+、Fe3+和鐵的氧化物均有顏色，故陶瓷中含鐵量越多，陶瓷的顏色越深，白瓷的白色是因?yàn)殍F含量較低甚至幾乎不含，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.傳統(tǒng)陶瓷的主要成分是硅酸鹽材料，是良好的絕緣體；

B.陶瓷的主要成分為硅酸鹽；

C.有新物質(zhì)生成的變化屬于化學(xué)變化；

D.Fe2+、Fe3+和鐵的氧化物均有顏色。2．【答案】D【解析】【解答】A．該分子中含有的碳碳雙鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)使溶液褪色，故A不符合題意；B．分子中含有的碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，含有的羧基、羥基和酯基能發(fā)生取代反應(yīng)，故B不符合題意；C．分子中含有的羧基和羥基能與金屬鈉反應(yīng)生成氫氣，故C不符合題意；D．分子中含有的官能團(tuán)為碳碳雙鍵、羧基、羥基和酯基，共4種，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.碳碳雙鍵和羥基均能被酸性高錳酸鉀氧化；

B.該分子中含有羥基、羧基，能發(fā)生取代反應(yīng)（酯化反應(yīng)），含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)；

C.羧基和羥基均能與金屬鈉反應(yīng)生成氫氣；

D.該分子中含有的官能團(tuán)有碳碳雙鍵、羧基、羥基和酯基。3．【答案】B【解析】【解答】A．氮化鋁是一種高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，屬于新型的無(wú)機(jī)非金屬材料，A不符合題意；B．天然橡膠的單體為異戊二烯，合成橡膠的單體如順丁烯等中均含有碳碳雙鍵，通過(guò)加聚反應(yīng)合成制得橡膠，B符合題意；C．“滌綸”“錦綸”“腈綸”“丙綸”“維綸”“氯綸”“芳綸”等均為合成纖維，屬于有機(jī)高分子材料，C不符合題意；D．可降解聚乳酸塑料的推廣應(yīng)用，可以減少難以降解塑料的使用，從而減少“白色污染”，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.氮化鋁是一種高溫結(jié)構(gòu)陶瓷；

B.橡膠由加聚反應(yīng)生成；

C.合成纖維屬于有機(jī)高分子材料；

D.塑料的大量使用會(huì)造成“白色污染”。4．【答案】B【解析】【解答】A．過(guò)氧化鈉與水發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，則3.9g過(guò)氧化鈉與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為3.9g78g/mol×1×NAmol-1=0.05NAB．Mg生成MgO、Mg3N2時(shí)都是Mg失電子，每個(gè)Mg原子失去2個(gè)電子，則1.2gMg在空氣中燃燒生成氧化鎂和氮化鎂時(shí)，轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)為1.2g24g/mol×2×NAmol-1=0.1NAC．鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，則2.7g鋁與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣的個(gè)數(shù)為2.7g27g/mol×32×NAmol-1=0.15ND．二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，硅酸鈉在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，則由原子個(gè)數(shù)守恒可知，6.0g二氧化硅與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)所得溶液中硅酸根離子的個(gè)數(shù)小于6.0g60g/mol×NAmol-1=0.1NA故答案為：B。

【分析】A.過(guò)氧化鈉與水發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

B.Mg生成MgO、Mg3N2時(shí)都是Mg失電子，每個(gè)Mg原子失去2個(gè)電子；

C.鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣；

D.SiO32?5．【答案】D【解析】【解答】A．四氯化碳和水不互溶，溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，則裝置甲能達(dá)到用用四氯化碳萃取溴水中溴的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；B．HCl易溶于水，飽和食鹽水能抑制氯氣溶解，濃硫酸具有吸水性，因此盛有飽和NaCl溶液的洗氣瓶能除去氯化氫氣體，盛有的濃硫酸的洗氣瓶能干燥氯氣，則裝置乙能達(dá)到除去氯氣中的氯化氫氣體并干燥的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B不符合題意；C．中性或弱酸性溶液中，鐵絲發(fā)生吸氧腐蝕，鐵絲網(wǎng)在氯化鈉溶液中發(fā)生吸氧腐蝕會(huì)使試管內(nèi)氣體的物質(zhì)的量減小，氣體壓強(qiáng)減小，紅墨水會(huì)進(jìn)入導(dǎo)氣管中形成一段液柱，則裝置丙能達(dá)到驗(yàn)證鐵的吸氧腐蝕的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C不符合題意；D．由圖可知，裝置丁的向下排空氣法收集氨氣的試管中沒(méi)有排出氣體的出口，則裝置丁不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)室制備少量氨氣的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水與四氯化碳互不相溶；

B.飽和氯化鈉溶液能抑制氯氣溶解，HCl易溶于氯化鈉溶液，濃硫酸具有吸水性；

C.中性或弱酸性溶液中，鐵絲發(fā)生吸氧腐蝕。6．【答案】C【解析】【解答】A．電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，原子序數(shù)N>C，則原子半徑：C>N，即Y>X，故A不符合題意；B．CH3+子式中C原子和每個(gè)氫原子形成一個(gè)共用電子對(duì)，其中一個(gè)共用電子對(duì)為碳原子提供，則其電子式為，故B不符合題意；C．元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，氮元素的非金屬性強(qiáng)于碳元素，則硝酸的酸性強(qiáng)于碳酸，故C符合題意；D．碳元素可以與氫元素形成的氫化物為烴類化合物，氮元素可以與氫元素形成的氫化物可能為氨氣、聯(lián)氨，則碳元素和氮元素均能形成多種氫化物，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】MRY可用于測(cè)定文物年代，則MRY為614C，則M=6、R=14，Y為C元素，根據(jù)ZAX+017．【答案】B【解析】【解答】A．CaF2與濃H2SO4混合反應(yīng)生成HF，HF能與SiO2反應(yīng)，則糊狀混合物中的氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)，可用于刻蝕玻璃，故A不符合題意；B．鈉鹽水溶液可能呈酸性，如硫酸氫鈉在溶液中能電離出氫離子，使溶液呈酸性，故B符合題意；C．溶洞的形成的原理為CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，故C不符合題意；D．KMnO4與H2C2O4的反應(yīng)中，KMnO4中的Mn元素化和價(jià)降低生成Mn2+，化合價(jià)降低的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，則Mn2+還原產(chǎn)物，同時(shí)反應(yīng)速率加快，說(shuō)明Mn2+又是催化劑，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.CaF2與濃H2SO4混合反應(yīng)生成HF，HF能與二氧化硅反應(yīng)；

B.鈉鹽水溶液可能呈酸性；

C.碳酸鈣溶于溶解CO2的水生成碳酸氫鈣；

D.KMnO4與H2C2O4的反應(yīng)中，KMnO4中的Mn元素化和價(jià)降低生成Mn2+，化合價(jià)降低的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，則Mn2+還原產(chǎn)物，同時(shí)反應(yīng)速率加快，說(shuō)明Mn2+又是催化劑。8．【答案】A【解析】【解答】A．還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化鈉和次溴酸鈉等物質(zhì)，若直接返回還原工序，則產(chǎn)品中會(huì)有一定量的溴化鈉，導(dǎo)致產(chǎn)品的純度降低，A說(shuō)法符合題意；B．除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋇和硫，硫?qū)儆诜菢O性分子形成的分子晶體，而硫酸鋇屬于離子晶體，根據(jù)相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋇不溶于煤油，因此可用煤油進(jìn)行組分分離，B說(shuō)法不符合題意；C．中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發(fā)生反應(yīng)生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為L(zhǎng)i2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C說(shuō)法不符合題意；D．根據(jù)電子轉(zhuǎn)化守恒可知，溴和硫化鋇反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比為1：1；根據(jù)硫酸鋇的化學(xué)組成及鋇元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)為1：1，因此，參與反應(yīng)的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)為1：1：1，D說(shuō)法不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、溴和氫氧化鈉反應(yīng)生成溴化鈉、次溴酸鈉和水；

B、濾渣為硫酸鋇和硫，硫可以溶于煤油，硫酸鋇不溶于煤油；

C、碳酸鋰和溴化氫發(fā)生反應(yīng)，溴化氫為強(qiáng)酸，碳酸為弱酸，原理為強(qiáng)酸制弱酸；

D、參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比。9．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，水樣中碳酸根離子的濃度為0.02mol/L，故A不符合題意；B．由圖可知，a點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為碳酸根離子與氫離子恰好反應(yīng)生成碳酸氫根離子，可溶性碳酸氫鹽溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系為c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32?C．由分析可知，水樣中碳酸氫根離子的濃度為0.01mol/L，當(dāng)鹽酸溶液體積V(HCl)≤20.00mL時(shí)，只發(fā)生反應(yīng)CO32?+H+=HCO3?，滴定時(shí)溶液中碳酸氫根離子濃度為D．由分析可知，水樣中碳酸根離子和碳酸氫根離子濃度之和為0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2CO3)=0.03mol/L，滴定加入鹽酸會(huì)使溶液體積增大，則溶液中[c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H故答案為：C。

【分析】滴定過(guò)程中發(fā)生兩次突越，第一次在a點(diǎn)，此時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為CO32-+H+=HCO3-，則c(CO32-)=0.0100mol/L×20×10-310．【答案】A【解析】【解答】A．由兩種化合物的結(jié)構(gòu)示意圖可知，化合物中磷原子的最外層電子數(shù)為10，不滿足最外層8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A符合題意；B．R為F元素，F(xiàn)是最強(qiáng)的非金屬，F(xiàn)的非金屬性及簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性均最強(qiáng)，故B不符合題意；C．YZ2為NO2，封閉體系中存在平衡2NOD．氧氣和臭氧是氧元素形成的不同種單質(zhì)，互為同素異形體，臭氧層破壞會(huì)造成環(huán)境污染，則臭氧在大氣中的含量與環(huán)境污染密切相關(guān)，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】Z形成一個(gè)雙鍵或兩個(gè)單鍵，應(yīng)該為O元素，Y形成三鍵，應(yīng)為N元素，X形成一個(gè)三鍵和一個(gè)單鍵，應(yīng)為C元素，R形成一個(gè)單鍵，比氧原子原子序數(shù)大，應(yīng)為F元素，Q形成一個(gè)雙鍵和三個(gè)單鍵，其原子序數(shù)最大，則Q為P元素。11．【答案】C,D【解析】【解答】A．由題中信息可知，M和N均屬于二異丙基萘，兩者分子式相同，但是其結(jié)構(gòu)不同，故兩者互為同分異構(gòu)體，兩者不互為同系物，A說(shuō)法不符合題意；B．因?yàn)檩练肿又械?0個(gè)碳原子是共面的，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，異丙基中最多可以有2個(gè)碳原子與苯環(huán)共面，因此M分子中最多有14個(gè)碳原子共平面，B說(shuō)法不符合題意；C．N分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的H，因此其一溴代物有5種，C說(shuō)法符合題意；D．萘分子中有8個(gè)H，但是只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的H（分別用p、q表示，其分別有4個(gè)），根據(jù)定一議二法可知，若先取代q，則取代另一個(gè)H的位置有7個(gè)，即；然后先取代1個(gè)p，然后再取代其他H原子，有3種，即，因此萘的二溴代物有10種，D說(shuō)法符合題意；故答案為：CD?！痉治觥緼.結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個(gè)或n個(gè)CH2的化合物互為同系物；

B.苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可旋轉(zhuǎn)；

C.N分子中含有5種不同環(huán)境的氫原子；

D.萘分子中有兩種不同環(huán)境的氫原子。12．【答案】B,D【解析】【解答】A．由分析可知，b電極為電解池的陰極，故A不符合題意；B．由分析可知，氫氧根離子通過(guò)陰離子交換膜由陰極室向陽(yáng)極室移動(dòng)，則隔膜為陰離子交換膜，故B符合題意；C．由分析可知，M為氧氣、N為氫氣，由得失電子數(shù)目守恒可知，氧氣和氫氣的的物質(zhì)的量之比為1：2，故C不符合題意；D．由分析可知，反應(yīng)器I中發(fā)生的反應(yīng)為催化劑作用下，[Fe(CN)6]3-與氫氧根離子反應(yīng)生成[Fe(CN)6]4-、氧氣和水，反應(yīng)的離子方程式為4[Fe(CN)6]3-+4OH-催化劑__Δ4[Fe(CN)6]4-+O2故答案為：BD。

【分析】該裝置為電解池，電極a上，[Fe(CN)6]4-變化為[Fe(CN)6]3-，F(xiàn)e元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?3價(jià)，則a為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，b電極為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=2OH-+2?H，反應(yīng)器2發(fā)生反應(yīng)2?H=H2↑，則氣體N為氫氣，反應(yīng)器Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)4[Fe(CN)6]3-+4OH-催化劑__Δ4[Fe(CN)6]4-+O213．【答案】A,B【解析】【解答】A．由圖甲中的信息可知，隨c(X)的減小，c(Y)先增大后減小，c(Z)增大，因此，反應(yīng)①的速率隨c(X)的減小而減小，而反應(yīng)②的速率先增大后減小，A說(shuō)法符合題意；B．根據(jù)體系中發(fā)生的反應(yīng)可知，在Y的濃度達(dá)到最大值之前，單位時(shí)間內(nèi)X的減少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z)，但是，在Y的濃度達(dá)到最大值之后，單位時(shí)間內(nèi)Z的增加量等于Y和X的減少量，故v(X)+v(Y)=v(Z)，B說(shuō)法符合題意；C．升高溫度可以可以加快反應(yīng)①的速率，但是反應(yīng)①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應(yīng)②的，且反應(yīng)②的的速率隨著Y的濃度的增大而增大，則欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應(yīng)溫度且控制反應(yīng)時(shí)間，C說(shuō)法不符合題意；D．由圖乙信息可知，溫度低于T1時(shí)，k1＞k2，反應(yīng)②為慢反應(yīng)，因此總反應(yīng)速率由反應(yīng)②決定，D說(shuō)法不符合題意；故答案為：AB。

【分析】X是反應(yīng)物，所以隨著反應(yīng)進(jìn)行，X的物質(zhì)的量濃度逐漸減小，反應(yīng)①中Y是生成物、反應(yīng)②中Y是反應(yīng)物，則隨著反應(yīng)的進(jìn)行，Y的物質(zhì)的量濃度先增大后減小，Z的物質(zhì)的量濃度逐漸增大，所以濃度隨時(shí)間變化逐漸減小的代表的是X，濃度隨時(shí)間變化逐漸增大的代表的是Z，濃度隨時(shí)間變化先增大后減小的代表的是Y；由圖乙可知，反應(yīng)①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應(yīng)②。14．【答案】（1）(球形)冷凝管；酸式滴定管（2）C（3）加入H3PO4后，溶液中存在化學(xué)平衡H2SO3?SO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進(jìn)了化學(xué)平衡H2SO3?SO2+H2O向右移動(dòng)（4）檢驗(yàn)其是否漏水；藍(lán)色；I2+SO2+2H2O=2I-+4H++S（5）偏低（6）80.8【解析】【解答】（1）根據(jù)儀器a、b的結(jié)構(gòu)可知，裝置圖中儀器a、b的名稱分別為球形冷凝管和酸式滴定管；（2）三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水，向其中加入H3PO4的體積不超過(guò)10mL。在加熱時(shí)，三頸燒瓶中的液體不能超過(guò)其容積的23（3）雖然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，但是H3PO4為難揮發(fā)性的酸，而H2SO3易分解為SO2和水，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進(jìn)了化學(xué)平衡H2SO3?SO2+H2O向右移動(dòng)，因此，加入H3PO4能夠生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化學(xué)平衡H2SO3?SO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進(jìn)了化學(xué)平衡H2SO3?SO2+H2O向右移動(dòng)；（4）滴定管在使用前需要檢驗(yàn)其是否漏水、洗滌、潤(rùn)洗；滴定前，溶液中的碘被SO2還原為碘離子，溶液的顏色為無(wú)色，滴加終點(diǎn)時(shí)，過(guò)量的1滴或半滴標(biāo)準(zhǔn)碘液使淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘點(diǎn)之內(nèi)不變色，因此，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液為藍(lán)色；滴定反應(yīng)的離子方程式為I2+SO2+2H2O=2I—+4H++SO（5）若先加磷酸再通氮?dú)?，則不能將裝置中的空氣及時(shí)排出，有部分亞硫酸鹽和SO2被裝置中的氧氣氧化，碘的標(biāo)準(zhǔn)液的消耗量將減少，因此會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏低。（6）實(shí)驗(yàn)中SO2消耗的標(biāo)準(zhǔn)碘液的體積為0.30mL+1.00mL=1.30mL，減去空白實(shí)驗(yàn)消耗的0.10mL，則實(shí)際消耗標(biāo)準(zhǔn)碘液的體積為1.20mL，根據(jù)反應(yīng)I2+SO2+2H2O=2I—+4H++SO42?可以計(jì)算出n(SO2)=n(I2)=1.20mL×10-3L·mL-1×0.01000mol·L-1=1.20×10-5mol，由于SO2的平均回收率為95%，則實(shí)際生成的n(SO2)=1.20×1

【分析】香菇中亞硫酸鹽和磷酸反應(yīng)生成磷酸鹽和SO2，通入氮?dú)鈱⒀b置中的SO2排入錐形瓶中，在錐形瓶中SO2被水吸收，然后用碘液氧化SO2，發(fā)生的反應(yīng)方程式為SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，從而測(cè)定香菇中亞硫酸鹽的含量。15．【答案】（1）Fe2O3；SiO2（2）增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌（5）+2；；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3?+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl（6）H2O2；NH3·H2O【解析】【解答】（1）由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3，濾渣①的主要成分為：SiO2，故答案為：Fe2O3；SiO2；（2）黃鐵礦研細(xì)的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率；（3）由分析可知，還原工序中，不產(chǎn)生S單質(zhì)沉淀，則硫元素被氧化為SO42-，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化學(xué)方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO（4）由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循環(huán)利用，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌；（5）沉鐵工序中產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價(jià)為+2價(jià)和[Fe(CN)6]4-中的+3價(jià)，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH4+，故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+=6Fe(NH4（6）由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向?yàn)V液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過(guò)濾洗滌，對(duì)沉淀進(jìn)行灼燒，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的試劑為H2O2和NH3·H2O，故答案為：H2O2；NH3·H2O。

【分析】（1）依據(jù)流程圖，利用反應(yīng)物和產(chǎn)物的性質(zhì)判斷；（2）依據(jù)影響反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的因素分析；（3）根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物的化學(xué)式，利用電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒書寫；（4）從溶液中獲得晶體的一系列操作包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥；（5）根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物的化學(xué)式，利用電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒書寫；（6）依據(jù)離子沉淀的難易判斷加入試劑的順序。16．【答案】（1）H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH=-286kJ?mol（2）BC；(α?b（3）負(fù)（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O（5）a→b→e→h→j【解析】【解答】（1）298K時(shí)，1gH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ，則1molH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ0.5=242kJ，用熱化學(xué)方程式表示為：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH1=-242kJ?mol-1①，又因?yàn)?molH2O(1)蒸發(fā)吸熱44kJ，則H2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ?mol-1②，根據(jù)蓋斯定律可知，表示H2燃燒熱的反應(yīng)熱為ΔH=ΔH1+ΔH2=-286kJ?mol-1，故答案為：H2(g)+12O2(g)=H2O(1)Δ（2）①A．增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的轉(zhuǎn)化率，但是CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率減小，A不正確；B．恒溫恒壓下通入惰性氣體，相當(dāng)于減小體系壓強(qiáng)，反應(yīng)混合物中各組分的濃度減小，反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率，B正確；C．移除CO(g)，減小了反應(yīng)混合物中CO(g)的濃度，反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡正向移動(dòng)，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率，C正確；D．加入催化劑不能改變平衡狀態(tài)，故不能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率，D不正確；綜上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率的是BC；②恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為α，CO2(g)的物質(zhì)的量為bmol，則轉(zhuǎn)化的CH4(g)為αmol，剩余的CH4(g)為(1-α)mol，根據(jù)C元素守恒可知，CO(g)的物質(zhì)的量為(α-b)mol，根據(jù)H和O守恒可知，H2O(g)的物質(zhì)的量為(1-α-b)mol，H2(g)的物質(zhì)的量為(3α+b)mol，則反應(yīng)混合物的總物質(zhì)的量為(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為1?α2+2α、1?α?b2+2α、α?b2+2α、3α+b2+2α，因此，反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kx=α?b2+2α×(3α+b2+2α)31?α2+2α（3）氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為負(fù)極，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣的一極為正極，正極發(fā)生還原反應(yīng)，因此氫氧燃料電池中氫氣在負(fù)極發(fā)生反應(yīng)；（4）在允許O2-自由遷移的固體電解質(zhì)燃料電池中，CnH2n+2在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO2和H2O，電極反應(yīng)式為CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O；（5）由圖示可知，吸附在催化劑表面的甲醇分子逐步脫氫得到CO，且能壘越低，活化能越小，越容易進(jìn)行，根據(jù)圖示可知，其可行的途徑為：a→b→e→h→j。

【分析】（1）燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產(chǎn)生穩(wěn)定的氧化物時(shí)放出的熱量；

（2）①提高CH4(g)平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡盡量正向移動(dòng)，平衡移動(dòng)原理的具體內(nèi)容為：如果改變可逆反應(yīng)的條件（如濃度、壓強(qiáng)、溫度等），化學(xué)平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動(dòng)；

②分別計(jì)算各物質(zhì)的物質(zhì)的量，結(jié)合Kx=xp(C)?xq(D)xm17．【答案】（1）1：2或2：1（2）Cu；Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大（3）三角錐形；sp3雜化（4）B（5）D；D中含有-1價(jià)的O元素，具有強(qiáng)氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO4（6）Cu2ZnSnS4；(14，34，【解析】【解答】（1）基態(tài)S的價(jià)電子排布是3s23p4，其軌道表示式為，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，則兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為1：2或2：1，故答案為：1：2或2：1；（2）原子軌道中電子處于全滿、全空、半滿時(shí)較穩(wěn)定，失電子較難，銅元素的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，鋅元素的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大，所以銅與鋅相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是銅元素，故答案為：Cu；Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能