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2022-2023学年河北省衡水中学高三上学期四调考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年河北省衡水中学高三上学期四调考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期四调考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．《博物新编》)有关于磺强水制法的记载：“以铅作一密炉，炉底贮以清水，焚硝磺于炉中，使硝磺之气重坠入水，然后将水再行蒸炼，一如蒸酒甑油之法，务使水汽尽行升散，则所存者是磺强水矣。”(提示：“硝”指，“磺”指硫黄)下列有关磺强水的说法正确的是
A．“焚硝磺”时发生的是氧化还原反应
B．磺强水是一种易挥发的强电解质
C．的磺强水溶液的pH=2
D．磺强水溶液中不存在分子
【答案】A
【详解】A．依题意，分解生成、，S与反应生成，，，“焚硝磺”时，N和S的价态均发生了变化，A项正确；
B．硫酸的沸点较高，属于难挥发的强电解质，B项错误；
C．的磺强水溶液中，pH<2，C项错误；
D．磺强水溶液中存在水分子，D项错误；
答案选A。
2．下列说法正确的是
A．100℃时，pH=12的NaOH溶液中，
B．常温下，将pH=9的溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH仍为9
C．常温下，将pH=1的稀盐酸与pH=13的AOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7
D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，逐渐增大
【答案】B
【详解】A．水的离子积只受温度的影响，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，因此100℃时水的离子积大于1×10－14，100℃时，pH=12的NaOH溶液中，c(OH－)＞0.01mol·L－1，故A错误；
B．CH3COONa与NaOH不发生反应，常温下，相同pH的两种溶液混合后，溶液pH仍为9，故B正确；
C．如果AOH为弱碱，pH=13的AOH物质的量浓度大于0.1mol·L－1，即等体积混合后，溶质为AOH和ACl，此时溶液可能显碱性，故C错误；
D．冰醋酸加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的电离度增大，随着水量的增大，c(H＋)先增大后减小，故D错误；
答案为B。
3．常温下，下列说法错误的是
A．向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c() > c() > c() > c() = c()
B．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp (FeS) > Ksp(CuS)
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．0.01 mol/LNaHCO3溶液：c()＋c(H2CO3) =c()＋c()
【答案】C
【详解】A．向0.01 mol · NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，若加入等物质的量的NaOH，溶液呈酸性，若呈中性，则加入的NaOH应多于硫酸氢铵，但小于硫酸氢铵物质的量的2倍，溶液中存在和NH3·H2O，故有c() > c() > c() > c() = c()，A项正确；
B．CuS不溶于稀硫酸，说明CuS溶解产生的不足以与发生反应生成H2S气体，而FeS溶于稀硫酸，说明FeS溶解产生的可以与发生反应生成H2S气体，导致固体不断溶解，证明Ksp (FeS) > Ksp(CuS)，B项正确；
C．向盐酸中加入氨水至中性，则c() =c ()，由电荷守恒可知，溶液中，C项错误；
D．NaHCO3溶液中，根据电荷守恒c()＋c() =2c()＋c()＋c()，根据物料守恒c() = c()＋c()＋c(H2CO3)，故c()＋c(H2CO3) =c()＋c()，D项正确；
答案选C。
4．实验室常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，可用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生。下列说法错误的是
A．氧化性：S2O>MnO>Fe3+
B．标定时，KMnO4溶液和摩尔盐溶液都选用酸式滴定管
C．过二硫酸结构如图所示，则S2O含有两个四面体结构
D．过程中，消耗的摩尔盐和过二硫酸钠物质的量之比为1：2
【答案】D
【详解】A． 常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，氧化性：MnO>Fe3+，用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生，氧化性：S2O>MnO，总之，氧化性：S2O>MnO>Fe3+，故A正确；
B． KMnO4溶液具有氧化性，摩尔盐溶液呈酸性，标定时，KMnO4溶液和摩尔盐溶液都选用酸式滴定管，故B正确；
C． 过二硫酸结构如图所示，中心原子硫原子价层电子对数为4+=4，则S2O含有两个四面体结构，故C正确；
D． 过程中，消耗的摩尔盐和过二硫酸钠物质的量之比为2：1，2Fe2++S2O=2SO+2Fe3+，故D错误；
故选D。
5．某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是
A．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B．X与W的第一电离能：X＜W
C．和键角前者小于后者
D．X的一种单质和化合物均可用于自来水消毒
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由W、Y同主族，W、Y分别形成3个、5个共价键可知，W为N元素、Y为P元素；抗癌药物中X形成2个共价键，则X为O元素；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，则Z为Cl元素。
【详解】A．氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵，反应中会产生大量白烟，故A正确；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氧元素的第一电离能小于氮元素，故B正确；
C．三氯化氮和三氯化磷的空间构型都为三角锥形，氮元素的电负性强于磷元素，原子的原子半径小于磷原子，三氯化氮中成键电子对间的斥力大于三氯化磷，所以键角大于三氯化磷，故C错误；
D．臭氧和二氧化氯都有强氧化性，都能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，常用于自来水消毒，故D正确；
故选C。
6．向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A．和都是强电解质
B．A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C．B→C，溶液中的减小
D．A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
7．t ℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2()与c()的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．当溶液中c()=2× mol/L时，有c() > 5× mol/L
B．该温度下，的水解常数Kh的数量级为
C．溶液中：c(HA)＋c() = c()
D．x点溶液中：c() > c() > c(HA) > c()
【答案】B
【详解】A．由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c2()为1× mol2 · ，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，都为1× mol· ，则水的离子积常数Kw=1×。由图可知，溶液中浓度为2× mol· 时，溶液中c2()为3×mol2 ·，溶液中氢氧根离子浓度为×mol·，则溶液中的氢离子浓度为mol·L-1≈ 5.8×10-8mol·L-1 > 5×10-8mol·L-1，A项正确；
B．NaA溶液中存在的水解平衡和水的电离平衡，溶液中浓度越大，溶液中与HA的浓度越接近，的水解常数Kh ≈，由图可知，浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B项错误；
C．NaA溶液中存在质子守恒关系c(HA)＋c() = c()，C项正确；
D．由图可知，x点溶液中浓度为3× mol·，溶液中氢氧根离子浓度为2× mol·L-1，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)＋c() = c()，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，氢离子浓度为5× mol·L-1，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c() > c() > c(HA) > c()，D项正确；
答案选B。
8．某兴趣小组利用工业废弃的铁铜合金制备碱式碳酸铜的流程如图。下列叙述错误的是
A．“溶解”时发生了氧化还原反应
B．“过滤1”所得的滤液中的溶质主要为硫酸铜
C．“滤渣”的主要成分为氢氧化铁
D．“沉降”反应中溶液与Na2CO3以不同方式或不同用量比混合不影响产品成分
【答案】D
【分析】废弃的铁铜合金中加入稀硫酸和双氧水溶解，得到硫酸铁、硫酸铜的混合溶液，之后加入CuO调节pH除去Fe3+，过滤除去Fe(OH)3沉淀，加入碳酸钠沉降得到碱式碳酸铜，过滤得到产品，据此分析；
【详解】A．溶解过程中双氧水在酸性环境中可以将Fe、Cu氧化，发生的离子方程式为2Fe+3H2O2+6H+=2Fe3++6H2O、Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，涉及氧化还原反应，故A说法正确；
B．根据分析可知，加入CuO调节pH可以除去Fe3+，所得滤液中的溶质主要为硫酸铜，故B说法正确
C．加入CuO调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C说法正确；
D．“沉降”反应中溶液是CuSO4溶液，与Na2CO3的混合方式应该是将Na2CO3加入CuSO4溶液中；如果将CuSO4溶液加入Na2CO3溶液中，将会生成氢氧化铜沉淀，影响碱式碳酸铜的生成，D错误；
答案为D。
9．常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液中含铁微粒存在如下平衡：，各微粒的物质的量分数随pOH变化如图。下列说法正确的是
A．Ⅲ代表的变化曲线
B．三点水的电离程度相等
C．
D．a点处：
【答案】C
【分析】本题考查含铁微粒分布分数图象分析。
【详解】A．稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液pOH不断增大，的浓度不断减小，可知II代表的变化曲线，故A项错误；
B．三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；
C．的平衡常数，点时，pOH=1.6，则，同理可知
的平衡常数，的平衡
常数，由此推出，故C正确；
C．点溶液中，溶液中存在电荷守恒：，从到点溶液中发生反应：，溶液中，则点溶液中
，故D项错误；
故答案：C。
10．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热∆H=-620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．∆E=306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2
【答案】D
【详解】A．图中ΔE=△E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJ⋅mol-1，故A错误；
B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；
C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；
D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2，故D正确；
故选：D。
11．T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是
A．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
B．加热可使溶液由X点变到Z点
C．Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液
D．T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
【答案】D
【详解】A．CdCO3(s) ⇌Cd2+( aq)+(aq)，则c(Cd2+)= c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；
B．由A分析可知，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2 (s) ⇌Cd2+( aq)+2OH- (aq)，则c(Cd2+)= 2c(OH-)，加热平衡正向移动，Cd2+、OH-离子浓度变大，但是不会相等，B错误；
C．曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，C错误；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，D正确；
故选D。
12．常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-)、变化如图所示。下列说法不正确的是
A．常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10-1.08
B．a点时，c(HA-)+2c(H2A)>10-3.05-10-10.95
C．NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
D．b点时，满足c(Na+)<3c(A2-)
【答案】A
【分析】向某浓度H2A溶液中加入NaOH溶液时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系，标①；H2A ⇌H++HA-，HA-⇌ H++A2-，A2-会逐渐增大，-lgc(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，标②；另一条则是与pH的变化图，标③，以此解题。
【详解】A．电离常数的表达式为：，，④，当pH=3.05时，-lgc(A2-)与-lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代入④，可得；又由图中③可知，当pH=5.3时，，即c(A2-)=c(HA-)，即Ka2=10-5.3，所以，A错误；
B．a点时，电荷守恒为，移向，a点时，pH=3.05，所以，，因为，所以，因为，所以c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95，B正确；
C．NaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA-)，HA-⇌ H++A2-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以c(A2-)与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA-的水解常数，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正确；
D．b点时，电荷守恒为，此时pH=5.3，即，所以c(A2-)=c(HA-)，所以上式变形为：，，因为c(OH-)
13．科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是
A．铂电极产生的气体是O2和CO2
B．铜电极的电极反应式为2CO2+12+12e-=C2H4+12+4H2O
C．通电过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动
D．当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生标况下C2H41.12L
【答案】B
【分析】CO2制乙烯，碳的化合价降低，得电子，故多晶铜电极作电解池的阴极；阴极生成的，经阴离子交换膜进入阳极区，因电解前后电解液浓度几乎不变，可判断其与水一起失去电子生成O2和CO2。
【详解】A．据分析，铂电极产生的气体是O2和CO2，A正确；
B．铜电极的电极反应式为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，B错误；
C．通电过程中，溶液中朝阳极移动，即通过阴离子交换膜向左槽移动，C正确；
D．根据14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，电路中通过0.6mol电子时理论上能产生0.05mol C2H4，即标况下1.12L，D正确；
故选B。
14．如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，此时A的容积是aL，B的容积是2aL。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g) ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是( )
A．反应速率：v(B)>v(A) B．A容器中X的转化率为80%
C．若打开K，则A的体积变为2.6aL D．平衡时Y的体积分数：A
【详解】A. 该反应气体物质的量增大，A处于减压中，所以反应速率：v(B)>v(A)，故A正确；B. T、P一定，气体的n与V成正比。达平衡时，A的体积为1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8mol。A容器中气体增加0.8mol，对应消耗X0.8mol，所以X的转化率为80%，故B正确；C. 若打开K，A、B容器的总体积为1.4aL×3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2al，故C错误；D. 减压平衡右移，所以平衡时Y的体积分数：A，故D正确。故选C。
15．已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1L1mol·L-1的HF、HCN溶液中加NaOH固体(忽略温度和溶液体积变化)，溶液pH随lg(X表示F或者CN)变化情况如图所示，下列说法错误的是
A．lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6 B．溶液中对应的c(X-)：d点＞c点
C．b点溶液的pH=5.2 D．e点溶液中c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【分析】由题干信息可知，常温下HF酸性强于HCN，即Ka(HF)＞Ka(HCN)，当横坐标为0时，即lg=0或者lg=0即c(F-)=c(HF)或c(CN-)=c(HCN)，则有Ka(HF)==c(H+)=10-3.2, Ka(HCN)==c(H+)=10-9.2，即I代表HF，II代表HCN，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Ka(HF)=10-3.2, Ka(HCN)=10-9.2，则lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6，A正确；
B．由于弱电解质的电离是微弱的，故溶液中c(HF)=c(HCN)≈1mol/L，则溶液中对应的c(X-)：d点为：c(CN-)==，c点为：c(F-)==，则c＜d，B错误；
C．由分析可知，I代表HF，Ka(HF)=10-3.2 ，b点溶液中lg=2，则有：c(H+)==10-5.2，故b点对应溶液的pH=5.2，C正确；
D．由图象可知，e点溶液中pH为9.2，此时lg=0即c(CN-)=c(HCN)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+ c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，结合c(OH-)>c(H+)，则有c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+) 即有c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，D正确；
故答案为：B。
二、结构与性质
16．氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态磷原子核外电子共有____种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。
(2)已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。
物质
熔点
沸点
偏二甲肼
-58℃
63.9℃
肼
1.4℃
113.5℃
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为____，二者熔沸点存在差异的主要原因是____。
(3)N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为____(分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有____mol。
(5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。
铁酸钇的化学式为____。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为____。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为____pm3(列出表达式)。
【答案】(1) 9 1s22s22p63s13p33d1
(2) sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
(3)Π
(4)10
(5) YFeO3 (，+m，)
【详解】（1）基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
（2）偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
（3）由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。
三、工业流程题
17．亚铁氰化钾晶体，化学式为，俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇，在电镀、食品添加剂等方面有广泛用途。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺流程如下：
(1)实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为___________。
(2)反应器中发生的主要反应的化学方程式为___________。
(3)在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为___________(填字母)。
a．NaCl b． c．
(4)转化器中发生反应的离子方程式___________。
(5)实验室进行步骤a的操作为___________。
(6)对所得样品进行纯度测定：
步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液。
步骤2：量取25.00mL上述溶液，用酸性溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗溶液30.50mL。该实验中所发生的反应如下：
①通过计算确定该样品的纯度是___________(保留3位有效数字)。
②下列操作会使测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C．滴定结束后，滴定管内壁附着液滴
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
【答案】(1)铁粉、稀硫酸
(2)
(3)b
(4)
(5)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2-3次
(6) 95.0% CD
【详解】（1）硫酸亚铁溶液中亚铁离子容易被空气中氧气氧化，且亚铁离子容易水解使溶液显酸性，故实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为铁粉、稀硫酸，稀硫酸可以抑制亚铁离子水解，铁粉能把三价铁转化为二价铁；
（2）由流程可知，反应器中反应，根据质量守恒和最终产物推断反应生成，发生的主要反应为；
（3）反应器中得到滤液中含有，第一次过滤后滤液中含有过量的钙离子，可以加入适量的碳酸钠和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，且不引入新的杂质离子，故在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为碳酸钠；故选b；
（4）由流程可知，转化器中加入氯化钾后最终生成亚铁氰化钾晶体，故发生反应为和氯化钾反应转化为，离子方程式
（5）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2-3；
（6）①根据方程式体现的关系可知，，则样品中的物质的量为，则该样品的纯度是；
②A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，A错误；
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，B错误；
C．滴定结束后，滴定管内壁附着液滴，导致读数偏大，结果偏高，C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，D正确；
故选CD。
四、实验题
18．CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
以下
以上
结晶水合物
回答下列问题：
(1)仪器的名称为___________，溶液的作用是___________。
(2)“湿法”制备的离子方程式为___________，实验中，的实际用量要大于理论用量，原因是___________。
(3)为得到纯净的晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，___________，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入的作用是___________。
(4)用“间接碘量法”测定废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成，取出，向其中加入过量固体，充分反应，生成白色沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。(涉及到的反应为：，)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好___________(填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为___________。
(5)查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明溶液中存在上述平衡；取少量蓝色稀溶液于试管中，___________。
【答案】(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2) 受热会分解导致损耗
(3) 降温至结晶，抑制水解 增大浓度，有利于结晶
(4) 溶液蓝色褪去
(5)向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
【分析】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，故用NaOH来尾气处理，防止污染环境，在析出晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，由于浓盐酸具有很强的挥发性，故NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）“湿法”制备CuCl2即用Cu、HCl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：；受热会分解导致损耗；
（3）由题干表中数据可知，得到纯净的晶体，故反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，降低温度到进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中Cl-的浓度，有利于析出，故答案为：降温至结晶；抑制水解，增大浓度，有利于结晶；
（4）①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2先蓝色，故滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好溶液蓝色褪去，且半分钟不再发生变化，故答案为：溶液蓝色褪去；
②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~I2~2，故有：n(Cu2+)=n()==2×10-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为=64.0%，故答案为：64.0%；
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色稀溶液于试管中，向其中加入少量固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。
五、原理综合题
19．反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。
主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=-270kJ·mol-1
副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能如表所示：
化学键
C—H
H—H
H—O
C=O
键能/kJ·mol-1
413
436
463
a
则a=___。
(2)为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
T1
T1
T2
催化剂的比表面积/(m2•g-1)
80
120
120
①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。
②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(3)对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。
反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。
【答案】(1)745
(2) ＜ b 4.8
(3) C
【详解】（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，△H1=-270kJ·mol-1=2a+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×4 ，则a=745。故答案为：745；
（2）①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：＜；b；
②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200Kpa降到160Kpa， ，n平=4mol，设反应Ⅰ生成2xmol水，
可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)= =4.8kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp= =。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：4.8；；
（3）反应Ⅰ的平衡常数K= ，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得k1•c4(H2)•c(CO2)=2k2•c2(H2O)•c(CH4)整理得：==K，反应Ⅰ的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。
河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期四调考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．《博物新编》)有关于磺强水制法的记载：“以铅作一密炉，炉底贮以清水，焚硝磺于炉中，使硝磺之气重坠入水，然后将水再行蒸炼，一如蒸酒甑油之法，务使水汽尽行升散，则所存者是磺强水矣。”(提示：“硝”指，“磺”指硫黄)下列有关磺强水的说法正确的是
A．“焚硝磺”时发生的是氧化还原反应
B．磺强水是一种易挥发的强电解质
C．的磺强水溶液的pH=2
D．磺强水溶液中不存在分子
【答案】A
【详解】A．依题意，分解生成、，S与反应生成，，，“焚硝磺”时，N和S的价态均发生了变化，A项正确；
B．硫酸的沸点较高，属于难挥发的强电解质，B项错误；
C．的磺强水溶液中，pH<2，C项错误；
D．磺强水溶液中存在水分子，D项错误；
答案选A。
2．下列说法正确的是
A．100℃时，pH=12的NaOH溶液中，
B．常温下，将pH=9的溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH仍为9
C．常温下，将pH=1的稀盐酸与pH=13的AOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7
D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，逐渐增大
【答案】B
【详解】A．水的离子积只受温度的影响，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，因此100℃时水的离子积大于1×10－14，100℃时，pH=12的NaOH溶液中，c(OH－)＞0.01mol·L－1，故A错误；
B．CH3COONa与NaOH不发生反应，常温下，相同pH的两种溶液混合后，溶液pH仍为9，故B正确；
C．如果AOH为弱碱，pH=13的AOH物质的量浓度大于0.1mol·L－1，即等体积混合后，溶质为AOH和ACl，此时溶液可能显碱性，故C错误；
D．冰醋酸加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的电离度增大，随着水量的增大，c(H＋)先增大后减小，故D错误；
答案为B。
3．常温下，下列说法错误的是
A．向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c() > c() > c() > c() = c()
B．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp (FeS) > Ksp(CuS)
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．0.01 mol/LNaHCO3溶液：c()＋c(H2CO3) =c()＋c()
【答案】C
【详解】A．向0.01 mol · NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，若加入等物质的量的NaOH，溶液呈酸性，若呈中性，则加入的NaOH应多于硫酸氢铵，但小于硫酸氢铵物质的量的2倍，溶液中存在和NH3·H2O，故有c() > c() > c() > c() = c()，A项正确；
B．CuS不溶于稀硫酸，说明CuS溶解产生的不足以与发生反应生成H2S气体，而FeS溶于稀硫酸，说明FeS溶解产生的可以与发生反应生成H2S气体，导致固体不断溶解，证明Ksp (FeS) > Ksp(CuS)，B项正确；
C．向盐酸中加入氨水至中性，则c() =c ()，由电荷守恒可知，溶液中，C项错误；
D．NaHCO3溶液中，根据电荷守恒c()＋c() =2c()＋c()＋c()，根据物料守恒c() = c()＋c()＋c(H2CO3)，故c()＋c(H2CO3) =c()＋c()，D项正确；
答案选C。
4．实验室常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，可用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生。下列说法错误的是
A．氧化性：S2O>MnO>Fe3+
B．标定时，KMnO4溶液和摩尔盐溶液都选用酸式滴定管
C．过二硫酸结构如图所示，则S2O含有两个四面体结构
D．过程中，消耗的摩尔盐和过二硫酸钠物质的量之比为1：2
【答案】D
【详解】A． 常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，氧化性：MnO>Fe3+，用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生，氧化性：S2O>MnO，总之，氧化性：S2O>MnO>Fe3+，故A正确；
B． KMnO4溶液具有氧化性，摩尔盐溶液呈酸性，标定时，KMnO4溶液和摩尔盐溶液都选用酸式滴定管，故B正确；
C． 过二硫酸结构如图所示，中心原子硫原子价层电子对数为4+=4，则S2O含有两个四面体结构，故C正确；
D． 过程中，消耗的摩尔盐和过二硫酸钠物质的量之比为2：1，2Fe2++S2O=2SO+2Fe3+，故D错误；
故选D。
5．某种由六种元素形成的抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是
A．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B．X与W的第一电离能：X＜W
C．和键角前者小于后者
D．X的一种单质和化合物均可用于自来水消毒
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由W、Y同主族，W、Y分别形成3个、5个共价键可知，W为N元素、Y为P元素；抗癌药物中X形成2个共价键，则X为O元素；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，则Z为Cl元素。
【详解】A．氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵，反应中会产生大量白烟，故A正确；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氧元素的第一电离能小于氮元素，故B正确；
C．三氯化氮和三氯化磷的空间构型都为三角锥形，氮元素的电负性强于磷元素，原子的原子半径小于磷原子，三氯化氮中成键电子对间的斥力大于三氯化磷，所以键角大于三氯化磷，故C错误；
D．臭氧和二氧化氯都有强氧化性，都能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，常用于自来水消毒，故D正确；
故选C。
6．向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A．和都是强电解质
B．A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C．B→C，溶液中的减小
D．A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
7．t ℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2()与c()的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．当溶液中c()=2× mol/L时，有c() > 5× mol/L
B．该温度下，的水解常数Kh的数量级为
C．溶液中：c(HA)＋c() = c()
D．x点溶液中：c() > c() > c(HA) > c()
【答案】B
【详解】A．由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c2()为1× mol2 · ，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，都为1× mol· ，则水的离子积常数Kw=1×。由图可知，溶液中浓度为2× mol· 时，溶液中c2()为3×mol2 ·，溶液中氢氧根离子浓度为×mol·，则溶液中的氢离子浓度为mol·L-1≈ 5.8×10-8mol·L-1 > 5×10-8mol·L-1，A项正确；
B．NaA溶液中存在的水解平衡和水的电离平衡，溶液中浓度越大，溶液中与HA的浓度越接近，的水解常数Kh ≈，由图可知，浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B项错误；
C．NaA溶液中存在质子守恒关系c(HA)＋c() = c()，C项正确；
D．由图可知，x点溶液中浓度为3× mol·，溶液中氢氧根离子浓度为2× mol·L-1，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)＋c() = c()，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，氢离子浓度为5× mol·L-1，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c() > c() > c(HA) > c()，D项正确；
答案选B。
8．某兴趣小组利用工业废弃的铁铜合金制备碱式碳酸铜的流程如图。下列叙述错误的是
A．“溶解”时发生了氧化还原反应
B．“过滤1”所得的滤液中的溶质主要为硫酸铜
C．“滤渣”的主要成分为氢氧化铁
D．“沉降”反应中溶液与Na2CO3以不同方式或不同用量比混合不影响产品成分
【答案】D
【分析】废弃的铁铜合金中加入稀硫酸和双氧水溶解，得到硫酸铁、硫酸铜的混合溶液，之后加入CuO调节pH除去Fe3+，过滤除去Fe(OH)3沉淀，加入碳酸钠沉降得到碱式碳酸铜，过滤得到产品，据此分析；
【详解】A．溶解过程中双氧水在酸性环境中可以将Fe、Cu氧化，发生的离子方程式为2Fe+3H2O2+6H+=2Fe3++6H2O、Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，涉及氧化还原反应，故A说法正确；
B．根据分析可知，加入CuO调节pH可以除去Fe3+，所得滤液中的溶质主要为硫酸铜，故B说法正确
C．加入CuO调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C说法正确；
D．“沉降”反应中溶液是CuSO4溶液，与Na2CO3的混合方式应该是将Na2CO3加入CuSO4溶液中；如果将CuSO4溶液加入Na2CO3溶液中，将会生成氢氧化铜沉淀，影响碱式碳酸铜的生成，D错误；
答案为D。
9．常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液中含铁微粒存在如下平衡：，各微粒的物质的量分数随pOH变化如图。下列说法正确的是
A．Ⅲ代表的变化曲线
B．三点水的电离程度相等
C．
D．a点处：
【答案】C
【分析】本题考查含铁微粒分布分数图象分析。
【详解】A．稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液pOH不断增大，的浓度不断减小，可知II代表的变化曲线，故A项错误；
B．三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，故B错误；
C．的平衡常数，点时，pOH=1.6，则，同理可知
的平衡常数，的平衡
常数，由此推出，故C正确；
C．点溶液中，溶液中存在电荷守恒：，从到点溶液中发生反应：，溶液中，则点溶液中
，故D项错误；
故答案：C。
10．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热∆H=-620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是
A．∆E=306.6kJ/mol B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定 D．该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2
【答案】D
【详解】A．图中ΔE=△E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJ⋅mol-1，故A错误；
B．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；
C．正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；
D．由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO2，故D正确；
故选：D。
11．T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是
A．曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
B．加热可使溶液由X点变到Z点
C．Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液
D．T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=102
【答案】D
【详解】A．CdCO3(s) ⇌Cd2+( aq)+(aq)，则c(Cd2+)= c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；
B．由A分析可知，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2 (s) ⇌Cd2+( aq)+2OH- (aq)，则c(Cd2+)= 2c(OH-)，加热平衡正向移动，Cd2+、OH-离子浓度变大，但是不会相等，B错误；
C．曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，C错误；
D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，D正确；
故选D。
12．常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-)、变化如图所示。下列说法不正确的是
A．常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10-1.08
B．a点时，c(HA-)+2c(H2A)>10-3.05-10-10.95
C．NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
D．b点时，满足c(Na+)<3c(A2-)
【答案】A
【分析】向某浓度H2A溶液中加入NaOH溶液时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系，标①；H2A ⇌H++HA-，HA-⇌ H++A2-，A2-会逐渐增大，-lgc(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，标②；另一条则是与pH的变化图，标③，以此解题。
【详解】A．电离常数的表达式为：，，④，当pH=3.05时，-lgc(A2-)与-lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代入④，可得；又由图中③可知，当pH=5.3时，，即c(A2-)=c(HA-)，即Ka2=10-5.3，所以，A错误；
B．a点时，电荷守恒为，移向，a点时，pH=3.05，所以，，因为，所以，因为，所以c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95，B正确；
C．NaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA-)，HA-⇌ H++A2-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以c(A2-)与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA-的水解常数，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)
D．b点时，电荷守恒为，此时pH=5.3，即，所以c(A2-)=c(HA-)，所以上式变形为：，，因为c(OH-)
13．科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是
A．铂电极产生的气体是O2和CO2
B．铜电极的电极反应式为2CO2+12+12e-=C2H4+12+4H2O
C．通电过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动
D．当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生标况下C2H41.12L
【答案】B
【分析】CO2制乙烯，碳的化合价降低，得电子，故多晶铜电极作电解池的阴极；阴极生成的，经阴离子交换膜进入阳极区，因电解前后电解液浓度几乎不变，可判断其与水一起失去电子生成O2和CO2。
【详解】A．据分析，铂电极产生的气体是O2和CO2，A正确；
B．铜电极的电极反应式为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，B错误；
C．通电过程中，溶液中朝阳极移动，即通过阴离子交换膜向左槽移动，C正确；
D．根据14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12，电路中通过0.6mol电子时理论上能产生0.05mol C2H4，即标况下1.12L，D正确；
故选B。
14．如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，此时A的容积是aL，B的容积是2aL。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g) ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是( )
A．反应速率：v(B)>v(A) B．A容器中X的转化率为80%
C．若打开K，则A的体积变为2.6aL D．平衡时Y的体积分数：A
【详解】A. 该反应气体物质的量增大，A处于减压中，所以反应速率：v(B)>v(A)，故A正确；B. T、P一定，气体的n与V成正比。达平衡时，A的体积为1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8mol。A容器中气体增加0.8mol，对应消耗X0.8mol，所以X的转化率为80%，故B正确；C. 若打开K，A、B容器的总体积为1.4aL×3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2al，故C错误；D. 减压平衡右移，所以平衡时Y的体积分数：A，故D正确。故选C。
15．已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1L1mol·L-1的HF、HCN溶液中加NaOH固体(忽略温度和溶液体积变化)，溶液pH随lg(X表示F或者CN)变化情况如图所示，下列说法错误的是
A．lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6 B．溶液中对应的c(X-)：d点＞c点
C．b点溶液的pH=5.2 D．e点溶液中c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【分析】由题干信息可知，常温下HF酸性强于HCN，即Ka(HF)＞Ka(HCN)，当横坐标为0时，即lg=0或者lg=0即c(F-)=c(HF)或c(CN-)=c(HCN)，则有Ka(HF)==c(H+)=10-3.2, Ka(HCN)==c(H+)=10-9.2，即I代表HF，II代表HCN，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Ka(HF)=10-3.2, Ka(HCN)=10-9.2，则lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6，A正确；
B．由于弱电解质的电离是微弱的，故溶液中c(HF)=c(HCN)≈1mol/L，则溶液中对应的c(X-)：d点为：c(CN-)==，c点为：c(F-)==，则c＜d，B错误；
C．由分析可知，I代表HF，Ka(HF)=10-3.2 ，b点溶液中lg=2，则有：c(H+)==10-5.2，故b点对应溶液的pH=5.2，C正确；
D．由图象可知，e点溶液中pH为9.2，此时lg=0即c(CN-)=c(HCN)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+ c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，结合c(OH-)>c(H+)，则有c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+) 即有c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，D正确；
故答案为：B。
二、结构与性质
16．氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态磷原子核外电子共有____种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。
(2)已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。
物质
熔点
沸点
偏二甲肼
-58℃
63.9℃
肼
1.4℃
113.5℃
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为____，二者熔沸点存在差异的主要原因是____。
(3)N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为____(分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有____mol。
(5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。
铁酸钇的化学式为____。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为____。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为____pm3(列出表达式)。
【答案】(1) 9 1s22s22p63s13p33d1
(2) sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
(3)Π
(4)10
(5) YFeO3 (，+m，)
【详解】（1）基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
（2）偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
（3）由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。
三、工业流程题
17．亚铁氰化钾晶体，化学式为，俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇，在电镀、食品添加剂等方面有广泛用途。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺流程如下：
(1)实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为___________。
(2)反应器中发生的主要反应的化学方程式为___________。
(3)在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为___________(填字母)。
a．NaCl b． c．
(4)转化器中发生反应的离子方程式___________。
(5)实验室进行步骤a的操作为___________。
(6)对所得样品进行纯度测定：
步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液。
步骤2：量取25.00mL上述溶液，用酸性溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗溶液30.50mL。该实验中所发生的反应如下：
①通过计算确定该样品的纯度是___________(保留3位有效数字)。
②下列操作会使测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C．滴定结束后，滴定管内壁附着液滴
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
【答案】(1)铁粉、稀硫酸
(2)
(3)b
(4)
(5)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2-3次
(6) 95.0% CD
【详解】（1）硫酸亚铁溶液中亚铁离子容易被空气中氧气氧化，且亚铁离子容易水解使溶液显酸性，故实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁溶液时，为了防止其变质需要添加的试剂为铁粉、稀硫酸，稀硫酸可以抑制亚铁离子水解，铁粉能把三价铁转化为二价铁；
（2）由流程可知，反应器中反应，根据质量守恒和最终产物推断反应生成，发生的主要反应为；
（3）反应器中得到滤液中含有，第一次过滤后滤液中含有过量的钙离子，可以加入适量的碳酸钠和钙离子反应生成碳酸钙沉淀，且不引入新的杂质离子，故在“除杂”步骤中，向体系中加入适量的试剂X为碳酸钠；故选b；
（4）由流程可知，转化器中加入氯化钾后最终生成亚铁氰化钾晶体，故发生反应为和氯化钾反应转化为，离子方程式
（5）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2-3；
（6）①根据方程式体现的关系可知，，则样品中的物质的量为，则该样品的纯度是；
②A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，A错误；
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，B错误；
C．滴定结束后，滴定管内壁附着液滴，导致读数偏大，结果偏高，C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，D正确；
故选CD。
四、实验题
18．CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
以下
以上
结晶水合物
回答下列问题：
(1)仪器的名称为___________，溶液的作用是___________。
(2)“湿法”制备的离子方程式为___________，实验中，的实际用量要大于理论用量，原因是___________。
(3)为得到纯净的晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，___________，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入的作用是___________。
(4)用“间接碘量法”测定废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成，取出，向其中加入过量固体，充分反应，生成白色沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。(涉及到的反应为：，)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好___________(填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为___________。
(5)查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明溶液中存在上述平衡；取少量蓝色稀溶液于试管中，___________。
【答案】(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2) 受热会分解导致损耗
(3) 降温至结晶，抑制水解 增大浓度，有利于结晶
(4) 溶液蓝色褪去
(5)向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
【分析】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，故用NaOH来尾气处理，防止污染环境，在析出晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，由于浓盐酸具有很强的挥发性，故NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）“湿法”制备CuCl2即用Cu、HCl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：；受热会分解导致损耗；
（3）由题干表中数据可知，得到纯净的晶体，故反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，降低温度到进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中Cl-的浓度，有利于析出，故答案为：降温至结晶；抑制水解，增大浓度，有利于结晶；
（4）①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2先蓝色，故滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好溶液蓝色褪去，且半分钟不再发生变化，故答案为：溶液蓝色褪去；
②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~I2~2，故有：n(Cu2+)=n()==2×10-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为=64.0%，故答案为：64.0%；
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色稀溶液于试管中，向其中加入少量固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。
五、原理综合题
19．反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。
主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=-270kJ·mol-1
副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能如表所示：
化学键
C—H
H—H
H—O
C=O
键能/kJ·mol-1
413
436
463
a
则a=___。
(2)为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
T1
T1
T2
催化剂的比表面积/(m2•g-1)
80
120
120
①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。
②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(3)对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。
反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。
【答案】(1)745
(2) ＜ b 4.8
(3) C
【详解】（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，△H1=-270kJ·mol-1=2a+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×4 ，则a=745。故答案为：745；
（2）①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：＜；b；
②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200Kpa降到160Kpa， ，n平=4mol，设反应Ⅰ生成2xmol水，
可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)= =4.8kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp= =。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：4.8；；
（3）反应Ⅰ的平衡常数K= ，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得k1•c4(H2)•c(CO2)=2k2•c2(H2O)•c(CH4)整理得：==K，反应Ⅰ的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。
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