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【高考真题】2022年河北省高考真题化学试题
一、单项选择题
1．（2022·河北）定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是（ ）
A．传统陶瓷是典型的绝缘材料 B．陶瓷主要成分为和
C．陶瓷烧制的过程为物理变化 D．白瓷的白色是因铁含量较高
2．（2022·河北）茯苓新酸DM是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物下列说法错误的是（ ）
A．可使酸性溶液褪色 B．可发生取代反应和加成反应
C．可与金属钠反应放出 D．分子中含有3种官能团
3．（2022·河北）化学是材料科学的基础。下列说法错误的是（ ）
A．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料
B．制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成
C．制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料
D．可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染”
4．（2022·河北）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA
5．（2022·河北）下列图示装置不能达到实验目的的是（ ）
A．装置甲用CCl4萃取溴水中的Br2 B．装置乙除去Cl2中的HCl并干燥
C．装置丙验证铁的吸氧腐蚀 D．装置丁实验室制备少量NH3
6．（2022·河北）中子轰击X原子的核反应为X+n→Y+H，其中Y可用于测定文物年代。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Y＞X B．YH的电子式为：
C．最高价含氧酸的酸性：Y＞X D．X与Y均能形成多种氢化物
7．（2022·河北）下列说法错误的是（ ）
A．CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃
B．NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性
C．溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用
D．KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂
8．（2022高三上·辽宁月考）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为
D．参与反应的为1∶1∶1
9．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
二、不定项选择题
10．两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是（ ）
A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构
B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强
C．将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关
11．在EY沸石催化下，萘与丙烯反应主要生成二异丙基萘M和N。
下列说法正确的是（ ）
A．M和N互为同系物
B．M分子中最多有12个碳原子共平面
C．N的一溴代物有5种
D．萘的二溴代物有10种
12．科学家研制了一种能在较低电压下获得氧气和氢气的电化学装置，工作原理示意图如图。
下列说法正确的是（ ）
A．电极b为阳极
B．隔膜为阴离子交换膜
C．生成气体M与N的物质的量之比为2：1
D．反应器I中反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O
13．恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是（ ）
A．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
三、非选择题
14．（2022·河北）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。
②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了碘标准溶液。
④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。
已知：，
回答下列问题：
（1）装置图中仪器a、b的名称分别为 、 。
（2）三颈烧瓶适宜的规格为____(填标号)。
A． B． C．
（3）解释加入，能够生成的原因： 。
（4）滴定管在使用前需要 、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为 ；滴定反应的离子方程式为 。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为 (以计，结果保留三位有效数字)。
15．（2023·渭南模拟）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为 (填化学式)，滤渣①的主要成分为 (填化学式)。
（2）黄铁矿研细的目的是 。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。
（4）工序①的名称为 ，所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
（6）若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为 和 (填化学式，不引入杂质)。
16．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
17．（2022·河北）【选修3：物质结构与性质】
含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是 。
（3）SnCl的几何构型为 ，其中心离子杂化方式为 。
（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4
C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是 (填标号)，理由是 。
（6）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为 。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为 。
18．（2022·河北）【选修5：有机化学基础】
舍曲林(Sertraline)是一种选择性羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如下：
已知：
(ⅰ)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子
(ⅱ)
(ⅲ)
回答下列问题：
（1）①的反应类型为 。
（2）B的化学名称为 。
（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式 。
(a)红外光谱显示有键；(b)核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1∶1。
（4）合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应路线为 、 (填反应路线序号)。
（5）H→I的化学方程式为 ，反应还可生成与I互为同分异构体的两种副产物，其中任意一种的结构简式为 (不考虑立体异构)。
（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素()和环己烯()为原料，设计合成W的路线 (无机及两个碳以下的有机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A．陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A符合题意；
B．陶瓷的主要成分为硅酸盐，C不符合题意；
C．陶瓷烧制过程中有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；
D．由于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.传统陶瓷的主要成分是硅酸盐材料，是良好的绝缘体；
B.陶瓷的主要成分为硅酸盐；
C.有新物质生成的变化属于化学变化；
D.Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色。
2．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A不符合题意；
B．分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，含有的羧基、羟基和酯基能发生取代反应，故B不符合题意；
C．分子中含有的羧基和羟基能与金属钠反应生成氢气，故C不符合题意；
D．分子中含有的官能团为碳碳双键、羧基、羟基和酯基，共4 种，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳碳双键和羟基均能被酸性高锰酸钾氧化；
B.该分子中含有羟基、羧基，能发生取代反应（酯化反应），含有碳碳双键，能发生加成反应；
C.羧基和羟基均能与金属钠反应生成氢气；
D.该分子中含有的官能团有碳碳双键、羧基、羟基和酯基。
3．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；高分子材料
【解析】【解答】A．氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A不符合题意；
B．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B符合题意；
C．“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“维纶”“氯纶”“芳纶”等均为合成纤维，属于有机高分子材料，C不符合题意；
D．可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氮化铝是一种高温结构陶瓷；
B.橡胶由加聚反应生成；
C.合成纤维属于有机高分子材料；
D.塑料的大量使用会造成“白色污染”。
4．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×NAmol-1=0.05NA，故A不符合题意；
B．Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAmol-1=0.1NA，故B符合题意；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××NAmol-1=0.15NA，故C不符合题意；
D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于×NAmol-1=0.1NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
B.Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子；
C.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
D. SiO在溶液中发生水解。
5．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；铁的吸氧腐蚀
【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，则装置甲能达到用用四氯化碳萃取溴水中溴的实验目的，故A不符合题意；
B．HCl易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解，浓硫酸具有吸水性，因此盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶能除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶能干燥氯气，则装置乙能达到除去氯气中的氯化氢气体并干燥的实验目的，故B不符合题意；
C．中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀，铁丝网在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀会使试管内气体的物质的量减小，气体压强减小，红墨水会进入导气管中形成一段液柱，则装置丙能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，故C不符合题意；
D．由图可知，装置丁的向下排空气法收集氨气的试管中没有排出气体的出口，则装置丁不能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水与四氯化碳互不相溶；
B.饱和氯化钠溶液能抑制氯气溶解，HCl易溶于氯化钠溶液，浓硫酸具有吸水性；
C.中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀。
6．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，原子序数N>C，则原子半径：C>N，即Y>X，故A不符合题意；
B．CH子式中C原子和每个氢原子形成一个共用电子对，其中一个共用电子对为碳原子提供，则其电子式为，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氮元素的非金属性强于碳元素，则硝酸的酸性强于碳酸，故C符合题意；
D．碳元素可以与氢元素形成的氢化物为烃类化合物，氮元素可以与氢元素形成的氢化物可能为氨气、联氨，则碳元素和氮元素均能形成多种氢化物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 Y可用于测定文物年代，则Y为C， 则M=6、R=14，Y为C元素，根据 X+n→Y+H可知，X为N元素，Z=7，A=14。
7．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与SiO2反应，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故A不符合题意；
B．钠盐水溶液可能呈酸性，如硫酸氢钠在溶液中能电离出氢离子，使溶液呈酸性，故B符合题意；
C．溶洞的形成的原理为CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2 ，故C不符合题意；
D． KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与二氧化硅反应；
B.钠盐水溶液可能呈酸性；
C.碳酸钙溶于溶解CO2的水生成碳酸氢钙；
D.KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂。
8．【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法符合题意；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法不符合题意；
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法不符合题意；
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1：1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)为1：1，因此，参与反应的n(Br2)： n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、溴和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；
B、滤渣为硫酸钡和硫，硫可以溶于煤油，硫酸钡不溶于煤油；
C、碳酸锂和溴化氢发生反应，溴化氢为强酸，碳酸为弱酸，原理为强酸制弱酸；
D、参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比。
9．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
10．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电子稳定结构，故A符合题意；
B．R为F元素，F是最强的非金属，F的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强，故B不符合题意；
C． YZ2为NO2，封闭体系中存在平衡，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C不符合题意；
D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大气中的含量与环境污染密切相关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Z形成一个双键或两个单键，应该为O元素，Y形成三键，应为N元素，X形成一个三键和一个单键，应为C元素，R形成一个单键，比氧原子原子序数大，应为F元素，Q形成一个双键和三个单键，其原子序数最大，则Q为P元素。
11．【答案】C,D
【知识点】有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，两者不互为同系物，A说法不符合题意；
B．因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此M分子中最多有14个碳原子共平面，B说法不符合题意；
C．N分子中有5种不同化学环境的H，因此其一溴代物有5种，C说法符合题意；
D．萘分子中有8个H，但是只有两种不同化学环境的H（分别用p、q表示，其分别有4个），根据定一议二法可知，若先取代q，则取代另一个H的位置有7个，即；然后先取代1个p，然后再取代其他H原子，有3种，即，因此萘的二溴代物有10种，D说法符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.苯环为平面结构，单键可旋转；
C.N分子中含有5种不同环境的氢原子；
D.萘分子中有两种不同环境的氢原子。
12．【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b电极为电解池的阴极，故A不符合题意；
B．由分析可知，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动，则隔膜为阴离子交换膜，故B符合题意；
C．由分析可知，M为氧气、N为氢气，由得失电子数目守恒可知，氧气和氢气的的物质的量之比为1：2，故C不符合题意；
D．由分析可知，反应器I中发生的反应为催化剂作用下，[Fe(CN)6]3-与氢氧根离子反应生成[Fe(CN)6]4-、氧气和水，反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】该装置为电解池，电极a上， [Fe(CN)6]4-变化为[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价变为+3价，则a为阳极，电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，b电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2 H， 反应器2 发生反应 2 H=H2↑，则气体N为氢气，反应器Ⅰ中发生反应4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，则气体M为氧气。
13．【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法符合题意；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法符合题意；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，则欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法不符合题意；
D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此总反应速率由反应②决定，D说法不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】X是反应物，所以随着反应进行，X的物质的量浓度逐渐减小，反应①中Y是生成物、反应②中Y是反应物，则随着反应的进行，Y的物质的量浓度先增大后减小，Z的物质的量浓度逐渐增大，所以浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②。
14．【答案】（1）(球形)冷凝管；酸式滴定管
（2）C
（3）加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动
（4）检验其是否漏水；蓝色；I2+ SO2+2H2O=2I-+4H++
（5）偏低
（6）80.8
【知识点】化学平衡的调控；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管；
（2）三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。
（3）虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜K a1 (H2SO3) =1.3×10-2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动；
（4）滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++；
（5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。
（6）实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++可以计算出n(SO2)= n(I2)= 1.20mL10-3L·mL-10.010 00 mol· L-1=1.2010-5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg kg -1。
【分析】 香菇中亚硫酸盐和磷酸反应生成磷酸盐和SO2，通入氮气将装置中的SO2排入锥形瓶中，在锥形瓶中SO2被水吸收，然后用碘液氧化SO2，发生的反应方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，从而测定香菇中亚硫酸盐的含量。
15．【答案】（1）Fe2O3；SiO2
（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5）+2；；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+
（6）H2O2；NH3·H2O
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；
（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（4）从溶液中获得晶体的一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（6）依据离子沉淀的难易判断加入试剂的顺序。
16．【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
17．【答案】（1）1：2或2：1
（2）Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
（3）三角锥形；sp3杂化
（4）B
（5）D；D中含有-1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
（6）Cu2ZnSnS4；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，其轨道表示式为，根据基态原子电子排布规则，则两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3） SnCl 中Sn的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故正确；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
故答案为：B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中-1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
【分析】（1）基态S原子的价电子排布图为；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（3） SnCl 的中心原子Sn价层电子对数为4，含有一个孤电子对，Sn采用sp3杂化；
（4）具有顺磁性物质含有未成对电子；
（5） Mn2+转化为MnO需要强氧化剂，且该氧化剂的氧化性应大于MnO；
（6）①根据均摊法计算；
②根据坐标系和A原子的坐标可推断B原子坐标。
18．【答案】（1）氧化反应
（2）3，4-二氯苯甲酸
（3）
（4）⑥；⑨
（5）；或
（6）
【知识点】芳香烃；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）据分析，①是中的甲基被KMnO4氧化为羧基，反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；
（2）据分析，B的结构简式是，名称是3，4-二氯苯甲酸，故答案为：3，4-二氯苯甲酸；
（3）从D的结构简式可知，其分子式为C13H8Cl2O，能满足核磁共振氢谱两组峰，且峰面积比为1：1的结构应是高度对称结构，又含有C=O，则该芳香族同分异构体的结构简式为：，故答案为：；
（4）手性碳原子指连接四个不同原子或原子团的碳，题给合成路线中涉及手性碳原子的物质是G()、H()、I()和Sertraline()，则涉及手性碳原子生成的反应路线是G和Sertraline的生成，即路线⑥和⑨。
（5）据分析，H→I是H中的碳基上的Cl与苯环消去HCl，形成一个环，化学方程式为：；当该碳基上的Cl与苯环上的其它氢原子消去，则得到I的同分异构体，有或，故答案为：；或；
（6）根据题给信息(ⅲ)，目标物资W可由2个与1个合成，故设计合成路线如下：
，故答案为：。
【分析】A中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，结合B的分子式可知，B为，B中-OH被氯原子取代生成C，C和苯发生取代反应生成D，则反应③中C6H6的物质为，D的羰基氧原子被取代生成E，E发生反应生成F，F中碳碳双键和氢气发生加成反应生成G，根据H的分子式知，G中-OH被氯原子取代生成H为，H发生C生成D类型的反应生成I，根据Sertraline的结构简式知，I为，I发生信息（ii）反应生成Sertraline。
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【高考真题】2022年河北省高考真题化学试题
一、单项选择题
1．（2022·河北）定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是（ ）
A．传统陶瓷是典型的绝缘材料 B．陶瓷主要成分为和
C．陶瓷烧制的过程为物理变化 D．白瓷的白色是因铁含量较高
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；硅和二氧化硅；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途
【解析】【解答】A．陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A符合题意；
B．陶瓷的主要成分为硅酸盐，C不符合题意；
C．陶瓷烧制过程中有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；
D．由于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.传统陶瓷的主要成分是硅酸盐材料，是良好的绝缘体；
B.陶瓷的主要成分为硅酸盐；
C.有新物质生成的变化属于化学变化；
D.Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色。
2．（2022·河北）茯苓新酸DM是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物下列说法错误的是（ ）
A．可使酸性溶液褪色 B．可发生取代反应和加成反应
C．可与金属钠反应放出 D．分子中含有3种官能团
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A不符合题意；
B．分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，含有的羧基、羟基和酯基能发生取代反应，故B不符合题意；
C．分子中含有的羧基和羟基能与金属钠反应生成氢气，故C不符合题意；
D．分子中含有的官能团为碳碳双键、羧基、羟基和酯基，共4 种，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.碳碳双键和羟基均能被酸性高锰酸钾氧化；
B.该分子中含有羟基、羧基，能发生取代反应（酯化反应），含有碳碳双键，能发生加成反应；
C.羧基和羟基均能与金属钠反应生成氢气；
D.该分子中含有的官能团有碳碳双键、羧基、羟基和酯基。
3．（2022·河北）化学是材料科学的基础。下列说法错误的是（ ）
A．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料
B．制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成
C．制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料
D．可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染”
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；高分子材料
【解析】【解答】A．氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A不符合题意；
B．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B符合题意；
C．“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“维纶”“氯纶”“芳纶”等均为合成纤维，属于有机高分子材料，C不符合题意；
D．可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氮化铝是一种高温结构陶瓷；
B.橡胶由加聚反应生成；
C.合成纤维属于有机高分子材料；
D.塑料的大量使用会造成“白色污染”。
4．（2022·河北）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×NAmol-1=0.05NA，故A不符合题意；
B．Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAmol-1=0.1NA，故B符合题意；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××NAmol-1=0.15NA，故C不符合题意；
D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于×NAmol-1=0.1NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
B.Mg生成MgO、Mg3N2时都是Mg失电子，每个Mg原子失去2个电子；
C.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
D. SiO在溶液中发生水解。
5．（2022·河北）下列图示装置不能达到实验目的的是（ ）
A．装置甲用CCl4萃取溴水中的Br2 B．装置乙除去Cl2中的HCl并干燥
C．装置丙验证铁的吸氧腐蚀 D．装置丁实验室制备少量NH3
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；铁的吸氧腐蚀
【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，则装置甲能达到用用四氯化碳萃取溴水中溴的实验目的，故A不符合题意；
B．HCl易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解，浓硫酸具有吸水性，因此盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶能除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶能干燥氯气，则装置乙能达到除去氯气中的氯化氢气体并干燥的实验目的，故B不符合题意；
C．中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀，铁丝网在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀会使试管内气体的物质的量减小，气体压强减小，红墨水会进入导气管中形成一段液柱，则装置丙能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，故C不符合题意；
D．由图可知，装置丁的向下排空气法收集氨气的试管中没有排出气体的出口，则装置丁不能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水与四氯化碳互不相溶；
B.饱和氯化钠溶液能抑制氯气溶解，HCl易溶于氯化钠溶液，浓硫酸具有吸水性；
C.中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀。
6．（2022·河北）中子轰击X原子的核反应为X+n→Y+H，其中Y可用于测定文物年代。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Y＞X B．YH的电子式为：
C．最高价含氧酸的酸性：Y＞X D．X与Y均能形成多种氢化物
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，原子序数N>C，则原子半径：C>N，即Y>X，故A不符合题意；
B．CH子式中C原子和每个氢原子形成一个共用电子对，其中一个共用电子对为碳原子提供，则其电子式为，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氮元素的非金属性强于碳元素，则硝酸的酸性强于碳酸，故C符合题意；
D．碳元素可以与氢元素形成的氢化物为烃类化合物，氮元素可以与氢元素形成的氢化物可能为氨气、联氨，则碳元素和氮元素均能形成多种氢化物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 Y可用于测定文物年代，则Y为C， 则M=6、R=14，Y为C元素，根据 X+n→Y+H可知，X为N元素，Z=7，A=14。
7．（2022·河北）下列说法错误的是（ ）
A．CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃
B．NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性
C．溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用
D．KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与SiO2反应，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故A不符合题意；
B．钠盐水溶液可能呈酸性，如硫酸氢钠在溶液中能电离出氢离子，使溶液呈酸性，故B符合题意；
C．溶洞的形成的原理为CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2 ，故C不符合题意；
D． KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与二氧化硅反应；
B.钠盐水溶液可能呈酸性；
C.碳酸钙溶于溶解CO2的水生成碳酸氢钙；
D.KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂。
8．（2022高三上·辽宁月考）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为
D．参与反应的为1∶1∶1
【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法符合题意；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法不符合题意；
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法不符合题意；
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1：1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)为1：1，因此，参与反应的n(Br2)： n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、溴和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；
B、滤渣为硫酸钡和硫，硫可以溶于煤油，硫酸钡不溶于煤油；
C、碳酸锂和溴化氢发生反应，溴化氢为强酸，碳酸为弱酸，原理为强酸制弱酸；
D、参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比。
9．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
二、不定项选择题
10．两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是（ ）
A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构
B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强
C．将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电子稳定结构，故A符合题意；
B．R为F元素，F是最强的非金属，F的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强，故B不符合题意；
C． YZ2为NO2，封闭体系中存在平衡，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C不符合题意；
D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大气中的含量与环境污染密切相关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Z形成一个双键或两个单键，应该为O元素，Y形成三键，应为N元素，X形成一个三键和一个单键，应为C元素，R形成一个单键，比氧原子原子序数大，应为F元素，Q形成一个双键和三个单键，其原子序数最大，则Q为P元素。
11．在EY沸石催化下，萘与丙烯反应主要生成二异丙基萘M和N。
下列说法正确的是（ ）
A．M和N互为同系物
B．M分子中最多有12个碳原子共平面
C．N的一溴代物有5种
D．萘的二溴代物有10种
【答案】C,D
【知识点】有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，两者不互为同系物，A说法不符合题意；
B．因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此M分子中最多有14个碳原子共平面，B说法不符合题意；
C．N分子中有5种不同化学环境的H，因此其一溴代物有5种，C说法符合题意；
D．萘分子中有8个H，但是只有两种不同化学环境的H（分别用p、q表示，其分别有4个），根据定一议二法可知，若先取代q，则取代另一个H的位置有7个，即；然后先取代1个p，然后再取代其他H原子，有3种，即，因此萘的二溴代物有10种，D说法符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
B.苯环为平面结构，单键可旋转；
C.N分子中含有5种不同环境的氢原子；
D.萘分子中有两种不同环境的氢原子。
12．科学家研制了一种能在较低电压下获得氧气和氢气的电化学装置，工作原理示意图如图。
下列说法正确的是（ ）
A．电极b为阳极
B．隔膜为阴离子交换膜
C．生成气体M与N的物质的量之比为2：1
D．反应器I中反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O
【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b电极为电解池的阴极，故A不符合题意；
B．由分析可知，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动，则隔膜为阴离子交换膜，故B符合题意；
C．由分析可知，M为氧气、N为氢气，由得失电子数目守恒可知，氧气和氢气的的物质的量之比为1：2，故C不符合题意；
D．由分析可知，反应器I中发生的反应为催化剂作用下，[Fe(CN)6]3-与氢氧根离子反应生成[Fe(CN)6]4-、氧气和水，反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】该装置为电解池，电极a上， [Fe(CN)6]4-变化为[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价变为+3价，则a为阳极，电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，b电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2 H， 反应器2 发生反应 2 H=H2↑，则气体N为氢气，反应器Ⅰ中发生反应4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，则气体M为氧气。
13．恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是（ ）
A．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法符合题意；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法符合题意；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，则欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法不符合题意；
D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此总反应速率由反应②决定，D说法不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】X是反应物，所以随着反应进行，X的物质的量浓度逐渐减小，反应①中Y是生成物、反应②中Y是反应物，则随着反应的进行，Y的物质的量浓度先增大后减小，Z的物质的量浓度逐渐增大，所以浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②。
三、非选择题
14．（2022·河北）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。
②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了碘标准溶液。
④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。
已知：，
回答下列问题：
（1）装置图中仪器a、b的名称分别为 、 。
（2）三颈烧瓶适宜的规格为____(填标号)。
A． B． C．
（3）解释加入，能够生成的原因： 。
（4）滴定管在使用前需要 、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为 ；滴定反应的离子方程式为 。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为 (以计，结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）(球形)冷凝管；酸式滴定管
（2）C
（3）加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动
（4）检验其是否漏水；蓝色；I2+ SO2+2H2O=2I-+4H++
（5）偏低
（6）80.8
【知识点】化学平衡的调控；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管；
（2）三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。
（3）虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜K a1 (H2SO3) =1.3×10-2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动；
（4）滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++；
（5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。
（6）实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++可以计算出n(SO2)= n(I2)= 1.20mL10-3L·mL-10.010 00 mol· L-1=1.2010-5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg kg -1。
【分析】 香菇中亚硫酸盐和磷酸反应生成磷酸盐和SO2，通入氮气将装置中的SO2排入锥形瓶中，在锥形瓶中SO2被水吸收，然后用碘液氧化SO2，发生的反应方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，从而测定香菇中亚硫酸盐的含量。
15．（2023·渭南模拟）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为 (填化学式)，滤渣①的主要成分为 (填化学式)。
（2）黄铁矿研细的目的是 。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。
（4）工序①的名称为 ，所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
（6）若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为 和 (填化学式，不引入杂质)。
【答案】（1）Fe2O3；SiO2
（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5）+2；；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+
（6）H2O2；NH3·H2O
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；
（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（4）从溶液中获得晶体的一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（6）依据离子沉淀的难易判断加入试剂的顺序。
16．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
17．（2022·河北）【选修3：物质结构与性质】
含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是 。
（3）SnCl的几何构型为 ，其中心离子杂化方式为 。
（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4
C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是 (填标号)，理由是 。
（6）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为 。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为 。
【答案】（1）1：2或2：1
（2）Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
（3）三角锥形；sp3杂化
（4）B
（5）D；D中含有-1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
（6）Cu2ZnSnS4；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，其轨道表示式为，根据基态原子电子排布规则，则两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3） SnCl 中Sn的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故正确；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
故答案为：B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中-1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
【分析】（1）基态S原子的价电子排布图为；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（3） SnCl 的中心原子Sn价层电子对数为4，含有一个孤电子对，Sn采用sp3杂化；
（4）具有顺磁性物质含有未成对电子；
（5） Mn2+转化为MnO需要强氧化剂，且该氧化剂的氧化性应大于MnO；
（6）①根据均摊法计算；
②根据坐标系和A原子的坐标可推断B原子坐标。
18．（2022·河北）【选修5：有机化学基础】
舍曲林(Sertraline)是一种选择性羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如下：
已知：
(ⅰ)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子
(ⅱ)
(ⅲ)
回答下列问题：
（1）①的反应类型为 。
（2）B的化学名称为 。
（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式 。
(a)红外光谱显示有键；(b)核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1∶1。
（4）合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应路线为 、 (填反应路线序号)。
（5）H→I的化学方程式为 ，反应还可生成与I互为同分异构体的两种副产物，其中任意一种的结构简式为 (不考虑立体异构)。
（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素()和环己烯()为原料，设计合成W的路线 (无机及两个碳以下的有机试剂任选)。
【答案】（1）氧化反应
（2）3，4-二氯苯甲酸
（3）
（4）⑥；⑨
（5）；或
（6）
【知识点】芳香烃；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介
【解析】【解答】（1）据分析，①是中的甲基被KMnO4氧化为羧基，反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；
（2）据分析，B的结构简式是，名称是3，4-二氯苯甲酸，故答案为：3，4-二氯苯甲酸；
（3）从D的结构简式可知，其分子式为C13H8Cl2O，能满足核磁共振氢谱两组峰，且峰面积比为1：1的结构应是高度对称结构，又含有C=O，则该芳香族同分异构体的结构简式为：，故答案为：；
（4）手性碳原子指连接四个不同原子或原子团的碳，题给合成路线中涉及手性碳原子的物质是G()、H()、I()和Sertraline()，则涉及手性碳原子生成的反应路线是G和Sertraline的生成，即路线⑥和⑨。
（5）据分析，H→I是H中的碳基上的Cl与苯环消去HCl，形成一个环，化学方程式为：；当该碳基上的Cl与苯环上的其它氢原子消去，则得到I的同分异构体，有或，故答案为：；或；
（6）根据题给信息(ⅲ)，目标物资W可由2个与1个合成，故设计合成路线如下：
，故答案为：。
【分析】A中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成-COOH，结合B的分子式可知，B为，B中-OH被氯原子取代生成C，C和苯发生取代反应生成D，则反应③中C6H6的物质为，D的羰基氧原子被取代生成E，E发生反应生成F，F中碳碳双键和氢气发生加成反应生成G，根据H的分子式知，G中-OH被氯原子取代生成H为，H发生C生成D类型的反应生成I，根据Sertraline的结构简式知，I为，I发生信息（ii）反应生成Sertraline。
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