2022年河北省高考真題化學試卷真題（解析版）

2022年河北省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學注意事項：.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-N-4O-6Na-2Mg-24Al-27Si-28S-2一、單項選擇題：本題共9小題，每小題分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。.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.陶瓷主要成分為和C.陶瓷燒制的過程為物理變化 D.白瓷的白色是因鐵含量較高【答案】A【解析】【詳解】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關外包裝和器件，A正確；B．陶瓷主要成分為硅酸鹽，而不是SiO2和MgO，C錯誤；C．陶瓷燒制過程發(fā)生復雜的化學反應，由新物質生成，屬于化學變化，C錯誤；D．由于Fe2+、Fe+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，白瓷的白色是因為鐵含量較低甚至幾乎不含，D錯誤；故答案為：A。2.茯苓新酸DM是從中藥茯苓中提取的一種化學物質，具有一定生理活性，其結構簡式如圖。關于該化合物下列說法不正確的是A.可使酸性溶液褪色 B.可發(fā)生取代反應和加成反應C.可與金屬鈉反應放出 D.分子中含有種官能團【答案】D【解析】【詳解】A．分子中含有的碳碳雙鍵、羥基相連的碳原子上連有氫原子的羥基，能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，故A正確；B．分子中含有的碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應，含有的羧基、羥基和酯基能發(fā)生取代反應，故B正確；C．分子中含有的羧基和羥基能與金屬鈉反應生成氫氣，故C正確；D．分子中含有的官能團為碳碳雙鍵、羧基、羥基和酯基，共4種，故D錯誤；故選D。.化學是材料科學的基礎。下列說法錯誤的是A.制造5G芯片的氮化鋁晶圓屬于無機非金屬材料B.制造阻燃或防火線纜的橡膠不能由加聚反應合成C.制造特種防護服的芳綸纖維屬于有機高分子材料D.可降解聚乳酸塑料的推廣應用可減少“白色污染”【答案】B【解析】【詳解】A．氮化鋁是一種高溫結構陶瓷，屬于新型的無機非金屬材料，A正確；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，通過加聚反應合成制得橡膠，B錯誤；C．“滌綸”“錦綸”“腈綸”“丙綸”“維綸”“氯綸”“芳綸”等均為合成纖維，屬于有機高分子材料，C正確；D．可降解聚乳酸塑料的推廣應用，可以減少難以降解塑料的使用，從而減少“白色污染”，D正確；故答案為：B。4.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A..9gNa2O2與足量水反應，轉移電子個數(shù)為0.NAB..2gMg在空氣中燃燒生成MgO和MgN2，轉移電子個數(shù)為0.NAC.2.7gAl與足量NaOH溶液反應，生成H2的個數(shù)為0.NAD.6.0gSiO2與足量NaOH溶液反應，所得溶液中SiO的個數(shù)為0.NA【答案】B【解析】【詳解】A．過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，則.9g過氧化鈉與足量水反應，轉移電子個數(shù)為××NAmol-=0.05NA，故A錯誤；B．鎂在空氣中燃燒無論生成氧化鎂，還氮化鎂，鎂均轉化為鎂離子，則.2gMg在空氣中燃燒生成氧化鎂和氮化鎂時，轉移電子個數(shù)為×2×NAmol-=0.NA，故B正確；C．鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，則2.7g鋁與足量氫氧化鈉溶液反應生成氫氣的個數(shù)為××NAmol-=0.5NA，故C錯誤；D．二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，硅酸鈉在溶液中發(fā)生水解反應，則由原子個數(shù)守恒可知，6.0g二氧化硅與足量氫氧化鈉溶液反應所得溶液中硅酸根離子的個數(shù)小于×NAmol-=0.NA，故D錯誤；故選B。5.下列圖示裝置不能達到實驗目的的是A.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.裝置丙驗證鐵的吸氧腐蝕 D.裝置丁實驗室制備少量NH【答案】D【解析】【詳解】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，則裝置甲能達到用用四氯化碳萃取溴水中溴的實驗目的，故A不符合題意；B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，盛有的飽和食鹽水的洗氣瓶能用于除去氯化氫氣體，盛有的濃硫酸的洗氣瓶能用于干燥氯氣，則裝置乙能達到除去氯氣中的氯化氫氣體并干燥的實驗目的，故B不符合題意；C．鐵絲網(wǎng)在氯化鈉溶液中發(fā)生吸氧腐蝕會使試管內(nèi)氣體的物質的量減小，氣體壓強減小，紅墨水會進入導氣管中形成一段液柱，則裝置丙能達到驗證鐵的吸氧腐蝕的實驗目的，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有排出氣體的出口，則裝置丁不能達到實驗室制備少量氨氣的實驗目的，故D符合題意；故選D6.中子轟擊X原子的核反應為X+n→Y+H，其中Y可用于測定文物年代。下列說法錯誤的是A.原子半徑：Y＞X B.YH電子式為：C.最高價含氧酸的酸性：Y＞X D.X與Y均能形成多種氫化物【答案】C【解析】【分析】由Y可用于測定文物年代可知，Y為C元素；由核反應方程式可知，X為N元素?！驹斀狻緼．同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則碳原子的原子半徑大于氮原子，故A正確；B．CH為質子數(shù)大于電子數(shù)的陽離子，電子式為，故B正確；C．元素的非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，氮元素的非金屬性強于碳元素，則硝酸的酸性強于碳酸，故C錯誤；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正確；故選C。7.下列說法錯誤的是A.CaF2與濃H2SO4糊狀混合物可用于刻蝕玻璃B.NaOH是強堿，因此鈉鹽的水溶液不會呈酸性C.溶洞的形成主要源于溶解CO2的水對巖石的溶蝕作用D.KMnO4與H2C2O4的反應中，Mn2+既是還原產(chǎn)物又是催化劑【答案】B【解析】【詳解】A．氫氟酸能與二氧化硅反應生成氟化硅和水，氟化鈣與濃硫酸反應生成硫酸鈣和氟化氫，則糊狀混合物中的氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應，可用于刻蝕玻璃，故A正確；B．硫酸氫鈉是強酸的鈉鹽，在溶液中能電離出氫離子使溶液呈酸性，故B錯誤；C．溶洞的形成主要源于溶解于水的二氧化碳與巖石中的碳酸鈣反應生成可溶于水的碳酸氫鈣，故C正確；D．酸性高錳酸鉀溶液與草酸溶液反應生成硫酸鉀、硫酸錳、二氧化碳和水，反應中錳元素的化合價降低被還原，硫酸錳是反應的催化劑，反應生成的硫酸錳能做反應的催化劑加快反應速率，則錳離子既是反應的還原產(chǎn)物又是反應的催化劑，故D正確；故選B。8.溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成工藝流程如下：下列說法錯誤的是A.還原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回還原工序B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣可用煤油進行組分分離C.中和工序中的化學反應為D.參與反應的為∶∶【答案】A【解析】【分析】由流程可知，氫溴酸中含有少量的溴，加入硫化鋇將溴還原生成溴化鋇和硫，再加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋇和硫；加入碳酸鋰進行中和，得到的溴化鋰溶液經(jīng)濃縮等操作后得到產(chǎn)品溴化鋰。【詳解】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溴酸鈉等物質，若直接返回還原工序，則產(chǎn)品中會有一定量的溴化鈉，導致產(chǎn)品的純度降低，A說法錯誤；B．除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋇和硫，硫屬于非極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，因此可用煤油進行組分分離，B說法正確；C．中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發(fā)生反應生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應的化學方程式為Li2CO+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C說法正確；D．根據(jù)電子轉化守恒可知，溴和硫化鋇反應時物質的量之比為:；根據(jù)硫酸鋇的化學組成及鋇元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)為:，因此，參與反應的n(Br2):n(BaS):n(H2SO4)為::，D說法正確；綜上所述，本題選A。9.某水樣中含一定濃度的CO、HCO和其他不與酸堿反應的離子。取0.00mL水樣，用0.0000mol?L-的HCl溶液進行滴定，溶液pH隨滴加HCl溶液體積V(HCl)的變化關系如圖(混合后溶液體積變化忽略不計)。下列說法正確的是A.該水樣中c(CO)=0.0mol?L-B.a點處c(H2CO)+c(H+)=c(OH—)C.當V(HCl)≤20.00mL時，溶液中c(HCO)基本保持不變D.曲線上任意一點存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO)=0.0mol?L-【答案】C【解析】【分析】向碳酸根和碳酸氫根的混合溶液中加入鹽酸時，先后發(fā)生如下反應CO+H+=HCO、HCO+H+=H2CO，則滴定時溶液pH會發(fā)生兩次突躍，第一次突躍時碳酸根離子與鹽酸恰好反應生成碳酸氫根離子，第二次突躍時碳酸氫根離子與鹽酸恰好反應生成碳酸，由圖可知，滴定過程中溶液pH第一次發(fā)生突躍時，鹽酸溶液的體積為20.00mL，由反應方程式CO+H+=HCO可知，水樣中碳酸根離子的濃度為=0.02mol/L，溶液pH第二次發(fā)生突躍時，鹽酸溶液的體積為50.00mL，則水樣中碳酸氫根離子的濃度為=0.0mol/L?！驹斀狻緼．由分析可知，水樣中碳酸根離子的濃度為0.02mol/L，故A錯誤；B．由圖可知，a點發(fā)生的反應為碳酸根離子與氫離子恰好反應生成碳酸氫根離子，可溶性碳酸氫鹽溶液中質子守恒關系為c(H2CO)+c(H+)=c(OH—)+c(CO)，故B錯誤；C．由分析可知，水樣中碳酸氫根離子的濃度為0.0mol/L，當鹽酸溶液體積V(HCl)≤20.00mL時，只發(fā)生反應CO+H+=HCO，滴定時溶液中碳酸氫根離子濃度為=0.0mol/L，則滴定時溶液中碳酸氫根離子濃度不變，故C正確；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0.0mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO)=0.0mol/L，滴定加入鹽酸會使溶液體積增大，則溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO)]會小于0.0mol/L，故D錯誤；故選C。二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共6分。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。0.兩種化合物的結構如圖，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，下列說法錯誤的是A.在兩種化合物中，X、Y、Z、R、Q均滿足最外層8電子穩(wěn)定結構B.X、Y、Z、R、Q中，R的非金屬性及簡單氫化物的穩(wěn)定性均最強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【答案】A【解析】【分析】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，由兩種化合物的結構示意圖可知，X、Y、Z、R、Q形成共價鍵的數(shù)目分別為4、、2、、5，則五種元素分別為C元素、N元素、O元素、F元素、P元素?！驹斀狻緼．由兩種化合物的結構示意圖可知，化合物中磷原子的最外層電子數(shù)為0，不滿足最外層8電子穩(wěn)定結構，故A錯誤；B．C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金屬性最強，元素的非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性最強，故B正確；C．紅棕色二氧化氮轉化為無色四氧化二氮的反應為放熱反應，降低溫度，平衡向正反應方向移動，氣體的顏色變淺，則將裝有二氧化氮氣體的透明密閉容器浸入冰水中，氣體顏色變淺，故C正確；D．氧氣和臭氧是氧元素形成的不同種單質，互為同素異形體，臭氧層破壞會造成環(huán)境污染，則臭氧在大氣中的含量與環(huán)境污染密切相關，故D正確；故選A。.在EY沸石催化下，萘與丙烯反應主要生成二異丙基萘M和N。下列說法正確的是A.M和N互為同系物 B.M分子中最多有2個碳原子共平面C.N的一溴代物有5種 D.萘的二溴代物有0種【答案】CD【解析】【詳解】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，但是其結構不同，故兩者互為同分異構體，兩者不互為同系物，A說法不正確；B．因為萘分子中的0個碳原子是共面的，由于單鍵可以旋轉，異丙基中最多可以有2個碳原子與苯環(huán)共面，因此，M分子中最多有4個碳原子共平面，B說法不正確；C．N分子中有5種不同化學環(huán)境的H，因此其一溴代物有5種，C說法正確；D．萘分子中有8個H，但是只有兩種不同化學環(huán)境的H（分別用α、β表示，其分別有4個），根據(jù)定一議二法可知，若先取代α，則取代另一個H的位置有7個；然后先取代個β，然后再取代其他β，有種，因此，萘的二溴代物有0種，D說法正確；本題選CD。2.科學家研制了一種能在較低電壓下獲得氧氣和氫氣的電化學裝置，工作原理示意圖如圖。下列說法正確的是A.電極b為陽極B.隔膜為陰離子交換膜C.生成氣體M與N的物質的量之比為2：D.反應器I中反應的離子方程式為4[Fe(CN)6]—+4OH—4[Fe(CN)6]4—+O2↑+2H2O【答案】BD【解析】【分析】由圖可知，a電極為陽極，堿性條件下[Fe(CN)6]4—離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成[Fe(CN)6]—離子，催化劑作用下，[Fe(CN)6]—離子與氫氧根離子反應生成[Fe(CN)6]4—離子、氧氣和水，b電極為陰極，水分子作用下DHPS在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成DHPS—2H和氫氧根離子，催化劑作用下，DHPS—2H與水反應生成DHPS和氫氣，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽極室移動，則M為氧氣、N為氫氣?！驹斀狻緼．由分析可知，b電極為電解池的陰極，故A錯誤；B．由分析可知，氫氧根離子通過陰離子交換膜由陰極室向陽極室移動，則隔膜為陰離子交換膜，故B正確；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的量之比為：2，故C錯誤；D．由分析可知，反應器I中發(fā)生的反應為催化劑作用下，[Fe(CN)6]—離子與氫氧根離子反應生成[Fe(CN)6]4—離子、氧氣和水，反應的離子方程式為4[Fe(CN)6]—+4OH—4[Fe(CN)6]4—+O2↑+2H2O，故D正確；故選BD。.恒溫恒容條件下，向密閉容器中加入一定量X，發(fā)生反應的方程式為①；②。反應①的速率，反應②的速率，式中為速率常數(shù)。圖甲為該體系中X、Y、Z濃度隨時間變化的曲線，圖乙為反應①和②的曲線。下列說法錯誤的是A.隨的減小，反應①、②的速率均降低B.體系中C.欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應溫度且控制反應時間D.溫度低于時，總反應速率由反應②決定【答案】AB【解析】【分析】由圖中的信息可知，濃度隨時間變化逐漸減小的代表的是X，濃度隨時間變化逐漸增大的代表的是Z，濃度隨時間變化先增大后減小的代表的是Y；由圖乙中的信息可知，反應①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應②的?！驹斀狻緼．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①的速率隨c(X)的減小而減小，而反應②的速率先增大后減小，A說法錯誤；B．根據(jù)體系中發(fā)生的反應可知，在Y的濃度達到最大值之前，單位時間內(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的濃度達到最大值之后，單位時間內(nèi)Z的增加量等于Y和X的減少量，故v(X)+v(Y)=v(Z)，B說法錯誤；C．升高溫度可以可以加快反應①的速率，但是反應①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應②的，且反應②的的速率隨著Y的濃度的增大而增大，因此，欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應溫度且控制反應時間，C說法正確；D．由圖乙信息可知，溫度低于T時，k＞k2，反應②為慢反應，因此，總反應速率由反應②決定，D說法正確；綜上所述，本題選AB。三、非選擇題：共57分.第4~6題為必考題，每個試題考生都必須作答。第7~8題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共42分。4.某研究小組為了更準確檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量，設計實驗如下：①三頸燒瓶中加入香菇樣品和水；錐形瓶中加入水、淀粉溶液，并預加的碘標準溶液，攪拌。②以流速通氮氣，再加入過量磷酸，加熱并保持微沸，同時用碘標準溶液滴定，至終點時滴定消耗了碘標準溶液。③做空白實驗，消耗了碘標準溶液。④用適量替代香菇樣品，重復上述步驟，測得的平均回收率為95%。已知：，回答下列問題：（）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_______(填標號)。A.B.C.（）解釋加入，能夠生成的原因：_______。（4）滴定管在使用前需要_______、洗滌、潤洗；滴定終點時溶液的顏色為_______；滴定反應的離子方程式為_______。（5）若先加磷酸再通氮氣，會使測定結果_______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。（6）該樣品中亞硫酸鹽含量為_______(以計，結果保留三位有效數(shù)字)。【答案】（）①.(球形)冷凝管②.酸式滴定管（2）C（）加入HPO4后，溶液中存在化學平衡H2SOSO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學平衡H2SOSO2+H2O向右移動（4）①.檢驗其是否漏水②.藍色③.I2+SO2+2H2O=2I-+4H++

（5）偏低（6）【解析】【分析】由題中信息可知，檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量的原理是：用過量的磷酸與其中的亞硫酸鹽反應生成SO2，用氮氣將SO2排入到錐形瓶中被水吸收，最后用碘標準溶液滴定，測出樣品中亞硫酸鹽含量?！拘栐斀狻扛鶕?jù)儀器a、b的結構可知，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；小問2詳解】三頸燒瓶中加入0.00g香菇樣品和400mL水，向其中加入HPO4的體積不超過0mL。在加熱時，三頸燒瓶中的液體不能超過其容積的，因此，三頸燒瓶適宜的規(guī)格為000mL選C?！拘栐斀狻侩m然Ka(HPO4)=7.×0-＜Ka(H2SO)=.×0-2，但是HPO4為難揮發(fā)性的酸，而H2SO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，促進了化學平衡H2SOSO2+H2O向右移動，因此，加入HPO4能夠生成SO2的原因是：加入HPO4后，溶液中存在化學平衡H2SOSO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學平衡H2SOSO2+H2O向右移動；【小問4詳解】滴定管在使用前需要檢驗其是否漏水、洗滌、潤洗；滴定前，溶液中的碘被SO2還原為碘離子，溶液的顏色為無色，滴加終點時，過量的滴或半滴標準碘液使淀粉溶液變?yōu)樗{色且半分鐘點之內(nèi)不變色，因此，滴定終點時溶液為藍色；滴定反應的離子方程式為I2+SO2+2H2O=2I—+4H++；【小問5詳解】若先加磷酸再通氮氣，則不能將裝置中的空氣及時排出，有部分亞硫酸鹽被裝置中的氧氣氧化，碘的標準液的消耗量將減少，因此會使測定結果偏低。【小問6詳解】實驗中SO2消耗的標準碘液的體積為0.0mL+.00mL=.0mL，減去空白實驗消耗的0.0mL，則實際消耗標準碘液的體積為.20mL，根據(jù)反應I2+SO2+2H2O=2I—+4H++可以計算出n(SO2)=n(I2)=.20mL0-L·mL-0.0000mol·L-=.200-5mol，由于SO2的平均回收率為95%，則實際生成的n(SO2)=，則根據(jù)S元素守恒可知，該樣品中亞硫酸鹽含量為mg?kg-。5.以焙燒黃鐵礦(雜質為石英等)產(chǎn)生的紅渣為原料制備銨鐵藍顏料。工藝流程如下：回答下列問題：（）紅渣的主要成分為_______(填化學式)，濾渣①的主要成分為_______(填化學式)。（2）黃鐵礦研細的目的是_______。（）還原工序中，不生成S單質的反應的化學方程式為_______。（4）工序①的名稱為_______，所得母液循環(huán)使用。（5）沉鐵工序產(chǎn)生的白色沉淀中的化合價為_______，氧化工序發(fā)生反應的離子方程式為_______。（6）若用還原工序得到的濾液制備和，所加試劑為_______和_______(填化學式，不引入雜質)?！敬鸢浮浚ǎ?Fe2O②.SiO2（2）增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率（）7Fe2(SO4)+FeS2+8H2O=5FeSO4+8H2SO4（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌（5）①.+2；②.6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+

（6）①.H2O2②.NH·H2O【解析】【分析】已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O，反應原理為：4FeS2+O22Fe2O+8SO2，故產(chǎn)生的紅渣主要成分為Fe2O和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充酸浸，反應原理為：Fe2O+H2SO4=Fe2(SO4)+H2O，過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向濾液中加入黃鐵礦進行還原，將Fe+還原為Fe2+，由()小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為，反應原理為：4Fe++FeS2+8H2O=5Fe2++2+6H+，然后進行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調(diào)節(jié)溶液的pH為，進行沉鐵過程，反應原理為：Fe2++2+[Fe(CN)6]-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO進行氧化步驟，反應原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+6，過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據(jù)此分析解題?！拘栐斀狻坑煞治隹芍?，紅渣的主要成分為：Fe2O，濾渣①的主要成分為：SiO2，故答案為：Fe2O；SiO2；【小問2詳解】黃鐵礦研細的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率；【小問詳解】由分析可知，還原工序中，不產(chǎn)生S單質沉淀，則硫元素被氧化為，反應原理為：4Fe++FeS2+8H2O=5Fe2++2+6H+，故化學方程式為：7Fe2(SO4)+FeS2+8H2O=5FeSO4+8H2SO4，故答案為：7Fe2(SO4)+FeS2+8H2O=5FeSO4+8H2SO4；【小問4詳解】由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌，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、冷卻結晶、過濾洗滌；【小問5詳解】沉鐵工序中產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為+2價和[Fe(CN)6]4-中的+價，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++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+6，故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+6；【小問6詳解】由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向濾液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過濾洗滌，對沉淀進行灼燒，即可制得Fe2O·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的試劑為H2O2和NH·H2O，故答案為：H2O2；NH·H2O。6.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以氫燃料為代表的燃料電池有良好的應用前景。（）時，燃燒生成)放熱，蒸發(fā)吸熱，表示燃燒熱的熱化學方程式為_______。（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。Ⅰ.Ⅱ.①下列操作中，能提高平衡轉化率的是_______(填標號)。A.增加用量B.恒溫恒壓下通入惰性氣體C.移除D.加入催化劑②恒溫恒壓條件下，molCH4(g)和molH2O(g)反應達平衡時，的轉化率為，的物質的量為，則反應Ⅰ的平衡常數(shù)_______(寫出含有α、b的計算式；對于反應，，x為物質的量分數(shù))。其他條件不變，起始量增加到，達平衡時，，平衡體系中的物質的量分數(shù)為_______(結果保留兩位有效數(shù)字)。（）氫氧燃料電池中氫氣在_______(填“正”或“負”)極發(fā)生反應。（4）在允許自由遷移的固體電解質燃料電池中，放電的電極反應式為_______。（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)物及其相對能量如圖，則最可行途徑為a→_______(用等代號表示)?！敬鸢浮浚ǎ〩2(g)+O2(g)=H2O()H=-286kJ?mol-（2）①.BC②.③.4%（）負（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+(n+)O2-=nCO2+(n+)H2O（5）abehj【解析】【小問詳解】298K時，gH2燃燒生成H2O(g)放熱2kJ，則molH2燃燒生成H2O(g)放熱=242kJ，用熱化學方程式表示為：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=-242kJ?mol-①，又因為molH2O()蒸發(fā)吸熱44kJ，則H2O(g)=H2O(l)H2=-44kJ?mol-②，根據(jù)蓋斯定律可知，表示H2燃燒熱的反應熱為H=H+H2=-286kJ?mol-，故答案為：H2(g)+O2(g)=H2O()H=-286kJ?mol-；【小問2詳解】①A．增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的轉化率，但是CH4(g)平衡轉化率減小，A不符合題意；B．恒溫恒壓下通入惰性氣體，相當于減小體系壓強，反應混合物中各組分的濃度減小，反應Ⅰ的化學平衡正向移動，能提高CH4(g)平衡轉化率，B符合題意；C．移除CO(g)，減小了反應混合物中CO(g)的濃度，反應Ⅰ的化學平衡正向移動，能提高CH4(g)平衡轉化率，C符合題意；D．加入催化劑不能改變平衡狀態(tài)，故不能提高CH4(g)平衡轉化率，D不符合題意；綜上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡轉化率的是BC；②恒溫恒壓條件下，molCH4(g)和molH2O(g)反應達平衡時，CH4(g)的轉化率為α，CO2(g)的物質的量為bmol，則轉化的CH4(g)為αmol，剩余的CH4(g)為(-α)mol，根據(jù)C元素守恒可知，CO(g)的物質的量為(α-b)mol，根據(jù)H和O守恒可知，H2O(g)的物質的量為(-α-b)mol，H2(g)的物質的量為(α+b)mol，則反應混合物的總物質的量為(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物質的量分數(shù)分別為、、、，因此，反應I的平衡常數(shù)Kx=；其他條件不變，H2O(g)起始量增加到5mol，達平衡時，α=0.90，b=0.65，則平衡時，CH4(g)為0.mol，根據(jù)C元素守恒可知，CO(g)的物質的量為0.25mol，，根據(jù)H和O守恒可知，H2O(g)的物質的量為(5-0.90-0.65)mol=.45mol，H2(g)的物質的量為(α+b)mol=.5mol，平衡混合物的總物質的量為(2α+6)mol=7.8mol，平衡體系中H2(g)的物質的量分數(shù)為；【小問詳解】燃料電池中的燃料在負極發(fā)生氧化反應，因此，氫氧燃料電池中氫氣在負極發(fā)生反應；【小問4詳解】在允許O2-自由遷移的固體電解質燃料電池中，CnH2n+2在負極發(fā)生氧化反應生成CO2和H2O，電極反應式為CnH2n+2-(6n+2)e-+(n+)O2-=nCO2+(n+)H2O；【小問5詳解】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，越容易進行，根據(jù)圖示可知，其可行的途徑為：abehj。(二)選考題：共5分。請考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對應的題號右側方框涂黑，按所涂題號進行評分：多涂、多答，按所涂的首題進行評分：不涂，按本選考題的首題進行評分。7.含Cu、Zn、Sn及S的四元半導體化合物(簡寫為CZTS)，是一種低價、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應用于薄膜太陽能電池領域?；卮鹣铝袉栴}：（）基態(tài)S原子的價電子中，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_____。（）SnCl的幾何構型為____，其中心離子雜化方式為____。（4）將含有未成對電子的物質置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質。下列物質中，屬于順磁性物質的是____(填標號)。A.[Cu(NH)2]Cl B.[Cu(NH)4]SO4 C.[Zn(NH)4]SO4 D.Na2[Zn(OH)4]（5）如圖是硫的四種含氧酸根的結構：A.B.C.D.根據(jù)組成和結構推斷，能在酸性溶液中將Mn2+轉化為MnO的是____(填標號)，理由是____。（6）如圖是CZTS四元半導體化合物的四方晶胞。①該物質的化學式為_____。②以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中A原子的坐標為(，，)，則B原子的坐標為_____?！敬鸢浮浚ǎ?或2：（2）①.Cu②.Cu的第二電離能失去的是d0的電子，第一電離能失去的是4s電子，Zn的第二電離能失去的是4s的電子，第一電離能失去的是4s2電子，d0電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s電子能量差值更大（）①.三角錐形②.sp雜化（4）B（5）①.D②.D中含有—價的O元素，具有強氧化性，能將Mn2+轉化為MnO（6）①.Cu2ZnSnS4②.(，，)【解析】【小問詳解】基態(tài)S的價電子排布是s2p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：2或2：，故答案為：：2或2：；【小問2詳解】銅元素的第二電離能失去的是d0的電子，第一電離能失去的是4s電子，鋅元素的第二電離能失去的是4s的電子，第一電離能失去的是4s2電子，d0電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s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d0的電子，第一電離能失去的是4s電子，Zn的第二電離能失去的是4s的電子，第一電離能失去的是4s2電子，d0電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s電子能量差值更大；【小問詳解】三氯化錫離子在錫離子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為，所以錫離子雜化方式為sp雜化，離子的空間構型為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp雜化；【小問4詳解】根據(jù)題意，具有順磁性物質含有未成對電子；A．[Cu(NH)2]Cl中亞銅離子外圍電子排布是d0，離子中電子均已成對，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；B．[Cu(NH)4]SO4中銅離子外圍電子排布是d9，離子中有未成對電子，該配合物具有順磁性，故符合題意；C．[Zn(NH)4]SO4中鋅