【高考真題】2022年河北省高考真題化學試題一、單項選擇題1．定窯是宋代五大名窯之一，其生產的白瓷聞名于世。下列說法正確的是（）A．傳統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錯誤的是（）A．可使酸性KMnO4溶液褪色C．可與金屬鈉反應放出H2 3．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”4．NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．3.9gNa2O2與足量水反應，轉移電子個數為0.1NAB．1.2gMg在空氣中燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移電子個數為0.1NAC．2.7gAl與足量NaOH溶液反應，生成H2的個數為0.1NAD．6.0gSiO2與足量NaOH溶液反應，所得溶液中SiO32?的個數為0.1N5．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NH36．中子轟擊ZAX原子的核反應為ZAX+01n→MRY+A．原子半徑：Y＞X B．YH3+的電子式為：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：下列說法錯誤的是（）A．還原工序逸出的Br2用B．除雜工序中產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LD．參與反應的n(Br9．某水樣中含一定濃度的CO32?、HCO3?和其他不與酸堿反應的離子。取10.00mL水樣，用0.01000mol?L下列說法正確的是（）A．該水樣中c(CO32?)=0.01mol?LB．a點處c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)C．當V(HCl)≤20.00mL時，溶液中c(HCO3?D．曲線上任意一點存在c(CO32?)+c(HCO3?)+c(H2CO3二、不定項選擇題10．兩種化合物的結構如圖，其中X、Y、Z、R、Q是原子序數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電子穩定結構B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金屬性及簡單氫化物的穩定性均最強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境污染密切相關11．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12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10種12．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2：1D．反應器I中反應的離子方程式為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，發生反應的方程式為①X=Y；②Y=Z。反應①的速率v1=k1c(X)，反應②的速率v2=k2A．隨c(X)的減小，反應①、②的速率均降低B．體系中v(X)=v(Y)+v(Z)C．欲提高Y的產率，需提高反應溫度且控制反應時間D．溫度低于T1時，總反應速率由反應②三、非選擇題14．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10.00g香菇樣品和400mL水；錐形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并預加0.30mL0.01000mol?L②以0.2L?min-1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③做空白實驗，消耗了0.10mL碘標準溶液。④用適量Na2S已知：Ka1(回答下列問題：（1）裝置圖中儀器a、b的名稱分別為、。（2）三頸燒瓶適宜的規格為____(填標號)。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mg?kg-1(以15．以焙燒黃鐵礦FeS2(雜質為石英等)產生的紅渣為原料制備銨鐵藍回答下列問題：（1）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。（3）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，所得母液循環使用。（5）沉鐵工序產生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)（6）若用還原工序得到的濾液制備Fe2O3?xH216．氫能是極具發展潛力的清潔能源，以氫燃料為代表的燃料電池有良好的應用前景。（1）298K時，1gH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ，1molH2O(l)（2）工業上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發生如下反應。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)反應達平衡時，CH4(g)的轉化率為α，CO2(g)的物質的量為bmol，則反應Ⅰ的平衡常數Kx=(寫出含有α、b的計算式；對于反應mA(g)+nB(g)?（3）氫氧燃料電池中氫氣在(填“正”或“負”)極發生反應。（4）在允許O2-自由遷移的固體電解質燃料電池中，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，四步可能脫氫產物及其相對能量如圖，則最可行途徑為a→(用b~j等代號表示)。17．【選修3：物質結構與性質】含Cu、Zn、Sn及S的四元半導體化合物(簡寫為CZTS)，是一種低價、無污染的綠色環保型光伏材料，可應用于薄膜太陽能電池領域。回答下列問題：（1）基態S原子的價電子中，兩種自旋狀態的電子數之比為。（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(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構：A．B．C．D．根據組成和結構推斷，能在酸性溶液中將Mn2+轉化為MnO4?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，稱作原子分數坐標，例如圖中A原子的坐標為(34，14，1818．【選修5：有機化學基礎】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不同原子或原子團的碳原子(ⅱ)(ⅲ)回答下列問題：（1）①的反應類型為。（2）B的化學名稱為。（3）寫出一種能同時滿足下列條件的D的芳香族同分異構體的結構簡式。(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路線為、(填反應路線序號)。（5）H→I的化學方程式為，反應還可生成與I互為同分異構體的兩種副產物，其中任意一種的結構簡式為(不考慮立體異構)。（6）W是一種姜黃素類似物，以香蘭素()和環己烯()為原料，設計合成W的路線(無機及兩個碳以下的有機試劑任選)。

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．陶瓷燒制過程中有新物質生成，屬于化學變化，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，白瓷的白色是因為鐵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.有新物質生成的變化屬于化學變化；

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生氧化反應使溶液褪色，故A不符合題意；B．分子中含有的碳碳雙鍵能發生加成反應，含有的羧基、羥基和酯基能發生取代反應，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生成氫氣，故C不符合題意；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，能發生取代反應（酯化反應），含有碳碳雙鍵，能發生加成反應；

C.羧基和羥基均能與金屬鈉反應生成氫氣；

D.該分子中含有的官能團有碳碳雙鍵、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構陶瓷，屬于新型的無機非金屬材料，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，通過加聚反應合成制得橡膠，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，屬于有機高分子材料，C不符合題意；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不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.氮化鋁是一種高溫結構陶瓷；

B.橡膠由加聚反應生成；

C.合成纖維屬于有機高分子材料；

D.塑料的大量使用會造成“白色污染”。4．【答案】B【解析】【解答】A．過氧化鈉與水發生反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，則3.9g過氧化鈉與足量水反應，轉移電子個數為3.9g78g/mol×1×NAmol-1=0.05NAB．Mg生成MgO、Mg3N2時都是Mg失電子，每個Mg原子失去2個電子，則1.2gMg在空氣中燃燒生成氧化鎂和氮化鎂時，轉移電子個數為1.2g24g/mol×2×NAmol-1=0.1NAC．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為2.7g27g/mol×32×NAmol-1=0.15ND．二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，硅酸鈉在溶液中發生水解反應，則由原子個數守恒可知，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小于6.0g60g/mol×NAmol-1=0.1NA故答案為：B。

【分析】A.過氧化鈉與水發生反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

B.Mg生成MgO、Mg3N2時都是Mg失電子，每個Mg原子失去2個電子；

C.鋁與氫氧化鈉溶液反應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．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．中性或弱酸性溶液中，鐵絲發生吸氧腐蝕，鐵絲網在氯化鈉溶液中發生吸氧腐蝕會使試管內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；故答案為：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，鐵絲發生吸氧腐蝕。6．【答案】C【解析】【解答】A．電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，原子半徑越小，原子序數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原子和每個氫原子形成一個共用電子對，其中一個共用電子對為碳原子提供，則其電子式為，故B不符合題意；C．元素的非金屬性越強，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可用于測定文物年代，則MRY為614C，則M=6、R=14，Y為C元素，根據ZAX+017．【答案】B【解析】【解答】A．CaF2與濃H2SO4混合反應生成HF，HF能與SiO2反應，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的反應中，KMnO4中的Mn元素化和價降低生成Mn2+，化合價降低的產物是還原產物，則Mn2+還原產物，同時反應速率加快，說明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混合反應生成HF，HF能與二氧化硅反應；

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的反應中，KMnO4中的Mn元素化和價降低生成Mn2+，化合價降低的產物是還原產物，則Mn2+還原產物，同時反應速率加快，說明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，若直接返回還原工序，則產品中會有一定量的溴化鈉，導致產品的純度降低，A說法符合題意；B．除雜工序中產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說法不符合題意；C．中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發生反應生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應的化學方程式為Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C說法不符合題意；D．根據電子轉化守恒可知，溴和硫化鋇反應時物質的量之比為1：1；根據硫酸鋇的化學組成及鋇元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)為1：1，因此，參與反應的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)為1：1：1，D說法不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、溴和氫氧化鈉反應生成溴化鈉、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、碳酸鋰和溴化氫發生反應，溴化氫為強酸，碳酸為弱酸，原理為強酸制弱酸；

D、參加反應的物質的物質的量之比等于化學計量數之比。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點發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(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，當鹽酸溶液體積V(HCl)≤20.00mL時，只發生反應CO32?+H+=HCO3?，滴定時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】滴定過程中發生兩次突越，第一次在a點，此時發生的反應為CO32-+H+=HCO3-，則c(CO32-)=0.0100mol/L×20×10-310．【答案】A【解析】【解答】A．由兩種化合物的結構示意圖可知，化合物中磷原子的最外層電子數為10，不滿足最外層8電子穩定結構，故A符合題意；B．R為F元素，F是最強的非金屬，F的非金屬性及簡單氫化物的穩定性均最強，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，互為同素異形體，臭氧層破壞會造成環境污染，則臭氧在大氣中的含量與環境污染密切相關，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】Z形成一個雙鍵或兩個單鍵，應該為O元素，Y形成三鍵，應為N元素，X形成一個三鍵和一個單鍵，應為C元素，R形成一個單鍵，比氧原子原子序數大，應為F元素，Q形成一個雙鍵和三個單鍵，其原子序數最大，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說法不符合題意；B．因為萘分子中的10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個碳原子與苯環共面，因此M分子中最多有14個碳原子共平面，B說法不符合題意；C．N分子中有5種不同化學環境的H，因此其一溴代物有5種，C說法符合題意；D．萘分子中有8個H，但是只有兩種不同化學環境的H（分別用p、q表示，其分別有4個），根據定一議二法可知，若先取代q，則取代另一個H的位置有7個，即；然后先取代1個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說法符合題意；故答案為：CD。【分析】A.結構相似，在分子組成上相差一個或n個CH2的化合物互為同系物；

B.苯環為平面結構，單鍵可旋轉；

C.N分子中含有5種不同環境的氫原子；

D.萘分子中有兩種不同環境的氫原子。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符合題意；C．由分析可知，M為氧氣、N為氫氣，由得失電子數目守恒可知，氧氣和氫氣的的物質的量之比為1：2，故C不符合題意；D．由分析可知，反應器I中發生的反應為催化劑作用下，[Fe(CN)6]3-與氫氧根離子反應生成[Fe(CN)6]4-、氧氣和水，反應的離子方程式為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-，Fe元素化合價由+2價變為+3價，則a為陽極，電極反應式為[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，b電極為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+2?H，反應器2發生反應2?H=H2↑，則氣體N為氫氣，反應器Ⅰ中發生反應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說法符合題意；B．根據體系中發生的反應可知，在Y的濃度達到最大值之前，單位時間內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Z的增加量等于Y和X的減少量，故v(X)+v(Y)=v(Z)，B說法符合題意；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，則欲提高Y的產率，需提高反應溫度且控制反應時間，C說法不符合題意；D．由圖乙信息可知，溫度低于T1時，k1＞k2，反應②為慢反應，因此總反應速率由反應②決定，D說法不符合題意；故答案為：AB。

【分析】X是反應物，所以隨著反應進行，X的物質的量濃度逐漸減小，反應①中Y是生成物、反應②中Y是反應物，則隨著反應的進行，Y的物質的量濃度先增大后減小，Z的物質的量濃度逐漸增大，所以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；由圖乙可知，反應①的速率常數隨溫度升高增大的幅度小于反應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，促進了化學平衡H2SO3?SO2+H2O向右移動（4）檢驗其是否漏水；藍色；I2+SO2+2H2O=2I-+4H++S（5）偏低（6）80.8【解析】【解答】（1）根據儀器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；（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10mL。在加熱時，三頸燒瓶中的液體不能超過其容積的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，促進了化學平衡H2SO3?SO2+H2O向右移動，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，促進了化學平衡H2SO3?SO2+H2O向右移動；（4）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1滴或半滴標準碘液使淀粉溶液變為藍色且半分鐘點之內不變色，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++SO（5）若先加磷酸再通氮氣，則不能將裝置中的空氣及時排出，有部分亞硫酸鹽和SO2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。（6）實驗中SO2消耗的標準碘液的體積為0.30mL+1.00mL=1.30mL，減去空白實驗消耗的0.10mL，則實際消耗標準碘液的體積為1.20mL，根據反應I2+SO2+2H2O=2I—+4H++SO42?可以計算出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%，則實際生成的n(SO2)=1.20×1

【分析】香菇中亞硫酸鹽和磷酸反應生成磷酸鹽和SO2，通入氮氣將裝置中的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，發生的反應方程式為SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，從而測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，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4（4）蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌（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；（3）由分析可知，還原工序中，不產生S單質沉淀，則硫元素被氧化為SO42-，反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化學方程式為：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可以循環利用，故答案為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌；（5）沉鐵工序中產生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為+2價和[Fe(CN)6]4-中的+3價，由分析可知，氧化工序所發生的離子方程式為：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，向濾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生沉淀為止，過濾洗滌，對沉淀進行灼燒，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）依據流程圖，利用反應物和產物的性質判斷；（2）依據影響反應速率和化學平衡的因素分析；（3）根據反應物和產物的化學式，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濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；（5）根據反應物和產物的化學式，利用電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒書寫；（6）依據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（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，1gH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ，則1molH2燃燒生成H2O(g)放熱121kJ0.5=242kJ，用熱化學方程式表示為：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH1=-242kJ?mol-1①，又因為1molH2O(1)蒸發吸熱44kJ，則H2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ?mol-1②，根據蓋斯定律可知，表示H2燃燒熱的反應熱為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)的轉化率，但是CH4(g)平衡轉化率減小，A不正確；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正確；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正確；D．加入催化劑不能改變平衡狀態，故不能提高CH4(g)平衡轉化率，D不正確；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，1molCH4(g)和1molH2O(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(1-α)mol，根據C元素守恒可知，CO(g)的物質的量為(α-b)mol，根據H和O守恒可知，H2O(g)的物質的量為(1-α-b)mol，H2(g)的物質的量為(3α+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)的物質的量分數分別為1?α2+2α、1?α?b2+2α、α?b2+2α、3α+b2+2α，因此，反應I的平衡常數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極，負極發生氧化反應，通入氧氣的一極為正極，正極發生還原反應，因此氫氧燃料電池中氫氣在負極發生反應；（4）在允許O2-自由遷移的固體電解質燃料電池中，CnH2n+2在負極發生氧化反應生成CO2和H2O，電極反應式為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，越容易進行，根據圖示可知，其可行的途徑為：a→b→e→h→j。

【分析】（1）燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量；

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

②分別計算各物質的物質的量，結合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，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價的O元素，具有強氧化性，能將Mn2+轉化為MnO4（6）Cu2ZnSnS4；(14，34，【解析】【解答】（1）基態S的價電子排布是3s23p4，其軌道表示式為，根據基態原子電子排布規則，則兩種自旋狀態的電子數之比為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、半滿時較穩定，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，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，其與4s1電子能