絕密★啟用前此卷只裝訂不密封此卷只裝訂不密封班級(jí)姓名準(zhǔn)考證號(hào)考場(chǎng)號(hào)座位號(hào)化學(xué)注意事項(xiàng)：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時(shí)，選出每小題的答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫在試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案填寫在答題卡上，寫在試卷上無效。4．考試結(jié)束，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12O16F19Al27Cl35.5K39Cu64Ba137一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．新型材料在各領(lǐng)域中的應(yīng)用越來越廣泛，下列相關(guān)說法錯(cuò)誤的是A．嫦娥5號(hào)上升起的“高科技國(guó)旗”具有“耐熱性、耐高低溫、抗靜電”等特點(diǎn)，它是以高性能的芳綸纖維材料為主的復(fù)合材料B．將脫脂棉加入深藍(lán)色的銅氨溶液中可以制備銅氨纖維C．飛機(jī)上所用由碳纖維和環(huán)氧樹脂合成的材料屬于復(fù)合材料D．以高純硅制成的光導(dǎo)纖維內(nèi)窺鏡可直接窺視有關(guān)器官部位的變化【答案】D【解析】A．芳綸纖維材料屬于復(fù)合材料，具有“耐熱性、耐高低溫、抗靜電”等特點(diǎn)，選項(xiàng)A正確；B．銅氨纖維是再生纖維，可用濃氨水溶解得到氫氧化銅沉淀，獲得較高濃度的銅氨溶液，取30mL制得的銅氨溶液于燒杯中，加入脫脂棉，不斷攪拌使之形成黏稠液，用注射器將黏稠液吸入針筒，再將其注入稀鹽酸(或稀硫酸)中，取出稀鹽酸(或稀硫酸)中的生成物，用水洗滌可獲得銅氨纖維，B項(xiàng)正確；C．兩種或兩種以上物質(zhì)組成有多種功能的材料為復(fù)合材料，C項(xiàng)正確；D．制作光導(dǎo)纖維的是二氧化硅，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案選D。2．下列關(guān)于化學(xué)用語(yǔ)的表述錯(cuò)誤的是A．BF3的電子式：B．H2S的結(jié)構(gòu)式：H—S—HC．O2?的結(jié)構(gòu)示意圖：D．乙烯的比例模型：【答案】A【解析】A．BF3的電子式為，故A錯(cuò)誤；B．用一條短線來代表一對(duì)共用電子對(duì)的式子為結(jié)構(gòu)式，硫化氫的結(jié)構(gòu)式為H－S－H，故B正確；C．O2?核外有10個(gè)電子，結(jié)構(gòu)示意圖為，故C正確；D．乙烯的比例模型：，故D正確；故答案為A。3．為實(shí)現(xiàn)隨處可上網(wǎng)，中國(guó)發(fā)射了“中星16號(hào)”衛(wèi)星。NH4ClO4是火箭的固體燃料，發(fā)生反應(yīng)為2NH4ClO4eq\o(,\s\up7(△))N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A．1molNH4ClO4固體中含有NA個(gè)NH4ClO4分子B．反應(yīng)轉(zhuǎn)移2.8mol電子時(shí)產(chǎn)生氯氣為4.48LC．常溫常壓下，14gN2分子中含有的中子數(shù)為7NAD．反應(yīng)中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為1∶1【答案】C【解析】A．NH4ClO4是離子化合物，不存在分子，故A錯(cuò)誤；B．生成1mol氯氣時(shí)，轉(zhuǎn)移14mol電子，當(dāng)反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2.8mol時(shí)，產(chǎn)生標(biāo)況下的氣體體積為0.2mol，V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故B錯(cuò)誤；C．1個(gè)氮?dú)夥肿又泻?4個(gè)中子，14gN2的物質(zhì)的量為0.5mol，故含有的中子數(shù)為7NA，故C正確；D．O、N元素化合價(jià)升高，N2、O2為氧化產(chǎn)物，Cl元素的化合價(jià)降低，Cl2為還原產(chǎn)物，則反應(yīng)中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為1∶3，故D錯(cuò)誤；故選C。4．不能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是A．在氯化亞鐵溶液中通入氧氣：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2OB．用石墨作陰極、鐵作陽(yáng)極電解飽和食鹽水：2Cl?+2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2OH?+Cl2↑+H2↑C．向稀硝酸中加入少量FeS：D．NaAlO2溶液中通入過量CO2：AlOeq\o\al(?,2)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOeq\o\al(?,3)【答案】B【解析】A．Fe2+具有還原性，會(huì)被氧氣氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正確；B．用Fe為陽(yáng)極，F(xiàn)e是活性電極。陽(yáng)極上Fe失去電子變?yōu)镕e2+進(jìn)入溶液，陰極上Cl?失去電子變?yōu)镃l2逸出，故電解方程式為：Fe+2Cl?eq\o(=,\s\up7(電解))Fe2++Cl2↑，B錯(cuò)誤；C．FeS少量，稀硝酸過量，則Fe和S元素均變?yōu)楦邇r(jià)態(tài)，即生成，被還原為NO，根據(jù)得失電子守恒可得離子方程式：，C正確；D．NaAlO2溶液中通入過量CO2反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，則其離子方程式為：AlOeq\o\al(?,2)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOeq\o\al(?,3)，D正確；故選B。5．下列敘述中不正確的是A．核酸是生命體遺傳信息的分子載體，結(jié)構(gòu)中含有磷酯鍵B．氨基酸種類很多，任何一種氨基酸至少含有兩個(gè)或者兩個(gè)以上官能團(tuán)C．我國(guó)最新研制免費(fèi)注射的新冠疫苗，其主要成分含有蛋白質(zhì)D．用來煎炸食物的花生油和牛油都是飽和高級(jí)脂肪酸甘油酯，可發(fā)生皂化反應(yīng)【答案】D【解析】A．核酸是生物體遺傳信息的載體，核酸結(jié)構(gòu)中含有磷酯鍵，故A正確；B．氨基酸種類很多，任何一種氨基酸至少含有一個(gè)氨基和一個(gè)羧基，故B正確；C．新冠疫苗的主要成分是蛋白質(zhì)，故C正確；D．花生油是不飽和高級(jí)脂肪酸甘油酯，牛油是飽和高級(jí)脂肪酸甘油酯，故D錯(cuò)誤；選D。6．藥物H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列有關(guān)藥物H的說法正確的是A．分子式為C16H10N2O2ClB．該物質(zhì)苯環(huán)上的一氯代物有6種C．堿性條件下水解產(chǎn)物酸化后都能與NaHCO3溶液反應(yīng)D．1mol該物質(zhì)最多能與8mol氫氣加成【答案】B【解析】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知藥物H的分子式為C16H13N2O2Cl，錯(cuò)誤；B．該物質(zhì)苯環(huán)上的一氯代物有6種，正確；C．堿性條件下水解產(chǎn)物酸化后可產(chǎn)生含酚羥基的有機(jī)物和丙二酸，含酚羥基的有機(jī)物不能與NaHCO3溶液反應(yīng)，錯(cuò)誤；D．該分子中酰胺基不能與氫氣發(fā)生加成，故最多消耗氫氣為6mol，錯(cuò)誤。7．X、Y、Z、W、M是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z的一種單質(zhì)具有漂白性，X和Y二者原子的最外層電子數(shù)之和等于W原子的最外層電子數(shù)。由這五種元素組成的化合物結(jié)構(gòu)如圖所示(箭頭表示共用電子對(duì)由W提供)。下列說法正確的是A．簡(jiǎn)單離子半徑：M＞Z＞W(wǎng)B．M、Z形成的化合物中可能同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵C．簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：W＞ZD．X和W組成的化合物，所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】B【解析】Z為短周期元素，其一種單質(zhì)具有漂白性，則Z為O；Y的原子序數(shù)小于O，且含有4條共價(jià)鍵，則Y為C；X的原子序數(shù)小于C，且能形成配位鍵，則X為B；X和Y二者原子的最外層電子數(shù)之和為7，則W原子的最外層電子數(shù)為7，則W可能為F，但M原子序數(shù)大于W，且能形成陽(yáng)離子，則M為Na，W為F；A．Na+、F?、O2?的核外電子排布結(jié)構(gòu)相同，原子序數(shù)越大，對(duì)應(yīng)的離子半徑越小，故O2?＞F?＞Na+，A錯(cuò)誤；B．M為Na，Z為O，形成的化合物Na2O2中，既有離子鍵又有非極性共價(jià)鍵，B正確；C．W為F，其氫化物為HF低于水的沸點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．X和W組成的化合物為BF3，B原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D說法錯(cuò)誤；答案為B。8．圖中實(shí)驗(yàn)裝置不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．裝置甲可用于制備并收集少量干燥氨氣B．裝置乙防止鐵釘生銹C．裝置丙可用于檢驗(yàn)氯化銨受熱分解生成的兩種氣體D．裝置丁可用于制備金屬錳【答案】A【解析】A．氨氣密度比空氣小，故應(yīng)該用向下排空氣法收集氨氣，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．圖乙中鐵作陰極，受到保護(hù)，故能用圖乙防止鐵釘生銹，此法為外接電源的陰極保護(hù)法，B項(xiàng)正確；C．左側(cè)的五氧化二磷是為了讓酸性氣體從左側(cè)流出，HCl使?jié)駶?rùn)的藍(lán)色石蕊試紙變紅，右側(cè)堿石灰是為了讓堿性氣體從右側(cè)流出，氨氣使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，C項(xiàng)正確；D．與鋁熱反應(yīng)相似，裝置丁可用于制備金屬錳，D項(xiàng)正確；答案選A。9．下列操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)目的操作A證明苯和溴發(fā)生取代反應(yīng)在裝有苯和溴水的混合液中加入鐵粉，產(chǎn)生的氣體經(jīng)四氯化碳洗氣后，再通入盛硝酸銀溶液的試管中，觀察現(xiàn)象B除去NaCl固體中少量NH4Cl加熱混合物C提純含有少量乙酸的乙酸乙酯向混合液中加入過量Na2CO3溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機(jī)相的水D檢驗(yàn)淀粉水解生成葡萄糖向淀粉水解后的溶液中先加入足量的氫氧化鈉溶液再加適量新制氫氧化銅懸濁液，加熱【答案】A【解析】A．苯與液溴在鐵作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，苯與溴水不反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．氯化銨易分解生成氨氣和氯化氫，可用加熱的方法除去雜質(zhì)，B正確；C．乙酸與Na2CO3溶液反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，則振蕩后靜置分液，并除去有機(jī)相的水，C正確；D．硫酸溶液是淀粉水解的催化劑，淀粉水解后的溶液呈酸性，必須加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液呈堿性后，才能加入適量新制氫氧化銅懸濁液，加熱后才能觀察到磚紅色沉淀，D正確。故選A。10．硒(Se)是一種新型半導(dǎo)體材料，對(duì)富硒廢料(含Ag2Se、Cu2S)進(jìn)行綜合處理的一種工藝流程如下：下列說法錯(cuò)誤的是濾液的主要成分是硫酸銅 B．“吸收”過程發(fā)生反應(yīng)的氧化劑和還原劑之比為1∶2C．該流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是硫酸D．“電解精煉”時(shí)，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)，陽(yáng)極質(zhì)量減小21.6g【答案】D【解析】富硒廢料(含Ag2Se、Cu2S)在空氣中焙燒，形成Ag、CuO、SeO2、SO2，SO2和SeO2在水中反應(yīng)生成Se，CuO與稀硫酸反應(yīng)形成硫酸銅，過濾得到粗銀，電解精煉得到精銀。A．根據(jù)上述分析可知酸溶過程得到的濾液是硫酸銅溶液，A正確；B．“吸收”過程中的反應(yīng)方程式為2SO2+2H2O+SeO2=2H2SO4+Se↓，SeO2化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)作氧化劑，SO2作還原劑，氧化劑和還原劑之比為1∶2，B正確；C．根據(jù)B項(xiàng)可知，母液的主要成分是硫酸，硫酸可在“酸溶”工序中循環(huán)利用，C正確；D．“電解精煉”時(shí)粗銀作陽(yáng)極，故當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子，因?yàn)榇帚y中含有雜質(zhì)，無法計(jì)算，D錯(cuò)誤；答案選D。11．高能LiFePO4電池，多應(yīng)用于公共交通。結(jié)構(gòu)如圖所示。原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是充電時(shí)，若轉(zhuǎn)移0.1mol電子，石墨電極質(zhì)量將增重0.7xgB．聚合物的隔膜的作用主要是允許Li+自由通過C．充電時(shí)，陰極電極反應(yīng)式：xLi++xe?+nC=LixCnD．放電時(shí)，正極電極反應(yīng)式：xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO4【答案】A【解析】根據(jù)總反應(yīng)原理可得，當(dāng)放電時(shí)正極反應(yīng)為xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO4，負(fù)極反應(yīng)為L(zhǎng)ixCn-xe?=nC+xLi+，充電時(shí)的兩極反應(yīng)和放電時(shí)正好相反。A．充電時(shí)，石墨電極發(fā)生的反應(yīng)為xLi++xe?+nC=LixCn，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.1mol電子時(shí)，則石墨電極上消耗1molLi+，石墨電極的質(zhì)量增重0.7g，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)電極方程式可知放電時(shí)，Li+通過聚合物的隔膜像左側(cè)移動(dòng)，充電時(shí)Li+通過聚合物的隔膜像右側(cè)移動(dòng)，則聚合物的隔膜的作用主要是允許Li+自由通過，故B正確；C．充電時(shí)，陰極C變化為L(zhǎng)ixCn，則陰極電極反應(yīng)式：xLi++xe?+nC=LixCn，故C正確；D．放電正極上FePO4得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成LiFePO4，正極電極反應(yīng)式：xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO4，故D正確；故選A。12．在二氧化碳加氫制甲烷的反應(yīng)體系中，主要發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為反應(yīng)Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.7kJ/molK1反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=41.2kJ/molK2反應(yīng)Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)ΔH3=-247.1kJ/molK3向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4molH2，平衡時(shí)CH4、CO、CO2的物質(zhì)的量隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是A．圖中曲線B表示CO的物質(zhì)的量隨溫度的變化B．反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)K3=C．提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑D．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-205.9kJ/mol【答案】A【解析】A．反應(yīng)物CO2的量逐漸減小，故圖中曲線A表示CO2的物質(zhì)的量變化曲線，由反應(yīng)Ⅱ和Ⅲ可知，溫度升高反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅲ逆向移動(dòng)，CO的物質(zhì)的量增大，故曲線C為CO的物質(zhì)的量變化曲線，曲線B為CH4的物質(zhì)的量變化曲線，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)Ⅲ=反應(yīng)Ⅰ-2×反應(yīng)Ⅱ，化學(xué)平衡常數(shù)K3=，故B正確；C．反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，降低溫度有利于反應(yīng)Ⅰ正向進(jìn)行，反應(yīng)Ⅱ逆向進(jìn)行，即可提高CO2轉(zhuǎn)化為CH4的轉(zhuǎn)化率，所以需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑，故C正確；D．反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ，并整理可得到目標(biāo)反應(yīng)，則CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-41.2kJ/mol-164.7kJ/mo]=-205.9kJ/mol，故D正確；故答案為A。13．通過反應(yīng)Ⅰ：ΔH，可將有機(jī)氯化工業(yè)的副產(chǎn)品HCl轉(zhuǎn)化為Cl2。在0.2MPa、反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比條件下，不同溫度時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率如下圖所示。向反應(yīng)體系中加入CuCl2能加快反應(yīng)速率。反應(yīng)Ⅱ：ΔH2=125.6kJ·mol?1反應(yīng)Ⅲ：ΔH3=-120.0kJ·mol?1下列說法正確的是A．反應(yīng)Ⅰ是吸熱反應(yīng)B．保持其他條件不變，500℃時(shí)，使用CuCl2，能使HCl轉(zhuǎn)化率從X點(diǎn)的值升至Y點(diǎn)的值C．增大壓強(qiáng)能提高反應(yīng)Ⅰ中O2的平衡轉(zhuǎn)化率D．在0.2MPa、500℃條件下，若起始，HCl的轉(zhuǎn)化率不可能達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值【答案】C【解析】A．根據(jù)蓋斯定律，由反應(yīng)Ⅱ+反應(yīng)Ⅲ2得反應(yīng)Ⅰ，則ΔH=ΔH2-2ΔH3=125.6kJ·mol?1+（-120.0kJ·mol?1)×2=-114.4kJ·mol?1<0，反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．使用CuCl2作催化劑，只能加快反應(yīng)速率，不能改變HCl的平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Ⅰ為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡正向移動(dòng)，O2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；D．在0.2MPa、500℃條件下，若起始，增加了O2的相對(duì)含量，能提高HCl的轉(zhuǎn)化率，HCl的轉(zhuǎn)化率可能達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值，故D錯(cuò)誤；答案選C。14．常溫下，將NaOH溶液分別加到HF溶液、CH3COOH溶液中，兩混合溶液中離子濃度與pH的變化關(guān)系如圖所示，已知pKa=-lgKa，下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是A．將0.2mol·L?1CH3COOH溶液和0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合，則反應(yīng)后的混合液中：2c(OH?)+c(CH3COO?)=2c(H+)+c(CH3COOH)B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH?)C．常溫下，0.1mol/LNaF溶液的pH小于0.1mol/LCH3COONa溶液的pHD．向0.1mol·L?1HF溶液中加入等體積的0.1mol·L?1NaOH溶液后所得的混合溶液中c(H+)+c(HF)=c(OH?)【答案】B【解析】A．0.2mol·L?1CH3COOH溶液和0.1mol·L?1NaOH溶液等體積混合后的溶液中存在等濃度的醋酸鈉和醋酸，根據(jù)電荷守恒可得c(OH?)+c(CH3COO?)=c(H+)+c(Na+)，根據(jù)物料守恒可得c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根據(jù)上述2式有2c(OH?)+c(CH3COO?)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正確；B．根據(jù)圖像，a點(diǎn)時(shí)，lg=0，則c(F?)=c(HF)，溶液的pH=4，則c(H+)>c(OH?)，此時(shí)溶液中含有NaF和HF，根據(jù)電荷守恒可得c(F?)+c(OH?)=c(Na+)+c(H+)，則c(F?)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH?)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像，當(dāng)lg=lg=0，有K(HF)==c(H+)=10?4，同理K(CH3COOH)=10?5，因此酸性HF＞CH3COOH，則0.1mol/LNaF溶液的pH小于0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，故C正確；D．反應(yīng)后的溶質(zhì)為NaF，根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH?)，故D正確；故選B。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第15題～第17題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第18題～第19題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題：共43分。15．（14分）某化學(xué)興趣小組以黃銅礦(主要成分CuFeS2)為原料進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)探究。Ⅰ．測(cè)定黃銅礦中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將m1g該黃銅礦樣品放入如圖所示裝置中，從a處不斷地緩緩?fù)ㄈ肟諝猓邷刈茻⒐苤械狞S銅礦樣品。裝置A的作用是__________；錐形瓶D內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（2）實(shí)驗(yàn)停止時(shí)熄滅酒精噴燈，還需要持續(xù)通入一段時(shí)間空氣的目的是。（3）反應(yīng)結(jié)束后將錐形瓶D中的溶液進(jìn)行如下處理：則向錐形瓶D中加入過量H2O2溶液反應(yīng)的離子方程式為__________；操作Ⅱ是；該黃銅礦中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________(用含m1、m2的代數(shù)式表示)。Ⅱ．探究驗(yàn)證黃銅礦在空氣中的氧化產(chǎn)物并測(cè)定CuFeS2的純度（3）查閱資料：①樣品經(jīng)煅燒后得到的固體可能為泡銅（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO）；②Cu2O與稀H2SO4的反應(yīng)為：Cu2O+H2SO4＝Cu+CuSO4+H2O。探究a：為驗(yàn)證熔渣的成分，取分離出的熔渣少許于試管中，加入適量的稀硫酸溶解，取兩份所得液。完成下表中橫線上的內(nèi)容。試樣加入試劑及操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出結(jié)論第一份滴入幾滴K3Fe[(CN)6]溶液________含F(xiàn)eO第二份滴入幾滴________溶液溶液變?yōu)檠t色含F(xiàn)e2O3探究b：設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證泡銅中是否含有Cu2O？________。（4）為測(cè)定CuFeS2的純度，稱取ag的黃銅礦樣品充分燃燒后，從上述煅燒產(chǎn)物中分離出泡銅，使其完全溶于稀硝酸并配成250mL的溶液，取出25.00mL該溶液用cmol·L?1的標(biāo)準(zhǔn)液EDTA（用H2Y2?表示）滴定至終點(diǎn)（雜質(zhì)不反應(yīng)），消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)液VmL，則CuFeS2的純度為________。（滴定時(shí)的反應(yīng)為：Cu2++H2Y2?＝CuY2?+2H+）【答案】（1）除去空氣中的二氧化碳（1分）SO2+2OH?=SOeq\o\al(2?,3)+H2O（1分）將生成的SO2全部趕入D中（1分）H2O2+SOeq\o\al(2?,3)=SOeq\o\al(2?,4)+H2O（2分）洗滌、烘干、稱重×100%（2分）產(chǎn)生藍(lán)色沉淀（1分）KSCN（1分）取少量泡銅于試管中加入適量稀硫酸，若溶液呈藍(lán)色說明泡銅中含有Cu2O，否則不含有（2分）％（2分）【解析】（1）為防止二氧化碳的干擾，應(yīng)將空氣中的二氧化碳用堿液除掉，錐形瓶A內(nèi)所盛試劑是氫氧化鈉溶液，通過堿石灰干燥吸收水蒸氣，生成的二氧化硫能和過量氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉鹽和水，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+2OH?=SOeq\o\al(2?,3)+H2O；（2）為了使測(cè)定準(zhǔn)確，應(yīng)將反應(yīng)后產(chǎn)生的全部趕入氫氧化鈉溶液中；（3）亞硫酸根離子具有還原性能被過氧化氫氧化生成硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為：H2O2+SOeq\o\al(2?,3)=SOeq\o\al(2?,4)+H2O，從過濾后得到m2g固體，操作為洗滌、烘干、稱重，m2g固體為硫酸鋇的質(zhì)量，結(jié)合硫元素守恒計(jì)算得到硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=×100%；（4）探究a：Fe2O3、FeO分別與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和硫酸亞鐵，檢驗(yàn)亞鐵離子用K3Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；檢驗(yàn)鐵離子用KSCN，溶液變紅；探究b：檢驗(yàn)Cu2O的方法是取少量泡銅于試管中加入適量稀硫酸，若溶液呈藍(lán)色說明泡銅中含有Cu2O，否則不含有；（5）由CuFeS2~Cu2+~H2Y2?得：n(CuFeS2)=c×V×10?3mol×=cV×10?2mol，則CuFeS2的純度為％。17．（14分）隨著氮氧化物對(duì)環(huán)境及人類活動(dòng)影響的日趨嚴(yán)重，如何消除大氣污染物中的氮氧化物成為人們關(guān)注的主要問題之一。I．(1)利用CH4催化還原氮氧化物消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-662kJ/mol②CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-955kJ/mol則反應(yīng)CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(l)ΔH=_________。II．利用NH3的還原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反應(yīng)如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH＜0(2)一定溫度下，在恒容密閉容器中按照n(NH3)∶n(NO)=2∶3充入反應(yīng)物，發(fā)生上述反應(yīng)。下列不能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____________。A．c(NH3)∶c(NO)=2∶3B．1molN—H鍵斷裂的同時(shí)，斷裂1molO—H鍵C．容器內(nèi)壓強(qiáng)不變D．容器內(nèi)混合氣體的密度不變(3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)（k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關(guān)）。①達(dá)到平衡后，僅降低溫度，k正增大的倍數(shù)_________（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍數(shù)。②若在1L的恒容密閉容器中充入2molCO和3molNO，在一定溫度下達(dá)到平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率為80%，則k正︰k逆=_____L/mol（用數(shù)字表達(dá)式表示）。Ⅲ．利用燃料電池的原理來處理氮氧化物是一種新方向。裝置如圖所示，在處理過程中石墨電極I上反應(yīng)生成一種氧化物Y。(4)石墨I(xiàn)I電極為______(填“正”或“負(fù)”)極，該電極反應(yīng)為______。(5)寫出該電池反應(yīng)的方程式______?！敬鸢浮浚?）-1248kJ·mol?1（2分）A（2分）>（2分）（2分）正（2分）O2+4e?+2N2O5=4NOeq\o\al(?,3)（2分）4NO2+O2=2N2O5（2分）【解析】(1)①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-662kJ/mol；②CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-955kJ/mol；由蓋斯定律②×2-①可得：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(1)ΔH=2×(-955kJ/mol)-(-662kJ/mol)=-1248kJ/mol，(2)A．投料比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，c(NH3)∶c(NO)始終等于2∶3，c(NH3)∶c(NO)=2∶3，不一定平衡，故符合題意；B．1molN—H鍵斷裂的同時(shí)，斷裂1molO—H鍵，反應(yīng)一定達(dá)到平衡狀態(tài)，故不符合題意；C．反應(yīng)前后氣體系數(shù)和不同，壓強(qiáng)是變量，容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，一定達(dá)到平衡狀態(tài)，不符合題意；D．由于H2O呈液態(tài)，反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量變化、體積不變，密度是變量，容器內(nèi)混合氣體的密度不變，一定達(dá)到平衡狀態(tài)，不符合題意；答案選A。(3)①該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度平衡正向移動(dòng)，則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，則k正增大的倍數(shù)大于k逆增大的倍數(shù)；故答案為：>；②可逆反應(yīng)4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)起始量（mol/L）230變化量（mol/L）1.62.42平衡量（mol/L）0.40.62v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)，平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，則k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)，則=L/mol。(4)石墨Ⅱ通O2，為正極，則石墨Ⅰ為負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)NO2+NOeq\o\al(?,3)-e?=N2O5，則氧化物Y的化學(xué)式為N2O5；石墨I(xiàn)I電極為正極，O2得電子產(chǎn)物與N2O5作用生成NOeq\o\al(?,3)，該電極反應(yīng)為O2+4e?+2N2O5=4NOeq\o\al(?,3)；(5)該電池中，NO2、O2發(fā)生反應(yīng)，生成N2O5，反應(yīng)的方程式為4NO2+O2=2N2O5。答案為：4NO2+O2=2N2O5。18.（15分）鉀冰晶石(K3AlF6)是用作電解鋁工藝的助熔劑，已知K3AlF6微溶于水。以超細(xì)含鋁廢渣(主要成分Al2O3，含有少量Fe3O4、PbO雜質(zhì))為原料制備鉀冰晶石的工藝流程如圖：回答下列問題：(1)為了提高“酸浸”時(shí)速率，可以采取的措施有：_________、________（填寫2條）。(2)濾渣是___________。(3)“氧化”過程中H2O2的作用是___________（用離子方程式表示），反應(yīng)液的pH控制在較低水平，原因是___________。(4)“系列操作”包含___________。(5)“合成”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________，“萃取”過程可表示為Fe2(SO4)3(水層)+6RH(有機(jī)層)2R3Fe(有機(jī)層)+3H2SO4(水層)，由有機(jī)層獲取Fe2(SO4)3溶液的操作是___________。(6)測(cè)定產(chǎn)品純度：準(zhǔn)確稱量mg產(chǎn)品，加入高氯酸充分轉(zhuǎn)化后，加入稍過量EDTA絡(luò)合Al3+；過量的EDTA用cmol·L?1Pb(NO3)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為V1mL；向滴定后溶液中加入NH4F形成AlFeq\o\al(3?,6)同時(shí)釋放出EDTA，繼續(xù)用相同Pb(NO3)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為V2mL。(已知：EDTA與Al3+、Pb2+反應(yīng)的物質(zhì)的量之比均為1∶1，雜質(zhì)不參加反應(yīng))則產(chǎn)品中鉀冰晶石的純度為。【答案】（1）適當(dāng)提高鹽酸濃度、適當(dāng)提高反應(yīng)溫度或適當(dāng)加快攪拌速率（任寫兩條即可，2分）PbSO4（1分）2Fe2++H2O2=2Fe3++H2O（2分）抑制Fe3+、Al3+的水解（2分）過濾、洗滌、干燥（2分）Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4（2分）向有機(jī)層中加入適量的硫酸溶液，充分震蕩，靜置，分離出水層（2分）（2分）【解析】浸酸后氧化鋁和四氧化三鐵、氧化鉛會(huì)與硫酸反應(yīng)分別生成硫酸鋁，硫酸鐵和硫酸亞鐵，硫酸鉛沉淀，所以濾渣為硫酸鉛，氧化劑將二價(jià)鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，萃取由有機(jī)層獲取Fe2(SO4)3溶液，合成步驟：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4，然后將鉀冰晶石過濾、洗滌、干燥。(1)為了提高酸浸時(shí)的反應(yīng)速率，可以加熱、攪拌、適當(dāng)提高酸濃度、延長(zhǎng)酸浸時(shí)間等，(2)濾渣的主要成分為氧化鉛與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鉛。(3)溶液中含有Fe2+、Al3+，選用H2O2做氧化劑，將二價(jià)鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2=2Fe3++H2O，反應(yīng)液的pH控制在較低水平，原因是抑制Fe3+、Al3+的水解。(4)“系列操作”包含過濾、洗滌、干燥。(5)“合成”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4，“萃取”過程可表示為Fe2(SO4)3(水層)+6RH(有機(jī)層)2R3Fe(有機(jī)層)+3H2SO4(水層)，由有機(jī)層獲取Fe2(SO4)3溶液的操作是向有機(jī)層中加入適量的硫酸溶液，充分震蕩，靜置，分離出水層。(6)向滴定后溶液中加入NH4F形成AlFeq\o\al(3?,6)同時(shí)釋放出EDTA，繼續(xù)用相同Pb(NO3)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為V2mL，可知含有的Al3+的物質(zhì)的量為cV2×10?3mol，則K3AlF6的質(zhì)量為cV2×10?3mol×258g/mol=0.258cV2g，則產(chǎn)品中鉀冰晶石的純度為。（二）選考題（共15分，請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。）19．人類使用銅和它的合金具有悠久的歷史，銅及其化合物在電子工業(yè)、材料工業(yè)、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)及日常生活方面用途非常廣泛。試回答下列問題。（1）Cu+的核外電子排布式為___________________。（2）CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的銅鹽，SOeq\o\al(2?,4)的立體構(gòu)型是________，S、O、N三種元素的第一電離能由大到小為____________。（3）金屬Cu單獨(dú)與氨水或單獨(dú)與過氧化氫都不能反應(yīng)，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應(yīng)，其原因是_______________，反應(yīng)的離子方程式為_____________________。（4）丁炔銅是一種優(yōu)良的催化劑，已知：CH≡CH+2HCHOOHC－CH2CH2OH。則OHC－CH2CH2OH中碳原子雜化方式有__________。利用CuSO4和NaOH制備的Cu(OH)2檢驗(yàn)醛基時(shí)，生成紅色的Cu2O，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①該晶胞原子坐標(biāo)參數(shù)A為（0，0，0）；B為（1，0，0）；C為（，，）。則D原子的坐標(biāo)參數(shù)為________，它代表________原子。②若Cu2O晶體密度為dg·cm?3，晶胞參數(shù)為apm，則阿伏加德羅常數(shù)值NA=________?！敬鸢浮浚?）[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10（1分）正四面體（2分）N>O>S（2分）H2O2為氧化劑，氨與Cu2+形成配離子，兩者相互促進(jìn)使反應(yīng)進(jìn)行（2分）Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)eq\o\al(2+,4)+2OH?（2分）sp2、sp3（1分）(；；)（2分）Cu（1分）（2分）【解析】（1）Cu是29號(hào)元素Cu+的核外電子數(shù)是28，所以Cu+的核外電子排布式為[Ar]3d10或1s22s22