河北省衡水中学2023年高三四调考试化学

河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期四调考试

化学试题

本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。共8页，总分loo分，考

试时间75分钟。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24

Al27Si28S32K39Fe56Cu64

第I卷（选择题共45分）

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的。

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'’指讣°3,“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强电解质

C.O.Olmol•匸1的磺强水溶液的pH=2

D.磺强水溶液中不存在分子

【答案】A

【解析】

【详解】A.依题意，KN。,分解生成NO2、O2,S与反应生成SO2,

NO2+SC）2^=NO+SO3，5。3+乩0=142so4,“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.0.01mol•L^的磺强水溶液中c（H+）=0.02mol•LT,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，C（OH'）=O.OlmolL1

B.常温下，将pH=9的CH3coONa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=l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，c(H')逐渐增大

【答案】B

【解析】

【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1x10",100C时，pH=12的NaOH溶液中,c(OH)>0.01molL

r,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O.lmol-LI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+)先増

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0.01mol/LNH,HSCU溶液中滴力口NaOH溶液至中性：c(Na+)>c(SO；)>c(NH；)>

C(OH-)=C(H+)

B.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)

c(NH+)?

C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中一匕一

c(C「)

+-

D.0.01mol/LNaHCCh溶液：c(H)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO^)

【答案】C

【解析】

【详解】A.向0.01mol•匸।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应多于硫酸氢俊，但小于硫酸氢镀物质的量的2

倍，溶液中存在NH；和NH3HO,故有c(Na+)>c(SO:)>c(NH：)>c(OH)=c(H-)，

A项正确;

B.CuS不溶于稀硫酸，说明CuS溶解产生的S?-不足以与H,发生反应生成H2s气体，而

FeS溶于稀硫酸，说明FeS溶解产生的S2-可以与H+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(H+)=c(OHT),由电荷守恒可知，溶液中“讐4)=1,

c(Cl)

C项错误；

D.NaHCCh溶液中，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(COj)+c(HCO；)+c(OH-),根

++

据物料守恒c(Na)=c(CO：)+c(HCO；)+c(H2co3),故c(H)+c(H2CO3)=c(OH-)+

c(CO；-),D项正确；

答案选C。

4.实验室常用酸性KMnCh溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2・6H2OJ,可用过二硫酸钠

(Na2s2。8)使MnO；全部再生。下列说法错误的是

-3+

A.氧化性：S20g>MnO；>Fe

B.标定时，KMnCU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S20：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

【解析】

【详解】A.常用酸性KMnCU溶液标定摩尔盐KNH4)2Fe(SO4)2・6H2O],氧化性：MnO；>Fe3+,

用过二硫酸钠(Na2s2。8)使MnO；全部再生，氧化性：S?。：>MnO；,总之，氧化性：S20

MnO；>Fe3+,故A正确；

B.KMnCU溶液具有氧化性，摩尔盐溶液呈酸性，标定时，KMnCU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S20

2

;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Do

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.WZ3和YZ3键角前者小于后者

D.X的一种单质和化合物ZX?均可用于自来水消毒

【答案】C

【解析】

【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C1元素。

【详解】A.氨气与氯气反应生成氮气和氯化铉，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Co

6.向100mL0.01mol/LBa(OH)2溶液中滴加0.1mol/LNaHCC)3溶液，测得溶液电导率的

变化如图。下列说法不疋㈣的是

A.Ba(OH)"fiNaHCC)3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:

2+-

Ba+20H+2HC0；=BaCO31+2H2O+CO：

C.BTC,溶液中的C(OH)减小

D.A、B、C三点水的电离程度：A<B<C

【答案】B

【解析】

【详解】A.Ba(OH)z和NaHCC)3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NaHCOa的物质的量小于Ba(OH)z的物质的量，发生的反应为

2+

Ba+OH+HCOj=BaCO3+H2O,故B错误；

C.B-C时加入的NaHCOs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c(OH)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Ba(OH)2,

水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钢还有剩余，C点Ba(OH)2

和NaHCO?恰好完全反应，因此水的电离程度：AVBVC,故D正确；

答案选B。

7./C时，向蒸储水中不断加入NaA溶液，溶液中c'OfT)与c(AP的变化关系如图所示。

下列叙述错误的是

A.当溶液中c(A-)=2xl()Tmol/L时，<c(H+)>SxW8mol/L

B.该温度下，A-的水解常数Kh的数量级为KT"

C.溶液中：C(HA)+C(H+)=C(OH-)

D.x点溶液中：c(Na+)>c(A")>c(HA)>c(H+)

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图可知，t℃时，没有加入NaA的水中c'OH-)为MOT，mop,「2,蒸

储水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，都为lx］。-，mol.Li,则水的离子积常数K『lx

IO-'4«由图可知，溶液中A-浓度为2X10-14mol.L时，溶液中c2(OH-)为3x10*

1X1Q14

mol2.U2,溶液中氢氧根离子浓度为1()-7moi.广，则溶液中的氢离子浓度为

J3X10-7

mol•L&5.8x1O*mol•L-1>5xl0'8mol•L1,A项正确;

B.NaA溶液中存在A的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A浓度越大，溶液中OH一与

HA的浓度越接近，、的水解常数K2C(HA)C(OH)B「(OH),由图可知，人-浓度较

c(A)c(A)

大时KF1x10」。，数量级为IO」。，B项错误；

C.NaA溶液中存在质子守恒关系c(HA)+c(H+)=c(OH-),C项正确;

D.由图可知，x点溶液中A-浓度为3x]O-4mol-L-'-溶液中氢氧根离子浓度为2x10-

mol-L1,由C项分析可知NaA溶液中c(HA)+c(H+)=c(OFr),溶液中HA的浓度小于

氢氧根离子浓度，氢离子浓度为5x10-8mol.L-«,则溶液中各微粒浓度的大小顺序为

c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)，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Na2cCh以不同方式或不同用量比混合不影响产品成分

【答案】D

【解析】

【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(0H)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

+2+

2Fe+3H2O2+6H+=2Fe3++6H2。、Cu+H2O2+2H=Cu+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CuSC>4溶液，与Na2CO3的混合方式应该是将Na2c。3加入CuSO4

溶液中；如果将CuSO4溶液加入Na2cCh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（NazFeOj溶液中，溶液中含铁微粒存在如

K,K?

下平衡：FeO：HFeO；H2FeO4.-H3FeO；,各微粒的物质的量分数3（X）随

pOH变化如图。下列说法正确的是

A.III代表HFeO；的变化曲线

B.a、b、c三点水的电离程度相等

K,八

c—<—

,K,K2

++

D.a点处:c（Na）+c（H）+c（H3Fe0；）=c（0H）+2c（Fe0j-）+3c（HFe04）

【答案】C

【解析】

【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（NazFeOj溶液中，溶液pOH不断增大，OH一的

浓度不断减小，可知U代表HFeO」的变化曲线，故A项错误;

B.0、b、c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（0H）c（HFeO；）

C.FeO^+HOHFeO；+OH-的平衡常数叫a点时

2c（FeO；'）

c（FeO；）=c（HFeO；）,,则（=C（OH）=KT",同理可知小。力

H2OHzFeO,+OH-的平衡常数（=1。62,H2FeO4+H2OHFeO：+OH的平衡

常数K、=I（TZ3,由此推出与丄，故c正确:

%A2

C.a点溶液中c（FeC『）=c（HFeO4）,溶液中存在电荷守恒：

c（Na*）+c（H+）+c（H3Fe0：）=c（0H）+2c（Fe0；）+c（HFe0，+2c（SOj），从O到口点

溶液中发生反应：2Na2FeO4+H2SO4=2NaHFeO4+Na2SO4,溶液中c（SO：＞c（HFeO；）,

则a点溶液中4Na+）+c（H+）+c（H3FeO；Hc（OH）+

2c（FeO；）+3c（HFeO；）,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•molL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.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

【解析】

【详解】A.图中mol」，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.TC时，CdCCh和Cd（OH）2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCcP+为Cd?+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CdCCh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（0H）2溶液是过饱和溶液

D.Tr,在CdCO3（s）+2OH-（aq）WCd（OH）2（s）+CO；-（aq）平衡体系中，平衡常数K=l（）2

【答案】D

【解析】

2+

【详解】A.CdCO3(s)#Cd(aq)+CO^(aq),则c(Cd2+)=c(CO：),CdCCh的沉淀平衡中

pCd2+=pN,故曲线H是CdCCh的沉淀溶解平衡曲线，A错误；

B.由A分析可知，曲线I是Cd(0H)2的沉淀溶解平衡曲线,Cd(OH)2(s)=Cd2+(aq)+2OHYaq),

则c(Cd2+)=2c(OH),加热平衡正向移动，Cd?+、0代离子浓度变大，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；

2+-,2

D.TC,由图可知,pN=4时,CdCCh中pCd2+为8,即Ksp(CdCO3)=c(CO；)c(Cd)=10；

pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6,即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH)c(Cd2+)=l()T4；在

CdCO3(s)+2OH(aq)UCd(OH)2(s)+CO；-(aq)平衡体系中，平衡常数K=

c(8；)_c(C0；)c(Cd2+)-K"dCOj

222+

C(0H)c(OH)c(Cd)Ksp[Cd(OH)J，''

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

2

c(A-\

-lgc(HA),-lgc(A2-),-lg[二，1变化如图所示•下列说法不正确的是

2c(HA)

A.常温下，H2A电离平衡常数Kai为10

B.a点时，C(HA)+2C(H2A)>10-10

+2

C.NaHA溶液中c(Na)>c(HA)>c(A')>c(H2A)

D.b点时，满足c(Na+)<3c(A3)

【答案】A

【解析】

【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(H?A)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

WH++HA-,HAWH++A2-,A?一会逐渐增大，-Ige。、)会逐渐减小，但是不会等于0,所以呈

(A2\

下降趋势且与横坐标无交点的为[叱)与pH变化关系，标②；另一条则是同c表d与

pH的变化图，标③，以此解题。

【详解】A.电离常数的表达式为：k&=3HJ(HA),卜c(H+).(Ab

a2

C(H2A)c(HA)

「2(H+).A2-)

k-ka,二W④，当时，-lgc(A2-)与・lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代入④,

C(H2A)

2

；c(A')

可得ka=(1O3°5)2=1O6I又由图中③可知，当时，一皿]=0,即c(A?-尸c(HA)

I2c(HA')

产後=1。fA错误;

即K,2=10,所以k

B.a点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A%)+c(HA-)+c(OH-),移向

+2+1095

c(H)-c(OH-)=2c(A-)+c(HA-)-c(Na),a点时，，所以C(H+)=1()3°5,C(OH)=10,

因为C(H2A)=C(A>),所以10-3.05_]0-ia95=2c(H2A)+c(HA)c(Na+),因为c(Na+)>0,

所以C(HA')+2C(H2A)>10-10,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=FT+A、，

HA-+H2O^H2A+OH-,所以c(A")与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10,即HA-

kIf)14

32

的水解常数kh=J=谈7=1O'〈IO-"，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所

al

以C(H2A)<C(A>),故NaHA溶液中c(Na+)>c(HA»c(A2>c(H2A),C正确;

D.b点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A，+c(HA)+c(OH-),此时，即

c(A2-)

-lg[—_-]=0,所以c(A2)=c(HA),所以上式变形为：c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH"),

c(HA)

c(Na+)-3c(A2)=c(OH)-c(H+),因为c(OH-)vc(H+),所以：c(Na+)<3c(A2-),D正确；

故选Ao

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。己知：电解前后电解液浓

度几乎不变。下列说法错误的是

A.伯电极产生的气体是。2和CO2

B.铜电极的电极反应式为2c。2+12HCO；+12e=C2H4+12CO；+4H2O

C.通电过程中，溶液中HCOg通过阴离子交换膜向左槽移动

D.当电路中通过电子时，理论上能产生标况下C2H4

【答案】B

【解析】

【分析】C02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HCO；,HCO1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和CCh。

【详解】A.据分析，伯电极产生的气体是02和CO2,A正确；

B.铜电极的电极反应式为14co2+12e-+8H20=C2H4+I2HCO3,B错误；

C.通电过程中，溶液中HCCr,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+12HCO',电路中通过电子时理论上能产生0.05molC2H4,

即标况下，D正确：

故选B。

14.如图，关闭活塞K,向A中充入1molX、1molY,向B中充入2moiX、2molY,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)=i2Z(g)+W(g)AH<0«A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，

A的体积为。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D.平衡时Y的体积分数：A<B

【答案】C

【解析】

【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，其中气体的物质的量是

原来的倍，为2.8moLA容器中气体增加，对应消耗，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x3=4.2aL,则A的体积变为，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ILlmol•L」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,

c(HX)

下列说法错误的是

A.lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6B.溶液中对应的c(X)d点>c点

C.b点溶液的D.e点溶液中

c(Na+)>c(HCN)>c(OH)>c(H+)

【答案】B

【解析】

【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

c(F1c(CN)

0时，即1g亠」-=0或者1g--------=0即c(F)=c(HF)或c(CN)=c(HCN),则有Ka(HF)=

c(HF)c(HCN)

c(F)c(H+)c(CN)c(H+)

=c(H+)=10,Ka(HCN)==c(H+)=10,即I代表HF,H代表HCN,

c(HF)c(HCN)

据此分析解题。

【详解】A.由分析可知,Ka(HF)=10,Ka(HCN)=10,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)~lmol/L,则溶液中对应的c(X)：

c(HCN)Ka(HCN)lmol/L?IO92c(HF)Ka(HF)

d点为:C(W=0点为：er)，奇)一

—而一'107

lmol/L?10-32

则c<d,B错误;

10-7

c(F)c(HF)Ka(HF)

C.由分析可知，I代表HF,Ka(HF)=10,b点溶液中1g亠丄=2,则有:c(H+)=--------———

c(HF)c(F)

=10,故b点对应溶液的，C正确；

c(CN)

D.由图象可知，e点溶液中pH为，此时也一^——^=0即c(CN-尸c(HCN),根据电荷守恒

c(HCN)

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：Bo

第H卷(非选择题共55分)

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.氮、磷、铁、铜、钮在现代工农业、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一种空间运动状态。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）已知偏二甲胱[（CH3）2NNH2l、阴（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

偏二甲肿-58℃℃

朋℃℃

偏二甲肿中氮原子的杂化方式为一，二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，其中的大兀键可表示为一（分子

中的大兀键可用符号n：表示，其中m代表参与形成的大兀键原子数，n代表参与形成的大

兀键电子数，如苯分子中的大兀键可表示为F1：）。

（4）CM+可形成[CU（X）2]2+,其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。lmol[Cu（X）2产中，

VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有—mol。

（5）铁酸铝是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。

铁酸気的化学式为—。已知1号O原子分数坐标为（0,0,丄）,2号O原子分数坐标为（丄，

42

y-m,:-n）,则3号Fe原子的分数坐标为。己知铁酸忆的摩尔质量为Mg•moH,晶

体密度为pg-cm\阿伏加德罗常数的值为NA,该晶胞的体积为—pnA列出表达式）。

【答案】（1）①.9②.1s22s22P63sl3P33dl

（2）①.sp3②.N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肿]（CH3）2NNH2]

⑶n：

（4）10（5）①.YFeCh②.（丄，丄+m,-）③.-^-><10™

224pxNA

【解析】

【小问1详解】

基态磷原子核外电子排布式为：Is22s22P63s23P3,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：Is22s22P63sl3P33d1

故答案为：9,Is22s22P63sl3P33d)

【小问2详解】

偏二甲肝KCH3”NNH2]中的氮原子均有3个b键和I个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为:

sp\N2H4分子和偏二甲肿均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲駢

[(CH3)2NNH2],所以N2H4的熔沸点高于KCH3)2NNH2]。

故答案为：sp3,N2H4分子间氢键数目多于偏二甲駢KCH3)2NNH2]。

【小问3详解】

由N,H：+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：5x4-2-3x4=6个，即参与形成大兀键电子数为6,原子数为4,

可表示为n：。

故答案为：II：。

【小问4详解】

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，lmol[Cu(X)2p+中，VSEPR模型为正四

面体的非金属原子有2x5=10mol；

故答案为：10。

小问5详解】

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8x：+4x[=2个，O原

子个数为8x丄+4=6个，故铁酸铝的化学式为：YFeO3,根据正交相晶胞结构如图可知3

8

号Fe原子的x坐标与2号。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

3113

在中间且靠右方向，z坐标在一处，即3号Fe原子的分数坐标为(一，一+m,一)。由公式

4224

一m,2M八a。30

v=-可得晶胞体积为：v=——X1Opm\

ppxNA

1132M…

故答案为：YFeOs,(一,—Hm,—),xlO。

224pxNA

17.亚铁氟化钾晶体，化学式为KjFelCN%)3H2O(M=422g-mo「)，俗名黄血盐,

可溶于水，不溶于乙醉，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)实验室用绿矶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.NaClb.Na2CO3c.K2CO3

(4)转化器中发生反应的离子方程式___________0

(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溶液。

步骤2：量取上述溶液，用2.000mol-LT酸性KMnO$溶液滴定，达到滴定终点时，共消

耗KMnO4溶液。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)6NaCN+FeSO4+CaCl2=Na4[Fe(CN)6]+CaSO4I+2NaCl

+

(3)b(4)4K+[Fe(CN)6]^+3H2O=K3[Fe(CN)J-3H2O

(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)①.95.0%②.CD

【解析】

【小问1详解】

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

验室用绿矶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；

【小问2详解】

由流程可知，反应器中NaCN、FeSO4,CaC%反应，根据质量守恒和最终产物

K(Fe(CN)613H2。推断反应生成NajFe(CN)6]、CaSO^RNaCl,发生的主要反应

为6NaCN+FeSC)4+CaCl2=Na4[Fe(CN)6]+CaSO4J+2NaCl；

【小问3详解】

反应器中得到滤液中含有Na4[Fed],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；

【小问4详解】

由流程可知，转化器中加入氯化钾后最终生成亚铁氟化钾晶体，故发生反应为

Na4[Fe(CN)6]和氯化钾反应转化为K4[Fe(CN)6],离子方程式

4K++[Fe(CN)6『+3H2O=K4[Fe(CN)6]-3H2O

【小问5详解】

亚铁氟化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氟化钾晶体，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；

小问6详解】

①根据方程式体现的关系可知，10K4[Fe(CN)6)3H2O+122KMnO4299H2so”则

样品中[Fe(CN)61的物质的量为

30.50xl0-3Lx2.000molL71x—x100-00niL=0.020mol,则该样品的纯度是

12225.00mL

0.020molx422g•mol，叩％«95.0%.

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。

I8.G1CI2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCH2H20。

氯化铜在不同温度下结晶形成结晶水合物

温度15℃以下15~25.7℃26~42℃42℃以上

结晶水合物CUC12-4H2OCUC12-3H2OCUC1,-2H2OCUC12H2O

回答下列问题：

（1）仪器a的名称为NaOH溶液的作用是

（2）“湿法”制备CuC%的离子方程式为，实验中，H?。？的实际用量要大于

理论用量，原因是。

（3）为得到纯净的CuC12-2H2。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HC1气体，加热蒸发浓缩，,过滤，洗涤,

低温干燥。其中，持续通入HC1的作用是。

（4）用“间接碘量法”测定2.0g废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成250mL,取出

25.00mL,向其中加入过量KI固体，充分反应，生成白色Cui沉淀，滴入几滴淀粉溶液

作指示剂，用O.lOOOmoLLiNa2s2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2s?。3标

2+

准溶液20.00mL。（涉及到的反应为：2Cu+4「=2CuU+12,

-

I2+2S2O^=S4O；+2r）

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.：Cu他0）：（蓝色）+4C「..[CuClJ（黄色）+4也0,等量黄色与蓝

色混合呈绿色。设计实验证明CuC12溶液中存在上述平衡；取少量蓝色CuCh稀溶液于试

管中，»

【答案】(1)①.三颈烧瓶②.吸收挥发岀来的HC1,防止污染空气

+2+

(2)①.Cu+H2O2+2H=Cu+2H2O②.H?。？受热会分解导致损耗

(3)①.降温至26〜42℃结晶，抑制Cu?+水解②.增大C「浓度，有利于

CuCU2H?。结晶

(4)①.溶液蓝色褪去②.64.(X)%

(5)向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色

【解析】

【分析】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCb,反应原理为：

CU+2HC1+H2O2=CUC12+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CuCUeZH?。晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HC1气流

来抑制CF+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。

【小问1详解】

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HC1,防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的

HC1,防止污染空气；

【小问2详解】

“湿法”制备CuCl2即用Cu、HC1和H2O2生成CuCb和H2O,反应方程式为：

A、

++

Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O,故该反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H=Cu-+2H2O,

由于H2O2受热或在CM+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，出。2的实际用量要大

+2+

于理论用量，故答案为：Cu+H2O2+2H=Cu+2H2O；H?。？受热会分解导致损耗；

【小问3详解】

由题干表中数据可知，26〜42℃得到纯净的CuCL㈡H2。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HC1气体，加热蒸发浓缩,

降低温度到26~42℃进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于C#+易发生水

解，故持续通入HC1的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中C1-的浓度，有利于

CUC1「2H2。析出，故答案为：降温至26〜42℃结晶；抑制Ci?+水解，增大C「浓度，

有利于CuC12・2H?O结晶；

小问4详解】

①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到12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+

②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~b~2s2。；一，故有：n(Cu>n(S2O^)=

20.00x103Lx0.1000mol-L-'=2x1(Pmol,故废铜屑中铜的百分含量为

20niol964s9rridl

•°，25.00njoo%=64。％，故答案为：64。％;

2.0g°

【小问5详解】

查阅资料：Cu(乩0)；(蓝色)+4C「=[CuClJ2(黄色)+440,等量黄色与蓝色混合

呈绿色，取少量蓝色CuC、稀溶液于试管中，向其中加入少量NaCl固体，振荡，若溶液由

蓝色变为黄绿色，则证明CuCl2溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量NaCl固

体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。

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H发生。

l

主反应I.CO2(g)+4H2(g)-'CH4(g)+2H2O(g)△W.=-270kJmor

副反应II.CO2(g)+H2(g)-——'CO(g)+H2O(g)△外

回答下列问题：

(1)几种化学键的键能如表所示：

化学键C—HH—HH—OC=O

键能ZkJ.moH413436463a

则a