2026年高考河南卷化学真题（解析版）

2026年河南省新高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（3分）奇妙的现象直观体现化学之美。下列现象由化学反应产生的是（）A．水汽凝结为雪花晶体B．光束通过胶体出现丁达尔效应C．干冰升华形成白色雾气D．红色花朵在双氧水中变色A．A B．B C．C D．D【分析】A．没有新物质生成，属于物理变化；B．丁达尔效应是光在传播过程中遇到胶体粒子时发生散射而形成的光亮“通路”；C．干冰升华形成白色雾气，是因为固态二氧化碳升华吸热使周围温度降低，导致空气中的水蒸气遇冷液化成小水滴，整个过程只涉及物态变化；D．红色花朵在双氧水中变色，是因为双氧水（过氧化氢）具有强氧化性。【解答】解：A．水汽凝结为雪花晶体，是空气中的水蒸气遇冷直接凝华成固态冰晶的过程，此过程只发生了物态变化，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．丁达尔效应是光在传播过程中遇到胶体粒子时发生散射而形成的光亮“通路”，该现象中没有新物质生成，属于物理现象，故B错误；C．干冰升华形成白色雾气，是因为固态二氧化碳升华吸热使周围温度降低，导致空气中的水蒸气遇冷液化成小水滴，整个过程只涉及物态变化，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D．红色花朵在双氧水中变色，是因为双氧水（过氧化氢）具有强氧化性，能够将花朵中的天然色素氧化分解并使其褪色，该过程有新物质生成，属于化学反应，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查物理变化与化学变化的本质区别，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（3分）我国科研团队研制出一种真空紫外非线性光学晶体材料NH4B4O6F，将在精密制造、前沿科研等领域发挥重要作用。下列说法错误的是（）A．NH4B．714N与C．OH﹣的电子式为 D．BF3的空间结构为平面三角形【分析】A．不同原子间形成的共价键为极性共价键；B．核素是具有一定质子数和一定中子数的原子；C．OH﹣氧原子达到了8电子稳定结构；D．BF3中中学B原子的价层电子对数为3+3-1×32=3【解答】解：A．NH4+中N原子与H原子之间均为极性共价键，故B．核素是具有一定质子数和一定中子数的原子，714N和C．OH﹣氧原子达到了8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；D．BF3中中学B原子的价层电子对数为3+3-1×32=3，没有孤故选：B。【点评】本题考查原子结构与化学键，涉及共价键、核素、电子式和空间构型等知识，掌握基础是关键，题目难度一般。3．（3分）下列图示中，实验操作符合规范的是（）A．除去水中氧气B．连接橡胶塞和试管C．加热溶液D．向容量瓶中转移溶液A．A B．B C．C D．D【分析】A．加热密闭的圆底烧瓶，水受热蒸发产生大量水蒸气，会使瓶内压强急剧增大；B．连接橡胶塞和试管时，应将手拿橡胶塞慢慢转动着塞进试管口，不能像图中那样直接用力塞入；C．给试管中的液体加热时，不能用坩埚钳夹试管口；D．向容量瓶中转移溶液时，必须用玻璃棒引流。【解答】解：A．加热密闭的圆底烧瓶，水受热蒸发产生大量水蒸气，会使瓶内压强急剧增大，可能导致爆炸，操作不规范，故A错误；B．连接橡胶塞和试管时，应将手拿橡胶塞慢慢转动着塞进试管口，不能像图中那样直接用力塞入，否则容易压破试管，操作不规范，故B错误；C．给试管中的液体加热时，不能用坩埚钳夹试管口，应用试管夹，故选C错误；D．向容量瓶中转移溶液时，必须用玻璃棒引流，以防止溶液溅出或流到瓶外，造成溶质损失，影响配制溶液的准确性，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学实验基本操作的规范性，涉及仪器的连接、物质的加热、溶液的配制等。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（3分）X是漂白粉的有效成分，可以发生如图所示的转化（略去部分产物），其中U和V含有一种相同元素，V为黄绿色气体，Y为难溶于水的固体。下列说法错误的是（）A．无水U可作干燥剂 B．V溶于水可生成Z C．Y与盐酸反应可生成X D．Z在光照下易分解【分析】漂白粉的有效成分是次氯酸，与盐酸反应生成氯气和氯化钙，次氯酸钙与水和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，则U为氯化钙，V为氯气，X为次氯酸钙，Y为碳酸钙，Z为次氯酸。【解答】解：A．无水氯化钙吸水生成氯化钙的结晶水合物，则其可作干燥剂，故A正确；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则Z为次氯酸，故B正确；C．碳酸钙与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钙，则不能生成次氯酸钙，故C错误；D．次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，故D正确；故选：C。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。5．（3分）化学史可以给人以智慧。下列对化学史的相关陈述不合理的是（）选项化学史陈述A．戴维电解熔融碳酸钠制得钠碳酸钠受热易分解B．吴蕴初从蛋白质中提炼谷氨酸蛋白质能水解成氨基酸C．哈伯和博施采用高压条件合成氨工业生产中，加压能提高反应速率且使平衡向生成氨的方向移动D．阿伦尼乌斯发现氯化钠水溶液的导电性比纯水强氯化钠能在水中发生电离A．A B．B C．C D．D【分析】A．碳酸钠热稳定性高，受热不易分解；B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸；C．合成氨反应为N2D．氯化钠属于电解质，在水中电离出自由移动的Na+和Cl﹣。【解答】解：A．戴维确实是通过电解熔融碳酸钠的方法首次制得了金属钠，但碳酸钠（Na2CO3）性质稳定，受热不易分解，故A错误；B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，谷氨酸属于氨基酸，可从蛋白质水解产物中提炼得到，故B正确；C．合成氨反应是一个气体体积缩小的可逆反应，加压既可增大反应速率，也可使平衡正向移动提高氨的产率，故C正确；D．氯化钠是强电解质，溶于水后能完全电离出自由移动的钠离子和氯离子，使溶液中自由移动的离子浓度远大于纯水，导电性更强，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查化学史实与化学基本原理的结合，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。6．（3分）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是（）A．向硫酸铜溶液中滴加氢硫酸：Cu2++S2﹣＝CuS↓ B．氢氧化镁溶于稀盐酸：Mg(C．浓硝酸溶解金属银：Ag+4D．向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠：HS【分析】A．氢硫酸是弱酸，不能拆分；B．氢氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水；C．方程式没有配平；D．反应生成的OH﹣应与过量的HSO3-继续反应生成SO32-和【解答】解：A．氢硫酸（H2S）是弱酸，在离子方程式中不能拆写为S2﹣，则硫酸铜溶液中滴加氢硫酸的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，故A错误；B．Mg（OH）2是难溶弱碱，与稀盐酸反应生成氯化镁和水，离子方程式为Mg(OH)2+2H+＝Mg++2H2O，故B正确；C．浓硝酸与银反应生成二氧化氮、硝酸银和水，离子方程式为Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2D．亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，正确的离子方程式为Na2O2+2HSO3-=2Na++SO42-故选：B。【点评】本题考查离子方程式书写判断，侧重基础知识检测和辨析能力考查，明确物质性质、反应实质、与量有关离子方程式书写方法是解题关键，题目难度不大。7．（3分）化合物L是从某山胡椒属植物中分离得到的一种生物活性物质，其结构如图所示。下列有关L的说法错误的是（）A．能与HBr反应 B．能发生消去反应 C．含有5种官能团 D．能使酸性KMnO4溶液褪色【分析】A．该化合物含有碳碳双键；B．醇发生消去反应的条件是：羟基连接碳的邻位碳原子上有氢原子；C．该化合物的官能团为：碳碳双键、羟基、羰基、酯基；D．碳碳双键、羟基都可以被酸性KMnO4溶液氧化。【解答】解：A．有机物L的分子结构中含有碳碳双键，可与HBr发生加成反应，故A正确；B．有机物L的分子结构中含有伯醇羟基（﹣CH2OH），其相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，满足消去反应条件，因此能发生消去反应，故B正确；C．该化合物的官能团为：碳碳双键、羟基、羰基、酯基，共4种官能团，故C错误；D．有机物L的分子结构中含有碳碳双键、羟基，碳碳双键、羟基都可以被酸性KMnO4溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查有机物的结构和性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。8．（3分）某催化剂由Q、W、X、Y四种短周期主族元素及第四周期s区元素Z组成。Q、W、X、Y的原子序数依次增大，基态Z原子的原子核外无未成对电子。基态Q原子的核外电子填充在3个能级，且各能级电子数相等，其价电子数等于W原子核电荷数的一半。X与Y位于不同周期，基态X原子的价电子数与基态Y原子p轨道中的电子总数相等。下列说法正确的是（）A．电负性：X＞W B．QW32-的中心原子采取spC．Z的原子半径在同周期中最大 D．Y的第一电离能高于同周期相邻元素【分析】Q、W、X、Y的原子序数依次增大，基态Q原子电子填充3个能级且各能级电子数相等，电子排布为1s22s22p2，故Q为C；Q价电子数为4，等于W核电荷数的一半，得W核电荷数为8，故W为O；Z为第四周期s区元素且无未成对电子，电子排布为[Ar]4s2，故Z为Ca；X、Y原子序数依次增大且为短周期主族元素、不同周期，故X为第二周期、Y为第三周期，X价电子数等于Y的p轨道总电子数，X原子序数大于O，只能为F（价电子数7），则Y的p轨道总电子数为7，电子排布为1s22s22p63s23p1，故Y为Al。【解答】解：A．同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，电负性F＞O，即X＞W，故A正确；B．QW32-为CO32-，中心C的价层电子对数为3+C．Z为Ca，第四周期原子半径从左到右逐渐减小，同周期原子半径最大的是K，不是Ca，故C错误；D．同周期主族元素，第一电离能从左往右有增大的趋势，则第一电离能：Si＞Al，Mg的3s轨道电子能量低于Al的3p轨道电子能量，更难电离，则第一电离能：Mg＞Al，故D错误；故选：A。【点评】本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。9．（3分）某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质（忽略②～⑤试管中溶液体积变化）。已知：Fe3+在水溶液中由于水解与OH﹣配位而显黄色；[FeA．②到③说明加入稀硫酸能抑制Fe3+的水解 B．④与⑤中c（SCN﹣）：④＞⑤ C．④与⑥中呈现红色均是由于Fe3+与SCN﹣结合所致 D．若向③中依次加入适量维生素C、K3[Fe（CN）6]溶液，会出现蓝色沉淀【分析】水合硫酸铁是黄色固体，溶于水得到黄色硫酸铁溶液②，由题给信息可知，Fe3+水解与OH﹣配位而显黄色，其水解平衡为Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H+，向溶液②中滴加1滴稀硫酸，c（H+）增大，水解平衡逆向移动，水解产物减小，溶液颜色变浅；向溶液③中加入1滴KSCN溶液，生成Fe（SCN）3，溶液变红色；C2O42-与Fe3+配位能力强，向溶液④中加入K2C2O4•H2O固体时，Fe（SCN）3转化为配合离子[Fe（C2O4）3]3﹣，溶液变为绿色；向溶液⑤加入适量稀硫酸，H+与C2O42-结合为H2C2O4，H2C2O4是弱酸，溶液中Fe3+又转化为Fe（【解答】解：A．由题给信息可知，Fe3+水解与OH﹣配位而显黄色，其水解平衡为Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H+，滴加1滴稀硫酸，c（H+）增大，水解平衡逆向移动，水解产物减小，溶液颜色变浅，即稀硫酸能抑制Fe3+的水解，故A正确；B．溶液④中生成Fe（SCN）3，溶液呈红色，c（SCN﹣）减小，C2O42-与Fe3+配位能力更强，加入K2C2O4•H2O固体时Fe（SCN）3转化为[Fe（C2O4）3]3﹣解离出SCN⁻，使c（SCN﹣）增大，则c（SCN﹣）：⑤＞④，故C．溶液④中生成Fe（SCN）3，溶液变红色；溶液⑤加入适量稀硫酸，H+与C2O42-结合为H2C2O4，释放出Fe3+，再与SCN﹣结合生成Fe（SCN）3，使溶液重又变红色，故D．维生素C具有强还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，与K3[Fe（CN）6]反应生成蓝色KFe[Fe（CN）6]沉淀，故D正确；故选：B。【点评】本题考查常见离子检验，侧重辨析能力和运用能力考查，明确离子性质及特征反应、离子间转化及题给信息的应用、平衡移动原理的应用是解题关键，题目难度中等。10．（3分）物质的微观结构决定宏观性质，下列结构特征不能解释其性质的是（）选项结构特征性质A．金刚砂（SiC）属于共价晶体，C﹣Si键的键能大金刚砂硬度大、熔点高B．苯分子中存在大π键苯难溶于水C．对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛D．基态氩原子的最外层电子数为8，原子结构稳定氩气性质稳定，不易形成化合物A．A B．B C．C D．D【分析】A．金刚砂（SiC）中原子之间连接成空间网状结构，因此属于共价晶体；B．苯难溶于水是因为苯为非极性分子，水为极性分子，符合相似相溶规律；C．分子间氢键会提升分子间作用力使沸点升高，分子内氢键对分子间作用力无提升作用；D．基态氩原子最外层为8电子稳定结构，不易得失或共用电子。【解答】解：A．金刚砂属于共价晶体，C﹣Si键键能大，难断键，因此金刚砂硬度大、熔点高，结构可以解释性质，故A错误；B．苯难溶于水是因为苯为非极性分子，水为极性分子，符合相似相溶规律，与苯分子中的大π键无关，结构特征不能解释其性质，故B正确；C．分子间氢键会提升分子间作用力使沸点升高，分子内氢键对分子间作用力无提升作用，因此对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛，结构可以解释性质，故C错误；D．基态氩原子最外层为8电子稳定结构，不易得失或共用电子，因此氩气性质稳定、不易形成化合物，结构可以解释性质，故D错误；故选：B。【点评】本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．（3分）G是一种具有较高热稳定性的不饱和聚酯醚类高分子，其合成方法如图所示。下列说法正确的是（）A．E中所有原子共平面 B．E与F发生缩聚反应生成G C．F在碱性条件下水解可生成E D．可以自身聚合生成G【分析】A．E的分子结构中含有饱和碳原子（sp3杂化），sp3杂化的碳原子与其相连的原子构成四面体结构；B．缩聚反应是指带有两个或两个以上官能团的单体，通过缩合反应而聚合生成高分子化合物，并且伴随有低分子副产物（如水、醇、卤化氢等）生成的反应过程；C．F含两个酯基，F在碱性条件下发生水解反应，酯基断裂，生成相应的二元羧酸盐和醇；D．F分子中含有碳碳三键，可以发生加聚反应。【解答】解：A．E的分子结构中含有饱和碳原子（sp3杂化），sp3杂化的碳原子与其相连的原子构成四面体结构，其四面体构型导致分子无法所有原子共平面，故A错误；B．缩聚反应是指带有两个或两个以上官能团的单体，通过缩合反应而聚合生成高分子化合物，并且伴随有低分子副产物（如水、醇、卤化氢等）生成的反应过程，反应中无小分子（如H2O）脱除，且G主链含由﹣C≡C﹣加聚形成的﹣CH＝CH﹣结构，属于加聚反应，不是缩聚，故B错误；C．F含两个酯基，F在碱性条件下发生水解反应，酯基断裂，生成相应的二元羧酸盐和醇，通过F结构可知水解产物结构简式与E相同，故C正确；D．F分子中含有碳碳三键，可以发生加聚反应，中只有羟基和酯基，无羧基和氨基，无法发生缩聚反应，仅碳碳三键可发生加聚反应生成，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查有机物的结构和性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。12．（3分）一种多组串联的电化学装置可以同时产生H2和Cl2，其工作原理如图所示。其中a1～an均为Ag/AgCl电极，每组装置左侧均为高浓度盐酸，右侧均为低浓度盐酸。该装置工作时仅在石墨电极与铂电极上产生气体。下列说法错误的是（）A．工作时，铂电极上产生H2 B．工作时，电极a1、a3、an﹣1的质量均减小 C．定期互换直接相连的Ag/AgCl电极，并恢复溶液浓度，整个装置可再次运行 D．将盐酸换为对应浓度NaCl溶液，使用阳离子交换膜，每组装置启动时均生成NaOH【分析】该多组串联的电化学装置可以同时产生H2和Cl2，即该装置为电解池与原电池组成综合装置，整个装置的中间为多个串联的原电池，左右两端是电解池，根据电子得失可知，左侧电解池中石墨电极为阳极，a1电极为阴极，Cl﹣失电子生成Cl2，阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，右侧电解池中铂电极为阴极、an电极为阳极，H+得电子生成H2，阴极反应式为2H++2e﹣＝H2↑；原电池中a1～an均为Ag/AgCl电极，偶数序a2、a4••••••an﹣2等电极为负极，奇数序a3、a5••••••an﹣1等电极为正极，负极反应式为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl，正极反应式为AgCl+e﹣＝Ag+Cl﹣，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，铂电极为阴极，阴极上H+得电子生成H2，阴极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，故A正确；B．装置工作时，a1电极为阴极，电极a3、a5••••••an﹣1电极为正极，a1电极或正极反应式均为AgCl+e﹣＝Ag+Cl﹣，生成的Cl﹣进入溶液使电极质量均减小，故B正确；C．装置运行过程中：左侧高浓度盐酸中Cl﹣被消耗，同时H+通过质子交换膜迁移到右侧，最终，左侧盐酸浓度降低，右侧盐酸浓度升高；且a1、a3••••••an﹣1电极质量减小，a2、a4••••••an电极质量增加，与起始装置情况相反，若定期将直接相连的Ag/AgCl电极互换，并恢复两侧盐酸浓度，可使装置恢复到初始状态，再次运行，故C正确；D．若将盐酸换为对应浓度NaCl溶液，使用阳离子交换膜，阳极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+OH﹣，Na+通过阳离子交换膜移向阴极生成NaOH，但中间原电池正负极反应不变，仍为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl（负极）和AgCl+e﹣＝Ag+Cl﹣（正极），没有NaOH生成，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池及电解池的综合应用，侧重分析判断能力和灵活运用能力考查，明确电极判断、电极反应及电极反应式书写是解题关键，题目难度中等。13．（3分）向一恒容密闭容器中加入物质M，发生基元反应：M（g）＝N（g），N（g）＝Q（g），温度为T1、T2时，各组分的物质的量浓度c与时间t的关系如图1、图2所示。温度为T1时，M的浓度随时间的变化关系为lnc＝lnc0﹣kt，k为反应M（g）＝N（g）的速率常数。下列说法正确的是（）A．T1＞T2 B．温度为T1时，M反应一半需要的时间为2lnC．N的浓度达到最大值时，N的生成速率等于消耗速率 D．加入某催化剂，仅使反应N（g）＝Q（g）的速率增大，则N的浓度最大值将增大【分析】A．温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗越快；B．由lnc＝lnc0﹣kt可知，lncc0=-kt，当M反应一半时，c=12c0C．N是中间产物，N浓度增大时，N的生成速率大于消耗速率；N浓度达到最大值后开始下降，此时N的生成速率小于消耗速率；D．催化剂仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势。【解答】解：A．温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗越快；对比两图可知，T2时M的浓度下降更快，反应速率更快，故T1＜T2，故A错误；B．由lnc＝lnc0﹣kt可知，lncc0=-kt，当M反应一半时，c=12c0，则ln12c0c0=-kt，ln1C．N是中间产物，N浓度增大时，N的生成速率大于消耗速率；N浓度达到最大值后开始下降，此时N的生成速率小于消耗速率，则N浓度最大时，生成速率等于消耗速率，故C正确；D．催化剂仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势，若仅增大N→Q的反应速率，N生成后消耗更快，会使N的浓度最大值减小，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。14．（3分）常温下，向1.00L0.101mol•L﹣1Na2H2Y溶液中加入1.00×10﹣3molBaSO4固体，并调节溶液的pH（忽略溶液体积变化）。已知Ba2+与Y4﹣可生成配离子[BaY]2﹣，Ba2++Y4﹣⇌[BaY]2﹣的K＝107.80，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10。lgR与pH的变化关系如图所示，R代表c(H下列说法正确的是（）A．pH＝7.00时，c(B．M点的纵坐标为﹣4.10 C．pH＝6.50时，BaSO4完全溶解 D．HY3-【分析】H6Y2+电离平衡常数K5=c(HY3-)c(H2Y2-)×（H+）、K6=c(Y4-)c(HY3-)×（H+），K5•K6=c(Y4-)c(H2Y2-)×c2（H+），即lgc(H2Y2-)c(HY3-)=-pH﹣lgK5、【解答】解：A．由上述分析可知，K5=c(HY3-)c(H2Y2-)×c（H+）＝10﹣6.16，当pH＝7.00时c(HY3-)c(B．由图可知，M点时lgc(H2Y2-)c(HY3-)=lgc(H2Y2-)c(Y4-)，即c（HY3﹣）＝c（Y4﹣），K5=c(HY3-)c(H2Y2-)×c（C．①H2Y2﹣⇌HY3﹣+H+的K5＝10﹣6.16，②HY3﹣⇌Y4﹣+H+的K6＝10﹣10.26，③Ba2++Y4﹣⇌[BaY]2﹣的K＝107.80，④BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+SO42-（aq）的Ksp（BaSO4）＝1×10﹣10，①+②+③+④＝H2Y2﹣（aq）+BaSO4（s）⇌[BaY]2﹣（aq）+2H+（aq）+SO42-（aq），其平衡常数K′＝K•K5•K6•Ksp（BaSO反应的三段式为H2Y2﹣（aq）+BaSO4（s）⇌[BaY]2﹣（aq）+2H+（aq）+SO42-起始量（mol/L）0.1010000变化量（mol/L）xx2xx平衡量（mol/L）0.101﹣xx10﹣6.5x即K′=x2×(10-6.5)20.101-x=10﹣18.62，解得x≈10﹣3.31，即1L溶液中n（SO42-）＝n（BaSO4）＝10﹣3.31molD．K5=c(HY3-)c(H2Y2-)×c（H+）＝10﹣6.16，反应HY3﹣+H2O⇌H2Y2﹣+OH﹣的平衡常数K故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力和计算能力考查，明确曲线与微粒的对应关系、电离平衡常数表达式及其计算是解题关键，选项C是解题难点，题目难度较大。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）一种从废芯片（主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等）中回收金属的工艺流程如图：已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+；“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4回答下列问题：（1）提高“焙烧”效率的措施有将废芯片粉碎（或适当升高温度、增大空气通入量）（写出一条即可）。（2）“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO，“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+。（3）“电解”时，“滤液1”和FeSO4溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，同时回收Cu。（4）已知3Ce4++Au⇌3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是实际生产中在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法达到平衡，达不到有效浸出，使得Au在“浸出2”中浸出率较低。（5）“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag，N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCl与N2H4反应的物质的量之比为4：1；。（6）“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是将分散的铈元素集中起来，转化为Ce(OH)4沉淀进行回收，提高铈的回收率。（7）“氧化”中，Ce3+转化为Ce（OH）4沉淀，该反应的离子方程式为2Ce3++ClO﹣+6OH﹣+H2O＝2Ce(OH)4↓+Cl﹣。【分析】该流程是从含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等的废芯片中分步回收有价金属，废芯片先经焙烧预处理氧化部分金属；随后“浸出1”用硫酸和硫酸铁溶解铜，所得滤液1经电解可回收铜单质，同时再生Fe3+循环回浸出工序；之后经“浸出2”初步浸出Au、Pd，滤液沉银得到AgCl，可还原回收银；再经“浸出3”进一步浸出剩余Au、Pd，得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品；最后含Ce3+的流出液经氧化得到Ce(OH)4，回收铈，滤液3循环利用，提升了金属收率与原料利用率，以此分析解答。（1）从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等都可提高焙烧效率；（2）“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2（SO4）3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，以此书写离子方程式；（3）“滤液1”中含有Fe2+、Cu2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，阴极反应为：Cu2++2e﹣＝Cu；通过电解，可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时回收Cu；（4）实际生产中在常温或浸出条件下Au在“浸出2”中的反应速率极慢；（5）AgCl被还原为Ag，Ag+得1个电子生成Ag，N2H4被氧化为N2，N从﹣2→0，每个N失2e﹣，1molN2H4失4mole﹣，根据得失电子守恒计算；（6）“浸出3”中和滤液3含有未反应的Ce3+；（7）“氧化”步骤中，NaClO将Ce3+氧化为Ce4+，ClO﹣被还原为Cl﹣；在碱性条件下生成Ce(OH)4沉淀，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可书写离子方程式。【解答】解：（1）将废芯片粉碎增大与空气的接触面积，适当升高温度或增大空气通入量都可“焙烧”效率，故答案为：将废芯片粉碎（或适当升高温度、增大空气通入量）；（2）“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2（SO4）3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，故答案为：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+；（3）“滤液1”中含有Fe2+、Cu2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，阴极反应为：Cu2++2e﹣＝Cu；通过电解，可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时回收Cu，Fe2+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，同时回收Cu；（4）3Ce4++Au⇌3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全，而实际生产中Au在“浸出2”中浸出率较低，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法达到平衡，达不到有效浸出，故答案为：实际生产中在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法达到平衡，达不到有效浸出，使得Au在“浸出2”中浸出率较低；（5）AgCl被还原为Ag，Ag+得1个电子生成Ag，N2H4被氧化为N2，N从﹣2→0，每个N失2e﹣，1molN2H4失4mole﹣，根据得失电子守恒可得，n（AgCl）：n（N2H4）＝4：1，故答案为：4：1；（6）“浸出3”中使用（NH4）2Ce（NO）6和HCl将Au和Pd转化为[AuCl4]﹣和[PdCl4]2﹣，将Ce4+转化为Ce3+；而沉淀步骤中，滤液3含有未反应的Ce3+，“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中是将分散的铈元素集中起来，加入NaClO、NaOH转化为Ce(OH)4沉淀进行回收，提高铈的回收率，故答案为：将分散的铈元素集中起来，转化为Ce(OH)4沉淀进行回收，提高铈的回收率；（7）“氧化”步骤中，NaClO将Ce3+氧化为Ce4+，ClO﹣被还原为Cl﹣；在碱性条件下生成Ce(OH)4沉淀，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得，离子方程式为：2Ce3++ClO﹣+6OH﹣+H2O＝2Ce(OH)4↓+Cl﹣，故答案为：2Ce3++ClO﹣+6OH﹣+H2O＝2Ce(OH)4↓+Cl﹣。【点评】本题考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，题目难度中等。16．（14分）某研究小组在用CCl4萃取碘水中的I2时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，对此开展探究。回答下列问题：（1）定性探究：利用如图装置进行实验。Ⅰ．向饱和碘水中加入CCl4，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。Ⅱ．向饱和的I2的CCl4溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变蓝。①仪器a的名称是分液漏斗；b的名称是烧杯。②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水。③步骤Ⅰ中，证明I2从水中转移至CCl4中的现象是液体分层，下层变成紫红色，上层颜色明显变浅。结论：I2在两溶剂间存在可逆的转移，即I2（H2O）⇌I2（CCl4）。（2）定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，I2在两溶剂中的分配也存在平衡状态，此时I2在两溶剂中的浓度商[c(I2)步骤实验内容Ⅲ取Ⅱ中分液后的水溶液50.00mL于锥形瓶中，加入5mL10%KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c1mol⋅L-1Na2Ⅳ取Ⅱ中分液后的CCl4溶液5.00mL于锥形瓶中，加入25mL10%KI溶液。以淀粉溶液为指示剂，用c2mol⋅L-1Na2Ⅴ改变Ⅱ中I2的CCl4溶液的浓度，重复步骤Ⅱ～Ⅳ（Ⅱ中不进行I2的检验），再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。①步骤Ⅳ中，加入KI的目的是增大I⁻浓度，促使I2+I⁻⇌I3⁻平衡正向移动，使CCl4中的I2尽可能多地转移到水相中，以便后续滴定。②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为10c2V③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150mL含3.0×10﹣2gI2的水溶液中加入30mLCCl4进行萃取，平衡时I2在水中的残留质量为1.7×10﹣3g（用科学计数法表示，保留小数点后一位）；若改为分两次萃取，每次用15mLCCl4，两次萃取后I2在水中的残留质量为3.3×10﹣4g。上述结果对做萃取实验的启发是分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率。【分析】（1）①常见仪器的名称；②振CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水；③碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl4，碘单质会被萃取到CCl4中；（2）①根据题目给出的反应：I2+I⁻⇌I3⁻，I2+2S2O32-=2I⁻+S4O62-。在步骤Ⅳ中，CCl4层中的I2需要先转移到水相中才能被Na2②分别计算水层和CCl4层中I2的浓度。步骤Ⅲ：取50.00mL水层溶液，加入KI后，I2转化为I3⁻，滴定反应为：I2+2S2O32⁻＝2I⁻+S4O62⁻，消耗的Na2S2O3物质的量为：n（S2O32⁻）＝c1V1×10⁻3mol，根据反应方程式，n（I2）＝12n（S2O32⁻）＝12c1V1×10⁻3mol。水层中I2的浓度为：c（I2）③计算初始3.0×10﹣2g的I2的物质的量：n（I2）＝1.181×10﹣4mol，设平衡时水层中I2的浓度为xmol•L﹣1，则CCl4层中I2的浓度为85xmol•L﹣1，结合物料守恒分析。【解答】解：（1）①仪器a的名称是分液漏斗，b的名称是烧杯，故答案为：分液漏斗；烧杯；②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水，故答案为：CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水；③步骤Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl4，碘单质会被萃取到CCl4中，因为碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，由于碘溶于CCl4显紫红色，且CCl4在下层，因此可以观察到：液体分层，下层变成紫红色，上层颜色明显变浅，故答案为：液体分层，下层变成紫红色，上层颜色明显变浅；（2）①I2+I⁻⇌I3⁻，I2+2S2O32-=2I⁻+S4O62-，在步骤Ⅳ中，CCl4层中的I2需要先转移到水相中才能被Na2S2O3滴定。由于I2在CCl4中溶解度大，直接滴定无法进行。加入KI溶液后，I2与I⁻反应生成I3⁻，使I2从CCl4转移至水相，同时I3⁻可被Na2故答案为：增大I⁻浓度，促使I2+I⁻⇌I3⁻平衡正向移动，使CCl4中的I2尽可能多地转移到水相中，以便后续滴定；②步骤Ⅲ：取50.00mL水层溶液，加入KI后，I2转化为I3⁻，滴定反应为：I2+2S2O32⁻＝2I⁻+S4O62⁻，消耗的Na2S2O3物质的量为：n（S2O32⁻）＝c1V1×10⁻3mol，根据反应方程式，n（I2）＝12n（S2O32⁻）＝12c1V1×10⁻3mol，水层中I2的浓度为：c（I2）H2O=c1V1100mol•L﹣1，步骤Ⅳ：取5.00mLCCl4层溶液，加入25mLKI溶液后，I2转移至水相，消耗的Na2S2O3物质的量为c2V2×10﹣3mol，n（I2）=12c2V2×10﹣3mol，CCl4层中I2的浓度为：c（I2）CCl故答案为：10c③初始3.0×10﹣2g的I2的物质的量：n（I2）＝1.181×10﹣4mol，设平衡时水层中I2的浓度为xmol•L﹣1，则CCl4层中I2的浓度为85xmol•L﹣1。根据物料守恒：n（I2）＝c（I2）水V水+c（I2）四氯化碳V四氯化碳，1.181×10﹣4mol＝x×0.15L+85x×0.03L，x＝4.374×10﹣5mol•L﹣1，水层中I2的质量：m（I2）＝4.374×10﹣5mol•L﹣1×0.15L×254g•mol﹣1≈1.7×10﹣3g；单次萃取后，I2残留质量为1.7×10﹣3g；两次萃取后，I2残留质量为3.3×10﹣4g，该结果对做萃取实验的启发是分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率，故答案为：1.7×10﹣3；分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率。【点评】本题主要考查性质实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。17．（15分）BN常用作化学反应的催化剂，一种制备BN的方法如下：反应Ⅰ：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）Δ反应Ⅱ：B2O3（s）+3C（s）+N2（g）⇌2BN（s）+3CO（g）Δ回答下列问题：（1）基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1；键角：CH4＞NH3（填“＞”“＝”或“＜”）。（2）N原子与金属离子的结合能力：NH2OH＜NH3，原因是O原子电负性较大，﹣OH表现出强烈的诱导吸电子效应，使NH2OH分子中N原子周围电子云密度减弱，导致NH2OH与金属离子的结合能力小于NH3。（3）B、C和N三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在xy平面的投影如图1所示（晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°），该晶体的密度为4.8×1031abcNAg•cm﹣3（用含a、b、c和NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值，1pm＝10（4）反应Ⅱ中，有利于提高N2平衡转化率的条件为B（填标号）。A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压（5）100kPa下，向一恒压密闭反应器中加入3.0molCH4、2.0molB2O3和2.0molN2，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ（不考虑副反应），反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。①当温度高于900℃时，H2分压随温度升高逐渐减小，原因是反应Ⅱ为气体分子数增大的吸热反应，900℃后反应Ⅱ进行程度更大，CO的物质的量大幅度增加，恒温恒压条件下，CO的分压急剧增大，导致H2的分压反而减小。②某温度下，反应达到平衡时，CO分压是N2分压的2倍，假设剩余CH4可忽略不计，此时BN的物质的量为1.6mol，H2的分压为62.5kPa；若再加入2.0molN2，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数Kp将不变（填“增大”“减小”或“不变”）。【分析】（1）基态B原子序数为5，结合构造原理写出其核外电子排布式；CH4、NH3的中心原子的价层电子对数均为4、均采用sp3杂化，但N原子含有1对孤电子对，结合孤电子对数越多，键角越小分析判断；（2）电负性：O＞N＞H，且﹣OH是吸电子基，使NH2OH分子中N原子周围电子云密度减弱，而NH3分子中N原子周围电子云密度较大，提供孤电子对能力强，N原子与金属离子的结合能力主要由N原子提供孤电子对的难易程度决定；（3）N原子位于晶胞顶点、数目为8×18=1，C原子位于体心、数目为1，B原子位于面上、数目为4×12=2，晶胞质量m=48NAg，体积V＝abc×（4）除增大N2浓度外的使平衡正向移动的措施均能提高N2的平衡转化率；（5）①由图2可知，600℃以下主要发生反应Ⅰ，600℃以后开始发生反应Ⅱ，且反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，随着温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡均正向移动，但900℃后反应Ⅱ进行程度更大，恒温恒压时CO的物质的量或分压大幅度增大，导致H2的分压逐渐减小；②100kPa下，向一恒压密闭反应器中加入3.0molCH4、2.0molB2O3和2.0molN2，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应达到平衡时，剩余CH4可忽略不计，说明反应Ⅰ几乎反应完全，生成3.0molC和6.0molH2，设生成BN的物质的量为2xmol，反应Ⅱ三段式为B2O3（s）+3C（s）+N2（g）⇌2BN（s）+3CO（g）起始量（mol）2.03.02.000变化量（mol）x3xx2x3x平衡量（mol）2.0﹣x3.0﹣3x2.0﹣x2x3x平衡时CO分压是N2分压的2倍，即n（CO）＝2n（N2），3x＝2（2.0﹣x），解得x＝0.8，气体总量为（2.0﹣x）mol+3xmol+6.0mol＝9.6mol，结合分压公式计算氢气分压p（H2）、平衡常数影响因素分析判断体系中再加入2.0molN2时Kp变化。【解答】解：（1）基态B原子序数为5，根据构造原理可知，其核外电子排布式为1s22s22p1；CH4分子中C原子的价层电子对数为4+12（4﹣4）＝4、无孤电子对，其VSEPR模型为正四面体、采用sp3杂化，NH3分子中N原子的价层电子对数为3+12（5﹣3）＝4、含有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体、采用sp3杂化，中心原子杂化方式相同时孤电子对数越多，键角越小，即键角：CH4故答案为：1s22s22p1；＞；（2）N原子与金属离子的结合能力强弱取决于N原子提供孤电子对的难易程度，越易提供孤电子对，结合能力越强，NH3分子中N原子周围电子云密度较大，提供孤电子对能力强，NH2OH可看作是NH3分子中的1个H原子被﹣OH取代的产物，电负性：O＞N＞H，且﹣OH是吸电子基，使NH2OH分子中N原子周围电子云密度减弱，提供孤电子对能力减弱，导致N原子与金属离子的结合能力：NH2OH＜NH3，故答案为：O原子电负性较大，﹣OH表现出强烈的诱导吸电子效应，使NH2OH分子中N原子周围电子云密度减弱，导致NH2OH与金属离子的结合能力小于NH3；（3）N原子位于晶胞顶点、数目为8×18=1，C原子位于体心、数目为1，B原子位于面上、数目为4×12=2，晶胞质量m=48NAg，体积V＝abc×10﹣故答案为：4.8×10（4）反应Ⅱ是气体分子数增大的吸热反应，减小压强或升高温度，均能使平衡正向移动，均可提高N2的平衡转化率，故B正确，故答案为：B；（5）①由图2可知，CO的分压急剧增大，其原因为：反应Ⅱ为气体分子数增大的吸热反应，900℃后反应Ⅱ进行程度更大，CO的物质的量大幅度增加，恒温恒压条件下，CO的分压急剧增大，导致H2的分压反而减小，故答案为：反应Ⅱ为气体分子数增大的吸热反应，900℃后反应Ⅱ进行程度更大，CO的物质的量大幅度增加，恒温恒压条件下，CO的分压急剧增大，导致H2的分压反而减小；②100kPa下，向一恒压密闭反应器中加入3.0molCH4、2.0molB2O3和2.0molN2，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应达到平衡时，剩余CH4可忽略不计，说明反应Ⅰ几乎反应完全，生成3.0molC和6.0molH2，设生成BN的物质的量为2xmol，反应Ⅱ三段式为B2O3（s）+3C（s）+N2（g）⇌2BN（s）+3CO（g）起始量（mol）2.03.02.000变化量（mol）x3xx2x3x平衡量（mol）2.0﹣x3.0﹣3x2.0﹣x2x3x平衡时CO分压是N2分压的2倍，即n（CO）＝2n（N2），3x＝2（2.0﹣x），解得x＝0.8，BN的物质的量为2xmol＝1.6mo