1、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卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量： H 1Li 7C 12N 14O 16Na 23Mg 24Al 27Si 28S 32K 39Fe 56Cu 64第卷(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：“
2、硝”指，“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的强电解质C的磺强水溶液的pH=2D磺强水溶液中不存在分子2下列说法正确的是A100时，pH=12的NaOH溶液中，B常温下，将pH=9的溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH仍为9C常温下，将pH=1的稀盐酸与pH=13的AOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7D将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，逐渐增大3常温下，下列说法错误的是A向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c() c() c() c() = c()BFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶
3、于稀硫酸，则Ksp (FeS) Ksp(CuS)C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D0.01 mol/LNaHCO3溶液：c()c(H2CO3) =c()c()4实验室常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O，可用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生。下列说法错误的是A氧化性：S2OMnOFe3+B标定时，KMnO4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S2O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1：25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
4、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AW的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟BX与W的第一电离能：XWC和键角前者小于后者DX的一种单质和化合物均可用于自来水消毒6向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是A和都是强电解质BAB电导率下降的主要原因是发生了反应：CBC，溶液中的减小DA、B、C三点水的电离程度：ABC7t 时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2()与c()的变化关系如图所示。下列叙述错误的是A当溶液中c()=2 mol/L时，有c() 5 mol/LB该温度下，的水解常数Kh的数量级为C溶液中：c
5、(HA)c() = c()Dx点溶液中：c() c() c(HA) c()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Na2CO3以不同方式或不同用量比混合不影响产品成分9常温下，将一定量稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液中含铁微粒存在如下平衡：，各微粒的物质的量分数随pOH变化如图。下列说法正确的是A代表的变化曲线B三点水的电离程度相等CDa点处：10某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热H=-620.9kJmol-1。一定条件下
6、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AE=306.6kJ/molB三个基元反应中只有是放热反应C该化学反应的速率主要由反应决定D该过程的总反应为2CO+2NO=N2+2CO211T时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+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CdCO3的沉淀溶解平衡曲线B加热可使溶液由X点变到Z点CY点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液DT，在CdCO3(s)+2OH-(aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=10212常温下，向某浓度H2A溶
7、液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-)、变化如图所示。下列说法不正确的是A常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10-1.08Ba点时，c(HA-)+2c(H2A)10-3.05-10-10.95CNaHA溶液中c(Na+)c(HA-)c(A2-)c(H2A)Db点时，满足c(Na+)3c(A2-)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。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是A铂电极产生的气体是O2和CO2B铜电极的电极反应式为2CO2+12+12e-=C2H4+12+4H2OC通电过程中，溶液中通过阴离子交
8、换膜向左槽移动D当电路中通过0.6mol电子时，理论上能产生标况下C2H41.12L14如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，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)2Z(g)W(g)Hv(A)BA容器中X的转化率为80%C若打开K，则A的体积变为2.6aLD平衡时Y的体积分数：Ac(HCN)c(OH-)c(H+)第卷(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、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列
9、问题：(1)基态磷原子核外电子共有_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)已知偏二甲肼(CH3)2NNH2、肼(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肼-5863.9肼1.4113.5偏二甲肼中氮原子的杂化方式为_，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，其中的大键可表示为_(分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数，如苯分子中的大键可表示为)。(4)Cu2+可形成Cu(X)22+，其中X代表C
10、H3NHCH2CH2NH2。1molCu(X)22+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有_mol。(5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。铁酸钇的化学式为_。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为_。已知铁酸钇的摩尔质量为Mgmol-1，晶体密度为gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为_pm3(列出表达式)。17亚铁氰化钾晶体，化学式为，俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇，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)实验室用绿矾晶体配制硫酸亚铁
11、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)。aNaClbc(4)转化器中发生反应的离子方程式_。(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8.884g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100.00mL溶液。步骤2：量取25.00mL上述溶液，用酸性溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗溶液30.50mL。该实验中所发生的反应如下：通过计算确定该样品的纯度是_(保留3位有效数字)。下列操作会使测定结果偏高的是_(填字母)。A步骤1过程
12、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18CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl22H2O。氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物温度以下以上结晶水合物回答下列问题：(1)仪器的名称为_，溶液的作用是_。(2)“湿法”制备的离子方程式为_，实验中，的实际用量要大于理论用量，原因是_。(3)为得到纯净的晶体，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，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，_，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入的作用是_。(
13、4)用“间接碘量法”测定废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成，取出，向其中加入过量固体，充分反应，生成白色沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。(涉及到的反应为：，)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。废铜屑中铜的百分含量为_。(5)查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明溶液中存在上述平衡；取少量蓝色稀溶液于试管中，_。19反应可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应发生。主反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H1=-270kJmol-1副反应CO2(g)+H2
14、(g)CO(g)+H2O(g) H2回答下列问题：(1)几种化学键的键能如表所示：化学键CHHHHOC=O键能/kJmol-1413436463a则a=_。(2)为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：实验编号abc温度/KT1T1T2催化剂的比表面积/(m2g-1)80120120T1_T2(填“”“”或“=”)，曲线对应的实验编号是_。若在曲线的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=_kP
15、amin-1，反应的平衡常数Kp=_。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)(3)对于反应，在一定条件下存在：v正(H2)=k1c4(H2)c(CO2)或v逆(H2O)=k2c2(H2O)c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。反应的平衡常数K=_(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是_。1A【详解】A依题意，分解生成、，S与反应生成，“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的磺强水溶液中，pH c() c() c() = c()，A项正确；BCuS不溶于稀硫酸，
16、说明CuS溶解产生的不足以与发生反应生成H2S气体，而FeS溶于稀硫酸，说明FeS溶解产生的可以与发生反应生成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() =c ()，由电荷守恒可知，溶液中，C项错误；DNaHCO3溶液中，根据电荷守恒c()c() =2c()c()c()，根据物料守恒c() = c()c()c(H2CO3)，故c()c(H2CO3) =c()c()，D项正确；答案选C。4D【详解】A 常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O，氧化性：MnOFe3+，用过二硫酸钠(Na2S2O8
17、)使MnO全部再生，氧化性：S2OMnO，总之，氧化性：S2OMnOFe3+，故A正确；B KMnO4溶液具有氧化性，摩尔盐溶液呈酸性，标定时，KMnO4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S2O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D。5C【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
18、的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，则Z为Cl元素。【详解】A氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵，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C。6B【详解】A 和在溶液中均完全电离，均属于强
19、电解质，故A正确；BAB加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；CBC时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此BC溶液中减小，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，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：ABC，故D正确；答案选B。7B【详解】A由图可知，t时，没有加入NaA的水中c2()为1 mol2 ，蒸馏水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，都为1 mol ，则水的离子积常数Kw=1。由图可知，溶液中浓度为2 mol 时，溶液中c2()为3mol2 ，溶液
20、中氢氧根离子浓度为mol，则溶液中的氢离子浓度为molL-1 5.810-8molL-1 510-8molL-1，A项正确；BNaA溶液中存在的水解平衡和水的电离平衡，溶液中浓度越大，溶液中与HA的浓度越接近，的水解常数Kh ，由图可知，浓度较大时Kh 110-10，数量级为10-10，B项错误；CNaA溶液中存在质子守恒关系c(HA)c() = c()，C项正确；D由图可知，x点溶液中浓度为3 mol，溶液中氢氧根离子浓度为2 molL-1，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)c() = c()，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，氢离子浓度为5 molL-1，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为
21、c() c() c(HA) c()，D项正确；答案选B。8D【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(OH)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2Fe+3H2O2+6H+=2Fe3+6H2O、Cu+H2O2+2H+=Cu2+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
22、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CuSO4溶液，与Na2CO3的混合方式应该是将Na2CO3加入CuSO4溶液中；如果将CuSO4溶液加入Na2CO3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。9C【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溶液中，溶液pOH不断增大，的浓度不断减小，可知II代表的变化曲线，故A项错误；B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的平衡常数，点时，pOH=1.6，则，同理可知的平衡常数，的平衡常数，由此推出，故C正确；C点溶液中，溶液中
23、存在电荷守恒：，从到点溶液中发生反应：，溶液中，则点溶液中，故D项错误；故答案：C。10D【详解】A图中E=E=248.3-【-620.9-（199.2）-（-513.5）】=554.9kJmol-1，故A错误；B由图可知，三个基元反应中，反应和反应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，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。11D【详解】ACdCO3(s) Cd2+( aq)+(aq)，则c(Cd2+)=
24、 c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；B由A分析可知，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2 (s) Cd2+( aq)+2OH- (aq)，则c(Cd2+)= 2c(OH-)，加热平衡正向移动，Cd2+、OH-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；DT，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为
25、6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，D正确；故选D。12A【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(H2A)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；H2A H+HA-，HA- H+A2-，A2-会逐渐增大，-lgc(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，标；另一条则是与pH的变化图，标，以此解题。【详解】A电离常数的表达式为：，当pH=3.05时，-lgc(A2-)与-lgc(H2
26、A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代入，可得；又由图中可知，当pH=5.3时，即c(A2-)=c(HA-)，即Ka2=10-5.3，所以，A错误；Ba点时，电荷守恒为，移向，a点时，pH=3.05，所以，因为，所以，因为，所以c(HA-)+2c(H2A)10-3.06-10-10.95，B正确；CNaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)c(HA-)，HA- H+A2-，HA-+H2OH2A+OH-，所以c(A2-)与c(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA-的水解常数，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)c(HA-)c
27、(A2-)c(H2A)，C正确；Db点时，电荷守恒为，此时pH=5.3，即，所以c(A2-)=c(HA-)，所以上式变形为：，因为c(OH-)c(H+)，所以：c(Na+)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1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8mol。A容器中气体增加0.8mol，对应消耗X0.8mol，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1.4aL3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2al，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。15B【分析】
28、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0时，即lg=0或者lg=0即c(F-)=c(HF)或c(CN-)=c(HCN)，则有Ka(HF)=c(H+)=10-3.2, Ka(HCN)=c(H+)=10-9.2，即I代表HF，II代表HCN，据此分析解题。【详解】A由分析可知，Ka(HF)=10-3.2, Ka(HCN)=10-9.2，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)1mol/L，则溶液中对应的c(X-)：d点为：c(CN-)=，c点为：c(F-)=，则cd，B错误；C由分
29、析可知，I代表HF，Ka(HF)=10-3.2 ，b点溶液中lg=2，则有：c(H+)=10-5.2，故b点对应溶液的pH=5.2，C正确；D由图象可知，e点溶液中pH为9.2，此时lg=0即c(CN-)=c(HCN)，根据电荷守恒可知：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：B。16(1) 9 1s22s22p63s13p33d1(2) sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼(CH3)2NNH2(3)(4)10(5) YFe
30、O3 (，+m，) 【详解】（1）基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，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：1s22s22p63s13p33d1。故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。（2）偏二甲肼(CH3)2NNH2中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼(CH3)2NNH2，所以N
31、2H4的熔沸点高于(CH3)2NNH2。故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼(CH3)2NNH2。（3）由的结构可知，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：个，即参与形成大键电子数为6，原子数为4，可表示为。故答案为：。（4）Cu2+可形成Cu(X)22+，其中X代表CH3NHCH2CH2NH2，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，1molCu(X)22+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；故答案为：10。（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，
32、故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。故答案为：YFeO3，(，+m，)，。17(1)铁粉、稀硫酸(2)(3)b(4)(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) 95.0% CD【详解】（1）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，故实验室用绿矾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
33、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；（2）由流程可知，反应器中反应，根据质量守恒和最终产物推断反应生成，发生的主要反应为；（3）反应器中得到滤液中含有，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；（4）由流程可知，转化器中加入氯化钾后最终生成亚铁氰化钾晶体，故发生反应为和氯化钾反应转化为，离子方程式（5）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，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
34、中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2-3；（6）根据方程式体现的关系可知，则样品中的物质的量为，则该样品的纯度是；A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。18(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气(2) 受热会分解导致损耗(3) 降温至结晶，抑制水解 增大浓度，有利于结晶(4) 溶液蓝色褪去
35、(5)向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色【分析】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+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，在析出晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。【详解】（1）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HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；（2）“湿法”制备CuCl2即用Cu、H
36、Cl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：；受热会分解导致损耗；（3）由题干表中数据可知，得到纯净的晶体，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，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，降低温度到进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中Cl-的浓度，有利于析出，故答案为：降温至结晶；抑制水解，增大浓度，有利于
37、结晶；（4）本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2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；根据反应可找关系式如下：2Cu2+I22，故有：n(Cu2+)=n()=210-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为=64.0%，故答案为：64.0%；（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色稀溶液于试管中，向其中加入少量固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。19(1)745(2) b 4.8 (3) C【详解】（1）根据反应热=反应
38、物的总键能-生成物的总键能，H1=-270kJmol-1=2a+436kJ/mol4-413kJ/mol4-463kJ/mol4 ，则a=745。故答案为：745；（2）由图可知，曲线、为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线为T2，曲线先达到平衡，速率大，对应温度高，T1T2(填“”“”或“=”)，曲线对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：；b；反应、同时进行，曲线压强由200Kpa降到160Kpa， ，n平=4mol，设反应生成2xmol水， 可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+
39、1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)= =4.8kPamin-1，反应的平衡常数Kp= =。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)故答案为：4.8；（3）反应的平衡常数K= ，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得k1c4(H2)c(CO2)=2k2c2(H2O)c(CH4)整理得：=K，反应的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。
