化学自习室移动版

【2022河北等级考】1. 定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是

A. 传统陶瓷是典型的绝缘材料

B. 陶瓷主要成分为SiO₂和MgO

C. 陶瓷烧制的过程为物理变化

D. 白瓷的白色是因铁含量较高

【2022河北等级考】2. 茯苓新酸DM是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物下列说法不正确的是

A. 可使酸性KMnO₄溶液褪色B. 可发生取代反应和加成反应

C 可与金属钠反应放出H₂D. 分子中含有3种官能团

【2022河北等级考】3. 化学是材料科学的基础。下列说法错误的是

A. 制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料

B. 制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成

C. 制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料

D. 可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染”

【2022河北等级考】4. N_A是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 3.9gNa₂O₂与足量水反应，转移电子个数为0.1N_A

B. 1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg₃N₂，转移电子个数为0.1N_A

C. 2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H₂的个数为0.1N_A

D. 6.0gSiO₂与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO₃^2－的个数为0.1N_A

【2022河北等级考】5. 下列图示装置不能达到实验目的的是

A. 装置甲用CCl₄萃取溴水中的Br₂

B. 装置乙除去Cl₂中的HCl并干燥

C. 装置丙验证铁的吸氧腐蚀

D. 装置丁实验室制备少量NH₃

【2022河北等级考】6. 中子轰击X原子的核反应为X+n→Y+H，其中Y可用于测定文物年代。下列说法错误的是

A. 原子半径：Y＞X

B. YH的电子式为：

C. 最高价含氧酸的酸性：Y＞X

D. X与Y均能形成多种氢化物

【2022河北等级考】7. 下列说法错误的是

A. CaF₂与浓H₂SO₄糊状混合物可用于刻蚀玻璃

B. NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性

C. 溶洞的形成主要源于溶解CO₂的水对岩石的溶蚀作用

D. KMnO₄与H₂C₂O₄的反应中，Mn²⁺既是还原产物又是催化剂

【2022河北等级考】8.LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：

下列说法错误的是

A. 还原工序逸出的Br₂用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序

B. 除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离

C. 中和工序中的化学反应为

D. 参与反应的为1∶1∶1

【2022河北等级考】9. 某水样中含一定浓度的CO₃^2－、HCO₃^－和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L^-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。

下列说法正确的是

A. 该水样中c(CO₃^2－)=0.01mol•L^-1

B. a点处c(H₂CO₃)+c(H⁺)=c(OH-)

C. 当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO₃^－)基本保持不变

D. 曲线上任意一点存在c(CO₃^2－)+c(HCO₃^－)+c(H₂CO₃)=0.03mol•L^-1

二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。

【2022河北等级考】10. 两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是

A. 在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构

B. X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强

C. 将装有YZ₂气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅

D. Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关

【2022河北等级考】11. 在EY沸石催化下，萘与丙烯反应主要生成二异丙基萘M和N。

下列说法正确的是

A. M和N互为同系物

B. M分子中最多有12个碳原子共平面

C. N的一溴代物有5种

D. 萘的二溴代物有10种

【2022河北等级考】12. 科学家研制了一种能在较低电压下获得氧气和氢气的电化学装置，工作原理示意图如图。

下列说法正确的是

A. 电极b为阳极

B. 隔膜为阴离子交换膜

C. 生成气体M与N的物质的量之比为2：1

D. 反应器I中反应的离子方程式为4[Fe(CN)₆]^3-+4OH^-4[Fe(CN)₆]^4-+O₂↑+2H₂O

【2022河北等级考】13. 恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是

A. 随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低

B. 体系中

C. 欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间

D. 温度低于T₁时，总反应速率由反应②决定

三、非选择题：共57分.第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共42分。

【2022河北等级考】14. 某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：

①三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。

②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。

③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。

④用适量Na₂SO₃替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO₂的平均回收率为95%。

已知：，

回答下列问题：

（1）装置图中仪器a、b的名称分别为_______、_______。

（2）三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。

A.250mL     B.500mL     C.1000mL

（3）解释加入H₃PO₄，能够生成SO₂的原因：_______。

（4）滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。

（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______mg/kg(以SO₂计，结果保留三位有效数字)。

【2022河北等级考】15. 以焙烧黄铁矿FeS₂(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH₄)Fe(CN)₆颜料。工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。

（2）黄铁矿研细的目的是_______。

（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。

（4）工序①的名称为_______，所得母液循环使用。

（5）沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。

（6）若用还原工序得到的滤液制备Fe₂O₃·xH₂O和(NH₄)₂SO₄，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。

16. 氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。

（1）298K时，1gH₂燃烧生成H₂O(g)放热121kJ，1mol H₂O(l)蒸发吸热44kJ，表示H₂燃烧热的热化学方程式为_______。

（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。

Ⅰ. 

Ⅱ.

①下列操作中，能提高CH₄(g)平衡转化率的是_______ (填标号)。

A.增加CH₄(g)用量     B.恒温恒压下通入惰性气体

C.移除CO(g)          D.加入催化剂

②恒温恒压条件下，1molCH₄(g)和1molH₂O(g)反应达平衡时，CH₄(g)的转化率为α，CO₂(g)的物质的量为 b mol，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有α、b的计算式；对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，，x为物质的量分数)。其他条件不变，H₂O(g)起始量增加到5 mol，达平衡时，，平衡体系中H₂(g)的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。

（3）氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。

（4）在允许O^2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，C_nH_2n＋2放电的电极反应式为_______。

（5）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。

(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分：多涂、多答，按所涂的首题进行评分：不涂，按本选考题的首题进行评分。

【2022河北等级考】17. 含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：

（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。

（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。

（3）SnCl₃^-的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。

（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。

A. [Cu(NH₃)₂]ClB. [Cu(NH₃)₄]SO₄C. [Zn(NH₃)₄]SO₄D. Na₂[Zn(OH)₄]

（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：

A. B.  C.   D.

根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn²⁺转化为MnO₄^－的是____(填标号)，理由是____。

（6）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。

①该物质的化学式为_____。

②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。

【2022河北等级考】18. 舍曲林(Sertraline)是一种选择性羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如下：

已知：

(ⅰ)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子

(ⅱ)

(ⅲ)

回答下列问题：

（1）①的反应类型为_______。

（2）B的化学名称为_______。

（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式_______。

(a)红外光谱显示有键；(b)核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1∶1。

（4）合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应路线为_______、_______(填反应路线序号)。

（5）H→I的化学方程式为_______，反应还可生成与I互为同分异构体的两种副产物，其中任意一种的结构简式为_______(不考虑立体异构)。

（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素()和环己烯()为原料，设计合成W的路线_______(无机及两个碳以下的有机试剂任选)。

2022年河北省普通高中学业水平选择性考试

化学

1. 【答案】A

【解析】

【详解】A．陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；

B．陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO₂和MgO，C错误；

C．陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，由新物质生成，属于化学变化，C错误；

D．由于Fe²⁺、Fe³⁺和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D错误；

故答案为：A。

2. 【答案】D

【解析】

【详解】A．分子中含有的碳碳双键、羟基相连的碳原子上连有氢原子的羟基，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A正确；

B．分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，含有的羧基、羟基和酯基能发生取代反应，故B正确；

C．分子中含有的羧基和羟基能与金属钠反应生成氢气，故C正确；

D．分子中含有的官能团为碳碳双键、羧基、羟基和酯基，共4 种，故D错误；

故选D。

3. 【答案】B

【解析】

【详解】A．氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A正确；

B．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B错误；

C．“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“维纶”“氯纶”“芳纶”等均为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确；

D．可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D正确；

故答案为：B。

4. 【答案】B

【解析】

【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×N_Amol^-1=0.05N_A，故A错误；

B．镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×N_Amol^-1=0.1N_A，故B正确；

C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××N_Amol^-1=0.15N_A，故C错误；

D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于×N_Amol^-1=0.1N_A，故D错误；

故选B。

5. 【答案】D

【解析】

【详解】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，则装置甲能达到用用四氯化碳萃取溴水中溴的实验目的，故A不符合题意；

B．浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，盛有的饱和食盐水的洗气瓶能用于除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶能用于干燥氯气，则装置乙能达到除去氯气中的氯化氢气体并干燥的实验目的，故B不符合题意；

C．铁丝网在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀会使试管内气体的物质的量减小，气体压强减小，红墨水会进入导气管中形成一段液柱，则装置丙能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，故C不符合题意；

D．由图可知，装置丁的向下排空气法收集氨气的试管中没有排出气体的出口，则装置丁不能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故D符合题意；

故选D。

6. 【答案】C

【解析】

【分析】由Y可用于测定文物年代可知，Y为C元素；由核反应方程式可知，X为N元素。

【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则碳原子的原子半径大于氮原子，故A正确；

B．CH为质子数大于电子数的阳离子，电子式为，故B正确；

C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氮元素的非金属性强于碳元素，则硝酸的酸性强于碳酸，故C错误；

D．碳元素可以与氢元素形成的氢化物为烃类化合物，氮元素可以与氢元素形成的氢化物可能为氨气、联氨，则碳元素和氮元素均能形成多种氢化物，故D正确；

故选C。

7. 【答案】B

【解析】

【详解】A．氢氟酸能与二氧化硅反应生成氟化硅和水，氟化钙与浓硫酸反应生成硫酸钙和氟化氢，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故A正确；

B．硫酸氢钠是强酸的钠盐，在溶液中能电离出氢离子使溶液呈酸性，故B错误；

C．溶洞的形成主要源于溶解于水的二氧化碳与岩石中的碳酸钙反应生成可溶于水的碳酸氢钙，故C正确；

D．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应中锰元素的化合价降低被还原，硫酸锰是反应的催化剂，反应生成的硫酸锰能做反应的催化剂加快反应速率，则锰离子既是反应的还原产物又是反应的催化剂，故D正确；

故选B。

8.【答案】A

【解析】

【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。

【详解】A．还原工序逸出的Br₂用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；

B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；

C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li₂CO₃+2HBr=CO₂↑ +2LiBr +H₂O，C说法正确；

D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H₂SO₄)为1:1，因此，参与反应的n(Br₂): n(BaS):n(H₂SO₄)为1:1:1，D说法正确；

综上所述，本题选A。

9. 【答案】C

【解析】

【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO₃^2－+H⁺=HCO₃^－、HCO₃^－+H⁺= H₂CO₃，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO₃^2－＋H⁺=HCO₃^－可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。

【详解】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；

B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H₂CO₃)+c(H⁺)=c(OH-)+ c(CO₃^2－)，故B错误；

C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO₃^2－＋H^＋=HCO₃^－，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；

D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO₃^2－)+c(HCO₃^－)+c(H₂CO₃)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO₃^2－)+c(HCO₃^－)+c(H₂CO₃)]会小于0.03 mol/L，故D错误；

故选C。

10. 【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由两种化合物的结构示意图可知，X、Y、Z、R、Q形成共价键的数目分别为4、3、2、1、5，则五种元素分别为C元素、N元素、O元素、F元素、P元素。

【详解】A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电子稳定结构，故A错误；

B．C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性最强，故B正确；

C．红棕色二氧化氮转化为无色四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C正确；

D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大气中的含量与环境污染密切相关，故D正确；

故选A。

11. 【答案】CD

【解析】

【详解】A．由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，两者不互为同系物，A说法不正确；

B．因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共平面，B说法不正确；

C．N分子中有5种不同化学环境的H，因此其一溴代物有5种，C说法正确；

D．萘分子中有8个H，但是只有两种不同化学环境的H（分别用α、β表示，其分别有4个），根据定一议二法可知，若先取代α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个β，然后再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D说法正确；

本题选CD。

12.【答案】BD

【解析】

【分析】由图可知，a电极为阳极，碱性条件下[Fe(CN)₆]^4-离子在阳极失去电子发生氧化反应生成[Fe(CN)₆]^3-离子，催化剂作用下，[Fe(CN)₆]^3-离子与氢氧根离子反应生成[Fe(CN)₆]^4-离子、氧气和水，b电极为阴极，水分子作用下DHPS在阴极得到电子发生还原反应生成DHPS-2H和氢氧根离子，催化剂作用下，DHPS-2H与水反应生成DHPS和氢气，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动，则M为氧气、N为氢气。

【详解】A．由分析可知，b电极为电解池的阴极，故A错误；

B．由分析可知，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动，则隔膜为阴离子交换膜，故B正确；

C．由分析可知，M为氧气、N为氢气，由得失电子数目守恒可知，氧气和氢气的的物质的量之比为1：2，故C错误；

D．由分析可知，反应器I中发生的反应为催化剂作用下，[Fe(CN)₆]^3-离子与氢氧根离子反应生成[Fe(CN)₆]^4-离子、氧气和水，反应的离子方程式为4[Fe(CN)₆]^3-+4OH^-4[Fe(CN)₆]^4-+O₂↑+2H₂O，故D正确；

故选BD。

13. 【答案】AB

【解析】

【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。

【详解】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；

B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法错误；

C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法正确；

D．由图乙信息可知，温度低于T₁时，k₁＞k₂，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说法正确；

综上所述，本题选AB。

14. 【答案】（1）    ①. (球形)冷凝管    ②. 酸式滴定管    

（2）C    （3）加入H₃PO₄后，溶液中存在化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O，SO₂的溶解度随着温度升高而减小，SO₂逸出后，促进了化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O向右移动    

（4）    ①. 检验其是否漏水    ②. 蓝色    ③. I₂+ SO₂+2H₂O=2I^-+4H⁺+ SO₄^2－
    

（5）偏低    （6）

【解析】

【分析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO₂，用氮气将SO₂排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。

【小问1详解】

根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管；

【小问2详解】

三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入H₃PO₄的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。

【小问3详解】

虽然K_a1(H₃PO₄)=7.1×10^-3＜K_a1 (H₂SO₃) =1.3×10^-2，但是H₃PO₄为难挥发性的酸，而H₂SO₃易分解为SO₂和水，SO₂的溶解度随着温度升高而减小，SO₂逸出后，促进了化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O向右移动，因此，加入H₃PO₄能够生成SO₂的原因是：加入H₃PO₄后，溶液中存在化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O，SO₂的溶解度随着温度升高而减小，SO₂逸出后，促进了化学平衡H₂SO₃SO₂+H₂O向右移动；

【小问4详解】

滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO₂还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I₂+ SO₂+2H₂O=2I-+4H⁺+SO₄^2－；

【小问5详解】

若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO₂被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。

【小问6详解】

实验中SO₂消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I₂+ SO₂+2H₂O=2I-+4H⁺+SO₄^2－可以计算出n(SO₂)= n(I₂)= 1.20mL10^-3L·mL^-10.010 00 mol· L^-1=1.2010^-5 mol，由于SO₂的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO₂)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg•kg ^-1_。

15. 【答案】（1）    ①. Fe₂O₃    ②. SiO₂    

（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率    

（3）7Fe₂(SO₄)₃+FeS₂+8H₂O=15FeSO₄+8H₂SO₄    

（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤    

（5）    ①. +2；    ②. 6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆+ClO₃^－+6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+6NH₄^＋
    

（6）    ①. H₂O₂    ②. NH₃·H₂O

【解析】

【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe₂O₃，反应原理为：4FeS₂+11O₂2Fe₂O₃+8SO₂，故产生的红渣主要成分为Fe₂O₃和SiO₂，将红渣粉碎后加入足量的50%的H₂SO₄溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂(SO₄)₃+3H₂O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO₂，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe³⁺还原为Fe²⁺，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO₄^2－，反应原理为：14Fe³⁺+FeS₂+8H₂O=15Fe²⁺+2SO₄^2－＋16H⁺，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO₄晶体和母液主要含有FeSO₄溶液和H₂SO₄，加水溶解FeSO₄晶体，向所得溶液中加入(NH₄)₂SO₄、K₄[Fe(CN)₆]并用H₂SO₄调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe²⁺+2NH₄^＋+[Fe(CN)₆]^3-=Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H₂SO₄和NaClO₃进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆+ClO₃^－ +6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+6NH₄^＋，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH₄)Fe(CN)₆，据此分析解题。

【小问1详解】

由分析可知，红渣的主要成分为：Fe₂O₃，滤渣①的主要成分为：SiO₂，故答案为：Fe₂O₃；SiO₂；

小问2详解】

黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；

【小问3详解】

由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO₄^2－，反应原理为：14Fe³⁺+FeS₂+8H₂O=15Fe²⁺+2SO₄^2－+16H⁺，故化学方程式为：7Fe₂(SO₄)₃+FeS₂+8H₂O=15FeSO₄+8H₂SO₄，故答案为：7Fe₂(SO₄)₃+FeS₂+8H₂O=15FeSO₄+8H₂SO₄；

【小问4详解】

由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO₄溶液和H₂SO₄可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；

【小问5详解】

沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)₆]^4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆+ +6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+6NH₄^＋，故答案为：+2；6Fe(NH₄)₂Fe(CN)₆+ClO₃^－ +6H⁺=6Fe(NH₄)Fe(CN)₆+3H₂O+Cl^-+6NH₄^＋；

【小问6详解】

由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO₄溶液和H₂SO₄，向滤液中先加入一定量的H₂O₂溶液将Fe²⁺完全氧化为Fe³⁺，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe₂O₃·x H₂O和(NH₄)₂SO₄，故所需要加入的试剂为H₂O₂和NH₃·H₂O，故答案为：H₂O₂；NH₃·H₂O。

16. 【答案】（1）H₂(g)+O₂ (g)=H₂O(1) ΔH= -286 kJ•mol^-1    

（2）    ①. BC    ②.     ③. 43%    

（3）负    （4）C_nH_2n+2-(6n+2)e^-+ (3n+1) O^2-=n CO₂+(n+1) H₂O    

（5）abehj

【解析】

【小问1详解】

298K时，1gH₂燃烧生成H₂O(g)放热121 kJ，则1molH₂燃烧生成H₂O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H₂(g)+O₂(g)=H₂O(g) ΔH₁= -242 kJ•mol^-1①，又因为1 mol H₂O(1)蒸发吸热44kJ，则H₂O(g)= H₂O(l) ΔH₂= -44 kJ•mol^-1②，根据盖斯定律可知，表示H₂燃烧热的反应热为 ΔH=ΔH₁+ΔH₂= -286 kJ•mol^-1，故答案为：H₂(g)+O₂ (g)=H₂O(1) ΔH= -286 kJ•mol^-1；

【小问2详解】

①A．增加CH₄ (g)用量可以提高H₂O(g)的转化率，但是CH₄(g)平衡转化率减小，A不符合题意；

B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH₄(g)平衡转化率，B符合题意；

C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH₄(g)平衡转化率，C符合题意；

D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH₄(g)平衡转化率，D不符合题意；

综上所述，上述操作中，能提高CH₄(g)平衡转化率的是BC；

②恒温恒压条件下，1 mol CH₄ (g)和1 mol H₂O(g)反应达平衡时，CH₄ (g)的转化率为α，CO₂ (g)的物质的量为b mol，则转化的CH₄ (g)为α mol，剩余的CH₄ (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H₂O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H₂(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH₄(g)、H₂O(g)、 CO(g) 、H₂(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数K_x=；其他条件不变，H₂O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH₄ (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H₂O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H₂(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H₂(g)的物质的量分数为；

【小问3详解】

燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；

【小问4详解】

在允许O^2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，C_nH_2n+2在负极发生氧化反应生成CO₂和H₂O，电极反应式为C_nH_2n+2-(6n+2)e^-+ (3n+1) O^2-=nCO₂+(n+1) H₂O；

【小问5详解】

由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。

17. 【答案】（1）1：2或2：1    

（2）    ①. Cu    ②. Cu的第二电离能失去的是3d¹⁰的电子，第一电离能失去的是4s¹电子，Zn的第二电离能失去的是4s¹的电子，第一电离能失去的是4s²电子，3d¹⁰电子处于全充满状态，其与4s¹电子能量差值更大    

（3）    ①. 三角锥形    ②. sp³杂化    （4）B    

（5）    ①. D    ②. D中含有-1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn²⁺转化为MnO₄^－    

（6）    ①. Cu₂ZnSnS₄    ②. (，，)

【解析】

【小问1详解】

基态S的价电子排布是3s²3p⁴，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；

【小问2详解】

铜元素的第二电离能失去的是3d¹⁰的电子，第一电离能失去的是4s¹电子，锌元素的第二电离能失去的是4s¹的电子，第一电离能失去的是4s²电子，3d¹⁰电子处于全充满状态，其与4s¹电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d¹⁰的电子，第一电离能失去的是4s¹电子，Zn的第二电离能失去的是4s¹的电子，第一电离能失去的是4s²电子，3d¹⁰电子处于全充满状态，其与4s¹电子能量差值更大；

【小问3详解】

三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp³杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp³杂化；

【小问4详解】

根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；

A．[Cu(NH₃)₂]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d¹⁰，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；

B．[Cu(NH₃)₄]SO₄中铜离子外围电子排布是3d⁹，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；

C．[Zn(NH₃)₄]SO₄中锌离子外围电子排布是3d¹⁰，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；

D．Na₂[Zn(OH)₄] 中锌离子外围电子排布是3d¹⁰，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；

故选B；

【小问5详解】

由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中-1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；

【小问6详解】

①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu₂ZnSnS₄，故答案为：Cu₂ZnSnS₄；

②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。

18. 【答案】（1）氧化反应    

（2）3，4-二氯苯甲酸    

（3）    （4）    ①. ⑥    ②. ⑨    

（5）    ①.     ②. ##    

（6）

【解析】

【分析】A在KMnO₄作用下，甲基被氧化为羧基，得到B，B中羧基上的-OH被SOCl₂中的Cl取代得到C，C中的Cl原子与苯环上的H原子在AlCl₃环境发生消去反应得到D，D中羰基在和乙酸酐共同作用下生成碳碳双键得到E，E在一定条件下脱去酯基生成F，F中的碳碳双键加氢得到G，G与SOCl₂反应得到H，H脱去HCl得到I，I中的羰基发生已知(ⅱ)的反应得到目标产物舍曲林。

【小问1详解】

据分析，①是中的甲基被KMnO₄氧化为羧基，反应类型是氧化反应。

【小问2详解】

据分析，B的结构简式是，名称是3，4-二氯苯甲酸。

【小问3详解】

从D的结构简式可知，其分子式为C₁₃H₈Cl₂O，能满足核磁共振氢谱两组峰，且峰面积比为1：1的结构应是高度对称结构，又含有C=O，则该芳香族同分异构体的结构简式为：。

【小问4详解】

手性碳原子指连接四个不同原子或原子团的碳，题给合成路线中涉及手性碳原子的物质是G()、H()、I()和Sertraline()，则涉及手性碳原子生成的反应路线是G和Sertraline的生成，即路线⑥和⑨。

【小问5详解】

据分析，H→I是H中的碳基上的Cl与苯环消去HCl，形成一个环，化学方程式为：；当该碳基上的Cl与苯环上的其它氢原子消去，则得到I的同分异构体，有和。

【小问6详解】

根据题给信息(ⅲ)，目标物资W可由2个与1个合成，故设计合成路线如下：

。