2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（6月份） 9页

‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（6月份）‎ 一、选择题：本大题包括13小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎ ‎ ‎1. ‎2017‎ 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”．下列做法应提倡的是（ ） ‎ A.夏天设定空调温度尽可能的低 B.推广使用一次性塑料袋和纸巾 C.少开私家车多乘公共交通工具 D.对商品进行豪华包装促进销售 ‎ ‎ ‎2. 根据SO‎2‎通入下列溶液中的实验现象，所得结论错误的是（ ） ‎ 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl‎2‎、FeCl‎3‎的溶液 产生白色沉淀 SO‎2‎具有还原性 B H‎2‎S溶液 产生黄色沉淀 SO‎2‎具有还原性 C 酸性KMnO‎4‎溶液 紫色溶液褪色 SO‎2‎具有漂白性 D NaHCO‎3‎溶液 产生气泡 酸性：‎H‎2‎SO‎3‎>H‎2‎CO‎3‎ A.A B.B C.C D.‎D ‎ ‎ ‎3. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀硫酸后，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（ ） ‎ A.X的简单氢化物的热稳定性比W强 B.Y的简单离子与X的简单离子具有相同的电子层结构 C.Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D.Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期 ‎ ‎ ‎4. H‎2‎O‎2‎分解速率受多种因素影响．实验测得 ‎70‎​‎‎∘‎C时不同条件下H‎2‎O‎2‎浓度随时间的变化如图所示．下列说法正确的是（ ） ‎ A.图甲表明，其他条件相同时，H‎2‎O‎2‎浓度越小，其分解速率越快 B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H‎2‎O‎2‎分解速率越快 C.图丙表明，少量Mn‎2+‎存在时，溶液碱性越强，H‎2‎O‎2‎分解速率越快 D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn‎2+‎对H‎2‎O‎2‎分解速率的影响大 ‎ ‎ ‎5. 我国在 CO‎2‎催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO‎2‎转化过程示意图如图： 下列说法不正确的是（ ） ‎ A.反应①的产物中含有水 B.反应②中只有碳碳键形成 C.汽油主要是 C‎5‎‎∼‎C‎11‎的烃类混合物 D.图中 a 的名称是 ‎2−‎甲基丁烷 ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎6. 三室式电渗析法处理含Na‎2‎SO‎4‎废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na‎+‎和SO‎4‎‎2−‎可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是（       ） ‎ A.通电后中间隔室的SO‎4‎‎2−‎向正极迁移，正极区溶液pH增大 B.该法在处理含Na‎2‎SO‎4‎废水时可以得到NaOH和H‎2‎SO‎4‎产品 C.负极反应为‎2H‎2‎O−4e‎−‎=O‎2‎+4‎H‎+‎，负极区溶液pH降低 D.当电路中通过‎1mol电子的电量时，会有‎0.5mol的O‎2‎生成 ‎ ‎ ‎7. 常温下，Ka‎ (HCOOH)=1.77×‎‎10‎‎−4‎，Ka‎ (CH‎3‎COOH)=1.75×‎‎10‎‎−5‎，Kb‎ (NH‎3‎⋅H‎2‎O)=1.76×‎‎10‎‎−5‎，下列说法正确的是（ ） ‎ A.浓度均为‎0.1 mol⋅‎L‎−1‎的 HCOONa和NH‎4‎Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为‎3‎的HCOOH和CH‎3‎COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C.‎0.2 mol⋅L‎−1‎ HCOOH 与 ‎0.1 mol⋅L‎−1‎ NaOH 等体积混合后的溶液中：‎c(HCOO‎−‎)+c(OH‎−‎)=c(HCOOH)+c(H‎+‎)‎ D.‎0.2 mol⋅L‎−1‎ CH‎3‎COONa 与 ‎0.1 mol⋅‎L‎−1‎盐酸等体积混合后的溶液中‎(pH<7)‎：‎c(CH‎3‎COO‎−‎)>c(Cl‎−‎)>c(CH‎3‎COOH)>c(H‎+‎)‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：3题，共43分．‎ ‎ ‎ ‎ 某小组在验证反应“Fe+2Ag‎+‎=​=​=Fe‎2+‎+2Ag”的实验中检测到Fe‎3+‎，发现和探究过程如下：向硝酸酸化的‎0.05mol⋅‎L‎−1‎硝酸银溶液‎(pH≈2)‎中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。 ‎ 检验产物 ‎①‎取少量黑色固体，洗涤后，________（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。 ‎②‎取上层清液，滴加K‎3‎‎[Fe(CN‎)‎‎6‎]‎溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有________。‎ ‎ ‎ 针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe‎3+‎，乙认为铁粉过量时不可能有Fe‎3+‎，乙依据的原理是________（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验： ①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下： （资料：Ag‎+‎与SCN‎−‎生成白色沉淀AgSCN） ②对Fe‎3+‎产生的原因做出如下假设： 假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe‎3+‎； 假设b：空气中存在O‎2‎，由于________（用离子方程式表示），可产生Fe‎3+‎； 假设c：酸性溶液中NO‎3‎‎−‎具有氧化性，可产生Fe‎3+‎； 假设d：根据________现象，判断溶液中存在Ag‎+‎，可产生Fe‎3+‎。 ③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe‎3+‎的主要原因；实验Ⅱ可证实假设d成立。 实验Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液‎(pH≈2)‎中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，‎3min时溶液呈浅红色，‎30min后溶液几乎无色。 实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是________，操作及现象是________。 ‎ ‎ ‎ ‎ 铝是应用广泛的金属。以铝土矿（主要成分为 Al‎2‎O‎3‎，含 SiO‎2‎ 和 Fe‎2‎O‎3‎ 等杂质） 为原料制备铝的一种工艺流程如图‎1‎： 注：SiO‎2‎ 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 ‎ ‎（1）“碱溶”时生成四羟基合铝酸钠的离子方程式为________。‎ ‎ ‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO‎3‎ 溶液，溶液的 pH________。（填“增大”、“不变”或“减小”）。‎ ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al‎2‎O‎3‎，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是________。‎ ‎ ‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解 Na‎2‎CO‎3‎ 溶液，原理如图‎2‎所示。 阳极的电极反应式为________，阴极产生的物质 A 的化学式为________。‎ ‎ ‎ ‎ 近期发现，H‎2‎S是继NO、CO之后第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调解神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题： ‎ ‎（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是________（填标号）。‎ A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以 B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 ‎ C.‎0.10mol⋅‎L‎−1‎的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为‎4.5‎和‎2.1‎ D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸 ‎ ‎ ‎（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。 通过计算，可知系统‎(I)‎和系统‎(II)‎制氢的热化学方程式分别为________、________，制得等量H‎2‎所需能量较少的是________。‎ ‎ ‎ ‎（3）H‎2‎S与CO‎2‎在高温下发生反应：H‎2‎S(g)+CO‎2‎(g)⇌COS(g)+H‎2‎O(g)‎。在‎610K时，将‎0.10mol CO‎2‎与‎0.40mol H‎2‎S充入‎2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为‎0.02‎。 ①H‎2‎S的平衡转化率α‎1‎‎=‎________‎%‎，反应平衡常数K=‎________。 ②在‎620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为‎0.03‎，H‎2‎S的转化率a‎2‎________a‎1‎，该反应的ΔH________‎0‎。（填“‎>‎”“‎<‎”或“‎=‎”） ③向反应器中再分别充入下列气体，能使H‎2‎S转化率增大的是________（填标号）。 A．H‎2‎S        B．CO‎2‎           C．COS        D．N‎2‎ ‎ ‎（二）选考题：共15分．请考生从给出的每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一小题计分．[化学-选修3：物质结构与性质]‎ ‎ ‎ ‎ 铁氮化合物‎(FexNy)‎在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。 ‎ ‎（1）Fe‎3+‎基态核外电子排布式为________。‎ ‎ ‎ ‎（2）丙酮（）分子中碳原子轨道的杂化类型是________，‎1mol 丙酮分子中含有σ键的数目为________。‎ ‎ ‎ ‎（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为________。‎ ‎ ‎ ‎（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为________。‎ ‎ ‎ ‎（5）某FexNy的晶胞如图‎−1‎所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe‎（x−n）‎ CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图‎−2‎ 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为________。 ‎ ‎[化学-选修5：有机化学基础]（15分）‎ ‎ ‎ ‎ 化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下： 已知以下信息： ①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为‎6:1:1‎． ②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；‎1molD可与‎1mol NaOH或‎2mol Na反应． 回答下列问题： ‎ ‎（1）A的结构简式为_________________．‎ ‎ ‎ ‎（2）B的化学名称为______________．‎ ‎ ‎ ‎（3）C与D反应生成E的化学方程式为_____________________________________________________．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ ‎ ‎（4）由E生成F的反应类型为_________________。‎ ‎ ‎ ‎（5）G的分子式为______________．‎ ‎ ‎ ‎（6）L是D的同分异构体，可与FeCl‎3‎溶液发生显色反应，‎1mol的L可与‎2mol的Na‎2‎CO‎3‎反应，L共有________种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为‎3:2:2:1‎的结构简式为______________、______________．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（6月份）‎ 一、选择题：本大题包括13小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 化学与生活 ‎“三废”处理与环境保护 ‎【解析】‎ 绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行分析判断即可．‎ ‎【解答】‎ 解：A.夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A错误； B.推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B错误； C.少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C正确； D.对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D错误； 故选C．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 二氧化硫的化学性质 ‎【解析】‎ A‎．铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸，生成的白色沉淀为硫酸钡，二氧化硫被氧化； B．黄色沉淀为S单质，结合化合价变化分析； C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化二氧化硫； D．二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中生成产生二氧化碳气体，根据强酸制弱酸，说明二氧化硫对应的亚硫酸的酸性强于碳酸；‎ ‎【解答】‎ A‎．FeCl‎3‎将SO‎2‎氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl‎2‎反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确； B．SO‎2‎与H‎2‎S反应生成S单质，该反应中SO‎2‎中‎+4‎价S元素被还原生成‎0‎价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，二氧化硫具有氧化性，故B错误； C．酸性KMnO‎4‎溶液能够氧化SO‎2‎，导致溶液褪色，SO‎2‎表现了还原性，故C错误； D．二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中生成产生二氧化碳气体，根据强酸制弱酸，说明二氧化硫对应的亚硫酸的酸性强于碳酸，则酸性：H‎2‎SO‎3‎>H‎2‎CO‎3‎，故D正确。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 原子结构与元素周期律的关系 ‎【解析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，该气体为氨气，则W为N元素；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na元素；由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，黄色沉淀为S，则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na‎2‎S‎2‎O‎3‎，刺激性气体为SO‎2‎，则X为O元素，Z为S元素，据此解答。‎ ‎【解答】‎ 根据分析可知：W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素。 A．非金属性O>N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则O的简单氢化物的热稳定性比S的强，故A正确； B．Y为Na元素，X为O元素，钠离子和氧离子核外电子排布式相同，故B正确； C．Y与Z形成的化合物为Na‎2‎S，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则可使石蕊试液变蓝色，故C错误； D．Z为S元素，与O同主族，与Na同周期，故D正确；‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 化学反应速率的影响因素 ‎【解析】‎ A‎．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大； B．图乙中H‎2‎O‎2‎浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大； C．图丙中少量Mn‎2+‎存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：‎0.1mol/LNaOH溶液‎>1.0mol/LNaOH溶液‎>0mol/LNaOH溶液； D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大．‎ ‎【解答】‎ 解：A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A错误； B．图乙中H‎2‎O‎2‎浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误； C．图丙中少量Mn‎2+‎存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：‎0.1mol/LNaOH溶液‎>1.0mol/LNaOH溶液‎>0mol/LNaOH溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH值不成正比，故C错误； D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn‎2+‎对H‎2‎O‎2‎分解速率的影响大，故D正确； 故选D．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 饱和烃与不饱和烃 ‎【解析】‎ A‎．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，生成物中应含有氢； B．反应②生成烃类物质，含有C−C键、C−H键； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发； D．图中a烃含有‎5‎个C，且有一个甲基。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎【解答】‎ A‎．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO‎2‎+‎H‎2‎＝CO+H‎2‎O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C−C键、C−H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C‎5‎‎∼‎C‎11‎的烃类混合物，故C正确； D．图中a烃含有‎5‎个C，且有一个甲基，应为‎2−‎甲基丁烷，故D正确。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 电解池的工作原理及应用 电解池电极反应式 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误； B．直流电场的作用下，两膜中间的Na‎+‎和SO‎4‎‎2−‎可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，使得氢离子浓度增大，与硫酸根离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，使得氢氧根离子浓度增大，与钠离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H‎2‎SO‎4‎产品，故B正确； C．负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，电极反应式为‎2H‎+‎+2e‎−‎=H‎2‎↑‎，负极区溶液pH升高，故C错误； D．每生成‎1mol氧气转移‎4mol电子，当电路中通过‎1mol电子的电量时，会有‎0.25mol的O‎2‎生成，故D错误; 故选B。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 离子浓度大小的比较 弱电解质在水溶液中的电离平衡 ‎【解析】‎ A‎．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH‎3‎COO‎−‎>NH‎4‎‎+‎>HCOO‎−‎，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO‎−‎)+c(OH‎−‎)=c(Na‎+‎)+c(H‎+‎)=0.1mol/L+c(H‎+‎)‎、c(NH‎4‎‎+‎)+c(H‎+‎)=c(Cl‎−‎)+c(OH‎−‎)=0.1mol/L+c(OH‎−‎)‎，水解程度NH‎4‎‎+‎>HCOO‎−‎，所以前者c(H‎+‎)‎大于后者c(OH‎−‎)‎； B．pH相同的HCOOH和CH‎3‎COOH，浓度：c(HCOOH)NH‎4‎‎+‎>HCOO‎−‎，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO‎−‎)+c(OH‎−‎)=c(Na‎+‎)+c(H‎+‎)=0.1mol/L+c(H‎+‎)‎、c(NH‎4‎‎+‎)+c(H‎+‎)=c(Cl‎−‎)+c(OH‎−‎)=0.1mol/L+c(OH‎−‎)‎，水解程度NH‎4‎‎+‎>HCOO‎−‎，所以前者c(H‎+‎)‎大于后者c(OH‎−‎)‎，所以浓度均为‎0.1 mol⋅‎L‎−1‎的 HCOONa和NH‎4‎Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A正确； B．pH相同的HCOOH和CH‎3‎COOH，浓度：c(HCOOH)c(HCOOH)+c(H‎+‎)‎，故C错误； D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH‎3‎COONa、CH‎3‎COOH和NaCl，混合溶液的pH<7‎，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，乙酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c(CH‎3‎COO‎−‎)>c(Cl‎−‎)>c(CH‎3‎COOH)>c(H‎+‎)‎，故D正确； 故选AD．‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：3题，共43分．‎ ‎【答案】‎ ‎①加入足量稀盐酸（或稀硫酸），固体未完全溶解（或者加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀）,②‎Fe‎2+‎ Fe+2Fe‎3+‎=​=​=3Fe‎2+‎‎ ②‎4Fe‎2+‎+O‎2‎+4H‎+‎=​=​=​Fe‎3+‎+2H‎2‎O   白色沉淀 ③‎0.05mol⋅L‎−1‎ ‎NaNO‎3‎      FeCl‎2‎、FeCl‎3‎混合溶液 按图连接好装置，电流表指针发生偏转，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深 ‎【考点】‎ 性质实验方案的设计 电解池与原电池的工作原理 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ ‎①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H‎2‎SO‎4‎溶解Fe，而银不能溶解，故答案为：加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解。 ②K‎3‎‎[Fe(CN‎)‎‎3‎]‎是检验Fe‎2+‎的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe‎2+‎，故答案为：‎Fe‎2+‎ ‎（2）过量铁粉与Fe‎3+‎反应生成Fe‎2+‎，即Fe+2Fe‎3+‎=​=​=3Fe‎2+‎，故答案为：Fe+2Fe‎3+‎=3Fe‎2+‎ ②O‎2‎氧化Fe‎2+‎反应为‎4Fe‎2+‎+O‎2‎+4H‎+‎=​=​=4Fe‎3+‎+2H‎2‎O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag‎+‎，Ag‎+‎可能氧化Fe‎2+‎生成Fe‎3+‎，故答案为：‎4Fe‎2+‎+O‎2‎+4H‎+‎=​=​=4Fe‎3+‎+2H‎2‎O；白色沉淀。 ③实验Ⅰ：证明假设abc错误，就是排除Ag‎+‎对实验的影响，相当于没有Ag‎+‎存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用‎0.05mol⋅L‎−1‎ NaNO‎3‎，故答案为：‎0.05mol⋅L‎−1‎ NaNO‎3‎溶液。 实验Ⅱ：原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag‎+‎+Fe‎2+‎=​=​=Ag+Fe‎3+‎能够实现，所以甲池应当注入FeCl‎2‎、FeCl‎3‎混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深，可说明d正确，故答案为：FeCl‎2‎、FeCl‎3‎混合溶液；按图连接好装置，电流表指针发生偏转，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深。‎ ‎【答案】‎ Al‎2‎O‎3‎+3H‎2‎O+20H‎−‎=2[Al(OH‎)‎‎4‎‎]‎‎−‎ 减小 石墨电极被阳极上产生的O‎2‎氧化 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎4CO‎3‎‎2−‎+2H‎2‎O−4e‎−‎=4HCO‎3‎‎−‎+O‎2‎↑‎‎,‎H‎2‎ ‎【考点】‎ 制备实验方案的设计 ‎【解析】‎ 以铝土矿（主要成分为Al‎2‎O‎3‎，含SiO‎2‎和Fe‎2‎O‎3‎等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe‎2‎O‎3‎不反应，由信息可知SiO‎2‎在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe‎2‎O‎3‎、铝硅酸钠，碳酸氢钠与四羟基合铝酸钠反应生成Al(OH‎)‎‎3‎，过滤II得到Al(OH‎)‎‎3‎，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na‎2‎CO‎3‎溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此解答该题。‎ ‎【解答】‎ ‎“碱溶”时生成四羟基合铝酸钠的离子方程式为Al‎2‎O‎3‎+3H‎2‎O+20H‎−‎=2[Al(OH‎)‎‎4‎‎]‎‎−‎， 故答案为：Al‎2‎O‎3‎+3H‎2‎O+20H‎−‎=2[Al(OH‎)‎‎4‎‎]‎‎−‎；‎ 向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO‎3‎溶液，与四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH‎−‎>[Al(OH‎)‎‎4‎‎]‎‎−‎>CO‎3‎‎2−‎，可知溶液的pH减小， 故答案为：减小；‎ ‎“电解Ⅰ”是电解熔融 Al‎2‎O‎3‎，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O‎2‎氧化， 故答案为：石墨电极被阳极上产生的O‎2‎氧化；‎ 由图可知，阳极反应为‎4CO‎3‎‎2−‎+2H‎2‎O−4e‎−‎=4HCO‎3‎‎−‎+O‎2‎↑‎，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H‎2‎， 故答案为：‎4CO‎3‎‎2−‎+2H‎2‎O−4e‎−‎=4HCO‎3‎‎−‎+O‎2‎↑‎；H‎2‎。‎ ‎【答案】‎ D ‎（2）H‎2‎O(l)=H‎2‎(g)+‎1‎‎2‎O‎2‎(g)ΔH=+286kJ/mol,H‎2‎S (g)=H‎2‎(g)+S(s)ΔH=+20kJ/mol,系统‎(II)‎ ‎（3）‎2.5‎,‎2.8×‎‎10‎‎−3‎,‎>‎,‎>‎,‎B ‎【考点】‎ 化学反应原理综合应用（不包括电化学）‎ 化学平衡的计算 比较弱酸的相对强弱的实验 化学平衡的影响因素 用盖斯定律进行有关反应热的计算 热化学方程式 ‎【解析】‎ ‎(1)‎比较酸性强弱，可根据强酸制备弱酸、测定等浓度的pH以及溶液的导电能力判断；‎ ‎(2)‎系统‎(I)‎涉及水的分解，系统‎(II)‎涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统‎(I)‎和系统‎(II)‎的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式；‎ ‎(3)‎对于反应H‎2‎S(g)+CO‎2‎(g)⇌COS(g)+H‎2‎O(g)‎  起始‎(mol)0.40‎        ‎0.10‎           ‎0‎                ‎0‎ 转化‎(mol)x              x               x                 x 平衡‎(mol)0.40−x      ‎0.10−x       x                  x 反应平衡后水的物质的量分数为‎0.02‎， 则x‎0.50‎‎=0.02‎，x=0.01‎，结合平衡移动的影响因素解答该题。‎ ‎【解答】‎ 解：（1）A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故A正确； B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确； C.0.10mol⋅‎L‎−1‎的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为‎4.5‎和‎2.1‎，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确； D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D错误。 故选D。 ‎ ‎（2）系统‎(I)‎涉及水的分解，系统‎(II)‎涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统‎(I)‎和系统‎(II)‎的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统‎(I)‎的热化学方程式H‎2‎O(l)=H‎2‎(g)+‎1‎‎2‎O‎2‎(g)ΔH=+286kJ/mol； 系统‎(II)‎的热化学方程式H‎2‎S (g)+=H‎2‎(g)+S(s)ΔH=+20kJ/mol。 根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生‎1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H‎2‎所需能量较少的是系统‎(II)‎。 ‎ ‎ ‎ ‎（3）对于反应H‎2‎S(g)+CO‎2‎(g)⇌COS(g)+H‎2‎O(g)‎  起始‎(mol)0.40‎        ‎0.10‎           ‎0‎                ‎0‎ 转化‎(mol)x              x               x                 x 平衡‎(mol)0.40−x      ‎0.10−x       x                  x 反应平衡后水的物质的量分数为‎0.02‎， 则x‎0.50‎‎=0.02‎，x=0.01‎， ①H‎2‎S的平衡转化率α‎1‎‎=‎0.01‎‎0.4‎×100%=2.5%‎， 体积为‎2.5L，则平衡时各物质的浓度为c(H‎2‎S)=‎0.4−0.01‎‎2.5‎mol/L=0.156mol/L，c(CO‎2‎)=‎0.1−0.01‎‎2.5‎mol/L=0.036mol/L，c(COS)=c(H‎2‎O)=‎0.01‎‎2.5‎mol/L=0.004mol/L， 则K=‎0.004×0.004‎‎0.156×0.036‎≈2.8×‎‎10‎‎−3‎。 ‎ ‎②水的物质的量分数增大，说明升高温度平衡正向移动，则H‎2‎S的转化率α‎2‎‎>‎α‎1‎，且正反应吸热，即ΔH>0‎。‎ ‎③A项，充入H‎2‎S，H‎2‎S浓度增大，平衡正向移动，H‎2‎S转化率减小，故不选A项。‎ B项，充入CO‎2‎，平衡正向移动，H‎2‎S转化率增大，故选B项。‎ C项，充入COS，平衡逆向移动，H‎2‎S转化率减小，故不选C项。‎ D项，充入N‎2‎，平衡不移动，H‎2‎S转化率不变，故不选D项。‎ 故选B。‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎（二）选考题：共15分．请考生从给出的每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一小题计分．[化学-选修3：物质结构与性质]‎ ‎【答案】‎ ‎（1）‎[Ar]3‎d‎5‎或‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎3‎d‎5‎ ‎（2）sp‎2‎和sp‎3‎,‎‎9‎NA ‎（3）‎H