化学（八省联考真题解读，河南）-2025年1月“八省联考”真题完全解读与考后提升

2025年1月“八省联考”真题完全解读(河南卷) 试卷总评 试题评析 河南省2025年1月高考综合改革适应性演练(八省联考)化学试题在《高考评价体系》得指导下命制，“遵循高中化学课程标准，引导依标教学；依据中国高考评价体系，突出关键能力考查，充分发挥高考育人功能和积极导向作用”，落实立德树人的根本任务。试卷考查的知识内容基础、全面而不失新颖与创新，化学试卷保持了以往的命题风格，在化学基础知识中融合对考生学习方法和思维能力的考查、关注对考生学科素养的培养与提高。整体呈现据标立本、紧密联系生产生活实际、紧跟学科前沿的风格，融合考查学生的化学学科必备知识、基本技能和学科核心素养，化学试题突出能力立意、突出学科特点、突出核心素养、突出创新能力的鲜明特色，促进学生化学观念、科学思维和正确价值观念的形成与发展，充分发挥高考的育人功能和价值导向作用，促进了素质教育高质量发展。试题主要特点如下： 一、立足学科基础知识，教考衔接课堂增效 试题紧扣教材和课标，立足基础内容和必备知识，试题全面覆盖了高中化学核心知识，全面考查化学学科核心概念、基本原理、基本方法和基本技能。突出了化学学科特点和基本研究方法、基本概念和反应原理、物质结构与性质、常见无机物及其应用、常见有机物及其应用、化学实验基础知识等核心主干知识的考查，既发挥基础内容在培养关键能力、发展学科核心素养的地位和作用，又有利于引导师生在平时教学中重视并落实基础，体现测试的基础性要求。对核心主干知识不仅仅是体现在记忆层面，还将考查对其的在具体问题解决过程中的理解和应用水平。第2题考查化学用语或图示，第4题化学实验操作规范，第5题传统中药华中五味子中提取产物的结构分析，第7题考查离子方程式正误判断，第10题化学实验操作及现象和结论分析等。这必将引导中学化学教学要回归教材、注重基础，紧紧围绕核心主干知识，强化学生应用知识解决实际问题所必备的关键能力。 二、精心遴选真实情境，彰显化学学科价值 试题精心遴选情境素材，注重联系生产生活实际，体现学科社会功能，彰显化学学科的价值。通过设计不同陌生度和复杂度的真实情境，很好地检测了学生的素养水平，与素养导向的教学形成呼应，有利于教考衔接、教考共振。试题注意真实情境的遴选，激发学生学习的兴趣，意在让学生完整解决真实复杂问题。试题突出了对中学化学核心基础知识、基本技能、基本观点和基本方法的考查。考查学生对基础知识的掌握，对基本概念的理解。掌握元素基础知识是能力提升的前提和保障，试卷中考查内容涵盖高中化学重要的元素化合物知识、基本概念与理论、化学基础实验技能和化学计算，如第1题分析我国传统手工艺品的材质，第8题配合物间的结构转变，第12题功能性聚碳酸酯高分子材料结构分析等。 三、突出关键能力考查，体现核心素养导向 化学试题突出关键能力的考查，体现素养导向，落实新课程理念。试题注重对学生学科素养和解决问题能力的考查，要求学生从化学视角分析和解决问题，突出对信息摄取、吸收和整合的能力。强调科学思维和方法，试题贴近了新高考改革的趋势，突出对能力和化学学科核心素养的综合考查。如：第1题的判断物质结构的化学用语，第8题配合物间的结构转变，第17题以Zn高温还原SiCl4生产多晶硅为载体，较全面考查物质结构与性质知识，体现了“宏观辨识与微观探析”； 第13题以庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成羟基磺酸钠为切入口，考查活化能、速率常数、转化率等，第14题考查沉淀溶解平衡曲线，第17题(4)(5)考查反应热、化学反应速率与化学平衡及影响因素，体现了“变化观念与平衡思想”。“科学探究与创新意识”在第10、16题中得到充分体现，高度重视实验与探究能力的考查，体现创新性。第1、4、5、8、9、11、12、13、14、15、16、17、18题数表信息往往体现在化学基础知识之上，通过辨识模型、图表等各种类型的信息，从中提取关键内容并与已学知识进行整合；辨析在解决生产、生活与社会问题过程中运用的基本化学原理和方法，并能解答简单化学问题。 四、深化必备知识融合，体现迁移应用价值 化学试题精心遴选最有素养发展价值的知识，注重知识的综合性和应用性，体现知识迁移应用的价值。试卷关注学科内模块及学科间的有效融合，培养学生融会贯通、化知成智的信心与能力。化学是以实验为基础，又是一门紧密联系生产生活实际的科学。化学试题一贯重视以真实问题情境为测试载体，主要考查教材中的基础实验或者模拟生产生活实际中的真实实验情境。如第3题元素推断，第9题水系S-MnO2可充电电池，第11题环己酮转化为环己醇的反应机理，第12题聚碳酸酯高分子材料等，对基础知识、反应规律和反应原理进行综合考查，让学生运用化学知识、运用化学原理，进行迁移，发挥化学高考试题的导向作用，体现应用价值。 总之，本试题凸显化学实验学科特色，侧重于逻辑分析能力的应用，试题素材选取范围广，内容富有时代气息，试题内容综合性强，突出科学探究及科学研究思维方法。 试卷结构 考情分析 题号 难度 考查内容 考查知识点 一、选择题 1 易 化学与STSE 化学科学对人类文明发展的意义 2 适中 化学用语 原子结构示意图、离子结构示意图；烷烃系统命名法；原子中相关数值及其之间的相互关系；电子式 3 较易 无机物转化 过氧化钠和二氧化碳反应；氯碱工业；根据物质性质进行元素种类推断；“位构性”关系理解及应用 4 易 基本操作 化学实验基本操作 5 较易 官能团结构与性质 分子的手性；含碳碳双键物质的性质的推断；含有酚羟基的物质性质的推断；多官能团有机物的结构与性质 6 适中 元素推断 根据原子结构进行元素种类推断 7 较易 离子方程式 水解的离子方程式书写；离子方程式的正误判断 8 适中 配合物 利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；简单配合物的成键 9 适中 可充电电池 原电池电极反应式书写；原电池、电解池综合考查 10 较易 操作、现象与结论 酸性氧化物的通性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；同分异构现象、同分异构体的概念；焰色试验 11 适中 反应历程 官能团的引入和转化，反应机理 12 适中 高分子 合成有机高分子的基本方法；高分子性质 13 较难 速率与平衡 影响化学平衡的因素；化学平衡图像分析 14 较难 沉淀溶解平衡 化学平衡常数的计算；盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理；溶度积常数相关计算 二、非选择题 15 适中 工艺流程 物质分离、提纯综合应用 16 适中 定量综合实验 碳酸钠、碳酸氢钠混合物的有关求算；酸碱中和滴定原理的应用；探究物质组成或测量物质的含量；实验安全防护 17 较易 反应原理综合 盖斯定律与热化学方程式；化学平衡图像分析；电子排布式 18 适中 有机合成与推断 信息给予的有机合成；常见官能团名称、组成及结构；根据要求书写同分异构体；羧酸酯化反应 备考指南 1．立足基础 回归课本 高考命题以课程标准为基本依据，以教材为重要参考，在最后的备考冲刺阶段，要对课本的知识体系做一个回顾和归纳，建议可以课本目录为标准，将知识点重新串联起来，复习时做到不遗漏任何知识点。回归课本要关注基本概念(如：热化学方程式、燃烧热、中和热等)，关注课本图像(如吸放热反应能量变化图像、反应机理图等)，关注模型的建立(如原电池、电解池模型等)。此外，回归课本还要重视课本实验的回顾。许多基本概念、原理、规律及物质性质都是由实验推导和验证的，因此除了关注有关元素化合物的性质实验外，还要重点复习实验证明过程。 2．科学诊断 对症下药 备考时，要分析自己在各次重要模拟考试中的答题情况，建立自己的学情诊断报告。一是找必拿分。如：化学与STES的考点、NA的考查、化学用语、元素周期律、实验基础、有机基础等；二是找弱项。如：如电化学、溶液中的离子反应与平衡、信息题、反应原理大题等，注意哪类型的题目常错或得分率低；三是分析原因，比如：知识漏洞、能力不足或是解题模型的缺失导致失分；四是明确需求。要有针对性地进行复习。对于不常错的题目，要隔三差五做两道，保持解决这类型题目的敏感度；对于常错题，要回顾基础知识点，反复练典型试题，明确试题的题型特点和解题方法，构建试题的答题思维模型。　 3．提高速度 保基础分 无论对于什么学科，提升做题速度都是至关重要的。在简单题目上用时越短，就能节约出时间来攻克难题。同学们在备考冲刺阶段可采用多种方式进行限时训练(目的是练速度、练考点、练技巧、练准确率)。化学考试中保基础分体现在做好选择题。高考选择题占比达到45分，属于容易得分也容易丢分的题型，它的考点比较基础，因此复习阶段，同学们可以有意识训提高做选择题的速度。此外，还要提高选择题的准确率，要活用选择题的解题技巧(如直接选择、间接选择、比较法等)，切忌死算硬算，小题大作。化学考试中保基础分还体现在规范答题、避免非智力因素失误上。如：化学用语使用不规范；不写反应热单位；不注意有效数字处理，热化学方程式漏写状态；等号与可逆号乱用；多元弱酸根离子的水解反应不分步写；有机物的结构简式氢原子写多或写少；酯化反应漏写水等；重视一些基本实验操作的规范答题：沉淀是否完全、沉淀的洗涤、洗涤是否干净、结晶的基本方法等。 4．稳定情绪 树立信心 高考试题完美涵盖并依次进阶了化学学科关键能力的考查，很好地考查了学生在面对情境时认识问题、分析问题和解决问题的能力。因此，在日常复习过程中，要合理拆解真实复杂情境，融入结构化的必备知识，设计不同能力水平的驱动性问题，实现从“用中学”到“创中学”，真正发展学生的化学学科核心素养。乐观复习，不要问自己还有多少问题，要想自己今天解决了什么问题；多看进步，时刻给自己积极的心里暗示，树立自己一定能行的信心。平和积极的心态是成功的关键！ 逐题精讲 河南省2025年高考综合改革适应性演练(八省联考)化学试题 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，只有一项符合题目要求。 1．我国传统手工艺品是劳动人民的智慧结晶，并随着时代发展不断创新。下列手工艺品中主要成分为无机物的是( ) A．云锦 B．牡丹瓷 C．麦秆画 D．油纸伞 【答案】B 【解析】A项，云锦的主要成分包括蚕丝，属于有机物蛋白质，A不符合题意；B项，牡丹瓷属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，B符合题意；C项，麦秆画主要成分是纤维素，C不符合题意；D项，油纸伞骨架是由竹子为材料制作，主要成分是纤维素，伞面主要由棉纸制成，主要成分是蛋白质，D不符合题意；故选B。 2．下列化学用语或图示正确的是( ) A．CaO的电子式： B．Li+的结构示意图： C．中子数为38的镓原子： D．的化学名称：乙基戊烷 【答案】A 【解析】A项，CaO是离子化合物，电子式为    ，故A正确；B项，Li+核外有2个电子，结构示意图，故B错误；C项，中子数为38的镓原子，质量数为69：，故C错误；D项，主链有6个碳原子，3号碳原子上连有1个甲基，化学名称：3-甲基己烷，故D错误；故选A。 3．W是一种短周期金属元素的单质，V是无色气体。它们之间的转化关系如图所示(略去部分生成物和反应条件)。下列说法错误的是( ) A．气体V可通过排水法收集 B．X与水反应能生成气体V C．Y易溶于水，溶液显碱性 D．电解Z的水溶液可得到W 【答案】D 【解析】W是一种短周期金属元素的单质，V是无色气体，W与V在加热条件下反应生成X，X与CO2反应又能生成V，则W为Na，V为O2，X为Na2O2，Y为Na2CO3，Y与HCl反应生成Z，Z为NaCl。A项，V为O2，可通过排水法收集，A正确；B项，X为Na2O2，Na2O2与水反应能生成O2，B正确；C项，Y为Na2CO3，易溶于水，由于CO32-水解，溶液显碱性，C正确；D项，Z为NaCl，电解NaCl水溶液可得不到W(Na)，应该电解熔融氯化钠，D错误；故选D。 4．下列图示中，操作规范的是( ) A．配制Al2(SO4)3溶液 B．洗涤盛有CuSO4废液的试管 C．蒸发浓缩NaCl溶液 D．长期存放K2Cr2O7标准溶液 【答案】C 【解析】A项，配制溶液不能在量筒中进行溶解配制，A错误；B项，CuSO4废液应先倒入指定废液缸中，再清洗试管，B错误；C项，用蒸发皿进行蒸发浓缩NaCl溶液，并用玻璃棒不断搅拌，C正确；D项，长期存放K2Cr2O7标准溶液应用密封的细口瓶，容量瓶用于溶液配制不能长期储存溶液，D错误；故选C。 5．化合物L是从我国传统中药华中五味子中提取得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是( ) A．能使酸性KMnO4溶液褪色 B．分子中含有2个手性碳原子 C．能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体 D．既能发生加成反应，又能发生取代反应 【答案】C 【解析】A项，化合物L中含碳碳双键、羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B项，已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故L分子存在2个手性碳原子，如图所示:，B正确；C项，化合物L分子中不含羧基，含有酚羟基，酸性比碳酸强，不能与碳酸氢钠溶液反应产生 CO2，C错误；D项，化合物L中含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羟基可以发生取代反应，D正确；故选C。 6．某化合物分子式为YWZX2，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X与Z同主族，W与X质子数之和等于Z的质子数，Y最外层电子数是其内层电子总数的一半。下列说法正确的是( ) A．电负性：W＜Y B．WX2的空间结构为直线形 C．最简单氢化物的沸点：X＜Z D．Y的第一电离能高于同周期相邻元素 【答案】D 【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Y最外层电子数是其内层电子总数的一半且之前还有两个元素，则Y为P；因为X与Z同主族，则X与Z分别可能是O与S或F与Cl，又因为W与X质子数之和等于Z的质子数，则X与Z分别是F与Cl，则W是O，W、X、Y、Z依次是O、F、P、Cl。A项，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，P电负性小于N，N电负性小于O，故电负性W >Y，A错误；B项，WX2的空间结构为V形，OF2中中心原子为O，F为配位原子，价层电子对数，成键电子对数为2，孤电子对数为4-2=2，VSEPR为四面体，孤电子对越多，排斥力越大，所以OF2分子构型为V形，B错误；C项，HF气体之间可以形成氢键，而HCl无氢键，则最简单氢化物的沸点X > Z，C错误；D项，Y的第一电离能高于同周期相邻元素，第VA族的第一电离能比相邻元素高，D正确；故选D。 7．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．向浓硝酸中加入少量氧化亚铜：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O B．以热氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O C．醋酸铵的水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+ D．向碘酸钾溶液中滴加双氧水：H2O2+2IO3-+6H+=I2+2O2↑+4H2O 【答案】B 【解析】A项，向浓硝酸中加入少量氧化亚铜，在这个反应中，氧化亚铜被浓硫酸氧化，生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的离子方程式3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2O，A错误；B项，氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫生成硫化钠，亚硫酸钠和水，离子方程式为：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，B正确；C项，醋酸铵的水解，CH3COONH4中铵根与醋酸根都是弱离子，都会发生水解，C错误；D项，向碘酸钾溶液中滴加双氧水，碘酸钾中的碘元素为+5价，被双氧水还原为碘化钾，中的碘元素-1价，双氧水则被氧化为氧气，反应的离子方程式为：3H2O2+IO3-=I-+3O2↑+3H2O，D错误；故选B。 8．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是( ) A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价 【答案】D 【解析】A项，配合物1中，H2O中氧原子提供孤对电子，Co2+提供空轨道形成配位键；配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子，与Co2+形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A正确；B项，由配合物2的结构可知，N形成2个σ键，一个配位键，故采取sp2杂化，B正确；C项，转变过程中，配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键，配合物2中，SO42-中的O与Co2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正确；D项，配合物1、2中Co都为+2价，Co的化合价没有发生变化，D错误；故选D。 9．我国科学家设计了一种水系S-MnO2可充电电池，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是( ) A．充电时，电极b为阳极 B．充电时，阳极附近溶液的pH增大 C．放电时，负极的电极反应：Cu2S−4e−=S+2Cu2+ D．放电时，溶液中Cu2+向电极b方向迁移 【答案】C 【解析】由图可知，放电时，电极a上MnO2转化为Mn2+，发生还原反应，电极b上Cu2S转化为S，发生氧化反应，则电极a为正极，电极b为负极；充电时，电极a上Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，电极b上S转化为Cu2S，发生还原反应，此时电极a为阳极，电极b为阴极。A项，充电时，S转化为Cu2S，发生还原反应，则电极b为阴极，A错误；B．项，充电时，电极b为阴极，则电极a为阳极，电极a的电极反应为Mn2++2H2O－2e-=MnO2+4H+，阳极附近溶液的pH减小，B错误；C项，放电时，电极b为负极，负极的电极反应为Cu2S−4e−=S+2Cu2+，C正确；D项，放电时，溶液中Cu2+向正极移动，即向电极a方向迁移，D错误；故选C。 10．由下列实验操作及现象能得到相应结论的是( ) 选项 实验操作及现象 结论 A 以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型 CH2Cl2无同分异构体 B 将SO2通入滴有酚酞的氨水，溶液由红色变为无色 SO2具有漂白性 C 将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色 该溶液的溶质为钠盐 D 常温下，CH3COOH溶液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8 CH3COOH为弱酸 【答案】A 【解析】A项，以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型，说明结构与表示同一种物质，则CH2Cl2无同分异构体，A正确；B项，将SO2通入滴有酚酞的氨水，SO2与NH3·H2O反应，溶液碱性减弱，由红色变为无色，不能说明SO2具有漂白性，B错误；C项，将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，再蘸取某溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液的溶质中含有Na元素，不一定为钠盐，C错误；D项，常温下，CH3COOH溶液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8，二者的浓度未知，故无法说明CH3COOH为弱酸，D错误；故选A。 11．环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。 下列说法错误的是( ) A．该反应的还原剂是 B．反应过程中涉及O-H键的断裂和形成 C．用同位素标记的代替可得到 D．环己酮转化为环己醇的反应为 【答案】C 【解析】A项，由反应机理图可知变为，发生了还原反应，还原剂为，正确，A项不符合题意；B项，由反应机理图可知，反应的总反应为，可知有O-H键的断裂和形成，正确，B项不符合题意；C项，用同位素标记的代替可得到，错误，C项符合题意；D项，环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，反应总方程式为，正确，D项不符合题意；故选C。 12．的资源化利用有利于实现“碳中和”。一种功能性聚碳酸酯高分子材料G可由如下反应制备。 下列说法错误的是( ) A． B．反应的原子利用率为100% C．G在酸性或碱性条件下均能降解 D．E与F均能使溴的四氯化碳溶液褪色 【答案】D 【解析】A项，根据CO2的个数守恒，有x=m+n，A正确；B项，该反应为环氧基和碳氧双键打开的加成聚合，原子利用率为100%，B正确；C项，G为聚碳酸酯，在酸性或碱性条件下都能水解，C正确；D项，E为饱和结构，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，F中由碳碳双键，可以使溴的四氯化碳褪色，D错误；故选D。 13．庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成羟基磺酸钠(Q)，正、逆反应速率可以表示为和和分别为正，逆反应的速率常数，E1和E-1分别为正，逆反应的活化能。与关系如图所示。下列说法正确的是( ) A．E1＞E-1 B．升高温度，平衡逆向移动 C．达到平衡时 D．加入催化剂可以提高N的平衡转化率 【答案】B 【解析】从与关系图所示，随着温度升高，逐渐增大，且增大更多，说明升高温度，逆反应速率增加更多，平衡应逆向移动，则该反应正向应为放热反应。A项，该反应为放热反应，所以正反应活化能更小，即E1＜E-1，A错误；B项，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B正确；C项，达到平衡时正逆反应速率相等，则有，所以，C错误；D项，加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高N的平衡转化率，D错误；故选B。 14．向CaC2O4饱和溶液(有足量CaC2O4固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进CaC2O4溶解，总反应为CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4。平衡时lg[c(Ca2+)]，分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示(其中M代表H2C2O4、HC2O4-或C2O42-)。比如，。已知。 下列说法正确的是( ) A．曲线Ⅰ表示lg[c(Ca2+)]~pH的变化关系 B．时，溶液中c(Cl－)＞cHC2O4-+2cH2C2O4 C．总反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数 D．pH=5时，C2O42-和HC2O4-的分布系数关系为 【答案】B 【解析】增大c(Ca2+)，CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4平衡逆向进行，c(H＋)增大，故曲线II代表lg[c(Ca2+)]与pH的变化关系；H2C2O4为二元中强酸，分布电离H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-，随着酸性减弱，H2C2O4含量减小，HC2O4-含量增大后减小，C2O42-含量越高。故曲线I代表δ(H2C2O4)与pH的变化关系，曲线III代表δ(HC2O4-)与pH的变化关系，曲线IV代表δ(C2O42-)与pH的变化关系。A项，增大c(Ca2+)，CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4平衡逆向进行，c(H＋)增大，故曲线II代表lg[c(Ca2+)]，A错误；B项，溶液中存在电荷守恒①2cCa2＋＋cH＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-+ c(Cl－)+c(OH―)，物料守恒②cCa2＋=cC2O42-＋cHC2O4-＋cH2C2O4，将①-②得cH＋＝c(Cl－)+c(OH―)- cHC2O4--2cH2C2O4；当pH=3时c(H＋)＞c(OH―)，所以c(Cl－)＞cHC2O4-+2cH2C2O4，B正确；C项，当pH=1.27时，，；当pH=4.27时，，；总反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的 ，C错误；D项，pH=5时，c(H＋)= 10-5mol·L-1，，，C2O42-和HC2O4-的分布系数关系为，D错误；故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。 氟化物 FeF2 MgF2 MnF2 Ksp 回答下列问题： (1)“除钛”中产生的少量气体是 (填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是 。 (2)“除杂1”中除去的离子是 (填化学式)。 (3)“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是 。本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是 。 (4)滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O，生成该物质的离子方程式为 。 (5)“氧化2”的目的是减少 气体的排放(填化学式)。 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4·2H2O产量降低，原因是 。 【答案】(1)H2 还原Fe3+ (2) Mg2+ (3)氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大 防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产生污染 (4) 2MnO4-+3Mn2++(5x+2)H2O=5(MnO2·xH2O)↓+4H+ (5)SO2 (6)溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少 【解析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)，产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫酸中溶解1后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，提高了溶液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO42-，加入NH4F“除杂1”中除去Mg2+，“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O而除去Mn2+，溶液中Fe3+与农药盐渣中的PO43-结合生成FePO4·2H2O。(1) “除钛”过程加入的铁粉发生的主要反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，提高了溶液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，故少量气体是H2，铁粉作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是还原Fe3+； (2)“除钛”后溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO42-，由FeF2、MgF2、MnF2的Ksp可知，MgF2更难溶于水，加入NH4F与Mg2+ 反应生成难溶于水的MgF2，故 “除杂1”中除去的是Mg2+；(3)“氧化1”中Fe2+被Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解的催化剂，可以使H2O2分解速率增大，故H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大；该反应2Fe2++H2O+2H+=2Fe3++2H2O 在酸性条件下发生，本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，则溶液中含有Cl-，在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2，产生污染；(4)“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O，离子方程式为2MnO4-+3Mn2++(5x+2)H2O=5(MnO2·xH2O)↓+4H+； (5)农药盐渣成分中有Na2SO3，“除杂2”后溶液含有H+，二者混合会发生SO32=+2H+=SO2↑+H2O， “氧化2”的目的是使SO32-转化为SO42-，从而减少SO2气体的排放； (6)“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少，导致FePO4·2H2O产量降低。 16．某实验小组利用EDTA标准溶液滴定Ca2+，从而间接测定Na2CO3、NaHCO3混合溶液中CO32-和HCO3-的总浓度。已知EDTA与Ca2+按物质的量之比1：1反应。 主要实验步骤如下： Ⅰ．如下图所示，取100.00mL Na2CO3、NaHCO3混合溶液于①中，在搅拌下滴加NaOH溶液，调pH至11，然后准确加入V1mLc1mol·L-1 CaCl2溶液(过量)，搅拌下水浴加热至60℃并保持5min，冷却至室温。过滤、洗涤，合并滤液和洗涤液，在250mL容量瓶中定容。 Ⅱ．取25.00mL步骤Ⅰ配制的溶液于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水，用NaOH溶液调pH在12~13之间，再滴加4~5滴钙指示剂。用c2mol·L-1EDTA标准溶液滴定至终点，平行测定三次。消耗EDTA溶液平均体积为V2mL。 回答下列问题： (1)仪器①的名称是 ；②的名称是 。 (2)步骤Ⅰ中，若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应对措施是 。 (3)步骤Ⅰ中，调pH至11的目的是 ；加入的CaCl2溶液需过量的原因是 。 (4)步骤Ⅰ中，采用水浴加热方式的优点是 。 (5)步骤Ⅱ滴定接近终点时，使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是 。 (6)Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO32-和HCO3-的总浓度 mol·L-1 (写出计算式)。 【答案】(1)三颈烧瓶 恒压滴液漏斗 (2)先用大量的水冲洗，然后涂上1%硼酸溶液减小对皮肤的腐蚀 (3)将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠 保证碳酸根离子沉淀完全 (4)便于控制温度，且受热均匀 (5)使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出 (6) 【解析】本题是一道含量测定类的实验题，先用NaOH溶液将碳酸氢钠完全转化为碳酸钠，再根据滴定实验的有关操作并结合EDTA与Ca2+按物质的量之比1：1反应进行计算解题。(1)由图可知，仪器①的名称是三颈烧瓶；②的名称是恒压滴液漏斗；(2)NaOH溶液有腐蚀性，会腐蚀皮肤，若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应先用大量的水冲洗，然后涂上1%硼酸溶液减小对皮肤的腐蚀；(3)在搅拌下滴加NaOH溶液，调pH至11，可以将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠；加入过量的CaCl2溶液可以保证碳酸根离子沉淀完全；(4)本实验所需温度低于100℃，可以采用水浴加热，水浴加热便于控制温度，且受热均匀；(5)使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是：使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出；(6)消耗EDTA溶液平均体积为V2mL，则配制的溶液中含有钙离子的物质的量为：×c2·V2×10-3mol，所以Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO32-和HCO3-的总浓度。 17．硅是电子工业中应用最为广泛的半导体材料，少量磷的掺入可提高硅的导电性能。Zn高温还原SiCl4 (沸点57.6℃)是生产多晶硅的一种方法。回答下列问题： (1)基态Zn原子的价电子排布式为 ，SiCl4晶体的类型为 。 (2)化合物H3BPF3的结构如图1所示，H3BPF3中F-P-F键角略大于PF3分子中的F-P-F键角，原因是 。 (3)Si、P和Zn三种元素组成化合物的晶胞如图2所示(晶胞参数)，若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原子在晶胞中的位置为 (填“面心”“棱中点”或“体心”)。 (4)在Zn还原SiCl4的过程中会生成副产物SiCl2，抑制SiCl2生成可以增加Si产量并降低生产能耗。该过程存在如下主要化学反应： 反应Ⅰ：SiCl4(g)＋2Zn(g)2ZnCl2(g)＋Si(s) ΔH1＝-134kJ·mol−1 反应Ⅱ：SiCl4(g)＋Zn(g)ZnCl2(g)＋SiCl2(g) ΔH2＝+98kJ·mol−1 反应Ⅲ：SiCl4(g)＋Si(s)2SiCl2(g) ΔH3 ①ΔH3= kJ·mol−1。 ②在总压分别为p1、p2和p3下，反应达平衡时：SiCl2物质的量与初始SiCl4物质的量的比值x随温度变化如图3所示。图中压强由大到小顺序为 ，判断的依据是 。在一定温度、180kPa条件下，体系中初始：SiCl4(g)和Zn(g)分别为1mol和4mol，假设此条件下生成的SiCl2忽略不计，恒压反应4min时，SiCl4分压变为20kPa，0~4min内用SiCl4分压表示的平均反应速率为 ，此时可生成硅 g。 【答案】(1)3d104s2 分子晶体 (2)H3BPF3无孤电子对，PF3存在孤电子对，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小 (3)体心 (4) +330 p3＞p2＞p1 在同一温度下，p1到p3，SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动 4 14 【解析】(1)Zn为30号元素，则基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2；SiCl4的沸点为27.6℃，比较低，故SiCl4是分子晶体；(2)由化合物H3BPF3的结构可知，P具有一对孤电子对，与B的空轨道形成配位键，而PF3中具有一对孤电子，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小，故H3BPF3中F-P-F键角略大于PF3分子中的F-P-F键角；(3)由该晶胞的结构可知，该晶胞中含有个Zn，个Si，Zn和Si数量相同，则Zn和Si位置可以互换，若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原子在晶胞中的位置为体心；(4)①由盖斯定律得反应Ⅲ=2反应Ⅱ-反应Ⅰ，则ΔH3=2ΔH2-ΔH1=(2×98+134)kJ·mol−1=+330 kJ·mol−1；②由图可知，在同一温度下，p1到p3，SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动，则p3＞p2＞p1；假设此条件下生成的SiCl2忽略不计，体系中初始：SiCl4(g)和Zn(g)分别为1mol和4mol，则，恒压反应4min时，SiCl4分压变为20kPa，故 ；生成的SiCl2忽略不计，假设消耗SiCl4xmol，建立以下平衡： ，则，。 18．化合物K具有镇痛作用，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。 已知： 回答下列问题： (1)B的结构简式为 。 (2)由C生成D的反应类型为 。 (3)E的结构简式为 ；吡啶具有弱碱性，由D生成E的反应中吡啶的作用是 。 (4)由F生成G的化学方程式为 。 (5)H中含氧官能团的名称是 。 (6)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)； ①含有苯环；②能发生银镜反应；③不含甲基。 其中，核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为 (写出一种即可)。 【答案】(1)(2)还原反应 (3) 与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高产率 (4)++CH3OH (5)酯基、羰基 (6) 7 【解析】由有机框图可知，A()与CH3OH发生酯化反应生成B()，B在NaBH4的作用下发生还原反应生成C()，C在Zn、NH4Cl的作用下发生还原反应生成D()，D在吡啶中与反应生成E()；F()在NaH、NH4Cl作用下与发生取代反应生成G()，G与SO2Cl2发生取代反应生成H()，H与反应成环生成I()，I在LiAlH4、SOCl2、NH3∙H2O作用下发生取代反应生成J()，J与E反应生成K。(1)根据分析，B的结构简式为；(2)根据分析，C生成D的反应类型为还原反应；(3)根据分析，E的结构简式为；根据分析，吡啶具有弱碱性，由D生成E的反应中另外一个产物为HCl，吡啶可以与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高产率；(4)根据分析，F生成G的化学方程式为++CH3OH；(5)根据分析，H为，含氧官能团的名称是酯基、羰基；(6)根据分析，F为，同分异构体中符合①含有苯环；②能发生银镜反应，说明有醛基；③不含甲基的有、、，共7种，其中核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积比为2：2：2：1的同分异构体的结构简式为。 ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$