化学（八省联考真题解读，内蒙古）-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 (内蒙古卷) 试卷总评 试题评析 万众瞩目的“八省联考”落幕，内蒙古2025年普通高校招生适应性测式(八省联考)化学试题以落实“立德树人”为根本任务，坚持素养立意、育人导向，坚守科学、原创、公平和规范。在试卷结构、形式、难度、知识点的覆盖面等方面保持稳定的基础上，试题的呈现方式有所变化，强化基础知识与关键能力的考查，深化了学科价值培育，发挥了导向作用。试题主要特点如下： 一、紧扣教材，突出主干知识考查 试题基于课程标准，立足学习基础，紧扣教材，注重围绕化学学科主干内容和必备知识，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。试题充分考虑具体学情教情，从知识的复杂性、设问的层次性、思维的逻辑性等因素着手，科学调控难度，让不同层次的考生都能顺利作答，既保证试卷的区分度，又关注考生的临场感受。选择题难度不大，有利于考生稳定心态，发挥水平。 例如，选择题第1题至第15题，分别考查了化学与资源、化学基本用语、化学生产与生活、元素及其化合物的性质、阿伏加德罗常数、常见有机物的性质及应用、实验中试剂或方法选用、高分子化合物、元素推断、晶胞结构分析、工艺流程、电化学综合应用、反应机理、络合滴定、离子曲线等必备知识。如：第1题内蒙古自治区自然资源的分析和利用，第2题化学用语或表述正误判断，第4题有关物质的工业制备反应原理，第5题别出心裁用碳元素转化关系来分析NA，第7题实验中试剂或方法选用等。试题立足基础，凸显了学科必备知识在学生关键能力、学科素养发展中的地位和作用，利于引导教学重视基础知识。 二、注重情境，落实学科核心素养 题中素材或来自工业生产实践、或源于考生生活经历，引导考生关注材料、环境、能源、生命等与化学密切相关领域的发展，厚植家国情怀，落实立德树人根本任务。化学与生活、生产、科技联系紧密，精选真实、有意义、体现化学学科价值的生产生活实践情境与学习探索情境，将高考“核心功能”要求融入具体试题中，在考查学科必备知识和关键能力的同时，充分体现化学学科在人类发展和社会进步中的重要作用，情境创设更为简洁，开合有度，通过考查蕴含其中的化学原理，体现化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值。情境性试题，旨在考查学生的符号理解能力、阅读理解能力、信息整理能力等；情景复杂性，旨在测评学生综合运用知识解决问题的思维能力水平，助力高校人才选拔。 例如，第3题化学革新催化体育发展，科技赋能铸就赛场荣光；第5题借助碳元素转化关系情景分析阿伏加德罗常数；第6题地沟油发生“酯交换”反应制备生物柴油；第11、12题分别为回收锂离子电池工艺的流程和电解回收工艺的原理；第16题氟化法从含钛电炉渣中制备TiO2的工艺流程；第17题用废铜屑制备硫酸四氨合铜；第18题分解H2S制备S2同时获取H2的新方法；第19题合成抗癌药物贝组替凡的中间体。这些试题具备多重功能与价值，既能很好地测试学生的必备知识、关键能力，也有利于学生体会化学学科的社会应用价值，树立正确的价值观，体现试题的应用性和创新性要求。 三、精心设计，突出关键能力考查 试题测评导向化学学科核心素养，关注学科核心素养五个方面和学业质量四级水平要求，科学调控试题情境复杂程度，创新试题呈现方式，设问角度变化，聚焦学生学科关键能力考查，实现分层选拔功能。每个大题入题容易，但全面深入较难，让不同的学生在考试中均能有较好地表现。 例如，第16题氟化法从含钛电炉渣中制备TiO2的工艺流程，入题为Ti位于元素周期表所在区域、滤渣的成分判断，渐渐深入到离子方程式书写，进而工艺进行循环目的，晶胞密度的计算；第17题用废铜屑制备硫酸四氨合铜，碱洗的目的、溶液中离子的判断、实验现象分析、试剂的选择，再深入到热重曲线分析计算；第18题分解H2S制备S2同时获取H2的新方法，从盖斯定律入手，既有影响化学反应速率和化学平衡因素等基础知识考查，也有基于题给信息下解读图像，从速率、平衡、能量三个认识角度理解步步深入，尤其是图象分析判断等问题。问题设计从易到难，层层递进，考查学生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性要求。第19题合成抗癌药物贝组替凡的中间体，从简单的官能团名称、结构简式书写入题，到官能团检验、反应类型、反应条件及作用的判断，再到方程式书写、同分异构体书写、有机合成路线设计等。这些均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，既关注基础内容在培养学生关键能力、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。 总之，本次试卷亮点、新题不少，着力素养，凸显思维，引导考生从“解题”走向“解决问题”，这必然会影响到大家对2025年6月的新高考的预判，起到良好的导向作用，这也为2025届内蒙古考生的复习备考提供一些提示和指向。 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 适中 化学与STSE 物理变化与化学变化；金属材料的应用；化石能源 ；煤的液化 2 较易 化学用语 元素、核素、同位素；电子排布式；价层电子对互斥理论的应用；电子式 3 较易 化学与STSE 同系物的判断；复合材料；高分子材料使用对环境的影响；酸、碱、盐、氧化物 4 较易 元素及化合物 氯气的工业制法；电解法制取铝；纯碱的生产；硝酸的工业制备 5 适中 NA 阿伏加德罗常数；甲醛 6 适中 官能团结构与性质 酯类物质组成与结构；油脂的基本组成与结构；萃取和分液 7 适中 实验基本操作 硝酸的强氧化性；沉淀转化；物质分离、提纯的常见化学方法 8 适中 高分子材料与性质 合成有机高分子的基本方法；含有氢键的物质；加成反应 9 较易 元素推断 微粒半径大小的比较方法；根据原子结构进行元素种类推断；电离能的概念及变化规律；氢键对物质性质的影响 10 较易 晶胞 新型电池；共价键的形成及主要类型；晶胞概念及判断 12 适中 工艺流程 溶度积规则及其应用；陌生氧化还原反应方程式的配平 12 适中 电解原理 电解池电极反应式及化学方程式的书写； 13 适中 反应机理 吸热反应和放热反应；化学键与物质类别关系的判断；活化能对反应速率的影响 14 适中 沉淀溶解平衡 沉淀转化；溶度积规则及其应用；酸碱中和滴定原理的应用 15 适中 离子曲线 弱电解质的电离平衡；盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理；酸碱中和滴定原理的应用；化学键与分子间作用力 二、非选择题 16 较难 工艺流程、物质结构 物质制备的探究；离子反应的发生及书写；晶胞的有关计算；物质分离、提纯综合应用 17 适中 物质制备实验 物质制备的探究 18 较难 化学反应原理综合 影响化学平衡的因素；化学平衡的有关计算；盖斯定律与热化学方程式；核外电子排布的表示形式 19 适中 有机合成与推断 同分异构体的数目的确定；逆合成分析法；常见官能团名称、组成及结构；合成路线的设计与优化 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 内蒙古2025年普通高校招生适应性测式(八省联考)化学试题 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，只有一项符合题目要求。 1．内蒙古自治区作为我国重要的能源和战略资源基地，拥有丰富的自然资源。下列说法正确的是( ) A．天然气的主要成分是CO和H2 B．有色金属是指铜、金等有颜色的金属 C．煤的直接液化是物理变化 D．稀土元素是金属元素 【答案】D 【解析】A项，天然气的主要成分是CH4，A错误；B项，在冶金业上把铁、铬、锰称为黑色金属，把铁、铬、锰之外的金属元素称为有色金属，可见有色金属不是指铜、金等有颜色的金属，B错误；C项，煤的直接液化是用煤来生产甲醇等液态燃料，由于变化过程中有新物质产生，因此发生的变化是化学变化，C错误；D项，稀土元素是15种镧系元素以及钇和钪元素，共l7种金属元素，因此稀土元素是金属元素，D正确；故选D。 2．下列化学用语或表述正确的是( ) A．Na2O2电子式： B．209Bi和210Bi：互为同素异形体 C．CH4的空间结构：正方形 D．基态Fe2＋的价电子排布式：3d54s1 【答案】A 【解析】A项，Na2O2是由Na＋和O22-构成的离子化合物，电子式为，A正确；B项，209Bi和210Bi的质子数相同，而中子数不同，属于同一种元素的不同的原子，互为同位素，B错误；C项，CH4的价层电子对数为，其空间结构为正四面体，C错误；D项，Fe为26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，失去电子形成阳离子时，从最外层开始失，因此基态Fe2＋的价电子排布式：3d6，D错误；故选A。 3．化学革新催化体育发展，科技赋能铸就赛场荣光。下列有关说法正确的是( ) A．碳纤维复合材料可增强羽毛球拍的强度，其成分属于单质 B．聚氨酯泳衣能有效提升游泳速度，其成分属于天然高分子 C．氯乙烷气雾剂可缓解运动扭伤疼痛，氯乙烷是乙烷的同系物 D．防滑粉可吸汗防滑，其主要成分碳酸镁属于无机盐 【答案】D 【解析】A项，碳纤维复合材料是由有机纤维经过一系列热处理转化而成，含碳量高于90%的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，具有碳材料的固有本性特征，又兼备纺织纤维的柔软可加工性，是新一代增强纤维，碳纤维复合材料是一种混合物而不是单质，A错误；B项，聚氨酯纤维是聚氨基甲酸酯纤维的简称，是一种人造纤维，是合成高分子材料，B错误；C项，结构相似、分子组成相差1个或多个CH2结构的有机物互称同系物，而氯乙烷和乙烷结构不相似，二者不是同系物，C错误；D项，碳酸镁由镁离子和碳酸根构成，符合盐的组成，是一种无机盐，D正确；故选D。 4．下列有关物质的工业制备反应正确的是( ) A．侯氏制碱：2NaCl+CO2+2NH3+H2O=Na2CO3↓+2NH4Cl B．制硝酸：NaNO3+HCl (浓)= NaCl+HNO3 C．制氯气：NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ D．冶炼铝：Al2O3+3H22Al+3H2O 【答案】C 【解析】A项，侯氏制碱法是将氨气和二氧化碳通入到饱和食盐水中生成碳酸氢钠，再将生成的碳酸氢钠分解生成碳酸钠，其化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，A错误；B项，工业制硝酸是利用氨的催化氧化将氨转化为NO，再与氧气反应生成NO2，最后用水吸收得到硝酸，具体的反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、H2O+3NO2=2HNO3+NO，B错误；C项，工业制氯气是利用电解饱和食盐水的方法，其化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，C正确；D项，工业冶炼金属铝是利用电解熔融氧化铝的原理，其化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑，D错误；故选C。 5．CO2能与H2反应生成一系列高附加值的化学品，其碳元素转化关系如下图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．反应①每生成1molCH4，消耗H2分子数目为4NA B．标准状况下，2.24LHCHO中含中子数目为1.6NA C．反应③每生成3.2gCH3OH，转移电子数目为0.4NA D．100mL1mol·L-1HCOOH溶液中含H原子数目为0.2NA 【答案】A 【解析】A项，反应①为CO2+4H2=CH4+2H2O，每生成1molCH4，消耗H2分子数目为4NA，A正确；B项，标准状况下，2.24LHCHO物质的量为0.1mol，HCHO中中子数为6+8=14个，故2.24LHCHO中含中子数目为1.4NA，B错误；C项，反应③中CO2→CH3OH从+4价到-2价，每生成3.2gCH3OH即0.1mol，转移电子数目为0.6NA，C错误；D项，HCOOH溶液中HCOOH和H2O中都含H原子，故H原子数目大于0.2NA，D错误；故选A。 6．地沟油某成分Ⅰ可发生“酯交换”反应制备生物柴油Ⅲ，转化如下图所示。下列说法错误的是( ) A．Ⅰ和Ⅲ均为高级脂肪酸酯 B．为使Ⅰ充分转化，甲醇的物质的量应大于Ⅰ的3倍 C．水萃取法分离Ⅱ和Ⅲ时，加入NaCl可提升分离效果 D．生物柴油与石化柴油均可水解 【答案】D 【解析】A项，高级脂肪酸酯，是指含有较多碳原子数的脂肪酸和醇分子通过酯基连接而形成的一类化合物，Ⅰ和Ⅲ均为高级脂肪酸酯，A正确；B项，根据转化关系图可知，Ⅰ的分子中含有3个酯基，为使Ⅰ按照“酯交换”反应原理充分转化为生物柴油Ⅲ，甲醇的物质的量应大于Ⅰ的3倍，B正确；C项，Ⅱ为丙三醇，易溶于水，Ⅲ为酯，难溶于水，水萃取法分离Ⅱ和Ⅲ时，加入NaCl可有助于水相和有机相分离，提升分离效果，C正确；D项，生物柴油的主要成分为酯，而石化柴油的主要成分为烃，生物柴油可以水解，石化柴油不能水解，D错误；故选D。 7．下列各组实验中试剂或方法选用正确的是( ) 选项 实验目的 试剂或方法 A 除去铁屑中的铜 稀HNO3、过滤 B 测定NaHSO3水溶液中c(H＋) NaOH溶液、滴定 C 除去试管内壁的CaSO4 Na2CO3溶液、HCl溶液 D 分离乙醇和乙酸乙酯 直接分液 【答案】C 【解析】A项，硝酸与铁、铜均反应，可以用浓硝酸去除铁粉中的铜粉，A错误；B项，NaHSO3溶液中，亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，但因亚硫酸氢根的电离程度小，故无法用滴定法测定，B错误；C项，硫酸钙与碳酸钠反应，转化为碳酸钙难溶物，加入盐酸后，碳酸钙溶解，C正确；D项，将混合物通入饱和碳酸钠溶液中，碳酸钠溶液吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，D错误；故选C。 8．聚乙烯醇(PVA)广泛应用于建筑、医药、纺织、造纸、包装等诸多领域，可用如下方法制备。 下列说法错误的是( ) A．①为加成反应 B．②③分别为缩聚反应、水解反应 C．PVA能与水形成氢键 D．PVA可用作高吸水性材料 【答案】B 【解析】A项，①为乙酸中羟基氢氧键断裂后加成在乙炔碳碳三键上，A正确；B项，合成PVA时，先碳碳双键上发生加聚反应，再水解反应，B错误；C项，PVA含有羟基，能与水形成氢键，C正确；D项，PVA中含有大量的羟基，可用作高吸水性材料，D正确；故选B。 9．电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列说法错误的是( ) A．原子半径：Z＞X＞Y B．该离子中Z、W、Z三原子共线 C．第一电离能：M＜X＜W D．简单氢化物沸点：X＞Y＞M 【答案】B 【解析】M原子序数最小，且形成4键，则M为C；X形成2键，Z形成6键，且X和Z同族，则X为O，Z为S；原子序数依次增大，则W为N；Y形成1键，则Y为F；因此M、W、X、Y、Z依次为：C、N、O、F、S。A项，电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越小原子半径越大，因此原子半径：S＞O＞F，A正确；B项，根据该阴离子的结构示意图可知N原子采取sp3杂化，因此该离子中S、N、S三原子不可能共线，B错误；C项，同周期元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA异常，故第一电离能：C＜O＜N，C正确；D项，由于H2O、HF分子间存在氢键，H2O常温下为液态，HF常温下为气态，故简单氢化物沸点：H2O＞HF＞CH4，D正确；故选B。 10．钾锰铁基普鲁士白[K2MnFe(CN)6]是一种钾离子电池正极材料，充电时随着脱出，其结构由Ⅰ经Ⅱ最终转变为Ⅲ；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的晶胞俯视图及Ⅱ的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是( ) A．Ⅲ转化为Ⅰ是非自发过程 B．充电过程中或的价态降低 C．晶体Ⅱ的化学式为KMnFe(CN)6 D．晶胞Ⅲ中π键数目为24 【答案】C 【解析】钾锰铁基普鲁士白[K2MnFe(CN)6]是一种钾离子电池正极材料，充电时装置为电解池，其为阳极，失去电子发生氧化反应，充电随着K+脱出，其结构由Ⅰ经Ⅱ最终转变为Ⅲ，则Ⅲ转化为Ⅰ是原电池放电过程。A项，由分析，Ⅲ转化为Ⅰ是原电池放电过程，原电池中会发生自发的氧化还原反应，A错误；B项，充电过程阳极发生氧化反应，则Fe或Mn的价态升高，B错误；C项，据“均摊法”，晶胞Ⅱ中含个FeC6、个MnN6、4个K，则化学式为KMnFe(CN)6，C正确；D项，结合C分析，晶胞Ⅲ中24个CN-，CN-中含有碳氮叁键，1个叁键含有1个σ键2个π键，则其中π键数目为48，D错误；故选C。 阅读下列材料，完成下列小题。 随着锂离子电池在众多领域的广泛应用，其废旧电池的回收工作愈发显得意义重大。现行的回收工艺通常采用酸浸碱浸的方法，从锂离子电池正极材料LiCoO2 (含少量金属Cu)中提取Li和Co，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。与此同时，为达成绿色回收Li和Co的目标，科研人员正在研究一种新型电解回收工艺。已知：Ksp[Co(OH)2]= 6×10－15，Ksp[Cu(OH)2]= 2×10－20。 11．一种现行回收工艺的流程如下图所示。下列说法正确的是( ) A．“浸取”反应中，正极材料成分为还原剂 B．“浸取”时LiCoO2转化为Li2SO4和CoSO4 C．滤液2中 D．LiCoO2再生：4Co(OH)2+2Li2CO34LiCoO2+2CO↑+4H2O 12．电解回收工艺的原理如下图所示。下列说法错误的是( ) A．太阳能电池板经光照产生的电子流向a极 B．LiCoO2浸出：4LiCoO2+12H+=4Co2++4Li++O2↑+6H2O C．b电极反应：2H2O+2e-=H2↑＋2OH- D．电解前除去LiCoO2中的杂质，可提高Co(OH)2纯度 【答案】11．B 12．A 【解析】电池正极材料LiCoO2 (含少量金属Cu)，加稀硫酸及过氧化氢反应，生成铜离子、钴离子、锂离子，再加氢氧化钠进行沉铜，进一步加氢氧化钠进行沉钴，进行一系列操作得到碳酸锂，将得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，实现LiCoO2的再生；由太阳能电池电解回收工艺的原理可知，电极a上水失去电子变为氧气，所以电极a为阳极，电极式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，电极b为阴极，电极式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-。 11．A项，“浸取”反应中，正极材料成分LiCoO2中Co元素化合价由+3价降低为+2价，所以正极材料成分为氧化剂，故A错误；B项，“浸取”时LiCoO2和稀硫酸及过氧化氢反应，由流程图可知，沉钴时加NaOH溶液生成Co(OH)2，则Co元素在“浸取”时转化为Co2+，Li元素化合价不变，所以“浸取”时LiCoO2转化为Li2SO4和CoSO4，故B正确；C项，滤液2中Cu(OH)2、Co(OH)2达到饱和，则滤液2中，故C错误；D项，LiCoO2再生的过程中，在空气中煅烧，氧气为氧化剂，所以化学方程式为：4Co(OH)2+2Li2CO3+O24LiCoO2+2CO2↑+4H2O，故D错误；故选B。 12．A项，电极b为阴极，太阳能电池板经光照产生的电子流向b极，故A错误；B项，LiCoO2浸出生成钴离子，钴元素化合价降低，氧元素化合价升高，所以离子方程式：4LiCoO2+12H+=4Co2++4Li++O2↑+6H2O，故B正确；C项，b电极为阴极，电极反应式：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，故C正确；D项，电解前除去LiCoO2中的杂质，防止铜离子加NaOH溶液时生成Cu(OH)2，可提高Co(OH)2纯度，故D正确；故选A。 13．某离子液体的阴离子[CH(CN)2]-可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是( ) A．两种路径的总反应相同 B．路径Ⅰ是主要的反应途径 C．该反应为放热反应 D．生成物中既含离子键又含共价键 【答案】B 【解析】A项，反应物相同，经过不同的反应路径，最终生成物相同，均为[C(CN)2COOH]-，总反应均为[CH(CN)2]-+CO2=[C(CN)2COOH]-，A正确；B项，路径Ⅱ活化能小，反应速率快，故路径Ⅱ是主要的反应途径，B错误；C项，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，C正确；D项，生成物为[C(CN)2COOH]-，其内部含有共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含有阳离子，与[C(CN)2COOH]-之间存在离子键，D正确；故选B。 14．测定I-含量步骤如下：向含试样中先加入已知物质的量的过量AgNO3溶液，再加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用KSCN溶液进行滴定，溶液出现浅红色即达滴定终点，消耗cmol·L-1KSCN溶液VmL。已知：。下列说法错误的是( ) A．滴定中有AgSCN生成 B．不可先加指示剂，后加AgNO3溶液 C．试样中n(I-)=10-3cVmol D．以上实验步骤不适用于Cl-含量测定 【答案】C 【解析】A项，滴定中KSCN溶液与过量的AgNO3溶液反应生成AgSCN沉淀，到达终点时KSCN与指示剂NH4Fe(SO4)2反应生成红色Fe(SCN)3，故A正确；B项，先加指示剂，则指示剂中的Fe3+与I-反应，影响终点指示，故B正确；C项，KSCN溶液测定的是剩余AgNO3的物质的量，需根据AgNO3溶液的起始量与剩余量差计算碘离子的物质的量，故C错误；D项，由于Ksp(AgCl)= 10−9.74>Ksp(AgSCN)=10−11.9，用KSCN滴定过量的Ag+时，会使AgCl沉淀发生转化，因此该实验不适用于Cl-含量测定，故D正确，故选C。 15．25℃时，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液分别滴定三种浓度均为0.1000mol·L-1的一元酸HA溶液(HA代表CH3COOH、CF3COOH或CH2ClCOOH)，滴定过程pH变化如下图所示。已知CH2ClCOOH的pKa=2.86。下列说法错误的是( ) A．M点对应溶液中，c(A－)=10c(HA) B．25℃时，Ⅲ对应的酸Ka=10-1.52 C．Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线 D．酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH 【答案】B 【解析】卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的共用电子对更加靠近吸电子基团，更容易电离出H＋，使酸性增强，因此CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH。在相同的浓度下，HA的酸性越强，电离出的c(H＋)越大，pH越小。根据图像，滴定还未开始时，溶液的pH：曲线Ⅰ>曲线Ⅱ>曲线Ⅲ，则酸性：曲线Ⅰ<曲线Ⅱ<曲线Ⅲ，可知曲线Ⅰ表示的是CH3COOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ和Ⅲ分别表示的是CH2ClCOOH和CF3COOH溶液的滴定曲线。A项，曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定CH2ClCOOH溶液。根据已知，CH2ClCOOH的pKa=2.86，则Ka=10-2.86。CH2ClCOOH的电离方程式：CH2ClCOOH⇌CH2ClCOO－＋H＋，平衡常数。M点溶液的pH=3.86，c(H＋)=10-3.86，代入平衡常数表达式中，可得，则c(CH2ClCOO－)=10c(CH2ClCOOH)，若用HA表示，则c(A－)=10c(HA)，A正确；B项，，曲线Ⅲ表示的是CF3COOH溶液的滴定曲线。CF3COOH的电离方程式：CF3COOH⇌CF3COO－＋H＋，平衡常数。根据图像，滴定还未开始时，CF3COOH溶液的pH=1.06，c(CF3COO－)c(H＋)=，c(CF3COOH)，则，B错误；C项，CH3COOH的酸性最弱。相同浓度下，酸越弱，电离出的c(H＋)越小，pH越大，结合图像，可知曲线Ⅰ为CH3COOH溶液的滴定曲线，C正确；D项，卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中O—H键的公共电子对更加靠近吸电子基团，从而更容易电离出H＋，使酸性增强，则CH3COOH、CF3COOH和CH2ClCOOH的酸性强弱：CF3COOH>CH2ClCOOH>CH3COOH，D正确；故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下： 回答下列问题： (1)Ti位于元素周期表 区。 (2)滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和 。 (3)“除铁”步骤溶液中残留的FeF63-以钠盐形式析出，离子方程式为 。 (4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6的水解率(α)与溶液pH的关系如下图所示。为提高分离效果，“水解”的最佳pH为 。水解后的滤液需返回工艺进行循环，目的是 。 (5)“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀的化学方程式为 。 (6)“煅烧”产生的气体中可循环使用的物质是 和 (填化学式)。 (7)如下图所示，“煅烧”温度达1000℃时，锐钛矿型TiO2 (晶胞Ⅰ，位于晶胞顶点、侧面和体心)转换成金红石型TiO2 (晶胞Ⅱ)，晶胞体积，。则晶体密度比 (填最简整数比)。 【答案】(1)d (2)CaF2 (3) FeF63-+3Na+= Na 3FeF6↓ (4) 9.0 循环利用，提高钛元素的利用率，且能减少污染物排放 (5)(NH4)2TiF6+H2O=(NH4)2TiOF4↓+2HF (6) NH3 HF (7) 【解析】含钛电炉渣氟化浸出的滤渣为(NH4)3FeF6和生成的CaF2沉淀，浸出液加入饱和食盐水除去铁，滤液加入氨水水解生成(NH4)2TiOF4，加入水蒸气煅烧得到二氧化钛。(1)Ti为22号元素，位于元素周期表d区。(2)由分析，滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和CaF2；(3)“除铁”步骤溶液中残留的FeF63-和钠离子结合以钠盐形式析出，离子方程式为：FeF63-+3Na+= Na3FeF6↓；(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6通过水解使得其中(NH4)2TiF6生成水解产物(NH4)2TiOF4沉淀而和(NH4)2SiF6分离，结合图可知，“水解”的最佳pH为9.0，此时(NH4)2SiF6几乎不水解进入滤液、(NH4)2TiF6水解进入沉淀；水解后的滤液需返回工艺进行循环，目的是循环利用，提高钛元素的利用率，且能减少污染物排放；(5)(NH4)2TiF6 “水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀，结合质量守恒还生成HF，反应为：(NH4)2TiF6+H2O=(NH4)2TiOF4↓+2HF；(6)(NH4)2TiOF4 和水蒸气“煅烧”生成二氧化钛和气体，结合质量守恒，气体为氨气和HF，可以分别在氟化浸出、水解环节循环使用，故产生的气体中可循环使用的物质是NH3和HF；(7)据“均摊法”， 晶胞Ⅰ中含个Ti、晶胞Ⅱ中含个Ti，结合化学式，则1个晶胞中均含4个TiO2，则。 17．硫酸四氨合铜在工业上用途广泛。某实验小组用废铜屑(含少量铁、油污)制备[Cu(NH3)4]SO4·xH2O，步骤如下： Ⅰ．取废铜屑，碱洗后加入稀H2SO4和H2O2溶液，在40~50℃下充分溶解。 Ⅱ．调节至3~4，加热煮沸2分钟，趁热过滤。 Ⅲ．向滤液中逐滴加入浓氨水至澄清。 Ⅳ．加入无水乙醇，过滤；沉淀先用试剂M洗涤，再用乙醇与乙醚混合液洗涤，干燥，得深蓝色晶体。 已知：硫酸四氨合铜溶液是深蓝色；Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ碱洗的目的是 。 (2)步骤Ⅱ可除去溶液中的 和 (填离子符号或化学式)。 (3)步骤Ⅲ的实验现象为 。 (4)步骤Ⅳ中试剂M应选用_______(填标号)。 A．乙醇和浓氨水混合溶液 B．蒸馏水 C．乙醇和稀硫酸混合溶液 D．Na2CO3溶液 (5)对产品进行热重分析，结果如下图所示。200℃时结晶水已全部失去，400℃时产物为CuSO4，则 ；250~400℃阶段反应的化学方程式为 。 (6)实验中Cu的损耗忽略不计，废铜屑中Cu的质量分数= %(精确至1%)。 【答案】(1)除去废铜屑表面的油污 (2) Fe3+ H2O2 (3)有大量的蓝色沉淀生成，继续滴加浓氨水后蓝色沉淀逐渐减少至完全消失，溶液变为深蓝色 (4)A (5) 1 Cu(NH3)SO4CuSO4+NH3↑ (6)80% 【解析】实验目的为制备[Cu(NH3)4]SO4·xH2O，实验原理Cu+H2SO4+H2O2=CuSO4+2H2O，CuSO4+4NH3·H2O=Cu(NH3)4SO4+4H2O，实验步骤Ⅰ、Ⅱ制备硫酸铜溶液，步骤Ⅲ制备得到硫酸四氨合铜溶液，步骤Ⅳ加入无水乙醇降低硫酸四氨合铜溶解度，结晶析出晶体，过滤、洗涤、干燥，得深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·xH2O。(1)废铜屑表面有油污等杂质，常用碳酸钠溶液洗去油污，步骤Ⅰ碱洗的目的是除去废铜屑表面的油污；(2)废铜屑含有少量铁，步骤Ⅰ充分反应后溶液中含有Fe3+及过量的H2O2，调节pH至3~4，可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，加热煮沸2分钟可以使H2O2分解而除去；(3)步骤Ⅱ得硫酸铜溶液，步骤Ⅲ逐滴加入浓氨水过程先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，而Cu(OH)2能与浓氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，故实验现象为有大量的蓝色沉淀生成，继续滴加浓氨水蓝色沉淀逐渐减少至完全消失，溶液变为深蓝色；(4)步骤Ⅳ沉淀为[Cu(NH3)4]SO4·xH2O，洗涤沉淀需减少沉淀的溶解，及抑制配离子的电离，乙醇可以降低该晶体的溶解，浓氨水可以抑制[Cu(NH3)4]2+电离，故试剂M为乙醇和浓氨水混合溶液，A项正确；故选A；(5)根据图像可知，400℃时固体质量为3.20g，产物为CuSO4物质的量为，根据元素质量守恒，初始25℃时，固体[Cu(NH3)4]SO4·xH2O质量为4.92g，物质的量为0.02mol，则其摩尔质量为，数值上等于相对分子质量，而Cu(NH3)4SO4的相对分子质量为228，则x=；失去全部结晶水时Cu(NH3)4SO4的质量为，200℃时固体质量只有3.88g，说明此时固体不是Cu(NH3)4SO4，而400℃时固体为CuSO4质量为3.20g， 由Cu(NH3)4SO4转化为CuSO4时质量减少，为NH3的质量，200℃时固体质量3.88g转化为CuSO4时质量减少，由Cu(NH3)4SO4转化为200℃时固体时质量减少，可知200℃时固体为Cu(NH3)2SO4，200~250℃阶段与250~400℃阶段固体质量减少量相等，都为0.34g，则250℃时固体为Cu(NH3)SO4(或400℃时固体CuSO4物质的量为0.02mol，250~400℃阶段固体质量减少0.34g为0.02molNH3的质量，CuSO4与NH3物质的量之比为1:1，确定250℃时固体为Cu(NH3)SO4)，故250~400℃阶段反应的化学方程式为Cu(NH3)SO4CuSO4+NH3↑；(6)24.60g深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，则含有的铜元素的质量为，废铜屑中Cu的质量分数=。 18．在传统克劳斯工艺制备S2的基础上，科研工作者提出分解H2S制备S2同时获取H2的新方法，反应如下： 反应1：2H2S(g)＋O2(g)=2H2O(g)+S2(g) ΔH1 反应2：2H2S(g)2H2(g)+S2(g) ΔH2 (1)传统克劳斯工艺反应如下，则ΔH1= 。 2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH3＝-1036kJ·mol−1 4H2S(g)＋2SO2(g)=3S2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝+94kJ·mol−1 (2)按照新方法，向1L恒容容器中通入0.01 mol混合气体。H2S的转化率与温度关系曲线如图1所示，三条曲线分别代表平衡转化率及相同反应时间内有、无催化剂的转化率。 ①代表平衡转化率的曲线是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 ②ΔH2 0(填“<”“=”或“>”)；新方法加入部分O2，而未采用H2S直接分解法的原因是 。 ③P点n(H2)= 1.0×10-4mol，此时n(S)=________mol，反应2的平衡常数 。 (3)1000℃时，恒容容器中发生反应2，H2S和H2的体积分数随时间变化曲线如图2所示。下列说法正确的是_______。 A．反应2在M点达到化学平衡状态 B．40 ms时，通入Ar，α(H2S)不变 C．H2S的反应速率：v(M)＞v(N) D．50 ms时，降低温度，H2的产率增加 (4) NiO可催化分解H2S。形成立方NiO时，Ni2+的轨道分裂为两组。请参照基态原子核外电子排布规律将Ni2+的价电子填充至图3中，完成轨道表示式 。 【答案】(1)-314kJ·mol−1 (2) I > 使H2与O2反应生成水，减小H2的浓度，使反应2平衡正向移动 2.5×10-4mol 1.0×10-5 (3)BC (4) 【解析】(1)根据盖斯定律(④+③)得2H2S(g)＋O2(g)=2H2O(g)+S2(g)，；(2)①催化剂不影响转化率，只影响速率，因此平衡转化率是该条件下的最大转化率，有无催化剂都不会超过最大转化率，故平衡转化率曲线是I；②温度升高，H2S的转化率升高，反应1为放热反应，温度升高转化率降低，故反应2为吸热反应，温度升高，转化率升高，且程度比反应1大，故ΔH2>0；新方法加入部分O2，而未采用H2S直接分解法的原因是使H2与O2反应生成水，减小H2的浓度，使反应2平衡正向移动；③向1L恒容容器中通入0.01 mol混合气体，则，，设生成了2xmol H2O和2ymol H2，则 P点H2S的转化率50%，，，解得y=，x=2.0×10-4mol，；；(3)A项，化学平衡状态是指各组分浓度不再变化，反应2在M点未达到平衡，因在M点后体积分数依然在改变，A错误；B项，恒容容器中，40 ms时已达到平衡，通入Ar不影响平衡移动，故α(H2S)不变，B正确；C项，M点的H2S的浓度高于N点，故反应速率：v(M)＞v(N)，C正确；D项，50 ms时，反应2为吸热反应，降低温度平衡向放热方向移动，平衡逆向移动，H2的产率减小，D错误；故选BC；(4)Ni2+的价层电子排布式为3d8，原子核外电子排布先排能量低再排能量高，且根据泡利不相容原理轨道表示式。 19．I是合成抗癌药物贝组替凡的中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)A能发生银镜反应，其结构简式为 。 (2)E中官能团名称为 和 。 (3)H→I的反应类型为 。 (4)D的同分异构体中，含有苯环、碳碳双键和羧基的有 种(不考虑立体异构)。 (5)E经碱性水解、取代、酸化得到G。取代步骤的化学方程式为 。 (6)参照上述合成过程，设计B→C的合成路线如下(部分反应条件已略去)。其中J和K的结构简式分别为 和 。 【答案】(1) (2)碳溴键 酯基 (3)取代反应 (4)5 (5)++KF (6) 【解析】采用逆推法，依据B的结构简式，参照A的分子式，可确定A为；被RCOOOH氧化，生成；依据D、F、G的结构简式，采用逆推法，可推出E为；G发生取代反应生成H，H在AlCl3作用下发生取代反应生成I。(1)A能发生银镜反应，参照A的分子式，可确定其结构简式为。(2)E为，官能团名称为：碳溴键和酯基。(3)H()I()+HCl，反应类型为取代反应。(4)D为，它的同分异构体中，含有苯环、碳碳双键和羧基的有、、共5种(不考虑立体异构)。(5)E为，经碱性水解生成、取代生成、酸化得到G。取代步骤的化学方程式为++KF。(6)参照上述合成过程，设计B→C的合成路线如下(部分反应条件已略去)。则与H2在Pd/C催化作用下发生加成反应，生成J为，J与(COCl)2发生取代反应生成K为，K发生分子内的取代反应，从而生成。所以J和K的结构简式分别为和。 ( 23 )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 $$