信息必刷卷02（北京专用）-2025年高考化学考前信息必刷卷

绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷02(北京专用) 化 学 考情速递 高考·新动向：近年来高考化学试卷总体呈现回归教材、回归课标的特点，2025年可能会继续延续这一趋势。这意味着每一道题在考纲上都会有相应的考点对应，不管题型、考法、侧重点如何变化，都会基于教材本身展开。 高考·新考法：对中学化学基础知识能正确复述、再现、识别，并能融会贯通；将实际问题分解，通过运用有关知识，采用分析、综合的方法，处理简单化学问题；对常规考点的新设问或知识融合，对非常规考点的创新糅合等。 高考·新情境：继续考查高中化学主干内容，强调化学与科技、生产、生活的亲密联系。高考化学学科的改革旨在贴近社会与生活，强调课程标准的教育理念。改革后，试题将更加紧密地结合生活生产环境，体现教育与实践的融合。命题会精选试题情境，发挥学科育人价值。情境素材可能来源于生活实际、科研成果、社会热点等 命题·大预测：化学试题将继续体现综合性，即一道试题可能涉及多个知识点的综合考查。例如，在一道工业流程题中，可能同时考查化学反应原理、元素化合物知识、化学实验操作等多个方面的内容，要求考生能够将所学的化学知识融会贯通。题目的呈现方式可能会有创新，例如采用图表、数据等多种形式呈现信息，增加信息的密度，测试考生在阅读理解、知识提炼、信息整合及书面表达等方面的综合能力。考生需要能够快速捕捉关键信息、精准分析并有效传达信息，像根据图表中的数据变化趋势分析化学平衡的移动方向等。 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 Cu-64 I-127 Ag-108 第一部分 一、选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。) 1．38Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中87Sr/86Sr值不变。土壤生物中87Sr/86Sr值与土壤中87Sr/86Sr值有效相关。测定土壤生物中87Sr/86Sr值可进行产地溯源。下列说法不正确的是( ) A．Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族 B．可用质谱法区分87Sr和86Sr C．87Sr和86Sr含有的中子数分别为49和48 D．同一地域产出的同种土壤生物中87Sr/86Sr值相同 2．下列说法不正确的是( ) A．基态Cr原子的价层电子轨道式： B．N2、N3-、N4、N5+互为同素异形体 C．N，N-二甲基甲酰胺： D．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式： 3．将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是( ) A．阴极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+ B．金属M的活动性比Fe的活动性弱 C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 4．下列有关说法正确的是( ) A．用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别丙醛与丙酮 B．丁苯橡胶、聚酯纤维、聚乙烯都是通过加聚反应获得的高聚物 C．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对 D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量NaOH溶液，再加入碘水可判断淀粉是否完全水解 5．下列离子方程式书写正确的是( ) A．硝酸钡溶液中通入少量SO2：Ba2＋＋NO3-＋SO2＋H2O=BaSO4↓＋NO＋H＋ B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：CO32-＋Cl2 =CO2＋ClO-＋Cl- C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5＋OH-ClCH2COO-＋C2H5OH D．铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2↑ 6．下列实验的对应操作中，不合理的是( ) A．用标准溶液滴定溶液 B．配制一定物质的量浓度的溶液 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．稀释浓硫酸 7．某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO42-，欲除去其中的Cu2+、SO42-，设计工艺流程如下图所示，下列说法不正确的是( ) A．流程图中，操作x为过滤 B．NaOH的作用是除去Cu2+ C．试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，二者顺序可以互换 D．试剂c为盐酸 8．草酸(H2C2O4)是生物体的一种代谢产物，在工业中有重要作用，下列说法不正确的是( ) A．草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．草酸中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同 C．草酸中C原子的杂化方式为sp2 D．草酸可使澄清的石灰水变浑浊 9．工业上由FeCl2与环戊二烯钠(C5H5Na)合成二茂铁[Fe(C5H5)2]，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是( ) A．FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表区 B．二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化 D．在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键 10．研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，转化关系如下图所示。a、c代表S或SO2中的一种。 下列说法正确的是( ) A．a、b分别是SO2、H2SO3 B．反应①可以存储太阳能，反应③释放出能量 C．降低压强可以提高反应②中a的平衡转化率 D．②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 11．可降解塑料聚羟基丁酸酯()可由以下线路合成，下列说法正确的是( ) A．A分子最多有6个原子共平面 B．反应①的条件为浓硫酸作催化剂并加热 C．由D生成PHB的反应为加聚反应 D．1molC与足量Na完全反应可生成标准状况下11.2LH2 12．已知：25℃，Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10－12，Ksp(AgBr)= 5.0×10－13。下列“类比”结果正确的是( ) A．溶液中Fe3+与HCO3-会发生双水解反应，Fe3+与HS-主要也发生双水解反应 B．NCl3水解生成NH3与HClO，则NF3水解同样生成NH3 C．Cl-的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择K2CrO4作指示剂，同样也可以 D．乙醇与足量的K2Cr2O7反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化丙酸 13．常温下，Na2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。 已知：A2-的物质的量分数 = 下列表述不正确的是( ) A．0.1 mol·L-1 H2A溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1 B．在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A) C．将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液的pH为4.2 D．M点对应的pH为2.7 14．某小组欲制备配离子[Cu(NH3)4]2+，实验如下。 序号 步骤 Ⅰ 向2mL0.2mol·L-1 CuSO4溶液中滴加0.5mL1mol·L-1氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约1.5mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 分别向0.1mol·L-1 CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；1min后，前者铁钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象 Ⅲ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入5mL1mol·L-1氨水，溶液略变为蓝色，固体未见明显溶解；滴加2滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液 已知：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ K=2.0×1013 Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=2.2×10－20 下列说法不正确的是( ) A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH4+ B．加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液，不能得到纯净的[Cu(NH3)4]SO4固体 C．Ⅱ中现象证明了CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中，+2价铜的存在形式不同 D．Ⅲ中固体完全溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- 第二部分 二、非选择题(本部分共5题，共58分。) 15．(10分)含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答： Ⅰ．SiCl4 是生产多晶硅的副产物。 (1)基态硅原子的价层电子排布式为 。 (2)已知SiCl4 比CCl4 更易水解，导致SiCl4 更易水解的因素有 (填标号)。 a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大 c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道 Ⅱ．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。 已知硫代硫酸根(S2O32-)可看作是SO42-中的一个原子被原子取代的产物。 (3)基态原子的价层电子排布式不能表示为，因为违背了 (4)能确定晶体中各原子的位置(坐标)，从而得出分子空间结构的一种方法是 。 a．质谱法 b．射线衍射 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱 (5)S2O32-作为配体可提供孤电子对与 Ag+形成[ Ag(S2O3)2]3-。分析判断S2O32-中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由： 。 (6) MgS2O3·6H2O的晶胞如图，该晶胞中S2O32-个数为 。假设晶胞边长分别为，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g ·c m-3(用相应字母表示)。 16．(10分)烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟将烟气中的NO深度氧化为N2O5，并进一步将N2O5转化获得含氮产品，流程示意图如下。 深度氧化器中发生的反应： ⅰ．NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝- akJ·mol−1 ⅱ．NO2(g)＋O3(g)=NO3(g)＋O2(g) ΔH2＝- bkJ·mol−1 ⅲ．NO2(g)＋NO3(g)=N2O5(g) ΔH3＝- ckJ·mol−1(a、b、c＞0) (1)NO被深度氧化，补全热化学方程式： 2NO(g)＋3O3(g)=N2O5(g)＋3O2(g) ΔH＝____________kJ·mol−1 (2)一定条件下，不同温度时，N2O5的浓度随时间的变化如图所示。 ①T1 T2(填“>”或“<”)。 ②8s时，N2O5的浓度不同的原因是 。 (3)一定条件下，NO的初始浓度为200ppm时，不同反应时间，深度氧化器中NO2的浓度随n(O3)：n(NO)的变化如图所示。反应过程中NO3的浓度极低。 ①n(O3)：n(NO)＜1.0时，深度氧化器中发生的反应主要是 (填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ②0.9s、n(O3)：n(NO)＞1.0时，NO2的浓度随n(O3)：n(NO)变化的原因是 。 (4)80℃、n(O3)：n(NO)=1.5且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是 。 (5)深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。 已知NO3-、MnO4-的还原产物分别是NO、Mn2+。产品中NO3的物质的量浓度为 mol/L。 17．(12分)一种环状高分子P3的合成路线如下： 已知：①P2的结构为 ②(表示取代基) ③RClRN3 (1)A是一种常用的化工原料，其中包含的官能团是 。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)D生成CH≡CCH2OH的反应条件是 。 (4)上述流程中生成F的反应为酯化反应，则该反应的化学方程式是 。 (5)单体Ⅱ的结构简式是 。 (6)下列说法正确的是 (填字母) a．F→P1的反应类型为缩聚反应 b．P3可能的结构如上图所示 c．P2→P3的过程中有可能得到线型高分子 d．碱性条件下，P3可能彻底水解成小分子物质 (7)已知：；；Q(C6H11NO)是用于合成单体I的中间体。下图是以苯酚为原料合成Q的流程，M→N的化学方程式是 。 18．(12分)我国科学家用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4·7H2O)，其工艺流程如下。 已知： ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：Co2+、、和等 ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃)：Ksp[Fe(OH)3])=2.8×10－39，Ksp(CaF2)=4.0×10－11 ⅲ. CoSO4·7H2O溶解度随温度升高而明显增大 (1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是 。 (2)浸出Co2+时，理论上氧化性离子和还原性离子物质的量之比为 。 (3)写出“氧化沉铁”的离子方程式 ；25℃时，浊液中铁离子浓度为 mol/L(此时pH为4)。 (4)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经 操作，得到硫酸钴晶体。 (5)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。 在溶液中，用铁氰化钾将Co(II)氧化为Co(III)，过量的铁氰化钾以Co(II)标准液返滴定。反应的方程式为：Co2++[ Fe(CN)6]3-=Co3++[ Fe(CN)6]4。 已知：铁氰化钾标准液浓度为c1mol/L，Co(II)标准液浓度为c2mol/L。 取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗V1mL铁氰化钾标准液、V2mL Co(II)标准液。 计算样品中钴含量 (以钴的质量分数计)。 19．(14分)某小组同学根据Fe3+、Fe2+和Zn2+的氧化性推出溶液中Zn与Fe3+可能先后发生两个反应：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，进行如下实验。 实验 试剂 现象 Ⅰ 2mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液、过量锌粉 黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁 Ⅱ 2mLpH≈0.70的1 mol·L-1FeCl3溶液、过量锌粉 片刻后有大量气体产生，出现红褐色浑浊，约半小时后，产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁 (1)取实验Ⅰ反应后的少量溶液，滴加几滴K3[ Fe(CN)6]溶液，生成 ，证明有。 (2)结合化学用语解释实验Ⅱ中产生红褐色浑浊的原因： 。 (3)实验Ⅲ，用Fe2(SO4)3溶液和Fe(NO3)3溶液替代实验Ⅱ中的FeCl3溶液： 实验 试剂 现象 Ⅰ 2mLpH≈0.70的1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液、过量锌粉 约半小时后，溶液变为深棕色且浑浊，无铁产生 Ⅱ 2mLpH≈0.70的amol·L-1Fe2(SO4)3溶液、过量锌粉 约半小时后，溶液呈浅绿色且浑浊，有少量铁产生 资料：Fe2++NOFe(NO)]2+，Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。 ①a= 。 ②有人认为Ⅰ中深棕色溶液中存在Fe(NO)]2+，设计实验证明。实验的操作和现象是 。 ③对照实验Ⅱ和Ⅲ，Fe(NO3)3溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是 。 (4)实验Ⅳ：将实验Ⅱ中FeCl3水溶液换成FeCl3无水乙醇溶液，加入足量锌粉，刻后，反应放热，有大量铁产生。由实验Ⅰ~Ⅳ可知：锌能否与Fe3+反应得到单质铁，与Zn和Fe3+的物质的量、Fe3+的浓度、 、 等有关。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考考前信息必刷卷02(北京专用) 化 学·参考答案 第一部分 一、选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A B C C D B C B D B D C C D 第二部分 二、非选择题(本部分共5题，共58分。) 15．(10分) (1)3s23p2(1分) (2)abd(2分) (3)洪特规则(1分) (4)b(1分) (5)S2O32-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基 S原子含有孤电子对，能做配位原子(2分) (6) 4(1分) (2分) 16．(10分 (1) -(2a+b+c) (1分) (2)＜(1分) 8s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低(2分) (3)ⅰ(1分) 0.9s、n(O3)：n(NO)＞1.0时，n(O3)：n(NO)增大，使增大，增大，从而使NO2的浓度减小(2分) (4)使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率(1分) (5) (2分) 17．(12分) (1)碳碳双键(1分) (2)取代反应(1分) (3)氢氧化钠醇溶液，加热(2分) (4)CH≡CCH2OH+CH3CHClCOOCH2C≡CH+H2O(2分) (5) (2分) (6)bc(2分) (7)2+O2+2H2O(2分) 18．(12分) (1)2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O(2分) (2)2：1(2分) (3) 6Fe2++15H2O+ ClO3-=6Fe(OH)3↓+Cl -+12H+(2分) (2分) (4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(2分) (5) (2分) 19．(14分) (1)蓝色沉淀(2分) (2)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，H+被消耗，促进Fe3+的水解，产生氢氧化铁沉淀(2分) (3)①0.5(2分) ②过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体(2分) ③Fe2+与NO结合生成Fe(NO)]2+，溶液中Fe2+的浓度下降，使得Fe2+与Zn反应的化学反应速率变慢(2分) (4)阴离子种类(2分) 溶剂(2分) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷02(北京专用) 化 学 考情速递 高考·新动向：近年来高考化学试卷总体呈现回归教材、回归课标的特点，2025年可能会继续延续这一趋势。这意味着每一道题在考纲上都会有相应的考点对应，不管题型、考法、侧重点如何变化，都会基于教材本身展开。 高考·新考法：对中学化学基础知识能正确复述、再现、识别，并能融会贯通；将实际问题分解，通过运用有关知识，采用分析、综合的方法，处理简单化学问题；对常规考点的新设问或知识融合，对非常规考点的创新糅合等。 高考·新情境：继续考查高中化学主干内容，强调化学与科技、生产、生活的亲密联系。高考化学学科的改革旨在贴近社会与生活，强调课程标准的教育理念。改革后，试题将更加紧密地结合生活生产环境，体现教育与实践的融合。命题会精选试题情境，发挥学科育人价值。情境素材可能来源于生活实际、科研成果、社会热点等 命题·大预测：化学试题将继续体现综合性，即一道试题可能涉及多个知识点的综合考查。例如，在一道工业流程题中，可能同时考查化学反应原理、元素化合物知识、化学实验操作等多个方面的内容，要求考生能够将所学的化学知识融会贯通。题目的呈现方式可能会有创新，例如采用图表、数据等多种形式呈现信息，增加信息的密度，测试考生在阅读理解、知识提炼、信息整合及书面表达等方面的综合能力。考生需要能够快速捕捉关键信息、精准分析并有效传达信息，像根据图表中的数据变化趋势分析化学平衡的移动方向等。 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 Cu-64 I-127 Ag-108 第一部分 一、选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。) 1．38Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中87Sr/86Sr值不变。土壤生物中87Sr/86Sr值与土壤中87Sr/86Sr值有效相关。测定土壤生物中87Sr/86Sr值可进行产地溯源。下列说法不正确的是( ) A．Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族 B．可用质谱法区分87Sr和86Sr C．87Sr和86Sr含有的中子数分别为49和48 D．同一地域产出的同种土壤生物中87Sr/86Sr值相同 【答案】A 【解析】A项，Sr位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；B项，质谱法可以测定原子的相对原子质量，87Sr和86Sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；C项，87Sr的中子数为87-38=49，86Sr的中子数为86-38=48，故C正确；D项，由题意可知，38Sr (锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中87Sr/86Sr值不变，故D正确；故选A。 2．下列说法不正确的是( ) A．基态Cr原子的价层电子轨道式： B．N2、N3-、N4、N5+互为同素异形体 C．N，N-二甲基甲酰胺： D．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式： 【答案】B 【解析】A项，根据洪特规则，电子总是先单独占有空轨道，并且自旋方向相同，但3d与4s并不是同一能级轨道，自旋方向可以相反，基态Cr原子的价层电子轨道式：，A正确；B项，同种元素形成的不同单质互为同素异形体，阴、阳离子不能互称同素异形体，B错误；C项，的名称为N，N－二甲基甲酰胺，C正确；D项，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，铝和氯之间存在配位键，结构式为，D正确；故选B。 3．将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是( ) A．阴极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+ B．金属M的活动性比Fe的活动性弱 C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】C 【解析】A项，阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；B项，阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，故B错误；C项，金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D项，海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选C。 4．下列有关说法正确的是( ) A．用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别丙醛与丙酮 B．丁苯橡胶、聚酯纤维、聚乙烯都是通过加聚反应获得的高聚物 C．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对 D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量NaOH溶液，再加入碘水可判断淀粉是否完全水解 【答案】C 【解析】A项，丙醛和丙酮均不能与溴的四氯化碳溶液反应，故不能用溴的四氯化碳溶液鉴别丙醛与丙酮，A错误；B项，聚乙烯、丁苯橡胶是通过加聚反应制得的高分子化合物，聚酯纤维是通过缩聚反应制得的高分子化合物，B错误；C项，DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用实现碱基互补配对，C正确；D项，将适量淀粉与稀硫酸共热充分反应，加入过量氢氧化钠溶液后加入碘水，碘与氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，无明显现象不能确定淀粉是否水解完全，D错误；故选C。 5．下列离子方程式书写正确的是( ) A．硝酸钡溶液中通入少量SO2：Ba2＋＋NO3-＋SO2＋H2O=BaSO4↓＋NO＋H＋ B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：CO32-＋Cl2 =CO2＋ClO-＋Cl- C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5＋OH-ClCH2COO-＋C2H5OH D．铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2↑ 【答案】D 【解析】A项，硝酸钡溶液中通入少量SO2，离子方程式为3Ba2＋＋2NO3-＋3SO2＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO＋4H＋，A错误；B项，碳酸钠过量时，产物为HCO3-，离子方程式为2CO32-＋Cl2＋H2O=2 HCO3-＋ClO-＋Cl-，B错误；C项，氯原子也会水解，离子方程式为ClCH2COOC2H5＋2OH-HOCH2COO-＋C2H5OH+Cl-，C错误；D项，铝能与氢氧化钠溶液反应，生成Al(OH)4-和氢气，D正确；故选D。 6．下列实验的对应操作中，不合理的是( ) A．用标准溶液滴定溶液 B．配制一定物质的量浓度的溶液 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．稀释浓硫酸 【答案】B 【解析】A项，用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；B项，配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1~2cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，B项不合理；C项，NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；D项，浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，D项合理；故选B。 7．某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO42-，欲除去其中的Cu2+、SO42-，设计工艺流程如下图所示，下列说法不正确的是( ) A．流程图中，操作x为过滤 B．NaOH的作用是除去Cu2+ C．试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，二者顺序可以互换 D．试剂c为盐酸 【答案】C 【解析】根据题意通过加入NaOH、BaCl2的目的依次是除去Cu2+和SO42-，试剂a是Na2CO3，除去过量的BaCl2，试剂c是稀盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3。A项，操作x为过滤，除去生成的Cu(OH)2和BaCO3沉淀， A正确；B项，NaOH可以与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，除去Cu2+，B正确； C项，试剂a是Na2CO3，与BaCl2 反应生成BaCO3沉淀，除去Ba2+，Na2CO3若与BaCl2互换，无法除去过量的Ba2+ ，C不正确；D项，试剂c是稀盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3，D正确；故选C。 8．草酸(H2C2O4)是生物体的一种代谢产物，在工业中有重要作用，下列说法不正确的是( ) A．草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．草酸中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同 C．草酸中C原子的杂化方式为sp2 D．草酸可使澄清的石灰水变浑浊 【答案】B 【解析】A项，草酸中碳元素化合价为+3价，具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B项，草酸中两个羟基所处环境相同，但草酸为二元弱酸，第一步电离的氢离子对第二步电离具有抑制作用，两步电离的程度不同，B错误；C项，草酸中C原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，C正确；D项，草酸能与氢氧化钙反应生成草酸钙沉淀，可使澄清的石灰水变浑浊，D正确；故选B。 9．工业上由FeCl2与环戊二烯钠(C5H5Na)合成二茂铁[Fe(C5H5)2]，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是( ) A．FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表区 B．二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化 D．在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键 【答案】D 【解析】A项，已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d能级，故位于周期表d区，A正确；B项，二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B正确； C项，已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取sp3杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂化，C正确；D项，在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键为C5H5提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成的配位键， D错误；故选D。 10．研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，转化关系如下图所示。a、c代表S或SO2中的一种。 下列说法正确的是( ) A．a、b分别是SO2、H2SO3 B．反应①可以存储太阳能，反应③释放出能量 C．降低压强可以提高反应②中a的平衡转化率 D．②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】B 【解析】a、c代表S或SO2中的一种，c和氧气反应生成a，则c是S、a是SO2。A项，b分解生成氧气、SO2、H2O，氧元素化合价升高，则S元素化合价降低，所以a、b分别是SO2、H2SO3，故A错误；B项，反应①是硫酸分解，分解反应吸热，反应①可以存储太阳能；反应③是S和氧气反应生成二氧化硫，化合反应放热，反应③释放出能量，故B正确；C项，反应②是3SO2+2H2O=2H2SO4+S，正反应气体物质的量减小的反应，温度一定时，减小压强使反应逆向移动，二氧化硫的转化率减小，故C错误；D项，反应②是二氧化硫、水发生歧化反应生成硫酸和S，反应方程式为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。 11．可降解塑料聚羟基丁酸酯()可由以下线路合成，下列说法正确的是( ) A．A分子最多有6个原子共平面 B．反应①的条件为浓硫酸作催化剂并加热 C．由D生成PHB的反应为加聚反应 D．1molC与足量Na完全反应可生成标准状况下11.2LH2 【答案】D 【解析】根据合成流程，A与H2C=CH-CH=CH2生成，可以推断A为H3C-C≡CH，反应①是B发生消去反应生成H2C=CH-CH=CH2。结合PHB的结构可以推断出D的结构是，因此C的结构为。A项，A为H3C-C≡CH，甲基中只有一个氢原子与碳原子及后面的碳碳三键部分共面，所以最多有5个原子共平面，A错误；B项，反应①是B发生消去反应生成H2C=CH-CH=CH2，B是卤代烃，反应条件是氢氧化钠醇溶液加热，B错误；C项，由D生成PHB的反应为缩聚反应，C错误；D项，C的结构为，C中含有羧基可以与钠反应，1molC与足量Na完全反应可生成0.5mol氢气，在标准状况下的体积是11.2L，D正确；故选D。 12．已知：25℃，Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10－12，Ksp(AgBr)= 5.0×10－13。下列“类比”结果正确的是( ) A．溶液中Fe3+与HCO3-会发生双水解反应，Fe3+与HS-主要也发生双水解反应 B．NCl3水解生成NH3与HClO，则NF3水解同样生成NH3 C．Cl-的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择K2CrO4作指示剂，同样也可以 D．乙醇与足量的K2Cr2O7反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化丙酸 【答案】C 【解析】A项，溶液中Fe3+与HCO3-会发生双水解反应，而Fe3+有较强的氧化性，HS-有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；B项，NCl3水解生成NH3与HClO，但F没有正价，NF3与水会发生氧化还原反应2NF3+5H2O=2NO+3HNO3+6HF，故B不符合题意；C项，由Ksp可知沉淀等浓度的CrO42-所需Ag+比沉淀等浓度的Cl-和Br-需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄色沉淀，Ag2CrO4是黑色沉淀，所以Cl-的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择K2CrO4作指示剂，Br-同样也可以，故C符合题意；D项，乙醇与足量的K2Cr2O7反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化丙酮，故D不符合题意；故选C。 13．常温下，Na2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。 已知：A2-的物质的量分数 = 下列表述不正确的是( ) A．0.1 mol·L-1 H2A溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1 B．在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A) C．将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液的pH为4.2 D．M点对应的pH为2.7 【答案】C 【解析】由点(1.2，0.5)可知，，由(4.2，0.5)可知，。A项，0.1 mol·L-1 H2A溶液中由物料守恒可知：c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1，A正确；B项，在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中其水解常数为，则其电离大于水解，故存在c(HA-) > c(A2-) > c(H2A)，B正确；C项，将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，若HA－和A2－浓度相等，则，c(H+)=10－4.2，pH=4.2，由于HA－的电离程度大于水解程度，则溶液中c(A2－)＞c(HA－)，所得溶液pH不等于4.2，C错误；D项，M点对应溶液中，，c(H+)=10－2.7，pH=2.7，D正确；故选C。 14．某小组欲制备配离子[Cu(NH3)4]2+，实验如下。 序号 步骤 Ⅰ 向2mL0.2mol·L-1 CuSO4溶液中滴加0.5mL1mol·L-1氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约1.5mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 分别向0.1mol·L-1 CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；1min后，前者铁钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象 Ⅲ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入5mL1mol·L-1氨水，溶液略变为蓝色，固体未见明显溶解；滴加2滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液 已知：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ K=2.0×1013 Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=2.2×10－20 下列说法不正确的是( ) A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH4+ B．加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液，不能得到纯净的[Cu(NH3)4]SO4固体 C．Ⅱ中现象证明了CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中，+2价铜的存在形式不同 D．Ⅲ中固体完全溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- 【答案】D 【解析】A项，向硫酸铜溶液中滴加氨水生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨是弱碱，因此离子方程式为Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH4+，A正确；B项，加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液可能发生，因此不能得到纯净的[Cu(NH3)4]SO4固体，B正确；C项，分别向0.1mol·L-1 CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；1min后，前者铁钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象则说明两种溶液中+2价铜的存在形式不同否则现象会有相似，C正确；D项，①Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ K=2.0×1013；②Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=2.2×10－20；③Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，③=①+②，则反应③的平衡常数反应③不可能是氢氧化铜完全溶解的离子方程式，D错误；故选D。 第二部分 二、非选择题(本部分共5题，共58分。) 15．(10分)含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答： Ⅰ．SiCl4 是生产多晶硅的副产物。 (1)基态硅原子的价层电子排布式为 。 (2)已知SiCl4 比CCl4 更易水解，导致SiCl4 更易水解的因素有 (填标号)。 a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大 c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道 Ⅱ．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。 已知硫代硫酸根(S2O32-)可看作是SO42-中的一个原子被原子取代的产物。 (3)基态原子的价层电子排布式不能表示为，因为违背了 (4)能确定晶体中各原子的位置(坐标)，从而得出分子空间结构的一种方法是 。 a．质谱法 b．射线衍射 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱 (5)S2O32-作为配体可提供孤电子对与 Ag+形成[ Ag(S2O3)2]3-。分析判断S2O32-中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由： 。 (6) MgS2O3·6H2O的晶胞如图，该晶胞中S2O32-个数为 。假设晶胞边长分别为，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g ·c m-3(用相应字母表示)。 【答案】(1)3s23p2(1分) (2)abd(2分) (3)洪特规则(1分) (4)b(1分) (5)S2O32-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基 S原子含有孤电子对，能做配位原子(2分) (6) 4(1分) (2分) 【解析】(1)Si是14号元素，基态硅原子的价层电子排布式为3s23p2；(2)a项，Si-Cl键极性更大，则Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl4 比CCl4易水解，故a正确；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl4 中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl4 比CCl4易水解，故b正确；c项，常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl4 比CCl4易水解，故c错误；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl4 比CCl4易水解，故d正确；故选abd；(3)洪特规则指出：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违反洪特规则。(4)a项，质谱法是确定分子的相对分子质量的，故a错误；   b项，X射线衍射能确定晶体中各原子的位置(坐标)，故b正确；   c项，核磁共振氢谱是确定等效氢种类的，故c错误；  d项，红外光谱是确定官能团和化学键的，故d错误；故选b。(5)S2O32-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。(6)S2O32-在晶胞的体内共4个；该晶胞按均摊法计算得4个MgS2O3·6H2O，晶胞体积为，晶胞的质量为，得该晶胞的密度为。 16．(10分)烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟将烟气中的NO深度氧化为N2O5，并进一步将N2O5转化获得含氮产品，流程示意图如下。 深度氧化器中发生的反应： ⅰ．NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝- akJ·mol−1 ⅱ．NO2(g)＋O3(g)=NO3(g)＋O2(g) ΔH2＝- bkJ·mol−1 ⅲ．NO2(g)＋NO3(g)=N2O5(g) ΔH3＝- ckJ·mol−1(a、b、c＞0) (1)NO被深度氧化，补全热化学方程式： 2NO(g)＋3O3(g)=N2O5(g)＋3O2(g) ΔH＝____________kJ·mol−1 (2)一定条件下，不同温度时，N2O5的浓度随时间的变化如图所示。 ①T1 T2(填“>”或“<”)。 ②8s时，N2O5的浓度不同的原因是 。 (3)一定条件下，NO的初始浓度为200ppm时，不同反应时间，深度氧化器中NO2的浓度随n(O3)：n(NO)的变化如图所示。反应过程中NO3的浓度极低。 ①n(O3)：n(NO)＜1.0时，深度氧化器中发生的反应主要是 (填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ②0.9s、n(O3)：n(NO)＞1.0时，NO2的浓度随n(O3)：n(NO)变化的原因是 。 (4)80℃、n(O3)：n(NO)=1.5且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是 。 (5)深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。 已知NO3-、MnO4-的还原产物分别是NO、Mn2+。产品中NO3的物质的量浓度为 mol/L。 【答案】(1) -(2a+b+c) (1分) (2)＜(1分) 8s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低(2分) (3)ⅰ(1分) 0.9s、n(O3)：n(NO)＞1.0时，n(O3)：n(NO)增大，使增大，增大，从而使NO2的浓度减小(2分) (4)使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率(1分) (5) (2分) 【解析】(1)根据盖斯定律知：i×2+ii+iii可得2NO(g)＋3O3(g)=N2O5(g)＋3O2(g)，ΔH =-(2a+b+c)kJ/mol；(2)由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此T1<T2；由图知，8s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低；(3)①当n(O3)：n(NO)＜1.0时，NO主要转化为NO2，所以深度氧化器中发生的反应主要是i；②由图知，0.9s、n(O3)：n(NO)＞1.0时，NO2的浓度随着n(O3)：n(NO)增大而减小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小；(4)由(3)知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；(5)溶液X中的NO3-与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与MnO4-发生氧化还原反应，，则与MnO4-发生氧化还原反应的Fe2+为n2= ，则与NO3-反应的Fe2+为n1=，，则NO3-物质的量n=，则NO3-的物质的量浓度为。 17．(12分)一种环状高分子P3的合成路线如下： 已知：①P2的结构为 ②(表示取代基) ③RClRN3 (1)A是一种常用的化工原料，其中包含的官能团是 。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)D生成CH≡CCH2OH的反应条件是 。 (4)上述流程中生成F的反应为酯化反应，则该反应的化学方程式是 。 (5)单体Ⅱ的结构简式是 。 (6)下列说法正确的是 (填字母) a．F→P1的反应类型为缩聚反应 b．P3可能的结构如上图所示 c．P2→P3的过程中有可能得到线型高分子 d．碱性条件下，P3可能彻底水解成小分子物质 (7)已知：；；Q(C6H11NO)是用于合成单体I的中间体。下图是以苯酚为原料合成Q的流程，M→N的化学方程式是 。 【答案】(1)碳碳双键(1分) (2)取代反应(1分) (3)氢氧化钠醇溶液，加热(2分) (4)CH≡CCH2OH+CH3CHClCOOCH2C≡CH+H2O(2分) (5) (2分) (6)bc(2分) (7)2+O2+2H2O(2分) 【解析】由框图可知A的结构简式为CH2=CHCH3，在高温下和氯气发生取代反应生成B，所以B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，由D的分子式C3H6OBr2可知：B到C发生取代反应生成CH2=CHCH2OH，C到D发生加成反应生成CH2BrCHBrCH2OH，再发生消去反应生成CH≡CCH2OH，再和E发生酯化反应生成FCH3CHClCOOCH2C≡CH，最后经过几步反应得到P3。(1)A的结构简式为CH2=CHCH3，其中包括的官能团是碳碳双键；(2)根据上述分析可知B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，C的结构简式为CH2=CHCH2OH，所以B→C的反应类型是取代反应；(3)根据上述分析可知D的结构简式为CH2BrCHBrCH2OH，D生成CH≡CCH2OH的反应是卤代烃的消去反应，所以反应条件为氢氧化钠醇溶液，加热，(4)根据上述分析可知CH≡CCH2OH，和E反应生成C6H7O2Cl，发生的是酯化反应，结合已知信息可知该反应的化学方程式是：CH≡CCH2OH+CH3CHClCOOCH2C≡CH+H2O；(5)根据已知：P2的结构为，逆推知单体Ⅱ的结构简式是；(6)a项，F→P1的反应类型为加聚反应，故a错误；b项，由P2的结构为，再和NaN3在一定条件下反应得到，所以P3的结构如图所示，故b正确；c项，P2→P3的过程中发生加聚反应，所以可能得到线型高分子，故c正确；d项，碱性条件下，P3含有酯基的部分可以水解，非酯基的部分不能水解，所以不可能彻底水解成小分子物质，故d错误；故选bc；(7)根据已知：；Q(C6H11NO)，以苯酚为原料合成Q的流程图如下；所以，M→N的化学方程式是2+O2+2H2O。 18．(12分)我国科学家用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4·7H2O)，其工艺流程如下。 已知： ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：Co2+、、和等 ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃)：Ksp[Fe(OH)3])=2.8×10－39，Ksp(CaF2)=4.0×10－11 ⅲ. CoSO4·7H2O溶解度随温度升高而明显增大 (1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是 。 (2)浸出Co2+时，理论上氧化性离子和还原性离子物质的量之比为 。 (3)写出“氧化沉铁”的离子方程式 ；25℃时，浊液中铁离子浓度为 mol/L(此时pH为4)。 (4)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经 操作，得到硫酸钴晶体。 (5)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。 在溶液中，用铁氰化钾将Co(II)氧化为Co(III)，过量的铁氰化钾以Co(II)标准液返滴定。反应的方程式为：Co2++[ Fe(CN)6]3-=Co3++[ Fe(CN)6]4。 已知：铁氰化钾标准液浓度为c1mol/L，Co(II)标准液浓度为c2mol/L。 取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗V1mL铁氰化钾标准液、V2mL Co(II)标准液。 计算样品中钴含量 (以钴的质量分数计)。 【答案】(1)2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O(2分) (2)2：1(2分) (3) 6Fe2++15H2O+ ClO3-=6Fe(OH)3↓+Cl -+12H+(2分) (2分) (4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(2分) (5) (2分) 【解析】用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4·7H2O)，首先粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，然后加入过量Na2SO3进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等，加入过量NaC1O3氧化沉铁，使亚铁离子氧化为三价铁离子并转化为Fe(OH)3沉淀，加入过量NaF得到氟化钙沉钙，过滤除去沉淀，加入P2O4进行萃取，加入P5O7分离后，经反萃取得到硫酸钻溶液；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到硫酸钴晶体。(1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式为2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O；(2)用过量亚硫酸钠还原浸出Co2+发生的离子反应为2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-2H+，则理论上氧化剂与还原剂物质的量之比2：1；(3)“氧化沉铁”时，亚铁离子被氧化后转化为氢氧化铁沉淀，氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为6Fe2++15H2O+ ClO3-=6Fe(OH)3↓+Cl -+12H+；25℃时，pH=4，c(OH-)=10-10mol·L-1，浊液中；(4)从硫酸钴溶液中提取硫酸钴晶体，由于硫酸钴晶体的溶解度随温度升高而明显增大，所以将硫酸钴溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤操作，得到硫酸钴晶体；(5)根据方程式可知Co2+~[ Fe(CN)6]3-，20mL待测液中二价钴离子的物质的量=，则200mL溶液中二价钴离子的物质的量=，则样品中钴的含量为。 19．(14分)某小组同学根据Fe3+、Fe2+和Zn2+的氧化性推出溶液中Zn与Fe3+可能先后发生两个反应：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，进行如下实验。 实验 试剂 现象 Ⅰ 2mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液、过量锌粉 黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁 Ⅱ 2mLpH≈0.70的1 mol·L-1FeCl3溶液、过量锌粉 片刻后有大量气体产生，出现红褐色浑浊，约半小时后，产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁 (1)取实验Ⅰ反应后的少量溶液，滴加几滴K3[ Fe(CN)6]溶液，生成 ，证明有。 (2)结合化学用语解释实验Ⅱ中产生红褐色浑浊的原因： 。 (3)实验Ⅲ，用Fe2(SO4)3溶液和Fe(NO3)3溶液替代实验Ⅱ中的FeCl3溶液： 实验 试剂 现象 Ⅰ 2mLpH≈0.70的1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液、过量锌粉 约半小时后，溶液变为深棕色且浑浊，无铁产生 Ⅱ 2mLpH≈0.70的amol·L-1Fe2(SO4)3溶液、过量锌粉 约半小时后，溶液呈浅绿色且浑浊，有少量铁产生 资料：Fe2++NOFe(NO)]2+，Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。 ①a= 。 ②有人认为Ⅰ中深棕色溶液中存在Fe(NO)]2+，设计实验证明。实验的操作和现象是 。 ③对照实验Ⅱ和Ⅲ，Fe(NO3)3溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是 。 (4)实验Ⅳ：将实验Ⅱ中FeCl3水溶液换成FeCl3无水乙醇溶液，加入足量锌粉，刻后，反应放热，有大量铁产生。由实验Ⅰ~Ⅳ可知：锌能否与Fe3+反应得到单质铁，与Zn和Fe3+的物质的量、Fe3+的浓度、 、 等有关。 【答案】(1)蓝色沉淀(2分) (2)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，H+被消耗，促进Fe3+的水解，产生氢氧化铁沉淀(2分) (3)①0.5(2分) ②过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体(2分) ③Fe2+与NO结合生成Fe(NO)]2+，溶液中Fe2+的浓度下降，使得Fe2+与Zn反应的化学反应速率变慢(2分) (4)阴离子种类(2分) 溶剂(2分) 【解析】(1) Fe2+和K3[ Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀；(2)FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入锌粉，H+被消耗，促进Fe3+的水解，产生氢氧化铁沉淀；(3) ①该对比实验是为了探究阴离子的影响，则Fe3+的物质的量应是定量，则n(Fe3+)=c1V1=c2V2，即1mol/L×2mL=amol/L×2×2mL，解得a=0.5；②由可逆反应Fe2++NO Fe(NO)]2+，若Ⅰ中存在Fe(NO)]2+，可加热溶液，会产生NO，NO再被空气中的O2氧化成NO2，则会观察到红棕色气体生成，则设计实验的操作和现象是：过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体；③Fe3+和H+、NO3-反应产生Fe2+和NO，NO再与Fe2+结生成Fe(NO)]2+，而Fe3+和H+、SO42不反应，过量Zn与Fe3+反应得到Fe2+，Zn再置换出Fe单质，则Fe(NO3)3溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是：Fe2+与NO结合生成[Fe(NO)]2+，溶液中Fe2+的浓度下降，使得Fe2+与Zn反应的化学反应速率变慢；(4) 由实验Ⅳ可知，溶剂从水换成无水乙醇溶液，有铁单质生成，则锌能否与Fe3+反应得到单质铁与溶剂有关，实验Ⅱ和Ⅲ将SO42-换成SO42，无铁单质生成，则锌能否与Fe3+反应得到单质铁与阴离子种类有关。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$