信息必刷卷03（北京专用）-2025年高考化学考前信息必刷卷

2025年高考考前信息必刷卷03(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 D B D D C A B D D D B B B 第二部分 二、非选择题(本部分共5题，共58分。) 15．(10分) (1) (1分) (2)四面体形(1分) sp3杂化(1分) (3)CH3OH能形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键(1分) N原子(1分) (4) 12(1分) (2分) (5)HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动(2分) 16．(10分) (1) H2O＋2e-+CO2=H2↑+CO32-(2分) (2) ΔH3=ΔH1-2ΔH2(2分) (3) (2分) (4)BD(2分) (5)该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快(2分) 17．(12分) (1)浓硝酸、浓硫酸(1分) (2) (2分) (3)硝基、羧基(1分) (4) (1分) (5) (1分) (6)中间产物1(2分) 中间产物3(2分) (7)40%(2分) 18．(12分) (1)BaSO4、SiO2(2分) (2)4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O(2分) (3)2 CeF22++2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-(2分) (4)防止Ce3+被氧化(2分) (5)CD(2分) (6)0.2(2分) 19．(14分) (1)2Ag++ SO32-===Ag2SO3↓(1分) (2)①有红色固体生成(1分) ②HCl溶液和BaCl2溶液(1分) 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42- (2分) (3)①Al3+、OH-(2分) ②(2分) V1明显大于V2 (1分) (4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性(2分) 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件(2分) 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03(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 Li-7 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 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ba-137 Ce-140 Pb-207 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．我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。核聚变原料的制备与核聚变的产物如图。 已知：、、中仅具有放射性。下列说法不正确的是( ) A．元素的第一电离能：H>He>Li B．可用质谱区分、和 C．具有放射性 D．、的化学性质基本相同 2．下列化学用语或图示表达正确的是( ) A．SO3的VSEPR模型： B．NaOH的电子式： C．葡萄糖的结构简式：C6H12O6 D．乙烯分子中的π键： 3．城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，当金属管道或铁轨在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计图所示的装置。下列有关说法中正确的是( ) A．电流由Mg经过导线流向钢铁制品 B．块表面随着时间的进行，会有Mg(OH)2产生 C．钢铁管道与电源正极相连的保护法是外加电流保护法 D．应选用电阻率小的导体，比如Ag来避免能量损耗 4．下列说法不正确的是( ) A．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质 B．油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料 C．苯甲酸钠是常用的食品防腐剂 D．高压法聚乙烯支链较少，密度和软化温度较高，属于高密度聚乙烯 5．下列离子方程式书写正确的是 A．NaHCO3溶液的水解：HCO3-+H2OCO32-+H3O+ B．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓ C．向 Fe2(SO4)3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2 Fe2++S↓ D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+ CaSO4↓+2HClO 6．下列实验设计和操作均正确且能达到实验目的的是( ) A．中和反应反应热的测定 B．实验室制备氨气 C．制无水氯化钙 D．验证酸性：乙酸碳酸苯酚 7．实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下： 下列说法不正确的是( ) A．可用饱和NaOH溶液净化氯气 B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O C．推测若取无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后再加入少量CCl4，下层液体变紫色 D．上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2>KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2<KClO3 8．氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于共价晶体。下列说法不正确的是( ) A．基态铝原子的价电子排布图为 B．AlON和水晶所含的化学键类型不同 C．AlON中三种元素都位于周期表p区 D．AlON的熔点较高 9．羰基硫()存在于多种植物中，杀虫效果显著。它的结构与CO2、CS2相似，已知的键能为，下列有关羰基硫的说法正确的是( ) A．分子中只含键 B．可推测的键能大于 C．属于含有极性键的非极性分子 D．CS2、COS、CO2完全分解消耗的能量依次增大 10．一定温度下，在的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应(CH4+H2OCO+3H2)的原理流程如下： 已知：1000℃时，“甲烷重整”反应的化学平衡常数为2。 下列说法不正确的是( ) A．反应原理流程中，物质a可能是Fe3O4，H2O的VSEPR模型为四面体形 B．若增大n(CH4)：n(H2O)的值，则CH4的平衡转化率降低 C．，向容器中投入CH4和H2O各，达平衡时CH4的转化率为，则该温度下“甲烷重整”反应的平衡常数约为 D．，若容器中n(CH4)=n(H2O)=n(H2)= 1mol、n(CO)= 2mol，则反应处于平衡状态 11．硒(34Se)在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是( ) A．Se原子在周期表中位于p区 B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有sp2、sp3 C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子 D．键角大小：气态SeO3 ＜SeO32- 12．下列类比正确的是( ) A．Fe3Cl8可表示为FeCl2•2FeCl3，则在水溶液中制备的Fe3I8也可表示为FeI2•2FeI3 B．NH3与足量盐酸反应生成NH4Cl，则N2H4与足量盐酸反应生成N2H4Cl2 C．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀 D．甲苯可被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，则乙苯可被酸性KMnO4氧化成苯乙酸 13．1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1发生加成反应分两步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生成中间体(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体完成1，加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是( ) A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物 B．第一步的反应速率比第二步慢，中间体的存在时间极短 C．该加成反应的反应热为Eb-Ea，反应过程中有p-pπ键的断裂和生成 D．升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大 14．某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下： 序号 试剂 实验现象 ① 2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为MnO2)，都伴有少量气泡产生(经检验为N2)。 ② 2mLKMnO4溶液+1mL10 mol·L-1氨水+0.5mL1 mol·L-1稀硫酸 ③ 2mLKMnO4溶液+1mL10 mol·L-1氨水+0.5mL1 mol·L-1 Na2SO4溶液 ④ 2mLKMnO4溶液+1mL5mol·L-1(NH4)2SO4溶液+0.5mL蒸馏水 无明显变化 注：实验中c(KMnO4)=0.01mol·L-1。下列说法不正确的是( ) A．实验①中发生了反应2MnO4 -+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-+2H2O B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：c(H＋)增大，MnO4-的氧化性增强 C．对比实验③④可得出，还原性：NH3>NH4+ D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH溶液，可观察到溶液褪色 第二部分 二、非选择题(本部分共5题，共58分。) 15．(10分)某钙钛矿CH3NH3PbI3是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用CH3OH、NH3、I2、PbI2制备钙钛矿。 (1)Pb位于元素周期表第6周期ⅣA族，写出基态Pb原子价层电子轨道表示式 。 (2) NH3分子的VSEPR模型名称是 ，NH3的N—H键是由N的 轨道与H的轨道重叠形成键。 (3)制备CH3NH3PbI3的过程如下所示： ①Ⅰ中，CH3OH的沸点高于CH3I的沸点，原因是 。 ②Ⅱ中，由于NH3分子中的 具有孤电子对，容易与CH3I反应生成盐CH3NH3I。 (4)钙钛矿晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图： ①距离CH3NH3+最近的I-有 个。 ②CH3NH3PbI3的摩尔质量为620 g·molˉ1，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体密度为 g· cm-3。(1nm=10-7cm) (5)钙钛矿的稳定性受空气中H2O、O2、紫外线等因素的影响。 ⅰ． ⅱ． 研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释： ，我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。 16．(10分)I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 (1)阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式： 和Ca2++CO32-=CaCO3↓。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： (2)300℃，发生反应：①SO2(g)＋2H2(g)S(g)＋2H2O(g) ΔH1 ②S(g)＋H2(g)H2S(g) ΔH2 ③2H2S(g)＋SO2(g)3S(g)＋2H2O(g) ΔH3 请用一个等式来表示三个反应的之间的关系 。 (3)反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2，平衡常数，测得平衡时SO2和的浓度均为，则平衡时的值为 。 方法二、O2氧化脱硫： (4)某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2，以N2作稀释剂，一定温度下，通入SO2、O2和H2O反应生成H2SO4，其中不同温度下，SO2在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A．温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B．已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C．原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致 (5)在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由 。 17．(12分)多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下： 已知：i、 ii、 iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。 (1)A→B所需试剂是 。 (2)B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为 。 (3)E中官能团的名称为 。 (4)F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为 。 (5)芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式： 。 a．能与NaHCO3反应     b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1 (6)J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。 中间产物1、3的结构简式分别为 、 。 (7)K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为 。 18．(12分)氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与SO42-形成复盐沉淀，Ce3+和SO42-发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2； ③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： (1)滤渣A的主要成分是 (填写化学式)。 (2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。 (3)加入硫脲的目的是将CeF22+还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。 (4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为 。 (5)下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。 A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率 B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度 C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 D．该步骤发生的反应是2Ce3++6 HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O (6)若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c(HCO3-)= mol∙L−1。 19．(14分)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀 0.2mol·L-1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 (1)经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。 (2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42-，含有Cu+、Cu2+和SO32-。 已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32-。 a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 。 b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是 。 (3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42-，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。 ②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i．Al(OH)3所吸附； ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。 步骤一： 步骤二： (按上图形式呈现)。 b．假设ii成立的实验证据是 。 (4)根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。 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03(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 Li-7 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 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ba-137 Ce-140 Pb-207 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．我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。核聚变原料的制备与核聚变的产物如图。 已知：、、中仅具有放射性。下列说法不正确的是( ) A．元素的第一电离能：H>He>Li B．可用质谱区分、和 C．具有放射性 D．、的化学性质基本相同 【答案】A 【解析】A项，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，同一主族从上往下依次减小可知，元素的第一电离能：He > H >Li，A错误；B项，质谱法可以用来测量微粒的相对式量，故可用质谱区分、和，B正确；C项，由题干信息可知，、、中仅具有放射性，中含有，故具有放射性，C正确；D项，、的质子数相同，核外电子数相同，化学性质基本相同，D正确；故选A。 2．下列化学用语或图示表达正确的是( ) A．SO3的VSEPR模型： B．NaOH的电子式： C．葡萄糖的结构简式：C6H12O6 D．乙烯分子中的π键： 【答案】D 【解析】A项，p-pπ中S的价层电子对数为：，模型为平面三角形：，A错误；B项，NaOH为离子化合物，电子式：，B错误；C项，葡萄糖的分子式：C6H12O6，结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，C错误；D项，乙烯分子中的π键镜面对称，图示正确，D正确；故选D。 3．城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，当金属管道或铁轨在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计图所示的装置。下列有关说法中正确的是( ) A．电流由Mg经过导线流向钢铁制品 B．块表面随着时间的进行，会有Mg(OH)2产生 C．钢铁管道与电源正极相连的保护法是外加电流保护法 D．应选用电阻率小的导体，比如Ag来避免能量损耗 【答案】B 【解析】钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，受到保护。A项，钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，电流由钢铁制品经过导线流向Mg，A错误；B项，镁作负极，Mg失去电子生成Mg2+，Mg2+在潮湿的环境中会水解转化为Mg(OH)2，B正确；C项，Mg为活泼金属，可作为牺牲阳极，则将Mg与钢铁输水管相连是用牺牲阳极法保护钢铁输水管，C错误；D项，Fe比Ag活泼，若选用Ag作为导体，Ag与钢铁制品形成原电池，钢铁制品作负极会被腐蚀，D错误；故选B。 4．下列说法不正确的是( ) A．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质 B．油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料 C．苯甲酸钠是常用的食品防腐剂 D．高压法聚乙烯支链较少，密度和软化温度较高，属于高密度聚乙烯 【答案】D 【解析】A项，蛋白质的盐析是蛋白质溶液中加浓无机盐溶液，使蛋白质析出，产生的沉淀分离出后加水又能继续溶解，则采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，A正确；B项，油脂的氢化为烃基中含有不饱和键的油脂通常为植物油和氢气的催化加成反应，油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料，B正确；C项，苯甲酸钠是一种常用的食品防腐剂，C正确；D项，高压法聚乙烯是在较高压力与较高温度，并在引发剂作用下，使乙烯发生加聚反应得到的，含有较多支链，密度和软化温度也较低，属于低密度聚乙烯，低压法聚乙烯在较低压力和温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较小，密度和软化温度也较高，属于高密度聚乙烯，D不正确；故选D。 5．下列离子方程式书写正确的是 A．NaHCO3溶液的水解：HCO3-+H2OCO32-+H3O+ B．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓ C．向 Fe2(SO4)3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2 Fe2++S↓ D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+ CaSO4↓+2HClO 【答案】D 【解析】A项，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，A错误；B项，铝离子和碳酸根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2 Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误；C项，硫化氢是弱电解质，不能拆，并且三价铁可以把硫离子氧化为单质硫，则离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，C错误；D项，次氯酸根离子有强氧化性，可以将二氧化硫中+4价硫氧化为硫酸根离子，并且二氧化硫少量，最终应该同时生成次氯酸，则离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+ CaSO4↓+2HClO，D正确；故选D。 6．下列实验设计和操作均正确且能达到实验目的的是( ) A．中和反应反应热的测定 B．实验室制备氨气 C．制无水氯化钙 D．验证酸性：乙酸碳酸苯酚 【答案】C 【解析】A项，金属导热速度太快，不能使用金属搅拌器，应该使用环形玻璃搅拌器，A不合题意；B项，实验室制氨气时试管口应该向下倾斜，且收集氨气的导管应该插入试管底部，B不合题意；C项，将CaCl2溶液蒸发结晶可以制无水氯化钙，C符合题意；D项，已知乙酸易挥发，图示装置由于通入苯酚钠溶液中的CO2中含有乙酸，无法验证碳酸酸性强于苯酚，D不合题意；故选C。 7．实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下： 下列说法不正确的是( ) A．可用饱和NaOH溶液净化氯气 B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O C．推测若取无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后再加入少量CCl4，下层液体变紫色 D．上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2>KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2<KClO3 【答案】A 【解析】由制备流程可知，①中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，②中净化时选饱和食盐水除去挥发的HCl，浓硫酸干燥氯气，然后发生3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O，氯酸钾与盐酸加热可发生氧化还原反应生成黄绿色气体为氯气，氯酸与过量KI发生ClO3-+I-= Cl-+ IO3-，得到无色溶液a。A项，氯气能和NaOH溶液反应，不可用饱和NaOH溶液净化氯气，A项错误；B项，生成KClO3时只有Cl元素的化合价变化，离子方程式为3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O，B项正确；C项，若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，Cl-、IO3-发生氧化还原反应生成碘，CCl4密度比水小且能萃取碘单质，下层液体变紫色，C项正确；D项，由氯气与KOH的反应、氯酸钾与盐酸的反应，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2> KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2<KClO3，D项正确；故选A。 8．氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于共价晶体。下列说法不正确的是( ) A．基态铝原子的价电子排布图为 B．AlON和水晶所含的化学键类型不同 C．AlON中三种元素都位于周期表p区 D．AlON的熔点较高 【答案】B 【解析】A项，基态铝原子核外电子数为13，电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，排布图为 ，故A正确；B项，AlON属共价晶体，水晶(SiO2)属于共价晶体，化学键都是共价键，故B错误；C项，p区包含第ⅢA族～0族的元素，Al为第ⅢA族元素，O为VIA族，N为VA族元素，均位于p区，故C正确；D项，AlON属共价晶体，熔点较高，故D正确；故选B。 9．羰基硫()存在于多种植物中，杀虫效果显著。它的结构与CO2、CS2相似，已知的键能为，下列有关羰基硫的说法正确的是( ) A．分子中只含键 B．可推测的键能大于 C．属于含有极性键的非极性分子 D．CS2、COS、CO2完全分解消耗的能量依次增大 【答案】D 【解析】A项，COS分子中有2个σ键和2个π键，A错误；B项，S原子的半径大于O原子，可推测C=S的键能小于C=O的键能，即小于745 kJ·mol－1，B错误；C项，COS属于含有极性键的极性分子，C错误；D项，S原子的半径大于O原子，可推测C=S的键能小于C=O的键能，即小于745 kJ·mol－1，所以CS2、COS、CO2完全分解消耗的能量依次增大，D正确；故选D。 10．一定温度下，在的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应(CH4+H2OCO+3H2)的原理流程如下： 已知：1000℃时，“甲烷重整”反应的化学平衡常数为2。 下列说法不正确的是( ) A．反应原理流程中，物质a可能是Fe3O4，H2O的VSEPR模型为四面体形 B．若增大n(CH4)：n(H2O)的值，则CH4的平衡转化率降低 C．，向容器中投入CH4和H2O各，达平衡时CH4的转化率为，则该温度下“甲烷重整”反应的平衡常数约为 D．，若容器中n(CH4)=n(H2O)=n(H2)= 1mol、n(CO)= 2mol，则反应处于平衡状态 【答案】D 【解析】A项，过程①Fe与H2O反应生成H2和a，氢元素被还原，则铁元素被氧化，根据元素守恒可知a为铁的氧化物，可能是Fe3O4；H2O中心O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，故A正确；B项，若增大n(CH4)：n(H2O)的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降低，故B正确；C项，结合已知列三段式： ，故C正确；D项，1000℃，若容器中n(CH4)=n(H2O)=n(H2)= 1mol、n(CO)= 2mol，则，则此时反应未处于平衡状态，故D错误；故选D。 11．硒(34Se)在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是( ) A．Se原子在周期表中位于p区 B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有sp2、sp3 C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子 D．键角大小：气态SeO3 ＜SeO32- 【答案】D 【解析】A项，Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；B项，乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有sp2、sp3，苯环上的C为sp2杂化，  此处的C为sp3杂化，B正确；C项，乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子  ，C正确；D项，SeO3中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为 0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，SeO32-中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态SeO3＞ SeO32-，D错误；故选D。 12．下列类比正确的是( ) A．Fe3Cl8可表示为FeCl2•2FeCl3，则在水溶液中制备的Fe3I8也可表示为FeI2•2FeI3 B．NH3与足量盐酸反应生成NH4Cl，则N2H4与足量盐酸反应生成N2H4Cl2 C．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀 D．甲苯可被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，则乙苯可被酸性KMnO4氧化成苯乙酸 【答案】B 【解析】A项，I-具有强还原性与氧化性的Fe3+在溶液中要反应分别变为I2和Fe2+，所以溶液中不可能存在FeI3，A项错误；B项，NH3中的氮有孤电子对可以结合H+，N2H4中的2个N与它相似盐酸反应，B项正确；C项，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，使溶液酸化，酸性条件下NO3-将SO2氧化并与Ba2+产生了不溶于酸的BaSO4沉淀，C项错误；D项，KMnO4氧化苯环上的烷基时C-C键发生断裂，所以苯乙烷氧化产生的是苯甲酸，D项错误；故选B。 13．1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1发生加成反应分两步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生成中间体(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体完成1，加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是( ) A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物 B．第一步的反应速率比第二步慢，中间体的存在时间极短 C．该加成反应的反应热为Eb-Ea，反应过程中有p-pπ键的断裂和生成 D．升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大 【答案】B 【解析】A项，由图可知，从中间体C到产物，生成A时活化能更小，速率更大，生成B时，B更稳定，故A错误；B项，由于第一步是慢反应，第二步是快反应，故中间体C的存在时间极短，故B正确；C项，Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，1，4-加成反应过程中有p-pπ键的断裂，也有p-pπ键生成，故C错误；D项，由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则1，3-丁二烯的加成反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，1，3-丁二烯的平衡转化率降低，故D错误；故选B。 14．某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下： 序号 试剂 实验现象 ① 2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为MnO2)，都伴有少量气泡产生(经检验为N2)。 ② 2mLKMnO4溶液+1mL10 mol·L-1氨水+0.5mL1 mol·L-1稀硫酸 ③ 2mLKMnO4溶液+1mL10 mol·L-1氨水+0.5mL1 mol·L-1 Na2SO4溶液 ④ 2mLKMnO4溶液+1mL5mol·L-1(NH4)2SO4溶液+0.5mL蒸馏水 无明显变化 注：实验中c(KMnO4)=0.01mol·L-1。下列说法不正确的是( ) A．实验①中发生了反应2MnO4 -+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-+2H2O B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：c(H＋)增大，MnO4-的氧化性增强 C．对比实验③④可得出，还原性：NH3>NH4+ D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH溶液，可观察到溶液褪色 【答案】B 【解析】根据表格中的实验可知，实验①、②、③中均产生了褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐而非氨水，实验的总体积均是相等的。A项，根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：2MnO4 -+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-+2H2O，故A正确；B项，实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误；C项，实验③中NH3被氧化为N2，实验④中NH4+未被氧化，所以还原性：NH3>NH4+，故C正确；D项，实验④中加入的NH4+未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进NH4+的水解，增大了NH3·H2O的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确；故选B。 第二部分 二、非选择题(本部分共5题，共58分。) 15．(10分)某钙钛矿CH3NH3PbI3是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用CH3OH、NH3、I2、PbI2制备钙钛矿。 (1)Pb位于元素周期表第6周期ⅣA族，写出基态Pb原子价层电子轨道表示式 。 (2) NH3分子的VSEPR模型名称是 ，NH3的N—H键是由N的 轨道与H的轨道重叠形成键。 (3)制备CH3NH3PbI3的过程如下所示： ①Ⅰ中，CH3OH的沸点高于CH3I的沸点，原因是 。 ②Ⅱ中，由于NH3分子中的 具有孤电子对，容易与CH3I反应生成盐CH3NH3I。 (4)钙钛矿晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图： ①距离CH3NH3+最近的I-有 个。 ②CH3NH3PbI3的摩尔质量为620 g·molˉ1，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体密度为 g· cm-3。(1nm=10-7cm) (5)钙钛矿的稳定性受空气中H2O、O2、紫外线等因素的影响。 ⅰ． ⅱ． 研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释： ，我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。 【答案】(1) (1分) (2)四面体形(1分) sp3杂化(1分) (3)CH3OH能形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键(1分) N原子(1分) (4) 12(1分) (2分) (5)HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动(2分) 【解析】(1)由铅元素位于元素周期表第6周期ⅣA族可知，基态原子的电子排布式为6s26p2，轨道表示式为；(2)氨分子中氮原子的价层电子对数为4，则原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体形，分子中的氮氢键是氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道道重叠形成σ键；(3)①甲醇分子能形成分子间氢键，一碘甲烷不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于一碘甲烷，沸点高于一碘甲烷；②Ⅱ中，由于氨分子中氮原子具有孤电子对，能与一碘甲烷的CH3+中具有空轨道的碳原子形成配位键生成CH3NH3I；(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的CH3NH3+与位于面心的碘离子距离最近，则距离CH3NH3+最近的碘离子的个数为12；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的CH3NH3+个数为8×=1，位于面心的碘离子个数为6×=3，位于体内的铅离子个数为1，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—，7a)3d，解得d=；(5)反应生成的碘化氢能与氧气反应使得生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，使得CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动，导致钙钛矿的分解程度就会增大。 16．(10分)I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 (1)阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式： 和Ca2++CO32-=CaCO3↓。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： (2)300℃，发生反应：①SO2(g)＋2H2(g)S(g)＋2H2O(g) ΔH1 ②S(g)＋H2(g)H2S(g) ΔH2 ③2H2S(g)＋SO2(g)3S(g)＋2H2O(g) ΔH3 请用一个等式来表示三个反应的之间的关系 。 (3)反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2，平衡常数，测得平衡时SO2和的浓度均为，则平衡时的值为 。 方法二、O2氧化脱硫： (4)某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2，以N2作稀释剂，一定温度下，通入SO2、O2和H2O反应生成H2SO4，其中不同温度下，SO2在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A．温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B．已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C．原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致 (5)在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由 。 【答案】(1) H2O＋2e-+CO2=H2↑+CO32-(2分) (2) ΔH3=ΔH1-2ΔH2(2分) (3) (2分) (4)BD(2分) (5)该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快(2分) 【解析】(1)电解CaCl2溶液，阴极H2O得到电子生成CO32-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：H2O＋2e-+CO2=H2↑+CO32-，然后发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓。(2)由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③，则三个反应的ΔH之间的关系为：ΔH3=ΔH1-2ΔH2。(3)根据已知条件列出“三段式” K==3.375，解得x=1mol，则平衡时= =。(4)A项，由图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，A错误；B项，该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，B正确；C项，原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，C错误；D项，随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致，D正确；故选BD。(5)原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由为：该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快。 17．(12分)多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下： 已知：i、 ii、 iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。 (1)A→B所需试剂是 。 (2)B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为 。 (3)E中官能团的名称为 。 (4)F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为 。 (5)芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式： 。 a．能与NaHCO3反应     b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1 (6)J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。 中间产物1、3的结构简式分别为 、 。 (7)K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1mol三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为 。 【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸(1分) (2) (2分) (3)硝基、羧基(1分) (4) (1分) (5) (1分) (6)中间产物1(2分) 中间产物3(2分) (7)40%(2分) 【解析】A的分子式为C7H8，从D的结构简式可知，B是，C的结构简式为，C水解生成D，根据G的结构简式，结合已知信息ii，可知F的结构简式为，E的结构简式为，F到G失水发生取代反应形成环状结构，G到I发生氧化反应，I与H2O2反应生成J，J转化为K。(1)A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸；(2)B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：；(3)E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基；(4)F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：；(5)I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：；(6)J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K；(7)三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04mol，K的物质的量为0.04mol，0.1mol的J与0.15mol的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol的K，因此产率为。 18．(12分)氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与SO42-形成复盐沉淀，Ce3+和SO42-发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2； ③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： (1)滤渣A的主要成分是 (填写化学式)。 (2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。 (3)加入硫脲的目的是将CeF22+还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。 (4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为 。 (5)下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。 A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率 B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度 C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 D．该步骤发生的反应是2Ce3++6 HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O (6)若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c(HCO3-)= mol∙L−1。 【答案】(1)BaSO4、SiO2(2分) (2)4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O(2分) (3)2 CeF22++2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-(2分) (4)防止Ce3+被氧化(2分) (5)CD(2分) (6)0.2(2分) 【解析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4；含CeF22+滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀B为Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。(1)滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。(2)在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。(3)根据信息硫脲(  )具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将CeF22+还原为Ce3+，反应的离子方程式为2 CeF22++2  =2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。(5)A项，由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A错误；B项，碳酸钠与Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B错误；C项，减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；D项，Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6 HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，D正确；故选CD。(6)Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，则，解得，测得溶液的pH=5，根据，解得c(HCO3-)=0.2mol∙L−1。 19．(14分)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀 0.2mol·L-1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 (1)经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。 (2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42-，含有Cu+、Cu2+和SO32-。 已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32-。 a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 。 b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是 。 (3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42-，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。 ②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i．Al(OH)3所吸附； ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。 步骤一： 步骤二： (按上图形式呈现)。 b．假设ii成立的实验证据是 。 (4)根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。 【答案】(1)2Ag++ SO32-===Ag2SO3↓(1分) (2)①有红色固体生成(1分) ②HCl溶液和BaCl2溶液(1分) 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42- (2分) (3)①Al3+、OH-(2分) ②(2分) V1明显大于V2 (1分) (4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性(2分) 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件(2分) 【解析】(1). 实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；(2)①因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成；②a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为HCl溶液和BaCl2溶液；b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−；(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子；②. a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2；(4).根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关。 学科网（北京）股份有限公司 $$