資源簡介

湖南省新高考教學教研聯盟2025屆高三第二次預熱演練 化學試題
1．（2025·湖南模擬）設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．0.1molCu與足量的S完全反應，轉移的電子數為
B．的溶液中數等于
C．電解水時，若陰陽兩極產生氣體的總體積為22.4L，則轉移的電子數為
D．氯化銨水溶液中與數之和大于
2．（2025·湖南模擬）下列實驗裝置及現象正確的是
A．圖甲：濃氨水與濃硫酸反應
B．圖乙：測量鋅與稀硫酸反應的反應速率
C．圖丙：滴定結束時的刻度，讀數為12.20mL
D．圖丁：驗證與KI的反應是可逆反應
3．（2025·湖南模擬）下列關于實驗操作的誤差分析不正確的是
A．測定中和反應反應熱時，如果攪拌器改為銅質的，則測得的偏大
B．用量氣法測鋅與稀硫酸反應產生的氫氣體積時，裝置未冷卻至室溫即讀數，則測得的反應速率偏大
C．用潔凈的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH試紙上，來測定氯水的pH
D．用標準鹽酸滴定未知濃度NaOH溶液，開始滴定時酸式滴定管尖端處有氣泡，滴定終點時氣泡消失，則測得的NaOH溶液濃度偏大
4．（2025·湖南模擬）粗鹽(雜質僅有MgSO4、CaCl2)提純的工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是
A．為確保雜質能被除盡，所加除雜試劑需適當過量
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加順序可以互換
C．操作①為過濾，操作②為蒸發結晶
D．固體a中至少含有三種物質
5．（2025·湖南模擬）已知制備光氣的反應為，將等物質的量的和充入密閉容器中，平衡體系中，平衡混合物的平均摩爾質量在不同溫度下隨壓強的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是
A．溫度：
B．平衡常數：
C．的平衡轉化率：
D．點時，若，則CO的平衡轉化率為
6．（2025·湖南模擬）氮氧化物()為燃油汽車尾氣中主要受管制的成分之一，其控制技術的研發十分重要。燃油汽車排氣管內部安裝三元催化劑處理NO的反應為 。該反應相對能量變化如圖所示(結構式為)：
下列敘述正確的是
A．三個基元反應的都小于0
B．處理NO反應
C．反應3控制總反應的速率
D．選擇催化劑主要降低反應2的能壘
7．（2025·湖南模擬）下列實驗方案設計能達到相應實驗目的的是
選項 實驗方案設計 實驗目的
A 向溶液中加入用鹽酸酸化的溶液，觀察溶液是否有白色沉淀生成 檢驗某溶液中的
B 向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不顯紅色，再向溶液中加入幾滴新制氯水，觀察溶液是否變紅 檢驗某溶液中的
C 將與溶液混合加熱，靜置，向上層清液中加入溶液，觀察是否生成淺黃色沉淀 檢驗中的溴元素
D 把充滿、塞有橡膠塞的試管倒立在水中，在水面下打開橡膠塞，觀察試管內溶液是否充滿整支試管 檢驗的溶解性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·湖南模擬）中國科學院研究所發布的新型固態鋰硫正極材料(2Li2S·CuI)，能量密度較高且成本較低。由這種材料制成的鋰離子電池放電、充電時的工作原理如圖所示，反應的化學方程式為。下列說法錯誤的是
A．放電時，a極為負極
B．放電時，b極上的電極反應式：
C．充電時，電子的流向：b極→外接電源的正極，外接電源的負極→a極
D．充電時，每轉移3 mol電子，a極增重21g
9．（2025·湖南模擬）烷烴是我們一開始便學習的有機物，十分有趣。烷烴的鹵化反應機理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基為缺電子物種，給電子基團可以使其穩定
下列說法不正確的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反應的決速步
B．反應中，有生成
C．比穩定，而比穩定
D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷
10．（2025·湖南模擬）已知晶體的立方晶胞三視圖如下圖所示，晶胞體心位置無微粒占據。的摩爾質量為，其晶胞參數為a cm，阿伏加德羅常數的值為。下列說法錯誤的是
A．該晶體屬于分子晶體，晶體中存在的作用力有共價鍵、范德華力
B．在晶胞中有2種取向
C．的配位數為12
D．晶體密度為
11．（2025·湖南模擬）某興趣小組探究高錳酸鉀和氨水的反應，實驗如下：
序號 試劑 實驗現象
① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸餾水 溶液完全褪色所需時間：③＜②＜①。 實驗均產生棕褐色固體(經檢驗為)，都伴有少量氣泡產生(經檢驗為)。
② 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸
③ 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液
④ 2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸餾水 無明顯變化
注：實驗中。下列說法不正確的是
A．實驗①中發生了反應
B．溶液完全褪色所需時間②＜①的主要原因：增大，的氧化性增強
C．對比實驗③④可得出，還原性：
D．在實驗④的試劑中，逐滴加入濃溶液，可觀察到溶液褪色
12．（2025·湖南模擬）Buchwald-Hartwig偶聯反應(布赫瓦爾德-哈特維希反應)是合成芳胺的重要方法，反應機理如圖(圖中Ar表示芳香烴基，---表示為副反應)。下列說法不正確的是
A．整個過程僅涉及到取代反應
B．3、5和8都是反應的中間體
C．理論上1 mol最多能消耗2 mol
D．若原料用和，則可能得到的產物為、和
13．（2025·湖南模擬）下圖示中，圖1是8 羥基喹啉，圖2用高分辨原子力顯微鏡觀察到的聚集的8 羥基喹啉圖像，圖3聚集的分子結構模型。下列有關說法正確的是
A．圖1中，每個8 羥基喹啉分子中含有5個π鍵
B．對比圖2可驗證8 羥基喹啉分子間存在氫鍵
C．C、N、O的第一電離能依次增大
D．原子力顯微鏡可直接觀測到氫鍵的本質
14．（2025·湖南模擬）在某催化劑作用下雙氧水分解：。向某容器中投入足量雙氧水，測得雙氧水濃度與反應時間關系如圖所示。已知：雙氧水濃度減小一半所用時間叫半衰期。下列敘述錯誤的是
A．溫度升高，雙氧水分解速率加快
B．反應速率：
C．ab段平均速率：
D．此條件下，雙氧水半衰期與初始濃度成正比
15．（2025·湖南模擬）是一種重要的化工原料，25℃時，，；，。
（1）寫出CuS在水中的沉淀溶解平衡式：　 　。的水解方程式：　 　。
（2）常溫下，NaHS溶液顯　 　(填“酸性”“中性”或“堿性”)，溶液中含硫微粒的濃度由大到小的順序為　 　。
（3）常溫下，水溶液中和的濃度變化如圖所示，下列說法正確的是___________(填標號)。
A．將硫化氫通入水中，溶液中的變化：
B．點溶液中可大量存在的離子：
C．將NaHS固體加到水中，水的電離程度減小
D．點時加入少量硫化鈉固體，始終不變
（4）常溫下，實驗室常用硫酸銅溶液除去硫化氫，是一個弱酸制強酸的特例。其反應原理為，該反應的平衡常數為　 　(保留3位有效數字)。
（5）硫化物也常用于除去廢水中的重金屬離子。向含的廢水中加入沉淀劑FeS，發生反應的離子方程式為　 　，當反應達到平衡時，　 　。
16．（2025·湖南模擬）(一)我國科學家發現催化劑可高效活化，實現物質的高選擇性氧化，為污染物的去除提供了新策略。污染物去除的催化反應過程示意圖如圖。
（1）Fe元素在元素周期表中的位置是　 　；基態O原子中，電子占據的最高能層的符號是　 　，處于最高能級的電子的運動狀態共有　 　個。
（2）污染物X在電極a上的反應式是　 　。
(二)科研團隊研究了分別為、和［也可以寫作]的反應能力，發現中心原子含有孤電子對的物質易被氧化。
（3）基態As原子的價層電子排布式是　 　。
（4）中的鍵角　 　(填“>”“<”或“=”)中的鍵角，原因是　 　。
（5）的結構是，P原子的雜化軌道類型是　 　。
（6）比較反應能力：　 　(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
（7）晶胞的體積為，晶體密度為，阿伏加德羅常數的值為，一個晶胞中原子的個數為　 　(的摩爾質量：160g/mol)。
17．（2025·湖南模擬）廢物利用利國利民，回收處理釩鉻渣(含有及等)，并利用廢渣提取釩鉻的工藝流程如圖：
已知：①25℃時，的溶度積常數為。
②氧化焙燒步驟中分別轉化為。
③酸性溶液中，的氧化性強于。
回答下列問題：
（1）“氧化焙燒”該步驟不能使用陶瓷容器，其原因是　 　，其涉及的化學方程式為　 　。
（2）加快“氧化焙燒”的速率，可以采取的措施是　 　。
（3）水浸產生的濾渣1的成分是　 　(用化學式表示)。
（4）“除雜”后，Cr元素主要以存在，結合離子方程式，利用相關原理解釋其原因：　 　。
（5）寫出“還原”步驟中發生反應的離子方程式：　 　。
（6）在“還原”步驟中，選硫酸酸化而不選鹽酸酸化，其原因是　 　。
18．（2025·湖南模擬）無水ZnCl2常用作為生產活性炭的活化劑。現以一種主要成分為ZnO的煉鋅煙塵(含有少量的FeO、CuO)來制備無水氯化鋅，相關實驗流程如下：
已知：①無水氯化鋅具有較強的吸水性，其反應原理為：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn及其化合物的性質與Al相似，pH>11時，Zn(OH)2可轉化為。
③研究小組利用市售的氯化鋅制備無水氯化鋅，依次采用除水(氯化氫氣體“置換”)、升華相結合的方法，裝置如圖所示：
請回答：
（1）利用濃硫酸與氯化鈉制備HCl(g)，該反應體現了硫酸的　 　(填濃硫酸的相關性質)；盛裝濃硫酸的儀器名稱是　 　。
（2）下列說法不正確的是___________。
A．步驟Ⅰ，加入過量氫氧化鈉的作用是充分溶解氧化鋅，使其與雜質分離
B．步驟Ⅲ起到調節溶液pH值，應通入足量CO2，使Zn元素能夠完全沉淀
C．除水階段，為提高除水速度，應加快HCl和N2的氣流速度
D．管式爐Ⅰ采取階段式升溫，實驗結束時先撤去管式爐Ⅰ、再撤去管式爐Ⅱ
（3）實驗流程中的“一系列操作”是：　 　，洗滌，干燥；最終得到氯化鋅晶體[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，將其與SOCl2混合并加熱，可得到無水ZnCl2，寫出發生的反應方程式　 　。
（4）用天平稱量0.9000 g產品，置于250mL錐形瓶中，加入100mL蒸餾水使其溶解，再加入緩沖溶液將pH調至10.0并加入50mg鉻黑T指示劑，最后用濃度為0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，簡寫H2Y)標準溶液滴定至溶液呈亮藍色(離子方程式為Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行測定三次，同時做空白試驗，平均消耗EDTA標準溶液體積為29.60mL。
①做空白試驗的目的為　 　。
②產物ZnCl2的純度為　 　(保留三位有效數字)。
③部分指示劑或指示劑與金屬離子形成的配合物在水中溶解度較小，以致使滴定終點拖長(稱為指示劑的僵化)。為增大有關物質的溶解度消除這一影響，可采取的措施是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】氣體摩爾體積；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．Cu與S反應生成，Cu元素由+1價變為+2價，因此轉移的電子數為，A錯誤；
B．溶液中存在平衡：，因此該溶液中數小于，B錯誤；
C．沒有指明標準狀況，因此無法計算轉移的電子數，C錯誤；
D.1L1mol/L氯化銨溶液中n(Cl-)=1mol，溶液中的電荷守恒：n(NH)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，故溶液中NH與H+物質的量之和大于1mol，數目大于NA，D正確；
故答案為：D
【分析】A、S的氧化性較弱，與Cu反應生成Cu2S，據此計算其轉移電子數。
B、K2Cr2O7溶液中存在可逆反應Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋。
C、氣體所處狀態未知，無法應用Vm=22.4L·mol－1計算。
D、結合電荷守恒分析。
2．【答案】B
【知識點】化學反應的可逆性；濃硫酸的性質；性質實驗方案的設計；酸（堿）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．濃硫酸沒有揮發性，因此不會在空氣中與揮發的氨氣產生白煙現象，A錯誤；
B．分液漏斗上部連接一根橡膠管，起到平衡壓強的作用，能減小測量氣體體積時的誤差，B正確；
C．滴定管的零刻度在上，因此該滴定管的讀數應該為，C錯誤；
D．幾滴KI太少，溶液中Fe3+過量，加入KSCN，溶液一定變為紅色，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、濃硫酸沒有揮發性。
B、連接的導管起到平衡的作用，有利于減少實驗誤差。
C、滴定管的“0”刻度在上方，據此確定滴定管的讀數。
D、所加KI溶液少量，Fe3＋過量，遇KSCN溶液變紅色。
3．【答案】C
【知識點】中和滴定；中和熱的測定；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．銅棒導熱能力強，使得測得的熱量值偏小，焓變為負，因此偏大，故A正確；
B．金屬與酸的反應為放熱反應，裝置未冷卻至室溫即讀數，氣體的體積偏大，測得的反應速率偏大，故B正確；
C．新制的氯水有漂白性，會使變色后的試紙褪色，因此不能用pH試紙測定pH，故C錯誤；
D．開始滴定時酸式滴定管尖端處有氣泡，滴定終點時氣泡消失，則消耗標準液的體積偏大，使得測得的NaOH溶液濃度偏大，故D正確；
故答案為：C
【分析】A、金屬的導熱性強，會導致部分熱量散失。
B、金屬與酸的反應為放熱反應，裝置未冷卻就讀數，會導致氣體體積偏大。
C、氯水具有漂白性，能使變色后的pH試紙褪色。
D、滴定開始時尖端有氣泡，滴定終點氣泡消失，則消耗標準液的體積偏大。
4．【答案】D
【知識點】海水資源及其綜合利用；物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A． 為確保雜質能被除盡，所加除雜試劑需適當過量 ，且需考慮過量除雜試劑的后期處理，A正確；
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加順序互換后，不影響雜質的去除和過量除雜試劑的后期處理，但Na2CO3一定要在BaCl2的后面加入，B正確；
C．由分析可知，操作①為過濾，操作②為蒸發結晶，C正確；
D．由分析可知，固體a中含有BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3等，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】根據流程圖信息，加入BaCl2溶液，能將轉化為BaSO4沉淀，加入NaOH溶液，能將Mg2+轉化為Mg(OH)2沉淀，加入Na2CO3溶液，能將過量的Ba2+、Ca2+轉化為BaCO3和CaCO3沉淀；經操作①（過濾），除去沉淀，即固體a中主要含有BaSO4沉淀、Mg(OH)2沉淀、BaCO3沉淀和CaCO3沉淀，往濾液中加入稀鹽酸，除去過量的和OH-，經操作②（蒸發結晶），便可得到NaCl晶體。
5．【答案】C
【知識點】化學平衡常數；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，增大，所以減小，因此溫度：，A錯誤；
B．平衡常數只與溫度有關，兩點溫度相同，因此平衡常數相同，即；升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，所以Kb＜Kc，B錯誤；
C．越大，則混合氣體中的含量越高，反應物的轉化率越大，所以的平衡轉化率：，C正確；
D．CO與等物質的量混合，設起始時，CO轉化了，當M=80g·mol-1時，則可得，解得，所以CO的轉化率為，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、結合溫度對平衡移動的影響分析，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動。
B、平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變；溫度改變，平衡逆向移動，則平衡常數變小。
C、反應正向進行的程度越大，Cl2的轉化率越大。
D、令起始時，參與反應的n(CO)=xmol，結合M的表達式進行計算。
6．【答案】B
【知識點】蓋斯定律及其應用；活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反應1的，A錯誤；
B．由蓋斯定律可知，3個反應相加可得反應：，則其，B正確；
C．活化能越大，反應速率越小，反應速率最慢的一步是控速步驟，根據圖示信息可知，反應1、2、3的正反應活化能分別為、、，則反應1控制總反應的速率，C錯誤；
D．由C項可知，反應1控制總反應的速率，選擇催化劑主要是降低控速步驟的能壘，即降低反應1的能壘，D錯誤；
故答案為：B。
【分析】根據圖示信息，三個基元反應的熱化學方程式分別為：
反應1：
反應2：
反應3： 。
7．【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；硫酸根離子的檢驗；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；鹵代烴簡介
【解析】【解答】A．向溶液中加入用鹽酸酸化的溶液，產生白色沉淀，該沉淀可能為AgCl或BaSO4，因此原溶液中可能存在，A不符合題意；
B．向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不顯紅色，說明溶液中不含；再向溶液中加入幾滴新制氯水，觀察溶液是否變紅，若變紅則可得到此時溶液中含有，因此說明原溶液中含有，反之亦然，B符合題意；
C．將與溶液混合加熱，靜置，向上層清液中先加入稀硝酸，再加入溶液，生成淺黃色沉淀，才可證明中的溴元素。直接加入溶液，會與溶液中的反應，C不符合題意；
D．把充滿、塞有橡膠塞的試管倒立在水中，在水面下打開橡膠塞，觀察試管內液體慢慢上升，就可以證明二氧化硫易溶于水，不需要通過溶液充滿整支試管證明二氧化硫可溶于水，二氧化硫通常用向上排空氣法收集，收集到的氣體中一般混有空氣，因此很難讓溶液充滿整支試管，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】A、檢驗SO42－時，應先加足量的稀鹽酸，排除Ag＋、CO32－、SO32－的干擾，再加BaCl2溶液。
B、檢驗Fe2＋時，應先加KSCN溶液，無明顯現象，再加氯水，溶液變紅色。
C、檢驗鹵代烴中鹵素原子，應先加足量的稀硝酸，除去水解液中的NaOH，再加AgNO3溶液，通過沉淀的顏色判斷鹵素原子的種類。
D、檢驗SO2的溶解性，只需SO2溶于水后，試管內液面上升即可，不需完全充滿試管。
8．【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知， 放電時，a極為負極 ，A正確；
B．由分析可知，放電時，b極上的電極反應式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI，B錯誤；
C．充電時，原電池的負極接外加電源的負極，b極接外加電源的正極，電子的流向：b極→外接電源的正極，外接電源的負極→a極，C正確；
D．充電時，a極發生Li++e-=Li，每轉移3 mol電子，a極增重3molLi，質量為21g，D正確；
故答案為：B。
【分析】放電時，a極作原電池的負極，其電極反應式為Li-e-=Li+，b極作原電池的正極，其電極反應式為3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI。
9．【答案】C
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反應速率慢，屬于慢反應，因此是氯化反應的決速步，A正確；
B．第2步產生了，2個可以形成，該反應為，B正確；
C．自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，與相比，-CH3取代了的一個氫原子，-CH3是供電子基團，因此比穩定，苯基是吸電子基團，因此比穩定，C錯誤；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要產物為氯甲烷，D正確；
故答案為：C
【分析】A、反應所需的活化能越大，反應速率越慢，慢反應為決速反應。
B、2個可反應生成。
C、自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，據此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
10．【答案】D
【知識點】分子晶體；晶胞的計算；化學鍵和分子間作用力的區別
【解析】【解答】A．該晶體中的最小微粒為，則其為分子晶體，分子間存在范德華力和共價鍵，A正確；
B．根據圖示信息可知，在晶胞中有2種取向，B正確；
C．根據晶胞三視圖可知，的晶胞為面心立方晶胞，以1個頂點分子為研究對象，與之最近且等距的位于面心位置，則的配位數為12，C正確；
D.根據晶胞均攤法，該晶胞含有的分子數目為，則其晶體密度為，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A. 分子晶體中存在的作用力有共價鍵、范德華力 。
B.根據晶胞三視圖進行分析。
C.的晶胞為面心立方晶胞。
D.根據晶胞均攤法進行分析。
11．【答案】B
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應方程式的配平；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．實驗①中產生棕褐色固體MnO2，同時伴有少量氣體N2生成，此時溶液顯堿性，該反應的離子方程式為：，故A正確；
B．實驗①中溶液為堿性，實驗②中加入了稀硫酸，實驗①中溶液完全褪色所需時間比實驗②中溶液完全褪色所需時間長。但實驗②中溶液完全褪色所需時間比實驗③中溶液完全褪色所需時間長，實驗③中加入的是硫酸鈉，為中性溶液，反而速率最快，通過對比實驗②和實驗③可知，影響該反應中反應速率的并不是c(H+)，故B錯誤；
C．實驗③中NH3被氧化為N2，實驗④中未被氧化，因此還原性：NH3>，故C正確；
D．實驗④中加入的未被氧化，當逐滴加入濃NaOH溶液，會促進的水解，溶液中c(NH3·H2O)增大，進一步發生類似實驗③中的反應，因此溶液褪色，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據題干信息確定反應物和生成物，從而確定反應的離子方程式。
B、對比實驗①②③中溶液完全褪色所需的時間，以及溶液的酸堿性判斷。
C、實驗③中NH3被氧化，而實驗④中NH4＋未被氧化，據此判斷二者的還原性強弱。
D、實驗④中加入NaOH溶液，NH4＋轉化為NH3·H2O，NH3被氧化，溶液褪色。
12．【答案】A
【知識點】有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．根據反應機理圖，的反應屬于消去反應，A錯誤；
B．根據反應機理圖，9是主產物，10是副產物，3、5和8都是反應中間體，B正確；
C．根據反應機理圖，2和4、6反應，最終生形成了7和9，涉及反應為，理論上最多消耗的，C正確；
D． 若原料用和，結合反應機理圖，2可看作，4可看作，
則產物9和10分別對應產物和和，D正確；
故答案為：A。
【分析】A.取代反應是指在一個化合物中，一個原子或原子團被另一個原子或原子團所替代的反應。B.化學反應中間體是化學反應中的中間產物。C.2和4、6反應，最終生形成了7和9。D.結合反應機理圖，2可看作，4可看作。
13．【答案】B
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；含有氫鍵的物質；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A．苯環中為大π鍵，含氮雜環中含有兩個碳碳雙鍵，因此每個8 羥基喹啉分子中未含有3個π鍵，故A錯誤；
B．根據圖示，8-羥基喹啉分子間存在、等氫鍵，故B正確；
C．同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但N的2p層電子半充滿，導致其第一電離能大于O，C、O、N的第一電離能依次增大，故C錯誤；
D．根據題意可知，通過原子力顯微鏡觀測能清晰觀察到分子間存在的氫鍵作用，并不是直接觀測到氫鍵的本質，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】A.碳碳雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵。
B.8-羥基喹啉分子間存在、等氫鍵。
C.注意N的2p層電子半充滿，導致其第一電離能大于臨近元素。
D.通過原子力顯微鏡觀測能清晰觀察到分子間存在的氫鍵作用。
14．【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．升溫利于加快反應速率，雙氧水分解速率加快，故A正確；
B．a點大，反應速率快，故B正確；
C．ab段平均速率，故C正確；
D．根據圖示信息及分析可知，雙氧水半衰期為20s，與起始濃度無關，故D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.溫度升高，化學反應速率加快.
B.濃度增大，反應速率加快。
C.注意單位統一。
D.雙氧水半衰期指雙氧水濃度減小一半所用時間。
15．【答案】（1）；
（2）堿性；
（3）D
（4）
（5）；
【知識點】化學平衡常數；鹽類水解的原理；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式為；的水解方程式為。
故答案為：；
（2）的，其，則的電離程度弱于其水解程度，溶液顯堿性；因為的電離程度弱于其水解程度且其電離和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的濃度由大到小的順序為。
故答案為：堿性；
（3）A．硫化氫是弱電解質，在水溶液中主要電離為，溶液中氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，A錯誤；
B．在中性溶液中不能大量存在，B錯誤；
C．根據第2問解析，的電離程度弱于其水解程度，將硫氫化鈉固體加到水中，水的電離程度增大，C錯誤；
D．，溫度不變則最終不變，D正確；
故答案為：D
（4）①
②
③
④
則①=②+③-④，①的平衡常數為。
故答案為：
（5），則向含的廢水中加入沉淀劑轉化為CuS，離子方程式為；當反應達到平衡時，。
故答案為：；
【分析】（1）CuS在水中存在沉淀溶解平衡，形成Cu2＋和S2－。HS－在水中水解生成H2S和OH－。
（2）比較HS－的電離程度和水解程度的相對大小，從而判斷NaHS溶液的酸堿性和溶液中離子濃度的相對大小。
（3）A、將H2S氣體通入水中，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)減小。
B、a點溶液顯中性，Fe3＋水解，使得溶液先酸性。
C、HS－的水解程度大于電離程度，水解促進水的電離。
D、結合電離平衡常數和水的離子積常數分析。
（4）根據反應平衡常數的表達式進行計算。
（5）加入沉淀劑FeS后，Cu2＋與FeS反應生成Fe2＋和CuS。結合Ksp(FeS)、Ksp(CuS)進行計算。
（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式為；的水解方程式為。
（2）的，其，則的電離程度弱于其水解程度，溶液顯堿性；因為的電離程度弱于其水解程度且其電離和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的濃度由大到小的順序為。
（3）A．硫化氫是弱電解質，在水溶液中主要電離為，溶液中氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，A錯誤；
B．在中性溶液中不能大量存在，B錯誤；
C．根據第2問解析，的電離程度弱于其水解程度，將硫氫化鈉固體加到水中，水的電離程度增大，C錯誤；
D．，溫度不變則最終不變，D正確；
答案選D。
（4）①
②
③
④
則①=②+③-④，①的平衡常數為。
（5），則向含的廢水中加入沉淀劑轉化為CuS，離子方程式為；當反應達到平衡時，。
16．【答案】第四周期第Ⅷ族；L；4；X+H2O-2e-XO+2H+；4s24p3；<；中氮原子的價層電子對數為，為V形結構，中氮原子的價層電子對數為，為平面三角形，中含有孤電子對，有較大的排斥力，故的鍵角小于的鍵角；sp3；<；中磷原子無孤電子對，中砷有孤電子對；
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；晶胞的計算；電極反應和電池反應方程式
【解析】【解答】（1）Fe是26號元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；基態O原子的電子排布式為1s22s22p4，電子占據的最高能層的符號是L，每個電子的運動狀態都不同，處于最高能級2p的電子的運動狀態共有4個；
（2）由圖可知，污染物X在電極a上失去電子生成XO和H+，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：；
（3）基態砷為33號元素，其價層電子排布式為4s24p3；
（4）中氮原子的價層電子對數為，為V形結構，中氮原子的價層電子對數為，為平面三角形，中含有孤電子對，有較大的排斥力，故的鍵角小于的鍵角；
（5）中磷原子無孤電子對，形成4個鍵，故雜化類型為sp3；
（6）中心原子含有孤電子對的物質易被氧化，中P原子孤電子對的數目為=0，中As原子孤電子對的數目為1，中磷原子無孤電子對，中砷有孤電子對，故反應能力<；
（7）晶胞的質量為ρVg，故一個晶胞中氧化鐵的物質的量為mol，鐵原子的物質的量為mol，一個晶胞中Fe原子的個數為。
【分析】（1）Fe是26號元素。
（2）根據得失電子守恒和電荷守恒進行分析。
（3）砷為33號元素。
（4）根據中心原子價層電子對數及孤電子對數進行分析。
（5）中磷原子無孤電子對，形成4個鍵。
（6）根據中心原子價層電子對數及孤電子對數進行分析。
（7）根據m=nM=ρV=進行分析。
17．【答案】（1）因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時與碳酸鈉反應導致陶瓷容器損壞；
（2）將釩鉻渣粉碎
（3）
（4）因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在
（5）
（6）會將鹽酸氧化為氯氣
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時二氧化硅與碳酸鈉反應會生成硅酸鈉，導致陶瓷容器損壞，相關方程式為。
故答案為： 因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時與碳酸鈉反應導致陶瓷容器損壞 ；
（2）將釩鉻渣粉碎，可以增大固體表面積，加快反應速率。
故答案為： 將釩鉻渣粉碎
（3）氧化焙燒過程中及分別轉化為轉化為不與碳酸鈉反應，所以濾渣1的成分為。
故答案為：
（4）因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在。
故答案為： 因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在
（5）具有強氧化性，在酸性條件下能把氧化成，鉻元素被還原成，相關離子方程式為。
故答案為：
（6）根據信息可知：酸性溶液中，的氧化性強于，而二氧化錳能將濃鹽酸中的氯離子氧化為氯氣，所以會將鹽酸氧化為氯氣。
故答案為：會將鹽酸氧化為氯氣
【分析】（1）陶瓷中含有SiO2，高溫下能與Na2CO3反應生成Na2SiO3和CO2。
（2）加快“氧化焙燒”達到速率，可通過粉碎鉻渣、適當升高溫度等操作實現。
（3）“氧化焙燒”過程中Fe2O3不參與反應；且“水浸”過程中Fe2O3不溶于水，因此濾渣1中含有Fe2O3。
（4）溶液中存在可逆反應Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋，結合溶液c(H＋)對平衡移動的影響分析。
（5）“還原”部分中加入H2O2溶液，Cr2O72－與H2O2反應生成Cr3＋和O2，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應的離子方程式。
（6）酸性溶液中氧化性：Cr2O72－＞MnO2，因此Cr2O72－能將Cl－氧化成Cl2，因此不能用鹽酸酸化。
（1）因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時二氧化硅與碳酸鈉反應會生成硅酸鈉，導致陶瓷容器損壞，相關方程式為。
（2）將釩鉻渣粉碎，可以增大固體表面積，加快反應速率。
（3）氧化焙燒過程中及分別轉化為轉化為不與碳酸鈉反應，所以濾渣1的成分為。
（4）因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在。
（5）具有強氧化性，在酸性條件下能把氧化成，鉻元素被還原成，相關離子方程式為。
（6）根據信息可知：酸性溶液中，的氧化性強于，而二氧化錳能將濃鹽酸中的氯離子氧化為氯氣，所以會將鹽酸氧化為氯氣。
18．【答案】（1）酸性、高沸點性(或難揮發性)；恒壓滴液漏斗
（2）D
（3）蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑
（4）消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響(或消除系統內誤差)；89.5% (或0.895)；放慢滴定速度/加入適當的有機溶劑/適當加熱
【知識點】鹽類水解的應用；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計；離子方程式的有關計算
【解析】【解答】（1）由分析可知，利用濃硫酸與氯化鈉制備HCl(g)，該反應體現了硫酸的酸性、高沸點性(或難揮發性)，盛裝濃硫酸的儀器名稱為恒壓滴液漏斗，故答案為：酸性、高沸點性(或難揮發性)；恒壓滴液漏斗；
（2）A．步驟Ⅰ，加入過量氫氧化鈉的作用是充分溶解氧化鋅生成Na2[Zn(OH)4]，通過過濾使其與雜質分離，故A項正確；
B．步驟Ⅲ起到調節溶液pH值，發生反應2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，應通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能夠完全沉淀，故B項正確；
C．加快HCl和N2的氣流速度，可以提高除水速度，故C項正確；
D．由分析知實驗結束時先撤去管式爐Ⅱ、再撤去管式爐I，故D項錯誤；
故選D。
（3）由分析知，實驗流程中的“一系列操作”是蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到的氯化鋅晶體[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，將其與SOCl2混合并加熱，可得到無水ZnCl2，其化學方程式為ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案為：蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通過做空白試驗做對比，可以消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響，故答案為：消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響(或消除系統內誤差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物質的量為，與EDTA以物質的量之比反應，則0.9000g產品中ZnCl2的質量為，則產品中ZnCl2的質量分數為，故答案為：89.5%；
③部分指示劑或指示劑與金屬離子形成的配合物在水中溶解度較小，以致使滴定終點拖長(稱為指示劑的僵化)。為增大有關物質的溶解度消除這一影響，可通過提高溶解度或減小反應速率的措施來消除，具體可采取的措施有放慢滴定速度、加入適當的有機溶劑、適當加熱，故答案為：放慢滴定速度/加入適當的有機溶劑/適當加熱。
【分析】根據題干信息及流程圖可知，操作Ⅰ是ZnO與NaOH反應被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，FeO、CuO不反應，經操作Ⅱ得到的濾液2中主要含有Na2[Zn(OH)4]，操作Ⅲ是Na2[Zn(OH)4]與CO2反應生成Zn(OH)2沉淀，操作Ⅳ是Zn(OH)2沉淀與鹽酸反應，得到的濾液3中主要成分是ZnCl2，經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnCl2晶體，再經一系列操作可得到無水ZnCl2。
（1）由分析可知，利用濃硫酸與氯化鈉制備HCl(g)，該反應體現了硫酸的酸性、高沸點性(或難揮發性)，盛裝濃硫酸的儀器名稱為恒壓滴液漏斗，故答案為：酸性、高沸點性(或難揮發性)；恒壓滴液漏斗；
（2）A．步驟Ⅰ，加入過量氫氧化鈉的作用是充分溶解氧化鋅生成Na2[Zn(OH)4]，通過過濾使其與雜質分離，故A項正確；
B．步驟Ⅲ起到調節溶液pH值，發生反應2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，應通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能夠完全沉淀，故B項正確；
C．加快HCl和N2的氣流速度，可以提高除水速度，故C項正確；
D．由分析知實驗結束時先撤去管式爐Ⅱ、再撤去管式爐I，故D項錯誤；
故選D。
（3）由分析知，實驗流程中的“一系列操作”是蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到的氯化鋅晶體[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，將其與SOCl2混合并加熱，可得到無水ZnCl2，其化學方程式為ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案為：蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通過做空白試驗做對比，可以消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響，故答案為：消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響(或消除系統內誤差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物質的量為，與EDTA以物質的量之比反應，則0.9000g產品中ZnCl2的質量為，則產品中ZnCl2的質量分數為，故答案為：89.5%；
③部分指示劑或指示劑與金屬離子形成的配合物在水中溶解度較小，以致使滴定終點拖長(稱為指示劑的僵化)。為增大有關物質的溶解度消除這一影響，可通過提高溶解度或減小反應速率的措施來消除，具體可采取的措施有放慢滴定速度、加入適當的有機溶劑、適當加熱，故答案為：放慢滴定速度/加入適當的有機溶劑/適當加熱。
1 / 1湖南省新高考教學教研聯盟2025屆高三第二次預熱演練 化學試題
1．（2025·湖南模擬）設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．0.1molCu與足量的S完全反應，轉移的電子數為
B．的溶液中數等于
C．電解水時，若陰陽兩極產生氣體的總體積為22.4L，則轉移的電子數為
D．氯化銨水溶液中與數之和大于
【答案】D
【知識點】氣體摩爾體積；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．Cu與S反應生成，Cu元素由+1價變為+2價，因此轉移的電子數為，A錯誤；
B．溶液中存在平衡：，因此該溶液中數小于，B錯誤；
C．沒有指明標準狀況，因此無法計算轉移的電子數，C錯誤；
D.1L1mol/L氯化銨溶液中n(Cl-)=1mol，溶液中的電荷守恒：n(NH)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，故溶液中NH與H+物質的量之和大于1mol，數目大于NA，D正確；
故答案為：D
【分析】A、S的氧化性較弱，與Cu反應生成Cu2S，據此計算其轉移電子數。
B、K2Cr2O7溶液中存在可逆反應Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋。
C、氣體所處狀態未知，無法應用Vm=22.4L·mol－1計算。
D、結合電荷守恒分析。
2．（2025·湖南模擬）下列實驗裝置及現象正確的是
A．圖甲：濃氨水與濃硫酸反應
B．圖乙：測量鋅與稀硫酸反應的反應速率
C．圖丙：滴定結束時的刻度，讀數為12.20mL
D．圖丁：驗證與KI的反應是可逆反應
【答案】B
【知識點】化學反應的可逆性；濃硫酸的性質；性質實驗方案的設計；酸（堿）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．濃硫酸沒有揮發性，因此不會在空氣中與揮發的氨氣產生白煙現象，A錯誤；
B．分液漏斗上部連接一根橡膠管，起到平衡壓強的作用，能減小測量氣體體積時的誤差，B正確；
C．滴定管的零刻度在上，因此該滴定管的讀數應該為，C錯誤；
D．幾滴KI太少，溶液中Fe3+過量，加入KSCN，溶液一定變為紅色，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、濃硫酸沒有揮發性。
B、連接的導管起到平衡的作用，有利于減少實驗誤差。
C、滴定管的“0”刻度在上方，據此確定滴定管的讀數。
D、所加KI溶液少量，Fe3＋過量，遇KSCN溶液變紅色。
3．（2025·湖南模擬）下列關于實驗操作的誤差分析不正確的是
A．測定中和反應反應熱時，如果攪拌器改為銅質的，則測得的偏大
B．用量氣法測鋅與稀硫酸反應產生的氫氣體積時，裝置未冷卻至室溫即讀數，則測得的反應速率偏大
C．用潔凈的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH試紙上，來測定氯水的pH
D．用標準鹽酸滴定未知濃度NaOH溶液，開始滴定時酸式滴定管尖端處有氣泡，滴定終點時氣泡消失，則測得的NaOH溶液濃度偏大
【答案】C
【知識點】中和滴定；中和熱的測定；氯水、氯氣的漂白作用
【解析】【解答】A．銅棒導熱能力強，使得測得的熱量值偏小，焓變為負，因此偏大，故A正確；
B．金屬與酸的反應為放熱反應，裝置未冷卻至室溫即讀數，氣體的體積偏大，測得的反應速率偏大，故B正確；
C．新制的氯水有漂白性，會使變色后的試紙褪色，因此不能用pH試紙測定pH，故C錯誤；
D．開始滴定時酸式滴定管尖端處有氣泡，滴定終點時氣泡消失，則消耗標準液的體積偏大，使得測得的NaOH溶液濃度偏大，故D正確；
故答案為：C
【分析】A、金屬的導熱性強，會導致部分熱量散失。
B、金屬與酸的反應為放熱反應，裝置未冷卻就讀數，會導致氣體體積偏大。
C、氯水具有漂白性，能使變色后的pH試紙褪色。
D、滴定開始時尖端有氣泡，滴定終點氣泡消失，則消耗標準液的體積偏大。
4．（2025·湖南模擬）粗鹽(雜質僅有MgSO4、CaCl2)提純的工藝流程如圖所示，下列說法錯誤的是
A．為確保雜質能被除盡，所加除雜試劑需適當過量
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加順序可以互換
C．操作①為過濾，操作②為蒸發結晶
D．固體a中至少含有三種物質
【答案】D
【知識點】海水資源及其綜合利用；物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A． 為確保雜質能被除盡，所加除雜試劑需適當過量 ，且需考慮過量除雜試劑的后期處理，A正確；
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加順序互換后，不影響雜質的去除和過量除雜試劑的后期處理，但Na2CO3一定要在BaCl2的后面加入，B正確；
C．由分析可知，操作①為過濾，操作②為蒸發結晶，C正確；
D．由分析可知，固體a中含有BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3等，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】根據流程圖信息，加入BaCl2溶液，能將轉化為BaSO4沉淀，加入NaOH溶液，能將Mg2+轉化為Mg(OH)2沉淀，加入Na2CO3溶液，能將過量的Ba2+、Ca2+轉化為BaCO3和CaCO3沉淀；經操作①（過濾），除去沉淀，即固體a中主要含有BaSO4沉淀、Mg(OH)2沉淀、BaCO3沉淀和CaCO3沉淀，往濾液中加入稀鹽酸，除去過量的和OH-，經操作②（蒸發結晶），便可得到NaCl晶體。
5．（2025·湖南模擬）已知制備光氣的反應為，將等物質的量的和充入密閉容器中，平衡體系中，平衡混合物的平均摩爾質量在不同溫度下隨壓強的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是
A．溫度：
B．平衡常數：
C．的平衡轉化率：
D．點時，若，則CO的平衡轉化率為
【答案】C
【知識點】化學平衡常數；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，增大，所以減小，因此溫度：，A錯誤；
B．平衡常數只與溫度有關，兩點溫度相同，因此平衡常數相同，即；升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，所以Kb＜Kc，B錯誤；
C．越大，則混合氣體中的含量越高，反應物的轉化率越大，所以的平衡轉化率：，C正確；
D．CO與等物質的量混合，設起始時，CO轉化了，當M=80g·mol-1時，則可得，解得，所以CO的轉化率為，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、結合溫度對平衡移動的影響分析，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動。
B、平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變；溫度改變，平衡逆向移動，則平衡常數變小。
C、反應正向進行的程度越大，Cl2的轉化率越大。
D、令起始時，參與反應的n(CO)=xmol，結合M的表達式進行計算。
6．（2025·湖南模擬）氮氧化物()為燃油汽車尾氣中主要受管制的成分之一，其控制技術的研發十分重要。燃油汽車排氣管內部安裝三元催化劑處理NO的反應為 。該反應相對能量變化如圖所示(結構式為)：
下列敘述正確的是
A．三個基元反應的都小于0
B．處理NO反應
C．反應3控制總反應的速率
D．選擇催化劑主要降低反應2的能壘
【答案】B
【知識點】蓋斯定律及其應用；活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反應1的，A錯誤；
B．由蓋斯定律可知，3個反應相加可得反應：，則其，B正確；
C．活化能越大，反應速率越小，反應速率最慢的一步是控速步驟，根據圖示信息可知，反應1、2、3的正反應活化能分別為、、，則反應1控制總反應的速率，C錯誤；
D．由C項可知，反應1控制總反應的速率，選擇催化劑主要是降低控速步驟的能壘，即降低反應1的能壘，D錯誤；
故答案為：B。
【分析】根據圖示信息，三個基元反應的熱化學方程式分別為：
反應1：
反應2：
反應3： 。
7．（2025·湖南模擬）下列實驗方案設計能達到相應實驗目的的是
選項 實驗方案設計 實驗目的
A 向溶液中加入用鹽酸酸化的溶液，觀察溶液是否有白色沉淀生成 檢驗某溶液中的
B 向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不顯紅色，再向溶液中加入幾滴新制氯水，觀察溶液是否變紅 檢驗某溶液中的
C 將與溶液混合加熱，靜置，向上層清液中加入溶液，觀察是否生成淺黃色沉淀 檢驗中的溴元素
D 把充滿、塞有橡膠塞的試管倒立在水中，在水面下打開橡膠塞，觀察試管內溶液是否充滿整支試管 檢驗的溶解性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；硫酸根離子的檢驗；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；鹵代烴簡介
【解析】【解答】A．向溶液中加入用鹽酸酸化的溶液，產生白色沉淀，該沉淀可能為AgCl或BaSO4，因此原溶液中可能存在，A不符合題意；
B．向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不顯紅色，說明溶液中不含；再向溶液中加入幾滴新制氯水，觀察溶液是否變紅，若變紅則可得到此時溶液中含有，因此說明原溶液中含有，反之亦然，B符合題意；
C．將與溶液混合加熱，靜置，向上層清液中先加入稀硝酸，再加入溶液，生成淺黃色沉淀，才可證明中的溴元素。直接加入溶液，會與溶液中的反應，C不符合題意；
D．把充滿、塞有橡膠塞的試管倒立在水中，在水面下打開橡膠塞，觀察試管內液體慢慢上升，就可以證明二氧化硫易溶于水，不需要通過溶液充滿整支試管證明二氧化硫可溶于水，二氧化硫通常用向上排空氣法收集，收集到的氣體中一般混有空氣，因此很難讓溶液充滿整支試管，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】A、檢驗SO42－時，應先加足量的稀鹽酸，排除Ag＋、CO32－、SO32－的干擾，再加BaCl2溶液。
B、檢驗Fe2＋時，應先加KSCN溶液，無明顯現象，再加氯水，溶液變紅色。
C、檢驗鹵代烴中鹵素原子，應先加足量的稀硝酸，除去水解液中的NaOH，再加AgNO3溶液，通過沉淀的顏色判斷鹵素原子的種類。
D、檢驗SO2的溶解性，只需SO2溶于水后，試管內液面上升即可，不需完全充滿試管。
8．（2025·湖南模擬）中國科學院研究所發布的新型固態鋰硫正極材料(2Li2S·CuI)，能量密度較高且成本較低。由這種材料制成的鋰離子電池放電、充電時的工作原理如圖所示，反應的化學方程式為。下列說法錯誤的是
A．放電時，a極為負極
B．放電時，b極上的電極反應式：
C．充電時，電子的流向：b極→外接電源的正極，外接電源的負極→a極
D．充電時，每轉移3 mol電子，a極增重21g
【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由分析可知， 放電時，a極為負極 ，A正確；
B．由分析可知，放電時，b極上的電極反應式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI，B錯誤；
C．充電時，原電池的負極接外加電源的負極，b極接外加電源的正極，電子的流向：b極→外接電源的正極，外接電源的負極→a極，C正確；
D．充電時，a極發生Li++e-=Li，每轉移3 mol電子，a極增重3molLi，質量為21g，D正確；
故答案為：B。
【分析】放電時，a極作原電池的負極，其電極反應式為Li-e-=Li+，b極作原電池的正極，其電極反應式為3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI。
9．（2025·湖南模擬）烷烴是我們一開始便學習的有機物，十分有趣。烷烴的鹵化反應機理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基為缺電子物種，給電子基團可以使其穩定
下列說法不正確的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反應的決速步
B．反應中，有生成
C．比穩定，而比穩定
D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷
【答案】C
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反應速率慢，屬于慢反應，因此是氯化反應的決速步，A正確；
B．第2步產生了，2個可以形成，該反應為，B正確；
C．自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，與相比，-CH3取代了的一個氫原子，-CH3是供電子基團，因此比穩定，苯基是吸電子基團，因此比穩定，C錯誤；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要產物為氯甲烷，D正確；
故答案為：C
【分析】A、反應所需的活化能越大，反應速率越慢，慢反應為決速反應。
B、2個可反應生成。
C、自由基為缺電子微粒，給電子基團可以使其穩定，據此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
10．（2025·湖南模擬）已知晶體的立方晶胞三視圖如下圖所示，晶胞體心位置無微粒占據。的摩爾質量為，其晶胞參數為a cm，阿伏加德羅常數的值為。下列說法錯誤的是
A．該晶體屬于分子晶體，晶體中存在的作用力有共價鍵、范德華力
B．在晶胞中有2種取向
C．的配位數為12
D．晶體密度為
【答案】D
【知識點】分子晶體；晶胞的計算；化學鍵和分子間作用力的區別
【解析】【解答】A．該晶體中的最小微粒為，則其為分子晶體，分子間存在范德華力和共價鍵，A正確；
B．根據圖示信息可知，在晶胞中有2種取向，B正確；
C．根據晶胞三視圖可知，的晶胞為面心立方晶胞，以1個頂點分子為研究對象，與之最近且等距的位于面心位置，則的配位數為12，C正確；
D.根據晶胞均攤法，該晶胞含有的分子數目為，則其晶體密度為，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A. 分子晶體中存在的作用力有共價鍵、范德華力 。
B.根據晶胞三視圖進行分析。
C.的晶胞為面心立方晶胞。
D.根據晶胞均攤法進行分析。
11．（2025·湖南模擬）某興趣小組探究高錳酸鉀和氨水的反應，實驗如下：
序號 試劑 實驗現象
① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸餾水 溶液完全褪色所需時間：③＜②＜①。 實驗均產生棕褐色固體(經檢驗為)，都伴有少量氣泡產生(經檢驗為)。
② 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸
③ 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液
④ 2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸餾水 無明顯變化
注：實驗中。下列說法不正確的是
A．實驗①中發生了反應
B．溶液完全褪色所需時間②＜①的主要原因：增大，的氧化性增強
C．對比實驗③④可得出，還原性：
D．在實驗④的試劑中，逐滴加入濃溶液，可觀察到溶液褪色
【答案】B
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應方程式的配平；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．實驗①中產生棕褐色固體MnO2，同時伴有少量氣體N2生成，此時溶液顯堿性，該反應的離子方程式為：，故A正確；
B．實驗①中溶液為堿性，實驗②中加入了稀硫酸，實驗①中溶液完全褪色所需時間比實驗②中溶液完全褪色所需時間長。但實驗②中溶液完全褪色所需時間比實驗③中溶液完全褪色所需時間長，實驗③中加入的是硫酸鈉，為中性溶液，反而速率最快，通過對比實驗②和實驗③可知，影響該反應中反應速率的并不是c(H+)，故B錯誤；
C．實驗③中NH3被氧化為N2，實驗④中未被氧化，因此還原性：NH3>，故C正確；
D．實驗④中加入的未被氧化，當逐滴加入濃NaOH溶液，會促進的水解，溶液中c(NH3·H2O)增大，進一步發生類似實驗③中的反應，因此溶液褪色，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據題干信息確定反應物和生成物，從而確定反應的離子方程式。
B、對比實驗①②③中溶液完全褪色所需的時間，以及溶液的酸堿性判斷。
C、實驗③中NH3被氧化，而實驗④中NH4＋未被氧化，據此判斷二者的還原性強弱。
D、實驗④中加入NaOH溶液，NH4＋轉化為NH3·H2O，NH3被氧化，溶液褪色。
12．（2025·湖南模擬）Buchwald-Hartwig偶聯反應(布赫瓦爾德-哈特維希反應)是合成芳胺的重要方法，反應機理如圖(圖中Ar表示芳香烴基，---表示為副反應)。下列說法不正確的是
A．整個過程僅涉及到取代反應
B．3、5和8都是反應的中間體
C．理論上1 mol最多能消耗2 mol
D．若原料用和，則可能得到的產物為、和
【答案】A
【知識點】有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．根據反應機理圖，的反應屬于消去反應，A錯誤；
B．根據反應機理圖，9是主產物，10是副產物，3、5和8都是反應中間體，B正確；
C．根據反應機理圖，2和4、6反應，最終生形成了7和9，涉及反應為，理論上最多消耗的，C正確；
D． 若原料用和，結合反應機理圖，2可看作，4可看作，
則產物9和10分別對應產物和和，D正確；
故答案為：A。
【分析】A.取代反應是指在一個化合物中，一個原子或原子團被另一個原子或原子團所替代的反應。B.化學反應中間體是化學反應中的中間產物。C.2和4、6反應，最終生形成了7和9。D.結合反應機理圖，2可看作，4可看作。
13．（2025·湖南模擬）下圖示中，圖1是8 羥基喹啉，圖2用高分辨原子力顯微鏡觀察到的聚集的8 羥基喹啉圖像，圖3聚集的分子結構模型。下列有關說法正確的是
A．圖1中，每個8 羥基喹啉分子中含有5個π鍵
B．對比圖2可驗證8 羥基喹啉分子間存在氫鍵
C．C、N、O的第一電離能依次增大
D．原子力顯微鏡可直接觀測到氫鍵的本質
【答案】B
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；含有氫鍵的物質；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A．苯環中為大π鍵，含氮雜環中含有兩個碳碳雙鍵，因此每個8 羥基喹啉分子中未含有3個π鍵，故A錯誤；
B．根據圖示，8-羥基喹啉分子間存在、等氫鍵，故B正確；
C．同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但N的2p層電子半充滿，導致其第一電離能大于O，C、O、N的第一電離能依次增大，故C錯誤；
D．根據題意可知，通過原子力顯微鏡觀測能清晰觀察到分子間存在的氫鍵作用，并不是直接觀測到氫鍵的本質，故D錯誤；
故答案為：B。
【分析】A.碳碳雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵。
B.8-羥基喹啉分子間存在、等氫鍵。
C.注意N的2p層電子半充滿，導致其第一電離能大于臨近元素。
D.通過原子力顯微鏡觀測能清晰觀察到分子間存在的氫鍵作用。
14．（2025·湖南模擬）在某催化劑作用下雙氧水分解：。向某容器中投入足量雙氧水，測得雙氧水濃度與反應時間關系如圖所示。已知：雙氧水濃度減小一半所用時間叫半衰期。下列敘述錯誤的是
A．溫度升高，雙氧水分解速率加快
B．反應速率：
C．ab段平均速率：
D．此條件下，雙氧水半衰期與初始濃度成正比
【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．升溫利于加快反應速率，雙氧水分解速率加快，故A正確；
B．a點大，反應速率快，故B正確；
C．ab段平均速率，故C正確；
D．根據圖示信息及分析可知，雙氧水半衰期為20s，與起始濃度無關，故D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A.溫度升高，化學反應速率加快.
B.濃度增大，反應速率加快。
C.注意單位統一。
D.雙氧水半衰期指雙氧水濃度減小一半所用時間。
15．（2025·湖南模擬）是一種重要的化工原料，25℃時，，；，。
（1）寫出CuS在水中的沉淀溶解平衡式：　 　。的水解方程式：　 　。
（2）常溫下，NaHS溶液顯　 　(填“酸性”“中性”或“堿性”)，溶液中含硫微粒的濃度由大到小的順序為　 　。
（3）常溫下，水溶液中和的濃度變化如圖所示，下列說法正確的是___________(填標號)。
A．將硫化氫通入水中，溶液中的變化：
B．點溶液中可大量存在的離子：
C．將NaHS固體加到水中，水的電離程度減小
D．點時加入少量硫化鈉固體，始終不變
（4）常溫下，實驗室常用硫酸銅溶液除去硫化氫，是一個弱酸制強酸的特例。其反應原理為，該反應的平衡常數為　 　(保留3位有效數字)。
（5）硫化物也常用于除去廢水中的重金屬離子。向含的廢水中加入沉淀劑FeS，發生反應的離子方程式為　 　，當反應達到平衡時，　 　。
【答案】（1）；
（2）堿性；
（3）D
（4）
（5）；
【知識點】化學平衡常數；鹽類水解的原理；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式為；的水解方程式為。
故答案為：；
（2）的，其，則的電離程度弱于其水解程度，溶液顯堿性；因為的電離程度弱于其水解程度且其電離和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的濃度由大到小的順序為。
故答案為：堿性；
（3）A．硫化氫是弱電解質，在水溶液中主要電離為，溶液中氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，A錯誤；
B．在中性溶液中不能大量存在，B錯誤；
C．根據第2問解析，的電離程度弱于其水解程度，將硫氫化鈉固體加到水中，水的電離程度增大，C錯誤；
D．，溫度不變則最終不變，D正確；
故答案為：D
（4）①
②
③
④
則①=②+③-④，①的平衡常數為。
故答案為：
（5），則向含的廢水中加入沉淀劑轉化為CuS，離子方程式為；當反應達到平衡時，。
故答案為：；
【分析】（1）CuS在水中存在沉淀溶解平衡，形成Cu2＋和S2－。HS－在水中水解生成H2S和OH－。
（2）比較HS－的電離程度和水解程度的相對大小，從而判斷NaHS溶液的酸堿性和溶液中離子濃度的相對大小。
（3）A、將H2S氣體通入水中，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)減小。
B、a點溶液顯中性，Fe3＋水解，使得溶液先酸性。
C、HS－的水解程度大于電離程度，水解促進水的電離。
D、結合電離平衡常數和水的離子積常數分析。
（4）根據反應平衡常數的表達式進行計算。
（5）加入沉淀劑FeS后，Cu2＋與FeS反應生成Fe2＋和CuS。結合Ksp(FeS)、Ksp(CuS)進行計算。
（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式為；的水解方程式為。
（2）的，其，則的電離程度弱于其水解程度，溶液顯堿性；因為的電離程度弱于其水解程度且其電離和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的濃度由大到小的順序為。
（3）A．硫化氫是弱電解質，在水溶液中主要電離為，溶液中氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，A錯誤；
B．在中性溶液中不能大量存在，B錯誤；
C．根據第2問解析，的電離程度弱于其水解程度，將硫氫化鈉固體加到水中，水的電離程度增大，C錯誤；
D．，溫度不變則最終不變，D正確；
答案選D。
（4）①
②
③
④
則①=②+③-④，①的平衡常數為。
（5），則向含的廢水中加入沉淀劑轉化為CuS，離子方程式為；當反應達到平衡時，。
16．（2025·湖南模擬）(一)我國科學家發現催化劑可高效活化，實現物質的高選擇性氧化，為污染物的去除提供了新策略。污染物去除的催化反應過程示意圖如圖。
（1）Fe元素在元素周期表中的位置是　 　；基態O原子中，電子占據的最高能層的符號是　 　，處于最高能級的電子的運動狀態共有　 　個。
（2）污染物X在電極a上的反應式是　 　。
(二)科研團隊研究了分別為、和［也可以寫作]的反應能力，發現中心原子含有孤電子對的物質易被氧化。
（3）基態As原子的價層電子排布式是　 　。
（4）中的鍵角　 　(填“>”“<”或“=”)中的鍵角，原因是　 　。
（5）的結構是，P原子的雜化軌道類型是　 　。
（6）比較反應能力：　 　(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
（7）晶胞的體積為，晶體密度為，阿伏加德羅常數的值為，一個晶胞中原子的個數為　 　(的摩爾質量：160g/mol)。
【答案】第四周期第Ⅷ族；L；4；X+H2O-2e-XO+2H+；4s24p3；<；中氮原子的價層電子對數為，為V形結構，中氮原子的價層電子對數為，為平面三角形，中含有孤電子對，有較大的排斥力，故的鍵角小于的鍵角；sp3；<；中磷原子無孤電子對，中砷有孤電子對；
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；晶胞的計算；電極反應和電池反應方程式
【解析】【解答】（1）Fe是26號元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；基態O原子的電子排布式為1s22s22p4，電子占據的最高能層的符號是L，每個電子的運動狀態都不同，處于最高能級2p的電子的運動狀態共有4個；
（2）由圖可知，污染物X在電極a上失去電子生成XO和H+，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：；
（3）基態砷為33號元素，其價層電子排布式為4s24p3；
（4）中氮原子的價層電子對數為，為V形結構，中氮原子的價層電子對數為，為平面三角形，中含有孤電子對，有較大的排斥力，故的鍵角小于的鍵角；
（5）中磷原子無孤電子對，形成4個鍵，故雜化類型為sp3；
（6）中心原子含有孤電子對的物質易被氧化，中P原子孤電子對的數目為=0，中As原子孤電子對的數目為1，中磷原子無孤電子對，中砷有孤電子對，故反應能力<；
（7）晶胞的質量為ρVg，故一個晶胞中氧化鐵的物質的量為mol，鐵原子的物質的量為mol，一個晶胞中Fe原子的個數為。
【分析】（1）Fe是26號元素。
（2）根據得失電子守恒和電荷守恒進行分析。
（3）砷為33號元素。
（4）根據中心原子價層電子對數及孤電子對數進行分析。
（5）中磷原子無孤電子對，形成4個鍵。
（6）根據中心原子價層電子對數及孤電子對數進行分析。
（7）根據m=nM=ρV=進行分析。
17．（2025·湖南模擬）廢物利用利國利民，回收處理釩鉻渣(含有及等)，并利用廢渣提取釩鉻的工藝流程如圖：
已知：①25℃時，的溶度積常數為。
②氧化焙燒步驟中分別轉化為。
③酸性溶液中，的氧化性強于。
回答下列問題：
（1）“氧化焙燒”該步驟不能使用陶瓷容器，其原因是　 　，其涉及的化學方程式為　 　。
（2）加快“氧化焙燒”的速率，可以采取的措施是　 　。
（3）水浸產生的濾渣1的成分是　 　(用化學式表示)。
（4）“除雜”后，Cr元素主要以存在，結合離子方程式，利用相關原理解釋其原因：　 　。
（5）寫出“還原”步驟中發生反應的離子方程式：　 　。
（6）在“還原”步驟中，選硫酸酸化而不選鹽酸酸化，其原因是　 　。
【答案】（1）因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時與碳酸鈉反應導致陶瓷容器損壞；
（2）將釩鉻渣粉碎
（3）
（4）因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在
（5）
（6）會將鹽酸氧化為氯氣
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時二氧化硅與碳酸鈉反應會生成硅酸鈉，導致陶瓷容器損壞，相關方程式為。
故答案為： 因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時與碳酸鈉反應導致陶瓷容器損壞 ；
（2）將釩鉻渣粉碎，可以增大固體表面積，加快反應速率。
故答案為： 將釩鉻渣粉碎
（3）氧化焙燒過程中及分別轉化為轉化為不與碳酸鈉反應，所以濾渣1的成分為。
故答案為：
（4）因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在。
故答案為： 因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在
（5）具有強氧化性，在酸性條件下能把氧化成，鉻元素被還原成，相關離子方程式為。
故答案為：
（6）根據信息可知：酸性溶液中，的氧化性強于，而二氧化錳能將濃鹽酸中的氯離子氧化為氯氣，所以會將鹽酸氧化為氯氣。
故答案為：會將鹽酸氧化為氯氣
【分析】（1）陶瓷中含有SiO2，高溫下能與Na2CO3反應生成Na2SiO3和CO2。
（2）加快“氧化焙燒”達到速率，可通過粉碎鉻渣、適當升高溫度等操作實現。
（3）“氧化焙燒”過程中Fe2O3不參與反應；且“水浸”過程中Fe2O3不溶于水，因此濾渣1中含有Fe2O3。
（4）溶液中存在可逆反應Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋，結合溶液c(H＋)對平衡移動的影響分析。
（5）“還原”部分中加入H2O2溶液，Cr2O72－與H2O2反應生成Cr3＋和O2，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應的離子方程式。
（6）酸性溶液中氧化性：Cr2O72－＞MnO2，因此Cr2O72－能將Cl－氧化成Cl2，因此不能用鹽酸酸化。
（1）因為陶瓷中含有二氧化硅，高溫時二氧化硅與碳酸鈉反應會生成硅酸鈉，導致陶瓷容器損壞，相關方程式為。
（2）將釩鉻渣粉碎，可以增大固體表面積，加快反應速率。
（3）氧化焙燒過程中及分別轉化為轉化為不與碳酸鈉反應，所以濾渣1的成分為。
（4）因為存在的平衡，加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，所以Cr元素主要以存在。
（5）具有強氧化性，在酸性條件下能把氧化成，鉻元素被還原成，相關離子方程式為。
（6）根據信息可知：酸性溶液中，的氧化性強于，而二氧化錳能將濃鹽酸中的氯離子氧化為氯氣，所以會將鹽酸氧化為氯氣。
18．（2025·湖南模擬）無水ZnCl2常用作為生產活性炭的活化劑。現以一種主要成分為ZnO的煉鋅煙塵(含有少量的FeO、CuO)來制備無水氯化鋅，相關實驗流程如下：
已知：①無水氯化鋅具有較強的吸水性，其反應原理為：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn及其化合物的性質與Al相似，pH>11時，Zn(OH)2可轉化為。
③研究小組利用市售的氯化鋅制備無水氯化鋅，依次采用除水(氯化氫氣體“置換”)、升華相結合的方法，裝置如圖所示：
請回答：
（1）利用濃硫酸與氯化鈉制備HCl(g)，該反應體現了硫酸的　 　(填濃硫酸的相關性質)；盛裝濃硫酸的儀器名稱是　 　。
（2）下列說法不正確的是___________。
A．步驟Ⅰ，加入過量氫氧化鈉的作用是充分溶解氧化鋅，使其與雜質分離
B．步驟Ⅲ起到調節溶液pH值，應通入足量CO2，使Zn元素能夠完全沉淀
C．除水階段，為提高除水速度，應加快HCl和N2的氣流速度
D．管式爐Ⅰ采取階段式升溫，實驗結束時先撤去管式爐Ⅰ、再撤去管式爐Ⅱ
（3）實驗流程中的“一系列操作”是：　 　，洗滌，干燥；最終得到氯化鋅晶體[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，將其與SOCl2混合并加熱，可得到無水ZnCl2，寫出發生的反應方程式　 　。
（4）用天平稱量0.9000 g產品，置于250mL錐形瓶中，加入100mL蒸餾水使其溶解，再加入緩沖溶液將pH調至10.0并加入50mg鉻黑T指示劑，最后用濃度為0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，簡寫H2Y)標準溶液滴定至溶液呈亮藍色(離子方程式為Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行測定三次，同時做空白試驗，平均消耗EDTA標準溶液體積為29.60mL。
①做空白試驗的目的為　 　。
②產物ZnCl2的純度為　 　(保留三位有效數字)。
③部分指示劑或指示劑與金屬離子形成的配合物在水中溶解度較小，以致使滴定終點拖長(稱為指示劑的僵化)。為增大有關物質的溶解度消除這一影響，可采取的措施是　 　。
【答案】（1）酸性、高沸點性(或難揮發性)；恒壓滴液漏斗
（2）D
（3）蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑
（4）消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響(或消除系統內誤差)；89.5% (或0.895)；放慢滴定速度/加入適當的有機溶劑/適當加熱
【知識點】鹽類水解的應用；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計；離子方程式的有關計算
【解析】【解答】（1）由分析可知，利用濃硫酸與氯化鈉制備HCl(g)，該反應體現了硫酸的酸性、高沸點性(或難揮發性)，盛裝濃硫酸的儀器名稱為恒壓滴液漏斗，故答案為：酸性、高沸點性(或難揮發性)；恒壓滴液漏斗；
（2）A．步驟Ⅰ，加入過量氫氧化鈉的作用是充分溶解氧化鋅生成Na2[Zn(OH)4]，通過過濾使其與雜質分離，故A項正確；
B．步驟Ⅲ起到調節溶液pH值，發生反應2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，應通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能夠完全沉淀，故B項正確；
C．加快HCl和N2的氣流速度，可以提高除水速度，故C項正確；
D．由分析知實驗結束時先撤去管式爐Ⅱ、再撤去管式爐I，故D項錯誤；
故選D。
（3）由分析知，實驗流程中的“一系列操作”是蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到的氯化鋅晶體[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，將其與SOCl2混合并加熱，可得到無水ZnCl2，其化學方程式為ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案為：蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通過做空白試驗做對比，可以消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響，故答案為：消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響(或消除系統內誤差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物質的量為，與EDTA以物質的量之比反應，則0.9000g產品中ZnCl2的質量為，則產品中ZnCl2的質量分數為，故答案為：89.5%；
③部分指示劑或指示劑與金屬離子形成的配合物在水中溶解度較小，以致使滴定終點拖長(稱為指示劑的僵化)。為增大有關物質的溶解度消除這一影響，可通過提高溶解度或減小反應速率的措施來消除，具體可采取的措施有放慢滴定速度、加入適當的有機溶劑、適當加熱，故答案為：放慢滴定速度/加入適當的有機溶劑/適當加熱。
【分析】根據題干信息及流程圖可知，操作Ⅰ是ZnO與NaOH反應被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，FeO、CuO不反應，經操作Ⅱ得到的濾液2中主要含有Na2[Zn(OH)4]，操作Ⅲ是Na2[Zn(OH)4]與CO2反應生成Zn(OH)2沉淀，操作Ⅳ是Zn(OH)2沉淀與鹽酸反應，得到的濾液3中主要成分是ZnCl2，經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnCl2晶體，再經一系列操作可得到無水ZnCl2。
（1）由分析可知，利用濃硫酸與氯化鈉制備HCl(g)，該反應體現了硫酸的酸性、高沸點性(或難揮發性)，盛裝濃硫酸的儀器名稱為恒壓滴液漏斗，故答案為：酸性、高沸點性(或難揮發性)；恒壓滴液漏斗；
（2）A．步驟Ⅰ，加入過量氫氧化鈉的作用是充分溶解氧化鋅生成Na2[Zn(OH)4]，通過過濾使其與雜質分離，故A項正確；
B．步驟Ⅲ起到調節溶液pH值，發生反應2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，應通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能夠完全沉淀，故B項正確；
C．加快HCl和N2的氣流速度，可以提高除水速度，故C項正確；
D．由分析知實驗結束時先撤去管式爐Ⅱ、再撤去管式爐I，故D項錯誤；
故選D。
（3）由分析知，實驗流程中的“一系列操作”是蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到的氯化鋅晶體[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，將其與SOCl2混合并加熱，可得到無水ZnCl2，其化學方程式為ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案為：蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通過做空白試驗做對比，可以消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響，故答案為：消除蒸餾水中能與EDTA反應的物質對測定結果的影響(或消除系統內誤差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物質的量為，與EDTA以物質的量之比反應，則0.9000g產品中ZnCl2的質量為，則產品中ZnCl2的質量分數為，故答案為：89.5%；
③部分指示劑或指示劑與金屬離子形成的配合物在水中溶解度較小，以致使滴定終點拖長(稱為指示劑的僵化)。為增大有關物質的溶解度消除這一影響，可通過提高溶解度或減小反應速率的措施來消除，具體可采取的措施有放慢滴定速度、加入適當的有機溶劑、適當加熱，故答案為：放慢滴定速度/加入適當的有機溶劑/適當加熱。
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