化 學
考情速遞
高考·新動向：近年來高考化學試卷總體呈現(xiàn)回歸教材、回歸課標的特點，2025年可能會繼續(xù)延續(xù)這一趨勢。這意味著每一道題在考綱上都會有相應的考點對應，不管題型、考法、側(cè)重點如何變化，都會基于教材本身展開。
高考·新考法：對中學化學基礎知識能正確復述、再現(xiàn)、識別，并能融會貫通；將實際問題分解，通過運用有關知識，采用分析、綜合的方法，處理簡單化學問題；對常規(guī)考點的新設問或知識融合，對非常規(guī)考點的創(chuàng)新糅合等。
高考·新情境：繼續(xù)考查高中化學主干內(nèi)容，強調(diào)化學與科技、生產(chǎn)、生活的親密聯(lián)系。高考化學學科的改革旨在貼近社會與生活，強調(diào)課程標準的教育理念。改革后，試題將更加緊密地結(jié)合生活生產(chǎn)環(huán)境，體現(xiàn)教育與實踐的融合。命題會精選試題情境，發(fā)揮學科育人價值。情境素材可能來源于生活實際、科研成果、社會熱點等
命題·大預測：化學試題將繼續(xù)體現(xiàn)綜合性，即一道試題可能涉及多個知識點的綜合考查。例如，在一道工業(yè)流程題中，可能同時考查化學反應原理、元素化合物知識、化學實驗操作等多個方面的內(nèi)容，要求考生能夠?qū)⑺鶎W的化學知識融會貫通。題目的呈現(xiàn)方式可能會有創(chuàng)新，例如采用圖表、數(shù)據(jù)等多種形式呈現(xiàn)信息，增加信息的密度，測試考生在閱讀理解、知識提煉、信息整合及書面表達等方面的綜合能力?？忌枰軌蚩焖俨蹲疥P鍵信息、精準分析并有效傳達信息，像根據(jù)圖表中的數(shù)據(jù)變化趨勢分析化學平衡的移動方向等。
(考試時間：90分鐘 試卷滿分：100分)
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 Li-7 Be-9 B-11 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 C-59 Ni-59 Cu-64 Zn-65 Br-80 W-184
第一部分
一、選擇題(本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。)
1．最近，我國研究人員成功制備出高強度、高導電性、高耐熱的鋁—鋯—鈧(Al-Zr-Sc)合金材料，為提升我國綠色鋁產(chǎn)業(yè)深加工能力提供了支撐。下列說法不正確的是( )
A．Al是地殼中含量最多的金屬元素
B．基態(tài)21Sc的簡化電子排布式是[Ar]3d14s2
C．Al-Zr-Sc合金比純金屬具有較高的熔點
D．Al-Zr-Sc合金的導電性與自由電子的運動相關
【答案】C
【解析】A項，Al元素是地殼中含量最多的金屬元素，A正確；B項，Sc為21號元素，基態(tài)21Sc的簡化電子排布式是[Ar]3d14s2，B正確；C項，合金的熔點比組成合金的成分金屬的熔點低，C錯誤； D項，電子的定向移動形成電流，Al-Zr-Sc合金的導電性與自由電子的運動相關，D正確；故選C。
2．下列化學用語表示正確的是( )
A．Fe位于元素周期表的ds區(qū)
B．1-丁醇的鍵線式：
C．用電子式表示Na2O的形成過程：
D．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵示意圖：
【答案】C
【解析】A項，F(xiàn)e是26號元素，價電子排布為3d64s2，位于元素周期表的d區(qū)，A錯誤；B項，是1-丙醇，1-丁醇的鍵線式：，B錯誤；C項，Na2O是離子化合物，形成過程可以表示為：，C正確；D項，鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵應該由羥基中的氫原子和醛基的氧原子形成：，D錯誤；故選C。
3．用熱再生氨電池處理含Cu2+電鍍廢液的裝置如圖，該裝置由電池部分和熱再生部分組成：電池部分中，a極室為(NH4)2SO4-NH3混合液，B極室為(NH4)2SO4溶液；熱再生部分加熱a極室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列說法不正確的是( )
A．裝置中的離子交換膜為陽離子交換膜
B．a(chǎn)極的電極反應為：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C．電池部分的總反應為：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D．該方法可以富集Cu2+并產(chǎn)生電能，同時循環(huán)利用NH3
【答案】A
【解析】由圖可知，a電極為原電池的負極，氨分子作用下銅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成四氨合銅離子，電極反應為Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b電極為正極，銅離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成銅，電極反應式為Cu2++2e—=Cu，總反應為Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，溶液中硫酸根離子通過陰離子交換膜由正極遷移到負極。A項，溶液中硫酸根離子通過陰離子交換膜由正極遷移到負極，故A錯誤；B項，a極為原電池的負極，氨分子作用下銅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成四氨合銅離子，電極反應為為Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故B正確；C項，電池的部分總反應為Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故C正確；D項，該裝置為原電池裝置，可以富集銅離子并產(chǎn)生電能，同時回收液受熱分解釋放出氨氣，能循環(huán)利用氨氣，故D正確；故選A。
4．下列說法不正確的是( )
A．酸性條件下，一般脂肪水解可得到飽和脂肪酸，而油水解得到的主要是不飽和脂肪酸
B．蔗糖、麥芽糖和乳糖互為同分異構(gòu)體，其中只有蔗糖不能發(fā)生銀鏡反應
C．在不同pH的溶液中，當氨基酸主要以兩性離子存在時，它在水中的溶解度最大
D．甘油和纖維素均可與濃硝酸發(fā)生酯化反應生成烈性炸藥
【答案】C
【解析】A項，脂肪多數(shù)是飽和的高級脂肪酸和甘油形成的酯，油主要是由不飽和的高級脂肪酸和甘油形成的酯，酸性條件下，一般脂肪水解可得到飽和脂肪酸，而油水解得到的主要是不飽和脂肪酸，故A正確；B項，蔗糖、麥芽糖和乳糖的分子式都是C12H22O11，但其結(jié)構(gòu)不同，故其互為同分異構(gòu)體，其中麥芽糖和乳糖都是還原性糖、能發(fā)生銀鏡反應，只有蔗糖不能發(fā)生銀鏡反應，故B正確；C項，氨基酸分子中的氨基和羧基相互作用時，氨基酸成為帶有正電荷和負電荷的兩性離子，稱為內(nèi)鹽，當氨基酸主要以兩性離子存在時，它在水中的溶解度最小，可以結(jié)晶析出，故C錯誤；D項，硝化甘油是甘油與濃硝酸發(fā)生酯化反應(在濃硫酸條件下)生成的三硝酸甘油酯，是制備炸藥的原料；纖維素可與濃硝酸發(fā)生酯化反應生成的硝酸纖維也是制造烈性炸藥的原料，故D正確;；故選C。
5．下列指定反應的離子方程式正確的是( )
A．NH4HCO3溶液和過量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH4++HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O
B．NaClO溶液與HI溶液反應：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-
C．磁性氧化鐵溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
D．明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】A項，NH4HCO3溶液和過量Ca(OH)2溶液混合，生成NH3·H2O、CaCO3和水離子方程式：Ca2＋+NH4＋+HCO3－+2OH－=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，A正確；B項，產(chǎn)物中I2和Cl2均可以與OH－反應，可知方程式錯誤；NaClO與HI溶液反應，離子方程式：2ClO－+4H＋+2I－=I2+Cl2↑+2H2O，B錯誤；C項，硝酸能夠?qū)e2＋氧化成Fe3＋，可知方程式錯誤；將磁性氧化鐵溶于足量稀硝酸，二者發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為：3Fe3O4+NO3－+28H＋=9Fe3＋+14H2O+NO↑，C錯誤；D項，若明礬溶液中含有2ml SO42-，其完全沉淀，需要加入2mlBa2＋，同時加入4mlOH－，溶液中的Al3＋會轉(zhuǎn)化成AlO2-，產(chǎn)物錯誤；離子反應為2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2 SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，D錯誤；故選A。
6．實驗是探究化學過程的重要途徑。下列裝置能達到相應目的的是( )
【答案】C
【解析】A項，制備Fe(OH)3膠體時應向沸騰的蒸餾水中逐滴滴加飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，不能用自來水，A錯誤；B項，NO2能與水反應，3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以該裝置不能測量NO2氣體的體積，B錯誤；C項，鈉的性質(zhì)非?；顫姡S意丟棄易發(fā)生事故，實驗室中剩余的鈉要放回試劑瓶，鈉的密度大于煤油，可放回盛裝煤油的試劑瓶中，C正確；D項，氯化銨受熱易分解生成氨氣和氯化氫，遇冷后氨氣和氯化氫又重新化合生成氯化銨，碘易升華，加熱碘和氯化銨固體的固體混合物后，升華的碘遇冷重新變?yōu)楣腆w，所以不能用該方法分離碘和氯化銨固體，D錯誤；故選C。
7．用過量的鹽酸和CuCl2溶液的混合液作為浸取劑，浸取黃銅礦(CuFeS2)的流程示意圖如下。
下列說法不正確的是( )
A．[CuCl2]-的中心離子是Cu+，配體是Cl-
B．參與反應的n(CuCl2)：n(CuFeS2)=3：1
C．浸取劑中的Cl-有助于CuFeS2固體的溶解
D．用濃鹽酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黃銅礦溶解
【答案】B
【解析】將黃銅礦(CuFeS2)粉碎，加入過量的鹽酸和CuCl2溶液的混合液溶解得到[CuCl2]-、Fe2+的混合液，所得濾渣的主要成分是S和少量CuS等，說明發(fā)生氧化還原反應，硫元素被氧化，銅元素被還原。A項，[CuCl2]-中氯元素是－1價，銅元素化合價是+1價，其中中心離子是Cu+，配體是Cl-，A正確；B項，溶解過程中發(fā)生的反應為CuFeS2+3CuCl2+4HCl=H[CuCl2]+2S+ FeCl2，但由于含有少量CuS生成，所以參與反應的n(CuCl2)：n(CuFeS2) ≠3：1，B錯誤；C項，由于生成的亞銅離子能與氯離子結(jié)合形成絡合物，因此浸取劑中的Cl-有助于CuFeS2固體的溶解，C正確；D項，鐵離子具有氧化性，因此也能用濃鹽酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黃銅礦溶解，D正確；故選B。
8．高鐵酸鈉是一種新型、高效的綠色水處理劑，其中一種干法制備反應為2FeSO4+6 Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，下列說法正確的是( )
A．高鐵酸鈉處理飲用水的原理與明礬類似
B．該反應的離子方程式為：2Fe2+4+6Na2O2=2FeO42-+2Na2O+8Na++ O2↑
C．高鐵酸鈉中鐵的質(zhì)量分數(shù)為
D．高鐵酸鈉還可用NaClO和Fe3+在一定條件下制得
【答案】D
【解析】A項，高鐵酸鈉具有強氧化性，能殺菌消毒，明礬凈水是利用鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，吸附水中懸浮物形成沉淀，凈水原理不同，A錯誤；B項，該反應在非水體系中發(fā)生，不能寫成離子方程式的形式，B錯誤；C項，高鐵酸鈉中鐵的質(zhì)量分數(shù)為：，C錯誤；D項，高鐵酸鈉還可以用NaClO和Fe3+在一定條件下制得，反應的離子方程式為：2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，D正確；故選D。
9．KI3是一種重要的鹽，其水溶液中存在平衡：I2+I-I3-。下列說法不正確的是( )
A．KI3溶液中加入淀粉溶液，溶液顯藍色
B．KI3溶液呈棕褐色溶液，加入CCl4后，振蕩，上層溶液顯紫紅色
C．KI3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液酸性增強
D．利用溶液可以除去硫粉中的少量碘單質(zhì)
【答案】B
【解析】A項，存在I2+I-I3-平衡，因此溶液中是存在碘單質(zhì)的，淀粉遇碘單質(zhì)變藍色，故A正確；B項，四氯化碳的密度比水大，顯紫色的在下層，故B錯誤；C項，發(fā)生I2+SO32-+H2O=2H++SO42-+2I-有大量氫離子生成，溶液酸性增強，故C正確；D項，加入足量的KI溶液，I2+I-I3-平衡正向移動，而硫粉不溶于水，可以除去少量碘單質(zhì)，故D正確；故選B。
10．可采用Deacn催化氧化法將工業(yè)副產(chǎn)物HCl制成Cl2，實現(xiàn)氯資源的再利用。反應的熱化學方程式：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-114.4kJ·ml?1。下圖所示為該法的一種催化機理，下列說法不正確的是( )
A．X為生成物Cl2，W為生成物H2O
B．反應制得1mlCl2，放出熱量57.2kJ
C．升高溫度，HCl被O2氧化制Cl2的反應逆向移動
D．圖中轉(zhuǎn)化涉及的反應中有三個屬于氧化還原反應
【答案】D
【解析】由該反應的熱化學方程式可知，該反應涉及的主要物質(zhì)有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO與Y反應生成Cu(OH)Cl，則Y為HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，則W為H2O；CuCl2分解為X和CuCl，則X為Cl2；CuCl和Z反應生成Cu2OCl2，則Z為O2；綜上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。A項， X為反應物Cl2，W為生成物H2O，A正確；B項，由題干的熱化學方程式可知，反應制得1mlCl2，放出熱量57.2kJ ，B正確；C項，總反應為放熱反應，其他條件一定，升溫平衡逆向移動，C正確；D項，圖中涉及的兩個氧化還原反應，分別是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl，D錯誤；故選D。
11．聚合物A是一種新型可回收材料的主要成分，其結(jié)構(gòu)片段如下圖(圖中表示鏈延長)。該聚合物是由線型高分子P和交聯(lián)劑Q在一定條件下反應而成，以氯仿為溶劑，通過調(diào)控溫度即可實現(xiàn)這種材料的回收和重塑。
已知：i.
ii. ΔH＜0
下列說法不正確的是( )
A．M為1，4-丁二酸
B．交聯(lián)劑Q的結(jié)構(gòu)簡式為
C．合成高分子化合物P的反應屬于縮聚反應，其中x=n-1
D．通過先升溫后降溫可實現(xiàn)這種材料的回收和重塑
【答案】C
【解析】A項，和1，4-丁?酸發(fā)生縮聚反應生成p，故A正確；B項，根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式，可知交聯(lián)劑Q的結(jié)構(gòu)簡式為，故B正確；C項，和1，4-丁?酸發(fā)生縮聚反應生成p，其中x=2n-1，故C錯誤；D項，正反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，所以通過先升溫后降溫可實現(xiàn)這種材料的回收和重塑，故D正確；故選C。
12．下列“類比”不正確的是( )
A．Ba(NO3)2溶液中通入SO2生成BaSO4沉淀，則CaCl2溶液中通入CO2生成CaCO3沉淀
B．乙烯能被酸性KMnO4氧化為CO2，丙烯也能被酸性KMnO4氧化生成CO2
C．元素周期表中鋰和鎂位于對角線上，MgCO3微溶于水，則Li2CO3也微溶于水
D．AgOH溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，則Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2
【答案】A
【解析】A項，SO2溶于水與水反應產(chǎn)生H2SO3，使溶液顯酸性，在酸性條件下NO3-表現(xiàn)強氧化性，會將H2SO3氧化產(chǎn)生SO42-，與溶液中的Ba2+反應產(chǎn)生BaSO4沉淀，而CO2與水反應產(chǎn)生的H2CO3，由于酸性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液中通入CO2氣體不能生成CaCO3沉淀，A錯誤；B項，乙烯分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4氧化為CO2，丙烯分子中也含有不飽和的碳碳雙鍵，因此也能被酸性KMnO4氧化生成CO2，B正確；C項，元素周期表中鋰和鎂位于對角線上，二者形成的化合物結(jié)構(gòu)相似。MgCO3微溶于水，則Li2CO3也微溶于水，C正確；D項，Cu、Ag屬于同一副族元素，二者結(jié)構(gòu)相似，性質(zhì)也相似。AgOH難溶于水，但能夠溶于氨水生成可溶性絡合物Ag(NH3)2OH；Cu(OH)2難溶于水，但能夠溶于氨水生成可溶性的絡合物Cu(NH3)4(OH)2，D正確；故選A。
13．苯和Br2可經(jīng)兩步發(fā)生反應①或反應②，其主要反應歷程和能量的關系如圖所示，下列說法正確的是( )
A．對比歷程圖，苯更易發(fā)生取代反應，最主要的原因是反應②的速率更快
B．反應過程中碳原子的雜化方式發(fā)生了改變
C．加入FeBr3可以降低反應②的活化能和焓變，提高反應速率
D．經(jīng)兩步發(fā)生反應①的總焓變=E2-E1
【答案】B
【解析】A項，反應②取代反應的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更穩(wěn)定，苯更易發(fā)生取代反應，A錯誤；B項，苯中碳原子都是sp2雜化，與最右邊上下兩個碳原子是sp3雜化，其余為sp2雜化，B正確；C項，催化劑不改變反應的焓變，可以降低反應②的活化能，提高反應速率，C錯誤；D項，焓變等于正反應的活化能減去逆反應的活化能，反應①的總焓變=E1-E2，D錯誤；故選B。
14．某小組對Fe2+和Ag+的反應進行了如下探究實驗：
(已知：Ag2SO4為白色微溶物；反應過程中測得溫度幾乎無變化)
下列說法正確的是( )
A．實驗Ⅰ只發(fā)生反應：Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag，灰黑色渾濁是Ag
B．圖中c(Ag+)由a→b急速變化的可能原因是反應放熱
C．圖中c(Ag+)由a→b急速變化的可能原因是生成的Ag起催化作用
D．圖中c(Ag+)由a→b急速變化的可能原因是生成的Fe3+起催化作用
【答案】C
【解析】A項，Ag2SO4為白色沉淀，故溶液中還可發(fā)生：2Ag++SO42-=Ag2SO4↓，灰黑色渾濁應是Ag和Ag2SO4的混合物，故A錯誤；B項，反應過程中測得溫度幾乎無變化，說明反應熱效應不明顯，故B錯誤；C項，實驗Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶液，然后重復實驗Ⅰ的操作，現(xiàn)象與實驗Ⅰ相同，結(jié)合反應Fe2+＋Ag+?Fe3+＋Ag可知，應是生成的Ag起催化作用，故C正確；D項，實驗Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶液，然后重復實驗Ⅰ的操作，現(xiàn)象與實驗Ⅰ相同，說明Fe3+沒起催化作用，故D錯誤；故選C。
第二部分
二、非選擇題(本部分共5題，共58分。)
15．(10分)含氮化合物在生產(chǎn)，生活中有非常重要的應用。請回答：
(1)基態(tài)氮原子的價層電子軌道表示式為___________。
(2)氮化鎵的結(jié)構(gòu)與金剛石相似(如圖所示)，
①氮與鎵之間形成的化學鍵類型為___________，鎵原子的配位數(shù)為___________。
②傳統(tǒng)制備氮化鎵是采用GaCl3與NH3在一定條件下反應制備，不采用金屬與N2制備的原因是___________。
(3)大多數(shù)離子液體含有較大的陰、陽離子，如含氮的陽離子( )，其中σ鍵與π鍵的個數(shù)之比為___________。
(4)由鐵、鎢、氮三種元素組成的氮化物表現(xiàn)出特殊的導電性質(zhì)，晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該晶體的化學式為___________；設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度ρ=___________ g· cm-3 (列出計算式即可)
【答案】(1) (1分)
(2) 共價鍵(1分) 4(1分) 氮分子鍵能大，反應條件要求高，產(chǎn)物中氣體分子數(shù)減少(屬于熵減反應) (2分)
(3)25∶2(1分)
(4) FeWN2(2分) (2分)
【解析】(1)基態(tài)氮原子的價層電子軌道表示式為；(2)①氮與鎵之間是以共用電子對形成的化學鍵，化學鍵類型為共價鍵，每個鎵原子周圍有4個氮，鎵原子的配位數(shù)為4；②傳統(tǒng)制備氮化鎵是采用GaCl3與NH3在一定條件下反應制備，不采用金屬Ga與N2制備的原因是氮分子鍵能大，反應條件要求高，產(chǎn)物中氣體分子數(shù)減少(屬于熵減反應)；(3)如含氮的陽離子( )，σ鍵為：15個C-H鍵、4個C-C鍵、6個C-N鍵，其中σ鍵與π鍵的個數(shù)之比為25∶2；(4)由鐵、鎢、氮三種元素組成的氮化物表現(xiàn)出特殊的導電性質(zhì)，晶胞結(jié)構(gòu)如圖，F(xiàn)e的個數(shù)：2，W的個數(shù)：2，N的個數(shù)：4，該晶體的化學式為FeWN2；設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度 == 。
16．(10分)黃鐵礦[主要成分為二硫化亞鐵(FeS2)]、焦炭和適量空氣混合加熱發(fā)生如下反應：
i．3FeS2+2C+3O2 Fe3O4+3S2+2CO
(1)反應i生成1mlS2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為 ml。
(2)反應i所得氣體經(jīng)冷凝回收S2后，尾氣中還含有CO和SO2.將尾氣通過催化劑進行處理，發(fā)生反應ii，同時發(fā)生副反應iii。
ii．2SO2(g)＋4CO(g)S2(g)＋4CO2(g) ΔH＜0
iii．SO2(g)＋3CO(g)COS(g)＋2CO2(g) ΔH＜0
理論分析及實驗結(jié)果表明，600~1000K范圍內(nèi)，SO2平衡轉(zhuǎn)化率接近100%。其他條件相同，不同溫度下，S2、COS平衡產(chǎn)率和10min時S2實際產(chǎn)率如圖。
①比較反應速率：反應ii 反應iii(填“大于”或“小于”)。
②隨溫度升高，S2平衡產(chǎn)率上升，推測其原因是 。
③900K，在10min后繼續(xù)反應足夠長時間，推測S2實際產(chǎn)率的變化趨勢可能為 。
(3)處理后的尾氣仍含少量SO2，經(jīng)Na2CO3溶液洗脫處理后，所得洗脫液主要成分為Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物電池技術(shù)，可將洗脫液中的Na2SO3轉(zhuǎn)化為單質(zhì)硫(以S表示)回收。
①該裝置中，正極的電極反應式為 。
②一段時間后，若洗脫液中SO32-的物質(zhì)的量減小了1ml，則理論上HCO3-減小了 ml。
【答案】(1)4(1分)
(2)大于(1分) 溫度升高，反應iii平衡逆向移動，使c(SO2)、c(CO)增大；對于反應ii，濃度改變對平衡的影響超過溫度改變的影響，平衡正向移動(2分) 先增大后減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變或：減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變(2分)
(3) SO32-+4e-＋6HCO3-=6CO32-+S↓+3H2O(2分) 2(2分)
【解析】原電池中，葡萄糖轉(zhuǎn)化為二氧化碳和水，碳的化合價在升高，作負極，Na2SO3轉(zhuǎn)化為單質(zhì)硫，Na2SO3中硫的化合價在降低，則正極電極反應為：SO32-+4e-＋6HCO3-=6CO32-+S↓+3H2O。(1)3FeS2+2C+3O2 Fe3O4+3S2+2CO反應中，碳元素從0價升高到+2價、鐵元素化合價升高，3個鐵原子共升高2價、硫元素從-1價降低到0價，氧元素從0價降低到-2價，每當生成3mlS2，理論上轉(zhuǎn)移12ml電子，則反應i生成1mlS2時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4ml。(2)①發(fā)生的反應有ii．2SO2(g)＋4CO(g)S2(g)＋4CO2(g) ΔH＜0；iii．SO2(g)＋3CO(g)COS(g)＋2CO2(g) ΔH＜0，已知600~1000K范圍內(nèi)，SO2平衡轉(zhuǎn)化率接近100%，由圖可知10min時S2實際產(chǎn)率從略低于50%到70%左右，溫度越高反應速率越快且越不利于正反應，可見溫度高速度快決定了10min時含硫產(chǎn)物以S2為主，說明反應速率：反應ii大于反應iii。②發(fā)生反應ii，同時發(fā)生副反應iii。二者均為放熱反應，升溫平衡左移，則隨溫度升高，S2平衡產(chǎn)率上升的可能原因是：溫度升高，反應iii平衡逆向移動，使c(SO2)、c(CO)增大，對于反應ii，濃度改變對平衡的影響超過溫度改變的影響，平衡正向移動。③通過觀察圖像可知，10min時S2的實際產(chǎn)率大于平衡產(chǎn)率，所以最終要減小到與900K時產(chǎn)率相等，則900K，在10min后繼續(xù)反應足夠長時間，S2實際產(chǎn)率的變化趨勢可能為：先增大后減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變，或：減小至900K時S2的平衡產(chǎn)率后保持不變。(3)①該裝置中，正極的電極反應式為SO32-+4e-＋6HCO3-=6CO32-+S↓+3H2O。②根據(jù)電極方程式可知，當消耗1ml亞硫酸根離子，轉(zhuǎn)移4ml電子，同時消耗6ml碳酸氫根離子，生成6ml碳酸根離子，根據(jù)電荷守恒，則有4ml的H+通過質(zhì)子交換膜來到正極，4ml氫離子可以結(jié)合4ml的碳酸根離子生成4ml的碳酸氫根離子，則理論上碳酸氫根離子減小了2ml。
17．(12分)黃酮類物質(zhì)X具有抗金黃色葡萄球菌、大腸桿菌等活性，一種合成路線如下。
已知：
(1)X中含有的含氧官能團為醚鍵、 。
(2)A→B反應的化學方程式是 。
(3)B→D的反應類型是 。
(4)E→F的反應同時生成HCl，試劑a的結(jié)構(gòu)簡式是 。
(5)G轉(zhuǎn)化為J需加入K2CO3。
①J的結(jié)構(gòu)簡式是 。
②K2CO3的主要作用是 。
(6)F和L生成X經(jīng)歷如下多步反應：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．+R6OH+R7OH
①M的結(jié)構(gòu)簡式是 。
②三步反應中，涉及生成手性碳原子的為第 步(填“一”“二”或“三”)。
【答案】(1)羰基、羥基(2分)
(2)+Br2+HBr(2分)
(3)取代反應(1分)
(4)CH3OCH2Cl(1分)
(5) (2分) 消耗反應生成的HBr，提高J的產(chǎn)率(1分)
(6) (2分) 二(1分)
【解析】A和Br2發(fā)生取代反應生成B，結(jié)合F的結(jié)構(gòu)簡式可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為，B和(CH3)2SO4發(fā)生取代反應生成D，結(jié)合F的結(jié)構(gòu)簡式可以推知D為，D發(fā)生水解反應生成E為，E和試劑a發(fā)生取代反應生成F，同時生成HCl，可以推知a為CH3OCH2Cl，G和發(fā)生取代反應生成J為，J發(fā)生已知信息的反應得到K為，K和CH3OCH2Cl發(fā)生取代反應生成L為。(1)由X的結(jié)構(gòu)簡式可知，X中含有的含氧官能團為醚鍵、羰基、羥基。(2)由分析可知，A和Br2發(fā)生取代反應生成B，化學方程式為：+Br2+HBr。(3)由分析可知，B和(CH3)2SO4發(fā)生取代反應生成D。(4)由分析可知，試劑a的結(jié)構(gòu)簡式是CH3OCH2Cl。(5)①由分析可知，J的結(jié)構(gòu)簡式是；②G和發(fā)生取代反應生成J為，同時有HBr生成，K2CO3的主要作用是消耗反應生成的HBr，提高J的產(chǎn)率。(6)F和L發(fā)生已知信息的反應得到M，由F和L的結(jié)構(gòu)簡式可知M為，M發(fā)生加成反應生成N為，M發(fā)生取代反應生成X，①M的結(jié)構(gòu)簡式是；②手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，M中沒有手性碳原子，N中含有手性碳原子，則三步反應中涉及生成手性碳原子的為第二步。
18．(12分)高純碳酸鈣在電子材料工業(yè)中用于集成電路板、固體激光材料的制作。利用原料碳酸鈣(含少量鎂的化合物)制備高純碳酸鈣，流程示意圖如下：
已知：
(1)煅燒：
煅燒時，將原料碳酸鈣與焦炭按一定比例混合，連續(xù)鼓入空氣，使焦炭完全燃燒。從能源及資源利用的角度說明該工藝的優(yōu)點 。
(2)溶浸：
①用離子方程式表示NH4Cl溶液呈酸性的原因 。
②溶浸CaO的化學方程式為 。
③若溶浸溫度較高(>90℃)，沉鈣時高純碳酸鈣的收率降低(如下圖所示)，原因是 。
④白云石主要化學成分為CaMg(CO3)2，將原料碳酸鈣換成白云石，“溶浸”過程中主要浸出CaO，請解釋原因
(3)精制：溶浸后，溶液B含有的金屬陽離子有Ca2+、Mg2+。通過平衡常數(shù)可判斷Ca(OH)2 + Mg2+Mg(OH)2 + Ca2+ 進行的程度，該反應的K = ，說明該反應進行的基本完全。
(4)沉鈣反應的離子方程式為 。
【答案】(1)焦炭燃燒放熱，為碳酸鈣分解提供能量，可以充分利用能源，提高資源利用率(2分)
(2)NH4++ H2ONH3·H2O+H+(1分) CaO+2NH4Cl=CaCl2 +2NH3↑+H2O(1分) 溫度過高，會使溶液中氨水濃度過低，堿性不夠，吸收二氧化碳能力下降，導致沉鈣時高純碳酸鈣的收率降低(2分) Ca(OH)2的溶度積遠大于Mg(OH)2，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出(2分)
(3) (2分)
(4)Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+(2分)
【解析】(1)煅燒時，將原料碳酸鈣與焦炭按一定比例混合，連續(xù)鼓入空氣，使焦炭完全燃燒；從能源及資源利用的角度說明該工藝的優(yōu)點是焦炭燃燒放熱，為碳酸鈣分解提供能量，可以充分利用能源，提高資源利用率；(2)①氯化銨是強酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應生成一水合氨和鹽酸，反應的離子方程式為NH4++ H2ONH3·H2O+H+；②溶浸氧化鈣的反應為氧化鈣與氯化銨溶液反應生成氯化鈣、氨氣和水，反應的化學方程式為CaO+2NH4Cl=CaCl2 +2NH3↑+H2O；③若溶浸溫度較高(>90℃)，沉鈣時高純碳酸鈣的收率降低的原因是溫度過高，會使溶液中氨水濃度過低，堿性不夠，吸收二氧化碳能力下降，導致沉鈣時高純碳酸鈣的收率降低；④白云石主要化學成分為CaMg(CO3)2，將原料碳酸鈣換成白云石，“溶浸”過程中主要浸出CaO是因為Ca(OH)2的溶度積遠大于Mg(OH)2，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出；(3)由方程式可知，反應的平衡常數(shù)K=====；(4)由題意可知，沉鈣時發(fā)生的反應為氯化鈣溶液與氨氣、二氧化碳反應生成碳酸鈣和氯化銨，反應的離子方程式為Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4+。
19．(14分)某實驗小組探究SO2與K2FeO4的反應，實驗如下。
資料：i．K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。
ii．Fe3+可以與C2O42-形成[Fe(C2O4)3]3-；
(1)A中產(chǎn)生SO2的化學方程式為 。
(2)暗紅褐色沉淀X可能含F(xiàn)e3+、OH-、SO42-、SO32-，檢驗如下：
實驗二：向X中加入足量鹽酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后變紅。證明溶液中存在 。另取少量溶液滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，但不能確認含有SO42-，原因是 。
實驗三：向X中加入H2C2O4溶液，沉淀溶解。繼續(xù)滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾后，向沉淀中加入鹽酸，白色沉淀溶解。確認X中不含SO42-。
實驗三中用H2C2O4溶液溶解沉淀的目的是： 。
實驗四：向X中加入足量鹽酸，沉淀溶解。加入幾滴碘水(含淀粉)，藍色立即褪去。靜置，一段時間后藍色復現(xiàn)，振蕩，不褪色。
結(jié)合離子方程式解釋沉淀溶解后的現(xiàn)象： 。
(3)查閱資料：a．Fe3+、SO32-、H2O(或OH﹣)會形成配合物HOFeOSO2。
b. SO32-和O2在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(HSO3-)
①向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未見紅色；再加幾滴6ml·L-1鹽酸，溶液變紅。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未見紅色的原因是 。
②取出部分實驗一中的橙色溶液，久置不褪色。結(jié)合資料a中過程ii分析實驗一中溶液最終“幾乎無色”的原因： 。
總結(jié)：SO2與K2FeO4發(fā)生了氧化還原反應和復分解反應，并且遵循化學反應速率和限度規(guī)律。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(2分)
(2) Fe3+(2分) Fe3+可能將+4價含硫物質(zhì)氧化(2分)
H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-；使c(Fe3+)降低，氧化性減弱，不能將+4價含硫物質(zhì)氧化(2分)
SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI(2分)
(3) Fe3+與SO32-、H2O(或OH﹣)形成配合物的穩(wěn)定性強于Fe(SCN)3 (2分)
持續(xù)通入SO2一段時間后，溶液酸性增強，生成的H2SO5將橙色溶液中的HOFeOSO2氧化(2分)
【解析】(1)A中用亞硫酸鈉和70%的濃硫酸來制取SO2的化學方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；(2)實驗二中，取少量溶液，滴加KSCN溶液后變紅，證明溶液中存在Fe3+；由于Fe3+具有氧化性，能將SO32-氧化成SO42-，故并不能確認原溶液中是否含有SO42-；實驗三中：由于H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-，再繼續(xù)滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾后，向沉淀中加入鹽酸，白色沉淀溶解，可知白色沉淀為亞硫酸鋇，即確認X中不含SO42-；實驗四中：向X中加入足量鹽酸，沉淀溶解。加入幾滴碘水(含淀粉)，藍色立即褪去，發(fā)生的反應方程為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；(3)①由已知a．Fe3+、SO32-、H2O(或OH﹣)會形成配合物HOFeOSO2可得，向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未見紅色；再加幾滴6ml·L-1鹽酸，溶液變紅。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未見紅色的原因是Fe3+與SO32-、H2O(或OH﹣)形成配合物的穩(wěn)定性強于Fe(SCN)3；②由已知b. SO32-和O2在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(HSO3-)，可得溶液最終“幾乎無色”的原因為持續(xù)通入SO2一段時間后，溶液酸性增強，生成的H2SO5將橙色溶液中的HOFeOSO2氧化。
A．制備Fe(OH)3膠體
B．測量NO2氣體的體積
C．將剩余鈉放回試劑瓶
D．分離碘和氯化銨固體
操作
現(xiàn)象
Ag+ 濃度變化曲線
實驗Ⅰ
向1 mL 0.1 ml/L FeSO4溶液中加入1 mL 0.1 ml/L AgNO3溶液
幾分鐘后，出現(xiàn)大量灰黑色渾濁
實驗Ⅱ
先向試管中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，然后重復實驗Ⅰ的操作
現(xiàn)象與實驗Ⅰ相同
物質(zhì)
Mg(OH)2
Ca(OH)2
Ksp
5.6×10-12
4.7×10-6
裝置
操作及現(xiàn)象
實驗一：向B中通入SO2，產(chǎn)生暗紅褐色沉淀X和溶液Y(略顯紅色)；繼續(xù)通入SO2一段時間后，溶液呈紅色，繼而變?yōu)槌壬?，最終沉淀消失，溶液幾乎無色。

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