2025年陜西、山西、寧夏、青海高考真題化學(xué)試題

一、單選題

1．“國之重器”是我國科技綜合實力的結(jié)晶。下述材料屬于金屬材料的是

A．“C919”大飛機用的氮化硅涂層B．“夢想”號鉆探船鉆頭用的合金

C．“望宇”登月服用的聚酰亞胺隔熱層D．“雪龍2”號破冰船制淡水用的反滲透膜

【答案】B

【詳解】

A．氮化硅涂層屬于新型陶瓷材料，屬于無機非金屬材料，A不符合題意；

B．合金是金屬與其他元素熔合而成的材料，屬于金屬材料，B符合題意；

C．聚酰亞胺是高分子有機材料，不屬于金屬材料，C不符合題意；

D．反滲透膜通常由高分子聚合物制成，屬于有機材料，D不符合題意；

故選B。

2．下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)正確的是

22

A．CS2的電子式為B．基態(tài)Be原子的價電子排布式為2s2p

C．C2H2的球棍模型為D．反-2-丁烯的結(jié)構(gòu)簡式為

【答案】A

【詳解】

A．CS2與CO2結(jié)構(gòu)類似，電子式為，A正確；

B．Be是4號元素，基態(tài)Be原子的價電子排布式為2s2，B錯誤；

C．乙炔的球棍模型為，圖中表示乙炔的空間填充模型，C錯誤；

D．反-2-丁烯的分子中，兩個甲基位于雙鍵的不同側(cè)，結(jié)構(gòu)簡式是，D錯誤；

故選A。

3．下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途對應(yīng)關(guān)系錯誤的是

A．單晶硅熔點高，可用于制造芯片B．金屬鋁具有還原性，可用于冶煉金屬

C．濃硫酸具有吸水性，可用作干燥劑D．乙炔燃燒火焰溫度高，可用于切割金屬

【答案】A

【詳解】

A．單晶硅用于制造芯片主要因其半導(dǎo)體性質(zhì)，而非熔點高，熔點高與用途無直接關(guān)聯(lián)，A錯誤；

B．金屬鋁還原性強，可通過鋁熱反應(yīng)冶煉金屬（如Fe、Mn等），B正確；

C．濃硫酸吸水性使其可干燥中性/酸性氣體（如H2、CO2），C正確；

D．乙炔燃燒產(chǎn)生高溫氧炔焰（約3000℃），可熔化金屬進行切割，D正確；

故選A。

4．抗壞血酸葡萄糖苷(AA2G)具有抗氧化功能。下列關(guān)于AA2G的說法正確的是

A．不能使溴水褪色B．能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)

C．不能與NaOH溶液反應(yīng)D．含有3個手性碳原子

【答案】B

【詳解】

A．由物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)含有碳碳雙鍵，能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)而褪色，A錯誤；

B．由物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)含有羥基，能和乙酸在濃硫酸催化下，發(fā)生酯化反應(yīng)，B正確；

C．該物質(zhì)中含有一個酯基，能與NaOH溶液反應(yīng)，C錯誤；

D．手性碳原子為連接4個不同基團的碳原子，該物質(zhì)中含有7個手性碳，，D錯誤；

故選B。

5．“機械鍵”是兩個或多個分子在空間上穿插互鎖的一種結(jié)合形式。我國科研人員合成了由兩個全苯基大環(huán)分子組

成的具有“機械鍵”的索烴，結(jié)構(gòu)如圖，下列說法錯誤的是

A．該索烴屬于芳香烴B．該索烴的相對分子質(zhì)量可用質(zhì)譜儀測定

C．該索烴的兩個大環(huán)之間不存在范德華力D．破壞該索烴中的“機械鍵”需要斷裂共價鍵

【答案】C

【詳解】

A．該物質(zhì)是由兩個全苯基大環(huán)分子組成的具有“機械鍵”的索烴，含有苯環(huán)，屬于芳香烴，A正確；

B．質(zhì)譜儀可測定相對分子質(zhì)量，質(zhì)譜圖上最大質(zhì)荷比即為相對分子質(zhì)量，B正確；

C．該物質(zhì)為分子晶體，分子間存在范德華力，C錯誤；

D．該物質(zhì)含有共價鍵，破壞“機械鍵”時需要斷裂共價鍵，D正確；

故選C。

6．下列對物質(zhì)性質(zhì)的解釋錯誤的是

選項物質(zhì)性質(zhì)解釋

A氯化鈉熔點高于氯化銫氯化鈉離子鍵強于氯化銫

B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非極性分子

C草酸氫鈉溶液顯酸性草酸氫根離子水解程度大于電離程度

D離子液體導(dǎo)電性良好離子液體中有可移動的陰、陽離子

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【詳解】

A．氯化鈉中的鈉離子半徑（Na+）比氯化銫中的銫離子半徑（Cs+）小，離子鍵強度更大，因此熔點更高，解釋正

確，A正確；

B．碘和四氯化碳均為非極性分子，符合“相似相溶”原理，解釋正確，B正確；

2?+

C．草酸氫鈉溶液顯酸性是因為草酸氫根（HC2O4）的電離程度（釋放H）大于水解程度（生成OH?），解釋錯

誤，C錯誤；

D．離子液體的導(dǎo)電性源于其內(nèi)部可自由移動的陰、陽離子，解釋正確，D正確；

故選C。

7．下列有關(guān)反應(yīng)方程式錯誤的是

A．泡沫滅火器反應(yīng)原理：6NaHCO3+Al2(SO4)3=3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑

B．用金屬鈉除去甲苯中的微量水：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

---

C．用NaOH溶液吸收尾氣中的NO2:2NO2+2OH=NO3+NO2+H2O

---

D．氯氣通入冷的石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O

【答案】D

【詳解】

3+?

A．泡沫滅火器中Al與HCO3發(fā)生雙水解，生成Al(OH)3和CO2，方程式配平正確，A正確；

B．金屬鈉優(yōu)先與水反應(yīng)生成NaOH和H2，甲苯不參與反應(yīng)，方程式正確，B正確；

??

C．NO2與NaOH反應(yīng)生成NO3和NO2，方程式配平及產(chǎn)物均正確，C正確；

-

D．石灰乳（Ca(OH)2懸濁液）不能拆為OH，正確反應(yīng)應(yīng)為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，D錯誤；

故選D。

-3

8．一種負(fù)熱膨脹材料的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖，晶胞密度為dg?cm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法錯誤的是

A．沿晶胞體對角線方向的投影圖為

B．Ag和B均為sp3雜化

C．晶體中與Ag最近且距離相等的Ag有6個

√33223

D．Ag和B的最短距離為×√×1010pm

2NAd

【答案】A

【詳解】

A．由晶胞圖可知，晶胞中Ag位于體心，B位于頂點，C、N位于體對角線上，沿晶胞體對角線方向投影，體對角

線上的原子投影到中心(重疊)，其余6個頂點原子分別投影到六元環(huán)的頂點上，其他體內(nèi)的C、N原子抽影響到對

應(yīng)頂點原子投影與體心的連線上，則投影圖為，A錯誤；

B．Ag位于體心，與周圍4個N原子原鍵，價層電子對數(shù)為4，且與4個N原子形成正四面體，則Ag為sp3雜化；

由晶胞中成鍵情況知，共用頂點B原子的8個晶胞中，有4個晶胞中存在1個C原子與該B原子成鍵，即B原子

的價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化，B正確；

C．晶胞中Ag位于體心，與Ag最近且距離相等的Ag就是該晶胞上、下、左、右、前、后6個相鄰的晶胞體心中的Ag

原子，為6個，C正確；

1

D．B位于頂點，其個數(shù)為8×=1，Ag、C、N均位于晶胞內(nèi)，個數(shù)分別為1、4、4，由晶胞密度可知晶胞參數(shù)

8

3108+11+12×4+14×4√33223

a=√×1010pm，Ag和B的最短距離為體對角線的一半，即×√×1010pm，D正確；

NAd2NAd

故選A。

9．一種高聚物(XYZ)n被稱為“無機橡膠”，可由如圖所示的環(huán)狀三聚體制備。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y價

電子數(shù)相等，X、Z電子層數(shù)相同，基態(tài)Y的2p軌道半充滿，Z的最外層只有1個未成對電子，下列說法正確的是

A．X、Z的第一電離能：X>ZB．X、Y的簡單氫化物的鍵角：X>Y

C．最高價含氧酸的酸性：Z>X>YD．X、Y、Z均能形成多種氧化物

【答案】D

【分析】X、Y價電子數(shù)相等，X、Y屬于同一主族，且X形成5個鍵，Y形成3個鍵，基態(tài)Y的2p軌道半充滿，

則X為P元素，Y為N元素，X、Z電子層數(shù)相同，Z的最外層只有1個未成對電子，Z形成1個鍵，Z為Cl元

素，以此分析。

【詳解】

A．第一電離能同周期從左到右有增大趨勢，第一電離能：Cl>P，A錯誤；

B．X、Y的簡單氫化物分別為：PH3和NH3，電負(fù)性：N>P，共用電子對距N近，成鍵電子對斥力N-H大于P-H，

鍵角：NH3>PH3，B錯誤；

C．元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸酸性越強，非金屬性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C錯誤；

D．P、N、Cl均能形成多種氧化物，D正確；

故選D。

10．下列實驗方案不能得出相應(yīng)結(jié)論的是

AB

3+

結(jié)論：金屬活動性順序為Zn>Fe>Cu結(jié)論：氧化性順序為Cl2>Fe>I2

CD

結(jié)論：甲基使苯環(huán)活化結(jié)論：增大反應(yīng)物濃度，該反應(yīng)速率加快

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【詳解】

A．Fe、Cu、稀硫酸原電池中，電子由活潑金屬Fe流向Cu，F(xiàn)e、Zn、硫酸原電池中，電子有Zn流向Fe，活潑性：

Zn>Fe>Cu，A正確；

3+

B．FeCl3與淀粉KI溶液反應(yīng)，溶液變藍(lán)色，則氧化性：Fe>I2，新制氯水加入含KSCN的FeCl2溶液中，溶液變

3+3+3+

紅色，生成了Fe，則氧化性：Cl2>Fe，故氧化性：Cl2>Fe>I2，B正確；

C．酸性高錳酸鉀分別滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明了苯環(huán)使甲基活化，C錯誤；

D．不同濃度的Na2S2O3與相同濃度的稀硫酸反應(yīng)，濃度大的Na2S2O3先出現(xiàn)渾濁，說明增大反應(yīng)物濃度，反應(yīng)速

率加快，D正確；

故選C。

11．某元素的單質(zhì)及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性。阿伏加德羅常數(shù)的

值為NA。下列說法錯誤的是

A．G、K均能與NaOH溶液反應(yīng)B．H、N既具有氧化性也具有還原性

C．M和N溶液中的離子種類相同D．1molG與足量的J反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA

【答案】D

【分析】

根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系：，常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白

性，J為SO2，K為SO3，G為H2S，H為S，M為NaHSO3，N為Na2SO3，L為Na2SO4。

【詳解】

A．H2S和SO3均能與NaOH溶液反應(yīng)，A正確；

B．S和Na2SO3中S的化合價處于S的中間價態(tài)，既具有氧化性又有還原性，B正確；

C．M為NaHSO3，N為Na2SO3，二者的溶液中離子種類相同，C正確；

D．1molH2S和足量的SO2反應(yīng)生成S單質(zhì)和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1molH2S參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2mol電子，轉(zhuǎn)

移2NA個電子，D錯誤；

故選D。

12．格氏試劑性質(zhì)活潑，可與空氣中的H2O和O2等反應(yīng)。某興趣小組搭建了圖示無水無氧裝置(部分裝置略)，以乙

醚(沸點34.5°C)為溶劑，利用下述反應(yīng)高產(chǎn)率地制備二苯甲酮。

下列說法錯誤的是

A．氣球中填充保護氣，并起緩沖壓力的作用

B．燒瓶中液體是格氏試劑的乙醚溶液

C．圖中的漏斗不能用球形分液漏斗代替

D．產(chǎn)率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易與格氏試劑反應(yīng)

【答案】B

【詳解】

A．當(dāng)氣球被充入氣體時，氣體在氣球內(nèi)產(chǎn)生了一定的壓力，這將均勻地作用在氣球內(nèi)外的表面上，使得外殼可以

均勻分擔(dān)氣體的壓力，A正確；

B．格氏試劑性質(zhì)活潑，為避免反應(yīng)過于劇烈，燒瓶中應(yīng)加入苯甲酰氯，格氏試劑通過滴液漏斗緩慢滴加，B錯誤；

C．反應(yīng)體系為無水、無氧的密封裝置，需要用圖中的漏斗保持體系能壓強不變，保證液體順利滴下，而不能用分

液漏斗，C正確；

D．苯甲酰氯比二苯甲酮與格氏試劑反應(yīng)速率快，導(dǎo)致苯甲酰氯與與格氏試劑產(chǎn)率高，D正確；

故選B。

13．我國科研人員采用圖示的電解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(TQ)。電極b表面的主要反應(yīng)歷程見圖(灰球表示

電極表面催化劑)，下列說法錯誤的是

A．電解時，H+從右室向左室移動

電解

B．電解總反應(yīng)：TY+H2OTQ+2H2↑

C．以為原料，也可得到TQ

D．用18O標(biāo)記電解液中的水，可得到

【答案】D

【分析】電極b發(fā)生TY→TQ，發(fā)生加氧去氫的反應(yīng)，發(fā)生氧化反應(yīng)，b為陽極，a為陰極，陰極上氫離子得電子

生成H2，以此解題。

【詳解】

A．電解時陽離子向陰極移動，H+從右室向左室移動，A正確；

B．根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知，電極b中TY是反應(yīng)物，TQ是生成物，電極a中水是反應(yīng)物，H2為生成物，總反應(yīng)方程

電解

式為：TY+H2OTQ+2H2↑，B正確；

C．將TY()換成為原料，仍然能夠得到TQ()，C正確；

D．根據(jù)右圖可知，用18O標(biāo)記電解液中的水，可得到的18O在環(huán)上甲基的鄰位上，D錯誤；

故選D。

14．常溫下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氫氧化物形式沉淀時，-lg[c(X)/(mol?L-1)]與-lg[c(H+)/(mol?L-1)]的關(guān)系

3+2+2+-2-2-

如圖[其中X代表Al、Zn、Cd、Al(OH)4、Zn(OH)4或Cd(OH)4]。已知：Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2

2--5-1

比Cd(OH)2更易與堿反應(yīng)，形成M(OH)4；溶液中c(X)≤10mol?L時，X可忽略不計。

下列說法錯誤的是

-+

A．L為-lgc[Al(OH)4]與-lgc(H)的關(guān)系曲線

2+-2-11.2

B．Zn+4OH=Zn(OH)4的平衡常數(shù)為10

C．調(diào)節(jié)NaOH溶液濃度，通過堿浸可完全分離Cd(OH)2和Al(OH)3

D．調(diào)節(jié)溶液pH為4.7~6.4，可將濃度均為0.1mol?L-1的Zn2+和Al3+完全分離

【答案】B

2+2+3+2+2+

【分析】Zn和Cd沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，Al沉淀形成Al(OH)3，則Zn和Cd的曲線平行，根據(jù)

2-2-

Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)2]，Zn(OH)2比Cd(OH)2更易與堿反應(yīng)，因此Zn(OH)4生成的pH低于Cd(OH)4，故從左

3+2+2+-2-2-3+-

到右曲線依次為：Al、Zn、Cd、Al(OH)4、Zn(OH)4或Cd(OH)4。如圖可知：Al+3OH=Al(OH)3的平衡常

3+3-?0?(14?3)3?0?3×11?332+-

數(shù)為Ksp[Al(OH)3]=c[Al]·c[OH]=10×[10]=10=10，Zn+2OH=Zn(OH)2的平衡常數(shù)為

2+2-?5?(14?8.4)2?5?2×5.6?16.22+-

Ksp[Zn(OH)2]=c[Zn]·c[OH]=10×[10]=10=10，Cd+2OH=Cd(OH)2的平衡常數(shù)為

2+2-?5?(14?9.4)2?5?2×4.6?14.2-?

Ksp[Cd(OH)2]=c[Cd]·c[OH]=10×[10]=10=10，Al(OH)3+OH=Al(OH)4的平衡常數(shù)為

10?510?5

K==10?5+5.6=100.6，Zn(OH)+2OH-=Zn(OH)2?的平衡常數(shù)為K==10?5+1.6=10?3.4，

10?(14?8.4)2410?(14?12.4)

10?5

Cd(OH)+2OH-=Cd(OH)2?的平衡常數(shù)為K==10?5+0=10?5。據(jù)此分析：

2410?(14?14)

-+

【詳解】A．據(jù)分析，L為-lgc[Al(OH)4]與-lgc(H)的關(guān)系曲線，A正確；

2+-

B．如圖可知，Zn+2OH=Zn(OH)2的平衡常數(shù)為

2+2-?5?(14?8.4)2?5?2×5.6?16.22+-2-

Ksp[Zn(OH)2]=c[Zn]·c[OH]=10×[10]=10=10，則Zn+4OH=Zn(OH)4的平衡常數(shù)為

2-2-?5

?[Zn(OH)4]?[Zn(OH)4]10?5+16.2+2×1.614.4，錯誤；

K=2+4-=2-=?16.2?(14?12.4)2=10=10B

?[Zn]·c[OH]Ksp[Zn(OH)2]·c[OH]10×[10]

-

C．如圖可知，pH=14時Cd(OH)2開始溶解，pH=8.4時Al(OH)3開始溶解，且pH=14時c[Al(OH)4]>1mol/L，即可

-

認(rèn)為Al(OH)3完全溶解，并轉(zhuǎn)化為Al(OH)4，因此調(diào)節(jié)NaOH溶液濃度，通過堿浸可完全分離Cd(OH)2和Al(OH)3，C

正確；

10?16.2310?33

D．0.1mol?L-1的Zn2+開始沉淀pH為14+lg(√)=6.4，0.1mol?L-1的Al3+完全沉淀pH為14+lg(√)=4.7，

0.110?5

因此調(diào)節(jié)溶液pH為4.7~6.4，可將濃度均為0.1mol?L-1的Zn2+和Al3+完全分離，D正確；

故選B。

二、解答題

15．某實驗室制備糖精鈷[Co(Sac)2(H2O)4]?xH2O，并測定其結(jié)晶水含量。

已知：Sac-表示糖精根離子，其摩爾質(zhì)量為182g?mol-1，糖精鈷的溶解度在熱水中較大，在冷水中較?。槐悬c

為56°C，與水互溶。

CoCl2?6H2O+2NaSac?2H2O=[Co(Sac)2(H2O)4]?xH2O+(6-x)H2O+2NaCl

(一)制備

I．稱取1.0gCoCl2?6H2O，加入18mL蒸餾水，攪拌溶解，得溶液1。

Ⅱ．稱取2.6g(稍過量)糖精鈉(NaSac?2H2O)，加入10mL蒸餾水，加熱攪拌，得溶液2。

Ⅲ．將溶液2加入到接近沸騰的溶液1中，反應(yīng)3分鐘后停止加熱，靜置，冷卻結(jié)晶。

Ⅳ．過濾，依次用三種不同試劑洗滌晶體，晾干得產(chǎn)品。

回答下列問題：

(1)I和Ⅱ中除燒杯外，還需用到的玻璃儀器有、(寫出兩種)

(2)Ⅲ中靜置過程有少量晶體出現(xiàn)時，可將燒杯置于中，以使大量晶體析出。

(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗滌晶體，正確順序為。

A．①③②B．③②①C．②①③

(4)Ⅳ中為了確認(rèn)氯離子己經(jīng)洗凈，取水洗時的最后一次濾液于試管中，(將實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論補充完整)。

(5)與本實驗安全注意事項有關(guān)的圖標(biāo)有。

(二)結(jié)晶水含量測定

EDTA和Co2+形成1:1配合物。準(zhǔn)確稱取mg糖精鈷產(chǎn)品于錐形瓶中，加蒸餾水，加熱溶解，再加入緩沖溶液和指示

劑，在50~60℃下，用cmol?L-1的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。

(6)下列操作的正確順序為(用字母排序)。

a．用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管b．加入標(biāo)準(zhǔn)溶液至“0”刻度以上2~3mL處

c．檢查滴定管是否漏水并清洗d．趕出氣泡，調(diào)節(jié)液面，準(zhǔn)確記錄讀數(shù)

(7)滴定終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則產(chǎn)品[Co(Sac)2(H2O)4]?xH2O中x的測定值為(用含m、c、V的代數(shù)式

表示)；若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，會導(dǎo)致x的測定值(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。

【答案】

(1)玻璃棒量筒（或膠頭滴管等，合理即可）

(2)冰水浴

(3)B

-

(4)加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，無白色沉淀生成，說明Cl已洗凈

(5)ABC

(6)cabd

500mm?cV×10?3×495

(7)?27.5（或：）偏高

9cV18×cV×10?3

【分析】按照反應(yīng)CoCl2?6H2O+2NaSac?2H2O=[Co(Sac)2(H2O)4]?xH2O+(6-x)H2O+2NaCl制備糖精鈷，然后在冰

水浴中結(jié)晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”順序進行洗滌，得到糖精鈷晶體，最后將糖精鈷晶體溶解

后用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定測定含有結(jié)晶水的數(shù)量。

【詳解】

（1）步驟I、Ⅱ中需要使用量筒、膠頭滴管量取蒸餾水，并用玻璃棒攪拌以加快固體溶解速率。

（2）因為糖精鈷在冷水中溶解度較小，所以為了盡快讓大量晶體析出，應(yīng)降低溶液溫度，可將燒杯置于冰水浴中。

（3）先用冷的1%NaSac溶液洗滌，可降低糖精鈷溶解度，減少晶體損失，還能將晶體表面吸附的Co2+轉(zhuǎn)化為晶體

析出，且不引人新的雜質(zhì)，再用冷水洗滌，可降低晶體溶解度并洗去溶液中存在的可溶性離子，丙酮可以與水互溶

且沸點比關(guān)鍵水的低，故最后用丙酮洗滌以除去殘留的水且能使晶體快速干燥，故選B。

（4）Ⅳ中為了確認(rèn)氯離子己經(jīng)洗凈的步驟為：取水洗時的最后一次濾液于試管中，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3

溶液，無白色沉淀生成，說明Cl-已洗凈。

（5）進行化學(xué)實驗需要佩戴護目鏡，以保護眼睛，同時化學(xué)實驗結(jié)束后，離開實驗室前需用肥皂等清洗雙手，該

實驗涉及加熱操作，因此需要防止熱燙，要選擇合適的工具進行操作，避免直接觸碰，故A、B、C符合題意；該

實驗中未涉及銳器的操作，D不符合題意，故選ABC。

（6）使用滴定管前首先要檢漏，確定不漏液之后用蒸餾水清洗(c)，再用待裝的標(biāo)準(zhǔn)溶液進行潤洗(a)，待潤洗完成

后裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液至“0”刻度以上2~3mL處(b)，放液趕出氣泡后調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度下，準(zhǔn)確記錄標(biāo)準(zhǔn)溶

液體積的初始讀數(shù)(d)，故選cabd。

cVcV

（7）滴定消耗的n(EDTA)=mol，EDTA與Co2+形成1：1配合物，則樣品溶解后的n(Co2+)=mol，即樣

10001000

cV

品中的n{[Co(Sac)(HO)]·xHO}=mol，而M{[Co(Sac)(HO)]·xHO}=(495+18x)g·mol?1，所以

224210002242

cV1000m495500m1000m?495cVm?495cV×10?3

mol×(495+18x)g·mol?1=mg，解得x=?=?27.5(或==)；若滴

100018cV189cV18cV18cV×10?3

500m

定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，測得消耗EDTA溶液體積偏小，即V偏小，根據(jù)x=?27.5，則x

9cV

偏高。

2+2++

16．一種綜合回收電解錳工業(yè)廢鹽(主要成分為Mn、Mg、NH4的硫酸鹽)的工藝流程如下。

-5.17-11.25-12.72

已知：①常溫下Ksp(MgCO3)=10，Ksp[Mg(OH)2]=10，Ksp[Mn(OH)2]=10；

2-

②S2O8結(jié)構(gòu)式為。

回答下列問題：

(1)制備廢鹽溶液時，為加快廢鹽溶解，可采取的措施有、。(寫出兩種)

2+-0.68-1

(2)“沉錳I”中，寫出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化學(xué)方程式。當(dāng)Mg(c=10mol?L)將要開始沉淀

時，溶液中剩余Mn2+濃度為mol?L-1。

(3)“沉錳Ⅱ”中，過量的(NH4)2S2O8經(jīng)加熱水解去除，最終產(chǎn)物是NH4HSO4和(填化學(xué)式)。

(4)“沉鎂I”中，當(dāng)pH為8.0~10.2時，生成堿式碳酸鎂[xMgCO3?yMg(OH)2?zH2O]，煅燒得到疏松的輕質(zhì)MgO。pH過

大時，不能得到輕質(zhì)MgO的原因是。

2+

(5)“沉鎂Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0時，Mg沉淀完全；若加至pH=4.0時沉淀完全溶解，據(jù)圖分析，寫出沉淀溶解

的離子方程式。

(6)“結(jié)晶”中，產(chǎn)物X的化學(xué)式為。

(7)“焙燒”中，Mn元素發(fā)生了(填“氧化”或“還原”)反應(yīng)。

【答案】

(1)攪拌適當(dāng)升溫等

-2.15

(2)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O10

(3)O2

(4)pH過大，沉淀為Mg(OH)2，不能分解產(chǎn)生CO2，不能得到疏松的輕質(zhì)MgO

2+?

(5)MgHPO4+H3PO4=Mg+2H2PO4

(6)(NH4)2SO4

(7)還原

【分析】廢鹽溶液加入氨水，通入氧氣沉錳I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，進行沉錳Ⅱ得到MnO2，產(chǎn)生有

氣體O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O調(diào)節(jié)pH沉鎂I，得到MgCO3，煅燒得到MgO，溶液再加入H3PO4沉

鎂Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4調(diào)節(jié)pH=6.0結(jié)晶得到X硫酸銨，最后與MnO2和Mn3O4焙燒，

經(jīng)過多步處理得到MnSO4·H2O。

【詳解】

（1）加快廢鹽的溶解可以采取攪拌、適當(dāng)升溫、粉碎等；

（2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化學(xué)方程式為：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O；

2+?0.68?11.25

c(Mg)Ksp[Mg(OH)2]10102+-2.15

根據(jù)2+==2+=?12.72，c(Mn)=10mol/L；

c(Mn)Ksp[Mn(OH)2]c(Mn)10

（3）“沉錳Ⅱ”中，過量的(NH4)2S2O8經(jīng)加熱水解去除，(NH4)2S2O8中存在過氧鍵，在加熱和水存在下發(fā)生水解，生

成NH4HSO4和H2O2：(NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，H2O2分解2H2O2=2H2O+O2↑，總反應(yīng)為

2(NH4)2S2O8+2H2O=4NH4HSO4+O2↑，最終產(chǎn)物是NH4HSO4和O2；

（4）[xMgCO3?yMg(OH)2?zH2O]煅燒有CO2生成，可以得到疏松的輕質(zhì)氧化鎂，pH過大，沉淀為Mg(OH)2，不

能分解產(chǎn)生CO2，不能得到疏松的輕質(zhì)MgO；

2?2+

（5）由圖可知，pH=8時，陰離子為HPO4，陽離子為Mg，產(chǎn)生的沉淀為MgHPO4，調(diào)節(jié)到pH=4，磷元素存在

?2+?

形式為H2PO4，磷酸不是強酸，不能拆，離子方程式為：MgHPO4+H3PO4=Mg+2H2PO4；

（6）溶液中存在銨根離子和硫酸根離子，結(jié)晶后X為(NH4)2SO4；

（7）“焙燒”中，Mn3O4和MnO2最終生成MnSO4·H2O，Mn元素化合價降低，發(fā)生了還原反應(yīng)。

17．MgCO3/MgO循環(huán)在CO2捕獲及轉(zhuǎn)化等方面具有重要應(yīng)用?？蒲腥藛T設(shè)計了利用MgCO3與H2反應(yīng)生成CH4的路線，

主要反應(yīng)如下：

-1

I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)ΔH1=+101kJ?mol

-1

II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-166kJ?mol

-1

III．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g)ΔH3=+41kJ?mol

回答下列問題，

-1

(1)計算MgCO3(s)+4H2(g)=MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)ΔH4=kJ?mol。

(2)提高CH4平衡產(chǎn)率的條件是_______。

A．高溫高壓B．低溫高壓C．高溫低壓D．低溫低壓

(3)高溫下MgCO3分解產(chǎn)生的MgO催化CO2與H2反應(yīng)生成CH4，部分歷程如圖，其中吸附在催化劑表面的物種用*標(biāo)注，

所示步驟中最慢的基元反應(yīng)是(填序號)，生成水的基元反應(yīng)方程式為。

(4)100kPa下，在密閉容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol發(fā)生反應(yīng)。反應(yīng)物(H2、MgCO3)的平衡轉(zhuǎn)化率和生成物(CH4、

CO2)的選擇性隨溫度變化關(guān)系如下圖(反應(yīng)III在360°C以下不考慮)。

含碳生成物的物質(zhì)的量

注：含碳生成物選擇性=×100%

MgCO3轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量

①表示CH4選擇性的曲線是(填字母)。

-2

②點M溫度下，反應(yīng)Ⅱ的Kp=(kPa)(列出計算式即可)。

③在550°C下達(dá)到平衡時，n(CO)=mol。500~600°C，隨溫度升高H2平衡轉(zhuǎn)化率下降的原因可能是。

【答案】

(1)-65

(2)B

(3)④HO*+H2*+CH2*=CH3*+H2O

492

(4)c0.2反應(yīng)Ⅱ生成的氫氣多于反應(yīng)Ⅲ消耗的氫氣

24

【詳解】

（1）已知：

-1

I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)ΔH1=+101kJ?mol

-1

Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-166kJ?mol

-1-1

將I+Ⅱ可得MgCO3(s)+4H2(g)=MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)ΔH4=ΔH1+ΔH2=+101kJ?mol+（-166kJ?mol）=

-65kJ?mol-1，故選：-65；

-1

（2）已知反應(yīng)Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=-166kJ?mol為放熱反應(yīng)，要提高CH4平衡產(chǎn)率，要使

平衡正向移動。

A．高溫會使平衡逆向移動，不利于提高CH4平衡產(chǎn)率，A錯誤；

B．低溫使平衡正向移動，高壓也使平衡正向移動，可提高CH4平衡產(chǎn)率，B正確；

C．高溫會使平衡逆向移動，低壓會使平衡逆向移動，不利于提高CH4平衡產(chǎn)率，C錯誤；

D．低壓會使平衡逆向移動，不利于提高CH4平衡產(chǎn)率，D錯誤；

故選B。

（3）反應(yīng)活化能越高，反應(yīng)速率越慢，從圖中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反應(yīng)為

CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由圖可知，在第三步時生成了水，基元反應(yīng)為：HO*+H2*+CH2*=CH3*+H2O，故選：

④；HO*+H2*+CH2*=CH3*+H2O；

（4）已知反應(yīng)I為吸熱反應(yīng)，Ⅱ為放熱反應(yīng)，III為吸熱反應(yīng)，根據(jù)圖像，溫度逐漸升高，則碳酸鎂的轉(zhuǎn)化率逐漸

升高，氫氣的轉(zhuǎn)化率下降，在360°C以下不考慮反應(yīng)Ⅲ，則二氧化碳的選擇性上升，甲烷的選擇性下降，所以a表

示碳酸鎂的轉(zhuǎn)化率，b表示二氧化碳的選擇性，c表示甲烷的選擇性。

①表示CH4選擇性的曲線是c，故選：c；

②點M溫度下，從圖中看出碳酸鎂的轉(zhuǎn)化率為49%，則剩余的碳酸鎂為0.51mol，根據(jù)碳原子守恒，甲烷和二氧化

碳中碳原子的物質(zhì)的量之和為0.49mol，又因為此時二氧化碳的選擇性和甲烷的選擇性相等，則二氧化碳和甲烷的

物質(zhì)的量為0.245mol，根據(jù)氧原子守恒得出水的物質(zhì)的量為0.49mol，根據(jù)氫原子守恒得出氫氣的物質(zhì)的量為

0.020.245

0.02mol，總的物質(zhì)的量為0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，P(H)=×100KPa=2KPa，P(CO)=P(CH)=×

21241

0.4924.5×49249249