絕密★啟用前2025年6月浙江省普通高校招生選考科目考試化學(xué)姓名_______準考證號_______本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘?？忌⒁猓?.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相對原子質(zhì)量：選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列屬于含氧酸鹽的是A. B. C. D.2.下列化學(xué)用語表示不正確的是A.的結(jié)構(gòu)式： B.基態(tài)氧原子的軌道表示式：C.p電子云輪廓圖： D.的系統(tǒng)命名：乙基丁烷3.根據(jù)元素周期律推測，下列說法不正確的是A.原子半徑： B.電負性：C.非金屬性： D.熱穩(wěn)定性：4.下列實驗原理或方法不正確的是A.可用萃取碘水中的B.可用重結(jié)晶法提純含有少量的苯甲酸C.可用濃溶液除去乙酸乙酯中的乙酸D.可用濃溶液將轉(zhuǎn)化為5.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系正確的是A.金剛石硬度大，可用于制作切削刀具 B.氧化鋁具有兩性，可用于制作坩堝C.熔點高，可用于生產(chǎn)光導(dǎo)纖維 D.氨氣有還原性，可用于生產(chǎn)銨態(tài)氮肥6.可根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)推測其性質(zhì)，下列推測的性質(zhì)不合理的是選項結(jié)構(gòu)性質(zhì)A正戊醇和乙醇分子中均含有一個羥基兩者的水溶性相當B金屬鎢晶體中金屬鍵強金屬鎢熔點高C聚乳酸的結(jié)構(gòu)是聚乳酸可降解D油酸甘油酯分子中有碳碳雙鍵油酸甘油酯易被氧化變質(zhì)A.A B.B C.C D.D7.下列離子方程式正確的是A.的水解反應(yīng)：B.與醋酸反應(yīng)：C.與硝酸反應(yīng)：D.苯酚鈉水溶液中通入少量氣體：8.利用下列裝置進行實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖茿．鐵制鍍件上鍍銅B．實驗室快速制備氨氣C．實驗室蒸餾分離和D．檢驗乙醇脫水生成乙烯A.A B.B C.C D.D9.科學(xué)家通過對水楊酸進行分子結(jié)構(gòu)修飾，得到藥物美沙拉嗪，下列說法不正確的是A.反應(yīng)1產(chǎn)物中是否含有殘留的水楊酸，無法用溶液檢驗B.反應(yīng)1中，需控制反應(yīng)條件，防止水楊酸被氧化C.反應(yīng)2可通過還原反應(yīng)生成美沙拉嗪D.在鹽酸中溶解性：水楊酸>美沙拉嗪10.下列含鐵化合物的制備方案正確的是選項選項目標產(chǎn)物制備方案A溶液通足量后，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾B紅熱的鐵粉與水蒸氣反應(yīng)C在干燥的氣流中脫水D溶液中滴加煮沸過的溶液，在空氣中過濾A.A B.B C.C D.D11.下列反應(yīng)均能自發(fā)進行，相關(guān)判斷不正確的是A. B. C. D.12.通過電化學(xué)方法制備，進而由與反應(yīng)合成。為提高電流利用效率，某小組設(shè)計電化學(xué)合成示意圖如下，已知氧化性：。下列說法不正確的是A.電極A與電源正極相連B.電極B的電極反應(yīng)式為：C.電解液中可以用氫溴酸代替D.原料足量的情況下，理論上電路中轉(zhuǎn)移可得到13.能代表化合物的結(jié)構(gòu)片段如圖(氫原子未畫出)，下列有關(guān)該化合物的描述不正確的是A.圖中球①代表原子團 B.該化合物易溶于水C.作還原劑時，該化合物釋放 D.氮原子上沒有孤電子對，晶體中不存在氫鍵14.傳統(tǒng)方法中，制備化合物c常用到。某課題組提出了一種避免使用方法，機理如圖所示(L表示配體，表示價態(tài))。下列說法不正確的是A.化合物b是的替代品B.是該過程產(chǎn)生的副產(chǎn)物C.M可能是和D.整個過程中，含鎳化合物發(fā)生了2次氧化反應(yīng)15.已知：下列有關(guān)說法不正確的是A.過量在溶液中B.過量在水中所得的飽和溶液中滴加溶液，有生成C.過量在水中溶解的質(zhì)量大于在相同體積溶液中溶解的質(zhì)量D.在的鹽酸中不能完全溶解16.中常含。為配制不含的溶液，并用苯甲酸標定其濃度，實驗方案如下：步驟I——除雜：稱取配制成飽和溶液，靜置，析出；步驟Ⅱ——配制：量取一定體積上層清液，稀釋配制成溶液；步驟Ⅲ——標定：準確稱量苯甲酸固體，加水溶解，加指示劑，用步驟Ⅱ所配制的溶液滴定。下列說法正確的是A.步驟I中析出的主要原因是：很大，抑制水解B.步驟Ⅱ中可用量筒量取上層清液C.步驟Ⅲ中可用甲基橙作指示劑D.步驟中所需的蒸餾水都須煮沸后使用，目的是除去溶解的氧氣非選擇題部分二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)17.銅在自然界大多以硫化物形式成礦。請回答：（1）有關(guān)銅和硫的說法正確的是_______。A.基態(tài)硫原子有7對成對電子B.銅焰色試驗呈綠色，與銅原子核外電子躍遷釋放能量有關(guān)C.基態(tài)銅原子失去2個電子，軌道形成全充滿結(jié)構(gòu)D.配位鍵強度：（2）一種銅化合物的晶胞如圖，寫出由配離子表示的該化合物的化學(xué)式_______。（3）化合物A[化學(xué)式：]和B[化學(xué)式：]具有相似的結(jié)構(gòu)，如圖。①化合物B給出趨勢相對更大，請從結(jié)構(gòu)角度分析原因_______。②將化合物A與足量稀硫酸混合，在加熱條件下充分反應(yīng)，得到氣體C和含的溶液，寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式_______。③設(shè)計實驗檢驗氣體C_______(要求利用氣體C的氧化性或還原性)。（4）有同學(xué)以為原料，設(shè)計如下轉(zhuǎn)化方案：①步驟I的化學(xué)方程式_______。②步驟Ⅱ中，溶液E中銅元素全部轉(zhuǎn)化為難溶性。氣體X為_______(要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，濃度最高的兩種離子_______(按濃度由高到低順序)。18.氯氣、二氧化氯常用于漂白、殺菌，有重要的應(yīng)用價值。請回答：（1）下列措施中能提高新制飽和氯水中濃度的是_______。A.加固體 B.加水 C.加粉末 D.加足量溶液（2）氯氣常用于自來水消毒。稀氯水中存在如下反應(yīng)(不考慮其他反應(yīng))：IⅡⅢ時，在不同下，約氯水中部分含氯微粒的平衡濃度對數(shù)值如圖所示(溶液體積保持不變)。①分子的空間構(gòu)型是_______。②在之間，濃度增加，其最大來源是_______(填含氯微粒符號)。③該氯水中氯元素質(zhì)量守恒表達式：_______。④在圖中畫出之間，隨的變化曲線_______。（3）某研究小組提出，商用(常含雜質(zhì))在水中易發(fā)生如下反應(yīng)，影響自來水消毒效果。ⅣV中含量對反應(yīng)初始速率的影響如圖所示。實驗條件：初始濃度相同。①的存在主要加快了反應(yīng)_______(填“Ⅳ”或“V”)。②指出改變的影響因素，并解釋原因_______。19.配合物二草酸合銅酸鉀，是制備金屬有機框架材料的一種前驅(qū)體。某研究小組開展探究實驗，步驟如下：步驟I：下，水中依次加入充分反應(yīng)后，得到混合溶液M；步驟Ⅱ：混合溶液M中加入充分反應(yīng)，趁熱過濾得濾液N；步驟Ⅲ：步驟Ⅳ：加熱脫水，化合物P、化合物Q均轉(zhuǎn)化為。已知：i．時，的的。ⅱ．微溶于冷水、易溶于熱水，在約時分解。請回答：（1）中，與形成配位鍵的配位原子是_______(填元素符號)。（2）步驟I所得的混合溶液M，在時其最接近于_______。A.2 B.3 C.4 D.5（3）步驟Ⅱ，過濾去除雜質(zhì)需趁熱進行的原因是_______。（4）下列說法不正確的是_______。A.步驟I，制備混合溶液M時，應(yīng)一次性快速加入，以確保反應(yīng)完全B.步驟Ⅳ，應(yīng)用水浴控制溫度，以避免分解C.熱重分析法測得樣品完全脫水后質(zhì)量降低，則D.粉末形態(tài)的化合物P和化合物Q，可通過X射線衍射法進行區(qū)分（5）室溫下，化合物P在空氣中會轉(zhuǎn)化為化合物Q。下列選項中，通過計算能得到混合樣品中化合物P和化合物Q物質(zhì)量分數(shù)的是_______。A.樣品質(zhì)量、鉀的物質(zhì)的量 B.鉀的物質(zhì)的量、銅的物質(zhì)的量C.銅的物質(zhì)的量、草酸根的物質(zhì)的量 D.草酸根的物質(zhì)的量、水的物質(zhì)的量（6）有同學(xué)認為：根據(jù)現(xiàn)有探究實驗結(jié)果可知，化合物P、化合物Q結(jié)晶形狀不同是由降溫速率不同引起的。請判斷該同學(xué)觀點正誤，并說明理由_______。20.化合物G是一種治療哮喘的藥物，某研究小組按以下路線合成該化合物(反應(yīng)條件及試劑已簡化)：請回答：（1）化合物A中含氧官能團名稱是_______；從整個過程看，的目的是_______。（2）下列說法不正確的是_______。A.化合物A的水溶性比化合物B的大B.的反應(yīng)中有產(chǎn)生C.化合物B和C分子中雜化碳原子的數(shù)目相同D化合物G分子中含有2個手性碳原子（3）的化學(xué)方程式_______。（4）生成G的同時還生成了，則X的結(jié)構(gòu)簡式是_______。（5）過程中有副產(chǎn)物生成，寫出一種可能的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式_______(其分子式為且含有苯環(huán))。（6）以和為有機原料，設(shè)計化合物(D指)的合成路線_______(用流程圖表示，無機試劑任選)。

2025年6月浙江省普通高校招生選考科目考試化學(xué)答案詳解1.答案B【詳解】A.NaCl由鈉離子和氯離子構(gòu)成，屬于無氧酸鹽，A不符合題意；B.K?CO?是碳酸鹽，屬于含氧酸鹽，B符合題意；C.H?SO?屬于酸，不屬于鹽，C不符合題意；D.CH?OH屬于有機物中的醇類，不屬于含氧酸鹽，D不符合題意；故選B。2.D【詳解】A.CH?是共價化合物，一個碳原子與四個氫原子形成四個共價鍵，結(jié)構(gòu)式為：A正確;B.基態(tài)O原子電子排布式為1sC.電子云是處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外空間的概率密度分布的形象化描述，p電子云輪廓圖為啞鈴形(或紡錘形)：C正確；D.CH3CHCH2CH3故選D。3.A【詳解】A.同周期主族元素，從左往右原子半徑依次減小，則原子半徑：Mg<Na，A錯誤；B.C和Si位于第ⅣA族，同族元素從上到下電負性減小(原子半徑增大，吸引電子能力減弱),則電負性:C>Si,B正確;C.Br和Ⅰ位于第VIIA族(鹵素)，同族元素從上到下非金屬性減弱(原子半徑增大，得電子能力減弱)，則非金屬性：Br>I，C正確；D.N和P位于第VA族(氮族)，同族元素從上到下非金屬性減弱，氫化物熱穩(wěn)定性與非金答案第1頁，共16頁屬性正相關(guān)，故非金屬性N>P，熱穩(wěn)定性：NH3故選A。4.C【詳解】A.I?在CCl?中的溶解度比在水中大，且CCl?和水不互溶，因此可用CCl4萃取碘水中的I?，B.苯甲酸的溶解度隨溫度升高而顯著增大，而NaCl的溶解度受溫度影響較小?？赏ㄟ^冷卻熱飽和溶液的方法使苯甲酸結(jié)晶析出，而NaCl仍留在溶液中，從而達到提純的目的，B正確；C.NaOH溶液與乙酸乙酯和乙酸均反應(yīng)，不能達到目的，C錯誤；D.CaSO?的Ksp大于CaCO?,用濃Na?CO?溶液可將CaSO?轉(zhuǎn)化為CaCO?,D正確;故答案為C。5.A【詳解】A.金剛石是天然存在的最硬物質(zhì)，硬度大的性質(zhì)使其非常適合用于制作切削、研磨工具，A正確；B.氧化鋁具有兩性，但制作坩堝主要利用其高熔點和化學(xué)穩(wěn)定性，以耐受高溫和腐蝕，兩性并非制作坩堝的關(guān)鍵性質(zhì)，B錯誤；C.光導(dǎo)纖維的生產(chǎn)主要利用二氧化硅的光學(xué)性質(zhì)，如高透明度和低光損耗，而非高熔點，C錯誤；D.氨氣具有還原性，但生產(chǎn)銨態(tài)氮肥(如硫酸銨、硝酸銨)主要利用其堿性(與酸反應(yīng)生成銨鹽)，還原性與銨態(tài)氮肥生產(chǎn)無直接關(guān)聯(lián)，D錯誤；故選A。6.A【詳解】A.正戊醇和乙醇分子中均含有一個羥基，可以和水分子形成氫鍵，但隨著碳鏈增長，醇的極性部分所占比例降低，正戊醇的水溶性明顯低于乙醇，A錯誤；B.金屬鎢是金屬晶體，其中的金屬鍵很強，導(dǎo)致金屬鎢熔點高，B正確；C.由聚乳酸的結(jié)構(gòu)可知其中含有酯基，可以發(fā)生水解反應(yīng)，在自然環(huán)境中可降解，C正確；D.油酸甘油酯分子中含碳碳雙鍵，易被氧化而變質(zhì)生成醛、酮、酸等氧化產(chǎn)物，D正確；故選A。7.D答案第2頁，共16頁【詳解】A.HCO?水解生成H?CO?和OH?,該反應(yīng)的離子方程式為:HCO3-+H2B.已知醋酸為弱酸，離子方程式書寫時不能拆，故CaCO?與醋酸反應(yīng)的離子方程式為：B錯誤；C.已知硝酸具有強氧化性，能夠氧化Fe2?為Fe3?，故FeO與硝酸反應(yīng)的離子方程式為：3FeO+10H+D.苯酚的酸性介于碳酸和碳酸氫根之間，故苯酚鈉水溶液中通入少量CO?氣體反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉，則離子方程式為：D正確；故答案為：D。8.B【詳解】A.鐵制鍍件上鍍銅時，銅片應(yīng)該作陽極與電源正極相連，鐵制鍍件作陰極與電源負極相連，A錯誤；B.NaOH固體溶于水放熱且呈堿性，則濃氨水和NaOH固體反應(yīng)能夠生成氨氣，B正確；C.蒸餾裝置中溫度計水銀球應(yīng)該放在支管口，不能插入液面，C錯誤；D.乙醇在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成的乙烯中混有乙醇蒸氣和二氧化硫，乙醇蒸氣、二氧化硫和乙烯均能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該裝置不能檢驗乙醇脫水生成乙烯，D錯誤；故選B。9.D【詳解】A.有機物中含有酚羥基就能與FeCl?溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，若反應(yīng)1的產(chǎn)物中殘留水楊酸，產(chǎn)物和水楊酸結(jié)構(gòu)中都含有酚羥基，因此FeCl?溶液不能檢驗出水楊酸，A正確，B.水楊酸分子中含有酚羥基，酚羥基具有還原性，容易被氧化，所以在反應(yīng)1中，需控制反應(yīng)條件，防止水楊酸被氧化，B正確；C.反應(yīng)2是將-NO?轉(zhuǎn)化為-NH?，這是一個還原反應(yīng)，所以反應(yīng)2可通過還原反應(yīng)生成美沙拉嗪，C正確；D.水楊酸分子中含有酚羥基和羧基顯酸性，在鹽酸中與HCl不反應(yīng)，而美沙拉嗪分子中含答案第3頁，共16頁有氨基，氨基顯堿性，在鹽酸中會與HCl反應(yīng)生成鹽，更易溶解，所以在鹽酸中溶解性：水楊酸<美沙拉嗪，D錯誤；故答案選擇D。10.C【詳解】A.FeCl?溶液通足量Cl?后，得到FeCl?溶液，若通過加熱蒸發(fā)濃縮會促進Fe3?水解且水解生成的HCl揮發(fā),導(dǎo)致生成Fe(OH)?,無法得到FeCl?·6H?O,A錯誤;B.紅熱的鐵粉與水蒸氣反應(yīng)會生成Fe?O?，得不到Fe?O?，B錯誤；C.Fe2?在水溶液中會水解生成HCl且易被空氣中的氧氣氧化，則讓lFeCl2?4H2O在干燥的HClD.FeCl?溶液中滴加煮沸過的NaOH溶液，在空氣中過濾，生成的FeOH2易被氧化為Fe(OH)?,故選C。11.C【分析】將五個方程式依次編號為①、②、③、④、⑤。【詳解】A.酸堿中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，F(xiàn)e(OH)?難溶于水而氫氧化鈉易溶于水，已知反應(yīng)①②H2SO4(l)+2NaOH(s)=Na2B.已知反應(yīng)②2NaOH(l)+2Na③利用蓋斯定律將反應(yīng)③-反應(yīng)②得到H2Ol+Na2OsC.已知反應(yīng)(⑤SO3g+H2Ol答案第4頁，共16頁D.已知反應(yīng)(③H2SO4l+Na2Os=Na故選C。12.D【分析】由圖可知，該裝置為電解池，電極A發(fā)生氧化反應(yīng)為陽極，電極B發(fā)生還原反應(yīng)為陰極?！驹斀狻緼.由分析可知電極A為陽極，應(yīng)與電源正極相連，A正確；B.由分析可知電極B為陰極，在電解液H?SO?中得電子生成H?O?，電極反應(yīng)式為：O2+2C.電解液中H?SO?用氫溴酸代替，溴離子即起導(dǎo)電作用，又可在電極A上放電，所以可以用氫溴酸代替H?SO?，提高電流利用效率，C正確；D.由得失電子守恒可知,電路中轉(zhuǎn)移0.2mole?生成0.1molBr?,但由信息可知氧化性：H2O2>Br2,所以電極B上生成的也可將溴離子氧化為Br?，所以電路中轉(zhuǎn)移0.2mole?生成Br?的物質(zhì)的量大于0.1mol，則得到CHE的物質(zhì)的量大于013.D【分析】由結(jié)構(gòu)片段可知，結(jié)合化合物化學(xué)式可知，各部分結(jié)構(gòu)如圖：【詳解】A.N?H?可表示為NH2-NH3+,其中①號氮原子要提供孤對電子與Zn2?形成配位鍵，而-NH答案第5頁，共16頁B.該化合物屬于可溶性鹽，且可與水形成氫鍵，因此易溶于水，B正確；C.作還原劑時，N?H?化合價升高轉(zhuǎn)化為N?和H?，因此該化合物釋放H?，C正確；D.N?H?中①號氮原子與Zn2?形成配位鍵，旁邊的氮原子與H?形成配位鍵，因此氮原子上沒有孤電子對，但SO2?1中含有氧原子，晶體中存在N-H…O氫鍵，D錯誤；故選D。14.C【詳解】A.根據(jù)反應(yīng)機理圖可知由化合物b制備目標產(chǎn)物c，化合物b替代NaCN提供氰基，A正確；B.反應(yīng)過程中有自由基生成，自由基結(jié)合生成.為副產(chǎn)物，B正確；C.由圖可知LNi1-Br與R?SiH反應(yīng)生成LNi?與M,其中Ni化合價降低,氫化合價由-1價升高到0價的氫氣，沒有H?生成，C錯誤；D.整個過程中，含鎳化合物化合價升高2次，發(fā)生了2次氧化反應(yīng)，D正確；故選C。15.C【詳解】A.在NaCl溶液中,[Cl?]=1.0mol/L(近似,忽略溶解AgCl的影響)。根據(jù)AgCl的溶度積規(guī)則，當固體AgCl存在時，AgAg+=KspCl-=1.8×10B.AgCl在純水中的飽和溶液中，Ag+=Cl-=Ksp=1.8×10-10≈1.34×10-5mol/L。滴加AgNO?C.在純水中：溶解度s水答案第6頁，共16頁同體積)。在3.0mol/LNaCl溶液中:高[Cl?]促進絡(luò)合反應(yīng)Ag溶解銀濃度為S,近似[Cl?]≈3.0mol/L,則:AAgClS=As水≈1.34×10-5mol/L,SNaCl≈5.94×10-5mol/L,D.鹽酸中[Cl?]=10mol/L。若假設(shè)0.010molAgCl完全溶解,則總銀濃度S=0.010mol/L。由C選項分析可知，S=AAg+1+K?Cl-2=S,AgQ=Ag+故選C。16.B【詳解】A.Na?CO?在濃NaOH溶液中析出的主要原因是Na?的同離子效應(yīng)，導(dǎo)致其溶解度顯著降低，高濃度OH?抑制CO2?水解是次要原因，A錯誤；B.步驟Ⅱ中配制一定濃度的NaOH溶液，可以用量筒量取一定體積的上層清液，稀釋配制成NaOH溶液,B正確;C.苯甲酸屬于弱酸，用苯甲酸標定NaOH溶液的濃度，滴定終點溶液呈堿性，應(yīng)該選擇酚酞作指示劑，C錯誤；D.步驟Ⅱ、Ⅲ中所需的蒸餾水都須煮沸后使用是為了除去水中溶解的CO?，避免CO?和NaOH反應(yīng)產(chǎn)生雜質(zhì)，氧氣對配制苯甲酸溶液和NaOH溶液沒有影響，D錯誤；故選B。17.(1)ABD2答案第7頁，共16頁(3)化合物A與化合物B結(jié)構(gòu)相似，氧元素的電負性大于硫元素的電負性，在化合物B中N-H鍵的極性更強，更易斷裂2(H2N)3PS+3H2SO4+8H2O2H3PO4+3NH42(4) 4Cu3FeS4【分析】(4)中步驟Ⅰ中,Cu?FeS?與稀H?SO?、O?發(fā)生氧化還原反應(yīng),S元素化合價從-2價氧化為+6價，F(xiàn)e元素化合價從+2價氧化為+3價，Cu元素保持+2價，生成(CuSO?、Fe?(SO?)?和H?O。步驟Ⅱ中溶液E中的Cu2?被還原為CuBr，需要加入具有還原性的氣體SO?。溶液E中的Fe3?與SO?發(fā)生反應(yīng)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,同時溶液中還有大量的SO2?,來自CuSO?、Fe?(SO?)【詳解】(1)A.硫原子的原子序數(shù)為16，其基態(tài)電子排布為：1s22s22p63s23p4,其中,ls、2s、2p、3sB.焰色反應(yīng)是金屬離子在高溫下激發(fā)，電子躍遷回基態(tài)時釋放能量，以光的形式表現(xiàn)，B正確；C.基態(tài)銅原子電子排布式為[Ar]3d1?4s1，當基態(tài)銅原子失去2個電子時，先失去4s軌道的1個電子，再失去3d軌道的1個電子，形成：[Ar]3d?，3d軌道并未充滿，C錯誤；D.配位數(shù)是指中心原子周圍配體的個數(shù)，CuNH32+,CuNH故選ABD。(2)根據(jù)均攤法，該銅化合物的晶胞中含Pt：8×18+1=2,每個Pt周圍四個Cl配位；每個晶胞中含Cu:4×14+2×答案第8頁，共16頁的化學(xué)式為Cu(3)①化合物A與化合物B結(jié)構(gòu)相似，氧元素的電負性大于硫元素的電負性，在化合物B(H?N)?PO中，N-H鍵的極性更強，更易斷裂，給出H?趨勢相對更大；②化合物A[化學(xué)式:(H?N)?PS]-與足量稀硫酸混合，H2N3PS中P元素為+5價，S元素為-2價，反應(yīng)過程中各元素化合價未發(fā)生變化，在加熱條件下反應(yīng)，生成H3PO4、H2S③由②可知氣體C為H?S，利用其還原性檢驗：將氣體C通入少量酸性KMnO?溶液中，若酸性KMnO?溶液褪色，生成淡黃色沉淀，證明氣體C是H?S(或?qū)怏wC與通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黃色沉淀，證明氣體C是H?S)；(4)①步驟Ⅰ中,Cu?FeS?與稀H?SO?、O?發(fā)生氧化還原反應(yīng),S元素化合價從-2價氧化為+6價,Fe元素化合價從+2價氧化為+3價,Cu元素保持+2價,生成CuSO?、Fe?(SO?)?和H?O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平原則，化學(xué)方程式為：4Cu3②步驟Ⅱ中要將溶液E(含Cu2?等)中的銅元素全部轉(zhuǎn)化為CuBr，且不引入新元素，結(jié)合反應(yīng)中元素化合價變化，Cu2?被還原為Cu?(存在于CuBr中)，需要加入具有還原性的氣體，所以氣體X為SO?。溶液E中的Fe3?與SO?發(fā)生反應(yīng)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,同時溶液E中的CuSO?、Fe?(SO18.(1)C(2)V形(或角形) HClO 2c(Cl?O)+c(ClO?)答案第9頁，共16頁(3)V影響因素是溶液pH以及Cl?含量等，原因是Cl?濃度增大、pH增大，均使溶液中ClO?濃度增大，反應(yīng)V的反應(yīng)物濃度增大，反應(yīng)速率增大【詳解】(1)飽和氯水中存在平衡：Cl2+A.加NaCl固體,Cl?濃度增加,平衡逆向移動,HClO降低,A錯誤;B.加水，平衡正向移動，HClO物質(zhì)的量增加，但濃度降低，B錯誤；C.加CaCO?粉末,消耗H?,平衡正向移動,HClO濃度增加,C正確;D.加足量Ca(OH)?溶液，消耗H?，平衡正向移動，但溶液體積會變大，HClO濃度下降，且足量的Ca(OH)?也會和HClO反應(yīng),進一步導(dǎo)致HClO濃度下降,D錯誤;故答案為C。(2)①Cl?O分子的中心原子O的價層電子數(shù)為2+6-2×12=4,O有2②在pH=4~9之間,ClO?濃度增加,ClO?主要來自HClO的電離:HClO③Cl?溶于水生成等量的Cl?和HClO,HClO進一步轉(zhuǎn)化為Cl?O和ClO?,則該氯水中氯元素質(zhì)量守恒表達式：c④由2HClOaq≠Cl2Oaq+c(Cl?O)亦隨之減小,且K=cCl2Oc2HClO答案第10頁，共16頁lgcCl2O=-11,,同理,pH=9時,cHClO=10-6.0,lgcCl2O(3)①反應(yīng)IV是(ClO2自身的氧化還原反應(yīng)，而反應(yīng)V是ClO?做氧化劑，將(ClO2氧化為ClO3-(氯的含氧酸中并不是化合價越高，氧化性越強)，故當Cl2存在時，存在題(2②讀圖可知，影響的主要因素有溶液pH以及Cl2含量等，原因是(Cl2濃度增大、pH增大，均使溶液中ClO19.(1)O(2)C(3)防止遇冷后產(chǎn)物析出而損失(4)ABC(5)AD(6)錯誤，降溫速率與濃度同時在變化，無法判斷【分析】80℃下,100mL水中依次加入(0.024molH2C2O4?2H2O.0.016molK2CO3充分反應(yīng)后，得到含有KHC?O?和K?C?O?的混合溶液M;向混合溶液M中加入0.008molCuO充分反應(yīng)生成K【詳解】(1)提供電中，端基的氧原子有孤電子對，可與具有空軌道的金屬離子形成配位鍵，則K2CuC2O42答案第11頁，共16頁(2)步驟Ⅰ中100mL水中依次加入0.024molHKa2H2C2O4>Ka1H2CO3,充分反應(yīng)后生成KHC?O?和K?C?O?，根據(jù)K元素守恒和C元素守恒可知,溶液M中含有0.016molKHCcH+=cHC3K(4)A.步驟I，制備混合溶液M時，K?CO?應(yīng)緩慢多次加入，使反應(yīng)更加充分，確保反應(yīng)完全，A錯誤；B.K2CuC2O42在約C.熱重分析法測得K2CuC2O42?xH2O樣品完全脫水后質(zhì)量降低10.17%，則H?O在K2CuC2OD.射線衍射法是利用X射線探測晶體或分子結(jié)構(gòu)的分析方法，粉末形態(tài)的化合物P和化合物Q，可通過X射線衍射法進行區(qū)分，D正確；故選ABC。(5)A.若已知樣品質(zhì)量(mg)、鉀的物質(zhì)的量(nmol),可以設(shè)P的物質(zhì)的量為xmol,Q的物質(zhì)的量為ymol,2x+2y=n、390x+351y=m,可以計