【文档说明】安徽省合肥市六校教育研究会联考2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，2.301 MB，由小赞的店铺上传

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安徽六校教育研究会2025·届高三年级入学素质测试化学试题1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用

到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意)1.化学很重要。化学可以满足下列需求：清洁的空气、健康的食品、可靠的药品和先进的材料。下列有关叙述不正确的是A.

加碘食盐中的碘以碘酸钠(3NaIO)的形式存在B.可生物降解的聚乳酸用于手术缝合线、药物缓释材料等C.“84”消毒液和“洁厕灵”不能混合使用D.制作豆腐时可使用石膏、氯化镁作凝固剂【答案】A【解析】【详解】A．加碘食盐中的碘以碘酸钾(KIO3)的形式存在，故A错误；B．可生物降解的聚乳酸具

有优异的生物相容性，较少受到排斥，无毒性，可用作手术缝合线、缓释药物材料，故B正确；C．洁厕灵（含盐酸）和84消毒液（含次氯酸钠）进行混用，会产生有毒气体氯气，故C正确；D．在制作豆腐的过程中，石膏和氯化镁通过

与豆浆中的蛋白质发生反应，使其凝固成固体，石膏通过与豆浆中的钙离子结合形成凝胶，从而凝固豆腐，而氯化镁则通过改变豆浆中大豆蛋白的结构，使其凝固成豆腐，故D正确；故选A。2.下列化学用语或图示正确的是A.1-氯丙烯的结构简式：22Cl-CH-CH=CHB.基态氮原

子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理C.3O分子的球棍模型：D.CO的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．1-氯丙烯的结构简式：CH3-CH=CHCl，A错误；B．基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了洪特规则，B错误；C．O3的分子结构如图，呈V形，两个键的夹角为116.5

°，三个原子以一个O原子为中心，与另外两个O原子分别构成一个共价键；中间O原子提供两个电子，旁边两个O原子各提供一个电子，构成一个特殊的化学键，所以O3分子的球棍模型不是：，C错误；D．CO为共价化合物

，其电子式为：，D正确；故选D。3.进行下列实验操作时，选用仪器不正确的是A.利用仪器甲准确量取一定体积的22HO溶液B.利用仪器乙加热胆矾使其失去结晶水C.利用仪器丙分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯D.利用仪器丁配制950mL2.0mol/L的HF水溶液【答

案】D【解析】【详解】A．22HO溶液具有强氧化性，因此选用酸式滴定管，故A正确；B．固体灼烧应用坩埚，故B正确；C．碳酸钠溶液和乙酸乙酯互不相溶，因此可以用分液漏斗分离两者，故C正确；D．容量瓶是用于配制一定物质的

量浓度溶液，HF会与玻璃仪器中的二氧化硅反应，因此不能用容量瓶配制HF水溶液，故D错误；故答案选D。4.下列离子方程式与化学事实相符的是A.使用含氟牙膏预防龋齿：()()--545433CaPOOH(s)+F(aq)CaPOF(s)+OH(aq)B.向澄清

的苯酚钠溶液中通入少量2CO气体：C.乙醇钠的水溶液显强碱性：--32232CHCHO+HOCHCHOH+OHD.用新制的氢氧化铜悬浊液检验乙醛分子中的醛基：Δ32232CHCHO+2Cu(OH)CuO+CHCOOH+2HO→【答案】A【解析】【详解】A．使用含氟

牙膏，能将()543CaPOOH转化为溶解度更小，硬度更大的()543CaPOF，从而起到预防龋齿作用，离子方程式正确，故A正确；B．酸性：H2CO3>苯酚>3HCO−，因此苯酚钠溶液中通入2CO反应生成苯

酚和碳酸氢钠，离子方程式为：223+HO+COHCO−→+，故B错误；C．乙醇钠的水溶液显强碱性，说明发生了32232CHCHO+HO=CHCHOH+OH−−，不是可逆反应，故C错误；D．用新制的氢氧化铜悬浊液检验乙醛

中的醛基，乙醛被氧化，变为乙酸，由于溶液为碱性，会发生复分解反应产生乙酸根离子，反应的离子方程式是：Δ32232CHCHO+2Cu(OH)+OHCuO+CHCOO+3HO−−→，故D错误；故答案选A。5.类比推理是化学的常用思维方法。下列推理正确的是A.干冰(2CO)是分子晶体，

推测2SiO也是分子晶体B.NaCl与浓24HSO共热可制取HCl气体，推测2CaF与浓24HSO共热也可制取HF气体C.22NaO与2CO反应生成23NaCO与2O，推测22NaO与2SO反应主要生成23NaSO与2OD.铝盐溶液中滴入过量氨水

发生反应：3++3234Al+3NHHO=Al(OH)+3NH，推测向4CuSO溶液中滴入过量氨水：2++3224Cu+2NHHO=Cu(OH)+2NH【答案】B【解析】【详解】A．2SiO由原子直接构成，2SiO属于共价晶体，故A错误；B．浓硫酸为高沸点酸，可以制得低

沸点HCl，同样也可以得到低沸点HF，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，与具有强氧化性的过氧化钠反应生成硫酸钠，故C错误；D．向4CuSO溶液中滴入过量氨水：2+2+32342Cu+4NHHO=Cu(NH)+4HO，故D错误；故答案选B

。6.我国科学家在全球范圃内首次实现了用2CO人工合成淀粉，其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是A.大规模利用空气中的2CO合成淀粉，有助于我国在2060年前实现“碳中和”的目标B.过程Ⅲ的产物与互为同分异构体C.利用光谱分析技术可以验证合成淀粉的组成、结构D.实验室

实现过程Ⅱ3CHOHHCHO→的转化可以使用酸性高锰酸钾溶液【答案】D【解析】【详解】A．将二氧化碳合成淀粉可以减少二氧化碳的排放，有助于我国2060年前实现碳中和的目标，故A正确；B．的分子式为C3H6O3，的分子式为C3H6O3，分子式相同但结构不同，两者互为同分异构体，故B正确；C

．利用光谱分析技术，比如红外光谱，可以验证合成淀粉的组成、结构，故C正确；D．甲醇会被酸性高锰酸钾溶液为甲醛，但甲醛还可以继续被酸性高锰酸钾溶液氧化为甲酸，甲酸也可以被酸性高锰酸钾氧化为CO2，故D错误；故答案选D。7.阿司匹林的有效成分乙酰水杨醇()可以用水杨酸()与乙酸酐()32FCHCOO

为原料合成。下列有关说法中不正确的是A.阿司匹林是一种解热镇痛药，属于OTC类药品B.可用酸性4KMnO溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸C.乙酰水杨酸和水杨酸分子中碳原子的杂化类型相同D.服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射3NaHCO溶液【答案】C【解析】【详解】A．

阿司匹林可解热镇痛，属于OTC类药品，故A正确；B．水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸含酯基和羧基，不能被氧化，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．乙酰水杨酸中的羧基、酯基和苯环

上的碳原子均为sp2杂化，但含有的1个甲基碳原子为sp3杂化，水杨酸中的羧基和苯环上的碳原子均为sp2杂化，故C错误；D．阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液，NaHCO3溶液能与羧基反应而消耗水杨酸，故D正确；故选C。2024年6

月2日，嫦娥六号着陆器和上升器组合体成功着陆月球背面。通过钻具钻取和机械臂表取两种方式实施人类首次月背采样。钻取所用的外钻杆由碳化硅颗粒增强铝基复合材料制造，取芯管为轻质铝合金材料制造。嫦娥六号共采回月球样品1935.3克。表取完成后，用玄武岩拉丝复合材料制作的“石头版”五星红旗成功展开。采样

过程中，鹊桥二号中继星予以通信支持，探测器也经受住了月背的高温考验。月背挖土可以说是我国一场先进技术和先进材料的盛宴。已知：运载嫦娥六号的长征五号火箭及上升器都使用液态氧和氢作燃料。玄武岩的主要成份是二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧

化钙、氧化镁等，其中二氧化硅含量最多。请根据上述材料，作完成下面小题：8.下列关于材料的说法错误的是A.被用作空间站太阳能电池板材料的硅、锗、镓都属于半导体材料B.火箭发动机喷口使用的材料必须能承受长时间的高温烧灼C.返回舱在落地之前要打开降落伞以减缓撞击，降落伞绳使用的材料属于再生纤维D

.酚醛树脂可作为宇宙飞船外壳的烧蚀材料9.下列关于物质结构和性质的叙述中错误的是A.碳化硅硬度很大，在原子排列与金刚石相似的晶体中，最小的环为六边形，碳和硅原子的配位数都是4B.氢气的热值(完全燃烧相同质量的燃料时所放出的热量)很大，用2H和2O作燃料能为火箭提供更大

的运载能力C.金属铝为面心立方晶体，其晶胞参数为anm，设AN为阿伏加德罗常数的值，则铝晶体的摩尔体积为()3-73-1Aa10cmmolND.“石头版”的国旗能够耐受高真空、高低温循环、强剂量紫外辐照等极端环境条件【答案】8.C9.C【解析】【8题详

解】A．硅、锗、镓都属于半导体材料，常用作空间站太阳能电池板材料，A正确；B．火箭发动机喷口温度很高，使用的材料必须能承受长时间的高温烧灼，B正确；C．返回舱降落伞绳使用的材料一般采用聚酰胺纤维和聚酯纤维等高分子材料，不属于再生纤维，C错误；D．酚醛树脂具有耐

高温特点，可作为宇宙飞船外壳的烧蚀材料，D正确；答案选C。【9题详解】A．碳化硅属于共价晶体，硬度很大，晶胞结构与金刚石晶体相似，最小的环为六边形，碳和硅原子的配位数都是4，A正确；B．氢气密度很小，单位

质量燃烧放出热量多，热值很大，用2H和2O作燃料能为火箭提供更大的运载能力，B正确；C．金属铝为面心立方晶体，每个晶胞中有4个铝原子，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则铝晶体的摩尔体积为()3-7A3-1a10cmmol4N

，C错误；D．“石头版”五星红旗成分为玄武岩，玄武岩的主要成份是二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化钙、氧化镁等，性质稳定，能够耐受高真空、高低温循环、强剂量紫外辐照等极端环境条件，D正确；答案选C。10.我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩

。下图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是A.键角：33ZR<YRB.Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸C.第一电离能：W<Z<XD.分子式为24WRX的有机物一定能发生

银镜反应【答案】B【解析】【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可

形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上所述，R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。【详解】A．由于N的电负性比P强，NH3中共用电子对更靠近N，因此电子对间的斥力较大，键角较大，而PH3中共用电子对相对于NH3

来说离的中心原子P更远一些，因此电子对间的斥力较小，键角较小，故键角NH3＞PH3，A错误；B．P的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，是一种中强酸，B正确；C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于

同周期相邻元素，即第一电离能C＜O＜N，C错误；D．C2H4O存在同分异构体，其中含有醛基的CH3CHO可以发生银镜反应，而环氧乙烷（）中不含醛基，不能发生银镜反应，D错误；故选B。11.以2CO、2H为原料合成3CHOH涉及的主要反应如下：①22321CO(g)+3H(g)CHOH(g

)+HO(g)ΔH②2222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH2CO的平衡转化率()2X-CO、3CHOH的选择性(3S-CHOH)随温度、压强变化如图所示。下列分析不正确的是已知：()()323

2nCHOHCOS-CHOH=100%nCO转化为的转化的A.122p>p,ΔH>0B.温度介于350~400C时，体系主要发生反应②C.由信息可知，反应①为高温下自发进行的反应D.初始()2nCO=1mol、()2nH=2mol，平衡后2X-CO=30%、3S-CHOH=8

0%，若只发生反应①和②，则2H的转化率为39%【答案】C【解析】【详解】A．反应①气体体积减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，由图可知，相同温度下，P1压强下CH3OH的选择

性大于P2压强下CH3OH的选择性，则p1＞p2；相同压强下，升高温度，CH3OH的选择性减小，但CO2的平衡转化率先减小后增大，说明反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则ΔH1＜0，ΔH2＞0，故A正确；B．温度介于350~400C时，C

H3OH的选择性接近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，说明体系发生的反应主要是②，故B正确；C．温度高于300℃时，二氧化碳的转化率增大，而甲醇的选择性降低，说明升高温度反应①逆向移动，反应②正向移动，则12ΔH<0ΔH>0，

，而反应①的正向气体减少，∆S1＜0，低温时才有∆G=∆H1-T∆S1＜0，因此反应①理论上低温自发，故C错误；D．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3molCO2，又因为

3SCHOH=80%−，可知0.3molCO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3molCO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：2232CO+3HCHOH+HOmol1200mol10.30.80.72起始量()变化量()222CO+HCO+HOmolmol10.30.

20.06起始量()变化量()两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=0.72mol+0.06mol100%=39%2mol，故D正确；故答案选C。12.结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是选项事实解释A液氨作制冷剂3N

H分子间能形成氢键，使沸点升高B王水能溶解金和铂浓盐酸的主要作用是增强硝酸的氧化性C聚乙炔用于制备导电高分子材料高分子的共轭大π键体系为电荷传递提供了通路D2I易溶于KI浓溶液中2I与-I结合生成-3IA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解

】A．氨分子间存在氢键，导致氨气分子沸点高、易液化，液氨气化吸收大量热量，可作用制冷剂，故氨用作制冷剂与氨分子间形成氢键有关，故A正确；B．王水中浓盐酸的主要作用是提供Cl-，可以溶解得到HAuCl4溶液，故B错误；C．聚乙炔的共轭

大π键体系为电荷传递提供了通路，可用于制备导电高分子材料，故C正确；D．存在有23I+II−−，增大I-浓度，有利于平衡向生成-3I的方向移动，I2在KI溶液中溶解度增大，故D正确；故答案选B。13.电解熔融氯化钠和氯化钙混合物制备金属钠的装置如图所示。阳极A为石墨，阴极为铁环K，两

极用多孔隔离材料或膜隔离材料D隔开。氯气从上方的抽气罩H抽出，液态金属钠经铁管F流入收集器G。下列叙述正确的是A.氯化钙的作用是作助熔剂，降低氯化钠的熔点；也可以使用氯化镁代替B.电解得到的钠在熔融混合盐的下层C.D为23Na-β-AlO固体隔

膜时，制得的钠几乎无杂质，则电解的电流效率接近100%D.电解时阴极发生氧化反应：+-Na+e=Na，阴极上还可能有少量的钙单质生成【答案】C【解析】【分析】该装置中为电解池，阳极A为石墨，电极反应为：-22Cl2el=C−−

；阴极为铁环K，电极反应为：+-Na+e=Na，氯化钙中的钙离子的氧化性强于Na+，故钙离子会在阴极上的电子生成少量钙，由此分析。【详解】A．氯化钙的离子键比氯化钠的离子键弱，因此氯化钙的熔点比氯化钠的低，

本装置的目的是电解熔融氯化钠，氯化钠是离子化合物，熔点较高，加入氯化钙的目的为做助熔剂，降低氯化钠的熔点，减少钠蒸汽的挥发，氯化镁中的离子键比氯化钠中的离子键强，因此氯化镁的熔点比氯化钠的高，因此氯化镁不会降低氯化钠的熔点，氯化镁不能作为助溶剂，故

A错误；B．从图中知道，金属钠在上部收集，所以钠的密度小于混合盐的密度，故B错误；C．基于23βONaAl−−固体隔膜熔融电解法制备高纯金属钠的实验中，电解时几乎无副反应发生，电流效率接近100%，产物金属钠中钠的质量分数为99.63%以上，这表明通过

这种方法制备的金属钠具有极高的纯度，几乎不含杂质，故C正确；D．根据分析，电解时阴极发生还原反应，电极反应为：+-Na+e=Na，氯化钙中的钙离子的氧化性强于Na+，故钙离子会在阴极上的电子生成少量钙，故阴极上可能有少量的钙单质生成，故D错误

；故答案选C。14.常温下，33HPO溶液中各含磷物种的pC-pOH关系如图所示。图中pC表示各含磷物种的浓度负对数(pC=-lgc)，pOH表示-OH的浓度负对数[()-pOH=-lgcOH]。已知：33HPO溶液中含磷物种的浓度之和始终保持为-10.1m

olL。x、y、z三点的坐标：x(7.3,1.3)y(10.0,3.6)z(12.6,1.3)、、。下列说法不正确的是A.曲线①表示()33pCHPO随pOH的变化B.23NaHPO的水溶液显酸性，23NaHPO属于正盐C.2--33323HPO+HPO2

HPO的平衡常数K的数量级为510D.pH=4的溶液中：()()-2--1233cHPO+2cHPO=0.1molL【答案】A【解析】【分析】pOH值越大，碱性越弱，酸性越强，H3PO3浓度越大，对应的负对数pC值越小

，③曲线为H3PO3浓度负对数与pOH关系，②曲线为23HPO−浓度负对数与pOH关系，①曲线是23HPO−浓度负对数与pOH的关系。x点为23HPO−浓度与23HPO−浓度相等，pOH值为7.3，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=1

0-6.7mol/L，Ka2=()()()2323cHcHPOcHPO+−−=10-6.7，z点为23HPO−浓度与H3PO3浓度相等，pOH值为12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，Ka1=()()()2333cHcHPOcHPO+−=1

0-1.4。【详解】A．根据分析，曲线①表示()23pCHPO−随pOH的变化，A错误；B．23NaHPO电离出23HPO−既能发生水解又能发生电离，电离常数为Ka2=10-6.7，水解常数为Kh=14w1.4a11010KK−−==10-12.6，电离大于水

解，水溶液显酸性，23NaHPO属于正盐，B正确；C．2--33323HPO+HPO2HPO的平衡常数K=()()()2222333cHPOcHPOcHPO−−=()()()()()2222333cHPOcHcHPOcHPOcH−+−+=a1a2KK

=1.46.71010−−=105.3，数量级为510，C正确；D．pH=4时pOH=10，此时c(H3PO3)=c(23HPO)−，由于33HPO溶液中含磷物种的浓度之和始终保持为-10.1molL，即()()()-2--123333cHPO

+cHPO+cHPO=0.1molL由于c(H3PO3)=c(23HPO)−，则()()-2--1233cHPO+2cHPO=0.1molL，D正确；答案选A。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(共58分)15.制备简单的3+Co离子比较困难，但Co(Ⅲ)

的配合物却容易制得。三氯化六氨合钴()336CoNHCl主要用于磷酸盐的测定和其它含钴配合物的制备。下图是利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取()336CoNHCl的一种工艺流程：的已知：25C时，-15sp

2KCo(OH)=5.910(新制)、-44sp3KCo(OH)=1.610。请回答下列问题：（1）基态3+Co的价层电子排布式为_________。（2）“加23NaCO调pH至a”的目的是________

_。（3）操作I的步骤包括_________、冷却结晶、减压过滤、洗涤等。（4）流程中4NHCl除作反应物外，还可防止加氨水时使()-cOH过大，其作用原理是_________。（5）()336CoNHCl是橙黄色、微溶于水的配合物。甲同学认为“氧化”步

骤中应先加入氨水再加入22HO，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为_________(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是_________。（6）若制备反应中没有活性炭存在时，主要生成物为二氯化一氯·五氨合钴，写出该产物所含配离子的结构简式并用“→”标出配位键_

________。（7）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将()336CoNHCl转化成3+Co后，加入过量KI溶液，再用223NaSO标准液滴定(淀粉溶液作指示剂)。滴定的反应原理如下：3+-2+22Co+2I=2Co+I、2--2-2234

6I+2SO=2I+SO。①()3+36CoNH很稳定，只有在强碱和沸热条件下才分解，待煮沸赶尽3NH后将悬浊液调至酸性即可转化为3+Co。请写出在NaOH和沸热条件下发生反应的化学方程式_________。②下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_________(填代号)。a．滴

定前的待测液酸性过强b．盛装223NaSO标准液的碱式滴定管未润洗c．滴定结束后，发现滴定管尖嘴部分有了气泡d．溶液蓝色褪去，立即读数【答案】（1）63d（2）除去3+Fe、3+Al杂质（3）在HCl氛围下蒸发浓缩（4）增大溶液中()+4cNH，抑制后期加入的

32NHHO的电离（5）①.甲②.若先加入22HO，会导致钴元素被氧化为3+Co，再加入氨水则易生成难溶的3Co(OH)，不利于形成配合物(或引入杂质)[其它合理答案的酌情给分，如：先加入氨水再加入22HO，可防止生成3Co(OH)]（6）（7）①.()333

36ΔCoNHCl+3NaOHCo(OH)+6NH+3NaCl②.ab【解析】【分析】向含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）中加入盐酸，Co、Fe、Al分别转化为Co2+、Fe2+、Al3+；向所得浸出液加入适量NaClO3，Fe2

+会被氧化为Fe3+；再加入Na2CO3调至pH=a，使得Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3；过滤后，向所得滤液中加入盐酸，调至pH=2～3；经过操作I，从溶液中获得CoCl2∙6H2O；再将CoCl2∙6H2O、活性炭和NH4Cl溶液混合，并加入氨水和H2

O2进行氧化，再经过系列操作，获得Co(NH3)6Cl3。【小问1详解】钴为第27号元素，因此基态3+Co的价层电子排布式为：63d。小问2详解】加入Na2CO3之前，溶液中有Co2+、Fe3+、Al3+，则加入Na2CO3调至pH=a，会生成Fe(OH)3

沉淀和Al(OH)3沉淀，因此“加23NaCO调pH至a”的目的是：除去3+Fe、3+Al杂质。【小问3详解】向过滤后的溶液中加入盐酸，调至pH=2～3；经过操作I，从溶液中获得CoCl2∙6H2O，则操作I的步骤包括HCl氛围

下蒸发浓缩（抑制CoCl2水解）、冷却结晶、减压过滤。【小问4详解】流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH-)过大，其原理是：增大溶液中()+4cNH，抑制后期加入的32NHHO的电离。【小问5详解】Co(O

H)2和Co(OH)3均难溶于水，且Co3+较Co2+更易结合OH-，若先加入H2O2，Co2+会被氧化为Co3+，再【加入氨水则易生成难溶的3Co(OH)，不利于形成配合物，故甲同学的观点正确，原因是：若先加入22HO，会导致钴元素被氧化为3

+Co，再加入氨水则易生成难溶的3Co(OH)，不利于形成配合物（或引入杂质）[或是先加入氨水再加入22HO，可防止生成3Co(OH)]。【小问6详解】没有活性炭存在时，主要生成物为二氯化一氯·五氨合钴，即()325CoNHClCl，配位键是NH3

中的N原子上的孤电子对于Co3+之间形成的，因此该产物表示为：。【小问7详解】①()3+36CoNH很稳定，只有在强碱和沸热条件下才分解，待煮沸赶尽3NH后，说明分解产生了3NH，将悬浊液调至酸性即可转化为3+Co,可知悬浊液为3Co(OH)，则在NaOH和沸热条件下发生反应的化

学方程式为：()33336ΔCoNHCl+3NaOHCo(OH)+6NH+3NaCl。②A．滴定前的待测液酸性过强，会导致硫代硫酸钠发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，导致消耗的的Na2S2O3的体积偏大，导致所测

钴含量数值偏高，a符合题意；b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则使用该滴定管装液时，会对稀释Na2S2O3标准液，则滴定过程中，消耗的的Na2S2O3的体积偏大，导致所测钴含量数值偏高，b符合题意；c．

滴定结束后，发现滴定管内有气泡，消耗的的Na2S2O3的体积偏小，导致所测钴含量数值偏小，c不符合题意；d．溶液蓝色退去，立即读数，此时I2未完全被反应，则消耗的的Na2S2O3的体积偏小，导致所测钴含量数值偏小，d不

符合题意；故选ab。16.电镀产品在生活中非常普遍。因氰化物与某些金属离子(如金、银、锌、铜等)形成的配合物的稳定常数(fK)很大，在电镀过程中释放金属离子的速度均匀，所得镀层的表面光洁度和固牢度具有不可比拟的优势。缺点是电镀废液

中含有剧毒的氰化物，可以用双氧水、次氯酸钠、过硫酸钠(228NaSO)等进行无害化处理。I．（1）配体-CN中的配位原子是_________(填元素符号。)（2）NaCN经双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反

应的化学方程式是_________。Ⅱ．工业制备过硫酸钠的反应原理如下主反应：()42822832255CNHSO+2NaOHNaSO+2NH+2HO副反应：3228242290C2NH+3NaS

O+6NaOH6NaSO+N+6HO某化学小组根据上述原理设计出在实验室制备过硫酸钠的方案(装置图如下)，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。实验一：实验室通过下图所示装置制备228NaSO（3）装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c

的原因是_________。（4）制备反应结束后控制活塞1K、2K的操作是_________。（5）上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_________(填字母)。A.温度计B.尾气处理装置C.水浴加热装置D.环形搅拌棒实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量已知：①废水中氰化钠的最

高排放标准为050mg/L．。②-+-2Ag+2CN=Ag(CN)，()()-221f+2-cAg(CN)K==1.310cAgcCN③-17apK(AgI)=8.510操作如下：取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL，后置于锥形瓶中，滴加

少量KI溶液，用-31.010mol/L的3AgNO标准溶液滴定，消耗3AgNO溶液的平均体积为4.80mL。（6）结合有关数据，列式计算反应---2AgI+2CN=Ag(CN)+I的平衡常数K并由此说明KI在滴定中的作用

_________。（7）处理后的废水中氰化钠的浓度为________mg/L(保留两位小数)。【答案】（1）C（2）22233NaCN+HO+HO=NaHCO+NH（3）将主反应产生的氨气及时排出，防止发生副反应（4）关闭2K然后打开1K(先后顺序可以颠倒)（5）AC（

6）()--255fsp2-cAg(CN)cIK==KK(AgI)1.110>10cCN，说明在-CN没有与+Ag完全反应时，I-不能与+Ag反应(或“I-滞后于-CN与+Ag反应”、“只有在-CN

完全消耗后，I-才能与+Ag反应”等；合理表述即可)，KI在滴定中起指示剂作用（7）0.47【解析】【分析】Ⅱ．A装置用二氧化锰与双氧水反应制得的O2，b装置为缓冲瓶，c装置中(NH4)2S2O8与NaOH反应制得Na2S2O8，利用二氧化锰与双氧水反应制得的氧气将氨气及时

排走，防止副反应发生，d装置中的硫酸用于吸收NH3。【小问1详解】CN-中C和N都有孤电子对，但N的电负性较大，不易提供孤电子对，因此配位原子是C；【小问2详解】NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，根据元素守恒，酸式盐是NaHCO3，气体是NH3，该反应的

化学方程式是NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3；【小问3详解】根据分析和已知，主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，故a中反应产生的气体需要持续通入装置c，为了将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；【小问4详解】K1控制

装置b连接大气，K2控制气体进入后续装置，实验过程中需关闭K1，打开K2，使产生的O2进入后续装置，以保证反应正常进行，实验结束后，需要打开K1，让装置内气压与大气压平衡，由于反应已经结束，因此要关闭K2，这两个

操作没有顺序的要求；【小问5详解】)由题可知，主反应的温度为55℃，因此装置中还需要温度计，为维持温度，采用水浴加热，需要水浴加热装置，故选AC；【小问6详解】K=()--255fsp2-Ag(CN)I=(AgI)1.110>10CNccKKc

，因此反应---2AgI+2CN=Ag(CN)+I进行的程度很大，说明在CN-会先与Ag+反应，当CN-完全反应后，I-才与Ag+反应；当Ag+与I-开始反应时，说明CN-已经反应完全，且AgI为黄色，因此KI的作用是指示剂；【小问7详解】根据Ag+～2Na

CN消耗1.0×10-3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为4.80mL，则m(NaCN)=n(NaCN)×M(NaCN)=2n(AgNO3)×M(NaCN)=2×1.0×10-3mol/L×4.80×10-3L×49g/mol=47×10-5g，废水中

氰化钠的浓度为c(NaCN)=53471010mg1L−=0.47mg/L17.人类生产、生活中产生的氨氧化物是大气主要污染物之一，研究它们的结构和性质对生产、生活意义重大。回答下列问题：（1）硝酸工业生产过程中，某温度下，氨催化氧化的产物既有NO又有副产物2NO，其分子数之比为2:

1，写出总反应的化学方程式________。（2）2NO与叠氮离子(-3N)互为等电子体(具有相似的化学键特征)，2NO分子的空间构型为________，其中心原子是________(填原子符号)。（3）2NO在催化剂X表面发生热分解反应：2222NO

(g)=2N(g)+O(g)ΔH，反应的速率方程为nv=kc(2NO)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。①已知：322212NH(g)+3NO(g)=4N(g)+3HO(l)ΔH、322224NH(g)+3O(g)=2N(g)+6HO(l)ΔH。则ΔH=________(用含1ΔH、2Δ

H的代数式表示)②实验测得，2NO在催化剂X表面反应的变化数据如下：t/min0102030405060()-12cNO/molL0.2000.1601c0.08000402c0则t=20min时，()2vNO=_________；其他条件不变，增加2NO的浓度，反应速率________(

填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是________。（4）在保持TC、600kPa条件下，向密闭容器中充入21molNO气体，存在如下反应：2242NO(g)NO(g)。该反应的正、逆反应速率与2NO、24NO的分压关系为：()22()NOv

=kP正正，()24()NOv=kP逆逆(k正、k逆分别是正、逆反应的速率常数)。()2()NOlgv~lgP正与()24()NOlgv~lgP逆的关系如图所示：则2NO的平衡转化率为________，欲使其平衡转化率变为50%，需要向反应器中充入________mol

Ar作为稀释气。【答案】（1）32228NH+9O4NO+2NO+12HOΔ催化剂（2）①.直线型②.N（3）①.122ΔH-ΔH3②.-3-1-14.010molLmin③.不变④.由表中数据可推知，该

反应速率方程中n=0，反应速率等于速率常数k，与浓度无关。（或催化剂X吸附2NO已达饱和等)（合理答案均可)（4）①.80%②.5.25【解析】【小问1详解】氨催化氧化的产物既有NO又有副产物2NO，其分子数之比为2:1，根据得失电子守恒和原子守恒，可知.总反应的化学方程式：

32228NH+9O4NO+2NO+12HOΔ催化剂。【小问2详解】2NO分子与CO2，原子数目都为3个，电子数分别为：7×2+8=22，6+8×2=22，属于等电子体，CO2的空间构型为直线型，等电子体具有相似的化学键特征，因此2NO分子为直线形，其中心原子是N

原子。【小问3详解】①根据盖斯定律可知，122ΔH-ΔHΔH=3；②根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，2NO的消耗是匀速的，说明反应速率与()2cNO无关，故速率方程中n=0，与2NO浓度无关，

为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小1mo004l.L−，则11-c0mo012l.L=、12-mo0lcL=，t=20min时瞬时速率等于平均速率()2NOv=()-3-1-10.200-0.120mol/L

=4.010moln20Lminmi；速率方程中n=0，反应速率与2NO的浓度无关，因此其他条件不变，增加2NO的浓度，反应速率不变，原因是：由表中数据可推知，该反应速率方程中n=0，反应速率等于速率常数k

，与浓度无关。（或催化剂X吸附2NO已达饱和等)。【小问4详解】根据()22()NOv=kP正正，即()2()NOlk2gv=lglgP+正正，()24()NOv=kP逆逆，即()24()NOlgv=l

gklgP+逆逆，由图可知，起点为（0，a）的曲线斜率更大，因此经过（0，a）的曲线为()2()NOlgv~lgP正的关系，经过（0，a+2）的曲线为()24()NOlgv~lgP逆的关系，当()2NOlgP=0时，lgv=lgk=a正正，ak=10正，

同理计算出a+2k=10逆，当达到化学平衡时，v=v正逆，即()()2242NONOkP=kP正逆，()()242aNO2a+2NOPk101K===kP10100=正逆，根据题中所给信息，在保持TC、600kPa条件下，向密闭容器中充入21molNO气体，假设2

NO的平衡转化率为x，列出三段式：()()()()()2242NOgNOg/mol10/molx0.5x/mol1-x0.5x起始变化平衡有()()242NO22NO0.5x600P110.5x=P1001x60010.5x−=−−

，可得x=0.8，即转化率80%；欲使其平衡转化率变为50%，则平衡时，()24NOn=0.25mol、()2NOn=0.5mol，假设需要向反应器中充入ymolAr作为稀释气，有：20.2560010.5+0.25+y=1000

.56000.5+0.25+y，可得y=5.25mol，即需要向反应器中充入5.25molAr作为稀释气。18.木质素的组成结构复杂，其成分之一松柏基化合物的中间体F，可由下列途径合成：已知：(R为

烃基，1R为烃基或H原子)回答下列问题：（1）()32CHNH的化学名称为________，D分子中的含氧官能团有________(填名称)。（2）酸性条件下，1molA与3molHCHO、()323molCHNH完全反应，可生成的有机产物的结构简式为________。（3）C→D的反应类型为_

_______；E转化为F时还生成________。（4）A的同分异构体中，满足下列条件的有________种(不考虑立体异构)。①属于芳香化合物，且苯环上含有2个取代基为②既能发生银镜反应，又能与NaOH反应其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为3:2:2:2:1的结构简式为_______

_(任写一种)。（5）写出以、HCHO和2，3-丁二醇为原料制备的合成路线流程图________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)【答案】（1）①.二甲胺(或N，N-二甲基胺)②.醚键、酮碳基(或碳基)（2）（3）①.消去(或消除)反应

②.2HO(或“水”)（4）①.12②.或（5）(合理答案均可)【解析】【分析】A和(CH3)2NH、HCHO反应生成B，B和CH3I、Ag2O、H2O反应生成C，C受热生成D，该反应过程中形成碳碳双键，属于消去反应，D和H2O2、OH-反应后再酸化生成E，E和CH

3COCH3先发生加成反应再发生取代反应生成F，以此解答。【小问1详解】()32CHNH的化学名称为二甲胺(或N，N-二甲基胺)，由D的结构简式可知，其中含氧官能团有醚键、酮碳基(或碳基)；【小问2详解】酸性条件下，1molA与3molHCHO发生加成反应生成1mol，1mol再和()3

23molCHNH发生取代反应生成1mol；小问3详解】C受热生成D，该反应过程中形成碳碳双键，属于消去反应。E和CH3COCH3先发生加成反应生成，其中两个羟基再发生脱水反应得到醚键生成F，则E转化为F时还生成H2O；【小问4详解】A的同分异构

体中，满足条件：①属于芳香化合物，且苯环上含有2个取代基；②既能发生银镜反应，又能与NaOH反应，说明其中含有HCOO-或1个酚羟基、1个醛基；结合A的结构简式可知，同分异构体中苯环上的取代基组合为：

-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3或-OH、-CH2CH2CHO或-OH、-CH(CH3)CHO，每种组合都有邻、间、对三种位置关系，则满足条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱有5组

峰，峰面积之比为3:2:2:2:1的结构简式为或。【小问5详解】先发生水解反应生成，发生催化氧化反应生成，发生已知信息的反应机理得到，和发生E生成F的反应机理得到，合成路线为：。【