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湖南省新高考教学教研联盟2025届高三第二次预热演练 化学试题
1．（2025·湖南模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1molCu与足量的S完全反应，转移的电子数为
B．的溶液中数等于
C．电解水时，若阴阳两极产生气体的总体积为22.4L，则转移的电子数为
D．氯化铵水溶液中与数之和大于
2．（2025·湖南模拟）下列实验装置及现象正确的是
A．图甲：浓氨水与浓硫酸反应
B．图乙：测量锌与稀硫酸反应的反应速率
C．图丙：滴定结束时的刻度，读数为12.20mL
D．图丁：验证与KI的反应是可逆反应
3．（2025·湖南模拟）下列关于实验操作的误差分析不正确的是
A．测定中和反应反应热时，如果搅拌器改为铜质的，则测得的偏大
B．用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大
C．用洁净的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸上，来测定氯水的pH
D．用标准盐酸滴定未知浓度NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏大
4．（2025·湖南模拟）粗盐(杂质仅有MgSO4、CaCl2)提纯的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A．为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序可以互换
C．操作①为过滤，操作②为蒸发结晶
D．固体a中至少含有三种物质
5．（2025·湖南模拟）已知制备光气的反应为，将等物质的量的和充入密闭容器中，平衡体系中，平衡混合物的平均摩尔质量在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．温度：
B．平衡常数：
C．的平衡转化率：
D．点时，若，则CO的平衡转化率为
6．（2025·湖南模拟）氮氧化物()为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理NO的反应为 。该反应相对能量变化如图所示(结构式为)：
下列叙述正确的是
A．三个基元反应的都小于0
B．处理NO反应
C．反应3控制总反应的速率
D．选择催化剂主要降低反应2的能垒
7．（2025·湖南模拟）下列实验方案设计能达到相应实验目的的是
选项 实验方案设计 实验目的
A 向溶液中加入用盐酸酸化的溶液，观察溶液是否有白色沉淀生成 检验某溶液中的
B 向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中加入几滴新制氯水，观察溶液是否变红 检验某溶液中的
C 将与溶液混合加热，静置，向上层清液中加入溶液，观察是否生成浅黄色沉淀 检验中的溴元素
D 把充满、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，在水面下打开橡胶塞，观察试管内溶液是否充满整支试管 检验的溶解性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·湖南模拟）中国科学院研究所发布的新型固态锂硫正极材料(2Li2S·CuI)，能量密度较高且成本较低。由这种材料制成的锂离子电池放电、充电时的工作原理如图所示，反应的化学方程式为。下列说法错误的是
A．放电时，a极为负极
B．放电时，b极上的电极反应式：
C．充电时，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极
D．充电时，每转移3 mol电子，a极增重21g
9．（2025·湖南模拟）烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定
下列说法不正确的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反应的决速步
B．反应中，有生成
C．比稳定，而比稳定
D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷
10．（2025·湖南模拟）已知晶体的立方晶胞三视图如下图所示，晶胞体心位置无微粒占据。的摩尔质量为，其晶胞参数为a cm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．该晶体属于分子晶体，晶体中存在的作用力有共价键、范德华力
B．在晶胞中有2种取向
C．的配位数为12
D．晶体密度为
11．（2025·湖南模拟）某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
序号 试剂 实验现象
① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。
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蒸馏水 无明显变化
注：实验中。下列说法不正确的是
A．实验①中发生了反应
B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强
C．对比实验③④可得出，还原性：
D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色
12．（2025·湖南模拟）Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，---表示为副反应)。下列说法不正确的是
A．整个过程仅涉及到取代反应
B．3、5和8都是反应的中间体
C．理论上1 mol最多能消耗2 mol
D．若原料用和，则可能得到的产物为、和
13．（2025·湖南模拟）下图示中，图1是8 羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8 羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是
A．图1中，每个8 羟基喹啉分子中含有5个π键
B．对比图2可验证8 羟基喹啉分子间存在氢键
C．C、N、O的第一电离能依次增大
D．原子力显微镜可直接观测到氢键的本质
14．（2025·湖南模拟）在某催化剂作用下双氧水分解：。向某容器中投入足量双氧水，测得双氧水浓度与反应时间关系如图所示。已知：双氧水浓度减小一半所用时间叫半衰期。下列叙述错误的是
A．温度升高，双氧水分解速率加快
B．反应速率：
C．ab段平均速率：
D．此条件下，双氧水半衰期与初始浓度成正比
15．（2025·湖南模拟）是一种重要的化工原料，25℃时，，；，。
（1）写出CuS在水中的沉淀溶解平衡式：　 　。的水解方程式：　 　。
（2）常温下，NaHS溶液显　 　(填“酸性”“中性”或“碱性”)，溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为　 　。
（3）常温下，水溶液中和的浓度变化如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．将硫化氢通入水中，溶液中的变化：
B．点溶液中可大量存在的离子：
C．将NaHS固体加到水中，水的电离程度减小
D．点时加入少量硫化钠固体，始终不变
（4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，是一个弱酸制强酸的特例。其反应原理为，该反应的平衡常数为　 　(保留3位有效数字)。
（5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为　 　，当反应达到平衡时，　 　。
16．（2025·湖南模拟）(一)我国科学家发现催化剂可高效活化，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物去除的催化反应过程示意图如图。
（1）Fe元素在元素周期表中的位置是　 　；基态O原子中，电子占据的最高能层的符号是　 　，处于最高能级的电子的运动状态共有　 　个。
（2）污染物X在电极a上的反应式是　 　。
(二)科研团队研究了分别为、和［也可以写作]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。
（3）基态As原子的价层电子排布式是　 　。
（4）中的键角　 　(填“>”“<”或“=”)中的键角，原因是　 　。
（5）的结构是，P原子的杂化轨道类型是　 　。
（6）比较反应能力：　 　(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
（7）晶胞的体积为，晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，一个晶胞中原子的个数为　 　(的摩尔质量：160g/mol)。
17．（2025·湖南模拟）废物利用利国利民，回收处理钒铬渣(含有及等)，并利用废渣提取钒铬的工艺流程如图：
已知：①25℃时，的溶度积常数为。
②氧化焙烧步骤中分别转化为。
③酸性溶液中，的氧化性强于。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是　 　，其涉及的化学方程式为　 　。
（2）加快“氧化焙烧”的速率，可以采取的措施是　 　。
（3）水浸产生的滤渣1的成分是　 　(用化学式表示)。
（4）“除杂”后，Cr元素主要以存在，结合离子方程式，利用相关原理解释其原因：　 　。
（5）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：　 　。
（6）在“还原”步骤中，选硫酸酸化而不选盐酸酸化，其原因是　 　。
18．（2025·湖南模拟）无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下：
已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn及其化合物的性质与Al相似，pH>11时，Zn(OH)2可转化为。
③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的方法，装置如图所示：
请回答：
（1）利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的　 　(填浓硫酸的相关性质)；盛装浓硫酸的仪器名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO2，使Zn元素能够完全沉淀
C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
（3）实验流程中的“一系列操作”是：　 　，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式　 　。
（4）用天平称量0.9000 g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗EDTA标准溶液体积为29.60mL。
①做空白试验的目的为　 　。
②产物ZnCl2的纯度为　 　(保留三位有效数字)。
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Cu与S反应生成，Cu元素由+1价变为+2价，因此转移的电子数为，A错误；
B．溶液中存在平衡：，因此该溶液中数小于，B错误；
C．没有指明标准状况，因此无法计算转移的电子数，C错误；
D.1L1mol/L氯化铵溶液中n(Cl-)=1mol，溶液中的电荷守恒：n(NH)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，故溶液中NH与H+物质的量之和大于1mol，数目大于NA，D正确；
故答案为：D
【分析】A、S的氧化性较弱，与Cu反应生成Cu2S，据此计算其转移电子数。
B、K2Cr2O7溶液中存在可逆反应Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋。
C、气体所处状态未知，无法应用Vm=22.4L·mol－1计算。
D、结合电荷守恒分析。
2．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．浓硫酸没有挥发性，因此不会在空气中与挥发的氨气产生白烟现象，A错误；
B．分液漏斗上部连接一根橡胶管，起到平衡压强的作用，能减小测量气体体积时的误差，B正确；
C．滴定管的零刻度在上，因此该滴定管的读数应该为，C错误；
D．几滴KI太少，溶液中Fe3+过量，加入KSCN，溶液一定变为红色，D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硫酸没有挥发性。
B、连接的导管起到平衡的作用，有利于减少实验误差。
C、滴定管的“0”刻度在上方，据此确定滴定管的读数。
D、所加KI溶液少量，Fe3＋过量，遇KSCN溶液变红色。
3．【答案】C
【知识点】中和滴定；中和热的测定；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．铜棒导热能力强，使得测得的热量值偏小，焓变为负，因此偏大，故A正确；
B．金属与酸的反应为放热反应，装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，故B正确；
C．新制的氯水有漂白性，会使变色后的试纸褪色，因此不能用pH试纸测定pH，故C错误；
D．开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则消耗标准液的体积偏大，使得测得的NaOH溶液浓度偏大，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、金属的导热性强，会导致部分热量散失。
B、金属与酸的反应为放热反应，装置未冷却就读数，会导致气体体积偏大。
C、氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
D、滴定开始时尖端有气泡，滴定终点气泡消失，则消耗标准液的体积偏大。
4．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． 为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量 ，且需考虑过量除杂试剂的后期处理，A正确；
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序互换后，不影响杂质的去除和过量除杂试剂的后期处理，但Na2CO3一定要在BaCl2的后面加入，B正确；
C．由分析可知，操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，C正确；
D．由分析可知，固体a中含有BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3等，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据流程图信息，加入BaCl2溶液，能将转化为BaSO4沉淀，加入NaOH溶液，能将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，加入Na2CO3溶液，能将过量的Ba2+、Ca2+转化为BaCO3和CaCO3沉淀；经操作①（过滤），除去沉淀，即固体a中主要含有BaSO4沉淀、Mg(OH)2沉淀、BaCO3沉淀和CaCO3沉淀，往滤液中加入稀盐酸，除去过量的和OH-，经操作②（蒸发结晶），便可得到NaCl晶体。
5．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，增大，所以减小，因此温度：，A错误；
B．平衡常数只与温度有关，两点温度相同，因此平衡常数相同，即；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以Kb＜Kc，B错误；
C．越大，则混合气体中的含量越高，反应物的转化率越大，所以的平衡转化率：，C正确；
D．CO与等物质的量混合，设起始时，CO转化了，当M=80g·mol-1时，则可得，解得，所以CO的转化率为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；温度改变，平衡逆向移动，则平衡常数变小。
C、反应正向进行的程度越大，Cl2的转化率越大。
D、令起始时，参与反应的n(CO)=xmol，结合M的表达式进行计算。
6．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反应1的，A错误；
B．由盖斯定律可知，3个反应相加可得反应：，则其，B正确；
C．活化能越大，反应速率越小，反应速率最慢的一步是控速步骤，根据图示信息可知，反应1、2、3的正反应活化能分别为、、，则反应1控制总反应的速率，C错误；
D．由C项可知，反应1控制总反应的速率，选择催化剂主要是降低控速步骤的能垒，即降低反应1的能垒，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据图示信息，三个基元反应的热化学方程式分别为：
反应1：
反应2：
反应3： 。
7．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；卤代烃简介
【解析】【解答】A．向溶液中加入用盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能为AgCl或BaSO4，因此原溶液中可能存在，A不符合题意；
B．向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明溶液中不含；再向溶液中加入几滴新制氯水，观察溶液是否变红，若变红则可得到此时溶液中含有，因此说明原溶液中含有，反之亦然，B符合题意；
C．将与溶液混合加热，静置，向上层清液中先加入稀硝酸，再加入溶液，生成浅黄色沉淀，才可证明中的溴元素。直接加入溶液，会与溶液中的反应，C不符合题意；
D．把充满、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，在水面下打开橡胶塞，观察试管内液体慢慢上升，就可以证明二氧化硫易溶于水，不需要通过溶液充满整支试管证明二氧化硫可溶于水，二氧化硫通常用向上排空气法收集，收集到的气体中一般混有空气，因此很难让溶液充满整支试管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、检验SO42－时，应先加足量的稀盐酸，排除Ag＋、CO32－、SO32－的干扰，再加BaCl2溶液。
B、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变红色。
C、检验卤代烃中卤素原子，应先加足量的稀硝酸，除去水解液中的NaOH，再加AgNO3溶液，通过沉淀的颜色判断卤素原子的种类。
D、检验SO2的溶解性，只需SO2溶于水后，试管内液面上升即可，不需完全充满试管。
8．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知， 放电时，a极为负极 ，A正确；
B．由分析可知，放电时，b极上的电极反应式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI，B错误；
C．充电时，原电池的负极接外加电源的负极，b极接外加电源的正极，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极，C正确；
D．充电时，a极发生Li++e-=Li，每转移3 mol电子，a极增重3molLi，质量为21g，D正确；
故答案为：B。
【分析】放电时，a极作原电池的负极，其电极反应式为Li-e-=Li+，b极作原电池的正极，其电极反应式为3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI。
9．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反应速率慢，属于慢反应，因此是氯化反应的决速步，A正确；
B．第2步产生了，2个可以形成，该反应为，B正确；
C．自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，与相比，-CH3取代了的一个氢原子，-CH3是供电子基团，因此比稳定，苯基是吸电子基团，因此比稳定，C错误；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要产物为氯甲烷，D正确；
故答案为：C
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢，慢反应为决速反应。
B、2个可反应生成。
C、自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，据此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
10．【答案】D
【知识点】分子晶体；晶胞的计算；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．该晶体中的最小微粒为，则其为分子晶体，分子间存在范德华力和共价键，A正确；
B．根据图示信息可知，在晶胞中有2种取向，B正确；
C．根据晶胞三视图可知，的晶胞为面心立方晶胞，以1个顶点分子为研究对象，与之最近且等距的位于面心位置，则的配位数为12，C正确；
D.根据晶胞均摊法，该晶胞含有的分子数目为，则其晶体密度为，D错误；
故答案为：D。
【分析】A. 分子晶体中存在的作用力有共价键、范德华力 。
B.根据晶胞三视图进行分析。
C.的晶胞为面心立方晶胞。
D.根据晶胞均摊法进行分析。
11．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验①中产生棕褐色固体MnO2，同时伴有少量气体N2生成，此时溶液显碱性，该反应的离子方程式为：，故A正确；
B．实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长。但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误；
C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，因此还原性：NH3>，故C正确；
D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，溶液中c(NH3·H2O)增大，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据题干信息确定反应物和生成物，从而确定反应的离子方程式。
B、对比实验①②③中溶液完全褪色所需的时间，以及溶液的酸碱性判断。
C、实验③中NH3被氧化，而实验④中NH4＋未被氧化，据此判断二者的还原性强弱。
D、实验④中加入NaOH溶液，NH4＋转化为NH3·H2O，NH3被氧化，溶液褪色。
12．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据反应机理图，的反应属于消去反应，A错误；
B．根据反应机理图，9是主产物，10是副产物，3、5和8都是反应中间体，B正确；
C．根据反应机理图，2和4、6反应，最终生形成了7和9，涉及反应为，理论上最多消耗的，C正确；
D． 若原料用和，结合反应机理图，2可看作，4可看作，
则产物9和10分别对应产物和和，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.取代反应是指在一个化合物中，一个原子或原子团被另一个原子或原子团所替代的反应。B.化学反应中间体是化学反应中的中间产物。C.2和4、6反应，最终生形成了7和9。D.结合反应机理图，2可看作，4可看作。
13．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8 羟基喹啉分子中未含有3个π键，故A错误；
B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在、等氢键，故B正确；
C．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误；
D．根据题意可知，通过原子力显微镜观测能清晰观察到分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键中含有1个σ键和1个π键。
B.8-羟基喹啉分子间存在、等氢键。
C.注意N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于临近元素。
D.通过原子力显微镜观测能清晰观察到分子间存在的氢键作用。
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．升温利于加快反应速率，双氧水分解速率加快，故A正确；
B．a点大，反应速率快，故B正确；
C．ab段平均速率，故C正确；
D．根据图示信息及分析可知，双氧水半衰期为20s，与起始浓度无关，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A.温度升高，化学反应速率加快.
B.浓度增大，反应速率加快。
C.注意单位统一。
D.双氧水半衰期指双氧水浓度减小一半所用时间。
15．【答案】（1）；
（2）碱性；
（3）D
（4）
（5）；
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式为；的水解方程式为。
故答案为：；
（2）的，其，则的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为。
故答案为：碱性；
（3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，A错误；
B．在中性溶液中不能大量存在，B错误；
C．根据第2问解析，的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钠固体加到水中，水的电离程度增大，C错误；
D．，温度不变则最终不变，D正确；
故答案为：D
（4）①
②
③
④
则①=②+③-④，①的平衡常数为。
故答案为：
（5），则向含的废水中加入沉淀剂转化为CuS，离子方程式为；当反应达到平衡时，。
故答案为：；
【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）比较HS－的电离程度和水解程度的相对大小，从而判断NaHS溶液的酸碱性和溶液中离子浓度的相对大小。
（3）A、将H2S气体通入水中，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小。
B、a点溶液显中性，Fe3＋水解，使得溶液先酸性。
C、HS－的水解程度大于电离程度，水解促进水的电离。
D、结合电离平衡常数和水的离子积常数分析。
（4）根据反应平衡常数的表达式进行计算。
（5）加入沉淀剂FeS后，Cu2＋与FeS反应生成Fe2＋和CuS。结合Ksp(FeS)、Ksp(CuS)进行计算。
（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式为；的水解方程式为。
（2）的，其，则的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为。
（3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，A错误；
B．在中性溶液中不能大量存在，B错误；
C．根据第2问解析，的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钠固体加到水中，水的电离程度增大，C错误；
D．，温度不变则最终不变，D正确；
答案选D。
（4）①
②
③
④
则①=②+③-④，①的平衡常数为。
（5），则向含的废水中加入沉淀剂转化为CuS，离子方程式为；当反应达到平衡时，。
16．【答案】第四周期第Ⅷ族；L；4；X+H2O-2e-XO+2H+；4s24p3；<；中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角；sp3；<；中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，电子占据的最高能层的符号是L，每个电子的运动状态都不同，处于最高能级2p的电子的运动状态共有4个；
（2）由图可知，污染物X在电极a上失去电子生成XO和H+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
（3）基态砷为33号元素，其价层电子排布式为4s24p3；
（4）中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角；
（5）中磷原子无孤电子对，形成4个键，故杂化类型为sp3；
（6）中心原子含有孤电子对的物质易被氧化，中P原子孤电子对的数目为=0，中As原子孤电子对的数目为1，中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对，故反应能力<；
（7）晶胞的质量为ρVg，故一个晶胞中氧化铁的物质的量为mol，铁原子的物质的量为mol，一个晶胞中Fe原子的个数为。
【分析】（1）Fe是26号元素。
（2）根据得失电子守恒和电荷守恒进行分析。
（3）砷为33号元素。
（4）根据中心原子价层电子对数及孤电子对数进行分析。
（5）中磷原子无孤电子对，形成4个键。
（6）根据中心原子价层电子对数及孤电子对数进行分析。
（7）根据m=nM=ρV=进行分析。
17．【答案】（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏；
（2）将钒铬渣粉碎
（3）
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在
（5）
（6）会将盐酸氧化为氯气
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时二氧化硅与碳酸钠反应会生成硅酸钠，导致陶瓷容器损坏，相关方程式为。
故答案为： 因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏 ；
（2）将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率。
故答案为： 将钒铬渣粉碎
（3）氧化焙烧过程中及分别转化为转化为不与碳酸钠反应，所以滤渣1的成分为。
故答案为：
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在。
故答案为： 因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在
（5）具有强氧化性，在酸性条件下能把氧化成，铬元素被还原成，相关离子方程式为。
故答案为：
（6）根据信息可知：酸性溶液中，的氧化性强于，而二氧化锰能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，所以会将盐酸氧化为氯气。
故答案为：会将盐酸氧化为氯气
【分析】（1）陶瓷中含有SiO2，高温下能与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2。
（2）加快“氧化焙烧”达到速率，可通过粉碎铬渣、适当升高温度等操作实现。
（3）“氧化焙烧”过程中Fe2O3不参与反应；且“水浸”过程中Fe2O3不溶于水，因此滤渣1中含有Fe2O3。
（4）溶液中存在可逆反应Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋，结合溶液c(H＋)对平衡移动的影响分析。
（5）“还原”部分中加入H2O2溶液，Cr2O72－与H2O2反应生成Cr3＋和O2，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（6）酸性溶液中氧化性：Cr2O72－＞MnO2，因此Cr2O72－能将Cl－氧化成Cl2，因此不能用盐酸酸化。
（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时二氧化硅与碳酸钠反应会生成硅酸钠，导致陶瓷容器损坏，相关方程式为。
（2）将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率。
（3）氧化焙烧过程中及分别转化为转化为不与碳酸钠反应，所以滤渣1的成分为。
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在。
（5）具有强氧化性，在酸性条件下能把氧化成，铬元素被还原成，相关离子方程式为。
（6）根据信息可知：酸性溶液中，的氧化性强于，而二氧化锰能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，所以会将盐酸氧化为氯气。
18．【答案】（1）酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗
（2）D
（3）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑
（4）消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；89.5% (或0.895)；放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热
【知识点】盐类水解的应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
【分析】根据题干信息及流程图可知，操作Ⅰ是ZnO与NaOH反应被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，FeO、CuO不反应，经操作Ⅱ得到的滤液2中主要含有Na2[Zn(OH)4]，操作Ⅲ是Na2[Zn(OH)4]与CO2反应生成Zn(OH)2沉淀，操作Ⅳ是Zn(OH)2沉淀与盐酸反应，得到的滤液3中主要成分是ZnCl2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnCl2晶体，再经一系列操作可得到无水ZnCl2。
（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
1 / 1湖南省新高考教学教研联盟2025届高三第二次预热演练 化学试题
1．（2025·湖南模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1molCu与足量的S完全反应，转移的电子数为
B．的溶液中数等于
C．电解水时，若阴阳两极产生气体的总体积为22.4L，则转移的电子数为
D．氯化铵水溶液中与数之和大于
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Cu与S反应生成，Cu元素由+1价变为+2价，因此转移的电子数为，A错误；
B．溶液中存在平衡：，因此该溶液中数小于，B错误；
C．没有指明标准状况，因此无法计算转移的电子数，C错误；
D.1L1mol/L氯化铵溶液中n(Cl-)=1mol，溶液中的电荷守恒：n(NH)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，故溶液中NH与H+物质的量之和大于1mol，数目大于NA，D正确；
故答案为：D
【分析】A、S的氧化性较弱，与Cu反应生成Cu2S，据此计算其转移电子数。
B、K2Cr2O7溶液中存在可逆反应Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋。
C、气体所处状态未知，无法应用Vm=22.4L·mol－1计算。
D、结合电荷守恒分析。
2．（2025·湖南模拟）下列实验装置及现象正确的是
A．图甲：浓氨水与浓硫酸反应
B．图乙：测量锌与稀硫酸反应的反应速率
C．图丙：滴定结束时的刻度，读数为12.20mL
D．图丁：验证与KI的反应是可逆反应
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．浓硫酸没有挥发性，因此不会在空气中与挥发的氨气产生白烟现象，A错误；
B．分液漏斗上部连接一根橡胶管，起到平衡压强的作用，能减小测量气体体积时的误差，B正确；
C．滴定管的零刻度在上，因此该滴定管的读数应该为，C错误；
D．几滴KI太少，溶液中Fe3+过量，加入KSCN，溶液一定变为红色，D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硫酸没有挥发性。
B、连接的导管起到平衡的作用，有利于减少实验误差。
C、滴定管的“0”刻度在上方，据此确定滴定管的读数。
D、所加KI溶液少量，Fe3＋过量，遇KSCN溶液变红色。
3．（2025·湖南模拟）下列关于实验操作的误差分析不正确的是
A．测定中和反应反应热时，如果搅拌器改为铜质的，则测得的偏大
B．用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大
C．用洁净的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸上，来测定氯水的pH
D．用标准盐酸滴定未知浓度NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏大
【答案】C
【知识点】中和滴定；中和热的测定；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．铜棒导热能力强，使得测得的热量值偏小，焓变为负，因此偏大，故A正确；
B．金属与酸的反应为放热反应，装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，故B正确；
C．新制的氯水有漂白性，会使变色后的试纸褪色，因此不能用pH试纸测定pH，故C错误；
D．开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则消耗标准液的体积偏大，使得测得的NaOH溶液浓度偏大，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、金属的导热性强，会导致部分热量散失。
B、金属与酸的反应为放热反应，装置未冷却就读数，会导致气体体积偏大。
C、氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
D、滴定开始时尖端有气泡，滴定终点气泡消失，则消耗标准液的体积偏大。
4．（2025·湖南模拟）粗盐(杂质仅有MgSO4、CaCl2)提纯的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A．为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序可以互换
C．操作①为过滤，操作②为蒸发结晶
D．固体a中至少含有三种物质
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． 为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量 ，且需考虑过量除杂试剂的后期处理，A正确；
B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序互换后，不影响杂质的去除和过量除杂试剂的后期处理，但Na2CO3一定要在BaCl2的后面加入，B正确；
C．由分析可知，操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，C正确；
D．由分析可知，固体a中含有BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3等，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据流程图信息，加入BaCl2溶液，能将转化为BaSO4沉淀，加入NaOH溶液，能将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，加入Na2CO3溶液，能将过量的Ba2+、Ca2+转化为BaCO3和CaCO3沉淀；经操作①（过滤），除去沉淀，即固体a中主要含有BaSO4沉淀、Mg(OH)2沉淀、BaCO3沉淀和CaCO3沉淀，往滤液中加入稀盐酸，除去过量的和OH-，经操作②（蒸发结晶），便可得到NaCl晶体。
5．（2025·湖南模拟）已知制备光气的反应为，将等物质的量的和充入密闭容器中，平衡体系中，平衡混合物的平均摩尔质量在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．温度：
B．平衡常数：
C．的平衡转化率：
D．点时，若，则CO的平衡转化率为
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，增大，所以减小，因此温度：，A错误；
B．平衡常数只与温度有关，两点温度相同，因此平衡常数相同，即；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以Kb＜Kc，B错误；
C．越大，则混合气体中的含量越高，反应物的转化率越大，所以的平衡转化率：，C正确；
D．CO与等物质的量混合，设起始时，CO转化了，当M=80g·mol-1时，则可得，解得，所以CO的转化率为，D错误；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；温度改变，平衡逆向移动，则平衡常数变小。
C、反应正向进行的程度越大，Cl2的转化率越大。
D、令起始时，参与反应的n(CO)=xmol，结合M的表达式进行计算。
6．（2025·湖南模拟）氮氧化物()为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理NO的反应为 。该反应相对能量变化如图所示(结构式为)：
下列叙述正确的是
A．三个基元反应的都小于0
B．处理NO反应
C．反应3控制总反应的速率
D．选择催化剂主要降低反应2的能垒
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，反应1的，A错误；
B．由盖斯定律可知，3个反应相加可得反应：，则其，B正确；
C．活化能越大，反应速率越小，反应速率最慢的一步是控速步骤，根据图示信息可知，反应1、2、3的正反应活化能分别为、、，则反应1控制总反应的速率，C错误；
D．由C项可知，反应1控制总反应的速率，选择催化剂主要是降低控速步骤的能垒，即降低反应1的能垒，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据图示信息，三个基元反应的热化学方程式分别为：
反应1：
反应2：
反应3： 。
7．（2025·湖南模拟）下列实验方案设计能达到相应实验目的的是
选项 实验方案设计 实验目的
A 向溶液中加入用盐酸酸化的溶液，观察溶液是否有白色沉淀生成 检验某溶液中的
B 向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中加入几滴新制氯水，观察溶液是否变红 检验某溶液中的
C 将与溶液混合加热，静置，向上层清液中加入溶液，观察是否生成浅黄色沉淀 检验中的溴元素
D 把充满、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，在水面下打开橡胶塞，观察试管内溶液是否充满整支试管 检验的溶解性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；卤代烃简介
【解析】【解答】A．向溶液中加入用盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能为AgCl或BaSO4，因此原溶液中可能存在，A不符合题意；
B．向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明溶液中不含；再向溶液中加入几滴新制氯水，观察溶液是否变红，若变红则可得到此时溶液中含有，因此说明原溶液中含有，反之亦然，B符合题意；
C．将与溶液混合加热，静置，向上层清液中先加入稀硝酸，再加入溶液，生成浅黄色沉淀，才可证明中的溴元素。直接加入溶液，会与溶液中的反应，C不符合题意；
D．把充满、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，在水面下打开橡胶塞，观察试管内液体慢慢上升，就可以证明二氧化硫易溶于水，不需要通过溶液充满整支试管证明二氧化硫可溶于水，二氧化硫通常用向上排空气法收集，收集到的气体中一般混有空气，因此很难让溶液充满整支试管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、检验SO42－时，应先加足量的稀盐酸，排除Ag＋、CO32－、SO32－的干扰，再加BaCl2溶液。
B、检验Fe2＋时，应先加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变红色。
C、检验卤代烃中卤素原子，应先加足量的稀硝酸，除去水解液中的NaOH，再加AgNO3溶液，通过沉淀的颜色判断卤素原子的种类。
D、检验SO2的溶解性，只需SO2溶于水后，试管内液面上升即可，不需完全充满试管。
8．（2025·湖南模拟）中国科学院研究所发布的新型固态锂硫正极材料(2Li2S·CuI)，能量密度较高且成本较低。由这种材料制成的锂离子电池放电、充电时的工作原理如图所示，反应的化学方程式为。下列说法错误的是
A．放电时，a极为负极
B．放电时，b极上的电极反应式：
C．充电时，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极
D．充电时，每转移3 mol电子，a极增重21g
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知， 放电时，a极为负极 ，A正确；
B．由分析可知，放电时，b极上的电极反应式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI，B错误；
C．充电时，原电池的负极接外加电源的负极，b极接外加电源的正极，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极，C正确；
D．充电时，a极发生Li++e-=Li，每转移3 mol电子，a极增重3molLi，质量为21g，D正确；
故答案为：B。
【分析】放电时，a极作原电池的负极，其电极反应式为Li-e-=Li+，b极作原电池的正极，其电极反应式为3Li++S+CuS+LiI+3e-=2Li2S·CuI。
9．（2025·湖南模拟）烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下：
步(1)：
步(2)：
步(3)：
提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定
下列说法不正确的是
A．步(2)是慢的一步，是氯化反应的决速步
B．反应中，有生成
C．比稳定，而比稳定
D．提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．步(2)的活化能大，反应速率慢，属于慢反应，因此是氯化反应的决速步，A正确；
B．第2步产生了，2个可以形成，该反应为，B正确；
C．自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，与相比，-CH3取代了的一个氢原子，-CH3是供电子基团，因此比稳定，苯基是吸电子基团，因此比稳定，C错误；
D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，所得的主要产物为氯甲烷，D正确；
故答案为：C
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢，慢反应为决速反应。
B、2个可反应生成。
C、自由基为缺电子微粒，给电子基团可以使其稳定，据此分析。
D、增大Cl2、CH4的量，可增大CH3·和Cl·的量。
10．（2025·湖南模拟）已知晶体的立方晶胞三视图如下图所示，晶胞体心位置无微粒占据。的摩尔质量为，其晶胞参数为a cm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．该晶体属于分子晶体，晶体中存在的作用力有共价键、范德华力
B．在晶胞中有2种取向
C．的配位数为12
D．晶体密度为
【答案】D
【知识点】分子晶体；晶胞的计算；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．该晶体中的最小微粒为，则其为分子晶体，分子间存在范德华力和共价键，A正确；
B．根据图示信息可知，在晶胞中有2种取向，B正确；
C．根据晶胞三视图可知，的晶胞为面心立方晶胞，以1个顶点分子为研究对象，与之最近且等距的位于面心位置，则的配位数为12，C正确；
D.根据晶胞均摊法，该晶胞含有的分子数目为，则其晶体密度为，D错误；
故答案为：D。
【分析】A. 分子晶体中存在的作用力有共价键、范德华力 。
B.根据晶胞三视图进行分析。
C.的晶胞为面心立方晶胞。
D.根据晶胞均摊法进行分析。
11．（2025·湖南模拟）某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
序号 试剂 实验现象
① 2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水 溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。 实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。
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蒸馏水 无明显变化
注：实验中。下列说法不正确的是
A．实验①中发生了反应
B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强
C．对比实验③④可得出，还原性：
D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验①中产生棕褐色固体MnO2，同时伴有少量气体N2生成，此时溶液显碱性，该反应的离子方程式为：，故A正确；
B．实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长。但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误；
C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，因此还原性：NH3>，故C正确；
D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，溶液中c(NH3·H2O)增大，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据题干信息确定反应物和生成物，从而确定反应的离子方程式。
B、对比实验①②③中溶液完全褪色所需的时间，以及溶液的酸碱性判断。
C、实验③中NH3被氧化，而实验④中NH4＋未被氧化，据此判断二者的还原性强弱。
D、实验④中加入NaOH溶液，NH4＋转化为NH3·H2O，NH3被氧化，溶液褪色。
12．（2025·湖南模拟）Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，---表示为副反应)。下列说法不正确的是
A．整个过程仅涉及到取代反应
B．3、5和8都是反应的中间体
C．理论上1 mol最多能消耗2 mol
D．若原料用和，则可能得到的产物为、和
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据反应机理图，的反应属于消去反应，A错误；
B．根据反应机理图，9是主产物，10是副产物，3、5和8都是反应中间体，B正确；
C．根据反应机理图，2和4、6反应，最终生形成了7和9，涉及反应为，理论上最多消耗的，C正确；
D． 若原料用和，结合反应机理图，2可看作，4可看作，
则产物9和10分别对应产物和和，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.取代反应是指在一个化合物中，一个原子或原子团被另一个原子或原子团所替代的反应。B.化学反应中间体是化学反应中的中间产物。C.2和4、6反应，最终生形成了7和9。D.结合反应机理图，2可看作，4可看作。
13．（2025·湖南模拟）下图示中，图1是8 羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8 羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是
A．图1中，每个8 羟基喹啉分子中含有5个π键
B．对比图2可验证8 羟基喹啉分子间存在氢键
C．C、N、O的第一电离能依次增大
D．原子力显微镜可直接观测到氢键的本质
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8 羟基喹啉分子中未含有3个π键，故A错误；
B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在、等氢键，故B正确；
C．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误；
D．根据题意可知，通过原子力显微镜观测能清晰观察到分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键中含有1个σ键和1个π键。
B.8-羟基喹啉分子间存在、等氢键。
C.注意N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于临近元素。
D.通过原子力显微镜观测能清晰观察到分子间存在的氢键作用。
14．（2025·湖南模拟）在某催化剂作用下双氧水分解：。向某容器中投入足量双氧水，测得双氧水浓度与反应时间关系如图所示。已知：双氧水浓度减小一半所用时间叫半衰期。下列叙述错误的是
A．温度升高，双氧水分解速率加快
B．反应速率：
C．ab段平均速率：
D．此条件下，双氧水半衰期与初始浓度成正比
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．升温利于加快反应速率，双氧水分解速率加快，故A正确；
B．a点大，反应速率快，故B正确；
C．ab段平均速率，故C正确；
D．根据图示信息及分析可知，双氧水半衰期为20s，与起始浓度无关，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A.温度升高，化学反应速率加快.
B.浓度增大，反应速率加快。
C.注意单位统一。
D.双氧水半衰期指双氧水浓度减小一半所用时间。
15．（2025·湖南模拟）是一种重要的化工原料，25℃时，，；，。
（1）写出CuS在水中的沉淀溶解平衡式：　 　。的水解方程式：　 　。
（2）常温下，NaHS溶液显　 　(填“酸性”“中性”或“碱性”)，溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为　 　。
（3）常温下，水溶液中和的浓度变化如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．将硫化氢通入水中，溶液中的变化：
B．点溶液中可大量存在的离子：
C．将NaHS固体加到水中，水的电离程度减小
D．点时加入少量硫化钠固体，始终不变
（4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，是一个弱酸制强酸的特例。其反应原理为，该反应的平衡常数为　 　(保留3位有效数字)。
（5）硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为　 　，当反应达到平衡时，　 　。
【答案】（1）；
（2）碱性；
（3）D
（4）
（5）；
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式为；的水解方程式为。
故答案为：；
（2）的，其，则的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为。
故答案为：碱性；
（3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，A错误；
B．在中性溶液中不能大量存在，B错误；
C．根据第2问解析，的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钠固体加到水中，水的电离程度增大，C错误；
D．，温度不变则最终不变，D正确；
故答案为：D
（4）①
②
③
④
则①=②+③-④，①的平衡常数为。
故答案为：
（5），则向含的废水中加入沉淀剂转化为CuS，离子方程式为；当反应达到平衡时，。
故答案为：；
【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）比较HS－的电离程度和水解程度的相对大小，从而判断NaHS溶液的酸碱性和溶液中离子浓度的相对大小。
（3）A、将H2S气体通入水中，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小。
B、a点溶液显中性，Fe3＋水解，使得溶液先酸性。
C、HS－的水解程度大于电离程度，水解促进水的电离。
D、结合电离平衡常数和水的离子积常数分析。
（4）根据反应平衡常数的表达式进行计算。
（5）加入沉淀剂FeS后，Cu2＋与FeS反应生成Fe2＋和CuS。结合Ksp(FeS)、Ksp(CuS)进行计算。
（1）CuS在水中的沉淀溶解平衡式为；的水解方程式为。
（2）的，其，则的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为。
（3）A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，A错误；
B．在中性溶液中不能大量存在，B错误；
C．根据第2问解析，的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钠固体加到水中，水的电离程度增大，C错误；
D．，温度不变则最终不变，D正确；
答案选D。
（4）①
②
③
④
则①=②+③-④，①的平衡常数为。
（5），则向含的废水中加入沉淀剂转化为CuS，离子方程式为；当反应达到平衡时，。
16．（2025·湖南模拟）(一)我国科学家发现催化剂可高效活化，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物去除的催化反应过程示意图如图。
（1）Fe元素在元素周期表中的位置是　 　；基态O原子中，电子占据的最高能层的符号是　 　，处于最高能级的电子的运动状态共有　 　个。
（2）污染物X在电极a上的反应式是　 　。
(二)科研团队研究了分别为、和［也可以写作]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。
（3）基态As原子的价层电子排布式是　 　。
（4）中的键角　 　(填“>”“<”或“=”)中的键角，原因是　 　。
（5）的结构是，P原子的杂化轨道类型是　 　。
（6）比较反应能力：　 　(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
（7）晶胞的体积为，晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，一个晶胞中原子的个数为　 　(的摩尔质量：160g/mol)。
【答案】第四周期第Ⅷ族；L；4；X+H2O-2e-XO+2H+；4s24p3；<；中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角；sp3；<；中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，电子占据的最高能层的符号是L，每个电子的运动状态都不同，处于最高能级2p的电子的运动状态共有4个；
（2）由图可知，污染物X在电极a上失去电子生成XO和H+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
（3）基态砷为33号元素，其价层电子排布式为4s24p3；
（4）中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角；
（5）中磷原子无孤电子对，形成4个键，故杂化类型为sp3；
（6）中心原子含有孤电子对的物质易被氧化，中P原子孤电子对的数目为=0，中As原子孤电子对的数目为1，中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对，故反应能力<；
（7）晶胞的质量为ρVg，故一个晶胞中氧化铁的物质的量为mol，铁原子的物质的量为mol，一个晶胞中Fe原子的个数为。
【分析】（1）Fe是26号元素。
（2）根据得失电子守恒和电荷守恒进行分析。
（3）砷为33号元素。
（4）根据中心原子价层电子对数及孤电子对数进行分析。
（5）中磷原子无孤电子对，形成4个键。
（6）根据中心原子价层电子对数及孤电子对数进行分析。
（7）根据m=nM=ρV=进行分析。
17．（2025·湖南模拟）废物利用利国利民，回收处理钒铬渣(含有及等)，并利用废渣提取钒铬的工艺流程如图：
已知：①25℃时，的溶度积常数为。
②氧化焙烧步骤中分别转化为。
③酸性溶液中，的氧化性强于。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是　 　，其涉及的化学方程式为　 　。
（2）加快“氧化焙烧”的速率，可以采取的措施是　 　。
（3）水浸产生的滤渣1的成分是　 　(用化学式表示)。
（4）“除杂”后，Cr元素主要以存在，结合离子方程式，利用相关原理解释其原因：　 　。
（5）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：　 　。
（6）在“还原”步骤中，选硫酸酸化而不选盐酸酸化，其原因是　 　。
【答案】（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏；
（2）将钒铬渣粉碎
（3）
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在
（5）
（6）会将盐酸氧化为氯气
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时二氧化硅与碳酸钠反应会生成硅酸钠，导致陶瓷容器损坏，相关方程式为。
故答案为： 因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏 ；
（2）将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率。
故答案为： 将钒铬渣粉碎
（3）氧化焙烧过程中及分别转化为转化为不与碳酸钠反应，所以滤渣1的成分为。
故答案为：
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在。
故答案为： 因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在
（5）具有强氧化性，在酸性条件下能把氧化成，铬元素被还原成，相关离子方程式为。
故答案为：
（6）根据信息可知：酸性溶液中，的氧化性强于，而二氧化锰能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，所以会将盐酸氧化为氯气。
故答案为：会将盐酸氧化为氯气
【分析】（1）陶瓷中含有SiO2，高温下能与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2。
（2）加快“氧化焙烧”达到速率，可通过粉碎铬渣、适当升高温度等操作实现。
（3）“氧化焙烧”过程中Fe2O3不参与反应；且“水浸”过程中Fe2O3不溶于水，因此滤渣1中含有Fe2O3。
（4）溶液中存在可逆反应Cr2O72－＋H2O 2CrO42－＋2H＋，结合溶液c(H＋)对平衡移动的影响分析。
（5）“还原”部分中加入H2O2溶液，Cr2O72－与H2O2反应生成Cr3＋和O2，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（6）酸性溶液中氧化性：Cr2O72－＞MnO2，因此Cr2O72－能将Cl－氧化成Cl2，因此不能用盐酸酸化。
（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时二氧化硅与碳酸钠反应会生成硅酸钠，导致陶瓷容器损坏，相关方程式为。
（2）将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率。
（3）氧化焙烧过程中及分别转化为转化为不与碳酸钠反应，所以滤渣1的成分为。
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在。
（5）具有强氧化性，在酸性条件下能把氧化成，铬元素被还原成，相关离子方程式为。
（6）根据信息可知：酸性溶液中，的氧化性强于，而二氧化锰能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，所以会将盐酸氧化为氯气。
18．（2025·湖南模拟）无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下：
已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn及其化合物的性质与Al相似，pH>11时，Zn(OH)2可转化为。
③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的方法，装置如图所示：
请回答：
（1）利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的　 　(填浓硫酸的相关性质)；盛装浓硫酸的仪器名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO2，使Zn元素能够完全沉淀
C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
（3）实验流程中的“一系列操作”是：　 　，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式　 　。
（4）用天平称量0.9000 g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗EDTA标准溶液体积为29.60mL。
①做空白试验的目的为　 　。
②产物ZnCl2的纯度为　 　(保留三位有效数字)。
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是　 　。
【答案】（1）酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗
（2）D
（3）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑
（4）消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；89.5% (或0.895)；放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热
【知识点】盐类水解的应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
【分析】根据题干信息及流程图可知，操作Ⅰ是ZnO与NaOH反应被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，FeO、CuO不反应，经操作Ⅱ得到的滤液2中主要含有Na2[Zn(OH)4]，操作Ⅲ是Na2[Zn(OH)4]与CO2反应生成Zn(OH)2沉淀，操作Ⅳ是Zn(OH)2沉淀与盐酸反应，得到的滤液3中主要成分是ZnCl2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnCl2晶体，再经一系列操作可得到无水ZnCl2。
（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
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