陕西、山西、宁夏、青海2025年高考化学真题（含答案）

第第页陕西、山西、宁夏、青海2025年高考化学真题一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是（）A．“C919”大飞机用的氮化硅涂层 B．“梦想”号钻探船钻头用的合金C．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D．“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．CS2的电子式为∶S· ·∶∶C∶∶S· ·∶C．C2H2的球棍模型为 3．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是（）A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片 B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属4．抗坏血酸葡萄糖苷（AA2G）具有抗氧化功能。下列关于AA2G的说法正确的是（）A．不能使溴水褪色 B．能与乙酸发生酯化反应C．不能与NaOH溶液反应 D．含有3个手性碳原子5．“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是（）A．该索烃属于芳香烃 B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力 D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键6．下列对物质性质的解释错误的是（）选项物质性质解释A氯化钠熔点高于氯化铯氯化钠离子键强于氯化铯B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非极性分子C草酸氢钠溶液显酸性草酸氢根离子水解程度大于电离程度D离子液体导电性良好离子液体中有可移动的阴、阳离子A．A B．B C．C D．D7．下列有关反应方程式错误的是（）A．泡沫灭火器反应原理：6NaHCB．用金属钠除去甲苯中的微量水：2Na+2C．用NaOH溶液吸收尾气中的ND．氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：C8．一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为A．沿晶胞体对角线方向的投影图为 B．Ag和B均为sp3C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个 D．Ag和B的最短距离为39．一种高聚物(XYZ)n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子致相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2pA．X、Z的第一电离能：X>Z B．X、Y的简单氢化物的键角：X>YC．最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D．X、Y、Z均能形成多种氧化物10．下列实验方案不能得出相应结论的是（）结论：金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu结论：氧化性顺序为C结论：甲基使苯环活化结论：增大反应物浓度，该反应速率加快ABCDA．A B．B C．C D．D11．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NAA．G、K均能与NaOH溶液反应 B．H、N既具有氧化性也具有还原性C．M和N溶液中的离子种类相同 D．1molG与足量的J反应，转移电子数为N12．格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O和O2下列说法错误的是（）A．气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用 B．烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液C．图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 D．产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应13．我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），下列说法错误的是（）A．电解时，H+从右室向左室移动 B．电解总反应：C．以为原料，也可得到TQ D．用18O标记电解液中的水，可得到14．常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，已知：Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Cd(OH)下列说法错误的是（）A．L为−lgc[Al(OH)4−B．Zn2+C．调节NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH)2D．调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1mol⋅L−1的Zn二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．某实验室制备糖精钴[Co(Sac)已知：Sac−表示糖精根离子，其摩尔质量为182g⋅molCoC（一）制备I．称取1.0gCoCl2⋅6Ⅱ．称取2.6g（稍过量）糖精钠（NaSac⋅2H2OⅢ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。IV．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。回答下列问题：（1）I和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有、（写出两种）（2）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于中，以使大量晶体析出。（3）IV中用①丙酮、②冷水、③冷的1%NaSac溶液洗涤晶体，正确顺序为____。A．①③② B．③②① C．②①③（4）IV中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，（将实验操作、现象和结论补充完整）．（5）与本实验安全注意事项有关的图标有____。A．护目镜 B．洗手 C．热烫 D．锐器（6）（二）结晶水含量测定EDTA和Co2+形成1:1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60°C下，用cmol⋅L下列操作的正确顺序为（用字母排序）。a．用标准溶液润洗滴定管b．加入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处c．检查滴定管是否漏水并清洗d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数（7）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品[Co(Sac)2(H216．一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn已知：①常温下Ksp(MgCO3)=1②S2O8回答下列问题：（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有、。（写出两种）（2）“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn当Mg2+(c=10−0.68mol⋅（3）“沉锰II”中，过量的(NH4)2S（4）“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3⋅yMg(OH)2⋅zH2 。（5）“沉镁II”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg（6）“结晶”中，产物X的化学式为。（7）“焙烧”中，Mn元素发生了（填“氧化”或“还原”）反应。17．MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCOI．MgCO3II．CO2III．CO2回答下列问题，（1）计算MgCO3(s)+4（2）提高CHA．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压（3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成C（4）100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物（H2、MgCO注：含碳生成物选择性=①表示CH4选择性的曲线是②点M温度下，反应Ⅱ的Kp (kPa)−2③在550°C下达到平衡时，n(CO)=mol。500~600°C，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是 18．我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生（化合物H），合成路线如下（部分试剂、反应条件省略）。已知：回答下列问题：（1）A中官能团的名称是（2）B的结构简式为。（3）由C转变为D的反应类型是（4）同时满足下列条件的#的同分异构体有种（不考虑立体异构）。①含有两个甲基； ②与钠反应产生氢气。（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：（要求配平）。（6）下列关于F说法正确的有____。A．F能发生银镜反应B．F不可能存在分子内氢键C．以上路线中E+F→G的反应产生了氢气D．已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小（7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物（无机试剂任选）为原料，设计化合物的合成路线。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、N和Si都是无机非金属元素，其化合物氮化硅属于典型的无机非金属材料，A错误；

B、合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，属于典型的金属材料，B正确；

C、聚酰亚胺隔热层由含酰亚胺环的重复单元通过共价键连接而成的高分子聚合物，属于典型的有机高分子材料，C错误；

D、现代制淡水用反渗透膜的主要成分是芳香族聚酰胺，是一类分子链中含有芳香环和酰胺基团的有机高分子材料，D错误；

故答案为：B

【分析】分离膜根据膜孔大小分为微滤膜，超滤膜，纳滤膜和反渗透膜，其中生产分离膜的主要材料有：醋酸纤维、芳香族聚酰胺、聚丙烯、聚四氟乙烯等。2．【答案】A【解析】【解答】A、CS2中，碳原子与两侧的硫原子各形成两对共用电子对，满足碳的八电子稳定结构；每个硫原子除成键电子外，还含有两对孤对电子，使硫原子也满足八电子稳定结构，且有双键的存在，CS2分子呈直线型，键角为180°，与CO2的空间构型相似，故电子式为：∶S· ·∶∶C∶∶S· ·∶，A正确；

B、Be是4号元素，故基态Be原子的价电子排布式为2S2，B错误；

C、C2H23．【答案】A【解析】【解答】A、单晶硅用于制造芯片主要得益于其优良的半导体特性和完整的原子晶体结构，熔与点无关，A错误；

B、铝的还原性较强，因此能把比其还原性弱的金属氧化物中的氧抢走，还原成单质，而自身成为氧化物，故可用于冶炼金属，B正确；

C、浓硫酸具有吸水性，可以吸收水分，可以做干燥剂，但要注意只能干燥中性和酸性气体，不能干燥

碱性气体，C正确；

D、乙炔燃烧产生高温火焰，其外焰温度可达到3000℃以上，因此能够熔化金属，从而实现金属切割，

D正确；

故答案为：A

【分析】一定要看清楚物质性质与用途是否存在一一对应的关系，要注意，选项的说法可能都正确，但不存在对应关系。4．【答案】B【解析】【解答】A、如图所示，AA2G的结构中含有碳碳双键，因此能够与Br2发生加成反应：CH2=CH2+Br2​→CH2Br-CH2Br，从而使溴水褪色，A错误；

B、如图所示，AA2G的结构中含有醇羟基，能与含有羧基乙酸的在浓硫酸催化的条件下，酸脱羟基醇脱氢，发生酯化反应，B正确；

C、如图所示，AA2G的结构中含有酯基，因此能在碱性条件下水解生成羧酸盐和醇，故能与NaOH溶液反应，C正确；

D、手性碳是指连接有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，在AA2G的结构中，一共含有7个手性碳原子，，D错误；

故答案为：B

【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：

1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－，－CH2－。

2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如>C=C<、–C≡C–、–COOH、–COOR、–CHO、–CO–。

3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。5．【答案】C【解析】【解答】A、芳香烃是指分子中含有一个或多个苯环的碳氢化合物，索烃结构中含有两个全苯基大环分子，且只由C、H两种元素构成，属于芳香烃，A正确；

B、将有机物放入质谱仪中可得到质谱图，质谱图的横坐标为质荷比，纵坐标为相对丰度，而最右峰的横坐标，其数值即为相对分子质量，因此索烃的相对分子质量可用质谱仪测定，B正确；

C、大环属于分子，因此两个大环之间存在分子之间的作用力，也就是分子间作用力或范德华力，C错

误；

D、“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式，而破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键，也就是其中一个大环分子中苯环之间的碳碳键，D正确；

故答案为：C

【分析】分子间作用力，又称范德华力，主要作用对象是分子之间高分子化合物内官能团，但是它比化学键弱得多，很难影响到分子本身的性质，主要将共价分子凝聚成相应的固体或者液体。6．【答案】C【解析】【解答】A、氯化钠和氯化铯都是离子晶体，离子键强度和离子半径有关。Na+半径比Cs+小，所以NaCl的晶格能更大，离子键更强，熔点更高，A正确；

B、碘是非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以碘易溶于四氯化碳，B正确；

C、草酸氢钠即NaHC2O4，溶液显酸性，溶液中H+浓度高，其中HC2O4-既有电离平衡：HC2O4-⇌H++C2O42-，又有水解平衡：HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-。如果溶液显酸性，说明电离产生的H+比水解产生的OH-多，因此电离程度大于水解程度，C错误；

D、离子液体是由阴阳离子组成的，熔融或液态时离子可以移动，所以导电性良好，因此离子液体具有很好的导电性，D正确；

故答案为：C

【分析】电离度是指盐溶液中水将其电离成阳离子和阴离子的能力，而水解程度是指盐溶液中弱离子与水结合形成相应的弱酸或弱碱的能力。对于强酸和强碱，电离度越大，酸碱性越强，但水解程度越弱。一般来说，电离度大的溶液水解程度较弱，相反，电离度小的溶液水解程度较大。7．【答案】D【解析】【解答】A、泡沫灭火器的反应原理主要基于盐类的双水解反应，通过生成二氧化碳气体和泡沫来实现灭火，铝离子水解：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，碳酸氢根水解：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，二者结合可得到相互促进的总反应：6NaHCO3+Al2(SO4)3=3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑，其中反应产物：氢氧化铝可以形成蓬松的泡沫，覆盖在燃烧物表面；二氧化碳的密度比空气大，能隔绝氧气，实现灭火，A正确；

B、甲苯中的苯环和甲基在常温下与金属钠不发生反应，而金属钠与水能发生剧烈反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，可以定量消耗甲苯中的微量水，生成的NaOH不溶于甲苯，以固体形式存在，而H2逸出，从而实现干燥，B正确；

C、二氧化氮（NO2）与氢氧化钠（NaOH）溶液发生歧化反应，NO28．【答案】A【解析】【解答】A、如图所示，晶胞中的Ag位于体心，此时假设体心中没有Ag，则可以将其类比成金刚石的晶胞，在金刚石晶胞中对角线方向投影图：6个顶点投影在大正六边形顶点上，3个面心和3个小体心（另3个面心在3个小体心背后遮挡）投影在小正六边形顶点上，另外2个顶点和1个小体心重叠在正六边形中心，故投影图为：，A错误；

B、如图所示，Ag位于体心，周围与4个N原子成键，价层电子对数为4，能和N形成正四面体结构，故Ag属于sp3杂化，而在共用顶点的B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，价层电子对数为4，也能形成正四面体结构，故B也属于sp3杂化，B正确；

C、如图所示，Ag位于体心，Ag原子周围最近且等距离相等的Ag原子同样在其相邻的晶胞的体心处，一共是上、下、前、后、左、右的6个相邻晶胞，C正确；

D、如图所示，B原子位于顶点，其个数为：8×1/8=1，其他在晶胞中的原子，Ag有1个，C有4个，N有4个，据此可以得到晶胞的化学式为：AgB(CN)4，根据公式：ρ=mV、a=3223dNA，Ag（体心）与B（顶点）的最短距离为体对角线的1/2，所以Ag9．【答案】D【解析】【解答】A、X是P，Z是Cl，同周期元素的电负性从左至右依次增大，所以第一电离能：Z>X，A错误；

B、X是P，简单氢化物对应PH3，Y是N，简单氢化物对应NH3，可以得知，PH3和NH3的中心原子杂化类型和孤对电子数目均相同，但是N的电负性大于P，所以NH3中的成键电子对中的斥力较大，所以键角：Y>X，B错误；

C、X是P，Y是N，Z是Cl，在元素周期表中，从左至右，从下至上，最高价含氧酸的酸性不断增强，所以最高价含氧酸的酸性：Z>Y>X，C错误；

D、X是P，常见的氧化物有：P2O3、P2O5等；Y是N，常见的氧化物有：NO、NO2等；Z是Cl，常见的氧化物有：Cl2O、ClO2等，D正确；

故答案为：D

【分析】元素都是短周期，X、Y价电子数相等也就是同主族或价电子构型同，基态Y的2p轨道半充满，为2p3，所以Y是N；X、Y价电子数相等，均为5且为短周期，可以推测为3s23p3，同主族，价电子数相同，所以X为P；X（第三周期）与Z电子层数相同，Z最外层1个未成对电子，而第三周期中，只有Cl的3p5有1个未成对电子，所以Z为Cl。10．【答案】C【解析】【解答】A、两个原电池，通过电流表指针偏转来判断电子的流向：从负极到正极，在Fe-Cu稀硫酸电池中，电子由Fe电极移动到Cu电极，说明Fe为负极，且金属活动性：Fe>Cu；接着在Fe-Zn稀硫酸电池中，电子由Zn电极移动到Fe电极，说明Zn为负极，且金属活动性：Zn>Fe，综合可知，金属活动性：Zn>Fe>Cu，A正确；

B、左管：Fe3+氧化I-，说明氧化性：Fe3+>I2，KSCN检测Fe3+的剩余；右管：Cl2氧化Fe2+，说明氧化性：Cl2>Fe3+，KSCN检测Fe3+的生成；故总得到氧化性顺序为：Cl2>Fe3+>I2，B正确；

C、由实验现象可知苯不使酸性KMnO4溶液褪色，而甲苯使酸性KMnO4溶液褪色，但是在整个氧化过程中，苯环不发生变化，只有甲基被氧化成了羧基，说明是苯环对甲基的活化作用，C错误；

D、两者H2SO4浓度、体积一致，仅Na2S2O3浓度不同，控制变量，确保了实验的准确性，反应S2O32−+2H+11．【答案】D【解析】【解答】A、G是H2S，是一种弱酸，K是SO3，是一种酸性氧化物，因此二者都可以与碱也就是NaOH溶液反应，A正确；

B、H是S，属于单质，化合价为0，处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原；N是Na2SO3，S的化合价为4价，同样处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原，B正确；

C、M(NaHSO3)溶液：离子为Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-电离和水解)；N(Na2SO3)溶液：离子为Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；两者离子种类相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正确；

D、G是H2S，J是SO2，二者可以发生归中反应，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，由方程式不难看出，1molH2S反应的时候，转移的电子数为2NA，D错误；

故答案为：D

【分析】由题可知，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性可以推测出J是SO2；G为气体，经两步氧化生成SO2，故G为H2S；J与O2反应生成K为SO3；J与少量NaOH反应生成M为NaHSO12．【答案】B【解析】【解答】A、根据题干信息可知，格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O和O2等反应，所以需要再气球中加入气体作为保护气；同时乙醚（沸点34.5°C）为溶剂，说明乙醚的沸点较低，反应过程中可能会挥发，变成气体，增大压强，所以当烧瓶中压力比较大的时候，可以打开旋塞，将气体放出，起缓冲压力的作用，A正确；

B、主反应为格氏试剂与苯甲酰氯的反应，但在这个条件下格氏试剂还容易与产物二苯甲酮反应生成副

产物，所以需要严格控制格氏试剂的用量，要把格氏试剂放入恒压滴液漏斗中滴加，B错误；

C、恒压滴液漏斗的导管将漏斗的上部和下部的反应装置相连通，可以用于平衡气压，有利于漏斗内的

液体能顺利滴下，如果改成球形分液漏斗，在滴液的时候则需要打开上端的玻璃塞来平衡气压，这个时

候就会让空气进入，导致格氏试剂与空气中的H2O和O2等反应，C正确；13．【答案】D【解析】【解答】A、电极b：TY→TQ，失电子，发生氧化反应，是阳极，接电源正极；电极a：得电子发生还原反应是阴极，接电源负极；因此离子移动为阳离子向阴极移动，即从右室（阳极区，电极b）到左室（阴极区，电极a），A正确；

B、根据分析可以写出电极a的半反应为：4H++4e−=2H2↓，电极b的反应为：TY+H2O−4e−=TQ+4H+，二者相加可得到总反应为：TY+H2O电解__14．【答案】B【解析】【解答】A、对于Al(OH)4-，其浓度随pH升高而增加（因Al(OH)3在高pH溶解形成Al(OH)4-），因此-lgc[Al(OH)4-]随pH升高而减小，曲线呈下降趋势。图表中L曲线符合这一特征，A正确；

B、该反应的平衡常数K=[Zn(OH)42-]/([Zn2+][OH-]4)。在Zn(OH)2沉淀与溶解的边界也就是c(Zn2+)和c(Zn(OH)42-)相等时，K=1/[OH-]4。在图像中，Zn的相关特征点出现在pH9.4附近，而非选项中的高pH。计算：假设K=1011.2，则在[Zn2+]=[Zn(OH)42-]时，

[OH-]4=1/K=10-11.2，[OH-]=10-2.8，pH=14-(-lg[OH-])=14-2.8=11.2。但图表中标记点pH12.4或9.4均不匹配此值，pH12.4时[OH-]=10-1.6，[OH-]4≈10-6.4，1/[OH-]4≈106.4，logK≈6.4，与11.2不符。标准值中Zn(OH)42-的logK通常约为15，1011.2过小，与图表和已知不一致，B错误；

C、在高pH下，Al(OH)3溶解形成Al(OH)4-（两性），而Cd(OH)2不易形成Cd(OH)42-，根据题干信息已知Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，因此Cd(OH)2保持沉淀状态。当c(Al)溶解且c(Cd2+)≤10-5mol·L-¹时，可完全分离，C正确；

D、在pH4.7~6.4范围内：

Al3+：Al(OH)3开始沉淀的pH较低，在pH4.7时c(Al3+)≈10-5mol·L-¹，此时可认为完全沉淀。

Zn2+：Zn(OH)2开始沉淀的pH约6.24，在pH<6.24时c(Zn2+)=0.1mol·L-¹>10-5mol·L-¹，还有溶解的Zn2+；在pH6.4时c(Zn2+)≈0.0475mol·L-¹>10-5mol·L-¹，并没有完全沉淀。

因此，Al3+沉淀而Zn2+溶解，可实现完全分离，D正确；

故答案为：B。

【分析】图表显示了常温下溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+及其羟基配合物：Al(OH)4-、Zn(OH)42-、Cd(OH)42-的浓度随pH的变化关系。横坐标为pH，纵坐标为pX。图中标记了关键pH点：7.0、8.4、9.4、12.4、14.0，这些点对应沉淀或溶解的转变。

关键pH点总结：

pH7.0：Cd2+开始沉淀，c(Cd2+)降至可忽略水平（c≤10-5mol·L-¹）。

pH8.4：Zn2+开始沉淀，c(Zn2+)显著降低。

pH9.4：Zn(OH)2开始溶解形成Zn(OH)42-，溶解锌浓度增加。

pH12.4：Al(OH)3开始溶解形成Al(OH)4-，c[Al(OH)4-]显著增加。

pH14.0：参考点，所有可溶物种浓度较高。15．【答案】（1）玻璃棒；量筒（2）冰水浴（3）B（4）先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明氯离子已经洗净。（5）A（6）cabd（7）x=1000m【解析】【解答】（1）、I和Ⅱ均属于溶解操作，因此步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。

（2）、根据题干信息可知，因为糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中，以使大量晶体析出。

（3）、先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为：B。

（4）、IV中为了确认氯离子已经洗净的步骤为：先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明氯离子已经洗净。

（5）、进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、C符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故答案为：ABC。

（6）、使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗（c），再用待装的标准溶液进行润洗（a），待润洗完成后装入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处（b），放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数（d），故答案为：cabd。

（7）、滴定消耗的n(EDTA)=cv1000mol，EDTA与Co2+能1：1反应生成配合物，因此在样品溶解后的n(Co2+)=cv1000mol，即样品中，n([Co(Sac)2(H16．【答案】（1）适当升温；搅拌（2）6Mn(（3）O2（4）pH过大时，生成Mg(OH)2，煅烧过程中没有CO2生成，使其无法得到疏松多孔的结构，无法形成轻质MgO。（5）MgHPO（6）(NH4)2SO4（7）还原【解析】【解答】（1）、废盐溶液时，为加快废盐溶解，可以通过搅拌、适当升温来加快化学反应速率，但要注意温度过高会导致NH3·H2O分解，所以升温要适当。

（2）、“沉锰I”中，形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4，Mn从+2价升高到+8/3价，而O从0价降低到-2价，遵循得失电子守恒原则，通过氧化还原反应配平可得到反应方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O，接着根据题干给定的信息，Ksp[Mn(OH)2]=10−12.72＞Ksp[Mg(OH)2]=10−11.25，也就是说当Mg2+开始沉淀的时候，Mn2+已经开始生成沉淀了，所以在溶液中：c(Mg2+)c(Mn2+)=c(Mg2+)·c2(OH−)c(Mn2+)·c2(OH−)=KSP(Mg(OH)2)KSP(Mn(OH)2)=10−11.2510−12.72=101.47，且已知Mg2+(c=10−0.68mol⋅L−1)，所以c(Mn2+)=10-2.15mol/L。

（3）、根据题干信息可知，在(NH4)2S2O8的结构式中可以看出存在过氧键，过氧键不稳定，在加热水解的过程中容易断裂，O元素发生自身的歧化反应，一部分化合价降低为-2价，变成NH4HSO4，另一部分化合价升高，变成O2。

（4）、由题干可知，Ksp(MgCO3)=10−5.17>Ksp[Mg(OH)2]=10−11.25，据此推断Mg(OH)2更难溶，故pH过大时，生成Mg(OH)2，煅烧过程中没有CO2生成，使其无法得到疏松多孔的结构，无法形成轻质MgO。

（5）、据图分析，pH＝8时，P元素主要以HPO42-的形式存在，继续加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全，此时的存在形式为MgHPO4，当pH=4时，P元素主要以H2PO4-的形式存在，沉淀完全溶解，Mg元素主要以Mg2+的形式存在，因此可以推断出此时的沉淀溶解的离子方程式为：MgHPO4+H3PO4=Mg2++2H2PO4−。

（6）、从整个流程中观察可知，阳离子只有NH4+，阴离子只有SO42-，PO43-在前一步骤中已经沉淀了，所以可以推断出产物X为：(NH4)2SO4。

（7）、Mn3O4中的Mn的平均化合价为+8/3价，MnO2中的Mn的化合价为+4价，MnSO417．【答案】（1）-65（2）B（3）④；HO（4）c；(100×0.245【解析】【解答】（1）、根据已知条件：I．MgCO3II．CO2可以将I+II加和在一起，可得到：，结和盖斯定律可知：△H4