浙江省桐乡市2025届高三下学期5月模拟测试 化学试题（含答案）

第第页浙江省桐乡市2025届高三下学期5月模拟测试化学试题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列属于非极性分子的是A．CO2 B．NH3 C．H22．下列化学用语表示正确的是A．H2OB．Fe2+C．SO32−D．NaCl的晶胞：3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A．BaSO4B．Fe2C．维C具有还原性，常用作食品中的防腐剂D．聚丙烯酸钠具有大量亲水基团，是一种高吸水性树脂4．有关下列实验的说法正确的是A．图甲可用于实验室制取氨气B．图乙可用于硫代硫酸钠与酸反应速率的测定C．图丙为滴定法测定试样中草酸的含量D．图丁可用于中和反应反应热的测定5．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法为：3ClO−+A．Fe3+是还原剂，ClB．生成1molFeO42−C．Na2FeO4D．由反应知，该条件下氧化性：ClO6．结构决定物质的性质，下列实例与解释关系说法不正确的是实例解释A向CuOHNH3与Cu2+的作用力强于OH−B石墨可制成导电材料石墨中的碳原子未杂化的p轨道相互平行重叠使得p轨道中的电子可在整个碳原子平面运动C乙二醇用于生产汽车防冻液乙二醇与水混合显著降低水的凝固点D盐卤可用于豆腐的制作盐卤使豆浆中的蛋白质聚沉A．A B．B C．C D．D7．下列离子方程式不正确的是A．铝与过量的NaOH溶液反应：2AlB．铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：PbOC．CH3CONH2在D．NaClO溶液中通入少量SO8．下列有关H、C、N、O等元素及其化合物说法正确的是A．第一电离能：C>N>O>HB．化合物极性：CHC．酸性：HCOOHD．H、C、N、O形成的化合物中一定只含共价键9．某实验小组提纯苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的实验流程如图所示：下列说法不正确的是A．操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B．操作Ⅱ中趁热过滤的目的是除去泥沙且减少苯甲酸的析出损失C．操作Ⅲ中系列操作为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D．用标准NaOH溶液滴定苯甲酸待测液，可以选择甲基橙作指示剂10．下列说法正确的是A．CH2B．用新制的氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能够鉴别甲苯、三氯甲烷、乙醛和乙醇C．在阿司匹林()中加入稀硫酸、水解后，再直接滴加FeCl3溶液可检验酚羟基D．用浓溴水能够除去苯中混有的少量苯酚11．下列说法不正确的是A．高温有利于反应CaCO3B．对有气体参加的化学反应，缩小体积，单位体积内活化分子数增多但活化分子百分数不变C．2NO2⇌ND．工业合成氨反应：N2g+3H212．盐酸羟胺NH2下列有关说法不正确的是A．该电池的总反应为：2NOB．上述反应中的X、Y分别为HC．Pt电极上的反应：HD．制取1molNH2OH⋅13．由O、F、I组成化学式为IO2A．图中白球“〇”代表F原子B．该化合物在固态时所属晶体类型为共价晶体C．该化合物中Ⅰ原子存在孤对电子D．该化合物中所有碘氧键键长相等14．卤代烃(以三甲基溴丁烷水解为例)在碱性条件下的水解机理如下(已知水解过程中形成的碳正离子越稳定，反应越容易)：下列说法正确的是A．CH3B．水解过程中碳原子的杂化方式不变C．稳定性：CHD．水解速率：CH15．将过量CaC2O4已知：KspCaC2O4=2.4×下列有关说法不正确的是A．上层清液中存在cB．上层清液中含碳微粒主要为HCC．要实现CaC2O4向CaSO4D．Ca16．实验中的银镜可以采用以下方式进行清洗：已知：I2和I3−下列说法不正确的是A．步骤1中使用的I2−KI是为了增大cB．步骤1中Ag并未全部反应，可能被包裹在步骤2的黄色固体中C．取试管③洗涤后的上层清液，滴加AgNO3D．步骤3中黄色固体转化为无色溶液的离子方程式为AgI二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17．钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题：（1）关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。A．基态Co原子3d轨道上有3对成对电子B．Co3+的离子半径小于C．电子排布为Ar3d64sD．Co的第三电离能大于第二电离能（2）某钴氧化物的晶胞结构如图所示：①该氧化物的化学式为。②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为。（3）Co2+与NH3形成的配合物CoNH3（4）工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2已知：沉淀FeCoFeMn恰好完全沉淀时pH2.89.49.610.1①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有。(写出两种)②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，发生的离子方程式为③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂HA2，发生反应：Co2++nHA2⇌CoA2④向萃取所得有机相中加入H2SO418．“双碳”背景下，以CO2为原料合成CHⅠ．CO2已知如下热化学方程式：反应ⅰ：CO反应ⅱ：CO反应ⅲ：CO（1）计算：ΔH3=（2）维持总压p总和投料比nCO2:nH2=1:3不变，将CO2和已知：χCH①为同时提高二氧化碳平衡转化率和反应速率，控制的条件合理的是。A．升高温度B．增大压强C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂D．使用能分离H2②当T>236℃时，甲醇的选择性随温度T的增大而减小，可能的原因是。③240℃时，反应ⅰ的Kp=(对于气相反应，用某组分B的平衡压强pB代替物质的量浓度cB也可表示平衡常数，记作KpⅡ．利用电化学方法通过微生物电催化将CO2（3）钛网电极是极(填“阳”或“阴”)，写出生成H2C2Ⅲ．一种金属氧化物(用MR表示)催化CO2与环氧丙烷()反应制碳酸酯()反应机理如图所示。已知CO2中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。（4）MgO活化催化CO2的能力大于Al2O19．氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为：Ⅰ．制备FeCl3Ⅱ．由FeCl3⋅6H2O制备无水FeCl3：将已知：①SOCl2沸点为77℃；②反应方程式为：请回答：（1）图2中仪器B的名称是。（2）下列说法不正确的是_______。A．检验稀FeCl3溶液中是否残留FeB．图2中的加热宜采用水浴的方式C．图2中的无水CaCl2D．可采用同样方式由Na2SO（3）请对图1中“系列操作”排序：。_______→_______→_______→_______→_______(填字母)。a．冷却至室温b．用饱和NaCl溶液洗涤c．用浓HCl洗涤d．蒸发至出现晶膜e．蒸发至出现大量固体f．常温干燥g．低温干燥h．过滤i．趁热过滤（4）制得的无水FeCl3含有少量还原性杂质，试分析原因（5）用莫尔法测定无水FeCl3的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节pH=8.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4平行测试3次，平均消耗AgNO3①无水FeCl3的纯度为②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是。20．双氯芬酸钠是常用镇痛剂，某研究小组按下列路线合成其中间体双氯芬酸G：已知：请回答下列问题：（1）化合物C中的官能团的名称为。（2）E的结构简式为。（3）下列说法不正确的是_______。A．化合物A的碱性强于甲胺B．化合物B中的碳原子可能共平面C．1mol化合物D最多能消耗4molD．A→…→E的目的是为了把氯原子引入到需要位置（4）C→D的化学方程式为。（5）设计以苯和乙烯为原料合成F的合成路线(其他无机试剂任选)：。（6）化合物H是F的同系物，比F多1个碳原子，写出4种符合系列条件的H的同分异构体的结构简式。①分子中含有苯环，且氢原子种类有4种；②能发生银镜反应

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、中心C原子的价层电子对数计算为：σ键数（2）+孤电子对数（4−2×22=0）=2。B、中心N原子的价层电子对数计算为：σ键数（3）+孤电子对数（5−1×32=1）=4。C、中心O原子的价层电子对数计算为：σ键数（2）+孤电子对数（6−1×22=2）=4。D、中心O原子的价层电子对数计算为：σ键数（2）+孤电子对数（6−2×22=1）=3（价层电子对互斥理论中，O故答案为：A。【分析】要解决这道题，需深度结合价层电子对互斥理论、分子空间构型与极性的内在关联，从“电子对计算、构型判断、电荷中心重叠性”三个层级逐一剖析：核心逻辑是：通过价层电子对互斥理论确定分子空间构型，再依据构型的对称性判断正负电荷中心是否重叠——若重叠则为非极性分子，否则为极性分子。2．【答案】B【解析】【解答】A、H2O是共价化合物，电子式中仅需体现原子间的共用电子对，无需中括号（中括号用于离子化合物的离子电荷标注），正确电子式为H:B、Fe的原子序数为26，基态Fe的价电子排布为3d64s2；Fe2+形成时，先失去能量较高的4s轨道电子，因此价层电子排布式为3d6，B正确；C、计算SO32-中S的价层电子对数：σ键数（3）+孤电子对数（6+2−3×22=1）D、NaCl晶胞为面心立方结构（阴、阳离子分别位于面心和顶点，或反之），其晶胞应为，D错误；故答案为：B。

【分析】要解决这道题，需从化学用语的规范本质、电子排布的原理、VSEPR模型的计算逻辑、晶胞结构的特征四个维度深度剖析：

A．共价化合物电子式无中括号，离子化合物才需用中括号标注电荷；B．明确过渡金属离子的电子失去顺序（先失最外层s电子）；C．通过“σ键数+孤电子对数”计算价层电子对数，推导空间模型；D．牢记NaCl晶胞的面心立方特征，区分与其他晶胞（如金刚石、CsCl）的差异。3．【答案】C【解析】【解答】A、BaSO4不溶于水和酸，且对X射线有阻射性，这一特性使其能在医疗“钡餐”检查中清晰显影，性质与用途完全匹配，A正确；

B、Fe2O3呈红棕色，利用其颜色属性可作为红色颜料（如油漆、涂料中的红色成分），B正确；

C、维C的还原性使其能阻止食品被氧化（作抗氧化剂），但“防腐剂”的核心是抑制微生物繁殖，维C不具备此功能，概念混淆，C错误；

D、聚丙烯酸钠含大量亲水基团（如-COONa），能强力吸水，属于高吸水性树脂（如尿不湿的核心材料），D正确；

故答案为：C。

【分析】本题的易错点主要有以下两点：

对“抗氧化剂”和“防腐剂”的概念混淆。维C因具有还原性可作食品抗氧化剂，防止食品被氧化，但它不能抑制微生物生长，不是防腐剂，容易在此处判断错误；

对物质性质与用途的关联理解不精准。需明确每种物质的核心性质（如BaSO4的X射线阻射性、Fe2O3的颜色、聚丙烯酸钠的亲水基团）与对应用途的直接逻辑，避免因性质记忆模糊导致误判。4．【答案】D【解析】【解答】A、NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，但二者在试管口遇冷会重新化合为NH4Cl，无法通过该装置持续制得NH3，A错误；

B、硫代硫酸钠与酸反应生成的SO2易溶于水，且装置缺乏测量时间的仪器，无法通过“测气体体积”的方式测定反应速率，B错误；

C、酸性KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管中，C错误；

D、图丁装置具备温度计（测温度变化）、搅拌器（使反应均匀）、隔热层（减少热量损失），完全满足中和反应反应热测定的装置要求，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．考查实验原理可行性：分析NH4Cl分解后产物的可逆化合，判断制氨方法不可行。

B．考查反应速率测定条件：明确反应速率测定需同时测量气体体积和时间，图乙缺少时间测量装置且SO2易溶。

C．根据酸性KMnO4的强氧化性，判断其应盛放在酸式滴定管。

D．紧扣中和热测定对隔热、温度测量、搅拌的核心需求，判断图丁装置符合。5．【答案】C【解析】【解答】A、在反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O中：

Fe3+中Fe元素化合价从+3升高到FeO42-中的+6，化合价升高，失电子，作还原剂；

ClO-中Cl元素化合价从+1降低到Cl-中的-1，化合价降低，得电子，被还原，Cl-是还原产物，A正确；

B、Fe元素从+3价升高到+6价，每个Fe原子失去6-3=3个电子。生成1molFeO42-时，Fe元素的物质的量为1mol，转移电子的物质的量为1mol×3=3mol，转移电子数目为3NA，B正确；

C、Na2FeO4作消毒剂的原因是其具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构，从而杀菌消毒；而FeO42-与水反应生成的胶体（Fe(OH)3胶体）主要作用是吸附水中的悬浮杂质（用于净水），并非消毒的原因，C错误；

D、反应中，ClO-是氧化剂（得电子，被还原），FeO42-是氧化产物（失电子，被氧化）。根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此氧化性：ClO->FeO42-，D正确；

故答案为：C。

【分析】A．分析反应中元素化合价变化，Fe3+中Fe元素从+3价升高到FeO42-中的+6价，失电子，故Fe3+是还原剂；ClO-中Cl元素从+1价降低到Cl-中的-1价，得电子被还原，Cl-是还原产物。

B．Fe元素化合价变化为3价，所以每生成1molFeO42-，转移电子的物质的量为3mol，对应电子数目为3NA。

C．Na2FeO4作消毒剂是因为其具有强氧化性，能杀菌消毒；而其与水反应生成的胶体主要用于吸附杂质净水，二者功能不同，需明确区分。

D．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，该反应中ClO-是氧化剂，FeO42-是氧化产物，故氧化性ClO->FeO42-。6．【答案】A【解析】【解答】A、Cu(OH)2悬浊液存在溶解平衡：CuOH2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，滴加浓氨水时，NH3与Cu2+结合成[Cu(NH3)4]2+，使平衡右移。但这一过程仅体现NH3能与Cu2+形成稳定配合物，无法直接比较NH3与OH-和Cu2+的作用力强弱（因为OH-与Cu2+形成的是难溶物，NH3形成的是可溶性配合物，作用形式不同），A错误；

B、石墨中碳原子的未杂化p轨道相互平行重叠，p轨道电子可在整个碳原子平面内离域运动，从而使石墨具有导电性，可作为导电材料，B正确；

C、乙二醇与水混合后，能通过分子间作用显著降低水的凝固点，因此可用于生产汽车防冻液（防止低温结冰），C正确；

D、豆浆属于胶体，盐卤（电解质）能使豆浆中的蛋白质胶体粒子聚沉，从而用于豆腐制作，D正确；

故答案为：A。

【分析】A．Cu(OH)2悬浊液中溶解平衡的移动仅说明NH3能与Cu2+形成稳定配合物，不能直接证明NH3与Cu2+的作用力强于OH-与Cu7．【答案】B【解析】【解答】A、铝与过量NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlOH4+3H2↑，符合反应事实、得失电子及原子守恒，A正确；

B、铅酸蓄电池放电时，正极PbO2得电子，实际产物是PbSO4（而非Pb2+），正确的电极反应式为PbO2+2e−+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，B错误；

C、CH3CONH2在NaOH溶液中加热发生水解，生成CH3COO-和NH3，离子方程式为CH3CONH2+8．【答案】C【解析】【解答】A、C、N、O同属第二周期，第一电离能通常随原子序数增大而增大，但N原子的2p轨道为半满稳定结构，其第一电离能大于O。因此正确顺序应为N>O>C，而非C>N>O，A错误；

B、NH3分子呈三角锥形，电荷分布不均匀，属于极性分子；CH4为正四面体结构，电荷分布对称，属于非极性分子。因此分子极性应为NH3>CH4，B错误；

C、HCOOH的羧基直接连接H原子，CH3COOH的羧基连接-CH3。烃基（-CH3）具有推电子效应，会使羧基电离H+的难度增大，故酸性HCOOH>CH3COOH，C正确；

D、H、C、N、O可形成如NH4HCO3的化合物，其中NH4+与HCO3-之间为离子键，而离子内部（如HCO3-中的原子间）为共价键，并非只含共价键，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．第一电离能需注意N原子2p轨道半满的特殊稳定性，其第一电离能大于O，故同周期顺序为N>O>C。

B．分子极性判断依据空间结构对称性，NH3是极性分子，CH4是非极性分子，极性NH3>CH4。

C．羧酸酸性与烃基推电子效应有关，烃基越大推电子效应越强，羧基电离H+越难，故HCOOH酸性强于CH3COOH。

D．H、C、N、O可形成含离子键和共价键的化合物（如NH4HCO3），并非一定只含共价键。9．【答案】D【解析】【解答】A、操作Ⅰ中加水溶解需保证苯甲酸完全溶解，因此依据其溶解度估算加水量，A正确；

B、苯甲酸溶解度随温度升高而增大，操作Ⅱ趁热过滤可除去泥沙，同时减少苯甲酸因降温结晶的析出损失，B正确；

C、滤液中苯甲酸溶解度随温度降低而减小，因此操作Ⅲ的系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；

D、用NaOH滴定苯甲酸，终点产物为苯甲酸钠，其水解显碱性，应选择酚酞作指示剂（酚酞在碱性条件下变色）；甲基橙在酸性条件下变色，不适合该滴定，D错误；

故答案为：D。【分析】结合粗苯甲酸的溶解度数据估算加水量，既要保证苯甲酸完全溶解（避免未溶部分随杂质流失），又无需过量加水（防止后续结晶时浓度过低，影响析出效率），为后续分离奠定基础。

趁热过滤环节：苯甲酸的溶解度随温度升高显著增大，而泥沙始终不溶于水。趁热过滤可在高温下快速分离泥沙，同时避免温度降低导致苯甲酸提前结晶，减少目标物质的析出损失。

结晶与提纯环节：滤液中含苯甲酸和NaCl，二者溶解度特性差异明显——NaCl的溶解度受温度影响极小，冷却时几乎不析出；而苯甲酸溶解度随温度降低急剧减小，冷却滤液可使苯甲酸以晶体形式大量析出。后续通过过滤分离晶体与含NaCl的母液，再经洗涤（去除表面附着的NaCl杂质）、干燥，最终得到纯净的苯甲酸。据此解题。10．【答案】B【解析】【解答】A、CH2=CHCHO中碳碳双键和醛基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能仅通过其使酸性高锰酸钾褪色就说明含有碳碳双键，A错误；

B、新制氢氧化铜悬浊液与乙醇互溶不分层；与乙醛加热生成砖红色沉淀；与甲苯混合后甲苯在上层（因甲苯密度小于水）；与三氯甲烷混合后三氯甲烷在下层（因三氯甲烷密度大于水）。四种物质现象不同，可鉴别，B正确；

C、阿司匹林水解后溶液呈酸性，需先加碱中和酸，再滴加FeCl3溶液才能检验酚羟基，直接滴加无法检验，C错误；

D、浓溴水与苯酚生成的2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，无法通过过滤等方法分离，不能用浓溴水除去苯中少量苯酚，D错误；

故答案为：A。【分析】A．CH2=CHCHO中碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾氧化，不能仅据此说明含碳碳双键。

B．新制氢氧化铜悬浊液与甲苯（上层）、三氯甲烷（下层）、乙醛（砖红色沉淀）、乙醇（互溶不分层）的现象不同，可鉴别。

C．阿司匹林水解后溶液呈酸性，需加碱中和后才能用FeCl3检验酚羟基。

D．浓溴水与苯酚生成的2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，无法有效除杂。11．【答案】D【解析】【解答】A、反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)为吸热（ΔH>0）、熵增（ΔS>0）反应。根据ΔG=ΔH-TΔS，高温下ΔG<0，反应可自发进行，A正确；

B、对有气体参加的反应，缩小体积（增大压强），单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数由温度决定，因此保持不变，B正确；

C、反应2NO2⇌N2O4，将密闭烧瓶浸入热水后红棕色加深，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。放热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能，C正确；

D、工业合成氨反应中，增大投料比nN2nH2，即N2过量，根据平衡移动原理，N2的平衡转化率会降低（因H2相对不足，N2不能充分反应），D错误；

故答案为：D。

【分析】A．反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)是吸热且熵增的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS，高温下ΔG<0，反应自发进行。

B．缩小体积增大压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数由温度决定，故不变。

C.2NO2⇌N2O4浸入热水红棕色加深，平衡逆向移动，正反应放热，因此正反应活化能小于逆反应活化能。

D．合成氨反应中增大n12．【答案】D【解析】【解答】A、正极反应为NO+3e-+4H+=NH3OH+，负极反应为H2-2e-=2H+。根据得失电子守恒，将正极反应×2+负极反应×3，可得总反应为2NO+3H2+2HCl=2NH2OH・HCl，A正确；

B、从正极反应机理看，X为H+（参与反应的粒子），Y为NH3OH+（反应最终生成的阳离子），B正确；

C、Pt电极为负极，H2在负极失电子生成H+，电极反应为H2-2e-=2H+，C正确；

D、制取1molNH2OH・HCl时，正极消耗4molH+，负极生成3molH+。根据电荷守恒，只有3molH+通过交换膜（从负极区进入正极区），而非4mol，D错误；

故答案为：D。

【分析】由装置图和电子流向可知，含Fe的电极为原电池正极，在盐酸环境中，NO在正极得电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+；Pt电极为负极，H2在负极失电子发生氧化反应生成H+，电极反应式为H2-2e-=2H+。原电池工作时，H+通过氢离子交换膜由负极区向正极区迁移。据此解题。13．【答案】C【解析】【解答】A、黑球为I原子（半径最大），白球形成2个共价键（代表O原子），灰球形成1个共价键（代表F原子），故白球不是F原子，A错误；

B、该化合物由分子构成，固态时属于分子晶体，而非共价晶体（共价晶体由原子直接通过共价键构成），B错误；

C、化合物中F为-1价，O为-2价，根据化合价代数和为0，I为+5价。I原子价电子数为7，成键数目（与1个F、3个O成键，其中1个O为双键）与价电子数不相等，说明I原子存在孤对电子，C正确；

D、化合物中存在碘氧单键和碘氧双键，单键与双键键长不同，故碘氧键键长不相等，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．根据原子半径（I最大为黑球）和成键数目（白球形成2个共价键为O，灰球形成1个共价键为F），判断白球不是F原子。B．该化合物由分子构成，属于分子晶体，而非共价晶体。

C．通过化合价代数和（F为-1、O为-2，I为+5）及I原子价电子数（7）与成键数目，推出I原子存在孤对电子。

D．存在碘氧单键和双键，单双键键长不同，故碘氧键键长不相等。14．【答案】D【解析】【解答】A、反应速率由活化能大的步骤决定。由势能图可知，历程Ⅰ的活化能更大，因此水解速率由历程Ⅰ决定，而非历程Ⅱ，A错误；

B、(CH3)3CBr中与Br相连的C为sp3杂化，而生成的(CH3)3C+中C为sp2杂化，水解过程中碳原子的杂化方式发生了改变，B错误；

C、物质能量越低越稳定。从势能图看，(CH3)3C…OH的能量低于(CH3)3C…Br，因此稳定性(CH3)3C…OH>(CH3)3C…Br，C错误；

D、水解过程中形成的碳正离子越稳定，反应越容易。(CH3)3CBr水解形成的(CH3)3C+比(CH3)2CHCH2Br水解形成的碳正离子更稳定，因此水解速率(CH3)2CHCH2Br<(CH3)3CBr，D正确；

故答案为：D。【分析】要解决这道题，需结合反应速率的决定步骤、碳原子杂化方式、物质稳定性与能量的关系、碳正离子稳定性对水解速率的影响等知识点，逐一分析选项：

A．活化能越大的步骤，反应越慢，总反应速率由慢反应（活化能大的步骤）决定；

B．分析反应过程中碳原子的成键情况，确定杂化类型发生改变；

C．物质能量越低越稳定，通过势能图中过渡态的能量高低判断稳定性；

D．碳正离子越稳定，水解反应越容易，速率越快。15．【答案】B【解析】【解答】A、根据物料守恒，上层清液中Ca2+的浓度等于所有含碳微粒（C2O42-、HC2O4-、H2C2O4）的浓度之和，即cCa2+=cC2O42−+cHC2O4−+cH2C2O4，A正确；

B、先计算CaC2O4溶解产生的C2O42-浓度：cC2O42-=2.4×10−9≈4.9×10−5。再分析C2O42-的水解：其水解常数Kh1=KWKa2=10−145.4×10−5=1.9×10−10，水解程度极小，因此含碳微粒主要为C2O42-，而非HC2O4-，B错误；

C、沉淀转化反应为CaC2O4+SO42-⇌CaSO4+C2O42-，平衡常数K=c(C2O42−)c(SO416．【答案】B【解析】【解答】A、I2-KI溶液中存在平衡I2+I-⇌I3-，加入KI可增大I2的溶解度，提高c(I2)，从而加快I2（或I3-）与Ag的反应速率，A正确；

B、AgI能溶于Na2S2O3溶液，而Ag不能。步骤3后得到无色溶液，说明黄色固体只有AgI，即步骤1中Ag已全部反应，未被包裹在黄色固体中，B错误；

C、取试管③洗涤后的上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀（AgI），说明洗涤液含I-，步骤2未洗涤干净；若无沉淀，说明已洗涤干净，C正确；

D、步骤3中黄色固体AgI与S2O32-反应，生成I-和[Ag(S2O3)2]3-，离子方程式为AgI+2S2O32-=I-+[Ag(S2O3)2]3-，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．利用I2-KI体系中的I2+I-⇌I3-平衡，KI的加入能提升I2溶解度与浓度，进而加快与Ag的反应速率。

B．Ag不溶于Na2S2O3溶液，而AgI可溶解，步骤3得到无色溶液，说明黄色固体仅为AgI，即Ag已完全反应。

C．检验步骤2是否洗涤干净，核心是检测洗涤液中是否残留I-，通过滴加AgNO3溶液观察是否产生黄色AgI沉淀即可判断。

D．AgI与S2O32-反应生成可溶的[Ag(S2O3)2]3-和I-，据此推导离子方程式。17．【答案】（1）B；D（2）Co3O（3）电负性：N＜O，NH3更容易给出孤电子对，配位能力强于（4）适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等；6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−【解析】【解答】（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则Co3+和Fe2+具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：Co3+>FeC．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Co+价层电子排布式为3d74s1D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；故答案为：BD；（2）①一个A中含Co2+：4×18+1=32个，含O2−4个；一个B中含Co2+：4×18=1②三价钴有强氧化性，则Co3O4能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为Co故答案为：Co3O4；Cl2；

（3）一个NH3中N的孤电子对数为5−3×12=1，一个H2O中O的孤电子对数为6−2×12=2故答案为：电负性：N＜O，NH3更容易给出孤电子对，配位能力强于H2O；

（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2、SiO2、MnO2等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为Co2+、Fe2+、Mn2+，加入足量NaClO3可将①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，NaClO3可将Fe2+氧化为Fe3+而自身被还原为③图中当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是pH增大导致溶液中cH+减小，使④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。

故答案为：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等；6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；pH增大，cH+减小，使Co2++nHA2⇌CoA2⋅n−1HA2+2H+平衡正向进行，所以Co2+萃取率增大；富集、提纯Co2+(或分离Co2+和Mn2+)。

【分析】(1)A．基态Co原子3d轨道有2对成对电子。

B．Co3+与Fe2+核外电子层结构相同，Co3+核电荷数大，离子半径小。

C．基态Co+价层电子排布为3d74s¹。

D．原子逐级电离能递增，Co第三电离能大于第二电离能。

(2)①通过均摊法计算晶胞中Co2+、Co3+、O2-（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则Co3+和Fe2+具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：Co3+>FeC．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Co+价层电子排布式为3d74s1D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；故选BD。（2）①一个A中含Co2+：4×18+1=32个，含O2−4个；一个B中含Co2+：4×18=1②三价钴有强氧化性，则Co3O4能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为Co（3）一个NH3中N的孤电子对数为5−3×12=1，一个H2O中O的孤电子对数为6−2×12=2，N、O均能提供孤电子对与Co2+（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2、SiO2、MnO2等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为Co2+、Fe2+、Mn2+，加入足量NaClO3可将Fe2+氧化为①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，NaClO3可将Fe2+氧化为Fe3+而自身被还原为③图中当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是pH增大导致溶液中cH+减小，使④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+(或分离Co218．【答案】-90.6；B；>236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，所以甲醇的选择性χCH3OH随温度T的增大而减小；【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应ⅱ－反应ⅰ=反应ⅲ，则△H3=△H2-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol；故答案为：-90.6；

（2）①A．升高温度反应速率加快，但反应ⅱ、反应ⅲ逆向移动，不利于提高二氧化碳的转化率，A不符合题意；B．增大压强反应速率加快，反应ⅱ、反应ⅲ正向移动，有利于提高二氧化碳的转化率，B符合题意；C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂能使反应ⅱ速率加快，但不能改变平衡转化率，不影响提高二氧化碳的转化率，C不符合题意；D．使用能分离H2O的分子筛会导致H2O的浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；②大于236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态，反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，综合以上两方面的原因，甲醇的选择性随温度T的增大而减小；③由图知，240°C时，α(CO2)=60.0%，χ(CH3OH)=60.0%。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则平衡时CO2的物质的量n(CO2)=1mol×(1-60%)=0.4mol，n(CH3OH)=1mol×60%×60%=0.36mol，则由C守恒可得，n(CO)=(1-0.4-0.36)mol=0.24mol，由O守恒可得，n(H2O)=2mol-0.36mol-2×0.4mol-0.24mol=0.6mol，由H守恒可得，n(H2)=6mol−4×0.36mol−2×0.6mol2=1.68mol，则总物质的量n故答案为：B；>236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，所以甲醇的选择性χCH3OH随温度T的增大而减小；故答案为：阳；2CO2+2e−+2H+=H2C2O4；

（4）MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键。

故答案为：Mg的电负性小于Al；MgO中的O的电子云密度更大，更易进攻活化CO2中的碳氧键。

​​​​​​​【分析】(1)根据盖斯定律，反应ⅲ=反应ⅱ-反应ⅰ，计算得ΔH3=ΔH2-ΔH1=-90.6kJ・mol-¹。

(2)①增大压强可加快反应速率，且使反应ⅱ、ⅲ正向移动，提高CO2转化率。

②T>236℃时，反应ⅰ吸热正向移动生成更多CO，反应ⅱ放热逆向移动减少CH3OH，故甲醇选择性减小。

③通过设起始量，结合转化率和选择性计算各物质平衡分压，得出反应ⅰ的Kp。

(3)钛网电极上水放电生成O2，为阳极；石墨电极上CO219．【答案】（1）(球形)干燥管（2）A；C；D（3）dahcg（4）FeCl3⋅6H2O+6（5）81.25%；pH过低，部分CrO42−转化为Cr2O72−：【解析】【解答】（1）根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。故答案为：(球形)干燥管；

（2）A．亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸性高锰酸钾检验稀FeCl3溶液中是否残留FeB．已知SOCl2沸点为77℃，图2中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止SOClC．无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、HCl反应，从而失去干燥作用，则图2中的无水CaCl2D．氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热FeCl3⋅6H2O通常不能得到FeCl3、得到氢氧化铁等，通过FeCl3故答案为：​​​​​ACD。（3）图1中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到FeCl3⋅6H故答案为：​​​​​​dahcg；（4）制得的无水FeCl3含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：FeCl3⋅6H2O+6故答案为：FeCl3⋅6H2O+6SOCl2ΔFeCl3+6SO2↑+12HCl↑产物中SO2具有强还原性，可将Fe3+还原为Fe2+；

（5）①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是：pH过低，发生2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，部分CrO42−转化为Cr2O72−，pH过高，可能生成AgOH，均会使消耗的AgNO3偏多。

故答案为：81.25%；pH过低，部分CrO42−转化为Cr2O7（1）根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。（2）A．亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加