浙江省宁波市2025届高三下学期模拟考试化学试题（含答案）

第第页浙江省宁波市2025届高三下学期模拟考试化学试题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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．下列食品添加剂属于强电解质的是A．亚硝酸钠 B．蔗糖 C．二氧化碳 D．苯甲酸2．下列化学用语表示正确的是A．基态锗原子的简化电子排布式：ArB．三氟化硼的电子式：C．乙烯的空间填充模型：D．的名称：2，2，3−三甲基丁烷3．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．硫酸亚铁具有还原性，可用于处理工业废水中的CrB．氨水具有碱性，可将废气中的氮氧化物转化为无害气体C．碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用作加工馒头、面包的膨松剂D．可溶性铝盐能水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，可用作净水剂4．硫酸铵在加强热条件下的分解反应方程式为：3NHA．(NH4)2SO4水溶液呈酸性 B．N2既有氧化性又有还原性C．SO2能使石蕊溶液褪色 D．NH3液化时放热5．下列有关化学品安全使用标识及实验相关问题的说法不正确的是①②③④A．运输汽油的油罐车需要贴图①标志B．图②试剂瓶可盛装浓硝酸、NaOH或CCl4C．图③装置可用于验证铁的吸氧腐蚀D．图④装置中使用饱和食盐水可以减小电石与水的反应速率6．铁及其化合物的转化关系如图。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．FeCl3溶液中通入SO2可实现转化①，说明氧化性：FeB．转化②中每生成0.1molFe3O4，转移的电子数为0.9NAC．转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为1∶2D．过量Fe在氯气中燃烧生成FeCl27．从海带灰(含可溶性碘化物、碳酸盐、硫酸盐等)中提取碘元素的实验方案如下所示，下列说法正确的是A．取滤液加入淀粉溶液可检验海带灰中是否含碘元素B．分液操作需用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯C．过程①发生的反应为2ID．滤液中的CO32-、8．能正确表示下列反应的离子方程式是A．氯气与水反应：ClB．过氧化钠与水反应产生气体：2OC．硫酸铝溶液与足量碳酸氢钠溶液混合：AlD．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解：CH9．根据元素周期律，下列说法不正确的是A．简单离子半径：S2->O2->Na+ B．键角∠HOH：HC．分子的极性：N2H10．甲醛用途广泛，可合成许多产品，下列说法不正确的是A．聚合物X的链节可能为B．试剂Y为浓盐酸时，苯酚与甲醛反应可生成C．试剂Y为浓氨水时，苯酚与过量甲醛反应生成线型结构的酚醛树脂D．苯酚与甲醛反应生成酚醛树脂的反应类型为缩聚反应11．研究发现，铁粉球磨法可实现温和条件(45℃、101kPa)合成氨：N2g下列说法不正确的是A．采用高压条件有利于提高球磨法合成氨的氨产率和经济效益B．合成氨反应ΔH＜0、ΔS＜0，常温常压下能自发反应C．过程Ⅰ铁粉球磨活化后产生的缺陷越多，反应速率越快D．过程Ⅱ中N≡N断裂所需能量来自机械碰撞12．卡尔·费休水分测定仪可精确测定某些物质中的水分含量，仪器示意图如图，卡氏试剂由KI、SO2、C5H5N(吡啶)和CH3OH组成。其工作原理是待测样品中的水与电解产生的I2发生反应：I2下列说法不正确的是A．B极为阳极，电极反应：2IB．测定过程中阳离子从B极区移向A极区C．样品中水分质量m与电解消耗电量Q的关系为m=D．若用于测定Na2CO3固体中的水分含量，测定结果将偏高13．CuFeS2中嵌入Na+A．X的晶胞可表示为上图3B．该晶胞中与硫离子距离最近且等距离的钠离子有6个C．充电时，Na+D．X在空气中加热可能生成Cu2O和Fe3O414．从某铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)可制备草酸铜(CuC2O4)，工艺流程如下：已知：Cu2++2C2A．步骤Ⅰ粉碎的目的是加快反应速率、提高浸出率B．相比浓氨水，选用NH3C．为使Cu2+充分沉淀，应加入过量的D．由该工艺流程可推知Cu2+与F−结合能力弱于Cu2+15．25℃时，H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3实验Ⅰ：向20mL0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液；实验Ⅱ：向0.02mol/LMnSO4溶液中通入一定量H2S气体。若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是A．工业上可利用反应：FeS+Cu2+=CuS+FeB．实验Ⅰ中，开始时发生反应为CuC．实验Ⅰ中，当V[CuSO4(aq)]=20mL时，溶液中微粒浓度大小：cD．调节实验Ⅱ溶液pH=6，此时c(HS−)=1.0×10−4mol/L且Mn2+开始沉淀，则K16．一定条件下丙烷发生氯代反应：，生成的1−氯丙烷和2−氯丙烷物质的量之比约为45%:55%。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为CH3C·HCHA．中间体A为CHB．C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能C．常温下，丙烷氯代反应中-CH2-上H原子比D．升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度小于生成2−氯丙烷的速率增大程度二、非选择题(本大题共4小题，共52分)。17．氮、砷、镓是化工生产中的重要元素。Ⅰ．含氮化合物X的晶胞如图所示，X有如下转化关系：。（1）下列说法不正确的是_______。A.X的化学式为CaCN2B.HN=C=NH与H2N-C≡N互为同分异构体C.CO(NH2)2分子中C、N原子的杂化方式均为sp3D.CO(NH2)2分子中部分元素的第一电离能大小顺序是O>N>C（2）三分子氨基氰可通过加成反应聚合成六元环状化合物三聚氰胺(1H−NMR谱图中仅有一组峰)，三聚氰胺的结构简式是________。（3）尿素常用作护肤品配料，有助于保持皮肤湿润，而乙醇擦拭皮肤却会导致皮肤干燥，请从结构角度解释以上现象________。（4）请设计实验方案验证尿素中含有N元素________。Ⅱ．“Chemistry”小组探究从半导体废料(主要成分为GaAs，含SiO2、CaCO3等杂质)中回收Ga和As，设计了如下流程(流程中所加试剂均足量)：已知：Ga(OH)3是两性氢氧化物，与Al(OH)3化学性质相似，pH=2.5时开始沉淀。镓和硅的沉淀率随pH变化见下表：pH4.05.06.07.08.09.0Ga沉淀率%75.098.598.995.286.157.4Si沉淀率%93.298.599.299.686.365.2（5）浸出液中含As、Ga元素的离子为________。（6）浸出液调节pH至5.0～6.0的目的是________；“系列操作”为________。（7）工业上常在700℃左右用足量碳还原Ca3(AsO4)2(砷酸钙)获得砷蒸汽，该反应的化学方程式为________。18．烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。Ⅰ．一定条件下，用CO与高浓度烟气中SO2反应回收硫，发生如下反应：反应1：4COg（1）工业上为提高SO2吸收速率，下列措施合理的是_______。A.加压增大原料气浓度B.降低温度C.及时分离出S2D.改用更高效的催化剂（2）已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)为：-283kJ/mol、-722kJ/mol，计算反应1的ΔH=________kJ/mol。（3）在一定温度下，向1L恒容密闭容器中加入2molCO和1molSO2发生反应1，测得v(SO2)与c(SO2)的数值关系如图1所示，x点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则x点将移动到图1中的________点(填字母标号)。（4）S2(分子结构：S=S)凝华时聚合生成S8(分子结构：)，请从化学键和能量角度解释降温凝华时S2聚合的原因________。Ⅱ．湿法脱硫：已知常温下，Ka1(H2SO3)=10−1.9，Ka2(H2SO3)=10−7.2。（5）电化学循环法：电解NaOH吸收烟气后的吸收液，分离产品后吸收液可循环利用。①常温下将SO2气体通入0.100mol/LNaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，此时溶液中的c(NaHSO3)约为________mol/L。②电解还原吸收液(主要成分Na2SO3)制取单质硫，阴极的电极反应式为________。（6）石灰石−石膏法是一种常用的湿法脱硫工艺，pH控制在5.0～6.0的石灰石浆液吸收烟气中的SO2，氧化后脱水结晶获得石膏。主要经历以下两个反应过程：反应2：2CaCO3+H2O+2SO2=2CaSO319．“Chemistry”小组探究Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的合成方法：实验一：Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)的制备实验流程：实验二：Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的制备反应方程式：CuCH实验步骤：按如图所示搭好装置→检查气密性→关闭滴液漏斗活塞→“惰性气体保护”→将Cu(CH3CN)4ClO4溶于10mL乙腈，通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→将邻菲罗啉的乙腈溶液通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→搅拌20min→通过滴液漏斗滴加新蒸馏的无水乙醚→过滤、干燥。已知：①Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体；②Cu+的配合物通常为无色，易被氧化；③CH3CN(乙腈)沸点81.6℃，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；④phen为邻菲罗啉()。（1）步骤Ⅰ：取14g碱式碳酸铜加少量水湿润，搅拌下小心滴加高氯酸至固体几乎完全溶解。若加入太多水，弊端是。（2）步骤Ⅳ：加热回流结束的标志是。（3）步骤Ⅵ：最适宜的干燥方法是_______。A．烘箱烘干 B．低温风干 C．真空干燥 D．滤纸吸干（4）实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现。请从下列操作中选择合适的操作并排序(需要用到下列所有操作)：。关闭K1→_______→_______→_______→_______→_______(填序号)→重复以上操作3次→关闭真空泵。a．打开K1b．打开K2c．关闭K2d．抽真空e．通氮气（5）下列说法不正确的是_______。A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜B．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系C．步骤Ⅴ中“系列操作”为冷却结晶、过滤、洗涤D．实验二通过滴液漏斗投料过程可能有空气进入装置，应在通风橱内进行（6）实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜。请结合物质的溶解性推测原因。20．某研究小组按以下路线合成一种治疗肿瘤的靶向药物M(部分反应条件及试剂已简化)。已知：①；②RCOOR'→（1）化合物E中体现酸性的官能团名称是。（2）化合物C的结构简式是。（3）下列说法正确的是_______。A．化合物A与B互为同系物B．化合物D有碱性，其碱性比CH3NH2弱C．试剂X可能是酸性KMnO4溶液D．化合物I与CH3SO3H形成的药物M是一种盐（4）写出D＋F→G的化学方程式。（5）写出4个同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式。①1H−NMR谱图有峰面积之比为3∶1的2个峰②分子中只含一个六元环，环上的C原子均为sp2杂化（6）以、1，3−丁二烯和乙醇为有机原料，设计化合物B的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.亚硝酸钠(NaNO2)是盐类化合物，属于强电解质，在水溶液中能够完全电离成Na+和NO2-离子，A正确；B.蔗糖(C12H22O11)属于有机物中的糖类，其水溶液和熔融态均不导电，符合非电解质的定义，B错误；C.CO2本身不导电，其水溶液导电的原因是CO2与水反应生成H2CO3（碳酸），碳酸部分电离产生H+和HCO3-离子，并非CO2直接电离，因此CO2属于非电解质，C错误；D.苯甲酸(C6H5COOH)作为有机弱酸，在水溶液中仅部分电离出H+和C6H5COO-，属于弱电解质，D错误；正确答案为A。

【分析】题目考查电解质和强电解质的概念，强电解质包括强碱、强酸和大部分盐，选项中亚硝酸钠属于盐，是强电解质，苯甲酸是弱酸，属于弱电解质，蔗糖和二氧化碳是非电解质。2．【答案】D【解析】【解答】A．锗是第32号元素，其基态原子的简化电子排布式为Ar3d104s24p2，选项A错误；B．硼原子最外层有3个电子，氟原子最外层有7个电子，三氟化硼是共价化合物，其电子式为：，选项B错误；

C．乙烯分子中含有碳碳双键，其空间构型为平面形，空间填充模型为：，选项C错误；

D．根据烷烃的命名规则，最长碳链包含4个碳原子，三个甲基分别位于2号、2号和3号碳原子上，其结构为：，名称是2，2，3-三甲基丁烷，选项D正确；

正确答案是D。

【分析】A．选项中简化电子排布式缺少3d10；

B.三氟化硼的电子式缺少氟周围未形成共价键的电子；

3．【答案】B【解析】【解答】A．硫酸亚铁（FeSO4）具有还原性，能还原六价铬离子（Cr2B．氨气（NH3）的还原性使其能在高温下将氮氧化物（NOₓ）还原为氮气（N2），该过程与氨水的碱性无关，选项B错误；C．碳酸氢铵（NH4HCO3）受热分解产生气体（NH3和CO2），同时能中和面团中的酸性物质，因此可用作面食膨松剂，选项C正确；D．铝盐在水中水解生成的氢氧化铝胶体（Al(OH)3）具有吸附作用，能有效净化水质，选项D正确；综上所述，正确答案为B。

【分析】A．根据氧化还原反应规律，二价铁可与重铬酸根离子发生反应，处理含铬废水；B．氮氧化物转化为无害气体氮气，会发生氧化还原反应，和氨气是碱性气体无关；C．根据铵盐受热可分解，可作面包膨松剂；D．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中杂质进行净水。4．【答案】C【解析】【解答】A．硫酸铵（(NH4)2SO4）属于强酸弱碱盐，其铵根离子（NH4B．氮气（N2）分子中氮元素的化合价为0价，处于中间价态，既可以表现出氧化性（例如与氧气反应生成一氧化氮），又可以表现出还原性（例如与氢气反应生成氨气），所以氮气既具有氧化性又具有还原性，选项B正确；C．二氧化硫（SO2）溶于水后会生成亚硫酸（H2SO3），使石蕊溶液变红。虽然二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，因此石蕊溶液不会褪色，选项C错误；D．气体液化是一个放热过程，氨气（NH3）液化时会放出热量，选项D正确；综上所述，正确答案是C。

【分析】A．硫酸铵溶液中铵根离子会发生水解，使溶液呈酸性；B．根据化合价变化规律，氮气中氮元素化合价为0价，可升高或降低，升高被氧化，降低被还原；C．二氧化硫不可漂白指示剂；D．氨气从气态到液态，是放热过程。5．【答案】B【解析】【解答】A．汽油是易燃液体，运输汽油的油罐车需要贴图①标志，A选项正确；B．浓硝酸具有强氧化性和腐蚀性，四氯化碳（CCl4）作为有机溶剂会溶解橡胶，因此不能用橡胶塞试剂瓶存放这两种物质，B选项错误；C．铁发生吸氧腐蚀时会消耗氧气，导致具支试管内压强降低，使试管中的水进入导管形成水柱上升现象，该装置可用于验证铁的吸氧腐蚀，C选项正确；D．电石与水反应剧烈，使用饱和食盐水可以降低反应速率，D选项正确；正确答案为B。【分析】A．汽油易燃，①标志是可燃物质；B．橡胶塞会被腐蚀，不可盛放浓硝酸，也不可盛放四氯化碳会溶解橡胶；C．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，试管内压强降低，导管内会形成水柱；D．选用饱和食盐水可减缓反应速率。6．【答案】A【解析】【解答】A.根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性强于还原剂。在FeCl3溶液中通入SO2时，FeCl3作为氧化剂，SO2作为还原剂，反应生成FeCl2。这说明Fe3+的氧化性强于SO2，即Fe3+>SO2，选项A正确；

B.铁与氧气或水蒸气反应生成四氧化三铁(Fe3O4)时，每生成1molFe3O4需要转移8mol电子。因此，生成0.1molFe3O4C．转化③的化学方程式为：2FeCl3+FeCl2+8NaOH一定条件Fe3O4+8NaCl+4H2O，转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为2∶1，C错误；

D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl2点燃2FeCl3，无论Fe过量还是少量，Fe在氯气中燃烧都生成FeCl3，D错误；

综上所述，正确答案是A。

【分析】铁(Fe)与盐酸反应生成氯化亚铁(FeCl2)，与氯气(Cl2)反应生成氯化铁(FeCl3)。这两种铁的氯化物可以相互转化。当氯化亚铁和氯化铁的混合物与氢氧化钠(NaOH)在一定条件下反应时，会生成四氧化三铁(Fe3O4)。此外，铁与水蒸气或氧气反应也能直接生成四氧化三铁。7．【答案】B【解析】【解答】A.淀粉遇I2显蓝色，而I-不与淀粉发生显色反应，因此选项A是错误的；

B.分液操作用于分离互不相溶的液体，所需的玻璃仪器包括分液漏斗和烧杯，因此选项B是正确的；

C.过程①在酸性条件下进行，发生的反应为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，因此选项C是错误的；

D.滤液中的CO32-、SO42-在萃取前不需要去除，因此选项D是错误的；

综上所述，正确答案是B。8．【答案】D【解析】【解答】A.次氯酸(HClO)是弱酸，在离子方程式中应保留其化学式。原离子方程式书写错误，正确写法为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO。因此A选项错误；B.过氧化钠(Na2O2)是氧化物，在离子方程式中应保留化学式。正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。因此B选项错误；C.Al3+与HCO3-会发生双水解反应，相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。正确离子方程式为：Al3+D.乙酸乙酯在NaOH溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，正确离子方程式为：CH3综上所述，正确答案是D。

【分析】A.次氯酸是弱酸，离子方程式中不可拆开；B.过氧化钠不可拆能离子形式；C.铝离子和碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和二氧化碳；D.乙酸乙酯在碱性条件下完全水解生成乙酸钠和乙醇。9．【答案】B【解析】【解答】A．对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径大小关系为：S2B．H2O分子中心原子为O原子，其孤电子对数为2；H3O+中的O原子孤电子对数为1。孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，导致键角越小。因此键角∠HOH的大小关系为：H2C．N2H4是极性分子，而乙烯(C2H4)是非极性分子。因此分子极性的大小关系为：N2D．金刚砂(SiC)中，C的原子半径小于Si，因此C-C键键长小于C-Si键键长。键能方面C-C键大于C-Si键，导致熔点关系为金刚石>金刚砂，选项D正确；综上所述，正确答案为B。

【分析】A．比较微粒半径方法，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；B．水分子和水合氢离子的中心原子氧原子的价层电子对数都是4，但水分子中氧原子有2对孤电子，斥力大，键角小；C．根据分子结构，N2H4是极性分子，乙烯(C2H4)是非极性分子；D．金刚石和金刚砂都是共价晶体，比较共价键键长，金刚石中碳碳键键长短，键能大，则熔点高。10．【答案】C【解析】【解答】A.甲醛与聚乙烯醇发生反应生成维纶，其中聚合物X是聚乙烯醇，其结构单元（链节）为，因此A选项正确；B.在酸性条件下，苯酚与甲醛反应可以生成线型酚醛树脂，其结构为，因此B选项正确；C.在碱性条件下（如使用浓氨水作为试剂Y），苯酚与过量甲醛反应会形成三维网状结构的酚醛树脂，而非线型结构，因此C选项是错误的；D.苯酚与甲醛通过缩聚反应，脱去水分子，生成酚醛树脂，因此D选项正确；综上所述，正确答案为C。

【分析】A.根据维纶结构，可推得X的链节；B.苯酚和甲醛会发生加成反应；C.苯酚和甲醛在碱性条件下反应后生成网状结构酚醛树脂；D.酚醛树脂是苯酚和甲醛通过缩聚反应生成的。11．【答案】A【解析】【解答】A.虽然高压条件能提高球磨法合成氨的产量，但成本增加会降低经济效益，因此A选项说法错误；

B.根据热力学公式ΔG=ΔH-TΔS<0（反应自发进行条件），合成氨反应ΔH＜0且ΔS＜0，在常温常压下就能自发进行，故B选项正确；

C.过程Ⅰ中铁粉经过球磨活化后产生的缺陷越多，对N2的吸附能力越强，反应速率越快，因此C选项正确；

D.从图示可以看出，过程Ⅱ中N≡N键断裂所需的能量来源于机械碰撞作用，故D选项正确；

正确答案选择A。【分析】根据题目分析，氮气(N2)和氢气(H2)在铁粉催化作用下反应生成氨气(NH3)。12．【答案】C【解析】【解答】A.B电极与电源正极相连，作为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2I--2e-=I2，选项A正确；

B.在电解过程中，阳离子向阴极移动，因此阳离子从B极区迁移至A极区，选项B正确；

C.根据化学计量关系2e-~I2~H2O，每通过2mol电子消耗1mol水。样品中水分质量m与电解消耗的电量Q之间的关系应为m=Q2F×18，选项C错误；

D.若将该方法用于测定Na2CO3固体中的水分含量，由于I2会与Na2CO3发生反应，导致消耗的I2量增加，从而使测定结果偏高，选项D正确；

正确答案为C。【分析】与外加电源正极相连的B电极作为阳极，阳极发生氧化反应，其电极反应为：2I--2e-=I213．【答案】B【解析】【解答】A.根据晶胞结构图3显示，每个晶胞中含有2个S原子，1个Fe原子，1个Cu原子和1个Na原子，完全符合NaCuFeS2的化学式组成，故A选项正确；B.晶胞结构分析表明，每个硫离子周围最近且等距离的钠离子数量为3个，故B选项是错误的；

C.充电过程中，Na+从NaCuFeS2晶体中脱嵌，重新生成CuFeS2，此时Cu的化合价从+1价升高到+2价，发生氧化反应，故C选项正确；

D.NaCuFeS2在空气中加热时，可能生成稳定的氧化物Cu2O和Fe3O4，故D选项正确；

综上所述，正确答案为B。

【分析】化合物X是通过在CuFeS2晶体中嵌入Na+离子形成的。在原始CuFeS2晶体中，各元素的价态为：S(-2价)、Cu(+2价)、Fe(+2价)。当Na+嵌入后，X晶体中Fe与Cu的原子个数比为1：1，此时S和Fe的价态保持不变，而Cu的价态从+2价降低到+1价。为保持电中性，最终形成的化合物X的化学式为NaCuFeS2。14．【答案】C【解析】【解答】A．步骤Ⅰ中粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率并提高浸出率，A正确；B．灼烧后得到的铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，使用NH3-NH4Cl混合溶液作为浸取剂可以将CuO转化为[Cu(NH3)4]2+而溶解，从而提高铜的浸取率，B正确；

C．(NH4)2C2O4过量会导致CuC2O4沉淀溶解，发生以下平衡反应：CuC2O4s⇌Cu2+aq+C2O42-aq

以及Cu2++2C2O42-⇌CuC2O422-，因此C错误；

D．滤液1中加入NH4F后，Cu2+与F-形成络离子，再加入(NH4)2C2O4转化为CuC2O4沉淀，说明Cu2+与F−的结合能力弱于Cu2+与C2O415．【答案】D【解析】【解答】A．CuS对应KspCuS=6.3×10-36、FeS对应B．向20mL0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液，Cu2++2HS-⇌CuS+H2SK=cC．实验Ⅰ中，等体积混合后Cu2+过量，由Cu2++2HS-=CuS↓+H2S可知，HS-完全反应生成H2S。H2D．当pH=6时，c(H+)=1×10-6mol/L，HS-浓度为1.0×10-4mol/L，S2-浓度为：Ka2cHS-cH+=1.3×10−13故选D。【分析】A．根据同类型难溶物，Ksp越小，溶解度越小，利用沉淀转化，硫化亚铁转化为硫化铜沉淀，除去铜离子；B．根据反应方程式Cu2++2HSC．硫酸铜20mL时，得硫化氢溶液，硫化氢是弱酸，部分电离，可比较对应微粒浓度大小；D．根据硫化氢Ka2，C(H+)和C(HS-)，可求得硫离子浓度，结合锰离子浓度，计算硫化锰Ksp。16．【答案】D【解析】【解答】A．根据分析，产物甲为1-氯丙烷，对应的中间体A应为CH3CH2C·H2，该选项正确；

B．在反应物转化为中间体的过程中，断裂的化学键包括C-H键和Cl-Cl键（吸收能量），同时形成的H-Cl键会释放能量。整个过程净效应为吸热，说明C-H键与Cl-Cl键的键能之和大于H-Cl键的键能，该选项正确；

C．由于生成产物乙（2-氯丙烷）的活化能较低，反应更容易进行，这表明在丙烷的氯代反应中，-CH217．【答案】(1)C，D

(2)

(3)尿素分子中羰基和氨基能与水分子或自身形成更多氢键，分子间作用力强，难挥发，可吸附并锁住水分，乙醇分子含有一个羟基也能与水形成氢键，但乙基导致分子间作用力较弱，易挥发，挥发过程中会带走皮肤表面的水分

(4)取少量尿素晶体于试管中，加入(较浓的)NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，说明尿素中含有氮元素

(5)AsO43-、GaOH4【解析】【解答】（1）A．由晶胞图，用均摊法，Ca原子个数为1，C原子个数为1，N原子个数为2，X化学式为CaCN2B．HN=C=NH与H2C．CO(NH2)2中C原子形成3个σ键，无孤电子对，是sp2杂化；N原子形成3个D．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能N>O>C，D错误；故答案选CD。（2）分子氨基氰H2N-CN加成聚合，1H-NMR（3）尿素分子中羰基和氨基能与水分子或自身形成更多氢键，分子间作用力强，难挥发，可吸附并锁住水分，乙醇分子含有一个羟基也能与水形成氢键，但乙基导致分子间作用力较弱，易挥发，挥发过程中会带走皮肤表面的水分。（4）利用含氮化合物与碱共热产生氨气，氨气使湿润红色石蕊试纸变蓝的性质来检验N元素，取少量尿素晶体于试管中，加入(较浓的)NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，说明尿素中含有氮元素。（5）废料加NaOH，H2O2，H2O2有氧化性，As被氧化，GaOH3与(6)从沉淀率随pH变化表看，pH调至5.0～6.0，Si、Ga沉淀率高，可以提高镓的沉淀率；GaOH3是两性氢氧化物，与AlOH(7)碳还原Ca3AsO42，碳被氧化为CO，Ca3AsO42中As被还原为As单质，Ga元素以GaO形式存在，根据得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式Ca3(AsO3)2+5C700°C¯¯3CaO+2As↑+5CO↑18．【答案】(1)A，D

(2)−410

(3)d

(4)硫原子半径大，S2分子中π键不稳定易断裂；生成S8分子时形成S-Sσ键放出的热量比断开π键吸收的热量多，ΔH＜0，降温凝华时促使反应向放热方向进行，故聚合成S8

(5)0.083SO32-+4e-+3H2O=S+6OH-

(6)pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，SO3【解析】【解答】（1）A.加压可以增大原料气浓度，同时增大压强能够加快反应速率，从而提高SO2的吸收速率，选项A符合题意；

B.降低温度会导致反应速率减慢，使SO2的吸收速率降低，选项B不符合题意；

C.及时分离出S2对反应速率无直接影响，选项C不符合题意；

D.使用更高效的催化剂能够提高反应速率，进而加快SO2的吸收速率，选项D符合题意。

答案选AD。

（2）已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)分别为-283kJ/mol和-722kJ/mol，可写出以下热化学方程式：①CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH1=-283kJ/mol

②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) ΔH2=-722kJ/mol

根据盖斯定律，将①×4-②得到目标反应：4COg+2SO2g=S2g+4CO2g

其反应焓变ΔH=4ΔH1-ΔH2=4×(-283kJ/mol)-(-722kJ/mol)=−410kJ/mol；

（5）①SO2气体通入0.100mol/LNaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，溶液中主要问Na2SO3和NaHSO3的混合物，Ka2=c(H+)×c(SO32-②电解还原吸收液Na2SO3制取单质硫，阴极上发生还原反应，SO32-得电子生成单质硫，电极反应式为：(6)pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，SO32-浓度增大；但H+浓度降低，CaCO3s+2H+aq=Ca2+aq+CO2↑g+H2Ol逆向进行，Ca2+浓度减小的影响大于SO32-浓度增大的影响，硫脱除率下降。

【分析】（1）增大反应速率可增大反应物浓度和使用催化剂；

（2）①CO(g)+12O2(g)=CO2(g) ΔH1=-283kJ/mol

②19．【答案】（1）减缓反应速率、延长蒸发结晶时间（2）溶液蓝绿色褪去（3）C（4）b→d→c→a→e（5）B；C；D（6）CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应【解析】【解答】（1）若加水过多，会导致反应物浓度降低，主要弊端是：反应速率减慢，蒸发结晶所需时间延长；（2）Cu(ClO4)2·6H2O为蓝绿色晶体，其水溶液呈蓝色。加热回流结束后，溶液颜色由蓝绿色褪去；（3）根据已知信息，Cu+配合物无色且易氧化，干燥时需隔绝空气，因此选择真空干燥，故选C；（4）实验二的“惰性气体保护”操作需通过反复抽真空和通氮气置换空气，具体步骤为：关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3次→关闭真空泵；（5）A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A正确；B．步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B错误；

C．步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C错误；

D．Cu+的配合物易被氧化，实验二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D错误；

故选BCD。

(6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下而[Cu(CH3CN)4]ClO4【分析】实验流程中，Cu2(OH)2CO3与高氯酸反应生成Cu(ClO4)2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到蓝绿色晶体Cu(ClO4)2·6H2O。随后在无水乙腈中，铜粉将Cu2+还原为Cu+，步骤Ⅴ通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作完成制备。由于Cu+的配合物通常无色且易被氧化，干燥时需隔绝空气，故采用真空干燥法。（1）若加入太多水，会导致反应物的浓度降低，弊端是：减缓反应速率、延长蒸发结晶时间。（2）Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体，溶于水后得到蓝色溶液，加热回流结束时，溶液蓝绿色褪去。（3）由已知信