【高考真题】2025年6月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题（含答案）

2025年6月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题一、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．下列属于含氧酸盐的是（）A．K2CO B．NaCl C．H2SO4 D．CH3OH2．下列化学用语表示不正确的是（）A．CH4的结构式：B．基态氧原子的轨道表示式C．p电子云轮廓图：D．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的系统命名：2-乙基丁烷3．根据元素周期律推测，下列说法不正确的是（）A．原子半径：Mg>Na B．电负性：C>SiC．非金属性：Br>I D．热稳定性：NH3>PH34．下列实验原理或方法不正确的是（）A．可用CCl4萃取碘水中的I2B．可用重结晶法提纯含有少量NaCI的苯甲酸C．可用浓NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸D．可用浓Na2CO3溶液将CaSO4转化为CaCO35．物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是（）A．金刚石硬度大，可用于制作切削刀具B．氧化铝具有两性，可用于制作埚C．SiO2熔点高，可用于生产光导纤维D．氨气有还原性，可用于生产铵态氮肥6．可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不今理的是（）选项结构性质A正戊醇和乙醇分子中均含有一个羟基两者的水溶性相当B金属钨晶体中金属键强金属钨熔点高C聚乳酸的结构是聚乳酸可降解D油酸甘油酯分子中有碳碳双键油酸甘油酯易被氧化变质A．A B．B C．C D．D7．下列离子方程式正确的是（）A．HCO3-的水解反应：HCO3-+H2O=H3O++CO32-B．CaCO3与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．FeO与硝酸反应：FeO+2H+一Fe2++H2OD．苯酚钠水溶液中通入少量CO2气体：8．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（）A.铁制镀件上镀铜B.实验室快速制备氨气C.实验室蒸馏分离CCl4和CH2Cl2D.检验乙醇脱水生成乙烯A．A B．B C．C D．D9．科学家通过对水杨酸进行分子结构修饰，得到药物美沙拉嗪，下列说法不正确的是（）A．反应1产物中是否含有残留的水杨酸，无法用FeCl3溶液检验B．反应1中，需控制反应条件，防止水杨酸被氧化C．反应2可通过还原反应生成美沙拉嗪D．在盐酸中溶解性：水杨酸>美沙拉嗪10．下列含铁化合物的制备方案正确的是（）选项目标产物制备方案AFeCl3·6H2OFeCl2溶液通足量Cl2后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤BFe2O3红热的铁粉与水蒸气反应CFeCl2FeCl2·4H2O在干燥的HCI气流中脱水DFe(OH)2FeCl2溶液中滴加煮沸过的NaOH溶液，在空气中过滤A．A B．B C．C D．D11．下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是（）H2SO4(l)+Fe(OH)2(s)=FeSO4(s)+2H，O(I)△H1H2SO4(l)+2NaOH(s)=Na2SO4(s)+2H2O(I)△H2H2SO4(l)+Na2O(s)=Na2SO4(s)+H2O(I)△H3SO3(g)+Na2O(s)=Na2SO4(s)△H4SO3(g)+H2O(I)=H2SO4(I)△H5A．△H1-△H2>0 B．△H2-△H3>0C．△H3-△H4<O D．△H4，-△H5<012．通过电化学方法制备Br，进而由Br，与反应合成为提高电流利用效率，某小组设计电化学合成示意图如下，已知氧化性：H2O2>Br。下列说法不正确的是（）A．电极A与电源正极相连B．电极B的电极反应式为：O2+2H++2e2-=H2O2C．电解液中H2SO4可以用氢溴酸代替D．原料足量的情况下，理论上电路中转移0.2mole可得到0.1mol13．能代表化合物（N2H4）2Zn(SO4)2的结构片段如图（氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是（）A．图中球①代表原子团NH2B．该化合物易溶于水C．作还原剂时，该化合物释放H+D．氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键14．传统方法中，制备化合物c常用到NaCN。某课题组提出了一种避免使用NaCN的方法，机理如图所示（L表示配体，0、I、I、Ⅲ表示价态)。下列说法不正确的是（）A．化合物b是NaCN的替代品B．是该过程产生的副产物C．M可能是R3SiBr和H+D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应15．已知：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)Kap=1.8×10-10Ag+(aq)+2CI-(aq)⇌[AgCl2]-(aq)K=1.1×105下列有关说法不正确的是（）A．过量AgCI在1.0mol/LNaCl溶液中，c(Ag+）=1.8X10-10mol/LB．过量AgCI在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010mol/LAgNO3溶液，有AgCl生成C．过量AgCl在水中溶解的质量大于在相同体积3.0mol/LNaCI溶液中溶解的质量D．0.010molAgCI在1L10mol/L的盐酸中不能完全溶解16．NaOH中常含Na2CO3。为配制不含Na2CO3的NaOH溶液，并用苯甲酸标定其浓度，实验方案如下：步骤I——除杂：称取NaOH配制成饱和溶液，静置，析出Na2CO3；步骤I——配制：量取一定体积的上层清液，稀释配制成NaOH溶液；步骤Ш——标定：准确称量苯甲酸固体，加水溶解，加指示剂，用步骤I所配制的NaOH溶液滴定。下列说法正确的是（）A．步骤I中Na2CO3析出的主要原因是：c(OH-)很大，抑制CO32-水解B．步骤I中可用量筒量取上层清液C．步骤Ⅲ中可用甲基橙作指示剂D．步骤I、Ⅲ中所需的蒸馏水都须煮沸后使用，目的是除去溶解的氧气二、非选择题（本大题共4小题，共52分）17．铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答：（1）有关铜和硫的说法正确的是____A．基态硫原子有7对成对电子B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关C．基态铜原子失去2个电子，3d轨道形成全充满结构D．配位键强度：[Cu(NH3)]2+>[Cu(NH3)]+（2）一种铜化合物的晶胞如图1，写出由配离子表示的该化合物的化学式（3）化合物A[化学式：(H2N)3PS]和B[化学式：(H2N)3PO]具有相似的结构，如图2。①化合物B给出H+趋势相对更大，请从结构角度分析原因②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含H3PO4的溶液，写出发生反应的化学方程式。③设计实验检验气体C（要求利用气体C的氧化性或还原性)。（4）有同学以Cu3FeS4为原料，设计如下转化方案：①步骤I的化学方程式②步骤I中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性CuBr。气体X为（要求不引入其他新的元素）；溶液F中除K+、H+、Br外，浓度最高的两种离子（按浓度由高到低顺序）。18．氧气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答：（1）下列措施中能提高新制饱和氣水中HClO浓度的是____。A．加NaCI固体 B．加水C．加CaCO3粉末 D．加足量Ca(OH)2溶液（2）氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应（不考虑其他反应）：Ⅰ.Cl2(aq)+H2O(I)=H+(aq)+CI-(aq)+HClO(aq)Ⅱ.2HClO(aq)=Cl2O(aq)+H2O(D)K=10-2.0Ⅲ.HClO(aq)=H+(aq)+ClO-(aq)T1℃时，在不同pH下，约2mg/L氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值（lgc)如图1所示（溶液体积保持不变）。①Cl2O分子的空间构型是。②在pH=4~9之间，ClO-浓度增加，其最大来源是（填含氣微粒符号)。③该氣水中氯元素质量守恒表达式：c(CI-)=c(HClO）+。④在图中画出pH=4~9之间，1gc(Cl2O)随pH的变化曲线。（3）某研究小组提出，商用ClO2(常含杂质Cl2)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。Ⅳ.2ClO2(aq)+H2O(I)=ClO3-(aq)+ClO2-(aq)+2H+(aq)Ⅴ.2ClO2(aq)+ClO-(aq)+H2O(I)-2ClO3-(aq)+2H+(aq)+CI-(aq)ClO，中Cl，含量对ClO，反应初始速率[u(ClO2)]的影响如图2所示。实验条件：T2℃，ClO2初始浓度相同。①Cl2的存在主要加快了反应（填“IV”或“V”)。②指出改变υ初始(ClO2)的影响因素，并解释原因。19．配合物二草酸合铜（[I)酸钾K2[Cu(C2O4)2](M=318g/mol)，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下：步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O4·2H2O、0.016molK2CO3充分反应后，得到混合溶液M；步骤II：混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应，趁热过滤得滤液N；步骤III：步骤IV：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]已知：i.25℃时，H，CO的K=5.6X10-2、K=5.4×10-5；H，CO，的K=4.5X10-7、Ka2=4.7X10-”。i.K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。请回答：（1）K2[Cu(C2O4)2]·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是(填元素符号）。（2）步骤I所得的混合溶液M，在25℃C时其pH最接近于____。A．2 B．3 C．4 D．5（3）步骤I，过滤去除杂质需趁热进行的原因是。（4）下列说法不正确的是____。A．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应一次性快速加入，以确保反应完全B．步骤I，应用水浴控制温度，以避免K2[Cu(C2O4)2]分解C．热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2]·xH2O样品完全脱水后质量降低10.17%，则x=4D．粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线行射法进行区分（5）室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数的是____。A．样品质量、钾的物质的量B．钾的物质的量、铜的物质的量C．铜的物质的量、草酸根的物质的量D．草酸根的物质的量、水的物质的量（6）有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由。20．化合物G是一种治疗哮喘的药物，某研究小组按以下路线合成该化合物（反应条件及试剂已简化)：请回答：（1）化合物A中含氧官能团的名称是；从整个过程看，A→B的目的是（2）下列说法不正确的是____。A．化合物A的水溶性比化合物B的大B．C→D的反应中有H，产生C．化合物B和C分子中sp2杂化碳原子的数目相同D．化合物G分子中含有2个手性碳原子（3）E→F的化学方程式。（4）生成G的同时还生成了HCI，则X的结构简式是（5）D→E过程中有副产物生成，写出一种可能的副产物的结构简式（其分子式为C26H34O6N2且含有苯环)。（6）以和为有机原料，设计化合物(D指12H)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．K2CO3由K+和CO32-构成，属于含氧酸盐，故A正确；

Ｂ．NaCl不含氧元素，不属于含氧酸盐，故B错误；

Ｃ．H2SO4电离产生的阳离子全部是H+，属于酸而不是盐，故C错误；

Ｄ．CH3OH属于有机物，故D错误；

故选A。2．【答案】D【解析】【解答】A．CH4由4个C-H键构成，其结构式为，故A正确；

Ｂ．基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式为，故B正确；

Ｃ．p轨道的电子云轮廓为哑铃形，即，故C正确；

Ｄ．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的最长碳链含有5个碳原子，应该是戊烷，支链位于3号C原子，则其正确命名为：3-甲基戊烷，故D错误；

故选D。

【分析】A．甲烷为正四面体结构；

Ｂ．O为8号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；

Ｃ．p轨道电子云轮廓呈哑铃形；

Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。3．【答案】A【解析】【解答】A．Mg和Na均为第三周期元素，Na位于Mg的左侧，同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na>Mg，故A错误；

Ｂ．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：C>Si，故B正确；

Ｃ．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Br>I，故C正确；

Ｄ．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性：N>P，则热稳定性：NH3>PH3，故D正确；

故选A。

【分析】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；

Ｂ．元素的非金属性越强，电负性越大；

Ｃ．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱；

Ｄ．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。4．【答案】C【解析】【解答】A．CCl4与水互不相溶，且I2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此可用CCl4萃取碘水中的I2，故A正确；

Ｂ．苯甲酸的溶解度随温度升高显著增大，NaCl的溶解度随温度变化较小，因此可用重结晶法提纯含有少量NaCI的苯甲酸，故B正确；

Ｃ．乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，应当用饱和碳酸钠溶液中和乙酸乙酯中的乙酸，故C错误；

Ｄ．向硫酸钙中加入浓碳酸钠溶液，微溶的硫酸钙会转化为难溶的碳酸钙，故D正确；

故选C。

【分析】A．萃取需要满足：①萃取剂与原溶剂互不相溶，②溶质在萃取剂中溶解度远大于在原溶剂中；

Ｂ．重结晶法适用于溶解度随温度变化差异较大的物质提纯；

Ｃ．乙酸乙酯在NaOH中水解；

​​​​​​​Ｄ．碳酸钙比硫酸钙更难溶。5．【答案】A【解析】【解答】A．金刚石是天然存在的最硬物质，具有很高的硬度，能够切割其他材料，因此可用于制作切削刀具，故A正确；

Ｂ．坩埚需要耐高温，用氧化铝制作坩埚，利用的是其熔点高、耐高温的性质，与其具有两性无关，故B错误；

Ｃ．SiO2具有良好的光学特性，因此可用于生产光导纤维，而非因为其熔点高，故C错误；

Ｄ．氨气用于生产铵态氮肥，是因为氨气能与酸反应生成铵盐（体现碱性），而非因为其具有还原性，故D错误；

故选A。

【分析】根据各物质的性质判断其用途的合理性，在这个过程中需明确物质用途所依赖的核心性质，排除干扰性质。6．【答案】A【解析】【解答】A．对于醇类物质，羟基是亲水基团，烃基是疏水基团，乙醇分子中烃基较小，水溶性较好；正戊醇分子中烃基较大，疏水作用增强，因此乙醇的水溶性强于正戊醇，故A错误；

Ｂ．金属晶体中金属键越强，熔点越高，金属钨晶体中金属键强，由此可推断出金属钨熔点高，故B正确；

Ｃ．聚乳酸中含有酯基，酯基在一定条件下能发生水解，因此聚乳酸可降解，故C正确；

Ｄ．油酸甘油酯分子中有碳碳双键，碳碳双键不稳定，易被氧化，因此油酸甘油酯易被氧化变质，故D正确；

故选A。

【分析】A．羟基是亲水基团；

Ｂ．金属键越强，金属的熔点越高；

Ｃ．酯基能发生水解；

​​​​​​​Ｄ．碳碳双键不稳定，易被氧化。7．【答案】D【解析】【解答】A．HCO3-水解生成碳酸，正确的水解反应为：HCO3-+H2O⇋H2CO3+OH-，HCO3-+H2O=H3O++CO32-是HCO3-的电离方程式，故A错误；

Ｂ．醋酸是弱酸，应保留分子式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B错误；

Ｃ．硝酸具有强氧化性，FeO与硝酸反应时，生成硝酸铁，正确的离子方程3FeO+10H+8．【答案】B【解析】【解答】A．铁制镀件上镀铜时，铜应作阳极，铁制镀件应作阴极，该装置电极连接错误，不能达到镀铜目的，故A错误；

Ｂ．向NaOH固体中滴加浓氨水，NaOH固体溶解放热时氨气挥发出来，可制得氨气，故B正确；

Ｃ．蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，图中温度计位置错误，不能准确控制蒸馏温度，无法达到分离目的，故C错误；

Ｄ．乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，高锰酸钾褪色不能检验乙烯的生成，该装置不能达到实验目的，故D错误；

故选B。

【分析】A．电镀时，待镀金属作阴极；

Ｂ．碱石灰溶解放热是氨气逸出；

Ｃ．蒸馏时，温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处；

Ｄ．乙醇具有还原性，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色。9．【答案】D【解析】【解答】A．水杨酸和反应1产物均含有酚羟基，与FeCl3溶液反应均呈紫色，不能检验，故A正确；

Ｂ．水杨酸含有酚羟基，酚羟基易被氧化，所以反应1中需控制反应条件，防止水杨酸被氧化，故B正确；

Ｃ．反应2中，硝基被还原为氨基，发生还原反应，因此反应2可通过还原反应生成美沙拉嗪，故C正确；

Ｄ．水杨酸含有羧基和酚羟基，美沙拉嗪含有氨基和酚羟基，氨基能与盐酸反应生成盐，所以在盐酸中溶解性：美沙拉嗪>水杨酸，故D错误；

故选D。

【分析】A．FeCl3溶液常用于检验酚羟基；

Ｂ．水杨酸含有酚羟基，易被氧化；

Ｃ．反应2是将硝基还原为氨基得到美沙拉嗪；

Ｄ．氨基能与盐酸反应。10．【答案】C【解析】【解答】A．Cl2具有强氧化性，FeCl2溶液通足量Cl2被氧化为FeCl3溶液，加热蒸发浓缩会促进FeB．红热的铁粉与水蒸气反应得到的产物是Fe3O4，B错误；C．在干燥的HCI气流中脱水能够抑制Fe2+在水解，同时防止FeCl2被空气中的氧气氧化，FeCl2⋅4D．在空气中过滤Fe(OH)2易被氧化为故选C。

【分析】A．氯化铁溶液水解生成氢氧化铁；

Ｂ．铁粉与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁；

Ｃ．亚铁离子能发生水解，且溶液被氧化，因此要注意隔绝空气，同时要抑制其水解；

Ｄ．Fe(OH)11．【答案】C【解析】【解答】A．酸碱中和反应为放热反应，Fe(OH)2难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应②H2SO4(l)+2NaOH(B．已知反应②H2S③H2S利用盖斯定律将反应③-反应②得到H2O(l)C．已知反应⑤SO3(g)+H2O(l)=D．已知反应③H2SO4(l)故选C。【分析】根据∆H-T∆S<0时反应自发进行以及盖斯定律分析，盖斯定律指的是，不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。也就是说，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。12．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阳极，与电源正极相连，A正确；B．由分析可知，电极B为阴极，O2在电极B发生还原反应生成H2O2C．电解液中H2SOD．由得失电子守恒可知，电路中转移0.2mole−生成0.1molBr2，但由信息可知氧化性：H2O故选D。【分析】该装置为电解池，由图可知，电极A上，Br-发生氧化反应生成Br2，则电极A为阳极，电极B为阴极，阴极发生还原反应，电极反应式为：O213．【答案】D【解析】【解答】A．N2H5+可表示为NH2-NH3+，其中B．该化合物属于盐类物质，N2C．作还原剂时，N2H5+化合价升高转化为N2和D．N2H5+中①号氮原子与Zn2+形成配位键，旁边的氮原子与H+故选D。【分析】结合结构片段和化合物的化学式（N2H4）2Zn(SO4)2可知，其结构如图：。14．【答案】C【解析】【解答】A．反应中化合物b含有-CN，能代替NaCN提供-CN制备化合物c，故A正确；

Ｂ．观察反应过程可知，反应过程中有自由基生成，结合得到副产物，故B正确；

Ｃ．由图可知，LNiI-Br与R3SiH反应生成LNi0和M，反应过程中Ni元素的化合价降低，H元素的化合价从-1价升高到0价生成氢气，不会得到H+，故C错误；

Ｄ．反应过程中，含Ni化合物中Ni元素的化合价升高2次，发生了2次氧化反应，故D正确；

故选C。

【分析】A．反应过程中化合物b提供-CN基团；

Ｂ．结合反应原理分析副产物；

Ｃ．该反应中，Ni元素的化合价降低，H元素的化合价升高；

Ｄ．氧化反应过程中存在元素化合价升高。15．【答案】C【解析】【解答】A．在NaCl溶液中，Cl-主要来自NaCl，则[Cl−B．AgCl在纯水中的饱和溶液中，[Ag+]=[CC．在纯水中：溶解度s水=Ksp=1.8×10−10≈1.34×10−5 mol/L。溶解质量正比于溶解度（相同体积）。在3.0 mol/L NaCl溶液中：高[D．盐酸中[Cl−]=10 mol/L。若假设0.010 mol AgCl完全溶解，则总银浓度S=0.故选C。【分析】A．根据Ksp=[Ag+][Cl−16．【答案】B【解析】【解答】A．步骤I中Na2CO3析出的主要原因是NaOH饱和溶液中Na+浓度很大，Na+离子浓度大能使Na2CO3的溶解平衡逆向移动，从而析出Na2CO3，故A错误；

Ｂ．配制一定浓度的NaOH溶液，可用量筒量取上层清液进行稀释配制，故B正确；

Ｃ．苯甲酸与NaOH反应生成的苯甲酸钠为强碱弱酸盐，滴定终点时溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C错误；

Ｄ．氧气对配制苯甲酸溶液没有影响，蒸馏水煮沸的目的是除去CO2，而不是氧气，故D错误；

故选B。

【分析】A．根据同离子效应分析；

Ｂ．可用量筒量取NaOH；

Ｃ．甲基橙的变色范围为3.1~4.4；

Ｄ．步骤I、Ⅲ蒸馏水煮沸的目的不同。17．【答案】（1）A；B；D（2）[Cu(NH3)4][PtCl4]（3）电负性O>S，导致化合物B中N一H键极性更大；2(H2N)2PS+3H2SO4+8H2O=2H3PO4+2H2S↑+3(NH)2SO4；将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，若溶液颜色褪去且有黄色浑浊出现，说明有S，气体为HS（4）4Cu3FeS4+2H2SO++33O2=12CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O；2SO2；SO2、Fe2+【解析】【解答】（1）A．硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为：1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确；B．焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确；C．基态铜原子电子排布式为[Ar]3d104s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成：[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误；D．配位数是指中心原子周围配体的个数，[Cu(N故选ABD。（2）根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：8×18+1=2，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：4×14（3）①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B(H2N②化合物A[化学式：(H2N)3PS]与足量稀硫酸混合，(H2N)3PS中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成H3PO4、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2(H2N)3PS+3H2SO4+8H2OΔ__2H3PO③由②可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S)；（4）①步骤I中，Cu3FeS4与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为：4Cu3FeS4+33O2+2H2SO4=12CuSO②步骤Ⅱ中要将溶液E(含Cu2+等)中的铜元素全部转化为CuBr，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，Cu2+被还原为Cu+(存在于CuBr中)，需要加入具有还原性的气体，所以气体X为SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，同时溶液E中的CuSO4、Fe2(SO4)3还有大量的SO42−，所以溶液F除含K+、H+、Br【分析】（1）Cu为29号元素，S为16号元素；

（2）根据均摊法计算各离子数目，进而确定其化学式；

（3）①电负性越大，键的极性越强；

②化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体H2S、H3PO4和(NH)2SO4；

③H2S具有还原性；

（4）步骤I中，Cu3FeS4与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O。步骤Ⅱ中溶液E中的Cu2+被还原为CuBr，需要加入具有还原性的气体SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，同时溶液中还有大量的SO42−，来自CuSO4、Fe2(SO4)318．【答案】（1）C（2）角形；HClO；c(ClO）+2c(CI2O）；（3）V；CI浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO-浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大【解析】【解答】（1）饱和氯水中存在平衡：ClA．加NaCl固体，ClB．加水，平衡正向移动，HClO物质的量增加，但浓度降低，B错误；C．加CaCO3粉末，消耗D．加足量Ca(OH)2溶液，消耗故答案为C。（2）①Cl2O②在pH=4~9之间，ClO−③Cl2溶于水生成等量的Cl−和HClO，HClO进一步转化为Cl④由2HClO(aq)⇌Cl2O(aq)+H2O(l)K=10（3）①反应Ⅳ是ClO2自身的氧化还原反应，而反应V是ClO−做氧化剂，将ClO②读图可知，影响v初始(ClO2)的主要因素有溶液pH以及【分析】（1）新制饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，提高HClO的浓度，只需要使该反应的平衡正向移动即可；

（2）①Cl2O的中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；

②pH=4~9之间，HClO电离使ClO-浓度增大；

③19．【答案】（1）O（2）C（3）避免遇冷后产物析出而损失（4）A；B；C（5）A；D（6）错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断【解析】【解答】（1）提供电中，端基的氧原子有孤电子对，可与具有空轨道的金属离子形成配位键，则K2[Cu（2）步骤I中100mL水中依次加入0.024molH2C2O4⋅2H2O、0.016molK2CO3，由于Ka2(H2C2O4)>Ka1(H2CO3（3）K2（4）A．步骤I，制备混合溶液M时，K2B．K2[Cu(CC．热重分析法测得K2[Cu(C2O4)2]D．射线衍射法是利用X射线探测晶体或分子结构的分析方法，粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分，D正确；故选ABC。（5）A．若已知样品质量(mg)、钾的物质的量(nmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x