2025年高考押题预测卷：化学02（云南卷）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学02（云南卷）（解析版），共20页。试卷主要包含了实验操作是进行科学实验的基础，下列对应的化学反应表示错误的是等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64 Se -79 Ce -140 Au-197 Bi-209
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
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，只有一项符合题目要求。
1．云南省博物馆收藏了青铜器、古钱币、陶瓷器、古书画、碑帖、邮票及各类工艺品，在这里，历史与现实相遇，思想与艺术交融。下列藏品中的主要材料属于有机化合物的是( )
【答案】D
【解析】A项，瓷器的主要成分是硅酸盐等无机物，A不选；B项，铜器的主要成分是铜合金，属于无机物，B不选；C项，玉玺主要成分是矿物，如透闪石或硬玉等无机物，C不选；D项，瑶族马尾帽所用马尾纤维是含蛋白质的动物纤维，属于有机化合物，D选；故选D。
2．化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是( )
A．汽车尾气催化转化器可有效减少CO2的排放，实现“碳中和”
B．烹煮食物的后期加入食盐，能避免NaCl长时间受热而分解
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．虾、蟹、昆虫等外壳的甲壳质又称几丁质C8H13O5N)n，属于高分子化合物
【答案】D
【解析】A项，汽车尾气催化转化器可将CO和氮氧化物经催化反应生成CO2和N2，并未有效减少CO2的排放，实现“碳中和”，A错误；B项，食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，与NaCl无关，B错误；C项，用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；D项，甲壳质(C8H13O5N)n又称几丁质，是虾、蟹、昆虫等外壳的重要成分，属于高分子化合物，D正确；故选D。
3．下列化学用语或表述错误的是( )
A．4-氯丁酸的结构简式：ClCH2CH2CH2COOH
B．SO3的模型：
C．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为
D．固体中的链状结构：
【答案】B
【解析】A项，4-氯丁酸的结构简式为ClCH2CH2CH2COOH，故A正确；B项，中心原子S的价层电子对数为，没有孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，故B错误；C项，铍原子基态最外层电子轨道为2s，s轨道的电子云轮廓图为球形，，故C正确；D项，固体HF分子间存在氢键，链状结构，故D正确；故选B。
4．实验操作是进行科学实验的基础。下列实验操作科学合理的是( )
【答案】B
【解析】A项，硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气也可与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，应在锥形瓶和试管之间加一盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去挥发的HNO3，A错误；B项，冲洗锥形瓶内壁，可保证充分反应，且不会影响滴定结果，图中操作合理，B正确；C项，检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有Cu2＋，操作错误，因为产物中还残留部分浓硫酸，应该是产物加入水中稀释，不是向产物中加水，C错误；D项，铜丝搅拌器会快速散热，会导致实验测出的放热量减少，ΔH偏大，D错误；故选B。
5．下列对应的化学反应表示错误的是( )
A．铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4-2e−=Pb+SO42-
B．证明H2C2O4有还原性：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
C．将K3[Fe(CN)6]]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[ Fe(CN)6]3-= KFe[ Fe(CN)6]↓
D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体：
【答案】A
【解析】A项，铅蓄电池工作时的正极反应：PbO2+2e−+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，充电时阳极反应：PbSO4-2e−+2H2O =PbO2+SO42-+4H+，A错误；B项，酸性KMnO4中Mn元素化合价为+7价，具有强氧化性，会将H2C2O4中+3价C氧化为+4价CO2，Mn元素被还原为+2价的Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O ，B正确；C．铁氰化钾K3[Fe(CN)6]能够与Fe2+反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：K++Fe2++[ Fe(CN)6]3-= KFe[ Fe(CN)6]↓，C正确；D．苯酚的酸性小于碳酸，苯酚酸钠能和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，D项正确；故选A。
6．高铁酸钠(Na2FeO4)作为一种新型高效的绿色消毒剂，在饮用水处理方面备受瞩目。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理为3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．Na2FeO4的水溶液显碱性，故可杀菌消毒
B．每生成1mlNa2FeO4转移电子数目为3NA
C．1L1ml·L-1FeCl3的水溶液中Fe3+数目为NA
D．1LpH=11的NaClO溶液中OH-的数目为0.001NA
【答案】B
【解析】A项，高铁酸钠溶于水后，会发生如下反应 4Na2FeO4+10H2O=Fe(OH)3↓+3O2↑+8NaOH，反应生成了氢氧化钠(NaOH)，使溶液呈碱性。然而，高铁酸钠的杀菌消毒作用主要来源于其强氧化性，而非碱性。Na2FeO4具有强氧化性，能杀灭病菌，故可杀菌消毒，A错误；B项，根据方程式中的变化可知，每生成1ml Na2FeO4转移电子数目为3NA，B正确；C项，1L1ml·L-1FeCl3的水溶液中含1mlFeCl3，由于一部分Fe3+发生水解反应，所以1L1ml·L-1FeCl3的水溶液中Fe3+数目为小于NA ，C错误；D项，溶液温度未知，Kw的数值不能确定，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量，D错误；故选B。
7．物质的微观结构决定其宏观性质，进而影响用途。下列性质差异与结构因素匹配正确的是( )
【答案】D
【解析】A项，酸性：HCOOH＞CH3COOH，表明HCOOH比CH3COOH易发生电离，也就是HCOOH中O-H的极性比CH3COOH中O-H的极性强，A错误；B项，H2O中O原子的价层电子对数为，采用sp3杂化，SO3中S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，二者中心原子的杂化方式不同，B错误；C项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，与第一电离能无关，C错误；D项，冠醚12−冠−4能够与Li+形成超分子，是因为Li+半径小与冠醚的空腔匹配，K+半径大，与该冠醚的空腔不匹配，故不能与之形成超分子，D正确；故选D。
8．化合物M的化学式为Y2X6Z5W2，可用于Friedel-Crafts节基化和环己基化反应催化剂。X、Y、Z、W均为短周期主族元素，Z与W同主族，X、Y、Z同周期，基态X原子的价层电子排布式为ns2np2n+1，基态Y原子s能级上的电子总数是p能级上电子总数的2倍，Z与W原子的质子数之和是Y原子序数的4倍。下列说法正确的是( )
A．电负性：Z＞X＞W
B．W的单质易溶于YW2
C．键角：YX4＞WZ3
D．基态Y、Z原子核外电子的空间运动状态均有5种
【答案】B
【解析】由基态Y原子s能级上的电子总数是p能级上电子总数的2倍可知，Y为C，X、Y、Z同周期，由基态X原子的价层电子排布式为ns2np2n+1可知，X为F，由Z与W同主族，Z与W原子的质子数之和是Y原子序数的4倍可知，Z、W分别为O、S。A项，同周期主族元素电负性从左向右电负性逐渐增大，同主族元素电负性从上到下逐渐减小，所以电负性：F＞O＞S，A项错误；B项，W的单质是硫单质，易溶于CS2，B项正确；C项，YX4是CF4，正四面体形，键角为，WZ3是SO3，平面三角形，键角为，C项错误；D项，基态碳原子核外电子的空间运动状态有4种，D项错误；故选B。
9．聚脲是一种先进的防水材料，广泛应用于工程建筑、管道防腐等领域。一种合成聚脲(W)的路线如下所示：
下列说法正确的是( )
A．M的核磁共振氢谱有2组峰
B．N是苯胺()的同系物，具有碱性
C．反应2生成W的同时生成H2O，为缩聚反应
D．W链间易形成氢键，且有极小的分子间隙，导致水分子难以渗入
【答案】D
【解析】合成聚脲W是先通过1分子的有机物M和1分子的有机物N发生氨基和氮碳双键加成生成有机物H ，然后有机物H再自身不断通过氨基和氮碳双键加成生成合成聚脲W。A项，有机物M()有三种氢原子，所以M的核磁共振氢谱有3组峰，A错误；B项，同系物必须含有相同种类和相同个数的官能团，有机物N含有两个氨基，但是苯胺只有一个氨基，他们分子式相差不是若干个CH2，所以它们不是同系物，B错误；C项，由上述分析可知反应2是加成反应形成的聚合，没有水生成，所以不是缩聚反应，C错误；D项，有机物W含有大量N-H键，所以分子之间可以形成氢键，该分子是线性分子，然后分子之前再形成大量氢键，可以减小分子之间的间隙，导致水分子难以渗入，D正确；故选D。
10．在实验室和工业上均有重要应用，一种制取KMnO4的原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ中反应的化学方程式：2MnO2+4KOH+O2K2MnO4+2H2O
B．Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ均需过滤
C．制取KMnO4的过程中，MnO2和KOH均可循环利用
D．K2MnO4在碱性条件下比在酸性条件下更稳定
【答案】C
【解析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4(步骤I)，反应后加稀KOH溶液使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤除去不溶性杂质(步骤II)，向滤液中通入过量CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2(步骤III)，滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体(步骤IV)。A项，I中MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4，化学方程式为2MnO2+4KOH+O2K2MnO4+2H2O，故A正确；B项，需要过滤的步骤有II、III、IV，故B正确；C项，第III步反应方程式为3K2MnO4+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KOH，加入CO2，减少生成KOH的浓度，促进反应进行，因此MnO2可循环利用，KOH被消耗，不能循环利用，故C错误；D项，碱性环境下K2MnO4不易发生歧化反应，而在酸性条件下K2MnO4会歧化为KMnO4和MnO2，因此K2MnO4在碱性条件下比在酸性条件下更稳定，故D正确；故选C。
11．一定温度下，在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。
下列说法不正确的是( )
A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能
B．5~10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1＜E3来解释
C．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、σ键的旋转
D．此温度下，X生成的平衡常数小于生成的平衡常数
【答案】B
【解析】A项，开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大于X→Y的活化能，A正确；B项，5~10min时，Z的浓度很低，说明主要发生反应X→Y，而Y→Z的速率很慢，即Y→Z的活化能大，则可以用E1＜E3来解释，B错误；C项，σ键的键能大于π键，Y→Z的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，C正确；D项，达到平衡时，Z的浓度大于Y，则X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数，D正确；故选B。
12．华中科技大学研究者在Science报道了一种新型热敏结晶增强液态热化学电池，可以给锂离子电池充电。胍离子(Gdm*)选择性地诱导[ Fe(CN)6]4-结晶，[Fe(CN)6]4-与[ Fe(CN)6]3-之间的转化平衡被打破，产生电势差，锂离子电池反应为Li1- xCO2+LixSiSi+LiCO2。下列说法正确的是( )
A．电池冷端电极电势小于热端电极电势
B．电池热端的电极反应式为[Fe(CN)6]3-＋e-=[ Fe(CN)6]4-
C．充电过程中Li+通过LiPON薄膜移向b极
D．充电时热端电极转移xml电子，b极生成1mlLi1- xCO2
【答案】D
【解析】根据锂离子电池反应为Li1- xCO2+LixSiSi+LiCO2，放电时Li1- xCO2即b极做正极，LixSi即a极做负极。充电时，a极为阴极，b极为阳极。A项，由于热敏结晶增强液态热化学电池(TC-LTC)的工作原理涉及在电解质中加入胍离子(Gdm*)来选择性地诱导[Fe(CN)6]4-结晶，[Fe(CN)6]4-在温度低的一端(顶部)结晶，并自发沉积到底部温度较高的一端，并在此重新溶解，如此循环。因此，电池冷端电极电势大于热端电极电势，A项错误；B项，在热敏结晶增强液态热化学电池中，热端发生的是氧化反应，即[Fe(CN)6]4-转化为[Fe(CN)6]3-，电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，B项错误；C项，在充电过程中，锂离子Li+通过电解质隔膜(如LiPON薄膜)移向电池的阴极(即a极)，C项错误；D项，充电时，每生成1mlLi1- xCO2转移xml电子，D项正确。故选D。
13．Ti3Au合金晶体有α-Ti3Au(甲)、β-Ti3Au(乙)两种结构。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A．α-Ti3Au与β-Ti3Au晶体的密度之比为
B．α-Ti3Au中，Au周围最近且等距的Ti的个数为12
C．图乙中，若M的坐标为，则N的坐标为
D．图乙中，Ti-Au间最近距离为
【答案】A
【解析】图甲中，由均摊法，Au原子个数为，Ti原子个数为，晶胞边长为anm，根据晶体密度的计算公式；图乙中，由均摊法，Au原子个数为，Ti原子个数为，晶胞边长为bnm，根据晶体密度的计算公式。A项，α-Ti3Au与β-Ti3Au晶体的密度之比为，A错误；B项，α-Ti3Au中，以顶点的Au为例，周围最近且等距的Ti的个数为，B正确；C项，图乙中，若M的坐标为，N位于右侧面上，则N的坐标为，C正确；D项，图乙中，，由M坐标可计算，Ti-Au间最近距离为，D正确；故选A。
14．常温下，向浓度均为0.1ml·L-1的C(NO3)2、Pb(NO3)2和的混合液中加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，lgc(M)与pH的部分关系如图所示。已知：、c(M)代表c(C 2＋)、c(Pb2＋)、c(H＋)、c(OH-)或c(R-)/c(HR)，Ksp[C(OH)2]＞Ksp[Pb(OH)2]。下列叙述错误的是( )
A．X代表lgc(C 2＋)与pH的关系
B．当c(R-)=5c(HR)时，c(Pb 2＋)=4.0×10-4ml·L-1
C．a点时，c(R-)＞c(C 2＋)＞c(H＋)＞c(Pb2＋)
D．C(OH)2+2HRC2++2R-+2H2O的平衡常数K=103
【答案】A
【解析】C(OH)2、Pb(OH)2结构相似，lgc(M)与pH的关系应该是两条平行线，Ksp[C(OH)2]＞Ksp[Pb(OH)2]，所以Y代表lgc(C 2＋)与pH的关系、X代表lgc(Pb 2＋)与pH的关系；随pH增大，c(H+)减小、c(OH-)增大，所以M代表lgc(H+)与pH的关系、N代表lgc(OH-)与pH的关系；HR的电离平衡常数不变，随pH增大，c(H+)减小，增大，所以Z代表与pH的关系。A项，由图可知曲线M代表lgc(H+)，曲线N代表lgc(OH-)，曲线X的Ksp=1.0×10-20，曲线Y的Ksp=1.0×10-15，因为Ksp[C(OH)2]＞Ksp[Pb(OH)2]，所以X代表lgc(Pb 2＋)与pH的关系，故A错误；B项，根据图像c(OH-)=1.0×10-7ml·L-1 时，c(Pb 2＋)=1.0×10-6 ml·L-1，Ksp[Pb(OH)2] =1.0×10-20。HR的电离常数，当时，c(H＋)=1.0×10-2ml·L-1 ，则Ka=1×10-5；当c(R-)=5c(HR)时，c(H＋)=2.0×10-6ml·L-1 ，c(OH-)=5.0×10-9ml·L-1；，故B正确；C项，根据图像c(OH-)=1.0×10-6ml·L-1时，c(C 2＋)=1.0×10-3 ml·L-1，Ksp[C(OH)2]=1.0×10-15。a点时，c(OH-)=1.0×10-4.5ml·L-1，c(C2＋)=，c(H＋)=1.0×10-9.5ml·L-1，代入，c(R-)+c(HR)=0.1 ml·L-1，可得，由图像知a c(C 2＋)＞c(H＋)＞c(Pb2＋)，所以c(R-)＞c(C 2＋)＞c(H＋)＞c(Pb2＋)，故C正确；D项，C(OH)2+2HRC2++2R-+2H2O的平衡常数，由图像可知Ksp[C(OH)2]=1.0×10-15，Ka=1×10-5，Kw=1×10-14，代入可得K=103，故D正确；故选A。
第II卷(非选择题 共58分)
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．(14分)铋酸钠(NaBiO3)是一种强氧化剂。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、SiO2、CuO等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：
已知：
①Bi3+易水解，NaBiO3难溶于冷水，与热水反应，Bi(OH)3不溶于水。
②“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。
③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表：
回答下列问题：
(1)铋元素在周期表中的位置 。“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
(2)“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过40℃的原因是 ，FeS发生反应的化学方程式为 。
(3)已知Cu2+(aq) +NH3(g)[Cu(NH3)4]2+(aq)，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+的配位数为 ，配体的空间结构为 。
(4)“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。
(5)取1.0g制得的NaBiO3产品，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液，发生反应5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO4-+7H2O，完全反应后再用0.1000的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗20.00mL H2C2O4标准溶液，则产品中铋元素的质量百分含量为 %。
(6)我国科学家对新型二维半导体芯片材料——Bi2O2Se的研究取得了突破性进展。Bi2O2Se的晶胞结构中Se2-的位置如图所示(略去O2-、Bi3+)，已知晶胞为竖直的长方体，高为b pm，晶体密度为ρg· cm-3 。设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞底边边长a＝ (填含b、ρ、NA的计算式，不必化简)。
【答案】(1)第六周期ⅤA族(1分) S和SiO2(1分)
(2) H2O2受热易分解(2分) 2FeS+3H2O2+6HCl＝2FeCl3+2S+6H2O (2分)
(3) 4(1分) 三角锥形(1分)
(4) Na++Cl2+Bi(OH)3+3OH-=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O(2分)
(5)65.8%(2分)
(6) (2分)
【解析】已知，氧化浸取时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，发生的反应有Bi2S3+3H2O2+6H+＝2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+＝2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3⋅H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O，Bi3+转化为氢氧化铋沉淀，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，滤渣中加入NaOH、Cl2，发生反应Na++Cl2+Bi(OH)3+3OH-=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O，得到产品NaBiO3。
【解析】(1)铋元素为83号元素，在周期表中位于第六周期ⅤA族；据分析可知“滤渣1”的主要成分为S和SiO2；
(2)由题干工艺流程图可知，“氧化浸取”过程中使用的盐酸易挥发，H2O2受热易分解，故反应中需要控制温度不超过40℃，FeS2发生反应生成FeCl3、S，该反应的化学方程式为：2FeS+3H2O2+6HCl＝2FeCl3+2S+6H2O；
(3)已知每个NH3分子与Cu2+间形成一个配位键，故[Cu(NH3)4]2+中Cu2+的配位数为4，配体即NH3中心原子N周围的价层电子对数=3+=4，则其空间结构为三角锥形；
(4)由分析可知，“氧化”过程发生反应的离子方程式为：Na++Cl2+Bi(OH)3+3OH-=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O；
(5)根据5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO4-+7H2O，2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可找到关系式：5NaBiO3~2 MnO4-~5H2C2O4，故有n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1000ml/L×23.50×10-3L=2.35×10-3ml，则产品的纯度为=65.8%；
(6)由题干晶胞示意图可知，Bi2O2Se的晶胞结构中Se2-的位置如图所示(略去O2-、Bi3+)，一个晶胞中含有Se2-的个数为：2，即一个晶胞中含有2个Bi2O2Se，已知晶胞为竖直的长方体，高为bpm，晶体密度为ρg· cm-3，设为NA阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：a2b×10-30cm3，则有：，故则晶胞底边边长。
16．(15分)硫酸羟胺是一种重要的化工原料，广泛应用于分析试剂和还原作用等领域。已知硫酸羟胺具有还原性，易溶于水，羟胺(NH2OH)为白色晶体，沸点70℃，易溶于水、甲醇，受热易分解。实验室制备硫酸羟胺[(NH3OH)2SO4]的流程及装置如图(加热及夹持装置略)。
实验操作步骤如下：
①按连接顺序为a→e→f→b→c→d连接好装置后，检查装置气密性
②先用氮气排净整个装置的空气
③打开k3，通入适量氧气
④打开k2，将A中溶液加入锥形瓶内
⑤反应后继续通氮气排除剩余气体
回答下列问题：
(1)装置A的仪器名称为 ，步骤③通入适量氧气的目的是 。
(2)步骤I中发生的化学反应方程式为 ，从结构上分析，NH2OH接受质子的能力小于NH3，试分析等浓度的(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
(3)分离(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4时可按下列步骤进行操作：
a.向混合溶液中加入氨水，生成NH2OH
b.再加入甲醇，析出晶体B
c.过滤，将滤液进行减压蒸馏
d.加入硫酸得到产品
步骤b中析出晶体B的化学式为 ，步骤c中选择进行减压蒸馏的原因是 。
(4)测定样品纯度(杂质不参加反应)：称取0.50g(NH3OH)2SO4样品，配制200 mL溶液。取20.00 mL于锥形瓶中，先加稀硫酸酸化，再加入过量NH4Fe(SO4)2溶液充分反应。加入足量磷酸溶液(与Fe3+形成无色配合物)，用cml·L-1KMnO4标准溶液滴定达终点时消耗V mL。NH2OH被氧化成N2O，样品的纯度为 ，下列情况会导致测定样品纯度偏低的是 (填序号)。
A．未干燥锥形瓶
B．量取待测液时未用待测液润洗滴定管
C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
【答案】(1)恒压分液漏斗(1分) 将部分NO转化为NO2，形成NO和NO2混合气体(2分)
(2)(NH4)2CO3+NO2+NO=2NH4NO2+CO2(2分) c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(NH3OH+)＞c(H＋)＞c(OH―) (2分)
(3) (NH4)2SO4(2分) 羟胺(NH2OH)受热易分解，所以过滤后将滤液进行减压蒸馏，防止其分解(2分)
(4)410cV%(2分) BC(2分)
【解析】铜与稀硝酸反应制NO，为避免NO被氧气完全氧化成NO2，先用氮气排净整个装置的空气，之后制取的NO从e口进入，打开k3，仅使部分NO被氧气转化氧化成NO2，得到NO和NO2的混合气体，从f口出，连b进入三颈烧瓶；用70%左右的硫酸与亚硫酸钠固体制取二氧化硫，从c口进入三颈烧瓶，反应后继续通氮气，将没有反应完的NO、NO2、SO2排出，进行尾气吸收。
(1)由图可知装置A为恒压分液漏斗；铜与稀硝酸反应制NO，为避免NO被氧气完全氧化成NO2，先用氮气排净整个装置的空气，之后制取的NO从e口进入，打开k3，通入适量氧气仅使部分NO被氧气氧化转化成NO2，得到NO和NO2的混合气体；
(2)步骤Ⅰ是NO、NO2与碳酸铵溶液反应得到NH4NO2，根据元素守恒可知气体为CO2，其化学方程式为：(NH4)2CO3+NO2+NO=2NH4NO2+CO2；接受质子能力越强，对应的碱溶液碱性越强，则其盐溶液的水解程度越弱，所以等浓度的(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(NH3OH+)＞c(H＋)＞c(OH―)；
(3)分离(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4，向混合溶液中加入氨水，(NH3OH)2SO4与氨水发生反应生成NH2OH和(NH4)2SO4的混合溶液，羟胺(NH2OH)易溶于甲醇，(NH4)2SO4在甲醇中溶解度较小，所以加入甲醇会得到(NH4)2SO4晶体；又因为羟胺(NH2OH)受热易分解，所以过滤后将滤液进行减压蒸馏，防止其分解；
(4)(NH3OH)2SO4中氮元素化合价为−1价，氧化产物一氧化二氮中氮元素化合价为+1价，与铁离子反应时，铁离子被还原为+2价，根据氧化还原反应电子得失守恒可得出：(NH3OH)2SO4～4Fe3+～4Fe2+，用高锰酸钾滴定时高锰酸钾与亚铁离子的关系为5Fe2+～KMnO4，所以5(NH3OH)2SO4～4KMnO4，样品的纯度为。A项，未干燥锥形瓶，不影响锥形瓶中待测液的物质的量，对结果无影响，A错误；B项，未用待测液润洗滴定管，相当于直接稀释待测液，所测浓度偏低，B正确；C项，观察读数时，滴定前仰视，则标准液初次读数读大，滴定后俯视，则标准液末次读数读小，相当于标准液的体积读数小，所测结果偏低，C正确；D项，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，相当于标准液体积偏大，所测结果偏高，D错误；故选BC。
17．(15分)过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]是一种常用的氧化剂，氧化I-的离子方程式：S2O82--(aq)+3I-(aq)2SO42--(aq)+I3-(aq) 。回答下列问题：
(1)过二硫酸(H2S2O8)、H2SO4的结构式分别为、，根据上述反应判断，过二硫酸铵中键能最小的共价键是___________(填字母)。
A．H—N B．S=O C．O—O D．S—O
(2)上述反应速率很小，根据碰撞理论解释其主要原因可能是 。
(3)S2O82--(aq)+3I-(aq)2SO42--(aq)+I3-(aq)的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关；α、β为反应级数)。常温下，测得浓度与速率关系如下表所示。
根据实验数据可知，k = (保留两位有效数字)。
(4)现在公认的反应机理是由3个基元反应分步完成总反应：
S2O82--(aq)+3I-(aq)2SO42--(aq)+I3-(aq) ΔH
①S2O82--(aq)+I-(aq)S2O8I3--(aq) ΔH1
②S2O8I3---(aq)+I-(aq)2SO42--(aq)+I2(aq) ΔH2
③I2(aq)+I-(aq)I3--(aq) ΔH3
已知活化能：①>②，①>③。
速控反应是 (填序号)；ΔH= (用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
(5)已知：速率常数与活化能、温度的阿伦尼乌斯表达式为(为常数)。实验测得不同催化剂Cat1、Cat2作用下，与关系如图所示(假设活化能不随温度变化)。
催化效率较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。在催化剂Cat1作用下，活化能Ea为 kJ·ml−1(保留两位有效数字)。
(6)常温下，在某容器中投入1 ml(NH4)2S2O8和3 ml KI，加入蒸馏水配制成1L溶液，发生上述反应达到平衡时S2O82-平衡转化率为α。则该温度下，平衡常数K为 。若达到平衡后，加入四氯化碳，振荡，S2O82-平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)C(2分)
(2)S2O82-和I-都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低(2分)
(3)6.0×10-3(2分)
(4)①(1分) ΔH1+ΔH2+ΔH3(1分)
(5)Cat1(2分) 53(2分)
(6) (2分) 增大(1分)
【解析】(1)过二硫酸铵易断裂氧氧键(过氧键)，该键键能最小，故选C；
(2)发生化学反应的前提条件是“碰撞”， S2O82-和I-都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低；
(3)根据实验数据①②可得出α=1，根据实验数据②③可得β=1，将实验数据①代入速率方程可得：；
(4)根据提示，活化能最大的基元反应最慢，最慢反应是速控反应，故为①：根据盖斯定律，3个基元反应加合得到目标反应，故：ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
(5)根据图像可知，温度变化值相同时，Rlnk变化绝对值越小，活化能越小，催化剂催化效率越大，故催化效率较高的催化剂是Cat1。代入a、b点数据可计算活化能取近似值：；
(6)根据题意可列出三段式：
平衡常数；加入四氯化碳，萃取了I2，平衡正向移动，平衡转化率增大。
18．(14分)化合物M是制备某药物的中间体，其合成路线如图所示。回答下列问题：
已知：
(1)A的名称为 ；B→C过程中有副产物C’()，分离C与C’的操作为 ，从物质结构角度分析，原因是 。
(2)E→F过程中，Sn2+转化为Sn3+，n(氧化剂)与n(还原剂)之比为 。
(3)J+F→K的反应方程式 。
(4)符合下列条件的C的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①含不对称碳的芳香族化合物；②能发生银镜反应；
(5)已知。由G经三步转化到H，路线如下：

其中第一步NH2OH只断裂氧氢键，中间产物Q、R的结构简式分别为 、 。
【答案】(1)3-甲基苯酚(1分) 蒸馏(1分) C能形成分子内氢键，C’能形成分子间氢键，不能形成分子内氢键，沸点相差较大(2分)
(2)1∶6(2分)
(3) (2分)
(4)16(2分)
(5) (2分) (2分)
【解析】结合A的结构简式，B的分子式可知，A→B为A和乙醇的酯化反应，B为，根据已知信息，结合E的结构简式可知，C为，C→D为硝化反应，结合E的结构简式可知D为，，D→E为D中酚羟基上的氢和1—溴丁烷的取代反应，结合F的分子式和K的结构简式可知，F为： ，结合J的分子式和K的结构简式可知，J为。
(1)结合A的结构简式可知，A的名称为：3-甲基苯酚；根据C’的结构简式可知，其可以形成分子间氢键，根据C的结构简式可知，其可以形成分子内氢键，则C’沸点较高，故分离C与C’的操作为：蒸馏；原因是：C能形成分子内氢键，C’能形成分子间氢键，不能形成分子内氢键，沸点相差较大；
(2)F的结构简式为：，则E→F变化时，E中的硝基变为F中的氨基，其中N的化合价降低6，此时E为氧化剂，Sn2+为还原剂，Sn2+转化为Sn3+失去1个电子，根据得失电子守恒可知，E→F过程中，Sn2+转化为Sn3+，n(氧化剂)与n(还原剂)之比为1∶6；
(3)由分析可知，J为，F为：，J+F→K为J中酰氯上的氯和F中氨基上的氢发生的取代反应，方程式为：；
(4)由分析可知，C为，①含不对称碳的芳香族化合物，则其中含有苯环和手性碳，②能发生银镜反应，其中含有醛基，则苯环上可能有两个支链，支链可能为：、—CHO，或者、—CH3，或者、—OH，每种情况都有邻、间、对三种情况，一共9种，另外苯环上可能有1个支链，支链可能为：、、、、、、，一共有7种，再加上之前的9种，一共16种；
(5)中的碳氮三键和NH2OH发生加成反应生成Q为，随后Q脱去—CH3OH生成环状的R为，结合题给信息，R异构化后生成。
A．素胎镂雕瓷楼宇人物龙船
B．战国牛虎铜案
C．南明永历“敕命之宝”玉玺
D．瑶族马尾帽
装置
操作及目的
A．比较非金属性：N＞C＞Si
B．滴定终点前冲洗锥形瓶内壁
装置
操作及目的
C．检验浓硫酸与铜反应后的产物中的Cu2＋
D．测定中和反应热
选项
性质差异
结构因素
A
酸性：HCOOH＞CH3COOH
O-H的极性：CH3COOH强于HCOOH
B
H2O的键角小于SO3的键角
二者中心原子的杂化方式相同，但H2O有孤电子对
C
碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3
第一电离能Mg大于Al
D
冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与形成超分子
离子半径大小与冠醚的空腔匹配关系
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Bi3+
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5
实验
c(S2O82-)/ml·L-1
c(I-)/ml·L-1
v/ml·L-1·s-1
①
0.038
0.060
1.4×10-5
②
0.076
0.060
2.8×10-5
③
0.076
0.030
1.4×10-5