2025年甘肅高考真題化學(xué)試題

一、單選題

1．下列愛(ài)國(guó)主義教育基地的藏品中，主要成分屬于無(wú)機(jī)非金屬材料的是

A．勞動(dòng)英雄模范碑(南梁革命紀(jì)念館藏)

B．紅軍黨員登記表(紅軍長(zhǎng)征勝利紀(jì)念館藏)

C．陜甘紅軍兵工廠鐵工具(甘肅省博物館藏)

D．謝覺(jué)哉使用過(guò)的皮箱(八路軍蘭州辦事處紀(jì)念館藏)

【答案】A

【詳解】

A．勞動(dòng)英雄模范碑通常由石材或混凝土制成，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料（如硅酸鹽類），A符合題意；

B．紅軍黨員登記表為紙質(zhì)材料，主要成分是纖維素（有機(jī)高分子材料），B不符合題意；

C．鐵工具由金屬鐵制成，屬于金屬材料，C不符合題意；

D．皮箱由皮革（動(dòng)物蛋白質(zhì)加工而成，屬于有機(jī)材料）制成，D不符合題意；

故選A。

2．馬家窯文化遺址出土了大量新石器時(shí)代陶制文物，陶制文物的主要成分為硅酸鹽，下列有關(guān)表述錯(cuò)誤的是

A．基態(tài)Si原子的價(jià)層電子排布圖：

1618

B．8O的同位素8O可作為有機(jī)反應(yīng)示蹤原子

C．SiCl4的電子式為：

D．SiO2的球棍模型為：

【答案】D

【詳解】

A．Si為14號(hào)元素，其基態(tài)價(jià)電子排布式為3s23p2，故其基態(tài)價(jià)電子排布圖為，A項(xiàng)正確；

B．16O和18O為氧元素的兩種同位素，18O常用作同位素標(biāo)記，可作為有機(jī)反應(yīng)的示蹤原子，B項(xiàng)正確；

C．SiCl4為分子晶體，Si與Cl形成一對(duì)共用電子對(duì)，故SiCl4的電子式為，C項(xiàng)正確；

D．SiO2為共價(jià)晶體，其球棍模型應(yīng)為立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，不能表示SiO2，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選D。

3．苦水玫瑰是中國(guó)國(guó)家地理標(biāo)志產(chǎn)品，可從中提取高品質(zhì)的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖，下列

說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．該分子含1個(gè)手性碳原子B．該分子所有碳原子共平面

C．該物質(zhì)可發(fā)生消去反應(yīng)D．該物質(zhì)能使溴的四氯化碳溶液褪色

【答案】B

【詳解】

A．該分子含1個(gè)手性碳原子，如圖所示，A項(xiàng)正確；

B．該分子中存在多個(gè)sp3雜化的碳原子，故該分子所在的碳原子不全部共平面，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．該物質(zhì)含有醇羥基，且與羥基的β-碳原子上有氫原子，故該物質(zhì)可以發(fā)生消去反應(yīng)，C項(xiàng)正確；

D．該物質(zhì)含有碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，D項(xiàng)正確；

故選B。

4．CO2加氫轉(zhuǎn)化成甲烷，是綜合利用CO2實(shí)現(xiàn)“碳中和”和“碳達(dá)峰”的重要方式。525℃，101kPa下，CO2(g)+4H2(g)=

CH4(g)+2H2O(g)ΔH=?185kl/mol。反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，能使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)的是

A．減小體系壓強(qiáng)B．升高溫度

C．增大H2濃度D．恒容下充入惰性氣體

【答案】C

【詳解】A．反應(yīng)物氣體總物質(zhì)的量為5mol，生成物為3mol，減小壓強(qiáng)會(huì)使平衡向氣體體積增大的方向（逆反應(yīng)）

移動(dòng)，A不符合題意；

B．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度會(huì)使平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，B不符合題意；

C．增大H2濃度會(huì)提高反應(yīng)物濃度，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)以消耗增加的H2，C符合題意；

D．恒容充入惰性氣體不改變各物質(zhì)濃度，對(duì)平衡無(wú)影響，D不符合題意；

故選C。

5．X、Y、Z、W、Q分別為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。Y、Q基態(tài)原子的價(jià)電子數(shù)相同，均為其K層

電子數(shù)的3倍，X與Z同族，W為金屬元素，其原子序數(shù)等于X與Z的原子序數(shù)之和。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．X與Q組成的化合物具有還原性B．Y與Q組成的化合物水溶液顯堿性

C．Z、W的單質(zhì)均可在空氣中燃燒D．Z與Y按原子數(shù)1:1組成的化合物具有氧化性

【答案】B

【分析】X、Y、Z、W、Q分別為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。Y、Q基態(tài)原子的價(jià)電子數(shù)相同，說(shuō)明Y、

Q為同主族元素，均為其K層電子數(shù)的3倍，說(shuō)明價(jià)電子數(shù)為6，為氧元素和硫元素；X與Z同族，W為金屬元素，

其原子序數(shù)等于X與Z的原子序數(shù)之和，所以只能推出W為鎂，則Z為Na，X為H，據(jù)此解答。

【詳解】

A．X與Q組成的化合物如H與S形成的H2S，這些化合物中S處于最低價(jià)，具有還原性，A正確；

B．Y與Q形成的化合物為SO2或SO3，溶于水生成亞硫酸或硫酸，溶液顯酸性，B錯(cuò)誤；

C．Z為Na，W為Mg，都可以在空氣中燃燒生成過(guò)氧化鈉和氧化鎂，C正確；

D．Z與Y按1:1組成的化合物為過(guò)氧化鈉，其中O為-1價(jià)，有氧化性，D正確；

故選B。

6．丁酸乙酯有果香味。下列制備、純化丁酸乙酯的實(shí)驗(yàn)操作對(duì)應(yīng)的裝置錯(cuò)誤的是(加熱及夾持裝置略)

ABCD

回流蒸餾分液干燥

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【詳解】

A．加熱回流時(shí)選擇圓底燒瓶和球形冷凝管，冷凝管起到冷凝回流的目的，A正確；

B．蒸餾時(shí)測(cè)定的是蒸汽的溫度，溫度計(jì)水銀球應(yīng)放在蒸餾燒瓶的支管口處，該裝置溫度計(jì)插入液體中，測(cè)定是液

體的溫度，裝置不對(duì)，B錯(cuò)誤；

C．分液時(shí)，選擇分液漏斗和燒杯，為了防止液體濺出，分液漏斗下端緊挨燒杯內(nèi)壁，C正確；

D．有機(jī)液體干燥時(shí)，常加入無(wú)水氯化鎂，無(wú)水硫酸鈉等干燥劑，充分吸收水分后，過(guò)濾，可得干燥的有機(jī)液體，

D正確；

故選B。

7．物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，下列事實(shí)與結(jié)構(gòu)因素?zé)o關(guān)的是

選項(xiàng)事實(shí)結(jié)構(gòu)因素

AK與Na產(chǎn)生的焰色不同能量量子化

BSiH4的沸點(diǎn)高于CH4分子間作用力

C金屬有良好的延展性離子鍵

D剛玉(Al2O3)的硬度大，熔點(diǎn)高共價(jià)晶體

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【詳解】

A．焰色反應(yīng)的本質(zhì)是電子躍遷釋放特定波長(zhǎng)的光，不同元素的原子能級(jí)（能量量子化）導(dǎo)致焰色差異，結(jié)構(gòu)因素

正確，A不符合題意；

B．SiH4和CH4均為分子晶體，沸點(diǎn)差異由分子間作用力（范德華力）強(qiáng)弱決定，結(jié)構(gòu)因素正確，B不符合題意；

C．金屬延展性源于金屬鍵的特性（自由電子使原子層滑動(dòng)），而離子鍵對(duì)應(yīng)離子晶體（延展性差），結(jié)構(gòu)因素“離子

鍵”錯(cuò)誤，C符合題意；

D．四大晶體類型只是理想的模型，共價(jià)晶體與離子晶體沒(méi)有明顯的邊界，二者間存在過(guò)渡區(qū)域，剛玉(Al2O3)的硬

度大，熔點(diǎn)高，說(shuō)明其具有共價(jià)晶體的特征，結(jié)構(gòu)因素正確，D不符合題意；

故選C。

8．物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途對(duì)應(yīng)關(guān)系不成立的是

選項(xiàng)物質(zhì)的性質(zhì)用途

ANaHCO3具有熱分解性餐具洗滌劑

B酚醛樹(shù)脂具有耐高溫、隔熱性飛船外層燒蝕材料

C離子液體具有導(dǎo)電性原電池電解質(zhì)

D水凝膠具有親水性隱形眼鏡材料

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【詳解】

A．NaHCO3用作餐具洗滌劑是因?yàn)樗怙@堿性可與油脂反應(yīng)，而非熱分解性，對(duì)應(yīng)關(guān)系不成立，A錯(cuò)誤；

B．酚醛樹(shù)脂耐高溫、隔熱性符合燒蝕材料保護(hù)飛船的需求，對(duì)應(yīng)正確，B正確；

C．離子液體的導(dǎo)電性使其適合作為原電池電解質(zhì)，對(duì)應(yīng)正確，C正確；

D．水凝膠的親水性可保持隱形眼鏡濕潤(rùn)，對(duì)應(yīng)正確，D正確；

故選A。

9．我國(guó)化學(xué)家合成了一種帶有空腔的杯狀主體分子(結(jié)構(gòu)式如圖a)，該分子和客體分子(CH3)4NCl可形成主客體包

+

合物：(CH3)4N被固定在空腔內(nèi)部(結(jié)構(gòu)示意圖見(jiàn)圖b)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．主體分子存在分子內(nèi)氫鍵B．主客體分子之間存在共價(jià)鍵

+3

C．磺酸基中的S—O鍵能比S=O小D．(CH3)4N和(CH3)3N中N均采用sp雜化

【答案】B

【詳解】

A．主體分子內(nèi)羥基與磺酸基相鄰較近，磺酸基中含有羥基的結(jié)構(gòu)，可以形成分子內(nèi)氫鍵，A正確；

B．主體與客體間通過(guò)非共價(jià)鍵形成超分子，B錯(cuò)誤；

C．已知單鍵的鍵能小于雙鍵，則S-O的鍵能比S=O鍵能小，C正確；

+3

D．N原子價(jià)電子數(shù)為5，(CH3)4N中N有4條?鍵，失去1個(gè)電子形成陽(yáng)離子，無(wú)孤對(duì)電子，采用sp雜化，(CH3)3N

中N有3條?鍵，1對(duì)孤對(duì)電子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，采用sp3雜化，D正確；

故選B。

10．我國(guó)科學(xué)家制備了具有優(yōu)良雙折射性能的C3H8N6I6?3H2O材料。下列說(shuō)法正確的是

A．電負(fù)性N<C<OB．原子半徑C<N<O

?2+

C．I3中所有I的孤電子對(duì)數(shù)相同D．C3H8N6中所有N—H極性相同

【答案】C

【詳解】

A．非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，故電負(fù)性：C＜N＜O，A錯(cuò)誤；；

B．同周期從左到右，原子半徑遞減，故原子半徑：C＞N＞O，B錯(cuò)誤；

?

C．碘的價(jià)電子數(shù)為7，I3中心原子I與兩個(gè)碘通過(guò)共用電子對(duì)形成共價(jià)鍵，則兩邊的碘存在3對(duì)孤對(duì)電子，中心原

7+1?2×1

子I的孤對(duì)電子是=3，C正確；

2

+

D．六元環(huán)內(nèi)存在大π鍵，大π鍵具有吸電子效應(yīng)，N?H離大π鍵比較近，N-H鍵極性更大，D錯(cuò)誤；

故選C。

11．處理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下：

下列說(shuō)法正確的是

A．“沉銅”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：2Fe+3Cu2+=3Cu+2Fe3+

B．“堿浸”過(guò)程中NaOH固體加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全

C．“氧化”過(guò)程中鐵元素化合價(jià)降低

D．“沉鋰”過(guò)程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性質(zhì)

【答案】D

【分析】酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)加入鐵粉“沉銅”，置換出Cu單質(zhì)，溶液加入NaOH堿浸，過(guò)濾得

2+

到Al(OH)3沉淀，濾液加入H2O2，把Fe氧化為Fe(OH)3沉淀，在經(jīng)過(guò)多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3

沉淀。

【詳解】

A．“沉銅”過(guò)程中鐵置換出銅單質(zhì)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，A錯(cuò)誤；

B．Al(OH)3是兩性氫氧化物，NaOH過(guò)量，則Al(OH)3會(huì)溶解，B錯(cuò)誤；

C．“氧化”過(guò)程中將Fe2+氧化為Fe3+，鐵元素化合價(jià)升高，C錯(cuò)誤；

D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性質(zhì)，D正確；

故選D。

12．我國(guó)科研工作者設(shè)計(jì)了一種Mg-海水電池驅(qū)動(dòng)海水(pH=8.2)電解系統(tǒng)(如下圖)。以新型MoNi?NiMoO4為催化

劑(生長(zhǎng)在泡沫鎳電極上)。在電池和電解池中同時(shí)產(chǎn)生氫氣。下列關(guān)于該系統(tǒng)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A．將催化劑生長(zhǎng)在泡沫鎳電極上可提高催化效率

B．在外電路中，電子從電極1流向電極4

??

C．電極3的反應(yīng)為：4OH?4e=2H2O+O2↑

D．理論上，每通過(guò)2mol電子，可產(chǎn)生1molH2

【答案】D

【分析】有圖可知，左側(cè)為原電池，右側(cè)為電解池，電極1為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：

----

Mg-2e+2OH=Mg(OH)2，電極2為正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：H2O+2e=H2↑+2OH，右側(cè)為電解池，電極3

為陽(yáng)極，產(chǎn)生氧氣，電極4產(chǎn)生陰極，產(chǎn)生氫氣。

【詳解】

A．催化劑生長(zhǎng)在泡沫鎳電極上可加快電解速率，提高催化效率，A正確；

B．根據(jù)分析，電極1是負(fù)極，電極4為陰極，電子從電極1流向電極4，B正確；

??

C．由分析可知，電極3為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氧氣，電極3的反應(yīng)為：4OH?4e=2H2O+O2↑，C正

確；

D．根據(jù)分析可知，電極2和電極4均產(chǎn)生氫氣，理論上，每通過(guò)2mol電子，可產(chǎn)生2molH2，D錯(cuò)誤；

故選D。

13．下列實(shí)驗(yàn)操作能夠達(dá)到目的的是

選

實(shí)驗(yàn)操作目的

項(xiàng)

A測(cè)定0.01mol/L某酸溶液的pH是否為2判斷該酸是否為強(qiáng)酸

+3+

B向稀Fe2(SO4)3溶液滴入幾滴濃硫酸，觀察溶液顏色變化探究H對(duì)Fe水解的影響

向AgNO溶液先滴入幾滴NaCl溶液，再滴入幾滴NaI溶液，觀察沉淀顏色變

C3比較AgCl和AgI的Ksp大小

化

D將氯氣通入Na2S溶液，觀察是否產(chǎn)生淡黃色沉淀驗(yàn)證氯氣的氧化性

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【詳解】

A．若該酸為一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2，可判斷為強(qiáng)酸，但某些二元弱酸，在濃度0.01mol/L也可能達(dá)

到pH=2，故無(wú)法判斷該酸是否為強(qiáng)酸，A錯(cuò)誤；

+3+

B．向稀Fe2(SO4)3溶液中加濃硫酸，雖增加H濃度增大抑制Fe水解，但濃硫酸稀釋時(shí)放熱，未控制變量，無(wú)法單

獨(dú)驗(yàn)證H+的影響，B錯(cuò)誤；

+?

C．AgNO3溶液過(guò)量，溶液中剩余的Ag會(huì)直接與I生成AgI沉淀，無(wú)法證明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，故不能比較Ksp，C

錯(cuò)誤；

2?

D．Cl2與Na2S反應(yīng)生成S淡黃色沉淀，證明Cl2將S氧化為S，驗(yàn)證了Cl2的氧化性，D正確；

故選D。

14．氨基乙酸(NH2CH2COOH)是結(jié)構(gòu)最簡(jiǎn)單的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：

pK1=2.4pK2=9.6

???

NH3CH2COOH?NH3CH2COO?NH2CH2COO

?

?c(NH2CH2COO)

在25℃時(shí)，其分布分?jǐn)?shù)δ[如δ(NH2CH2COO)=????]

c(NH3CH2COOH)+c(NH3CH2COO)+c(NH2CH2COO)

??

與溶液pH關(guān)系如圖1所示。在100mL0.01mol/LNH3CH2COOH?Cl溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH

與NaOH溶液滴入體積的變化關(guān)系如圖2所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

?

A．曲線Ⅰ對(duì)應(yīng)的離子是NH3CH2COOH

B．a(chǎn)點(diǎn)處對(duì)應(yīng)的pH為9.6

??

C．b點(diǎn)處c(NH3CH2COOH)=c(NH2CH2COO)

???*?

D．c點(diǎn)處2c(NH3CH2COOH)+c(NH3CH2COO)+c(H)=c(OH)

【答案】C

pK1=2.4pK2=9.6

???

【分析】圖1可知，隨著pH增大，平衡NH3CH2COOH?NH3CH2COO?NH2CH2COO右移，

*---

NH3CH2COOH的分布分?jǐn)?shù)減少，NH3CH2COO先增加后減少，NH2CH2COO最后增加，a點(diǎn)代表NH3CH2COO和

-??

NH2CH2COO分布分?jǐn)?shù)相等的點(diǎn)；圖2中b點(diǎn)滴入NaOH為10mL，NH3CH2COOH?Cl和NaOH的物質(zhì)的量相等，

-??-

得到NH3CH2COO，c點(diǎn)NH3CH2COOH?Cl和NaOH的物質(zhì)的量之比為1:2，得到主要粒子為NH2CH2COO。

【詳解】

**

A．根據(jù)分析可知，隨著pH值增大，NH3CH2COOH的分布分?jǐn)?shù)減少，曲線I代表NH3CH2COOH的分布分?jǐn)?shù)，A

正確；

?+

--c(NH2CH2COO)×c(H)

B．a(chǎn)點(diǎn)代表NH3CH2COO和NH2CH2COO分布分?jǐn)?shù)相等的點(diǎn)，二者濃度相等，Pka2=9.6，Ka2=?=

c((NH3CH2COO)

c(H+)=10?9.6，pH=9.6，B正確；

??-

C．圖2中b點(diǎn)滴入NaOH為10mL，NH3CH2COOH?Cl和NaOH的物質(zhì)的量相等，得到主要離子為NH3CH2COO，

?14

--9.6Kw10?11.6?

NH3CH2COO存在電離和水解，Ka2=10，Kh==?2.4=10，電離大于水解，則c(NH3CH2COOH)<

Ka110

?

c(NH2CH2COO)，C錯(cuò)誤；

??-

D．c點(diǎn)NH3CH2COOH?Cl和NaOH的物質(zhì)的量之比為1:2，得到主要粒子為NH2CH2COO，根據(jù)質(zhì)子守恒，有

???*?

2c(NH3CH2COOH)+c(NH3CH2COO)+c(H)=c(OH)，D正確；

故選C。

二、解答題

15．某興趣小組按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸鈉制備配合物Eu(C7H5O2)3?xH2O，并通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定產(chǎn)品

3+

純度和結(jié)晶水個(gè)數(shù)(雜質(zhì)受熱不分解)。已知Eu在堿性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3?xH2O在空氣中易

吸潮，加強(qiáng)熱時(shí)分解生成Eu2O3。

(1)步驟①中，加熱的目的為。

(2)步驟②中，調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)需攪拌并緩慢滴加NaOH溶液，目的為；pH接近6時(shí)，為了防止pH變化過(guò)大，

還應(yīng)采取的操作為。

(3)如圖所示玻璃儀器中，配制一定物質(zhì)的量濃度的苯甲酸鈉溶液所需的儀器名稱為。

(4)準(zhǔn)確稱取一定量產(chǎn)品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有機(jī)溶劑，加入一定量的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液，

滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的NaOH。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為。實(shí)驗(yàn)所需的指示劑不可更換

為甲基橙，原因?yàn)椤?/p>

(5)取一定量產(chǎn)品進(jìn)行熱重分析，每個(gè)階段的重量降低比例數(shù)據(jù)如圖所示。0～92℃范圍內(nèi)產(chǎn)品質(zhì)量減輕的原因

?

為。結(jié)晶水個(gè)數(shù)x=。[M(C7H5O2)=121，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字]。

【答案】

(1)升高溫度，加快溶解速率，提高浸出率

(2)防止生成Eu(OH)3沉淀緩慢滴加NaOH溶液，同時(shí)測(cè)定溶液的pH值

(3)容量瓶、燒杯

(4)滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液有淺紅色變無(wú)色，并保持半分鐘不褪色滴定終點(diǎn)呈堿性，使用甲基橙誤

差較大

(5)Eu(C7H5O2)3?xH2O吸潮的水1.7

【分析】Eu2O3加入稀鹽酸加熱溶解，調(diào)節(jié)pH=6，再加入苯甲酸鈉溶液，得到Eu(C7H5O2)3?xH2O沉淀，再經(jīng)過(guò)抽

濾、洗滌，得到產(chǎn)品。

【詳解】

（1）步驟①中，加熱的目的是：加快溶解速率，提高浸出率；

3+

（2）Eu在堿性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀，步驟②中，調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)需攪拌并緩慢滴加NaOH溶液，目的是

防止生成Eu(OH)3沉淀；

pH接近6時(shí)，為了防止pH變化過(guò)大，要緩慢滴加NaOH溶液，同時(shí)測(cè)定溶液的pH值；

（3）配制一定物質(zhì)的量濃度的苯甲酸鈉溶液所需的儀器有容量瓶、燒杯，不需要漏斗和圓底燒瓶；

（4）用酚酞做指示劑，HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的NaOH，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液有淺紅

色變無(wú)色，并保持半分鐘不褪色；

滴定終點(diǎn)呈堿性，甲基橙變色范圍在酸性范圍內(nèi)，使用甲基橙做指示劑誤差較大；

（5）Eu(C7H5O2)3?xH2O在空氣中易吸潮，0～92℃范圍內(nèi)產(chǎn)品質(zhì)量減輕的是Eu(C7H5O2)3?xH2O吸潮的水，

92℃~195℃失去的是結(jié)晶水的質(zhì)量；

?

最后得到的是Eu2O3，1molEu(C7H5O2)3?xH2O失去結(jié)晶水質(zhì)量減少18xg，重量減少5.2%，根據(jù)M(C7H5O2)=121，

1molEu(C7H5O2)3生成0.5mol的Eu2O3，質(zhì)量減少3×(121-8)g=339g，重量減少56.8%，有關(guān)系式18x：5.2%=339：

56.8%，x=1.7。

16．研究人員設(shè)計(jì)了一種從銅冶煉煙塵(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸鹽)中高效回收砷、銅、鋅和鉛的綠

色工藝，部分流程如下：

已知：As2O3熔點(diǎn)314℃，沸點(diǎn)460℃

分解溫度：CuO1100℃，CuSO4560℃，ZnSO4680℃，PbSO4高于1000℃

?8

Ksp(PbSO4)=1.8×10

(1)設(shè)計(jì)焙燒溫度為600℃，理由為。

(2)將SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(3)酸浸的目的為。

(4)從浸出液得到Cu的方法為(任寫一種)。

(5)某含Pb化合物是一種被廣泛應(yīng)用于太陽(yáng)能電池領(lǐng)域的晶體材料，室溫下該化合物晶胞如圖所示，晶胞參數(shù)a≠b≠

c，α=β=γ=90°。Cs與Pb之間的距離為pm(用帶有晶胞參數(shù)的代數(shù)式表示)；該化合物的化學(xué)式為，

3

晶體密度計(jì)算式為g/cm(用帶有阿伏加德羅常數(shù)NA的代數(shù)式表示MCs、MPb和MBr分別表示Cs、Pb和Br的摩

爾質(zhì)量)。

【答案】

(1)使硫酸銅分解，硫酸鋅和硫酸鉛不分解，同時(shí)使As2O3沸騰收集

(2)4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2

(3)分離硫酸鉛，得到純凈的硫酸銅溶液

(4)電解法或置換法

222

√a+b+cMCs+MPb+3MBr

(5)CsPbBr3-30

2NA×abc×10

【分析】銅冶煉煙塵(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸鹽)焙燒將S轉(zhuǎn)化為二氧化硫，As2O3因沸點(diǎn)低被蒸出，

設(shè)計(jì)溫度為600℃，根據(jù)已知信息，硫酸銅被分解，生成氧化銅，硫酸鋅和硫酸鉛未分解，加水浸取后，硫酸鋅溶

于水形成溶液被分離出去，留下氧化銅，硫酸鉛，加硫酸溶解，硫酸鉛不溶于硫酸，氧化銅與硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化成硫酸

銅，過(guò)濾分離，浸出渣為硫酸鉛，浸出液主要為硫酸銅，硫酸銅經(jīng)過(guò)電解或置換法轉(zhuǎn)化為銅，據(jù)此解答。

【詳解】

（1）設(shè)計(jì)焙燒溫度為600℃，使硫酸銅分解，而硫酸鋅和硫酸鉛不分解，使As2O3沸騰收集，故答案為：使硫酸銅

分解，硫酸鋅和硫酸鉛不分解，使As2O3沸騰收集；

（2）將SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，根據(jù)元素守恒可知還生成了二氧化碳，該反應(yīng)的化學(xué)方

程式為4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2，故答案為：4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2；

（3）酸浸時(shí)，硫酸鉛不溶于硫酸，氧化銅與硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化成硫酸銅，過(guò)濾分離，浸出渣為硫酸鉛，浸出液主要為

硫酸銅，故酸浸的目的為分離硫酸鉛，得到純凈的硫酸銅溶液；

（4）浸出液主要為硫酸銅，經(jīng)過(guò)電解或置換法轉(zhuǎn)化為銅，故從浸出液得到Cu的方法有：電解法或置換法；

1

（5）某含Pb化合物室溫下晶胞如圖所示，Cs位于體心，個(gè)數(shù)為1，Pb位于頂點(diǎn)，個(gè)數(shù)為8×=1，Br位于棱心，

8

1

個(gè)數(shù)為12×=3，該化合物的化學(xué)式為CsPbBr3，Cs位于體心，Pb位于頂點(diǎn)，Cs與Pb之間的距離為體對(duì)角線的一

4

222

√a+b+cMCs+MPb+3MBr

半，由于晶胞參數(shù)a≠b≠c，α=β=γ=90℃，Cs與Pb之間的距離為pm，該晶體密度計(jì)算式為-30

2NA×abc×10

222

3√a+b+cMCs+MPb+3MBr

g/cm，故答案為：；CsPbBr3；-30。

2NA×abc×10

17．乙炔加氫是除去乙烯中少量乙炔雜質(zhì)，得到高純度乙烯的重要方法。該過(guò)程包括以下兩個(gè)主要反應(yīng)：

?1

反應(yīng)1：C2H2(g)+H2(g)=C2H4(g)ΔH1=?175kJ?mol(25℃,101kPa)

?1

反應(yīng)2：C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g)ΔH2=?312kJ?mol(25℃,101kPa)

?1

(1)25℃，101kPa時(shí)，反應(yīng)C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)ΔH=kJ?mol。

(2)一定條件下，使用某含Co催化劑，在不同溫度下測(cè)得乙炔轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物選擇性(指定產(chǎn)物的物質(zhì)的量/轉(zhuǎn)化的乙

炔的物質(zhì)的量)如圖所示(反應(yīng)均未達(dá)平衡)。

①在60~220℃范圍內(nèi)，乙炔轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的原因?yàn)?任寫一條)，當(dāng)溫度由220℃升高至260℃，

乙炔轉(zhuǎn)化率減小的原因可能為。

②在120~240℃范圍內(nèi)，反應(yīng)1和反應(yīng)2乙炔的轉(zhuǎn)化速率大小關(guān)系為?1?2(填“>”“<”或“=”)，理由為。

?

(3)對(duì)于反應(yīng)1，反應(yīng)速率v(C2H2)與H2濃度c(H2)的關(guān)系可用方程式v(C2H2)=k[c(H2)]表示(k為常數(shù))。145℃時(shí)，

?4?1?1

保持其他條件不變，測(cè)定了不同濃度時(shí)的反應(yīng)速率(如下表)。當(dāng)v(C2H2)=1.012×10mol?L?s時(shí)，c(H2)=

mol?L?1。

?1?1?1

實(shí)驗(yàn)組c(H2)/mol?Lv(C2H2)/mol?L?s

一4.60×10?35.06×10?5

二1.380×10?21.518×10?4

(4)以Pd/W或Pd為催化劑，可在常溫常壓(25℃,101kPa)下實(shí)現(xiàn)乙炔加氫，反應(yīng)機(jī)理如下圖所示(虛線為生成乙烷的

路徑)。以為催化劑時(shí)，乙烯的選擇性更高，原因?yàn)椤?圖中“*”表示吸附態(tài)；數(shù)值為生成相應(yīng)過(guò)渡態(tài)的

活化能)

【答案】

(1)-137

(2)溫度升高，反應(yīng)速率加快或溫度升高，催化劑活性增強(qiáng)催化劑在該溫度范圍內(nèi)失活＞乙烯的

選擇性大于乙烷，說(shuō)明反應(yīng)1乙炔的轉(zhuǎn)化速率大于反應(yīng)2乙炔的轉(zhuǎn)化速率

(3)9.2×10-3

(4)Pd/WPd/W做催化劑時(shí)，生成乙烷的活化能大于Pd催化劑時(shí)的

【詳解】

（1）由蓋斯定律，②－①可以得到目標(biāo)反應(yīng)，則△H=△H2－△H1=－312kJ/mol+175kJ/mol=?137kJ/mol；

（2）反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，溫度升高，反應(yīng)速率加快，乙炔的轉(zhuǎn)化率增大或溫度升高，催化劑活性增強(qiáng)，乙炔的

轉(zhuǎn)化率增大；

220℃-260℃，乙炔的轉(zhuǎn)化率下降，反應(yīng)未達(dá)平衡狀態(tài)，說(shuō)明不是由于平衡移動(dòng)造成的，可能原因是催化劑在該溫

度范圍內(nèi)失活；

由圖像可知，乙烯的選擇性大于乙烷，說(shuō)明反應(yīng)1乙炔的轉(zhuǎn)化速率大于反應(yīng)2乙炔的轉(zhuǎn)化速率，即v1＞v2；

①5