2025年1月八省聯(lián)考 化學（河南卷） 真題詳細解讀及評析

循高中化學課程標準，引導依標教學；依據(jù)中國高考評價體系，突出關(guān)鍵能力考查能和積極導向作用”,落實立德樹人的根本任務。試卷考查的知識試卷保持了以往的命題風格，在化學基礎(chǔ)知識中融合對考生學習方法和思維能力的素養(yǎng)的培養(yǎng)與提高。整體呈現(xiàn)據(jù)標立本、緊密聯(lián)系生產(chǎn)生活實際、緊跟學科前突出創(chuàng)新能力的鮮明特色，促進學生化學觀念、科學思維和正確價試題緊扣教材和課標，立足基礎(chǔ)內(nèi)容和必備知識，試題全面覆蓋了高中化學核學科核心概念、基本原理、基本方法和基本技能。突出了化學學科特點和基本研究方法、基本概念和反應原理、物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、常見無機物及其應用、常見有機物及其應用、化學實驗基礎(chǔ)知識等核心主干知識的考查，既發(fā)揮基礎(chǔ)內(nèi)容在培養(yǎng)關(guān)鍵能力、發(fā)展學科核心素養(yǎng)的地位和作用，又有利于引導師生在平時教學中重視并落實基礎(chǔ)，體現(xiàn)測試的基礎(chǔ)性要求。對核心主干知識不僅僅是體現(xiàn)在記憶層面，還將考查對其的在具體問題解決過程中的理解和應用水平。第2題考查化學用語或圖示，第4題化學實驗操作規(guī)范，第5題傳統(tǒng)中藥華中五味子中提取產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)分析，第7題考查離子方程式正誤判斷，第10題化學實驗操作及現(xiàn)象和結(jié)論分析等。這必將引導中學化學教學要回歸教材、注重試題精心遴選情境素材，注重聯(lián)系生產(chǎn)生活實際，體現(xiàn)學科社會功能，彰顯化計不同陌生度和復雜度的真實情境，很好地檢測了學生的素養(yǎng)水平，與素養(yǎng)導向的教考銜接、教考共振。試題注意真實情境的遴選，激發(fā)學生學習的興趣，意在題。試題突出了對中學化學核心基礎(chǔ)知識、基本技能、基本觀點和基本方法的考查的掌握，對基本概念的理解。掌握元素基礎(chǔ)知識是能力提升的前提和保障，試卷中考查內(nèi)容涵蓋高中化學重要的元素化合物知識、基本概念與理論、化學基礎(chǔ)實驗技能和化學計算，如第1題分析我國傳統(tǒng)手工藝品的材質(zhì)，第8題配合物間的結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)變，第12題功能性聚碳酸酯高分子材料結(jié)構(gòu)分析等。能力的考查，要求學生從化學視角分析和解決問題，突出對信息和方法，試題貼近了新高考改革的趨勢，突出對能力和化學學科核心素養(yǎng)的綜合考查。如：第1題的判斷物質(zhì)結(jié)構(gòu)的化學用語，第8題配合物間的結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)變，第17題以Zn高溫還原SiCl?生產(chǎn)多晶硅為載體，較全面考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，體現(xiàn)了“宏觀辨識與微觀探析”;第13題以庚醛(N)與亞硫酸氫鈉(P)可發(fā)生加成反應生成α-羥基磺酸鈉為切入口，考查活化能、速率常數(shù)、轉(zhuǎn)化率等8、9、11、12、13、14、15、16、17、18題數(shù)表信息往往體現(xiàn)在化學基礎(chǔ)知識之上，通過辨識模型、圖表等各種類型的信息，從中提取關(guān)鍵內(nèi)容并與已學知識進行整合；辨析在解決生產(chǎn)試卷關(guān)注學科內(nèi)模塊及學科間的有效融合，培養(yǎng)學生融會貫通、化知成智的信心與基礎(chǔ)，又是一門緊密聯(lián)系生產(chǎn)生活實際的科學?；瘜W試題一貫重視以真實問題情境教材中的基礎(chǔ)實驗或者模擬生產(chǎn)生活實際中的真實實驗情境。如第3題元素推斷，第9題水系S-MnO?可充電電池，第11題環(huán)己酮轉(zhuǎn)化為環(huán)己醇的反應機理，第12題聚碳酸酯高分子材料等，對基礎(chǔ)知識、反應規(guī)律和反應原理進行綜合考查，讓學生運用化學知識、運用化學原理，進行遷移，發(fā)總之，本試題凸顯化學實驗學科特色，側(cè)重于邏輯分析能力的應用試卷結(jié)構(gòu)試卷結(jié)構(gòu)適應性試題(100分)適應性試題(100分)選擇題(42分)非選擇題(58分)必修模塊(18分)選擇性必修模塊(24)必修模塊(12分)選擇性必修模塊(46分)考查知識點1易2適中原子結(jié)構(gòu)示意圖、離子結(jié)構(gòu)示意圖；烷烴系統(tǒng)命名法；原子中相關(guān)數(shù)3較易過氧化鈉和二氧化碳反應；氯堿工業(yè)；根據(jù)斷；“位構(gòu)性”關(guān)系理解及應用4易基本操作化學實驗基本操作5較易官能團結(jié)構(gòu)與性質(zhì)分子的手性；含碳碳雙鍵物質(zhì)的性質(zhì)的推斷；含有酚羥基的物質(zhì)性質(zhì)的推斷；多官能團有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)6適中7較易8適中9適中原電池電極反應式書寫；原電池、電解池綜合考查較易論適中官能團的引入和轉(zhuǎn)化，反應機理適中高分子合成有機高分子的基本方法；高分子性質(zhì)化學平衡常數(shù)的計算；鹽溶液中微粒間的電守恒原理；溶度積常數(shù)相關(guān)計算適中物質(zhì)分離、提純綜合應用適中定量綜合實驗碳酸鈉、碳酸氫鈉混合物的有關(guān)求算；酸堿中究物質(zhì)組成或測量物質(zhì)的含量；實驗安全防護較易適中斷信息給予的有機合成；常見官能團名稱、組成及結(jié)構(gòu)；根據(jù)要求書寫同分異構(gòu)體；羧酸酯化反應備考指南備考指南1.立足基礎(chǔ)回歸課本高考命題以課程標準為基本依據(jù)，以教材為重要參考，在最后的備2.科學診斷對癥下藥如電化學、溶液中的離子反應與平衡、信息題、反應原理大題等，注意哪類是分析原因，比如：知識漏洞、能力不足或是解題模型的缺失導致失分；四行復習。對于不常錯的題目，要隔三差五做兩道，保持解決這類型題目的敏3.提高速度?；A(chǔ)分無論對于什么學科，提升做題速度都是至關(guān)重要的。在簡單題目上用時越短，題。同學們在備考沖刺階段可采用多種方式進行限時訓練(目的是練速度、練考點、練技巧、練準確率)?；瘜W考試中?；A(chǔ)分體現(xiàn)在做好選擇題。高考選擇題占比達到45分，屬于容易得分也容易丟分的題型，它的考點比較基礎(chǔ)，因此復習階段，同學們可以有意識訓提高做選擇題的速度。此外，還要提高選擇題的準確率，要活用選擇題的解題技巧(如直接選擇、間接選擇、比較法等),切忌死算硬算，小題大作?；瘜W考試中?；A(chǔ)分還體現(xiàn)在規(guī)范答題、避免非智力因素失誤上。如：化學用語使用不規(guī)范；不寫反應熱單位；不注意有效數(shù)字處理，熱化學方程式漏寫狀態(tài)；等號與可逆號亂用；多元弱酸根離子的水解反應不分步寫；有機物的結(jié)構(gòu)簡式氫原子寫多或?qū)懮?；酯化反應漏寫水等；重視一些基本實驗操作的?guī)范答題：沉淀是否完全、沉淀的洗滌、洗滌是否干凈、結(jié)晶的基本方法等。高考試題完美涵蓋并依次進階了化學學科關(guān)鍵能力的考查，很好地考查了學生在面對情境時認識問題、分析問題和解決問題的能力。因此，在日常復習過程中，要合理拆解真實復雜情境，融入結(jié)構(gòu)化的必備知識，設(shè)計不同能力水平的驅(qū)動性問題，實現(xiàn)從“用中學”到“創(chuàng)中學”,真正發(fā)展學生的化學學科核心素養(yǎng)。樂觀復習，不要問自己還有多少問題，要想自己今天解決了什么問題；多看進步，時刻給自己積極的心里暗示，樹立自己一定能行的信心。平和積極的心態(tài)是成功的關(guān)鍵!一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題1.我國傳統(tǒng)手工藝品是勞動人民的智慧結(jié)晶，并隨著時代發(fā)展不斷創(chuàng)新。下列手工藝品中主要成分為無機物的是()C.麥稈畫【解析】A項，云錦的主要成分包括蠶絲，屬于有機物蛋白質(zhì)，A不符合題意；B項，牡丹瓷屬于陶瓷，主要成分是硅酸鹽，B符合題意；C項，麥稈畫主要成分是纖維素，C不符合題意；D項，油紙傘骨架是由竹子為材料制作，主要成分是纖維素，傘面主要由棉紙制成，主要成分是蛋白質(zhì)，D不符合題意；故選B。2.下列化學用語或圖示正確的是()A.CaO的電子式：B.Li+的結(jié)構(gòu)示意圖：C.中子數(shù)為38的鎵原子：3{GaD.的化學名稱：2-乙基戊烷【答案】AD項，主鏈有6個碳原子，3號碳原子上連有1個甲基，化學名稱：3-甲基己烷，故D錯誤；故選A。3.W是一種短周期金屬元素的單質(zhì)，V是無色氣體。它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(略去部分生成物和反應條件)。下列說法錯誤的是()A.氣體V可通過排水法收集B.X與水反應能生成氣體VC.Y易溶于水，溶液顯堿性D.電解Z的水溶液可得到W【解析】W是一種短周期金屬元素的單質(zhì)，V是無色氣體，W與V在加熱條件下反應生成X,X與CO?反應又能生成V,則W為Na,V為O?,X為Na?O?,Y為Na?CO?,Y與HCl反應生成Z,Z為NaCl。不到W(Na),應該電解熔融氯化鈉，D錯誤；故選D。4.下列圖示中，操作規(guī)范的是()A.配制Al?(SO4)3C.蒸發(fā)濃縮NaClD.長期存放K?Cr?O7標準液的試管長期存放K?Cr?O?標準溶液應用密封的細口瓶，容量瓶用于溶液配制不能長期儲存溶液，D錯誤；故選C。5.化合物L是從我國傳統(tǒng)中藥華中五味子中提取得到的一種天然產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)該A.能使酸性KMnO?溶液褪色B.分子中含有2個手性碳原子C.能與NaHCO?溶液反應放出CO?氣體D.既能發(fā)生加成反應，又能發(fā)生取代反應連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，故L分子存在2個手性碳原子，如圖所示：基，酸性比碳酸強，不能與碳酸氫鈉溶液反應產(chǎn)生CO?,C錯誤；D項，化合物L中含有碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應，含有羥基可以發(fā)生取代反應，D正確；故與X質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)，Y最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的一半。下列說法正確的是()A.電負性：W<Y且之前還有兩個元素，則Y為P;因為X與Z同主族，則X與Z分別可能是0與S或F與Cl,又因為W與X質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)，則X與Z分別是F與Cl,則W是O,W、X、Y、Z依次是O、F、P、子，價層電子對數(shù)=(6+1×2)/2=4,成鍵電子對數(shù)為2,孤電子對數(shù)為4-2=2,VSEPR為四面體，孤電子7.對于下列過程中發(fā)生的化學反應，相應離子方程式正確的是()B.以熱氫氧化鈉溶液洗滌附著在試管內(nèi)壁的少量硫：3S+6OH△2S2-+SO32+3H?O碘酸鉀溶液中滴加雙氧水，碘酸鉀中的碘元素為+5價，被雙氧水還原為碘化鉀，中的碘元素-1價，雙氧水8.配合物間的結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)變是一種有趣的現(xiàn)象。配合物1經(jīng)過加熱可轉(zhuǎn)變?yōu)榕浜衔?,如圖所示。配合物1配合物2A.配合物1中含有2種配體B.配合物2中N原子采取sp2雜化C.轉(zhuǎn)變過程中涉及配位鍵的斷裂和形成D.轉(zhuǎn)變前后，Co的化合價由+2價變?yōu)?價N、0分別提供一對孤電子，與Co2+形成配位鍵，則配合物1中含有2種配體，A正確；B項，由配合物29.我國科學家設(shè)計了一種水系S-MnO?可充電電池，其工作原理如圖所示。用電器或直流電源用電器或直流電源CuSO?-MnSO?-H?SO?溶液電極b電極a入充電A.充電時，電極b為陽極B.充電時，陽極附近溶液的pH增大D.放電時，溶液中Cu2+向電極b方向遷移【解析】由圖可知，放電時，電極a上MnO?轉(zhuǎn)化為Mn2+,發(fā)生還原反應，電極b上Cu?S轉(zhuǎn)化為S,發(fā)生氧化反應，則電極a為正極，電極b為負極；充電時，電極a上Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO?,發(fā)生氧化反應，電極b上S轉(zhuǎn)化為Cu?S,發(fā)生還原反應，此時電極a為陽極，電極b發(fā)生還原反應，則電極b為陰極，A錯誤；B.項，充電時，電極b為陰極，則電極a為陽極，電極a的電10.由下列實驗操作及現(xiàn)象能得到相應結(jié)論的是()選項實驗操作及現(xiàn)象結(jié)論A以甲烷球棍模型為基礎(chǔ)，用兩個代表氯原子的小球替換代表氫原子的小球，只能得到一種結(jié)構(gòu)模型CH?Cl?無同分異構(gòu)體B將SO?通入滴有酚酞的氨水，溶液由紅色變?yōu)闊o色C將潔凈的鉑絲在酒精燈外焰灼燒至與原來火焰顏色相同，D常溫下，CH?COOH溶液與KOH溶液等體積混合，測得混合溶液pH=8CH?COOH為弱酸B項，將SO?通入滴有酚酞的氨水，SO?與NH?·H?O反應，溶液堿性減弱，由紅色變?yōu)槿芤号cKOH溶液等體積混合，測得混合溶液pH=8,二者的濃度未知，故無法說明CH?COOH為弱酸，D錯誤；故選A。11.環(huán)己酮可以在Zr基催化劑作用下轉(zhuǎn)化為環(huán)己醇，其可能的反應機理如圖所示。A.該反應的還原劑是B.反應過程中涉及O-H鍵的斷裂和形成可得到C.用同位素標記的代替可得到D.環(huán)己酮轉(zhuǎn)化為環(huán)己醇的反應為【答案】C正確，A項不符合題意；B項，由反應機理圖可知，反應的總反應為可知有O-H鍵的斷裂和形成，正確，B項不符合環(huán)己酮可以在Zr基催化劑作用下轉(zhuǎn)化為環(huán)己醇，反應總方程式為12.CO?的資源化利用有利于實現(xiàn)“碳中和”。一種功能性聚碳酸酯高分子材料G可由如下反應制備。下列說法錯誤的是()A.x=m+nB.反應的原子利用率為100%C.G在酸性或堿性條件下均能降解D.E與F均能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】A項，根據(jù)CO?的個數(shù)守恒，有x=m+n,A正確；B項，該反應為環(huán)氧基和碳氧雙鍵打開的加成聚合，原子利用率為100%,B正確；C項，G為聚碳酸酯，在酸性或堿性條件下都能水解，C正確；D項，E為飽和結(jié)構(gòu)，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，F(xiàn)中由碳碳雙鍵，可以使溴的四氯化碳褪色，D錯誤；故選D。13.庚醛(N)與亞硫酸氫鈉(P)可發(fā)生加成反應生成α-羥基磺酸鈉(Q),正、逆反應速率可以表示為v?=k?c(N)·c(P)和v_?=k_?c(Q),k?和k_1分別為正，逆反應的速率常數(shù)，E1和E1分別為正，逆反應的活A.Ei>E?B.升高溫度，平衡逆向移動C.達到平衡時D.加入催化劑可以提高N的平衡轉(zhuǎn)化率快反應速率，但不影響平衡移動，不會提高N的平衡轉(zhuǎn)化率，D錯誤14.向CaC?O4飽和溶液(有足量CaC?O4固體)中通入HCl氣體，調(diào)節(jié)體系pH促進CaC?O4溶解，總反應為CaC?O4+2H+÷Ca2++H?C?O4。平衡時1g[c(Ca2+)],分布系數(shù)8(M)與pH的變化關(guān)系如圖所示(其中已知K(CaC?O?)=10863。B.pH=3時，溶液中c(Cl)>c(HC?O4)+2c(H?C?O4)C.總反應CaC?O?+2H+÷Ca2++H?C?O?的平衡常數(shù)K=10309與pH的變化關(guān)系；H?C?O4為二元中強酸，分布電離H?C?O?、H++HC?O?,HC?O?H++C?O42,B項，溶液中存在電荷守恒①2c(Ca2+)+c(H)=2c(C?O42)+c(HC?O4)+c(Cl)+c(OH-),物料守恒②c(Ca2+)=c(C?O?2)+c(HC?O?)+c(H?C?O4),將①-②×2得c(H)=c(Cl)+c(OH-)-c(HC?O4)-2c(H?C?O4);當pH=3總反應CaC?O4+2H+Ca2++H?C?O?的),C?O?2-和HC?O?的分布系數(shù)關(guān)系為,D錯誤；故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.一種利用鈦白粉副產(chǎn)品[主要成分為FeSO4·7H?O,含有少量Fe?(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO?等]和農(nóng)藥鹽渣(主要成分為Na?PO?、Na?SO3等)制備電池級磷酸鐵的工藝流程如下。溶解1NH?F濾渣1氣體濾渣2鹽渣溶解2-濾渣32氧化2-沉鐵pH=1.5一定條件下，一些金屬氟化物的Ksp如下表?；卮鹣铝袉栴}：(1)"除鈦"中產(chǎn)生的少量氣體是(填化學式);鐵粉的作用之一是提高體系的pH,使得TiO2+水解以TiO?·xH?O沉淀形式除去，其另一個作用是o(3)"氧化1"中若H?O?加入速度過快，會導致H?O?用量增大，原因是。本步驟不能使用稀鹽酸代替H?SO4溶液，原因是0(4)濾渣3的主要成分是MnO?·xH?O,生成該物質(zhì)的離子方程式為0(6)“沉鐵”中如果體系酸性過強，會導致FePO4·2H?O產(chǎn)量降低，原因是(3)氧化生成的Fe3+可以使H?O?分解速率增大，導致H?O?用量增大防止鹽酸與KMnO?反應生成Cl?,產(chǎn)生污染(4)2MnO?+3Mn2++(5x+2)H?O=5(MnO沉淀量少【解析】該工藝流程的原料為鈦白粉副產(chǎn)品[主要成分為FeSO4·7H?O,含有少量Fe?(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和農(nóng)藥鹽渣(主要成分為Na?PO?、Na?SO3等),產(chǎn)品為電池級磷酸鐵，鈦白粉副產(chǎn)品在硫酸中溶解1后，加入鐵粉“除鈦”過程發(fā)生反應有Fe+H?SO?=FeSO?+H?↑、Fe?(SO4)?+Fe=3FeSO4,提高了溶液體系的pH,使TiO2+水解以TiO?·xH?O沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO?2-,加入NH?F“除雜1”中除去Mg2+,“氧化1”中Fe2+被H?O2氧化為Fe3+,“除雜2”中加入的KMnO4與Mn2+發(fā)生氧化還原反應生成MnO?·xH?O而除去Mn2+,溶液中Fe3+與農(nóng)藥鹽渣中的PO?3-結(jié)合生成FePO?2H?O。(1)“除鈦”過程加入的鐵粉發(fā)生的主要反應有Fe+H?SO?=FeSO?+H?↑、Fe?(SO4)3+Fe=3FeSO4,提高了溶液體系的pH,使TiO2+水解以TiO?·xH?O沉淀形式除去，故少量氣體是H?,鐵粉作用之一是提高體系的pH,使得TiO2+水解以TiO2·xH?O沉淀形式除去，其另一個作用是還原Fe3+;(2)“除鈦”后溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO?2,由FeF?、MgF?、MnF?的Ksp可知，MgF2更難溶于水，加入NH?F與Mg2+反應生成難溶于水的MgF2,故“除雜1”中除去的是Mg2+;(3)“氧化1”中Fe2+被Fe2+氧化為Fe3+,Fe3+是H?O2分解的催化劑，可以使H?O2分解速率增大，故H?O?加入速度過快，會導致H?O?用量增大；該反應2Fe2++H?O+2H+=2Fe3+2H?O在酸性條件下發(fā)生，本步驟若使用稀鹽酸代替H?SO?溶液，則溶液中含有Cr,在“除雜2”中會與KMnO?反應生成Cl?,產(chǎn)生污染；(4)“除雜2”中加入的KMnO?與Mn2+發(fā)生氧化還原反應生成MnO?·xH?O,離子方程式為2MnO4+3Mn2++(5x+2)H?O=5(MnO?·xH?O)J+4H+;(5)農(nóng)藥鹽渣成分中有Na?SO3,“除雜2”后溶液含有H+,二者混合會發(fā)生SO?2=+2H+=SO?↑+H?O,“氧化2”的目的是使SO32-轉(zhuǎn)化為SO?2-,從而減少SO?氣體的排放；(6)“沉鐵”中如果體系酸性過強，則溶液中H+濃度較大，磷元素主要以H?PO?、H?PO?、HPO?2-形式存在，PO?3-濃度低，生成FePO?·2H?O沉淀量少，導致FePO?·2H?O產(chǎn)量降低。16.某實驗小組利用EDTA標準溶液滴定Ca2+,從而間接測定Na?CO?、NaHCO?混合溶液中CO32-和HCO?-的總濃度。已知EDTA與Ca2+按物質(zhì)的量之比1:1反應。I.如下圖所示，取100.00mLNa?CO?、NaHCO3混合溶液于①中，在攪拌下滴加NaOH溶液，調(diào)pH至11,然后準確加入VimLcimol-L-1CaCl?溶液(過量),攪拌下水浴加熱至60℃并保持5min,冷卻至室溫。過濾、洗滌，合并濾液和洗滌液，在250mL容量瓶中定容。Ⅱ.取25.00mL步驟I配制的溶液于錐形瓶中，加入一定量蒸餾水，用NaOH溶液調(diào)pH在12~13之間，再滴加4~5滴鈣指示劑。用c?mol-L-EDTA標準溶液滴定至終點，平行測定三次。消耗EDTA溶液平均體積為V?mL。(1)儀器①的名稱是;②的名稱是o(2)先用大量的水沖洗，然后涂上1%硼酸溶液減小對皮膚的腐蝕(3)將混合溶液中的碳酸氫鈉完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈉保證碳酸根離子沉淀完全【解析】本題是一道含量測定類的實驗題，先用NaOH溶液將碳酸氫鈉完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，再根據(jù)滴定實驗的有關(guān)操作并結(jié)合EDTA與Ca2+按物質(zhì)的量之比1:1反應進行計算解題。(1)由圖可知，儀器①的名稱是三頸燒瓶；②的名稱是恒壓滴液漏斗；(2)NaOH溶液有腐蝕性，會腐蝕皮膚，若不慎將NaOH溶液沾調(diào)pH至11,可以將混合溶液中的碳酸氫鈉完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈉；加入過量的CaCl?溶液可以保證碳酸根離子沉淀完全；(4)本實驗所需溫度低于100℃,可以采用水浴加熱，水浴加熱便于控制溫度，且受熱均勻；(5)使滴定管尖嘴處懸垂的半滴標準溶液加入到錐形瓶中的操作是：使半滴溶液懸于口接觸，使液滴流出；(6)消耗EDTA溶液平均體積為V?mL,則配制的溶液中含有鈣離(2)化合物H?BPF?的結(jié)構(gòu)如圖1所示，H?BPF?中F-P-F鍵角略大于PF?分子中的F-P-F鍵角，原因(3)Si、P和Zn三種元素組成化合物的晶胞如圖2所示(晶胞參數(shù)a=b≠c,a=β=y=90°),若將M點Si圖22ZnCl?(g)+Si(s)△H?=-134反應Ⅱ:SiCl?(g)+Zn(g)反應Ⅲ:SiCl?(g)+Si(s)②在總壓分別為pi、p?和p3下，反應達平衡時：SiCl?物質(zhì)的量與初始SiCl?物質(zhì)的量的比值x隨溫度變化如圖3所示。圖中壓強由大到小順序為,判斷的依據(jù)是。在一定溫度、180kPa條件下，體系中初始：SiCl?(g)和Zn(g)分別為1mol和4mol,假設(shè)此條件下生成的SiCl?忽略不計，恒壓反應4min時，SiCl4分壓變?yōu)?0kPa,0~4min內(nèi)用SiCl4分壓表示的平均反應速率為kPa·min-1,此時可生成硅【答案】(1)3d104s2分子晶體(2)H?BPF?無孤電子對，PF?存在孤電子對，孤電子與成鍵電子之間存在著斥力，使得鍵角減小(4)+330p3>p?>pi在同一溫度下，pi到p3,SiCl2物質(zhì)的量逐漸減小，說明平衡逆向移動，增大壓強平衡向化學計量數(shù)小的方向移動414【解析】(1)Zn為30號元素，則基態(tài)Zn原子的價電子排布式為3d104s2;SiCl4的沸點為27.6℃,比較低，故SiCl?是分子晶體；(2)由化合物H?BPF?的結(jié)構(gòu)可知，P具有一對孤電子對，與B的空軌道形成配位鍵，而PF?中具有一對孤電子，孤電子與成鍵電子之間存在著斥力，使得鍵角減小，故H?BPF?中F-P-F鍵角略大于PF?分子中的F-P-F鍵角；(3)由該晶胞的結(jié)構(gòu)可知，該晶胞中含有4個Si,Zn和Si數(shù)量相同，則Zn和Si位置可以互換，若將M點Si原子作為晶胞頂點，則N點Si原子在晶胞中的位置為體心；(4)①由蓋斯定律得反應Ⅲ=2反應Ⅱ-反應I,則△H3=2△H?-△H?=(2×98+134)kJ·mol-漸減小，說明平衡逆向移動，增大壓強平衡向化學計量數(shù)小的方向移動，則p3>p2>pi;假設(shè)此條件下生成的SiCh忽略不計