信息必刷卷04（浙江专用）（解析版）_05高考化学_2025年新高考资料_2025考前信息卷_2025年高考化学考前信息必刷卷（浙江专用）34334845

绝密★启用前 2025 年高考考前信息必刷卷 04(浙江专用) 化 学 考情速递 高考·新动向：部分考生认为化学简单到离谱，甚至觉得不需要动脑子就能做对题目，这些考生平日里 知识积累扎实，在这次考试中做题得心应手。然而，对于那些化学基础稍薄弱或者对新题型预估不足 的考生，情况则不太乐观。新的大题题型打乱了他们的解题节奏，在考场上花费大量时间理解题意和 摸索解题思路，导致时间紧张。 高考·新考法：非选择题由原来的5道精简为4道。在分值分配上，第一大题16分，第二大题12分， 第三大题12分，第四大题12分。这种变化对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高要求。 例如物质结构和无机流程融合成了16分的第一道大题，考生不仅要熟知物质结构的微观奥秘，还要能 将其与宏观的无机流程顺畅对接，增加了答题的难度和对知识综合运用的要求。题型布局打乱，一直 以来考生习惯的大题数量和出题套路被彻底打破，出题人改变了原有的题型布局。这种变化让考生失 去了熟悉题型带来的优势，需要在考场上重新适应新的题型结构，增加了考试的挑战性。 命题·大预测：在2025浙江化学第二次考试中，难度比首考略有增加。物质分类可能会给出一些特殊的 新材料或者新型化合物，要求依据物质分类的基础定义和特殊情况进行判断。在反应分类中，可能会 出现一些新的化学反应类型组合或者特殊反应条件下的反应分类。随着新能源的发展，2025年的化学 情景可能更多涉及新能源相关化学知识。例如在氢能的利用方面。在环境方面，可能会涉及到新型的 环境治理化学方法或者污染物检测的化学原理。 (考试时间：90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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 V-51 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Te -128 Ba-137 Hg-201 Bi-209 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项是符合题 目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．下列物质一定属于极性分子的是( ) A．BF B．C HF C．C HO D．二氯苯 3 2 2 2 2 4【答案】C 【解析】A项，BF 为平面三角形结构，且3个B-F一样长、一样强为非极性分子，故A错误；B项， 3 C HF 结构为 ，顺式结构属于极性分子，反式结构属于非极性分子，故B错误；C 2 2 2 项，满足C HO的结构为 或者 ，均为极性分子，故C正确；D项，二氯苯的 2 4 结构为 ，均为非极性分子，故D错误；故选C。 2．下列化学用语表述正确的是( ) A．HO 的电子式： 2 2 B．固体HF中的链状结构： C．基态铍原子最高能级的电子云轮廓图为 D．基态氮原子电子排布轨道表达式写成 违背了泡利原理 【答案】B 【解析】A项，HO 是共价化合物，电子式： ，A错误；B项，固体HF分子间 2 2存在氢键，链状结构 ，B正确；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， ，C错误；D项，基态氮原子电子排布轨道表达 式写成 违背了洪特规则，正确应该为 ，D错误； 故选B。 3．化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是( ) A．推广使用可降解塑料聚乳酸，能减少白色污染 B．利用Na的还原性，用作核反应堆的传热介质 C．液晶既有液体的流动性、形变性和黏度，又有类似晶体的各向异性 D．汽车防冻液的主要成分为乙二醇，其沸点高的原因是易形成分子间氢键 【答案】B 【解析】废弃的塑料制品会危害环境，造成“白色污染”，推广使用可降解塑料聚乳酸，能减少白色 污染，A项正确；钠具有良好的导热性，可用作核反应堆的传热介质，与其还原性无关，B项错误；液晶 是介于液态和晶态之间的物质状态，既有液体的流动性、形变性和黏度，又具有晶体的某些物理性质，如 导热性、光学性质等，表现出类似晶体的各向异性，C项正确；汽车防冻液的主要成分为乙二醇，乙二醇 羟基中的O原子电负性较大，易形成分子间氢键，导致沸点高，D项正确。 4．下列说法不正确的是( ) A．键角：NH ＞HO 3 2 B．硬度：金刚石＞碳化硅 C．沸点： D．化学键中离子键成分的百分数：MgO>Al O 2 3 【答案】C 【解析】A项，水、氨气中心原子均为sp3杂化，其孤电子对数分别为2、1，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则分子中键角：NH >H O，A正确；B项，金刚石、碳化硅都是 3 2 共价晶体，原子间通过共价键结合，形成共价键的原子半径越小，共价键结合得就越牢固，物质的硬度就 越大，由于共价键的键长C-Si>C-C，所以硬度金刚石＞碳化硅，B正确；C项， 只能形成 分子内氢键，分子内氢键的分子间作用力较小， 只能形成分子间氢键，则沸点 ＜ ，C错误；D项，氧化镁中离子键的百分数为50%，另50%为共 价键，氧化铝中离子键成分低于50%，故化学键中离子键成分的百分数：MgO>Al O，D正确；故选C。 2 3 5．关于实验室安全，下列表述错误的是( ) A．实验室做钠与水反应的实验，需要提醒图标有： B．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中 C．KMnO 、KClO、NaO 等固体因具有强氧化性不能随便丢弃，可以将未用完的上述固体放回原试 4 3 2 2 剂瓶 D．盛放浓硫酸试剂瓶的储物柜上应张贴的标识： 【答案】C 【解析】A项，Na与水剧烈反应生成H，取用Na时用小刀切割，防止小刀伤手，需要佩戴护目镜， 2 有氢气生成需要用排气扇将氢气排出，实验完毕后要洗手，A正确；B项，浓硝酸是遇见光易分解的液体， 应保存在棕色细口瓶中，B正确；C项，一般情况下药品取出之后，多余的药品不能再放回原试剂瓶，防 止试剂被污染，C错误；D项，浓硫酸具有腐蚀性，应该贴上腐蚀品标识，D正确；故选C。 6．电解法合成己二腈[NC(CH )CN]的反应为：CH=CHCN+HO→NC(CH )CN+X(未配平)，下列说法 2 4 2 2 2 4 不正确的是( ) A．X表示O 2 B．NC(CH )CN分子中C原子有2种杂化方式 2 4C．每1molCH =CHCN参与反应，转移的电子数为2N 2 A D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】C 【解析】由未配平的方程式可知，酸性条件下CH=CHCN在阴极得到电子发生还原反应生成 2 NC(CH )CN和水，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，总反应方程式为 2 4 4CH=CHCN+2HO=2NC(CH )CN+O↑，则X为O。A项，由分析可知，X为O，故A正确；B项， 2 2 2 4 2 2 2 NC(CH )CN分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，—C≡N中碳原子的杂化方式为sp杂化，所以分子 2 4 中碳原子有2种杂化方式，故B正确；C项，由方程式可知，反应消耗4molCH =CHCN，转移电子的物质 2 的量为4mol，则1molCH =CHCN参与反应时，转移的电子数为N ，故C错误；D项，由方程式可知，反 2 A 应中碳元素的化合价降低被还原，CH=CHCN是反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是反应的 2 还原剂，则由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故D正确；故选C。 7．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是( ) 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 【答案】B 【解析】A项，甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其 分子间形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确；B项，王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的Cl-能与 被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓 硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B不正确；C项，冰晶体中水分子间形成较多的 氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较 低，冰的密度小于干冰，C正确；D项，石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以 C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通 过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子 的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动， 因此石墨能导电，D正确；故选B。 8．下列离子方程式书写正确的是( )A．FeCl 溶液中通入过量HS气体：Fe2++H S= FeS↓+2H+ 2 2 2 B．向H18O中加入NaO：2NaO+2H 18O=4Na++4OH-+18O↑ 2 2 2 2 2 2 2 C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH ++Ca2++HCO-=CaCO ↓+ NH ·H O+HO 4 3 3 3 2 2 D．向FeI 溶液中通入足量Cl：2Fe2++2I-+2Cl=2Fe3++I+4Cl- 2 2 2 2 【答案】C 【解析】A项，盐酸酸性比HS强，则FeCl 溶液中通入过量HS气体，不发生反应， A错误；B项， 2 2 2 过氧化钠与水在反应过程中，过氧化钠中的氧元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，所以 生成的氧气是过氧化钠中-1价氧元素变化来的，离子方程式为：2NaO+2H 18O=4Na++2OH-+218OH- 2 2 2 +18O↑，B错误；C项，向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水：离子方程式 2 为：NH ++Ca2++HCO-=CaCO ↓+ NH ·H O+HO，C正确；D项，氯气具有强氧化性，与碘离子和亚铁离子 4 3 3 3 2 2 均会发生氧化还原反应，向FeI 溶液中通入足量氯气，离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl=2Fe3++2I+6Cl-，D错 2 2 2 误；故选C。 9．某医药中间体Z的合成路线如下，有关物质说法错误的是( ) A．物质X、Y、Z分子中原子杂化类型有sp2、sp3 B．反应Ⅰ和Ⅱ的反应类型均属于取代反应 C．若将 替换X发生反应Ⅰ，所得产物中可能含有 D．物质Z与HO的加成产物只有1种结构(不考虑立体异构) 2 【答案】D 【解析】A项，物质X、Y、Z分子中存在单键碳、双键碳，杂化形式分别为sp3、sp2，A正确；B项， X断裂C-H， 断裂C-I，生成Y和HI，属于取代反应，B正确；C项，羰基相连碳上的氢为活泼氢，容易断裂，发取代反应或加成反应，若将 替换X发生反应Ⅰ，箭头所指位置 ，易与 发生取代反应，其中一种即为 ，C正确；D项，不 考虑立体异构的情况下，物质Z与HO加成产物有2种结构，若考虑立体异构，其中一种加成产物 2 结构与羟基相连的碳原子为手性碳，则将多出1种结构，即3种，D错误；故选D。 10．实验室由硫铁矿烧渣(含FeO、Fe O 、SiO 等)制取无水氯化铁的实验原理和装置不能达到实验目 2 3 2 的的是( ) A．用装置甲溶解硫铁矿烧渣 B．用装置乙过滤得到含Fe2+、Fe3+混合溶液 C．用装置丙氧化得到FeCl 溶液 D．用装置丁蒸干溶液获得无水FeCl 3 3 【答案】D 【解析】A项，硫铁矿烧渣(含FeO、Fe O 、SiO 等)置于烧杯中，加过量盐酸溶解，其中FeO、Fe O 2 3 2 2 3 溶于盐酸生成氯化亚铁和氯化铁，SiO 不溶于盐酸，故A正确；B项，酸溶后的悬浊液进行过滤分离，得 2 到氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，故B正确；C项，含氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，转移入锥形瓶中加 过量的双氧水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故C正确；D项，所得氯化铁溶液应在HCl氛围中蒸发浓缩、 冷却结晶，在将晶体在HCl气氛中脱水得到无水氯化铁，直接蒸发结晶无法得到无水氯化铁，故 D错误； 故选D。 11．生成热是指由标准状况(101kPa，273K)下最稳定单质生成标准状况下单位物质的量的化合物的热效应或焓变(ΔH)。最稳定的单质的标准生成热规定为零。几种含锡物质的生成热如图所示。下列叙述错误 的是( ) A．其他条件相同，最稳定的是SnO(s) 2 B．SnCl(s)+Cl(g)=SnCl(g) ΔH＝-146.4kJ·mol−1 2 2 4 C．SnO(s)+ Sn(s)=2SnO(s) ΔH＜0 2 D．最稳定的 在氧气中燃烧生成30.2gSnO(s)时放出的热量为116.14 kJ 2 【答案】C 【解析】A项，其他条件相同，物质能量越低越稳定，由图可知，四种含锡物质中SnO (s)的生成热最 2 小，即生成单位物质的量的含锡物质，生成SnO (s)时放热量最大，则SnO (s)的能量最低，也最稳定，A 2 2 正确；B项，由生成热的定义可得热化学方程式：①Sn(s)+Cl(g)=SnCl(g) ΔH＝-325.0kJ·mol−1、②Sn(s) 2 2 1 +2Cl(g)=SnCl(g) ΔH＝-471.5kJ·mol−1，由②-①式可得：SnCl(s)+Cl(g)=SnCl(g)，则由盖斯定律可得该反 2 4 2 2 2 4 应的 ，B正确；C项，由生成热的定义可得热化 学方程式：③Sn(s)+1/2 O(g)==SnO(s) ΔH＝-285.8kJ·mol−1、④Sn(s)+ O(g)==SnO(s) ΔH 2 3 2 2 4 ＝-580.7kJ·mol−1，由2×③-④式可得：SnO(s)+ Sn(s)=2SnO(s)，则由盖斯定律可得该反应的 2 ，C错误；D项，由生成热的定义可得热化 学方程式：Sn(s)+ O(g)==SnO(s) ΔH＝-580.7kJ·mol−1，30.2gSnO(s)物质的量： ， 2 2 4 2 则放出热量： ，D正确；故选C。12．近日，大连化学物理研究所催化基础国家重点实验室开发出HS脱除光电催化工艺，其工作原理 2 如图所示(两个泵的工作效率相同)。 下列说法错误的是( ) A．X极接光伏电池的正极，发生氧化反应 B．随着反应的进行，电解池内部溶液的酸性增强 C．A容器中生成S的离子方程式为 D．该装置的显著优点：利用太阳能并获得氢能 【答案】B 【解析】中间为电解池，由图示H+由X极移向Y极，可知Y为阴极连接电源负极，电极反应式为： ，X为阳极连接电源正极，电极反应式为： ，可知电解液反应前后pH不变。 A项，X极接光伏电池的正极，发生氧化反应，A正确；B项，反应前后溶液pH不变，H+在电解池中起到 平衡电荷形成闭合回路的作用，B错误；C项，A容器中 将HS氧化生成S，本身被还原为 ，离 2 子方程式为： ，C正确；D项，太阳能是可再生资源，利用太阳能节能环保， 且还生成了氢气获得了氢能源，这是该装置的显著优点，D正确；故选B。 13．一种稀磁半导体晶体的晶胞结构如下(部分原子的分数坐标已给出)，有关说法正确的是( )A．该晶体属于金属晶体，一定条件下可以导电 B．a处Zn原子的分数坐标为 C．该晶体的化学式为BaZnAs 2 D．与Zn距离最近且等距的As原子有4个 【答案】D 【解析】A项，已知该晶体是一种稀磁半导体晶体，不属于金属晶体，A项错误；B项，a处Zn原子 的分数坐标为 ，B项错误；C项，该晶胞结构中，有 个Ba，有 个 ，有 个As，化学式为BaZnAs ，C项错误；D项，与Zn距离最近且等距的As原子有4个，分别位 2 2 于Zn原子所在的侧平面的2条棱上的最近的As原子和该侧平面所属的2个晶胞体内最近的As原子，D项 正确；故选D。 14．过一硫酸(H SO )在一定条件下能将酮和烯烃分别转化为酯和环氧结构，其反应机理如图所示。 2 5 下列说法不正确的是( ) A．根据上述机理可知，过一硫酸具有强氧化性B．R COR 是烯烃转化为环氧结构的催化剂 1 2 C．整个反应过程中，有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成 D．若2-丁烯和丙酮发生上述反应，总反应可能为 CHCH=CHCH +2CH OCH +3H SO →2CHCOOCH +3H SO + 3 3 3 3 2 5 3 3 2 4 【答案】B 【解析】A项，在一定条件下能将酮和烯烃分别转化为酯和环氧结构，在有机反应里，加氧原子去氢 原子认为是氧化反应，然而酮又稳定，所以过一硫酸具有强氧化性，故A正确；B项，R COR 不是烯烃 1 2 转化为环氧结构的催化剂，催化剂反应前后不发生变化，故B错误；C项，整个反应过程中，④过程中氧 氧单键断裂，即有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，故C正确D项，若2-丁烯和丙酮发生上述反 应，，通过观察图示，知道双键变成环氧结构，酮基变成酯基，所以总反应可能为 CHCH=CHCH +2CH OCH +3H SO →2CHCOOCH +3H SO + ，故D正确；故选B。 3 3 3 3 2 5 3 3 2 4 15．水体中的重金属离子如Cu2+、Sn2+等可以通过转化为CuS、SnS沉淀除去。已知：室温下 K (H S)=9×10-8，K (H S)=1×10-12。下列说法正确的是( ) a1 2 a2 2 A．0.1 mol·L-1NaS溶液中：cOH－＝cH＋＋cHS-＋cHS 2 2 B．0.1 mol·L-1NaHS溶液中：cNa＋＜cHS-＋2cS2- C．向10 0.001 mol·L-1 CuSO 溶液中加入10 0.001 mol·L-1NaS溶液，有沉淀析出。忽略混合时 4 2 溶液体积的变化，说明K (CuS)＞2.5×10－7 sp D．室温时，向0.001 SnS粉末中加入10 0.1 mol·L-1 CuSO 溶液，充分浸出后所得溶液中 4 c(Cu2+)＜c(Sn2+)，则K (CuS)＜K (SnS) sp sp 【答案】D 【解析】A项，根据质子守恒可知：cOH－＝cH＋＋cHS-＋2cHS，故A错误；B项，由电荷守恒 2 可得：cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，NaHS的水解常数Kh= > K (H S)=1×10-12，因此溶液显碱性，c(H＋)＜c(OH―)，则cNa＋＞cHS-＋2cS2-，故B错误；C项，混合 a2 2后 CuSO 溶液和NaS溶液浓度均为0.0005 mol·L-1， ，因有沉淀产生则 4 2 ，说明K (CuS)＜2.5×10－7，故C错误；D项，SnS粉末中加入0.1 mol·L-1 CuSO 溶液后，溶解形 sp 4 成饱和溶液，充分浸出后所得溶液中c(Cu2+)＜c(Sn2+)，则c(Cu2+)·cS2-＜c(Sn2+)·cS2-，即，故D正确；故 选D。 16．实验室用叔丁醇(CH)COH (沸点82℃)与浓盐酸反应制备2-甲基-2-氯丙烷(沸点52℃)，2-甲基-2- 3 3 氯丙烷是重要的化工原料，路线如下图。下列说法不正确的是( ) A．两次水洗的主要目的分别为除去有机相中的盐酸和钠盐 B．无水CaCl 的作用是除去有机相中残存的少量水 2 C．用5% NaCO 溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗下层 2 3 D．蒸馏是为了除去残余反应物叔丁醇，产物会先被蒸馏出体系 【答案】C 【解析】由题给流程可知，叔丁醇与浓盐酸发生取代反应生成2-甲基-2-氯丙烷和水，分液得到混有盐 酸和叔丁醇以及2-甲基-2-氯丙烷的有机相，有机相经水洗、5%碳酸钠溶液洗涤后，分液得到除去盐酸， 得到混有碳酸钠溶液的2-甲基-2-氯丙烷有机相，有机相经水洗、分液得到混有水的2-甲基-2-氯丙烷有机相， 向有机相中加入无水氯化钙除水后，蒸馏得到2-甲基-2-氯丙烷。A项，第一次洗涤主要除去有机相中的盐 酸，第二次水洗是除去有机相中的钠盐，故A正确；B项，无水CaCl 的作用是干燥，主要是除去有机相 2 中残存的少量水，故B正确；C项，用5%Na CO 溶液洗涤分液时，由于2−甲基−2−氯丙烷密度比水小， 2 3 因此有机相在分液漏斗上层，故C错误；D项，由于产物的沸点比叔丁醇沸点低，因此蒸馏是为了除去残 余反应物叔丁醇，产物会先被蒸馏出体系，故D正确；故选C。 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17．(16分)锂是相对质量最小的金属，锂及其化合物在有机合成、电池等领域应用广泛。回答下列问 题： (1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 、 (填标号) A． B．C． D． (2)LiAlH 是有机合成中常用的还原剂，LiAlH 中的阴离子空间构型是 ，中心原子的杂化 4 4 形式为 ，LiAlH 中存在 (填标号) 4 A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 (3)锂离子电池电极材料是LiFePO ，其晶胞结构示意图如①所示。其中O围绕Fe和P分别形成4个正 4 八面体和4个正四面体。电池充电时，LiFePO 脱出部分Li+形成Li FePO ，其结构示意图如②所示，则 4 (1-x) 4 Li FePO 晶胞中n(Fe2+)：n(Fe3+)= 。 (1-x) 4 (4)四氢铝锂(LiAlH )是有机合成中的重要还原剂，其性质探究如下(试剂均足量)： 4 ①写出LiAlH 与HO反应的化学方程式： 。 4 2 ②试剂A最好为 。 ③解释LiAlH 的还原性比NaBH 强的原因： 。 4 4 ④请设计实验方案证明LiAlH 中所含的金属元素 。 4 【答案】(1)D(1分) C(1分) (2)正四面体(1分) sp3(1分) AB(2分) (3)11∶5(2分) (4) ①LiAlH +4H O=LiOH↓+Al(OH) ↓+4H ↑(2分) 4 2 3 2 ②氨水(2分) ③Al的原子半径比B大，Al-H键比B-H弱，易断裂，所以LiAlH 的还原性比NaBH 强(2分) 4 4 ④取少量溶液2，用洁净铂丝蘸取反应液在无色火焰上灼烧，若火焰呈紫红色，则样品中含Li元素： 取少量溶液2于试管中，加入足量的NaOH溶液，若先出现白色沉淀后又溶解，则样品中含Al元素(2分)【解析】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子 排布能量最低的是1s22s1，即D；电子排布能量最高的是2s12p2，即C；(2)LiAlH 中的阴离子中Al原子价 x 4 层电子对个数=4+ =4，且不含孤电子对，中心原子的杂化形式为sp3杂化，阴离子空间构型为正 四面体形；在LiAlH 中含有离子键和σ键，不存在π键和氢键，故选AB；(3)O围绕Fe和P分别形成正八 4 面体和正四面体，则图中小球表示的是Li+，该晶胞中Li+个数=8× +4× +4× =4，根据其化学式可知： 该晶胞中含有LiFePO 的单元数为4个。由图可知，①→②充电过程中，晶胞失去2个侧面面心的Li+和1 4 个棱边上的Li+，则②中Li+个数4-2× +1× =2.75。晶胞中Fe原子个数不变，则(1-x)∶1=2.75∶4， x=0.3125，设Li FePO 中Fe2+、Fe3+个数分别是m、n，根据原子守恒、化台价的代数和为0，列方程组： (1-x) 4 m+n= l；2m+3n+(1-0.3125)+5=8，解得m=0.6875，n=0.3125，所以n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.6875∶0.3125=11∶5。(4) 固体1能够溶于盐酸，且溶液2中加入试剂A后产生氢氧化铝沉淀，说明溶液2中含有Al3+，固体1中含 有Al(OH) ，说明四氢铝锂(LiAlH )和水反应生成Al(OH) 、LiOH和H。①LiAlH 与HO反应生成 3 4 3 2 4 2 Al(OH) 、LiOH和H，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为： 3 2 LiAlH +4H O=LiOH↓+Al(OH) ↓+4H ↑。②Al3+和试剂A反应生成Al(OH) 沉淀，试剂A是碱性溶液，为了 4 2 3 2 3 避免碱溶液过量导致Al(OH) 溶解，试剂A不能使用强碱溶液，应该选择氨水。③Al的原子半径比B大， 3 Al-H键比B-H弱，易断裂，所以LiAlH 的还原性比NaBH 强。④实验方案证明LiAlH 中所含的金属元素： 4 4 4 取少量溶液2，用洁净铂丝蘸取反应液在无色火焰上灼烧，若火焰呈紫红色，则样品中含Li元素：取少量 溶液2于试管中，加入足量的NaOH溶液，若先出现白色沉淀后又溶解，则样品中含Al元素。 18．(12分)锑(Sb)元素的单质与化合物有着广泛的用途。请回答： (1)锑元素在自然界大多以辉锑矿(主要成分为Sb S)形式存在，冶炼的原理为： 2 3 反应：Sb S(s)+3ZnO(s)+3C(s)=2Sb(s)+3ZnS(s)+3CO(g) ∆H 2 3 已知该反应在400℃以上才能自发进行，∆H 0(填“<”“>”或“=”)。 (2)Sb3+的水解方程式为2SbCl+3H O Sb O+6HCl，下列叙述正确的是 。 3 2 2 3 A．配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解溶质 B．在较高温度下配制氯化锑溶液 C．氯化锑溶液中加入少量氨水制备氧化锑 D．配制成较浓的氯化锑溶液有利于得到氧化锑固体 (3)工业上可利用真空冶金法处理脆硫铅锑矿(主要成分为Pb FeSb S )得到Sb S 蒸汽，总反应方程式为： 4 6 14 2 3Pb FeSb S 4PbS+FeS+3Sb S，随着温度升高，固体产物依次变为气态，达到平衡时Sb S、PbS与 4 6 14 2 3 2 3 FeS的蒸汽压(pθ)与温度(T)的关系如图所示： 下列说法不正确的是 。 A．可通过控制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集 B．900K时Sb S、PbS大量挥发，FeS仍为非气态 2 3 C．相比传统的高温冶炼，真空冶金法的优点是提高了资源的利用率，低碳高效 D．T 时总反应的平衡常数K=10-3a 1 p (4)锑-空气燃料电池是新一代高能量密度电池，电池的负极为金属锑单质，电解质溶液为浓NaOH溶 液，锑离子在浓的强碱溶液中以Sb(OH)3-形式存在，两极之间存在阳离子交换膜。当负极溶解2mol锑时， 6 通过阳离子交换膜的离子数为 (设N 为阿伏加德罗常数的值)。 A (5)二维锑片是一种新型电化学催化剂，一定条件下可以催化CO 向有机物的转化过程，部分反应历程 2 如下图所示(*表示过渡态)，已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速度更快，请将过渡态与产物之间的连 线补充完整 。 【答案】(1)> (2分) (2)AC(3分) (3)BD(3分) (4)6N (2分) A(5) (2分) 【解析】(1)反应Sb S(s)+3ZnO(s)+3C(s)=2Sb(s)+3ZnS(s)+3CO(g)的∆S＞0，该反应在400℃以上才能自 2 3 发进行，根据∆G=∆H-T∆S＜0的反应能自发进行可知，该反应的的∆H＞0。(2)A项，根据SbCl 水解的方 3 程式可知，配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解SbCl ，可抑制氯化锑的水解，A项正确；B项，盐类的水解 3 一般是吸热过程，在较高温度下会促进氯化锑的水解，生成Sb O ，使溶液变浑浊，不能在较高温度下配 2 3 制氯化锑溶液，B项错误；C项，氯化锑溶液中加入少量氨水，氨水消耗HCl，使水解平衡正向移动，从 而制得氧化锑，C项正确；D项，盐溶液的浓度越小、越有利于其水解，故配制较浓的氯化锑溶液不利于 得到氧化锑固体，D项错误；故选AC。(3)A项，随着温度升高，固体产物依次变为气态，则可以通过控 制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集，A项正确；B项，由图可知， 900K时PbS蒸汽压的lgpθ较小，且随着温度的进一步升高，PbS(g)的蒸汽压显著增大，故900K时PbS没 有大量挥发，B项错误；C项，根据真空冶炼法的总反应可知，相比传统的高温冶炼，真空冶炼法提高了 资源的利用率，低碳高效，C项正确；D项，由图可知，T 时Sb S(g)的lgpθ=a，则Sb S(g)的蒸汽压为 1 2 3 2 3 10aPa，PbS(g)的lgpθ=0，PbS(g)的蒸汽压为1Pa，此时总反应的平衡常数K =(10a)3×(1)4=103a，D项错误；故 p 选BD。(4)金属锑为负极，由题意知，负极的电极反应式为Sb-3e-+6OH-= Sb(OH) 3-，当负极溶解2mol锑时， 6 负极区消耗12molOH-、生成2molSb(OH) 3-，为平衡电荷，通过阳离子交换膜的离子物质的量为6mol，则 6 通过阳离子交换膜的离子数为 6N 。(5)已知在二维锑片表面更生成 HCOOH 的速度更快，说明生成 A HCOOH的活化能最小，结合图示、兼顾原子守恒，生成过渡态*OCHO的活化能最小，则过渡态*OCHO 转化成HCOOH，过渡态*COOH转化成CO和HO，过渡态*H转化成 H ，故将过渡态与产物之间的连 2 2线补充为 。 19．(12分)碘化锡(SnI )主要用于制造有机锡配合物。某小组利用单质锡和碘制备碘化锡，其主要实验 4 流程如下(反应装置见下图，夹持仪器略去)： 已知：①无水碘化锡为橙红色立方晶体，空气中受潮易水解，熔点145.7℃，沸点364.5℃。 ②碘化锡在丙酮和热的石油醚中溶解度较大，在冷的石油醚中溶解度小。 ③石油醚的沸点为60～90℃，碘单质的升华温度为45～77℃。 请回答： (1)反应装置中仪器X的名称是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．将锡片剪成细小碎片、碘磨细的原因是充分反应，同时提高反应速率 B．仪器X的作用是吸收石油醚，防止石油醚扩散到空气中 C．步骤 可以不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作 D．步骤 采用蒸发结晶比冷却结晶更好(3)反应装置中，为使紫色碘蒸气上升不高于冷凝管的中间部位，可采取的措施是 ；判断 “反应装置”中的反应已完全的实验现象是 。 (4)步骤 ，圆底烧瓶中还附着四碘化锡晶体，处理的方法是 。 (5)产品中的杂质可以进一步采用重结晶法提纯。请从下列选项中选择最佳选项并进行排序。 取碘化锡样品放入烧杯中→___________→___________→___________ a．加入适量的热水 b．加入适量的热的石油醚 c．用冷水浴冷却结晶 d．趁热过滤 e．加入适量的冷的石油醚 (6)该小组对制备的碘化锡产品进行性质和组成上的研究。 ①取适量的产品溶解在2mL丙酮中配成溶液，再加入1ml蒸馏水，产生白色无定型沉淀，写出反应的 化学方程式 。 ②本实验可以通过测定某些物理量来确定碘化锡的化学式，需测定的物理量有 。 【答案】(1)干燥管(1分) (2)CD(2分) (3) 调节冷凝管的进水速度(1分) I 蒸气的紫色消失(1分) 2 (4)用1-2mL热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中(2分) (5)b→d→c(2分) (6)SnI +4H O=Sn(OH) ↓+4HI(1分) 加入锡片的总质量，剩余锡片质量，加入碘的质量(2分) 4 2 4 【解析】过量Sn和I 以石油醚为溶剂，在反应装置中水浴加热回流反应得SnI ，生成的SnI4溶在热 2 4 的石油醚中，将反应液转移至冰水中冷却，结晶后过滤出产品，并干燥。(1)由反应装置图，反应装置中仪 器X的名称是干燥管；(2)A项，将锡片剪成细小碎片、碘磨细，增大了反应物之间的接触面积，可以使反 应物充分反应，同时提高反应速率，A正确；B项，装置中冷凝管连接两个干燥器，第一个即图中X的作 用是是吸收石油醚，防止石油醚扩散到空气中，第二个是防止由水蒸气进入装置内与产物反应，B正确； C项，由于Sn过量，如果不转移反应液，直接在原反应装置(圆底烧瓶)中进行后续操作，会导致产品中有 Sn杂质，C错误；D项，由于碘化锡在热的石油醚中溶解度较大，步骤Ⅳ采用蒸发结晶可能导致析出的晶 体较少，产率低，D错误；故选CD；(3)反应装置中，为使紫色碘蒸气上升不高于冷凝管的中间部位，可 采取的措施是调节冷凝管的进水速度，通过加快进水速度加强冷却效果，由于Sn过量，碘会被反应完， 故判断“反应装置”中的反应已完全的实验现象是I 蒸气的紫色消失；(4)由于碘化锡在热的石油醚中溶解 2 度较大，故圆底烧瓶中还附着的四碘化锡晶体可以用1-2mL热的石油醚洗涤内壁，一起转移到小烧杯中； (5)重结晶就是将粗产品重新溶解并结晶，故需要加入适量的热的石油醚溶解，趁热过滤滤去不容杂质，最后用冷水浴冷却结晶，故选择的最佳选项并进行排序为b→d→c；(6)①由于无水碘化锡受潮易水解，故取 适量的产品溶解在2mL丙酮中配成溶液，再加入1ml蒸馏水，发生水解，产生白色无定型沉淀为 Sn(OH)，反应的化学方程式为SnI +4H O=Sn(OH) ↓+4HI；②本实验可以通过测定加入锡片的总质量，剩 4 4 2 4 余锡片质量，加入碘的质量，从而得出参与反应的锡和碘的物质的量之比，确定碘化锡的化学式。 20．(12分)化合物H是合成某一天然产物的重要中间体，其合成路线如下： 已知： 。 回答下列问题： (1)化合物C的官能团名称是 。 (2)化合物A的结构简式是 。 (3)下列说法不正确的是 。 A．联氨(N H)的碱性弱于化合物A 2 4 B．化合物H与足量氢气充分加成后，每个分子中存在3个手性碳原子 C．化合物B→C的转化过程中， 试剂作氧化剂 D．化合物E中，氨基的反应活性： E．化合物E→F的转化过程中， 试剂起到保护氨基的作用 (4)化合物D→E的转化过程中两种产物均含两个六元环，写出转化的化学方程式 。 (5)有机物X( )是一种医药中间体，设计以苯乙烯( )和光气(COCl)为原料 2 合成有机物X的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出4种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式 。① 谱和R谱检测表明：分子中共有5种氢原子； ②除了苯环外无其他环，环上含三个取代基团，且可以发生银镜反应 【答案】(1)酰胺基、酯基、硝基(1分) (2) (1分) (3)A(2分) (4) (2分) (5) (3分) (6) 、 、 (3分) 【解析】A和 反应生成B，根据已知，由B逆推，A是 ；F和ClCH COCl发 2 生取代反应生成G，由G逆推，F是 ；【解析】(1)根据C的结构简式可知C的官能团名称是硝基、酯基、酰胺基；(2)A和 反应生成B，根据已知，由B逆推可知A是 ；(3)A项，电负性N