信息必刷卷05（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 05(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 Ni-59 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137 La-139 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．下列分子属于极性分子的是( ) A．BeCl B．PCl C．SO D．SiF 2 3 3 4【答案】B 【解析】A项，BeCl 是直线形分子，分子中正负电荷重心是重合的是非极性分子，A错误；B项， 2 PCl 是三角锥形而不是平面正三角形，分子中正负电荷重心是不重合的，是极性分子，B正确；C项，SO 3 3 是平面三角形分子，S原子位于三角形中心，分子中正负电荷重心是重合的，是非极性分子，C错误；D 项，SiF 是正四面体形分子，Si原子位于正四面体的中心，分子中正负电荷重心是重合的，是非极性分子， 4 D错误；故选B。 2．下列化学用语表述不正确的是( ) A．Ca2+和Cl-的价层电子排布图均为： B．PH 和HS的电子式分别为： 和 3 2 C．Cl 分子中σ键的形成： 2 D．SO 的价层电子对互斥(VSEPR)模型： 2 【答案】B 【解析】A项，Ca2+和Cl-的核外电子排布是一样的，价层电子排布式均为3s23p6，则价层电子排布图 均为 ，A正确；B项，PH 的电子式为 ，B错误；C项，在Cl 中的共价键 3 2 是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的p-pσ键，形成的电子云图为： ，C正确；D项，SO 的孤电子对为 2，则价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，即 ，D正确；故选B。 3．化学与生活密切相关。下列说法错误的是( ) A．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射 B．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是因为其难以被氧化 C．将生铁进一步炼制减少含碳量，其韧性增加 D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成的 【答案】B 【解析】A项，胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射，豆浆属于胶体，也能产生 丁达尔效应，A正确；B项，维生素C具有很强的还原性，用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气 氧化，从而防止水果被氧化，B错误；C项，铁合金中含碳量越小，其韧性越大，C正确；D项，陶瓷是 利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸盐，D正确；故选B。 4．下列有关物质结构与性质的说法错误的是( ) A．化学键中的离子键百分数：Ca N>Mg N 3 2 3 2 B．相同温度下水解平衡常数K： b C．三个碳原子间的键角：丙二烯(CH=C=CH)丙烯(CH=CH-CH) 2 2 2 3 D．0.1mol·L-1的醋酸、盐酸溶液分别加水稀释10倍后的pH： 醋酸>盐酸 【答案】B 【解析】A项，金属性：Ca>Mg，和氮原子形成离子键能力：Ca>Mg，故化学键中的离子键百分数： Ca N>Mg N，故A正确；B项，相同温度下酸性：苯酚>对甲基苯酚，根据越弱越水解可知水解常数： 3 2 3 2 < ，故B错误；C项，丙二烯(CH=C=CH)中间碳原子同时参与2个碳碳双 2 2 键的形成，碳原子采取sp杂化，键角180°；丙烯(CH=CH-CH)中间碳原子甲采取sp2杂化，键角120°，键 2 3 角：丙二烯(CH=C=CH)丙烯(CH=CH-CH)，故C正确；D项，氯化氢为强电解质，完全电离，醋酸为弱 2 2 2 3 酸，部分电离。0.1mol·L-1的醋酸、盐酸溶液分别加水稀释10倍后溶液中氢离子浓度：醋酸<盐酸，溶液的 pH： 醋酸>盐酸，故D正确；故选B。5．下面关于药品保存和实验安全方面的说法不正确的是( ) A．金属钠保存在石蜡油或煤油中，取用后未用完的金属钠要放回原试剂瓶中 B．新制的氯水保存在带磨口玻璃塞的棕色广口试剂瓶中，并放在阴凉处 C．金属钠不慎着火时，立即用干燥的沙土覆盖 D．金属钠在空气中的燃烧实验，不能近距离俯视坩埚 【答案】B 【解析】A项，金属钠是非常活泼金属，能与空气中的水和氧气反应，因此金属钠保存在石蜡油或煤 油中，实验时将剩余的钠及时放回原试剂瓶，A正确；B项，氯水见光时其中的次氯酸会分解，并且属于 液体，所以盛放在棕色细口瓶中，B错误；C项，水能与钠反应放出氢气，钠燃烧生成的过氧化钠会和二 氧化碳反应放出氧气，因此金属钠着火时，要用干燥沙土覆盖，C正确；D项，钠在空气中燃烧剧烈，产 生黄色火焰，放出大量的热，不能近距离俯视坩埚，D正确；故选B。 6．利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的 Ca(NO ) ，已知 2 2 NO +NO+ Ca(OH) =Ca(NO )+H O，下列说法不正确的是( ) 2 2 2 2 2 A．氧化剂与还原剂之比为1：1 B．NO -的空间构型为角形 2 C．每生成1mol Ca(NO )，有1mol电子参与反应 2 2 D．当NO 与NO的比值为2：1时，反应所得的Ca(NO ) 的纯度最高 2 2 2 【答案】D 【解析】A项，NO 中N元素化合价降低，NO 是氧化剂；NO中N元素化合价升高，NO是还原剂； 2 2 氧化剂与还原剂之比为1：l，故A正确；B项，NO -中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构 2 型为角形，故B正确；C项，NO 中N元素化合价由+4降低为+3，NO中N元素化合价由+2升高为+3，每 2 生成1mol Ca(NO )，转移1mol电子，故C正确；D项，根据反应方程式，当NO 与NO的比值为1:1时， 2 2 2 反应所得的Ca(NO ) 的纯度最高，故D错误；故选D。 2 2 7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列微观结构或现象不能解释其性质的是( ) 选项 微观结构或现象 性质 头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二硫 A 烫发时有二硫键的断裂和形成 键(-S-S-)是维持头发弹性和形状的一个重要结构。 B [Cu(NH )]2+是一种常见的Cu配合物，具有平面结构 Cu采取sp2杂化 3 4 在CuSO 液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层 电镀时加快反应速率不利于镀层的光亮 C 4 光亮 与平整 D 人们发现，液态植物油可以与氢气发生加成反应，生成 油脂熔点变高，且不容易变质类似动物脂肪的硬化油脂，即氢化植物油 【答案】B 【解析】A项，头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)，烫发时先用还原剂破 坏肽链之间的二硫键(-S-S-)，使之被还原成游离的巯基(-SH)，易于变形；再用发夹和发卷将头发塑成一定 的形状；最后用氧化剂在新位置形成二硫键，固定发型，因此烫发时有二硫键的断裂和形成，A正确；B 项，[Cu(NH )]2+是一种常见的Cu配合物，具有平面四边形结构，其中心Cu原子采用dsp2杂化，B错误； 3 4 C项，在CuSO 液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，降低了溶液中Cu2+的浓度，使得Cu2+放电速率减缓， 4 同时通过平衡移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电平稳的作用，从而可以使镀层 更加致密、细腻、光亮，C正确；D项，液态植物油分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够与 H 发生加成反应，不饱和烃基变为饱和烃基，物质的状态由液态变为固体，因此物质的熔点变高。由于加 2 成反应消耗了不饱和的碳碳双键，因此就可以起到防止其氧化变质的目的，D正确；故选B。 8．劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目涉及反应的离子方程式书写正确的是( ) A．用石膏改良盐碱地：Ca2++CO 2-=CaCO↓ 3 3 B．用次氯酸钙对游泳池消毒：ClO-++CO+H O=HClO+HCO - 2 2 3 C．用草酸清洗沾染高锰酸钾的衣物：5C O2-+2MnO-+16H+=10CO ↑+2Mn2++8H O 2 4 4 2 2 D．用醋酸洗涤铜锣上的铜绿：Cu(OH) CO+4CH COOH=2Cu2++4CH COO-+CO↑+3H O 2 2 3 3 3 2 2 【答案】D 【解析】A项，石膏的主要成分为硫酸钙的水合物，则用石膏改良盐碱地涉及的反应为微溶的硫酸钙 与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式：CaSO+CO 2-=CaCO↓+SO2-，A错误； 4 3 3 4 B项，次氯酸钙对游泳池消毒，次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，反应的离子方程式： 2ClO-+CO+H O+ Ca2+=2HClO+ CaCO ↓，B错误；C项，草酸为弱电解质，在离子方程式中不拆为离子形 2 2 3 式，离子方程式：5HC O+2MnO-+6H+=10CO ↑+2Mn2++8H O，C错误；D项，醋酸洗涤铜锣上的铜绿涉 2 2 4 4 2 2 及的反应为碱式碳酸铜与醋酸溶液反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式： Cu(OH) CO+4CH COOH=2Cu2++4CH COO-+CO↑+3H O，D正确；故选D。 2 2 3 3 3 2 2 9．一定条件下，有机化合物X、Y的转化关系如下，下列说法错误的是( ) A．X和Y分子中均含有1个手性碳原子B．X和Y互为同分异构体 C．X比Y的一氯代物种类少1种(不考虑立体异构) D．X和Y均能发生取代反应和氧化反应 【答案】A 【解析】X分子中含有1个手性碳原子 ，Y分子中含有两个手性碳原子 ，A项错误；X分子和Y分子的化学式均为C H O，两者互为同分异构体，B 10 14 3 项正确；不考虑立体异构，X的一氯代物有5种 ，Y的一氯代物有6种 ，C项正确；两个分子中均含有甲基和羰基，因此均可以发生取代反应和氧化反应，D项正确。 10．已知：2SO (g)＋O(g) 2SO (g) (SO 的熔点16.8℃，沸点44.8℃)。实验室利用该原理制取 2 2 3 3 少量SO ，下列实验装置不能达到实验目的的是( ) 3 A．用装置甲制取SO 气体 B．用装置乙干燥并混合SO 和O 2 2 2 C．用装置丙制取并收集SO D．用装置丁吸收尾气中的SO 3 2 【答案】A 【解析】A项，铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，但常温下与浓硫酸不反应，则装 置甲不能达到制取二氧化硫的实验目的，故A符合题意；B项，由实验装置图可知，装置乙中盛有的浓硫 酸用于干燥并混合二氧化硫和氧气，则装置乙能达到实验目的，故B不符合题意；C项，由实验装置图可 知，装置丙的硬质玻璃管中二氧化硫和氧气在五氧化二钒做催化剂条件下共热发生催化氧化反应生成三氧 化硫，盛放在冰水中的U形管用于冷凝收集三氧化硫，则装置丙能达到实验目的，故C不符合题意；D项， 由实验装置图可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，则装置丁能达到实 验目的，故D不符合题意；故选A。 11．某浓度碳酸钠溶液的 随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．a点NaCO 的水解程度最小 2 3 B．b点水的电离程度最大 C．向上述溶液中通入NH ， 减小 3 D．c点溶液中存在cNa＋＝2cCO2-＋2cHCO -＋2cHCO 3 3 2 3【答案】B 【解析】加热碳酸钠溶液，存在碳酸根离子的水解平衡和水的电离平衡，温度升高平衡均正向移动， pH先上升说明，碳酸根离子水解平衡占主导，碱性增强，随后pH下降，说明水的电离平衡占主导，由于 K 变大，c(OH-)、c(H+)浓度均变大，pH变小。A项，升高温度促进NaCO 水解平衡正向移动，故a点 w 2 3 NaCO 的水解程度最小，A正确；B项，升高温度促进水的电离，故c点水的电离程度最大，B不正确； 2 3 C项，向上述溶液中通入NH ，NH 与水反应生成一水合氨，电离出氢氧根离子，抑制CO2-离子水解， 3 3 3 CO2-浓度变大，Na+浓度不变，故 减小，C正确；D项，根据物料守恒，c点溶液中存在cNa＋＝ 3 2cCO2-＋2cHCO -＋2cHCO，D正确；故选B。 3 3 2 3 12．科学家开发催化电极材料，实现电催化CO 和硝酸盐在常温常压下合成尿素。电解质溶液为一定 2 浓度KNO 溶液，在电极上生成CO(NH)，模拟装置如图所示。下列叙述错误的是( ) 3 2 2 A．a极与电源负极连接，发生还原反应 B．气体X常用作助燃剂，b极表面pH降低 C．a极电极反应式：CO＋2NO -+18H＋＋16e-=CO(NH )+7H O 2 3 2 2 2 D．每生成30.0g CO(NH)，有9 molH+由b极向a极迁移 2 2 【答案】D 【解析】题图可知，a极电极反应式为CO＋2NO -+18H＋＋16e-=CO(NH )+7H O，N元素化合价降低， 2 3 2 2 2 则a为阴极发生还原反应，b极为阳极。电解池的阴极与电源负极连接，发生还原反应；b极为阳极，水发 生氧化反应生成氧气，气体X为O，常作助燃剂，b极电极反应式为2HO-4e-=O↑＋4H＋，电极表面酸性 2 2 2 增强，pH降低。A项，a极为阴极，与电源负极连接，发生还原反应，故A正确；B项，气体X为O，常 2 作助燃剂，b极电极反应式为2HO-4e-=O↑＋4H＋，电极表面酸性增强，pH降低，故B正确；C项，a极 2 2 电极反应式：CO＋2NO -+18H＋＋16e-=CO(NH )+7H O，故C正确；D项，30.0g CO(NH) 的物质的量为 2 3 2 2 2 2 2 0.5mol，为了维持电荷守恒，H+迁移数目等于电子转移数目，即生成0.5mol CO(NH ) 时迁移8 molH+，故 2 2D错误；故选D。 13．双钙钛矿型氧化物具有立方晶胞结构，通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整 结构单元如图所示，真实的晶体中存在5%的O空位缺陷。下列说法错误的是( ) A．不考虑晶体缺陷，Ni(II)与Mn(III)的配位数相等 B．O空位的形成有利于O2-的传导 C．不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为LaNiMnO 2 3 D．考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子的个数之比为4：1 【答案】C 【解析】A项，Ni与Mn原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A正确；B项，O空位 的形成有利于O2-的传导，因为空位处动能大，离子移动快，B正确；C项，La个数是1，Ni与Mn个数均 为4× =0.5，O的个数为6× =3，晶体化学式为LaNiMnO ，C错误；D项，晶体化学式为LaNiMnO ， 2 6 2 6 考虑缺陷则是LaNiMnO ，设+3价La为x个，+4价La为y个，则x+y=2，3x+4y+2+3=5.7 ，解得 2 5.7 x=1.6，y=0.4，+3价与+4价La原子个数比为4：1，D正确；故选C。 14．某含Ir催化剂可以催化醚与CO反应生成酯，反应机理如图所示。下列叙述错误的是( ) A．物质甲是该反应的催化剂 B．该反应机理涉及非极性键的断裂和形成 C．反应过程中Ir元素的成键数目会改变 D．若CHOC H 参与反应会生成乙酸乙酯 3 2 5 【答案】B 【解析】A项，由反应机理图可知，物质甲参与反应，最后又生成了甲，故甲为催化剂，A正确；B项，该反应机理未涉及非极性键的断裂，有非极性C-C键的形成，B错误；C项，反应过程中Ir元素的成 键数目会改变，甲中成键数是2，其他成键数是4，C正确；D项，若CHOC H 参与反应，CO进入引入 3 2 5 酯基，会生成CHOC H，D正确；故选B。 3 2 5 15．柠檬酸 (H C HO)为三元有机酸，因为有温和爽快的酸味，普遍用于各种饮料、葡萄酒、点心、 3 6 5 7 罐头果汁、乳制品等食品的制造。已知25℃，K (H C HO)=7.1×10-4，K (H C HO)=1.68×10-5， a1 3 6 5 7 a2 3 6 5 7 K (H C HO)=4.1×10-7.又已知K (H CO)=4.3×10-7，K (H CO)=5.61×10-11，进行如下实验： a3 3 6 5 7 a1 2 3 a2 2 3 ①向5mL0.1000mol/LNa CO 溶液中，滴加5滴0.1000mol/LH C HO 溶液； 2 3 3 6 5 7 ②测定0.1000mol/LNaH C HO 溶液pH值； 2 6 5 7 ③向0.1000mol/LH C HO 溶液中滴加NaOH溶液至pH=7； 3 6 5 7 ④将浓度均为0.1000mol/L H C HO 与NaC HO 等体积混合，pH≈4.8。 3 6 5 7 3 6 5 7 下列说法不正确的是( ) A．实验①反应离子方程式为：CO2-+ H C HO=CO ↑+ HC HO2-+H O 3 3 6 5 7 2 6 5 7 2 B．实验②溶液的pH<7 C．实验③所得溶液中：c(C HO3-)>c(HC HO2-)>c(H C HO-) 6 5 7 6 5 7 2 6 5 7 D．实验④所得混合溶液中加入少量酸或碱，pH保持不变，可作缓冲溶液 【答案】A 【解析】A项，由电离常数K (H C HO) > K (H C HO)> K (H CO)> K (H C HO)> K (H CO)可 a1 3 6 5 7 a2 3 6 5 7 a1 2 3 a3 3 6 5 7 a2 2 3 知，酸性HC HO> H C HO-> H CO> HC HO2->HCO-，向5mL0.1000mol/LNa CO 溶液中，滴加5滴 3 6 5 7 2 6 5 7 2 3 6 5 7 3 2 3 0.1000mol/LH C HO 溶液，HC HO 的物质的量较少，反应的离子方程式为：3 CO 2-+ H C HO=3 HCO - 3 6 5 7 3 6 5 7 3 3 6 5 7 3 + C HO3-，A错误；B项，NaH C HO 电离出的HC HO-离子的电离常数为K (H C HO)=1.68×10-5，水 6 5 7 2 6 5 7 2 6 5 7 a2 3 6 5 7 解常数为K= ，K (H C HO)>K ，电离大于水解，溶液显酸性，pH<7，B正确；C项，实 h a2 3 6 5 7 h 验③所得溶液pH=7，c(H+)=10-7mol/L，K (H C HO)= ×10-5， a2 3 6 5 7 =1.68×102，c(HC HO2-)>c(H C HO-)，K (H C HO)= ×10-7， 6 5 7 2 6 5 7 a3 3 6 5 7 =4.1，c(C HO3-)>c(HC HO2-)，因此实验③所得溶液中：c(C HO3-)>c(HC HO2-)>c(H C HO-)，C正确； 6 5 7 6 5 7 6 5 7 6 5 7 2 6 5 7D项，缓冲溶液中加入少量的酸或者少量的碱，溶液pH值保持不变，因此实验④所得混合溶液可作缓冲 溶液，D正确；故选A。 16．叠氮酸钠(NaN )是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN 的流程如图。已知水合 3 3 肼(N H•H O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是( ) 2 4 2 A．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性 B．反应④应将氨水逐滴滴入 溶液中制备水合肼 C．反应②中，消耗3mol NH•H O时，反应中转移 电子 2 4 2 D．N-的空间结构为V形 3 【答案】A 【解析】以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN ，由流程可知，①中发生 3 2CHOH+2NaNO+H SO (浓)=2CH ONO+Na SO +2H O，生成亚硝酸甲酯(CHONO)，④中过量的NaClO可 3 2 2 4 3 2 4 2 3 氧化NH•H O，则将NaClO溶液滴到氨水中制备NH•H O，且滴速不能过快，②中发生 2 4 2 2 4 2 NH•H O+CHONO+NaOH═NaN +CH OH+3H O，③中发生2NaN +H SO 2HN ↑+Na SO ，蒸馏出 2 4 2 3 3 3 2 3 2 4 3 2 4 CHOH，最后HN 与NaOH反应可制备产品。A项，反应③中利用浓硫酸的高沸点难挥发性制取挥发性的 3 3 HN ，故A正确；B项，反应④制备水合肼时应将NaClO溶液逐滴滴入氨水中，防止过量的NaClO氧化 3 NH•H O生成N，故B错误；C项，分析方程式NH•H O+CHONO+NaOH═NaN +CH OH+3H O，故消 2 4 2 2 2 4 2 3 3 3 2 耗3mol NH•H O时，NH•H O失去10mol电子，故C错误；D项，N-的价电子对数为2+ =2， 2 4 2 2 4 2 3 中心原子为sp杂化，故其构型为直线形，故D错误；故选A。 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17．(16分)C和S是构建化合物的重要元素，请回答： (1)下列关于C和S及其同族元素的说法正确的是 。 A．同周期主族元素中，电负性比S大的元素有2种 B．Ge可以作为半导体材料，S元素可应用于农药的制备 C．热稳定性CO＞CS 2 2 D．Se的简化电子排布式为[Ar]4s24p4(2)从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因 。 (3)某化合物的晶胞如图甲所示，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，该化合物的化学式为 ，其 中Li+的配位数(最近且等距的阴离子数)为 。 (4)工业上硫代硫酸钠(Na SO)的制备和应用相关流程如图所示。 2 2 3 ①已知：K (H SO )＞K (H CO)＞K (H SO )＞K (H CO)，写出反应I生成化合物A的离子反应方程式： a1 2 3 a1 2 3 a2 2 3 a2 2 3 。 ②在反应III和“电沉积”得到Ag的过程中，下列说法不正确的是___________。 A．反应III的离子反应方程式为Ag++2SO2-=[Ag(SO)]3- 2 3 2 3 2 B．Na[Ag(SO)]与KI能反应生成AgI，说明 K (AgI)＜K (AgBr) 3 2 3 2 sp sp C．电解池中阴极的电极反应是[Ag(SO)]3-+e-= Ag+2SO2- 2 3 2 2 3 D．电解池阴极区溶液经过处理可在该流程中循环利用 ③碘量法滴定常用到反应：I+2S O2-=S O2-+2I-。已知SO2-的结构为： 推测连四硫酸根 2 2 3 4 6 2 3 SO2-的结构式为 。 4 6 ④NaSO 在空气中加热一段时间，会生成一种刺激性气味气体和另一种最高价的正盐。写出该反应的 2 2 3 化学反应方程式： 。 【答案】(1)BC(2分)(2)稀硫酸中HSO 完全电离，H+与SO 2-相互作用较弱，浓硫酸中HSO 主要以分子形式存在，H与O 2 4 4 2 4 的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原(2分) (3) LiCN(2分) 4(2分) 2 2 (4) ①CO2-+ HSO - = SO 2-+HCO-(2分) 3 3 3 3 ②A(2分) ③ (2分) ④2NaSO + 3O 2NaSO + 2SO (2分) 2 2 3 2 2 4 2 【解析】(1)A项，S位于第三周期，第三周期主族元素中，从左到右元素的电负性依次增大，则电负 性比S大的元素有Cl共1种，A不正确；B项，Ge位于金属与非金属的分界线附近，则可以作为半导体材 料，农药中常含有氟、氯、硫、磷等元素，它们位于元素周期表的右上角，则S元素可应用于农药的制备， B正确；C项，O与S为同主族元素，S在O的下方，S的原子半径大于O，则C=O键的键能大于C=S键 的键能，所以热稳定性CO＞CS，C正确；D项，Se为第四周期第ⅥA族元素，则Se的简化电子排布式 2 2 为[Ar]3d104s24p4，D不正确；故选BC。(2)稀硫酸发生完全电离，生成的SO 2-呈正四面体结构，稳定性强； 4 而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差，所以 从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因：稀硫酸中HSO 完全电离，H+与SO 2-相互作用较弱，浓 2 4 4 硫酸中HSO 主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还 2 4 原。(3)某化合物的晶胞如图甲所示，其中8个C原子位于晶胞的顶点、1个C原子位于体内，8个N原子 位于棱上、2个N原子位于体内，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，表明8个Li+都位于面上，则晶胞中含C 原子数目为 =2，N原子数目为 =4，Li+数目为 =4，C、N、Li+的个数比为2:4:4=1:2:2， 该化合物的化学式为LiCN；其中晶胞内与Li+距离最近的N原子分别位于该晶胞内相邻的两个棱上、该 2 2 晶胞体内、另一晶胞体内，所以Li+的配位数(最近且等距的阴离子数)为4。(4)由电离常数可知，反应I为碳 酸钠溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，反应②为亚硫酸钠溶液与硫反应生成硫代硫酸 钠，反应③为硫代硫酸钠溶液与溴化银反应二硫代硫酸根合银酸钠和溴化钠，Na[Ag(SO)] “电沉积”得 3 2 3 2 到Ag。①已知：K (H SO )＞K (H CO)＞K (H SO )＞K (H CO)，说明HSO -的酸性强HSO -于HCO -但 a1 2 3 a1 2 3 a2 2 3 a2 2 3 3 3 3 弱于HCO，根据强酸制取弱酸的原理，HSO -和CO2-发生反应生成SO 2-和HCO -，反应I生成化合物A的 2 3 3 3 3 3 离子反应方程式：CO2-+ HSO - = SO 2-+HCO-。②A项，反应III为硫代硫酸钠溶液与溴化银反应二硫代硫 3 3 3 3 酸根合银酸钠和溴化钠，反应的离子方程式为AgBr +2S O2-=[Ag(SO)]3-+ Br-，故A错误；B项， 2 3 2 3 2 Na[Ag(SO)]与KI能反应生成AgI沉淀，而没有生成AgBr沉淀，根据溶解度小的沉淀优先生成可知AgI 3 2 3 2的溶解度小于AgBr，说明K (AgI)＜K (AgBr)，故B正确；C项，Na[Ag(SO)] “电沉积”得到Ag， sp sp 3 2 3 2 [Ag(SO)]3-在阴极得到电子生成SO2-和Ag，电机方程式为：[Ag(SO)]3-+e-= Ag+2SO2-，故C正确；D 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 项，Na[Ag(SO)] “电沉积”得到Ag，HO在阳极失去电子生成O 和H+，SO2-和H+反应会生成S和 3 2 3 2 2 2 2 3 SO ，可在该流程中循环利用，故D正确；故选A。③SO2-的结构为： ，S元素的平均化合 2 2 3 价为+2，SO2-可由SO2-被I 氧化得到，S元素化合价下降，SO2-中含有-S-S-，推测连四硫酸根SO2-的 4 6 2 3 2 4 6 4 6 结构式为 。④NaSO 在空气中加热一段时间，和O 反应会生成一种刺激性气 2 2 3 2 味气体和另一种最高价的正盐，可以推知该有刺激性气味的气体为SO ，S元素最高价的正盐为NaSO ， 2 2 4 根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2NaSO + 3O 2NaSO + 2SO 。 2 2 3 2 2 4 2 18．(12分)CO 资源化具有重要现实意义，相关技术研发是当前科技界研究的热点。其中，将CO 转 2 2 化为有机物从而实现碳循环的常见方法有。 合成尿素：2NH (g)＋CO(g) CO(NH)(l)+H O(g) ① 3 2 2 2 2 氢化制烷：CO(g)＋4H(g) CH(g)＋2HO(g) ② 2 2 4 2 催化制烯：2CO(g)＋6H(g) CH=CH (g)＋4HO(g) ③ 2 2 2 2 2 氢化制酸：2CO(g)＋H(g) HOOCCOOH(g) ④ 2 2 (1)上述转化方法中，原子利用率最高的是_______。 A．反应① B．反应② C．反应③ D．反应④ (2)一定条件下，反应①通过以下两步实现：2NH (g)＋CO(g) NH COONH(l) ΔH ； 3 2 2 4 1 NH COONH(l) CO(NH)(l)+ HO(g) K 。那么ΔH 0(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K 的表 2 4 2 2 2 2 1 2 达式为 。 (3)在2L的恒温恒容密闭容器中，充入3molH (g)和2 molCO(g)后控制实验条件使之发生上述反应②， 2 2 测得2 min时容器内气体压强降至初始压强值的80%。则2 min时CO 的转化率为 。 2 (4)在催化剂、0.1MPa时，CO 和H 按物质的量1：3投料并发生反应③。图1是匀速升温过程中体系 2 2 CH=CH 的体积分数(%)与温度(T)的关系，图2是平衡状态下四种气态物质的物质的量(n)与温度(T)的关系。 2 2下列说法不正确的是_______。 A．反应③能自发进行的条件是高温 B．曲线a、c表示的物质分别为CH=CH 和CO 2 2 2 C．除改变温度外，增大压强或及时分离水蒸气也能提高CH=CH 平衡产率 2 2 D．T 时CH=CH 体积分数达到最大值，说明反应体系恰好达到平衡状态 1 2 2 (5)除方法④外，HC O 也可采用微生物电催化的方法制备，装置如下图，阳极区的电极反应式为 2 2 4 。实验发现，当体系升高到一定温度后，装置反应速率会明显下降，原因是 。 【答案】(1)D(2分) (2)<(1分) cHO(1分) 2 (3)25%(2分) (4)AD(2分) (5) 4CO 2-+2HO-4e-=O↑＋4HCO -(2分) 3 2 2 3 温度过高使微生物催化能力降低(或催化剂失活) (2分) 【解析】(1)上述转化方法中，只有氢化制酸的反应为化合反应，原子利用率为100%，其他均有副产 物生成，故答案为D；(2)反应2NH (g)＋CO(g) NH COONH(l) ΔH 为化合反应，所以ΔH ＜0； 3 2 2 4 1 1 由平衡常数意义可知，NH COONH(l) CO(NH)(l)+ HO(g)的平衡常数表达式K=c(H O)；(3)设2min 2 4 2 2 2 2 2 时消耗的CO 的物质的量为x，三段式： 2 2min时n =2-x+3-4x+x+2x=5-2x，则 ，解得x=0.5mol，所以2 min时CO 的转化率 总 2；(4)A项，反应③CO(g)＋6H(g) CH=CH (g)＋4HO(g)正反应为气体体积减小的 2 2 2 2 2 反应，ΔS＜0，由图2可知，升温平衡时氢气的物质的量逐渐升高，说明平衡后升温，平衡逆向移动，正 反应为放热反应，ΔH＜0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0可知，能自发进行的条件是低温，故A错误； B项，正反 应为放热反应，平衡后升温，氢气的物质的量逐渐增大，平衡逆向移动，则 CO 的物质的量也逐渐增大， 2 而乙烯和水的物质的量减小，且由化学计量数可知，乙烯的物质的量比水小，所以曲线a、c表示的物质分 别为CH=CH 和CO ，故B正确； C项，正反应为气体体积减小的反应，其他条件一定，增大压强平衡 2 2 2 正向移动，CH=CH 平衡产率增大，及时分离水蒸气，平衡正向移动，CH=CH 平衡产率增大，所以除改 2 2 2 2 变温度外，增大压强或及时分离水蒸气也能提高CH=CH 平衡产率，故C正确；D项，由图1可知，压强 2 2 恒为0.1Mpa时，图示中只测试了一定温度间隔的乙烯的体积分数，可能在低于 T 或高于T 的某个温度 1 1 CH=CH 体积分数达到最大值，所以T 反应体系不一定达到平衡状态，故D错误；故选AD；(5)CO 转化 2 2 1 2 为HC O 时，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以石墨电极为阴极，钛网电极为阳极， 2 2 4 阳极水电离的氢氧根失去电子：2HO-4e-=O ↑+4H+，生成的H+结合碳酸根：H++CO 2-=HCO-，所以阳极区 2 2 3 3 电极反应式为4CO2-+2HO-4e-=O↑＋4HCO -；该装置采用微生物电催化，温度过高使微生物催化能力降 3 2 2 3 低(或催化剂失活)，所以当体系升高到一定温度后，反应速率会明显下降。 19．(12分)醋酸亚铬水合物{[Cr(CH COO) ]·2H O (相对分子质量376)}是常用的氧气吸收剂，为深红 3 2 2 2 色晶体，难溶于冷水和乙醚，微溶于乙醇。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的部分化学 方程式如下： ①Zn(s)＋2HCl(aq) === ZnCl(aq)＋H(g) 2 2 ②Zn(s)＋2CrCl (aq) === ZnCl(aq)＋2CrCl (aq) 3 2 2 ③2Cr3+(aq)＋4CHCOO-(aq)＋2HO(l)=== [Cr(CH COO) ]·2H O(s) 3 2 3 2 2 2 实验步骤： ①配制实验所需溶液。 ②如图连接好仪器，检查装置气密性。 ③在仪器2中放入6.34gCrCl 、7.50g锌丝，仪器3中放入冷的醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X。 3④在仪器1中放入35.00mL6.00mol/L盐酸。 ⑤…… ⑥抽滤、洗涤和干燥，获得[Cr(CH COO) ]·2H O晶体。 3 2 2 2 请回答： (1)仪器1的名称为 。 (2)仪器4所放的试剂X的作用是 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．本实验中所有配制溶液的水都需要用去氧水 B．实验所用的醋酸钠溶液的浓度尽可能大 C．步骤⑥抽滤操作需要在通风橱中进行 D．步骤⑥为洗涤[Cr(CH COO) ]·2H O产品，可先用冷水洗，后用乙醚洗 3 2 2 2 (4)实验中须控制Zn过量，其目的有 。 (5)步骤⑤中，涉及的操作如下，请按操作的先后顺序进行排序： ，装置3中有红色晶体析出。 _______→_______→e→_______→_______ a．打开止水夹A b．打开止水夹B c．关闭止水夹A d．关闭止水夹B e．打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间 (6)最后获得的醋酸亚铬水合物产品质量为5.64g，则产品的产率为 (结果保留三位有效数字)。 【答案】(1)分液漏斗(2分) (2)防止空气进入装置3(2分) (3)ACD(2分) (4)①产生足够的H，将CrCl 溶液压入装置3与CHCOONa溶液反应；②与CrCl 充分反应得到 2 2 3 3 CrCl (2分) 2 (5)c、b、d、a (2分) (6)75%(2分) 【解析】用去氧蒸馏水配制实验所需溶液，如图连接好仪器，检查装置气密性，在仪器2中放入 CrCl 、锌丝，仪器3中放入冷的醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X，在仪器1中放入盐酸，先关闭止水夹 3 A→打开止水夹B→打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间，用氢气排尽装置中的空气， 关闭止水夹B→打开止水夹A，用氢气将CrCl 溶液压入装置3与CHCOONa溶液反应，发生反应2Cr3+ 2 3 (aq)＋4CHCOO-(aq)＋2HO(l)=== [Cr(CH COO) ]·2H O(s)，装置3中有红色晶体析出，抽滤、洗涤和干燥， 3 2 3 2 2 2 获得[Cr(CH COO) ]·2H O晶体。(1)依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗。(2)仪器4所放的试 3 2 2 2 剂X的作用是防止空气进入装置3。(3)A项，本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因 是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化，故A正确；B项，醋酸钠水 解使溶液呈碱性，为防止Cr2+生成Cr(OH) ，实验所用的醋酸钠溶液的浓度不能过大，故B错误；C项，抽 2滤后用乙醚洗涤产品，乙醚是一种吸入性麻醉药，乙醚应在通风环境好的情况下使用，所以乙醚没有通风 橱不能用，步骤⑥抽滤操作需要在通风橱中进行，故C正确；D项，[Cr(CH COO) ]·2H O难溶于冷水和 3 2 2 2 乙醚，微溶于乙醇，所以可先用冷水洗，后用乙醚洗，故D正确；故选ACD。(4)本实验中Zn须过量，其 原因是：①产生足够的H，将CrCl 溶液压入装置3与CHCOONa溶液反应；②与CrCl 充分反应得到 2 2 3 3 CrCl 。(5)关闭止水夹A→打开止水夹B→打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间，用氢气 2 排尽装置中的空气，关闭止水夹B→打开止水夹A，用氢气将CrCl 溶液压入装置3与CHCOONa溶液反 2 3 应，装置3中有红色晶体析出，故排序为c、b、e、d、a。(6)实验时取用的CrCl 溶液中含溶质6.34g，理 3 论上得到[Cr(CH COO) ]·2H O的质量为 ，则该实验所得产品的产率为 3 2 2 2 。 20．(12分)化合物X是重要的药物合成中间体，下图是其合成路线之一： 已知： 请回答： (1)化合物B的官能团名称是 。 (2)化合物F的结构简式是 。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．化合物A与酸、碱反应均能生成盐 B．1mol化合物C最多消耗2mol NaOHC．化合物 中N原子结合H+的能力：①>② D．化合物Ⅹ的化学式为C H N 19 18 4 (4)写出D→E的化学方程式： 。 (5)已知硝基苯直接硝化的产物为间二硝基苯，利用题中信息，设计以硝基苯、乙酸和乙酰氯( )为原料，合成甲基苯并咪唑( )的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式： 。 ①分子中有3种不同化学环境的氢原子 ②除苯环无其他环状结构，有硝基、无碳氧单键 【答案】(1)酯基、酰胺基(1分) (2) (1分) (3)CD(2分) (4) (2分) (5)(3分) (6) 、 、 、 (3分) 【解析】根据C和D的分子式以及反应条件可推断出C到D是硝基被还原成了氨基，因此C的结构简 式为 ，根据B到C的条件，可知B到C是苯环上的取代，所以 B的结构简式为 ，通过对比A和B的分子式，以及另外一个反应物，推断出A的结构简式为 ，D到E的反应应该是已知条件中发生的反应， 所以E的结构简式为 ，E到F根据反应条件可知应为酯的水解，所以F 的结构简式为 。(1)B中官能团名称为酯基、酰胺基；(2)根据以上分 析，F的结构简式为 ；(3)A项，化合物A含有氨基，可以与酸反应 生成盐，含有酯基，在碱性条件下水解生成羧酸盐，A正确；B项，化合物C中含有酯基和酰胺基，消耗 2mol氢氧化钠，B正确；C项，甲基是供电子基，甲基的引入，会使N原子的电负性增大，结合氢离子能 力增强，所以②＞①，C错误；D项，化合物X的化学式为C H N，D错误；故选CD。(4)D到E的反应 19 20 4方程式为 ；(5)根据题目 中提供的物质，要制得 ，其流程为： ；(6)根据分析，B的同分异构体有 以下四种： 、 、 、 。