化学（八省联考真题解读，四川）-2025年1月“八省联考”真题完全解读与考后提升

2025年1月“八省联考”真题完全解读(四川卷) 试卷总评 试题评析 万众瞩目的“八省联考”刚刚结束，四川省2025年1月高考综合改革适应性演练测试(八省联考)化学试题为全真模拟演练，具有重大的参考价值。为广大四川河南考生的复习备考提供一些提示和指向。本次考试题以化学学科核心素养为主线，对标高中化学课程标准，加强对基本知识、基本规律和基本方法的考查，重点在于基础性；优化丰富问题情境，体现了时代性；加强综合分析能力、逻辑推断能力的考查，体现了选拔性和层次性。试卷考查的知识内容覆盖面广、基础性强、又不乏新颖与创新。在化学基础知识中融合对考生学习方法和思维能力、分析能力、推断能力的考查、关注对考生学科素养的培养与提高。整体呈现据标立本、紧密联系生产生活实际、紧跟学科前沿的风格，融合考查学生的化学学科常备必备知识、基本知识掌握技能、科学实验技能和学科核心素养，化学试题突出能力立意、突出学科特点、突出核心素养、突出创新能力的鲜明特色，有利于发挥高考的导向功能，有利于推进化学新课程教学改革，也必然会影响到大家对2025年6月高考的种种猜测和预判。试题主要特点如下： 一、立足学科基础，考查主干知识 试题突出了对中学化学核心基础知识、基本技能、基本观点和基本方法的考查。考查学生对基础知识的掌握，对基本概念的理解与应用。掌握化学原理基础知识是能力提升的前提和保障，试卷中考查内容涵盖高中化学重要的元素化合物知识、化学常识与化学用语、基本概念与理论、化学基础实验技能、化学实验方案的设计和优化、化学实验应用分析和化学相关计算，覆盖了《考试说明》中所要求掌握基础知识的90%以上。部分试题命制素材有的直接源于教材，有的源于实际生产和生活，如第1题无机非金属材料，第2题考查生物有机分子；第5题实验装置或操作；第6题离子方程式书写；第17(1)题化学仪器的选择等。 二、突出关键能力，聚焦核心素养 试题注重对学生学科素养和解决问题能力的考查，要求学生从化学视角分析和解决问题，突出对信息摄取、吸收和整合的能力。强调科学思维和方法，试题贴近了新高考改革的趋势，突出对能力和化学学科核心素养的综合考查。如：第1题新材料发展，第5题装置或操作分析能不能达到相应实验目，第9题测定葡萄酒中SO2含量的实验仪器的使用与操作方法，第16题从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流程等考查，体现了“社会责任与科学精神”；第4题有机化学基础中，官能团的性质、核磁共振氢谱、原子的杂化类型的判断，第7题元素的推断，元素性质的递变规律(电负性、第一电离能、原子半径、气态氢化物的稳定性)，第13题Rh和Rh/Mn能催化反应历程，计算△H、决速步骤，速率与平衡影响因素，第14题钙钛矿结构晶胞结构，确定化学式、核间距、晶体密度、分数坐标考查，体现了“微观分析与宏观辨识”。 第15题H2S溶液中含硫粒子分布系数，盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理、弱电解质的电离平衡及相关计算，第18题中甲烷氧化偶联制乙烯，应用盖斯定律、平衡移动的影响因素、平衡移动图像分析、平衡常数的计算；现了“平衡思想与变化观念”。第8、18题中用有机化合物的官能团的判断、有机合成设计分析、有机合成推断、有机合成化学方程式的书写、有机化合物的结构判断、有机合成反应类型的判断等的考查体现了“模型认知与证据推理”。 三、图文并茂展示，提取有效信息 试卷中采用了丰富的实验素材和图像信息素材，这些素材不仅停留在题干的文字表述上，还体现在数表、图示、图例等非文字信息中，蕴含着“证据推理与模型认知”的思想方法。如第4、8题有机物结构简式；第5、9题实验装置图；第10题含有铁的氧化物和氧化钙的TiO2废渣流程纯化图；第12题水性电池，第13反应历程图，第14题钙钛矿结构晶胞结构图，第15题离子曲线，第16题从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流程图，第17题制备CuIn5S8的步骤流程图，第18题反应速率与平衡图象，第19题镇痛药物喷他佐辛的合成路线图等。这些信息不仅仅渗透体现了化学重要的学科价值，还重在考查了学生在考场上获取和加工信息的能力、分析解决化学问题的能力。解决这些图示信息的关键是需要把图示信息转化为物质或反应信息，再结合核心知识方法进行解答。 四、联系生活实际，凸显应用价值 化学是以实验为基础，又是一门紧密联系生产生活实际的科学。“三新”背景下的四川化学试题一贯重视化学实验的考查，，以真实问题情境为测试载体，主要考查教材中的基础实验或者模拟生产生活实际中的真实实验情境。如第5、9题考查课本中学生熟悉的基础实验；第10题考查物质分离与提纯真实实验情境；第17题CuIn5S8的制备和纯度测定，通过不同板块中多角度、多层面的实验探究，对基础知识、反应规律和反应原理进行融合考查，让学生在实验情境和实验过程中应用化学知识、运用化学实验方法、体验实验探究过程，以发挥化学高考试题的导向作用，引导中学化学课堂教学强化实验教学。 总之，本次适应性演练测试高考化学试题突出解决问题能力培养的导向，在贴近教学和学生实际的同时突出化学的育人价值，凸显化学实验学科特色，注重思维逻辑能力考查，试题素材选取范围广，内容富有创新气息，试题内容综合性强，突出科学探究及科学研究思维方法，必将为2025年6月高考产生较大影响，具有较强的导向作用。 试卷结构 考情分析 题号 难度 考查内容 考查知识点 一、选择题 1 较易 无机非金属材料 硅的物理性质与用途；二氧化硅的用途 2 适中 生物有机分子 蔗糖与麦芽糖；淀粉、纤维素的水解；蛋白质的变性；核酸的组成与结构 3 适中 物质结构 同素异形体；电子式；极性分子和非极性分子 4 适中 官能团结构与性质 核磁共振氢谱；含碳碳双键物质的性质的推断；酯的水解；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型 5 适中 实验基本操作 氨气的实验室制法；盐类水解规律理解及应用；萃取和分液；化学实验方案的设计与评价 6 适中 离子方程式 硝酸的强氧化性；碳酸氢钠与碱反应；配合物的结构与性质；离子方程式的正误判断 7 适中 元素推断 微粒半径大小的比较方法；根据原子结构进行元素种类推断；电离能的概念及变化规律；元素性质与电负性的关系 8 适中 高分子合成分析 有机官能团的性质及结构；同系物的判断；缩聚反应 9 适中 化学实验 二氧化硫与其他强氧化剂的反应；物质含量的测定；酸碱中和滴定原理的应用 10 适中 简单工艺流程 有关铁及其化合物转化的流程题型；盐类水解的应用 11 适中 物质结构与性质 键能、键长、键角；利用杂化轨道理论判断分子的空间构型；分子晶体的物理性质；氢键对物质性质的影响 12 适中 新源电源 原电池电极反应式书写；原电池、电解池综合考查；电解池电极反应式及化学方程式的书写；电解池有关计算 13 适中 反应历程 碰撞理论及活化能；影响化学平衡的因素 14 适中 晶胞结构分析 晶胞的有关计算 15 难 分布系数曲线 弱电解质的电离平衡；溶度积常数相关计算 二、非选择题 16 适中 工艺流程分析 物质制备的探究；离子反应的发生及书写；电子排布式 17 较难 物质的制备 常见无机物的制备；仪器的选择和使用；氧化还原原理滴定；氯离子的检验 18 较难 反应原理综合 化学反应速率计算；化学平衡常数的计算；化学反应条件的控制及优化；化学反应进行的方向 19 适中 有机合成与推断 结合有机物性质推断有机物的结构简式；常见官能团名称、组成及结构；同分异构体的数目的确定；合成路线的设计与优化 备考指南 1．立足基础 回归课本 高考命题以课程标准为基本依据，以教材为重要参考，在最后的备考冲刺阶段，要对课本的知识体系做一个回顾和归纳，建议可以课本目录为标准，将知识点重新串联起来，复习时做到不遗漏任何知识点。回归课本要关注基本概念(如：热化学方程式、燃烧热、中和热等)，关注课本图像(如吸放热反应能量变化图像、反应机理图等)，关注模型的建立(如原电池、电解池模型等)。此外，回归课本还要重视课本实验的回顾。许多基本概念、原理、规律及物质性质都是由实验推导和验证的，因此除了关注有关元素化合物的性质实验外，还要重点复习实验证明过程。 2．科学诊断 对症下药 备考时，要分析自己在各次重要模拟考试中的答题情况，建立自己的学情诊断报告。一是找必拿分。如：化学与STES的考点、NA的考查、化学用语、元素周期律、实验基础、有机基础等；二是找弱项。如：如电化学、溶液中的离子反应与平衡、信息题、反应原理大题等，注意哪类型的题目常错或得分率低；三是分析原因，比如：知识漏洞、能力不足或是解题模型的缺失导致失分；四是明确需求。要有针对性地进行复习。对于不常错的题目，要隔三差五做两道，保持解决这类型题目的敏感度；对于常错题，要回顾基础知识点，反复练典型试题，明确试题的题型特点和解题方法，构建试题的答题思维模型。　 3．提高速度 保基础分 无论对于什么学科，提升做题速度都是至关重要的。在简单题目上用时越短，就能节约出时间来攻克难题。同学们在备考冲刺阶段可采用多种方式进行限时训练(目的是练速度、练考点、练技巧、练准确率)。化学考试中保基础分体现在做好选择题。高考选择题占比达到45分，属于容易得分也容易丢分的题型，它的考点比较基础，因此复习阶段，同学们可以有意识训提高做选择题的速度。此外，还要提高选择题的准确率，要活用选择题的解题技巧(如直接选择、间接选择、比较法等)，切忌死算硬算，小题大作。化学考试中保基础分还体现在规范答题、避免非智力因素失误上。如：化学用语使用不规范；不写反应热单位；不注意有效数字处理，热化学方程式漏写状态；等号与可逆号乱用；多元弱酸根离子的水解反应不分步写；有机物的结构简式氢原子写多或写少；酯化反应漏写水等；重视一些基本实验操作的规范答题：沉淀是否完全、沉淀的洗涤、洗涤是否干净、结晶的基本方法等。 4．稳定情绪 树立信心 高考试题完美涵盖并依次进阶了化学学科关键能力的考查，很好地考查了学生在面对情境时认识问题、分析问题和解决问题的能力。因此，在日常复习过程中，要合理拆解真实复杂情境，融入结构化的必备知识，设计不同能力水平的驱动性问题，实现从“用中学”到“创中学”，真正发展学生的化学学科核心素养。乐观复习，不要问自己还有多少问题，要想自己今天解决了什么问题；多看进步，时刻给自己积极的心里暗示，树立自己一定能行的信心。平和积极的心态是成功的关键！ 逐题精讲 四川省2025年高考综合改革适应性演练测试(八省联考)化学试题 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．化学是新材料发展的基础，下列生产或应用中所用到的主要物质不属于无机非金属材料的是( ) A．芯片制造所用的硅晶片 B．潜艇降噪所用的橡胶消声瓦 C．耐高温陶瓷生产所用的碳化硅 D．通信信号传输所用的光导纤维 【答案】B 【解析】A项，芯片制造所用的硅晶片是单质硅，属于无机非金属材料，A不符合题意；B项，橡胶是一种高分子有机化合物，B符合题意；C项，碳化硅属于无机非金属材料，C不符合题意；D项，光导纤维成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D不符合题意；故选B。 2．下列关于生物有机分子的说法错误的是( ) A．纤维素能被氢氧化铜氧化 B．蔗糖和麦芽糖的水解产物都含有葡萄糖 C．蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变 D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的分子 【答案】A 【解析】A项，纤维素含有羟基，不能被弱氧化剂氢氧化铜氧化，故A错误；B项，蔗糖水解产物是葡萄糖和果糖，麦芽糖水解产物是葡萄糖，故B正确；C项，蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变，这种改变是不可逆的，故C正确；D项，核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，故D正确；故选A。 3．O3和HI发生反应：O3+2HI=O2+I2+H2O，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．O3是非极性键形成的极性分子 B．的电子式是 C．O3和O2互为同素异形体 D．含有的中子数是8NA 【答案】A 【解析】A项，臭氧分子的中心氧原子和两个配位氧原子之间的O-O具有极性，电子云偏向配位氧原子，故O3是由极性键形成的极性分子，A错误；B项，HI是共价化合物，氢和碘之间共用一对电子，故HI的电子式是，B正确；C项，O3和O2是由氧元素形成的不同的单质，互为同素异形体，C正确；D项，中H没有中子，O有16-8=8个中子，故含有的中子数是8NA，D正确；故选A。 4．维生素A乙酸酯的结构简式为，下列说法正确的是( ) A．不能发生水解反应 B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．6个甲基对应的核磁共振氢谱有5组峰 D．分子中采用sp2杂化的碳原子数目是10 【答案】C 【解析】A项，由结构简式可知，维生素A乙酸酯分子中含有的酯基一定条件下能发生水解反应，故A错误；B项，由结构简式可知，维生素A乙酸酯分子中含有的碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，故B错误；C项，由结构简式可知，维生素A乙酸酯分子中6个甲基对应的氢原子类型有5种，核磁共振氢谱有5组峰，故C正确；D项，由结构简式可知，维生素A乙酸酯分子中碳碳双键和酯基中碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有11个，故D错误；故选C。 5．下列装置或操作不能达到相应实验目的的是( ) A．制备干燥的NH3 B．制备无水FeCl3 C．除去CO2中少量的HCl D．萃取并分离溴水中的溴 【答案】B 【解析】A项，浓氨水能与生石灰制备氨气，碱石灰能用于干燥碱性气体氨气，则题给装置能达到制备干燥氨气的实验目的，故A不符合题意；B项，氯化铁在溶液中会水解生成氢氧化铁和盐酸，所以六水氯化铁在氮气氛围中直接加热会因氯化氢挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铁，不能制得无水氯化铁，则题给装置不能达到制备无水氯化铁的实验目的，故B符合题意；C项，氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，二氧化碳不溶于碳酸氢钠饱和溶液，则题给装置能达到除去二氧化碳中混有的氯化氢杂质的实验目的，故C不符合题意；D项，四氯化碳不溶于水，密度比水大，能萃取溴水中的溴，则题给装置能达到萃取并分离溴水中的溴的实验目的，故D不符合题意；故选B。 6．下列过程对应的离子方程式正确的是( ) A．硫化氢溶液久置变浑浊：2S2-+O2+4H+=2S↓+2H2O B．锌粉与稀硝酸反应：Zn+2NO3-+4H+=Zn2++2NO2↑+2H2O C．银氨溶液与溴化钠溶液反应：[Ag(NH3)2]+ + Br- = AgBr↓+2NH3 D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液混合：Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+ H2O 【答案】C 【解析】A项，硫化氢溶液久置变浑浊发生的反应为氢硫酸溶液与氧气反应生成硫和水，反应的离子方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故A错误；B项，锌粉与稀硝酸反应生成硝酸锌、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Zn+2NO3-+8H+=3Zn2++2NO↑+4H2O，故B错误；C项，银氨溶液与溴化钠溶液反应生成氯化钠、溴化银沉淀和氨气，反应的离子方程式为[Ag(NH3)2]+ + Br- = AgBr↓+2NH3，故C正确；D项，碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，故D错误；故选C。 7．M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，X的最高价含氧酸具有强氧化性，Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，Z与Y同族。下列说法正确的是( ) A．电负性：Y＞X＞Z B．第一电离能：Y＞X＞M C．原子半径：Z＞Y＞X D．简单气态氢化物的稳定性：X＞Z＞Y 【答案】A 【解析】M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，则M为H元素；Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，则Y为O元素；因为原子序数依次增大，X的最高价含氧酸具有强氧化性，则X为N元素；Z与Y同族，则Z为S元素。A项，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性的强弱顺序为O＞N＞S，则电负性的大小顺序为O＞N＞S，故A正确；B项，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，其中(ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA)，位于ⅤA族的氮元素的氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故B错误；C项，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氮原子的原子半径大于氧原子，故C错误；D项，元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性的强弱顺序为O＞N＞S，则简单气态氢化物的稳定性强弱顺序为H2O＞NH3＞H2S，故D错误；故选A。 8．一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。 下列说法正确的是( ) A．X的水解产物含有乙酸的同系物 B．Y可以发生取代和加成反应 C．聚合物Z属于可降解高分子材料 D．此反应属于缩聚反应 【答案】B 【解析】A项，由结构简式可知，X一定条件下发生水解反应生成2—甲基丙烯酸和甲醇，2—甲基丙烯酸和乙酸的官能团不完全相同，不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误；B项，由结构简式可知，Y含有的碳碳双键可以发生加成反应，含有的苯环能发生取代反应，故B正确；C项，由结构简式可知，聚合物Z中虽然酯基可以水解，但是水解后得到的物质依然是高分子化合物，不能变成小分子，Z属于不可降解高分子材料，故C错误；D项，由方程式可知，催化剂作用下X和Y发生加聚反应生成Z，故D错误；故选B。 9．一种测定葡萄酒中SO2含量的实验装置如图所示(忽略夹持装置)。 下列说法错误的是( ) A．缓慢通入N2的目的是尽可能使SO2进入H2O2溶液 B．冷凝管的作用是避免水蒸气进入H2O2溶液影响测定结果 C．用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量 D．若实验过程中品红溶液褪色，则说明实验失败 【答案】B 【解析】葡萄酒中二氧化硫溶于水形成亚硫酸存在化学平衡：SO2+H2OH2SO3H++ HSO3-，向葡萄酒中加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向进行，抑制亚硫酸电离，减小二氧化硫的溶解度，通入氮气并加热是把溶解的二氧化硫吹出到盛有H2O2的溶液中吸收，发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，用NaOH标准溶液滴定产生的H2SO4，进而可确定葡萄酒中SO2的量。根据最后的品红溶液不褪色可判断确定SO2被完全吸收。根据H2O2中H2SO4的量的多少判断葡萄酒中SO2的含量。A项，缓慢通入N2的目的是尽可能的将双颈烧瓶中SO2吹出，使其进入H2O2溶液被氧化为H2SO4，A正确；B项，冷凝管的作用是避免温度过高，导致葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液而影响测定结果，B错误；C项，根据反应SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得关系式：SO2～H2SO4～2NaOH，根据滴定时消耗NaOH标准溶液的体积及浓度计算出n(NaOH)，就可以得到一定体积的葡萄糖中SO2的物质的量及其含量，C正确；D项，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，若实验过程中看到品红溶液褪色，说明在H2O2溶液中SO2没有被完全氧化吸收，则根据滴定时消耗NaOH标准溶液计算的SO2的含量就会比实际偏低，从而可知该测定SO2含量的实验失败，D正确；故选B。 10．TiO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TiO2废渣可以通过如下流程纯化。 已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的αAl2O3，TiO2转化为TiOx(1≤x≤1.5)；“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的Ti3+。 下列说法错误的是( ) A．TiO2具有弱氧化性 B．“浸取”需要惰性气体保护 C．“滤液”中存在Fe3+、Ca2+ D．H2来自于Fe和盐酸的反应 【答案】B 【解析】二氧化钛废渣与铝粉进行铝热还原生成TiOx(1≤x≤1.5)和难溶于酸和碱的αAl2O3，同时铁的氧化物转化为铁单质，加入盐酸后TiOx、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+和氢气，难溶的αAl2O3转化为滤渣，滤液中由Fe2+、Ti3+被H2O2氧化生成Fe3+和Ti4+，Ti4+水解生成TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。A项，TiO2中Ti为高价态，具有氧化性，A正确；B项，“浸取”过程中，不需要惰性气体保护，产生的Ti3+在下一步需要氧化生成Ti4+，B错误；C项，Ti4+转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+，C正确；D项，铝热反应中只有铁的氧化物转化为铁单质，故氢气是铁与盐酸反应产生的，D正确；故选B。 11．下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是( ) 选项 实例 解释 A POCl3和PCl4+的空间结构都是四面体形 POCl3和PCl4+中P原子轨道的杂化类型均为sp3 B NO2+、NO3-、NO2-的键角依次减小 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 C SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4的沸点依次升高 SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大 D 邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚 前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者 【答案】B 【解析】A项，POCl3的中心P原子价层电子对数是4+=4，因此采用sp3杂化，空间结构为四面体形；PCl4+的中心P原子价层电子对数是4+=4，因此也是采用sp3杂化，空间结构为四面体形，A正确；B项，NO2+的中心N原子价层电子对数是2+=2，无孤对电子，因此N采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°；NO3-的中心N原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，因此N采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°；NO2-的中心N原子价层电子对数是2+=3，有1对孤对电子，因此N采用sp2杂化，由于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，导致其键角小于120°，NO2+、NO3-、NO2-的键角依次减小，这不仅与与孤电子对与成键电子对的作用力有关，也与中心N原子的杂化类型有关，B错误；C项，SiX4均为分子晶体，分子之间以分子间作用力结合。随着物质分子的相对分子质量增大，范德华力逐渐增大，因此SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4的熔沸点逐渐升高，C正确；D项，对硝基苯酚的分子间不仅存在范德华力，还存在氢键，使其熔沸点升高；而邻硝基苯酚分子内存在氢键，分子之间只存在范德华力，使物质的熔、沸点比存在分子间氢键的对硝基苯酚低，故物质的沸点：邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚，D正确；故选B。 12．我国科学家发明了一种高储能、循环性能优良的水性电池，其工作示意图如下。 下列说法错误的是( ) A．放电时，K+从负极向正极迁移 B．放电时，Zn(OH)42-的生成说明Zn(OH)2具有两性 C．充电时，电池总反应为Zn(OH)42-+2S2O32-=Zn+4OH-+ S4O62- D．充电时，若生成1mol S4O62-，则有4molK+穿过离子交换膜 【答案】D 【解析】由电池装置图可知，放电时Zn为负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)42-，多孔碳为正极，电极反应为S4O62-+2e-=2 S2O32-；充电时Zn为阴极，电极反应为Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，多孔碳为阳极，电极反应为2 S2O32--2e-= S4O62-。A项，放电为原电池，原电池中K+向正极移动，A正确；B项，碱性环境中有Zn(OH)42-生成说明Zn(OH)2能与碱反应，既能与酸反应又能与碱反应说明Zn(OH)2有两性，B正确；C项，充电为电解池，根据分析，总反应为阴阳两极的加和，Zn(OH)42-+2S2O32-=Zn+4OH-+ S4O62-，C正确；D项，由电极反应2 S2O32--2e-= S4O62-，生成1mol S4O62-转移电子物质的量为2mol，应有2molK+穿过离子交换膜，D错误；故选D。 13．恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCHO+H2+COHOCH2CHO (羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1~ I3为中间体，TS1~TS3为过渡态。 下列描述正确的是( ) A．“插入”步骤，为-17.6kcal/mol B．Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C．Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 D．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大 【答案】B 【解析】A项，由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反应△H= -15.4kcal/mol，故A错误；B项，反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为24.4 kcal/mol，反应的活化能最大，所以加氢步骤为决速步骤，故B正确；C项，反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，故C错误；D项，由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误；故选B。 14．一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是( ) A．该物质的化学式为PbTiO3 B．1位和2位O2-的核间距为 C．晶体的密度为 D．2位O2-的分数坐标为 【答案】C 【解析】A项，根据各原子在晶胞中位置，Pb2+在晶胞顶点，个数为，个氧离子位于面心，个数为，Ti4+位于体心，仅有一个，故化学式为：PbTiO3，A正确；B项，如图，构造一个直角三角形，，，则1位和2位O2-的核间距为：，B正确；C项，根据密度公式，，C错误；D项，如图，，设b点为坐标原点，则2位O2-的分数坐标为，D正确；故选C。 15．常温下，H2S溶液中含硫粒子分布系数[比如：]与的关系如图1所示；金属硫化物M2S和NS在H2S饱和溶液0.1mol·L-1中达沉淀溶解平衡时，与的关系如图2所示(c为金属离子浓度)。 下列说法正确的是( ) A．溶液中H2S的 B．直线④表示H2S饱和溶液中的与的关系 C．金属硫化物M2S的pKsp=49.21 D．浓度均为0.01mol·L-1的M+和N2+的混合溶液不能通过滴加H2S饱和溶液实现分离 【答案】C 【解析】硫化氢两步电离方程式为：H2SHS-+H+，HS-S2-+H+；随着pH增大，H2S逐渐转化为HS-再转化为S2-，所以图1中①表示H2S，②表示HS-，③表示S2-；由图像交点可得pH=6.97时cH2S=cHS-，pH=12.9时cS2-=cHS-，则电离平衡常数，；图2P点可知pH=8.94时，，，两式相乘得，H2S饱和溶液浓度为0.1mol·L-1，由于电离程度非常小，所以，则，且-lgc=23.11，，可求得，；随着pH增大，cS2-浓度会增大，则金属阳离子浓度会减小，且由cN2+减小更快，所以直线④为M+的-lgc与pH的关系，直线⑤N2+的-lgc与pH的关系。A项，由分析可知，，则溶液中H2S的，A错误；B项，直线⑤表示H2S饱和溶液中N2+的-lgc与pH的关系，B错误；C项，由分析得，，所以pKsp=49.21，C正确；D项，由图2可知，逐滴加入硫化氢饱和溶液，浓度均为0.01mol·L-1的M+和N2+的混合溶液，当时，M+开始沉淀，当时，N2+开始沉淀，所以M+会先沉淀，当M+沉淀完全时，溶液中<，此时N2+还未开始沉淀，所以能通过滴加H2S饱和溶液实现分离，D错误；故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．MnSO4具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流程如下。该阳极泥主要含有MnO2，以及Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Zn2+和微量Pb2+等杂质离子。 已知：Ksp(ZnS)=1.0×10－22，Ksp(PbS)=8.0×10－28，Ksp(MnS)=1.0×10－10。金属离子生成氢氧化物沉淀，其和溶液pH的关系如下图所示： 回答下列问题： (1)基态锰原子的电子排布式为 。 (2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是 。 (3)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0，K+和Na+与Fe2(SO4)3反应分别生成KFe3[(OH)3SO4]2和NaFe3[(OH)3SO4]2沉淀，其中K+生成沉淀的离子方程式为 。 (4)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH=4.0，该步除杂的总反应方程式为 。 (5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 、 。 (6)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液将 (填“升高”或“下降”或“不变”)。 (7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液应返回到 步骤，其目的是 。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s2 (2)还原二氧化锰为锰离子 (3)K++3Fe3++2SO42-+6H2O=KFe3[(OH)3SO4]2↓+6H+ (4)MnCO3+ Fe2(SO4)3+5H2O=MnSO4+2Fe(OH)3+CO2↑+2H2SO4 (5) CaF2 MgF2 (6)降低 (7)溶解 循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率 【解析】阳极泥加入二氧化硫将二氧化锰还原为硫酸锰，加入硫酸铁除去钠钾，滤液加入碳酸锰调溶液pH=4.0，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2沉淀除去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。(1)锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；(2)二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是还原二氧化锰为锰离子；(3)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0，酸性条件下，K+与Fe2(SO4)3反应生成KFe3[(OH)3(SO4)3]2沉淀，其中K+生成沉淀的离子方程式为：K++3Fe3++2SO42-+6H2O=KFe3[(OH)3SO4]2↓+6H+；(4)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH=4.0，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为MnCO3+ Fe2(SO4)3+5H2O=MnSO4+2Fe(OH)3+CO2↑+2H2SO4；(5)由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；(6)“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为Zn2++H2S= ZnS↓+2H+、Pb 2++H2S= PbS↓+2H+，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液pH将下降。(7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。 17．CuIn5S8是一种能将CO2转化为CH4的光催化剂。 Ⅰ．一种制备CuIn5S8的步骤如下(部分条件略)： 已知：CuIn5S8为粉状晶体，难溶于水；CH3CSNH2易溶于水和乙二醇。 Ⅱ．CuIn5S8纯度测定 将a克CuIn5S8(M=895 g·molˉ1)样品分解处理后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于碘量瓶中，加入过量KI溶液反应后，用硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，其原理如下： 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I- 回答下列问题： (1)称量InCl3·4H2O时，下列仪器中用到的有 、 (填仪器名称)。 (2)步骤③中，为使固液快速分离，应采用的方法是 (填标号)。 a．蒸馏 b．减压过滤 c．蒸发 (3)步骤④中，先用蒸馏水多次洗涤，检验产物中Cl-已洗净的方法是 ；最后用乙醇洗涤，其目的是 。 (4)产物CuIn5S8的晶体结构可用 (填仪器名称)测定。 (5)纯度测定过程中，滴定所用的指示剂为 (填名称)，滴定终点的现象是 。 (6)平行滴定三次，消耗bmol/L硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为VmL，则产品的纯度为 。 (7)下列操作会导致实验结果偏高的是 (填标号)。 a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管 b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失 c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数 【答案】(1)托盘天平 烧杯 (2)b (3)取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成 除去沉淀表面的水分，防止CuIn5S8溶解造成产率降低 (4)x射线衍射仪 (5)淀粉溶液 滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 (6) (7)b 【解析】由题给流程可知，将InCl3·4H2O、Cu(CH3COO)2·H2O、CH3CSNH2混合物溶于乙二醇得到混合溶液，加热混合溶液使反应物充分反应得到CuIn5S8沉淀，过滤、洗涤、干燥得到CuIn5S8。 (1)称量InCl3·4H2O固体时，需要用到托盘天平和烧杯，不需要用到蒸发皿、玻璃棒和量筒；(2)步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；(3)检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子，具体操作为取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；最后用乙醇洗涤的目的是除去沉淀表面的水分，防止CuIn5S8溶解造成产率降低；(4)x射线衍射可以精确测定物质的晶体结构，所以产物CuIn5S8的晶体结构可用x射线衍射仪测定；(5)溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；(6)由方程式可得如下转化关系：2 CuIn5S8—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为=；(7)a项，未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；b项，滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；c项，滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；故选b。 18．甲烷氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下： ①4CH4(g)＋O2(g)2C2H6(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-354kJ·mol−1 ②2CH4(g)＋O2(g)C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-282kJ·mol−1 ③CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g) ΔH3＝-803kJ·mol−1 已知：以乙烯为例，其选择性定义为。 回答下列问题： (1) C2H6氧化生成C2H4的热化学方程式④为 ，反应的ΔS 0(填“>”或“<”或“=”)，反应 (填“能”或“不能”)自发进行。 (2)CH4氧化偶联生成C2H4分步进行，C2H6和C2H4的选择性随反应时间的变化关系如图所示，第一步反应的产物为 。 (3)恒压进料，原料气的n(CH4)：n(O2)对CH4转化率与C2H6、C2H4、CO2选择性的影响如图所示，根据本研究课题的目的，n(CH4)：n(O2)在 (填“2~3”或“3~4”)更优，其原因是 。 (4)一定条件下，C2H4的生成速率v与O2分压p间的关系为：。若O2的初始分压为p0，随着反应进行，当C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率的时，则O2分压p= (用p0表示)。 (5)若n(CH4)：n(O2)=3.5：1、初始压强为450kPa，在恒容反应器中达平衡，CH4的转化率为30%，C2H4和C2H6的选择性均为40%，则反应④的平衡常数Kp= kPa (保留整数)。 【答案】(1)2C2H6(g)＋O2(g)2C2H4(g)＋2H2O(g) △H=-210kJ/mol > 能 (2) C2H6 (3) 2~3 n(CH4)：n(O2)为2~3时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而n(CH4)：n(O2)为3~4时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大 (4) (5)416 【解析】(1)由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为2C2H6(g)＋O2(g)2C2H4(g)＋2H2O(g)，由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，反应的热化学方程式为2C2H6(g)＋O2(g)2C2H4(g)＋2H2O(g) △H=-210kJ/mol；该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH-TΔS均小于0，能自发进行；(2)由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷；(3)由图可知，n(CH4)：n(O2)为2~3时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而n(CH4)：n(O2)为3~4时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时n(CH4)：n(O2)为2~3时更优；(4)由题意可知，反应起始时①，随着反应进行，当C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率的时②，联立方程解得氧气的分压p=；(5)设起始甲烷、氧气的物质的量依次为3.5mol、1mol，平衡时CH4的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时甲烷、乙烷和乙烯的物质的量为3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氢原子个数守恒可知，H2O(g)的物质的量为=1.05mol，由氧原子个数守恒可知，氧气的物质的量为=0.265mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.395mol，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为=439.5kPa，则反应④的平衡常数≈416。 19．喷他佐辛(化合物H)是一种镇痛药物，其合成路线之一如下(略去部分试剂、条件和步骤)。 已知： 回答下列问题： (1)试剂X的化学名称是 。 (2)C的结构简式为 。 (3)D中官能团的名称是 、 。 (4)G中手性碳原子的数目是 。 (5)试剂Y为溴代烯烃，由G生成H的反应类型是 ；在Y的同分异构体中，不含甲基的同分异构体的数目是 。 (6)化合物M的合成路线如下： 参照F的合成路线，写出第③步的反应方程式 (忽略立体化学)。 【答案】(1)一碘甲烷 (2) (3)醚键 碳溴键 (4)3 (5)取代反应 4 (6) 【解析】与试剂X反应生成A，对比结构简式的不同可推断出A为CH3I，同理B和CH3I发生取代反应生成C，同时生成HI，结合D的结构简式可知，C为，碳酸钠的作用是与HI反应，促进反应正向进行，C在光照条件下甲基上的H被溴原子取代生成D，D与Mg反应生成E，A和E发生取代反应生成F，F经多步转化生成G，G与试剂Y发生取代反应生成H，已知试剂Y为溴代烯烃，则试剂Y的结构简式为。(1)试剂X是CH3I，化学名称是一碘甲烷；(2)由分析可知，C的结构简式为；(3)由D的结构简式可知，D中官能团名称是醚键、碳溴键；(4)手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，由G的结构简式可知，含有手性碳原子个数是3，如图*号所示：；(5)G生成H的反应同时会有小分子HBr生成，因此属于取代反应；由分析可知，Y为，分子式为C5H9Br，不饱和度为1，其同分异构体中，不含甲基，则只能是直链结构，不能含有支链，为CH2=CHCH2CH2CH2Br，若是环状结构，可能是、、，共计4种同分异构体；(6)与Mg反应，与发生类似A与E生成F的反应，生成物是，与发生题目已知的反应生成，第③步的反应方程式为：。 ( 23 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$