精品解析：浙江新阵地教育联盟2026届第二次联考化学试题

浙江省新阵地教育联盟2026届第二次联考 化学试题卷 本试卷可能用到相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Zn：65 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求，不选、多选、错写均不得分。) 1. 下列成分属于无机非金属材料的是 A. 裁判员使用的定位泡沫中的丁烷 B. 运动员护腿板中的碳纤维 C. 足球门框材质——铝合金 D. 人造革足球的材质——PVC 2. 火箭燃料偏二甲肼燃烧时发生反应：(CH3)2NNH2+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，下列说法正确的是 A. 基态氧原子的价层电子轨道表示式为： B. N2分子中的共价键： C. 偏二甲肼分子间氢键： D. CO2的VSEPR模型： 3. 根据元素周期律，下列说法正确的是 A. 稳定性：HF>H2O B. 电负性：H>C C. 分子的极性：OF2>H2O D. 电离能：I1(Ne)>I2(Na) 4. 下列说法正确的是 A. 若苯酚不慎沾到皮肤上，利用其溶解度特点可用65℃以上的水冲洗 B. 对于酸、碱、氧化剂或还原剂废液，可统一混合收集后集中处理 C. 容量瓶检漏操作：向容量瓶中加入少量蒸馏水，若倒置不漏则需将玻璃旋塞旋转180°再验一次 D. 可用重结晶法提纯含有少量氯化钠和泥沙的苯甲酸晶体 5. 物质性质决定用途，下列对应关系正确的是 A. 二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维 B. 银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜 C. 亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂 D. 花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色 6. 物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列化学事实与结构原因不匹配的是 选项 化学事实 结构原因 A 冰的密度比干冰小 冰中的水分子采取非密堆积的方式 B 生铁的延展性不如纯铁 掺入合金元素后原子层间相对滑动变困难 C 焰色试验可以使用铂丝 铂丝灼烧时不发生电子的跃迁 D 1000℃以上时CuO会分解生成和 的价层电子达到全充满结构，更稳定 A. A B. B C. C D. D 7. 下列方程式不正确的是 A. Cl2溶于水： B. 溴乙烷与NaOH溶液共热： C. 碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应： D. Al粉加入NaOH溶液： 8. 下列实验装置或操作合理的是 A．分离CH2Cl2和CCl4 B．验证牺牲阳极法保护铁 C．碱式滴定管按如图方式排气泡 D．收集NO气体 A. A B. B C. C D. D 9. 某有机合成过程如图，下列说法不正确的是 A. 用FeCl3溶液可区分M和P B. 1mol M与足量溴水反应最多消耗3 mol Br2 C. P在酸性条件下水解产物含有手性碳原子 D. N的核磁共振氢谱有3组吸收峰 10. 下图装置能用于完成下列实验的是 选项 目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d A 验证NH3的碱性 浓氨水 碱石灰 酚酞溶液 稀硫酸 B 检验漂白粉和浓盐酸的气体产物 浓盐酸 漂白粉 紫色石蕊试液 NaOH溶液 C 验证SO2漂白性 浓硫酸 Na2SO3 紫色石蕊试液 澄清石灰水 D 验证乙炔的还原性 饱和食盐水 电石 浓硫酸 酸性高锰酸钾 A. A B. B C. C D. D 11. 载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料，以CaSO4为载氧体的CLC体系工作原理如下左图，“燃料反应器”中发生的反应有： ΔH 1<0 ΔH2>0 将1 mol H2和1 mol CaSO4投入“燃料反应器”中，平衡时各产物物质的量随温度变化关系曲线如下右图，下列说法不正确的是 A. 曲线②表示CaS B. “燃料反应器”中应采用低温高压条件 C. 1000℃平衡时，将“燃料反应器”容积压缩，重新平衡后c(SO2)增大 D. 曲线②、③交点处CaSO4和H2转化率之比为2：5 12. 三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，形成许多微小的电解池，利用该装置去除氯苯(用R表示)的原理如图。下列说法不正确的是 A. M为电源正极 B. 电解过程中可能生成Cl2 C. pH、温度、O2的分压等参数均会影响氯苯去除的效率 D. 外电路中转移1 mol e-，理论上最多处理氯苯 mol 13. 二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基()通过π键配位结合形成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是 A. 中C原子的杂化方式为sp2 B. 每个提供6个e-形成配位键 C. 图中所示分子体现了超分子自组装的性质 D. 图中所示分子的酸性强于 14. 铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是 A. 中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响 B. 元素Rh的化合价经历了两次变化 C. 该过程的主要副产物为 D. 将Bu换成，主要产物为 15. 某实验室废液废渣主要含AgNO3、AgCl、Ag2CrO4，按如下流程回收Ag，下列说法不正确的是 25℃时，相关数据如下：H2S 、；；；；；饱和Na2S溶液的浓度为2 mol/L。 A. 饱和Na2S溶液中，离子浓度大小关系为： B. 若不加铁粉，则固体B为AgCl C. AgCl、Ag2CrO4可完全转化为固体A D. 固体A可溶于浓硝酸 16. 铜离子(Cu2+)具有较强的配位能力，能够与多种配体形成稳定的配合物，这主要归因于其独特的电子结构和物理特性。根据实验流程，下列说法正确的是 ①试剂X可以是(NH4)2SO4； ②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤； ③由实验现象可知，反应限度不大； ④步骤Ⅱ证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3。 A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ①②③ 非选择题部分 二、非选择题 17. 过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。请回答： （1）下列说法正确的是___________。 A. Fe位于元素周期表的ds区 B. 基态Ni原子核外电子空间运动状态有14种 C. 还原性：Fe2+>Mn2+ D. 结合OH-能力：Fe3+>Fe2+ （2）三元锂电池的正极材料可看成用Ni和Mn替换了LiCoO2中部分Co，晶胞如图(此时无法放电)。充电时，Li+从正极材料中___________(填“嵌入”或“脱嵌”)；当充电50%时，正极材料中的Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比是___________。 （3）KFe2Se2是一种新型导电材料，晶胞投影如图，其晶体类型为___________，Fe的配位数是___________。 （4）相对于三元材料中的M-O键(M表示Co、Ni、Mn)，磷酸铁锂(LiFePO4)电池中的P-O键使其高温性能更佳、循环次数更多，试从结构角度分析原因___________。 （5）LiFePO4的生产工艺有固相法和液相法。 ①固相法：将FeCl3、NH4H2PO4、Li2CO3和足量炭黑的混合物在高温下反应，生成LiFePO4和三种气态产物，其中两种气体相遇有白烟。制备LiFePO4的化学方程式为___________。 ②液相法(流程如下)： 气体A中除大量水蒸气外，还有___________(填化学式)；气体B为纯净物，设计实验证明其成分___________。 18. Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 I． Ⅱ． Ⅲ． 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。 请回答： （1）Xe的原子序数是___________。 （2）反应Ⅱ自发进行的条件是___________。 （3）下列说法正确的是___________。 A. 已知ΔH 1<ΔH 2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能 B. 催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率 C. 混合气体密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态 D. 若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小 （4）上左图中630 K之后，XeF4分布系数下降的原因是___________。 （5）上右图中当投料，平衡时___________。 ____________ （6）反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=a kPa-1，Kp(Ⅲ)=b kPa-1。当最多时，L2的选择性为___________(用a、b表示，L2的选择性)。 （7）已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：___________。 19. 纳米硫化锌是一种具有优异光学特性的半导体材料，某实验小组开展了该材料的制备实验，步骤如下所示。 步骤I：将一定量ZnSO4·7H2O溶于水，配成0.1 mol/L溶液； 步骤Ⅱ：向ZnSO4溶液中滴加氨水，至产生的沉淀恰好完全溶解； 步骤Ⅲ：向步骤II所得溶液中加入一定量的硫化乙酰胺(CH3CSNH2，简称TAA)，在80℃水浴中加热搅拌至反应完成； 步骤IV：离心分离，得到纳米ZnS，用蒸馏水和无水乙醇交替洗涤2次，在60℃条件下真空干燥。 请回答： （1）以ZnSO4溶液和TAA在碱性条件下(有利于TAA水解)制备ZnS的离子方程式为：___________。 ___Zn2++___CH3CSNH2+____OH-_____ （2）步骤Ⅱ中氨水的作用是：①提供碱性环境；②___________。 （3）下列说法正确的是___________。 A. 步骤I需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、量筒 B. 步骤Ⅱ中沉淀溶解说明Zn(OH)2是两性氢氧化物 C. 步骤Ⅲ中通过观测沉淀不再增加，可判断反应完成 D. 步骤IV中“离心分离”不能换成过滤 （4）“离心分离”后的粗产品经高温煅烧也能除去产品中的杂质，理由是___________。 （5）某实验小组通过两种不同的实验方案测定样品中ZnS的含量，实验方案及测定结果如下。 ZnS含量 方案1 方案2 步骤IV所得样品 99.82% 99.52% 高温煅烧所得样品 101.3% 91.89% 涉及的部分反应有： 方案1 (表示EDTA) 方案2 ①方案1中需要调节pH为5.0-5.5，原因是___________。 ②由表可知，两种方案测定高温煅烧所得样品中ZnS含量相差较大，可能的原因是___________。 20. 化合物I是合成一种新型的正电子发射断层扫描心肌灌注成像示踪剂的中间体，以下是I的合成路线。 请回答： （1）A中官能团名称为___________，C→D发生的反应类型为___________。 （2）X的结构简式为___________。 （3）下列说法正确的是___________。 A. N(C4H9)4F的水溶性小于NH4F B. B→C的目的是保护羟基 C. E→F的反应类型包括取代、加成、消去 D. 已知I中N原子的杂化方式相同，则N的碱性：①>② （4）已知：F-半径小且Si-F键键能大是H转化为I的驱动力，则H→I的化学方程式为___________。 （5）氧的电负性大导致F异构化为Y(不含碳氧双键，氧端带一个单位负电荷)，使F→G有极高的选择性，则Y的结构简式为___________。 （6）设计以CH2=CH2为原料合成的合成路线(无机试剂任选)___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省新阵地教育联盟2026届第二次联考 化学试题卷 本试卷可能用到相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Zn：65 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求，不选、多选、错写均不得分。) 1. 下列成分属于无机非金属材料的是 A. 裁判员使用的定位泡沫中的丁烷 B. 运动员护腿板中的碳纤维 C. 足球门框的材质——铝合金 D. 人造革足球的材质——PVC 【答案】B 【解析】 【详解】A．丁烷属于有机小分子化合物，是有机物，不属于无机非金属材料，A错误； B．碳纤维的主要成分为碳单质，属于新型无机非金属材料，B正确； C．铝合金属于合金，归类为金属材料，不属于无机非金属材料，C错误； D．PVC是聚氯乙烯，属于有机合成高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误； 故选B。 2. 火箭燃料偏二甲肼燃烧时发生反应：(CH3)2NNH2+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，下列说法正确的是 A. 基态氧原子的价层电子轨道表示式为： B. N2分子中的共价键： C. 偏二甲肼分子间的氢键： D. CO2的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A.基态氧原子的价电子排布为，价层电子轨道表示式应为：，A错误； B．分子中存在1个键和2个键，其中键是“肩并肩”重叠的键，正确应为：，B错误； C．偏二甲肼分子间的氢键应表示为，C错误； D．分子中，中心C原子的价层电子对数为，无孤电子对，其VSEPR模型为直线形，与选项图示一致，D正确； 故答案选D。 3. 根据元素周期律，下列说法正确的是 A. 稳定性：HF>H2O B. 电负性：H>C C. 分子的极性：OF2>H2O D. 电离能：I1(Ne)>I2(Na) 【答案】A 【解析】 【详解】A．非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强；同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性F>O，因此稳定性HF>H2O，A正确； B．中C呈负化合价，因此电负性C>H，B错误； C．OF2和H2O均为V形不对称结构，分子极性和键极性正相关，O与F的电负性差小于O与H的电负性差，因此键极性O-H更强，分子极性H2O>OF2，C错误； D．Ne核电荷数为10，Na+（Na失去第一个电子后形成的结构）核电荷数为11，二者电子排布相同，核电荷数越大对核外电子吸引力越强，失去电子需要的能量更高，因此Na的第二电离能I2(Na)大于Ne的第一电离能I1(Ne)，D错误； 故选A。 4. 下列说法正确的是 A. 若苯酚不慎沾到皮肤上，利用其溶解度特点可用65℃以上的水冲洗 B. 对于酸、碱、氧化剂或还原剂废液，可统一混合收集后集中处理 C. 容量瓶检漏操作：向容量瓶中加入少量蒸馏水，若倒置不漏则需将玻璃旋塞旋转180°再验一次 D. 可用重结晶法提纯含有少量氯化钠和泥沙的苯甲酸晶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．65℃以上的水温度过高，会烫伤皮肤，苯酚沾到皮肤上正确处理方法为用酒精冲洗，A错误； B．酸、碱、氧化剂、还原剂混合会发生化学反应，易引发安全事故，需要分类收集处理，不能统一混合收集，B错误； C．容量瓶捡漏需加水至刻度线附近，否则液体压强不够大，不能检漏成功，且容量瓶的密封部件是磨口玻璃塞，不是玻璃旋塞，C错误； D．苯甲酸溶解度随温度变化显著，氯化钠溶解度随温度变化小，重结晶提纯时：热水溶解粗苯甲酸→趁热过滤除去泥沙→冷却结晶，苯甲酸析出、氯化钠留在母液，可达到提纯目的，D正确； 故答案选D。 5. 物质性质决定用途，下列对应关系正确的是 A. 二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维 B. 银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜 C. 亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂 D. 花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色 【答案】A 【解析】 【详解】A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可传导光信号，因此可用于生产光导纤维，性质与用途对应正确，A正确； Ｂ．银氨溶液可制作银镜是因为银氨溶液中具有弱氧化性，能被醛基还原为银单质，不是因为其具有碱性，对应关系错误，B错误； Ｃ．亚硝酸钠虽有毒性，但在规定限量范围内可以作为食品防腐剂、护色剂，属于允许使用的食品添加剂，C错误； Ｄ．花生油能使酸性溶液褪色，是因为花生油是不饱和油脂，分子中含有碳碳双键，酯基不能被酸性高锰酸钾氧化，对应关系错误，D错误； 答案选A。 6. 物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列化学事实与结构原因不匹配的是 选项 化学事实 结构原因 A 冰的密度比干冰小 冰中的水分子采取非密堆积的方式 B 生铁的延展性不如纯铁 掺入合金元素后原子层间相对滑动变困难 C 焰色试验可以使用铂丝 铂丝灼烧时不发生电子的跃迁 D 1000℃以上时CuO会分解生成和 的价层电子达到全充满结构，更稳定 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．冰中水分子间氢键具有方向性，使水分子采取非密堆积，分子间空隙更大，因此冰密度更小，A不符合题意； B．生铁是铁碳合金，掺入杂质后原子排列的规整性下降，原子层间相对滑动变困难，因此延展性不如纯铁，B不符合题意； C．焰色试验的本质是电子跃迁释放能量产生光谱，铂丝灼烧时也会发生电子跃迁，只是其跃迁产生的光不在可见光区，不会干扰待测物的焰色观察，并非不发生电子跃迁，C符合题意； D．的价层电子排布为，达到全充满稳定结构，比更稳定，D不符合题意； 故答案选C。 7. 下列方程式不正确的是 A. Cl2溶于水： B. 溴乙烷与NaOH溶液共热： C. 碱性条件下甲醇燃料电池的负极反应： D. Al粉加入NaOH溶液： 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶于水是可逆反应，生成强酸（拆分为离子）和弱酸（保留化学式），方程式书写正确，A正确； B．溴乙烷与水溶液共热发生取代反应（水解反应），产物是乙醇、溴化钠，正确方程式为：，只有溴乙烷与醇溶液共热才发生消去反应生成乙烯，B错误； C．碱性条件下甲醇燃料电池，负极甲醇失电子，被氧化为，电荷、原子均配平正确，方程式书写正确，C正确； D．与溶液反应生成四羟基合铝酸根和氢气，该配平符合反应事实，方程式书写正确，D 正确； 故选择B。 8. 下列实验装置或操作合理的是 A．分离CH2Cl2和CCl4 B．验证牺牲阳极法保护铁 C．碱式滴定管按如图方式排气泡 D．收集NO气体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．分离和需用蒸馏法，蒸馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，以测量馏分的温度，图中温度计插入液面下，不符合要求，A不符合题意； B．若牺牲阳极法保护铁，铁为正极不发生氧化反应，溶液中不会产生亚铁离子。应该取铁极区溶液，滴入溶液，若不产生蓝色沉淀，说明溶液中无亚铁离子，可验证牺牲阳极法保护铁，而不是直接把溶液滴入铁极区溶液，会与电极反应，B不符合题意； C．碱式滴定管排气泡的正确操作是将胶管向上弯曲，用力挤压玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，利用溶液的冲击力排出气泡，图中操作完全符合该规范，C符合题意； D．NO的密度小于，应向下排二氧化碳法收集，或用排水法收集，D不符合题意； 故答案选C。 9. 某有机合成过程如图，下列说法不正确的是 A. 用FeCl3溶液可区分M和P B. 1mol M与足量溴水反应最多消耗3 mol Br2 C. P在酸性条件下水解产物含有手性碳原子 D. N的核磁共振氢谱有3组吸收峰 【答案】C 【解析】 【详解】A．M分子中含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，显紫色，而P分子中没有酚羟基，不能显色。因此可以用溶液区分M和P，A正确； B．M分子中，酚羟基邻、对位的氢原子可与溴水发生取代反应，消耗2 mol，同时醛基与发生氧化还原反应，消耗1 mol，所以1 molM与足量溴水反应最多消耗3 mol，B正确； C．P在酸性条件下水解，产物为，手性C原子是C原子以的杂化，C原子所连的4个原子或原子团均不同，所以该物质中不含有手性碳原子，C错误； D．N中的氢原子种类如图，共3种H原子，D正确； 故答案选C。 10. 下图装置能用于完成下列实验的是 选项 目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d A 验证NH3的碱性 浓氨水 碱石灰 酚酞溶液 稀硫酸 B 检验漂白粉和浓盐酸的气体产物 浓盐酸 漂白粉 紫色石蕊试液 NaOH溶液 C 验证SO2的漂白性 浓硫酸 Na2SO3 紫色石蕊试液 澄清石灰水 D 验证乙炔的还原性 饱和食盐水 电石 浓硫酸 酸性高锰酸钾 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓氨水和碱石灰可制备NH3，但NH3极易溶于水，直接通入酚酞溶液会发生倒吸，装置缺少防倒吸装置，A错误； B．漂白粉和浓盐酸反应生成氯气，氯气通入紫色石蕊试液先因生成HCl变红，后因HClO漂白而褪色，可检验氯气，NaOH溶液可吸收尾气（氯气），B正确； C．SO2通入紫色石蕊试液只会变红（酸性），不能漂白试剂，C错误； D．电石和饱和食盐水反应生成乙炔中，混有、PH3等还原性杂质，这些杂质也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰检验，实验前应先除杂，D错误； 故选B。 11. 载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料，以CaSO4为载氧体的CLC体系工作原理如下左图，“燃料反应器”中发生的反应有： ΔH 1<0 ΔH2>0 将1 mol H2和1 mol CaSO4投入“燃料反应器”中，平衡时各产物物质量随温度变化关系曲线如下右图，下列说法不正确的是 A. 曲线②表示CaS B. “燃料反应器”中应采用低温高压条件 C. 1000℃平衡时，将“燃料反应器”容积压缩，重新平衡后c(SO2)增大 D. 曲线②、③交点处CaSO4和H2转化率之比为2：5 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据勒夏特列原理，反应1为放热反应，反应2为吸热反应，温度升高，反应1逆向进行，反应2正向进行，CaS物质的量减小，SO2物质的量增大，所以曲线③表示SO2，②表示CaS，A正确； B．“燃料反应器”应提高燃烧效率，减少有害气体产生，根据勒夏特列原理及图像可知，温度高于800℃，CaS开始减少，二氧化硫开始增多，则说明“燃料反应器”温度应低于800℃；反应2为气体增多的反应，高压可使平衡逆向进行，即应采取低温高压条件进行，B正确； C．1000 ℃平衡时，温度不变，K不变，，，容器压缩重新平衡后c(SO2)不变，C错误； D．设交点处n(SO2)=n(CaS)=x mol，该过程中消耗n(CaSO4)=2x mol，n(H2)=5x mol，转化率之比为，D正确； 故选C。 12. 三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，形成许多微小的电解池，利用该装置去除氯苯(用R表示)的原理如图。下列说法不正确的是 A. M为电源正极 B. 电解过程中可能生成Cl2 C. pH、温度、O2的分压等参数均会影响氯苯去除的效率 D. 外电路中转移1 mol e-，理论上最多处理氯苯 mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，M电极处发生水失去电子生成羟基自由基的反应，此处为阳极，故M为电源正极，故A正确； B．由图可知，溶液中有氯离子，则阳极可能发生氯离子失去电子生成氯气的反应，故B正确； C．由图可知，去除氯苯的是羟基自由基，pH影响羟基自由基的生成速率和稳定性、温度影响过氧化氢的分解、O2的分压影响阴极过氧化氢的产量，而过氧化物产生羟基自由基，故三者均影响羟基自由基的量，故均影响氯苯去除的效率，故C正确； D．根据图示可知，外电路中转移时，阳极通过产生；阴极通过产生，进而通过产生，因此，转移共产生，根据反应，理论上最多可处理氯苯，故D错误； 故该题选D。 13. 二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基()通过π键配位结合形成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是 A. 中C原子的杂化方式为sp2 B. 每个提供6个e-形成配位键 C. 图中所示分子体现了超分子自组装的性质 D. 图中所示分子的酸性强于 【答案】D 【解析】 【详解】A．二茂铁具有芳香性，环戊二烯基()中每个碳原子形成3个σ键，剩余p轨道参与形成π键，杂化方式为，故A正确； B．环戊二烯基()中每个碳原子提供一个电子，其所带负电荷也提供一个电子，则每个提供6个e-形成配位键，故B正确； C．分子自组装是指分子通过非共价键自发地形成有序结构的过程，图中所示的分子结构中，清晰的画出了分子间和分子内存在的氢键，这些氢键是典型的非共价相互作用，驱动了分子的自组装，故C正确； D．图中题干所示分子是由氢键连接的二聚体，分子间形成了非常强的氢键网格，使得羧基上的质子被稳定的锁定在结构中，难以电离，因此酸性减弱，而是单体分子，其羧基是自由的，氢离子相对容易电离，故图中所示分子的酸性弱于，则D错误； 故该题选D。 14. 铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是 A. 中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响 B. 元素Rh的化合价经历了两次变化 C. 该过程的主要副产物为 D. 将Bu换成，主要产物为 【答案】C 【解析】 【详解】A．烯烃中碳碳双键的极性会影响其与催化剂Rh的配位方式，进而对产物的选择性产生影响，A正确； B．在整个催化循环中，Rh通过氧化加成和还原消除步骤，化合价发生了两次变化，B正确； C．该机理中烯烃发生加成反应时，端基①号碳连在催化剂上，如图：，若是加成反应时②号碳连在催化剂上，副产物是支链醛：，C错误； D．将Bu换成后，由于的吸电子效应，会改变反应的选择性，主要产物为，D正确； 故答案选C。 15. 某实验室废液废渣主要含AgNO3、AgCl、Ag2CrO4，按如下流程回收Ag，下列说法不正确的是 25℃时，相关数据如下：H2S 、；；；；；饱和Na2S溶液的浓度为2 mol/L。 A. 饱和Na2S溶液中，离子浓度大小关系： B. 若不加铁粉，则固体B为AgCl C. AgCl、Ag2CrO4可完全转化为固体A D. 固体A可溶于浓硝酸 【答案】B 【解析】 【分析】利用的溶度积极小（），使、、中的全部转化为更难溶的沉淀，过滤后得到固体A（主要成分为）。铁粉作为还原剂，将中的还原为单质，同时生成等杂质。加入盐酸可溶解过量的铁粉和，过滤后得到固体B（主要成分为）。 【详解】A．是强碱弱酸盐，会发生两步水解：、，水解使溶液显碱性，。由于第一步水解远大于第二步，，同时的水解程度很小，其浓度仍最大。因此离子浓度顺序为：，A正确； B．固体A的主要成分是。若不加铁粉，直接加入盐酸，与盐酸不反应，仍以固体形式存在，不会生成，B错误； C．根据溶度积数据：，远小于和。在足量饱和溶液中，浓度很高，使得和沉淀溶解平衡正向移动，与结合生成更难溶的，可以实现完全转化，C正确； D．固体A为，浓硝酸具有强氧化性，可将中的氧化，使溶解，D正确； 故答案选B。 16. 铜离子(Cu2+)具有较强的配位能力，能够与多种配体形成稳定的配合物，这主要归因于其独特的电子结构和物理特性。根据实验流程，下列说法正确的是 ①试剂X可以是(NH4)2SO4； ②操作Y为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤； ③由实验现象可知，反应限度不大； ④步骤Ⅱ证明，与Cu2+的配位能力：Cl->NH3。 A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【详解】①加NaOH得到沉淀后，体系浓度较高，对于平衡，高浓度使平衡左移，不溶解。加入后，会结合，降低浓度，同时提供，使平衡右移，得到深蓝色溶液，因此试剂可以是，①正确； ②操作Y是从含的溶液中得到深蓝色晶体，方法是加入乙醇降低溶剂极性，②错误； ③ 实验现象显示：浓度低时，可以溶解生成配合物；浓度高时，不溶解。说明该可逆反应的平衡常数较小，反应进行的限度不大，③正确； ④步骤Ⅱ加入盐酸，会优先和结合生成，使分解释放，之后才和结合生成绿色的，不是因为配位能力强于，实际上对的配位能力更强，④错误； 答案选A。 非选择题部分 二、非选择题 17. 过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。请回答： （1）下列说法正确的是___________。 A. Fe位于元素周期表的ds区 B. 基态Ni原子核外电子空间运动状态有14种 C. 还原性：Fe2+>Mn2+ D. 结合OH-能力：Fe3+>Fe2+ （2）三元锂电池的正极材料可看成用Ni和Mn替换了LiCoO2中部分Co，晶胞如图(此时无法放电)。充电时，Li+从正极材料中___________(填“嵌入”或“脱嵌”)；当充电50%时，正极材料中的Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比是___________。 （3）KFe2Se2是一种新型导电材料，晶胞投影如图，其晶体类型为___________，Fe的配位数是___________。 （4）相对于三元材料中的M-O键(M表示Co、Ni、Mn)，磷酸铁锂(LiFePO4)电池中的P-O键使其高温性能更佳、循环次数更多，试从结构角度分析原因___________。 （5）LiFePO4的生产工艺有固相法和液相法。 ①固相法：将FeCl3、NH4H2PO4、Li2CO3和足量炭黑的混合物在高温下反应，生成LiFePO4和三种气态产物，其中两种气体相遇有白烟。制备LiFePO4的化学方程式为___________。 ②液相法(流程如下)： 气体A中除大量水蒸气外，还有___________(填化学式)；气体B为纯净物，设计实验证明其成分___________。 【答案】（1）CD （2） ①. 脱嵌 ②. 3：2 （3） ①. 混合型晶体 ②. 4 （4）半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定 （5） ①. 2FeCl3+2NH4H2PO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑+2NH3↑+6HCl↑ ②. NO2，O2 ③. 将带火星木条伸入装有气体B的集气瓶中，若带火星木条复燃，则证明有O2 【解析】 【小问1详解】 A．Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误； B．基态Ni原子的核外电子排布为，电子的空间运动状态=原子轨道数，其轨道分布为1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，4s有1个轨道，共15个轨道，其电子的空间运动状态也有15种，B错误； C．还原性强弱与失电子能力有关，已知的价电子排布为，易失去1个电子形成半满稳定结构，失电子能力强；的价电子排布式为为半满稳定结构，失电子能力弱。因此还原性>，C正确； D．的价电子排布为为半满稳定结构，的价电子排布为。的正电荷更高、半径更小，对的静电吸引更强，D正确； 故答案选CD。 【小问2详解】 锂电池的工作原理：放电时，从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，从正极脱嵌，回到负极(阴极) 参与还原反应； 从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1:1:1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1:2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3:2。 【小问3详解】 是新型导电材料，说明其具有类似金属晶体的导电性；同时存在明确的晶胞结构和离子，兼具离子晶体和共价晶体的特征，因此属于混合型晶体； 根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。 【小问4详解】 物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定，从而赋予材料更好的热稳定性和循环寿命。 【小问5详解】 “两种气体相遇有白烟” 是和HCl反应生成的特征现象，则其反应的化学方程式为； 气体A：与、反应生成了，其中Fe由+3价降低到+2价，化合价只能降低，另外化合价升高的只能是O元素，则有生成，可配平该反应为，则气体A中除了大量水蒸气外还有，和； 气体A经冷凝处理后分离出气体B，沸点较高，易被冷凝液化进入溶液层，而沸点低，常温下为气体，故冷凝后剩余的纯净气体B为。根据氧气的特性，可用带火星的木条复燃这一特征反应进行检验。 18. Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 I． Ⅱ． Ⅲ． 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。 请回答： （1）Xe的原子序数是___________。 （2）反应Ⅱ自发进行的条件是___________。 （3）下列说法正确的是___________。 A. 已知ΔH 1<ΔH 2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能 B. 催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率 C. 混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态 D. 若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小 （4）上左图中630 K之后，XeF4分布系数下降的原因是___________。 （5）上右图中当投料，平衡时___________。 ____________ （6）反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=a kPa-1，Kp(Ⅲ)=b kPa-1。当最多时，L2的选择性为___________(用a、b表示，L2的选择性)。 （7）已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：___________。 【答案】（1）54 （2）低温 （3）AD （4）630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小 （5） 32 （6） （7）XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减 【解析】 【分析】由左图可知，随温度升高，分布分数增大，分布分数减小，说明温度升高，平衡Ⅱ和平衡 Ⅲ均逆向移动，故反应Ⅱ和反应Ⅲ均为放热反应。 【小问1详解】 Xe的原子序数为54。 【小问2详解】 由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故 ，由自发可知，反应Ⅱ在低温时能自发进行。 【小问3详解】 A．设XeF2中Xe-F平均键能为， XeF4中Xe-F平均键能为，中F-F键键能为，则，，已知，则，，A正确； B．催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误； C．由知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体物质的量减小的反应，在恒温恒压条件发生反应，随着反应进行，混合气体的总质量不变，混合气体的总体积减小，混合气体的密度增大，当混合气体密度不变时说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态，C错误； D．恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，会变小，D正确； 故答案选AD。 【小问4详解】 630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。 【小问5详解】 当投料比时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时， 32。 【小问6详解】 已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当一定时，随着不断增加[即增大]，的物质的量逐渐减小，的物质的量先增大后减小，的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线随增大先增大后减小，因此对应的物质是；对应的物质是，对应的物质是，反应Ⅱ减去反应Ⅲ得反应，则该反应，由图可知，当最多时，， ，， 的选择性为=。 【小问7详解】 XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。 19. 纳米硫化锌是一种具有优异光学特性的半导体材料，某实验小组开展了该材料的制备实验，步骤如下所示。 步骤I：将一定量ZnSO4·7H2O溶于水，配成0.1 mol/L溶液； 步骤Ⅱ：向ZnSO4溶液中滴加氨水，至产生的沉淀恰好完全溶解； 步骤Ⅲ：向步骤II所得溶液中加入一定量的硫化乙酰胺(CH3CSNH2，简称TAA)，在80℃水浴中加热搅拌至反应完成； 步骤IV：离心分离，得到纳米ZnS，用蒸馏水和无水乙醇交替洗涤2次，在60℃条件下真空干燥。 请回答： （1）以ZnSO4溶液和TAA在碱性条件下(有利于TAA水解)制备ZnS的离子方程式为：___________。 ___Zn2++___CH3CSNH2+____OH-_____ （2）步骤Ⅱ中氨水的作用是：①提供碱性环境；②___________。 （3）下列说法正确的是___________。 A. 步骤I需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、量筒 B. 步骤Ⅱ中沉淀溶解说明Zn(OH)2是两性氢氧化物 C. 步骤Ⅲ中通过观测沉淀不再增加，可判断反应完成 D. 步骤IV中“离心分离”不能换成过滤 （4）“离心分离”后的粗产品经高温煅烧也能除去产品中的杂质，理由是___________。 （5）某实验小组通过两种不同的实验方案测定样品中ZnS的含量，实验方案及测定结果如下。 ZnS含量 方案1 方案2 步骤IV所得样品 99.82% 99.52% 高温煅烧所得样品 101.3% 91.89% 涉及的部分反应有： 方案1 (表示EDTA) 方案2 ①方案1中需要调节pH为5.0-5.5，原因是___________。 ②由表可知，两种方案测定高温煅烧所得样品中ZnS含量相差较大，可能的原因是___________。 【答案】（1）Zn2++CH3CSNH2+3OH-ZnS↓+CH3COO-+NH3+H2O （2）与Zn2+形成配离子，控制Zn2+释放速率，有利于生成细小、均匀纳米ZnS （3）D （4）杂质CH3COONH4、(NH4)2SO4在高温煅烧时可完全转化为气体 （5） ①. pH过低则H+会与EDTA结合，阻碍Zn2+与其结合；pH过高则可能生成Zn(OH)2沉淀 ②. 高温煅烧所得样品中混有ZnO杂质，导致样品中Zn含量升高、S含量降低 【解析】 【小问1详解】 碱性条件下，硫化乙酰胺水解生成和，转化为与生成，配平后的离子方程式为； 【小问2详解】 能与形成，控制溶液中游离浓度，使缓慢生成，若溶液中浓度过高，加入后会快速生成大颗粒的沉淀物，无法得到纳米，形成配离子可以缓慢释放，便于得到纳米颗粒； 【小问3详解】 A．配制准确浓度的溶液，需要容量瓶、胶头滴管，所给仪器不全，A错误； B．两性氢氧化物能与强酸、强碱反应生成盐和水，溶于氨水的原理是生成配合物，B错误； C．纳米颗粒极小，易形成胶体悬浮液，无法通过肉眼观察沉淀是否不再增加，不能判断反应完成，C错误； D．纳米颗粒直径很小，普通过滤时易透过滤纸，难以分离，因此离心分离不能换成过滤，D正确； 故选D。 【小问4详解】 粗产品中杂质主要是铵盐，铵盐在高温下分解转化为气体逸出，因此也能得到高纯度； 【小问5详解】 ①若 过小，会与EDTA解离出的配位离子结合，降低浓度，导致EDTA与配位不完全；若过大，会水解生成沉淀，两种情况都会影响滴定结果，因此需要控制在5.0-5.5； ② 高温煅烧时，部分被空气中氧化生成和；方案1以元素为基准测定，会将所有都折算为，摩尔质量小于，等质量样品中含量更高，因此测定结果偏高；方案2以元素为基准测定，氧化后以形式逸出，样品中含量降低，因此测定结果偏低，二者相差较大。 20. 化合物I是合成一种新型的正电子发射断层扫描心肌灌注成像示踪剂的中间体，以下是I的合成路线。 请回答： （1）A中官能团的名称为___________，C→D发生的反应类型为___________。 （2）X的结构简式为___________。 （3）下列说法正确是___________。 A. N(C4H9)4F的水溶性小于NH4F B. B→C的目的是保护羟基 C. E→F的反应类型包括取代、加成、消去 D. 已知I中N原子的杂化方式相同，则N的碱性：①>② （4）已知：F-半径小且Si-F键键能大是H转化为I的驱动力，则H→I的化学方程式为___________。 （5）氧的电负性大导致F异构化为Y(不含碳氧双键，氧端带一个单位负电荷)，使F→G有极高的选择性，则Y的结构简式为___________。 （6）设计以CH2=CH2为原料合成的合成路线(无机试剂任选)___________。 【答案】（1） ①. 羟基、酯基 ②. 还原反应 （2） （3）ABC （4）+N(C4H9)4F+H2O++ N(C4H9)4OH （5） （6）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO 【解析】 【分析】A与环氧乙烷反应生成B，B与反应生成C，C中的羰基被还原羟基生成D，由D的结构逆推C为，B为；E()与X反应生成F()，可推知X为，F在KOH作用下转化为G，D与G发生取代反应生成H，H与H2O、共同作用生成I。据此分析解答。 【小问1详解】 根据A的结构，含有的官能团为酯基和羟基；C→D中将酯基还原为羟甲基，反应类型为还原反应。 【小问2详解】 由E和X反应生成F的分子结构可以逆推出X的结构，其结构简式为：。 【小问3详解】 A．含有四个憎水的丁基，有机阳离子憎水性强，因此水溶性小于离子化合物，A正确； B．B→C将末端羟基转化为硅醚保护基，避免该羟基在后续还原等反应中被修饰，目的是保护羟基，B正确； C．E→F中，一个氨基断裂氮-氢键与醛基发生加成，再脱去水发生消去反应生成氮碳双键，另一个氨基与羧基中的氢发生取代生成酰胺基，三种反应类型都存在，C正确； D．题目说明两个N杂化方式相同，N①（连叔丁基和羰基的N）受羰基吸电子共轭影响，N上电子云密度低于N②（双键N），因此碱性：①<②，D错误； 故选择ABC。 【小问4详解】 驱动力为键能大，F进攻硅原子使键断裂，脱除硅保护基得到端羟基，生成，反应的化学方程式为：+N(C4H9)4F+H2O+。 【小问5详解】 F 含羰基，氧的电负性大导致 F 异构化为 Y（无碳氧双键，氧带单位负电荷），即羰基的异构化：羰基的变为，且F→G有极高的选择性，结合 F 的结构，可推测Y 的结构简式为： 。 【小问6详解】 先与加成制得，然后发生催化氧化反应制得，2分子乙醛在碱性条件下加热进行双醛加成制得 ， 再进行催化氧化制得，与发生缩合反应反应制得。合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO            。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $