2025年高考第三次模拟考试卷：化学（湖北卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（湖北卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了下列化学用语表达正确的是，向0等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75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、准考证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，用铅笔把答题卡上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 O-16 Cl-35.5 Ge-73
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．科技创新是新质生产力的核心要素，科技的发展离不开化学。下列说法错误的是
A．“国产大飞机C919”使用的航空煤油主要由煤的干馏得到
B．新型药物(VV116)所含氕与氘互为同位素，其物理性质不同
C．利用火星陨石制作的OER电催化剂中所含镍元素属于过渡元素
D．福建号航母使用高性能富锌底漆利用了牺牲阳极保护法保护船体
【答案】A
【解析】A．“国产大飞机C919”使用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，故A错误；B． 质子数相同，中子数不同的核素互为同位素，氕为H与氘为 互为同位素，其物理性质不同，故B正确；C． 利用火星陨石制作的OER电催化剂中所含镍为28号元素，价电子为3d84s2，镍元素属于过渡元素，故C正确；D． 由于锌比铁活泼，锌为负极被腐蚀，钢铁作为正极被保护，此依据是牺牲阳极法防腐，故D正确；故选A。
2．有机分子的测定方法多种多样，测定有机化合物时，下列方法使用错误的是
A．通过燃烧法测定中的x、y、z的比值
B．用质谱仪可以测定的相对分子质量
C．用红外光谱仪可以测出的结构式
D．用X射线衍射仪可以测定的晶体结构
【答案】C
【解析】A．通过测定有机化合物完全燃烧生成的产物的质量可以计算出各种元素的质量，从而确定中的x、y、z的比值，A正确；B．用质谱仪可以测定的相对分子质量，B正确；C．用红外光谱仪可以测出中所含化学键类型和官能团种类，但确定不了结构式，C错误；D．用X射线衍射仪可以测定的晶体结构，D正确；答案选C。
3．环戊酮是合成新型降压药物的中间体，实验室制备环戊酮()的反应原理如下：
已知：a．己二酸，熔点为，左右升华；b．环戊酮沸点，着火点。
步骤如下：
I．将己二酸和适量置于蒸馏烧瓶中，维持温度，均匀加热20分钟；Ⅱ．在馏出液中加入适量的浓溶液，振荡锥形瓶、分液除去水层；向有机层中加入，振荡分离出有机层；Ⅲ．对Ⅱ所得有机层进行蒸馏，收集馏分，称量获得产品，计算产率。
对于上述实验，下列说法正确的是
A．步骤I中，为增强冷凝效果应选用球形冷凝管
B．步骤I中，为保证受热均匀应采取水浴加热的方式
C．步骤Ⅱ中，分液操作需要的玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．步骤Ⅲ中，应收集范围内的馏分
【答案】D
【解析】A．直形冷凝管一般是用于蒸馏,即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置,即在反应时考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管冷凝回流,使反应更彻底，步骤I中反应后蒸馏，为增强冷凝效果应选用直形冷凝管，A错误；B．因为反应温度需要稳定维持在285~290℃，水浴温度低，酒精灯加热温度不稳定，因此要用熔融的KNO3+NaNO3盐浴，B错误；C．步骤Ⅱ中，分液操作需要的玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，C错误；D．因环戊酮沸点，步骤Ⅲ中，应收集范围内的馏分，D正确；故选D。
4．下列化学用语表达正确的是
A．基态V原子的价电子排布式：
B．N2的p-pσ键的形成：
C．用电子云轮廓图描述原子轨道的形状：
D．激发态氮原子核外电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】A．V为23号元素，基态V原子的价电子排布式：，故A错误；B．N2的p-pσ键是头碰头方式重叠形成，电子云图为，故B错误；C．p轨道呈哑铃形，用电子云轮廓图描述：2py原子轨道的形状：，故C正确；D．N为7号元素，基态氮原子2p轨道上的3个电子自旋方向相同，核外电子排布的轨道表示式：，则基态N+的轨道表示式：，故D错误；答案选C。
5．由H、C、N、O四种元素组成的化合物的成键结构如图所示，分子中五元环上原子共平面。下列说法错误的是
A．图中◍代表N原子
B．五元环中存在的大π键为
C．该化合物中所有碳氧键键长相等
D．五元环上原子的孤对电子位于sp2杂化轨道
【答案】C
【解析】A．由图可知◍形成3条共价键数满足稳定结构，则该球最外层电子数为5，代表N原子，故A正确；B．五元环中每个C原子提供1个电子、O原子提供2个电子参与形成大π键，表示为：，故B正确；C．五元环中碳氧键为大π键，而羟基氧与碳形成的碳氧键为单键，键长不相等，故C错误；D．五元环上原子采用sp2杂化，孤对电子位于sp2杂化轨道，故D正确；故选C。
6．某抗菌药物的结构简式如图所示，下列关于该物质说法正确的是
A．分子中C原子的杂化方式有3种
B．1ml该物质最多能与发生加成反应
C．1ml该物质含有个手性碳原子
D．该有机物与盐酸或氢氧化钠溶液都能反应
【答案】D
【解析】A．分子中含有饱和碳原子，采取sp3杂化；苯环、碳碳双键和碳氧双键上的碳原子采取sp2杂化，则分子中C原子的杂化方式只有2种，A错误；B．苯环、酮羟基和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，则1ml 该物质最多能与5mlH2发生加成反应，B错误；C．连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，即分子中只有与右侧甲基相连的碳原子为手性碳原子，则1ml该物质含有NA个手性碳原子，C错误；D．该有机物中含有羧基，能与氢氧化钠溶液发生中和反应；且该有机物中的氮原子有孤电子对，能与氢离子结合，即能与盐酸反应，所以该有机物与盐酸或氢氧化钠溶液都能反应，D正确；故选D。
7．向0．1ml/L氯化铁溶液中加入或通入下列物质反应，下列反应的离子方程式错误的是
【答案】D
【答案】A.铁离子与铜粉反应生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A正确；B.SO2与FeCl3溶液反应，生成FeCl2、H2SO4、HCI,反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，B正确；C.向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁发生的反应为氧化镁与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化镁，反应的离子方程式为2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3+3Mg2+，C正确；D.铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，与氯化铁溶液不反应，D错误，答案选D。
8．物质结构决定物质性质，下列性质差异用结构解释错误的是
【答案】C
【解析】A．的溶解度低，溶液中过低，无法有效的与配位，且没有合适的空d轨道来接受的孤电子对，导致无法形成配位键，而能与形成稳定的配合物，A项正确；B．石墨能导电而金刚石不能，原因在于石墨中C呈sp2杂化，层状结构中有大π键可自由移动电子；金刚石中C为sp3杂化，所有电子都局域于共价键中，B项正确；C．水流能被静电吸引，不能，是因为水是极性分子，而CCl4为典型的非极性分子，与水分子中有少量和无关，C项错误；D．甲基是推电子基团，可提高吡啶中氮原子的电子云密度，使其碱性增强，D项正确；答案选C。
9．Na—bfsi是电池中用到的电解质材料之一，其制备前体P和Q的结构如下图，其中、五种元素是原子序数依次增大的短周期元素，X元素的基态原子有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．中只存在离子键
B．分子的极性：
C．键角：
D．第一电离能：
【答案】B
【分析】由题中“X 元素的基态原子有 3 个未成对电子”可知，X 必为基态 电子构型的典型短周期主族元素――氮或磷。结合图示及“R、X、Y、Z、W”原子序数依次增大等信息，可推断较合理的一组对应是 R = H （1），X = N （7），Y = O （8），Z = F (9)，W = S (16)。
【解析】A．若 W = S，则“”中S与S之间是共价键，故A错误； B．若将 Y 视为氧，则 即（臭氧）， 即 （三氧化硫）。分子呈“V”形，具有偶极矩，属于极性分子；分子呈平面正三角形结构，偶极矩为零，属于非极性分子，故极性大小满足 > ，故 B 正确；C．P、Q分子中X均为sp3杂化，孤电子对数均为1，由于F的电负性强于H，键角∠ α >∠ β ，故C错误；D．将 W = S、X = N、Y = O、Z = F 代入其电离能大小次序，实际为 S(1000 kJ·ml-1) < O(1314) < N(1402) < F(1681)，故D错误；故选B。
10．用FeCl3·6H2O晶体制取无水FeCl3的实验装置如图所示，已知无水FeCl3易水解、易升华。下列说法错误的是
A．先打开分液漏斗活塞再点燃酒精灯B．b装置中盛装的试剂是浓硫酸
C．d装置起到冷凝收集产物的作用D．f装置中上层为苯，下层为NaOH溶液
【答案】D
【解析】A．FeCl3·6H2O晶体在HCl氛围中加热才能抑制FeCl3的水解，因此先打开分液漏斗产生HCl，过段时间再点燃酒精灯，A正确；B．用B装置干燥HCl，故选用浓硫酸，B正确；C．无水FeCl3易升华，遇冷也易凝华，d中冰块起的作用是降低无水FeCl3蒸气的温度，便于物质冷凝结晶，C正确；D．为防倒吸，f中上层为NaOH溶液，下层为CCl4，D错误；故答案为：D。
11．是一种新型钠离子电池的正极材料，其分子质量为Mr，下图立方体是其晶胞的(未画出)。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为
B．晶体中与每个距离最近且等距离的有6个
C．晶体的密度表达式是
D．可能在每一个立方体中心位置
【答案】D
【解析】A．根据晶体结构得到每个立方体中有 ，有，CN-有，再结合化合价代数和为0，可知有K+有0.5个，则化学式可以表示为，A正确；B．以位于顶点的为研究对象，与距离最近且等距离的有6个，分别位于的上下左右前后，B正确；C．根据晶体结构得到每个立方体中有 ，有，CN-有，晶体的密度表达式是=，C正确；D．若K+位于每一个立方体的中心位置，则K+的数目为8，不满足题意，D错误；故选D。
12．按下图装置进行实验，滴加浓硫酸，预期现象及其相应推理不合理的是
A．气球体积会变大，说明生成过程熵增
B．滴有溶液的滤纸出现淡黄色，说明具有氧化性
C．滴有品红溶液和石蕊溶液的滤纸均会褪色，说明具有漂白性
D．滴有溶液的滤纸褪色原因是：
【答案】C
【分析】向亚硫酸钠固体中滴加浓硫酸，发生反应，生成气体，与水反应生成，为二元弱酸，能电离出，使滴油石蕊溶液的滤纸变红；由于具有漂白性，能使滴有品红溶液的滤纸褪色，中的S为+4价，具有还原性，与滴有溶液的滤纸发生反应，将还原为，使滤纸褪色，同时中的S为+4价，也具有氧化性，能与滴有溶液的滤纸发生反应，使出现淡黄色，据此回答。
【解析】A．亚硫酸钠固体中滴加浓硫酸，发生反应，生成气体，气体分子数增加，气球体积会变大，说明生成过程熵增，A正确；B．中的S为+4价，也具有氧化性，能与滴有溶液的滤纸发生反应，使出现淡黄色，B正确；C．能使品红溶液褪色，体现其漂白性；但溶于水显酸性，使石蕊溶液变红，而不会褪色，C错误；D．中的S为+4价，具有还原性，与滴有溶液的滤纸发生反应，将还原为，使滤纸褪色，D正确；故选C。
13．一定温度下在不同pH的溶液中存在形式不同。图1中的两条曲线分别为、的沉淀溶解平衡曲线，。图2为溶液中含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。若初始时，下列说法不正确的是
A．曲线Ⅰ为沉淀溶解平衡曲线
B．的的数量级为
C．pH=8、pM=1，发生反应：
D．pH=9、pM=2，平衡后溶液中存在
【答案】D
【分析】氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，当溶液中pH=12时碳酸镁对应的离子镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为为沉淀溶解平衡曲线；图2中pH=12至pH=8的虚线下降表示碳酸根离子浓度变化，pH=12至pH=8以及pH减小的实线表示碳酸氢根离子浓度变化，pH=8减小部分虚线为碳酸浓度的变化；
【解析】A．相同温度下，的溶解度小于，故当pH=12时碳酸镁对应的离子镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为为沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．当pH=6.5时，c()=c()，的，其数量级为10-7，B正确；C．pH=8时溶液中主要含碳离子为碳酸氢根，pM=1即镁离子浓度为0.1ml/L，该点碳酸镁曲线在氢氧化镁曲线下方，生成碳酸镁较多，故发生反应：，C正确；D．pH=9、pM=2时，该点位于曲线II上方，会生成碳酸镁沉淀，故溶液中，D错误；
故选D。
14．工业上可利用流汞电解法电解海水，如图所示流汞电解池的底部略微倾斜。在电解池中，汞作为阴极，生成并通过电解池底部流入Z池，发生反应：。下列说法正确的是
A．阳极附近溶液不发生变化
B．汞阴极发生电极反应：
C．理论上每生成1，需消耗海水中氯化钠的质量为117g
D．理论上每生成1，Z池中溶液质量增加80g
【答案】C
【分析】根据题意，在电解池中，汞作为阴极，生成，可知汞阴极发生电极反应：，阳极发生电极反应：。
【解析】A．阳极发生电极反应：，会有一定溶解使电极附近溶液降低，A错误；B．汞阴极发生电极反应：，B错误；C．理论上每生成1，需生成2，即需要转移2电子，根据电解反应：，则消耗海水中的质量为117g，C正确；D．根据反应：，每生成1，会消耗2并且逸出，Z池溶液中物质最多增加44g，D错误。故选C。
15．某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配可将其“固定”得到R（如图所示），实现从烟气中分离出并可制备。
已知反应 。下列说法正确的是
A．使用多孔超分子材料能降低反应的活化能
B．高温有利于从烟气中分离出
C．R在中水洗，可制得同时实现MOFs再生
D．该MOFs材料也可用于“固定”其他小分子，如NO、等
【答案】C
【解析】A．多孔超分子材料“固定”N2O4，可减小生成物浓度，从而促进平衡正向移动，不改变活化能，A错误；B．该反应的放热反应，高温下平衡逆向移动，不利于从烟气中分离出，B错误；C．由图可知，R在O2中水洗，发生反应：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，可制得HNO3同时实现MOFs再生，C正确；D．MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R，不能储存H2，D错误；故选：C。
第II卷（非选择题 共55分）
二、非选择题，共4题，共55分。
16．（13分）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关金属离子[c0(Mn+)=0.1ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）为了加快废渣的“酸浸”速率可以采取的措施 、 (任写两条)。
（2）滤渣1的主要成分是 (写化学式)。Pb元素位于元素周期表中第ⅣA族，Pb3O4中Pb元素的化合价为+2价和 价。
（3）加入MnO2这一步反应的离子方程式为 。
（4）“氧化沉钴”过程中，若氧化等物质的量的C2+和Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为 。
（5）“除钴液”中残留的C3+浓度为 。
（6）一种含C、Ni和Ga元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在C构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比N(C):N(Ga):N(Ni)= ，其立方晶胞的体积为 nm3。
【答案】（1）粉碎废渣（1分） 提高硫酸浓度（1分）
（2）PbSO4（1分） +4（1分）
（3）MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O（2分）
（4）1:2（1分）
（5）10-16.7 ml·L-1（2分）
（6）2:1:1（2分） （2分）
【分析】由题给信息可知，用硫酸处理湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)，得到含有C2+、Zn2+、Fe2+、SO等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4。过滤后，滤液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+。然后加入ZnO，调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3。再次过滤后，滤液中的金属离子主要是C2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”加入强氧化剂KMnO4，将溶液中的C2+氧化为C3+，C3+形成C(OH)3沉淀，而KMnO4被还原为MnO2。KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到C(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。据此解答。
【解析】（1）可以通过粉碎废渣、提高硫酸浓度、加热、搅拌等方式加快反应速率，提高钴元素的浸出效率。答案为：粉碎废渣；提高硫酸浓度；（2）由分析可知，滤渣1为PbSO4；Pb位于元素周期表中第ⅣA族，其最高正价为+4价。根据化合物的化合价代数和为0，可知Pb3O4中Pb元素的化合价为+2价和+4价。答案为：PbSO4；+4；（3）加入MnO2，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+。离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O。答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；（4）KMnO4氧化C2+的离子方程式为：MnO+3C2++7H2O＝3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+；KMnO4氧化Mn2+的离子方程式为：2MnO+3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；根据离子方程式可知，若氧化等物质的量的C2+和Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；（5）根据题给数据，可知C3+完全沉淀时的pH=1.1，此时c(C3+)=10-5ml·L-1，c(OH-)=10-12.9 ml·L-1。则Ksp[C(OH)3]=c(C3+)×c3(OH-)=10-43.7 (ml·L-1)4。“除钴液”的pH=5，则“除钴液”中残留的C3+的浓度= Ksp[C(OH)3]÷c3(OH-)=。答案为：10-16.7 ml·L-1；（6）
合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在C构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元：。该结构类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体。体心为C，根据均摊法，可知晶胞中Ga、Ni个数为4，C个数为8，粒子个数最简比C:Ga:Ni=2:1:1，由图可知，晶胞棱长为2apm，故晶胞的体积为。答案为：2:1:1；。
17．（14分）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
（1）总反应 (用含、、和的代数式表示)；
（2）进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入的作用是 。
③出料中没有检测到的原因是 。
④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
（3）催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于 (已知 分解的平衡常数)；、（4）以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式 。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3（2分）
（2）①c（2分）
②抑制酯的水解从而提高产率（2分）
③反应iii的速率远大于反应ii（2分）
④反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少（2分）
（3）40（2分）
（4）Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4（2分）
【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；
【解析】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1ml，n(C2H5OH)=2ml，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1ml，生成H2O(g)的物质的量约为2ml，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3ml，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线；②反应釜Ⅰ中发生反应i生成丙烯酸乙酯和水，若丙烯酸乙酯水解会生成乙醇，因此，加入C2H5OH可以抑制酯的水解从而提高产率；③反应釜Ⅱ中发生的两个反应是竞争反应，其选择性由速率决定，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是：反应iii的速率远大于反应ii；④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少；
（3）0.72g水的物质的量为0.04ml，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅ml−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa；
（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
18．（15分）二氧化锗()具有高折射率和低色散性能，可广泛应用于制造光纤、电子元器件、耐热陶瓷材料等。利用四氟化锗制备的实验过程如下：
I．在一玻璃容器中加入超纯水，置于低温恒温槽中冷却，边搅拌边缓缓通入一定量的气体，反应一段时间，使其水解完全；II．将水解液转移至反应釜中，加入适量浓盐酸，搅拌并加热，产生的尾气用盛装溶液的尾气吸收瓶进行吸收；III．在反应釜中加入少量浓硫酸，加热蒸馏；IV．将收集的馏分转移至烧杯中，在冰水浴的条件下一边搅拌一边加入一定体积的超纯水，放置一昼夜，过滤、洗涤，于200干燥得到产品。
已知：①为不溶于水的固体，可溶解于氟锗酸溶液中，能与浓盐酸反应；②四氯化锗为无色液体，密度为，沸点；③和的水解反应都是放热反应，相关反应方程式为
回答下列问题：
（1）步骤I中置于低温恒温槽中冷却的目的是 。
（2）步骤II中加入浓盐酸发生反应，锗元素全部转化为，并生成一种腐蚀性很强的气体，反应的化学方程式为 、 。该步骤中使用的反应釜是一种综合反应容器，反应釜的材质可选用 (填字母)。
A．钢 B．玻璃 C．陶瓷 D．聚四氟乙烯
（3）实验室利用如图1所示装置进行蒸馏，仪器甲的名称为 ；冷凝水的进水口为 (填“a”或“b”)。
（4）的溶解程度随盐酸浓度的变化情况如图2所示，则为提高产率，加入超纯水的体积最好约为馏分体积的 倍(假设步骤IV中反应后溶液的体积等于所加超纯水的体积，，结果保留一位小数)。判断已经洗涤干净的操作是 。
【答案】（1）防止因温度过高导致反应失控或者发生副反应，同时能提高产物的纯度（2分）
（2）（2分） （2分） D（2分）
（3）蒸馏烧瓶（1分） b（2分）
（4） 5.5（2分） 取最后一次洗涤液，加入几滴硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则洗涤干净（2分）
【分析】在一玻璃容器中加入超纯水，置于低温恒温槽中冷却，边搅拌边缓缓通入一定量的气体，反应一段时间，使其水解完全，得到和；II．将水解液转移至反应釜中，加入适量浓盐酸，搅拌并加热，发生反应，，产生的尾气用盛装溶液的尾气吸收瓶进行吸收；III．在反应釜中加入少量浓硫酸，加热蒸馏，得到四氯化锗；IV．将收集的馏分转移至烧杯中，在冰水浴的条件下一边搅拌一边加入一定体积的超纯水发生水解，放置一昼夜，过滤、洗涤，于200干燥得到产品，据此作答。
【解析】（1）根据题干可知，GeF4的水解反应为放热反应，在低温恒温槽中冷却，可控制反应温度，防止因温度过高导致反应失控或者发生副反应，同时能提高产物的纯度；
（2）水解反应为，水解液和浓盐酸反应，全部转化为，并生成一种腐蚀性很强的气体，反应的化学方程式为，，反应釜的材质可选用聚四氟乙烯，钢中有铁会和盐酸反应，玻璃和陶瓷中的二氧化硅会和氟化氢反应；
（3）仪器甲的名称为蒸馏烧瓶，根据冷凝水的“下进上出”进水原理，可知进水口为b；
（4）由图可知，氯离子浓度为5.3ml/L时，溶解度最低，四氯化锗为无色液体，密度为，又可知，假设四氯化锗溶液有1L，则四氯化锗质量为1860g，四氯化锗物质的量为，则氯离子的物质的量为8.65×4=34.6ml，若想溶解度小，氯离子浓度为5.3ml/L，则总溶液体积为34.6 ml÷5.3 ml /L=6.53L，6.53L-1L=5.53L，所以加入超纯水的体积最好约为馏分体积的5.5倍，判断已经洗涤干净，即检验是否含有氯离子，操作是：取最后一次洗涤液，加入几滴硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则洗涤干净。
19．（13分）替纳帕诺片可用于控制正在接受血液透析治疗的慢性肾胜病(CKD)成人患者的高磷血症。替纳帕诺片的有效成分I的合成路线如下。
回答下列问题：
（1）物质B中含氧官能团的名称为 。
（2）H→I的反应类型为 。
（3）物质F中采用杂化的原子个数为 。
（4）化合物E的结构简式为 。
（5）完成G→H的反应方程式： 。
（6）试剂1的分子式为，符合下列条件的试剂1的同分异构体还有 种(不考虑立体异构)。
①与足量NaOH溶液反应，1ml试剂1最多消耗4mlNaOH；②苯环上只有三个取代基。
（7）综合上述信息，以为原料制备的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中N、Z的结构简式分别为 、 。
【答案】（1）酮羰基（1分）
（2）加成反应（1分）
（3）7（2分）
（4）（2分）
（5）、（各1分）
（6）29（2分）
（7）（2分） （1分）
【分析】由A转化为B发生取代反应，B与试剂1反应转化为C，可推断试剂1为，发生羰基加成反应，D的结构为，由E与反应生成F的结构，可知E结构为，H结构为，反应生成I，由I的结构为可知该反应为加成反应。
【解析】（1）由B的结构简式可知，其含氧官能团为酮羰基；故答案为：酮羰基；
（2）由上述分析可知，2H+→I，该反应为加成反应；故答案为：加成反应；
（3）物质F中采用杂化的原子有，其中标注为杂化的原子，有7个；故答案为：7；
（4）由E与反应生成F的结构，可知E结构为；故答案为：；
（5）由G结构，H结构可知G→H的反应方程式为：＋；故答案为：、；
（6）由上述分析可知试剂1的结构简式为，分子式为，根据同分异构体与足量NaOH溶液反应，1ml试剂1最多消耗4mlNaOH，可知结构中含有的2个与苯环直接相连，根据苯环上只有三个取代基，结合分子式判断苯环上另一个取代基结构可以为、、、、，其中2个氯原子位置为、、，第3个取代基位置有6种，同分异构体数目为，去掉试剂1本身，还有29种；故答案为：29；
（7）由目标产物采用逆合成分析可知，N为，Z为， 与发生反应生成 ，即；故答案为：；。物质
化学方程式
A
铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B
SO2
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
C
氧化镁
2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe(OH)3+3Mg2+
D
铁氰化钾
K++Fe3++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓
选项
性质差异
解释
A
不溶于氨水，溶于氨水
能与形成配合物，不能与形成配合物
B
石墨能导电，金刚石不导电
石墨中C是杂化形成大П键，金刚石是杂化
C
水流能被静电吸引，不能
水分子中有少量和
D
比碱性强
甲基是推电子基团，使N电子云密度增大
金属离子
Fe3+
Fe2+
C3+
C2+
Zn2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
8.1
沉淀完全的pH
2.8
8.9
1.1
9.4
8.2
10.1