文档内容
2025 年 1 月“八省联考”考前猜想卷
化 学
(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、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 C 12 N14 O 16 Na 23 S32 Ca 40 Zn 65 Te 128 Ce140
第 I 卷
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，只有一项是符合题目
要求的。
1． 2024年8月18日，我国自主设计、自主集成的首台7000米级大深度载人潜水器“蛟龙号”的第
300次下潜。下列说法错误的是( )
A．潜水器外壳材料为钛合金，22号钛元素属于d区元素
B．聚酰亚胺解决了潜水器超低温下的密封性问题，它属于纯净物
C．金属铁可在高温下用焦炭、一氧化碳、氢气等还原赤铁矿得到
D．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍
【答案】B
【解析】A项，22号钛元素位于ⅣB族，属于d区元素，A正确；B项，聚酰亚胺是高分子化合物，
属于混合物，B错误； C项，赤铁矿主要成分为Fe O，高温下用焦炭、一氧化碳、氢气还原可以得到铁
2 3
单质，C正确；D项，不锈钢是最常见的一种合金钢，通过在铁中加入铬和镍等金属制成，合金元素主要
是铬和镍，D正确。
2．下列化学用语或图示正确的是( )
A．邻羟基苯甲醛分子内氢键：
B．水分子的空间结构模型：
学科网（北京）股份有限公司C．基态Br原子核外电子排布式为[Ar]4s24p5
D．甲乙醚：CHCOCH
3 3
【答案】A
【解析】A项，氢键的表达式为X-H···Y，邻羟基苯甲醛分子内氢键： ，A正确；B项，水
分子的空间结构为V形，VSEPR模型为： B错误；C项，基态Br原子核外电子排布式为
[Ar]3d104s24p5，C错误；D项，甲乙醚结构简式为：CHCOCH CHCHOCH ，D错误；故选A。
3 3 3 2 3
3．用下列装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是( )
A．图示为易燃 B．向容量瓶转移溶
C．熔化纯碱 D．检验气体中含SO 和SO
类物质 液 2 3
【答案】B
【解析】A项，图示为氧化剂，A错误；B项，图④可用于向容量瓶转移溶液，操作正确，B正确；C
项，瓷坩埚中含有二氧化硅，高温下熔融的碳酸钠与二氧化硅反应，应该选用铁坩埚，C错误；D项，二
氧化硫可以使品红溶液褪色，故可以使用品红溶液检验二氧化硫，但三氧化硫也被品红溶液吸收，不能检
验三氧化硫，D错误。
4．工业利用钛铁矿(主要成分是钛酸亚铁)冶炼钛的主反应：7Cl+2FeTiO+6C
2 3
2FeCl+2TiCl +6CO，设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
3 4 A
A．FeCl 既是氧化产物，又是还原产物
3
B．1L0.1mol/L FeCl 溶液中，阳离子数目大于0.1N
3 A
C．每生成1mol TiCl ，转移电子数为6N
4 A
D．TiCl 易水解，水解产物为TiO·xHO
4 2 2
【答案】C
学科网（北京）股份有限公司【解析】A项，7Cl+2FeTiO+6C 2FeCl+2TiCl +6CO，C元素从0价升高为+2价，Cl元素从0价
2 3 3 4
降低为-1价，Fe从+2价变为+3价，则氯气是氧化剂，钛酸亚铁与碳是还原剂，FeCl 既是氧化产物，又是
3
还原产物，A正确；B项，Fe3+水解：Fe3++3H O Fe(OH) +3H+,导致阳离子数目变多，即1L0.1mol/L
2 3
FeCl 溶液中，阳离子数目大于0.1N ，B正确；C项，根据化学方程式知每生成1mol TiCl ，有3.5mol的
3 A 4
氯气参与反应，即由7mol的Cl从0价降低到-1价，转移电子数为7N ，C错误；D项，TiCl 易水解，水
A 4
解产物为TiO·xHO，D正确； 故选C。
2 2
5．设N 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．10g的2H18O中含有的质子数与中子数均为5 N
2 A
B．32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6 N
A
C．N(g)+3H(g) 2NH (g) ΔH=−92.4kJ/mol，1mol N 被还原，放出92.4kJ能量
2 2 3 2
D．pH＝4的盐酸和pH＝4的醋酸溶液等体积混合后，溶液中 的数目仍为10-4 N
A
【答案】C
【解析】A项，2H18O中有10个质子，12个中子，相对分子量为22，10g2H18O物质的量为 mol，
2 2
质子数为 N ，中子数为 N ，A错误；B项，32g硫物质的量为1mol，在足量氧气中充分燃烧，生成
A A
1molSO ，转移电子数为4N ，B错误；C项，N(g)+3H(g) 2NH (g) ΔH=−92.4kJ/mol，根据热化学方
2 A 2 2 3
程式的含义，1mol N 参与反应被还原，放出92.4kJ能量，C正确；D项，没有说明体积具体是多少，无法
2
计算氢离子数目，D错误；故选C。
6．下列化学反应的方程式正确的是( )
A．向CuSO 溶液中加入少量NaHS溶液：Cu2++S2--=CuS↓
4
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H O-2e-= PbO +4H+
2 2
C．K[Fe(CN) ]溶液滴入FeCl 溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)]3-=KFe[Fe(CN) ]↓
3 6 2 6 6
D．水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：
【答案】C
【解析】A项，向硫酸铜溶液中加入少量NaHS，铜离子与HS-反应生成硫化铜沉淀和氢离子，离子方
程式为Cu2++HS-=CuS↓+H+，A错误；B项，铅酸电池在充电时阳极PbSO 失电子，其电极反应式为：
4
PbSO -2e-+2H O=PbO +4H++SO2-，B错误；C项，K[Fe(CN) ]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子
4 2 2 4 3 6
方程式为K++Fe2++[Fe(CN)]3-=KFe[Fe(CN) ]↓，C正确；D项，因苯环上羧基的酸性强于酚羟基的酸性，当
6 6
学科网（北京）股份有限公司水杨酸过量时，酚羟基不参与反应，离子方程式为 + H O+CO↑，D错
2 2
误；故选C。
7．物质I是一种检测人体细胞内Ca2+浓度变化的荧光探针试剂，其检测机理如图所示。依据探针所显
示的荧光变化确定Ca2+的存在。下列说法正确的是( )
A．物质I所含元素电负性从大到小的顺序为N>O> C>H
B．物质I中N原子的杂化类型为sp2、sp3
C．物质Ⅱ中H-O-H键角小于水中H-O-H的键角
D．物质Ⅱ中Ca2+与O形成4个配位键
【答案】B
【解析】同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，四种元素中H的电负性最
小，则电负性O>N>C>H，A错误；含双键的N原子的杂化方式为sp2，含三个共价单键和一个孤电子对的
N原子的杂化方式为sp3，B正确；物质Ⅱ中H-O-H中的O形成了1个配位键，只有1对孤电子对，则其键
角较大，C错误；结合物质Ⅱ的结构可知，Ca2+与O形成5个配位键，D错误。
8．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是( )
实验目的 方案设计 现象 结论
将适量硫粉和铁粉混合堆成条状。用灼 混合物继续保持红
探究Fe和S
A 热的玻璃棒触及一端，当混合物呈红热 热并持续扩散，粉 该反应为放热反应
反应特点
状态时，移开玻璃棒。 末呈黑色
比较沉淀的 向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加 氯化银溶解，碘化
B K ：AgCl>AgI
K 大小 入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌 银无变化 sp
sp
判断平衡移 将装有NO 气体的注射器的活塞缓慢向 可逆反应2NO
C 2 红棕色逐渐变浅 2
动的方向 外拉 NO 平衡正向移动
2 4
【答案】C
【解析】A项，硫粉和铁粉混合堆成条状用灼热的玻璃棒触及一端引发反应后，混合物继续保持红热
并持续扩散，粉末呈黑色，则说明该反应为放热反应，A正确；B项，相同浓度和体积的浓氨水中，分别
加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说明氯化银较碘化银溶解度大，则
学科网（北京）股份有限公司K ：AgCl>AgI，B正确；C项，将装有NO 气体的注射器的活塞缓慢向外拉，容器体积增大，导致物质浓
sp 2
度减小，气体颜色变浅，C错误； D项，加入过量稀盐酸生成不溶于酸的钡的沉淀，则说明沉淀为硫酸钡
沉淀，样品变质后含有NaSO 杂质，D正确；故选C。
2 4
9．核电荷数依次增大的X、Y、Z、R和T五种主族元素，X原子的原子核只含质子，短周期中T元
素的最高价氧化物的水化物的酸性最强，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z与Y相邻，基态
R原子的s能级电子数与p能级电子数比为6：7，下列说法不正确的是( )
A．原子半径：Z＜Y＜R B．键的极性：ZX＜RT
3 3
C．热稳定性：YX ＜YX D．熔、沸点：YT＞YX
4 4 10 4 4
【答案】C
【解析】核电荷数依次增大的X、Y、Z、R和T五种主族元素，X原子的原子核只含质子，则X是
H；短周期中T元素的最高价氧化物的水化物的酸性最强，则T是Cl元素；Y原子的最外层电子数是内层
电子数的2倍，则Y核外电子排布式2、4，因此Y是C元素；Z与Y相邻，则Z是N元素；基态R原子
的s能级电子数与p能级电子数比为6：7，则R核外电子排布式是1s22s22p63s23p1，因此R是13号Al元素。
根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是N，R是Al，T是Cl元素。A项，同一周期元素，原子序数越
大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。Y是C，Z是N，二者核
外有2个电子层，R是Al，有3个电子层，所以原子半径：Z(N)＜Y(C)＜R(Al)，A正确；B项，X是H，
Z是N，R是Al，T是Cl元素。ZX 是NH ，RT 是AlCl 。形成物质分子中的两种元素的电负性差别越大，
3 3 3 3
则键的极性就越强。非金属元素的电负性一般大于1.8，金属的电负性一般小于1.8，而N、Cl的电负性接
近，故N、H的电负性差值小于Al、Cl的电负性差值，故键的极性：ZX(NH )＜RT(AlCl )，B正确；C项，
3 3 3 3
X是H，Y是C，YX 表示CH，YX 表示C H ，C H 在催化剂、加热、加压条件下可以裂解为CH 和
4 4 4 10 4 10 4 10 4
C H，说明稳定性：YX (CH)＞YX (C H )，C错误；D项，X是H，Y是C，T是Cl，YT 是CCl ，YX
3 6 4 4 4 10 4 10 4 4 4
是CH，CCl 在常温下为液态，CH 常温下为气体，说明物质的熔、沸点：YT(CCl )＞YX (CH)，D正确；
4 4 4 4 4 4 4
故选C。
10．我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一。一种具有聚集诱导发光性能的物质，
其分子结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A．分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式
学科网（北京）股份有限公司B．该物质既有酸性又有碱性
C．该物质可发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．该分子不存在顺反异构，也没有对映异构
【答案】D
【解析】A项，含有共价双键的N原子的价层电子对数为3、只含共价单键的N原子的价层电子对数
是4，N原子杂化类型：前者为sp2、后者为sp3，故A正确；B项，-COOH具有酸性，-N(CH CH) 具有碱
2 3 2
性，所以该物质具有酸性和碱性，故B正确；C项，具有氯代烃、苯、羧酸等物质的性质，苯环能发生加
成反应，羧基、碳氯键能发生取代反应，C=N双键能发生氧化反应，故C正确；D项，顺反异构是立体异
构的一种，由于双键不能自由旋转引起的，一般指烯烃的双键，也有C=N双键，N=N双键及环状等化合
物的顺反异构，该分子存在顺反异构，故D错误；故选D。
11．哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态Ni(Ⅲ)基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反
应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：
下列说法正确的是( )
A．UOR的电化学反应总过程为CO(NH)-6e-+6OH-= CO↑+ N ↑+5 H O
2 2 2 2 2
B．电解过程中，电极A附近溶液的pH不变
C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂
D．若将光伏电池换成铅蓄电池，电极A应连接铅蓄电池的PbO 电极
2
【答案】A
【解析】由题意分析：该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气，电极反应式为
2HO+2e-=2OH-+H ↑，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为：CO(NH)-6e-+6OH-= CO↑+ N ↑+5
2 2 2 2 2 2
HO。A项，结合此题右图UOR为尿素氧化反应，生成二氧化碳，氮气和水，故其反应总过程为：
2
CO(NH)-6e-+6OH-= CO↑+ N ↑+5 H O，A正确；B项，电解过程中，电极A为阴极，电极反应式为：
2 2 2 2 2
2HO+2e-=2OH-+H ↑，故电解过程中电极A附近不断生成氢氧根离子，电极A附近溶液的pH增大，B错误；
2 2
学科网（北京）股份有限公司C项，结合右图，OER分四步进行，其中过程Ⅱ涉及到了氧氧非极性键的形成，C错误；D项，电极A为
电解池的阴极，应该与铅蓄电池的负极也即是Pb极相连，D错误；故选A。
12．如图，某课题组设计了一种以 为原料固定CO 的方法。下列说法不正确的是( )
2
A．该方法中 和化合物X为催化剂
B．该过程涉及了取代反应和加成反应
C．该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成
D．若原料用 ，则产物为
【答案】C
【解析】A项，据图可知，化合物X和I-均为参与反应后，又被生成，故都是催化剂，A正确；B项，
据图可知，有二氧化碳参与的过程为加成反应，最后一步形成五元环时为取代反应，B正确；C项，该过
程没有非极性键的断裂和形成，C错误；D项，由图可知其总反应为： +CO ，
2
故推得若原料用 ，则产物为 ，D正确；故选C。
学科网（北京）股份有限公司13．海水淡化有许多新工艺，某工艺的流程示意图如图所示。以下说法不正确的是( )
A．由于连续的热交换，a处海水的温度更高
B．减压蒸馏时的压强二级闪蒸室内更低
C．广泛使用太阳能、风能和发电厂的余热以及热交换可降低海水淡化成本
D．淡化后的盐水常用于生产食盐、钾、铝、碘等化工产品
【答案】D
【解析】A项，a处的海水被2次加热，所以海水的温度：a>b，A正确；B项，盐水能够从一级闪蒸
室流入二级闪蒸室，说明一级闪蒸室中的压强大于二级闪蒸室的压强，B正确；C项，广泛使用太阳能、
风能和发电厂的余热以及热交换可降低海水淡化成本，C正确；D项，铝、碘并非从海水提取，D错误；
故选D。
14．中国科学家首次用C 改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。
60
草酸二甲酯加氢的主要反应有：
①
②CH OOCCH OH(g)＋2H(g) HOCH CHOH(g)＋CHOH(g)
3 2 2 2 2 3
③HOCH CHOH(g)＋H(g) CHCHOH(g)＋HO(g)
2 2 2 3 2 2
其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。
学科网（北京）股份有限公司已知：i.
ii.450~500K，反应③的平衡常数远大于反应①和反应②的平衡常数
下列说法不正确的是
A．制乙二醇适宜的温度范围是470~480K
B．实验条件下反应③的活化的最高，升温更有利于反应③
C．减压可提高乙二醇的平衡产率
D．铜基催化剂用C 改性后反应速率增大，可以降低反应所需的压强
60
【答案】C
【解析】A项，由图可知，温度为470~480K时，生成乙二醇的选择性最高，A正确；B项，由图可知，
升高温度有利于生成乙醇，实验条件下反应③的活化能最高，所以升温有利于反应③，B正确；C项，反
应②为气体分子数减小的反应，则增大压强可以提高乙二醇的平衡产率，C错误；D项，铜基催化剂用C
60
改性后，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压，则催化剂可以使反应速率增大，D正确；
故选C。
15．CaF 是一种难溶于水、可溶于酸的盐，工业上常用NaF固体除去工业废水中的Ca2+。常温下，向
2
一定体积的工业废水中加入 固体，溶液中 ， 表示Ca2+或 与
的关系如图所示 的电离常数 ，下列说法不正确的是( )
学科网（北京）股份有限公司A．曲线II表示 与 变化关系
B．CaF 的溶度积常数K = 10－10.57
2 sp
C．c(HF)=104c(F-)时，溶液中c(Ca2+)＞c(F-)
D．反应CaF(s)+2H+(aq) Ca2+(aq) +2HF(aq)的平衡常数 的值为10-4.21
2
【答案】A
【解析】横坐标 越大，表示c(F-)越小，即曲线I表示 与 变化关系，曲线II表示
与 变化关系。A项，由上述分析可知曲线II表示 与 变化关系，故A错误；
B项，由图可知，当 =1时，c(F-)=10-1mol/L，c(Ca2+)=10-8.57mol/L，K (CaF )=c2(F-)·c(Ca2+)= (10-1)2
sp 2
10-8.57=10-10.57，故B正确；C项， 时，即 =4，由图像可知溶液中c(Ca2+)＞c(F-)，故
C正确；D项，CaF(s)+2H+(aq) Ca2+(aq) +2HF(aq)的平衡常数K=
2
= = ，故D正确。故选A。
学科网（北京）股份有限公司第 II 卷
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16． (13分)稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，硝酸铈铵[(NH )Ce(NO )]是重要化工
4 2 3 6
原料，它易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO)为原料制备制备硝酸铈铵
3
流程如下：
(1)焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为__________________ 。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作
B．酸浸过程中用稀硫酸和HO，氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1
2 2
C．洗涤产品的试剂是乙醇
D．制得(NH )Ce(NO ) 晶体应洗涤后及时放入烘箱高温烘干
4 2 3 6
(3)由Ce(OH) 制取Ce(OH) 的装置如下图所示：
3 4
①装置a中仪器X的名称是 ，烧瓶中盛放的固体Y为 (填化学式)；
②已知室温下，K [Ce(OH) ]=1.0×10-20，向水层中加入 溶液，pH大于 时，Ce3+完全生
sp 3
学科网（北京）股份有限公司成Ce(OH) 沉淀，(溶液中离子浓度 时，可认为已除尽)
3
③将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
(4)“转化”中H[Ce(NO )]与NH NO 发生反应的化学方程式为 。
2 3 6 4 3
(5)硝酸高铈铵纯度测定。取wg样品烘干后的产品，溶于水配成500mL待测溶液，取25.00mL待测液
于锥形瓶中，加入足量酸性KI溶液，滴入2～3滴淀粉溶液；用0.1mol/L Na SO 溶液进行滴定，记录读数。
2 2 3
重复实验后，平均消耗NaSO 溶液的体积为VmL。已知发生的反应为I+2S O2-=S O2-+2I-。产品中
2 2 3 2 2 3 4 6
(NH )Ce(NO ) 的质量分数为 。
4 2 3 6
【答案】(1)4CeFCO +O 3CeO+CeF +4CO (2分)
3 2 2 4 2
(2)CD(2分)
(3)①恒压滴液漏斗(1分) KMnO [或Ca(ClO )等] (1分) ②9(2分)
4 2
③取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO 溶液，无白色沉淀生成(1分)
3
(4) H [Ce(NO )]+2NHNO =(NH)[Ce(NO )]↓+2HNO (2分)
2 3 6 4 3 4 2 3 6 3
(5) (2分)
【解析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝酸铈铵。首先氟碳铈矿含CeFCO 等，在空气中焙烧，
3
酸浸后生成CeCl，然后和NaOH溶液反应得到Ce(OH) ；之后利用浓盐酸和KMnO [或Ca(ClO )等]反应来
3 3 4 2
制取氯气，利用生成的氯气氧化Ce(OH) 得到Ce(OH) ，加入浓硝酸溶解得到H[Ce(NO )]，然后再和
3 4 2 3 6
NH NO 反应得到产品。(1)焙烧过程中O 参加反应，CeFCO 转化生成CeO 和CeF ，焙烧过程为氧化还原
4 3 2 3 2 4
反应，根据得失电子守恒和原子守恒，焙烧过程中发生的主要反应方程式为：4CeFCO+O
3 2
3CeO+CeF +4CO ；(2)A项，“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上
2 4 2
部加入)，以增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率并且使反应更充分，A正确；B项，反应物
为CeO 和HO，CeO 生成了Ce3+作氧化剂，Ce中化合价由+4变为+3，得到1个电子发生还原反应，则
2 2 2 2
HO 中氧会失去2个电子发生氧化反应生成氧气，根据得失电子守恒和原子守恒，发生反应的离子方程式
2 2
为：2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，B正确；C项，硝酸铈
2 2 2 2 2
铵易溶于水和乙醇，难溶于浓硝酸，洗涤产品的试剂是浓硝酸，C错误；D项，硝酸盐和铵盐分解温度都
很低，(NH )Ce(NO ) 受热易分解，不能放入烘箱高温烘干，应自然干燥，D错误；(3)①根据X的结构特
4 2 3 6
点可知其为恒压滴液漏斗；装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO [或Ca(ClO )
4 2
等]反应来制取氯气；②Ce3+完全生成Ce(OH) 沉淀时，Ce3+浓度小于10-5mol·L-1，依据
3
学科网（北京）股份有限公司K [Ce(OH) ]=1.0×10-20， ，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH) 沉淀；
sp 3 3
③制取Ce(OH) 的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即
4
检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO 溶液，无
3
白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)根据题意H[Ce(NO )]与NH NO 反应生成
2 3 6 4 3
(NH )[Ce(NO )]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为
4 2 3 6
H[Ce(NO )]+2NHNO =(NH)[Ce(NO )]↓+2HNO ；(5)根据反应方程式可得关系式：2Ce4+~I ~2Na SO，
2 3 6 4 3 4 2 3 6 3 2 2 2 3
25.00mL待测溶液消耗0.1mol/L Na SO 溶液的体积是VmL，则其中含有溶质(NH )Ce(NO ) 的物质的量
2 2 3 4 2 3 6
=n(Na SO)=0.1mol/L×V×10-3L=V×10-4mol，则wg样品配成的500mL溶液中含有溶质物质的量= V×10-
2 2 3
4mol× =2V×10-3mol，其质量m[(NH )Ce(NO )]=2V×10-3mol×548g/mol=1.096Vg，故wg产品
4 2 3 6
(NH )Ce(NO ) 的质量分数为 。
4 2 3 6
17．(14分)F分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如
图：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有NaTeO 、NaAsO 。
2 3 3 4
②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb O(SO ) 浸渣。
2 4 4
回答下列问题：
(1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸”时，TeO 与NaOH反应的离子方程式为 。
2
(3)向碱浸液中加入盐酸调节pH=4，有TeO 析出，分离出TeO 的操作是 。滤液中As元素最主
2 2
要的存在形式为 。(填标号)(25℃，HAsO 的各级电离常数为K =6.3×10-3，K =1.0×10-7，
3 4 a1 a2
K =3.2×10-12)
a3
A．HAsO B．HAsO - C．HAsO2- D．AsO 3-
3 4 2 4 4 4
(4)①Sb O(SO ) 中，Sb的化合价为 。
2 4 4
学科网（北京）股份有限公司②“氯盐酸浸”时，通入SO 的目的是 。
2
(5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为 。
(6)TeO 可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO 晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为 。
2 2
已知N 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3。
A
【答案】(1) 4s24p3(1分) (2) TeO +2OH-=TeO2-+H O(1分)
2 3 2
(3) 过滤(1分) B(2分)
(4) +5(1分) 将Sb O(SO ) 还原为SbCl (2分)
2 4 4 3
(5)SbCl +H O=SbOCl+2HCl(2分)
3 2
(6) 6(2分) (2分)
【解析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，
碱浸液含有NaTeO 、NaAsO ；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元
2 3 3 4
素反应生成难溶的Sb O(SO ) 浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，
2 4 4
三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节PH=4，NaTeO 转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分
2 3
解生成二氧化碲。(1)As为33号元素，基态As的价层电子排布式为：4s24p3。(2)TeO 属于酸性氧化物，与
2
NaOH反应的离子方程式为：TeO +2OH-=TeO2-+H O。(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，TeO 以沉淀析出，
2 3 2 2
分离出TeO 的操作是过滤；由题干信息可知，HAsO 的各级电离常数为：K =6.3×10-3，K =1.0×10-7，
2 3 4 a1 a2
K =3.2×10-12，pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，HAsO H++ H AsO - ，Ka= ，
a3 3 4 2 4 1
，故As主要以HAsO - 形式存在，故选B。(4)①结合化合物的化合价为 0，
2 4
Sb O(SO ) 中，Sb 的化合价为+5 价；② SO 具有还原性，“氯盐酸浸”时，通入 SO 的目的是将
2 4 4 2 2
Sb O(SO ) 还 原 为 SbCl 。 (5)“ 水 解 ” 时 ， SbCl 水 解 生 成 SbOCl ， 化 学 方 程 式 为 ：
2 4 4 3 3
学科网（北京）股份有限公司SbCl +H O=SbOCl+2HCl。(6)结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6个，故碲的配位数为6；根
3 2
据 均 摊 ， 该 晶 胞 含 有 2+4× =4 个 O 原 子 ， 含 有 1+8× =2 个 Te ， 则 该 晶 体 的 密 度 =
g· cm-3。
18．(14分)氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，高效、环保的制氢方法是当前研究的热点问题。
请回答：
(1)甲烷水蒸气重整制氢：
I．CH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g) ΔH ＝+206kJ·mol−1
4 2 2 1
Ⅱ．CO(g)＋HO(g) CO(g)＋H(g) ΔH ＝-41kJ·mol−1
2 2 2 2
总反应：CH(g)＋2HO(g) CO(g)＋4H(g)能自发进行的条件是 。
4 2 2 2
A．低温 B．高温 C．任意温度 D．无法判断
(2)恒定压强为 时，向某密闭容器中按n(CH)：n(H O)=1：3投料，600℃时平衡体系中部分组分
4 2
的物质的量分数如下表所示：
组分 CH HO H CO
4 2 2 2
物质的量分
数
①下列措施中一定能提高H 平衡产率的是 。
2
A．选择合适的催化剂 B．移除部分
C．向体系中投入少量 D．恒温恒压下通入气体Ar
②用各组分气体平衡时的分压代替浓度也可以表示化学反应的平衡常数(K =)，600℃时反应I的平衡
p
常数为K= (结果保留两位小数，已知气体分压=气体总压×各气体的体积分数)。
p
(3)硼氢化钠(NaBH )水解制氢：常温下，NaBH 自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。
4 4
NaBH H4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
4
①根据上图写出NaBH 水解制氢的离子方程式 。
4
学科网（北京）股份有限公司②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH 浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：
4
浓度较大时，NaB(OH) 易以NaBO 形式结晶析出。)
4 2
分析NaBH 质量分数超过 后制氢速率下降的可能原因 。
4
(4)一定条件下，利用题图所示装置实现 的电化学储氢(忽略其它有机物的反应)。
①写出由 生成 的电极反应式： 。
②该装置的电流效率 。( ×100%)
【答案】(1)B(2分) (2)CD(2分) 0.59(2分)
(3)BH -+4H O=B(OH) -+4H↑(2分) NaBH 浓度较高时，生成较多的NaB(OH) 以NaBO 形式结晶
4 2 4 2 4 4 2
学科网（北京）股份有限公司析出，覆盖在催化剂表面，阻碍BH-与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降(2分)
4
(4) ① (2分) ②64.3%-(2分)
【解析】(1)根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此 ，
该反应为气体分子数增多的反应，可知ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG＜0时反应自发进行，根据该反
应ΔH＞0、ΔS＞0可知该反应高温下可自发进行，故选B。(2)①A项，选择合适的催化剂，只能加快反应
速率，对平衡无影响，故A不符合题意；B项，移除CO，降低CO的浓度，可使反应I平衡正向移动，但
是反应Ⅱ逆向移动，H(g)的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；C项，向体系中投入少量CaO，反应
2
为：CaO+H O=Ca(OH) ，Ca(OH) 能与CO 反应产生CaCO 和HO，可知体系中的CO 减小，可知反应Ⅱ、
2 2 2 2 3 2 2
总反应平衡正向移动，H(g)的平衡产率一定提高，故C符合题意；D项，恒温恒压下通入Ar气，体积扩
2
大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H 平衡产率，故D符合题意；
2
故选CD；②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压
强平衡常数为 。(3)①NaBH 与水反应生成
4
NaB(OH) 和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：BH-+4H O=B(OH) -+4H↑；②图中是NaBH 含量对
4 4 2 4 2 4
制氢速率的影响，NaBH 浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢
4
速率较低；NaBH 浓度较高时，生成较多的NaB(OH) 以NaBO 形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍
4 4 2
BH-与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；(4)①由 生成 的电极反应在
4
酸性条件下发生的，电极反应为 ；②阳极生成的H+经过高分子电解质膜移动至
阴极，一部分H+与苯生成环己烷，还有一部分H+得电子生成H(2H++2e-= H ↑，阴极的副反应)，左边(阴极
2 2
区)出来的混合气体为未反应的苯(g)、生成的环己烷(g) 和H，生成2.8 mol O 失去电子的物质的量为
2 2
4×2.8 mol =11.2 mol，同时生成了2molH (转移4mol电子)由此可知其中只有7.2mol电子用于生成 ；
2
学科网（北京）股份有限公司因此该装置的电流效率 。
19．(14分)某研究小组按如图所示路线合成抗癌药物J(存达，Treanda)。
已知：① ；
②2RCOOH +RCOOH
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为 。D的化学名称为 。
(2)B的结构简式为 。
(3)B→C的反应类型为 。
(4)F→G的化学方程式为 。
(5)同时符合下列条件的化合物E的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应 ②能与NaHCO 反应产生气体 ③无环状结构
3
(6)等物质的量的I与J分别在一定条件下与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为
。
(7)用流程图表示以乙烯为原料，合成三乙醇胺( )，其他无机试剂任选 。
【答案】(1) 硝基和氯原子(2分) 环戊烯(1分)
学科网（北京）股份有限公司(2) (2分)
(3)还原反应(1分)
(4) (2分)
(5)8(2分) (6)1：4(2分)
(7) (2分)
【解析】 与CHNH 反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成 C，结合 C
3 2
的结构可知A到B为取代反应，B为 ，C与E发生已知②中反应生成F，F为
，F脱水生成G ，G与
乙醇发生醋化反应生成H ，H中硝基被氢气还原成氨基后再与环氧
乙烷发生反应生成I，I与SOCl ，发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀。(1)A中所含官能团
2
学科网（北京）股份有限公司的名称为硝基和氯原子， D的化学名称为环戊烯；(2)根据以上分析可知 与CHNH 反
3 2
应生成B，B为 ；(3)B与硫化钠发生还原反应生成 C，故B→C的反应类型为还原反应；
(4)F 脱水生成G ，化学方程式
为 ；(5)根据题干
信息可知满足条件的E的同分异构体有醛基、羧基以及无环状结构，根据不饱和度可知结构中含有一个碳
碳双键，采用“定一议二”方法，固定碳碳双键和羧基，移动醛基，因此满足条件的E的同分异构体有8
种；(6)设有机物I与J的物质的量均为1mol， I中酯基消耗NaOH，1mol酯基消耗1molNaOH，因此1mol
I消耗1molNaOH，1mol J ，1molCl原子水解消耗1molNaOH，1molHCl消
耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH，因此1mol J消耗4 molNaOH；(7)乙烯为原料，合成三乙醇胺
，流程图表示为：
。
学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司
