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 Li7 C 12 O 16 Na 23 Cl35.5 Mn55 Co59 Zn 65 Co59
第 II 卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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11月12日上午10时，万众瞩目的2024年中国航空航天博览会在珠海金湾机场盛大开幕，
我国歼-35A战斗机成明星装备。下列说法正确的是( )
A．航展首日中国空军军机在空中拉出的彩色烟带属于丁达尔效应
B．战斗机的隐形涂层含石墨烯(石墨的单层结构)，12 g石墨烯中含有 键
C．战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料
D．由于硬铝材料密度小、强度低，具有较好的抗腐蚀能力，可用作飞机外壳材料
【答案】B
【解析】A项，飞机表演时在空中拉出的彩色烟带是汽化的彩色发烟剂在空气中遇冷后凝结形成的烟，
不属于丁达尔效应，A错误；B项，单键均为σ键，石墨烯中平均1个碳原子形成1.5个σ键，12 g石墨烯
中含有1mol碳原子，则含有1.5molσ键，B正确；C项，玻璃纤维属于新型无机非金属材料，聚碳酸酯、
芳纶蜂窝材料属于有机高分子材料，C错误；D项，硬铝是一种铝合金，密度小、强度高，用作飞机外壳，
D错误。
2．下列化学用语表述不正确的是( )
A．天然橡胶的结构简式：
B．基态Fe2+的价层电子排布式为3d54s1
学科网（北京）股份有限公司C．OF 分子的VSEPR模型：
2
D．基态N原子2p能级电子轨道表示式：
【答案】B、
【解析】A项，天然橡胶是一种以顺1，4-聚异戊二烯为主要成分的天然高分子化合物 ，其结构简式
为 ，故A正确；B项，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，故B错误；C项，OF 分
2
子中心原子O的价层电子对数为 ，含有2对孤对电子，其VSEPR模型为四面体形，故C正
确；D项，基态N原子2p能级上有3个电子，电子优先占据空轨道，且自旋平行，则2p轨道表示式为
，故D正确；故选B。
3．下列说法正确的是( )
A．图①装置可用于制备氢氧化铁胶体
B．图②装置可用于收集
C．图③装置可用于常温下分离苯酚和水的混合物
D．图④可用于铜丝与稀硝酸反应并吸收尾气
【答案】B
学科网（北京）股份有限公司【解析】A项，将氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中发生的反应为氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成
氢氧化铁沉淀和氯化钠，无法制得氢氧化铁胶体，故A错误；B项，一氧化氮难溶于水，能用题给排水集
气法收集一氧化氮气体，故B正确；C项，苯酚溶于水得到乳浊液，不能用过滤方法分离，应用分液的方
法分离，故C错误；D项，铜丝与稀硝酸反应生成NO，NO不是酸性氧化物，不能与氢氧化钠直接反应，
所以不能被氢氧化钠吸收，D错误；故选B。
4．二氧化氯(ClO)是一种安全、高效的消毒剂。工业制备ClO 的一种方法为ClO -+
2 2 3
FeS+H+→ClO↑+Fe3++SO2-+H O(未配平)，下列说法正确的是( )
2 2 4 2
A．ClO 消毒原理与明矾相同 B．ClO-的中心原子是sp2杂化
2 3
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为1：15 D．氧化性： ClO -＞Fe3+
3
【答案】D
【解析】由方程式可知，反应中，氯元素的化合价降低被还原，氯酸根离子是反应的氧化剂、氯离子
是还原产物，铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，二硫化铁是还原剂、铁离子和硫酸根离子是氧化产物，
由得失电子数目守恒可知，反应的离子方程式为15ClO -+ FeS+14H+=15ClO↑+Fe3++2SO2-+7H O。A项，二
3 2 2 4 2
氧化氯具有强氧化性能起到杀菌消毒的作用，明矾没有氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，故A错误；B
项，氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，原子的杂化类型为sp3杂化，故B错误；C项，氯酸根离子
是反应的氧化剂，二硫化铁是还原剂，反应的离子方程式为15ClO -+ FeS+14H+=15ClO↑+Fe3++2SO2-
3 2 2 4
+7H O，则由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：1，故C错误；D项，氯酸根离子是反应
2
的氧化剂，铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯酸根离子的氧化性强
于铁离子，故D正确；故选D。
5． N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A
A．标准状况下，22.4L HCl气体中，H+的数目为N
A
B．电解精炼铜时，当电路中通过N 个电子时，阳极溶解32g铜
A
C．4.6gNa与 稀硫酸充分反应，转移的电子数为0.2N
A
D．已知NaH PO 为正盐，则1mol HPO 含羟基数为2N
2 2 3 2 A
【答案】C
【解析】A项，HCl气体是由分子构成，未发生电离，无H+，A错误；B项，电解精炼铜时，粗铜作
阳极，铜和比铜活泼的多种金属放电，无法通过转移电子数计算溶解金属的质量，B错误；C项，4.6g Na
物质的量为0.2mol，与稀硫酸充分反应，即使稀硫酸量不足，水也会和钠反应，故Na完全反应生成H
2
0.1mol，转移的电子数为0.2N ，C正确；D项，含氧酸中羟基氢原子有酸性，NaH PO 为正盐，HPO 为
A 2 2 3 2
一元酸，故1mol HPO 含羟基数为N ，D错误；故选C。
3 2 A
学科网（北京）股份有限公司6．下列化学反应表示不正确的是( )
A．NaCO 溶液中通入过量SO ：CO2-+2SO+2H O=2HSO -+CO
2 3 2 3 2 2 3 2
B．向H18O中投入NaO 固体：2H18O+2Na O =4Na++18O↑+4OH-
2 2 2 2 2 2 2
C．绿矾处理含铬废水：6Fe2++Cr O2-+16H+=6Fe3++2Cr3++7H O
2 7 2
D．用银作阳极电极电解稀盐酸，阳极电极反应式：Ag++Cl--e-=AgCl↓
【答案】B
【解析】A 项，NaCO 溶液中通入过量 SO 生成 NaHSO 和 CO ，反应的离子方程式为：CO2-
2 3 2 3 2 3
+2SO+2H O=2HSO -+CO ，A正确；B项，向H18O中投入NaO 固体，反应中NaO 既是氧化剂又是还原
2 2 3 2 2 2 2 2 2
剂，故该反应离子方程式为：2H18O+2Na O =4Na++O ↑+418OH-，B错误；C项，绿矾处理含铬废水，
2 2 2 2
Cr O2-被Fe2+还原为Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++Cr O2-+16H+=6Fe3++2Cr3++7H O，故C正确；D项，
2 7 2 7 2
用银作阳极电极电解稀盐酸，阳极不是惰性电极，电极金属本身失电子，溶液中有氯离子，与银失电子后
产生的银离子生成氯化银沉淀，故选项所给阳极电极反应式正确，D正确。
7．铜的配合物非常丰富，下面为一种铜的配合物，结构如图所示：
下列说法正确的是( )
A．该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是O
B．配合物中sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为7：6
C．基态Cu2+的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为4：5
D．除铜外，四种元素形成的单质的晶体类型一定相同
【答案】B
【解析】A项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数
变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则该配合物中
四种非金属元素中第一电离能最大的是N，A错误；B项，配合物中苯环碳、双键碳为sp2杂化，饱和碳为
sp3杂化，故sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为14：12=7：6，B正确；C项，已知Cu是29号
元素，故基态Cu2+的价电子排布式为：3d9，故其中两种自旋状态的电子数之比为5∶4，C错误；D项，除
铜外，四种元素形成的单质中，氧气、氮气、氢气均为分子晶体，但是金刚石属于原子晶体，D错误。
8．根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是( )
学科网（北京）股份有限公司选项 实验方案 现象 结论
将打磨过的铁铜合金放在氨水中 可能是铜在氨水中发生吸
A 溶液变为深蓝色
一段时间 氧腐蚀
向FeCl 溶液中滴加KSCN溶 溶液先变成血红色，加入Cu粉 与SCN-的配位能力：
B 3
液，再加入少量Cu粉 后，血红色变浅 Cu2+＞Fe3+
将NaCO·10H O和NH NO 固体 有刺激性气味的气体产生，并伴 该反应能发生的主要原因
C 2 3 2 4 3
混合并用玻璃棒快速搅拌 随降温 是熵增
用精密pH试纸测定
D 测得pH为7.8 K(NH ·H O)＞K (H CO)
0.1mol·L-1NH HCO 溶液的pH值 b 3 2 a1 2 3
4 3
【答案】B
【解析】A项，铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成四氨合铜离子使得溶液显蓝色，A
正确；B项，加入Cu粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得Fe3++3SCN-
Fe(SCN) 平衡逆向移动，溶液血红色变浅，B错误；C项，根据ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，反应
3
中温度降低、生成气体为熵增的吸热反应，则该反应能发生的主要原因是嫡增，C正确；D项，pH为
7.8，溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，K(NH ·H O)＞K (H CO)，D正确；
b 3 2 a1 2 3
故选B。
9．YXEZM 是一种常见的营养强化剂。其中，元素周期表中 与Y、M相邻，基态 原子的价电子
4 9 2 4
排布式nsnnpn，Z的第一电离能大于 的，基态 原子与基态 原子的未成对电子数相同； 为原子半径
最小的元素； 的合金是目前用量最大的金属材料。下列说法正确的是( )
A．电负性：ZZ>Y D．高温下，E的单质与XM反应得到EM
2 2 3
【答案】C
【解析】基态Y原子的价电子排布式为nsnnpn，即2s22p2，所以Y是C元素，元素周期表中Z与Y、
M相邻，Z的第一电离能大于Y的，则Z是N元素，基态M原子与基态Y原子的未成对电子数相同，则
M为O元素，X为原子半径最小的元素，则X是H元素；E的合金是目前用量最大的金属材料，则E是Fe
元素。A项，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，通常
非金属的电负性大于金属，所以电负性：N>H>Fe，A错误；B项，同周期从左到右，元素的非金属性逐渐
增强，非金属性：CNH >CH ，C正确；D项，高温下铁与水蒸气反应得到四氧化三铁，D错误；
2 3 4
故选C。
10．药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是( )
学科网（北京）股份有限公司A．X分子中共面的碳原子最多有8个
B．有机物X不能与酸性高锰酸钾溶液反应
C． 与 溶液反应，最多消耗
D．有机物Z与足量的氢气加成所得分子中含有2个手性碳原子
【答案】A
【解析】A项，苯环、羰基中7个碳原子共平面，甲基中的1个碳原子有可能与苯环共平面，则该分
子中最多有8个碳原子共平面，A项正确；B项，X含酚羟基，易被氧化，能与酸性高锰酸钾溶液反应，B
项错误；C项，Y中酯基、溴原子水解都能和NaOH以1：1反应，1个Y分子中有1个酯基和1个溴原子，
1molY最多消耗2molNaOH，C项错误；D项，Z与足量氢气发生加成反应，产物如图所示
，共含有4个手性碳原子，D项错误；故选A。
11．恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。
下列说法正确的是( )
A．AB段 越大，析氢速率越大
B．其他条件不变，增大空气中氧气浓度，析出H 质量减少
2
C．BC段正极反应式主要为O+2H O+4e-=4OH-
2 2
学科网（北京）股份有限公司D．DE段溶液 基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe + O + 4H+=2Fe2++2H O消耗 的量与
2 2
4Fe2+ + O +10H O=4Fe(OH) +8H+产生H+的量基本相同
2 2 3
【答案】D
【解析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH较小，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁
主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O+4e-+4H+=2H O；DE段溶
2 2
液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O 氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O +
2 2
4H+=2Fe2++2H O消耗H+的量与4Fe2+ + O +10H O=4Fe(OH) +8H+产生H+的量基本相同。A项，铁主要发
2 2 2 3
生析氢腐蚀：负极Fe-2e-=Fe2+，正极2H＋＋2e-=H ↑，pH越大，析氢速率越小，A错误；B项，铁主要发生
2
析氢腐蚀：负极Fe-2e-=Fe2+，正极2H＋＋2e-=H ↑，析出H 质量与氧气浓度无关，B错误；C项，由图可知
2 2
BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O+4e-+4H+=2H O，C错误；D项，pH基本不
2 2
变可能的原因：相同时间内，2Fe + O + 4H+=2Fe2++2H O消耗H+的量与4Fe2+ + O
2 2 2
+10H O=4Fe(OH) +8H+产生H+的量基本相同，D正确；故选D。
2 3
12．乙烷催化氧化为乙酫在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+催化下乙烷氧化成乙
醛的机理如图所示。下列说法不正确的是( )
A．X的化学式为HO
2
B．乙醛分子中既含有极性键又含有非极性键
C．反应Ⅰ和反应Ⅱ都是氧化还原反应
D．每生成1molCH CHO，消耗NO的物质的量大于2mol
3 2
【答案】C
【解析】A项，由题干反应历程图可知，反应I为[(C H)Fe(OH)]+ → [(C H)Fe]++X，根据质量守恒可
2 5 2 4
知，X的化学式为HO，A正确；B项，乙醛分子中既含有C-H、C=O极性键又含有C-C非极性键，B正
2
确；C项，由题干反应历程图可知，反应I为C H+FeO+→ [(C H)Fe(OH)]+，该反应中没有元素化合价发生
2 6 2 5
改变，不是氧化还原反应，反应Ⅱ中有元素化合价发生改变，是氧化还原反应，C错误；D项，由题干反
学科网（北京）股份有限公司应历程图可知，若无副反应，则每生成1molCH CHO，消耗NO的物质的量等于2mol，但过程中存在副反
3 2
应发生，且生成的Fe+能还原NO，故消耗NO的物质的量大于2mol，D正确；故选C。
2 2
13．某小组回收锌锰电池废料(主要含MnO 、MnOOH等)制备高锰酸钾，简易流程如图所示。
2
下列说法错误的是( )
A．“浸出”过程使用过滤操作，用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗
B．“系列操作”中，进行高温干燥KMnO
4
C．“氧化”操作利用Cl 氧化KMnO 制备KMnO ，可推知在碱性条件下Cl 氧化性大于KMnO
2 2 4 4 2 4
D．“碱熔”的产物KMnO 是氧化产物
2 4
【答案】B
【解析】锌锰电池废料主要含MnO 、MnOOH等，因二氧化硅与碱高温下反应，可选铁坩埚碱熔，
2
Mn元素的化合价升高，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，生成KMnO 溶液，碱熔时氯酸钾可能分解生成
2 4
氧气，氧化时氯气可氧化生成KMnO ，加热结晶分离出固体KMnO 。A项，“浸出”过程使用过滤操作，
4 4
用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，A正确；B项，高温干燥KMnO 会受热分解，B错误；C项，
4
“氧化”中氯气是氧化剂，高锰酸钾是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，C正确； D项，
“碱熔”的产物KMnO 是氧化产物，D正确；故选B。（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库）
2 4
14．常温下，现有含0.1mol·L-1Cd2+的废液，可加入0.01mol·L-1NaS溶液或FeS固体生成沉淀除去 ，
2
加入NaS溶液或FeS固体引起溶液的pH变化，进而引起溶液中含S微粒的物质的量分数变化及Cd(OH)
2 2
浊液中Cd2+浓度变化如图所示。下列说法正确的是( )
已知：K (FeS)= 10－17.20，K (CdS)= 10－26.10
sp sp
学科网（北京）股份有限公司A．0.01mol·L-1NaS溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH―)＞c(HS-)
2
B．加适量NaS固体可使废液中Cd2+浓度由b点变到a点
2
C．由图1和图2得知，当溶液的pH=10，发生的反应为Cd2++2HS-= CdS+HS
2
D．向废液中加入FeS固体，可使c(Cd2+)＜10-9.9mol·L-1
【答案】D
【解析】A项，硫化钠溶液中，硫离子只有部分水解且分步水解，则溶液中c(OH―)＞c(S2－)＞c(HS-)，
溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(OH―)＞c(S2－)＞c(HS-)，故A错误；B项，已知：K (FeS)= 10－17.20，
sp
K (CdS)= 10－26.10，加适量NaS固体，平衡FeS(s)+ Cd2+(aq) CdS(s)+ Fe2+(aq)正向移动，可使废液
sp 2
中Cd2+浓度降低，不可能由b点变到a点，故B错误；C项，由图1知，随着pH的增大， HS浓度减小，
2
HS-浓度增大后减小，后面S2-增大，当溶液的pH=10，以HS-为主，由图2得知，当溶液的pH=7.5，Cd2+浓
度逐渐减小，故发生的反应为Cd2++HS-+OH-=CdS+H O，故C错误；D项，含0.1mol·L-1Cd2+的废液，向废
2
液中加入FeS固体，存在沉淀转化，FeS(s)+ Cd2+(aq) CdS(s)+ Fe2+(aq)，平衡常数K=
=108.9，c(Fe2+)＜0.1mol·L-1， ，故D正
确；故选D。
第 II 卷
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．(15分)铬酰氯是一种无机化合物，化学式为CrO Cl，熔点-96.5℃，沸点117℃，常温下为深红棕
2 2
色液体，放置在空气中会迅速挥发并水解，主要在有机合成中作氧化剂、氯化剂和溶剂。在实验室中可由
重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰氯，反应机理为：浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成
CrO 和氯化氢气体两种中间产物，然后CrO 迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如下(夹持装置
3 3
学科网（北京）股份有限公司略)：
回答下列问题：
(1)A的名称是 。B的进水口为 (填“a”或“b”)。
(2)浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0℃左右，其目的是 。
(3)写出CrO 与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学反应方程式 。
3
(4)投料时，加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率，原因是 。
(5)反应结束后，用电热套加热装置A，收集117℃左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是
。
(6)图中C装置未画出，应为下列装置中的哪一种 (填标号)，该装置的作用是 。
【答案】(1)圆底烧瓶(1分) b(1分)
(2)防止温度过高，反应速率过快(2分)
(3) CrO +2 HCl=CrO Cl+H O(2分)
3 2 2 2
(4)加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的CrO 参与反应(2分)
3
(5)将CrO Cl 迅速冷凝便于收集，提高产率(或答减缓铬酰氯挥发) (2分)
2 2
(6) B(2分) 吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置(3
分)
【解析】装置A中浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成CrO 和氯化氢气体两种中间产物，然
3
后CrO 迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯，CrO Cl 的熔点-96.5℃，沸点117℃，在冰水浴中收集
3 2 2
CrO Cl。(1)A的名称是圆底烧瓶，直形冷凝管中冷水遵循“下进上出”， B的进水口为b。(2)该反应过
2 2
学科网（北京）股份有限公司程中要冷凝生成的CrO Cl，反应速率不能过快，浓硫酸在反应前应装入冰箱中冷却至0℃左右，其目的是
2 2
防止温度过高，反应速率过快。(3)CrO 与氯化氢气体反应生成铬酰氯，该反应的化学方程式为：CrO +2
3 3
HCl=CrO Cl+H O。(4)CrO 与氯化氢气体反应的方程式为CrO +2 HCl=CrO Cl+H O，加入过量氯化钠可产
2 2 2 3 3 2 2 2
生过量的氯化氢气体，使更多的CrO 参与反应。(5)CrO Cl 的沸点为117℃，反应结束后，用电热套加热
3 2 2
装置A，收集117℃左右的馏分，收集装置选用冰水浴的目的是将CrO Cl 迅速冷凝便于收集，提高产率
2 2
(或答减缓铬酰氯挥发)。(6)装置C的作用是吸收未参与反应的HCl气体和逸出的铬酰氯蒸气，防止空气中
的水蒸气进入装置，可以用碱性的碱石灰来吸收，A中无水氯化钙不能吸收酸性气体，D装置没有防倒吸
设置，C中不能吸收空气中的水分，故选B。
16．(14分)F电池级碳酸锂是制造LiCoO 等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春
2
拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO 2-等)为原料制取电池级LiCO 的
4 2 3
工艺流程如图：
已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HR
FeR +3H+；
3
②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。
回答下列问题：
(1)“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使
用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。
(2)某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有
。
(3)加适量草酸的目的 。
(4)“混合沉锂”的离子方程式为 。
(5)Li CO 与Co O 在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO )。写出对应的化学方程式
2 3 3 4 2
。
学科网（北京）股份有限公司(6)钴酸锂(LiCoO )是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的
2
顶点、棱和体内。
①基态Co原子核外电子排布式为 。
②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为N )
A
【答案】(1) FeR 和HR(1分) Li CO、MgCO (1分)
3 2 3 3
消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率(2分)
(2)O、N(1分)
(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉(1分)
(4)2Li++HCO-+OH-=H O+LiCO↓(2分)
3 2 2 3
(5)6Li CO+4Co O+O 12LiCoO +6CO (2分)
2 3 3 4 2 2 2
(6) [Ar]3d74s2(2分) (2分)
【解析】(1)根据Fe3++3HR FeR +3H+平衡可知，有机层中主要是FeR 和HR，根据流程可知沉淀
3 3
主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。(2)从结构可知氧原子、
氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子；(4)从流程
可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li++ HCO -+OH-=H O+LiCO↓；(5)钴元
3 2 2 3
素的化合价从+2和+3归到+3价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6LiCO+4Co O+O
2 3 3 4 2
12LiCoO +6CO ；(6)Co为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2 ，该晶胞中Li+：
2 2
、Co3+： 、O2-： ，其晶胞化学式为：LiCo O，故其密度为：
3 3 6
。
学科网（北京）股份有限公司17．(15分)绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，
可以用以下方法制备氢气。
I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：
i．CH(g)+HO(g) CO(g)+3H(g) H=+206.2kJ•mol-1
4 2 2
ii．CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g) △H=-41.2kJ•mol-1
2 2 2
(1)反应CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H△(g)的△H= kJ•mol-1。
4 2 2
(2)在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体混合物的密度不再变化 B．CH 消耗速率和H 的生成速率相等
4 2
C．CO的浓度保持不变 D．气体平均相对分子质量不再变化
E．体系的温度不再发生变化
(3)恒定压强为PMPa时，将n(CH)：n(H O)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，
0 4 2
各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
①图中表示CO 的物质的量分数与温度的变化曲线是 (填字母)。
2
②结合图中数据，其他条件不变，若要H 的产量最大，最适宜的反应温度是 (填标号)。
2
A．550~600℃ B．650~700℃ C．750~800℃
在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H 的含量，原因是 。
2
③600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为K= (K 是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质
p p
的量分数)。
Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO 和HO在碱性电解液中制备水煤气
2 2
(H 、CO)，产物中H 和CO的物质的量之比为1∶1。
2 2
学科网（北京）股份有限公司(4)电极B是 极，生成水煤气的电极反应式为 。
【答案】(1)+247.4(2分) (2)CDE(2分)
(3) n(2分) B(2分) CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO ，导致CO 浓度减小，促使
2 2
反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动(2分) (2分)
(4)阳(1分) CO +2H O+2e-=H +CO+2OH-(2分)（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库）
2 2 2
【解析】(1)由题干信息已知，反应i．CH(g)+HO(g) CO(g)+3H(g) ΔH=+206.2kJ•mol-1，反应
4 2 2
ii．CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g) ΔH=-41.2kJ•mol-1，反应 i-反应 ii 可得反应 CH(g)+CO (g)
2 2 2 4 2
2CO(g)+2H(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=(+206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=+247.4kJ•mol-1；(2)A项，由题干信
2
息可知，反应i反应体系均为气体，则反应过程中气体质量不变，容器体积不变，则气体混合物的密度始
终不变，则气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；B项，CH 消耗速率
4
和H 的生成速率均表示正反应速率，且二者系数不相等，故CH 消耗速率和H 的生成速率相等，不能说
2 4 2
明反应达到化学平衡，B不合题意；C项，化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故CO的浓度
保持不变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；D项，由题干信息可知，反应i前后气体的物质的量发
生改变，气体质量不变，则气体平均相对分子质量一直在改变，故气体平均相对分子质量不再变化，说明
反应达到化学平衡，D符合题意；E项，由于反应容器是一个绝热密闭容器，故体系的温度不再发生变化，
说明反应达到化学平衡，E符合题意；故选CDE；(3)①随反应进行，二氧化碳和氢气的量增加，故甲烷
和水蒸气的量减小，将n(CH)：n(H O)=1：3的混合气体投入反应器中，故p为表示平衡时水蒸气的物质
4 2
的量分数随温度的变化，随着温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，故CO随温度升高而增大，即m
表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO 的物质的量分数随温度的变化；②结合图中
2
数据，其他条件不变，当温度达到650℃时，CH 的转化率几乎为100%，H 的物质的量分数达到最大，再
4 2
升高温度，H 的物质的量分数不再增大，CH 的转化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H 的产量最
2 4 2
大，最适宜的反应温度是650~700℃，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO ，导致CO 浓度减小，
2 2
学科网（北京）股份有限公司促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，故在其他条件不变的情况下，
向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H 的含量；③由题干图像信息可知，600℃平衡时，H 的物质的
2 2
量分数为：50%，HO(g)的物质的量分数为32%，CH 的物质的量分数为4%，设投入CH 为1mol、HO为
2 4 4 2
3mol，根据三段式分析：
，
则有 ，解得x=0.78mol， ，解得y=0.45mol，CO物质的量分数为：
×100%=6%，CO 的物质的量分数为 ×100%=8%，600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为K=
2 p
= = ；(4)由题干电解池装置图可知，电解B产生氧气，电解反应为：
4OH- -4e-=O ↑+2H O，发生氧化反应，故电极B是阳极，则A电极为阴极，发生还原反应，生成水煤气即
2 2
CO和H，该电极的电极反应式为CO+2H O+2e-=H +CO+2OH-。
2 2 2 2
18．(14分)卡龙酸是一种医药中间体，主要用于蛋白酶抑制剂的合成。以下是卡龙酸的一种合成路线
(部分试剂和条件省略，不考虑立体异构)
(1)A中碳原子杂化方式为 。
(2)反应②所需的试剂和条件为 。
(3)D的化学名称为 。
(4)反应③的化学方程式为 ，反应类型为 。
(5)G中含有的官能团名称为 。
(6)写出满足下列条件的B的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为
学科网（北京）股份有限公司(7)以乙炔和乙醇为有机原料，合成 的路线如下(反应条件
已略去，无机试剂任选)，其中Y的结构简式为 。
【答案】(1)sp2，sp3(2分) (2)浓硫酸，加热(1分)
(3)2-甲基-1，3-丁二烯(异戊二烯) (2分)
(4) (2分)
加成反应(1分)
(5)羧基、酯基(2分) (6) (2分)
(7) (2分)
【解析】丙酮和乙炔发生加成反应生成(CH)C(OH)C≡CH，根据C的分子式知，(CH)C(OH)C≡CH和
3 2 3 2
氢气发生加成反应生成C为(CH)C(OH)CH=CH ，根据D的分子式知，C发生消去反应生成D为
3 2 2
CH=C(CH )CH=CH，D和HCl发生加成反应生成(CH)C=CHCHCl，根据G的分子式知，发生氧化反应
2 3 2 3 2 2
生成G为 ，G发生水解反应然后酸化生成卡龙酸。(1)根据A的结构简式，A
中饱和C原子的杂化方式为sp3，碳氧双键中C的杂化方式为sp2；(2)反应②为醇的消去反应，所需的试剂
和条件浓硫酸、加热；(3)D为CH=C(CH )CH=CH，名称为2-甲基-1，3-丁二烯(异戊二烯)；(4)反应③为
2 3 2
烯烃的加成反应，该反应的化学方程式为
学科网（北京）股份有限公司；(5)G为 ，含有的官能团为羧基、酯基；(6)B为
(CH)C(OH)C≡CH，同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱显示
3 2
有3组峰，峰面积之比为3：4：1，说明结构为高度对称的结构，只有环状结构符合要求，结构简式为
；(7)以乙炔和乙醇为原料合成 ，根据乙炔和丙酮
的反应知，乙醇发生氧化反应生成CHCHO，乙醛和乙炔发生氧化反应生成 ，
3
和氢气发生加成反应生成CHCH(OH)CH CHCH(OH)CH ；即Y的结构简式为
3 2 2 3
。
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