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2025 年高考考前信息必刷卷 01(云南专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：2025年云南八省联考化学科目考试就是云南省自主命题的体现，单项选择题本大题有16
小题，每小题3分，共48分；非选择题本大题有4小题，每小题13分，共52分。新高考下的化学试
卷在结构上可能会与其他新高考省份有更多的一致性或者相互借鉴之处，朝着体现高考公平性、普适
性和人才选拔准确性的方向完善结构设置。
高考·新考法：2025年高考化学题型向着更加综合化、融合多知识模块方向发展，这对于考生来说首先
在知识整合方面带来了巨大挑战。化学试题会打破化学学科内各知识板块的界限，如无机化学、有机
化学、物理化学等板块不再孤立考查。在一道题目中可能同时融合多方面知识进行综合考查。。
高考·新情境：新高考体系基本形成，云南从老高考转为新高考。这使得化学学科在整个高考体系中的
定位发生了变化，其教学方式和学生的学习策略也需要相应调整。例如，在新高考模式下，化学学科
的学习可能更注重与其他学科的联系，以及在实际生活中的应用。学生需要培养综合运用知识的能力，
而不仅仅是对化学知识的死记硬背。
命题·大预测：2025年高考人数可能增多，考生增多意味着竞争加剧，在化学学科上也不例外。学生需
要更加努力提高化学成绩，以在众多考生中脱颖而出。这就要求学生在日常学习中提高学习效率，注
重知识的掌握和应用能力的提升。云南省在借鉴其他省份新高考经验的过程中，可能会在题型的创新、
题目情境的设置等方面有所借鉴。比如一些先行新高考改革省份中出现的开放性化学试题(如实验方案
设计与评价的开放性问题)、以真实科研成果或工业生产流程为背景的综合应用题等题型，有可能会逐
渐出现在云南高考化学试卷中。这有助于选拔具有创新思维和实际应用能力的学生，适应现代社会对
人才的需求。
(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 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32
Cl-35.5 K-39 Ca-40 V-51 Mn-55 Fe-56 Ni -59 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108
Ba-137 Pb-207
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，只有一项符合题目要求。
1．许多优秀的中国传统文化也蕴含化学知识，下列相关说法错误的是( )
A．我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器是一种合金材料
B．我国晋代《抱朴子》中描述的化学反应：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，这里描述的化
学反应是可逆反应
C．“自元时创其法，用浓酒和酒糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这里所
用的方法是蒸馏
D．我国明代《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO)、硫黄、杉木炭所合”，其黑火药属于混合
3
物
【答案】B
【解析】A项，我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器主要是
铜锡合金，因此青铜器是一种合金材料，A正确；B项，丹砂主要成分是HgS，HgS受热分解产生Hg和S
单质，当温度降低后Hg与S重新化合生成HgS，由于分解反应及化合反应的温度不同，因此描述的这两
个化学反应不能称为可逆反应，B错误；C项，“蒸令气上”与混合物中物质的沸点有关，因此该分离混
合物的方法就是蒸馏，C正确；D项，黑火药中含有焰消(KNO)、硫黄、杉木炭三种成分，因此属于混合
3
物，D正确；故选B。
2．习总书记强调：积极培育和发展新质生产力。下列与科技成就相关的描述错误的是( )
A．人造卫星和深空探测器强度要求高的零部件采用钛合金等合金材料
B．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料Si N 是一种熔沸点很高的共价晶体
3 4
C．挑战马里亚纳海沟的自供电软体机器人所用的硅树脂是合成高分子材料
D．“朱雀二号”遥二成为全球首枚成功入轨的液氧甲烷运载火箭，甲烷作助燃剂
【答案】D
【解析】A项，钛合金为性能优良的高强度合金材料，可用作人造卫星和深空探测器的零部件，故A
正确；B项，氮化硅是熔沸点很高的共价晶体，可用作耐高温结构材料，故B正确；C项，硅树脂一种具
有高度交联结构的热固性聚硅氧烷聚合物，属于合成高分子材料，故C正确；D项，甲烷运载火箭中液氧
作助燃剂，甲烷作燃料，故D错误；故选D。
3．下列方程式的书写，不正确的是( )
A． 溶液暴露在空气中：4I-+O +2H O=2I +4OH-
2 2 2
B．铅酸蓄电池放电的负极反应：Pb+SO2--2e-=PbSO
4 4
C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应：CHOH(CHOH) CHO+2Cu(OH) CHOH(CHOH) COO-+CuO↓
2 4 2 2 4 2
+3H O
2D．煅烧黄铁矿制SO ：4FeS+7O 2Fe O+4SO
2 2 2 3 2
【答案】D
【解析】A项，KI溶液暴露在空气中：4I-+O +2H O=2I +4OH-，A正确；B项，铅酸蓄电池放电的负
2 2 2
极反应：Pb+SO2--2e-=PbSO，B正确；C项，葡萄糖与新制氢氧化铜反应：
4 4
CHOH(CHOH) CHO+2Cu(OH) CHOH(CHOH) COO-+CuO↓+3H O，C正确；D项，煅烧黄铁矿制
2 4 2 2 4 2 2
SO ：4FeS+11O 2Fe O+8SO，D错误；故选D。
2 2 2 2 3 2
4．下列相关微粒的化学用语正确的是( )
A．HCl的电子式： B．Cl-的结构示意图：
C．二氧化硅的分子式：SiO D．硅元素基态原子的价电子排布图为
2
【答案】D
【解析】A项，HCl为共价化合物，其电子式为 ，A错误；B项，Cl-核外有18个电子，其结
构示意图为 ，B错误；C项，SiO 为二氧化硅的化学式，二氧化硅为共价晶体，不存在分子
2
式，C错误；D项，硅元素基态原子的价电子排布式为3s23p2，排布图为 ，D正确；
故选D。
5．海水资源的开发和利用对现代工业、农业及海水淡化具有重要作用。其工厂利用海水获取有关物
质的流程图如图；下列有关说法正确的是( )A．制备NaHCO 的过程中先往精盐溶液中通入CO，再通入NH
3 2 3
B．“氯碱工业”中阳极上产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
C．过程①中若电解MgCl 溶液可得到单质镁
2
D．过程②中生成的NaBr和NaBrO 的物质的量之比为1：1
3
【答案】B
【解析】A项，制备NaHCO 的过程中先往精盐溶液中通入NH ，再通入CO，A错误；B项，“氯
3 3 2
碱工业”中阳极上氯离子失去电子生成氯气，能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；C项，过程①中若
电解MgCl 溶液不能得到单质镁，应电解熔融氯化镁，C错误；D项，过程②中生成的NaBr和NaBrO ，
2 3
根据电子守恒分析，物质的量之比为5：1，D错误；故选B。
6．下列实验装置或操作能够达到实验目的的是( )
A．用甲装置测定KI溶液的浓度
B．用乙装置制作氢氧燃料电池
C．用丙装置通过测定氧气的体积计算HO 的分解速率
2 2
D．用丁装置证明乙炔可使溴水褪色
【答案】B
【解析】A项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，故甲装
置不能达到实验目的，A错误；B项，闭合开关K 时惰性电极电解KSO 溶液实质是电解水产生氢气和氧
2 2 4
气，一段时间断开开关K，闭合K，即可形成氢氧燃料电池，乙装置能达到实验目的，B正确；C项，丙
2 1
装置没有使用分液漏斗，生成的H 会从长颈漏斗逸出，不能准确地收集到气体，甚至收集不到气体，无法
2
测定化学反应速率，故丙装置不能达到实验目的，C错误；D项，电石中有杂质，反应生成的硫化氢和磷化氢也能使溴水褪色，实验不能证明乙炔可使溴水褪色，故丁装置不能达到实验目的，D错误；故选B。
7．侯德榜是我国近代著名化学家，侯氏制碱法的原理是NaCl+NH +CO +H O=NaHCO ↓+NHCl。设
3 2 2 3 4
N 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A
A．标准状况下，2.24LCO 含σ键数目为0.4N
2 A
B．0.1 molNH 分子含孤电子对数目为0.1N
3 A
C．8.4g NaHCO 晶体含离子数目为0.3N
3 A
D．1L0.1mol·L-1NH Cl中NH +数目为0.1N
4 4 A
【答案】B
【解析】A项，二氧化碳的结构式为：O=C=O，标准状况下，2.24LCO 的物质的量为0.1mol，1个
2
CO 分子含2个σ键，另外含有两个π键，故标准状况下2.24LCO 含σ键数目为0.2N ，A错误；B项，氨
2 2 A
气分子中N原子有1个孤电子对，所以2.24LCO 分子含孤电子对数目为0.1N ，B正确；C项，碳酸氢钠
2 A
晶体中存在Na+和HCO -，8.4gNaHCO 的物质的量为0.1mol，8.4g NaHCO 晶体含离子数目为0.2N ，C错
3 3 3 A
误；D项，因为铵根离子水解，1L0.1mol·L-1NH Cl中NH +数目小于0.1N ，D错误；故选B。
4 4 A
8．某消炎药的主要成分为R，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．分子式为C H ONCl B．分子含有6种官能团
19 14 4
C．能使酸性KMnO 溶液褪色 D．该物质属于芳香烃
4
【答案】C
【解析】A项，该物质分子式为C H ONCl，A错误；B项，该物质含有醚键、羧基、酰胺基、碳氯
19 16 4
键、碳碳双键，共5种官能团，B错误；C项，存在碳碳双键，能使酸性KMnO 溶液褪色，C正确；D项，
4
芳香烃指含有苯环且只有C、H元素构成的有机物，该物质除了含有C、H外还含有O、N、Cl，不属于烃，
D错误；故选C。
9．如右图所示的化合物是制备某些食品添加剂的中间体，其中X、Y、Z、P、Q、R、M为原子序数
依次增大的短周期元素，下列说法正确的是( )A．简单氢化物的沸点：Z<Q
B．M的最高价含氧酸与Y反应体现氧化性和酸性
C．Q的第一电离能是同周期元素中最大的
D．P分别与X、Q形成的化合物空间结构一定相同
【答案】A
【解析】X、Y、Z、P、Q、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，X形成1个共价键，X为H元
素，Y形成3个共价键，Y为B元素，Z形成2个共价键且带1个负电荷，Z为N元素，P为O元素，Q形
成1个共价键，Q为F元素，R带1个正电荷，R为Na元素，M形成4个共价键，M为Si元素。A项，Z
为N元素，Q为F元素，NH 和HF分子间都含有氢键，且F的电负性大于N，HF分子间氢键强于大于
3
NH ，则沸点：NH <HF，A正确；B项，Si的最高价含氧酸为HSiO，HSiO 不和B单质反应，B错误；
3 3 2 3 2 3
C项，Q为F元素，第二周期中0族元素Ne的第一电离能最大，C错误；D项，O与H形成的化合物为
HO或HO，O与F形成的化合物为OF ，HO和OF 空间结构相同，HO 与HO、OF 的空间结构不同，
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
D错误；故选A。
10．Zn-NO电池可实现NO废气去除、NH 绿色合成和电力输出，其电池工作原理如图1所示，NO在
3
不同催化剂下反应机理如图2、3(*表示催化剂)所示。
下列说法正确的是( )
A．a极的电势比b极的高
B．理论上转移2 mol电子时，a极质量减少56 g
C．b极的电极反应式：NO+5H++5e-=NH+H O
3 2D．NO催化还原的理想催化剂为Cu
【答案】C
【解析】A项，如图1可知，a极由Zn反应生成ZnO，化合价升高，失去电子，为负极，电极反应式
为Zn+2OH--2e-= ZnO+H O，b极由NO反应生成NH ，化合价降低，得到电子，为正极，电极反应式为
2 3
NO+5H++5e-=NH+H O。A项，a极上Zn→ZnO，a极为原电池的负极，b极为原电池的正极，则b极的电
3 2
势高，A错误；B项，电池工作时a极的电极反应式为Zn+2OH--2e-= ZnO+H O，ZnO附着在电极上，a极
2
质量增加，B错误；C项，b极为原电池的正极，NO在电极上得电子，电极反应式为NO+5H++5e-
=NH+H O，C正确；D项，由图二和图三可知，在Cu@Co表面NO的吸附能力最强，并能降低从*NO到
3 2
*NOH吸附决速步的能垒，故理想催化剂为Cu@Co，D错误；故选C。
11．由下列实验操作所得到的现象的解释合理的是( )
选项 实验操作和现象 解释
将一小块Na放在石棉网上，用酒精灯加热，除有 Na与酒精灯燃烧产生的
A
淡黄色固体外，还有较多黑色固体 CO 发生置换生成炭黑
2
将一小块Na加入无水乙醇，Na反复从底部上浮 在反应过程中，溶液密度
B
到液面，又下沉到底部 不断发生变化
将酚酞滴加到NaOH溶液中，溶液先变红，后褪
C NaOH浓溶液具有漂白性
色
D 热的苯酚水溶液冷却，变浑浊 温度降低，析出苯酚晶体
【答案】A
【解析】A项，黑色固体可能是Na与酒精灯燃烧产生的 CO 发生置换反应生成炭黑，
2
4Na+3CO =2Na CO+C，A正确；B项，发生“钠从底部上浮升到液面，然后又下沉到底部，如此反复”
2 2 3
的现象，首先是因为钠的密度比乙醇大，所以下沉。其次是因为在钠表面所得到的氢气产生浮力，所以上
浮。在反应过程中,溶液的密度其实是渐渐增大的，与实验现象关系不大，B错误；C项，高浓度的NaOH
溶液具有强碱性，但是没有漂白性，酚酞褪色是因为很强的碱性使酚酞结构发生改变，变成无色结构，C
错误；D项，热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液，不是得到苯酚晶体，D错误；故选A。
12．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】A项，同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，H与上述三种元素形
成化合物，氢元素呈正化合价，则四种元素中H的电负性最小，则电负性O>N>C>H，A错误；B项，含
双键的N原子的杂化方式为sp2，与乙基相连的N原子上还有一个孤电子对，N原子的杂化方式为sp3，B
正确；C项，物质Ⅱ中，H-O-H的O与Ca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；
D项，结合物质Ⅱ的结构可知，Ca2+与O形成5个配位键，D错误；故选B。
13．乙苯与氯气在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如下图所示。下列说
法正确的是( )
A．反应生成相同物质的量的 吸收的热量更多
B．反应刚开始时产物中取代物2所占的比例大于取代物1
C．反应①的 大于反应②的D．稳定性：
【答案】C
【解析】A项，由图可知反应①和反应②均为放热反应，A项错误；B项，反应①的活化能更低，所
以产物中取代物1所占的比例大于取代物2，B项错误；C项，反应为放热反应ΔH为负值，对比反应物和
生成物的能量，可知反应②放出能量更多，ΔH绝对值反应②更大，故反应①的ΔH值更大，C项正确；D
项， 的能量高，所以其稳定性差，D项错误；故选C。
14．常温下，用0.01mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.01mol·L-1HA溶液，溶液中含A微粒百分含量(例如
的百分含量 随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化
关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．曲线①表示 的百分含量随滴加 溶液体积的变化关系
B．K(HA)=10-10.6
a
C．a＞10
D．M点溶液中存在cOH－＋cHA=cNa＋＋cH＋
【答案】D
【解析】A项，用0.01mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.01mol·L-1HA溶液，HA的百分含量逐渐减少，A-
的百分含量逐渐增加，故曲线①代表HA的百分含量，曲线②代表A－的百分含量，A错误；B项，M点，
c(HA)=c(A-)，K= =c(H+)=10-(14-10.6)=10-3.4，B错误；C项，如a=10，则反应后剩余的
ac(HA)=c(NaA)，Ka=10-3.4， ，即电离大于水解，使c(HA)＜c(A-)，现要使
c(HA)=c(A-)，由图示可知，NaOH溶液体积小于10mL，故a<10，C错误；D项，M点存在电荷守恒，
cOH－＋cA-=cNa＋＋cH＋，因为c(HA)=c(A-)，有cOH－＋cHA=cNa＋＋cH＋，D正确；故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．(15分)废旧于电池中含有多种有害物质，随生活垃圾填埋会污染周边环境，解决问题的最好途径
是对废旧干电池回收利用。一种利用废旧干电池制备锰锌铁氧体(Mn Zn Fe O)的工艺流程如图所示。
0.5 0.5 2 4
已知：酸浸的浸出液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+及少量Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、Pb2+；某些离子需两道工
序除杂才能达标。
回答下列问题：
(1)酸浸时，HO 的作用是 ；该过程HO 的实际消耗量高于理论用量较多，原因是 ；
2 2 2 2
浸渣中含有硫酸盐，化学式为 、CaSO。
4
(2)初级净化时，Cu2+，Pb2+、Ni2+均转化为硫化物沉淀除去，说明CuS、PbS或NiS的K (填
sp
“大于”或“小于”)MnS或ZnS的K ；已知CaF 的K =2.7×10-11，欲使Ca2+完全沉淀，则沉淀后溶液中
sp 2 sp
的c(F-) mol·L-1(结果可带根号)。
(3)NH Al(SO )(硫酸铝铵)微溶于水，初级净化时可能不析出或析出少量硫酸铝铵沉淀，加入硫酸铵深
4 4 2
度净化时进一步析出其沉淀，其原理是 。
(4)若共沉淀时析出MnCO ·ZnCO·4Fe(OH) ，则反应的离子方程式为 。
3 3 3
(5)锰锌铁氧体(Mn Zn Fe O)的晶体结构与MgAlO 相似，MgAlO 晶体中，镁离子占据立方晶胞的
0.5 0.5 2 4 2 4 2 4
顶点、面心及晶胞内相互交错的4个小立方体的体心(如图，铝离子、氧离子未画出)。若MgAlO 中
2 4
Mg2+被Mn2+和Zn2+替换，Al3+被Fe3+替换，即可得到Mn Zn Fe O 晶体。若Mn Zn Fe O 的晶胞边长为a
0.5 0.5 2 4 0.5 0.5 2 4
pm，则图中编号1和2两个粒子间的距离为 pm；M(Mn Zn Fe O)=236 g·mol-1，N 为阿伏加德罗
0.5 0.5 2 4 A
常数的值，锰锌铁氧体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】(1)将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂) (1分) Fe3+等离子催化HO 分解(1分) PbSO (1
2 2 4\
分)
(2)小于(2分) (2分)
(3)利用同离子效应，促进硫酸铝铵沉淀析出(2分)
(4)Mn2++Zn2++4Fe3++2HCO-+14 NH ·H O=MnCO ·ZnCO·4Fe(OH) ↓+14NH++2H O(2分)
3 3 2 3 3 3 4 2
(5) (2分) (2分)
【解析】根据工艺流程图可知，酸浸的浸出液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+及少量Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、
Pb2+(Ca2+、Pb2+大部分已形成硫酸盐沉淀)，加入(NH ) SO 和NH F形成沉淀，除去Ni2+、Cu2+、Al3+、
4 2 4\ 4
Ca2+、Pb2+，再加入(NH ) SO 深度净化，加入硫酸锰或硫酸锌成分调整，加入碳酸氢铵沉淀，煅烧得到锰
4 2 4
锌铁氧体(Mn Zn Fe O)。(1)酸浸时，HO 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂)；该过程HO 的实际
0.5 0.5 2 4 2 2 2 2
消耗量高于理论用量较多，原因是HO 易分解，Fe3+等离子可以做HO 分解的催化剂加速HO 的分解；
2 2 2 2 2 2
浸渣中含有硫酸盐，化学式为PbSO 、CaSO；(2)初级净化时，Cu2+，Pb2+、Ni2+均转化为硫化物沉淀除去，
4 4
同类型的难溶电解质，K 越小越容易沉淀，说明CuS、PbS或NiS的K 小于MnS或ZnS的K ；已知
sp sp sp
CaF 的K =2.7×10-11，欲使Ca2+完全沉淀，则
2 sp
mol·L-1；(3)加入硫酸铵使硫酸根离子和铵根离子溶液增加，利用同离子效应，促进硫酸铝铵沉
淀析出；(4)共沉淀时析出MnCO ·ZnCO·4Fe(OH) ，则反应的离子方程式为Mn2++Zn2++4Fe3++2HCO-+14
3 3 3 3
NH ·H O=MnCO ·ZnCO·4Fe(OH) ↓+14NH++2H O；(5)图中编号1和2两个粒子间的距离为面对角线的 ，
3 2 3 3 3 4 2
两个粒子间的距离为 ；根据均摊法，晶胞内Mg的数目为 ，故晶胞内含有4个Mn，4个Zn，16个Al，32个O，锰锌铁氧体的密度为
。
16．(15分)实验室制备并测定NaBH 纯度的实验如下。
4
I．制备
利用上图装置(加热及夹持装置略)进行操作：
步骤i：连接装置，检验气密性，装入试剂，打开K，向装置中鼓入氩气，升温至110℃左右，打开搅
2
拌器快速搅拌，将融化的Na快速分散到石蜡油[沸点：200~290℃]中。
步骤ii：升温至200℃，关闭K，打开K 通入H，充分反应后制得NaH。
2 1 2
步骤iii：升温至240℃，持续搅拌下通入氩气，打开K 向仪器c中滴入硼酸三甲酯[B(OCH )][，沸点
3 3 3
为68℃]，充分反应。
步骤iv：降温后，分离得到NaBH 和CHONa的固体混合物。
4 3
II．纯度分析
步骤1：取mg产品(杂质不参加反应)溶于NaOH溶液后配成200mL溶液，取20.00mL置于锥形瓶中，
加入vmL c mol·L-1的KIO 溶液充分反应。(3NaBH +4KIO=3NaBO +4KI+6H O)
1 1 3 4 3 2 2
步骤2：向步骤1反应后溶液中加入过量的KI溶液，再滴加适量稀硫酸，使过量KIO 转化为I，冷却
3 2
后于暗处放置数分钟。
步骤3：将步骤2所得混合液调pH约为5.0，加入几滴淀粉溶液，用cmol·L-1NaSO 标准溶液滴定至
2 2 2 3
终点，消耗溶液vmL。(I+2Na SO2-= Na SO+2NaI)
2 2 2 2 3 2 4 6
已知NaBH 、NaH、CHONa的部分性质如下表。回答下列问题：
4 3
NaBH NaH CHONa
4 3固体，强碱性溶液中能稳定存在，
固体，强还原性，与水剧烈 固体，常温下与水剧烈
性质 可溶于水，常温下与水缓慢反应，
反应。 反应。
与酸剧烈反应。
(1)仪器a的名称是 。
(2)甲装置选择用空气冷凝而不用水冷凝的原因 。甲装置中d处存在缺陷为(答出一点即可)：
。
(3)写出步骤iii反应的化学方程式 。
(4)对以下滴定实验操作进行排序： 。
检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤滴定管
→___________→___________→a→___________→___________→___________
a．加液至“0”刻度以上2~3 cm处
b．调整液面至“0”刻度或“0”刻度下方，准确记录读数。
c．倾斜转动滴定管，使标准液润湿滴定管内壁，将润洗液从下口排出
d．赶出尖嘴部分气泡
e．向所选的滴定管中加3~5 mLNa SO 标准液
2 2 3
f．左手控制活塞(或挤压玻璃珠)，右手振荡锥形瓶
(5)滴定接近终点时，向锥形瓶中滴入半滴溶液的操作步骤为 (填序号)。
(6)产品中NaBH 的纯度为 % 。(要求化简)
4
a． b． c． d． e．
【答案】(1)恒压滴液漏斗(1分)
(2)使用水冷凝器时，当蒸馏物的温度过高时，冷凝管会因为内外温差过大而而炸裂(2分)
d处没有连接干燥管吸收空气中的水蒸气(没有H 的尾气处理装置) (2分)
2
(3)4NaH+B(OCH ) NaBH +3CH ONa(2分)
3 3 4 3
(4)e→c→a→d→b→f(3分)
(5)be(2分)
(6) 或 (3分)
【解析】该实验的目的是制备并测定NaBH 的纯度，首先制备NaBH ：组装仪器，检查气密性后，先
4 4通入氩气将装置内的空气排出，接着通过操作将融化的Na分散到石蜡油中，再制备NaH，最后用硼酸三
甲酯与NaH反应得到得到NaBH 和CHONa的固体混合物；测定样品的纯度时，先将NaBH 与足量KIO
4 3 4 3
反应，剩余的KIO 用KI反应变为I，I 用NaSO 滴定，根据消耗的NaSO 计算I，再计算出剩余的
3 2 2 2 2 3 2 2 3 2
KIO ，则与NaBH 反应的KIO 可以得到，结合3NaBH +4KIO=3NaBO +4KI+6H O计算NaBH 的量，最
3 4 3 4 3 2 2 4
后得出样品的纯度。(1)仪器a为恒压滴液漏斗；(2)由反应操作可知，该反应用石蜡油作溶剂，石蜡油的沸
点高，使用水冷凝器时，当蒸馏物的温度过高时，冷凝管会因为内外温差过大而而炸裂；NaH和NaBH 都
4
能与水反应，该反应体系应为无水体系，d处没有连接干燥管吸收空气中的水蒸气，也没有H 的尾气处理
2
装置；(3)240℃时NaH与B(OCH ) 反应生成NaBH 和CHONa，化学方程式为4NaH+B(OCH )
3 3 4 3 3 3
NaBH +3CH ONa；(4)滴定实验操作顺序为检漏、洗涤、润洗、加液、排气泡、调液面、滴定、记录读数；
4 3
故操作的顺序为检查滴定管是否漏水→蒸馏水洗涤滴定管→e→c→a→d→b→f；(5)硫代硫酸钠溶液装在碱
式滴定管中，滴定接近终点时，向锥形瓶中滴入半滴溶液的操作步骤为用锥形瓶内壁将碱式滴定管尖嘴处
的半滴溶液刮入锥形瓶，再用洗瓶将锥形瓶内壁的溶液冲入瓶底，故答案为be；(6)NaSO 的物质的量为
2 2 3
，根据方程式I+2NaSO2-= Na SO+2NaI可知n(I)= ，结合关系式KIO ~3I
2 2 2 3 2 4 6 2 3 2
可知剩余的n(KIO )= ，则与NaBH 反应的n(KIO )= ，根据方程式
3 4 3
可知 = ，则原样品中 =
，样品的纯度为 ，或
= 。
17．(14分)环氧乙烷(简称EO)是高效消毒剂，可用于口罩等医用品消毒，工业常用乙烯氧化法生产。主反应： 2 (g)
副反应：
回答下列问题：
(1)C H 的燃烧热ΔH＝-1411.0kJ·mol−1，则EO(g)的燃烧热ΔH＝ ΔH＝-57.3kJ·mol−1。
2 4
(2)以下既能加快反应速率又能提高EO产率的方法有_______(填标号)。
A．降低温度 B．向容器中充入N 使压强增大
2
C．采用改性的催化剂 D．用空气替代氧气
(3)已知： (g)＋HCl(g) (l)，合成过程中的温度与氯乙醇的平衡产率关系如
图a，30℃下原料投料比与氯乙醇的平衡产率关系如图b。
反应随温度升高平衡产率降低的可能原因为 ；反应达到平衡时，系统总压为p，根据图b中A
点数据计算该温度下的平衡常数K= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
p
(4)EO经水解可得到乙二醇。乙二醇易溶于水的原因为： ；写出乙二醇一氧气碱性燃料电池的
负极电极反应式： 。
(5)以Ag为催化剂的反应机理如图所示。加入1，2-二氯乙烷会发生2Cl(g)+2Ag+O-(s)= 2AgCl(s)+ O (g)。一定条件下，反应经过一定时间后，
2
EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系图所示。则随着1，2-二氨乙烷浓度增大，EO产率先增后减的
原因是 。
【答案】(1) -1306.1(2分) (2)C(2分)
(3)环氧乙烷分解或有副反应发生或升高温度平衡逆向进行(2分) (2分)
(4) 乙二醇与水均为极性分子相似相溶，且乙二醇与水分子间可形成氢键(2分) HOCH CHOH－
2 2
10e-+14OH-=2CO 2-+10H O(2分)
3 2
(5)加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，促进反应Ⅱ，抑制反应Ⅱ，即增加主反应选择性；1，2-二
氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低(2分)
【解析】(1)根据题意，可写出热化学方程式①2C H(g)+O(g)=2 (g) ΔH =－209.8kJ/mol，
2 4 2 1
②C H(g)+3O(g)=2CO (g)+2HO(l) ΔH =－1411.0kJ/mol，③ (g)+ O(g)=2CO (g)+2HO(l)
2 4 2 2 2 2 2 2 2
ΔH，由盖斯定律得ΔH=ΔH － ΔH=－1411.0kJ/mol－ ×(－209.8kJ/mol)=－1306.1kJ/mol；(2)A项，降
3 3 2 1
低温度会使得反应速率降低，A不选；B项，向容器中充入N 使压强增大，若该容器的体积恒定，则该反
2
应的反应速率不变且环氧乙烷的产率不变，B不选；C项，采用改性催化剂可以增大反应速率，提高EO
的选择性，可以提高EO的产率，C选；D项，用空气代替氧气，氧气的浓度降低，反应速率降低，D不
选；故选C；(3)温度升高氯乙醇的平衡产率，可能原因是该反应的△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，氯乙醇的平衡产率降低，或者随着温度升高环氧乙烷发生分解等副反应导致氯乙醇的平衡产率下降；
n(EO)：n(HCl)=1：1.1，设n(EO)=1mol，理论上得到氯乙醇1mol，实际上氯乙醇的平衡产率为90%，则生
成了0.9mol氯乙醇，剩余0.1molEO，以及0.2molHCl，则p(EO)= 、p(HCl)= 、p(氯乙醇)= ，
则 ；(4)乙二醇分子与水分子均为极性分子，且乙二醇中有2个—OH，可与水分子形
成氢键，因此乙二醇易溶于水；在乙二醇—氧气的碱性染料电池中，乙二醇作负极失去电子发生氧化反应，
在碱性条件下生成CO2-和HO，则负极的电极反应式为：HOCH CHOH-10e-+14OH-=2CO 2-+10H O。(5)随
3 2 2 2 3 2
着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是：加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反
应Ⅲ，即增加主反应选择性1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催
化循环受阻，催化效果降低。
18．(14分)依喜替康是一种具有较强抗肿瘤活性的药物。以物质A为起始物，经过如下一系列反应转
化，最终可得到依喜替康衍生物H。回答下列问题：
(1)A中含有官能团的名称为 。
(2)A→B转化中使用了三氟乙酸(CFCOOH)。CFCOOH酸性远强于CHCOOH酸性的原因为 。
3 3 3
(3)C的结构简式为 ；C→D的反应类型为 ，设计该步骤的目
(4)D→E的化学方程式为 。
(5)物质Q与B互为同系物，其化学式为C HNO FBr，则符合下列条件的物质Q的同分异构体有
8 7 2
种(不考虑立体异构)。
①分子结构中除苯环外不含其他环，且苯环上只有三个取代基；②分子结构中含有氨基(-NH )和羧基(-COOH)。
2
(6)已知 。写出上述流程G→H步骤中使用
的试剂M的结构简式： 。
【答案】(1)氟原子(碳氟键)、硝基(1分)
(2)-CF 是吸电子基团而-CH 是推电子基团，导致CFCOOH的羧基中的羟基极性比CHCOOH中羟基
3 3 3 3
的极性大，更易电离出H+(合理即可) (2分)
(3) (1分) 取代反应(1分) 保护氨基，避免发生反应(合理即可) (1
分)
(4) (2分)
(5)60(3分)
(6) (3分)
【解析】根据转化关系图，由结构简式和条件进行分析，A发生溴代反应生成B，B发生还原反应，
硝基转化为氨基，C的结构简式为 ；C到D发生取代反应生成酰胺基，D到E的转化发生取代反应，加成后生成F，则E的结构简式为 ，F再经过一系列反应和
转化，G与M生成H。(1)根据A的结构简式可知，A中含有两种官能团，分别是：碳氟键、硝基；(2)三
氟乙酸的酸性远强于乙酸的原因是：-CF 是吸电子基团而-CH 是推电子基团，导致CFCOOH的羧基中的
3 3 3
羟基极性比CHCOOH中羟基的极性大，更易电离出H+；(3)根据分析，B发生还原反应，硝基转化为氨基，
3
其他结构不变，则C的结构简式为： ；C到D发生取代反应生成酰胺基；设计该步
骤的目的是保护氨基，避免发生副反应；(4)D到E的转化发生取代反应，化学方程式为：
；(5)物质Q与B
互为同系物，其化学式为C HNO FBr，则符合下列条件：①分子结构中除苯环外不含其他环，且苯环上
8 7 2
只有三个取代基；②分子结构中含有氨基(-NH )和羧基(-COOH)的Q的同分异构体：⑴-Br、-F、-
2
CH(NH )COOH三种取代基，-Br、-F处于邻位有4种；-Br、-F处于间位，有4种；-Br、-F处于对位有2
2 2
种，该情况下为10种；⑵-Br、-NH 、-CH(F)COOH三种取代基时有10种；⑶-Br、-COOH、-CH(F)NH
2 2
三种取代基时有10种；⑷-F、-COOH、-CH(Br)NH 三种取代基时有10种；⑸-F、-NH 、-CH(Br)COOH
2 2
三种取代基时有10种；⑹-COOH、-NH 、-CH(Br)F三种取代基时有10种；符合以上条件的同分异构体数
2
目总数为60；(6)根据 ，可知氨基去氢、酮羰基去氧生成新的碳环结构，结合 中的结构简式分析，
M应该为红色标记部分的三环化合物，其结构简式为： 。
