文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 01(北京专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：近年来高考化学试卷总体呈现回归教材、回归课标的特点，2025年可能会继续延续这一
趋势。这意味着每一道题在考纲上都会有相应的考点对应，不管题型、考法、侧重点如何变化，都会
基于教材本身展开。
高考·新考法：对中学化学基础知识能正确复述、再现、识别，并能融会贯通；将实际问题分解，通过
运用有关知识，采用分析、综合的方法，处理简单化学问题；对常规考点的新设问或知识融合，对非
常规考点的创新糅合等。
高考·新情境：继续考查高中化学主干内容，强调化学与科技、生产、生活的亲密联系。高考化学学科
的改革旨在贴近社会与生活，强调课程标准的教育理念。改革后，试题将更加紧密地结合生活生产环
境，体现教育与实践的融合。命题会精选试题情境，发挥学科育人价值。情境素材可能来源于生活实
际、科研成果、社会热点等
命题·大预测：化学试题将继续体现综合性，即一道试题可能涉及多个知识点的综合考查。例如，在一
道工业流程题中，可能同时考查化学反应原理、元素化合物知识、化学实验操作等多个方面的内容，
要求考生能够将所学的化学知识融会贯通。题目的呈现方式可能会有创新，例如采用图表、数据等多
种形式呈现信息，增加信息的密度，测试考生在阅读理解、知识提炼、信息整合及书面表达等方面的
综合能力。考生需要能够快速捕捉关键信息、精准分析并有效传达信息，像根据图表中的数据变化趋
势分析化学平衡的移动方向等。
(考试时间：90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 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 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137
第一部分
一、选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的
一项。)
1．2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级(通常2～20nm)的半导体晶体，其中铜铟硫(CuInS )量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学
2
电池领域。下列说法不正确的是( )
A．制备过程中得到的CuInS 量子点溶液能够产生丁达尔效应
2
B．可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构
C．已知In的原子序数为49，可推知In位于元素周期表第四周期
D．基态Cu+的价层电子排布式为3d10
【答案】C
【解析】A项，量子点是指尺寸通常在2～20nm，制备过程中得到的CuInS 量子点溶液属于胶体，能
2
够产生丁达尔效应，故A正确；B项，X射线衍射可以分析晶体中原子的排列方式，可利用X射线衍射技
术解析量子点的晶体结构，故B正确；C项，已知In的原子序数为49，可推知In核外有5个电子层，位
于元素周期表第五周期，故C错误；D项，Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu失去最外层1个
电子得到Cu+，基态Cu+的价层电子排布式为3d10，故D正确；故选C。
2．下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A．HClO的电子式： B．CH 分子的球棍模型：
4
C．基态Cr原子的价层电子排布式：4d54s1 D．乙炔的结构式：H-C≡C-H
【答案】C
【解析】A项，次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为 ，故A正确；B项，甲烷分子的空
间构型为正四面体形，分子的球棍模型为 ，故B正确；C项，铬元素的原子序数为24，基态原子的
价层电子排布式为3d54s1，故C错误；D项，乙炔的官能团为碳碳三键，结构式为H-C≡C-H，故D正确；
故选C。
3．我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，
防护原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应B．通电时，阴极上的电极反应式为2HO+2e-=H↑＋2OH-
2 2
C．把锌环换成锡环后，断电时，仍能防止铁帽被腐蚀
D．断电时，正极上的电极反应式为O+2H O+4e-=4OH-
2 2
【答案】C
【解析】根据电源和直流电方向可知，锌环作阳极、铁帽作阴极。A项，通电时锌环与电源的正极相
连，作阳极，发生氧化反应，A正确；B项，通电时铁作阴极，水中氢离子放电，电极反应式为2HO+2e-
2
=H↑＋2OH-，B正确；C项，因铁比锡活泼，断电时构成原电池，锡作正极，而铁作负极被消耗，所以
2
铁帽被腐蚀，C错误；D项，断电时构成原电池，铁作正极氧气得电子，即正极上的电极反应式为
O+2H O+4e-=4OH-，D正确； 故选C。
2 2
4．下列说法正确的是( )
A．直馏石油和裂化石油都可以用来萃取溴水
B．CO 与环氧丙烷在稀土催化剂下可生产可降解高分子
2
C．聚乳酸和聚丙烯酸甲酯均可通过加聚反应制得
D．胸腺嘧啶核糖核苷酸是 基本组成单位之一
【答案】B
【解析】A项，裂化汽油中含有烯烃，烯烃能与溴水发生加成反应，所以不能用来萃取溴水，A错误；
B项，在稀土催化剂作用下，CO 和环氧丙烷可生产可降解高分子，B正确；C项，聚丙烯酸甲酯可通过
2
加聚反应制得，聚乳酸是通过缩聚反应制得，C错误；D项，胸腺嘧啶是DNA特有的，胸腺嘧啶脱氧核糖
核苷酸是DNA基本组成单位之一，D错误；故选B。
5．下列离子方程式正确的是( )
A．碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：3Fe2++4NO-+4H+=3Fe3++NO↑+2H O
3 2
B．氯化铝溶液与浓氨水混合：Al3++4NH ·H O=AlO-+4NH ++2H O
3 2 2 4 2
C．银氨溶液中加入足量盐酸：[Ag(NH)]2++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH++H O
3 2 4 2
D．用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H O 2OH-+Cl↑+H ↑
2 2 2
【答案】C
【解析】A项，碘离子的还原性比亚铁离子强，碘化亚铁中滴入少量稀硝酸，与碘离子反应，A错误；
B项，氯化铝与浓氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，不能生成偏铝酸根，B错误；C项，银氨溶液与盐酸
反应生成氯化银、氯化铵和水，离子方程式正确，C正确；D项，镁离子与氢氧根不共存，会生成氢氧化
镁沉淀，离子反应方程式错误，D错误；故选C。
6．下列实验能达到实验目的的是( )A．验证浓硫酸具有脱 C．制备并收集
B．验证牺牲阳极法 D．铁件镀铜
水性
【答案】A
【解析】A项，浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以HO形式脱去而生成炭黑，图中实验证明了浓硫酸
2
的脱水性，故A正确；B项，直接在铁电极附近加入K[Fe(CN) ]溶液，由于K[Fe(CN) ]中的铁是+3价，
3 6 3 6
有可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液会形成蓝色沉淀，无法达到实验目的，正确的操作是用胶头滴管吸取
铁电极附近的溶液于试管中，滴加K[Fe(CN) ]溶液，观察是否产生白色沉淀，故B错误；C项，NO 和
3 6 2
HO反应生成HNO 和NO，不能采用排水法收集NO ，应该采用向上排空气法收集，故C错误；D项，电
2 3 2
镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极，电解质溶液中含有与阳极材料相同的金属阳离子，图中阴阳极材料
应该互换，且用硫酸铜溶液作电解质溶液，故D错误；故选A。
7．几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是( )
A．①中，试剂a可以是Cu
B．②中，需要确保NaOH溶液足量
C．③中，生成1mol NaSO 时，转移4mol电子
2 2 3
D．③中，将S换为Cl，氧化产物为NaSO
2 2 4
【答案】C
【解析】A项，Cu与浓HSO 发生氧化还原反应，生成硫酸铜和二氧化硫，A正确；B项，NaOH溶
2 4
液足量可保证二氧化硫被完全吸收，B正确；C项，由反应NaSO +S=NaSO 可知，1mol Na SO 时，
2 3 2 2 3 2 2 3
转移2mol电子，C错误；D项，将S换为Cl， Cl 化合价降低，NaSO 化合价升高生成氧化产物
2 2 2 3
NaSO ，D正确；故选C
2 4
8．侯氏制碱法利用CO、NH 、饱和 溶液先制得NaHCO ，进一步生产NaCO，下列说法不正确
2 3 3 2 3
的是( )
A．生产中，向溶有CO 的饱和食盐水中通入NH ，析出NaHCO
2 3 3B．将所得NaHCO 固体加热生产出纯碱
3
C．碳酸氢钠和碳酸钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱
D．新制氯水中加入少量碳酸氢钠，可提高氯水漂白效果
【答案】A
【解析】A项，二氧化碳难溶于水、NH 极易溶于水，所以生产中，应向溶有NH 的饱和食盐水中通入
3 3
过量CO，增大溶质中含碳离子，析出NaHCO ，故A错误；B项，NaHCO 热稳定性不强，受热易分解，
2 3 3
将所得NaHCO 固体加热分解可生成碳酸钠，故B正确；C项，碳酸是二元弱酸，碳酸氢钠和碳酸钠为强
3
碱弱酸盐，均能水解，其溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，故C正确；D项，新制氯水中加入少
量碳酸氢钠，碳酸氢钠能和盐酸反应，促进氯气和水的反应正向进行，溶液中次氯酸浓度增大，可提高氯
水的漂白效果，故D正确；故选A。
9．碱金属和碱土金属元素分别位于元素周期表的ⅠA族和ⅡA族，它们的化合物应用广泛。历史上
曾以NaCl为原料生产NaOH作为化学工业开端的标志。NaO 是强氧化剂，熔融条件下可将Fe O 氧化为
2 2 2 3
NaFeO。格氏试剂(如CHCHMgCl)在有机化学中有重要用途。MgCl·6H O受热分解最终生成MgO。下
2 4 3 2 2 2
列物质性质与用途不具有对应关系的是( )
A．NaO 能与水和CO 反应生成O，可用作供氧剂
2 2 2 2
B．MgCl 溶液能导电，可用来冶炼金属镁
2
C．NaHCO 能跟盐酸反应，可用于治疗胃酸过多
3
D．MgO是碱性氧化物，可用于吸收燃煤烟气中的
【答案】B
【解析】A项，NaO 能与水反应或二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具等作供氧剂，故A不符
2 2
合题意；B项，电解氯化镁溶液时，阴极上氢离子放电生成氢气，不能得到镁单质，应该采用电解熔融氯
化镁的方法冶炼Mg，故B符合题意；C项，胃酸主要成分是盐酸，碳酸氢钠能与盐酸反应生成氯化钠、
二氧化碳和水，可用于治疗胃酸过多，故C不符合题意；D项，SO 是酸性氧化物，MgO是碱性氧化物，
2
在氧气作用下二者反应生成MgSO ，则MgO可用于吸收燃煤烟气中的SO ，故D不符合题意；故选B。
4 2
10．工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS 等杂质)。
2
已知：ⅰ、常温下，PbCl 难溶于水；Pb2+可以与Cl-形成PbCl 2-
2 4
ⅱ、FeS 可溶于一定浓度的盐酸。
2
ⅲ、浸取过程中还存在如下图的反应。下列说法不正确的是( )
A．浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含 物质的溶解性
B．反应Ⅰ中，每消耗3molMnO ，生成6molFe3+
2
C．反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：Fe3++FeS =2Fe2++2S↓
2
D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS 固体表面
2
【答案】C
【解析】A项，已知：常温下，PbCl 难溶于水；Pb2+可以与Cl-形成PbCl 2-，浸取方铅矿时，饱和食盐
2 4
水的作用主要是增大氯离子浓度，提高含Pb物质的溶解性，A正确；B项，反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4
变为+2，铁元素化合价由+2变为+3，根据电子守恒可知，MnO ~2Fe3+，则每消耗3molMnO ，生成
2 2
6molFe3+，B正确；C项，反应Ⅱ中，铁离子和FeS 反应生成S和亚铁离子，离子方程式为：2Fe3+
2
+FeS =3Fe2++2S，C错误；D项，反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的S覆盖在FeS 固体表面，减
2 2
小了反应面积，导致反应速率减慢，D正确；故选C。
11．二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯
M的合成方法如下：
下列说法不正确的是( )
A．K和M中均含有手性碳原子
B．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
C．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
D．生成1 mol M参加反应的CO 的物质的量为(m + n)mol
2
【答案】B【解析】A项，由图可知，K分子中含有如图*所示的手性碳原子： ，M分
子中含有如图*所示的手性碳原子： ，故A正确；B项，由图
可知，K分子、L分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M的过程中会产生含五
元环的副产物，即： ，故B错误；C项，由图可知，M分子中含有的酯基在强酸或强碱溶液
中会发生水解反应，所以使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故C正确；D项，根据反应可知，每生成
1molM，理论上消耗(m+n)molCO ，故D正确；故选B。
2
12．类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推合理的是( )
A．HF的热稳定性强于HCl，则NH F的热稳定性强于NH Cl
4 4
B．15-冠-5(冠醚)能识别Na+，则18-冠-6(冠醚)能识别K+
C．MgCl 溶液在空气中蒸干得到MgO固体，则SrCl 溶液在空气中蒸干得到SrO固体
2 2
D．若发生2CuS+3O 2CuO+2SO ，则发生2HgS+3O 2HgO+2SO
2 2 2 2
【答案】B
【解析】A项，HF的热稳定性强于HCl是由于F的非金属性大于Cl，NH F、NH Cl受热分解属于铵
4 4
盐的分解，与非金属性无关，A错误；B项，15-冠-5(冠醚)能识别Na+，电子层数越大，其离子半径越大，
K+的离子半径比大Na+，冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，则18-冠-6(冠醚)能识别
K+，B正确；C项，SrCl 为强酸强碱形成的盐，Sr2+不水解，因此SrCl 溶液在空气中蒸干得到SrCl 固体，
2 2 2C错误；D项，HgO在加热的条件下发生分解，2HgO 2Hg+O↑，因此HgS与O 在高温下得不到HgO，
2 2
D错误；故选B。
13．反应SO2-(aq)+ 2I- (aq) =I(aq)+2SO2-(aq)在加入Fe3+后反应进程中的能量变化如图，已知反应机
2 8 2 4
理中有Fe2+出现。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．步骤①的热化学方程为：2Fe3+(aq)+ 2I- (aq) =I(aq)+2Fe2+(aq) ΔH＝(E -E )kJ·mol−1
2 3 1
B．决速步是第②步
C．升高温度可以更容易检测到Fe2+
D．无Fe3+时，反应的活化能小于E-E ，但是△H相同
3 2
【答案】C
【解析】A项，步骤①反应物的总能量为E ，生成物的总能量为E ，所以步骤①的焓变ΔH＝(E -
1 3 3
E)kJ·mol−1，A项错误；B项，步骤①的活化能大于步骤②，所以步骤①是慢反应，决速步是第①步，B项
2
错误；C项，由于步骤①正反应产生Fe2+，步骤②逆反应产生Fe2+，且步骤①是吸热反应，升温有助于朝
步骤①的正反应进行，而步骤②是放热反应，升温有助于朝步骤②的逆反应进行，两个方向均是有利于
Fe2+的生成，所以升高温度可以更容易检测到Fe2+，C项正确；D项，无Fe3+时，反应的活化能应更大，大
于E-E ，D项错误；故选C。
3 2
14．化学小组探究 与 是否存在反应，实验过程如下图所示。下列分析不正确的是( )
A．②中溶液无色是因为Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致平衡Fe3++3SCN- Fe(SCN) 逆向移动
3
B．③中溶液略显黄色，可能是因为②→③过程中Fe2+被空气氧化
C．④中溶液颜色比①浅，说明Fe2+与SCN-反应导致c(SCN-)减小
D．将向①中加入的2滴水改为2滴0.3mol·L-1FeSO 溶液，两次实验后的溶液颜色相同
4
【答案】C
【解析】A项，②中溶液加入足量铁粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中Fe3+浓度减小，导致Fe3++3SCN-
Fe(SCN) 平衡逆向移动，导致溶液颜色变浅甚至无色，A正确；B项，③中溶液略显黄色，可能是
3
因为Fe2+被空气氧化，生成Fe3+，B正确；C项，④中加入2滴Fe (SO ) 溶液，溶液又显红色，但是颜色比
2 4 3
①浅，是因为溶液中Fe(SCN) 浓度比①小，C错误；D项，①中溶液2mL，②中溶液4mL，然后分成两等
3
份，一份是2mL，所以①溶液体积和②溶液分成两等份后溶液体积是相同的，所以向①中加入的2滴水改
为2滴0.3mol·L-1FeSO 溶液，两次实验后的溶液颜色相同，D正确；故选C。
4
第二部分
二、非选择题(本部分共5题，共58分。)
15．(12分)某钠离子电池以NaClO 的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Na[Mn Fe(CN) ]作正极材料，
4 x 6
Na作负极材料。
(1)CO 与环氧丙烷( )在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。
2
①CO 是 (填“极性”或“非极性”)分子。
2
②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是 杂化。
③沸点：环氧丙烷 CO (填“>”或“<”)，解释其原因： 。
2
(2) MnCl 溶液与Na[Fe(CN) ]溶液混合可制备Na[Mn Fe(CN) ]晶体。
2 4 6 x 6
①基态Mn原子的电子排布式是 。
②CN-的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，(CN) 被称为拟卤素。
2ⅰ．(CN) 与HO反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、 。
2 2
ⅱ．HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是 。
③为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl 溶液与柠檬酸钠(Na C HO)溶液混合，
2 3 6 5 7
发生反应：，3Mn2++2C HO3- Mn(C HO)，再加入Na[ Fe(CN) ]溶液以制备Na[Mn Fe(CN) ]晶体。
6 5 7 3 6 5 7 2 4 6 x 6
阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用： 。
(3)金属氢化物MgFeH 是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为anm，如下图所示。
2 6
①MgFeH 晶胞中H原子个数为 。
2 6
②已知MgFeH 的摩尔质量是M g·molˉ1，阿伏加德罗常数为N ，该晶体的密度为 。
2 6 A
(1nm=10-7cm)
【答案】(1)非极性(1分) sp3(1分) >(1分) 二者均为分子构成的物质，环氧丙烷的相对
分子质量更大，分子的极性更大，范德华力更大(1分)
(2) 1s22s22p63s23p63d54s2(1分) H—O—C≡N(1分) N原子的电负性大，—CN具有吸电子
效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂(1分) 柠檬酸钠与Mn2+反应生成Mn(C HO)，降低了
3 6 5 7 2
Mn2+的浓度，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，Mn2+的浓度降低，3Mn2++2C HO3-
6 5 7
Mn(C HO) 逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳(2分)
3 6 5 7 2
(3) 24(1分) (2分)
【解析】(1)①CO 是直线型分子，结构对称，是非极性分子。②环氧丙烷中，O原子价电子对数为
2
4，杂化轨道类型是sp3杂化。③环氧丙烷和二氧化碳均为分子构成的物质，环氧丙烷的相对分子质量更大，
分子的极性更大，范德华力更大，所以环氧丙烷的沸点大于CO 的沸点。(2)①Mn是25号元素，基态Mn
2
原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2。②ⅰ．氯气和水反应生成H-Cl和H-O-Cl，则(CN) 与HO反应
2 2
的生成物的结构式分别是H-C≡N、H-O-C≡N。ⅱ．N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使HCN中
H-C的极性更大，更易断裂，所以HCN的酸性比乙炔的强。③将MnCl 溶液与柠檬酸钠(Na C HO)溶液
2 3 6 5 7
混合，发生反应：3Mn2++2C HO3- Mn(C HO)，降低了Mn2+的浓度，再加入Na[Fe(CN) ]溶液以
6 5 7 3 6 5 7 2 4 6制备Na[Mn Fe(CN) ]晶体，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，Mn2+的浓度降低，3Mn2+
x 6
+2C HO3- Mn(C HO) 逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳。(3)铁原子位于晶
6 5 7 3 6 5 7 2
胞的顶点和面心，根据均摊原则，MgFeH 晶胞中Fe原子数为 ，根据分子式MgFeH 可知，
2 6 2 6
H原子个数为24。②该晶体的密度为 。
16．(10分)二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成
有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。
一定条件下使CO、H 的混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有：
2 2
I． ； ，
II． ； ，
(1)E 、E 分别是正反应的活化能，E、E 分别是逆反应的活化能，则E E3(填“大于”“小
1 3 2 4 1 1
于”或“等于”)。
(2)恒温恒容条件下，将1molCO (g)和2molH (g)组成的混合气体通入 的反应器中发生反应。下列有
2 2
关说法正确的是_______(填字母)。
A．反应过程中
B．容器的压强不再变化时，反应都达到平衡
C．加入反应I的催化剂，升高反应I的活化能，故提高平衡时CHO的选择性
2
D．降低反应温度，反应I的正反应速率加快、反应II的正反应速率减小
(3)将1molCO (g)和2molH (g)组成的混合气体通入不同温度下体积均为 的反应器，均经过 检
2 2
测生成物的物质的量，如下图所示。①实验过程中，高于380°C后曲线C逐渐减小，分析发生该变化的原因： 。
②计算450℃时，在0~10 min内HO的平均反应速率v(H O)= 。
2 2
③450℃时，反应II的平衡常数 (结果保留两位小数)。
(4)下图是一种电化学催化还原二氧化碳制备甲醛的装置原理图。
①电解过程中双极膜产生的 移向 极(填“M或N”)。
②N极为 极(填“阳”或“阴”)，N电极生成甲醛的电极反应式为 。
【答案】(1)小于(1分) (2)AB(2分)
(3) 反应I是放热反应，反应达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，CHO的物质的量减小(2分)
2
0.031 mol·L－1·min－1(1分) 0.69(1分)
(4) M(1分) 阴(1分) CO +3H O+4e-=CH O+4OH-(1分)
2 2 2
【解析】(1) ，解得 ；
，解得 ，则E 小于E。(2)A项，将
1 3
1molCO (g)和2molH (g)组成的混合气体通入2L的反应器中发生反应，含碳原子的物质有CO、CO、
2 2 2CHO，则根据碳原子守恒可知，反应过程中 ，A正确；B项，
2
反应I是气体分子数减少的反应，反应II是气体分子数不变的反应，则反应开始至达到平衡过程，恒温恒
容反应器中混合气体分子数不断减少，压强不断减小，则当容器的压强不再变化时，能说明反应都达到平
衡，B正确；C项，加入反应I的催化剂，降低反应I的活化能，可提高平衡时CHO的选择性，C错误；
2
D项，降低反应温度，反应I、II的正反应速率均减小，D错误；故选AB。(3)①反应的生成物有CHO、
2
HO和CO，因反应I、II均生成HO，则HO的物质的量最多，即曲线A表示HO的变化；反应I是放热
2 2 2 2
反应，反应达到平衡后，升高温度，导致平衡逆向移动，CHO的物质的量减少，则曲线C表示CHO的
2 2
变化，且曲线C先升后降，说明最高点达到平衡状态；曲线A表示HO的变化，曲线C表示CHO的变化，
2 2
则曲线B表示的是CO的变化。实验过程中，高于380°C后曲线C逐渐减小，发生该变化的原因是：反应
I是放热反应，反应达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，CHO的物质的量减小；②由图可知，曲线A表
2
示HO的变化，a点(450，0.62)，所以450℃时，在0~10 min内HO的平均反应速率
2 2
；③450℃时，容器内各组分的物质的量分别为HO：0.62
2
mol，CHO：0.07 mol，CO：0.55 mol，CO： ，H：
2 2 2
，容器体积为2L，则反应II的平衡常数 ；(4)①由
图可知，N极上CO 被还原生成CHO，则N极为阴极，M极为阳极，电解池中阴离子移向阳极，所以电
2 2
解过程中双极膜产生的OH-移向M极；②由图可知，N极上CO 被还原生成CHO，则N极为阴极，由于
2 2
是碱性介质(KOH)，所以N电极生成甲醛的电极反应式为：CO+3H O+4e-=CH O+4OH-。
2 2 2
17．(12分)开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞
坦的前体K的合成路线如下：已知：ⅰ．R-Br+CHR1(COOR2) R-CR1(COOR2)
2 2
ⅱ．
(1)A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是 。
(2)B中含有 ，试剂a是 。
(3)D的结构简式是 。
(4) 中，反应ⅰ的化学方程式为 。
(5)下列关于有机物F和G的说法正确的是 (填字母)。
a．F和G均没有手性碳原子
b．F和G均能与NaHCO 反应
3
c．F和G均能与银氨溶液反应
(6)H与NH OH反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显
2
示中间产物2、3中均含 键。
中间产物1、中间产物3的结构简式是 、 。
(7) 的过程中，SeO 转化为含 价Se的化合物，反应中SeO 和 的物质的量之比为 。
2 2
【答案】(1) (1分)
(2)HBr(1分)
(3) (1分)(4) +2NaOH +2CH OH(2分)
3
(5)bc(1分)
(6) (2分) 或 (2分)
(7)3：1(1分)
【解析】由有机物的转化关系可知，核磁共振氢谱有3组峰的 一定条件下与环氧乙烷反应
生成 ，则A为 、B为 ；B与溴化氢发生取代反应生成C：
；催化剂作用下C与CH(COOCH ) 发生取代反应生成D，则D为 ；催
2 3 2
化剂作用下D与Br(CH)CHO发生取代反应生成E，E在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成
2 2，再酸化生成F，则F为 ；F共热发生脱羧反应生成G，则G为
；G在一定条件下转化为H，H与羟胺发生加成反应生成 ，
发生消去反应生成 ， 发生构型转化生成
或 ， 或 再发生
消去反应生成I： ，I与二氧化硒发生氧化反应生成J，则J为 ；催化剂作用下J发生取代反应生成 。(1)A的结构简式为 ；(2)由分析可知，
与溴化氢发生取代反应生成 和水，则试剂a为溴化氢；(3)由分析可知，D的
结构简式为 ；(4)E→F中，反应i为 在氢氧化钠溶液中共热发
生水解反应生成 和甲醇，反应的化学方程式为 +2NaOH
+2CH OH；(5)a项，由结构简式可知，G分子中含有1个如图*所示的1个手性碳原子：
3，故错误；b项，由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故正
确；c项，由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故正确；故选bc；(6)H→I的
反应为 与羟胺发生加成反应生成 ， 发生消去反应生
成 ， 发生构型转化生成 或
，则中间产物1的结构简式为 ，中间产物3的结构简式为
或 ；(7)I→J的反应为 与二氧化硒发生氧化反应生成 ，甲基被氧化为羧基，相当于C的化合价升高6价，由得失电子数目守恒
可知，反应中氧化剂二氧化硒和还原剂的物质的量之比为3：1。
18．(10分)某钒渣主要成分为VO(含有少量Al O、CaO)，以其为原料生产VO 的工艺如下图：
2 3 2 3 2 5
已知：
i．钒酸(H VO )是强酸，NH NO (偏钒酸铵)难溶于水； 价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的
3 4 4 3
关系如表所示。
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要离子 VO + VO - VO4- VO 3-
2 3 2 7 4
ii．室温下，K (CaCO)= m，K [Ca (VO )]=n。
sp 3 sp 3 4 2
iii． 在溶液pH=3.3时开始沉淀，溶液pH=4.7时沉淀完全。
请回答以下问题：
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 ；焙烧过程中VO 生成Ca(VO ) 的化学方程式为
2 3 3 2
。
(2)已知Ca(VO ) 难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=5，则Ca(VO ) 溶于盐酸的离子方
3 2 3 2
程式为 。
(3)“转沉”时，发生反应Ca (VO )(s)+3CO2-(aq) 3CaCO (s)+2VO 3-(aq)，该反应的平衡常数K=
3 4 2 3 3 4
(用含m、n的代数式表示)。
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 。(5)产品纯度测定：将mg产品(V O)溶于足量稀硫酸配成100 mL(VO )SO 溶液。取20.00mL该溶液于
2 5 2 4
锥形瓶中，用a mol·L-1HC O 标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体
2 2 4
积为20.00mL。
①完成下列滴定过程的离子方程式： 。
______VO ++_____H C O+________=____VO2+++______CO ↑+________
2 2 2 4 2
②产品的纯度为 (用质量分数表示)。
【答案】(1)增大固体反应物与酸的接触面积，加快酸浸的速率(1分)
VO+CaO+O Ca(VO )(1分)
2 3 2 3 2
(2)Ca(VO )+4H+= Ca2++2VO-+2H O(1分)
3 2 2 2
(3) (2分)
(4)高于80℃时NH +水解程度增大，c(NH +)减小(1分)
4 4
(5) 2VO++H C O+2H+=2VO2+++2CO ↑+2H O(2分) (2分)
2 2 2 4 2 2
【解析】由题给流程可知，废钒渣中加CaO在空气中焙烧时，VO 与CaO、空气中的氧气反应转化
2 3
为Ca(VO )，Al O 与CaO反应转化为Ca(AlO)；向焙烧后的固体中加入盐酸，pH=5时将Ca(VO ) 转化
3 2 2 3 2 2 3 2
为VO Cl，AlO-转化为Al(OH) 沉淀，过滤得到含有Al(OH) 的滤渣1和含有VO +的滤液；向滤液中加入
2 2 3 3 2
石灰乳，将VO 2+转化为Ca (VO ) 沉淀，过滤得到滤液1和Ca (VO )；向Ca (VO ) 中加入碳酸铵溶液，
2 3 4 2 3 4 2 3 4 2
将Ca (VO ) 转化为(NH )VO ，过滤得到含有CaCO 的滤渣2和含有(NH )VO 的滤液；向滤液中加入氯化
3 4 2 4 3 4 3 4 3 4
铁固体，将(NH )VO 转化为NH VO 沉淀，过滤得到滤液2和NH VO ；NH VO 灼烧脱氨制得VO。(1)
4 3 4 4 3 4 3 4 3 2 5
酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；由分析可知，
VO 与CaO、空气中焙烧反应转化为Ca(VO )，反应的化学方程式为：VO+CaO+O Ca(VO )。(2))
2 3 3 2 2 3 2 3 2由表格信息可知，溶液 pH为5时，钒元素在溶液中以VO +形式存在，则Ca(VO ) 与盐酸反应生成
2 3 2
CaCl、VO Cl和HO，反应的离子方程式为：Ca(VO )+4H+= Ca2++2VO-+2H O。(3)由方程式可知，反应的
2 2 2 3 2 2 2
平衡常数 。(4)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶
液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小
导致沉钒率下降。(5)由题知，离子方程中VO -→VO2+，V元素的化合价从+5降低到+4，HC O→CO 草酸
2 2 2 4 2
为还原剂，C元素化合价从+3价升高到+4，按得失电子守恒、元素质量守恒，可得2VO +
2
+H C O+2H+=2VO2+++2CO ↑+2H O；产品纯度测定时发生的反应为：2VO ++H C O+2H+=2VO2++
2 2 4 2 2 2 2 2 4
+2CO ↑+2H O，可得关系式：VO~2VO+~H C O，已知mg产品溶于足量稀硫酸配成100 mL(VO )SO 溶
2 2 2 5 2 2 2 4 2 4
液，取20.00mL该溶液，消耗20.00mL a mol·L-1 HC O，则产品的纯度为：
2 2 4
。
19．(14分)某小组同学向pH = 1的 0.5 mol·L-1 的 FeCl 溶液中分别加入过量的 Cu粉、Zn粉和Mg粉，
3
探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
(1)理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn 、Mg中不可将 Fe3+还原为Fe的金属是 。
(2)实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到 Fe单质
一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大
Ⅱ 过量Zn 量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液 pH为 3～4，取出
固体，固体中未检测到 Fe单质
有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐
Ⅲ 过量Mg 色沉淀后， 持续产生大量气泡，当溶液 pH为3～4时，取出
固体，固体中检测到Fe单质
①分别取实验 I、II、III中的少量溶液，证明都有 Fe2+生成，检验的操作和现象是 。
②实验 II、III都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。
③对实验 II未检测到 Fe单质进行分析及探究。
i. a.甲认为实验II中，当 Fe3+ 、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe 也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式 。
b.乙认为在pH为 3～4 的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验(填实验操作和现象) 。
证实了此条件下可忽略 H+对Fe的消耗。
c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ii.查阅资料：0.5 mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
结合 a、b和c ，重新做实验 II，当溶pH为3～4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，
控制 pH＜1.2， (填实验操作和现象)，待 pH为 3～4时，取出固体，固体中检测到 Fe单质。
(3)对比实验II和Ⅲ， 解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因 。
【答案】(1)Cu(2分)
(2) ①向溶液中滴入K[Fe(CN) ]溶液，产生蓝色沉淀(2分)
3 6
②Fe3+在溶液中存在如下平衡：Fe3++3H O Fe(OH) +3H+，加入的Mg或Zn会与H+反应，促进平
2 3
衡向正反应方向移动，使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀(2分)
3
③2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H ↑(2分)
2
向pH为3～4的溶液中加入铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K[Fe(CN) ]溶液，不产生蓝色沉淀
3 6
(2分)
加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸(2分)
(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH) 沉淀包裹(2分)
3
【解析】该实验的实验目的是探究氯化铁溶液与过量铜粉、锌粉、镁粉反应时，溶液中氧化剂的微粒
及其还原产物。由实验现象可知，实验Ⅰ中发生的反应为过量的铜与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子和
铜离子；实验Ⅱ中发生的反应为铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氢离子，锌与溶液中的氢离
子反应生成氢气，促进水解平衡右移，导致铁离子转化为氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀包裹锌粉，阻碍锌
与溶液中的亚铁离子反应生成铁；实验Ⅲ中发生的反应为铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氢
离子，镁与溶液中的氢离子反应生成氢气，促进水解平衡右移，导致铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应生
成的大量气泡，使镁粉不容易被氢氧化铁沉淀包裹，能与溶液中的亚铁离子反应生成铁。(1)由金属活动顺
序表可知，镁、锌的金属性强于铁，能与溶液中的亚铁离子发生置换反应生成铁，铜的金属性弱于铁，不
能与溶液中的亚铁离子反应，则不可能将溶液中铁离子还原为铁的为Cu；(2)①证明实验中有亚铁离子生
成的实验操作为分别取实验I、II、III中的少量溶液，向溶液中滴入K[Fe(CN) ]溶液，产生蓝色沉淀说明
3 6
实验中有亚铁离子生成；②实验II、III都有红褐色沉淀生成是因为Fe3+在溶液中存在如下平衡：Fe3++3H O
2
Fe(OH) +3H+，加入的Mg或Zn会与H+反应，促进平衡向正反应方向移动，使Fe3+转化为Fe(OH)
3 3
沉淀；③i.a.铁是活泼金属，能与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子，能与溶液中的氢离子反应生成亚铁离子和氢气，反应的离子方程式分别为2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H ↑；b.要证实在pH为3~4的溶液中
2
可忽略氢离子对铁的消耗实际上就是铁不能与pH为3~4的酸溶液反应，具体操作为向pH为3～4的溶液
中加入铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K[Fe(CN) ]溶液，不产生蓝色沉淀；ii.证实Zn粉被包裹的
3 6
实验方案为重新做实验 II，当溶pH为3～4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜
1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测
到 Fe单质；(3)实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质是因为加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)
3
沉淀包裹。
