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2025 年高考考前信息必刷卷 01（广东专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：包含高考命题趋势变化，题目呈现方式的变化等
题目呈现方式新变化，先是以传统文字描述为主，流程图和图表题占比约30%；然后引入动态图表(如
反应速率随温度变化曲线)；再到新增三维晶体结构图、分子空间填充模型，图文结合题占比超50%。
2025年可能引入“动态模拟图”（如粒子碰撞动画截图）或“多模态信息组合”（文字+图表+公
式）。
高考·新考法：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
考点新设问，从常规计算题为主，如溶液浓度计算;到知识融合题涌现，如将"化学平衡"与"电化学"结
合;再到逆向思维考查(如通过异常现象反推反应机理)和开放性实验设计。2025年可能要求"多角度论
证”(如从热力学和动力学双视角分析工业条件选择)。
高考·新情境：可涉及情境题目的创新性、实时性、开放性以及跨学科的融合性等
重视创新性与实时性，从传统工业情境(如合成氨、海水提镁);到结合科技热点（核酸检测荧光探针、
钠离子电池);再到紧扣国家战略（碳中和背景的CO制甲醇、钠离子电池量产化)。2025年可能聚焦"氢
能储运""核废水处理""固态电解质"等新兴领域。
命题·大预测：基于本卷的题目进行具体分析，给出趋势性预测，也可提出备考方向等
2025年必考热点:新能源材料(钠/锂/固态电池、光伏制氢);绿色化学（催化反应路径优化、生物降解塑
料);资源循环(废旧电池回收、海水提锂)。题型创新:可能设计“科研论文片段分析"，要求提取关键数
据并推导结论。
（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 Li 7 C 12 N 14 O 16
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．下列物质使用的材料属于有机高分子材料的是
A．航空发动机——碳 B．人造骨骼——镍 C．量子计算机——铁基超 D．滑雪服面料
化硅纤维 钛合金 导材料 ——聚酰胺纤维
【答案】D
【解析】A．碳化硅纤维属于新型无机非金属材料，A错误；
B．镍钛合金属于金属材料，B错误；
C．铁基超导材料属于金属材料，C错误；
D．聚酰胺纤维属于有机高分子材料，D正确；
故选D。
2．生活离不开化学。下列说法不正确的是
A．食盐的主要成分是 ，用电子式表示其形成过程为：
B．食醋的溶质是醋酸，醋酸的分子结构模型：
C．天然气是一种清洁的化石燃料，主要成分 的空间结构为正四面体形
D．蔗糖和核糖都是二糖，它们的水解产物都是葡萄糖
【答案】D
【解析】
A． 是离子化合物，电子式表示其形成过程为： ，A正确；
B．醋酸结构简式CHCOOH，其分子结构模型： ，B正确；
3C． 中心原子C原子价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，C正确；
D．核糖是单糖，不能水解，D错误；
答案选D。
3．湛江市历史悠久，文化底蕴浓厚。下列说法不正确的是
A．“廉江乌龙茶”讲究独特，沏泡过程涉及溶解、过滤、蒸馏等
B．“湛江木偶”栩栩如生，木偶的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖
C．“雷州石狗”千姿百态，雕刻石狗的石头属于无机非金属材料
D．“吴川泥塑”惟妙惟肖，制作工艺中的“烧胚”属于化学变化
【答案】A
【解析】A．“廉江乌龙茶”沏泡过程涉及溶解、过滤，不包含蒸馏，A错误；
B．木偶的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，B正确；
C．石头主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C正确；
D．“吴川泥塑”制作工艺中的“烧胚”有新物质生成，属于化学变化，D正确；
故选A。
4．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．提纯乙酸乙酯 B．吸收氨气 C．除去 中的少量 D．制取少量
【答案】D
【解析】A． 乙酸乙酯与 溶液会发生反应，应该用饱和碳酸钠溶液，A错误；
B． 氨气易溶于水，会发生倒吸，正确装置水应在上层，下层可选择 ，B错误；
C． 会与 溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，C错误；
D． 盐酸可以和大理石反应生成二氧化碳，可以制备二氧化碳，D正确；
故选D。
5．劳动创造幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选
劳动项目 化学知识
项
A 分析员用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶 普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体
B 实验员用加热法分离I 和NaCl I 易升华
2 2
C 用泡沫灭火剂进行消防演习 溶液中Al3+和 发生双水解D 维修工用NaOH和铝粉疏通厨卫管道 Al与NaOH溶液反应产生H
2
【答案】C
【解析】A．X射线衍射法可以区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，A不合题
意；
B．碘单质受热升华，而NaCl受热不升华、不分解，可以用加热法分离，B不合题意；
C．泡沫灭火剂是Al (SO ) 溶液和NaHCO 溶液，即是利用溶液中Al3+和 发生双水解，而与
2 4 3 3
水解无关，C符合题意；
D．Al与NaOH溶液反应产生H，生成气体膨胀可以疏通厨卫管道，与所述的化学知识有关联，D不
2
合题意；
故答案为：C。
6．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和K[Fe(CN) ]试液混合溶液的培养皿中，经过一段时间后，下列说法
3 6
中正确的是(提示：Fe2+遇K[Fe(CN) ]产生蓝色沉淀)
3 6
A．Ⅰ附近产生黄绿色气体
B．Ⅱ附近铁受保护而几乎不被腐蚀
C．Ⅲ附近开始时无明显现象
D．Ⅳ附近很快出现蓝色沉淀
【答案】C
【解析】有实验装置图可知，左图为电解池，其中Zn与电源的负极相连，为阴极，Fe与电源的正极相
连，作阳极，Ⅰ处H+得电子生成H，Ⅱ处铁失电子生成Fe2+；右图为原电池，其中Zn比Fe活泼，因
2
此Zn作负极，Fe作正极，Ⅲ附近Zn失电子生成Zn2+，Ⅳ附近O 得电子，生成OH-，据此分析判断。
2
【解析】A. 溶液中的H+在Ⅰ处得电子，Ⅰ附近产生氢气，为无色气体，A项错误；
B. Ⅱ附近铁为阳极，铁失电子生成亚铁离子，铁被腐蚀，B项错误；
C. 第二个装置是原电池，Zn为负极，失电子生成锌离子，所以开始时，Ⅲ附近无明显现象，C项正
确；
D. 第二个装置是原电池，Zn为负极，Fe为正极，Ⅳ附近O 得电子生成OH-，溶液中没有亚铁离子，
2
不会出现蓝色沉淀，D项错误；
答案选C。
7．一种可完全生物降解的 原电池结构如图所示。电池使用过程中在 表面形成一层 薄膜，
下列说法正确的是水凝胶掺杂
A． 作原电池负极
B．电子由 经电解质流向
C． 表面发生的电极反应：
D． 电极发生还原反应
【答案】C
【分析】锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，Zn是负极，电极反应式为
，Mo为正极。
【解析】A．由分析可知， 作原电池正极， A错误；
B．电子从负极经外电路流向正极，电子不会进入电解质溶液，故由 经导线流向 ，B错误；
C．锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应， 是负极，电极反应式为 ，C
正确；
D． 作负极，失电子，化合价升高，发生氧化反应，D错误；
答案选C。
8．环扁桃酯的结构简式如下所示。下列对该物质的叙述中，正确的是
A．该物质属于芳香烃 B．该有机物难溶于水
C．分子式为 D．该物质含有三种官能团
【答案】B
【解析】A．该物质含有苯环、酯基、醇羟基，属于芳香族化合物，但不是芳香烃，A错误；
B．该有机物含碳原子数比较多，因此在水中溶解性小，难溶于水，B正确；
C．根据物质的结构简式可知分子式为C H O，C错误；
17 24 3
D．该物质含有酯基与醇羟基两种官能团，D错误；
故选B。
9．实验室用废弃铁泥(主要成分是 ，含少量 )制备 的流程如图所示。下列有关说法不正
确的是A．“还原”的目的主要是将 还原为
B．将 在空气中煅烧后可制得
C．“除杂”这一步的操作为过滤
D．滤渣的主要成分是
【答案】B
【分析】铁泥(主要成分是 ，含少量 ) “酸浸”得到的溶液中含有Fe3+、Ca2+，加入过量铁粉
将Fe3+还原为Fe2+，向“还原”后的滤液中加入NH F使Ca2+转化为CaF 沉淀而除去；然后进行“沉
4 2
铁”生成FeCO，以此解答该题。
3
【解析】A．“还原”过程主要是将 还原为 ，A正确；
B． 中二价铁有还原性，在空气中煅烧后可获得 ，无法获得 ，B错误；
C．“除杂”这一步得到滤渣和滤液，操作为过滤，C正确；
D． 主要用来除去 ，因此滤渣为 ，D正确；
故选B。
10．硫是一种重要的非金属元素，硫单质及其化合物在工业生产中应用广泛。下列物质性质实验对应的反
应方程式书写不正确的是
A．往NaSO 溶液中滴加硫酸：NaSO + H SO = Na SO + SO ↑+ S↓+ H O
2 2 3 2 2 3 2 4 2 4 2 2
B．SO 通入高锰酸钾溶液中：5SO + 2KMnO + 2H O = 2MnSO + 2H SO + K SO
2 2 4 2 4 2 4 2 4
C．往碳粉中加入浓硫酸加热搅拌：2HSO (浓) + C CO↑+2SO↑+2H O
2 4 2 2 2
D．硫粉与铜粉隔绝空气混合加热：S+ Cu CuS
【答案】D
【解析】A．NaSO 溶液中滴加硫酸，NaSO 发生歧化反应生成二氧化硫、硫单质、硫酸钠和水，
2 2 3 2 2 3
对应的化学方程式为NaSO + H SO = Na SO + SO ↑+ S↓+ H O，故A正确；
2 2 3 2 4 2 4 2 2
B．SO 通入高锰酸钾溶液中发生反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸，根据电子守恒、原子守恒配平方程
2
式为5SO + 2KMnO + 2H O = 2MnSO + 2H SO + K SO ，故B正确；
2 4 2 4 2 4 2 4
C．碳与浓硫酸加热生成二氧化硫、二氧化碳、水，对应的化学方程式为2HSO (浓) + C
2 4
CO↑+2SO↑+2H O，故C正确；
2 2 2
D． 硫与变价金属反应生成低价金属硫化物，硫粉与铜粉反应生成Cu S，对应的化学方程式为S+
2
2Cu Cu S ，D错误；
2
故答案为：D。
11．设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下， 与足量 反应转移电子数为
B． 分子中含有 键的数目一定为
C．常温下， 中氢键数目为
D． 的 溶液中 的数目为
【答案】A
【解析】A．氯气与氯气共热反应生成氯化铁，则标准状况下，22.4L氯气与足量铁反应转移电子数为
×2×N mol—1=2N ，故A正确；
A A
B．分子式为C H 的烃可能为环丙烷，也可能是丙烯，环丙烷分子中不含有π键，故B错误；
3 6
C．常温下，水为液态，分子中含有的氢键数目不能确定，所以无法计算18g水分子中含有的氢键数
目，故C错误；
D．草酸钠是强酸弱碱盐，草酸根离子在溶液中水解，所以1L1mol/L草酸钠溶液中草酸根离子的数目
小于1mol/L×1L×N mol—1=N ，故D错误；故选A。
A A
12．通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下：
下列说法不正确的是
A．CCl 起到萃取、富集I 的作用
4 2
B．a中下层变无色，说明I 转化为I－
2
C．Ⅲ中发生反应的离子方程式为：Br + 2I－=== I + 2Br－
2 2
D．依据a、b中现象，可以证明Cl 的氧化性比 Br 强
2 2
【答案】B
【解析】A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子,下层呈紫色,所以CCl 起到萃取、富集I 的作用,所以
4 2
A选项是正确的;B、四氯化碳不溶于水,比水重,碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中,四氯化碳层为紫
红色,上层主要溶质是氯化钾,加氯水后，I 被氧化为碘酸根离子，能溶解在水中，而不是将I 转化为I-,
2 2
故B错误;C、溴单质的氧化性强于碘单质,所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质,发生了Br +2I-=
2
I+2Br-,所以C选项是正确的;D、Ⅱ滴入氯水能将碘单质氧化成无色的碘酸根离子,而Ⅳ滴入溴水下层
2
仍呈紫色,所以氯气的氧化性强于溴单质,故D正确; 答案：B。
13．中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星，探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(主要成分为
)。已知X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大，Y的氢化物常用于刻蚀玻璃容器，矿物界离不开R元素，R与X质子数之和为22，W的合金材料是生活中用途最广泛的金属
材料，基态Z原子核外s、p能级上电子总数相等。下列叙述正确的是
A．电负性：Y>X>R B．ZX为共价晶体
C．与氢形成的共价键的键能：H-X>H-Y D．熔点：
【答案】A
【分析】氢氟酸常用于刻蚀玻璃容器，Y为F；生活中用途最广泛的金属材料是钢铁合金，W为Fe；
前四周期中只有氧、镁原子的s、p能级上电子总数相等，根据原子序数递增确定Z为Mg；矿物界离
不开R，R为Si，X为O。从而得出X、Y、Z、R、W分别为O、F、Mg、Si、Fe。
【解析】A．X、Y、R分别为O、F、Si，非金属性F＞O＞Si，则电负性：F＞O＞Si，A项正确；
B．MgO为离子化合物，形成离子晶体，B项错误；
C．F的原子半径小于O的原子半径，则H-F键的键能大于H-O键的键能，C项错误；
D．SiF 是分子晶体，FeO是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，则熔点SiF＜FeO，D项错
4 4
误；
故选A。
14．下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选
陈述I 陈述II
项
A 用重结晶法除去苯甲酸混有的 苯甲酸具有酸性
B 草木灰不能与 混合使用 与 反应生成氨气会降低肥效
C 用 溶液检验 具有氧化性
D 用铝制容器盛装浓硝酸 铝与浓硝酸不反应
【答案】B
【解析】A．用重结晶法除去苯甲酸混有的氯化钠是因为苯甲酸的溶解度随温度变化大，而氯化钠的
溶解度随温度变化小，与苯甲酸是否具有酸性无关，故A错误；
B．草木灰的有效成分碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，草木
灰与氯化铵混合使用时，碳酸钾溶液会与氯化铵溶液反应生成氨气会降低肥效，所以不能混施，故B
正确；
C．铁离子能与硫氰酸根离子发生络合反应生成血红色的硫氰化铁，所以用硫氰化钾溶液检验铁离
子，与铁离子能形成配位键有关，与铁离子的氧化性无关，故C错误；
D．铝在浓硝酸中会发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以能用铝制容器盛装浓硝酸，
故D错误；故选B。
15．25℃，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：
下列说法不正确的是A．在该反应条件下，产物2比产物1稳定
B．乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面
C．生成产物1的决速步活化能为46.0kcal/mol
D．反应达到平衡时，升高温度可提高产物2产率
【答案】D
【解析】A．从图中可知，产物2的能量比产物1低，根据能量越低越稳定的原则，产物2比产物1稳
定，A正确；
B．从图中可知，乙醇中的O原子与固体酸分子筛中的H原子形成分子间氢键，因此乙醇通过氢键吸
附于固体酸分子筛表面，B正确；
C．生成产物1的决速步骤为活化能最高的一步，从图中可知生成产物1时活化能最高为
36.7+9.3=46kcal/mol，C正确；
D．生成产物2的反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，产物2产率降低，D错误；
故答案选D。
16．火星大气约95%是CO，Li-CO 电池在未来的火星探测领域有着重要的应用前景。科学家设计了一系
2 2
列Ru/M-CPY@ CNT(碳纳米管)杂化材料(M = Co、Zn、Ni、Mn， CNTs碳纳米管是一种电导率高、
比表面积大、通道和孔隙率丰富的导电基底)作为电极。已知该电池放电时的反应为
4Li+3CO=2Li CO+C，下列说法错误的是
2 2 3
A．放电时，Li电极作电池负极，有电子经导线流出
B．充电时，每转移1mol电子，两电极的质量变化差值为7g
C．充电时，阳极的电极反应式为C-4e-+2Li CO =3CO ↑+4Li+
2 3 2
D．杂化材料中CNTs增多了CO 的吸附位点，可使该电池表现出优异的电化学性能
2【答案】B
【分析】由电池放电时的反应可知，Li化合价由0价变成+1价，故是原电池的负极，复杂材料电极是
正极。
【解析】A．由以上分析可知，放电时，Li电极作电池负极，有电子经导线流出，A正确；
B．充电时，阳极C变成二氧化碳，阴极Li+变成Li，故每转移1mol电子，消耗0.25molC质量为3g，
生成1molLi质量为7g，故两电极的质量变化差值为3g+7g=10g，B错误；
C．充电时，阳极上C失电子变成二氧化碳，故阳极的电极反应式为C-4e-+2Li CO =3CO ↑+4Li+，C
2 3 2
正确；
D．CNTs碳纳米管是一种电导率高、比表面积大、通道和孔隙率丰富的导电基底，增加二氧化碳的吸
收效率，故可使该电池表现出优异的电化学性能，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（14分）硫化物性质多样，应用广泛。
I．（1） 常用作污水中重金属离子的沉淀剂，该过程处理 发生反应的离子方程式为
。
（2）利用 的还原性脱硫，其与 反应从而减少硫排放，该过程氧化剂和还原剂的物质的量之
比为 。
II．探究 溶液与 溶液的反应
（3）配制一定浓度的 溶液
配制 溶液时，通常将 固体溶于浓盐酸中，其目的为 ；该过程一定不需要用到
的仪器为 。
（4）探究 溶液与 溶液的反应兴趣小组向4支编号为a、b、c、d的试管中分别加入
的饱和 溶液，再快速加入不同体积的饱和 溶液，振荡试管，观察实验现象。
编号 a b c d
饱和 溶
0.2 1.0 2.0 8.0
液/
立即产生黑色沉淀 立即产生黑色沉淀， 立即产生黑色沉淀沉淀 立即产生黑色
实验现象 沉淀很快消失，有 沉淀缓慢消失，有黄 长时间后才消失，有黄 沉淀，黑色沉
黄色固体出现 色固体出现 色固体出现 淀不消失
①实验中黄色固体为 (填化学式)，小组成员认为该现象能证明 和 发生了氧化还原反应，其反应的离子方程式为 。甲同学猜想实验中产生的黑色沉淀主要成分为 。于
是他做了如下实验：
将实验d中的黑色沉淀过滤，并用二硫化碳处理后洗净。向沉淀中加入盐酸，振荡试管，
实验操作
观察现象
实验现象 加入盐酸后黑色沉淀溶解，变为乳黄色沉淀，并放出有臭鸡蛋气味的气体
②该实验现象验证了甲同学的猜想。用二硫化碳处理黑色沉淀的目的为 。加入盐酸发生
反应的离子方程式为 。
③分析实验现象可知， 溶液少量时， 与 主要发生氧化还原反应： 溶液过量时，
与 主要发生复分解反应生成黑色的 。氧化还原反应和复分解反应互为竞争关系，但反应一开
始总是先产生黑色沉淀，请利用化学反应原理解释其原因： 。
【答案】（1） （2分）
（2）1∶2（1分）
（3） 抑制铁离子的水解 （1分） A（1分）
（4）S（1分） （2分）
除去可能存在的S，防止对后续实验造成干扰（2分） （2分）
Fe3+与S2-的复分解反应活化能更低，反应速率更快（2分）
【分析】本题是一道探究性是实验题，本题探究了硫化钠的量的不同时，和氯化铁反应的现象不同，
得出结论两者的复分解反应较快的结论，以此解题。
【解析】（1）硫离子和铜离子反应生成硫化铜，离子方程式为： ；
（2）硫化钠和二氧化硫反应生成单质硫，该反应中二氧化硫中硫由+4价降低到0价，为氧化剂，硫
化钠中硫由-2价升高0价，为还原剂，根据得失电子守恒可知，该过程氧化剂和还原剂的物质的量之
比为1∶2；
（3）三价铁容易水解，则配制 溶液时，通常将 固体溶于浓盐酸中，其目的为：抑制铁离
子的水解；配制一定浓度 溶液时，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不
需要分液漏斗，故选A；
（4）①三价铁有氧化性，可以将硫离子氧化为黄色的单质S；方程式为： ；
②黑色沉淀中可能会混入黄色的单质硫，硫易溶于二氧化硫，故用二硫化碳处理黑色沉淀的目的为除
去可能存在的S，防止对后续实验造成干扰；根据实验现象，加入盐酸后黑色沉淀溶解，变为乳黄色
沉淀，并放出有臭鸡蛋气味的气体，则 和盐酸反应后生成单质硫和硫化氢，离子方程式为：
；
③由于反应一开始总是先产生黑色沉淀，则说明Fe3+与S2-的复分解反应活化能更低，反应速率更快。
18．（14分）回收利用废旧电池正极材料 (含有铝箔等杂质)的流程如下图所示：回答下列问题：
（1）基态Li原子的轨道表示式为 ，Li的焰色试验的颜色为 (填标号)。
A．黄色 B．紫色 C．绿色 D．紫红色
（2）“粉碎”的目的是 。
（3）“浸出”时可能产生的气体是 (填化学式)。
（4）“浸出”后的溶液酸性较强，导致浸出液中铁、磷元素含量较高。从平衡移动角度解释其原因
。
（5）已知25℃时，pc与pH的关系如图所示， ，c为 、 或 的物质的量
浓度。则“调pH”的范围为 。
（6）碳酸锂的溶解度曲线如图所示，“沉锂”后获得碳酸锂的操作为 、 、洗涤、干
燥。
【答案】（1） （1分） D（1分）
（2）增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率（2分）
（3）Cl（2分）
2（4）溶液中酸性较强，则发生反应 ，从而导致平衡 右移，
溶液中Fe、P元素含量较多（2分）
（5）4.7≤pH＜8.4（2分）
（6）蒸发浓缩（2分） 趁热过滤（2分）
【分析】废旧磷酸铁锂正极材料(Al、LiFePO 等杂质)先经过粉碎研磨，可以增大与反应物的接触面
4
积，与HCl和NaClO 浸出反应生成物有气体Cl、沉淀FePO ，溶液中有Al3+、Li+、Fe3+、 等，
3 2 4
加入Mg(OH) 生成Mg(PO )，加入适量NaOH使Al3+、Fe3+生成Al(OH) 、Fe(OH) 沉淀，滤液中含有
2 3 4 2 3 3
Li+离子，再加入碳酸钠生成碳酸锂沉淀。
【解析】（1）基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为 ；Li的焰色试
验的颜色为紫红色，故选D；
（2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；
（3）浸出时LiFePO 与盐酸、NaClO 反应生成沉淀FePO 、气体Cl、NaCl和LiCl；
4 3 4 2
（4）溶液中酸性较强，则发生反应 ，从而导致平衡 右移，
溶液中Fe、P元素含量较多；
（5）根据图像，调节pH的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH) 、Fe(OH) 沉淀，而不使Al(OH) 溶解，则
3 3 3
pH的范围是4.7≤pH＜8.4；
（6）由LiCO 的溶解度曲线可知，温度升高，LiCO 的溶解度降低，即在温度高时，LiCO 的溶解
2 3 2 3 2 3
度小，有利于析出，所以提高LiCO 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸
2 3
发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。
19．（14分）当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气
中二氧化碳含量成为研究热点。
Ⅰ.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二二氧化碳。已知：
①
②
③
回答下列问题：
（1） 。
（2）在300℃恒压密闭容器中，加入2mol 和6mol ，发生上述反应。反应达平衡时， 的
转化率为75%，容器体积减小25%， 的物质的量为 mol。CO的物质的量为
mol。反应①的平衡常数 。
（3）一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入0.23mol 和0.19mol (假设只发生反应③)，相同时间内 的转化率随温度变化如图所示：
①a点为图象中最高点，a点的转化率比c点高的原因是 。
②平衡时测得生成甲醇0.03mol，保持温度不变再通入0.1mol 和0.1mol水蒸气，此时v(正)
v(逆)(填“>”，“＜”，“=”)。
（4）Ⅱ.捕碳技术(主要指捕获 )在降低温室气体排放中具有重要的作用。下列物质中能作为捕碳
剂的是 。
A． B．CaO C． D．
已知： 的 ， 的 、 。工业生产尾气中的
捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的 。所得溶
液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是
。
【答案】（1）-49kJ·mol-1（2分）
（2）1（1分） 0.5 （1分） 0.6（1分）
（3） a点为T 温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO 转化率降低（2分）
2 2
＜（2分）
（4）AB（2分） 碱性 （1分） 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO 的吸收（2
2
分）
【解析】（1）根据盖斯定律①+②=③，可得 =
；
（2）反应①气体总物质的量不变，反应②容器体积(气体总物质的量)减小25%，
△n=(2mol+6mol)×25%=2mol，反应② 消耗
n(CO)=1mol，n(H )=2mol，n( )=1mol；①
2
， =1.5mol-1.0mol=0.5mol， =1.5mol， =0.5mol， =4.5mol-2.0mol=2.5mol反应①的平衡常数 ；
（3）①a点为图象中最高点，a点的转化率比c点高的原因是：a点为T 温度下的平衡点，反应为放
2
热反应，升高温度平衡逆向移动，CO 转化率降低；
2
② ，平衡时： =0.2mol/L、 =0.1
mol/L、 =0.03 mol/L、 =0.03 mol/L，K
= ，保持温度不变再通入0.1mol 和0.1mol水蒸气，Q=
＞K，平衡逆向移动，此时v(正)＜v(逆)；
（4）碳酸钾与二氧化碳、水生成碳酸氢钾，氧化钙与二氧化碳生成碳酸钙；故选AB；所得溶液为碳
酸氢铵溶液，NH + NH · +H+ K= ，HCO + HCO+OH- K =
3 h 2 3 h(HCO )
，K ＞K ＞K ，所以碳酸氢根的水解大于铵根的水解，故呈碱性；烟气
h(HCO ) h(NH ) a2(H2CO3)
需冷却至20℃左右的可能原因是：降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO 的吸收。
2
20．（14分）下图为某药物合成线路的一部分：
（1）化合物Ⅰ的分子式为 。
（2）化合物Ⅴ中不含氧的官能团名称为 ；化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，在核磁共振
氢谱图上只有3组峰，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，其结构简式为 。
（3）根据化合物Ⅱ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
a
b 银镜反应
（4）已知反应②的原子利用率为100%，反应③为消去反应，则物质Ⅲ的结构简式为 。反应④
需要的另外一种有机反应物为 。
（5）下列说法正确的是_______(填标号)。A．化合物Ⅰ可溶于水，是因为它可以和水分子形成氢键
B．反应②中有 键的断裂与形成
C．化合物Ⅳ分别与足量的 和 反应，消耗 和 的物质的量之比为5：1
D．相同物质的量的化合物Ⅳ和Ⅴ在一定条件下分别与足量的热NaOH溶液反应，两者消耗NaOH的
物质的量之比为3：4
（6）以甲苯为主要原料，无机试剂任选，制备化合物Ⅰ，基于你设计的合成路线，回答下列问题(均
要注明反应条件)：
ⅰ．第一步反应的化学方程式为 。
ⅱ．最后一步为把溶液酸化，则酸化之前反应的化学方程式为 。
【答案】（1） （1分）
（2）碳溴键、碳碳双键 （2分） （1分）
（3）Na（0.5分） 置换反应 （0.5分） 银氨溶液或 或 （0.5
分） （0.5分）
（4） （1分） （1分）
（5）AD（2分）
（6） （2分）
（2分）
【解析】（1）根据化合物Ⅰ的结构可知，分子式为 。
（2）根据化合物化合物Ⅴ的结构可知，不含氧的官能团名称为：碳溴键、碳碳双键；
化合物Ⅱ的某种同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，既能发生银镜反应，又能发
生水解反应，说明含有甲酸酯基，其结构简式为： 。
（3）化合物Ⅱ中含有羟基，能与Na发生置换反应产生H；醛基具有还原性，在碱性条件下可以和银
2氨溶液在加热条件下发生氧化还原反应转化为羧酸盐，反应形成的新结构为 。
（4）反应②的原子利用率为100%，说明发生的是加成反应，结合Ⅳ的结构可知，物质Ⅲ的结构简式
为： ；
反应④是发生酯化反应产生Ⅴ，因此另外一种有机反应物为 。
（5）A．化合物Ⅰ中含有羟基和醛基，能和水分子形成氢键，因此可溶于水，故A正确；
B．反应②为加成反应，是苯环上的醛基被加成，断裂的碳氧双键，生成羟基，没有 键的形成，故B
错误；
C．化合物Ⅳ中酚羟基的邻对位可以与浓溴水发生取代反应，即1molⅣ消耗溴为1mol，含有碳碳双键
可以与溴单质发生加成反应，即1molⅣ消耗溴为1mol，醛基也可以与溴水发生氧化还原反应，即
1molⅣ消耗溴为1mol，共消耗溴为3mol；化合物Ⅳ中，苯环可以与 发生加成反应，即1molⅣ消
耗 为3mol，碳碳双键可以与 发生加成反应，即1molⅣ消耗 为1mol，醛基也可以与 发生
加成反应，即1molⅣ消耗 为1mol，共消耗H 为5mol，消耗 和 的物质的量之比为5：3，故
2
C错误；
D．化合物Ⅳ中含有1个碳溴键，1个酚羟基，均能与热NaOH溶液反应，碳溴键水解在NaOH中水解
后会产生酚羟基，因此1mol化合物Ⅳ消耗NaOH溶液为3mol；化合物Ⅴ中含有1个碳溴键，1个酯
基，碳溴键水解在NaOH中水解后会产生酚羟基，而酯基水解也会产生酚羟基，均能与热NaOH溶液
反应，即1mol化合物Ⅴ消耗NaOH溶液为4mol，因此两者消耗NaOH的物质的量之比为3：4，故D
正确；
故答案选AD。
（6）化合物Ⅰ为 ，以甲苯为主要原料，根据题中要求，合成路线为：
，
第一步反应的化学方程式为 ；最后一步为把溶液酸化，则酸化之前反应的化学方程式为：
。
