文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 01（湖北专用）
化 学
考情速递
高考·新考法：
1． 核心素养导向：高考化学命题将更加注重对学生核心素养的考查，包括人文底蕴、科学精神、学会学
习、健康生活、责任担当和实践创新六大领域。试题将强调理论与实践相结合，考查学生在真实情境
中的应用能力。
2． 跨学科融合：化学命题中跨学科融合的趋势日益明显，尤其是与物理、生物等理科科目的相互渗透。
试题可能会结合物理公式解释化学反应原理，或涉及生物化学方面的知识。
3． 时代背景与社会热点：高考化学命题越来越关注当下的时代背景和社会热点问题，如环境保护、公共
健康、科技创新等。这些题目往往基于真实的新闻报道或统计数据，要求学生运用所学知识进行分析
和评价。
4． 开放性与创新性：为了培养学生的创新思维和实践能力，高考化学命题逐渐向开放性和创新性转变。
传统的封闭式选择题比例有所减少，而开放性问答题、探究性实验题等新题型不断增加。
5． 信息技术的应用：高考化学命题也开始引入更多的数字化元素，如电子阅卷系统的广泛应用提高了评
分效率和准确性。部分科目如信息科技、编程等开始进入高考范畴，考查学生的信息处理能力和计算
机操作技能。
高考·新情境：
1． 新材料应用场景：如半导体材料、新能源材料、环境材料和纳米材料等。这些材料在现代科技中的应
用将成为考查的重点，特别是结合价态分析、晶体结构计算等知识。
2． 碳中和与环境保护：涉及工业尾气处理、碳循环技术、污染治理和绿色化学等内容。这些题目将考查
学生对氧化还原反应、电极反应式书写以及工艺流程设计的理解。
3． 医药健康领域：包括药物合成、检测技术、靶向治疗和营养化学等。这些情境将考查学生对有机反应
类型、官能团性质与物质鉴别实验设计的能力。
4． 传统工业升级：如金属冶炼、化肥生产、精细化工和能源转化等。这些题目将考查学生对化工流程中
的物质转化路线分析、反应条件选择以及平衡移动原理的应用。
5． 实验创新探究：包括异常现象溯源、微型实验设计、数字化实验和文献复现等。这些情境将考查学生
的实验设计、误差分析与数据修正能力。
命题·大预测：
1． 注重基础知识的考查：非常重视对基础知识的考查，尤其是化学核心概念和基本原理的应用。选择题
的前几题直接考查了高中化学的基础知识，如化学反应原理（第2题、第13、14题）、化学用语（第
4题）、化学实验（第9题）等。
2． 情境化命题：常常以真实情境为载体，考查学生运用化学知识解决实际问题的能力。第2、3题题以
解决实际问题为情境，考查相关的化学原理。3． 跨学科融合：试题中常常出现跨学科的内容，尤其是与物理、生物等学科的结合。第6、19题以生物
素、抗微生物的有机物为背景，考查有机化学基础知识。
4． 创新性和综合性：注重创新性和综合性，常常出现新颖的题型和考查角度。第3题、15题题目设问难
度较大，要求学生具备较高的综合运用能力。
5． 弘扬时代主题：试题内容常常与时代主题和社会主义核心价值观相结合，体现学科的育人功能。第1
题以劳动为背景，考查学生的化学知识。
（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 N 14 O 16
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的科学知识没有关联的是
选项 劳动项目 科学知识
A 工人使用氯气对自来水杀菌消毒 次氯酸具有强氧化性
B 收纳师用活性炭给冰箱除异味 活性炭具有吸附性
C 工人用水玻璃浸泡木材防火 水溶液呈碱性
D 工程师在燃煤时加入适量生石灰脱硫 二氧化硫与生石灰反应
【答案】C
【解析】A．氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以消毒，与所述的科学知识有关联，A
不符合题意；B．活性炭具有吸附性，能给冰箱除异味，与所述的科学知识有关联，故B不符合题意；
C．水玻璃是硅酸钠水溶液，具有阻燃、耐高温的性质，涂在木材表面可以有效阻隔木材燃烧，与溶液
显碱性没有关系，C符合题意；D．二氧化硫属于酸性氧化物，可以和碱性氧化物反应，在燃煤时加入
适量生石灰生成亚硫酸钙，最终被氧化为硫酸钙，可以达到脱硫的效果，与所述的科学知识有关联，
故D不符合题意；答案选C。
2．埋地管道所处环境特殊，当其通过不同的土壤时会发生电化学腐蚀，对管道的正常运行造成很大危
害。下图为地下管道经过黏土(含氧量少)和沙土(含氧量多)时发生腐蚀的示意图。下列说法不正确的是A．该管道发生电化学腐蚀时，负极上的电极反应式：Fe-2e−=Fe2+
B．掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道电化学腐蚀更快
C．如果沙土供氧充分，则黏土中铁管腐蚀会加剧
D．若采用外接电流的阴极保护法进行防腐，所用阳极材料需为金属性强于铁的单质
【答案】D
【解析】A．该管道发生电化学腐蚀时，Fe为原电池的负极，Fe失去电子生成Fe2+，负极上的电极反
应式为：Fe-2e−=Fe2+，A正确；B．电化学腐蚀需要电解质溶液参与，黏土比沙土更加湿润，含水量较
多，掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道电化学腐蚀更快，B正确；C．如果沙土供氧充
分，则管道在沙土中的部分为正极，在黏土中的部分为负极，该部分铁管失去电子，腐蚀会加剧，C正
确；D．若采用外接电流的阴极保护法进行防腐，将铁管道与电源负极相连作阴极，阳极应该选择惰性
电极，不能选金属性强于铁的单质，D错误；故选D。
3．西北地区淡水资源短缺，盐湖众多，盐碱水淡化研究有重大意义。海(盐碱)水淡化常用方法有蒸馏法、
反渗透法、离子交换法、电渗析法等(如下图)。下列相关说法错误的是
A．甲原理是蒸馏法，利用了沸点差异
B．乙原理与过滤相同，利用了微粒直径差异
C．丙中两种离子交换树脂可以互换位置
D．丁中 出口是淡水， 出口是浓缩盐水【答案】C
【解析】A．甲利用的是太阳能将水气化，然后冷凝收集淡水，原理是蒸馏，A正确；B．乙利用的是
不同孔径的膜选择性允许不同微粒透过，达到分离目的，同过滤相同，B正确；C．丙中若交换位置，
先交换出 ，则会与钙、镁离子沉淀，堵塞交换柱，C错误；D．丁由装置图知， 的水中离子通过
交换膜转移走， 中通过交换膜富集，D正确；答案选C。
4．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A． 的水溶液可以杀菌消毒，其原因可表示为
B． 分子中p-p 键的形成过程可以表示为
C．右图转化过程总反应可表示为
D．用电子式表示水分子的形成过程：
【答案】D
【解析】A． 与水生成次氯酸，可以杀菌消毒， ，A正确；B． 分
子中氯原子的3p轨道头碰头形成p-p 键，形成过程可以表示为
，B正确；C．根据图示可知，转化过程总
反应为 ，C正确；D．水是共价化合物，用电子式表示水分子的形成过程：
，D错误；故选D。
5．物质的结构决定其性质。下列实例与解释相符的是
选
实例 解释
项
A 、 、 键角依次减小 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
B 熔点： 熔化时要断开化学键， 只需克服范德华力
C 不存在稳定的 分子 原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个 键
D 焰色试验为黄色 与 电子跃迁有关【答案】C
【解析】A． 的价层电子数为 ，无孤对电子，因此N采用sp杂化，空间结构为直线
形，键角为180°， 的价层电子数为 ，无孤对电子，因此N采用sp2杂化，空间结构
为平面三角形，键角为120°， 的价层电子数为 ，无孤对电子，因此N采用sp3杂化，
空间结构为正四面体，键角为109°28′，都无孤电子对，无法得出孤电子对与成键电子对的斥力大于成
键电子对之间的斥力，故A错误；B． 和 均为分子晶体，融化时均需克服范德华力，优于
分子范德华力大，故熔点： ，故B错误；C． 原子价层只有2s、2p合计4个原子轨道，由
共价键的饱和性可知，所以不能形成5个 键，所以不存在稳定的 分子，故C正确；D．
焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，故D错误；答案选C。
6．维生素H又称生物素，其结构简式如图所示。下列关于维生素H的说法错误的是
A．分子式为
B．含有3个手性碳原子
C． 最多消耗
D．分子中上下两个五元环中的C、N、S均为 杂化
【答案】D
【解析】A．根据结构可知，含有10个C原子，16个H原子，1个S原子，2个N原子，3个O原子，
分子式为 ，A正确；B．如图分析 ，含有3个手性碳原
子，B正确；C．1mol维生素H与足量NaOH水溶液反应，羧基和酰胺基能与NaOH反应，故共消耗
3mol NaOH，C正确；D．五元环中的C、N、S，酰胺基中的C为 杂化，其余为sp3杂化，D错误；
故选D。
7．向 溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是
试剂 离子方程式
A 通入 气体B 滴加少量的 溶液
C 滴加硫酸酸化的KI溶液
D 滴加酸性 溶液
【答案】A
【解析】A．向 溶液通入 气体，离子方程式为 ，故A正确；B．向
溶液滴加少量的 溶液， 作催化剂，化学方程式为 ，故B
错误；C．向 溶液滴加硫酸酸化的KI溶液，离子方程式为 ，故C错
误；D．向 溶液滴加酸性 溶液，离子方程式为
，故D错误；故选A。
8．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构不能解释性质或用途的是
选项 结构 性质或用途
A 聚乙炔中含共轭大π键 聚乙炔可用于导电高分子材料
B 杯酚具有一定大小的空腔 杯酚可用于 和 的分离
C 硅酸盐中含有硅氧四面体结构 硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的性质
甘油(丙三醇)中含有三个羟基，易形
D 甘油为粘稠性液体
成分子内氢键
【答案】D
【解析】A．聚乙炔可用于导电高分子材料是因为聚乙炔中含共轭大π键，共轭结构使得π电子能够在
分子链上自由移动而具有导电性，故A正确；B．杯酚具有一定大小的空腔，能与C 形成超分子，与
60
C 不能形成超分子，超分子具有“分子识别”的特性，所以杯酚可用于C 和C 的分离，故B正确；
70 60 70
C．硅酸盐中含有相互连接的硅氧四面体结构，所以硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的优良性能，
故C正确；D．甘油为粘稠性液体是因为甘油中含有三个羟基，易形成分子间氢键，分子间作用力增大
使得甘油在常温常压下呈现为黏稠性液体，故D错误；故选D。
9．某化合物可用于除虫菊酯原料及制药工业原料，其结构如图所示，其中X、Y、Z、W、R为原子序数
依次增大的短周期主族元素，X、Y、W的原子序数之和为15，R在第三周期。下列叙述正确的是
A．电负性： B．第一电离能：
C．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸 D．XR晶体属于共价晶体【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、W的原子序数之和为
15，X只连接了1个共价键，X为H；Y形成四条共价键，说明Y最外层电子数为4，Y为C；W形成
两条共价键，W为O，则Z为N，R在第三周期，形成 价离子，则R为 。
【解析】A．同周期主族元素，从左往右，电负性增大，则电负性： ，A错误；B．同周期主族
元素，从左往右，第一电离能有增大的趋势，由于N原子结构中p轨道为半充满结构，比较稳定，所
以第一电离能： ，B错误；C．氮的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，硝酸为强酸，C正
确；D． 晶体属于分子晶体，D错误；答案选C。
10．氮化锂( )可用于制作有机发光二极管，通过下列实验步骤可制备少量 ，部分实验装置如图所
示。
实验步骤：
ⅰ．通入 ，并逐步升温至200℃；ⅱ．一段时间后，停止加热，冷却至室温，在小反应器中加入1
粒新切锂粒，在大反应器中加入10~12粒新切锂粒；ⅲ．继续通入 一小时后，再缓慢升温至
450℃，待反应结束取出 产品。
下列叙述错误的是
A．制备 需要在严格无水无氧条件下进行
B．装置中 和 溶液的作用相同
C．步骤ⅰ的目的是排尽装置内的空气和水蒸气
D．实验结束时，从大反应器中收集 产品
【答案】B
【分析】因Li极易与水、氧气等反应，因此制备 需要在无水无氧的环境下，并利用N 排尽装置
2
中的空气和水蒸气，利用小反应器除去N 中可能混有的 、 等，在大反应器中收集产品。
2
【解析】A．Li极易与水、氧气等反应，所以制备 需要在严格无水无氧条件下进行，A正确；B． 是常用的干燥剂，用于吸收水，而 溶液具有还原性，用于吸收氧气，所以它们的作
用不相同，B错误；C．步骤ⅰ使反应体系内充满 ，将能与Li反应的空气和水蒸气排尽，C正确；
D．小反应器中放少量锂粒，用于除去气体中可能混有的 、 等，所以产品应该在大反应器中，
D正确；故答案选B。
11．理论预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视
为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。下列说法不正确的是
A．图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为6
B．设X的最简式的摩尔质量为M g·mol-1，则X晶体的密度为 g·cm-3
C．图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元
D．图c晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb=1∶1∶2
【答案】A
【解析】A．以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目
为2，晶胞右侧中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为
4，A错误；B．X晶胞中Hg的个数为 ，Ge的个数为 ，Sb的个数为
8×1=8，则晶体的化学式为HgGeSb ，根据密度
2
(g·cm-3)，B正确；C．题图b中上、下两个面的面心原子分别为Hg和Ge，晶胞结构不对称，上、下
两个面的面心原子在上、下平移过程中不能重合，故它不是晶胞单元，C正确；D．由B项均摊法计
算可知，该晶胞中粒子个数比为Hg∶Ge∶Sb=4∶4∶8=1∶1∶2，D正确;答案选A。
12．高温结构陶瓷氮化硅由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：
,下列说法正确的是（ 为阿伏伽德罗常数的值）
A． 和 是氧化剂 B． 既是氧化产物，又是还原产物
C．每消耗 转移的电子数为 D．从熵变角度分析，反应更易生成
【答案】C【解析】反应 中C元素的化合价由0价升高到+2价，N元素的化合
价由0价降低到-3价，反应中总共转移12个电子， 据此分析解答。
A．SiO 中Si和O元素的化合价都未发生变化，故SiO 不是氧化剂，故A错误；B．N元素的化合价
2 2
由0价降低到-3价，故Si N 只是还原产物，故B错误；C．反应中总共转移12个电子，故每消耗
3 4
1molC转移的电子数为2N ，故C正确；D．若反应生成CO，则反应为
A 2
，产生的气体分子数更少，故从熵变角度分析，反应难生成CO，
2
故D错误；故选：C。
13． 时，碳酸水溶液中各含碳微粒的物质的量分数 、硫酸水溶液中各含硫微粒的物质的量分数 随
pH变化关系如图。[例如 ]。已知：
， 。下列说法正确的是
A．曲线①代表
B． 在 的 溶液中的溶解度大于在 的硫酸溶液中的溶解度
C． 与 的 溶液反应，仅需一次就能较充分地转化为
D．若空气中 的分压增大10倍，此时向 饱和溶液中加入等体积 的 溶液，会
产生 沉淀
【答案】C
【解析】A. 随pH增大， 增大，曲线②代表 ，故A错误；B. 的 溶
液中 大于 的硫酸溶液中 ， 在 的 溶液中的溶解度小于
在 的硫酸溶液中的溶解度，故B错误；C. 与 的 溶液反应，反
应后 ， ，所以 ，仅需一次就
能使99.4%的 转化为 ，故C正确；D. 若空气中 的分压增大10倍，此时 饱和溶液中碳酸根离子浓度极小，加入等体积 的 溶液，不会产生 沉淀，故D错误；选
C。
14．利用如图电化学装置可将 转化为 ，同时获得 。下列说法错误的是
A．催化电极Ⅱ与电源的正极相连
B．工作时，质子通过交换膜由催化电极Ⅱ室移向催化电极Ⅰ室
C．催化电极Ⅰ的电极反应式：
D．理论上每消耗 ，生成
【答案】D
【分析】由图示可知，催化电极Ⅰ通入CO，生成CO，化合价降低，得到电子，为阴极，电极反应
2
式为CO+2e−+2H+=CO+H O，催化电极Ⅱ为阳极，电极反应式为Cl--2e-+H O=ClO-+2H+，以此解题。
2 2 2
【解析】A．催化电极Ⅱ为阳极，与电源正极相连，故A正确；B．电解池中，质子移向阴极，质子
通过交换膜由催化电极Ⅱ室移向催化电极Ⅰ室，故B正确；C．催化电极Ⅰ通入CO，生成CO，化合
2
价降低，得到电子，为阴极，电极反应为CO+2e−+2H+=CO+H O，C正确；D．根据电子得失守恒，
2 2
消耗1molCO ，转移2mol电子，生成1molNaClO，故D错误；故答案选D。
2
15．链状分子A上同时含有两个不同的识别位点，分别为位点1、位点2，当位点带正电荷时，就可以增
强与环状分子B的作用。因此，通过加入酸和碱，可以实现分子梭在两个不同状态之间的切换。下列
说法不正确的是
A．环状分子B属于冠醚
B．位点1、位点2的氮原子的价层电子对数相同C．酸性条件下，位点2与环状分子B的作用增强
D．酸性和碱性条件下，分子A与分子B均可形成超分子
【答案】B
【解析】A．分子B是由醚键构成的环状分子，属于冠醚，A说法正确；B．由分子B的结构可知，
位点1的氮原子的价层电子对数为3，位点2的氮原子的价层电子对数为4，B说法不正确；C．酸性
条件下，位点2的氮原子结合 显正电性，与环状分子B的作用增强，C说法正确；D．由题意和题
图可知，酸性和碱性条件下，环状分子B均可通过与带正电荷的链状分子A上的位点结合形成超分
子，D说法正确；答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）工业上用某软锰矿(主要成分为 ，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂
。工艺流程如图所示。
已知：当溶液中某离子的浓度不大于 时，该离子沉淀完全。 时相关物质的 如
表所示。
物质
回答下列问题：
（1）基态锰原子核外电子排布式为 。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是 ，其晶体类型为 。
（3）“浸取”时， 反应的离子方程式为 。
（4）“精制”时， 加入的量应大于理论值，原因是 。
（5）若“浸取”后溶液中 ，则“精制”时应调 的范围为 [计算时
只考虑生成 沉淀]，滤渣Ⅱ的主要成分是 (写化学式)。
（6）“控温、氧化”时， 和 均可被氧化为 ，该步骤溶液的 随时间
的变化如图所示。呈现如图所示变化的原因是 (用离子方程式表示)。（7）“锂化”时，参加反应的 与 的物质的量之比为 。
【答案】（1）[Ar]3d54s2（1分）
（2）共价晶体（1分）
（3）MnO +2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H O（2分）
2 2
（4）部分HO 被Fe3+催化分解（1分）
2 2
（5）4.9-8.1（2分） Fe(OH) 、Al(OH) （2分）
3 3
（6）Mn(OH) SO +O =2MnO+2H++ （2分）
2 2 4 2 2
（7）4∶1（2分）
【分析】软锰矿主要成分为MnO ，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物，加入FeSO 、HSO 浸取，
2 4 2 4
MnO 被还原为MnSO ，FeSO 被氧化为Fe (SO )，过滤出SiO，得到MnSO 、Fe (SO )、Al (SO )、
2 4 4 2 4 3 2 4 2 4 3 2 4 3
FeSO 、HSO 的混合溶液，加入HO 把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH生成Fe(OH) 、
4 2 4 2 2 3
Al(OH) 沉淀，除去Fe、Al元素，滤液中加氨水沉锰，得到的是硫酸铵溶液和滤饼Mn(OH) 、
3 2
Mn(OH) SO ，通入水、氧气控温、氧化生成MnO ，加入LiCO 锂化生成LiMn O。
2 2 4 2 2 3 2 4
【解析】（1）Mn为25号元素，基态锰原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2；
（2）SiO 为共价晶体；
2
（3）“浸取”时，MnO 被还原为MnSO ，反应的离子方程式为：MnO +2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3+
2 4 2
+2H O；
2
（4）“浸取”过程还剩余Fe3+，“精制”时部分HO 被Fe3+催化分解，故过氧化氢的量比理论值
2 2
大；
（5）“精制”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀除去，氢氧化铁完全沉淀时，Fe3+浓度不大
3 3
于1.0×10−5mol⋅L−1，c(OH-)= ，pH=2.8，氢氧化铝完全沉淀时，
Al3+浓度不大于1.0×10−5mol⋅L−1，c(OH-)= ，pH=4.9，锰离子的浓度
为0.1mol·L-1时，c(OH-)= ，pH=8.1，故调节pH的范围为4.9-8.1；
（6）根据分析，滤饼含有Mn(OH) 、Mn(OH) SO ，与氧气可能的反应分别为
2 2 2 4
2Mn(OH) +O =2MnO+2H O、Mn(OH) SO +O =2MnO+2H++ ，则Mn(OH) SO 被O 氧化产生
2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2H+，而Mn(OH) 被O 氧化不产生H+，根据图通入O 时15～150分钟pH越来越小，酸性增强，则15
2 2 2
～150分钟滤饼中一定参与反应的成分是Mn(OH) SO ,离子方程式为Mn(OH) SO +O =2MnO+2H++
2 2 4 2 2 4 2 2
，；
（7）锂化时的化学方程式：8MnO +2Li CO =2CO ↑+4LiMn O+O ↑，故参加反应的MnO 与LiCO
2 2 3 2 2 4 2 2 2 3
的物质的量之比为4∶1。
17．（15分）工业上先将金红石 转化为 ，再制得在医疗等领域具有重要用途的金属钛(Ti)。在
恒容密闭容器中加入一定量的 、 和 ，可能发生的反应有：
反应
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）① ；反应I (填“能”或“不能”)自发进行，判断理由是 。
②已知 和 的部分物理性质如下表：
物质
熔点为1560~1580℃，不溶于水、稀无机 熔点为-23.2℃、沸点为135.9℃，溶于冷水、乙
物理性质
酸、 醇、稀盐酸
将二者混合物进行分离，分别得到纯净物可采用的方法是 (简要写出操作步骤)。
（2）在 下，一定量的 、 、C发生上述反应，平衡体系中气体组分 、 、
的体积分数随温度变化的理论计算结果如图所示。
①图中表示 的曲线是 (填“a”或“b”)，其曲线变化的原因是
②理论上制备 的反应温度是越低越好，但实际生产中反应温度却选择800~1000°C，选择
800~1000°C的原因是 。
③在1200℃下，反应Ⅱ的平衡常数 ( 为用分压表示的平衡常数，分压=总压 物质的
量分数)。【答案】（1）-49（2分） 能（1分） 反应I的 ， ， ，能自发进
行(合理即可)（2分） 常温下将混合物过滤，滤液是 ，将滤渣用冷水洗涤、干燥，得到
(合理即可)（2分）
（2）①b（2分） 随温度升高，反应Ⅱ逆向移动， 减少，而反应Ⅲ正向移动， 也减少
(合理即可)（2分） ②升高温度，反应速率加快，从图中可知800~1000℃时， 的体积分数
也比较高(合理即可)（2分） ③45（2分）
【解析】（1）①由盖斯定律可知反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则
； 反应自发进行，该反应 ,
, ，该反应能自发进行；②由 和 的物理性质可知， 不溶于水，
能溶于冷水，故将二者混合物进行分离时，可将混合物溶于冷水，进行过滤，滤液为 ，滤
渣为 ，将滤渣用冷水洗涤、干燥后可得 固体；
（2）①升高温度，反应Ⅱ平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，CO 的量减小，反应Ⅲ正向移
2
动，CO 的量也减小，故表示CO 的曲线是b，表示CO的曲线是a，曲线变化的原因是：随温度升
2 2
高，反应Ⅱ逆向移动，CO 减少，而反应Ⅲ正向移动，CO 也减少；②适当的升高温度，能使反应速
2 2
率加快，根据图中曲线可知 在800~1000℃范围内体积分数也较高，故选择800~1000°C的原因
是：升高温度，反应速率加快，从图中可知800~1000℃时， 的体积分数也比较高；③根据图像
可得 的分压为 ，CO 的分压为 ，CO的分压为
2
，那么Cl 的分压为100kPa-36kPa-20kPa-40kPa=4kPa，反应Ⅱ的平衡常数
2
。
18．（13分）二氯四氨合钯 是重要的钯化合物，广泛应用在化学催化及电镀工业。利用钯
粉制备二氯四氨合钯的实验过程和部分装置如下：
Ⅰ．称取 钯粉，加入适量的王水[ ]中，使钯粉溶解，溶液中有无色气泡
产生，加热赶出溶液中的含氮化合物，经浓缩、结晶、过滤、洗涤后得到四氯合钯酸( )；
Ⅱ．将四氯合钯酸加入到装置 中，用3倍体积的去离子水溶解，加入搅拌磁子；Ⅲ．将装置 中的混合物在 条件下恒温加热2小时；Ⅳ．在不断搅拌并持续保温下，缓慢加入浓氨水，开始时装置
中产生白烟，溶液内有沉淀产生，继续滴加浓氨水，溶液逐渐澄清，最后得到浅黄色的
溶液；Ⅴ．浅黄色溶液经过一系列操作，得到 纯净的二氯四氨合钯
产品。
回答下列问题：
（1）“步骤Ⅰ”中溶解钯粉时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）装置 的仪器名称为 ；装置 的作用为 。
（3）“步骤Ⅲ”中最佳的加热方式为___________(填选项字母)。
A．水浴加热 B．油浴加热 C．酒精灯加热 D．酒精喷灯加热
（4）“步骤Ⅳ”中产生沉淀时发生的反应为
；继续滴加浓氨水，溶液逐渐澄清，此时
发生反应的化学方程式为 。
（5）装置c中产生的白烟的成分可能为 。
（6）根据实验分析，在题述实验条件下， 与钯的配位能力强弱顺序为：
(填“>”“<”或“=”)。
（7）“步骤Ⅴ”中的一系列操作为：将浅黄色溶液加热浓缩， 时停止加热，冷却结晶，
经过滤、洗涤、 真空干燥后得到纯净的二氯四氨合钯。
（8）本实验中产品产率为 (保留3位有效数字)。
【答案】（1）2:3（1分）
（2）三颈(烧)瓶或三口(烧)瓶（1分） 平衡压强、吸收挥发出来的氨气和氯化氢（1分）
（3）B（2分）
（4） （2分）
（5） （1分）
（6）>（2分）
（7）当液面出现一层晶膜（1分）
（8） （2分）
【分析】 钯粉使用王水溶解处理得到四氯合钯酸，在三颈烧瓶中加水溶解，在 条件下恒温
加热2小时，缓慢加入浓氨水，有沉淀产生继续滴加浓氨水溶液逐渐澄清，得到浅黄色的
溶液，经过一系列操作，得到纯净的二氯四氨合钯；
【解析】（1）钯粉与王水反应时，硝酸作氧化剂被还原为 ，因此反应的化学方程式为：
，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）装置 的仪器名称为三颈(烧)瓶或三口(烧)瓶。氨气、氯化氢会污染环境且极易溶于水，则装置
的作用是平衡三颈烧瓶中压强、吸收挥发出来的氨气和氯化氢防止污染。（3）水浴的最高控制温度为 ，若长时间在接近沸点的温度下加热，导致大量水分蒸发，因此需
要补充水分，导致控温不稳定。而油浴的最高控制温度可达到 。酒精灯与酒精喷灯加热温度过
高且较难控温在 。故选B。
（4）“步骤 ”中产生沉淀时发生反应 ；
继续滴加浓氨水， 转化为浅黄色的 澄清溶液，发生反应的化学方程
式为 。
（5）反应过程中可能挥发出氨气和氯化氢气体，因此白烟可能为氮气与氯化氢反应生成的 。
（6）根据本实验滴加浓氨水过程中，发生的物质转化为
可知， 与钯的配位能力强于 。
（7）将浅黄色溶液加热浓缩，当液面出现一层晶膜时停止加热，自然冷却结晶，经过滤、洗涤、
真空干燥后得到纯净的二氯四氨合钯。
（8） 钯粉为0.1mol，本实验中利用 钯粉制备目标产品，理论上能够生成
，即理论产量为 ，则目标产品的产率为 。
19．(14分)有机物 具有抗微生物、抗氧化等作用，其合成路线如下。
其中流程中 为三苯基膦， 为烃基。回答下列问题：
（1） 中含氧官能团的名称为 。
（2） 的反应类型为 ，从整个流程看，设计 的目的是 。
（3） 反应的化学方程式为 。
（4） 的结构简式为 。
（5）分子中苯环上有3个取代基，且其中两个为 的 的同分异构体有 种(不含立体异
构)，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为 的结构简式为 。
（6）以 、CHCHO、 为原料，制备
3
的合成路线为，其中
、 的结构简式分别为 、 。
【答案】（1）醚键、酯基（2分）
（2）取代反应（1分） 保护酚羟基（1分）
（3）2 （2分）
（4） （2分）
（5）12（2分） （1分）、 （1分）
（6） （1分） （1分）
【分析】根据A结构 、B分子式反应条件，可知B结构
，B结构中含有醇羟基，发生催化氧化反应生成C，则C的结构为
，由D的结构 ，D发生水解反应生成E，E的
结构为 ，结合G的结构
，可推断F结构为 。
【解析】（1）根据D的结构可知，D中含氧官能团为醚键、酯基；故答案为：醚键、酯基；（2）根据A结构 、 B结构 可知，酚羟基的氢原子被甲基
取代，该反应类型为取代反应； 酚羟基转化为甲基醚键， 甲基醚键转化为酚羟基，故
从整个流程看，设计 的目的是保护酚羟基；故答案为：取代反应；保护酚羟基；
（3）B结构中含有醇羟基，发生催化氧化反应生成C，则C的结构为 反
应的化学方程式为2 ；故答案
为：2 ；
（4）由上述分析可知，F结构为 ；故答案为： ；
（5）E的分子式为 ，符合条件的同分异构体中另一个取代基为 或
，同分异构体结构中2个 位置关系有 、 、
，另一个取代基的位置有2+3+1=6种，同分异构体结构共有 种；峰面积之比
为 的结构简式为 、 ；故答案为：
12； 、 ；
（6）由 发生催化氧化生成X，则X为 ， 与乙醛发生反应生成Y，结合产品 ，推断Y的结构为 ；故答案为：
； 。
