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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 02(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 Si-28 S-32
Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 Cu-64 I-127 Ag-108
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． Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中87Sr/86Sr值不变。土壤生物中87Sr/86Sr值与土壤中
3887Sr/86Sr值有效相关。测定土壤生物中87Sr/86Sr值可进行产地溯源。下列说法不正确的是( )
A．Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B．可用质谱法区分87Sr和86Sr
C．87Sr和86Sr含有的中子数分别为49和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中87Sr/86Sr值相同
【答案】A
【解析】A项，Sr位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；B项，质谱法可以测定原子的
相对原子质量，87Sr和86Sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；C项，87Sr的中子数为
87-38=49，86Sr的中子数为86-38=48，故C正确；D项，由题意可知， Sr (锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同
38
一地域土壤中87Sr/86Sr值不变，故D正确；故选A。
2．下列说法不正确的是( )
A．基态Cr原子的价层电子轨道式：
B．N、N-、N、N+互为同素异形体
2 3 4 5
C．N，N-二甲基甲酰胺：
D．共价化合物Al Cl 中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式：
2 6
【答案】B
【解析】A项，根据洪特规则，电子总是先单独占有空轨道，并且自旋方向相同，但3d与4s并不是
同一能级轨道，自旋方向可以相反，基态Cr原子的价层电子轨道式： ，A正确；
B项，同种元素形成的不同单质互为同素异形体，阴、阳离子不能互称同素异形体，B错误；C项，
的名称为N，N－二甲基甲酰胺，C正确；D项，共价化合物Al Cl 中所有原子均满
2 6
足8电子稳定结构，铝和氯之间存在配位键，结构式为 ，D正确；故选B。3．将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关
说法正确的是( )
A．阴极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】A项，阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；B项，
阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的
活动性强，故B错误；C项，金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电
子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；D项，海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子
浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误；故选C。
4．下列有关说法正确的是( )
A．用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别丙醛与丙酮
B．丁苯橡胶、聚酯纤维、聚乙烯都是通过加聚反应获得的高聚物
C．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对
D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量NaOH溶液，再加入碘水可判断淀粉是否完全水解
【答案】C
【解析】A项，丙醛和丙酮均不能与溴的四氯化碳溶液反应，故不能用溴的四氯化碳溶液鉴别丙醛与
丙酮，A错误；B项，聚乙烯、丁苯橡胶是通过加聚反应制得的高分子化合物，聚酯纤维是通过缩聚反应
制得的高分子化合物，B错误；C项，DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用实现碱基互补配对，C正
确；D项，将适量淀粉与稀硫酸共热充分反应，加入过量氢氧化钠溶液后加入碘水，碘与氢氧化钠溶液反
应生成碘化钠、次碘酸钠和水，无明显现象不能确定淀粉是否水解完全，D错误；故选C。
5．下列离子方程式书写正确的是( )
A．硝酸钡溶液中通入少量SO ：Ba2＋＋NO -＋SO ＋HO=BaSO↓＋NO＋H＋
2 3 2 2 4B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：CO2-＋Cl =CO ＋ClO-＋Cl-
3 2 2
C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH COOC H＋OH- ClCH COO-＋C HOH
2 2 5 2 2 5
D．铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：2Al+2OH-+2H O=2Al(OH) -+3H ↑
2 4 2
【答案】D
【解析】A项，硝酸钡溶液中通入少量SO ，离子方程式为3Ba2＋＋2NO -＋3SO ＋2HO=3BaSO↓＋
2 3 2 2 4
2NO＋4H＋，A错误；B项，碳酸钠过量时，产物为HCO -，离子方程式为2CO2-＋Cl＋HO=2 HCO-＋
3 3 2 2 3
ClO-＋Cl-，B错误；C项，氯原子也会水解，离子方程式为ClCH COOC H＋2OH- HOCH COO-＋
2 2 5 2
C HOH+Cl-，C错误；D项，铝能与氢氧化钠溶液反应，生成Al(OH) -和氢气，D正确；故选D。
2 5 4
6．下列实验的对应操作中，不合理的是( )
B．配制一定物质 C．从提纯后的
A．用 标准溶液滴定
的量浓度的 溶 溶液获得 D．稀释浓硫酸
溶液
液 晶体
【答案】B
【解析】A项，用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的
变化从而判断滴定终点，A项合理；B项，配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量
瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1~2cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，B项不合理；
C项，NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合
理；D项，浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢
倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，D项合理；故选B。
7．某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO 2-，欲除去其中的Cu2+、SO 2-，设计工艺流程如下图
4 4
所示，下列说法不正确的是( )A．流程图中，操作x为过滤
B．NaOH的作用是除去Cu2+
C．试剂a为BaCl ，试剂b为NaCO，二者顺序可以互换
2 2 3
D．试剂c为盐酸
【答案】C
【解析】根据题意通过加入NaOH、BaCl 的目的依次是除去Cu2+和SO 2-，试剂a是NaCO，除去过
2 4 2 3
量的BaCl ，试剂c是稀盐酸，除去过量的NaOH和NaCO。A项，操作x为过滤，除去生成的Cu(OH)
2 2 3 2
和BaCO 沉淀， A正确；B项，NaOH可以与Cu2+反应生成Cu(OH) 沉淀，除去Cu2+，B正确； C项，试
3 2
剂a是NaCO，与BaCl 反应生成BaCO 沉淀，除去Ba2+，NaCO 若与BaCl 互换，无法除去过量的Ba2+
2 3 2 3 2 3 2
，C不正确；D项，试剂c是稀盐酸，除去过量的NaOH和NaCO，D正确；故选C。
2 3
8．草酸(H C O)是生物体的一种代谢产物，在工业中有重要作用，下列说法不正确的是( )
2 2 4
A．草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．草酸中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同
C．草酸中C原子的杂化方式为sp2
D．草酸可使澄清的石灰水变浑浊
【答案】B
【解析】A项，草酸中碳元素化合价为+3价，具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，故能使酸性高锰
酸钾溶液褪色，A正确；B项，草酸中两个羟基所处环境相同，但草酸为二元弱酸，第一步电离的氢离子
对第二步电离具有抑制作用，两步电离的程度不同，B错误；C项，草酸中C原子的价层电子对数为3，
杂化方式为sp2，C正确；D项，草酸能与氢氧化钙反应生成草酸钙沉淀，可使澄清的石灰水变浑浊，D正
确；故选B。
9．工业上由FeCl 与环戊二烯钠(C HNa)合成二茂铁[Fe(C H)]，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上
2 5 5 5 5 2
能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是( )
A．FeCl 中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表 区
2
B．二茂铁的衍生物可和HO+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞
3
H
C．已知环戊二烯的结构式为 ，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化D．在二茂铁中C H 与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键
5 5
【答案】D
【解析】A项，已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故FeCl 中铁元素属
2
于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d能级，故位于周期表d区，A正确；B项，二茂铁的衍生物
可和HO+等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，
3
H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B正确； C项，已知环戊二烯的结构式为 ，
则其中仅有1个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取sp3杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂
化，C正确；D项，在二茂铁中C H 与Fe2+之间形成的化学键为C H 提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成
5 5 5 5
的配位键， D错误；故选D。
10．研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，转化关系如下图所示。a、c代
表S或SO 中的一种。
2
下列说法正确的是( )
A．a、b分别是SO 、HSO
2 2 3
B．反应①可以存储太阳能，反应③释放出能量
C．降低压强可以提高反应②中a的平衡转化率
D．②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】B
【解析】a、c代表S或SO 中的一种，c和氧气反应生成a，则c是S、a是SO 。A项，b分解生成氧
2 2
气、SO 、HO，氧元素化合价升高，则S元素化合价降低，所以a、b分别是SO 、HSO ，故A错误；B
2 2 2 2 3
项，反应①是硫酸分解，分解反应吸热，反应①可以存储太阳能；反应③是S和氧气反应生成二氧化硫，
化合反应放热，反应③释放出能量，故B正确；C项，反应②是3SO +2H O=2HSO +S，正反应气体物质
2 2 2 4
的量减小的反应，温度一定时，减小压强使反应逆向移动，二氧化硫的转化率减小，故C错误；D项，反
应②是二氧化硫、水发生歧化反应生成硫酸和S，反应方程式为3SO +2H O=2HSO +S，氧化剂与还原剂
2 2 2 4
的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。
11．可降解塑料聚羟基丁酸酯( )可由以下线路合成，下列说法正确的是( )A．A分子最多有6个原子共平面
B．反应①的条件为浓硫酸作催化剂并加热
C．由D生成PHB的反应为加聚反应
D．1molC与足量Na完全反应可生成标准状况下11.2LH
2
【答案】D
【解析】根据合成流程，A与HC=CH-CH=CH 生成 ，可以推断A为HC-C≡CH，反应①
2 2 3
是B发生消去反应生成HC=CH-CH=CH 。结合PHB的结构可以推断出D的结构是
2 2
，因此C的结构为 。A项，A为HC-C≡CH，甲基中只有一
3
个氢原子与碳原子及后面的碳碳三键部分共面，所以最多有5个原子共平面，A错误；B项，反应①是B
发生消去反应生成HC=CH-CH=CH ，B是卤代烃，反应条件是氢氧化钠醇溶液加热，B错误；C项，由D
2 2
生成PHB的反应为缩聚反应，C错误；D项，C的结构为 ，C中含有羧基可以与钠反
应，1molC与足量Na完全反应可生成0.5mol氢气，在标准状况下的体积是11.2L，D正确；故选D。
12．已知：25℃，K (AgCl)= 1.8×10－10，K (Ag CrO)=1.1×10－12，K (AgBr)= 5.0×10－13。下列“类
sp sp 2 4 sp
比”结果正确的是( )
A．溶液中Fe3+与HCO -会发生双水解反应，Fe3+与HS-主要也发生双水解反应
3
B．NCl 水解生成NH 与HClO，则NF 水解同样生成NH
3 3 3 3
C．Cl-的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择KCrO 作指示剂， 同样也可以
2 4D．乙醇与足量的KCr O 反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化丙酸
2 2 7
【答案】C
【解析】A项，溶液中Fe3+与HCO -会发生双水解反应，而Fe3+有较强的氧化性，HS-有较强的还原性，
3
二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；B项，NCl 水解生成NH 与HClO，但F没有正价，
3 3
NF 与水会发生氧化还原反应2NF +5H O=2NO+3HNO +6HF，故B不符合题意；C项，由Ksp可知沉淀等
3 3 2 3
浓度的CrO2-所需Ag+比沉淀等浓度的Cl-和Br-需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄
4
色沉淀，Ag CrO 是黑色沉淀，所以Cl-的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择KCrO 作指示剂，Br-同样也可
2 4 2 4
以，故C符合题意；D项，乙醇与足量的KCr O 反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化丙酮，故D不符
2 2 7
合题意；故选C。
13．常温下，NaA溶液中HA、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。
2 2
已知：A2-的物质的量分数 =
下列表述不正确的是( )
A．0.1 mol·L-1 HA溶液中，c(HA) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1
2 2
B．在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H A)
2
C．将等物质的量的NaHA、NaA溶于水中，所得溶液的pH为4.2
2
D．M点对应的pH为2.7
【答案】C
【解析】由点(1.2，0.5)可知， ，由(4.2，0.5)可知，。A项，0.1 mol·L-1 HA溶液中由物料守恒可知：c(HA) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1
2 2
mol·L-1，A正确；B项，在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中其水解常数为 ，则其电
离大于水解，故存在c(HA-) > c(A2-) > c(H A)，B正确；C项，将等物质的量的NaHA、NaA溶于水中，若
2 2
HA－和A2－浓度相等，则 ，c(H+)=10－4.2，pH=4.2，由于HA－的电离程度大于水
解程度，则溶液中c(A2－)＞c(HA－)，所得溶液pH不等于4.2，C错误；D项，M点对应溶液中
， ，c(H+)=10－2.7，pH=2.7，
D正确；故选C。
14．某小组欲制备配离子[Cu(NH )]2+，实验如下。
3 4
序号 步骤
向2mL0.2mol·L-1 CuSO 溶液中滴加0.5mL1mol·L-1氨水，产生蓝色沉淀；继续
Ⅰ 4
滴加约1.5mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
分别向0.1mol·L-1 CuSO 溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；
Ⅱ 4
1min后，前者铁钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象
取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入5mL1mol·L-1氨水，溶液略变为蓝色，固
Ⅲ
体未见明显溶解；滴加2滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液
已知：Cu2++4NH [Cu(NH )]2+ K=2.0×1013
3 3 4
Cu(OH) (s) Cu2+(aq)+2OH-(aq) K =2.2×10－20
2 sp
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH ·H O =Cu(OH) ↓+2NH+
3 2 2 4
B．加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液，不能得到纯净的[Cu(NH )]SO 固体
3 4 4
C．Ⅱ中现象证明了CuSO 溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中，+2价铜的存在形式不同
4
D．Ⅲ中固体完全溶解的离子方程式为Cu(OH) +4NH=[Cu(NH )]2++2OH-
2 3 3 4
【答案】D
【解析】A项，向硫酸铜溶液中滴加氨水生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨是弱碱，因此离子方程式为Cu2++2NH ·H O =Cu(OH) ↓+2NH+，A正确；B项，加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液可能发生
3 2 2 4
，因此不能得到纯净的[Cu(NH )]SO 固体，B
3 4 4
正确；C项，分别向0.1mol·L-1 CuSO 溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；1min后，前者铁
4
钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象则说明两种溶液中+2价铜的存在形式不同否则现象会有相似，C
正确；D项，①Cu2++4NH [Cu(NH )]2+ K=2.0×1013；②Cu(OH) (s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)
3 3 4 2
K =2.2×10－20；③Cu(OH) +4NH=[Cu(NH )]2++2OH-，③=①+②，则反应③的平衡常数
sp 2 3 3 4
反应③不可能是氢氧化铜完全溶解的离子方程式，D错误；故选D。
第二部分
二、非选择题(本部分共5题，共58分。)
15．(10分)含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
Ⅰ．SiCl 是生产多晶硅的副产物。
4
(1)基态硅原子的价层电子排布式为 。
(2)已知SiCl 比CCl 更易水解，导致SiCl 更易水解的因素有 (填标号)。
4 4 4
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
Ⅱ．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。
已知硫代硫酸根(S O2-)可看作是SO 2-中的一个原子被 原子取代的产物。
2 3 4
(3)基态 原子的价层电子排布式不能表示为 ，因为违背了
(4)能确定晶体中各原子的位置(坐标)，从而得出分子空间结构的一种方法是 。
a．质谱法 b． 射线衍射 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱
(5)S O2-作为配体可提供孤电子对与Ag+形成[Ag(SO)]3-。分析判断SO2-中的中心 原子和端基 原
2 3 2 3 2 2 3
子能否做配位原子并说明理由： 。
(6) MgSO·6H O的晶胞如图，该晶胞中SO2-个数为 。假设晶胞边长分别为
2 3 2 2 3
，其摩尔质量为 ，阿伏加德罗常数为N ，该晶体的密度为 g ·c
A
m-3(用相应字母表示)。【答案】(1)3s23p2(1分) (2)abd(2分) (3)洪特规则(1分) (4)b(1分)
(5)S O2-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基 S原子含有孤电
2 3
子对，能做配位原子(2分)
(6) 4(1分) (2分)
【解析】(1)Si是14号元素，基态硅原子的价层电子排布式为3s23p2；(2)a项，Si-Cl键极性更大，则
Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl 比CCl 易水解，故a正确；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl 中的共
4 4 4
用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，
SiCl 比CCl 易水解，故b正确；c项，常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不
4 4
能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl 比CCl 易水解，故c错误；d项，Si有更多的价层轨道，因此更
4 4
易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl 比CCl 易水解，故d正确；故选abd；(3)洪特规则指出：
4 4
基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违反洪特规则。(4)a项，质谱法
是确定分子的相对分子质量的，故a错误； b项，X射线衍射能确定晶体中各原子的位置(坐标)，故
b正确； c项，核磁共振氢谱是确定等效氢种类的，故c错误； d项，红外光谱是确定官能团和
化学键的，故d错误；故选b。(5)S O2-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原
2 3
子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。(6)S O2-在晶胞的体内共4个；该晶胞按均摊法计算得4个
2 3
MgSO·6H O，晶胞体积为 ，晶胞的质量为 ，得该晶胞的密度为 。
2 3 2
16．(10分)烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟 将烟气中的NO深度氧化为NO，并
2 5
进一步将NO 转化获得含氮产品，流程示意图如下。
2 5深度氧化器中发生的反应：
ⅰ．NO(g)＋O(g)=NO (g)＋O(g) ΔH ＝- akJ·mol−1
3 2 2 1
ⅱ．NO (g)＋O(g)=NO (g)＋O(g) ΔH ＝- bkJ·mol−1
2 3 3 2 2
ⅲ．NO (g)＋NO (g)=NO(g) ΔH ＝- ckJ·mol−1(a、b、c＞0)
2 3 2 5 3
(1)NO被 深度氧化，补全热化学方程式：
2NO(g)＋3O(g)=NO(g)＋3O(g) ΔH＝____________kJ·mol−1
3 2 5 2
(2)一定条件下，不同温度时，NO 的浓度随时间的变化如图所示。
2 5
①T T(填“>”或“<”)。
1 2
②8s时，NO 的浓度不同的原因是 。
2 5
(3)一定条件下，NO的初始浓度为200ppm时，不同反应时间，深度氧化器中NO 的浓度随n(O )：
2 3
n(NO)的变化如图所示。反应过程中NO 的浓度极低。
3
①n(O)：n(NO)＜1.0时，深度氧化器中发生的反应主要是 (填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。
3
②0.9s、n(O )：n(NO)＞1.0时，NO 的浓度随n(O )：n(NO)变化的原因是 。
3 2 3
(4)80℃、n(O )：n(NO)=1.5且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍
3
较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是 。(5)深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。
已知NO -、MnO -的还原产物分别是NO、Mn2+。产品中NO 的物质的量浓度为 mol/L。
3 4 3
【答案】(1) -(2a+b+c) (1分)
(2)＜(1分) 8s时反应已达到平衡状态，O 将NO深度氧化为NO 是放热反应，温度越高，越不
3 2 5
利于反应正向进行，生成NO 的浓度越低(2分)
2 5
(3)ⅰ(1分) 0.9s、n(O )：n(NO)＞1.0时，n(O )：n(NO)增大，使 增大， 增大，从而使NO 的
3 3 2
浓度减小(2分)
(4)使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率(1分)
(5) (2分)
【解析】(1)根据盖斯定律知：i×2+ii+iii可得2NO(g)＋3O(g)=NO(g)＋3O(g)，ΔH
3 2 5 2
=-(2a+b+c)kJ/mol；(2)由图知，T 温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此T<T；由图知，8s时反应已
2 1 2
达到平衡状态，O 将NO深度氧化为NO 是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，
3 2 5
生成NO 的浓度越低；(3)①当n(O )：n(NO)＜1.0时，NO主要转化为NO ，所以深度氧化器中发生的反
2 5 3 2
应主要是i；②由图知，0.9s、n(O )：n(NO)＞1.0时，NO 的浓度随着n(O )：n(NO)增大而减小的原因是：
3 2 3
n(O )∶n(NO)增大，使v 增大、v 增大，从而使NO 的浓度减小；(4)由(3)知反应过程中NO 的浓度极低，
3 ⅱ ⅲ 2 3
说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采
取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；(5)溶液X中的NO -与亚铁离子发生
3
氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与MnO -发生氧化还原反应， ，则与MnO -发
4 4
生氧化还原反应的Fe2+为n= ，则与NO -反应的Fe2+为n= ，
2 3 1，则NO -物质的量n= ，则NO -的物质的量浓度为
3 3
。
17．(12分)一种环状高分子P3的合成路线如下：
已知：①P2的结构为
② ( 表示取代基)
③RCl RN
3
(1)A是一种常用的化工原料，其中包含的官能团是 。
(2)B→C的反应类型是 。
(3)D生成CH≡CCH OH的反应条件是 。
2
(4)上述流程中生成F的反应为酯化反应，则该反应的化学方程式是 。
(5)单体Ⅱ的结构简式是 。
(6)下列说法正确的是 (填字母)a．F→P1的反应类型为缩聚反应
b．P3可能的结构如上图所示
c．P2→P3的过程中有可能得到线型高分子
d．碱性条件下，P3可能彻底水解成小分子物质
(7)已知： ；；Q(C H NO)是用于合成单体I的中间体。下
6 11
图是以苯酚为原料合成Q的流程，M→N的化学方程式是 。
【答案】(1)碳碳双键(1分)
(2)取代反应(1分)
(3)氢氧化钠醇溶液，加热(2分)
(4)CH≡CCH OH+ CHCHClCOOCH C≡CH+H O(2分)
2 3 2 2
(5) (2分)
(6)bc(2分)
(7)2 +O +2H O(2分)
2 2
【解析】由框图可知A的结构简式为CH=CHCH，在高温下和氯气发生取代反应生成B，所以B的
2 3
结构简式为CH=CHCHCl，由D的分子式C HOBr 可知：B到C发生取代反应生成CH=CHCHOH，C
2 2 3 6 2 2 2到D发生加成反应生成CHBrCHBrCH OH，再发生消去反应生成CH≡CCHOH，再和E 发
2 2 2
生酯化反应生成FCH CHClCOOCH C≡CH，最后经过几步反应得到P。(1)A的结构简式为CH=CHCH，
3 2 3 2 3
其中包括的官能团是碳碳双键；(2)根据上述分析可知B的结构简式为CH=CHCHCl，C的结构简式为
2 2
CH=CHCHOH，所以B→C的反应类型是取代反应；(3)根据上述分析可知D的结构简式为
2 2
CHBrCHBrCH OH，D生成CH≡CCHOH的反应是卤代烃的消去反应，所以反应条件为氢氧化钠醇溶液，
2 2 2
加热，(4)根据上述分析可知CH≡CCHOH，和E反应生成C HOCl，发生的是酯化反应，结合已知信息可
2 6 7 2
知该反应的化学方程式是：CH≡CCHOH+ CHCHClCOOCH C≡CH+H O；(5)根
2 3 2 2
据已知：P 的结构为 ，逆推知单体Ⅱ
2
的结构简式是 ；(6)a项，F→P 的反应类型为加聚反应，故a错误；
1
b项，由P 的结构为 ，再和NaN 在
2 3一定条件下反应得到，所以P 的结构如图所示 ，故b正确；c项，
3
P→P 的过程中发生加聚反应，所以可能得到线型高分子，故c正确；d项，碱性条件下，P 含有酯基的部
2 3 3
分可以水解，非酯基的部分不能水解，所以不可能彻底水解成小分子物质，故d错误；故选bc；(7)根据已
知： ；Q(C H NO)，以苯酚为原料合成Q的流程图如下；
6 11
所以，M→N的化学方程式是
2 +O +2H O。
2 2
18．(12分)我国科学家用粗氢氧化高钴[Co(OH) ]制备硫酸钴晶体(CoSO ·7H O)，其工艺流程如下。
3 4 2
已知：
ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：Co2+、 、 和 等
ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃)：K [Fe(OH) ])=2.8×10－39，K (CaF )=4.0×10－11
sp 3 sp 2
ⅲ. CoSO ·7H O溶解度随温度升高而明显增大
4 2
(1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是 。
(2)浸出Co2+时，理论上氧化性离子和还原性离子物质的量之比为 。
(3)写出“氧化沉铁”的离子方程式 ；25℃时，浊液中铁离子浓度为 mol/L(此时pH为
4)。
(4)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经 操作，得到硫酸钴晶体。(5)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。
在溶液中，用铁氰化钾将Co(II)氧化为Co(III)，过量的铁氰化钾以Co(II)标准液返滴定。反应的方程
式为：Co2++[Fe(CN) ]3-=Co3++[Fe(CN) ]4。
6 6
已知：铁氰化钾标准液浓度为cmol/L，Co(II)标准液浓度为cmol/L。
1 2
取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗VmL铁氰化钾标准液、
1
VmL Co(II)标准液。
2
计算样品中钴含量 (以钴的质量分数 计)。
【答案】(1)2Co(OH) +3H SO =Co (SO )+6H O(2分)
3 2 4 2 4 3 2
(2)2：1(2分)
(3) 6Fe2++15H O+ ClO -=6Fe(OH) ↓+Cl -+12H+(2分) (2分)
2 3 3
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(2分)
(5) (2分)
【解析】用粗氢氧化高钴[Co(OH) ]制备硫酸钴晶体(CoSO ·7H O)，首先粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，
3 4 2
然后加入过量NaSO 进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等，加入过量
2 3
NaC1O 氧化沉铁，使亚铁离子氧化为三价铁离子并转化为Fe(OH) 沉淀，加入过量NaF得到氟化钙沉钙，
3 3
过滤除去沉淀，加入PO 进行萃取，加入PO 分离后，经反萃取得到硫酸钻溶液；将所得溶液蒸发浓缩、
2 4 5 7
冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到硫酸钴晶体。(1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式为
2Co(OH) +3H SO =Co (SO )+6H O；(2)用过量亚硫酸钠还原浸出Co2+发生的离子反应为2Co3++SO2-
3 2 4 2 4 3 2 3
+H O=2Co2++SO2-2H+，则理论上氧化剂与还原剂物质的量之比2：1；(3)“氧化沉铁”时，亚铁离子被氧化
2 4
后转化为氢氧化铁沉淀，氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为6Fe2++15H O+ ClO -=6Fe(OH) ↓+Cl -
2 3 3
+12H+；25℃时，pH=4，c(OH-)=10-10mol·L-1，浊液中 ；(4)从硫酸
钴溶液中提取硫酸钴晶体，由于硫酸钴晶体的溶解度随温度升高而明显增大，所以将硫酸钴溶液经加热浓
缩、冷却结晶、过滤操作，得到硫酸钴晶体；(5)根据方程式可知Co2+~[ Fe(CN) ]3-，20mL待测液中二价钴
6
离子的物质的量= ，则200mL溶液中二价钴离子的物质的量=，则样品中钴的含量为
。
19．(14分)某小组同学根据Fe3+、Fe2+和Zn2+的氧化性推出溶液中Zn与Fe3+可能先后发生两个反应：
Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，进行如下实验。
实验 试剂 现象
2mL 0.1 mol·L-1FeCl 溶
Ⅰ 3 黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁
液、过量锌粉
2mLpH≈0.70的1
片刻后有大量气体产生，出现红褐色浑浊，约半小时后，产生红
Ⅱ mol·L-1FeCl 溶液、过量锌
3 褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁
粉
(1)取实验Ⅰ反应后的少量溶液，滴加几滴K[Fe(CN) ]溶液，生成 ，证明有 。
3 6
(2)结合化学用语解释实验Ⅱ中产生红褐色浑浊的原因： 。
(3)实验Ⅲ，用Fe (SO ) 溶液和Fe(NO ) 溶液替代实验Ⅱ中的FeCl 溶液：
2 4 3 3 3 3
实验 试剂 现象
2mLpH≈0.70的1mol·L-1
Ⅰ 约半小时后，溶液变为深棕色且浑浊，无铁产生
Fe(NO ) 溶液、过量锌粉
3 3
2mLpH≈0.70的
Ⅱ amol·L-1Fe (SO ) 溶液、过量 约半小时后，溶液呈浅绿色且浑浊，有少量铁产生
2 4 3
锌粉
资料：Fe2++NO Fe(NO)]2+，Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
①a= 。
②有人认为Ⅰ中深棕色溶液中存在Fe(NO)]2+，设计实验证明。实验的操作和现象是 。
③对照实验Ⅱ和Ⅲ，Fe(NO ) 溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是 。
3 3
(4)实验Ⅳ：将实验Ⅱ中FeCl 水溶液换成FeCl 无水乙醇溶液，加入足量锌粉，刻后，反应放热，有大
3 3
量铁产生。由实验Ⅰ~Ⅳ可知：锌能否与Fe3+反应得到单质铁，与Zn和Fe3+的物质的量、Fe3+的浓度、
、 等有关。
【答案】(1)蓝色沉淀(2分)
(2)Fe3++3H O Fe(OH) +3H+，H+被消耗，促进Fe3+的水解，产生氢氧化铁沉淀(2分)
2 3
(3)①0.5(2分)②过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体(2分)
③Fe2+与NO结合生成Fe(NO)]2+，溶液中Fe2+的浓度下降，使得Fe2+与Zn反应的化学反应速率变慢(2
分)
(4)阴离子种类(2分) 溶剂(2分)
【解析】(1) Fe2+和K[Fe(CN) ]溶液反应产生蓝色沉淀；(2)FeCl 溶液中存在水解平衡Fe3++3H O
3 6 3 2
Fe(OH) +3H+，加入锌粉，H+被消耗，促进Fe3+的水解，产生氢氧化铁沉淀；(3) ①该对比实验是为
3
了探究阴离子的影响，则Fe3+的物质的量应是定量，则n(Fe3+)=c V=cV，即1mol/L×2mL=amol/
1 1 2 2
L×2×2mL，解得a=0.5；②由可逆反应Fe2++NO Fe(NO)]2+，若Ⅰ中存在Fe(NO)]2+，可加热溶液，会
产生NO，NO再被空气中的O 氧化成NO ，则会观察到红棕色气体生成，则设计实验的操作和现象是：
2 2
过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体；③Fe3+和H+、NO -反应产生
3
Fe2+和NO，NO再与Fe2+结生成Fe(NO)]2+，而Fe3+和H+、SO 2不反应，过量Zn与Fe3+反应得到Fe2+，Zn再
4
置换出Fe单质，则Fe(NO ) 溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是：Fe2+与NO结合生成[Fe(NO)]2+，溶
3 3
液中Fe2+的浓度下降，使得Fe2+与Zn反应的化学反应速率变慢；(4) 由实验Ⅳ可知，溶剂从水换成无水乙
醇溶液，有铁单质生成，则锌能否与Fe3+反应得到单质铁与溶剂有关，实验Ⅱ和Ⅲ将SO 2-换成SO 2，无铁
4 4
单质生成，则锌能否与Fe3+反应得到单质铁与阴离子种类有关。
