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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 02(浙江专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：部分考生认为化学简单到离谱，甚至觉得不需要动脑子就能做对题目，这些考生平日里
知识积累扎实，在这次考试中做题得心应手。然而，对于那些化学基础稍薄弱或者对新题型预估不足
的考生，情况则不太乐观。新的大题题型打乱了他们的解题节奏，在考场上花费大量时间理解题意和
摸索解题思路，导致时间紧张。
高考·新考法：非选择题由原来的5道精简为4道。在分值分配上，第一大题16分，第二大题12分，
第三大题12分，第四大题12分。这种变化对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高要求。
例如物质结构和无机流程融合成了16分的第一道大题，考生不仅要熟知物质结构的微观奥秘，还要能
将其与宏观的无机流程顺畅对接，增加了答题的难度和对知识综合运用的要求。题型布局打乱，一直
以来考生习惯的大题数量和出题套路被彻底打破，出题人改变了原有的题型布局。这种变化让考生失
去了熟悉题型带来的优势，需要在考场上重新适应新的题型结构，增加了考试的挑战性。
命题·大预测：在2025浙江化学第二次考试中，难度比首考略有增加。物质分类可能会给出一些特殊的
新材料或者新型化合物，要求依据物质分类的基础定义和特殊情况进行判断。在反应分类中，可能会
出现一些新的化学反应类型组合或者特殊反应条件下的反应分类。随着新能源的发展，2025年的化学
情景可能更多涉及新能源相关化学知识。例如在氢能的利用方面。在环境方面，可能会涉及到新型的
环境治理化学方法或者污染物检测的化学原理。
(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 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Te -128 Ba-137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一项是符合题
目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列分子属于极性分子的是( )
A．SiCl B．PCl C．OF D．P
4 5 2 4
【答案】C【解析】A项，SiCl 中Si上的孤电子对数为 ，σ键电子对数为4，价层电子对数为
4
4，空间构型为正四面体形，分子中正、负电荷中心重合，SiCl 属于非极性分子，A错误；B项，Cl 中P
4 5
上的孤电子对数为 ，σ键电子对数为5，价层电子对数为5，PCl 的空间构型为三角双锥形，
5
分子中正、负电荷中心重合，PCl 属于非极性分子，B错误；C项，OF 中O上的孤电子对数为
5 2
，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，OF 的空间构型为角形，分子中正、负电荷中心
2
不重合，OF 属于极性分子，C正确；D项，P 为空心正四面体分子，含有非极性共价键，P 属于非极性分
2 4 4
子，D错误；故选C。
2．下列相关化学用语或图示表达正确的是( )
A．F-的最外层电子排布图为：
B． 的电子云轮廓图为：
C．HClO 电子式为：
4
D．基态Cu原子价电子排布式为：3d94s2
【答案】B
【解析】A项，F-只有2个电子层，F-的最外层电子排布图为： ，故A错误；B项， 表示Z轴取向的P轨道，表示为 ，故B正确；C项，HClO 是共价化合物，没有
4
阴阳离子，故C错误；D项，基态Cu原子价电子排布式为：3d104s1，故D错误；故选B。
3．下列说法不正确的是( )
A．浸泡过KMnO 溶液的硅藻土可作水果的保鲜剂，是利用了它的氧化性
4
B．钠钾合金能用作核反应堆的传热介质，是利用了它熔点低且导热性能好的性质
C．CaCO 是水泥生产中不可缺少的原料，是利用它可以调节水泥的硬化速度
3
D．明矾晶体[KAl(SO )·12H O]可可作净水剂，是利用它能水解形成胶体的性质
4 2 2
【答案】C
【解析】A项，乙烯具有催熟作用，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则浸泡过KMnO 溶液的硅藻土可作水
4
果保鲜剂，A正确；B项，钠钾合金为液态，具有良好的导热性，则可作核反应堆的传热介质，B正确；C
项，水泥生产中加入石膏，可以调节水泥的硬化速度，C错误；D项，明矾晶体[KAl(SO )·12H O]可作净
4 2 2
水剂，是利用Al3+能水解形成Al(OH) 胶体的性质， D正确；故选D。
3
4．摩尔盐[(NH )Fe(SO )·6H O]可用于治疗缺铁性贫血。下列说法正确的是( )
4 2 4 2 2
A．半径：r(O2-)＞r(S2-) B．第一电离能：I(N)＜I(O)
1 1
C．沸点：NH ＞HO D．键角：HO＜NH +
3 2 2 4
【答案】D
【解析】A项，O2-的核外电子数为10，电子层数为2，S2-的核外电子数为18，电子层数为3，电子层
数越多离子半径越大，则离子半径：r(O2-)＜r(S2-)，故A错误；B项，N、O为同周期元素，同周期元素第
一电离能从左到右呈增大趋势，但N最外层2p能级中电子为半满稳定结构，其第一电离能大于O，故B
错误；C项，NH 、HO均是由分子构成的物质，两者均能形成氢键，但水分子间可形成氢键数目比氨气
3 2
多，水分子之间的分子间作用力更大，因此水的沸点高，故沸点：NH ＜HO，故C错误；D项，HO、
3 2 2
NH +中中心原子价电子对数都是4，均是sp3杂化，N原子无孤电子对、O原子有2个孤电子对，孤电子对
4
对成键电子对的斥力较大，所以键角：HO＜NH +，故D正确；故选D。
2 4
5．化学实验操作的规范性对于实验安全至关重要，下列说法正确的是( )
A．苯酚不慎沾到皮肤上，应立即用酒精清洗
B．浓硫酸撒到手上应用大量水冲洗后涂NaOH溶液
C．实验室制乙酸乙酯时，导管直接插入饱和碳酸钠溶液中收集产物D．向乙醇中滴加浓硫酸，并加高锰酸钾固体振荡，以验证乙醇有还原性
【答案】A
【解析】A项，苯酚对人具有强烈的刺激性，若苯酚不慎沾到皮肤上，可根据苯酚易溶于酒精的性质，
立即用酒精清洗，然后再用水进行洗涤，A正确；B项，浓硫酸撒到手上应用大量水冲洗后涂上稀
NaHCO 溶液，而不能再使用对人体有强烈腐蚀性的NaOH进行洗涤，B错误；C项，实验室制乙酸乙酯
3
时，为除去制取的乙酸乙酯蒸气中混有的杂质乙酸和乙醇，同时避免由于乙醇溶解而可能引发的倒吸现象
的发生，导管末端应该在饱和碳酸钠溶液液面以上，而不能直接插入饱和碳酸钠溶液中收集产物，C错误；
D项，浓硫酸也能够氧化乙醇生成CO、SO ，SO 也能够使酸性KMnO 溶液褪色，因此不能证明高锰酸
2 2 2 4
钾能够氧化乙醇，D错误；故选A。
6．下列关于Ag+HI→ Ag+H (未配平)说法中，不正确的是( )
2
A．此反应能发生是因为生成了 沉淀
B． 也可以发生上述反应
C．每生成1molAgI，大约产生12.25L H ( 和 )
2
D． 能溶解于硫酸，也是发生了氧化还原反应
【答案】B
【解析】A项，银离子与碘离子结合生成碘化银的沉淀，是反应朝正向移动，A正确；B项，氯化银
的溶解度比碘化银的溶解度大，反应不一定能进行，B错误；C项，反应配平后为2Ag+2HI=2 Ag+H，生
2
成1molAgI生成0.5molH，常温常压下，气体摩尔体积约为24.5mol/L，体积约为12.25L，C正确；D项，
2
铜在一定条件下溶与硫酸，铜从0价变成正价，发生氧化还原反应，D正确；故选B。
7．物质的组成、结构、性质与用途往往相互关联，下列说法错误的是( )
A．玛瑙常呈无规则几何外形，是熔融态的SiO 快速冷却所致
2
B．不锈钢中掺杂的合金元素主要是Cr和Ni，故不锈钢具有很强的抗腐蚀能力
C．石墨中每层的碳原子的p轨道相互平行而重叠，电子可在碳原子平面运动而导电
D．“可燃冰”中甲烷分子被水分子以氢键相连的笼穴包围，其结构稳定，常温常压下不会分解
【答案】D
【解析】A项，熔融态的二氧化硅冷却过快得到没有晶体外形的玛瑙，缓慢冷却得到水晶晶体，A正
确；B项，在钢铁中掺杂Cr和Ni形成不锈钢，使其具有很强的抗腐蚀能力，B正确；C项，石墨中每层
的碳原子的p轨道相互平行而重叠，故电子可在碳原子平面运动而导电，C正确；D项，常温常压下，冰
会融化为水，因此常温常压下可燃冰的结构不稳定，会分解，D错误； 故选D。
8．下列离子方程式不正确的是A. Ca(OH) 溶液与足量Ca(HCO ) 溶液反应：Ca2++2HCO－+2OH－=CaCO ↓+CO 2－+2H O
2 3 2 3 3 3 2
B. 金属钠和水反应：2Na+2HO=2Na++2OH－+H ↑
2 2
C. 2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液：2CO+3OH－=HCO－+ CO2－+ H O
2 3 3 2
D. 二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO +2Fe3++H O＝2Fe2++SO2－+4H+
2 2 4
【答案】A
【解析】A项，Ca(OH) 溶液与足量Ca(HCO ) 溶液反应生成碳酸钙和水：Ca2++HCO －+OH－=CaCO
2 3 2 3 3
↓+H O，A错误；B项，金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2HO=2Na++2OH－+H ↑，B正确；C
2 2 2
项，2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO+3OH－=HCO －+ CO 2－+
2 3 3
HO，C正确；D项，二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸和氯化亚铁：SO +2Fe3++H O＝2Fe2++SO2－
2 2 2 4
+4H+，D正确。
9．化合物Z是一种新型杀菌剂，其分子中含有两个平面环状结构，利用点击化学法设计的一种合成Z
的路线如下。有关说法中错误的是( )
A．X的名称为苯甲醛 B．Y和Z含相同数目的手性碳原子
C．Z中碳原子和氮原子的杂化方式完全相同 D．Y→Z的反应类型为加成反应
【答案】C
【解析】A项，根据X的结构含有苯环和醛基，X名称为苯甲醛，A正确；B项， 、
，含相同数目的手性碳原子，B正确；C项，Z中含饱和碳和不饱和碳原子，碳原子杂化
方式有sp2、sp3，其分子中含有两个平面环状结构，则氮原子的杂化方式sp2，C错误；D项，Y→Z的反应
为碳碳三键上的加成反应，D正确；故选C。
10．实验室制备柠檬酸铁铵的流程如下：柠檬酸亚铁 柠檬酸铁 柠檬酸铁铵 柠檬酸铁铵晶体
下列实验装置或操作不能达到实验目的的是( )
A．用装置甲制取FeCO B．用装置乙制取NH
3 3
C．用装置丙制取氨水 D．用装置丁分离出柠檬酸铁铵晶体
【答案】B
【解析】由题给流程可知，碳酸亚铁溶于柠檬酸溶液得到柠檬酸亚铁溶液，向柠檬酸亚铁溶液中加入
的氧化剂，调节溶液pH，将柠檬酸亚铁转化为柠檬酸铁，向柠檬酸铁溶液中加入氨水制得柠檬酸铁铵，
经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得柠檬酸铁铵。A项，硫酸亚铁溶液与加入的碳酸钠溶液反
应生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到废液和碳酸亚铁，A正确；B项，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨
气，氯化铵受热分解，生成的气体在试管口又生成氯化铵，不能得到氨气，B错误；C项，氨气易溶于水，
所以需要有防倒吸装置，C正确；D项，最后制得的柠檬酸铁铵需要过滤得到，操作正确，D正确；故选
B。
11．现以掺氮碳(NC)、氯化镍为原料在恒温条件下合成超高密度单原子催化剂(UHD-SAC)，常温常压
下，其机理如图所示。已知基元反应Ⅰ需在高压环境下进行，基元反应Ⅱ在任何条件下均可自发进行。下
列说法中正确的是( )
A．基元反应Ⅰ需在高压环境下进行的原因可能是高压环境对其做功，使ΔG＜0，从而使反应可以进行
B．基元反应Ⅱ的过程中反应体系的熵呈减少趋势
C．从总反应来看，决定该过程反应快慢的是基元反应Ⅰ
D．由于总反应ΔH＜0，故在工业生产中，反应温度越低越好
【答案】C
【解析】A项，ΔG=ΔH-TΔS，ΔG与压强无关，故A错误；B项，基元反应Ⅱ在任何条件下均可自发
进行，所以基元反应Ⅱ的过程中反应体系的熵呈增大趋势，故B错误；C项，活化能越大，反应速率越慢，
慢反应决定总反应速率，从总反应来看，决定该过程反应快慢的是基元反应Ⅰ，故C正确；D项，温度降
低反应速率减慢，所以在工业生产中，不是反应温度越低越好，故D错误；故选C。
12．南方科技大学化学系一课题组合成了新型含硅分子M(-R为烃基)，反应历程如图所示。下列叙述
错误的是( )
A．P极为阴极，T极发生氧化反应
B．产生标准状况下11.2L的H 时，生成0.5 mol
2
C．在T极上断裂了极性键，P极上形成了s-sσ键
D．阳极区的副产物可能有
【答案】B
【解析】电极T连接电池正极为阳极，发生氧化反应，电极P连接电源负极为阴极，发生还原反应。
A项，由分析知，P极为阴极，T极发生氧化反应，故A正确；B项，由图可知，产生0.5 molH ，生成1
2
molM，故B错误；C项，由图可知，在T极上O-H极性键断裂，在P极上生成H，形成了s-sσ键，故C
2
正确；D项，在阳极区， 与 反应可能生成 ，然后与 反应转化为，所以阳极区的副产物可能有 ，故D正确；故选B。
13．铜碲合金是一种催化剂，其立方晶胞结构如下图所示：
已知晶胞参数为 ，铜原子半径为 原子半径为 。下列有关说法正
确的是( )
A．该合金的化学式为Cu Te
2
B．该晶胞从左到右的俯视图为：
C．该晶体的空间利用率为
D．该晶体的密度为
【答案】C
【解析】A项，该晶胞中铜位于8个顶点和4个面的面心，故有铜： ，晶胞中有4个Te
位于面上，3个Te位于体内，故有 个，晶胞的化学式为Cu Te，A不正确；B项，该晶胞
3 5
从左到右的俯视图为 ，B不正确；C项，由晶胞的化学式知铜碲原子占有的体积为，晶胞的体积为 ，故空间利用率为
，C正确；D项，晶胞的质量为 ，故晶体的密度
，D不正确；故选C。
14．在一定条件下，苯与浓HNO 和浓HSO 混合物的反应机理和能量变化如图所示：
3 2 4
下列说法错误的是( )
A．反应②为决速步骤
B．反应①的化学方程式为HNO+H SO NO ++HSO -+H O
3 2 4 2 4 2
C．反应过程中碳原子的杂化方式保持不变
D．该条件下， 为主产物
【答案】C
【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，A正确；B
项，由元素守恒和电荷守恒可知，反应①的化学方程式为HNO+H SO NO ++HSO -+H O，B正确；
3 2 4 2 4 2
C项，由图可知，苯环中碳原子为sp2杂化，中间产物 与硝基相连的碳原子为sp3杂化，饱和碳原子为sp3杂化，C错误；D项，由反应历程可知，反应③的活化能低于反应④，且
的稳定性大于 ，故反应③为主反应， 为主产物，D正确；故选C。
15．常温常压下，HS气体在水中的饱和浓度约为 ，已知：K (H S)=1.1×10-7，
2 a1 2
K (H S)=1.3×10-13；K (FeS)= 6.3×10－18。下列说法不正确的是( )
a2 2 sp
A．饱和HS溶液中存在c(H＋)＞c(HS-)＞c(S2-)＞c(OH-)
2
B．向10mL0.010mol·L-1HS溶液中加几滴浓盐酸，使其浓度达到0.010mol·L-1，此时溶液中c(S2-)约为
2
1.4×10-18 mol·L-1
C．向0.010mol·L-10.010mol·L-1溶液中通入HS气体直至饱和，溶液中有FeS沉淀生成
2
D．FeS(s)+2H+(aq) Fe2+(aq)+H S(aq)的平衡常数为
2
【答案】A
【解析】A项，氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，且一级电离抑制二级电离，
则饱和氢硫酸溶液中氢离子浓度略大于氢硫酸根离子，由一级电离常数可知，溶液中的氢离子浓度约为
= ×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L，由二级电离常数K (H S)= 可知，溶
a2 2
液中硫离子浓度约为1.3×10—13mol/L，由水的离子积常数可知，溶液中氢氧根离子浓度约为
≈9.5×10—11mol/L，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(S2-)，故A
错误；B项，由电离常数可得：K (H S)K (H S)= ，由题意可知，溶液中氢离子浓度和氢硫酸
a1 2 a2 2浓度都约为0.01mol/L，则溶液中硫离子浓度约为 ≈1.4×10—18mol/L，故B正确；C项，
氢硫酸饱和溶液中氢离子浓度约等于氢离子浓度，由电离常数K (H S)= 可知，溶液中硫离子
a2 2
浓度约为1.3×10—13mol/L，则溶液中浓度熵Q = c(Fe2+)c(S2—)=0.01×1.3×10—13=1.3×10—15＞K (FeS)=6.3×10—
C sp
18，所以溶液中有氯化亚铁生成，故C正确；D项，由方程式可知，反应的平衡常数K= =
= = ≈4.4×102mol/L，故D正确；故选A。
16．溴是国民经济生产所需的重要基础原料。某化学兴趣小组用模拟海水(含有Na+、Mg2+、Cl-、Br-
和HO)提溴的流程如图所示，已知SO 能与溴水发生反应：SO + Br +2H O=HSO +2HBr。下列说法错误
2 2 2 2 2 2 4
的是( )
A．反应①②③中均有电子的转移
B．“空气吹出”时利用了溴易挥发的性质
C．反应①中的氧化剂可以选择碘水
D．若反应①③中的氧化剂均为氯气，最终要获得80g “液溴”，理论上至少需要消耗71g Cl
2
【答案】C
【解析】向浓缩海水中通入氯气，可将Br-氧化为Br ，用空气从含Br 的海水中将Br 吹出，用SO 吸
2 2 2 2
收，发生反应SO + Br +2H O=HSO +2HBr，然后将吸收液氯化，发生反应2HBr+ Cl =Br +2HCl，得到溴
2 2 2 2 4 2 2
水，然后采用蒸馏的方法得到液溴。A项，根据分析得，反应①②③中均有电子的转移，A项正确；B项，
通入空气和水蒸气吹出溴蒸气，利用了溴易挥发的性质，B项正确；C项，碘的氧化性弱于溴，不能置换
出Br ，C项错误；D项，反应①：2Br-+Cl=Br +2Cl-，反应③：2HBr+ Cl =Br +2HCl，氧化剂均为氯气，
2 2 2 2 2
生成1mol “液溴”需要2 molCl ，则最终要获得80g “液溴”(0.5 mol)，理论上至少需要消耗71g Cl，D
2 2项正确；故选C。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．(16分) 黄铜矿的主要成份是FeCuS，是一种重要的工业原料。
2
硫及其化合物有许多用途，古代用高温煅烧绿矾和胆矾的方法来制备硫酸。请回答：
(1)①Fe2+的价层电子排布式为 。
②基态硫原子有 种空间运动状态。
(2)煅烧胆矾可得三氧化硫，液态三氧化硫有单分子：SO和三聚体(SO ) 两种形式，固态三氧化硫易升
3 3
华，易溶于水，主要以三聚体和无限长链(SO ) 两种形式存在。下列说法不正确的是______。
3 n
A．SO 中心原子为sp2杂化，空间结构为平面三角形
3
B．环状(SO ) 中硫原子的杂化轨道类型为sp2
3 3
C．单分子SO 和链状(SO ) 均是分子晶体
3 3 n
D．链状(SO ) 中sp3杂化的氧为3n个
3 n
(3)S O2-结构为 ，SO2-比HO 的氧化性更强，其原因是 。
2 8 2 8 2 2
(4) FeCuS 的晶胞如图所示，Cu的配位数为 。
2
(5)以FeCuS 为原料实现如下转化：
2①写出溶液A中的所有阳离子 ，CuO的作用 。
②下列说法正确的是___________。
A．S单质存在于火山口或地壳的岩层中
B．溶液C含有[Cu(NH )]2+
3 4
C．NaSO 的水溶液显碱性
2 2 3
D．依据转化关系可知：K [Fe(OH) ]＜K [Mn(OH) )]
sp 3 sp 2
(6) MnCO 等锰(Ⅱ)的化合物可制备MnO。MnSO 隔绝空气受热分解生成MnO，产物中无单质，写
3 3 4 4 3 4
出该反应的化学方程式 。
【答案】(1) 3d6(1分) 9(1分) (2)BD(2分)
(3) S O2-中的O-O键与SO -基团相连，S的电负性大于HO 中的H，S=O有吸电子效应，所以S对O-
2 8 3 2 2
O中电子对吸引力大于H，O更缺电子，氧化性更强。或SO2-中的O-O键与SO -基团相连，SO -基团体积
2 8 3 3
远大于H，O-O两端的SO -基团排斥力大，O-O更易断裂，氧化性更强(2分)
3
(4) 4(2分)
(5) ①Mn2+、Cu2+、Fe3+、H+(2分) 促进Fe3+水解生成Fe(OH) 或调节溶液的pH(2分)
3
②ABD(2分)
(6)3MnSO MnO+ SO ↑+ SO ↑(2分)
4 3 4 2 3
【解析】(1)①铁为26号元素，价电子排布式为3d64s2，失去最外层结构，故为3d6；②硫为16号元素，
占有9个轨道，故为9种。(2)A项，SO 中心原子价层电子对数为3，为sp2杂化，没有孤对电子，空间结
3
构为平面三角形，A正确；B项，环状(SO ) 种硫有4个单键，故为sp3，B错误；C项，SO 和三聚体
3 3 3
(SO ) 两种形式，固态三氧化硫易升华，熔沸点低，故为分子晶体，C正确；D项，一个三氧化硫链节中
3 3
有两个氧原子为sp3，故为2n，D错误； 故选BD。(3)S O2-中的O-O键与SO -基团相连，S的电负性大于
2 8 3
HO 中的H，S=O有吸电子效应，所以S对O-O中电子对吸引力大于H，O更缺电子，氧化性更强。或
2 2
SO2-中的O-O键与SO -基团相连，SO -基团体积远大于H，O-O两端的SO -基团排斥力大，O-O更易断裂，
2 8 3 3 3
氧化性更强；(4)从最顶面的上Cu连接下方二个S，最底面的Cu连接上方二个S，若将晶胞简单上下延伸
可以得出，每个Cu连接有4个S，故配位数为4；(5)FeCuS 与MnO 和HSO 反应，化学方程式为：
2 2 2 4
2FeCuS+5MnO+20H+=2Fe3++2Cu2++5Mn2++4S+10H O，过滤得到S和溶液A，溶液A中含有Mn2+、Cu2+、
2 2 2Fe3+、H+等离子，S和O 点燃得到SO ，SO 与亚硫酸钠反应生成NaSO ，溶液A中加入Cu调节pH，将
2 2 2 2 2 5
Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀，过滤得到溶液B，溶液B含有Mn2+、Cu2+等离子，加入碳酸氢铵和氨气，生成
3
MnCO 沉淀，Cu2+转化为[Cu(NH )]2+。①溶液A中的所有阳离子为：Mn2+、Cu2+、Fe3+、H+，CuO的作用
3 3 4
为：促进Fe3+水解生成Fe(OH) 或调节溶液的pH；②A项，S单质存在于火山口或地壳的岩层中，故A正
3
确；B项，溶液C含有[Cu(NH )]2+，故B正确；C项，NaSO 在水溶液中释放SO ，溶液显酸性，故C错
3 4 2 2 3 2
误；D 项，加入 CuO 调节 pH，将 Fe3+转化为 Fe(OH) 沉淀，此时 Mn2+未沉淀，即 K [Fe(OH) ]＜
3 sp 3
K [Mn(OH) )]，故D正确；故选ABD；(6)MnSO 隔绝空气受热分解生成MnO ，产物中无单质，Mn元素
sp 2 4 3 4
化合价上升，即S元素化合价下降，可得反应方程式为：3MnSO MnO+ SO ↑+ SO ↑。
4 3 4 2 3
18．(12分)阿根廷科学家Mas Veronica等人利用Ni(Ⅱ)、Al(Ⅲ)层状复合催化剂进行了乙醇、水蒸气重
整制氢的研究。其主要反应为：
反应I C HOH(g)＋3HO(g) 2CO(g)＋6H(g) ΔH ＝+173.3kJ·mol−1
2 5 2 2 2 1
反应Ⅱ C HOH(g)＋HO(g) 2CO(g)＋4H(g) ΔH ＝+255.7kJ·mol−1
2 5 2 2 2
(1)反应I自发进行的条件是 。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
(2)一定温度下，若在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是___________。
A．选择合适的催化剂，可以加快反应速率，提高一段时间内 的转化率
B．增大C HOH(g)的浓度可以提高C HOH(g)的平衡转化率
2 5 2 5
C．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡
D．向密闭容器中加入HO(g)，容器中的压强增大，反应I、Ⅱ均逆向移动
2
(3)研究发现，在压强为P，平衡时CO 和CO的选择性及H 的产率随温度的变化如图所示。注：
0 2 2
的选择性①请分析说明曲线②随温度变化的原因 。
②在密闭容器中，以投料比 n(C HOH)：n(H O)=3：8通入混合气体，此时C HOH的转化率为
2 5 2 2 5
66.67%，求交点M坐标为(500℃，50%)时反应Ⅱ的平衡常数K= (只需列出计算表达式，不必
p
化简。已知K 是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，即将 表达式中的平衡浓度用平衡分压
p
代替)。
(4)对乙醇、水蒸气重整制氢反应I进行反应机理分析如下，“*”表示催化剂表面的活性中心，请补充
完成基元反应iii。
i． C HO(g) +(*)→C HO*
2 6 2 6
ii．C HO*+(*)→CHO*+CH*
2 6 4 2
iii．
iv.CH*+2H O(g)→CO (g)+3H(g)
2 2 2 2
(5)利用如图所示装置(MEA为复杂的膜电极)电解乙醇制氢气，写出阳极电极反应式 。
【答案】(1)高温(2分) (2)AC(2分)
(3)反应I、Ⅱ正反应方向均为吸热反应，升高温度均向正反应方向移动，H 产率上升，但在升温大于
2
300℃后，温度对反应Ⅱ的影响大于对反应I的影响，所以H 产率逐渐减小(2分) (2
2
分)
(4)CH O*+HO(g)→CO (g)+3H(g)+(*) (2分)
4 2 2 2
(5)C HOH+3H O-12e-=12H++2CO (2分)
2 5 2 2
【解析】(1)该反应△H>0，△S>0，根据△G=△H-T△S<0，反应自发，故该反应在高温下自发；(2)对
上述恒容密闭容器中的体系；A项，选择合适的催化剂，可以加快反应速率，增加一段时间反应的量，即提高一段时间内C HOH(g)的转化率，但不能提高平衡转化率，A正确；B项，根据勒夏特列原理，增大
2 5
C HOH的浓度不能提高C HOH的平衡转化率，可以提高另一反应物HO(g)的转化率，B错误；C项，气
2 5 2 5 2
体的质量不变，气体的物质的量增大，气体的平均相对分子质量减小，当平均相对分子质量不变能说明反
应体系已达平衡，C正确；D项，增大HO(g)的浓度，增加反应物的浓度平衡正向移动，D错误；故选
2
AC；(3)①根据图像变化，随着温度的升高，H 的产率会增加，所以曲线②表示H 的产率；反应I、Ⅱ正
2 2
反应方向均为吸热反应，升高温度均向正反应方向移动，H 产率上升。但在升温过程中，温度对反应Ⅱ的
2
影响大于对反应I的影响，所以H 产率逐渐减小；②以投料比n(C HOH)：n(H O)=3：8通入混合气体，
2 2 5 2
设n(C HOH)=3mol，则n(H O)=8mol，此时C HOH的转化率为66.67%，即消耗2mol，交点M坐标为
2 5 2 2 5
(500℃，50%)，则CO选择性为50%，故生成的CO与CO 的物质的量相等，若假设反应按顺序进行，由
2
图根据“三段式”计算：
体系气体物质总物质的量为1+4+2+10+2=19(mol)，所以对反应Ⅱ：P(C HOH(g))= P ，P(H O(g))=
2 5 0 2
P ，P(CO(g))= P ，P(H (g))= P ，得出 K= ；(4)反应的总反应式是 C HOH(g)
0 0 2 0 p 2 5
+3H O(g)=2CO(g)+6H(g)，将基元反应ⅰ、ⅱ、ⅳ叠加得叠加式，然后二式相减得到基元反应
2 2 2
ⅲ.CH O*+HO(g)→CO (g)+3H(g)+(*)；(5)电解乙醇制氢气，阳极上乙醇失电子发生氧化反应，电极反应
4 2 2 2
方程式为：C HOH+3H O-12e-=12H++2CO 。
2 5 2 2
19．(12分) 高铁酸钾(K FeO)是一种高效多功能水处理剂。某实验小组按如下步骤制备KFeO，部分
2 4 2 4
装置如图所示。Ⅰ．取30g NaOH溶于75mL水中，用冰水冷却并保持体系温度在20℃以下。搅拌下、通入Cl 至饱和，
2
再分批次加入70g NaOH固体，充分反应后滤去析出的晶体。
Ⅱ．搅拌下向滤液中分批次加入25gFe(NO )·9H O，再加入NaOH固体至饱和，过滤。
3 3 2
Ⅲ．保持滤液温度20℃左右，加入100mL饱和KOH溶液，过滤得粗产品。
已知：
①制备原理：3ClO-+Fe3++10OH-=2FeO 2-+3Cl-+5H O；
4 2
②KFeO 难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出O，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在。
2 4 2
(1)装置图中仪器X的名称是 ，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为 。
(2)步骤Ⅰ通入Cl 时控制温度20℃以下，目的是 。
2
(3)下列说法不正确的是___________。
A．装置甲中固体A可以为KMnO
4
B．装置乙吸收HCl，有利于提高产率
C．分批次加入Fe(NO )·9H O的主要目的是防止反应速率过快
3 3 2
D．水中的溶解度：NaFeO＜KFeO
2 4 2 4
(4)对粗产品进行重结晶，选择正确操作排序： ：___________→e→___________。
a．将粗产品溶于冰水 b．将粗产品溶于3mol/LKOH溶液
c．冰水洗涤 d．将溶液注入冷的KOH饱和溶液中，充分搅拌
e．过滤 f．依次用乙醇、乙醚洗涤
g．空气中晾干 h．真空干燥器中干燥
(5)测定高铁酸钾样品的纯度：称取m g高铁酸钾样品，完全溶解于浓KOH溶液中，再加入足量亚铬
酸钾K[Cr(OH) ]反应后配成100mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH=2，用c
4
mol/L硫酸亚铁铵溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液V mL。该过程中发生反应：
a．[Cr(OH) ]-+ FeO2-= Fe(OH) ↓+CrO2-+OH-
4 4 3 4
b．2CrO2-+2H+= CrO2-+H O
4 2 7 2
c．Cr O2-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H O
2 7 2①高铁酸钾样品的纯度= (用含有m、c、V的代数式表示)。
②测得产品的纯度为102.5%，则产物中含有的杂质是 (填化学式)。
【答案】(1)三颈烧瓶(1分) NaCl(1分)
(2)有利于增大Cl 的溶解度并防止高温下生成NaClO(或防止NaClO分解)(2分)
2 3
(3)CD(2分)
(4)b→ d→ e→ f →h(2分)
(5) (2分) Na FeO(2分)
2 4
【解析】装置甲中浓盐酸与KMnO (或KClO)固体反应制备氯气，装置乙吸收氯气中的HCl，装置丙
4 3
中步骤I：氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，次氯酸钠在后续制备高铁酸钠时作氧化剂，
故步骤I析出的晶体为NaCl；步骤II：次氯酸钠、硝酸铁、氢氧化钠反应得到高铁酸钠，离子方程式为：
3ClO-+Fe3++10OH-=2FeO 2-+3Cl-+5H O，步骤III：再加饱和KOH溶液转化，过滤得到高铁酸钾。(1)装置图
4 2
中仪器X的名称是：三颈烧瓶，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl；(2)步骤Ⅰ通入Cl 时控制温度
2
20℃以下，目的是有利于增大Cl 的溶解度并防止高温下Cl 和NaOH生成NaClO(或防止NaClO分解)；
2 2 3
(3)A项，装置甲中固体A可以为KMnO ，A正确；B项，装置乙吸收HCl，KFeO 在强碱性溶液中稳定存
4 2 4
在，除去HCl有利于提高产率，B正确；C项，Fe(NO ) 溶液呈酸性，高铁酸盐在酸性条件下不稳定，所
3 3
以分批次加入Fe(NO )·9H O的主要目的是防止高铁酸根离子在酸性条件下发生反应，C错误；D项，在
3 3 2
NaFeO 溶液中加入KOH饱和溶液析出KFeO 固体，故水中的溶解度：NaFeO＞KFeO，D错误；故选
2 4 2 4 2 4 2 4
CD；(4)根据信息：KFeO 难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出O，在低温、干燥或强碱性溶液中
2 4 2
稳定存在，故重结晶时：将粗产品溶于3mol/LKOH溶液，将溶液注入冷的KOH饱和溶液中，充分搅拌，
过滤，依次用乙醇、乙醚洗涤，在真空干燥器中干燥，操作顺序为：b→ d→ e→ f →h ；(5)①根据题意可
找出关系式： ，故高铁酸钾样品的纯度=
； ②测得产品的纯度为102.5%，则杂质也含高铁
酸根，故杂质为NaFeO。
2 4
20．(12分)化合物H是一种药物中间体，其合成路线如图所示：已知：
i. + 。
ii. 。
请回答：
(1)写出B的结构简式为 。
(2)G中官能团的名称为 。
(3)有人认为，E不必经过F，而是E先和试剂X反应。则E和试剂X反应的化学方程式为
。
(4)下列说法不正确的是_______。
A．A转化为B、F转化为G的设计目的是保护酚羟基
B．C→D的现象是溶液由橙色变绿色
C．1mol H水解时最多可消耗2mol NaOH
D．试剂X是NH
3
(5)设计以环己酮和 为原料制备 的合成路线： (无机试剂任选)。
(6)写出同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式 。
①不能与氯化铁发生显色反应，但能发生银镜反应。
②1mol最多能与含4mol NaOH的溶液恰好完全反应。
③核磁共振氢谱有4组吸收峰。【答案】(1) (1分) (2)(酚)羟基、(酮)羰基、羧基(1分)
(3) ＋NH → ＋C HOH(2分)
3 2 5
(4)C(2分)
(5)
(3分)
(6) 、 、 、
(3分)
【解析】C被酸性高锰酸钾氧化为D，根据D的结构和C的分子式可知，C为 ，B→C的反应参考已知ii，即B的结构为 ，A→B的反应参考已知i，结合A的分子式
可知，A的结构为 ，D发生取代反应生成E，E水解得到F，F的结构为
,生成D的反应参考已知i，即G的结构为 ，G与试剂X在加
热条件下生成H，结合H的结构，试剂X为NH 。(1)B的结构为 ；(2)G的结构为
3
，含有(酚)羟基、(酮)羰基、羧基；(3)试剂X为NH ，E与NH 反应生成
3 3
和C HOH ，化学方程式为： ＋NH →
2 5 3＋C HOH；(4)A项，A转化为B、F转化为G的设计目的是保护酚羟基，故A正
2 5
确；B项，重铬酸钾溶液为橙色，被C还原为Cr3+，Cr3+溶液为绿色，故B正确；C项，H中2个酚羟基，
1个酰胺基均能与NaOH反应，1mol H水解时最多可消耗3mol NaOH，故C错误；D项，试剂X为NH ，
3
故D正确；故选C；(5) 与CHMgBr发生已知ii中的反应，生成 ，
3
在浓硫酸加热条件下生成 ， 与Br 发生加成反应生成
2
， 与NaOH溶液在加热条件下发生取代反应，生成
，合成路线为：
；(6)H的同分异构体①不能与氯化铁发生显色反
应，但能发生银镜反应，说明不含酚羟基，含有醛基；②1mol最多能与含4mol NaOH的溶液恰好完全反
应；③核磁共振氢谱有4组吸收峰，具有四种等效氢，符合条件的结构为： 、、 、 。
