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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 03（黑吉辽蒙专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：2025年由吉林省自主命题，黑吉辽蒙使用相同试卷。参照2024年高考真题，单项选择
题有15小题，每小题3分，共45分；非选择题4小题，共55分。
高考·新考法：2025年高考化学题型丰富，每道题的不同选项考察不同方向的内容，要求考生做到厚积
薄发，全面学习。
高考·新情境：以教材的方程式或拓展等内容作为情境，要求学生熟悉教材中的信息，比如：水合离子
的图片、三价铁与碘离子的反应、硫酸工艺等，都是以必修教材中常见物质的制备、流程、实验探究
等相关内容为情境，考察学生温故知新的能力。
命题·大预测：基于2025年2月全国各地市最新模考题，预测黑吉辽蒙高考试题信息会出现教材常见的
反应。
（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 Cl 35.5
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学与职业息息相关，下列对于化学相关职业的理解不正确的是
A．电池研发与生产、生活和军事等领域的发展密切相关，研发人员的工作只需要研究电池的材料构成
B．现代高分子三大合成材料为塑料、合成纤维和合成橡胶，此外黏合剂、涂料、高吸水性树脂、高分
子膜等也属于高分子材料
C．化工工程师的主要工作是设计化工生产的工艺流程，并监控生产过程，及时解决生产中遇到的技术
问题
D．环境保护工程师的主要工作是预防和治理环境污染；原子利用率100%符合绿色化学思想
【答案】A
【详解】A．电池研发与生产、生活和军事等领域的发展密切相关，研发人员的工作只需要研究电池的材
料构成、充放电原理、使用寿命、环境友好等，故A错误；
B．三大合成材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶，它们与黏合剂、涂料都属于通用高分子材料，高吸水
性树脂、高分子膜是功能高分子材料，它们均为高分子材料，故B正确；C．化工工程师的主要工作是设计化工生产的工艺流程，并监控生产过程，及时解决生产中遇到的技术、
环境、产量、速率等一些列实际的问题等，故C正确；
D．环境保护工程师是指从事自然资源保护并使其得到合理利用，防止自然环境受到污染和破坏，对受到
污染和破坏的环境进行综合治理，创造适合人类生活和工作环境的人员，故D正确；
答案选A。
2．下列化学用语或图示正确的是
A．甲醛的电子式为
B．NaCl溶液中的水合离子为
C．苯胺 的所有原子共平面
D．乙烯分子中π键的形成过程
【答案】D
【详解】
A．甲醛中氧原子超过了8电子，电子应为： ，A错误；
B．钠离子半径小于氯离子，图示中钠离子半径大于氯离子，同时水分子中氢原子呈正电性，氧原子呈负
电性，因此钠离子周围的水分子应该是氧原子对着钠离子，氯离子周围的水分子应该是氢原子对着氯离子，
溶液中的水合离子为 ，B错误；
C．氨基的中心原子N原子为sp3杂化，苯胺不能所有原子共平面，C错误；
D．乙烯分子中π键是C原子2p轨道采用“肩并肩”的方式重叠形成，过程为
，D正确；
答案选D。
3．已知反应：①l0lkPa时，2C(s)+O(g)=2CO(g) △H=-221kJ/mol
2
②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H O(1) △H=-57.3kJ/mol
2
③红磷的化学式为P，白磷的化学式为P，已知
4P(s)+5O(g)=P O (s) △H=-3093.5kJ/mol
4 2 4 10
4P(s)+5O (g)=P O (s) △H=-2954.0kJ/mol。下列结论正确的是
2 4 10
A．由于红磷转化为白磷是放热反应，等质量的红磷能量比白磷低
B．36.5gHCl的稀溶液与含N 个NH 的稀溶液反应放出的热量为57.3kJ
A 3
C．lmol稀硫酸与足量浓NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ
D．碳的燃烧热大于110.5kJ/mol
【答案】D
【详解】A．由反应P(s)+5O(g)=P O (s) △H=-3093.5kJ/mol和4P(s)+5O (g)=P O (s) △H=-2954.0kJ/
4 2 4 10 2 4 10
mol，可得出4P(s)== P (s) △H=+139.5kJ/mol，所以红磷转化为白磷是吸热反应，A不正确；
4
B．lmolNH 的稀溶液中一水合氨为弱碱，电离时吸热，所以与盐酸反应放出的热量小于57.3kJ，B不正确；
3
C．浓NaOH溶液稀释时放热，所以与稀硫酸反应的中和热大于57.3kJ，C不正确；
D．由反应2C(s)+O(g)=2CO(g) △H=-221kJ/mol可知，1mol碳不完全燃烧放热110.5kJ，则碳的燃烧热大
2
于110.5kJ/mol，D正确；
故选D。
4．高铜酸钾( )是一种难溶于水的黑色粉末状固体(其中氧元素的化合价为 价)，与高铁酸钾(
)性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①
(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②
(未配平)。下列说法错误的是
A．①中还原剂和氧化剂的数量之比为
B．①反应中，HBrO过量更有利于反应发生
C．②中 既表现氧化性，又表现还原性
D．由①、②可知氧化性强弱顺序为
【答案】B
【详解】A．①中，HBrO中Br+1价发生还原反应生成KBr，HBrO作氧化剂，Cu的化合价由K[Cu(OH) ]
2 4
中Cu的+2价升高到KCuO 中+3价Cu，2K[Cu(OH) ]+2HBrO=2KCuO +KBr+KBrO+5H O，则还原剂：氧
2 2 4 2 2
化剂的物质的量之比为2：1，A正确；
B．①反应中，HBrO过量有可能与KBr反应生成溴单质，不利于反应发生，B错误；
C．②中Cu的化合价降低，O化合价升高，则KCuO 既是氧化剂也是还原剂，C正确；
2
D．氧化性：氧化剂＞氧化产物，在①中HBrO＞KCuO ，在②中KCuO ＞O，D正确；
2 2 2
故选B。
5．下列各组溶液中的两个反应，可用同一个离子反应表示的是
A．NaOH和 NaOH和HCl B． 和 、 和
C． 和 和 D． 和 和【答案】A
【详解】A．NaOH和 ，离子方程式为：H++OH-=H O，NaOH和HCl，离子方程式为：H++OH-
2
=H O，可用同一个离子反应表示，A正确；
2
B．HNO 和KCO 反应产生KNO、HO、CO，反应的离子方程式为：2H++ =H O+CO↑，HCl和
3 2 3 3 2 2 2 2
NaHCO 反应产生NaCl、HO、CO，反应的离子方程式为：H++ =H O+CO↑，二者反应的离子方程
3 2 2 2 2
式不相同，不可用同一个离子反应表示，B错误；
C．BaCl 和HSO 反应产生HCl、BaSO 沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++ =BaSO ↓；Ba(OH) 和
2 2 4 4 4 2
HSO 反应产生BaSO 沉淀、HO，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++ =BaSO ↓+2H O，二者的离
2 4 4 2 4 2
子方程式不相同，C错误；
D． 电离出 和 ， 与 发生离子反应， 电离出 和 ， 与
发生离子反应，由于两者参加反应的离子不一样，则离子方程式不一样，D错误；
故选A。
6．白色固体样品X，可能含 和 之中的一种或两种。在
三个烧杯中各加入适量X，进行实验(必要时微热，使之充分反应)，实验记录如下：
编
操作 现象
号
加水溶解，用洁净的铂丝蘸取少许溶液，在煤气灯外焰上灼
I 焰色呈黄色
烧
Ⅱ 加入蒸馏水 固体全部溶解，得到透明溶液
产生浅黄色沉淀和刺激性气味的气
Ⅲ 加入稀硫酸
体
依据实验现象，下列说法错误的是
A．X可能是
B．X不可能含 或
C．X可能是 和 的混合物
D．X可能是 和 的混合物
【答案】B
【详解】根据实验I，可知X一定含钠盐；根据实验Ⅱ，可排除 存在；根据实验Ⅲ，可确定淡黄色
固体是疏(S)单质，具有刺激性气味的气体是 。加入稀硫酸，可能发生的相关反应有
、 、 ，白色固体成分为以下几种情况时均满足实验现象：①只含 ；②含 和 ；③含 ，和
中的一种。焰色试验中，黄色会覆盖浅紫色，不透过蓝色钴玻璃，观察不
到紫色，即有钠盐存在时可能存在 ，综合分析实验现象，X可能含 ，一定不含 ，B错误；
故选B。
7．为探讨化学平衡移动的影响因素，某同学通过改变浓度研究“2Fe3+ +2I- 2Fe2+ +I ”反应中Fe3+和
2
Fe2+的相互转化。实验过程中的主要现象如图所示：
下列相关的说法不正确的是
A．待实验I溶液颜色不再改变时，才能进行实验II
B．实验③是实验②的对比实验
C．实验①和实验②中平衡都向Fe2+转化成Fe3+方向移动
D．上述实验表明，实验I所得溶液颜色主要是由Fe3+引起的
【答案】D
【详解】A．待实验I溶液颜色不再改变时，即让反应2Fe3+ +2I- 2Fe2+ +I 达到化学平衡后，才能进行平
2
衡移动实验，即才能进行实验II，A正确；
B．实验③是为了使最终溶液的体积相同，而使得稀释对溶液颜色的改变相同，故实验③是实验②的对比
实验，B正确；
C．实验①通过减小反应物I-的浓度，实验②通过增大生成物Fe2+的浓度，从而使上述平衡逆向移动，即两
实验中平衡都向Fe2+转化成Fe3+方向移动，C正确；
D．由C项分析和实验①溶液的颜色可知，该浓度下的含Fe3+的溶液接近无色，故上述实验表明，实验I所
得溶液颜色主要是由I 引起的，D错误；
2
故答案为：D。
8．工业上可以利用硫酸厂产生的烧渣(主要成分含 、FeO还有一定量的 )制备碳酸亚铁的工艺流
程如图所示，下列说法正确的是已知：“还原”时， 与 不反应， 通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，其中反应Ⅰ如下：
A．“酸溶”时，可将稀硫酸换成浓硫酸，以加快化学反应速率
B．“过滤”时，需要用到的玻璃仪器有普通漏斗、玻璃棒、烧杯和胶头滴管
C．“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为
D．制得的产品 可以长时间暴露在空气中
【答案】C
【详解】A．浓硫酸会和 发生氧化还原反应生成二氧化硫污染环境，则不能将稀硫酸换成浓硫酸，故
A错误；
B．过滤时不需要胶头滴管，故B错误；
C．有题目中信息可知“还原”时还会产生S，所以“还原”时反应Ⅱ的离子方程式为
，故C正确；
D． 长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变红褐色的 ，同时释放出CO，化学方程式
2
为 ，故D错误；
故选C。
9．离子化合物NaO 和CaH 与水的反应分别为：
2 2 2
①2Na O+2H O=4NaOH+O ↑
2 2 2 2
②CaH+2H O=Ca(OH) +2H ↑
2 2 2 2
下列说法正确的是
A．NaO、CaH 均为离子化合物，只含有离子键，
2 2 2
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．NaO 中阴、阳离子个数比为1∶2，CaH 中阴、阳离子个数比为2∶1
2 2 2
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O 和H 的物质的量相同
2 2
【答案】C
【详解】A．NaO 中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子之间存在非极性键，而
2 2
CaH 中H-和钙离子之间存在离子键，该化合物中不含非极性键，故A错误；
2
B．反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变，只有过氧化钠中O元素化合价变化，所以①中水不参与氧
化还原反应，故B错误；
C．NaO 由钠离子与过氧根离子构成，而CaH 由钙离子与氢负离子构成，所以NaO 中阴、阳离子个数
2 2 2 2 2比为1∶2，CaH 中阴、阳离子个数比为2∶1，故C正确；
2
D．反应①中生成1molO 转移2mol电子，反应②中生成1molH 转移1mol电子，所以反应①和②中转移的
2 2
电子数相同时，产生的O 和H 的物质的量之比为1∶2，故D错误；
2 2
故选：C。
10．从干海带中提取碘的实验流程如下：
下列说法错误的是
A．氧化步骤中氯水可用过氧化氢代替
B．试剂 可以为 ，反萃取的离子方程式为：
C．操作I要用到分液漏斗、烧杯、铁架台
D． 可循环利用减少试剂浪费
【答案】C
【详解】A．已知2I-+H O+2H+=I +2H O，故氧化步骤中氯水可用过氧化氢代替氯水，A正确；
2 2 2 2
B．由分析可知，试剂X可以为NaOH，反萃取的离子方程式为 ，B正确；
C．反萃取、分液得到上层溶液中加入稀硫酸反应原理为：NaIO +5NaI+3H SO =3Na SO +3I ↓+3H O，过
3 2 4 2 4 2 2
滤得到碘单质，操作Ⅰ是把固体碘单质分离出来，操作方法为过滤，要用到普通漏斗、烧杯和玻璃棒，C
错误；
D．反萃取后CCl 层中几乎不含有碘元素，故CCl 循环利用可提高CCl 的利用率，减少实际的浪费，D正
4 4 4
确；
故答案为：C。
11．某化学小组向盛有 溶液的试管中逐滴加入 氨水，直至得到深蓝色透明溶
液，再加入8mL95%乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤，将晶体溶于水，取两份相同的溶液a和b，向a
中加入铁钉，无明显现象；向b中加入足量的稀盐酸，再加入 溶液，产生白色沉淀。下列说法错误
的是
A．该深蓝色晶体为
B．加入乙醇后， 与乙醇发生反应
C．溶液a中不存在大量
D．向深蓝色透明溶液中加入固体 ，有利于获得较多的深蓝色晶体
【答案】B
【详解】A．根据分析可知，氨水和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜
反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：①、② ；再向深蓝色透明溶液加
入乙醇，由于Cu(NH )]SO 在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：
3 4 4
，故A正确；
B．加入乙醇后，是由于Cu(NH )]SO 在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以析出了晶体，是物理
3 4 4
变化，故B错误；
C．向a中加入铁钉，无明显现象，说明配离子 中铜离子不能电离出来，无法与铁单质发生
反应，即不存在大量 ，故C正确；
D．向深蓝色透明溶液中加入固体 ，硫酸根的浓度增大，促使平衡逆向移动，[Cu(NH )]SO 增多，
3 4 4
有利于获得较多的深蓝色晶体，故D正确；
故答案选B。
12．下列关于物质结构和有机物性质的命题中，正确的有项
①氯乙酸( )的 大于乙酸( )的
② 的键角大于
③氨水中大部分 与 以氢键结合成 分子，根据氨水的性质可知 的结构式可记为：
④ 、 中阴阳离子个数比相同
⑤根据对角线规则， 是两性氢氧化物
⑥2，2-甲基丙烷与新戊烷互为同分异构体
⑦向澄清的苯酚钠溶液中通入 ，溶液变浑浊，说明酸性：苯酚<碳酸
⑧在分子组成上相差若干个 的有机物一定互为同系物
⑨沸点：正戊烷>新戊烷
A．3项 B．4项 C．5项 D．6项
【答案】C
【详解】①由于电负性：Cl＞H，则键极性：C—Cl＞C—H，故羧基中羟基极性：氯乙酸＞乙酸，更易电
离出H+，故同温同浓度时K (CHClCOOH)＞K (CHCOOH)，则pK (CHClCOOH)＜pK (CHCOOH)，且未
a 2 a 3 a 2 a 3
说明同温，故①错误；
②中心原子Sn价层电子对=σ电子对+孤电子对=2+ =3，根据价层电子对互斥理论，SnBr VSEPR模
2
型为三角形，空间构型为V形，由于孤电子对斥力较大，故SnBr 键角小于120°，②错误；
2③根据NH ·H O电离产生 和OH-，知NH 中N原子与HO中H原子之间形成氢键，即 ，
3 2 3 2
③正确；
④Na O由2个Na+与1个O2-构成，阴阳离子比为2：1，NaO 由2个Na+与1个 构成，阴阳离子比为
2 2 2
2：1，④正确；
⑤在元素周期表中，Be元素与Al元素处于对角线位置，某些性质相似，称为对角线规则，如Al(OH) 、
3
Be(OH) 都是两性氢氧化物，⑤正确；
2
⑥价层电子对不包含π电子对分子式相同而结构不同的化合物之间互称为同分异构体，2，2-甲基丙烷与新
戊烷是同一种物质，不是同分异构体，⑥错误；
⑦向澄清的苯酚钠溶液中通入CO，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原理，酸性：碳酸
2
>苯酚，⑦正确；
⑧只有结构相似，在分子组成上相差一个或若干个“CH”原子团的有机物才属于同系物，如苯酚和苯甲醇，
2
在分子组成上相差1个“CH”原子团，但前者为酚，后者为醇，二者不是同系物，错误；
2
⑨新戊烷的支链多于正戊烷，同碳数烷烃，支链多的沸点低，则沸点：正戊烷>新戊烷，⑨正确；
综上所述，③④⑤⑦⑨正确，故答案选C。
13．前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，实验室常用配合物 检验W的一种离
子。X的一种单质是自然界最硬的物质，基态Y原子的L层有3个未成对电子，基态 的3d轨道达到半
充满稳定结构。下列说法正确的是
A．原子半径：Y>X B．第一电离能：Z>W
C．简单氢化物的沸点：X>Y D．1mol 含12 molσ键
【答案】D
【分析】自然界最硬的物质是金刚石，X为碳；基态Y原子L层有3个未成对电子，则Y为氮。基态
的3d轨道达到半充满稳定结构，W为铁；由化合物可知，Z为+1价，根据 溶液可用于检验
溶液中的 可知，Z为钾；
【详解】A．C的原子半径大于N，A项错误；
B．钾的第一电离能小于铁，B项错误；
C． 分子间存在氢键，氨的沸点高于甲烷，C项错误；
D．1个 含1个σ键且能与铁离子形成1个配位键，配位键也是σ键，故1mol 含12
molσ键，D项正确；
答案选D。
14． 晶体的晶胞结构如图所示，已知该立方晶胞的边长为 ，阿伏加德罗常数的值为
的摩尔质量为 。下列说法不正确的是A． 中，中心离子的配位数为6
B．离 最近的 有8个
C．若规定A点原子坐标为 点原子坐标为 ，则 点原子坐标为
D． 晶体的密度为
【答案】D
【详解】A． 中中心离子为 ，其配位原子为N，配位数为6，故A正确；
B．由 晶胞可知， 周围等距离且最近的 有8个，故B正确；
C．C位于晶胞内部，若把晶胞分为8个相同的小立方体，则C位于左后上方的小立方体的体心，根据
A、B的原子坐标可知，C的原子坐标为 ，故C正确；
D．根据均摊法可知,一个晶胞含有的 的个数为 ，含有的 的个数为8，故每
个晶胞中含有4个 ， 的摩尔质量是 ，晶胞体积为 ，则晶胞
的密度为 ，故D不正确；
故选D。
15．党的二十大报告指出：持续深入打好蓝天、碧水、净土保卫战。二氧化硫作为空气的一种主要污染物，
消除其污染势在必行。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，
原理如图所示。下列说法正确的是A．该电池放电时电流从 电极经过外电路流向 电极
B． 为正极， 为负极
C． 电极附近发生的反应为
D．相同条件下，放电过程中消耗的 和 的体积比为1：2
【答案】C
【详解】A．Pt1电极二氧化硫失电子生成硫酸，Pt1是负极；Pt2电极氧气得电子生成水，Pt2是正极，该
电池放电时电流从Pt2电极经过外电路流向Pt1电极，故A错误；
B．根据分析，Pt1是负极、Pt2是正极，故B错误；
C．Pt2是正极，Pt2电极氧气得电子生成水，电极反应为O+4e-+4H+=2H O，故C正确；
2 2
D．总反应为二氧化硫和氧气、水反应生成硫酸，反应方程式为2SO +O +2H O=2HSO ，相同条件下，放
2 2 2 2 4
电过程中消耗的SO 和O 的体积比为2∶1，故D错误；
2 2
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分） 是常见的还原剂，也是合成一碳化学 产品的原料。
(1)工业上采用天然气法制备 。已知几种共价键的键能如表所示：
化学键 C O
436 1076 465 413
写出 气体和水蒸气在高温下反应生成 和 的热化学方程式： 。
(2)工业上，用 还原赤铁矿冶炼铁，有关热化学方程式如下：
①
②
③
④ 。(计算结果保留1位小数)
(3)工业上利用 合成 ，一定量的 和 加入一定容积的反应器中，在催化剂存在下发生反
应： 。测得 平衡转化率与温度关系如图所示。①温度升高， 平衡转化率降低，其主要原因是 。
② (填“>”、“<”或“=”)。
(4)工业上，常用 处理 ，在催化剂存在条件下发生反应：2 。
在体积相等的甲、乙两个密闭容器中分别充入 、 气体，在恒温恒容、绝热恒容下分别
发生上述反应。测得气体压强与时间关系如图所示。
①容器 (填“甲”或“乙”)在恒温恒容条件下反应。
②气体总物质的量：a b(填“>”“<”或“=”)。
③b点平衡常数 (填“>”“<”或“=”) 。提示：用分压计算的平衡常数为 ，分压等于总
压×物质的量分数。
【答案】(1) （2分）
(2 )-16.7（2分）
(3) 正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移（2分） <（2分）
(4) 乙（2分） >（2分） > （2分）
【详解】（1）反应热等于断裂化学键的总键能与形成化学键的总键能之差。
，故答案为：
。（2）根据盖斯定律，④ 得：
。故答案为：-16.7。
（3）①根据温度对平衡影响分析可知温度升高， 平衡转化率降低，其主要原因是：正反应是放热反应，
其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移；
②N点比M点时反应物的浓度大、温度高，因此 ，又由于 ，所以
。
故答案为：正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移；<。
（4）①可逆反应是气体分子数减小的反应，曲线甲上升段压强增大，只能是温度升高所致，表明正反应
放热，由甲、乙曲线可知，甲的压强大于乙，说明甲的温度高于乙，即甲为恒容绝热条件，乙为恒容恒温
条件。
②对于恒容条件下，压强与温度、气体的物质的量有关，压强相同，温度越高，气体的总物质的量越小，
因反应放热，绝热容器b温度高于a， ，同压同体积条件下，气体物质的量与温度成反比，故a
点气体总物质的量大于b点。
③b点温度不确定，其总压值无法直接用于计算，利用a点相关数据，计算如下：
⇌
起始分压( )： 40 40 0 0
变化分压( )： p
a点分压( )： p
a点总压强： ，解得：
所以，a点 ， ， 。
a点的浓度商 ，b点气体的总物质的量比a点小，说明b
点正向进行的程度大于a点，因此b点 值大于a点的浓度商。
17．（11分）次氯酸(HClO)消毒液高效安全，适用于一般物体表面消毒、手部消毒，以及地面、空间和环
境消毒。下图装置在D中制得颜色类似于氯气的ClO气体，E中得到次氯酸(HClO)。已知ClO气体45℃
2 2
可分解，与水反应生成HClO。(1)A装置中发生的反应为 。
(2)B装置、F装置中分别盛装 、 ；C的作用是 。
(3)实验时，一直要通入干燥的空气，其体积大约是氯气的3倍，主要作用是 ，同时还可以抑
制ClO的分解，保证实验安全。
2
(4)D中盛装含水碳酸钠(即NaCO 与水按照质量106：9调制而成)，用来吸收氯气制备ClO。
2 3 2
①如果用NaCO·xH O表示含水碳酸钠，则x为 。
2 3 2
②D中生成的气体中含有CO，则生成ClO的化学方程式为 。
2 2
【答案】(1) MnO 2 +4HCl （浓） ≜ MnCl 2 +Cl 2 ↑+2H 2 O （2分）
(2) 饱和氯化钠溶液 氢氧化钠溶液 干燥Cl （各1分，共3分）
2
(3) 把D中生成的ClO完全赶入E试管中（2分）
2
(4) 或0.5（2分） NaCO+2Cl=2NaCl+Cl O↑+CO↑（2分）
2 3 2 2 2
【详解】（1）根据后续流程可知，装置A中应是利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，即A装置圆底烧
瓶中固体物质是二氧化锰或MnO ；
2
（2）B除去氯气中的氯化氢，所以装置B中盛放饱和食盐水；C为氯气干燥装置，盛放浓硫酸；氯气有毒，
装置F应是用来吸收尾气，盛放NaOH溶液；
（3）ClO在装置D中生成，而HClO在装置E中生成，所以干燥空气的主要作用是把D中生成的ClO完
2 2
全赶入E试管中，同时还可以抑制ClO的分解；
2
（4）①水碳酸钠由NaCO 与水按照质量106：9调制而成，则二者的物质的量之比为 =2：1，所以
2 3
x=0.5；
②根据题意可知NaCO 与Cl 反应得到ClO和CO，根据元素的价态变化以及元素守恒可知还应有NaCl
2 3 2 2 2
生成，化学方程式为NaCO+2Cl=2NaCl+Cl O↑+CO↑；
2 3 2 2 2
18．（16分）某化学实验小组用酸性KMnO 溶液与草酸(H C O)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影
4 2 2 4
响，实验操作及现象如下：
编
实验操作 实验现象
号
向一支试管中先加入1 mL0.01 mol/L酸性KMnO 溶液，再 前10 min内溶液紫色无明显变化，
Ⅰ 4
加入1滴3 mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL0.1 后颜色逐渐变浅，30 min后几乎变mol/L草酸溶液 为无色
向另一支试管中先加入1 mL0.01 mol/L酸性KMnO 溶液， 1 min内溶液紫色无明显变化，后
4
Ⅱ 再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入1 mL0.1 mol/L草酸溶 颜色迅速变浅，约3 min后几乎变
液 为无色
(1)写出高锰酸钾与草酸反应的离子方程式： 。
(2)由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是 。
(3)关于实验Ⅱ中3 min后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出猜想： 。并设计实验Ⅲ，验证
猜想：向试管中先加入1 mL0.01 mol/L酸性KMnO 溶液，再加10滴3mol/L硫酸，加入少量MnSO 固体，
4 4
最后加入1 mL0.1 mol/L草酸溶液。
(4)草酸是乙二酸的俗称，在工业上有重要用途。下图流程表示其部分转化关系。
已知：
①X是具有六元环状结构的碳氧化合物，C、O原子均满足8电子结构。写出X的结构式 。
②下列说法正确的是 。
A．X是一种酸性氧化物B．由途径Ⅱ可知，草酸钙不溶于稀盐酸
C．乙二酸的酸性比乙酸强D．乙二酸跟足量乙醇反应生成乙二酸乙二酯
(5)逆合成分析法是有机合成中常用的思维方法。E是一种常见的烃，其产量是衡量一个国家的石油化工发
展水平的标志，为了由E合成目标产物乙二酸乙二酯（T），利用逆推法设计的合成路线如图：
。
已知：①图1所示为有机物B的质谱图；
②有机物B的核磁共振氢谱图如图2所示，其面积比为1：2。
请回答下列问题：
①A与B反应生成T的化学方程式为 。
②C分子中的官能团名称为 ，由D生成B的反应类型为 。
③设计由原料E合成草酸的路线（其他试剂任选）。
【答案】(1)5H C O＋2 ＋6H+=2Mn2+＋10CO↑＋8HO（2分）
2 2 4 2 2
(2)其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快（2分）
(3)反应中生成的Mn2+对该反应有催化作用（2分）(4)) ① （2分） ② ABC（2分）
(5) ① +2H O （2分）
2
②醛基 水解反应（取代反应） （各1分，共2分）
③ 溴 水 CH BrCH Br N a O H 水 溶 液 CH OHCH OH
2 2 2 2
加热
O 2 、 催 化 剂 CHOCHO O 2 、 催 化 剂 （2分）
加热 加热
其他答案合理也可给分。
【详解】（1）高锰酸钾具有强氧化性，而草酸具有还原性，二者在酸性溶液中会发生氧化还原反应产生
Mn2+、CO，同时产生水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得KMnO 与草酸反应的离子方程式为：
2 4
5HC O＋2 ＋6H+=2Mn2+＋10CO↑＋8HO；
2 2 4 2 2
（2）实验Ⅰ、Ⅱ中溶液中酸的浓度不同，实验Ⅱ酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：
其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；
（3）该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，故设计实验加入MnSO 固体与实验Ⅱ对比，其他条件与实
4
验Ⅱ相同，故实验M的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性KMnO 溶液，再加入10滴3 mol/L硫
4
酸，然后加入少量MnSO 固体，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液，若溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始
4
变浅的时间小于80 s )，可证明Mn2+对该反应具有催化作用；
（4）由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是2分子乙二酸发生脱
水而成，结构式为： ；
A．根据题意， 与石灰水反应： ，所以X是酸性氧化物，A
项正确；
B．由于乙二酸与氯化钙溶液反应： ，可知草酸钙不溶于稀盐酸，B
项正确；
C．羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强(羟基极性增强，羟基氢容易电离出来),甲基是推电子基，
使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸性强于乙酸，,C项正确。D．乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反应生成乙二酸乙二酯。项D错误；
答案选ABC；
（5） ①A为乙二酸，B为乙二醇，A与B反应生成乙二酸乙二酯，其化学方程式为：
+2H O
2
②C为乙二醛，含有官能团名称为醛基；D为 （X为卤素原子），B为乙二醇，卤代烃可在氢
氧化钠水溶液加热条件下反应生成醇，所以反应类型为水解反应或取代反应，故答案为：醛基；水解反应
(取代反应)。
③ 溴 水 CH BrCH Br N a O H 水 溶 液 CH OHCH OH
2 2 2 2
加热
O
加
2
热
、 催 化 剂
CHOCHO
O
加
2
热
、 催 化 剂
溴水也可以换成氯水等，乙二醇也可直接与强氧化剂反应生成乙二酸，省略生成醛的环节。
19．（14分）工业上常用天然二氧化锰粉与硫化锰矿(含 等元素)制备 ，
其工艺如图所示。回答下列问题：
已知1：相关金属离子 形成氢氧化物沉淀的 范围如下：
金属离子
开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
已知2：常温下， 的电离常数： 的溶度积 ，浓度低
于 时认为该离子已沉淀完全。
(1)“滤渣1”含有S和 ；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 。
(2)“氧化”中添加适量的 的作用是 。
(3)“调 ”除铁和铝，溶液的 范围为 。
(4)“除杂1”的目的是除去 和 ，“滤渣3”的主要成分是 。(5)“除杂2”的目的是生成 沉淀除去 若溶液酸度过高， 沉淀不完全，原因是 。
(6) 是一种重要的化工原料，通过简单计算说明向溶液中加入 溶液，最终溶液中
(常温)，能否使 沉淀完全？ （填“能”或“不能”）。
【答案】(1) SiO （2分） MnO +MnS+2H SO ＝2MnSO +S+2H O（2分）
2 2 2 4 4 2
(2) 将亚铁离子氧化为铁离子（2分）
(3) 4.7≤pH＜6.2（2分）
(4)NiS、ZnS（2分）
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF，反应MgF Mg2++2F-平衡向右移动（2分）
2
(6)能。（2分）
【详解】（1）根据以上分析可知滤渣1含有S和SiO，MnO 、MnS和稀硫酸反应生成MnSO 、S和
2 2 4
HO，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO +MnS+2H SO ＝2MnSO +S+2H O。
2 2 2 4 4 2
（2）溶液中含有亚铁离子，加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，便于后续转化为氢氧化铁。
（3）“调pH”为了除去铁和铝元素，使铁铝沉淀而锌不沉淀，溶液的pH范围应调节为4.7～6.2之间，即
4.7≤pH＜6.2。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS、ZnS。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF 沉淀除去Mg2+，若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，用平衡移动的原理
2
解释其原因：F-与H+结合形成弱电解质HF，反应MgF Mg2++2F-平衡向右移动。
2
（6）最终溶液中c(HCO )=0.1molL-1，pH=8(常温下)，K = =5×10-11，c(CO )=[5×10-11×
a2
⋅
]mol/L=(5×10-11× )mol/L=5×10-4mol/L，c(Mn2+)= mol/L=4×10-8mol/L＜1×10-5mol/L，所
以沉淀完全。
