文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 04(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 Li-7 Be-9 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27
Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Co-59 Cu-64
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．我国科学家通过机械化学方法，在氢化镧(LaH )晶格中制造大量的缺陷和纳米微晶，研发出首
1.95～3个室温环境下超快氢负离子(H−)导体。下列说法不正确的是( )
A．电负性：La > H B．氢属于s区元素
C．H−具有还原性 D．超快氢负离子导体有望用于新型电池研发
【答案】A
【解析】A项，非金属性越强元素电负性越强，故电负性： H > La，A不正确；B项，氢元素为ⅠA
族，属于s区元素，B正确；C项，H−中H元素化合价最低价，具有还原性，C正确；D项，在氢化镧
(LaH )晶格中制造大量的缺陷和纳米微晶，研发出首个室温环境下超快氢负离子(H−)导体，超快氢负离
1.95～3
子导体有望用于新型电池研发，D正确；故选A。
2．下列表示不正确的是( )
A．As原子的简化电子排布式：[Ar] 4s24p6 3
B．SO 2-的VSEPR模型：
3
C．N，N'-二甲基苯甲酰胺的结构简式：
D．用电子云轮廓图表示乙烯分子中的 键：
【答案】A
【解析】A项，As原子的简化电子排布式应为[Ar]3d104s24p3，A错误；B项，SO 2-的价层电子对数目
3
为4，故其VSEPR模型为四面体形，B正确；C项， 的系统命名为，N，N'-二甲基苯
甲酰胺，C正确；D项，乙烯分子中的π键电子云轮廓图为镜面对称，D正确；故选A。
3．表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和
缠有锌皮的铁钉(图 )放置其中，如图所示。下列说法不正确的是( )A．图 中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法
B．图 中铁钉上的电极反应式：2HO+2e-=H↑＋2OH-
2 2
C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动
D．图 中，会出现蓝、红、蓝三个色块
【答案】B
【解析】图A中，根据题中条件可知，形成原电池，其中铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，铜
为正极，电极反应式为：O+2H O+4e-=4OH-；图B中，根据题中条件可知，形成原电池，其中锌作负极，
2 2
电极反应式为：Zn－2e-=Zn2＋，铁作正极，电极反应式为：O+2H O+4e-=4OH-。A项，B中铁为正极，
2 2
锌为负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B项，图B中铁作正极，电极反应式为：O+2H O+4e-
2 2
=4OH-，故B错误；C项，该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，故C正确；D
项，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与K[Fe(CN) ]反应产生蓝色沉淀，
3 6
铜作正极，其电极反应式为O+2H O+4e-=4OH-，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中
2 2
段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；故选B。
4．下列说法不正确的是( )
A．工业上大量使用的乙酸是通过石油化学工业人工合成的
B．我国化学工作者第一次人工合成结晶牛胰岛素，它是一种结构复杂的氨基酸
C．乙炔可燃(氧炔焰温度可达3000℃以上)，氧炔焰常用于焊接或切割金属
D．淀粉经酯化后可用于生产食品添加剂、表面活性剂和可降解塑料等
【答案】B
【解析】A项，工业上大量使用的乙酸是通过石油化学工业人工合成的，A正确；B项，人工合成结
晶牛胰岛素是蛋白质，B错误；C项，乙炔可燃(氧炔焰温度可达3000℃以上)，氧炔焰常用于焊接或切割
金属，C正确；D项，淀粉中含有羟基可以酯化，经酯化后可用于生产食品添加剂、表面活性剂和可降解
塑料等，D正确；故选B。
4．下列说法正确的是( )
A．含氨基甲酸酯的有机合成农药不慎触及皮肤用肥皂水清洗
B．重金属盐一定能使蛋白质变性
C．同系物性质一定相似D．纤维素、蚕丝、淀粉、牛油都属于天然有机高分子
【答案】A
【解析】A项，氨基甲酸酯属于酯类，肥皂水碱性，可清洗，故A项正确；B项，硫酸钡为重金属盐，
但难溶于水，难以使蛋白质变性，故B项错误；C项，物理或化学性质可能不同，如苯、甲苯、二甲苯为
同系物，但是苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，后两者可以，故C项错误；D项，牛油属于油脂，不能称
为高分子，故D项错误；故选A。
5．下列反应的离子方程式的正确是( )
A．磁铁矿溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO-=3Fe3++NO↑+2HO
3 2
B．将NaAlO 溶液与NaHCO 溶液混合：AlO-+HCO-+H O=Al(OH) ↓+CO 2-
2 3 2 3 2 3 3
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：HSO + ClO-=Cl-+2H++SO2-
2 3 4
D．往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：H++OH-=H O
2
【答案】B
【解析】A项，磁铁的主要成分是四氧化三铁，硝酸可以把其中的二价铁氧化为三价铁，方程式为：
3Fe O+28H++NO-=9Fe3++NO↑+14HO，A错误；B项，两者混合发生双水解反应，得到氢氧化铝沉淀和碳
3 4 3 2
酸钠，离子方程式为：AlO-+HCO-+H O=Al(OH) ↓+CO 2-，B正确；C项，亚硫酸有还原性，次氯酸钠有
2 3 2 3 3
氧化性，两者发生氧化还原反应，但是次氯酸钠过量，最终会生成次氯酸，离子方程式为：HSO +3ClO-
2 3
=Cl-+2HClO +SO 2-，C错误；D项，硫酸氢铵溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、一水合氨和水，
4
反应的离子方程式为：NH ++H++2OH-= NH ·H O+HO，D错误；故选B。
4 3 2 2
6．化学是以实验为基础的科学，下列有关实验设计能达到目的的是( )
A B C D
验证溴乙烷发生消
探究CH 与Cl 的 验证氧化性：Cl 定量测定化学反
4 2 2 去反应后有机产物
取代反应 ＞Fe2+＞I 应速率
2 的性质
【答案】C
【解析】A项，甲烷与氯气在强光作用下会爆炸，A错误；B项，浓盐酸和漂白粉反应得到氯气，氯
气能将氯化亚铁氧化为氯化铁，得到的氯化铁溶液中仍会溶解有氯气，氯气和氯化铁都能将碘离子氧化为
碘单质，故该实验不能达到实验目的，B错误；C项，溴乙烷消去反应得到的气体中含乙醇，通过水后乙醇被吸收，高锰酸钾可以验证乙烯的性质，C正确；D项，使用长颈漏斗时装置与大气相连，无法测定单
位之间内产生气体的体积，不能达到实验目的，D错误；故选C。
7．K[Fe(C O ]⋅3HO为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC O 制备，流程如下：
3 2 4)3 2 2 4
已知：FeC O+3H O+6K C O=4K [Fe(C O)]+2Fe(OH) ↓。
2 4 2 2 2 2 4 3 2 4 3 3
下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO 溶液替代HO
4 2 2
B．步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的HO
2 2
C．步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度
D．可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有 未被氧化
【答案】D
【解析】FeC O 制备K[Fe(C O)]⋅3HO晶体，第一步用HO 将二价Fe氧化为三价Fe得到
2 4 3 2 4 3 2 2 2
Fe(OH) ，加热除去过量的HO，加入草酸、饱和的草酸钾溶液形成K[Fe(C O)]溶液，加入无水乙醇降低
3 2 2 3 2 4 3
三草酸合铁酸钾的溶解度，使之析出，过滤、洗涤、干燥得到K[Fe(C O)]⋅3HO晶体。A项，HO 能够
3 2 4 3 2 2 2
将二价Fe氧化为三价Fe的同时并不产生杂质，且通过加热即可将过量的HO 除去，故不可用酸性
2 2
KMnO 溶液替代HO，A正确；B项，HO 受热分解，加热煮沸可以除去多余的HO，B正确；C项，加
4 2 2 2 2 2 2
入无水乙醇是可以降低三草酸合铁酸钾的溶解度，提高产率，C正确；D项，检验Fe2+用铁氰化钾溶液而
不是亚铁氰化钾溶液，D错误；故选D。
8．羟胺(NH OH)是一种重要的物质，下面有关羟胺的说法中，不正确的是( )
2
A．因为羟胺可以与醛或酮反应生成肟，并且能与烷基化试剂发生反应，因此羟胺应属于一种有机物
B．羟胺可以与氧化铜发生氧化还原反应，化学方程式为：4CuO+2NH OH=2Cu O+NO↑+3HO
2 2 2 2
C．羟胺属于一种亲核试剂，可以与金属原子之间形成配位键，羟胺中N原子与O原子都能进行配位
D．羟胺的碱性比氨更弱，这是因为羟基氧的电负性比氢更大
【答案】A
【解析】A项，羟胺中没有碳元素，不是有机物，A错误；B项，羟胺具有较强的还原性很容易与氧
化铜发生氧化还原反应，化学方程式为：4CuO+2NH OH=2Cu O+NO↑+3HO，B正确；C项，羟胺属于一
2 2 2 2
种亲核试剂，氮氧原子均有孤电子对可以与金属原子之间形成配位键且两种原子本身电负性也很强，所以羟胺中N原子与O原子都能进行配位，C正确；D项，因为羟基氧的电负性比氢更大，氮原子再结合氢原
子的能力减弱所以羟胺的碱性比氨更弱，D正确；故选A。
9．工业上常用NaOH溶液吸收NO ，发生反应：2NO +2NaOH=NaNO +NaNO +H O，下列说法不正
2 2 2 3 2
确的是( )
A．NaNO 是强电解质 B．NaNO 有毒，不可用于食品添加剂
3 2
C．N元素位于元素周期表p区 D．NaNO 溶液中通入O，溶液pH降低
2 2
【答案】B
【解析】A项，酸、碱、盐均属于电解质，NaNO 在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，A正确；
3
B项，NaNO 能杀灭病菌，在国家规定范围内可用于食品添加剂，B错误；C项，N是7号元素，位于周
2
期表p区，C正确；D项，NaNO 水解使得溶解显碱性，NaNO 溶液中通入O，亚硝酸钠被氧气氧化为强
2 2 2
酸强碱盐硝酸钠，使得溶液碱性变弱，pH降低，D正确；故选B。
10．在葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构的平衡关系及百分含量如下：
下列说法不正确的是( )
A．链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应的结果
B．链状葡萄糖成环反应的ΔS＞0，ΔH＜0
C．链状葡萄糖成环后，分子中多了一个手性碳原子
D．水溶液中， 吡喃葡萄糖比 吡喃葡萄糖稳定
【答案】B
【解析】A项，链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应，故A正确；B项，链状葡萄糖成环反
应，分子混乱程度降低，ΔS＜0，故B错误；C项，链状葡萄糖成环后，醛基变为羟基，醛基中的碳原子
变为手性碳原子，分子中多了一个手性碳原子，故C正确；D项，水溶液中， 吡喃葡萄糖比 吡喃
葡萄糖含量高，更易形成 吡喃葡萄糖，说明 吡喃葡萄糖比 吡喃葡萄糖稳定，故D正确；故选B。
11．在卤水精制中，纳滤膜对Ca2+、Mg2+有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图
(图中 表示链延长)。
下列说法正确的是( )
已知： +—NH +HCl
2
A．J能脱除 、 可能与其存在阴离子有关
B．MPD的核磁共振氢谱有5组峰
C．J具有网状结构仅与单体AEPPS的结构有关
D．合成J的反应为加聚反应
【答案】A
【解析】A项，钙镁离子能被脱出，是因为这两个离子与J中的阴离子发生结合，从而脱离水溶液，
A项正确；B项，MPD的结构为 ，所以氢的种类有4种，B项错误；C项，J能形成网状结
构，不仅能横向连接，还可以纵向连接，不仅是因为AEPPS，还因为TMC有三个酰氯，C项错误；D项，
合成J是通过脱出小分子形成高分子，所以是缩聚反应，D项错误；故选A。
12．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是( )
A．键角：HO+＞HO，是由于HO+中O上孤电子对数比HO分中O上的少
3 2 3 2
B．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强
C．溶解度：O 在水中溶解度比在CCl 中溶解度更大，是由于O 是弱极性分子
3 4 3
D．酸性：CHClCOOH＞CHCOOH，是由于CHClCOOH的羧基中羟基极性更小
2 3 2
【答案】A【解析】A项，随着孤电子对数增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小， HO
2
的孤电子对数= ，HO+的孤电子对数= ，所以键角大小为HO+＞HO，A正确；B项，
3 3 2
沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢
键，所以对羟基苯甲醛分子间作用力较大，熔沸点也较高，B错误；C项，臭氧是V型结构，极性分子，
根据相似相溶原理，臭氧在水中溶解度比在CCl 中溶解度更小，C错误；D项，Cl的电负性大于H，电负
4
性越大，形成共价键的极性越强，因此，C-Cl的极性大于C-H的极性，导致CHClCOOH的羧基中的羟基
2
极性更大，更容易电离出氢离子，酸性CHClCOOH＞CHCOOH，D错误；故选A。
2 3
13．已知基元反应的速率符合质量作用定律，如基元反应 ， (k为速率常
数)。卤代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．若RX的水解速率 ，则反应按历程1进行
B．调节NaOH浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程
C．相同条件下，按反应历程2，碘代烷(CH)CI水解速率要快于氯代烷(CH)CCl
3 3 3 3
D．取水解液，加AgNO 溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子
3
【答案】D
【解析】A项，基元反应的速率符合质量作用定律，若RX的水解速率 ，即反应为
基元反应，图中历程1为基元反应，故A正确；B项，分层现象消失即水解完毕，观察分层现象消失的用
时变化，可确定化学反应的速率，从而确定RX的水解历程，故B正确；C项，原子半径I大于Cl，即键
长C-I大于C-Cl，C-Cl键能更大，即相同条件下，按反应历程2，碘代烷(CH)CI水解速率要快于氯代烷
3 3
(CH)CCl，故C正确；D项，取水解液，加入稀硝酸酸化，中和掉OH-，再加AgNO 溶液，根据沉淀颜色
3 3 3
可判断卤代烃RX中的卤素原子，故D错误；故选D。
14．同学们探究不同金属和浓硫酸的反应。向三等份浓硫酸中分别加入大小相同的不同金属片，加热，
用生成气体进行下表实验操作并记录实验现象。实验现象
实验操作
金属为铜 金属为锌 金属为铝
点燃 不燃烧 燃烧 燃烧
通入KMnO 酸性溶液 褪色 褪色 褪色
4
无明显变
通入CuSO 溶液 无明显变化 出现黑色沉淀
4 化
通入品红溶液 褪色 褪色 不褪色
已知：CuSO +H S= CuS↓+H SO (CuS为黑色固体)；HS可燃
4 2 2 4 2
下列说法不正确的是( )
A．加入铜片的实验中，使KMnO 酸性溶液褪色的气体是SO
4 2
B．加入铝片的实验中，燃烧现象能证明生成气体中一定含HS
2
C．加入锌片的实验中，生成的气体一定是混合气体
D．金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关
【答案】B
【解析】A项，加入铜片的实验中，气体能使KMnO 酸性溶液褪色、使品红溶液褪色、不可燃，则气
4
体具有还原性、漂白性，则气体是SO ，A正确；B项，加入铝片的实验中，气体能使KMnO 酸性溶液褪
2 4
色、能与CuSO 溶液产生黑色沉淀，则气体是HS，硫化氢具有可溶性，但具有可溶性的气体不一定是硫
4 2
化氢，B不正确；C项，加入锌片的实验中，气体能使KMnO 酸性溶液褪色、使品红溶液褪色、则气体含
4
SO ，但SO 不可燃，而锌片与浓硫酸反应的气体具有可燃性、但不能与CuSO 溶液产生黑色沉淀，则含
2 2 4
有另一种气体；故生成的气体一定是混合气体，C正确；D项，结合选项ABC可知，金属与浓硫酸反应的
还原产物与金属活动性强弱有关，D正确；故选B。
第二部分
二、非选择题(本部分共5题，共58分。)
15．(9分)氮及其化合物在生产生活中有重要用途。回答下列问题：
(1)基态N原子核外有 种不同能量的电子，其价层电子的轨道表示式为 。
(2)已知NH+的空间结构为正四面体形，请画出NH+的结构式(要求画出配位键) 。
4 4 4 4
(3)下列说法不正确的是___________。A．[Cu(NH )]2+的中心离子为sp3杂化
3 4
B．一种配离子的结构如图所示，该配离子中 的键角大于单个水分子中 的键角
C．分子的极性：NCl 比PCl 的大
3 3
D．氧化性：Fe3+＞Fe(SCN)
3
(4)铁和氮形成一种物质，其晶胞结构如右图所示， 原子的配位数(紧邻的Fe原子)为 。
(5)有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空 轨道，部分含硅化合物的性质与结构会与硅的3d
空轨道有关。化合物N(SiH ) 为平面结构，如右图所示。该物质中 原子的杂化方式为 ；
3 3
N(SiH ) 与H+形成配位键的能力 于(填“强”或“弱”)于N(CH )。
3 3 3 3
【答案】(1)3(1分) (1分)
(2) (2分)
(3)AC(2分) (4)6(1分) (5) sp2(1分) 弱(1分)
【解析】(1)基态N原子核外有1s、2s、2p三个能级，即有3种不同能量的电子；氮原子价电子为第二层的五个电子，其价层电子的轨道表示式为： ；(2)已知NH+的空间结构为
4 4
正四面体形，四个氮原子位于四面体的顶点，每个氮原子连接一个氢原子，NH+的结构式为：
4 4
；(3)A项，铜离子核外电子排布式为1s²2s²2p63s²3p63d10，不可能采取sp3杂化，
应该是sp2d杂化，A错误；B项，配离子的结构如图所示，该配离子中水中氧原子提供电子对于铜离子成
键，电子云密度减小， 的键角大于单个水分子中 的键角，B正确；C项，氮和磷同主族，氮
的非金属性强，与氯形成化学键的极性弱，分子的极性：NCl 比PCl 的小，C错误；D项，Fe(SCN) 溶液
3 3 3
中存在络合平衡，具有稳定性，氧化性：Fe3+＞Fe(SCN)，D正确；选AC；(4)晶胞结构图所示，其N原子
3
的配位数(紧邻的Fe原子)为周围六个面心的六个铁原子，配位数为6；(5)化合物N(SiH ) 为平面结构，所
3 3
以氮原子为sp2杂化；N原子的孤电子对位于2p轨道上，与Si的3d空轨道形成大π键，导致N的孤电子
对电子云密度降低，所以N(SiH ) 与H+形成配位键的能力弱于于N(CH )。
3 3 3 3
16．(12分)乙烯是石油化工最基本的原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C H(g) C H (g)+ H(g) ΔH＞0。
2 6 2 4 2 1
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有_____________、_______________。
(2)①一定温度下，向体积为 的密闭容器中加入0.8 mol C H 和0.2 mol H，发生上述反应，平衡时
2 6 2
C H 的体积分数为 ，若平衡后再加入1.45 mol C H 和0.15 molH ，平衡___________(填“正向”“逆
2 4 2 6 2
向”或“不”)移动。
②一定温度下，向恒容密闭容器中通入1 mol C H 和1 molH，初始压强为 ，发生上述反应，
2 6 2
乙烷的平衡转化率为 。平衡时体系的压强为__________ ，该反应的平衡常数K =________ (用
P
平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O 可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
2
a．C H(g)+ O(g) 2C H (g)+2 HO(g) ΔH＜0
2 6 2 2 4 2 2
b．C H(g)+ 5O(g) 4CO (g)+6 HO(g) ΔH＜0
2 6 2 2 3c．C H(g)+ 2O(g) 2CO (g)+2 HO(g) ΔH＜0
2 4 2 2 4
(3)根据盖斯定律，反应a的ΔH=___________(写出代数式)。
2
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应________(填“a”“b”或
“c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C H)：n(O )=1：1投料制备乙烯，体系中C H 和 在含碳产物
2 6 2 2 4
中的物质的量分数及C H 转化率随温度的变化关系如图所示。
2 6
①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______________________。
②在 温度范围内，下列说法正确的有__________(填标号)。
A．C H 产率随温度升高而增大
2 4
B．HO的含量随温度升高而增大
2
C．C H 在体系中的物质的量分数随温度升高而增大
2 6
D．此催化剂的优点是能在较低温度下降低CO的平衡产率
【答案】(1)升高温度(1分) 减小压强(1分)
(2)正向(1分) 110(2分) 15(2分)
(3) ΔH-2ΔH(1分)
3 4
(4)a(1分)
(5)体系未达到平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于生成C H 的速率(1分)
2 4
AB(2分)
【解析】(1)由题意知，C H(g) C H (g)+ H (g) ΔH＞0，该反应是气体分子数
2 6 2 4 2 1
增大的吸热反应，减小压强，升高温度或及时移出生成物均可使平衡正向移动，提高乙烷平衡转化率；
(2)①由题意知，C H 和H 的起始量分别为0.8 mol、0.2 mol，设平衡时C H 为 ，则C H 转化了 ，
2 6 2 2 4 2 6
平衡时C H 和H 分别为 、 。平衡时C H 的体积分数为20%，即
2 6 2 2 4，解得 ，则平衡常数 ，达到平衡
后再加入1.45 mol C H 和0.15 molH ， ，平衡正向移动；②由题意知，C H 和
2 6 2 2 6
H 的起始量均为1 mol，初始压强为 ，乙烷的平衡转化率为20%，列三段式：
2
设平衡时体系的压强为 ，则 ，解得 ，则平衡时体系的压强为 。该
反应的平衡常数 ；(3)根据盖斯定律，反应a=反应b-2×反应
c，故ΔH=ΔH-2ΔH；(4)反应的主要目的是制备乙烯，为减少过度氧化，应加快反应a的反应速率，故需
2 3 4
要寻找催化剂降低反应a的活化能；(5)①由题意知，三个反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，
C H 的转化率减小，而由题图知C H 的转化率随温度升高在不断增大，表明反应均未达到平衡，温度升高，
2 6 2 6
生成CO的反应速率增大的程度大于生成C H 的，则乙烯的物质的量分数随温度升高而降低；②A项，由
2 4
题图知，C H 的转化率随温度升高而不断增大，表明反应均未达到平衡，则C H 的产率随温度升高而增大，
2 6 2 4
A正确；B项，由于反应均未达到平衡，在反应a、b、c中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成
水的量都增大，则HO的含量随温度升高而增大，B正确；C项，由题图知，C H 转化率增大，则C H 在
2 2 6 2 6
体系中的物质的量分数随温度升高而减小，C错误；D项，由于反应均未达到平衡，题图信息仅显示相同
时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，则不能说明该催化剂能在较低温度下降低
CO的平衡产率，D错误；故选AB。
17．(12分)奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如下。已知： 。
(1)A能与FeCl 溶液作用显紫色，A的名称是 。
3
(2) 的化学方程式是 。
(3)试剂a是 。
(4) 的过程：
①M中含有的官能团有醚键、 。
②N与 反应的化学方程式是 。
(5)合成 的路线如下。
① 可由 与 (填化学式)经加成反应得到。②K转化为 的同时有SO 生成，化学方程式是 。
2
【答案】(1)苯酚(1分)
(2) (2分)
(3)浓硝酸、浓硫酸(1分)
(4)酰胺基(肽键也给分) (1分)
(3分)
(5)H O(1分) (或2
2
2 )(3分)
【解析】A能与FeCl 溶液作用显紫色，说明A中含有酚羟基，结合A的分子式可以推知A的结构简
3
式为： ，A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，结合B的分子式可知B的结构简式为： ，D发生还原反应得到E，结合D的分子式和E的结构简式可以推知D中的硝基发生还原
反应生成氨基，则D的结构简式为： ，E发生多步反应得到G，G和CS 在KOH、乙醇溶液中发
2
生反应得到J，J再经过一系列反应得到奥美拉唑。(1)A的结构简式为： ，其名称是苯酚；(2)A和甲
醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为 ，则A→B的化学方程式为：
；(3)由分析可知，B的结构简式为 ，D的结构
简式为 ，即B发生硝化反应得到D，则试剂a是浓硝酸、浓硫酸；(4)①由M的结构简式可知，
M中含有的官能团有醚键、酰胺基(或肽键)；②N中含有酰胺基，在NaOH溶液中会发生水解反应，则N与NaOH反应的化学方程式是： ；(5)①由原子
守恒可知，CHCHO可由CH≡CH与HO经加成反应得到；②K和SOCl 发生取代反应生成
3 2 2
，结合K的分子式可以推知K的结构简式为： ，K转化
为 的同时有SO 生成，反应的化学方程式为：
2
(或2 2
)。
18．(12分)以黄铜矿(主要成分为CuFeS)为原料，用(NH )SO 溶液作浸取剂提取铜。
2 4 2 2 8
已知：ⅰ． SO2-的结构式为 。
2 8ⅱ．CuFeS、Ag S均能导电。
2 2
(1) (NH )SO 有强氧化性，用(NH )SO 溶液作浸取剂浸出CuFeS 的原理示意图如下。
4 2 2 8 4 2 2 8 2
①正极的电极反应式为 。
②浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高。可能的原因是 。
(2)在足量(NH )SO 溶液中添加少量AgNO 溶液作为浸取剂与CuFe作用，一段时间结果如下：
4 2 2 8 3
添加Ag+ 未加Ag+
Cu元素的浸出率
过程中产物形态
①结合离子方程式解释添加Ag+可以显著提高Cu元素的浸出率的原因： 。
②进一步研究发现添加的少量Ag+可以多次循环使用，具有类似“催化剂”的作用。其中Ag+ “再
生”的离子方程式为： 。
(3)进一步从浸出液中提取铜并使(NH )SO 再生的流程示意图如下。
4 2 2 8
①在空气中焙烧FeC O 得到铁红，反应的化学方程式为 。
2 4
②由滤液B电解(Pt作电极)生成(NH )SO 的总反应的离子方程式为 ；
4 2 2 8
③从能源及物质利用的角度，说明电解滤液B而不直接电解滤液A的优点： 。
【答案】(1)S O2-+2e-=2SO2-(1分) 随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸
2 8 4
出速率的影响大于c[(NH )SO]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高(2分)
4 2 2 8
(2)添加Ag+发生反应CuFeS+4Ag+=2Ag S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag S夹杂在硫层中，提高其导电性，
2 2 2使CuFeS 的浸出反应得以继续进行(2分) S O2-+Ag S=2Ag++2SO2- +S(2分)
2 2 8 2 4
(3) 4FeC O+3O 2Fe O+8CO (2分) 2SO 2- +2H+ SO2-+H ↑(1分) 直接电解滤液B
2 4 2 2 3 2 4 2 8 2
可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH )SO，同时获得铁红(2分)
4 2 2 8
【解析】(1)①由图可知正极SO2-得电子生成硫酸根离子，电极反应式为：SO2-+2e-=2 O 2-；②随着
2 8 2 8 4
浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH )SO]减小对Cu2+浸出速
4 2 2 8
率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高；(2)①添加Ag+发生反应CuFeS+4Ag+=2Ag S+Cu2++Fe2+，所生成
2 2
的Ag S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS 的浸出反应得以继续进行；②Ag+“再生”的离子方程式
2 2
为：SO2-+Ag S=2Ag++2 O 2- +S；(3)①在空气中焙烧FeC O 得到铁红，反应的化学方程式为：
2 8 2 4 2 4
4FeC O+3O 2Fe O+8CO ；②由滤液B电解(Pt作电极)生成(NH )SO 的总反应的离子方程式为：2
2 4 2 2 3 2 4 2 2 8
O2- +2H+ SO2-+H ↑；③从能源及物质利用的角度，电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：直接电
4 2 8 2
解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH )SO，同时获得铁红。
4 2 2 8
19．(13分)某小组探究KCr O 的制备。
2 2 7
已知：i. Cr O(绿色，不溶于水)、Cr3+(绿色)、Cr(OH) (灰绿色，不溶于水)、
2 3 3
[Cr(NO )]3-(玫瑰红色)、Cr O2-(橙色)、CrO2-(黄色)
2 6 2 7 4
ii.HNO 是一种弱酸，易分解：3 HNO =HNO +2NO↑+HO
2 2 3 2
将7.60gCr O 固体和15.15gKNO 固体(物质的量之比为1：3)与过量的KCO 固体混合，高温煅烧得含
2 3 3 2 3
KCrO 的黄色固体，反应如下：Cr O+3KNO +2K CO 2KCrO+2 CO↑+3KNO 。
2 4 2 3 3 2 3 2 4 2 2
(1)KNO 受热分解转化为KNO，反应的化学方程式是 。
3 2
(2) K CrO 转化为KCr O，进行实验Ⅰ：
2 4 2 2 7
①加入HSO ，CrO2-转化为Cr O2-反应的离子方程式是 。
2 4 4 2 7
②无色气泡中的气体有 。
③资料显示溶液变为棕黑色是Cr3+与Cr O2-混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴
2 7
加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液 (填操作
和现象)，证实溶液中存在Cr3+与Cr O2-。
2 7(3)探究Cr3+的来源
来源1：……
来源2：酸性环境中，Cr O2-与NO -发生氧化还原反应生成Cr3+。
2 7 2
①来源1： 。
②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下：
实验操作 实验现象
溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。
继续加入NaNO 溶液，溶液变为玫瑰红色，加入1mL1mol·L-1HSO 溶液后，溶
2 2 4
液恢复绿色。
溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式： 、 。
从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因： 。
(4)为避免KCrO 转化为KCr O 的过程中产生Cr3+，进行实验Ⅲ。
2 4 2 2 7
将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。
实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是 。
【答案】(1)2KNO 2KNO+O ↑(1分)
3 2 2
(2)2CrO 2-+2H+=Cr O2-+H O(1分) NO、CO(1分) 加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变
4 2 7 2 2
为橙色(1分)
(3)黄色固体中含有Cr O，溶于稀硫酸生成Cr3+(1分) CrO2-+3NO-+8H+=2Cr3++3NO-+4H O(2分)
2 3 2 7 2 3 2
Cr3++6NO-=[Cr(NO) ]3- (2分) [Cr(NO) ]3- Cr3++6NO-，加入HSO 溶液，NO -+H+=HNO ，且
2 6 6 2 2 4 2 2
HNO 易分解，c(NO -)减小，平衡正向移动，[Cr(NO) ]3-转化为Cr3+，溶液由玫瑰红色变为绿色(2分)
2 2 6
(4)实验Ⅱ中，过滤除去了Cr O，溶液中的c(H＋)比实验Ⅰ中的小，Cr O2-的氧化性减弱的程度大于
2 3 2 7
HNO 的还原性增强的程度，使Cr O2-与HNO 不能反应生成Cr3+，溶液仍为橙色(2分)
2 2 7 2
【解析】将Cr O 固体和KNO 固体与过量的KCO 固体混合，高温煅烧得KCrO 固体，加水溶解后
2 3 3 2 3 2 4
加入稀硫酸调节pH，反应可生成KCr O；反应过程中再酸性环境下，Cr O2-与NO -发生氧化还原反应生
2 2 7 2 7 2
成Cr3+，会导致生成的产物中含有Cr3+杂质。(1)根据得失电子守恒和质量守恒定律，KNO 受热分解转化为
3
KNO 和氧气，化学方程式：2KNO 2KNO+O ↑；(2)①根据原子守恒及电荷守恒，加入HSO ，CrO2-转
2 3 2 2 2 4 4
化为Cr O2-反应的离子方程式：2CrO2-+2H+=Cr O2-+H O；②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，
2 7 4 2 7 2
亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出NO气体； ③溶液中存在Cr3+与Cr O2-，结合题
2 7
干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色；(3)①根据实验信息可知，黄色固体中含有Cr O，溶于稀硫酸生成Cr3+；②
2 3
结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色
的反应的离子方程式：Cr O2-+3NO-+8H+=2Cr3++3NO-+4H O、Cr3++6NO-=[Cr(NO) ]3- ；[Cr(NO) ]3-
2 7 2 3 2 2 6 6
Cr3++6NO-，加入HSO 溶液，NO -+H+=HNO ，且HNO 易分解，c(NO -)减小，平衡正向移动，[Cr(NO) ]3-
2 2 4 2 2 2 2 6
转化为Cr3+，溶液由玫瑰红色变为绿色；(4)实验Ⅱ中，过滤除去了Cr O，溶液中的c(H＋)比实验Ⅰ中的小，
2 3
Cr O2-的氧化性减弱的程度大于HNO 的还原性增强的程度，使Cr O2-与HNO 不能反应生成Cr3+，溶液仍
2 7 2 2 7 2
为橙色。
