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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 05(云南专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：2025年云南八省联考化学科目考试就是云南省自主命题的体现，单项选择题本大题有16
小题，每小题3分，共48分；非选择题本大题有4小题，每小题13分，共52分。新高考下的化学试
卷在结构上可能会与其他新高考省份有更多的一致性或者相互借鉴之处，朝着体现高考公平性、普适
性和人才选拔准确性的方向完善结构设置。
高考·新考法：2025年高考化学题型向着更加综合化、融合多知识模块方向发展，这对于考生来说首先
在知识整合方面带来了巨大挑战。化学试题会打破化学学科内各知识板块的界限，如无机化学、有机
化学、物理化学等板块不再孤立考查。在一道题目中可能同时融合多方面知识进行综合考查。。
高考·新情境：新高考体系基本形成，云南从老高考转为新高考。这使得化学学科在整个高考体系中的
定位发生了变化，其教学方式和学生的学习策略也需要相应调整。例如，在新高考模式下，化学学科
的学习可能更注重与其他学科的联系，以及在实际生活中的应用。学生需要培养综合运用知识的能力，
而不仅仅是对化学知识的死记硬背。
命题·大预测：2025年高考人数可能增多，考生增多意味着竞争加剧，在化学学科上也不例外。学生需
要更加努力提高化学成绩，以在众多考生中脱颖而出。这就要求学生在日常学习中提高学习效率，注
重知识的掌握和应用能力的提升。云南省在借鉴其他省份新高考经验的过程中，可能会在题型的创新、
题目情境的设置等方面有所借鉴。比如一些先行新高考改革省份中出现的开放性化学试题(如实验方案
设计与评价的开放性问题)、以真实科研成果或工业生产流程为背景的综合应用题等题型，有可能会逐
渐出现在云南高考化学试卷中。这有助于选拔具有创新思维和实际应用能力的学生，适应现代社会对
人才的需求。
(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 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5
K-39 Ca-40 V-51 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137 Ce-140
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题
目要求。
1．中国古代化学工艺是中华璀璨文明的一部分，下列有关说法不正确的是( )A．东汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应
B．闻名海内外的景德镇瓷器是由黏土经高温烧结而成
C．古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法
D．用青铜铸剑利用了青铜比纯铜熔点低、硬度大的优点
【答案】C
【解析】A项，“石胆化铁则为铜”利用了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应基本类型属于
置换反应，A正确；B项，景德镇瓷器属于陶瓷，烧制陶瓷的主要原料是黏土，B正确；C项，由丹砂炼
水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热分解法，不是热还原方法，C错误；D项，青铜属于合金，合金
的熔点比纯金属低，而硬度比成分金属要大，D正确；故选C。
2．科学、安全、有效、合理地使用化学品是每一位生产者和消费者的要求和责任，下列有关说法错
误的是( )
A．聚四氟乙烯可作化工反应器的内壁涂层，该材料属于合成高分子材料
B．铁强化酱油中的添加剂乙二胺四乙酸铁钠属于增味剂
C．非处方药有“OTC”标识，消费者无需凭医生处方，即可购买和使用
D．硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或撞击易爆炸，故必须作改性处理后才能施用
【答案】B
【解析】A项，聚四氟乙烯可作化工反应器的内壁涂层，该材料属于合成高分子材料，A正确；B项，
补铁酱油在酱油中加入一种新型铁强化剂乙二胺四乙酸铁钠，使普通酱油在添加了这种铁强化剂之后具有
补充铁元素的功效，属于营养强化剂，B错误；C项，包装上有“OTC”标识是非处方药，无需凭医生处方
购买和使用，C正确；D项，硝酸铵是一种高效氮肥，性质不稳定，受热遇到撞击容易分解，故必须作改
性处理后才能施用，D正确；故选B。
3．下列实验对应的离子方程式不正确的是( )
A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO -+Ca2++OH﹣=CaCO ↓+H O
3 3 2
B．将少量SO 通入NaClO溶液：SO +H O+2ClO﹣=SO2-+2HClO
2 2 2 3
C．用过量氨水吸收工业尾气中的SO ：2NH ·H O+SO =2NH++SO2-+·H O
2 3 2 2 4 3 2
D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag++2NH•H O=[Ag(NH)]++2H O
3 2 3 2 2
【答案】B
【解析】A项，根据少定多变的原则可知，将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合的离子方程式为：
HCO -+Ca2++OH﹣=CaCO ↓+H O，A正确；B项，由于HClO具有强氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根
3 3 2
离子，离子方程式为：SO +H O+3ClO﹣=SO2-+2HClO+Cl-，B错误；C项，用过量氨水吸收工业尾气中的
2 2 4
SO 生成亚硫酸铵，离子方程式为：2NH ·H O+SO =2NH++SO2-+·H O，C正确；D项，向氨水中滴入少量
2 3 2 2 4 3 2硝酸银溶液生成二氨合银离子，离子方程式为：Ag++2NH•H O=[Ag(NH)]++2H O，D正确；故选B。
3 2 3 2 2
4．下列物质对应的描述中，正确的是( )
A．SO 的VSEPR模型：
3
B．NH 、HO中心原子杂化方式相同
3 2
C．用电子式表示KCl的形成过程：
D．基态Fe2+的结构示意图：
【答案】B
【解析】A项，SO 分子中S原子价层电子对个数为 ，VSEPR模型为平面三角形，A
3
错误；B项，NH 、HO中心原子杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；C项，氯化钾属于离子化合物，
3 2
用电子式表示KCl的形成过程： ，C错误；D项，Fe2+失去的是4s上电子，
结构示意图是 ，D错误；故选B。
5．工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下，有关说法不正确的是( )
A．酸化的主要目的是防止Cl 将Br 氧化成BrO-
2 2 3
B．鼓入热空气吹出溴是利用了溴的低沸点
C．将含溴混合气从底部通入设备二(吸收塔)中
D．设备三中的蒸汽冷凝后得到液溴和溴水的混合物，可用分液法分离
【答案】A
【解析】苦卤中含有溴离子，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴单质分离出来，然后溴单质与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴单质。A项，通入
氯气是为了将溶液中的溴离子氧化为溴单质，加入酸进行酸化是为了抑制氯气和溴单质与水反应，A错误；
B项，溴的沸点低，易挥发，可用热空气吹出，B正确；C项，为了使溴被充分吸收，将含溴混合气从底
部通入设备二(吸收塔)中，与亚硫酸溶液充分接触，C正确；D项，溴不易溶于水，可用分液的方法分离
液溴和溴水的混合物，D正确。
6．下列有关实验设计、操作说法正确的是( )
A．甲图可用于测定NaSO 与稀硫酸的反应速率
2 2 3
B．乙图在溶液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮
C．丙图是转移操作
D．丁图配成同浓度的溶液，有利于比较乙醇和苯酚中羟基的活性
【答案】B
【解析】A项，测定NaSO 与稀硫酸的反应速率，还需要计时器，故A错误；B项，镀铜时，加入
2 2 3
氨水可以生成铜配离子，使铜离子浓度降低，而且配合物平衡的存在能使铜离子浓度稳定在一定的范围内，
这样使镀层更加紧密均匀光亮，工业上常采用这种方法，故B正确； C项，转移时，玻璃棒应靠在容量
瓶刻度线以下，故C错误；D项，通常用活泼金属与羟基的反应来比较乙醇和苯酚中羟基的活性，而加水
配置成溶液后，活泼金属会优先与水反应，无法达到目的，故D错误；故选B。
7．新制氢氧化铜和葡萄糖的反应可用来检验血糖，其反应为：CHOH(CHOH) CHO+2Cu(OH) +NaOH
2 4 2
CHOH(CHOH) COONa+Cu O↓+3HO，设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
2 4 2 2 A
A．18g CHOH(CHOH) CHO中含有羟基的数目为0.6N
2 4 A
B．每消耗1molCu(OH) ，转移电子的数目为2N
2 A
C．1L1mol·L-1 CHOH(CHOH) COONa溶液中含有的离子数目为2N
2 4 A
D．标准状况下，112mLHO(l)中含有的分子数目约为6.2N
2 A
【答案】D
【解析】A项，18g CHOH(CHOH) CHO为0.1mol，含有羟基的数目为0.5N ，A错误；B项，
2 4 A
Cu(OH) 中铜的化合价降低1价，故每消耗1molCu(OH) ，转移电子的数目为N ，B错误；C项，溶液中
2 2 A
还有氢离子和氢氧根，1L1mol·L-1 CHOH(CHOH) COONa溶液中含有的离子数目大于2N ，C错误；D项，
2 4 A112mLHO(l)的质量为112g，物质的量约为6.2mol，含有的分子数目约为6.2N ，D正确；故选D。
2 A
8．对乙酰氨基酚是一种用于治疗疼痛与发热的药物，可用于缓解轻度至中度的疼痛，其结构如图所
示。关于对乙酰氨基酚的说法错误的是( )
A．含有羟基、酮羰基、氨基三种官能团
B．分子中所有原子不可能共平面
C．1mol该有机物最多能与2mol NaOH发生反应
D．可发生取代反应、氧化反应、加成反应
【答案】A
【解析】A项，含有羟基、肽键两种官能团，故A错误；B项，由于氮原子采用sp3杂化，其结构是
三角锥形，因此分子中所有原子不可能共平面，故B正确；C项，有机物含有羟基和肽键，1mol该有机物
最多能与2mol NaOH发生反应，故C正确；D项，该有机物含有酚羟基，能发生取代反应、氧化反应，含
有苯环，能发生加成反应，故D正确。故选A。
9．R、X、Y、Z为短周期元素，XY ZR 的分子结构如图所示。R中电子只有一种自旋取向；X、Y、
3 3
Z处于同一周期；X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数。下列说法错误的
是( )
A．XY ZR 分子中，X给出孤电子对与Z形成配位键
3 3
B．原子半径：X>Z>Y>R
C．基态原子未成对电子数：R=X=YZ>X
【答案】A
【解析】R、X、Y、Z为短周期元素，R中电子只有一种自旋取向，R为H元素；X、Y、Z处于同一
周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数，XY ZR 的分子中X、Z均形
3 3
成4个共价键，则X为B元素，Z为N元素；Y只能形成1个共价键，结合位置可知Y为F元素。A项，B原子最外层3个电子，是缺电子原子，提供空轨道形成配位键，A错误；B项，同周期元素从左到右原
子半径减小，故B>N>F，电子层数多原子半径大，H只有一个电子层，半径最小，故原子半径从大到小为
B>N>F>H，B正确；C项，基态H、B、F原子未成对电子数均为1，N为3，基态原子未成对电子数：
H=B=FN>B，D正确；故选A。
10．电化学合成氨进一步提高了人类合成氨的产量。现采用双极膜(H O解离出 、 分别移至两
2
级室溶液)，通过电解KNO 溶液制取氨，该装置的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
3
A．电极b接电源的负极
B．电解一段时间后I室的pH值增大
C．双极膜中HO解离出的H+向电极b极移动
2
D．理论上电极a与电极b上产生的气体的物质的量之比为2：1
【答案】B
【解析】该装置为电解池装置，I室中a电极发生电极反应：NO -+8e-+9H+=NH ↑＋3HO，为电解池
3 3 2
阴极，则II室中b电极为电解池阳极，发生电极反应：2HO-4e-=O↑＋4H＋。A项，根据分析可知，电极
2 2
b为阳极，应与电源正极相连，A错误；B项，I室中a电极发生电极反应：NO -+8e-+9H+=NH ↑＋3HO，
3 3 2
溶液中氢离子浓度减少，则电解一段时间后I室的pH值增大，B正确；C项，电解池中阳离子向阴极移动，
即双极膜中 HO 解离出的 H+向电极 a 极移动，C 错误；D 项，结合 a 电极发生电极反应：NO -+8e-
2 3
+9H+=NH ↑＋3HO，b电极发生电极反应：2HO-4e-=O↑＋4H＋，根据得失电子守恒可知，电极a与电极
3 2 2 2
b上产生的气体的物质的量之比为1：2，D错误；故选B。
11．下列实验方案可以达到实验目的的是( )选项 实验目的 实验方案
A 除去苯中的少量苯酚 加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制
B 证明蔗糖未发生水解
的Cu(OH) 悬浊液，无砖红色沉淀
2
将一定量的盐酸加入NaCO 溶液中，产生使澄清
C 证明非金属性：Cl>C 2 3
石灰水变浑浊的气体
探究浓度对反应速率的影 向2支盛有5mL不同浓度的NaHSO 溶液的试管
D 3
响 中同时加入2mL5%H O 溶液，观察现象
2 2
【答案】A
【解析】A项，苯酚溶于苯中，加入适量氢氧化钠溶液后生成溶于水的苯酚钠，振荡、静止后分液，
可以达到除去苯中少量苯酚的目的，A正确；B项，蔗糖在酸性条件下水解后，用新制的氢氧化铜悬浊液
检验产物前应该先加碱中和掉硫酸，未中和酸加氢氧化铜，最后无砖红色沉淀，不能证明蔗糖未发生水解，
B错误；C项，证明元素非金属性强弱，可以通过比较其最高价含氧酸的酸性强弱进行比较。盐酸不是最
高价含氧酸，不能作为氯和碳非金属性比较的依据，C错误；D项，向2支盛有5mL不同浓度的NaHSO
3
溶液的试管中同时加入2mL5%H O 溶液，虽然二者浓度不同，反应速率不同，但是该反应没有明显的实
2 2
验现象，不能进行判断，D正确；故选A。
12．氮化硼 晶体存在如下图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似，可作润滑剂；立方
氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。下列说法不正确的是( )
A．六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键
B．立方氮化硼晶胞中，N和B之间存在配位键
C．六方氮化硼中N与B均为sp3杂化
D．立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子
【答案】C【解析】A项，六方氮化硼的结构和石墨相似，所以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用
力不属于化学键，所以六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键，故A正确；B项，B原子含有空轨道、
N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成4个B－N共价键，所以立方氮化硼中B和N原子之
间存在配位键，故B正确；C项，六方氮化硼的结构和石墨相似，每个N原子与三个B相连，每个B也与
3个N相连，均为sp2杂化，故C错误；D项，立方氮化硼晶胞中N原子个数是4、B原子个数=8× +6×
=4，故D正确；故选C。
13．利用CO 合成二甲醚的原理为2CO(g)+6H(g) CHOCH (g)+3HO(g) ∆H，其中投料比
2 2 2 3 3 2
(取值为2、3、4)和温度与CO 的平衡转化率的关系如图所示 点c(CO)= 0.2mol·L-1。下列说法
2 2
正确的是( )
A．TK时，K=0.0675 B．△H＞0
1 c
C．X表示 D．催化剂可以改变CO 的平衡转化率
2
【答案】A
【解析】TK时，反应2CO(g)+6H(g) CHOCH (g)+3HO(g)，在Q点， =4，CO 的平衡转
1 2 2 3 3 2 2
化率为50%，平衡时c(CO)= 0.2mol·L-1，则可建立如下三段式：
2【解析】A项，由三段式可知，平衡时，c(CO)=0.2mol·L-1，c(H )=1.0mol·L-1，c(CHOCH )=0.1
2 2 3 3
mol·L-1，c(H O)=0.3 mol·L-1，K= =0.0675，A项正确；B项，由图可知，温度越高平衡转化率越
2 c
低，则平衡逆向移动，所以△H＜0，B项错误；C项， 越大，相当于n(CO)一定时，增大n(H )，
2 2
平衡正向移动，CO 的转化率越高，则X表示 =4，C项错误；D项，催化剂只改变反应速率，从
2
而改变达到平衡的时间，但不能改变CO 的平衡转化率，D项错误；故选A。
2
14．百里酚蓝(以下记为HA)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为
2
、 。25℃时0.1mol·L-1的HA溶液中，
2
HA、HA-、A2-的分布分数δ与pH的变化关系如图2所示。已知： ，
2
下列说法错误的是( )
A．溶液由黄色变为蓝色的原因是酚羟基发生了变化
B．
C．pH=7.0时，c(HA-)＞c(A2-)
D．用NaOH滴定CHCOOH，可用HA作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定
3 2终点
【答案】D
【解析】随着pH的增大，HA-在增大，HA在减小，随着pH的进一步增大，则HA-在减小，A2-在增
2
大。A项，根据结构可知，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色
变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A正确；B项， 、 ，代入
，B正确；C项，结合图示可知，
pH=7.0，c(HA-)＞c(A2-)，C正确；D项，滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时
溶液应该橙色变蓝色，D错误；故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．(15分)二氧化铈(CeO)常作处理汽车尾气的催化剂。一种以氟碳铈矿(含CeFCO、SiO 等)为原料
2 3 2
制备二氧化铈的流程如图。回答下列问题：
已知：①Ce3+在空气中易被氧化，易与SO 2-形成复盐沉淀；
4
②硫脲[SC(NH )]具有还原性，在酸性条件下易被氧化为(SCN H)。
2 2 2 3 2
(1)硫脲( )中C的化合价为 价。
(2)提高“焙烧”速率的措施有 (答一条)，“浸渣”的主要成分是 (填化学式)。
(3)“还原”中，加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈。写出硫脲与CeF 2+反应的离子方程式：
2
。
(4) CeO 催化汽车尾气处理的机理如图所示。
2写出CeO 转化为CeO 的化学方程式： 。
2 2-x
(5)测定CeO 产品纯度。称取mgCeO 样品(杂质不参与反应)溶于足量稀硫酸中，将其配制成250 mL
2 2
溶液。准确量取VmL配制的溶液于锥形瓶，用cmol·L-1(NH )Fe(SO ) 标准溶液滴定至终点，进行3次平
4 2 4 2
行实验，测得消耗滴定液的平均体积为20.00mL。该产品纯度为 %。
提示：CeO+2H SO =Ce(SO )+2H O，Ce4++ Fe2+ = Fe3++Ce3+。
2 2 4 4 2 2
(6) CeO 晶胞结构如图所示。铈离子将晶胞切成8个立方体(空穴)，氧离子填充在小立方体中，其边长
2
为apm。氧离子填充在“空穴”中构成 (填“正四边形”“正四面体”“正八面体”或“立方体”)，
CeO 晶体密度为 g· cm-3。(设N 为阿伏加德罗常数的值)
2 A
【答案】(1)+4(1分)
(2) 粉碎矿石(或增大空气浓度或适当升高温度等) (2分) SiO (1分)
2
(3)CeF2+ +2SC(NH )=(SCNH) +2 Ce3++2HF+2F-(2分)
2 2 2 2 3 2
(4)CeO+xCO= xCO+CeO (2分)
2 2 2-x
(5) (3分)
(6)立方体(1分) (3分)
【解析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，加入稀硫酸酸浸，形成含CeF 2+、CeSO2+的
2 4
溶液，浸渣为SiO；还原过程用硫脲将四价铈还原为三价铈，即将CeF 2+、CeSO2+还原为Ce (SO )，溶解
2 2 4 2 4 3
沉淀后得到含Ce3+的溶液，加NH HCO 转化为Ce (CO)，然后灼烧得到CeO。(1)硫脲中N为-3价，H为
4 3 2 3 3 2
+1价，S为-2价，故C为+4价；(2)提高“焙烧”速率的措施有粉碎矿石(或增大空气浓度或适当升高温度
等)，“浸渣”的主要成分是SiO；(3)根据得失电子守恒和原子守恒，硫脲与CeF 2+反应的离子方程式：
2 2CeF 2+ +2SC(NH )=(SCNH) +2 Ce3++2HF+2F-；(4)由图可知CeO 转化为CeO 的化学方程式：
2 2 2 2 3 2 2 2-x
CeO+xCO= xCO+CeO ；(5)根据题意可找出关系式：CeO~ Fe2+，故
2 2 2-x 2
；(6)如图所示，大球为O2-，小球为Ce4+，氧离子填充
在“空穴”中构成立方体；O2-个数为：8，Ce4+个数为： ，CeO 晶体密度为：
2
。
16．(14分)环己酮是一种重要的化工原料和有机溶剂。实验室中制备少量环己酮可采用环己醇的氧化
法，化学反应原理为 +NaClO +H O+NaCl。实验装置和实验方案如下：
2
Ⅰ．在仪器B中加入5.2mL环己醇和12.5mL冰醋酸；仪器A中加入60～70mL淡黄绿色的NaClO溶
液。
Ⅱ．磁力加热(控制水浴温度为30~35℃)、搅拌条件下，向仪器B中滴加稍过量的NaClO溶液，继续
搅拌反应15min。
Ⅲ．在仪器B的反应混合液中逐滴滴入试剂X，除去过量的NaClO。
Ⅳ．将仪器B的反应混合液转移到图乙的仪器d中，再在仪器B中加入25mL蒸馏水洗涤其内壁，将
洗涤液转移到图乙的仪器d中；用酒精灯加热仪器c，用仪器e收集适量馏分。Ⅴ．蒸馏完成后，向仪器e中的馏分中加入一定量的NaCO 至反应液呈中性；然后分批加入4.5g
2 3
NaCl，振摇使之成为饱和溶液。
Ⅵ．用分液漏斗从Ⅴ中所得溶液中分离出有机层，经一系列操作后，得到4.3mL环己酮产品。
相关数据如下表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/( g· cm-3) 溶解性
环己醇 23 161.1 0.9624 能溶于水
环己酮 -45 155.6 0.9478 微溶于水
环己醇与水的共沸物沸点97.8℃(含水80%)；环己酮与水的共沸
共沸物
物沸点95℃(含水61.60%)
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 。
(2)仪器C的冷水从b口进入、a口排出，这种冷凝水接入方法相比从a口进入、b口排出冷凝效果好的
原因是 。
(3)步骤Ⅱ中滴加稍过量的NaClO溶液，试设计检验NaClO溶液过量的实验方法： 。
(4)步骤Ⅲ中在反应混合液中滴加的试剂X可以是 (填字母)。
a．饱和NaHSO 溶液 b．饱和NaCl溶液 c．饱和NaHCO 溶液 d．饱和NaCO 溶液
3 3 2 3
(5)步骤Ⅳ中用蒸馏水洗涤仪器B的目的是 ；用酒精灯加热进行水蒸气蒸馏，收集馏分完成的标志
是 (从实验现象角度分析)。
(6)该实验中，环己酮的产率约为 %(计算结果精确到小数点后1位)。
(7)实验装置甲的设计中，可能会导致某种仪器破损，请你指出该设计缺陷，并加以改进： 。
【答案】(1)分液漏斗(1分)
(2)冷水能缓慢充满冷凝管，且增大冷水和热蒸气之间的接触面积和接触时间，冷却效果更好(2分)
(3)用玻璃棒蘸取反应液，点在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝，则说明NaClO溶液过量(2分)
(4)a(2分)
(5) 减少产品损失，提高产率(2分) 仪器e中无油状液体流出(1分)
(6)83.3(2分)
(7)缺陷：磁力搅拌子转动时，可能会打碎温度计；改进方法：将温度计插在玻璃水槽中(2分)
【解析】该实验的实验目的是利用环己醇和次氯酸钠溶液制备环己酮，经除杂、分离提纯制得环己酮
产品。(1)由实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；(2)由实验装置图可知，仪器C为球形冷凝管，实验时
冷水从b口进入、a口排出可以使冷水能缓慢充满冷凝管，且增大冷水和热蒸气之间的接触面积和接触时
间，冷却效果更好，而冷水从a口进入、b口排出，冷水会因重力作用沿着管壁快速流出，而达不到冷凝效果，所以下口进、上口出的冷却效果更好；(3)次氯酸钠溶液具有强氧化性，能与碘化钾溶液反应生成能
使淀粉溶液变蓝色的单质碘，所以检验次氯酸钠溶液过量的实验方法为用玻璃棒蘸取反应液，点在淀粉-
KI试纸上，试纸变蓝，则说明NaClO溶液过量；(4)次氯酸钠溶液具有强氧化性，则除去过量次氯酸钠溶
液的试剂应为具有还原性的饱和亚硫酸氢钠溶液，不能选用不具有还原性的饱和氯化钠溶液、饱和碳酸氢
钠溶液和饱和碳酸钠溶液，故选a；(5)步骤Ⅳ中用蒸馏水洗涤仪器B可使附着在内壁熵的生成物进入溶液
中，减少产品损失，提高产率；用酒精灯加热进行水蒸气蒸馏时，仪器e中无油状液体流出说明馏分收集
完成；(6)由题意可知，5.2mL环己醇完全反应制得4.3mL环己酮，则环己酮的产率为
≈83.3%；(7)由实验装置图可知，甲装置中的温度计应该测定水
浴温度，而温度计安装在三颈烧瓶中，当磁力搅拌子转动时，可能会打碎温度计，改进方法是将温度计插
在玻璃水槽中。
17．(15分)CO 的资源化利用是化学研究的热点。
2
I．CO 与C H 耦合可制备丙烯
2 3 8
(1)在In/HZSM-5催化作用下，CO 与C H 耦合的反应过程如图所示。
2 3 8
已知：C H(g)=C H(g)＋H(g) ΔH ＝+123.8kJ·mol−1
3 8 3 6 2 1
CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＝+41.2kJ·mol−1
2 2 2 2
耦合反应C H(g)+CO (g)= C H(g)＋CO(g)＋HO(g)的ΔH＝ kJ·mol−1，该反应在
3 8 2 3 6 2
(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
II．CO 电还原可制备高附加值的有机物
2
已知： 的活性位点对O的连接能力较强， 的活性位点对C的连接能力较强，
对 的吸附能力远强于 ，且 吸附 后不易脱离。
(2) CO 电还原可能的反应机理如图所示(* 表示吸附态的 )。
2①若还原产物主要为CH，应选择 (填“ ”“ ”或“ ”)作催化剂。
4
②选择合适的金属催化剂，CO 电还原生成 的过程可描述为 。
2
(3)在一定压强下，按n(H )：n(CO)=1：1投料，在 为催化剂的条件下，发生反应CO(g)＋H(g)
2 2 2 2
HCOOH(g) ΔH＞0 (主反应)，同时有副反应[CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g)发生，反应相同
2 2 2
时间，CO 转化率及 选择性(甲酸选择性 )随温度的变化如图所示。
2
①下列措施能提高CO 平衡转化率的是 (填标号)。
2
A降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K下，反应至某时刻时体系中H 的分压为aMPa，则该时刻主反应的压力商Q =
2 P
(填计算式即可)MPa-1。
③当温度高于673.15K时，随温度升高，主反应与副反应的反应速率相比，增加更显著的是副反应，
判断的理由是 。
III．利用电化学装置可实现CH 和CO 的耦合转化，原理如图所示。
4 2(4)①阳极生成乙烷的电极反应式为 。
②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则消耗的CH 和CO 的体积比为 。
4 2
【答案】(1)+165.0(1分) 高温(1分)
(2) Cu(1分) CO 得e-形成CO-后，C与Au催化剂活性位，点连接，再结合H+形成-COOH吸附
2 2
在催化剂表面，继续得e-并结合H+脱水形成CO吸附在催化剂表面，最后从催化剂表面脱附(或“先发生反
应CO+e-=CO -，而后发生反应CO-+H+→-COOH，继续得e-并结合H+形成CO吸附在催化剂表面，最后脱
2 2 2
附”) (2分)
(3) C(2分) (2分) 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却
迅速下降(2分)
(4) 2CH -2e-+O2-=C H+H O(2分) 4：3(2分)
4 2 6 2
【解析】(1)已知：①C H(g)=C H(g)＋H(g) ΔH ＝+123.8kJ·mol−1；②CO(g)＋H(g) CO(g)＋
3 8 3 6 2 1 2 2
HO(g) ΔH ＝+41.2kJ·mol−1；根据盖斯定律，反应①+反应②得到 C H(g)+CO (g)= C H(g)＋CO(g)＋
2 2 3 8 2 3 6
HO(g)，则ΔH＝+123.8kJ·mol−1 +41.2kJ·mol−1＝+165.0kJ·mol−1；该反应的ΔH＞0、ΔS＞0，则在高温下自
2
发进行；(2)①若还原产物主要为CH 时，应选择Cu作催化剂；回溯CH 时生成机理，第1步是C与催化
4 4
剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，CO不易从
催化剂表面脱离，即可得到CH；②当选择恰当金属催化剂时，CO 得e-形成CO-后C与Au催化剂活性位
4 2 2
点连接，再结合H+形成-COOH吸附在催化剂表面，继续得e-并结合H+脱水形成CO吸附在催化剂上，最
后从催化剂表面脱附，生成CO；(3)①A项，由题干信息可知，主反应和副反应均为吸热反应，降低温度
平衡逆向移动，CO 平衡转化率减小，A不符合题意；B项，恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相
2
当于减压，主反应为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO 的转化率减小，B不符合题意；C项，
2
分离出HCOOH，主反应平衡正向移动，CO 转化率增大，C符合题意；故选C；②不妨设初始投料为
2
n(H )=n(CO )=1mol ， 673.15K 时 ， CO 的 转 化 率 为 95% ， HCOOH 的 选 择 性 为 b% ， 所 以
2 2 2
n(HCOOH)=1×95%×b%mol ， 由 于 主 反 应 和 副 反 应 中 H 和 CO 都 是 1∶1 反 应 ， 所 以 此 时
2 2n(H )=n(CO )=1×5%mol，则此时p(CO)=p(H)=aMPa，p(HCOOH)= MPa，所以主反应的压力
2 2 2 2
商计算式Q= = ；③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却
p
迅速下降，说明副反应的反应速率增加更显著；(4)①由装置图可知该装置为电解装置，电极A为阴极，由
球棍模型可知反应物为CO ，产物为CO，固体电解质传递O2-，则电极反应式为CO+2e-＝CO+O2-；电极
2 2
B为阳极，电极反应式分别为2CH-4e-+2O2-=C H+2H O和2CH-2e-+O2-=C H+H O；②生成的乙烯和乙烷
4 2 4 2 4 2 6 2
的体积比为1∶1，即物质的量之比为1∶1，设物质的量分别为1mol、1mol，由原子守恒知消耗的CH 的物质
4
的量为(1mol+1mol)×2=4mol，根据①中反应式可知，转移电子的物质的量为6mol，则消耗的CO 的物质的
2
量为6mol÷2=3mol，则消耗的CH 和CO 的物质的量之比为4∶3，即体积比为4∶3。
4 2
18．(14分)某药物(H)从基础化工原料苯乙烯出发的合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)苯乙烯结构中碳原子的杂化方式为 ，共面的碳原子最多有 个。
(2)D→E、E→F的反应类型分别为 、 。
(3)B的同分异构体中，含苯环的有 种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰
面积之比为6：2：1的结构简式为 (写出一个即可)。
(4)G的结构简式为 。
(5)E与足量酸性KMnO 溶液反应生成的有机物中，含有苯环的有机物名称为 。
4
(6)已知：2 +H O，推测 在碱性溶液中易发生分子内缩合从
2
而构建成一个五元环的结构，主要产物为 。
【答案】(1) sp2(1分) 8(1分)
(2)消去反应(1分) 氧化反应(1分)(3) 13(3分) 或 (2分)
(4) (2分)
(5)苯甲酸(1分)
(6) (2分)
【解析】 和HBr发生加成反应生成 ， 和Mg发生
反应生成C，C和 发生取代反应后再水解得到D，D发生消去反应生成E，E和高锰酸钾溶液发
生氧化反应生成F，F发生消去反应生成G为 ，G和 发生加成反应生
成H。(1)苯乙烯结构中含有苯环和碳碳双键，碳原子的杂化方式为sp2，苯环和碳碳双键都是平面结构，
所有碳原子都可能共面，共面的碳原子最多有8个。(2)D发生消去反应生成E，E转化为F的过程中O原
子个数增多，该反应为氧化反应。(3)B的同分异构体中含苯环，若苯环上只有1个取代基，该取代基为-
CHBrCH ，有1种位置关系，若苯环上只有2个取代基，取代基组合为-Br、-CHCH 或-CH、-CHBr，有
3 2 3 3 2
6中位置关系，若苯环上有3个取代基，取代基组合为- Br、2个-CH，有6种位置关系，综上所述，满足
3
条件的同分异构体共有1+6+6=13种，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为6：2：1的结构简式为或 。(4)由分析可知，G的结构简式为 。(5)E中含有碳碳双键，
E与足量酸性KMnO 溶液发生氧化反应生成 和HCOOH、CHCOCOOH，含有苯环的有机物名
4 3
称为苯甲酸。(6)由已知：2 +H O所示的反应原理可知，推测
2
在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建成一个五元环的结构，主要产物为 。
