文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 05(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 F-19 Na-23 Mg-24
Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 Ni-59 Cu-64 Zn-65 Br-80 W-184
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．最近，我国研究人员成功制备出高强度、高导电性、高耐热的铝—锆—钪(Al-Zr-Sc)合金材料，为提升我国绿色铝产业深加工能力提供了支撑。下列说法不正确的是( )
A．Al是地壳中含量最多的金属元素
B．基态 Sc的简化电子排布式是[Ar]3d14s2
21
C．Al-Zr-Sc合金比纯金属具有较高的熔点
D．Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关
【答案】C
【解析】A项，Al元素是地壳中含量最多的金属元素，A正确；B项，Sc为21号元素，基态 Sc的
21
简化电子排布式是[Ar]3d14s2，B正确；C项，合金的熔点比组成合金的成分金属的熔点低，C错误； D
项，电子的定向移动形成电流，Al-Zr-Sc合金的导电性与自由电子的运动相关，D正确；故选C。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．Fe位于元素周期表的ds区
B．1-丁醇的键线式：
C．用电子式表示NaO的形成过程：
2
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】C
【解析】A项，Fe是26号元素，价电子排布为3d64s2，位于元素周期表的d区，A错误；B项，
是1-丙醇，1-丁醇的键线式： ，B错误；C项，NaO是离子化合物，形
2
成过程可以表示为： ，C正确；D项，邻羟基苯甲醛分子内氢键
应该由羟基中的氢原子和醛基的氧原子形成： ，D错误；故选C。3．用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图，该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部
分中，a极室为(NH )SO -NH 混合液，B极室为(NH )SO 溶液；热再生部分加热a极室流出液，使
4 2 4 3 4 2 4
[Cu(NH )]2+分解。下列说法不正确的是( )
3 4
A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
B．a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH=[Cu(NH )]2+
3 3 4
C．电池部分的总反应为：Cu2++4NH=[Cu(NH )]2+
3 3 4
D．该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH
3
【答案】A
【解析】由图可知，a电极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨
合铜离子，电极反应为Cu-2e-+4NH=[Cu(NH )]2+，b电极为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生
3 3 4
成铜，电极反应式为Cu2++2e—=Cu，总反应为Cu2++4NH=[Cu(NH )]2+，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换
3 3 4
膜由正极迁移到负极。A项，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极，故A错误；B项，a
极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨合铜离子，电极反应为为
Cu-2e-+4NH=[Cu(NH )]2+，故B正确；C项，电池的部分总反应为Cu2++4NH=[Cu(NH )]2+，故C正确；D
3 3 4 3 3 4
项，该装置为原电池装置，可以富集铜离子并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用氨
气，故D正确；故选A。
4．下列说法不正确的是( )
A．酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪酸
B．蔗糖、麦芽糖和乳糖互为同分异构体，其中只有蔗糖不能发生银镜反应
C．在不同pH的溶液中，当氨基酸主要以两性离子存在时，它在水中的溶解度最大D．甘油和纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药
【答案】C
【解析】A项，脂肪多数是饱和的高级脂肪酸和甘油形成的酯，油主要是由不饱和的高级脂肪酸和甘
油形成的酯，酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪酸，故A
正确；B项，蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都是C H O ，但其结构不同，故其互为同分异构体，其中麦
12 22 11
芽糖和乳糖都是还原性糖、能发生银镜反应，只有蔗糖不能发生银镜反应，故B正确；C项，氨基酸分子
中的氨基和羧基相互作用时，氨基酸成为带有正电荷和负电荷的两性离子，称为内盐，当氨基酸主要以两
性离子存在时，它在水中的溶解度最小，可以结晶析出，故C错误；D项，硝化甘油是甘油与浓硝酸发生
酯化反应(在浓硫酸条件下)生成的三硝酸甘油酯，是制备炸药的原料；纤维素可与浓硝酸发生酯化反应生
成的硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料，故D正确;；故选C。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．NH HCO 溶液和过量Ca(OH) 溶液混合：Ca2++NH++HCO-+2OH-=CaCO ↓+H O+NH ·H O
4 3 2 4 3 3 2 3 2
B．NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H O+2I-=I +Cl↑+4OH-
2 2 2
C．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe O+8H+=Fe2++2Fe3++4H O
3 4 2
D．明矾溶液中滴入Ba(OH) 溶液使SO 2-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO2-=2BaSO ↓+Al(OH) ↓
2 4 4 4 3
【答案】A
【解析】A项，NH HCO 溶液和过量Ca(OH) 溶液混合，生成NH ·H O、CaCO 和水离子方程式：Ca2
4 3 2 3 2 3
＋+NH＋+HCO－+2OH－=CaCO ↓+H O+NH ·H O，A正确；B项，产物中I 和Cl 均可以与OH－反应，可知
4 3 3 2 3 2 2 2
方程式错误；NaClO与HI溶液反应，离子方程式：2ClO－+4H＋+2I－=I +Cl↑+2H O，B错误；C项，硝酸
2 2 2
能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，可知方程式错误；将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确
的离子方程式为：3Fe O+NO－+28H＋=9Fe3＋+14H O+NO↑，C错误；D项，若明矾溶液中含有2mol
3 4 3 2
SO 2-，其完全沉淀，需要加入2molBa2＋，同时加入4molOH－，溶液中的Al3＋会转化成AlO-，产物错误；
4 2
离子反应为2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2 SO 2-=2BaSO ↓+AlO -+2H O，D错误；故选A。
4 4 2 2
6．实验是探究化学过程的重要途径。下列装置能达到相应目的的是( )A．制备Fe(OH) 胶体 B．测量NO 气体的体积 C．将剩余钠放回试剂瓶 D．分离碘和氯化铵固体
3 2
【答案】C
【解析】A项，制备Fe(OH) 胶体时应向沸腾的蒸馏水中逐滴滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体
3
呈红褐色，不能用自来水，A错误；B项，NO 能与水反应，3NO +H O=2HNO +NO，所以该装置不能测
2 2 2 3
量NO 气体的体积，B错误；C项，钠的性质非常活泼，随意丢弃易发生事故，实验室中剩余的钠要放回
2
试剂瓶，钠的密度大于煤油，可放回盛装煤油的试剂瓶中，C正确；D项，氯化铵受热易分解生成氨气和
氯化氢，遇冷后氨气和氯化氢又重新化合生成氯化铵，碘易升华，加热碘和氯化铵固体的固体混合物后，
升华的碘遇冷重新变为固体，所以不能用该方法分离碘和氯化铵固体，D错误；故选C。
7．用过量的盐酸和CuCl 溶液的混合液作为浸取剂，浸取黄铜矿(CuFeS)的流程示意图如下。
2 2
下列说法不正确的是( )
A．[CuCl]-的中心离子是Cu+，配体是Cl-
2
B．参与反应的n(CuCl)：n(CuFeS)=3：1
2 2
C．浸取剂中的Cl-有助于CuFeS 固体的溶解
2
D．用浓盐酸和FeCl 溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解
3
【答案】B
【解析】将黄铜矿(CuFeS)粉碎，加入过量的盐酸和CuCl 溶液的混合液溶解得到[CuCl ]-、Fe2+的混合
2 2 2
液，所得滤渣的主要成分是S和少量CuS等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原。A
项，[CuCl ]-中氯元素是－1价，铜元素化合价是+1价，其中中心离子是Cu+，配体是Cl-，A正确；B项，
2
溶解过程中发生的反应为CuFeS+3CuCl +4HCl=H[CuCl ]+2S+ FeCl，但由于含有少量CuS生成，所以参
2 2 2 2
与反应的n(CuCl )：n(CuFeS) ≠3：1，B错误；C项，由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因
2 2
此浸取剂中的Cl-有助于CuFeS 固体的溶解，C正确；D项，铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和
2
FeCl 溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；故选B。
3
8．高铁酸钠是一种新型、高效的绿色水处理剂，其中一种干法制备反应为 2FeSO +6
4
NaO=2Na FeO+2NaO+2Na SO +O↑，下列说法正确的是( )
2 2 2 4 2 2 4 2
A．高铁酸钠处理饮用水的原理与明矾类似
B．该反应的离子方程式为：2Fe2++6Na O=2FeO 2-+2Na O+8Na++ O ↑
4 2 2 4 2 2
C．高铁酸钠中铁的质量分数为D．高铁酸钠还可用NaClO和Fe3+在一定条件下制得
【答案】D
【解析】A项，高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体，
吸附水中悬浮物形成沉淀，净水原理不同，A错误；B项，该反应在非水体系中发生，不能写成离子方程
式的形式，B错误；C项，高铁酸钠中铁的质量分数为： ，C错误；D项，
高铁酸钠还可以用NaClO和Fe3+在一定条件下制得，反应的离子方程式为：2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO 2-
4
+3Cl-+5H O，D正确；故选D。
2
9．KI 是一种重要的盐，其水溶液中存在平衡：I+I- I-。下列说法不正确的是( )
3 2 3
A．KI 溶液中加入淀粉溶液，溶液显蓝色
3
B．KI 溶液呈棕褐色溶液，加入CCl 后，振荡，上层溶液显紫红色
3 4
C．KI 溶液中滴加少量NaSO 溶液，溶液酸性增强
3 2 3
D．利用 溶液可以除去硫粉中的少量碘单质
【答案】B
【解析】A项，存在I+I- I-平衡，因此溶液中是存在碘单质的，淀粉遇碘单质变蓝色，故A正
2 3
确；B项，四氯化碳的密度比水大，显紫色的在下层，故B错误；C项，发生I+SO2-+H O=2H++SO2-+2I-
2 3 2 4
有大量氢离子生成，溶液酸性增强，故C正确；D项，加入足量的KI溶液，I+I- I-平衡正向移动，
2 3
而硫粉不溶于水，可以除去少量碘单质，故D正确；故选B。
10．可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程
2
式：4HCl(g)＋O(g) 2Cl(g)＋2HO(g) ΔH ＝-114.4kJ·mol−1。下图所示为该法的一种催化机理，下列说
2 2 2 2
法不正确的是( )
A．X为生成物Cl，W为生成物HO
2 2
B．反应制得1molCl ，放出热量57.2kJ
2
C．升高温度，HCl被O 氧化制Cl 的反应逆向移动
2 2D．图中转化涉及的反应中有三个属于氧化还原反应
【答案】D
【解析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O、CuO、Cl、HO；CuO
2 2 2
与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu OCl ，则W为HO；CuCl 分解为X
2 2 2 2
和CuCl，则X为Cl；CuCl和Z反应生成Cu OCl ，则Z为O；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl、
2 2 2 2 2
HCl、O、HO。A项， X为反应物Cl，W为生成物HO，A正确；B项，由题干的热化学方程式可知，
2 2 2 2
反应制得1molCl ，放出热量57.2kJ ，B正确；C项，总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向
2
移动，C正确；D项，图中涉及的两个氧化还原反应，分别是CuCl →CuCl和CuCl→Cu OCl，D错误；故
2 2
选D。
11．聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中 表示链延长)。该聚合
物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料
的回收和重塑。
已知：i.
ii. ΔH＜0
下列说法不正确的是( )
A．M为1，4-丁二酸
B．交联剂Q的结构简式为C．合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
【答案】C
【解析】A项， 和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A正确；B项，
根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为 ，故B正确；C项，
和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；D项，
正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材
料的回收和重塑，故D正确；故选C。
12．下列“类比”不正确的是( )
A．Ba(NO ) 溶液中通入SO 生成BaSO 沉淀，则CaCl 溶液中通入CO 生成CaCO 沉淀
3 2 2 4 2 2 3
B．乙烯能被酸性KMnO 氧化为CO，丙烯也能被酸性KMnO 氧化生成CO
4 2 4 2
C．元素周期表中锂和镁位于对角线上，MgCO 微溶于水，则LiCO 也微溶于水
3 2 3
D．AgOH溶于氨水生成Ag(NH)OH，则Cu(OH) 溶于氨水生成Cu(NH )(OH)
3 2 2 3 4 2
【答案】A
【解析】A项，SO 溶于水与水反应产生HSO ，使溶液显酸性，在酸性条件下NO -表现强氧化性，
2 2 3 3
会将HSO 氧化产生SO 2-，与溶液中的Ba2+反应产生BaSO 沉淀，而CO 与水反应产生的HCO，由于酸
2 3 4 4 2 2 3
性：HCl＞HCO，所以CaCl 溶液中通入CO 气体不能生成CaCO 沉淀，A错误；B项，乙烯分子中含有
2 3 2 2 3
不饱和的碳碳双键，能被酸性KMnO 氧化为CO，丙烯分子中也含有不饱和的碳碳双键，因此也能被酸性
4 2
KMnO 氧化生成CO，B正确；C项，元素周期表中锂和镁位于对角线上，二者形成的化合物结构相似。
4 2
MgCO 微溶于水，则LiCO 也微溶于水，C正确；D项，Cu、Ag属于同一副族元素，二者结构相似，性
3 2 3
质也相似。AgOH难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH)OH；Cu(OH) 难溶于水，但能够
3 2 2
溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH )(OH) ，D正确；故选A。
3 4 213．苯和Br 可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确
2
的是( )
A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快
B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变
C．加入FeBr 可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率
3
D．经两步发生反应①的总焓变=E-E
2 1
【答案】B
【解析】A项，反应②取代反应的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生
取代反应，A错误；B项，苯中碳原子都是sp2杂化， 与 最右边上下两个碳原子是
sp3杂化，其余为sp2杂化，B正确；C项，催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反
应速率，C错误；D项，焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应①的总焓变=E-E ，D错误；
1 2
故选B。
14．某小组对Fe2+和Ag+的反应进行了如下探究实验：
操作 现象 Ag+ 浓度变化曲线
实验 向1 mL 0.1 mol/L FeSO 溶液中
4 几分钟后，出现大量灰黑色浑浊
Ⅰ 加入1 mL 0.1 mol/L AgNO 溶液
3
实验 先向试管中加入几滴Fe (SO ) 溶
2 4 3 现象与实验Ⅰ相同
Ⅱ 液，然后重复实验Ⅰ的操作(已知：Ag SO 为白色微溶物；反应过程中测得温度几乎无变化)
2 4
下列说法正确的是( )
A．实验Ⅰ只发生反应：Fe2+＋Ag+ Fe3+＋Ag，灰黑色浑浊是Ag
B．图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是反应放热
C．图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是生成的Ag起催化作用
D．图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是生成的Fe3+起催化作用
【答案】C
【解析】A项，Ag SO 为白色沉淀，故溶液中还可发生：2Ag++SO2-=Ag SO ↓，灰黑色浑浊应是Ag
2 4 4 2 4
和Ag SO 的混合物，故A错误；B项，反应过程中测得温度几乎无变化，说明反应热效应不明显，故B
2 4
错误；C项，实验Ⅱ中，先加入Fe (SO ) 溶液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，结合反应
2 4 3
Fe2+＋Ag+ ⇌Fe3+＋Ag可知，应是生成的Ag起催化作用，故C正确；D项，实验Ⅱ中，先加入Fe
2
(SO
4
)
3
溶
液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，说明Fe3+没起催化作用，故D错误；故选C。
第二部分
二、非选择题(本部分共5题，共58分。)
15．(10分)含氮化合物在生产，生活中有非常重要的应用。请回答：
(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为___________。
(2)氮化镓的结构与金刚石相似(如图所示)，
①氮与镓之间形成的化学键类型为___________，镓原子的配位数为___________。
②传统制备氮化镓是采用GaCl 与NH 在一定条件下反应制备，不采用金属 与N 制备的原因是
3 3 2
___________。
(3)大多数离子液体含有较大的阴、阳离子，如含氮的阳离子( )，其中σ
键与π键的个数之比为___________。
(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，该晶体的化学式为
___________；设N 为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度ρ=___________ g· cm-3 (列出计算式即可)
A【答案】(1) (1分)
(2) 共价键(1分) 4(1分) 氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少(属于熵
减反应) (2分)
(3)25∶2(1分)
(4) FeWN (2分) (2分)
2
【解析】(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为 ；(2)①氮与镓之间是以共
用电子对形成的化学键，化学键类型为共价键，每个镓原子周围有 4个氮，镓原子的配位数为4；②传统
制备氮化镓是采用GaCl 与NH 在一定条件下反应制备，不采用金属Ga与N 制备的原因是氮分子键能大，
3 3 2
反 应 条 件 要 求 高 ， 产 物 中 气 体 分 子 数 减 少 ( 属 于 熵 减 反 应 ) ； (3) 如 含 氮 的 阳 离 子 (
)，σ键为：15个C-H键、4个C-C键、6个C-N键，其中σ键与π键
的个数之比为25∶2；(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，Fe的
个数：2，W的个数：2，N的个数：4，该晶体的化学式为FeWN ；设N 为阿伏加德罗常数的值，该晶体
2 A
的密度 = = 。16．(10分)黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS )]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
2
i．3FeS+2C+3O Fe O+3S +2CO
2 2 3 4 2
(1)反应i生成1molS 时，转移电子的物质的量为 mol。
2
(2)反应i所得气体经冷凝回收S 后，尾气中还含有CO和SO 将尾气通过催化剂进行处理，发生反应
2 2.
ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO (g)＋4CO(g) S(g)＋4CO(g) ΔH＜0
2 2 2
iii．SO (g)＋3CO(g) COS(g)＋2CO(g) ΔH＜0
2 2
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO 平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度
2
下，S、COS平衡产率和10min时S 实际产率如图。
2 2
①比较反应速率：反应ii 反应iii(填“大于”或“小于”)。
②随温度升高，S 平衡产率上升，推测其原因是 。
2
③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S 实际产率的变化趋势可能为 。
2
(3)处理后的尾气仍含少量SO ，经NaCO 溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为NaCO、NaHCO
2 2 3 2 3 3
和NaSO 利用生物电池技术，可将洗脱液中的NaSO 转化为单质硫(以S表示)回收。
2 3. 2 3①该装置中，正极的电极反应式为 。
②一段时间后，若洗脱液中SO 2-的物质的量减小了1mol，则理论上HCO -减小了 mol。
3 3
【答案】(1)4(1分)
(2)大于(1分) 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO )、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对
2
平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动(2分) 先增大后减小至900K时S 的平衡产率后保持
2
不变或：减小至900K时S 的平衡产率后保持不变(2分)
2
(3) SO2-+4e-＋6HCO -=6CO 2-+S↓+3H O(2分) 2(2分)
3 3 3 2
【解析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，NaSO 转化为单质硫，
2 3
NaSO 中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：SO 2-+4e-＋6HCO -=6CO 2-+S↓+3H O。(1)3FeS +2C+3O
2 3 3 3 3 2 2 2
Fe O+3S +2CO反应中，碳元素从0价升高到+2价、铁元素化合价升高，3个铁原子共升高2价、硫元
3 4 2
素从-1价降低到0价，氧元素从0价降低到-2价，每当生成3molS ，理论上转移12mol电子，则反应i生
2
成1molS 时，转移电子的物质的量为4mol。(2)①发生的反应有ii．2SO (g)＋4CO(g) S(g)＋4CO(g)
2 2 2 2
ΔH＜0；iii．SO (g)＋3CO(g) COS(g)＋2CO(g) ΔH＜0，已知600~1000K范围内，SO 平衡转化率
2 2 2
接近100%，由图可知10min时S 实际产率从略低于50%到70%左右，温度越高反应速率越快且越不利于
2
正反应，可见温度高速度快决定了10min时含硫产物以S 为主，说明反应速率：反应ii大于反应iii。②发
2
生反应ii，同时发生副反应iii。二者均为放热反应，升温平衡左移，则随温度升高，S 平衡产率上升的可
2
能原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO )、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响
2
超过温度改变的影响，平衡正向移动。③通过观察图像可知，10min时S 的实际产率大于平衡产率，所以
2
最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S 实际产率的变化趋势可
2
能为：先增大后减小至900K时S 的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S 的平衡产率后保持不变。
2 2
(3)①该装置中，正极的电极反应式为SO 2-+4e-＋6HCO -=6CO 2-+S↓+3H O。②根据电极方程式可知，当消
3 3 3 2
耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷
守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳
酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。
17．(12分)黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。已知：
(1)X中含有的含氧官能团为醚键、 。
(2)A→B反应的化学方程式是 。
(3)B→D的反应类型是 。
(4)E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是 。
(5)G转化为J需加入KCO。
2 3
①J的结构简式是 。
②KCO 的主要作用是 。
2 3
(6)F和L生成X经历如下多步反应：
已知：Ⅰ．Ⅱ． +R6OH+R7OH
①M的结构简式是 。
②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第 步(填“一”“二”或“三”)。
【答案】(1)羰基、羟基(2分)
(2) +Br +HBr(2分)
2
(3)取代反应(1分)
(4)CH OCH Cl(1分)
3 2
(5) (2分) 消耗反应生成的HBr，提高J的产率(1分)
(6) (2分) 二(1分)
【解析】A和Br 发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为 ，B和
2
(CH)SO 发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为 ，D发生水解反应生成E为
3 2 4，E和试剂a发生取代反应生成F，同时生成HCl，可以推知a为CHOCH Cl，G和
3 2
发生取代反应生成J为 ，J发生已知信息的反应得到K为 ，K和CHOCH Cl
3 2
发生取代反应生成L为 。(1)由X的结构简式可知，X中含有的含氧官能团为醚键、羰基、
羟基。(2)由分析可知，A和Br 发生取代反应生成B，化学方程式为： +Br
2 2
+HBr。(3)由分析可知，B和(CH)SO 发生取代反应生成D。(4)由分析可知，试剂a的结构简式是
3 2 4
CHOCH Cl。(5)①由分析可知，J的结构简式是 ；②G和 发生取代反应生成J
3 2为 ，同时有HBr生成，KCO 的主要作用是消耗反应生成的HBr，提高J的产率。(6)F和L
2 3
发生已知信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为 ，M发生
加成反应生成N为 ，M发生取代反应生成X，①M的结构简式是
；②手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，M中
没有手性碳原子，N中含有手性碳原子，则三步反应中涉及生成手性碳原子的为第二步。
18．(12分)高纯碳酸钙在电子材料工业中用于集成电路板、固体激光材料的制作。利用原料碳酸钙(含
少量镁的化合物)制备高纯碳酸钙，流程示意图如下：
已知：
物质 Mg(OH) Ca(OH)
2 2K 5.6×10-12 4.7×10-6
sp
(1)煅烧：
煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧。从能源及资源利用
的角度说明该工艺的优点 。
(2)溶浸：
①用离子方程式表示NH Cl溶液呈酸性的原因 。
4
②溶浸CaO的化学方程式为 。
③若溶浸温度较高(>90℃)，沉钙时高纯碳酸钙的收率降低(如下图所示)，原因是 。
④白云石主要化学成分为CaMg(CO )，将原料碳酸钙换成白云石，“溶浸”过程中主要浸出CaO，请
3 2
解释原因
(3)精制：溶浸后，溶液B含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+。通过平衡常数可判断Ca(OH) + Mg2+
2
Mg(OH) + Ca2+ 进行的程度，该反应的K = ，说明该反应进行的基本完全。
2
(4)沉钙反应的离子方程式为 。
【答案】(1)焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高资源利用率(2分)
(2)NH ++ H O NH ·H O+H+(1分) CaO+2NH Cl=CaCl +2NH↑+H O(1分) 温度过高，会使
4 2 3 2 4 2 3 2
溶液中氨水浓度过低，碱性不够，吸收二氧化碳能力下降，导致沉钙时高纯碳酸钙的收率降低(2分)
Ca(OH) 的溶度积远大于Mg(OH) ，在一定量NH Cl溶液中，CaO先浸出(2分)
2 2 4
(3) (2分)
(4)Ca2++2NH+H O+CO=CaCO ↓+2NH+(2分)
3 2 2 3 4【解析】(1)煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧；从能源
及资源利用的角度说明该工艺的优点是焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高
资源利用率；(2)①氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成一水合氨和盐酸，反应的离子方程式
为NH ++ H O NH ·H O+H+；②溶浸氧化钙的反应为氧化钙与氯化铵溶液反应生成氯化钙、氨气和水，
4 2 3 2
反应的化学方程式为CaO+2NHCl=CaCl +2NH↑+H O；③若溶浸温度较高(>90℃)，沉钙时高纯碳酸钙的
4 2 3 2
收率降低的原因是温度过高，会使溶液中氨水浓度过低，碱性不够，吸收二氧化碳能力下降，导致沉钙时
高纯碳酸钙的收率降低；④白云石主要化学成分为CaMg(CO )，将原料碳酸钙换成白云石，“溶浸”过程
3 2
中主要浸出CaO是因为Ca(OH) 的溶度积远大于Mg(OH) ，在一定量NH Cl溶液中，CaO先浸出；(3)由方
2 2 4
程式可知，反应的平衡常数K= = = = = ；(4)由题
意可知，沉钙时发生的反应为氯化钙溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的离子方程式
为Ca2++2NH+H O+CO=CaCO ↓+2NH+。
3 2 2 3 4
19．(14分)某实验小组探究SO 与KFeO 的反应，实验如下。
2 2 4
资料：i．KFeO 为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O，
2 4 2
在碱性溶液中较稳定。
ii．Fe3+可以与C O2-形成[Fe(C O)]3-；
2 4 2 4 3
装置 操作及现象
实验一：向B中通入SO ，产生
2
暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显
红色)；继续通入SO 一段时间
2
后，溶液呈红色，继而变为橙
色，最终沉淀消失，溶液几乎无
色。
(1)A中产生SO 的化学方程式为 。
2
(2)暗红褐色沉淀X可能含Fe3+、OH-、SO 2-、SO 2-，检验如下：
4 3
实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在
。另取少量溶液滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO 2-，原因是 。
2 4
实验三：向X中加入HC O 溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀
2 2 4 2
中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含SO 2-。
4
实验三中用HC O 溶液溶解沉淀的目的是： 。
2 2 4实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间
后蓝色复现，振荡，不褪色。
结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象： 。
(3)查阅资料：a．Fe3+、SO 2-、HO(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO
3 2 2。
b. SO 2-和O 在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO -)
3 2 3
①向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在
Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是 。
②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无
色”的原因： 。
总结：SO 与KFeO 发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。
2 2 4
【答案】(1)Na SO +H SO =Na SO +H O+SO ↑(2分)
2 3 2 4 2 4 2 2
(2) Fe3+(2分) Fe3+可能将+4价含硫物质氧化(2分)
HC O 溶液溶解沉淀并形成[Fe(C O)]3-；使c(Fe3+)降低，氧化性减弱，不能将+4价含硫物质氧化(2
2 2 4 2 4 3
分)
SO +2H O+I =H SO +2HI(2分)
2 2 2 2 4
(3) Fe3+与SO 2-、HO(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN) (2分)
3 2 3
持续通入SO 一段时间后，溶液酸性增强，生成的HSO 将橙色溶液中的HOFeOSO 氧化(2分)
2 2 5 2
【解析】(1)A中用亚硫酸钠和70%的浓硫酸来制取SO 的化学方程式为
2
NaSO +H SO =Na SO +H O+SO ↑；(2)实验二中，取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红，证明溶液中存在
2 3 2 4 2 4 2 2
Fe3+；由于Fe3+具有氧化性，能将SO 2-氧化成SO 2-，故并不能确认原溶液中是否含有SO 2-；实验三中：由
3 4 4
于HC O 溶液溶解沉淀并形成[Fe(C O)]3-，再继续滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加
2 2 4 2 4 3 2
入盐酸，白色沉淀溶解，可知白色沉淀为亚硫酸钡，即确认X中不含SO 2-；实验四中：向X中加入足量
4
盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO +2H O+I =H SO +2HI；
2 2 2 2 4
(3)①由已知a．Fe3+、SO 2-、HO(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO 可得，向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，
3 2 2
未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的
原因是Fe3+与SO 2-、HO(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN) ；②由已知b. SO 2-和O 在金属离子的
3 2 3 3 2
催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO -)，可得溶液最终“几乎无色”的原因为持续通入SO 一段
3 2
时间后，溶液酸性增强，生成的HSO 将橙色溶液中的HOFeOSO 氧化。
2 5 2
