八、终极押题篇-38页_05-化学-高考总复习_专项复习_2025年_2025年高考化学考前最后一课_资料

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01
▉ 
 新高考通用
 
 (15+4)
 
 
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题
目要求。
1．“新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新，下列有关说法正确的是(     )
A．我国首创了从CO2到淀粉[化学式为(C6H10O5)n]的合成，原料和产品均属于氧化物
B．巴黎奥运会中“中国制造”的足球内胆中植入芯片，制备芯片的原料属于新型无机非金属材料
C．“祝融号”火星车采用我国自主研发的“正十一烷相变保温系统”，正十一烷属于脂环烃
D．“歼-35”战斗机机翼所使用的“碳纤维布”(聚丙烯腈经碳化而成)与金刚石互为同系物
【答案】B
【解析】A 项，我国首创了从CO2到淀粉[化学式为(C6H10O5)n]的合成，原料CO2、H2O 属于氧化物，
产品中的淀粉属于有机物，但由于含有C、H、O 三种元素，因此不属于氧化物，同时反应产生的O2是氧
元素的单质，也不属于氧化物，A 错误；B 项，制备芯片的原料是硅，硅属于新型无机非金属材料，B 正
确；C 项，正十一烷的结构简式为CH3(CH2)9CH3，属于链状烷烃，不是脂环烃，C 错误；D 项，同系物是
指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物。“碳纤维布” 和金刚石都不是有机物，
不互为同系物，D 错误；故选B。
2．下列化学用语表达正确的是(     )
A．基态As 原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3 
B．有机化合物
存在顺反异构体
C．基态镁原子价层电子的电子云轮廓图：
D．用电子式表示
的形成过程：
【答案】B
1
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【解析】A 项，基态As 原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A 错误；B 项，
分
子中碳碳双键两端分别连接两个各不相同的原子或基团，存在顺反异构，B 正确；C 项，基态镁原子价层
电子排布式为3s2，电子云轮廓图为球形，而不是哑铃形，C 错误；D 项，用电子式表示CO2的形成过程为
，D 错误；故选B。
3．结构决定性质，性质决定用途。下列用途解释错误的是(     )
选
项
用途
解释
A
维生素C 可用于抗氧化剂
维生素C 具有还原性
B
Ti-Fe 合金可用于储存H2
Ti-Fe 合金能与H2结合成金属氢化物
C
N2可用于反应的保护气
N2中N
N 键能大
D
次氯酸钠可用于杀菌消毒
次氯酸钠水解呈碱性
【答案】D
【解析】A 项，维生素C 具有还原性，可以与氧化性物质反应，所以能作为抗氧化剂，A 正确；B 项，
Ti - Fe 合金能与H2结合成金属氢化物，当条件改变时又能释放出氢气，因此可用于储存H2，B 正确；C 项，
N2中N≡N 键能大，分子结构稳定，化学性质不活泼，不容易发生化学反应，所以可用于反应的保护气，C
正确；D 项，次氯酸钠用于杀菌消毒，是因为次氯酸钠在溶液中水解生成具有强氧化性的次氯酸(HClO)，
从而起到杀菌消毒的作用，而不是因为其水解呈碱性，D 错误；故选D。
4．下列实验仪器或装置能达到相应实验目的的是(     )
甲
乙
丙
丁
A．用甲装置熔融碳酸钠            B．可用于比较MnO2、Cl2、S 的氧化性
C．用丙装置吸收氨气              D．用丁装置制备氢氧化铁胶体
【答案】C
2
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【解析】A 项，瓷坩埚的主要成分是SiO2，在高温下，碳酸钠会与二氧化硅发生反应，导致瓷坩埚被
腐蚀而损坏坩埚，所以不能用瓷坩埚熔融碳酸钠，A 不符合题意；B 项，浓盐酸与MnO2在加热条件下才
能反应生成Cl2，但该装置缺少加热仪器，不能用于比较MnO2、Cl2、S 的氧化性，B 不符合题意；C 项，
氨气极易溶于水，用水吸收氨气时须防止倒吸，氨气在CCl4中不溶，将导管口伸至CCl4层，可防倒吸，
再用上面水层吸收氨气，能达到相应实验目的，C 符合题意；D 项，制备Fe(OH)3胶体是将饱和氯化铁溶
液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，而FeCl3与氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，
D 不符合题意；故选C。
5．实验室中可用下图流程制备[Cu(H2O)4]SO4·H2O 晶体，NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是(  
)
A．若有64g 铜溶解，理论上消耗O2的体积为11.2L
B．若生成1molCuSO4，转移的电子数为4NA
C．1LpH=1 的H2SO4溶液中，H+数目为0.2NA
D．1mol[Cu(NH3)4]2+离子中σ 键的数目为16NA
【答案】D
【解析】A 项，铜与氧气发生反应：2 Cu+O2+2H2SO4 =2CuSO4+2H2O，若有
溶解，
理论上消耗0.5molO2，题目未说明气体处于标准状况，则无法确定生成11.2LO2，A 错误；B 项，由上述方
程式可知，若生成1molCuSO4，转移2mol 电子，则转移电子数为2NA，B 错误；C 项，1L pH=1 的H2SO4
溶液中，H+的物质的量为：
，则H+数目为0.1NA，C 错误；D 项，[Cu(NH3)4]2+中，
每个NH3分子含有3 个N-Hσ 键，每个NH3与Cu2+形成1 个配位键(σ 键)，则1mol[Cu(NH3)4]2+离子中σ 键的
数目为
，D 正确；故选D。
6．NH3是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下列说法正确的是(     )
A．物质A 的化学式为(NH4)2SO4
B．结合H+能力：N2H4＞CH3NH2
C．过程Ⅰ的化学反应方程式为2NH3+NaClO= N2H4+NaCl+H2O
3
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D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
【答案】C
【解析】氨气和次氯酸钠反应生成肼，肼和亚硝酸钠反应生成NaN3，氨气和等物质的量三氧化硫反应
生成硫酸氢铵。A 项，氨气和等物质的量三氧化硫反应，结合质量守恒，反应生成的A 为硫酸氢铵
NH4HSO4，A 错误；B 项，甲基为推电子基团，使得CH3NH2的-NH2中N 原子周围电子云密度比的N2H4大，
易给出孤电子对与形氢离子成配位键，故结合氢离子能力：N2H4＜CH3NH2，B 错误；C 项，过程Ⅰ的反应
为氨气和次氯酸钠反应生成N2H4，反应中氮化合价由-3 变为-2、氯化合价由+1 变为-1，结合电子守恒、质
量守恒，化学反应方程式为2NH3+NaClO= N2H4+NaCl+H2O，C 正确；D 项，过程ⅡN2H4中氮化合价由-2
变为NaN3中的
，为还原剂，NaNO2中氮化合价由+3 变为NaN3中的
，为氧化剂，结合电子守恒，存
在
，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，D 错误；故选C。
7．CPU 针脚(含有大量Cu、Ni 和Co 等金属，金含量1%左右)中金的绿色回收包括四个步骤：富金、
溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用α-CD 与溶金时形成的KAuBr4在溶液中发生高度特异性的自组装、
快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物α·Br，结构如图所示。下列说法错误的是(     )
A．富金时，通过稀硝酸可以有效地除去Cu、Ni 和Co
B．溶金时，形成的KAuBr4中含离子键和配位键
C．萃金时，形成的一维复合物α·Br 具有超分子的特征
D．成金时，3molNa2S2O3 还原一维复合物α·Br，最多生成394gAu
【答案】D
【解析】A 项，稀硝酸可以和Cu，Ni 和Co 等杂质金属反应，则通过稀硝酸可以有效地除去Cu、Ni
和Co，A 项正确；B 项，由图可知，钾离子和溴离子之间是离子键，金和溴离子之间是配位键，B 项正确；
C 项，自组装是超分子的重要特征，C 项正确；D 项，4[AuBr4]-+3S2O3
2-+18OH-=4Au+6SO4
2-+16Br-+9H2O，
4
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3molNa2S2O3还原一维复合物α·Br，最多生成Au 的质量为
，D 项错误；故选D。
8．化合物e 是一种药物递送的良好载体，可用甲基水杨酸(a)为原料合成，合成路线如下图。下列说
法正确的是(     )
A．c 分子一氯代物有6 种                 B．a 和d 都能与溴水发生反应
C．d 和c 反应生成e，反应类型是缩聚反应  D．e 分子中采用sp3杂化的原子共有3n+1 个
【答案】A
【解析】A 项，化合物c 中氢原子有6 种，则一氯代物有6 种，如图所示
，A 正确；
B 项，a 含酚羟基，在邻对位上可与溴发生取代反应，d 不能与溴水发生反应，B 错误；C 项，d 和c 反应
生成e，该反应无小分子生成，是E 开环后发生的加聚反应，C 错误；D 项，e 分子中，链节内有3 个C 采
用sp3杂化，2 个单键的氧原子采用sp3杂化，链节外有1 个C 采用sp3杂化，1 个O 采用sp3杂化，则共有
5n+2 个，D 错误；故选A。
9．已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。
利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是(     )
A．实验中通入CO2气体的速率应尽可能慢
B．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
C．为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
5
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D．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
【答案】D
【解析】在甲装置烧瓶中用CH3OH 和NaClO3在浓硫酸作用下反应可制得ClO2，通入CO2气体将ClO2
稀释，防止其浓度过大引起爆炸，生成的ClO2在乙装置中和H2O2在碱性条件下生成少量NaClO2，丙用于
吸收尾气，防止污染大气。A 项，实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，
故通入CO2的速率不能太慢，A 错误；B 项，由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中使用热水
浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，B 错误；C 项，由于甲醇溶液的
密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入
甲醇溶液中搅拌，C 错误；D 项，已知甲装置烧瓶中是用CH3OH 和NaClO3在浓硫酸作用下反应制得
ClO2，若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则反应原理为：
CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH
时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，D 正确；故选D。
10．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是(     )
选项
实验过程及现象
实验结论
A
将NO2分别通入到浓HNO3、Cu(NO3)2和HNO3的
混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄
色、后者由蓝色变至绿色
和浓HNO3反应后溶液
呈绿色的主要原因是溶有
NO2
B
分别测定等物质的量浓度的NH4F 与(NH4)2SO3溶
液的pH，前者pH 小
Ka(HF)＞Ka1(H2SO3)
C
取
乙醇，加入
浓硫酸、少量沸石，迅
速升温至170℃，将产生的气体通入
溴水
中，溴水褪色
乙醇发生了消去反应
D
向KBr、KI 混合溶液中加入少量氯水，然后加入
适量CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红
色
氧化性：Cl2 >Br2>I2
【答案】A
【解析】A 项，将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的NO2溶于浓HNO3中，导致
溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，Cu(NO3)2和HNO3的混合溶液为蓝
色，通入NO2后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu 和浓HNO3反应后溶液呈绿色的
主要原因是溶有NO2，A 正确；B 项，NH4F 的pH 较低说明其酸性强，F-的水解程度较弱，对应的HF 酸性
强(Ka 较大)。但SO3
2-的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与
Ka1(H2SO3)，且NH4
+浓度也不同，存在一定的干扰，B 错误；C 项，浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产
6
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生SO2气体，SO2也能使溴水褪色(还原反应)；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不
可靠，C 错误；D 项，根据实验现象可知，Cl2氧化I-生成I2(紫红色)，得出结论氧化性：Cl2 > I2，由于氯
水少量，优先氧化还原性强的I-，即还原性：I-＞Br-，从而可以得出结论：氧化性： Br2>I2，实验中无法证
明Cl2的氧化性大于Br2 ，D 错误；故选A。
11．化合物X3Y7WR 和X3Z7WR 所含元素种类相同，相对分子质量相差7，1mol X3Y7WR 含40mol 质
子，X、W 和R 三种元素位于同周期，X 原子最外层电子数是R 原子核外电子数的一半。下列说法正确的
是(     )
A．非金属性：
               B．原子半径： X＜R
C．Y 和Z 互为同位素               D．常温常压下，X 的氢化物均为气体
【答案】C
【解析】化合物X3Y7WR 和X3Z7WR 所含元素相同，相对分子量相差7，说明Y、Z 为氢元素的两种核
素，由题干信息，1mol X3Y7WR 含40mol 质子，X、W 和R 三种元素位于同周期，X 原子最外层电子数是
R 原子核外电子数的一半，则X、W、R 的内层电子数为2，设X 的最外层电子数为a，则R 的核外电子数
为2a，W 的核外电子数为b，Y 的质子数为1，则有3(a+2)+2a+b+7=40，其中ab 均为整数，且有
5a+b=27，解得a=5，b=2，或a=3，b=12 或a=4，b=7，前两组解不满足X、W 和R 三种元素位于同周期，
故取a=4，b=7，则X 为C，R 为O，W 为N。A 项，同周期元素从左到右非金属性增强，故非金属性
W<R，A 错误；B 项，同周期原子半径从左到右逐渐减小，故原子半径X>R，B 错误；C 项，Y 和Z 是氢
的两种核素，两者互为同位素，C 正确；D 项，X 的氢化物即烃，常温常压下可以为气态、液态或固态，
D 错误；故选C。
12．水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体
中嵌入
的电极材料充放电
过程的原理如图2 所示。下列叙述中正确的是(     )
A．①为MnO 活化过程，其中Mn 的价态不变
B．该材料在锌电池中作为负极材料
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C．②代表电池充电过程
D．③中
该物质发生反应转移的电子数约为0.41 mol
【答案】D
【解析】A 项，①过程中MnO 晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO 活化过程，根据化
合物化合价为0 可知Mn 元素化合价一定发生变化，A 错误；B 项，锌电池中Zn 失去电子生成Zn2+，Zn 电
极为负极材料，B 错误；C 项，②过程中电池的MnO 电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因
此表示放电过程，C 错误；D 项，根据“均摊法”可知，MnO 晶胞中Mn 的个数为
，
和
晶胞中Mn 的个数均为3(脱去晶胞体心的Mn2+)，
晶胞中
Zn2+的个数为
，因此Mn 与Zn2+的个数比为3：1，Mn 是0.61，则Zn 为
，③过程当中，转移电
子数为2，所以转移电子数为：
，D 正确；故选D。
13．将一定量的丙烯C3H6(g)、NH3(g)、O2(g)投入恒容密闭容器中，分别在不同的温度和催化剂下进行
反应C3H6(g)＋NH3(g) ＋3/2O2(g)
C3H3N(g)＋3H2O(g)  ΔH＜0，保持其他初始实验条件不变，经
测得C3H6(g)转化率如图所示(T2℃下两曲线相交，T3＞T2＞T1)。下列说法错误的是(     )
A．T1℃下，催化剂活性：催化剂1<催化剂2  B．在催化剂2 的条件下，反应速率：c＞b
C．体系中C3H3N(g)的物质的量：b＜c    D．催化剂2 条件下，b 点反应未达到化学平衡状态
【答案】A
【解析】A 项，T1℃下，相同时间，催化剂1 作用下，C3H6(g)转化率更大，说明反应速率更快，催化
剂活性：催化剂1＞催化剂2，A 错误；B 项，在催化剂2 的条件下，相同时间c 点C3H6(g)转化率更大，反
应速率：c＞b，B 正确；C 项，c 点C3H6(g)转化率更大，生成的C3H3N(g)更多，体系中C3H3N(g)的物质的
量：b＜c，C 正确；D 项，该反应正反应方向放热，升高温度，C3H6(g)的平衡转化率减小，b 点C3H6(g)转
8
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化率还低于c 点，说明b 点反应未达到化学平衡状态，D 正确；故选A。
14．Li2S 晶体掺杂Li3N 转化成新型Li5NS 晶体，该过程中晶胞的体积不变，转化过程如图所示。已知：
晶胞1 和晶胞2 都是立方结构，晶胞边长均为anm。晶胞1 中Li+位于S2-形成的正四面体空隙中，正四面体
空隙的填充率=
；晶体密度净增率=
。下列说法正确的是( 
)
A．电负性：N＞O＞S                 B．晶胞1 中正四面体空隙的填充率为50%
C．晶胞1 中距离最近的S2-核间距为
  D．晶胞1 变为晶胞2，晶体密度净增率为76.1%
【答案】D
【解析】根据均摊法，晶胞1 中含有Li 的个数是
，根据化学式Li2S 可知，S 有8 个位于
晶胞内部，同理晶胞2 中N、S 的个数均为
，根据化学式Li5NS 可知，Li 的个数是20，一个
晶胞含有4 个Li5NS。A 项，非金属性越强，电负性越大，则电负性：O＞N，N 和S 之间的电负性可通过
简单氢化物的稳定性比较，由于N-H 半径更小，键能更大，说明NH3的稳定性强于H2S，则说明非金属性
N＞S，从而说明电负性N＞S，A 错误；B 项，晶胞1 中S 形成的正四面体空隙有8 个，8 个Li+填在正四面
体空隙中，填充率为100%，B 错误；C 项，晶胞1 中距离最近的S2-核间距为面对角线的一半，即为
，C 错误；D 项，因为晶胞1 和晶胞2 都是立方结构，晶胞边长均为a nm，晶体密度净增率等于
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晶胞质量的净增率，晶胞1 含有4 个Li2S，质量为
，晶胞2 含有4 个Li5NS，质量为
，净增
率=
=76.1%，D 正确；故选D。
15．常温下，H2S 溶液中含硫粒子分布系数
[比如：
]与pH 的关系
如图1 所示；金属硫化物M2S 和NS 在H2S 饱和溶液(0.1mol/L)中达沉淀溶解平衡时，
与pH 的关系如
图2 所示(c 为金属离子浓度)。
下列说法错误的是(     )
A．NaHS 溶液显碱性
B．直线⑤表示H2S 饱和溶液中N2+的
与pH 的关系
C．金属硫化物NS 的
D．浓度均为0.01mol/L 的M+和N2+的混合溶液可通过滴加H2S 饱和溶液实现分离
【答案】C
【解析】A 项，图1 中，随着溶液pH 值的增大，δ(H2S)逐渐减小、δ(HS-)先增大后减小、δ(S2-)逐渐增
大，则曲线①②③分别表示δ(H2S)、δ(HS-)、δ(S2-)与pH 值的关系，pH=6.97 时，δ(H2S)=δ(HS-)，则
c(H2S)=c(HS-)，Ka1=
=10-6.97，pH=12.90 时，δ(HS-)=δ(S2-)，c(HS-)=c(S2-)，Ka2=
=10-
10
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12.90，NaHS 溶液中HS-的电离常数Ka2=10-12.90，水解常数Kh2=
=10-7.03>10-12.90，以水解为主，故溶
液显碱性；故A 正确；B 项，图2 中P 点pH=8.94，Ka1=
=
=10-6.97，Ka2=
=10-12.90，这两个式子相乘得
=10-1.99，H2S 饱和溶液浓度为0.1mol/L，
电离程度非常小，所以溶液中c(H2S)≈0.1mol/L，c(S2-)≈10-2.99mol/L，-lgc=23.11，则c=10-23.11mol/L，
Ksp(M2S)=c2(M+)•c(S2-)=(10-23.11)2×10-2.99=10-49.21，Ksp(NS)=c(N2+)•c(S2-)=10-23.11×10-2.99=10-26.1，随着pH 值的增大，
c(S2-)增大，金属阳离子浓度减小，但c(N2+)减小的更快，所以⑤表示H2S 饱和溶液中N2+的-lgc 与pH 的关
系；故B 正确；C 项，由B 项分析可知，Ksp(NS)=c(N2+)•c(S2-)=10-23.11×10-2.99=10-26.1，故C 错误；D 项，根据
图2 知，逐滴加入H2S 饱和溶液，浓度均为0.01mol/L 的M+、N2+的混合溶液，当c(S2-)=
mol/L=10-
45.21mol/L 时M+开始沉淀，当c(S2-)=
mol/L=10-24.1mol/L 时，N2+开始沉淀，则M+先沉淀，当M+沉淀完
全时，溶液中c(S2-)=
mol/L=10-39.21mol/L＜10-24.1mol/L，此时N2+还没有开始沉淀，所以能通过滴加
H2S 饱和溶液实现分离，故D 正确；故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．(14 分)金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)为
原料制取高铼酸铵的流程如下图所示。回答下列问题：
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已知：R3N+H++ ReO4
-
R3N·HReO4
(1)Re 是元素周期表中第六周期元素，与Mn 同族，其基态原子价层电子轨道表示式为           。
(2)①“焙烧”过程中ReS2转化为Ca(ReO4)2和另一种稳定的钙盐，其化学反应方程式为           。
②萃取后，阴离子主要是SO4
2-和MoO4
2-，则“酸化”步骤的目的是           。
(3)“反萃取”对应的离子方程式为           ；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0，则
溶液中c(NH4
+)          c(NH3·H2O) (填“>”“<”或“=”)。[已知：常温下
]
(4)氢气还原NH4ReO4制备金属铼，该反应的化学方程式为           。
(5)三氧化铼ReO3晶胞如图所示，其中O 原子的配位数为           ，已知该晶胞的密度为
ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值NA，则Re 与O 的最近距离为           cm。
【答案】(1)
 (2 分)
(2)4ReS2+10CaO+19O2
2Ca(ReO4)2+8CaSO4(2 分)   为“萃取”提供反应所需的H+(1 分)
(3)R3N·HReO4+NH3=R3N+NH4
++ReO4
-( 或R3N·HReO4+NH3·H2O= R3N+NH4
++ ReO4
-+H2O) (2 分) 
>(2 分)
(4)2NH4ReO4+7H2
2NH3+2Re+8H2O(2 分)
(5)2(1 分)     
(2 分)
【解析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)在空气中焙烧，硫元素转化成二氧化硫，
二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMoO4，加入硫酸、
软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通
过酸化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
(1)Re 是元素周期表中第六周期元素，与Mn 同族，Mn 基态原子价层电子排布式为3d54s2，则Re 基态
原子价层电子排布式为5d56s2，其基态原子价层电子轨道表示式为
。
12
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(2)①“焙烧”过程中ReS2和O2反应转化为Ca(ReO4)2，Re 元素化合价上升，S 元素化合价也上升，则
生成的稳定的钙盐为CaSO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平其化学反应方程式为：4ReS2+10CaO+19O2
2Ca(ReO4)2+8CaSO4；②萃取的机理为：R3N+H++ ReO4
-
R3N·HReO4，需要消耗H+，则“酸
化”步骤的目的是为“萃取”提供反应所需的H+。
(3)萃取的机理为：R3N+H++ ReO4
-
R3N·HReO4，反萃取时加入氨水，NH3和H+反应生成NH4
+，
使该平衡逆向移动，对应的离子方程式为R3N·HReO4+NH3= R3N+NH4
++ ReO4
- (或R3N·HReO4+NH3·H2O= 
R3N+NH4
++ ReO4
-+H2O)；“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0，c(OH-)=
=10-5mol/L，则溶液
中
，则c(NH4
+)＞c(NH3·H2O)。
(4)氢气还原NH4ReO4制备金属铼，同时生成氨气和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式
为：2NH4ReO4+7H2
2NH3+2Re+8H2O。
(5)该晶胞中黑球的个数为
=3，白球的个数为
=1，由化学式ReO3可知，黑球表示O，白球表
示Re，O 周围距离最近且相等的Re 有2 个(顶点)，O 原子的配位数为2，已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿
伏加德罗常数的值NA，设晶胞边长为acm，则ρg· cm-3= 
g⋅cm-3，则晶胞边长为
cm，Re
与O 的最近距离为晶胞边长的一半，为
cm。
17．(13 分)二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]  为白色固体，难溶于冷水，是一种高效、安全的氧化性消
毒剂。实验室用如图所示装置(夹持装置已略去)制备二氯异氰尿酸钠。回答下列问题：
13
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已知：实验原理为
NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+ NaOH+H2O。
(1)仪器a 的名称为           ，装置A 中的药品不能选择           (填标号)
A．KMnO4          B．MnO2      C．K2Cr2O7     D．KClO3
(2)装置B 的作用是           ，用平衡原理解释B 中不用蒸馏水而选用30%硫酸的原因：  
 
。
(3)加入(CNO)3H3溶液，实验过程中C 的温度必须保持在17~20℃，pH 控制在6.5~8.5，则该实验的控
温方式是           。若温度过高，pH 过低，会生成NCl3，写出(CNO)3H3生成NCl3的离子方程式：   
。
(4)二氯异氰尿酸钠缓慢水解可产生HClO 消毒灭菌，通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品的有效氯。
准确称取mg 样品，用容量瓶配成100mL 溶液；取25.00 mL 上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过
量KI 溶液，密封，在暗处静置5 min；用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉，
继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。[(CNO)3Cl2Na+2H2O=NaClO+(CNO)3H3+HClO、I2+2S2O3
2-=S4O6
2-
+2I-]
已知：
。
①样品的有效氯测定值为           %(用含m、V 的代数式表示)。
②下列操作会导致样品的有效氯测定值偏高的是           (填标号)。
A．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗  B．滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡
C．碘量瓶中加入的稀硫酸偏少           D．滴定结束的时候仰视读数
【答案】(1)恒压滴液漏斗(1 分)     B(2 分)
(2)除去氯气中的氯化氢气体(1 分)     氯气溶于水：Cl2+H2O
HCl+ HClO，30%硫酸中的H+中
可使平衡左移，减小氯气损失(2 分)
(3)冷水浴(1 分)     (CNO)3H3 +9Cl2+3H2O=3NCl3+3CO2+9H++9Cl-
 (2 分)
(4) 
(2 分)     AD(2 分)
【解析】装置A 制氯气，装置B 除去氯气中的HCl，C 中液面上方出现黄绿色气体时，加入(CNO)3H3
的吡啶溶液，温度保持在17~20℃，pH 控制在6.5~8.5，发生反应2NaClO+
(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O 生成(CNO)3Cl2Na，装置D 吸收尾气防止污染。
(1)由图可知a 的名称为恒压滴液漏斗；装置A 为固液不加热型制取氯气，所以不能选用二氧化锰与浓
盐酸反应，其余氧化剂氧化性很强，可以常温下生成氯气，故选B；
14
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(2)装置B 是A 生成氯气后对氯气的净化，故作用是除去氯气中的HCl，氯气溶于水是可逆反应
Cl2+H2O
HCl+ HClO，30%硫酸中的H+中可使平衡左移，减小氯气损失，故B 中不用蒸馏水而选用
30%硫酸；
(3)17~20℃，比室温低，所以用冷水浴；根据题目信息，pH 过低则为酸性条件，氯气直接参与反应，
结合氧化还原与元素守恒，反应的离子方程式为(CNO)3H3 +9Cl2+3H2O=3NCl3+3CO2+9H++9Cl-；
(4))①根据电子得失守恒得关系式(CNO)3Cl2Na ~2I2~4 S2O3
2-，mg 样品含(CNO)3Cl2Na 的物质的量为
0.1000mol/L×V×10-3L×
×
=V×10-4mol，所以有效氯的测定值为
；②A 项，装标准液的滴定管未用标准液润洗，会导致
标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，结果偏高；B 项，滴定前无气泡，滴定后有气泡，导致标准液
的体积偏小，结果偏低；C 项，稀硫酸偏少，反应不充分，转化生成的I2偏少，消耗标准液体积偏小，结
果偏低；D 项，滴定结束时仰视读数，终点读数偏大，导致标准液的体积偏大，结果偏高；故选AD。
18．(14 分)甲烷化反应即氢气和碳氧化物反应生成甲烷，可实现碳循环利用。涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g
CH4(g)+H2O(g) ΔH1=-206.2kJ/mol
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g) ΔH3=-165kJ/mol
积碳反应(CO 的歧化和CH4的裂解反应是催化剂积碳主要成因，可致催化活性降低)如下：
反应Ⅳ：2CO(g)
CO2(g)+C(s)
反应Ⅴ：CH4(g) 
C(s)+2H2(g)
回答下列问题：
(1)ΔH2=           kJ/mol。
(2)在360℃时，在固定容积容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO 和H2的转化率及CH4
和CO2产率随n(H2)/n(CO)增大的变化情况如图1 所示。
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已知：CH4的选择性=
×100%。
①图中表示CO 转化率、CO2产率变化的曲线分别是           、           (填标号)，A、C 两点
的值相同，C 点通过改变温度达到A 点，则A、B、C 三点温度由大到小的顺序是           。
②按
=3 向恒容容器内投料，初始压强为p0，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，达到平衡时总压为
，
CO 的平衡转化率为a，则CH4的选择性=           %，反应Ⅰ的Kp(用分压表示，分压=总压×物质的量
分数)=           。
(3)已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2 所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线
如图3 所示。
由图2 可知，CO 的歧化反应属于           (填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内CH4的产率
在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的可能原因是  
 
。
【答案】(1)-41.2(1 分)
16
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(2) b(2 分)     d(2 分)     B=C>A(2 分)     
(2 分)     
(2 分)
(3)放热(1 分)     高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低(2 分)
【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1-ΔH3= - 206.2kJ·mol-1-(-165 kJ 
·mol-1)=-41.2 kJ ·mol-1。
(2)①结合反应，
越大，相当于n(H2)越大，CO 转化率越大，直到接近100%，故b 表示CO 转
化率；随着
的增大，CO 接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c 表示CH4产率变
化的曲线，由碳元素守恒可知，CO 转化率接近100%，CH4产率接近100%，CO2的产率接近0，则d 表示
CO2产率变化的曲线；b 表示CO 转化率，B、C 均在曲线b 上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为
放热反应，则温度越低CO 转化率越高，A 点转化率高于c，故温度B=C>A；②设n(CO)=n，则
n(H2)=3n，列出反应Ⅰ三段式：
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为p0，达到平衡时总压为
，则
，解得x=0.5n；CO 的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：
则CH4的选择性
；平衡时，CO 的分压为
、H2分压为
、CH4的分压为
、H2O 分压为
，Ⅰ的Kp=
17
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 。
(3)根据图2 可知，随着温度升高，反应Ⅳ的化学平衡常数逐渐减小，说明升高温度反应Ⅳ平衡逆向移
动，则CO 的歧化反应属于放热反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330°C 时降低的可能原因之一是
催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积
碳，活性降低。
19．(14 分)抗过敏药卢帕他定的一种合成路线如下：
已知：Ⅰ.ROH
RCl；
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)A 中碳原子的杂化方式为           ，M 的名称为           ，C→D 发生了           (填反
应类型)、互变异构的转化。
(2)E→F 的化学方程式为           ，N 的结构简式为           。
(3)化合物G(C6H7N)也可用于合成中间体F，合成路线如下：
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①G 中官能团的名称为           。
②X 经一系列反应后得到Y(分子式为C7H8O2)，符合下列条件Y 的同分异构体有           种。
i．能使FeCl3溶液显紫色：ii．核磁共振谱有4 组峰且峰面积比为3：2：2：1。
③I→F 中除生成F 和G 外，还能生成一种含有七元环的副产物K，其结构简式为           。
【答案】(1) sp2、sp3(2 分)      苯酚(1 分)     加成反应(1 分)
(2)
 (2 分)
(2 分)
(3)氨基(2 分)      3(2 分)      
(2 分)
【解析】根据信息I 和化合物B 的结构可知A 为
，A 与SOCl2发生取代反应生
成B；根据信息II 和C、D 的结构为可知C→D 的反应为：C(
)首先与苯酚发生加成反应生
成
，然后
发生互变异构生成D(
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)；B 和D 在一定条件下发生取代反应生成E 和HCl；根据目标产物的结构及N
的分子式可知，F 为
，N 为
，则E 在n-BuLi(正丁基
锂)的作用下发生分子内的取代反应生成F 和
，F 与N 发生取代反应生成目标产物卢帕他定。
(1)A 为
，其碳原子的杂化方式为sp2、sp3，C 与苯酚反应得到D，因此M 为
的名称为苯酚，C→D 发生了加成反应、互变异构的转化。
(2)根据信息III 可知，-CO-NH-与C-X(X=Cl,Br,I)在n-BuLi(正丁基锂)的作用下生成-CO-C-和-NH-X，
根据分析可知，E→F 在n-BuLi(正丁基锂)的作用下发生分子内的取代反应，则化学方程式为
；根据分析可知，N 的结构简式为
20
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。
(3)根据I 的结构以及G→H→I 反应中试剂的结构可推测G 为苯胺，其中官能团的名称为氨基；X 的分
子式为C7H6Cl2，Y 的分子式为C7H8O2，可知X→Y 为2 个Cl 被2 个OH 取代，产物Y 为
。Y 的同分异构体能使FeCl3溶液显紫色，且核磁共振谱有4 组峰且峰面积比为3：
2：2：1，则含有甲基和酚羟基，且具有对称结构，因此满足条件的Y 的同分异构体共有3 种：
、
、
；苯环上有氯取代基后再发生反应易发生在氯的邻、对位，
I→F+G 为I 中Cl 的对位发生取代反应，因此另一种含有七元环的副产物K 的生成反应为Cl 的邻位发生取
代反应，故K 的结构简式为
。
02
▉ 
 新高考通用
 
 (14+4)
 
 
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
21
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目要求。
1．2025 年3 月19 日，美国宇航员苏尼塔·威廉姆斯和巴里·威尔莫尔结束了长达286 天的太空滞留，
搭乘SpaceX“龙”飞船返回地球。下列说法正确的是(    )
A．火箭使用的燃料偏二甲肼[(CH3)2N-NNH2]属于烃类物质
B．载人飞船外壳采用的高温陶瓷材料氮化硅属于共价晶体
C．空间站中电的主要来源柔性太阳能电池翼，其主要成分中含二氧化硅
D．出舱活动所穿舱外服的主要材料是聚氨酯，其属于天然有机高分子材料
【答案】B
【解析】A 项，偏二甲肼[(CH3)2N-NNH2]由C、H、O 元素组成，不属于烃类物质，故A 错误；B 项，
氮化硅属于共价晶体，故B 正确；C 项，太阳能电池翼的组成是硅单质，故C 错误；D 项，聚氨酯不属于
天然有机高分子材料，故D 错误；故选B。
2．关于实验室安全，下列表述正确的是(    )
A．具有
标识的化学品为有毒物质，应小心使用
B．酒精灯倾倒着火，应立即用水扑灭
C．溴沾到皮肤上，应立即用NaOH 溶液冲洗
D．实验室电路着火，应立即用泡沫灭火器灭火
【答案】A
【解析】A 项，具有
标识的化学品为有毒物质，必须小心使用，A 正确；B 项，酒精在桌面失
火，用水扑灭会使着火面积增大，可用湿抹布迅速盖在火焰上，以隔绝空气，B 错误；C 项，NaOH 具有
腐蚀性，不能直接接触皮肤，C 错误；D 项，泡沫灭火器不能用于扑灭电路着火，电路着火应尽可能先切
断电源，D 错误；故选A。
3．下列化学用语或图示正确的是(    )
A．BCl3的电子式：
B．sp2杂化轨道示意图：
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C．N2的p—pσ 键的形成：
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
【答案】B
【解析】A 项，BCl3为共价分子，B 和Cl 形成共用电子对，电子式：
，故A 错误；B
项，sp2杂化轨道是1 个s 轨道与2 个p 轨道杂化形成的，杂化轨道之间的夹角为120º，示意图为
，故B 正确；C 项，氮气分子中氮原子与氮原子的p 轨道形成p—pσ 键的过程为
，故C 错误；D 项，邻羟基苯甲醛分子中的醛基
和羟基能形成分子内氢键，示意图为
，故D 错误；故选B。
4．“光荣属于劳动者，幸福属于劳动者。”下列劳动项目与所述化学知识无直接关联的是(    )
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务者用漂粉精对游泳池消毒
含氯消毒剂具有较强氧化性
B
医务人员用新制Cu(OH)2检查糖尿病患者尿液
淀粉可水解得到葡萄糖
C
环保工程师用熟石灰处理酸性废水
熟石灰具有碱性
D
水质检验员用AgNO3溶液测水中Cl-含量
：Ag++Cl-反=AgCl↓
【答案】B
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【解析】A 项，漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2，它是一种含氯消毒剂，具有较强的氧化性，用漂粉精
能对游泳池消毒，二者有关联，A 不符合题意；B 项，医务人员用新制Cu(OH)2检查糖尿病患者尿液，其
原理是葡萄糖与新制Cu(OH)2共热会产生砖红色沉淀，属于醛基的特征反应，而不是淀粉水解得到葡萄糖，
二者无直接关联，B 符合题意；C 项，熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可用于处理酸性废水，二者有关联，
C 不符合题意；D 项，用AgNO3溶液测水中Cl-含量，其原理是Ag+和Cl-反应生成AgCl 沉淀，反应的离子
方程式为：Ag++Cl-反=AgCl↓，二者有关联，D 不符合题意；故选B。
5．高铁酸钠(Na2FeO4)作为一种新型高效的绿色消毒剂，在饮用水处理领域备受瞩目。工业上制备高
铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理为3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O。下列说法正
确的是(已知NA是阿伏加德罗常数的值)(     )
A．Na2FeO4的水溶液显碱性，故可杀菌消毒
B．每生成1molNa2FeO4转移电子数目为3NA
C．标准状况下，11.2LH2O 含σ 键数目为2NA
D．1L pH=11 的NaClO 溶液中
的数目为1.0×10-3NA
【答案】B
【解析】A 项，Na2FeO4具有强氧化性，能杀灭病菌，故可杀菌消毒，A 错误；B 项，根据方程式中
的变化可知，每生成1molNa2FeO4转移电子数目为3NA，B 正确；C 项，标准状况下，
水为液体，不能用气体摩尔体积计算，C 错误；D 项，溶液温度未知，Kw的数值不能确定，无法计算溶液
中氢氧根离子的物质的量，D 错误；故选B。
6．下列关于物质结构与性质，用途的说法错误的是(    )
A．Mg 有强还原性，可用于钢铁的电化学防护
B．
的键能强于H-P，
的热稳定性比
的高
C．
分子中既有氨基又有羧基，是一种两性化合物
D．
通过引入有机基团转化为低熔点、易挥发的CH3CH2NH3NO3
【答案】D
【解析】A 项，Mg 的还原性强于Fe，当Mg 与Fe 连接形成原电池，Mg 作负极被腐蚀，钢铁被保护，
即牺牲阳极的阴极保护法，A 正确；B 项，已知化学键的键能越大，含有该化学键的物质化学性质越稳定，
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故由于H-N 的键能大于H-P，导致NH3的热稳定性大于PH3，B 正确；C 项，
分子中既有氨基又有羧基，既可与酸反应又可与碱反应，是一种两性化合物，
C 正确；D 项，乙基(C2H5-)作为一个有机基团被引入到硝酸铵中，从而降低了其熔点，但并不一定会使其
变得易挥发，“易挥发”这一性质通常与物质的沸点有关，而不是熔点，D 错误；故选D。
7．X、Y、Z、M 和Q 五种前四周期的主族元素，原子序数依次增大。X 的单质是密度最小的气体，
基态Y 原子中有3 种不同空间运动状态的电子，基态Z 原子在同周期中未成对电子数最多，M 的单质是一
种无色气体，Q 的原子序数是Y、Z 和M 之和，下列说法错误的是(    )
A．第一电离能：Z>M>Y                B．基态Q 原子没有单电子
C．简单氢化物分子的键角：M>Z        D．电负性：M>Z>Y>Q
【答案】C
【解析】X 的单质是密度最小的气体，X 是H 元素；基态Y 原子中有3 种不同空间运动状态的电子，
Y 的电子排布式为1s22s22p1，为B 元素；基态Z 原子在同周期中未成对电子数最多，结合Q 的原子序数是
Y、Z 和M 之和，Z 为第二周期元素，为N 元素；M 的单质是一种无色气体，M 为O 元素；Q 的原子序数
是Y、Z 和M 之和，为20，即为Ca 元素；由上述分析可知，X、Y、Z、M 和Q 分别为H、B、N、O、
Ca。A 项，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但是第IIA 族和VA 族元素反常，故B、N、O 的第一
电离能：N>O>B，故A 正确；B 项，Q 是Ca 元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，没有单电子，故
B 正确；C 项，O 和N 的简单氢化物是H2O 和NH3，中心原子都是4 个价层电子对，O 上有2 个孤电子对，
N 上有1 个孤电子对，孤电子对有更大的排斥力，故键角：H2O<NH3，故C 错误；D 项，同周期从左到右
元素的电负性逐渐增大，金属的电负性一般小于非金属，故电负性：O>N>B>Ca，故D 正确；故选C。
8．物质Z 常用于液晶材料的制备，合成Z 的一种方法如下图所示。下列说法错误的是(    )
A．X 中的碳原子均为sp2杂化         B．
可与盐酸反应生成盐
C．Y 分子中所有碳原子均可以共面     D．1molZ 分子可与7molH2反应
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【答案】C
【解析】A 项，X 中的碳原子以苯环和C=O 结构存在，这些结构中的C 原子都是sp2杂化，A 正确；B
项，
结构中有-NH2(氨基)，显碱性，能与盐酸反应生成盐，B 正确；C 项，Y 分子中与N 原子
连接的4 个C 原子类似于甲烷结构中1 个C 原子和3 个H 原子的位置，属于四面体结构，不可能处于同一
平面，C 错误；D 项，Z 分子中存在2 个苯环和1 个醛基，都可以加成氢气，1mol 苯环可以加成3molH2，
1mol 醛基可以加成1molH2，则1molZ 分子可以与7molH2发生加成，D 正确；故选C。
9．以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环
境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是(    )
A．还原铁粉用盐酸溶解后，可用KMnO4溶液滴定法来测定其纯度
B．黄铁矿的燃烧：4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2
C．欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体
D．Na2S2O3久置空气中可发生反应为：Na2S2O3+O2+H2O=2NaHSO4
【答案】A
【解析】黄铁矿为FeS2，煅烧得到SO2和Fe2O3，Fe2O3与CO 高温反应生成Fe 单质，利用气体SO2制
取硫酸，尾气用NaOH 溶液吸收生成NaHSO3，加热得到Na2S2O5。A 项，盐酸也能与KMnO4溶液反应，
会干扰实验测定，A 错误；B 项，黄铁矿的燃烧生成Fe2O3和SO2，根据电子守恒和原子守恒配平方程式为：
4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2，B 正确；C 项，SO2不足，NaHSO3会分解得到Na2SO3，欲得到更纯的
NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体，C 正确；D 项，Na2S2O3中S 为+4 价，具有还原性，Na2S2O3久置
空气中可发生反应为：Na2S2O3+O2+H2O=2NaHSO4，D 正确；故选A。
10．NH3催化还原
是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，
Fe3+催化NH3还原
的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是(    )
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A．图甲所示热化学方程式为4NH3(g)＋6NO2(g)=5N2(g)＋6H2O(g)  ΔH＝-(a-b)kJ·mol−1
B．图甲反应中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成
C．图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1
D．图乙中总反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)
4N2(g)+6H2O(g)
【答案】D
【解析】A 项，图甲所示的反应生成物能量更低，是放热反应，ΔH<0，热化学方程式为4NH3(g)＋
6NO2(g)=5N2(g)＋6H2O(g)  ΔH＝-(a-b)kJ·mol−1，A 错误；B 项，图甲的反应中反应物没有非极性键，故没
有非极性键的断裂，B 错误；C 项，反应③的氧化剂为O2，反应中得4 个电子，还原剂为亚铁离子，反应
中失1 个电子，根据电子得失守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，C 错误；D 项，根据所给历程，
可知反应物和生成物，配平得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)
4N2(g)+6H2O(g)，D 正确；故选D。
11．下列实验操作、现象、结论均正确的是(    )
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的
H2O2溶液
溶液变为黄色
氧化性：H2O2＞Fe.3+
B
向5mL1mol/L NaOH 溶液中滴加5
滴1mol/LMgCl2溶液，然后再滴加
足量的1mol/LCuCl2溶液
先产生白色沉
淀，然后产生蓝
色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]＜
Ksp[Mg(OH)2]
C
将Zn 与Fe 用导线相连，插入稀硫
酸酸化的3%NaCl 溶液，一段时间
后，从Fe 电极区取出少量溶液，
滴入2 滴K3[ Fe(CN)6]溶液
无明显现象
Zn 可以保护Fe 不被
腐蚀
D
将少量丙烯醛滴入新制氢氧化铜浊
液中，加热充分反应，然后滴加溴
水
溴水褪色
丙烯醛中含有碳碳
双键
【答案】C
【解析】A 项，Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，由于硝酸根离子在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，故
无法判断在该反应中，双氧水是否参加了反应，故不能据此实验判断H2O2和Fe3+的氧化化性的相对强弱的
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关系，A 错误；B 项，向5mL1mol/LNaOH 溶液中滴加5 滴1mol/LMgCl2溶液，两者反应生成白色的氢氧化
镁沉淀，且NaOH 溶液有大量剩余，然后再滴加足量的1mol/LCuCl2溶液，则可生成蓝色的氢氧化铜沉淀，
不能证明氢氧化铜是由氢氧化镁转化生成的，不能证明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，B 错误；C 项，将Zn
与Fe 用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%NaCl 溶液，一段时间后，从Fe 电极区取出少量溶液，滴入2 滴
K3[Fe(CN)6]溶液，无明显现象，即Fe 没有失去电子，生成Fe2+，故Zn 可以保护Fe 不被腐蚀，C 正确；D
项，丙烯醛(CH2=CHCHO)与新制Cu(OH)2共热时，醛基被氧化为CH2=CHCOOH，然而反应后体系仍为强
碱性，加入溴水褪色可能是溴在碱性条件下的歧化反应生成Br-和BrO-，而非双键加成，D 错误；故选C。
12．科学家研究的新型电化学装置实现了在常温常压下，KOH 电解质加速羰基中间体缩合高效合成。
下列说法正确的是(    )
A．阳极的电极反应之一为：
+2e-+2OH-=
+2H2O
B．过程中两极室电解质溶液pH 不变
C．每生成1mol
，阴极至少有3molH2生成
D．反应①的反应类型为取代反应
【答案】C
【解析】如图可知，左侧
、
均发生氧化反应，则左侧为阳极，右侧为阴极；
阳极的反应包含
-2e-+2OH-=
+2H2O、
-2e-+2OH-=
+2H2O 两个
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反应，阴极的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A 项，左侧为阳极，
被氧化为
，
电极反应之一为：
-2e-+2OH-=
+2H2O，A 错误；B 项，当转移2mol 电子时，
有2molOH-在阳极参与电极反应，同时有2molOH-通过离子交换膜向阳极移动，但阳极生成水，pH 减小，
阴极消耗水生成氢氧根离子，pH 增大，B 错误；C 项，每生成1mol
，则
需要1mol
，2mol
，根据电极反应可知，共转移6mol 电子，则阴极至少有3molH2生
成，C 正确；D 项，反应①先发生醛基的加成反应形成羟基，再发生羟基的消去反应形成碳碳双键，不是
取代反应，D 错误；故选C。
13．交错磁性的发现或将引起一场技术革命，其中最具代表性的物质是RuO2，其晶胞结构如下图(a、
b 为晶胞参数，
)，下列说法错误的是(    )
A．晶体中O 原子的配位数为3
B．晶体中O 原子构成的八面体空隙均有Ru 原子填充
C．晶胞中体心与顶点之间的距离为
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D．晶体的密度为
【答案】B
【解析】晶胞中黑球的个数是
，白球的个数是
，则黑球代表Ru，白球代表O。
A 项，以晶胞内部的O 为研究对象，由结构可知，其与周围最近的3 个Ru 相连，则O 原子的配位数为3，
A 正确；B 项，晶体中O 原子构成的正八面体空隙均有Ru 原子填充(位于体心的Ru 原子)，但若晶胞中由
O 原子围成的非正八面体未必有Ru 原子填充，B 错误；C 项，体心与顶点的距离为体对角线的一半，解三
角形可得该距离为
，C 正确；D 项，晶体质量为
，体积为
，则晶胞密度为
，D 正确；故选B。
14．室温下，向含有足量CaC2O4固体的悬浊液中通入HCl 气体来调节体系pH。平衡时，
随pH 的变化如图所示(M 表示Ca2+、H2C2O4、HC2O4
-和C2O4
2-)，物质的溶解度以物质的
量浓度表示。已知：Ksp(CaC2O4)=10－8.6，
，
。下列说法错误的是(     )
A．表示
随pH 变化的曲线是Ⅳ
B．Ca2++2HC2O4
-
CaC2O4+H2C2O4的K=105.6
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C．pH=4.27 时，CaC2O4的溶解度约为
D．Q 点时，溶液中2cC2O4
2-)＋cHC2O4
-)＜c(Cl－)
【答案】C
【解析】向含有足量CaC2O4的悬浊液中
，体系中存在一系列平衡，
、
、HC2O4
-+H2O
 H2C2O4+OH-，
所以在CaC2O4溶液中，增大pH，后两个平衡逆向移动，草酸根浓度增大，其正对数增大，Ⅱ表示
C2O4
2-，则Ⅰ表示Ca2+，增大pH 的过程中，后这个平衡均逆向移动，草酸氢根减小程度缓于草酸分子，故
Ⅲ表示H2C2O4、Ⅳ表示HC2O4
-，由图可知，cHC2O4
-=cH2C2O4时(Ⅲ、Ⅳ交点) pH=4.27，此时
，同理
。A 项，由
上述分析可知，表示
随pH 变化的曲线为Ⅳ，A 正确；B 项，Ca2++2HC2O4
-
CaC2O4+H2C2O4的
，B 正确；C 项，pH=4.27 时，cC2O4
2-)=cH2C2O4)，
，代入数据得到10-3cHC2O4
-=cH2C2O4，设CaC2O4的溶解度为 x，则
cCa2＋= x，根据物料守恒得cCa2＋=cC2O4
2-＋cHC2O4
-＋cH2C2O4)≈2cCa2＋，则
，解得
，即CaC2O4的溶解度为10-4.15mol·L-1，C 错
误；D 项，Q 点时，cC2O4
2-)=cH2C2O4)溶液中电荷守恒：2cC2O4
2-＋cHC2O4
-＋c(Cl－)+ cOH－= 2cCa2＋
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＋cH＋，物料守恒：cC2O4
2-＋cHC2O4
-＋cH2C2O4)= cCa2＋，联立两式可得c(Cl－)+ cOH－
=2cH2C2O4)＋cHC2O4
-＋cH＋，溶液呈酸性，故c(OH-)＜c(H＋)，则2cC2O4
2-)＋cHC2O4
-)＜c(Cl－)，D 正
确； 故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．(15 分)
和
应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种
合金废料生产工业
硫酸镍和锡酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为Ni2+、Sn4+、Sn2+、Fe2+。
②“一次除铁”后溶液中仍有少量
。“萃取除铁、反萃取、制NaHX2和制Ni(HX2)2”的原理是：
yMx++ xN(HX2)y(有机相) 
xNy++yM(HX2)x (有机相)，Mx+和Ny+代表金属阳离子或H+。金属阳离子和
HX2
-的结合能力：Fe3+＞Fe3+＞Ni2+＞Na＋。
③常温下，Ksp[Sn(OH)4]=1×10－28，Ksp[Sn(OH)2]=1×10－56；Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=6×10-11。
 (1)“酸浸”时，Ni 与硝酸反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为           
 
   。
(2)“碱熔”时，SnO2发生反应的化学方程式为           。
(3)“沉锡”时，常温下Sn2+恰好完全沉淀为Sn(OH)2时[c(Sn2+)=1.0×10-5mol·L-1]，cHCO3
- 
         cH2CO3 (填“>”“<”或“=”)。
(4)“一次除铁”的总反应离子方程式为           。
(5)“反萃取”时，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1 是           。
(6)“制Ni(HX2)2”时，溶液1 的主要成分是           (填化学式)。
(7)某镍和砷形成的晶体，晶胞结构如图1，沿z 轴方向的投影为图2。
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①该晶体中As 周围最近的Ni 有           个。
②该晶体的密度为ρg· cm-3，晶胞参数为apm，bpm，则阿伏加德罗常数的数值NA=           (用含
a、b、ρ 的代数式表示)。
【答案】(1)3：2(2 分)
(2) SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O(2 分)
(3)< (2 分)
(4)6Fe2++2Na++4SO4
2-+6CO3
2-+3H2O2+6H2O= 2NaFe3(SO4)2(OH)6
 ↓ +6HCO3
-(2 分)
(5)盐酸(1 分)
(6) Na2SO4(2 分)
(7)6(2 分)     
(2 分)
【解析】合金废料 “酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为Ni2+、Sn4+、Sn2+、Fe2+，加碳酸钠调pH 值
沉锡，锡加NaOH 和氧气，得到Na2SnO3，溶解过滤结晶后得晶体Na2SnO3·3H2O；溶液中含Ni2+、Fe2+，加
入双氧水氧化Fe2+，加入碳酸钠形成NaFe3(SO4)2(OH)6除铁[6Fe2++2Na++4SO4
2-+6CO3
2-+3H2O2+6H2O= 
2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6HCO3
-]，溶液中仍有少量Fe3+，用Ni(HX2)2做萃取剂 “萃取除铁，加盐酸反萃取、制
NaHX2和制Ni(HX2)2” Ni2+最终浓缩结晶得到NiSO4·6H2O 晶体。
(1)“酸浸”时，Ni 与硝酸离子反应3Ni+8H++2NO3
-=3Ni2++2NO↑+4H2O，还原剂与氧化剂的物质的量之
比为3：2；
(2)“碱熔”时SnO2中Sn 元素转化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为：SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O；
(3)：
，
，则
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；
(4)“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成NaFe3(SO4)2(OH)6，总反应离子方程式为：6Fe2++2Na+
+4SO4
2-+6CO3
2-+3H2O2+6H2O= 2NaFe3(SO4)2(OH)6
  ↓ +6HCO3
-；
(5)“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1
是： 盐酸；
(6)“制Ni(HX2)2”时，通入NiSO4，Ni2+置换出Na+，溶液1 的主要成分是：Na2SO4；
(7)①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As 原子可知，上下层各有3 个Ni 原子与1 个As 原子相连，
晶体中As 周围最近的Ni 有6 个；②该晶体的密度为ρg· cm-3，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，
Ni 原子与As 原子配位数比为1：1，晶胞内部含有2 个As 原子，2 个Ni 原子，
，
则阿伏加德罗常数的数值NA=
。
16．(14 分)氧钒碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，相对分子质量为1065}呈紫红色，
难溶于水和乙醇，其制备及热分析实验如下。回答下列问题：
I．制备氧钒碱式碳酸铵晶体的流程如下：
其中，步骤i 中制备的VOCl2易被O2氧化，步骤ii，步骤iii 的部分装置如图所示。
(1)氧钒碱式碳酸铵中
的化合价为      ，基态钒原子的价电子排布-式为      。
(2)步骤i 中有无色无污染的气体产生，写出步骤i 中发生反应的化学方程式：      。
(3)图中盛装NH4HCO3溶液的仪器名称为      ；反应前通CO2的目的是      。
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(4)VOCl2在溶液中完全电离出VO2+和Cl-，步骤ii 中有紫红色晶体析出并产生大量的气泡，则步骤ii
中发生反应的离子方程式为      。
(5)步骤iii 使用抽滤方法的优点是      。
II．将氧钒碱式碳酸铵晶体置于PCT-1 型联动热分析仪中，通入N2进行热分析曲线测定，得到的曲线
如图所示。
(6)产物B1的化学式为      。
【答案】(1) +4(1 分)     3d34s2(2 分)
(2)N2H4+2V2O5+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O(2 分)
(3)三颈烧瓶(1 分)     排除装置中的空气，防止VO2+被氧化(2 分)
(4) 6VO2++5NH4
++17HCO3
-+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓ +13CO2↑(2 分)
(5)使过滤速率加快，且产品含水量更少(2 分)
(6) (NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·2H2O(2 分)
【解析】步骤I 中V2O5与N2H4•2HCl 发生氧化还原反应，V2O5被还原成VOCl2，VOCl2在碳酸氢铵溶
液中发生反应生成氧钒碱式碳酸铵晶体，在经过抽滤洗涤除去杂质得到氧钒碱式碳酸铵晶体。
(1)根据电荷守恒可知，氧钒碱式碳酸铵晶体中含V 的微粒为VO2+，则V 的化合价为+4 价；钒元素的
原子序数为23，基态钒原子的价电子排布式为3d34s2；
(2)由题意可知，步骤ⅰ中五氧化二钒与盐酸和联氨混合溶液反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学
方程式为N2H4+2V2O5+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；
(3)图中盛装NH4HCO3溶液的仪器名称为三颈烧瓶；由题中信息可知，VOCl2易被O2氧化，所以反应
前通CO2的目的是除装置中的空气，防止VO2+被氧化；
(4)步骤ii 中发生的反应为VOCl2与碳酸氢铵溶液反应制得氧钒碱式碳酸铵晶体和氯化铵，并产生大量
的气泡，离子方程式：6VO2++5NH4
++17HCO3
-+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓ +13CO2↑；
(5)该抽滤装置的原理是：水龙头起着抽气泵的作用，利用水流带走里面的空气导致里面压强减少，使
过滤速度加快或水流造成装置内压强减小，使过滤速率加快，且产品含水量更少；
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(6)加热氧钒碱式碳酸铵晶体首先失去结晶水，设加热1mol 氧钒碱式碳酸铵晶体，加热到89℃时，失
去结晶水的物质的量为
，则晶体的化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·2H2O。
17．(14 分)亚硫酰氯(SOCl2)
和硫酰氯(SO2Cl2)
均是重要的化工原料。以
SO2、Cl2、SCl2为原料可以制备亚硫酰氯，所涉及的反应如下：
反应Ⅰ：SO2(g)＋Cl2(g)
 SO2Cl2(g)   ΔH＝-471.7kJ·mol−1  K1
反应Ⅱ：SO2Cl2 (g)＋SCl2(g)
2SOCl2(g)   ΔH＝-5.6kJ·mol−1  K2
回答下列问题：
(1)反应SO2(g)＋Cl2(g)＋SCl2(g)
2SOCl2(g)的ΔH=       kJ/mol，K=       (用K1、K2的代数
式表示)，该反应正向自发进行的条件为       (填“高温”“低温”或“任何温度”)。
(2)一定温度下，恒压容器中充入等物质的量的反应物发生反应SO2(g)＋Cl2(g)＋SCl2(g)
2SOCl2(g)，下列说法正确的是       (填序号)。
A．平衡后若降低温度会导致Cl2的转化率增大
B．平衡后加入稀有气体(不参与反应)，平衡正向移动
C．混合气体中的密度不变时，不能说明反应达到平衡状态
D．混合气体中SO2、Cl2，和SCl2的体积分数相等时，反应一定达到平衡
E．当反应物中有1molCl-Cl 键断裂的同时生成物中有2molS-Cl 键断裂，反应达到平衡状态
(3)在某一密闭容器中充入1molSO2和1.3molCl2，发生反应Ⅰ：SO2(g)＋Cl2(g)
 SO2Cl2(g)   ΔH
＝-471.7kJ·mol−1，SO2的平衡转化率与温度和总压强的关系如图所示。判断Ka、Kb、Kc三点的平衡常数大
小       ；T2温度下，若使SO2的平衡转化率达到80%，则需要将总压强控制在       kPa。
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(4)将SOCl2与MgCl2·6H2O 混合并加热，可得到无水MgCl2，试解释其原因       。
(5)中国科学家将I2分子引入电解质中制作高功率可充电Li-SOCl2电池，电池正极中，I2调整充电和放
电反应的途径如图所示。充电时阳极的电极反应式为       。
【答案】(1) -477.3(2 分)     K1×K2(1 分)    低温(1 分)
(2)AE(2 分)
(3) Ka>Kc=Kb(2 分)     140(2 分)
(4)SOCl2可与结晶水反应放出易挥发的HCl 和SO2，从而将晶体水带走，最终得到无水MgCl2(2 分)
(5) S+SO2+4 LiCl-4e-=2SOCl2 +4Li+(2 分) 
【解析】(1)由盖斯定律，反应I+反应Ⅱ得反应：SO2(g)＋Cl2(g)＋SCl2(g)
2SOCl2(g)
，K= K1×K2，该反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0，当ΔH-
TΔS＜0 时，反应能够自发进行，则该反应正向自发进行的条件为低温。
(2)A 项，由(1)可知，该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，Cl2转化率增大，A 正确；B 项，该
反应过程中气体体积减小，向恒压容器中加入稀有气体会使整体体积增大，反而有利于生成气体分子数较
多的一侧，故平衡应逆向移动，B 错误；C 项，该反应过程中气体体积减小，气体总质量不变，气体密度
是变量，当混合气体中的密度不变时，能说明反应达到平衡，C 错误；D 项，混合气体中SO2、Cl2，和
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SCl2的体积分数相等时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D 错误；E 项，当反应物
中有1molCl-Cl 键断裂的同时生成物中有2molS-Cl 键断裂，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡，
E 正确；故选AE。
(3)图示中c 与b 点在同一温度T1上，a 在另一温度T2上，升温平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，
所以T1<T2，由于反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡常数减小，故Ka>Kc=Kb；T2温度下，c 点压强为
10kPa，SO2的平衡转化率为30%，列出“三段式”：
该反应的Kp=
=
，若使SO2的平衡转化率达到80%，
该反应的Kp=
=
，p=140kPa。
(4)将SOCl2与MgCl2·6H2O 混合并加热，SOCl2可与结晶水反应放出易挥发的HCl 和SO2，从而将晶体
水带走，最终得到无水MgCl2。
(5)电池正极中，I2调整充电和放电反应的途径如图所示，正极总反应为在碘单质催化作用下，SOCl2
得到电子发生还原反应，和锂离子生成二氧化硫、硫单质化锂：2SOCl2 +4Li++4e-=S+SO2+4 LiCl ，则充电
时阳极的电极反应式为S+SO2+4 LiCl-4e-=2SOCl2 +4Li+。
18．(15 分)马拉维若(K)是一种具有新型作用机制的抗HIV 口服药，可由下列路线合成(部分试剂和条
件省略)。
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已知：Bn—代表苄基(
)。
回答下列问题：
(1)E 中含氧官能团有酰胺基、       (写官能团名称)。
(2)
的反应类型是       。
(3)J 的结构简式是       。
(4)根据流程信息，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．物质B 的碳原子杂化类型为sp2、sp3     B．SO3所有原子共平面
C．1mol 物质F 最多能与8 molH2反应        D．物质J 中有1 个手性碳原子
(5)写出A 在一定条件下发生缩聚反应的方程式：       。
(6)G 可由L(
)经七步反应合成。L 的二氯代物有       种结构(不考虑取代芐基上的氢，
不考虑立体异构)。
(7)已知醇和氯代酯在一定条件下可发生如下反应：R1OH+Cl-COOR2
ClCOOR1+R2OH，请设
计合适的路线，利用甲苯和
合成BnOOCCl：          。
【答案】(1)羟基、酯基(2 分)
(2)还原反应(1 分)
(3)
(2 分)
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(4)AB(2 分)
(5)n
+(n-1)H2O(2 分)
(6)11(3 分)
(7)
或
(3 分)
【解析】A 到B 发生酯化反应，B 的结构简式为：
，B 到C 发生取代反应，
C 的结构简式为：
，C 到D 发生酯基水解再酸化，D 到E 发生还原反
应，-COOH 被还原为-CH2OH，E 到F 发生氧化反应，-CH2OH 氧化为醛基，H 到I 酰胺基转化为氨基，I 的
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结构简式为：
，结合I 和K 的结构以及J 的分子式，J 的结构简式为：
。
(1)根据E 的结构，E 中含氧官能团为酰胺基、酯基、羟基；
(2)D→E 的反应中羧基转化为羟基，去氧、加氢都属于还原反应；
(3)通过K 逆推，I→K 为取代反应，结合J 的分子式可知J 的结构为
；
(4)物质B 的结构简式为：
，苯环上碳原子和酯基碳原子是sp2杂化，甲基上
碳原子为sp3，A 正确；SO3中心原子为S，价层电子对为3+
，孤电子对为0，空间构型为平面
三角形，所有原子共平面，B 正确；1mol 物质F 最多能与7molH2反应，C 错误；手性碳原子是一个碳原子
周围连接四个不同的原子或原子团，物质J 的结构为：
无手性碳原子，D 错误；故选AB；
(5)A 中有氨基和羧基，羧基与氨基脱水缩合形成高分子，方程式为：n
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+(n-1)H2O；
(6)根据题意，L 的一氯代物有3 种：
、
、
，在此基础
上考虑二氯代物另一个氯的位置有：
、
、
，共11 种；
(7)合成BnOOCCl 即
，可以由
和
发生反应得
到，甲苯与氯气光照发生甲基上取代反应，在水解得到苯甲醇，合成路线为：
；也可以由甲苯与高锰酸钾
溶液反应得到苯甲酸，苯甲酸还原为苯甲醇，合成路线也可以是：
。
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