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2025 年高考押题预测卷01
高三化学
(考试时间：60 分钟 试卷满分：100 分)
考生注意：
1.试卷满分100 分，考试时间60 分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号(考号)，并将核对后
的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2 个正确选项，只有1 个正确选项的，多选不
给分，有2 个正确选项的，漏选1 个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1 个正确选
项。
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64
As-75
一、化学与人工智能(AI)(20 分)
I．今年，国产DeepSeek 开源AI 模型大放异彩。AI 模型训练需要使用图形处理器(GPU)，GPU 芯片的
主要成分是硅，纯硅(晶体结构如下图所示)的导电性较差，在硅中引入特定的元素(如磷、硼等)，可以增强
其导电性。
(1)下列关于硼的说法中，正确的是_______。
A．硼元素位于元素周期表中的第2 周期第3 族
B．硼元素位于元素周期表中的s 区
C．基态硼原子有2 种不同形状的电子云
D．基态硼原子有3 种不同运动状态的电子
(2)下列关于硅和磷的性质比较中，正确的是_______。(不定项)
A．原子半径：Si＞P B．第一电离能：Si＞P
C．熔点：Si＞P4(白磷) D．酸性：H2SiO3＞H3PO4
1
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(3)当磷原子取代了纯硅中少量硅原子后，能形成导电性较好的n 型半导体。请从结构的角度解释导电
性增强的原因。_______
【答案】(1)C(2 分)
(2)AC(2 分)
(3)磷原子最外层有5 个电子，4 个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以
定向移动而导电(3 分)
【解析】(1)A 项，硼元素位于元素周期表中第2 周期第IIIA 族，而非第3 族，故A 错误；B 项，硼为
p 区元素，故B 错误；C 项，基态硼原子(1s22s22p1)有s、p 两种形状的电子云，故C 正确；D 项，基态硼原
子有5 个电子，有5 种不同运动状态的电子，故D 错误；故选C。
(2)A 项，同周期中原子序数越大，原子半径越小，Si(14 号)原子半径大于P(15 号)，故A 正确；B 项，
由于同周期电离能整体越来越大，且P 的3p 处于半充满状态，较稳定，故第一电离能Si＜P，故B 错误；
C 项，Si 为共价晶体，P4为分子晶体，一般共价晶体熔沸点比分子晶体熔沸点高，故Si＞P4，故C 正确；
D 项，Si 与P 非金属性为Si＜P，故最高价水化物含氧酸H2SiO3＜H3PO4，故D 错误；故选AC。
(3)当磷原子取代了纯硅中少量硅原子后，能形成导电性较好的n 型半导体原因在于磷原子最外层有5
个电子，4 个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定向移动而导电，故答案
为：磷原子最外层有5 个电子，4 个与硅原子成键后还有一个电子没有成键，该电子在一定条件下可以定
向移动而导电。
II．2024 年诺贝尔化学奖授予了利用AI 设计蛋白质和预测结构的科学家们，利用AI 模拟出的血红蛋
白的部分结构如下图所示(
表示蛋白质的其他部分)。
(4)已知血红素中铁的存在形式为Fe2+，有关Fe2+的化学用语正确的是_______。
A．中子数为30 的
：
B．电子排布式：1s22s22p63s23p63d6
2
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C．结构示意图：
D．价层电子轨道表示式：
(5)上图虚线框的结构中，含有_______。(不定项)
A．σ 键 B．
键 C．配位键 D．离子键
(6)上图中键角
为
，介于
(H2S 键角)和
(CH4键角)之间，请从价层电子
对互斥理论的角度解释原因。_______。
【答案】(4)B(2 分)
(5)AB (2 分)
(6)物质中的S 原子和C 原子都是sp3杂化，S 的价层电子对数为4，其中血红蛋白的部分结构中S 原子
有2 个孤电子对，因为孤电子对的排斥力更大，所以键角小于CH4的键角
。H2S 中S 原子价层电子
对数也为4，孤电子对数也为2，但因为氢原子体积较小，不如血红蛋白的部分结构中S 上连的两个基团间
的排斥力大，故H2S 中键角更小(3 分)
【解析】(4)A 项，中子数为30 的Fe2+：
，错误；B 项，Fe 的原子序数为26，基态Fe 的电子排
布式：1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2+的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6，正确；C 项，Fe2+结构示意图：
，错误；D．Fe2+价层电子轨道表示式：
，错误；故选B；
(5)单键都是σ 键，双键一个σ 键、一个π 键，因此含有σ 键与π 键，不含配位键和离子键，故选AB；
(6)图中物质中的S 原子和C 原子都是sp3杂化，S 形成2 个价键，S 的价层电子对数为4，其中血红蛋
白的部分结构中S 原子有2 个孤电子对，因为孤电子对的排斥力更大，所以键角小于CH4的键角
。
H2S 中S 原子价层电子对数也为4，孤电子对数也为2，但因为氢原子体积较小，不如血红蛋白的部分结构
中S 上连的两个基团间的排斥力大，故H2S 中键角更小。
III．某同学采用AI 技术结合计算化学方法，模拟预测了熔融的CaO 和MgO 冷却结晶的产物结构，得
到一种类似NaCl 晶胞的结构，如下图所示。
3
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(7)该结构中Ca2+周围最近的Mg2+有_______个。
A．2 B．4 C．6 D．8
(8)已知一个该晶胞的体积为9.61×10-23cm-3，计算该晶体的密度ρ=_____ g· cm-3。(NA的数值取
6.02×1023，计算结果精确到小数点后2 位)
(9)用AI 输出的另一种晶胞结构是：上图晶胞体心的O2-被替换为Mg2+，判断这种新晶胞的结构是否合
理，并写出判断依据_______。
【答案】(7)D(2 分)
(8)3.32(2 分)
(9)不合理，因为替换后，Mg2+周围都是Ca2+和Mg2+，同种电荷相互排斥，不稳定(或正负化合价代数
和不为零，或正负电荷数不相等) (2 分)
【解析】(7)由晶胞结构可知，以位于面心的Ca2+为研究对象，Ca2+周围最近的Mg2+有8 个，距离为面
对角线的一半，故选D。
(8)该晶胞中Ca2+的个数为
=4，Mg2+的个数为
=2，O2-的个数为
=4，已知一
个该晶胞的体积为
，计算该晶体的密度
=3.32。
(9)用AI 输出的另一种晶胞结构是：上图晶胞体心的O2-被替换为Mg2+，这种新晶胞的结构不合理，原
因是替换后，Mg2+周围都是，Ca2+和Mg2+，同种电荷相互排斥，不稳定(或正负化合价代数和不为零，或正
负电荷数不相等)。
二、废旧锂离子电池制备碳酸锂(本题共20 分)
废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉
等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下：
4
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已知：过硫酸根离子的结构为：
(1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为___________。
(2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有
___________(写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为___________。
(3)滤液A 中的Co、Ni、Mn 均为+2 价，则H2O2作为反应物的半反应式为___________。
(4)写出过程③中Mn2+发生反应的离子方程式___________；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是
___________。
(5)常温下滤液C 中c(Co2+)=___________mol/L。(常温：Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15)
(6)所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b 中液体为硫酸
溶液，量气管中可以加入的试剂可以是___________。(不定项)
A．饱和Na2CO3溶液 B．饱和NaHCO3溶液 C．饱和食盐水 D．覆盖油层的水
(7)下列情况会导致测定结果偏低的是___________。
A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中
B．没有恢复到室温就进行读数
C．水准管液面高于量气管
D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气
【答案】(1)化学能转化为电能(2 分)
(2)搅拌或者适当升高温度 (合理均可) (2 分) 2Al + 2OH-+ 6H2O = 2[Al(OH)4]-+ 3H2↑(2 分)
(3)H2O2-2e-= 2H+ + O2(2 分)
(4)Mn2+ + S2O8
2-+ 2H2O = 4H+ + MnO2 + 2SO4
2-(2 分) MnO4
2-会在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2(2 分)
5
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(5)1.09×10-6(3 分)
(6)BD(2 分)
(7)C(3 分)
【解析】正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，初步
处理后进行碱浸，Al 反应生成四羟基合铝酸钠溶液，滤渣经过氧化氢酸性溶液溶解，H2O2 将LiCoO2、
Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni 还原为+2 价，过滤分离出石墨，滤液在过程③中Mn2+被S2O8
2-
氧化为MnO2，过程④中加入NaOH 调pH 使Ni2+和Co2+变为氢氧化物沉淀，过滤后在滤液C 中加入浓碳酸
钠生成碳酸锂。
(1)锂离子电池属于原电池，原电池工作时，是将化学能转化为电能，所以锂离子电池工作时，能量的
主要转化方式为化学能转化为电能；
(2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，根据化学反应速率的影响因素，除了对原料粉碎
处理增大接触面积外，还可以采用搅拌、升高温度、适当增大碱的浓度等措施，步骤①是铝片与碱液反应，
铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al + 2OH-+ 6H2O = 2[Al(OH)4]-+
3H2↑；
(3)滤液A 中的Co、Ni、Mn 均为+2 价，说明H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、
Mn、Ni 还原为+2 价，所以H2O2的主要作用是还原剂，H2O2半反应式为H2O2-2e-= 2H+ + O2；
(4)S2O8
2-中有过氧键，具有氧化性，过程③中Mn2+被S2O8
2-氧化为MnO2，离子方程式为Mn2+ + S2O8
2-+
2H2O = 4H+ + MnO2 + 2SO4
2-，步骤②中不能用盐酸酸化溶液，因为溶液中的MnO4
-具有强氧化性，能与盐
酸中的Cl-发生氧化还原反应，Cl-被氧化为Cl2，MnO4
-被还原，会导致后续反应受影响，所以原因是酸性
条件下MnO4
-会氧化Cl-生成Cl2；
(5)滤液C 中形成Co(OH)2沉淀，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.09×10-15，一般情况下溶液为碱性，假
设c(OH-)=1.0×10-2mol/L(具体OH-浓度应根据题目中其他条件确定，此处假设为常见碱性环境浓度)，则
c(Co2+)=
=
==1.09×10-6mol/L；
(6)测定样品中Li2CO3的含量，利用硫酸与样品反应，测定CO2的体积，通过CO2的量计算Li2CO3的
含量；A 项，CO2与饱和Na2CO3溶液要反应，故不符合；B 项，CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，
故符合；C 项，CO2可以溶于饱和食盐水，故不符合；D 项，覆盖油层的水不会溶解CO2，故符合；故选
BD；
(7)A 项，反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中，但是会有等量的空气进入量气管，CO2的体积
6
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不会偏小，结果不会偏低，故A 不选；B 项，没有恢复到室温就进行读数导致测得的CO2的体积偏大，结
果偏高，故B 不选；C 项，水准管高于量气管，则CO2的压强大于大于大气压，使测得的体积偏低，结果
偏低，故C 选；D 项，固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气，不影响生成的CO2，结果无影
响，故D 不选；故选C。
三、制备CuCl(20 分)
CuCl 用途广泛，某研究性小组拟热分解CuCl2·2H2O 制备CuCl。
【资料查阅】
ⅰ.
ⅱ.实验室使用浓硫酸制备HCl 气体的原理如下：NaCl+H2SO4(浓)
NaHSO4+HCl↑
【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(央持仪器略)，
请回答下列问题：
(1)制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。
A. 酸性 B. 强氧化性 C. 难挥发性 D. 吸水性
(2)使用恒压分液漏斗制备HCl 气体的优点是_______；X 装置的名称为_______。
(3)C 中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_______。
(4)装置D 中发生的离子方程式为_______。
(5)反应结束后，取出CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO 杂质，根据资料信息分
析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是_______。
②若杂质是CuO，则产生的原因是_______。
准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀
硫酸，配成100mL 溶液，取出10.00ml，用amol/L 的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液
7
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bml，反应中Cr2O7
2-被还原为Cr3+。CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2
(6)配制100mL 待测液用不到的仪器有_______。
A．容量瓶 B．烧杯 C．分液漏斗 D．胶头滴管
(7)样品中CuCl 的质量分数为_______(结果化简，M(Cu)=64，M(Cl)=35.5)。
(8)若测定结果偏大可能的原因是_______。
A．样品中混有CuO B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失
C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗 D．装待测液前锥形瓶内残留少量水
【答案】(1)C(2 分)
(2)保持内外压强一致使得液体顺利流下(1 分) 干燥管(1 分)
(3)I2+5Cl2+3H2O=2HIO3+10HCl(2 分)
(4)Cl2+2OH-= Cl-+ ClO-+H2O、H++OH-=H2O(2 分)
(5)加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解(2 分)
通入HCl 的量太少(氯化氢中含有一定水分)，产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO(2 分)
(6)C(2 分)
(7)
(4 分)
(8)C(2 分)
【解析】本题为实验探究题，探究热分解CuCl2·2H2O 制备CuCl，题干实验装置图可知，用浓硫酸和
NaCl 制得的HCl 气体通入装置A 中即在HCl 气流中加热CuCl2·2H2O，X 即球形干燥管中的硫酸铜能够检
验是否分解完全，装置C 中的湿润的淀粉KI 试纸用于检验是否生成Cl2，装置D 为吸收尾气中的Cl2和
HCl。
(1)制备氯化氢的过程反应原理为：NaCl+H2SO4(浓)
NaHSO4+HCl↑，则体现了浓硫酸具有难挥发性，
即难挥发性酸制备挥发性酸，故答案为：C；
(2)使用恒压分液漏斗制备HCl 气体的优点是保持内外压强一致使得液体顺利流下，由题干实验装置图
可知，X 装置的名称为干燥管，故答案为：保持内外压强一致使得液体顺利流下；(球形)干燥管；
(3)由分析可知，制备CuCl 过程中产生Cl2，Cl2能氧化KI 为I2，从而使湿润的KI 淀粉试纸变蓝，但由
于Cl2具有强氧化性，能够将I2氧化为更高价态的含碘化合物，故C 中试纸变蓝后会逐渐褪色，褪色过程
中发生的化学反应方程式为：I2+5Cl2+3H2O=2HIO3+10HCl；
(4)由分析可知，装置D 的作用为吸收尾气中的Cl2和HCl，防止污染环境，则其中发生的离子方程式
为：Cl2+2OH-= Cl-+ ClO-+H2O、H++OH-=H2O；
(5)①若杂质是CuCl2，则产生的原因是加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解，故答案为：
8
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加热温度不够高，不到300℃，CuCl2未完全分解；②若杂质是CuO，则产生的原因是通入HCl 的量太少
(氯化氢中含有一定水分)，Cu2+水解产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO，故答案为：通入HCl 的量太少(氯化
氢中含有一定水分)，产生Cu2(OH)2Cl2后分解产生CuO；
(6)用固体配制100mL 一定物质的量浓度的待测液需要使用的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、100mL
容量瓶、胶头滴管，则配制用不到的仪器有分液漏斗，故答案为：C；
(7)根据反应方程式：CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2，Fe2+的还原性强于Cl-，故可用amol/L 的K2Cr2O7标准
溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中Cr2O7
2-被还原为Cr3+，反应原理为：6Fe2++ Cr2O7
2-
+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则有6CuCl~6Fe2+~ Cr2O7
2-，则有：n(CuCl)=n(Fe2+)=6n(Cr2O7
2-)=6ab×10-3mol，故
样品中CuCl 的质量分数为
=
；
(8)A 项，样品中混有CuO，导致生成的Fe2+偏小，消耗标准液的体积偏小，则所测量结果偏小，A 不
合题意；B 项，滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致消耗的标准液的体积偏小，所测量结果
偏小，B 不合题意；C 项，滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗，导致标准液浓度偏小，消耗标准液的体积偏
大，所测量结果偏大，C 符合题意；D 项，装待测液前锥形瓶内残留少量水对实验结果无影响，D 不合题
意；故选C。
四、灵芝酚的合成(18 分)
灵芝酚能延缓慢性肾病的进程。我国科学家合成灵芝酚的一种路线如下：
9
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已知：
(1)c 中的官能团有_____(填名称)。
(2)b 的结构简式是_____。
(3)属于氧化反应的是_____(不定项)。
A. c→d B. f→g C. h→I D. i→j
(4)用“*”标出f 中的不对称碳原子_____。
(5)生成e 时有副产物e’生成，e’是e 的同分异构体；d→e’的反应中，杂化方式改变的碳原子是_____。
A．①、② B．①、⑥ C．③、④ D．⑤、⑦
(6)h→i 与i→j 的转化顺序能否互换？原因是_____。
(7) a 有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式_____。
i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3；
ii．能发生消去反应；
iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6.
(8)结合所学及上述路线中的信息，写出乙烯与
合成
的路线(无机试剂任选)_____。(合成路线表示为：M
N……
目标产物)
【答案】(1)醚键、酮羰基、酯基(2 分)
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(2)
(2 分)
(3)BC(2 分)
(4)
(2 分)
(5)A(2 分)
(6)不能互换。酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应中被破坏(2 分)
(7)
或
(3 分)
(8)
(3 分)
【解析】a 到c 发生已知的反应，属于取代反应，c 到d 发生先加成后取代反应，d 到e 发生-OH 的消
去反应，e 到f 引入-OH，f 到双键形成环醚，g 到h 断开三元环，形成一个五元环和一个六元环，h 到i 引
入羰基，i 到j 醚键转化为酚羟基。
(1)C 的结构简式为：
，官能团有醚键、酮羰基、酯基；
(2)由a 和c 的结构简式及已知的反应可知，b 的结构简式为：
；
(3)c 到d 是加成反应；f 到g 加氧是氧化反应；h 到i 是加氧的反应，是氧化反应；i 到j 是取代反应；
故选bc；
(4)一个C 周围连接四个不同的原子或原子团为不对称碳原子，即手性碳原子，如图：
11
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；
(5)d 到e 的反应是消去反应，还可以得到另一种结构：
，①②碳原子
由sp3转化为sp2杂化，故选A；
(6)h→i 与i→j 的转化顺序不能互换，原因是：酚羟基较为活泼，易被氧化，若互换则可能在氧化反应
中被破坏；
(7)i．只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，说明含有酚羟基；ii．能发生消去反应，I 原子连接的碳
原子相邻C 原子上有H 原子；iii．核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积比为2：2：3：6，含有两个等效的甲
基和一个不等效甲基；符合条件的结构有：
或
；
(8)形成三元环可以用ICH2CH2I 与
发生已知的反应得到，ICH2CH2I 可以用
乙烯和I2发生加成反应得到；故合成路线为：
。
五、高炉反应的研究(22 分)
高炉炼铁是现代炼铁的主要方法。
(1)高炉中常见的是三步(>570 °C)机制。具体反应如下：
① 3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1 = −47.2 kJ•mol-1
② Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH2 = 19.4 kJ•mol-1
③ FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g) ΔH3 = −11.0 kJ•mol-1
铁元素位于元素周期表第_______周期第_______族；计算Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)的
ΔH=_______。
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【答案】四(1 分) Ⅷ(1 分) -24.8 kJ•mol-1(2 分)
【解析】铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋
3CO2(g)
可
由
×(①+②×2)+③×2
得
，
得
(2)高炉气中存在反应：C(s)＋CO2(g)
2CO(g) ΔH>0，勒夏特列通过研究该反应提出了化学平衡移动
原理。
①恒温恒容时，能说明上述反应达到平衡状态的是_______。(不定项)
A．CO2与CO 的物质的量之比为1：2 B．v 正(CO2)：v 逆(CO) = 2：1
C．CO2和CO 的浓度不再改变 D．混合气体的密度不再改变
②不同温度和压强下，上述反应达到平衡时CO 和CO2的体积分数变化如图所示。
根据化学平衡移动原理，解释两种气体体积分数的变化趋势_______。
【答案】①CD(2 分) ②当温度不变时，由于该反应是体积增大的反应，压强增大，平衡左移，所
以CO 体积分数减小，CO2体积分数增大。当压强不变时，由于该反应正反应吸热，温度升高，平衡右移，
所以CO 体积分数增大，CO2体积分数减小。(合理即可)(4 分)
【解析】①A 项，CO2与CO 的物质的量之比为1：2，没有说保持不变，无法判断反应是否达到平衡
状态，A 错误；B 项，反应处于平衡状态时2v 正(CO2)=v 逆(CO)，当v 正(CO2)：v 逆(CO) = 2：1 时，反应未
处于平衡状态，B 错误；C 项，CO2和CO 的浓度不再改变，按定义达到平衡状态，C 正确；D 项，因为该
反应是在恒容条件下，气体质量在反应前后不守恒，即密度是不断变化的，故当密度不变是反应达到平衡
状态，D 正确； 故选CD。②当温度不变时，由于该反应是体积增大的反应，压强增大，平衡左移，所以
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CO 体积分数减小，CO2体积分数增大；当压强不变时，由于该反应正反应吸热，温度升高，平衡右移，所
以CO 体积分数增大，CO2体积分数减小。
(3)据报道，某含铜配合物可催化还原CO2，该反应历程中相对能量变化如图所示。
①上图反应历程中，基元反应和中间体各有_______个。
A．5；4 B．6；5 C．6；4 D．5；5
②对于反应：1Bpin+CO2=2Bpin，∆H=_______eV；该步反应的自发性，下列判断正确的是_______。
A．高温下能自发进行 B．低温下能自发进行
C．任何温度能自发进行 D．任何温度都不能自发进行
③上述反应历程中，控速步骤是_______。
A．1Bpin 转化为2Bpin B．2Bpin 转化为3Bpin
C．4Bpin 转化为5Bpin D．6Bpin 转化为最终产物
【答案】①B(2 分) ②12.2(2 分) D(2 分) ③C(2 分)
【解析】①由图可知，基元反应有6 个，分别是生成2Bpin、3Bpin、4Bpin、5Bpin、6Bpin、1Bpin 的
过程，中间体有TSBpin(1～2)、TSBpin(2～3)、TSBpin(3～4)、TSBpin(4～5)、TSBpin(6～1)共计5 个，故选B；②于反应：
1Bpin+CO2=2Bpin，由图可知∆H=12.2 eV，②该步反应为吸热反应，熵减，根据吉布斯自由能ΔG=ΔH-
TΔS，自由能减小可以自发进行，所以任何温度都不能自发进行，故选D；③由于活化能越大，进行的速
度越慢，所以控速步骤是4Bpin 转化为5Bpin，故选C。
(4)利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图。
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相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变
化如图所示：
，
①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：
。
②当电解电压为0.95V 时， 生成HCHO 和HCOOH 的选择性之比为 。
【答案】(4)①CO2+2e-+2H＋=HCOOH(2 分) ②2
1
﹕(2 分)
【解析】(4)①当电解电压为0.7V，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子
发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H＋=HCOOH；②电解电压为0.95V 时，根据图示可
知，产物主要有：HCOOH、HCHO，CO2+2e-+2H＋=HCOOH 转移2e-，CO2+4e-+4H＋= HCHO+H2O 转移
4e-，当电解生成的HCHO 和HCOOH 的物质的量之比为x：y 时，根据FE(HCHO)=60%、
FE(HCOOH)=15%，有
，则x：y=2：1，电解生成的HCHO 和HCOOH 的物质的量之比为2：
1。
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