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2025 年高考押题预测卷03
高三化学
(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、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。
可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40
Mn-55 Cr-52 Fe-56 Ni-59 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题 共48 分)
一、选择题：本题共16 小题，每小题3 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。
1．按物质组成分类，NaAl(OH)4属于( )
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
【答案】C
【解析】电离出的阳离子全是氢离子的化合物是酸，电离出的阴离子全是OH-离子的化合物属于碱，
阳离子和酸根组成的化合物属于盐，酸碱盐都是纯净物，NaAl(OH)4有固定的组成，属于纯净物，由Na+和
酸根离子Al(OH)4
-组成的化合物，属于盐类，C 正确；故选C。
2．下列化学用语或图示表达错误的是( )
A．Na2O2的电子式：
B．NH3分子的空间结构模型：
C．CH3CH2C(CH3)=CH2的名称：2-甲基-2-丁烯
D．基态Cu 原子的价层电子轨道表示式：
【答案】C
1
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【解析】A 项，Na2O2是离子化合物，电子式为
，故A 正确；B 项，
NH3是三角锥形分子，NH3分子的空间结构模型：
，故B 正确；C 项，CH3CH2C(CH3)=CH2
的主链上四个碳，2 号位置上有一个甲基，名称：2-甲基-1-丁烯，故C 错误；D 项，Cu 是29 号元素，基
态Cu 原子价层电子排布式为3d104s1，价层电子轨道表示式为
，故D 正确；故选C。
3．化学与生产、生活息息相关。下列说法错误的是( )
A．水玻璃具有黏结力强、耐高温等特性，可以用作黏合剂和防火剂，它是一种电解质
B．味精能增加食品的鲜味，是一种常用的增味剂，其主要成分为谷氨酸钠
C．工业生产中一般采用400~500℃合成氨，原因之一是铁触媒在500℃左右时的活性最大
D．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用盐酸除去
【答案】A
【解析】A 项，水玻璃是硅酸钠的水溶液，它不能燃烧，可以用做木材防火剂，水玻璃既不是电解质
也不是非电解质，故A 错误；B 项，味精的主要成分为谷氨酸钠，它是一种鲜味剂，是生活中常用的增味
剂，故B 正确；C 项，工业一般选择400~500℃合成氨，原因之一是铁触媒在500℃左右时具有最大活性，
故C 正确；D 项，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，将其转化为CaCO3，再用盐酸溶解
除去，故D 正确；故选A。
4．聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n是一种无机高分子化合物，能用作净水剂。可以由绿矾(FeSO4·7H2O)和
KClO3在水溶液中反应制得，下列说法正确的是( )
A．Fe2+的价电子排布为3d54s1
B．FeSO4·7H2O 中，Fe2+与H2O分子之间通过分子间作用力结合
C．形成聚合硫酸铁后，水溶液的pH 减小
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更弱
【答案】C
2
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【解析】A 项，基态Fe 原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故Fe2+的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d6，价电子排布式为3d6，A 项错误；B 项，FeSO4·7H2O 中，Fe2+与H2O 分子之间通过配位
键相结合，B 项错误；C 项，绿矾与KClO3反应时，Fe2+被氧化为Fe3+，从而形成[Fe(OH)SO4]n，Fe3+水解能
力更强，故水溶液的pH 减小，C 项正确；D 项，Fe3+是弱碱的阳离子，水解是分布进行的，但通常规定
Fe3+的水解一步到位，所以Fe3+的水解第一步程度最大，即Fe3+的水解能力比[Fe(OH)]2+更强，D 项错误；故
选C。
5．下列实验装置或操作不能达到实验目的的是( )
A．制备苯甲酸苯甲
酯
B．验证金属锌保护铁
C．熔融纯碱
D．制取少量
【答案】B
【解析】A 项，苯甲酸和苯甲醇发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，采用分水器不断带走反应生成的水，
可促进酯化反应向生成酯的方向进行，A 正确；B 项，由于Fe 可能会被K3[ Fe(CN)6]氧化为Fe2+，故验证
金属锌保护铁的实验中，应该用胶头滴管取Fe 电极的溶液于试管中，然后向试管中滴加铁氰化钾溶液，B
错误；C 项，铁坩埚不和碱性物质反应，可以用于熔融纯碱，C 正确；D 项，用大理石和盐酸制取少量
CO2并配有安全漏斗，能较好控制反应速率，D 正确；故选B。
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
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
3
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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．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列说法正确的是( )
A．环己烷中的碳原子为sp3杂化，苯中的碳原子为sp2杂化，因此苯的C—H 键能大于环己烷的C—H
键能
B．C3H8分子中的碳碳单键可以围绕键轴旋转，旋转时键的强度会发生改变
C．-CF3是吸电子基团。-CCl3是推电子基团，因此F3CCOOH 的酸性强于Cl3CCOOH
D．O-H…O 氢键的作用力大于F—H…F 氢键的作用力，因此H2O 的沸点比HF 高
【答案】C
【解析】A 项，环己烷和苯中的C—H 键能比较除了考虑杂化类型外，还需要考虑离域效应，A 错误；
B 项，C3H8分子中的碳碳单键是σ 键，旋转不影响原子轨道重叠程度，不影响键能，B 错误；C 项，-CF3
是吸电子基团，-CCl3是推电子基团，-CF3会使羧基中O-H 键的极性增强，更容易断裂电离出氢离子，酸
性更强，C 正确；D 项，H2O 的沸点比HF 高，是因为相同物质的量的H2O 分子间可形成更多的氢键，D
错误；故选C。
8．下列过程对应的离子方程式错误的是( )
A．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：
B．某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时：
C．氟化物预防龋齿原理：
D．向K3[ Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液：K++Fe2++[ Fe(CN)6]3-= KFe[ Fe(CN)6]↓
【答案】B
【解析】A 项，NaHCO3溶液中通入少量Cl2生成氯化钠、二氧化碳、次氯酸，反应的离子方程为
4
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，故A 正确；B 项，某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时，铁和
盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为
，故B 错误；C 项，氟化物预
防龋齿原理是羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石，反应的离子方程式为
，故C 正确；D 项，向K3[ Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2
溶液生成蓝色沉淀：K++Fe2++[ Fe(CN)6]3-= KFe[ Fe(CN)6]↓，故D 正确；选B。
9．化合物M、N 的转化关系如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．N 能发生消去反应和水解反应
B．1 个M 分子中含有8 个手性碳原子
C．M 与金属钠反应最多可以产生1.5molH2
D．N 使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同
【答案】B
【解析】A 项，N 中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，但不能发生水解
反应，A 项错误；B 项，连接4 个互不相同的基团的碳原子是手性碳原子，M 分子中含有的手性碳原子用
“*”标记为
共8 个，B 项正确；C 项，没有指明M 的物质的量，与金属钠
反应产生氢气的量不能确定，C 项错误；D 项，N 中含碳碳双键和羟基，均可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，
而使酸性高锰酸钾溶液褪色，使溴的四氯化碳溶液褪色发生加成反应，原理不同，D 项错误；故选B。
10．嫦娥五号带回的月壤中发现一种由短周期元素组成的矿物晶体YX4MQ3·6X2Z。已知X、Y、Z、
M、Q 分布在不同的三个周期且原子序数依次增大；X 和Y 的质子数之和等于Z 的质子数；基态Z、M 原
5
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子中，s 轨道和p 轨道中的电子数相等。下列有关说法不正确的是( )
A．该晶体溶于水后溶液呈中性 B．第一电离能：Y>Z>M
C．键角：YZ4
+＞X2Z D．Q2的水溶液具有漂白性
【答案】A
【解析】根据条件，Z 和M 的基态原子中s 和p 轨道电子数相等。分析得出Z 为O(1s22s22p4，s 轨道和
p 轨道中的电子数均为4)，M 为Mg(1s22s22p63s2，s 轨道和p 轨道中的电子数均为6)。X 和Y 的质子数之和
等于Z 的质子数，即X+Y=8。结合原子序数递增及周期分布，X 为H(1)，Y 为N(7)，Z 为O(8)，Q 的原子
序数大于Mg(12)，推测Q 为Cl(17)。矿物晶体为NH4MgCl3·6H2O。化学式可分解为NH4
+、MgCl3
-和结晶
水·6H2O，整体结构类似铵盐。A 项，NH4
+水解使溶液呈酸性，而非中性，A 错误；B 项，第一电离能是衡
量元素的气态原子失去一个电子的难易，N(1s22s22p3)半充满结构，第一电离能大于O，Mg 为金属易失去
电子，故第一电能顺序为N > O > Mg，即Y>Z>M，B 正确；C 项，NH4
+中N 的价层电子对数为
，
杂化，正四面体结构，无孤对电子，键角为109°28’，H2O 中O 的价层电子对数
为
，
杂化，有2 对孤对电子，为V 型，由于孤电子对对成键电子对的排斥力，导致
键角小于109°28’，键角约104.5°，故键角YZ4
+＞X2Z，C 正确；D 项，Cl2+H2O
HCl+ HClO，Cl2的
水溶液有HClO，具有漂白性，D 正确；故选A。
11．研究化学反应的调控有着重大价值，
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)
反应Ⅱ：4NH3(g)＋5O2(g)
4NO(g)＋6H2O(g)
反应Ⅲ：2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)
下列说法正确的是( )
A．450℃高压有利于反应Ⅲ的反应速率和自发进行，所以工业上采取450℃高压
B．反应Ⅱ的产物通入NaOH 可以实现产物的吸收
C．对于反应Ⅱ来说，当c(NH3)：c(O2)：c(NO)：c(H2O)=4：5：4：6 时，说明反应达到平衡状态
D．初始投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，对于反应Ⅰ来说，CO2的体积分数不再变化不能说明到达平衡
【答案】D
【解析】A 项，反应Ⅲ：2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)是放热反应，∆H<0，∆S<0，∆G=∆H-T∆S<0 可
以自发进行，低温有利于自发进行，A 错误；B 项，NO 与NaOH 溶液不反应，B 错误；C 项，物质的浓度
之比等于系数之比时，浓度不一定是定值，反应不一定处于平衡状态，当c(NH3)：c(O2)：c(NO)：
c(H2O)=4：5：4：6 时，反应不一定处于平衡状态，C 错误；D 项，初始投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，CO2
6
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的体积分数为50%，反应I 中参加反应的CO2和H2的物质的量之比为1：3，设反应的CO2的物质的量为
xmol，反应的H2为3xmol，生成CH3OH 和H2O 都是xmol，反应后CO2体积分数为
，CO2的体积分数为定值，CO2的体积分数不再变化不能说明到达平衡，
D 正确；故选D。
12．低品位热(
)是一种丰富且广泛存在的可持续能源，一种新型的
热富集铂极电池如
图所示。利用从热区至冷区的
梯度驱动对苯醌和对苯二酚混合溶液的氧化/还原转换：
，下列有关说法不正确的是( )
A．pH：冷端>热端
B．工作中需定时补充对苯醌和对苯二酚
C．若该电池使用中温差恒定，则无需充电，可持续使用
D．热端电极电势低于冷端电极电势
【答案】B
7
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【解析】由图可知，原电池工作时冷端
，发生加氢反应，热端
，发生去
氢反应，即冷端发生得电子的还原反应，热端发生失电子的氧化反应，则冷端为正极，热端为负极，正极
反应为
，负极反应为
--2e-→
+2H+。A 项，由分析可知，pH：冷端>
热端，故A 正确；B 项，结合两端反应，对醌、对苯二酚浓度不变，不需要补充，故B 错误；C 项，含羧
酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生，则温差恒定时该电池能持
续工作，形成连续的反应和持续的电流，不需要充电恢复，C 正确；D 项，冷端电极为正极电势高，热端
电极为负极电势低，故D 正确；故选B。
13．CaC2晶胞如图所示。已知：NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞体积为Vcm-3。下列叙述正确的是
（ ）
A．CaC2晶体中只含1 种化学键 B．在晶胞中，与
相邻的C2
2-个数为4
C．CaC2中碳原子采用
杂化 D．CaC2晶体密度
【答案】C
【解析】A 项，由图可知，碳化钙中存在碳碳三键（非极性键）和离子键，故A 错误；B 项，晶胞中
1 个Ca2+周围有6 个C2
2-，大灰球四周有4 个C2
2-，上下各有一个C2
2-，故B 错误；C 项，由图可知，碳化钙
8
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中碳和碳为直线型，所以采用sp 杂化，故C 正确；D 项，晶胞中含Ca2+位于顶点和体内
，C2
2-位
于棱上和面上
，所以1 个晶胞中含有2 个CaC2，
，故D
错误；故选C。
14．已知C2H5Br 在NaOH 醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能
量变化如下图所示。下列说法错误的是( )
A．NaOH
醇溶液中
与乙醇分子间形成了氢键
B．C2H5Br 发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同
C．溶剂不同时，C2H5Br 与OH-反应的选择性可能不同
D．
醇溶液中C2H5Br 发生消去反应在热力学上更有利
【答案】D
【解析】A 项，从反应历程图能看到，OH-中的氧与乙醇分子中的氢存在相互作用，符合氢键形成特
征，所以NaOH 醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键，A 正确；B 项，取代反应里，OH-进攻与Br 原子
相连的碳原子；消去反应时，OH-进攻与Br 原子相连碳原子的邻位碳原子上的氢原子，进攻原子不同，B
正确；C 项，溶剂不同，对反应体系中分子间作用力、反应物和过渡态稳定性等影响不同，会改变反应活
化能等，进而使C2H5Br 与OH-反应的选择性改变，C 正确；D 项，由图可知，取代反应产物能量比消去反
9
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应产物能量低，能量越低越稳定，说明在NaOH 醇溶液中C2H5Br 发生取代反应在热力学上更有利，并非
消去反应，D 错误；故选D。
15．(2025·浙江省第一届NBchem 高考模拟考试)25℃时，已知CaC2O4的Ksp=5.0×10－9，H2C2O4的
Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4。则在
时下列有关说法正确的是( )
A．2Ca2++C2O4
2-+H2O=OH-+HC2O4
-+CaC2O4 K=3.3×10－2
B．Ca2++HC2O4
-+OH-=H2O+CaC2O4 K=75 此时可以认为反应进行完全
C．HC2O4
-+C2O4
2-=2HC2O4
-
K=3.7
D．把CaC2O4固体溶于pH=4.8 的CH3COOH 和CH3COONa 的缓冲溶液中形成饱和溶液，饱和溶液中
c(Ca2+) ≈7.5×10-5mol·L-1
【答案】D
【解析】A 项，反应2Ca2++C2O4
2-+H2O=OH-+HC2O4
-+CaC2O4的平衡常数为K=
=
=
，A 错误；B 项，Ca2++HC2O4
-+OH-=H2O+CaC2O4，K=
，B 错误；C 项，HC2O4
-+C2O4
2-
=2HC2O4
-，K=
，C 错误；D 项，Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，
在pH=4.8 时，c(H+)=10-4.8mol/L，C2O4
2-浓度可以近似为：
≈
=0.105mol/L，根据
Ksp=
，c(Ca2+)=
=
≈4.76×10-8，考虑到Ka1的影响，c(C2O4
2-)浓度更小，
Ca2+浓度更大，c(Ca2+) ≈7.5×10-5mol·L-1是合理的，选项D 正确；故选D。
16．实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO4
2-，制备电解用精制食盐水。已知：
Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10－12，Ksp(BaSO4)= 1.1×10－10，Ksp(BaCO3)= 2.6×10－9。
10
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下列说法错误的是( )
A．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO3
2-=BaCO3↓、Ca2++CO3
2-=CaCO3↓
B．加入盐酸发生的反应是CO3
2-+2H+=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O
C．调节溶液的pH＞12，可使滤液中
D．若不除去Ca2+、Mg2+，电解食盐水时在阴极区可能形成氢氧化物沉淀
【答案】A
【解析】粗盐溶液中含有Ca2+、Mg2+、SO4
2-，加入①过量的饱和BaCl2溶液，发生Ba2++SO4
2-=BaSO4↓
反应，除去SO4
2-，②再加入NaOH 溶液调pH，发生Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓，除去Mg2+，③再加入Na2CO3
溶液发生的反应是Ba2++CO3
2-=BaCO3↓、Ca2++CO3
2-=CaCO3↓，除去Ca2+和过量的Ba2+，④过量将BaSO4、
Mg(OH)2、BaCO3、CaCO3除去，得到含NaCl、NaOH 和Na2CO3的滤液，加入过量盐酸，发生CO3
2-
+2H+=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，将NaOH 和Na2CO3除去，蒸干得到NaCl 样品，加入10mL 蒸馏水，再
加入2 滴饱和BaCl2溶液，得到大量白色沉淀M。A 项，由题知，由于Ksp(BaSO4)= 1.1×10－10，
Ksp(BaCO3)= 2.6×10－9，故加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO3
2-=BaCO3↓、Ca2++CO3
2-=CaCO3↓外还有
BaSO4+CO3
2-
BaCO3↓+SO4
2-，A 错误；B 项，加入过量盐酸，发生CO3
2-+2H+=CO2↑+H2O、H++OH-
=H2O，将NaOH 和Na2CO3除去，B 正确；C 项，调节溶液的pH＞12，则
，则滤液中
，C 正确；D 项，电解食盐水时，阴极反应
为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，若溶液中存在Ca2+、Mg2+，会在阴极与OH-反应生成氢氧化物沉淀，D 正确；
故选A。
第II 卷(非选择题 共52 分)
二、非选择题：本题共4 小题，共52 分。
17．(16 分)氧化镍矿是由铁、硅、镁、铝等含水氧化物组成的红色黏土状矿石，又名红土镍矿。下面
是最早的红土镍矿湿法处理工艺。
11
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已知：在还原焙烧过程中，镍、钴以金属态形式存在，铁大部分转化为Fe3O4，少量以FeO 或Fe 形式
存在；焙砂在氧气气氛中用NH3和CO2浸出，其中的镍、钴分别生成镍氨配合物
和钴氨
配合物
而被浸出。
(1)基态镍的价层电子排布式为 。
(2)沉钴过程中，判断钴离子是否沉淀完全的方法是 。
(3)在由碱式碳酸镍到镍的过程中，一定会发生的过程有 。
A．电解 B．还原 C．分解
(4)已知硫化钴Ksp=2.0×10－25 (取β-硫化钴数值)，欲使钴沉淀完全，则cS2-应大于 。
(5)溶液A 可以到 工序中循环使用。5%的A 溶液与20%的A 溶液等体积混合，混合后的质量
分数 12.5%(填>、<或=)。
(6)Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+的形式存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的
[Co(NH3)6]2+，试分析[Co(NH3)6]2+更稳定的原因是 。
(7)[Co(NH3)6]2+呈土黄色，在空气中会被氧化成红褐色的[Co(NH3)6]3+，写出该过程的离子方程式
。
(8)NiO 晶体与NaCl 晶体结构相似。
①NiO 的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由： 。
晶体
离子间距/pm
熔点/℃
NaCl
801
12
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NiO
1960
②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm(1pm=10-10cm)，NiO 的摩尔质量为
Mg·molˉ1，则晶体的密度为 g· cm-3 (列出计算式)。
③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO 晶体中存在如图所示的缺陷：当一个Ni2+空缺，会有两个Ni2+被
两个Ni3+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91。若该晶体
的化学式为NixO，则x= 。
【答案】(1)3d84s2(1 分)
(2)沿器壁向上层清液中滴加1-2 滴(NH4)2S 溶液，如果没有沉淀，说明沉淀已经完全(1 分)
(3)B(1 分)
(4)2.0×10-20mol·L-1(2 分)
(5)氨浸(1 分) <(1 分)
(6)氮元素的电负性较氧元素小，更易提供孤电子对形成配位键(合理答案均可) (1 分)
(7) 4[Co(NH3)6]2++2H2O+O2=4[Co(NH3)6]2++4OH-(2 分)
(8)①NiO 和NaCl 均为离子晶体，Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比
Na+和Cl-间距更小，NiO 晶体中作用力更强(2 分)
②
(2 分) ③0.97(2 分)
【解析】氧化镍矿含铁、硅、镁、铝等含水氧化物，在还原焙烧过程中，镍、钴以金属态形式存在，
铁大部分转化为Fe3O4，少量以FeO 或Fe 形式存在，硅、镁和铝转化为不溶性氧化物等；焙砂在氧气气氛
中用NH3和CO2浸出，其中的镍、钴分别生成镍氨配合物
和钴氨配合物
而被浸出。过滤分离出上述不溶性物质即为浸出渣，浸出液加硫化铵沉钴，过滤分离出CoS 沉淀，滤液加
热，得到碱式碳酸镍，经一系列转化最后得到镍块，产生的气体A 为氨气，溶液A 为氨水，可用于氨浸进
行循环利用。
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(1)Ni 是28 号元素，基态镍的价层电子排布式为3d84s2；
(2)沉钴过程中得到CoS 沉淀，则判断钴离子是否沉淀完全的方法是：沿器壁向上层清液中滴加1-2 滴
(NH4)2S 溶液，如果没有沉淀，说明沉淀已经完全；
(3)在由碱式碳酸镍到镍的过程中，镍化合价从+2 价降低到0 价，则一定会发生的过程有还原过程，选
B；
(4)硫化钴Ksp=2.0×10－25 (取β-硫化钴数值)，欲使钴沉淀完全，则钴离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1，
cS2-应大于
。
(5)据分析，溶液A 即氨水可以到氨浸工序中循环使用。氨水的密度小于1g/mL，且5%的A 溶液密度
ρ1大于20%的A 溶液密度ρ2，则5%的A 溶液与20%的A 溶液等体积混合，混合后的质量分数
。
(6)向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，[Co(NH3)6]2+更稳定的原因是：氮元素
的电负性较氧元素小，N 更易提供孤电子对形成配位键，与Co2+形成配位键更强。
(7)[Co(NH3)6]2+呈土黄色，在空气中会被氧化成红褐色的[Co(NH3)6]3+，钴元素从+2 升高到+3，氧气中
氧元素从0 价降低到-2，则该过程的离子方程式4[Co(NH3)6]2++2H2O+O2=4[Co(NH3)6]2++4OH-。
(8)①NiO 比NaCl 的离子带电荷高，离子半径小，则NiO 的熔点远高于NaCl，结合表格说明理由：
NiO 和NaCl 晶体类型相同；Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间
距更小，NiO 晶体中作用力更强；②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为
apm(1pm=10-10cm)，则面对角线的长度为2apm，晶胞边长为
apm；在1 个晶胞中，含有4 个Ni2+和4 个
O2-，NiO 的摩尔质量为Mg•mol-1，则晶体的密度为
g•cm-3；③某氧化镍样品中Ni3+与
Ni2+的离子数之比为6∶91，依据电荷守恒，Ni、O 原子个数比为(6+91) ∶
=97∶100。若该晶
体的化学式为NixO，则x=0.97。
18．(12 分)镁基储氢材料(MgH2)因其储氢量大、资源丰富、成本低而被认为是最具应用前景的金属储
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氢材料之一。
(1)镁基储氢材料水解反应可制氢：
①MgH2(s)＋H2O(l)== MgO(s)＋2H2(g) ΔH1＝-239kJ·mol−1
②Mg(OH)2(s) ==MgO(s)＋H2O(l) ΔH2＝+38kJ·mol−1
则MgH2(s)＋2H2O(l)== Mg(OH)2(s)＋2H2(g) ΔH3= kJ·mol−1。
(2)一定质量的MgH2(s)在
时发生水解反应，生成氢气的体积V(单位：
)与时间t(单位：s)的关
系式为
。
①用氢气的体积变化表示前4 min 的反应速率为 mL/min。
②MgH2在MgCl2溶液中的产氢速率快于纯水，其原因是 (已知该现象只与Mg2+有关)。
(3)已知Mg 与H2在一定条件下发生反应：Mg(s)＋H2(g)
MgH2(s)可制备镁基储氢材料。
①若反应达平衡后，再加入等物质的量的Mg 和MgH2，平衡 (填“正向”、“逆向”或
“不”)移动。
②在恒容密闭容器中加入4.5MpaH2及足量Mg，反应
，不同温度下H2的转化率如下图1 所示。
280℃下反应
时，该反应 (填“是”或“否”)达到平衡状态：420℃时，该反应的压强平
衡常数Kp= Mpa -1(以平衡分压代替物质的量浓度计算)。
③假设制得储氢材料中氢镁原子个数比为a：1(a≤2)，该反应在恒温密闭容器中达到平衡后，缩小容器
体积为原来的一半，在下图2 中画出改变条件后气体压强p 与a 的变化曲线 。
(4)储氢材料(MgH2)可作为电池电极材料实现化学能到电能的转化，某科研小组设计了如图3 所示的环
保电池装置，该电池的总反应为 。
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【答案】(1)-277(1 分)
(2) 65(1 分) Mg2+水解使溶液呈酸性，H+浓度增大，增强了氧化性，加快了H2生成速率；H+能溶
解表面沉积的Mg(OH)2保护层，促进MgH2与水接触，提高了水解速率(2 分)
(3)不(1 分) 否(1 分)
(2 分)
(2 分)
(4) 5MgH2+14HNO3=5Mg(NO3)2+2N2↑+12H2O(2 分)
【解析】(1)根据盖斯定律，反应①-②可得MgH2(s)＋2H2O(l)== Mg(OH)2(s)＋2H2(g)，
=
；
(2)①前4min 生成氢气的体积
，用氢气的体积变化表示前4min 的反应速
率为
=65 mL/min；
②MgH2在MgCl2溶液中的产氢速率快于纯水，其原因是Mg2+水解使溶液呈酸性，H+浓度增大，增强
了氧化性，加快了H2生成速率；H+能溶解表面沉积的Mg(OH)2保护层，促进MgH2与水接触，提高了水解
速率；
(3)①Mg 和MgH2均为固体，增加其用量，平衡不移动；②由图像可知，280℃时，随着温度的升高，
氢气的转化率升高，因此此时未达到平衡，420℃时，氢气的转化率为40%，所以转化的氢气为
，剩余的氢气分压为
，因此
=
；③增
大压强，平衡右移，a 值增大，平衡后Kp不变，即氢气分压不变，据此作图：
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；
(4)根据图示，MgH2作为负极失电子，HNO3在正极得电子生成氮气，该电池的总反应为
5MgH2+14HNO3=5Mg(NO3)2+2N2↑+12H2O。
19．(12 分)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。某实验小组按如下步骤制备K2FeO4，部分
装置如图所示。
步骤I：取30gNaOH 溶于75mL 水中，用冰水冷却并保持体系温度在20℃以下。搅拌下，通入Cl2至
饱和，再分批次加入70gNaOH 固体，充分反应后滤去析出的晶体。
步骤II：搅拌下，向滤液中分批次加入25gFe(NO3)3·9H2O，再加入NaOH 固体至饱和，过滤。
步骤III：保持滤液温度20℃左右，加入100mLKOH 饱和溶液，过滤，得到粗产品。
已知：①制备原理：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO4
2-+3Cl-+5H2O。
②K2FeO4难溶于无水乙醇等有机溶剂；FeO4
2-在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在低温、干燥或强
碱性溶液中能稳定存在。
回答下列问题：
(1)仪器X 的名称是 。步骤I 中析出的晶体为 (填化学式)。
(2)步骤I 通入Cl2时控制温度在20℃以下，目的是 。
(3)下列说法正确的是_______(填标号)。
A．装置甲中固体A 可以是KMnO4
B．装置乙吸收HCl 气体，有利于提高K2FeO4产率
C．分批次加入Fe(NO3)3·9H2O 的主要目的是防止反应速率过快
D．在水中的溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4
(4)对粗产品进行重结晶，正确的操作排序是 。
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_______→_______→e→_______
a.将粗产品溶于冰水 b.将粗产品溶于3mol·L-1KOH 溶液
c.冰水洗涤 d.将溶液注入冷的KOH 饱和溶液中，充分搅拌
e.过滤 f.依次用乙醇、乙醚洗涤
g.在空气中晾干 h.放入真空干燥器中干燥
(5)测定高铁酸钾产品的纯度：称取mg 高铁酸钾产品，完全溶解于浓KOH 溶液中，再加入足量亚铬
酸钾K[Cr(OH)4]，反应后配成100mL 溶液；取上述溶液20.00mL 于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH=2，用
c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 (硫酸亚铁铵)标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。该过程中发生反应如下：
a.[Cr(OH)4]-+ FeO4
2-= Fe(OH)3↓+CrO4
2-+OH-
b.2CrO4
2-+2H+=Cr2O7
2-+H2O
c.Cr2O7
2-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
①高铁酸钾产品的纯度为 (用含有m、c、V 的代数式表示)。
②若测得产品的纯度为102%，则产品中含有的杂质是 (填化学式)。
【答案】(1)三颈烧瓶(1 分) NaCl(1 分)
(2)有利于增大Cl2的溶解度，并防止高温下生成NaClO3或防止NaClO 分解(2 分)
(3)ABD(2 分)
(4)bdefh(2 分)
(5)
(2 分) Na2FeO4(2 分)
【解析】装置甲中浓盐酸与KMnO4(或KClO3)固体反应制备氯气，装置乙吸收氯气中的HCl，装置丙
中步骤I：氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，次氯酸钠在后续制备高铁酸钠时作氧化剂，
故步骤I 析出的晶体为NaCl；步骤II：次氯酸钠、硝酸铁、氢氧化钠反应得到高铁酸钠，离子方程式为：
3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO4
2-+3Cl-+5H2O；步骤III：再加饱和KOH 溶液转化，过滤得到高铁酸钾。
(1)装置图中仪器X 的名称是：三颈烧瓶；步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl。
(2)步骤Ⅰ通入Cl2时控制温度20℃以下，目的是有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下Cl2和NaOH 生
成NaClO3(或防止NaClO 分解)。
(3)A 项，室温下，KMnO4固体能和浓盐酸反应产生氯气，故A 正确；B 项，FeO4
2-在强碱性溶液中能
稳定存在，装置乙吸收HCl 气体，除去HCl 有利于提高K2FeO4产率，故B 正确；C 项，Fe(NO3)3溶液呈酸
性，FeO4
2-在酸性条件下不稳定，所以分批次加入Fe(NO3)3·9H2O 的主要目的是防止FeO4
2-在酸性条件下发
生反应，故C 错误；D 项，向Na2FeO4溶液中加入KOH 饱和溶液，析出K2FeO4固体，故在水中的溶解度：
Na2FeO4＞K2FeO4，故D 正确；故选ABD。
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(4)根据已知信息：K2FeO4难溶于无水乙醇等有机溶剂；FeO4
2-在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在
低温、干燥或强碱性溶液中能稳定存在，故对粗产品进行重结晶时，将粗产品溶于3mol·L-1KOH 溶液→将
溶液注入冷的KOH 饱和溶液中，充分搅拌→过滤→依次用乙醇、乙醚洗涤→放入真空干燥器中干燥，正
确的操作排序是b→d→e→f→h。
(5)①根据关系式2K2FeO4~2K2CrO4~K2Cr2O7~6(NH4)2Fe(SO4)2可知，高铁酸钾产品的纯度
。②若测得产品的纯度为102%，说明杂质也含FeO4
2-，故杂质
为Na2FeO4。
20．(12 分)某研究小组按下列路线合成某药物中间体H(部分反应条件已简化)。
已知：①
②
请回答：
(1)化合物A 的官能团名称是 。
(2)化合物C 的结构简式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．化合物E 的碱性强于NH3 B．化合物G 中只含有1 个手性碳原子
C．C→D 的反应类型为消去反应 D．化合物H 的分子式为C11H16O4N
(4)写出D+F→G 的化学方程式 。
(5)托品酮(
)是合成阿托品的一种中间体，设计以1，4-二氯丁烷(
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)、丙酮(
)和
为原料合成托品酮的路线(用流程图表示，无机试剂任
选) 。
(6)写出4 个同时符合下列条件的化合物B 的同分异构体的结构简式 。
①核磁共振氢谱表明：分子中有2 种不同化学环境的氢原子
②含有甲氧基(-OCH3)
【答案】(1)羰基(或酮羰基)和碳碳双键(1 分)
(2) CH3COCH2CH2CH(COOCH3)(1 分)
(3)A(2 分)
(4)
(2 分)
(5)
(3 分)
(6)
、
、
、
(3 分)
【解析】根据A、B 的分子式，可知A、B 发生加成反应生成C，C 的结构简式为
CH3COCH2CH2CH(COOCH3)，根据D、F 的分子式，可知D 与F 发生加成反应生成G，由G 逆推，可知D
是
、F 是CH3N=CH2。
(1)根据化合物A 的结构简式，可知A 的官能团名称是羰基、碳碳双键；
(2)根据A、B 的分子式，可知A、B 发生加成反应生成C，C 的结构简式为
CH3COCH2CH2CH(COOCH3)；
(3)A 项，甲基具有推电子作用，使N 原子电子密度增大，更容易结合质子，所以化合物E 的碱性强于
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NH3，故A 正确；B 项，化合物
中含有2 个手性碳原子(*号标出)，故B 错
误；C 项，C→D 是
变为
和CH3OH，反应类型为取
代反应，故C 错误；D 项，化合物H 的分子式为C11H15O4N，故D 错误；选A；
(4)D 是
、F 是CH3N=CH2，D 与F 发生加成反应生成G，
的化学
方程式为
；
(5)1，4-二氯丁烷水解为1，4-丁二醇，1，4-丁二醇氧化为丁二醛，丁二醛和CH3NH2反应生成
，
和丙酮反应生成托品酮，合成路线为
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。
(6)①核磁共振氢谱表明：分子中有2 种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；②含有甲氧基(-
OCH3)，符合条件的B 的同分异构体的结构简式有
、
、
、
。
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