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2025 年高考第一次模拟考试
高三化学
(本试卷满分100 分，考试时间90 分钟)
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40
V 51 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ba 137
第一部分
一、非选择题(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。)
1．2017 年5 月9 日，我国正式向社会发布113 号、115 号、117 号、118 号元素的中文名称，至此，全
部完成了1~118 号元素的中文命名。已知115 号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如
等。
下列说法中，正确的是( )
A．在镆原子中，最后填入电子的轨道能级符号是f，故
位于周期表中的f 区
B．
位于周期表的第七周期第VIA 族
C．比结合能：
D．在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115 号元素正下方将是147 号元素
【答案】C
【解析】A 项，Mc 为第七周期V A 族元素，最后填入的能级为7p 能级，位于p 区，A 错误；B 项，
Mc 为第115 号元素，位于元素周期表的第七周期VA 族，B 错误；C 项，
288Mc 的质量数小于
290Mc，在重
核区域，质量数越小，比结合能越大，故比结合能：
288Mc>290Mc；C 正确；D 项，按照现有规则，第八周
期的元素种类数应为50 种，则115 号元素的正下方应为165 号元素，D 错误；故选C。
2．下列化学用语或表述正确的是( )
1
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A．O3分子的球棍模型：
B．PH3的电子式：
C．用电子云轮廓图示意“p-p”π 键的形成：
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
【答案】C
【解析】A 项，O3分子中心原子价层电子对数为2+
=3，且含有1 个孤电子对，空间构型为
V 形
，A 错误；B 项，PH3是共价化合物，电子为：
，B 错误；C 项，形成共价键的未
成对电子的原子轨道采取“肩并肩”的方式重叠，这种共价键叫π 键，用电子云轮廓图示意“p-p”π 键的形
成：
，C 正确；D 项，邻羟基苯甲醛的分子内氢键应该是羟基中
氢原子与醛基氧原子之间形成分子内氢键
，D 错误；故选C。
3．表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和
缠有锌皮的铁钉(图
)放置其中，如图所示。下列说法不正确的是( )
A．图
中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法
B．图
中铁钉上的电极反应式：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-
C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动
2
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D．图
中，会出现蓝、红、蓝三个色块
【答案】B
【解析】图A 中，根据题中条件可知，形成原电池，其中铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，铜
为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；图B 中，根据题中条件可知，形成原电池，其中锌作负极，
电极反应式为：Zn－2e-=Zn2＋，铁作正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。A 项，B 中铁为正极，
锌为负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故A 正确；B 项，图B 中铁作正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-
=4OH-，故B 错误；C 项，该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，故C 正确；D
项，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应产生蓝色沉淀，
铜作正极，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中
段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D 正确；故选B。
4．化学让生活变得更美好。下列说法不正确的是( )
A．煤的干馏可以得到焦炉气、焦炭、煤油、粗氨等
B．碳酸氢铵可作为膨松剂，用来制作馒头、面包等产品
C．油脂氢化获得的硬化油可作为制造肥皂和奶油的原料
D．医学上常用体积分数为75%的乙醇溶液杀菌消毒
【答案】A
【解析】A 项，煤的干馏可以得到为焦炉气、焦炭、煤焦油、粗氨水等；煤油为石油蒸馏产物，A 错
误；B 项，碳酸氢铵加热可分解产生气体，可作为食品膨松剂，用来制作馒头、面包等，B 正确；C 项，
植物油脂中含有不饱和键，经氢化获得的硬化油，可作为制造肥皂和奶油的原料，C 正确；D 项，体积分
数为75%的乙醇溶液杀菌消毒效力最强，D 正确；故选A。
5．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．NaAl(OH)4溶液中通入过量CO2气体：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO3
2-+H2O
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2+-2e-+2H2O=PbO2+4H+
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：
【答案】C
【解析】A 项，CO2过量时产物是Al(OH)3和HCO3
-，反应的离子方程式为：[Al(OH)4]-
+CO2=Al(OH)3↓+ HCO3
-，A 错误；B 项，铅酸电池在充电时阳极PbSO4失电子，其电极反应式为：PbSO4-
2e-+2H2O=PbO2+4H++SO4
2-，B 错误；C 项，K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式
3
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为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C 正确；D 项，因苯环上羧基的酸性强于酚羟基的酸性，当水杨酸
过量时，酚羟基不参与反应，离子方程式为
+ H2O+CO2↑，D
错误；故选C。
6．下列实验装置能达到相应实验目的的是( )
A．图①装置用于制取Fe(OH)3胶体
B．图②装置析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体
C．图③装置探究浓度对化学反应速率的影响
D．图④装置用于测定葡萄酒中CH3CH2OH 的含量
【答案】B
【解析】A 项，氢氧化铁胶体的制备方法是通过在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红
褐色，然后停止加热，A 错误；B 项，乙醇可以降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O 在水中的溶解度，而让其结晶析出，
B 正确；C 项，铁在常温下，遇到浓硫酸会发生钝化，导致反应停止，此实验不能探究浓度对化学反应速
率的影响，C 错误；D 项，葡萄酒中除了含有乙醇以外，还含有葡萄糖、多酚等多种还原剂，均能被高锰
酸钾氧化，D 错误；故选B。
7．我国铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液［主要含H2SO4
和As(Ⅲ)等］和窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)。
已知：CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是( )
4
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A．“氧化”时，H2O2使As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ)
B．“浸出”时，增大液固比可提高废酸中H+的去除率
C．硫元素和铁元素“浸出”与“沉砷”时被O2氧化
D．“水解”时，加Fe2O3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀
【答案】B
【解析】废液中加H2O2使As(Ⅲ)转化成As(V)，窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)加氧
化后的废液，并通入氧气，将金属化合物转化为Fe3+、Cu2+，SiO2不溶于硫酸过滤除去，滤液中继续通入
氧气将砷转化为FeAsO4•2H2O 沉淀，过滤后，滤液中加足量铁粉置换出Cu,同时Fe3+被还原为亚铁离子，
再过滤出铜，滤液中通氧气将铁氧化为三价铁，调节pH 值使铁转化为氢氧化铁，再经灼烧得到氧化铁。A
项，“氧化”时，H2O2将废液[主要含H2SO4和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)转化成As(V)，故A 正确；B 项，“浸
出”时，增大液固比即废酸的投入量增加，则废酸中H+的去除率应降低，故B 错误；C 项，因CuS、
CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。故“浸出”时通入O2氧化的元素主要为S，“沉
砷”时O2主要是将Fe2+氧化为Fe3+，从而生成FeAsO4•2H2O 沉淀，故C 正确；D 项，“水解”时，加
Fe2O3的作用是消耗Fe3+水解产生的H+调节溶液的pH，促进水解平衡正向移动，有利于使Fe3+形成Fe(OH)3
沉淀且不引入新的杂质，故D 正确；故选B。
8．KI3是一种重要的盐，其水溶液中存在平衡：I2+I-
I3
-。下列说法不正确的是( )
A．KI3溶液中加入淀粉溶液，溶液显蓝色
B．KI3溶液呈棕褐色溶液，加入CCl4后，振荡，上层溶液显紫红色
C．KI3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液酸性增强
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I2+I-
I3
-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
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I2+SO3
2-+H2O=2H++SO4
2-+2I-
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，I2+I-
I3
-平衡正向移动，
而硫粉不溶于水，可以除去少量碘单质，故D 正确；故选B。
9．加热煮沸的浓NaOH 溶液和白磷反应可制PH3，该过程同时可获得P2H4。其中一个反应为：
P4+3NaOH+3H2O=3NaHPO2+ PH3↑。下列说法不正确的是( )
A．热稳定性：NH3＞PH3，沸点：N2H4＜P2H4
B．P4、PH3与P2H4都是分子晶体
C．制备过程中有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、非极性键的形成
D．已知PH3的配位能力比NH3强，这是由于PH3配体中的P 存在3d 空轨道
5
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【答案】A
【解析】A 项，N2H4分子能与水分子形成分子间氢键，增大其沸点，P2H4只存在范德华力，则沸点：
N2H4＞P2H4，故A 项错误；B 项，P4、PH3与P2H4都是由分子组成，只含有共价键，都是分子晶体，故B
项正确；C 项，反应过程中有水分子中的O-H 极性键断裂、分子中的P-P 非极性键的断裂，分子中有P-H
极性键形成、P2H4分子中有P-P 非极性共价键形成，故C 项正确；D 项，NH3利用N 的孤电子对与过渡金
属配位形成配位键，而PH3的中心原子P 有空的d 轨道，可以接受过渡金属d 轨道上的电子形成配位键，
使PH3与过渡金属生成的配合物更加稳定，因此与金属离子的配位能力NH3＜PH3，故D 项正确；故选A。
10．CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一。恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比
为1：3 投料，反应经如下流程可实现CO2高效转化。
下列说法不正确的是( )
A．X 为H2O，Y 为CaCO3和Fe
B．图中转化涉及的反应中有四个属于氧化还原反应
C．过程II，CaO 吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO 的平衡正移
D．反应制得4 mol CO，须投入1 mol Fe3O4
【答案】B
【解析】根据流程图可知，总反应CH4+3CO2
4CO+2H2O。A 项，X 为H2O，则氢气还原四氧
化三铁，二氧化碳被CaO 吸收，则Y 为CaCO3和Fe，A 正确；B 项，图中转化涉及的反应中有四个属于氧
化还原反应，氢气与四氧化三铁、铁生成四氧化三铁，甲烷生成一氧化碳，一氧化碳与四氧化三铁，B 正
确；C 项，Fe3O4氧化CO 生成CO2，CO2被吸收，浓度降低，平衡正向移动，C 正确；D 项，Fe3O4在反应
Ⅱ中先消耗，在反应Ⅲ中又重新生成，是催化剂，不需要投入，D 错误； 故选D。
11．某医药中间体Z 的合成路线如下，有关物质说法错误的是( )
A．物质X、Y、Z 分子中原子杂化类型有sp2、sp3
B．反应Ⅰ和Ⅱ的反应类型均属于取代反应
6
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C．若将
替换X 发生反应Ⅰ，所得产物中可能含有
D．物质Z 与H2O 的加成产物只有1 种结构(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】A 项，物质X、Y、Z 分子中存在单键碳、双键碳，杂化形式分别为sp3、sp2，A 正确；B 项，
X 断裂C-H，
断裂C-I，生成Y 和HI，属于取代反应，B 正确；C 项，羰基相连碳上的氢
为活泼氢，容易断裂，发取代反应或加成反应，若将
替换X 发生反应Ⅰ，箭头所指位置
，易与
发生取代反应，其中一种即为
，C 正确；D 项，不
考虑立体异构的情况下，物质Z 与H2O 加成产物有2 种结构，若考虑立体异构，其中一种加成产物
结构与羟基相连的碳原子为手性碳，则将多出1 种结构，即3 种，D 错误；故选D。
12．下列说法正确的是( )
A．键能：H-O＞H-S，因此H2O 的沸点高于H2S 的沸点
B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C．杂化轨道可用于形成σ 键和容纳未参与成键的孤电子对，不能用于形成π 键
D．电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
【答案】C
【解析】A 项，H2O 和H2S 都形成分子晶体，沸点的高低受分子间作用力的影响，与分子内化学键的
键能的大小无关，分子的稳定性受键能的影响，A 不正确；B 项，s 轨道是球形对称的，没有伸展方向，s
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轨道与s 轨道形成的共价键没有方向性，B 不正确；C 项，原子轨道中价电子所在轨道或与价电子所在轨
道能量相近的轨道，可能全部发生杂化，也可能部分发生杂化，其中杂化轨道可用于形成σ 键、容纳未参
与成键的孤电子对，未杂化的p 轨道可用于形成π 键，C 正确；D 项，电负性越大，非金属性越强，但第
一电离能不一定越大，如非金属性N＜O，但第一电离能N＞O，D 不正确；故选C。
13．邻二醇在酸的作用下能转化为酮(或醛)，反应的分步机理和协同机理如下：
已知：
①当碳原子上连有推电子基团时，有利于碳正离子(通常指的是价层只有6 个电子的碳阳离子，是活性
中间体)的稳定。
2
②，3-二甲基-2，3-丁二醇与酸反应，对应的中间体和生成物相对能量(kJ/mol)如下：
过渡态1
过渡态2
生成物
分步机
理
0.00
30.1
38.3
-82.3
协同机
理
0.00
44.0
-
-82.3
③当碳正离子的相邻碳上有两个不同芳基时，迁移的相对速率与芳基的关系如下表：
芳基
相对速
率
0.7
1
500
下列说法不正确的是( )
A．酸性条件下，2，3-二甲基-2，3-丁二醇转化为
主要以分步机理进行
B．上述转化过程中酸可提高反应速率，但不影响平衡产率
C．乙二醇在酸性条件下只能通过协同机理生成醛，原因是碳正离子中间体不稳定
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D．
在酸的作用下，产物主要形式为
【答案】D
【解析】A 项，过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能
越大反应越慢，由表②可知，酸性条件下，2，3-二甲基-2，3-丁二醇转化为
主要以分步机理进
行，此过程的活化能较小，A 正确； B 项，反应历程不同，活化能不同，反应速率不同，但是不改变反应
的焓变，故上述转化过程中酸可提高反应速率，但不影响平衡产率，B 正确；C 项，当碳原子上连有推电
子基团时，有利于碳正离子的稳定；乙二醇中碳没有推电子基团，故乙二醇在酸性条件下只能通过协同机
理生成醛，原因是碳正离子中间体不稳定，C 正确； D 项，由表③可知，对位含有-OCH3时迁移的相对速
率更快，则在酸的作用下，右侧羟基碳更容易首先形成碳正离子，使得左侧羟基碳上的苯环更容易迁移到
右侧羟基碳上，产物主要形式为
，D 错误；故选D。
14．常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加HCl 或NaOH 调节pH 时溶质各微粒浓度lg c(M)
(M 代表H2C2O4、HC2O4
-、C2O4
2-、Ca2+)随pH 变化曲线如图所示，其中，虚线④代表Ca2+的曲线。已知
Ksp(CaC2O4)= 10－8.62。下列有关说法正确的是( )
A．H2C2O4的电离常数Ka1的数量级为10-5
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B．pH=7 时，2cCa2＋＝2cC2O4
2-＋cHC2O4
-
C．水的电离程度：A＞B＞C
D．A 点时，c(H＋)＞c(HC2O4
-)＞c(C2O4
2-)＞cOH－
【答案】D
【解析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，CaC2O4(s)
Ca2+ (aq)+
C2O4
2-(aq)、C2O4
2-+H2O
HC2O4
-+OH-、HC2O4
-+H2O
H2C2O4+OH-，所以在CaC2O4溶液中，cCa2＋
＞c(C2O4
2-)＞c(HC2O4
-)＞c(H2C2O4)，即①表示C2O4
2-、②表示H2C2O4、③表示HC2O4
-、④表示Ca2＋。A 项，
H2C2O4
HC2O4
-+H+，
，②③相交时c(HC2O4
-)=c(H2C2O4)，此时pH=1.3，可得
Ka1=10-1.3，数量级为10-2，故A 错误；B 项，溶液pH=7 时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒2cCa2＋＋cH＋
＝cOH－＋2cC2O4
2-＋cHC2O4
-，但是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后提供的氯离子或钠离子，所
以2cCa2＋＝2cC2O4
2-＋cHC2O4
-，错误，故B 错误；C 项，A 点为溶液显酸性，B、C 点酸性减弱，水的
电离程度增大，故水的电离程度：A＜B＜C，故C 错误；D 项，A 点时c(H+)=10-1.3mol/L，c(HC2O4
-)=10-
3mol/L，结合C 点，Ka2=
=10-4.2，A 点时，
=
=10-2.9，则A 点，c(C2O4
2-)=10-
5.9mol/L，c(OH-)=
=10-12.7mol/L，即A 点时，该离子浓度比较正确，故D 正确；故选D。
第二部分
二、非选择题(本部分共5 题，共58 分。)
15．(10 分)最近，科学家构筑新型整体式催化剂(Co3O4/Fe-S)高效降解甲苯(
)，以减轻
甲苯带来的污染。根据上述涉及的元素，回答下列问题：
(1)基态Fe 原子价层电子排布式为 ；甲苯中碳原子杂化类型有 。
(2)H2O2和H2S 的相对分子质量相同，但是在常温常压下，H2O2呈液态，H2S 呈气态，其状态不同的主
要原因可能是 。
(3)
的空间结构是 。SO3的VSEPR 模型是 。
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(4)O2在超高压下转化为平行六面体的O8分子(结构如图)。
O8中存在 种氧氧键。
(5)钴能形成多种配合物。
[Co(NH
①
3)6]3+空间结构为正八面体，如图所示。由此推知，[Co(NH3)4Cl2]+的同分异构体有
种。
②配离子颜色与分裂能大小有关，1 个电子从较低能量的d 轨道跃迁到较高能量的d 轨道所需的能量
为d 轨道的分裂能。则d 轨道的分裂能：[Co(H2O)6]2+(呈粉色) (填“>”或“<”)[Co(H2O)6]3+(呈红色)。
(6)一种铁的硫化物的晶胞如图所示(
为硫，
为铁)。已知：六棱柱底面边长为apm，高为bpm，
NA为阿伏加德罗常数的值。该晶体的化学式为 ；Fe 的配位数为
。
【答案】(1)3d64s2(1 分) sp2、sp3(1 分) (2)H2O2分子间存在氢键(1 分)
(3)三角锥形(1 分) 平面三角形(1 分) (4) 2(1 分)
(5)2(1 分) <(1 分) (6)FeS(1 分) 6(1 分)
【解析】(1)铁是26 号元素，基态Fe 原子价层电子排布式为3d64s2。甲苯中苯环上的碳原子采用sp2杂
化、甲基上的碳原子采用sp3杂化，碳原子杂化类型有sp2、sp3。(2)H2O2分子间能形成氢键，所以常温下
H2O2呈液态、H2S 呈气态。(3)SO3
2-中S 原子价电子对数为4，有1 个孤电子对，空间结构是三角锥形。SO3
中S 原子价电子对数为3，VSEPR 模型是平面三角形。(4)观察O8分子，上下底面上的氧氧键为1 种，底面
之间的氧氧键为另1 种，共2 种氧氧键。(5)①在正八面体中，2 个氯可以位于同一条棱上，2 个氯也可以
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位于对位，[Co(NH3)4Cl2]+的同分异构体共2 种；②+3 价钴离子半径较小，对d 电子吸引力较大，d 电子跃
迁所需能量较高，即分裂能：[Co(H2O6]2+＜[Co(H2O6]3+。(6)由晶胞图可知，6 个硫位于体内，12 个铁位于
顶点、2 个铁位于面心、6 个铁位于棱心、1 个铁位于体内，根据均摊原则，1 个晶胞含铁个数
，该晶体化学式为FeS。根据体心铁原子判断，铁原子周围距离最近且
相等的硫原子有6 个，故Fe 的配位数为6。
16．(9 分)氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。
(1)利用水煤气转化法制氢涉及的反应如下：
反应I：C(s)＋H2O(g)
CO(g)＋H2(g) ΔH＞0
反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0
在一定温度下，向容积固定为2L 的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为2MPa，发
生反应I 和Ⅱ。10 min 后达到平衡，此时H2O(g)的转化率为70%，CO 的物质的量为0.1mol。
①反应I 能自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
②此温度下反应Ⅱ的化学平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总压×气体
的物质的量分数)。
(2)另一种绿色环保制氢技术“Fe-HCO3
--H2O 热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸
收CO2制得的NaHCO3溶液反应，生成H2、HCOONa 和Fe3O4；Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe。实验
中发现，在300℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应初期有FeCO3生成并放出H2。随着反应进行，
FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x，活性Fe3O4-x是HCO3
-转化为HCOO-的催化剂，其可能反应机理如图所示。
①下列叙述正确的是 。
a．电负性O＞H＞Fe，因此吸附在O2-上的H 略带正电
b．升高温度生成HCOO-的反应速率一定加快
c．吸附在Fe2+上的H 原子在步骤Ⅰ后生成了水
d．该制氢技术绿色环保原因之一是铁可以循环利用
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②在其他条件相同时，测得Fe 的转化率、HCOO-的产率随cHCO3
-变化如图所示。
请分析HCOO-的产率随cHCO3
-增加而增大的可能原因是
。
(3)电解水制“绿氢”的技术也不断被突破，科技工作者设计了耦合HCHO 高效制H2的方法，相同电
量下H2理论产量是传统电解水的2 倍，其装置如下图所示。则阳极电极反应式为
。
【答案】(1)①高温(1 分) ② 7(2 分)
(2) acd(2 分) 碳酸氢根与铁反应生成的碳酸铁转化为Fe3O4-x作为反应的催化剂(2 分)
(3) 2HCHO+4OH--2e-=2HCOOO-+H2↑＋2H2O(2 分)
【解析】(1)①根据ΔG=ΔH-TΔS，反应Ⅰ是熵增，焓变大于0 的反应，即ΔS＞0，ΔH＞0，则高温条
件下有利于反应自发进行；②分别设反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的水的物质的量为x、ymol，列出三段式：
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已知平衡时，水的转化率为70%，一氧化碳的物质的量为0.1mol，即1-x-y=0.3mol，x-y=0.1，解得
x=0.4，y=0.3，故平衡时二氧化碳的物质的量为0.3mol，反应前总压强为2MPa，气体的物质的量共为
1mol，反应后气体总量为1.4mol，则反应后总压强为
，利用分压计算反应Ⅱ的平衡常数
；(2)①a 项，根据元素周期律，电负性O＞H，而H 元素可以接受1 个电子形成
稳定结构，Fe 则不行，故电负性大小：O＞H＞Fe，根据流程图示意，氢气断裂，一个氢原子吸附在氧负
离子上，氧带负电，H 略带正电，a 正确；b 项，升高温度反应速率增加，但可能导致催化剂失活，导致反
应速率降低，b 错误；c 项，根据题目所给流程图，氢气断裂出两个氢原子，一个吸附在氧负离子上，一个
吸附在亚铁离子上，经过步骤Ⅰ，吸附在亚铁离子上的H 形成了水分子，c 正确；d 项，该技术原理中，
Fe 可以循环利用，是绿色环保原因之一，d 正确；故选acd；②铁先与碳酸氢根反应生成氢气和碳酸铁，
随着反应的进行，碳酸铁迅速转化为活性Fe3O4-x，作为生产甲酸的催化剂，故碳酸氢根的浓度增大，导致
甲酸的产率增大；(3)根据分析，甲醛被氧化为HCOO-，则b 电极区为阳极，a 电极区为阴极，已知相同电
量下，该电解技术氢气的理论产量是传统电解水的2 倍，则阳极的电极反应式推理为甲醛失去2mol 电子形
成甲酸根离子和1mol 氢气，阴极的电极反应式为氢氧根得到2mol 电子形成1mol 氢气，故阳极的电极反应
式为2HCHO+4OH--2e-=2HCOOO-+H2↑＋2H2O。
17．(12 分)奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如下。
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已知：
。
(1)A 能与FeCl3溶液作用显紫色，A 的名称是 。
(2)A→B 的化学方程式是 。
(3)试剂a 是 。
(4)E→G 的过程：
M
①
中含有的官能团有醚键、 。
N
②
与NaOH 反应的化学方程式是 。
(5)合成
的路线如下。
CH
①
3CHO 可由CH≡CH 与 (填化学式)经加成反应得到。
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K
②
转化为
的同时有SO2生成，化学方程式是 。
【答案】(1)苯酚(1 分)
(2)
(2 分)
(3)浓硝酸、浓硫酸(1 分)
(4) 酰胺基(肽键也给分) (1 分)
(3 分)
(5) H2O(1 分)
+SOCl2→
+SO2 +HCl (或2
+SOCl2→2
+SO2 +H2O) (3 分)
【解析】A 能与FeCl3溶液作用显紫色，说明A 中含有酚羟基，结合A 的分子式可以推知A 的结构简
式为：
，A 和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，结合B 的分子式可知B 的结构简
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式为：
，D 发生还原反应得到E，结合D 的分子式和E 的结构简式可以推知D 中的硝基发生还原
反应生成氨基，则D 的结构简式为：
，E 发生多步反应得到G，G 和CS2在KOH、乙醇溶液中发
生反应得到J，J 再经过一系列反应得到奥美拉唑。(1)A 的结构简式为：
，其名称是苯酚；(2)A 和甲
醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B 的结构简式为
，则
的化学方程式为：
；(3)由分析可知，B 的结构简式为
，D 的结构
简式为
，即B 发生硝化反应得到D，则试剂a 是浓硝酸、浓硫酸；(4)①由M 的结构简式可知，
M 中含有的官能团有醚键、酰胺基(或肽键)；②N 中含有酰胺基，在NaOH 溶液中会发生水解反应，则N
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与NaOH 反应的化学方程式是：
；(5)①由原子
守恒可知，CH3CHO 可由CH≡CH 与H2O 经加成反应得到；②K 和SOCl2发生取代反应生成
，结合K 的分子式可以推知K 的结构简式为：
，K 转化
为
的同时有SO2生成，反应的化学方程式为：
+SOCl2→
+SO2 +HCl (或2
+SOCl2→2
+SO2 +H2O)。
18．(13 分)钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中(主要含有V2O5和铝铁硅的氧化物)
提取钒的主要流程如下：
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已知：ⅰ、滤液A 中的阳离子有H+、VO2
+、Fe3+、Al3+等；
ⅱ、“萃取”过程可表示为VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)+2H+。
金属离
子
开始沉淀的pH
(c=0.01mol·L-1)
沉淀完全的pH
(c=10-5mol·L-1)
Fe+
6.8
8.3
Al3+
3.7
4.7
Fe3+
1.8
2.8
(1)“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有__________________ (写出1 条即可)，滤渣B 的成
分为_________ 。
(2)“浸钒”过程中，主要发生的离子方程式为__________________ 。
(3)“萃取”前，用石灰乳先中和的原因是 __________________ 。
(4)“萃取”与“反萃取”的目的是 ，都需要用到的主要玻璃仪器是_________，假设“滤液C”中
c(VO2＋)=amol·L-1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4 次“萃取和反萃取”后，
“滤液C”中残留的c(VO2＋)=__________mol·L-1。(萃取率=
×100％)
(5)写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式 __________________ 。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度、适当升高温度、将矿石粉碎(合理即可) (1 分) SiO2(1 分)
(2) V2O5+2H+=2VO2
++H2O(2 分)
(3)若不用石灰乳中和，溶液中c(H＋)较大，不利于平衡VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)
+2H+正向移动，对VO2+萃取效果不好(2 分)
(4)将VO2+与其他金属离子分离开(2 分) 分液漏斗(1 分) a×10-4(2 分)
(5) (NH4)2V6O16
2NH3↑+3V2O5+H2O(2 分)
【解析】钒矿石焙砂用硫酸浸钒，滤液A 中的阳离子主要有H+、VO2
+、Fe3+、Al3+等，加铁粉把
VO2
+还原为VO2+、把Fe3+还原为Fe2+，加石灰乳调节pH=2；滤液C 用有机溶剂萃取VO2+，VOA2(有机相)
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中加硫酸使VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)+2H+平衡逆向移动，反萃取VO2+，把VO2+氧化为
VO2
+，加氨水生成(NH4)2V6O16沉淀，(NH4)2V6O16煅烧得V2O5。(1)加快浸出速率可采取的措施有适当增大
硫酸浓度、适当升高温度、将矿石粉碎等。结合原料和滤液A 中的离子可知，滤渣B 为SiO2，SiO2是酸性
氧化物，与硫酸不反应。(2)“浸钒”过程中，V2O5转变为VO2
+，反应方程式为V2O5+2H+=2VO2
++H2O。(3)
若不用石灰乳中和，溶液中c(H＋)较大，不利于平衡VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)+2H+正向移
动，对VO2+萃取效果不好。(4)“萃取”与“反萃取”是为了使VO2+进入有机相，与其他金属离子分离开，
均需使用的仪器是分液漏斗。每进行一次，VO2
+萃取率为90％，溶液中残留的VO2+为10％，故残留的
。(5)(NH4)2V6O16煅烧产生NH3和V2O5，化学反应方程式为
(NH4)2V6O16
2NH3↑+3V2O5+H2O。
19．(14 分)某小组同学将过量的AgNO3 溶液滴加到饱和氯水中，发现氯水的漂白性出现异常，于是对
相关的反应进行了探究。
Ⅰ.发现问题
(1)①氯气与水反应的化学方程式为 。小组同学猜测加入AgNO3溶液后，
生成 沉淀，使c(Cl-)降低，c(HClO)增大，氯水漂白性增强，于是进行如下实验。
②与过量AgNO3溶液反应后，氯水漂白性减弱的实验证据是 。
Ⅱ．查阅资料：AgClO 为白色晶体，常温下难溶于水
提出猜想：反应中除生成AgCl 外，还有AgClO 生成
Ⅲ.实验探究
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已知：AgI + I-
AgI
编号
实验操作
实验现象
i
向a1试管中加入2 mL 浓盐酸，并用湿润
的淀粉KI 试纸靠近试管口
产生刺激气味的气体，试纸变蓝
ii
向a2试管中加入2 mL 饱和KI 溶液，振
荡，再滴入2 滴淀粉溶液
加入饱和KI 溶液，白色沉淀变为
黄色，振荡后沉淀溶解，滴加淀
粉溶液，溶液变蓝。
iii
向另一支试管a3中只加入2 mL 饱和KI
溶液，振荡，再滴入2 滴淀粉溶液，与
实验ii 放置相同时间
滴入淀粉溶液，无明显变化
(2)操作a 的名称是 。
(3)实验i 中产生刺激气味的气体，可能的反应方程式是 。
(4)实验ii 表明，固体b 中含有AgClO，且AgClO 的溶解度大于AgI，请结合实验现象进行解释
。
(5)实验iii 的作用是 。
(6)综上，过量的AgNO3 溶液滴加到饱和氯水后，氯水漂白性减弱的可能原因是
。
【答案】(1) Cl2+ H2O
HClO + HCl(2 分) AgCl 沉淀(1 分) 加入过量AgNO3溶液后红色
褪去变慢(或实验组中，10min 后溶液红色褪去，对照组中，8s 后溶液红色褪去) (2 分)
(2)过滤(1 分)
(3)AgClO+ 2HCl = AgCl + H2O +Cl2 ↑(2 分)
(4)加入饱和KI 溶液后，白色沉淀变为黄色，证明AgCl、AgClO 的溶解度大于AgI，生成AgI 后，溶
液中c(ClO-)增大，将过量的I-氧化为I2，加入淀粉溶液变蓝(2 分)
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(5)对照实验，排除空气对I-的氧化对实验现象产生影响(2 分)
(6)过量的AgNO3 溶液与氯水反应，生成了AgCl 和AgClO，使溶液中c(ClO-) [或c(HClO)]降低，氯水
漂白性减弱(2 分)
【解析】新制氯水中发生反应：Cl2+H2O
HCl+HClO，加入硝酸银溶液与HCl 反应生成AgCl 沉
淀，提出猜想：反应中除生成AgCl 外，还有AgClO 生成，加入浓盐酸反应生成氯气，氯气氧化KI 为碘单
质，淀粉溶液变蓝。(1)①氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，反应方程式为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl,加入
AgNO3溶液后，生成AgCl 沉淀；②与过量AgNO3溶液反应后，氯水漂白性减弱的实验证据是：加入过量
AgNO3溶液后红色褪去变慢(或实验组中，10min 后溶液红色褪去，对照组中，8s 后溶液红色褪去)；(2)操
作a 的名称是是过滤；(3)实验ⅰ中产生刺激气味的气体，可能产生氯气，反应方程式为：
AgClO+2HCl═AgCl+H2O+Cl2↑；(4)溶解度小的物质可以转化为溶解度更小的物质，加入饱和KI 溶液后，
白色沉淀变为黄色，证明AgCl、AgClO 的溶解度大于AgI，生成AgI 后，溶液中c(ClO- )增大，将过量的
I-氧化为I2，加入淀粉溶液变蓝；(5)实验ⅲ的作用是对照作用，排除空气对I-的氧化对实验现象产生影响；
(6)过量的AgNO3 溶液滴加到饱和氯水后，氯水漂白性减弱的可能原因是：过量的AgNO3 溶液与氯水反应，
生成了AgCl 和AgClO，使溶液中c(ClO-)[或c(HClO)]降低，氯水漂白性减弱。
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