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2025 年高考第三次模拟考试
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 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5
K-39 Ca-40 V-51 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137
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．第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能
电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是( )
A．太阳能电池属于化学电源 B．太阳能、风能均属于可再生能源
C．单晶硅属于分子晶体 D．玻璃钢属于金属材料
【答案】B
【解析】A 项，太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，
不属于化学电源，A 错误；B 项，在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风
能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B 正确；C 项，单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状
结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C 错误；D 项，玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，
不属于金属材料，而是复合材料，D 错误；故选B。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．
的电子式：
B．
的VSEPR 模型：
1
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C．基态磷原子的轨道表示式：
D．原子核内中子数为20 的氯原子：
【答案】B
【解析】A 项，HClO 的电子式：
，A 错误；B 项，H2O 分子中中心O 原子价层电子对数
为
，O 原子采用sp3杂化，O 原子上含有2 对孤电子对，VSEPR 模型：
，B 正确；C
项，基态磷原子的轨道表示式：
，C 错误；D 项，原子核内中子
数为20 的氯原子：
，D 错误；故选B。
3．近年来，我国科技创新成果丰硕。下列与科技成果相关的叙述正确的是( )
A．突破量子通信技术——作为传输介质的光纤，其主要成分为晶体硅
B．完成北斗卫星导航系统建设——
与星载铷钟所用
物理性质不同
C．首个海上二氧化碳封存示范工程投用——CO2，其共价键被破坏
D．实现二氧化碳到糖的精准全合成——葡萄糖的分子式为CH2O
【答案】B
【解析】A 项，光纤的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A 错误；B 项，
与星载铷钟所用
的
质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故B 正确；
C 项，二氧化碳是分子晶体，所以二氧化碳液化时，只改变分子间的分子间作用力，不破坏分子内的共价
键，故C 错误；D 项，葡萄糖的分子式为C6H12O6，故D 错误；故选B。
4．埋地管道所处环境特殊，当其通过不同的土壤时会发生电化学腐蚀，对管道的正常运行造成很大
危害。下图为地下管道经过黏土(含氧量少)和沙土(含氧量多)时发生腐蚀的示意图。下列说法不正确的是(
)
2
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A．该管道发生电化学腐蚀时，负极上的电极反应式：Fe-2e−=Fe2+
B．掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道电化学腐蚀更快
C．如果沙土供氧充分，则黏土中铁管腐蚀会加剧
D．若采用外接电流的阴极保护法进行防腐，所用阳极材料需为金属性强于铁的单质
【答案】D
【解析】A 项，该管道发生电化学腐蚀时，Fe 为原电池的负极，Fe 失去电子生成Fe2+，负极上的电极
反应式为：Fe-2e−=Fe2+，A 正确；B 项，电化学腐蚀需要电解质溶液参与，黏土比沙土更加湿润，含水量
较多，掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道电化学腐蚀更快，B 正确；C 项，如果沙土供氧充
分，则管道在沙土中的部分为正极，在黏土中的部分为负极，该部分铁管失去电子，腐蚀会加剧，C 正确；
D 项，若采用外接电流的阴极保护法进行防腐，将铁管道与电源负极相连作阴极，阳极应该选择惰性电极，
不能选金属性强于铁的单质，D 错误；故选D。
5．下列化学反应与相应离子方程式相符的是( )
A．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O4
2-+2MnO4
-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
B．硫代硫酸钠与足量稀硝酸：3S2O3
2-+2H+=S↓ +SO2↑+H2O
C．Na2O2与水反应：O2
2-+2H2O=4OH-+ O2↑
D．乙醛银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-
CH3COO-+NH4
++2Ag↓ +3NH3↑+H2O
【答案】D
【解析】A 项，用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4
-
+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故A 正确；B 项，硫代硫酸钠与足量稀硝酸，反应的离子方程式为3S2O3
2-
+2H++2NO3
-=3SO4
2-+3S↓ +2NO↑+H2O，故B 错误；C 项，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离
子方程式为2Na2O2 +2H2O=4Na++4OH-+ O2↑，故C 错误；D 项，乙醛和银氨溶液发生银镜反应生成乙酸铵、
氨气、银、水，反应的离子方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-
CH3COO-+NH4
++2Ag↓
+3NH3↑+H2O，故D 正确；故选D。
6．下列做法或实验(图中部分夹持装置略)，不能达到目的的是( )
A．防止铁管道被腐蚀
B．检验产生的SO2
C．制备并收集NH3
D．精炼粗铜
3
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【答案】A
【解析】A 项，废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流保护法，被保护的铁管道应做阴极，图
中铁管道与电源正极相接做阳极，不能达到保护铁管道的作用，A 符合题意；B 项，SO2具有漂白性，能
使品红溶液褪色，因此若品红溶液褪色，则说明生成的气体为SO2，该装置能检验产生的SO2，B 不符合
题意；C 项，加热条件下，Ca(OH)2和NH4Cl 反应生成NH3，NH3密度小于空气，采用向下排空气法收集
NH3，收集时导管应该伸入到试管底部，该装置能达到实验目的，C 不符合题意；D 项，电解法精炼粗铜
时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，D 不符合题意；故选A。
7．白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示
意图如下。
后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。
已知：740℃时，碳酸钙受热分解为CaO 和CO2。
下列说法不正确的是( )
A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率
B．固体
的主要成分是
C．生成固体
的离子方程式是Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4
+
D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为Ca(OH)2分解所致
【答案】D
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧、粉碎后，加入氯化铵溶液浸出，将氧化钙转化为氯化钙溶液，
氧化镁不反应，过滤得到含有氧化镁的固体A 和含有氯化钙的滤液B；向滤液中先通入氨气，再通入二氧
化碳陈化，氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，过滤得到含有氯化铵的溶液D 和
碳酸钙固体C；固体烘干得到碳酸钙产品。A 项，将白云石粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物
4
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的接触面积，提高反应速率，故A 正确；B 项，固体A 的主要成分为氧化镁，故B 正确；C 项，生成碳酸
钙的反应为氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为Ca2+
+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4
+，故C 正确；D 项，由题意可知，740℃时，碳酸钙受热分解为氧化钙和
二氧化碳，则产品固体剩余量少于56%是因为碳酸钙受热分解所致，故D 错误；故选D。
8．氯及其化合物转化关系如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．标准状况下，11.2LCl2中含有的质子数为17NA
B．400mL0.1mol·L-1 HClO 溶液中，含有的ClO-数为0.04NA
C．25℃时，100mL0.1mol·L-1KCl 溶液中，水电离出的H数目为10-7NA
D．反应②中每有0.3molCl2作氧化剂，转移电子数为0.5NA
【答案】A
【解析】A 项，标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5mol，1 个Cl2分子含有质子数为34，
0.5molCl2含有的质子数为17NA，故A 正确；B 项，HClO 是弱酸，只能部分电离，故
400mL0.1mol·L-1HClO 溶液中，含有的ClO-数小于0.04NA，故B 错误；C 项，25℃时，
100mL0.1mol·L-1KCl 溶液中，水电离出的H+浓度为10-7mol/L，其数目为10-8NA，故C 错误；D 项，反应②
的化学方程式为3Cl2+6KOH
KClO3+5KCl+3H2O，发生的是歧化反应，转移电子数为5，即每消耗
3molCl2转移5mol 电子，在3molCl2中，只有2.5mol 为氧化剂，故0.25molCl2作氧化剂时转移电子数为
0.5NA，0.3molCl2作氧化剂时转移电子数为0.6NA，故D 错误；故选A。
9．BrCl、IF5、BrF3等都属于卤素互化物，性质与卤素相似。液态BrF3能类似于水发生微弱电离(2H2O
H3O++OH-)，产生阳离子M 和一价阴离子N。下列说法不正确的是( )
A．IF5、BrF5、ClF5的沸点依次降低
B．一定条件下，苯(C6H6)与ClF 发生反应的方程式为：C6H6+ClF→C6H6F+HCl
C．ClF 可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D．阳离子M 的空间结构与水分子类似
【答案】B
【解析】A 项，IF5、BrF5、ClF5的相对分子质量依次减小，沸点依次降低，故A 正确；B 项，氯的电
负性小于氟，ClF 中氟显负价，在一定条件下，苯(C6H6)与ClF 发生反应的方程式为：
C6H6+ClF→C6H6Cl+HF，故B 错误；C 项，ClF 中氯显+1 价，具有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，ClF
可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C 正确；D 项，液态BrF3能类似于水发生微弱电离(2H2O
H3O+
5
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+OH-)，产生阳离子M 为BrF2
+和一价阴离子N 为BrF4
-，阳离子BrF2
+中Br 原子价层电子对数为2+
=4，中心原子为sp3杂化，有2 个孤电子对，呈V 形，空间结构与水分子类似，故D 正确；故选
B。
10．研究[Co(NH3)6]SO4溶液的制备、性质和应用。
①向CoSO4溶液中逐滴加入氨水，得到[Co(NH3)6]SO4溶液。
②分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无
明显现象，后者产生使淀粉
溶液变蓝的气体。
③[Co(NH3)6]SO4溶液可处理含
的废气，反应过程如下。
下列说法正确的是( )
A．①中，为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液
B．②中，CoSO4溶液中的Co2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高，CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]SO4的
强
C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]4+，
元素的化合价不变
D．③中，降低pH 可显著提高NO 的脱除率
【答案】A
【解析】A 项，为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液
中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，A 正确；B 项，②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，CoSO4溶
液中的Co2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为[(NH3)5Co-O-O-
Co(NH3)5]4+，分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前
者无明显现象，后者产生使淀粉KI 溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更
易被氧化，则[Co(NH3)6]SO4的还原性更强，B 错误；C 项，③中，[Co(NH3)6]2+转化为[(NH3)5Co-O-O-
Co(NH3)5]4+，Co 元素的化合价由+2 价变为+3 价，C 错误；D 项，③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子
和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D 错误；故选A。
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11．线型聚谷氨酸K 由谷氨酸(
)通过缩聚反应生成。一定条件下，加入交联剂
M，可将K 合成具有优良保水性能的高吸水性树脂N，其结构如图所示。
已知：
下列说法不正确的是( )
A．线型聚谷氨酸K 的重复单元中有两种官能团
B．交联剂M 的结构简式为
C．高吸水性树脂N 可以通过水解反应得到M 和谷氨酸
D．该物质优良的保水性能与其网状结构及形成氢键有关
【答案】C
【解析】A 项，线型聚谷氨酸K 的重复单元中含有酰胺基和侧链羧基，共两种官能团，A 正确；B 项，
由题给出结构可知，交联剂 M 两端带有环氧基，中间是-CH2–O–(CH2–CH2–O)n-CH2–的结构，交联剂M
的结构简式为
，B 正确；C 项，高吸水性树脂N 中的交
联键是由谷氨酸侧链羧基与M 端环氧基开环后生成的酯键，水解时并不能逆转回原有的环氧基结构，无法
得到 M 与谷氨酸单体，C 错误；D 项，树脂网状结构能在内部大量吸附水分，再加上羧基等极性基团易
与水形成氢键，使其具有优良的保水性能，D 正确；故选C。
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12．下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A．F-F 键的键能小于Cl-Cl 键的键能
B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl 分子
【答案】A
【解析】A 项，F 原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F-F 键不稳定，因此F-F 键的
键能小于Cl-Cl 键的键能，与电负性无关，A 符合题意；B 项，氟的电负性大于氯的电负性。F-C 键的极性
大于Cl-C 键的极性，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易
电离出氢离子，酸性更强，B 不符合题意；C 项，氟的电负性大于氯的电负性，F-H 键的极性大于Cl-H 键
的极性，导致HF 分子极性强于HCl，C 不符合题意；D 项，氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的
氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在(HF)2，D 不符合题意；故选A。
13．光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生催化剂[用[Cu(H2O)2]2+表示]实现在
NaHCO3溶液中高效催化水的氧化，该过程物质转化及反应能量变化示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A．步骤①可能为2[Cu(H2O)2]2++4HCO3
-=2Cu(H2O)(OH)(CO3)+2H2CO3+H2
B．水的氧化反应为：2H2O-4e-+4HCO3
-=O2↑＋4H2CO3
C．ΔH＝ΔH2+ΔH4-ΔH1-ΔH3-ΔH5-ΔH6
D．催化剂参与反应，降低活化能，加快反应速率
【答案】C
【解析】A 项，由题干图示信息可知，步骤①可表示为2[Cu(H2O)2]2++4HCO3
-=2Cu(H2O)(OH)
(CO3)+2H2CO3+H2， A 正确；B 项，由题干图示信息可知，水的氧化反应(总反应)方程式为：2H2O-4e-
+4HCO3
-=O2↑＋4H2CO3，B 正确；C 项，根据盖斯定律结合题干图示信息可知，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4
8
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+ΔH5+ΔH6，C 错误；D 项，根据碰撞理论可知，催化剂参与反应，通过降低活化能，提高活化分子百分含
量，有效碰撞次数增加，从而加快反应速率，D 正确；故选C。
14．CO2催化加氢制CH4的反应为：CO2(g)＋4H2(g)
CH4(g)＋2H2O(g)。催化剂上反应过程示意
如图1 所示；其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量CO2转化的总量)随温度
变化如图2 所示，下列说法不正确的是( )
A．催化剂改变了CO2中O-C-O 键的键角
B．
到
时，基本没有发生副反应
C．CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应
D．结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算CO2 加氢制CH4 的反应热：CH4(g)＋H2O(g)
CO(g)＋3H2(g) ΔH＝+205.9kJ·mol−1；CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-41kJ·mol−1
【答案】C
【解析】A 项，由图1 可知，二氧化碳的键角为180°，而Ni-CO2的键角小于180°，所以催化剂改变了
二氧化碳中O—C—O 键的键角，故A 正确；B 项，由图2 可知，150℃到350℃时，甲烷的选择性基本为
100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，故B 正确；C 项，由图2 可知，升高温度，二氧化碳的转
化率增大，而甲烷的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知二氧化碳转化
率是不是平衡转化率，所以无法判断二氧化碳催化加氢制甲烷是吸热反应还是放热反应，故C 错误；D 项，
将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，—反应①—反应②=目标反应，则反应△H=-205.9kJ/
mol+41kJ/mol=—164.9kJ/mol，故D 正确；故选C。
第二部分
二、非选择题(本部分共5 题，共58 分。)
15．(12 分)对机理的研究有利于从微观层面理解化学反应的本质。一种CeO2催化CO2加氢制CH3OH
9
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的路径如下。(□表示氧空位)
(1)写出CeO2催化CO2加氢制CH3OH 的化学方程式 。
(2)H2O 分子的VSEPR 模型名称是 。
(3) 58Ce 位于元素周期表第6 周期。将基态Ce 原子的简化电子排布式补充完整：[Xe]4f15d1
。
(4)H2在CeO2表面异裂产生氧空位(□)和Ce3+的示意图如下。
分析异裂解离需要吸收能量且
与催化剂表面O 结合的原因 。
(5) CeO2的晶胞如图所示。
①每个Ce 原子周围与它最近且距离相等的O 原子有 个。
②CeO2晶胞的边长均为anm，已知CeO2的摩尔质量是Mg·molˉ1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密
度为 g· cm-3。(1cm =107nm)
③已知CeO2的摩尔质量是M g·molˉ1，假设每个CeO2晶胞中有1 个O 变为氧空位，则bgCeO2参与反
应时转移 mol 电子。
【答案】(1)CO2+H2
CH3OH+H2O(2 分)
10
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(2)四面体(1 分)
(3) 6s2(1 分)
(4)断开H-H 键需要吸收能量，
和O 电性相反(或
有空轨道，O 有孤电子对，可以形成配位键)
(2 分)
(5) 8(2 分)
(2 分)
(2 分)
【解析】H2与催化剂CeO2多步反应得到H2O 和氧空位的催化剂，氧空位的催化剂再与CO2作用，多
步反应后得到CH3OH，反应是化学方程式为：CO2+H2
CH3OH+H2O。(1)化学方程式为：CO2+H2
CH3OH+H2O；(2)H2O 的中心原子为O，O 原子的价层电子对为2+
，VSEPR 模型的名称
为四面体形；(3)58Ce 位于元素周期表第6 周期，原子核外有6 层电子，因此电子排布式为：[Xe]4f15d16s2；
(4)由图可知，异裂解离过程有H-H 键的断开，需要吸收能量，断开后，带正电荷的Hδ+与催化剂表面O 电
性相反，可以结合成键(或者O 有孤电子对，Hδ+有空轨道，二者之间形成配位键)；(5)①根据晶胞图分析，
白球全在晶胞内部，有8 个，黑球在面心和顶角，有6×
，则黑球为Ce 原子，白球为O 原子，
一个O 原子周围有4 个Ce，根据Ce 与O 个数比为1:2，则一个Ce 原子周围有8 个O 原子；②晶胞中有4
个Ce 原子，8 个O 原子，质量为
，体积为(a×10-7cm)3，则晶胞的密度为：
g/cm3=
g/cm3；③bgCeO2的物质的量为
，含有晶胞的物质的量为
，氧空位的物质的
量为
，参与反应时转移电子的物质的量为
=
。
16．(10 分)甲烷水蒸气重整制取的合成气可用于熔融碳酸盐燃料电池
(1)制取合成气的反应为CH4(g)＋H2O(g)
CO(g)＋3H2(g) ΔH＝+206.4kJ·mol−1。
向体积为3L 密闭容器中，按n(CH4)：n(H2O)=1：1 投料：
a．保持温度为T1时，测得CH4(g)的浓度随时间变化曲线如图1 所示。
11
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b．其他条件相同时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度
的变化如图2 所示。
①结合图1，写出反应达平衡的过程中的能量变化 kJ。
②在图1 中画出：起始条件相同，保持温度为T2(T2＞T1)时，c(CH4)随时间的变化曲线 。
③根据图2 判断：
ⅰ.a 点所处的状态不是化学平衡状态，理由是 。
ⅱ.CH4的转化率：c＞b，原因是 。
(2)熔融碳酸盐燃料电池的结构示意图如下。
①电池工作时，熔融碳酸盐中CO3
2-移向 (填“电极A”或“电极B”)
②写出正极上的电极反应： 。
(3)若不考虑副反应，
甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，外电路通过的电子的物
质的量最大为
。
【答案】(1) ①吸收618(x-y)(1 分)
②
(2 分)
12
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③催化剂不能改变物质的平衡转化率，CH4的转化率在a 点时低于使用催化剂Ⅰ时(2 分)
c 点的温度高于b 点，所以反应速率Vc＞Vb，相同时间内CH4的转化率c 点高于b 点(2 分)
(2) ①电极A(1 分) ②O2+2CO2+4e-=2CO3
2-(1 分)
(3)1000(1 分)
【解析】(1)①结合图1，反应消耗的甲烷的物质的量为(x-y)mol·L-1×3L=3(x-y)mol，反应达平衡的过
程中的能量变化：吸收3(x-y)mol×206kJ·mol-1=618(x-y)kJ；②起始条件相同，保持温度为T2(T2＞ T1)时，
由于是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡时甲烷的浓度降低，但反应速率加快，平衡所用时间缩
短， c(CH4)随时间的变化曲线为：
；③根据图2：ⅰ. a 点所处的状态不
是化学平衡状态，理由是催化剂不能改变物质的平衡转化率，CH4的转化率在a 点时低于使用催化剂Ⅰ时，
说明转化率并不是此温度最高的，故不是平衡状态；ⅱ. CH4的转化率：c＞b，原因是正反应为吸热反应，
c 点的温度高于b 点，所以反应速率Vc＞Vb，所以相同时间内CH4的转化率c 点高于b 点；(2)①氢气和一
氧化碳作还原剂，发生氧化反应，电极A 是电池的负极，电池工作时，熔融碳酸盐中阴离子CO3
2-移向负
极，即电极A；②正极上氧化剂得电子，发生还原反应，正极上的电极反应：O2+2CO2+4e-=2CO3
2-；(3)若
不考虑副反应，2 kg 甲烷完全转化所得到的合成气全部用于燃料电池中，最终转化为CO2和水，甲烷中碳
元素化合价由-4 价升高为+4 价，甲烷中氢元素化合价没有变，外电路通过的电子的物质的量最大为
=1000mol。
17．(12 分)聚合物P 是一种用于抗菌的高分子材料，它的一种合成路线如下。
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已知：
+H2NR′′
+R′OH
(1)A 的分子式为C4H8O2，能发生银镜反应。A 分子的官能团有羟基、 。
(2)B 是A 的同分异构体，B 的结构简式是 。
(3)由B 生成
宜选用的试剂是 。
a．浓硫酸 b．NaOH/醇 c．K2Cr2O7/H2SO4
(4)M 的核磁共振氢谱中只有一组峰，M 的结构简式是 。
(5)F 的分子式为C5H8O2。将下列Q→F 的流程图补充完整 、 。
(6)E 含环状结构。除上述路线外，
也可经如下路线合成。
试剂a、试剂b 的相对分子质量均小于30，a、b 分别是 、 。
【答案】(1)醛基(-CHO) (1 分)
(2)
(2 分)
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(3)c(2 分)
(4)
(1 分)
(5)
(2 分)
或
(2 分)
(6)NH3(1 分) HC≡CH(1 分)
【解析】由题干转化流程图可知，A 分子能够发生银镜反应，故HOCH2CH2CH2CH2OH 被部分氧化催
化氧化为HOH2CCH2CH2CHO，A 即HOH2CCH2CH2CHO 在一定条件下生成B，结合C 的结构简式可知，B
的结构简式为：
，B 催化氧化为C 即
，C 与HOCH2CH2NH2发生已知信息反应生成
HOCH2CH2CH2CONHCH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CONHCH2CH2OH 失去1 分子水转化为
HOCH2CH2CH2CONHCH=CH2，HOCH2CH2CH2CONHCH=CH2再发生脱水成环反应生成E，由M 的分子式
结合M 转化为Q，结合H 的结构简式可知，M 的结构简式为：
，
与HCN 发生加成反
应生成Q，结合Q 的分子式可知，Q 的结构简式为：
，结合题干信息可知，
发生水
解反应生成
，
发生消去反应生成
，
和CH3OH 在浓
硫酸作用下反应生成F，故F 的结构简式为：
，(6)结合题干已知信息可知，由
合
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成E 即
可由
先与NH3 反应生成
，然后由
和CH≡CH 发生
加成反应生成
，NH3和CH≡CH 的相对分子质量均小于30。(1)由分析可知，A 的分子式为
C4H8O2，能发生银镜反应，则A 的结构简式为：HOH2CCH2CH2CHO，故A 分子的官能团有羟基、醛基；
(2)由分析可知，B 是A 的同分异构体，B 的结构简式是
；(3)B 的结构简式是
，
则由B 生成
为氧化反应，浓硫酸将使B 发生消去反应或者分子间脱水，NaOH/醇是卤代烃发生
消去反应的条件，只有酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，能够实现上述过程，故宜选用的试剂是
K2Cr2O7/H2SO4，故答案为c；(4)M 的核磁共振氢谱中只有一组峰，M 的结构简式是
；(5)由分
析可知，Q 的结构简式为：
，结合题干信息可知，
发生水解反应生成
，
发生消去反应生成
，
和CH3OH 在浓硫酸作用下反应生成F，故F
的结构简式为：
，或者
先与CH3OH 发生酯化反应生成
，
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再发生消去反应生成
；(6)结合题干已知信息可知，由
合成E 即
可由
先与NH3反应生成
，然后由
和CH≡CH 发生加成反应
生成
，NH3和CH≡CH 的相对分子质量均小于30。
18．(12 分)以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3
的一种流程示意图如下。
已知：i．浸出渣C 的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。
ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示：
物质
MnCO3
Mn(OH)2
MgCO3
Mg(OH)2
Ksp
1.8×10-11
1.9×10-13
6.8×10-6
5.6×10-12
iii．1mol·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，cCO3
2-≈3.3×10-3mol·L-1。
(1)将菱锰矿“研磨”的目的是 。
(2)写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式： 。
(3)用1mol·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH 对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响
如下图。
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注：锰的回收率
①“沉锰”反应的离子方程式是 。
②分析浸出液pH=8 时MnCO3产品中存在的杂质可能是 ，说明判断依据 。
(4)该流程中可以循环利用的物质有 。
(5)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL 硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL
加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用
bmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。
①产品中锰元素的质量分数为 。
②若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1)增大接触而积，加快反应速率，使反应充分进行(1 分)
(2) MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O(2 分)
(3) Mn2++2HCO3
-=MnCO3↓ +CO2↑+H2O(2 分) MgCO3(1 分) MgCO3和Mg(OH)2中锰元素的质
量分数均大于
，推知必有含镁难溶杂质(2 分)
(4) CO2、H2O、NH4Cl(1 分)
(5)
(2 分) 偏大(1 分)
【解析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体焙
烧，尾气为NH3和CO2，固体A 加水浸锰，浸出渣C 的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B 主要为
氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D 为NH4Cl，气体E 为CO2。(1)将菱锰矿“研
磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；(2)在“氯化焙烧”过程，MnCO3与氯化铵
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反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，发生反应的化学方程式：MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。(3)①“沉锰”时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，
反应的离子方程式是：Mn2++2HCO3
-=MnCO3↓ +CO2↑+H2O。根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3
沉淀时，c(Mg2+)=
≈2×10-3 mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c(Mn2+)=
≈0.5×10-
8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c(Mn2+)=
≈1.9×10-1 mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c(Mg2+)=
≈5.6 mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3；已
知在碳酸锰中，Mn%=
，在氢氧化锰中Mn%=
，MnCO3
和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质；(4)结合分析可知，CO2、H2O、
NH4Cl 在流程中先消耗后重新生成，则该流程中可以循环利用的物质有CO2、H2O、NH4Cl。(5)①NH4NO3
溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL 溶液中
n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055g，则100mL 溶液中锰元素的质量
分数、即产品中锰元素的质量分数为=
=
；②若未充分加热，过量的
NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分
数偏大。
19．(12 分)某实验小组探究SO2与K2FeO4的反应，实验如下。
资料：i．K2FeO4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O2，
在碱性溶液中较稳定。
ii．Fe3+可以与C2O4
2-形成[Fe(C2O4)3]3-；
装置
操作及现象
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实验一：向B 中通入SO2，产生暗红褐色
沉淀X 和溶液Y(略显红色)；继续通入SO2
一段时间后，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SO2的化学方程式为 。
(2)暗红褐色沉淀X 可能含Fe3+、OH-、SO4
2-、SO3
2-，检验如下：
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BaCl2溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO4
2-，原因是 。
实验三：向X 中加入H2C2O4溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀
中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X 中不含SO4
2-。实验三中用H2C2O4溶液溶解沉淀的目的是：
。
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+、SO3
2-、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2。
b. SO3
2-和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)
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：SO2与K2FeO4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。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(1 分)
(2)Fe3+(1 分) Fe3+可能将+4 价含硫物质氧化 (2 分)
H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-；使c(Fe3+)降低，氧化性减弱，不能将+4 价含硫物质氧化(2
分)
加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，静置，一段时
间后蓝色复现，是因为溶液中的铁离子将碘离子氧化为单质碘，2Fe3++2I-=2Fe2++I2(2 分)
(3) ①Fe3+与SO3
2-、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3 (2 分)
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②持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化(2 分)
【解析】(1)A 中用亚硫酸钠和70%的浓硫酸来制取SO2的化学方程式为
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；(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
Fe3+；由于Fe3+具有氧化性，能将SO3
2-氧化成SO4
2-，故并不能确认原溶液中是否含有SO4
2-；实验三中：由
于H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-，再继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加
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SO4
2-；实验四中：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，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，
静置，一段时间后蓝色复现，是因为溶液中的铁离子将碘离子氧化为单质碘：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。(3)①由
已知a．Fe3+、SO3
2-、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2可得，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Fe3+与SO3
2-、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3；②由已知b. SO3
2-和O2在金属离子的催化
作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO5
-)，可得溶液最终“几乎无色”的原因为持续通入SO2一段时间
后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化。
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