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2025 年高考第二次模拟考试
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 Li 7 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 Se 79 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．我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原子均匀分散在载体表面，发
生催化的位点落在单个原子上。
下列说法不正确的是( )
A．催化剂能提高化学反应速率 B．单原子催化剂能更多地降低反应的焓变
C．单原子催化剂中原子的利用率高 D．传统金属催化剂内存在金属键
【答案】B
【解析】A 项，催化剂能降低反应活化能，提高化学反应速率，故A 正确；B 项，催化剂不能改变反
应物和生成物的能量，催化剂不能改变反应的焓变，故B 错误；C 项，单原子催化剂与反应物接触面积增
大，原子的利用率高，故C 正确；D 项，金属晶体中由金属阳离子和自由电子形成金属键，故D 正确；故
选B。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
1
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A．基态N 原子的轨道表示式：
B．
的VSEPR 模型：
C．
的
键的形成：
D．用电子式表示HCl 的形成过程：
【答案】D
【解析】A 项，根据洪特规则，基态N 原子2p 上的三个电子应该都独占轨道且自旋平行，A 错误；B
项，SO3分子中S 原子价层电子对个数为3+
=3，VSEPR 模型为平面三角形，B 错误；C 项，Cl-Cl
的p-pσ 键属于轴对称，电子云图形：
，C 错误；D 项，氯化氢是只含有共价键的共价
化合物，表示氯化氢形成的电子式为
，D 正确；故选D。
3．氯碱工业是高耗能产业，将电解池与燃料电池串联组合的新工艺可节能，流程示意图如下，下列
叙述不正确的是( )
A．X 为
，Y 为
B．c>a>b
C．若生成标准状况下
，则消耗标准状况下空气约为
2
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D．B 池中阳离子的移动方向是从右侧移向左侧
【答案】D
【解析】由图可知，B 池为燃料电池、A 池为电解池，通入除去二氧化碳的空气的一极是燃料电池的
正极，水分子作用下空气中氧气在正极得到电子生成氢氧根离子，则Y 为氢气，氢气在负极失去电子被氧
化、在氢氧根参与下转化为水，燃料电池工作时，阳离子向正极移动，则钠离子通过阳离子交换膜向正极
(从左侧向右侧)移动，所以氢氧化钠溶液的浓度c%大于a%，在A 池中，逸出气体Y 即氢气的电极为阴极、
逸出气体X 的电极为电解池的阳极、氯离子在阳极氧化生成氯气，则X 为氯气，A 池中水在阴极得到电子
发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电解时，阳离子向阴极移动，则钠离子通过阳离子交换膜向阴极(从
左侧向右侧)移动，所以氢氧化钠溶液的浓度a%大于b%。A 项，A 池为电解池，X 为氯气、Y 为氢气，故
A 正确；B 项，B 池中氢氧化钠溶液的浓度c%大于a%，A 池中氢氧化钠溶液的浓度a%大于b%，所以
c>a>b，故B 正确；C 项，由得失电子数目守恒可知，根据
，标准状况下，若生成22.4L 氯气，
转移电子2mol，则正极消耗氧气为0.5mol，则消耗空气的体积为
=56L，故C 正确；D
项，B 池为燃料电池，通入除去二氧化碳的空气的一极是燃料电池的正极，所以燃料电池中阳离子的移动
方向是从左侧移向右侧，故D 错误；故选D。
4．下列说法正确的是( )
A．可用溴水检验乙醇、乙醛、溴乙烷、乙酸
B．煤隔绝空气加强热可得到焦炉煤气、煤焦油、粗氨水、焦炭等
C．可用质谱法鉴别乙醇和二甲醚
D．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子，一定条件下均可水解
【答案】B
【解析】A 项，乙醛能被溴水氧化，乙醛可以使溴水褪色，溴乙烷难溶于水且密度比水大，能萃取溴
水中的溴，但乙醇、乙酸均和溴水互溶，现象相同，不能鉴别，A 错误；B 项，煤隔绝空气加强热是煤的
干馏，可得到焦炉煤气、煤焦油、粗氨水、焦炭等，B 正确；C 项，乙醇和二甲醚的相对分子质量相同，
不能用质谱法鉴别，C 错误；D 项，淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子，油脂不是天然高分子，D 错误；
故选B。
5．下列离子反应方程式或化学反应方程式正确的是( )
A．向含有
明矾的溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的质量最大：2Al3++3SO4
2-+3Ba2++6OH-
=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
3
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B．乙炔制丙烯腈：CH≡CH+HCN
CH2=CHCN
C．向Fe2(SO4)3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++ ClO-+SO2+H2O= Cl-+ CaSO4↓+2H+
【答案】B
【解析】A 项，当沉淀的质量恰好最大时，2 SO4
2-~2Ba2+~4OH-，Al3+完全转化为[Al(OH)4]- ，这时离子
方程式是Al3++2SO4
2-+2Ba2++4OH-=[Al(OH)3]-+2BaSO4↓，A 错误；B 项，乙炔与HCN 发生加成反应制丙烯
腈，化学方程式为：CH≡CH+HCN
CH2=CHCN，B 正确；C 项，硫化氢气体在离子方程式中
不能拆开，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，C 错误；D 项，向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，产
生的氢离子与次氯酸根结合生成次氯酸，离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O= Cl-+ CaSO4↓+2HClO，D
错误；故选B。
6．下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是( )
①
②
③
④
A．利用①配制一定物质的量浓度的溶液 B．利用②制取干燥的氨气
C．利用③进行酸碱中和滴定 D．利用④制取SO2
【答案】D
【解析】A 项，定容时应该用胶头滴管，A 错误；B 项，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管
口又重新化合生成氯化铵，因此不能利用②制取干燥的氨气，B 错误；C 项，酸应该用酸式滴定管盛装，
C 错误；D 项，常温下亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，因此可以利用④制取SO2，D 正确；故选D。
7．用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，浸取黄铜矿(CuFeS2)的流程示意图如下。
下列说法错误的是( )
A．[CuCl2]-的中心离子是Cu+，配体是Cl-
B．参与反应的n(CuCl2)：n(FeCl3)=3：1
4
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C．浸取剂中的
有助于CuFeS2固体的溶解
D．用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解
【答案】B
【解析】将黄铜矿(CuFeS2)粉碎，加入过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液溶解得到[CuCl2]-、Fe2+的混合
液，所得滤渣的主要成分是S 和少量CuS 等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原。A
项，[CuCl2]-中氯元素是－1 价，铜元素化合价是+1 价，其中中心离子是Cu+，配体是Cl-，A 正确；B 项，
溶解过程中发生的反应为
，但由于含有少量CuS 生成，所以参
与反应的n(CuCl2)：n(FeCl3) ≠3：1，B 错误；C 项，由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因
此浸取剂中的Cl-有助于CuFeS2固体的溶解，C 正确；D 项，铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和
FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D 正确；故选B。
8．很多含巯基(―SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂，如化合物Ⅰ、Ⅱ(结构如图)。下列说法
正确的是( )
A．在两个化合物中S 原子均采取sp2杂化
B．在两个化合物中C―C―C 键角均是180°
C．两个化合物均为共价化合物
D．化合物Ⅱ的水溶性好于化合物Ⅰ
【答案】D
【解析】A 项，化合物Ⅰ中硫原子含有2 个共价键，2 个孤电子对，所以每个硫原子价层电子对数目
都是4，采取sp3杂化，化合物Ⅱ中巯基(－SH)中的硫原子取sp3、磺酸基(-SO3Na)中硫原子有8 个共价键，
与两个氧原子分别形成两对双键，与一个氧原子形成一个单键，硫原子采用sp3杂化，A 项错误；B 项，在
两个化合物中C－C－C 以单键形成，具有四面体结构，其键角小于180°，B 项错误；C 项，化合物Ⅰ是分
子构成，是共价化合物，化合物Ⅱ是钠盐，是离子化合物，C 项错误；D 项，化合物Ⅱ是钠盐，水溶性较
好，D 项正确；故选D。
9．X 为含Cu2+的配合物。实验室制备X 的一种方法如图。
5
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下列说法不正确的是( )
A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4
+
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X 中所含阴离子是SO4
2-
D．X 的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】B
【解析】向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2 NH4
+，继续添加氨水
沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3 =[Cu(NH3)4](OH)2，X 为含Cu2+的配合物，故X 为深蓝色晶体
[Cu(NH3)4] SO4·H2O。A 项，①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2 NH4
+，A 项正确；B 项，在①中，
氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B 项错误；C 项，X 为深蓝色晶
体[Cu(NH3)4] SO4·H2O，所含阴离子为SO4
2-，C 项正确；D 项，加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4] SO4·H2O，
利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D 项正确；故选B。
10．化学链燃烧技术可提高燃烧效率，并有利于CO2的捕集。某种化学链燃烧技术中的物质转化关系
如下图，其中M 和N 为铜的氧化物，反应①和②在不同装置中进行，燃料用CxHy表示。下列说法不正确
的是( )
A．M 和N 分别是CuO 和Cu2O
B．若②中燃料为CH4，则完全反应时，燃料与①中所需空气的体积比约为1 : 2
C．相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在空气中直接燃烧放出的热量相等
D．与燃料在空气中燃烧相比，化学链燃烧生成的CO2纯度更高，利于富集
【答案】B
【解析】A 项，CxHy燃烧生成二氧化碳和水，是被氧化，化合价升高，则M→N 是化合价降低，故M
和N 分别是CuO 和Cu2O，A 正确；B 项，若②中燃料为CH4，则完全反应时需要的氧气量为CH4物质的
量2 倍，燃料与①中所需空气则为CH4的10 倍，体积比约为1:10，B 错误；C 项，根据盖斯定律可知，一
6
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个化学反应不管一步反应还是几步完成，反应热相等，故相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在空
气中直接燃烧放出的热量相等，C 正确；D 项，由图示可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和水，CO2
纯度更高，利于富集，D 正确；故选B。
11．(2025·北京市第四中学高三期中)高分子Y 是一种人工合成的温敏性聚肽高分子，其合成路线如下：
下列说法不正确的是( )
A．生成1mol 高分子X，消耗n(E)= mmol、n(F)=1mol，同时生成mmolCO2
B．X 中有1 个氨基和m 个酰胺基
C．一定条件下，X 水解可得到E 和F
D．G 与X 生成Y 的过程中有加聚反应发生
【答案】C
【解析】A 项，由流程可知，
中红色部分化学键断裂，再发生加聚反应和F
生成X 和二氧化碳，则生成1mol 高分子X，消耗n(E)= mmol、n(F)=1mol，同时生成m molCO2，A 正确；
B 项，X 中只有右端的端基存在1 个氨基，每个重复单元中只有一个酰胺基，因此存在m 个酰胺基，B 正
确；C 项，由X 结构，一定条件下，X 中的酰胺基水解可得到F，但是无法形成E 中环，不能得到E，C 错
误；D 项，G 与X 生成Y 的过程中存在G 的双键断裂生成高聚物的过程，有加聚反应发生，D 正确；故选
C。
12．类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是( )
已知
结论
A
15—冠—5(冠醚)能识别Na+
12—冠—4(冠醚)能识别K+
B
酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸
酸性：氢氟酸＞氢氯酸
C
Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，
Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10－12
溶解度：AgCl＞Ag2CrO4
D
晶体硅是半导体材料
晶体硅的化学键含金属键成分
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【答案】D
【解析】A 项，12—冠—4(冠醚)与Li+络合而不与Na+、K+络合，故12—冠—4(冠醚)不能识别K+，A
项错误；B 项，F 的吸电子能力强于Cl，使得三氟乙酸比三氯乙酸更易发生电离，而F 的非金属性比Cl 强，
所以酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，H-F 键能比H-Cl 键能大，更难发生电离，所以酸性：氢氟酸＜氢氯酸，
B 项错误；C 项，Ag2CrO4和AgCl 组成不相似，则由Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，不能推测出溶解度：AgCl
＞Ag2CrO4，C 项错误；D 项，晶体硅是半导体材料，能导电，金属含有金属键，能够导电，个由此可类比
推理出，晶体硅的化学键含金属键成分，D 项正确；故选D。
13．已知
在超临界水中进行碳碳加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所
示。下列有关说法错误的是( )
A．
比
稳定
8
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B．反应生成
的活化能为54.0 kJ·mol−1
C．生成
的反应为吸热反应
D．催化剂不能改变两反应的反应热
【答案】A
【解析】A 项，由图可知，
的能量更低，能量越低越稳定，则
更稳定。
故A 错误；B 项，活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，由图可知反
应生成
的活化能为54.0kJ·mol−1，故B 正确；C 项，由图可知
的能量比反应
物高，故生成
的反应为吸热反应，故C 正确；D 项，催化剂只能改变化学反应速率，不能改
变反应热，故D 正确；故选A。
14．将0.2 mol·L－1的KI 溶液和0.05 mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，
能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I－
2Fe2++I2”的是( )
实验编
号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN 溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③
9
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【答案】D
【解析】将0.2 mol·L－1的KI 溶液和0.05mol mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，n(I-)为n(Fe3+)的两
倍，若要证明存在化学平衡“2Fe3++2I-
2Fe2++I2”，一方面要证明发生了反应，另一方面要证明溶液
中仍存在Fe3+。①向溶液中滴入KSCN 溶液，溶液变红，则说明溶液中仍有Fe3+；②向溶液中滴入AgNO3
溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中仍有I−，但由于I-过量，过量的I-也能与Ag+产生黄色沉淀；③溶液中滴
入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中含有Fe2+，说明有Fe3+被还原成Fe2+；④溶液中滴入淀粉
溶液后溶液变蓝色，说明溶液中含I2，说明有I-被氧化成I2；故选D。
第二部分
二、非选择题：本部分共5 题，共58 分。
15．(12 分)硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应
用，回答下列问题。
(1) Se 在周期表中的位置 。
(2)O、S、Se 气态氢化物的键角由大到小的顺序为 (填化学式)。
(3)已知SeO2与SO2的部分性质如下表：
物质
状态(常温)
熔点
SeO2
固体
340-
350℃
SO2
气体
℃
根据X 射线衍射分析SeO2晶体如图所示
的长链状结构，请解释SeO2
与SO2熔点差异较大的可能原因 。
(4)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se 原子
的杂化类型为 ，元素Se、O、N 的第一电离能由大到小的顺序为 。
(5)亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。预测NaHSeO3，可能的化学性
质并说明预测依据 (写一条即可)。
(6) Li、Fe、Se 可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。
10
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①该超导材料的化学式为 ；距离Se 原子最近的Fe 原子的个数为 。
②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 g· cm-3 (阿伏加德罗常数
的值为NA，用含a、b 和NA的式子表示)。
【答案】(1)第四周期VIA 族(1 分) (2) H2O＞H2S＞H2Se(1 分)
(3)SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的多，故分子间作用力SeO2更大(2 分)
(4) sp3(1 分) N＞O＞Se(1 分)
(5)因为Se 元素是+4 价，既可以升高又可以降低，所以NaHSeO3具有氧化性和还原性；或NaHSeO3是
酸式盐，可以与碱反应(2 分)
(6) LiFe2Se2(1 分) 4(1 分)
(2 分)
【解析】(1)Se 的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA 族；(2)O、S、Se 气态氢化物
分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se 都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2 对孤对电子，电负
性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se 键
角由大到小的顺序为H2O＞H2S＞H2Se；(3)SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的
多，分子间作用力SeO2更大，所以SeO2与SO2熔点差异较大；(4)Se 的原子序数为34，在元素周期表中的
位置是第四周期ⅥA 族，“依布硒”中Se 原子形成2 个σ 键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂
化类型为sp3；O、N 元素同周期，N 为VA 族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离
能N＞O，Se、O 元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N 的第一电离能由
大到小的顺序为N＞O＞Se；(5)NaHSeO3中Se 元素化合价为+4 价，处于中间价，既可以升高又可以降低，
所以NaHSeO3具有氧化性和还原性；或NaHSeO3是酸式盐，可以与碱反应；(6)
Li
①
位于顶点和体内，个
数为
，Fe 位于面上，个数为
，Se 位于棱上和体内，个数为
，该超导材料的
11
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化学式为LiFe2Se2；由晶胞图可知距离Se 原子最近的Fe 原子的个数为4；②晶胞的质量为
，晶胞的体积为
，晶体密度为
。
16．(12 分)1，3-丁二烯是合成橡胶和合成树脂的原料。请回答：
(1)在573K，可通过使丁烯脱氢制取1，3-丁二烯：
反应I C4H8(g)
C4H6(g)＋H2(g) ΔH1= +115.73 kJ∙mol−1
已知：该条件下，1mol H2完全燃烧所放出的热量为242kJ。
①写出丁烯燃烧的热化学方程式 。
②有利于提高C4H8平衡转化率的条件是 。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
③工业生产中，丁烯催化脱氢反应通常加入水蒸气反应，其理由是 。
(2)丁烯的氧化反应过程会有多个副反应同时发生，如下所示。各反应的吉布斯自由能(ΔG=ΔH-TΔS)随
温度的变化关系如下表所示。
主反应I：1-C4H8 +
O2
1，3-C4H6 + H2O
副反应I：1-C4H8
iC4H8
副反应Ⅱ：1-C4H8
c-2-C4H8
副反应Ⅲ：1-C4H8
t-2-C4H8
副反应Ⅳ：1-C4H8+4O2
4CO+4H2O
副反应V：1-C4H8 + 6O2
4CO2 + 4H2O
副反应Ⅵ：1-C4H8 + 4O2
4CO2 + 4H2
各反应在不同温度下的吉布斯自由能ΔG
12
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结合表格数据：
①在1000K 下可能会非自发的反应是 ，判断依据是
。
②分析上图中当温度超过600K 时1，3-丁二烯产率几乎为零的原因
。
(3)某一温度下，丁烯催化脱氢制取丁二烯在20 L 刚性容器内，冲入1mol 反应气体，达到平衡后容器
的压强从1000 Pa 增大到1500 Pa，该条件下反应平衡常数 。
(4)一种微生物-光电化学弱酸性复合系统可高效实现固定CO2并转化为CH4，正极上的电极反应式是：
。
【答案】(1) C4H8(g)＋
O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27kJ∙mol−1(2 分)
C(1 分) 为反应供热；降低反应体系的分压(1 分)
(2) 副反应Ⅲ(1 分) 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG 可能会大于0(2 分)
ΔG 绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大)当反应温度高于600 K 时，副反应Ⅳ、V、VI 自
发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、VI 程度远大于主反应I，主反应I 发生程度非常小(2 分)
(3)0.025(2 分)
(4)CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O(1 分)
【解析】(1)①在573K，1molH2完全燃烧所放出的热量为242kJ，反应Ⅱ的热化学方程式为H2(g)＋
O2(g)= H2O(g) ΔH=-242kJ·mol-1。根据盖斯定律，(反应I+反应Ⅱ)可到目标反应C4H8(g)＋
O2(g)=C4H6(g)
+H2O(g)，则ΔH=＋115.73 kJ·mol-1+(-242kJ·mol-1)=- 126.27 kJ·mol-1；则丁烯燃烧的热化学方程式为C4H8(g)
＋
O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ∙mol−1。②反应Ⅰ为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡
正向移动，C4H8的转化率增大；减小压强，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；则高温低压有利于提高
C4H8的转化率，C 符合题意。③水蒸气的温度较高，通入水蒸气可以为反应物加热，从而提高反应速率；
此外，通过水蒸气可以降低反应物的分压，有利于平衡正常移动，可提高C4H8的转化率。(2)①ΔG＞0，
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反应不自发。根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时，ΔG 可能会大于0，反应从自发转化为非自发。
②ΔG 绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K
时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ的反应正向程度远大于主反应I，主反
应I 发生程度非常小，因此1，3-丁二烯产率几乎为零。(3)在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体
的物质的量之比。达到平衡后容器的压强从1000 Pa 增大到1500 Pa，则气体的物质的量从1mol 增大到
；可利用三段式计算平衡常数，设反应达到平衡时，丁烯反应了xmol，三段式如下：
总物质的量1－x＋x＋x=1.5，则x=0.5mol；则平衡常数
。(4)CO2转化为
CH4，电解质环境为弱酸性；CO2转化为CH4，化合价从＋4 降低到－4，发生还原反应，则配平得到的正
极上的电极方程式为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
17．(10 分)黄酮类物质X 具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
已知：
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(1)X 中含有的含氧官能团为醚键、 。
(2)A→B 反应的化学方程式是 。
(3)B→D 的反应类型是 。
(4)E→F 的反应同时生成HCl，试剂a 的结构简式是 。
(5)J 的结构简式是 。
(6)F 和L 生成X 经历如下多步反应：
已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
M
①
的结构简式是 。
②第三步反应中，除生成产物X 外还生成的有机产物有 ，试剂a 的作用是
。
【答案】(1)酮羰基、酚羟基(1 分)
(2)
+Br2
+HBr(2 分)
(3)取代反应(1 分)
(4)CH3OCH2Cl(1 分)
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(5)
(1 分)
(6)
(2 分) 甲醛、甲醇(1 分) 保护酚羟基(1 分)
【解析】结合流程，A 和Br2发生取代反应生成B，结合F 的结构简式可知，B 的结构简式为
；B 和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F 的结构简式可以推知D 为
；D 发生水
解反应生成E 为
；E 和试剂a 发生取代反应生成F，由题(4)可知，同时生成HCl，可以推知a
为CH3OCH2Cl；G 和
发生取代反应生成J 为
；J 发生已知信息的反应得到
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K 为
，K 和CH3OCH2Cl 发生取代反应生成L 为
；F 和L 发生(6)题中信息
的反应得到M，由F 和L 的结构简式可知M 为
；M 加成转化为N：
；N 酸化生成X，同时会生成甲醛、甲醇。(1)由X 结构，X 中含有
的含氧官能团为醚键、酮羰基、酚羟基；(2)由分析可知，A 和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为：
+Br2
+HBr；(3)由分析可知，B 和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，故为取代
反应；(4)由分析可知，a 为CH3OCH2Cl；(5)由分析可知，J 的结构简式是
；(6)①由分析可
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知，M 的结构简式是
。②由分析可知，N 到X 过程为
酸化发生C-O 键断裂生成
、甲醛和甲醇；a 在参与的2 个反应中均会和酚羟基发生反应引入
支链，后来支链又转化为酚羟基，故a 作用为保护酚羟基。
18．(12 分)MnCO3是重要化工原料，由MnO2制备MnCO3的一种工艺流程如下：
Ⅰ. 研磨MnO2，加水配成浊液。
Ⅱ.MnO2浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnCO3固体。
资料：①MnCO3不溶于水。该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
②难溶电解质的溶度积：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，Ksp[Mn (OH)2]=2.0×10－13
(1)研磨MnO2的目的是 。
(2)加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是 。
(3) MnO2氧化Fe2+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+=2Mn2++2Fe3++2H2O
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①根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2.而实际比值(1~1.25)小于2，原因
是 。
②取少量母液，滴加K3[ Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明 。
(4)纯化
向母液中滴加氯水调pH，除去残留的Fe3+。若母液中c(Mn2+)=1mol·L-1，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液
中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，此时是否有Mn(OH)2沉淀生成？ (列式计算，已知
)。
(5)制备
将Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤沉淀，干燥
后得到MnCO3固体。
①通过检验SO4
2-来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO4
2-的操作是 。
②生成MnCO3的离子方程式是 。
【答案】(1)增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率(1 分)
(2)2Fe3++Fe=3Fe2+(1 分)
(3) 由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，溶液中氢离子浓度增大，
所以还原 MnO2 所需的 H+ 与 Fe2+ 的物质的量实际比值(1~1.25)小于2(2 分) 亚铁离子或Fe2+(1 分)
(4) Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，根据Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－
39=c(Fe3+)c3(OH-)=1×10-5×c3(OH-)，c(OH-)=6.5×10-12，Qc=c(Mn2+)c2(OH-)=1mol/L×(6.5×10-12)2=4.225×10-23，而
Ksp[Mn (OH)2]=2.0×10－13，即QC<KSP，没有沉淀产生(3 分)
(5)取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，没有沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干
净(2 分) 2HCO3
-+ Mn2+= MnCO3↓+CO2+H2O(2 分)
【解析】(1)研磨MnO2，变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率；(2)加入铁
粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+；(3)①MnO2氧化Fe2+的反应如下：
MnO2+4H++2Fe2+=2Mn2++2Fe3++2H2O，根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2，
而实际比值(1~1.25)小于2，原因是：由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，
溶液中氢离子浓度增大，所以还原MnO2 所需的H+与Fe2+的物质的量实际比值(1~1.25)小于 2；②亚铁离
子能够与K3[ Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，以此检验亚铁离子存在；取少量母液，滴加K3[ Fe(CN)6]溶液，
未产生蓝色沉淀，说明溶液中不存在亚铁离子；(4)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，根
据Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39=c(Fe3)c3(OH-)=1×10-5×c3(OH-)，c(OH-)=6.5×10-12，Qc=c(Mn2+)c2(OH-)=1mol/
L×(6.5×10-12)2=4.225×10-23，而Ksp[Mn (OH)2]=2.0×10－13，即Qc<Ksp，没有沉淀产生；(5)将Mn2+纯化液与稍
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过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤沉淀，干燥后得到MnCO3固体。①
硫酸根离子检验常用试剂为盐酸和氯化钡，具体操作如下：取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸，再加
入氯化钡溶液，没有沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净；②将Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，
得到含MnCO3的浊液，生成MnCO3的离子方程式是2HCO3
-+ Mn2+= MnCO3↓+CO2+H2O。
19．(12 分)研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，难
溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu2+和
H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2
H+ +HO2
-，HO2
-
H+ +O2
2-。
编号
实验
现象
Ⅰ
向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中
加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
出现少量气泡
Ⅱ
向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中
加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡
Ⅲ
向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L− 1CuSO4溶液中加
入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡
(1) 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是
。
(2)对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，
进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。
①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是 。
②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是
。
③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：
将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为
指示剂，向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V= ，可知沉淀中不
含 Cu2O，假设ⅰ成立。(已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝96 g·mol − 1，M(Cu2O)＝144 g·mol−1)
(3)结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因
。
(4)研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH 时 H2O2分解速率不同的原因。
实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L−1Na2SO4溶液，向其中各加入 0.5 mL 30%
H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。
实验Ⅵ： (填实验操作和现象)，说明 CuO2能够催化 H2O2分解。
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(5)综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是
。
【答案】(1)2H2O2
O2↑+2H2O(1 分)
(2)H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+(1 分) CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会
氧化Cu2O 或Cu，无法观察到红色沉淀Cu(2 分)
(2 分)
(3)溶液中存在H2O2
H+ +HO2－，HO2－
H+ +O2
2－，溶液pH 增大，两个平衡均正向移动，
O2
2－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大(2 分)
(4)将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反
应结束后，测得干燥后固体的质量不变(2 分)
(5)CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH 增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多(2 分)
【解析】(1)由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为
2H2O2
O2↑+2H2O；(2)①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，
反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+；②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，
双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成
立，乙同学的观点正确；③a g 过氧化铜的物质的量为
，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—
EDTA，则有
= c mol/L×V×10—3L，解得V=
ml；(3)由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡
H2O2
H+ +HO2－、HO2－
H+ +O2
2－，溶液pH 增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，
过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大；(4)若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加
快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称
取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；
(5)由以上实验可知，当溶液pH 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧
化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大。
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