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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷01
化 学
考情速递
高考·新动向：依据高考评价体系，强调依据核心价值引领、学科素养导向、关键能力为重、必备知识
为基、试题情境链接、创新设计试题。突出关键能力考查，激发学生从事科学研究、探索未知的兴
趣，助力拔尖创新人才的选拔培养，充分发挥高考育人功能和积极导向作用，精选试题素材弘扬爱国
主义。如第1 题结合中国传统文化，考查化学反应类型、化学反应原理和方法、物质的性质等；第3 题
联系生活中的食盐、食醋、天然气、蔗糖等化学物质，体现化学与生活的联系等。
高考·新考法：全国高考化学试卷包括选择题和非选择题两部分。选择题为14~15 道单项选择，旨在考
查学生对基础知识的掌握和应用能力。4 道非选择综合题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简
答、计算等题型，且形式新颖。多角度、多层次考查学生化学学科核心素养发展水平，注重考查学生
的分析、推理和实验设计能力。如第8 题依据元素周期表，结合热重曲线图信息，考查元素的电负
性、微粒间作用力、氧化还原反应、化学计算等知识。第18 题利用电化学装置图、CO 选择性曲线
图、化学反应原理图等图示，多角度考查化学反应有关原理，要求学生在真实情境中综合运用电化
学、热化学、化学平衡等知识，突出应用所学知识解决实际问题的综合能力的考查。
高考·新情境：创设真实情境是高考化学命题的一大特点。比如第11 题的“碳中和”、第12 题“有机
污染物的降解”等。考生在这些真实情境下分析合成过程中的化学物质转化、反应条件、反应类型等
化学知识，从原料出发，经过多步反应得到目标产物等。这种情境化的命题形式有助于考查学生将化
学知识应用于实际情境的能力，以及在复杂情境下分析和解决问题的能力。
命题·大预测：2025 年的高考试题命制仍会更贴近生产、生活。注重跨学科融合及热点应用等，全面考
查学生的核心素养。强化图像解析，关注科技前沿案例及综合性实验与工艺流程等。如第13、15、
16、18 题的转化率、溶解平衡、PH 图像等。化学情境可能更多涉及新能源、新科技等相关化学知识。
例如第18 题以氢能的开发和利用为切入点，考查热化学、电化学的知识等。
（考试时间：75 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 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、单选题：本大题共15 小题，每小题3 分，共45 分，每小题给出的4 个选项中只有一个答案符合要
求。
1．中国古代化学工艺是中华璀璨文明的一部分，下列有关说法不正确的是
7
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A．东汉成书记载有“石胆化铁则为铜”，该过程涉及了置换反应
B．闻名海内外的景德镇瓷器是由黏土经高温烧结而成
C．古代炼丹家由丹砂炼水银的方法属于现代金属冶炼工艺中的热还原法
D．用青铜铸剑利用了青铜比纯铜熔点低、硬度大的优点
【答案】C
【解析】A．“石胆化铁则为铜”利用了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，该反应基本类型属于置换
反
应，A 正确；B．景德镇瓷器属于陶瓷，烧制陶瓷的主要原料是黏土，B 正确；C．由丹砂炼水银的方
法属于现代金属冶炼工艺中的热分解法，不是热还原方法，C 错误；D．青铜属于合金，合金的熔点比
纯金属低，而硬度比成分金属要大，D 正确；故合理选项是C。
2．下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是
A. 用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨
B. 用氮气实现工业合成氨
C. 实验室用NaOH 溶液吸收
尾气
D. 用湿润的淀粉碘化钾试纸检验
【答案】C
【解析】有电子得失(或电子对偏移)，元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应，据此分析解答。
A．铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，属于置换反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反
应，故A 不选；B．氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，元素化合价发生变化，属
于氧化还原反应，故B 不选；C．NaOH 溶液和SO2反应生成亚硫酸钠和水，元素化合价没有变化，不
属于氧化还原反应，故C 选；D．发生反应为2KI+Cl2=2KCl+I2，此反应为置换反应，属于氧化还原反
应，故D 不选； 答案选C。
3．生活离不开化学。下列说法不正确的是
A．食盐的主要成分是NaCl，用电子式表示其形成过程为：
B．食醋的溶质是醋酸，醋酸的分子结构模型：
C．天然气是一种清洁的化石燃料，主要成分CH4的空间结构为正四面体形
D．蔗糖和核糖都是二糖，它们的水解产物都是葡萄糖
【答案】D
【解析】A．NaCl 是离子化合物，电子式表示其形成过程为：
，A 正确；
B．醋酸结构简式CH3COOH，其分子结构模型：
，B 正确；C．CH4中心原子C 原子价层
电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，C 正确；D．核糖是单糖，不能水解，D 错误；
答案选D。
4．以含钴废渣(主要成分为CoO 和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备CoCO3的工艺流程如图所示：
8
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下列说法错误的是
A．酸浸时加入H2O2做还原剂
B．除铝时加入Na2CO3溶液可以促进 Al3+ 的水解
C．若萃取剂的总量一定，则一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好
D．将含Na2CO3的溶液缓慢滴加到Co2+溶液中沉钴，目的是防止产生 Co(OH)2
【答案】C
【解析】A．由题干工艺流程图可知，酸浸时加入H2O2做还原剂、将CO
3+还原为CO
2+，A 正确；B．除
铝时加入Na2CO3溶液，发生的反应为2Al3++3CO+3H2O=Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤后所得滤渣是
Al(OH)3，B 正确；C．萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C 错误；D．沉钴时应将含Co2+的溶
液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，如果碳酸钠过量、溶液碱性过强、会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的
产率，D 正确； 故答案为C。
5． 实验室进行粗盐提纯并制备 NaHCO3和 Cl2，下列相关原理、装置及操作正确的是
A. 装置甲除粗盐水中的泥沙
B. 装置丙制备NaHCO3
C. 装置乙蒸发NaCl 溶液
D. 装置丁制备Cl2
【答案】B
【解析】A．装置甲中除粗盐水中的泥沙时，采用过滤的方法，但需要使用玻璃棒引流，A 不正确；
B．装置丙制备NaHCO3时，将CO2气体通入氨化的NaCl 饱和溶液中，由于NaHCO3在饱和NaCl 中的
溶解度较小，所以生成的NaHCO3大部分结晶析出，B 正确；C．装置乙中蒸发NaCl 溶液时，采用蒸
发结晶的方法，通常使用蒸发皿，坩埚是灼烧固体所用的仪器，不用于蒸发溶液，C 不正确；D．装置
丁制备Cl2，采用电解饱和食盐水的方法，与直流电源正极相连的Fe 电极为阳极，则Fe 失电子，而不
是Cl-失电子，得不到Cl2，D 不正确；故选C。
6．下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一项是
选
项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入NaOH 溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有Mg2+
B
将银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变
金属钠具有还原性
9
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暗
C
向某溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀
该溶液中可能含有Cl-
D
用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先
变红，随后褪色
氯水中含有酸性物质、漂白性物质
【答案】A
【解析】A．白色沉淀可能为氢氧化铝或氢氧化镁等，由操作和现象可知，该溶液中不一定含有
Mg2+，故A 错误； B．将银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变暗，说明Na 与氧气发生氧化反
应生成了氧化钠，钠表现出还原性，故B 正确；C．向某溶液中加入AgNO3溶液，生成的白色沉淀可
能为Ag2CO3，不一定为AgCl，则原溶液中可能含有Cl-，故C 正确；D．氯水含盐酸、次氯酸，次氯酸
具有漂白性，则蓝色石蕊试纸先变红，随后褪色，故D 正确；故选：A。
7．双钙钛矿型氧化物具有立方晶胞结构，通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构
单元如图所示，真实的晶体中存在5%的O 空位缺陷。下列说法错误的是（ ）
A．不考虑晶体缺陷，Ni(II)与Mn(III)的配位数相等
B．O 空位的形成有利于O2-的传导
C．不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为La2NiMnO3
D．考虑晶体缺陷，该晶体中+3 价与+4 价La 原子的个数之比为4：1
【答案】C
【解析】A 项，Ni 与Mn 原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A 正确；B 项，O 空位的
形成有利于O2-的传导，因为空位处动能大，离子移动快，B 正确；C 项，La 个数是1，Ni 与Mn 个数
均为4×1/8=0.5，O 的个数为6×1/2=3，晶体化学式为La2NiMnO6，C 错误；D 项，晶体化学式为
La2NiMnO6，考虑缺陷则是La2NiMnO5.7，设+3 价La 为x 个，+4 价La 为y 个，则x+y=2，
3x+4y+2+3=5.7×2，解得x=1.6，y=0.4，+3 价与+4 价La 原子个数比为4：1，D 正确；故选C。
8．已知W、X、Y 和Z 为前四周期元素，且原子序数依次增大，W 的原子半径在元素周期表中最小，X、
Y 位于同一主族，Z 的正一价离子在酸性条件下可以发生歧化反应，ZYX4·5W2X 分解的TG 曲线(热重)
及DSC 曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。下列说法不正确的是
10
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A．W、X、Y、Z 的电负性大小：X>Y>W>Z
B．ZYX4和W2X 之间存在不同的作用力
C．1200℃时固体成分为Z2X
D．700℃左右有两个吸收峰，此时发生两个氧化还原反应
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的前四周期元素，W 为周期表中原子半径最小的元素，W
为氢；X、Y 位于同一主族，则X 为O、Y 为S，Z 的正一价离子在酸性条件下可以发生歧化反应，则
Z 为Cu；则ZYX4·5W2X 为CuSO4·5H2O；A．根据分析可知W、X、Y、Z 分别为H，O，S，Cu，电负
性大小为：O>S>H>Cu，A 项正确；B．ZYX4为CuSO4，W2X 为H2O，两种不同的作用力。其中4 个水
分子是作为配体配位在铜离子上的，即[Cu(H2O)4]2+，那么成键方式就是配位键；另一个水分子则结合
在硫酸根上，水分子通过氢键与硫酸根中的氧原子相连接，B 项正确；C．1200℃对应固体质量为
0.72g，发生反应为：4CuO\o(\s\up6(_____)2Cu2O+O2↑此时固体成分为Cu2O，C 项正确；D．从DSC 曲
线可以看出，700℃左右有两个吸热峰，对应固体质量在1.6mg~0.8mg 之间，其对应反应的化学方程式
为CuSO4====CuO+SO3↑、2SO3
2SO2+O2，不都是氧化还原反应，D 项不正确；答案选D。
9． X 溶液中可能含有下列5 种离子中的几种：Fe3+、Fe2+、NH、Cl-、SO，某同学为确定其中含有的
离
子，设计并完成以下实验(所加试剂均足量)。
下列说法正确的是
A．X 溶液中一定存在SO，可能不存在Cl-
B．X 溶液中一定存在NH、SO，至少含有Fe3+、Fe2+中的一种
C．取少量X 溶液，先加入适量氯水，再加少量KSCN 溶液，若溶液呈红色，则含有Fe2+
D．X 溶液中一定含有Cl-，且
【答案】B
【解析】A．根据分析可知，X 溶液中一定存在Cl-，故A 错误；B．X 溶液中一定存在NH、SO、Cl-，
至少含有Fe3+、Fe2+中的一种，故B 正确；C．溶液呈血红色，有2 种可能，一是原溶液中含有Fe2+，被
氯水氧化生成了Fe3+，另一种是原溶液中就存在Fe3+，因此不能判断是否含有Fe2+，故C 错误； D．根
据分析可知n(Cl−)至少为0.01mol，溶液体积为100mL，则c(Cl−)≥0.1mol/L，故D 错误；故选B。
10．苯乙烯是一种重要的化工原料，在CO2气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下
列说法错误的是
11
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A．该反应历程中CO2是氧化剂 B．1mol
生成1mol
减少
键
C．催化剂改变了反应历程，降低了反应的△H(焓变) D．
分子中C 原子都采取sp2杂化
【答案】C
【解析】A．该反应是乙苯和二氧化碳反应生成苯乙烯、一氧化碳和水，其反应历程中CO2是氧化
剂，故A 正确；B．从
和
结构分析得到1mol
生成1mol
减少2molσ 键，故B 正确；
C．催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，但不改变△H(焓变)，故C 错误；D．
分子中
C 原子价层电子对数都为3+0=3，采取sp2杂化，故D 正确；综上所述，答案为C。
11．CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路
线如
下。
已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是
A．CO2与X 的化学计量比为1：2
B．P 完全水解得到的产物的分子式和Y 的分子式相同
C．P 可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构
D．Y 通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解
【答案】B
【解析】A．结合已知信息，通过对比X、Y 的结构可知CO2与X 的化学计量比为1：2，A 正确；
B．P 完全水解得到的产物结构简式为
，分子式为C9H14O3，Y 的分子式为C9H12O2，
2molσ
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二者分子式不相同，B 错误；C．P 的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C 正确；D．
Y 形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y 通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要
为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D 正确；故选B。
12．羟基自由基（.OH）具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作
用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基（.OH）处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已
知：双极膜中间层中的H2O 解离为H+和OH-。下列说法错误的是
A．M 极为阴极，电极反应式：O2+2e-+2H+==2 .OH
B．双极膜中H2O 解离出的OH-透过膜a 向N 极移动
C．每处理6.0g 甲醛，理论上有0.4molH+透过膜b
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6 7∶
【答案】C
【解析】A．M 电极通入O2，发生反应生成自由基—OH，反应式为：O2+2e-+2H+==2—OH，M 作阴
极，A 正确；B．N 为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以OH-透过膜a 向N 极移动，B 正确；C．
甲醛与—OH 反应生成CO2的反应：HCHO+4OH-+.OH-4e-→CO2+4H2O，6.0g 甲醛为0.2mol，有
0.8molH+，透过膜b，C 错误；D．根据氧化还原反应规律，1mol 甲醛生成CO2转移4mole-，
1molC6H6O 生成CO2转移28mole-，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6 7∶，D 正确； 故
选C。
13．在催化剂作用下，CO2氧化C2H6可获得C2H4。其主要化学反应为：
反应Ⅰ．C2H6(g)+CO2(g)
C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) △H = +177kJ/mol
反应Ⅱ．C2H6(g)+2CO2(g)
3H2(g)+4CO(g) △H = +430kJ/mol
压强分别为P1、P2时，将2molC2H6和3molCO2的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙
烷的平衡转化率、乙烯的选择性(C2H4的选择性
)如图所示。下列说法不正确的
是
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A．压强为
，温度为210℃时，反应达平衡时，2n 生成(C2H4)=n 生成(CO)
B．P1>P2
C．C2H4的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的CO 抑制了反应Ⅰ的进行
D．低温下C2H6转化为C2H4的反应可能非自发进行
【答案】B
【解析】A．压强为P1，温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ
的乙烷为2mol×50%×80%=0.8mol，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是0.8mol，参与反应Ⅱ的乙烷为
2mol×50%×20%=0.2mol，反应Ⅱ生成的一氧化碳是0.8mol，反应达平衡时，生成CO 的总物质的量
1.6mol，生成乙烯的总物质的量为0.8mol，即2n 生成(C2H4)=n 生成(CO)，A 项正确；B．相同温度下，增
大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷转化率降低，所以P1<P2，B 项错误；C．温度升高，反应Ⅰ和
反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大，但乙
烯的选择性却逐渐降低，说明温度升高的过程中，以反应Ⅱ为主，且生成的CO 抑制了反应Ⅰ的进
行，C 项正确；D．反应Ⅰ正向为△H>0，△S>0，温度升高更有利于C2H4的生成，低温下可能
△G=△H-T△S>0，即C2H6 转化为C2H4的反应可能非自发进行，D 项正确；答案选B。
14．“化学多米诺实验”是利用化学反应中气体产生的压力，使多个化学反应依次发生，装置如图所示。
若在①～⑥中加入表中相应试剂，能实现“化学多米诺实验”且会使⑤中试剂褪色的是
选项
①中试
剂
②中试
剂
③中试剂
④中试剂
⑤中试剂
⑥中试剂
A
稀硫酸
Zn
浓盐酸
Ca(ClO)2
FeCl2溶液
NaOH 溶液
B
浓氨水
碱石灰
水
Al2S3
酸性KMnO4溶液
NaOH 溶液
C
双氧水
MnO2
饱和食盐
水
CaC2
浓溴水
KMnO4溶液
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D
盐酸
大理石
浓硫酸
NaCl
KMnO4溶液
水和CCl4
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】A．稀硫酸与Zn 反应生成氢气，氢气将③中浓盐酸压入④中，④中浓盐酸和Ca(ClO)2反应生
成氯气，氯气进入⑤与氯化亚铁反应生成氯化铁，无法使⑤中试剂褪色，A 错误；B．浓氨水和碱石
灰反应生成氨气，氨气易溶于水，导致装置③中生成的氨水进入装置④，④中发生反应：
Al2S3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2S，没有H2S 逸出，无法使⑤中试剂褪色，B 错误；C．双氧水在
二氧化锰为催化剂的情况下分解生成氧气，氧气将饱和食盐水压入④中，饱和食盐水与CaC2反应生成
乙炔，乙炔进入⑤中与浓溴水发生加成反应从而使浓溴水褪色，最后高锰酸钾吸收多余的乙炔，C 正
确；D．浓硫酸和NaCl 需要加热才能反应生成HCl，因此不能使高锰酸钾溶液褪色，D 错误；故答案
选C。
15．Na2CO3溶液显碱性，含Mg2+的溶液与碳酸钠溶液反应，产物可能是Mg(OH)2或MgCO3.已知：①图1
中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与溶液pH 的关系；②图2 中曲线Ⅰ的离子浓度
关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
。注：起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1，不同pH 下c(CO)由图1 得到。下列说法正确的是
A. 常温下，CO 的第一步水解平衡常数数量级为10-3
B. 由图2，初始状态pH=9，lg[c(Mg2+)]=-6，没有沉淀生成
C. 由图2，初始状态pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液存在：c(H2CO3)+c(CO)+c(HCO)>0.1mol/L
D. 由图1 和图2，初始状态pH=9，lg[c(Mg2+)]=-1 时，发生反应：Mg2++2HCO==MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】A．由图1 可知，当pH=10.25 时，c(CO)=c(HCO)，Kh(CO)=c(OH-).c(HCO)/c(CO)=c(OH-)
=10-3.75，数量级为10-4，故A 错误；B．由图2 可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-6 时，该点位于两条溶解平衡
曲线的下方，均不会生成沉淀，故B 正确；C．由图2 可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2 时，该点位于曲线Ⅱ
的上方，会生成MgCO3 沉淀，根据物料守恒关系可知，溶液中 c(H2CO3)+c(CO)+c(HCO) ＜
c(Na2CO3)=0.1mol/L ，故C 错误；D ．pH=8 时溶液中主要含碳微粒是HCO 和CO ，pH=9 、
lg[c(Mg2+)]=-1 时，该点位于曲线I 和Ⅱ的上方，由于此时主要是Mg2+和CO 反应生成MgCO3沉淀，则
反应的离子方程式为Mg2++CO==MgCO3↓，故D 错误。答案选B。
15
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二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16.（14 分） 以钛白渣(主要成分为FeSO4，含有少量MgSO4及TiOSO4)为原料，生产氧化铁黄(α-FeOOH)
的工艺流程如下：
已知：常温下
；
（1）“溶解”时，TiOSO4发生水解生成难溶于水的TiO2·xH2O，反应的化学方程式为______；“除
杂”时，加入过量铁粉的作用除了防止Fe2+被氧化外还有______。
（2）常温下，实验测定滤液①的pH=2，
，则滤液①中c(HF)=______。
（3）实验室用如图1 所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备FeOOH 的过程操作如下：
ⅰ．______；
ⅱ．关闭止水夹，一段时间后，打开K3；
ⅲ．当乙中pH=6.0 时，关闭K1、K3，打开
，通入空气。溶液中的pH 随时间变化如图2 所示。
①将操作i 补充完整：______。
pH≈4
②
时制得FeOOH(如图2 所示)。0-
时段，pH 几乎不变；
-
时段，pH 明显降低。结合方程
式解释原因：______。
（4）合格氧化铁黄的色光度值范围为―0.5~0.5，氧化过程中溶液的pH 对产率、色光度的影响如图所
示，氧化时应控制pH 的合理范围是______，pH 过大会导致产品的颜色变黑，可能含有的杂质
______(填化学式)。
【答案】（1） ①TiOSO4＋(x+1)H2O==TiO2·xH2O↓＋H2SO4（2 分） ②与HF 反应促进HF 的电离
16
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平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀 （2 分）
（2）1mol∙L-1 （2 分）
（3）①关闭K2，打开止水夹与K1 （2 分） ②pH=6.0 左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O==4Fe(OH)3因此
pH 几乎不变 （2 分） ③之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O==4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH 减
小 （2 分）
（4）①.3.5～4.0 （1 分） ②. Fe3O4（2 分）
【解析】由题给流程可知，向钛白渣中加入水溶解得到含有FeSO4、MgSO4、TiOSO4的溶液，其中
TiOSO4会发生水解转化为TiO2·xH2O 沉淀；除杂时加入HF 溶液，将MgSO4转化为MgF2沉淀，加入
Fe 可防止Fe2+被氧化同时可促进TiOSO4水解，过滤得到含有FeSO4的滤液；向滤液中通入空气，并加
入氨水，进一步氧化沉淀得到氧化铁黄。
（1）根据题意TiOSO4的水解转化为TiO2·xH2O 沉淀，可写出其水解的化学方程式为TiOSO4＋
(x+1)H2O==TiO2·xH2O↓＋H2SO4，“除杂”时，加入过量铁粉的作用是与HF 反应促进HF 的电离平
衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀，故答案为：TiOSO4＋(x+1)H2O==TiO2·xH2O↓＋
H2SO4；与HF 反应促进HF 的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀。
（2）常温下，实验测定滤液①的pH=2，c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L，且知Ka(HF)=3×10-4，
Ksp(MgF2)=9×10-9，则滤液①中
，则
，故答案为：1mol∙L-1。
（3）用如图1 所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备FeOOH 的过程结合ⅱ和ⅲ步的操作可知，操作i
是：关闭K2，打开止水夹与K1；根据信息pH≈4 时制得FeOOH，可推测pH=6.0 左右Fe(OH)2转化为
Fe(OH)3，即4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3，因此pH 几乎不变之后pH 明显降低，说明反应过程中
有H+，推测发生4Fe2+ + O2+ 6H2O==4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH 减小，故答案为：关
闭K2，打开止水夹与K1；pH=6.0 左右，4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O== 4Fe(OH)3因此pH 几乎不变；之后发
生4Fe2++O2+ 6H2O=4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH 减小。
（4）结合图形可得，氧化时要使色光度值范围为-0.5~0.5，应控制pH 的合理范围是3.5～4.0，pH 过
大会导致部分Fe2+来不及氧化就开始沉淀，结合产品的颜色变黑，推测可能含有的杂质Fe3O4，故答案
为：3.5～4.0；Fe3O4。
17.（14 分） 利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。
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实验过程如下：
①加样，将a mg 样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G 内
预装c(KIO3):c(KI)略小于1:5 的KIO3碱性标准溶液，吸收管F 内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F 内
滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3+5KI+6HCl==3I2+6KCl+3H2O，使溶液显浅蓝色。
②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。
③滴定：当F 内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)SO2+I2+2H2O==2HCl+H2SO4，立即用KIO3碱性标准溶
液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。
回答下列问题：
（1）取20.00mL0.1000mol/LKIO3的碱性溶液和一定量的KI 固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液，
下列仪器必须用到的是_______(填标号)。
A. 玻璃棒
B. 1000mL 锥形瓶
C. 500mL 容量瓶
D. 胶头滴管
（2）装置B 和C 的作用是充分干燥O2，B 中的试剂为_______。装置F 中通气管末端多孔玻璃泡内置
一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是_______。
（3）该滴定实验达终点的现象是_______；滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，样品中硫的质量分数
是_______(用代数式表示)。
（4）若装置D 中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是
_______；若装置E 冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是_______；若滴定过程中，有少
量IO 不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）AD （2 分） （2）①.浓硫酸（1 分） ②.防止倒吸（1 分）
（3）①当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s 内不变色 （2 分）
.
②
（2 分）
（4）①.催化剂（2 分） ②.通入F 的气体温度过高，导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性
标准溶液（2 分） ③.不变（2 分）
【解析】由题中信息可知，利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干
燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为SO2，然后将生成的SO2导入碘液中吸收，通过消耗KIO3
碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。
（1）取20.00mL0.1000mol/LKIO3的碱性溶液和一定量的KI 固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液
（稀释了50 倍后KIO3的浓度为0.0020000mol/L），需要用碱式滴定管或移液管量取
20.00mL0.1000mol/LKIO3的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI 固体，需要在烧
杯中溶解KI 固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用1000mL 容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管
定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B 和C 的作用是充分干燥O2，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B 中的试剂
为浓硫酸。装置F 中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为
磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃
塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1 滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的
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现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s 内不变色；由S 元素守恒
及SO2+I2+2H2O==2HCl+H2SO4、KIO3+5KI+6HCl==3I2+6KCl+3H2O 可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3，若
滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，则
，
，样品中硫的质量分数是
。
（4）若装置D 中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化SO2的氧化反
应从而促进SO3的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E 冷却气体不充分，则通入
F 的气体温度过高，可能导致部分I2升华，这样就要消耗更多KIO3碱性标准溶液，从而可能导致测定
结果偏大；若滴定过程中，有少量IO 不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，从电子转移守恒的角度分析，
IO 得到6e-被还原为I-，仍能得到关系式3S~3SO2~KIO3，测定结果会不变。
18．（15 分）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，目前有以下制取氢气的方法：
（1）一氧化碳变换反应CO(g)＋H2O(g)==CO2(g)＋H2(g)可用于生产氢气。该反应也可采用电化学方法
实现，反应装置如图所示。
①装置中的固体电解质应采用___________(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②生产时，阳极发生的电极反应式为___________。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO) n(H
∶
2O)=a b∶，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y 倍，
则CO 的转化率为___________(用a、b、y 表示)。
（2）工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。
Ⅰ.催化重整法制氢
反应1：CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.6 kJ/mol
反应2：CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2 kJ/mol
则反应3：CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g) ΔH3=___________kJ/mol。
Ⅱ.以CuO-ZnO-Al2O3催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其他条件不变，改变水、甲醇的物质的量比，
甲醇平衡转化率及CO 选择性的影响如图所示。
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CO 选择性=
。
①当水、甲醇比大于0.8 时，CO 选择性下降的原因是___________。
② 当水、甲醇比一定时，温度升高，CO 选择性有所上升，可能原因是___________。
（3）HCOOH 催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH 分解生成CO2和H2可能
反应机理如图所示。
HCOOD
①
催化释氢反应除生成CO2外，还生成___________(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK 溶液代替 HCOOH 催化释氢的效果更佳，其具体优点是
___________。
【答案】（1）①质子导体（2 分） ②CO＋H2O-2e-==CO2＋2H＋（2 分） ③ (1-y) (a+b)/a（2 分）
（2）①+49.4（2 分）
②增加水蒸气的用量，有利于反应2 正向进行，反应3 中更多的CH3OH 转化为CO2，都使CO 选择性
下降（2 分）
③升高温度，反应1 的ΔH1>0，K 增大，反应正向进行程度增大，反应2 的ΔH2<0，K 减小，反应正
向进行程度减小，都使CO 选择性上升；反应3 的ΔH3>0，温度升高，K 增大，反应正向进行程度增
大，使更多的甲醇转化为CO2，使CO2选择性上升，但此影响程度小于前两者使CO 选择性上升的影
响，故CO 选择性仍然随温度的升高而上升 （2 分）
（3）①HD（1 分）
②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度(HCOOK 是强电解质，更容易产生HCOOˉ 和K+，更
快的产生KH，KH 可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH 可以吸收分解产生的CO2，从而使氢
气更纯净)（2 分）
【解析】（1）①电解时，阳极上CO 被氧化生成CO2，则氢气要在阴极产生，即阳极产生CO2的同时
产生氢离子，氢离子通过固体电解质在阴极附近得电子生成H2，所以装置中的固体电解质应采用质子
导体；
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②电解时，阳极上CO 被氧化生成CO2，同时产生氢离子，则阳极发生的电极反应式为：CO+H2O-2e-
==CO2+2H+；
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO) n(H
∶
2O)=a b∶，则设n(CO)=amol，n(H2O)=bmol，根据
阳极的电极反应式(CO+H2O-2e-==CO2+2H+)可知，阳极上每消耗1molCO，气体物质的量减少1mol，
当出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y 倍时，气体物质的量减少(a+b)-y(a+b)=(1-y)(a+b)，则消耗CO 物
质的量为(1-y)(a+b)，所以CO 的转化率为(1-y) (a+b)/a；
（2）反应3=反应1+反应2，则根据盖斯定律可知，∆H3=∆H1+∆H2=+90.6kJ/mol+(-41.2)kJ/
mol=+49.4kJ/mol；
Ⅱ①可以从水蒸气浓度对平衡移动的角度分析，当水、甲醇比大于0.8 时，CO 选择性下降的原因是：
增加水蒸气的用量，有利于反应2 正向进行，反应3 中更多的CH3OH 转化为CO2，都使CO 选择性下
降；
②可以从温度对平衡移动的角度分析，当水、甲醇比一定时，温度升高，CO 选择性有所上升，可能
原因是：升高温度，反应1 的ΔH1>0，K 增大，反应正向进行程度增大，反应2 的ΔH2<0，K 减小，
反应正向进行程度减小，都使CO 选择性上升；反应3 的ΔH3>0，温度升高，K 增大，反应正向进行
程度增大，使更多的甲醇转化为CO2，使CO2选择性上升，但此影响程度小于前两者使CO 选择性上
升的影响，故CO 选择性仍然随温度的升高而上升；
（3）①由反应机理图可知，HCOOH 催化分解生成CO2和H2，则HCOOD 催化释氢反应除生成CO2
外，还生成HD；
HCOOK
②
是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快的产生KH，KH 可以与水反应生成H2 和
KOH，生成的KOH 可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气
的速率，提高释放出氢气的纯度(HCOOK 是强电解质，更容易产生HCOOˉ 和K+，更快的产生KH，
KH 可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH 可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净)。
19．（12 分）G 是合成盐酸伊伐布雷定的中间体，其合成路线如下：
（1）B 分子中的含氧官能团名称为___________。
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（2）X 的分子式为C5H6N3O2Cl， 其结构简式为___________。
（3）D→E 的反应类型为___________。
（4）E→F 中加入K2CO3是为了除去反应中产生的___________。
（5）写出同时满足下列条件的A 的一种芳香族同分异构体的结构简式：___________。
i.碱性条件下水解后酸化，生成M 和N 两种有机产物。
ii.M 分子中含有一个手性碳原子；
iii.N 分子只有2 种不同化学环境的氢原子，且能与FeCl3溶液发生显色反应。
（6）写出以
、CH3CH2OH 和
为原料制备
的合成路线流程图
___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）酯基、醚键（2 分） （2）
（2 分）
（3）取代反应（1 分） （4）HCl （1 分）
（5）
或
或
或
（2 分）
（6）
（4 分）
【解析】从A 到B 反应后羧基上H 被取代因此可推出X 的结构式，B 到C 从官能团结构分析可知氨基
上的氢原子取代酯基中C-O 键上的氧原子，形成酰胺基，C 加入浓HCl 后发生消去和加成反应生成了
七元环，D 再加入Br(CH2)3Cl 取代氨基上的H 得到E，再经过同类型取代反应得到F，最后经过加成
反应得到目标产物G。
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（1）从B 的结构式
观察其中的含氧官能团为酯基，醚键，故答
案为：酯基，醚键；
（2）A 中加入X 后生成B，从A 的结构式
和B 的结构式
可知发生了取代反应，取代了羧基上的H，结合X 的分子式为
C5H6N3O2Cl，可推断出X 的结构式
；
（3）D 中氨基上的氢原子被氯丙基取代得到E，故为取代反应；
（4）从E 到F 结构可以观察到通过反应两个反应物分别少了一个氯原子和一个氢原子，说明发生了
取代反应生成了氯化氢，则加入K2CO3是为了除去反应中产生的HCl；
（5）A 的结构式
，碱性条件下可水解说明含酯基，水解后酸化，生成M 和
N 两种有机产物则分别含羧基和羟基。N 能与FeCl3溶液发生显色反应则N 中含苯环且苯环上存在酚
羟基，分子只有2 种不同化学环境的氢原子，说明有两个酚羟基应处于苯环对位，N 为
，则M
中应含羧基。结合A 和N 的结构式计算出M 的分子式为C4H8O3,且M 分子中含有一个手性碳原子；同
时满足这些条件的A 的芳香族同分异构体有：
或
或
或
。
（6）合成路线中B 到C 用到了
与酯基反应，则应先将苯环上取代基转化成酯基，再
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与
反应，结合C 到D 的反应加入浓盐酸形成环，再进一步加成除去双键。则合成路线
为
：
。
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