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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷02(北京专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：近年来高考化学试卷总体呈现回归教材、回归课标的特点，2025 年可能会继续延续这一
趋势。这意味着每一道题在考纲上都会有相应的考点对应，不管题型、考法、侧重点如何变化，都会
基于教材本身展开。
高考·新考法：对中学化学基础知识能正确复述、再现、识别，并能融会贯通；将实际问题分解，通过
运用有关知识，采用分析、综合的方法，处理简单化学问题；对常规考点的新设问或知识融合，对非
常规考点的创新糅合等。
高考·新情境：继续考查高中化学主干内容，强调化学与科技、生产、生活的亲密联系。高考化学学科
的改革旨在贴近社会与生活，强调课程标准的教育理念。改革后，试题将更加紧密地结合生活生产环
境，体现教育与实践的融合。命题会精选试题情境，发挥学科育人价值。情境素材可能来源于生活实
际、科研成果、社会热点等
命题·大预测：化学试题将继续体现综合性，即一道试题可能涉及多个知识点的综合考查。例如，在一
道工业流程题中，可能同时考查化学反应原理、元素化合物知识、化学实验操作等多个方面的内容，
要求考生能够将所学的化学知识融会贯通。题目的呈现方式可能会有创新，例如采用图表、数据等多
种形式呈现信息，增加信息的密度，测试考生在阅读理解、知识提炼、信息整合及书面表达等方面的
综合能力。考生需要能够快速捕捉关键信息、精准分析并有效传达信息，像根据图表中的数据变化趋
势分析化学平衡的移动方向等。
(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、考生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 Si-28 S-32
Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 Cu-64 I-127 Ag-108
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。)
1．38Sr(锶)的
87Sr、
86Sr 稳定同位素在同一地域土壤中
87Sr/86Sr 值不变。土壤生物中
87Sr/86Sr 值与土壤中
7
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87Sr/86Sr 值有效相关。测定土壤生物中
87Sr/86Sr 值可进行产地溯源。下列说法不正确的是( )
A．Sr 位于元素周期表中第六周期、第ⅡA 族
B．可用质谱法区分
87Sr 和
86Sr
C．
87Sr 和
86Sr 含有的中子数分别为49 和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中
87Sr/86Sr 值相同
【答案】A
【解析】A 项，Sr 位于元素周期表中第五周期、第ⅡA 族，故A 错误；B 项，质谱法可以测定原子的
相对原子质量，
87Sr 和
86Sr 的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B 正确；C 项，
87Sr 的中子数为
87-38=49，
86Sr 的中子数为86-38=48，故C 正确；D 项，由题意可知，38Sr (锶)的
87Sr、
86Sr 稳定同位素在同
一地域土壤中
87Sr/86Sr 值不变，故D 正确；故选A。
2．下列说法不正确的是( )
A．基态Cr 原子的价层电子轨道式：
B．N2、N3
-、N4、N5
+互为同素异形体
C．N，N-二甲基甲酰胺：
D．共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8 电子稳定结构，其结构式：
【答案】B
【解析】A 项，根据洪特规则，电子总是先单独占有空轨道，并且自旋方向相同，但3d 与4s 并不是
同一能级轨道，自旋方向可以相反，基态Cr 原子的价层电子轨道式：
，A 正确；
B 项，同种元素形成的不同单质互为同素异形体，阴、阳离子不能互称同素异形体，B 错误；C 项，
的名称为N，N－二甲基甲酰胺，C 正确；D 项，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满
足8 电子稳定结构，铝和氯之间存在配位键，结构式为
，D 正确；故选B。
8
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3．将金属M 连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关
说法正确的是( )
A．阴极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+
B．金属M 的活动性比Fe 的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】A 项，阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A 错误；B 项，
阳极金属M 实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M 活动性比Fe 的
活动性强，故B 错误；C 项，金属M 失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电
子，自身金属不再失电子从而被保护，故C 正确；D 项，海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子
浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D 错误；故选C。
4．下列有关说法正确的是( )
A．用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别丙醛与丙酮
B．丁苯橡胶、聚酯纤维、聚乙烯都是通过加聚反应获得的高聚物
C．DNA 分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对
D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量NaOH 溶液，再加入碘水可判断淀粉是否完全水解
【答案】C
【解析】A 项，丙醛和丙酮均不能与溴的四氯化碳溶液反应，故不能用溴的四氯化碳溶液鉴别丙醛与
丙酮，A 错误；B 项，聚乙烯、丁苯橡胶是通过加聚反应制得的高分子化合物，聚酯纤维是通过缩聚反应
制得的高分子化合物，B 错误；C 项，DNA 分子中两条链上的碱基通过氢键作用实现碱基互补配对，C 正
确；D 项，将适量淀粉与稀硫酸共热充分反应，加入过量氢氧化钠溶液后加入碘水，碘与氢氧化钠溶液反
应生成碘化钠、次碘酸钠和水，无明显现象不能确定淀粉是否水解完全，D 错误；故选C。
5．下列离子方程式书写正确的是( )
A．硝酸钡溶液中通入少量SO2：Ba2＋＋NO3
-＋SO2＋H2O=BaSO4↓＋NO＋H＋
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B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：CO3
2-＋Cl2 =CO2＋ClO-＋Cl-
C．氯乙酸乙酯在足量NaOH 溶液中加热：ClCH2COOC2H5＋OH-
ClCH2COO-＋C2H5OH
D．铝片投入过量的NaOH 溶液中发生反应：2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4
-+3H2↑
【答案】D
【解析】A 项，硝酸钡溶液中通入少量SO2，离子方程式为3Ba2＋＋2NO3
-＋3SO2＋2H2O=3BaSO4↓＋
2NO＋4H＋，A 错误；B 项，碳酸钠过量时，产物为HCO3
-，离子方程式为2CO3
2-＋Cl2＋H2O=2 HCO3
-＋
ClO-＋Cl-，B 错误；C 项，氯原子也会水解，离子方程式为ClCH2COOC2H5＋2OH-
HOCH2COO-＋
C2H5OH+Cl-，C 错误；D 项，铝能与氢氧化钠溶液反应，生成Al(OH)4
-和氢气，D 正确；故选D。
6．下列实验的对应操作中，不合理的是( )
A．用
标准溶液滴定
溶液
B．配制一定物质
的量浓度的
溶
液
C．从提纯后的
溶液获得
晶体
D．稀释浓硫酸
【答案】B
【解析】A 项，用HCl 标准溶液滴定NaOH 溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的
变化从而判断滴定终点，A 项合理；B 项，配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量
瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1~2cm 时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，B 项不合理；
C 项，NaCl 的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl 溶液中获得NaCl 晶体采用蒸发结晶的方法，C 项合
理；D 项，浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢
倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，D 项合理；故选B。
7．某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO4
2-，欲除去其中的Cu2+、SO4
2-，设计工艺流程如下图
所示，下列说法不正确的是( )
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A．流程图中，操作x 为过滤
B．NaOH 的作用是除去Cu2+
C．试剂a 为BaCl2，试剂b 为Na2CO3，二者顺序可以互换
D．试剂c 为盐酸
【答案】C
【解析】根据题意通过加入NaOH、BaCl2的目的依次是除去Cu2+和SO4
2-，试剂a 是Na2CO3，除去过
量的BaCl2，试剂c 是稀盐酸，除去过量的NaOH 和Na2CO3。A 项，操作x 为过滤，除去生成的Cu(OH)2
和BaCO3沉淀， A 正确；B 项，NaOH 可以与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，除去Cu2+，B 正确； C 项，试
剂a 是Na2CO3，与BaCl2 反应生成BaCO3沉淀，除去Ba2+，Na2CO3若与BaCl2互换，无法除去过量的Ba2+
，C 不正确；D 项，试剂c 是稀盐酸，除去过量的NaOH 和Na2CO3，D 正确；故选C。
8．草酸(H2C2O4)是生物体的一种代谢产物，在工业中有重要作用，下列说法不正确的是( )
A．草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．草酸中两个羟基所处环境相同，两步电离的程度也相同
C．草酸中C 原子的杂化方式为sp2
D．草酸可使澄清的石灰水变浑浊
【答案】B
【解析】A 项，草酸中碳元素化合价为+3 价，具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，故能使酸性高锰
酸钾溶液褪色，A 正确；B 项，草酸中两个羟基所处环境相同，但草酸为二元弱酸，第一步电离的氢离子
对第二步电离具有抑制作用，两步电离的程度不同，B 错误；C 项，草酸中C 原子的价层电子对数为3，
杂化方式为sp2，C 正确；D 项，草酸能与氢氧化钙反应生成草酸钙沉淀，可使澄清的石灰水变浑浊，D 正
确；故选B。
9．工业上由FeCl2与环戊二烯钠(C5H5Na)合成二茂铁[Fe(C5H5)2]，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上
能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是( )
A．FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表
区
B．二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O 和C 的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞
H
C．已知环戊二烯的结构式为
，则其中仅有1 个碳原子采取sp3杂化
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D．在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键
【答案】D
【解析】A 项，已知Fe 是26 号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故FeCl2中铁元素属
于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d 能级，故位于周期表d 区，A 正确；B 项，二茂铁的衍生物
可和H3O+等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，
H、O 和C 的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B 正确； C 项，已知环戊二烯的结构式为
，
则其中仅有1 个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取sp3杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂
化，C 正确；D 项，在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键为C5H5提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成
的配位键， D 错误；故选D。
10．研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，转化关系如下图所示。a、c 代
表S 或SO2中的一种。
下列说法正确的是( )
A．a、b 分别是SO2、H2SO3
B．反应①可以存储太阳能，反应③释放出能量
C．降低压强可以提高反应②中a 的平衡转化率
D．②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】B
【解析】a、c 代表S 或SO2中的一种，c 和氧气反应生成a，则c 是S、a 是SO2。A 项，b 分解生成氧
气、SO2、H2O，氧元素化合价升高，则S 元素化合价降低，所以a、b 分别是SO2、H2SO3，故A 错误；B
项，反应①是硫酸分解，分解反应吸热，反应①可以存储太阳能；反应③是S 和氧气反应生成二氧化硫，
化合反应放热，反应③释放出能量，故B 正确；C 项，反应②是3SO2+2H2O=2H2SO4+S，正反应气体物质
的量减小的反应，温度一定时，减小压强使反应逆向移动，二氧化硫的转化率减小，故C 错误；D 项，反
应②是二氧化硫、水发生歧化反应生成硫酸和S，反应方程式为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，氧化剂与还原剂
的物质的量之比为1：2，故D 错误；故选B。
11．可降解塑料聚羟基丁酸酯(
)可由以下线路合成，下列说法正确的是( )
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A．A 分子最多有6 个原子共平面
B．反应①的条件为浓硫酸作催化剂并加热
C．由D 生成PHB 的反应为加聚反应
D．1molC 与足量Na 完全反应可生成标准状况下11.2LH2
【答案】D
【解析】根据合成流程，A 与H2C=CH-CH=CH2生成
，可以推断A 为H3C-C≡CH，反应①
是B 发生消去反应生成H2C=CH-CH=CH2。结合PHB 的结构可以推断出D 的结构是
，因此C 的结构为
。A 项，A 为H3C-C≡CH，甲基中只有一
个氢原子与碳原子及后面的碳碳三键部分共面，所以最多有5 个原子共平面，A 错误；B 项，反应①是B
发生消去反应生成H2C=CH-CH=CH2，B 是卤代烃，反应条件是氢氧化钠醇溶液加热，B 错误；C 项，由D
生成PHB 的反应为缩聚反应，C 错误；D 项，C 的结构为
，C 中含有羧基可以与钠反
应，1molC 与足量Na 完全反应可生成0.5mol 氢气，在标准状况下的体积是11.2L，D 正确；故选D。
12．已知：25℃，Ksp(AgCl)= 1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10－12，Ksp(AgBr)= 5.0×10－13。下列“类
比”结果正确的是( )
A．溶液中Fe3+与HCO3
-会发生双水解反应，Fe3+与HS-主要也发生双水解反应
B．NCl3水解生成NH3与HClO，则NF3水解同样生成NH3
C．Cl-的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择K2CrO4作指示剂，
同样也可以
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D．乙醇与足量的K2Cr2O7反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化丙酸
【答案】C
【解析】A 项，溶液中Fe3+与HCO3
-会发生双水解反应，而Fe3+有较强的氧化性，HS-有较强的还原性，
二者主要发生氧化还原反应反应，故A 不符合题意；B 项，NCl3水解生成NH3与HClO，但F 没有正价，
NF3与水会发生氧化还原反应2NF3+5H2O=2NO+3HNO3+6HF，故B 不符合题意；C 项，由Ksp 可知沉淀等
浓度的CrO4
2-所需Ag+比沉淀等浓度的Cl-和Br-需要的Ag+浓度都大，而且AgCl 是白色沉淀，AgBr 是淡黄
色沉淀，Ag2CrO4是黑色沉淀，所以Cl-的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择K2CrO4作指示剂，Br-同样也可
以，故C 符合题意；D 项，乙醇与足量的K2Cr2O7反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化丙酮，故D 不符
合题意；故选C。
13．常温下，Na2A 溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH 的关系如下图。
已知：A2-的物质的量分数 =
下列表述不正确的是( )
A．0.1 mol·L-1 H2A 溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1
B．在 0.1 mol·L-1 NaHA 溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A)
C．将等物质的量的NaHA、Na2A 溶于水中，所得溶液的pH 为4.2
D．M 点对应的pH 为2.7
【答案】C
【解析】由点(1.2，0.5)可知，
，由(4.2，0.5)可知，
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。A 项，0.1 mol·L-1 H2A 溶液中由物料守恒可知：c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1
mol·L-1，A 正确；B 项，在 0.1 mol·L-1 NaHA 溶液中其水解常数为
，则其电
离大于水解，故存在c(HA-) > c(A2-) > c(H2A)，B 正确；C 项，将等物质的量的NaHA、Na2A 溶于水中，若
HA－和A2－浓度相等，则
，c(H+)=10－4.2，pH=4.2，由于HA－的电离程度大于水
解程度，则溶液中c(A2－)＞c(HA－)，所得溶液pH 不等于4.2，C 错误；D 项，M 点对应溶液中
，
，c(H+)=10－2.7，pH=2.7，
D 正确；故选C。
14．某小组欲制备配离子[Cu(NH3)4]2+，实验如下。
序号
步骤
Ⅰ
向2mL0.2mol·L-1 CuSO4溶液中滴加0.5mL1mol·L-1氨水，产生蓝色沉淀；继续
滴加约1.5mL 氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅱ
分别向0.1mol·L-1 CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；
1min 后，前者铁钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象
Ⅲ
取0.1g 氢氧化铜固体于试管中，加入5mL1mol·L-1氨水，溶液略变为蓝色，固
体未见明显溶解；滴加2 滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液
已知：Cu2++4NH3
[Cu(NH3)4]2+ K=2.0×1013
Cu(OH)2(s)
Cu2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=2.2×10－20
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH4
+
B．加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液，不能得到纯净的[Cu(NH3)4]SO4固体
C．Ⅱ中现象证明了CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中，+2 价铜的存在形式不同
D．Ⅲ中固体完全溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-
【答案】D
【解析】A 项，向硫酸铜溶液中滴加氨水生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨是弱碱，因此离子方
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程式为Cu2++2NH3·H2O =Cu(OH)2↓+2NH4
+，A 正确；B 项，加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液可能发生
，因此不能得到纯净的[Cu(NH3)4]SO4固体，B
正确；C 项，分别向0.1mol·L-1 CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；1min 后，前者铁
钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象则说明两种溶液中+2 价铜的存在形式不同否则现象会有相似，C
正确；D 项，①Cu2++4NH3
[Cu(NH3)4]2+ K=2.0×1013；②Cu(OH)2(s)
Cu2+(aq)+2OH-(aq)
Ksp=2.2×10－20；③Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，③=
+
①②，则反应③的平衡常数
反应③不可能是氢氧化铜完全溶解的离子方程式，D 错误；故选D。
第二部分
二、非选择题(本部分共5 题，共58 分。)
15．(10 分)含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
Ⅰ．SiCl4 是生产多晶硅的副产物。
(1)基态硅原子的价层电子排布式为 。
(2)已知SiCl4 比CCl4 更易水解，导致SiCl4 更易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
Ⅱ．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。
已知硫代硫酸根(S2O3
2-)可看作是SO4
2-中的一个原子被
原子取代的产物。
(3)基态
原子的价层电子排布式不能表示为
，因为违背了
(4)能确定晶体中各原子的位置(坐标)，从而得出分子空间结构的一种方法是 。
a．质谱法 b．
射线衍射 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱
(5)S2O3
2-作为配体可提供孤电子对与 Ag+形成[ Ag(S2O3)2]3-。分析判断S2O3
2-中的中心
原子和端基
原
子能否做配位原子并说明理由： 。
(6) MgS2O3·6H2O 的晶胞如图，该晶胞中S2O3
2-个数为 。假设晶胞边长分别为
，其摩尔质量为
，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g ·c
m-3(用相应字母表示)。
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【答案】(1)3s23p2(1 分) (2)abd(2 分) (3)洪特规则(1 分) (4)b(1 分)
(5)S2O3
2-中的中心原子S 的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基 S 原子含有孤电
子对，能做配位原子(2 分)
(6) 4(1 分)
(2 分)
【解析】(1)Si 是14 号元素，基态硅原子的价层电子排布式为3s23p2；(2)a 项，Si-Cl 键极性更大，则
Si-Cl 键更易断裂，因此，SiCl4 比CCl4易水解，故a 正确；b 项，Si 的原子半径更大，因此，SiCl4 中的共
用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，
SiCl4 比CCl4易水解，故b 正确；c 项，常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不
能说明Si-Cl 更易断裂，故不能说明SiCl4 比CCl4易水解，故c 错误；d 项，Si 有更多的价层轨道，因此更
易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl4 比CCl4易水解，故d 正确；故选abd；(3)洪特规则指出：
基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违反洪特规则。(4)a 项，质谱法
是确定分子的相对分子质量的，故a 错误； b 项，X 射线衍射能确定晶体中各原子的位置(坐标)，故
b 正确； c 项，核磁共振氢谱是确定等效氢种类的，故c 错误； d 项，红外光谱是确定官能团和
化学键的，故d 错误；故选b。(5)S2O3
2-中的中心原子S 的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原
子；端基S 原子含有孤电子对，能做配位原子。(6)S2O3
2-在晶胞的体内共4 个；该晶胞按均摊法计算得4 个
MgS2O3·6H2O，晶胞体积为
，晶胞的质量为
，得该晶胞的密度为
。
16．(10 分)烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟
将烟气中的NO 深度氧化为N2O5，并
进一步将N2O5转化获得含氮产品，流程示意图如下。
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深度氧化器中发生的反应：
ⅰ．NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝- akJ·mol−1
ⅱ．NO2(g)＋O3(g)=NO3(g)＋O2(g) ΔH2＝- bkJ·mol−1
ⅲ．NO2(g)＋NO3(g)=N2O5(g) ΔH3＝- ckJ·mol−1(a、b、c＞0)
(1)NO 被
深度氧化，补全热化学方程式：
2NO(g)＋3O3(g)=N2O5(g)＋3O2(g) ΔH＝____________kJ·mol−1
(2)一定条件下，不同温度时，N2O5的浓度随时间的变化如图所示。
T
①
1 T2(填“>”或“<”)。
8s
②
时，N2O5的浓度不同的原因是 。
(3)一定条件下，NO 的初始浓度为200ppm 时，不同反应时间，深度氧化器中NO2的浓度随n(O3)：
n(NO)的变化如图所示。反应过程中NO3的浓度极低。
n(O
①
3)：n(NO)＜1.0 时，深度氧化器中发生的反应主要是 (填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。
0.9s
②
、n(O3)：n(NO)＞1.0 时，NO2的浓度随n(O3)：n(NO)变化的原因是 。
(4)80℃、n(O3)：n(NO)=1.5 且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍
较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是 。
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(5)深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。
已知NO3
-、MnO4
-的还原产物分别是NO、Mn2+。产品中NO3的物质的量浓度为 mol/L。
【答案】(1) -(2a+b+c) (1 分)
(2)＜(1 分) 8s 时反应已达到平衡状态，O3将NO 深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，越不
利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低(2 分)
(3)ⅰ(1 分) 0.9s、n(O3)：n(NO)＞1.0 时，n(O3)：n(NO)增大，使
增大，
增大，从而使NO2的浓
度减小(2 分)
(4)使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率(1 分)
(5)
(2 分)
【解析】(1)根据盖斯定律知：i×2+ii+iii 可得2NO(g)＋3O3(g)=N2O5(g)＋3O2(g)，ΔH
=-(2a+b+c)kJ/mol；(2)由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此T1<T2；由图知，8s 时反应已
达到平衡状态，O3将NO 深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，
生成N2O5的浓度越低；(3)①当n(O3)：n(NO)＜1.0 时，NO 主要转化为NO2，所以深度氧化器中发生的反
应主要是i；②由图知，0.9s、n(O3)：n(NO)＞1.0 时，NO2的浓度随着n(O3)：n(NO)增大而减小的原因是：
n(O3) n(NO)
∶
增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小；(4)由(3)知反应过程中NO3的浓度极低，
说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采
取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；(5)溶液X 中的NO3
-与亚铁离子发生
氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与MnO4
-发生氧化还原反应，
，则与MnO4
-发
生氧化还原反应的Fe2+为n2=
，则与NO3
-反应的Fe2+为n1=
，
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，则NO3
-物质的量n=
，则NO3
-的物质的量浓度为
。
17．(12 分)一种环状高分子P3 的合成路线如下：
已知：①P2 的结构为
②
(
表示取代基)
RCl
③
RN3
(1)A 是一种常用的化工原料，其中包含的官能团是 。
(2)B→C 的反应类型是 。
(3)D 生成CH≡CCH2OH 的反应条件是 。
(4)上述流程中生成F 的反应为酯化反应，则该反应的化学方程式是 。
(5)单体Ⅱ的结构简式是 。
(6)下列说法正确的是 (填字母)
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a．F→P1 的反应类型为缩聚反应
b．P3 可能的结构如上图所示
c．P2→P3 的过程中有可能得到线型高分子
d．碱性条件下，P3 可能彻底水解成小分子物质
(7)已知：
；；Q(C6H11NO)是用于合成单体I 的中间体。下
图是以苯酚为原料合成Q 的流程，M→N 的化学方程式是 。
【答案】(1)碳碳双键(1 分)
(2)取代反应(1 分)
(3)氢氧化钠醇溶液，加热(2 分)
(4)CH≡CCH2OH+
CH3CHClCOOCH2C≡CH+H2O(2 分)
(5)
(2 分)
(6)bc(2 分)
(7)2
+O2
+2H2O(2 分)
【解析】由框图可知A 的结构简式为CH2=CHCH3，在高温下和氯气发生取代反应生成B，所以B 的
结构简式为CH2=CHCH2Cl，由D 的分子式C3H6OBr2可知：B 到C 发生取代反应生成CH2=CHCH2OH，C
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到D 发生加成反应生成CH2BrCHBrCH2OH，再发生消去反应生成CH≡CCH2OH，再和E
发
生酯化反应生成FCH3CHClCOOCH2C≡CH，最后经过几步反应得到P3。(1)A 的结构简式为CH2=CHCH3，
其中包括的官能团是碳碳双键；(2)根据上述分析可知B 的结构简式为CH2=CHCH2Cl，C 的结构简式为
CH2=CHCH2OH，所以B→C 的反应类型是取代反应；(3)根据上述分析可知D 的结构简式为
CH2BrCHBrCH2OH，D 生成CH≡CCH2OH 的反应是卤代烃的消去反应，所以反应条件为氢氧化钠醇溶液，
加热，(4)根据上述分析可知CH≡CCH2OH，和E 反应生成C6H7O2Cl，发生的是酯化反应，结合已知信息可
知该反应的化学方程式是：CH≡CCH2OH+
CH3CHClCOOCH2C≡CH+H2O；(5)根
据已知：P2的结构为
，逆推知单体Ⅱ
的结构简式是
；(6)a 项，F→P1的反应类型为加聚反应，故a 错误；
b 项，由P2的结构为
，再和NaN3在
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一定条件下反应得到，所以P3的结构如图所示
，故b 正确；c 项，
P2→P3的过程中发生加聚反应，所以可能得到线型高分子，故c 正确；d 项，碱性条件下，P3含有酯基的部
分可以水解，非酯基的部分不能水解，所以不可能彻底水解成小分子物质，故d 错误；故选bc；(7)根据已
知：
；Q(C6H11NO)，以苯酚为原料合成Q 的流程图如下；
所以，M→N 的化学方程式是
2
+O2
+2H2O。
18．(12 分)我国科学家用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4·7H2O)，其工艺流程如下。
已知：
ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：Co2+、
、
和
等
ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃)：Ksp[Fe(OH)3])=2.8×10－39，Ksp(CaF2)=4.0×10－11
ⅲ. CoSO4·7H2O 溶解度随温度升高而明显增大
(1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是 。
(2)浸出Co2+时，理论上氧化性离子和还原性离子物质的量之比为 。
(3)写出“氧化沉铁”的离子方程式 ；25℃时，浊液中铁离子浓度为 mol/L(此时pH 为
4)。
(4)P507 萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经 操作，得到硫酸钴晶体。
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(5)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。
在溶液中，用铁氰化钾将Co(II)氧化为Co(III)，过量的铁氰化钾以Co(II)标准液返滴定。反应的方程
式为：Co2++[ Fe(CN)6]3-=Co3++[ Fe(CN)6]4。
已知：铁氰化钾标准液浓度为c1mol/L，Co(II)标准液浓度为c2mol/L。
取mg 硫酸钴晶体，加水配成200mL 溶液，取20mL 待测液进行滴定，消耗V1mL 铁氰化钾标准液、
V2mL Co(II)标准液。
计算样品中钴含量
(以钴的质量分数
计)。
【答案】(1)2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O(2 分)
(2)2：1(2 分)
(3) 6Fe2++15H2O+ ClO3
-=6Fe(OH)3↓+Cl -+12H+(2 分)
(2 分)
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(2 分)
(5)
(2 分)
【解析】用粗氢氧化高钴[Co(OH)3]制备硫酸钴晶体(CoSO4·7H2O)，首先粗氢氧化高钴加入稀硫酸溶解，
然后加入过量Na2SO3进行还原浸出，还原浸出液中的阳离子有Co2+、H+、Fe2+和Ca2+等，加入过量
NaC1O3氧化沉铁，使亚铁离子氧化为三价铁离子并转化为Fe(OH)3沉淀，加入过量NaF 得到氟化钙沉钙，
过滤除去沉淀，加入P2O4进行萃取，加入P5O7分离后，经反萃取得到硫酸钻溶液；将所得溶液蒸发浓缩、
冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到硫酸钴晶体。(1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式为
2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O；(2)用过量亚硫酸钠还原浸出Co2+发生的离子反应为2Co3++SO3
2-
+H2O=2Co2++SO4
2-2H+，则理论上氧化剂与还原剂物质的量之比2：1；(3)“氧化沉铁”时，亚铁离子被氧化
后转化为氢氧化铁沉淀，氯酸根被还原为氯离子，离子方程式为6Fe2++15H2O+ ClO3
-=6Fe(OH)3↓+Cl -
+12H+；25℃时，pH=4，c(OH-)=10-10mol·L-1，浊液中
；(4)从硫酸
钴溶液中提取硫酸钴晶体，由于硫酸钴晶体的溶解度随温度升高而明显增大，所以将硫酸钴溶液经加热浓
缩、冷却结晶、过滤操作，得到硫酸钴晶体；(5)根据方程式可知Co2+~[ Fe(CN)6]3-，20mL 待测液中二价钴
离子的物质的量=
，则200mL 溶液中二价钴离子的物质的量=
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，则样品中钴的含量为
。
19．(14 分)某小组同学根据Fe3+、Fe2+和Zn2+的氧化性推出溶液中Zn 与Fe3+可能先后发生两个反应：
Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，进行如下实验。
实验
试剂
现象
Ⅰ
2mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶
液、过量锌粉
黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁
Ⅱ
2mLpH≈0.70 的1
mol·L-1FeCl3溶液、过量锌
粉
片刻后有大量气体产生，出现红褐色浑浊，约半小时后，产生红
褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁
(1)取实验Ⅰ反应后的少量溶液，滴加几滴K3[ Fe(CN)6]溶液，生成 ，证明有
。
(2)结合化学用语解释实验Ⅱ中产生红褐色浑浊的原因： 。
(3)实验Ⅲ，用Fe2(SO4)3溶液和Fe(NO3)3溶液替代实验Ⅱ中的FeCl3溶液：
实验
试剂
现象
Ⅰ
2mLpH≈0.70 的1mol·L-1
Fe(NO3)3溶液、过量锌粉
约半小时后，溶液变为深棕色且浑浊，无铁产生
Ⅱ
2mLpH≈0.70 的
amol·L-1Fe2(SO4)3溶液、过量
锌粉
约半小时后，溶液呈浅绿色且浑浊，有少量铁产生
资料：Fe2++NO
Fe(NO)]2+，Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
a=
①
。
②有人认为Ⅰ中深棕色溶液中存在Fe(NO)]2+，设计实验证明。实验的操作和现象是 。
③对照实验Ⅱ和Ⅲ，Fe(NO3)3溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是 。
(4)实验Ⅳ：将实验Ⅱ中FeCl3水溶液换成FeCl3无水乙醇溶液，加入足量锌粉，刻后，反应放热，有大
量铁产生。由实验Ⅰ~Ⅳ可知：锌能否与Fe3+反应得到单质铁，与Zn 和Fe3+的物质的量、Fe3+的浓度、
、 等有关。
【答案】(1)蓝色沉淀(2 分)
(2)Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+，H+被消耗，促进Fe3+的水解，产生氢氧化铁沉淀(2 分)
(3)
0.5(2
①
分)
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②过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体(2 分)
③Fe2+与NO 结合生成Fe(NO)]2+，溶液中Fe2+的浓度下降，使得Fe2+与Zn 反应的化学反应速率变慢(2
分)
(4)阴离子种类(2 分) 溶剂(2 分)
【解析】(1) Fe2+和K3[ Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀；(2)FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+，加入锌粉，H+被消耗，促进Fe3+的水解，产生氢氧化铁沉淀；(3) ①该对比实验是为
了探究阴离子的影响，则Fe3+的物质的量应是定量，则n(Fe3+)=c1V1=c2V2，即1mol/L×2mL=amol/
L×2×2mL，解得a=0.5；②由可逆反应Fe2++NO
Fe(NO)]2+，若Ⅰ中存在Fe(NO)]2+，可加热溶液，会
产生NO，NO 再被空气中的O2氧化成NO2，则会观察到红棕色气体生成，则设计实验的操作和现象是：
过滤，取少量深棕色溶液，加热，溶液棕色变浅，液面上方产生红棕色气体；③Fe3+和H+、NO3
-反应产生
Fe2+和NO，NO 再与Fe2+结生成Fe(NO)]2+，而Fe3+和H+、SO4
2不反应，过量Zn 与Fe3+反应得到Fe2+，Zn 再
置换出Fe 单质，则Fe(NO3)3溶液与过量锌粉反应没有生成铁的原因是：Fe2+与NO 结合生成[Fe(NO)]2+，溶
液中Fe2+的浓度下降，使得Fe2+与Zn 反应的化学反应速率变慢；(4) 由实验Ⅳ可知，溶剂从水换成无水乙
醇溶液，有铁单质生成，则锌能否与Fe3+反应得到单质铁与溶剂有关，实验Ⅱ和Ⅲ将SO4
2-换成SO4
2，无铁
单质生成，则锌能否与Fe3+反应得到单质铁与阴离子种类有关。
26
