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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷02（湖南专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：2025 湖南高考命题在坚持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、创新设计试题如第14 题，弘扬中华传统文化第7 题，展示我国科研成果如
第9 题，融入美育劳动教育。第13 题以电池为背景素材，考查晶体的组成、结构及有关计算等知识。
高考·新考法：坚持呈现出:核心价值金线 、能力素养银线 、情镜载体串联线、任务贯穿线的典型特
点；注意跨学科融合:近年来，高考命题中跨学科融合的趋势日益明显。物理、化学、生物之间相互渗
透, 要求学生具备较强的跨学科学习能力。重视结构知识与其他板块知识的融合。
命题·大预测：2025 年的高考试题依然注重各板块知识及跨学科融合外，选择性必修之间的融合力度加
大，同时注意题型的创新，特别要重视结构与其他知识板块的融合，如本套试题在2、5、7、8、9、
12、13、15、17 题中融合了对结构以及结构与实验、结构与原理、结构与物质性质融合考查。注重探
究创新能力的考查，如14 题考查学生的探究、创新能力，如何将知识转化为解决问题的能力。题型的
不断创新，有利于考查学生的关键能力，也有利于引导教学注重模块之间的相互融合，促使教学内容
组织的结构化，促进学生知识体系的构建，如12 题。重视思维能力、表达能力的体现。
（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、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 K 39 Cu 64
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．化学学科在创新中不断前进，下列说法错误的是
A．伏打研制了第一个化学电源，该装置实现了电能到化学能的转化
B．鲍林提出的杂化轨道解释了甲烷的正四面体结构
C．侯德榜改进了索尔维制碱法，侯氏制碱法经济环保
D．神舟十九号载人飞船使用了国产耐烧蚀树脂，该树脂为高分子材料
【答案】A
【详解】A．伏打研制了第一个化学电源，该装置实现了化学能到电能的转化，A 错误；
B．范霍夫提出了甲烷的正四面体结构，而鲍林提出的杂化轨道理论很好地解释了甲烷的正四面体结
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构，B 正确；
C．侯德榜改进了索尔维制碱法，侯氏制碱法完美的弥补了索尔维制碱法的不足，不仅提高了食盐利用
率，减少了对环境的污染，还缩短了生产流程、降低了纯碱的成本，故侯氏制碱更经济环保，C 正确；
D．树脂属于合成有机高分子材料，D 正确；
答案选A。
2．下列化学用语表述错误的是
A．中子数为21 的钾的核素符号：
B．HF 中的
键示意图：
C．某激发态O 原子的轨道表示式：
D．用电子式表示
的形成过程：
【答案】C
【详解】A． 中子数为21 的钾的质量数为19+21=40，核素符号可表示为：
，A 正确；
B． HF 中的
键是由氢的1s 轨道和F 的2p 轨道重叠形成，其示意图为：
，B 正
确；
C． 氧原子没有2d 轨道，C 错误；
D．
为离子化合物，则用电子式表示
的形成过程为：
，D 正确；
故选C。
3．设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0．1molCu 与足量的S 完全反应，转移的电子数为
B．
的
溶液中
数等于
C．电解水时，若阴阳两极产生气体的总体积为22.4L，则转移的电子数为
D．
氯化铵水溶液中
与
数之和大于
【答案】D
【详解】A．Cu 与S 反应生成+1 价的
，转移的电子数为
，A 错误；
B．
溶液中存在平衡：
，该溶液中
数小于
，B 错
8
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误；
C．没有指明标准状况，转移的电子数无法计算，C 错误；
D．1L1mol/L 氯化铵溶液中Cl-物质的量为1mol，溶液中的电荷守恒为n(NH )+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，
故溶液中NH 与H+物质的量之和大于1mol，数目大于NA，D 正确；
答案选D。
4．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A．提纯乙酸乙酯
B．吸收氨气
C．除去
中的少量
D．制取少量
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A． 乙酸乙酯与
溶液会发生反应，应该用饱和碳酸钠溶液，A 错误；
B． 氨气易溶于水，会发生倒吸，正确装置水应在上层，下层可选择
，B 错误；
C．
会与
溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，C 错误；
D． 盐酸可以和大理石反应生成二氧化碳，可以制备二氧化碳，D 正确；
故选D。
5．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．
键的键能小于
键的键能
B．三氟乙酸的
大于三氯乙酸的
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
，而气态氯化氢中是
分子
【答案】A
【详解】A．F 原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，
键不稳定，因此
键的
键能小于
键的键能，与电负性无关，A 符合题意；
B．氟的电负性大于氯的电负性。
键的极性大于
键的极性，使
—的极性大于
—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．氟的电负性大于氯的电负性，
键的极性大于
键的极性，导致
分子极性强于
，C
不符合题意；
D．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
9
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态氟化氢中存在
，D 不符合题意；
故选A。
6．下列离子方程式书写正确的是
A．将
溶液与氨水-
混合溶液反应，生成
沉淀：
B．
溶液中通入过量的
气体：
C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：
D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：
+2Br2→
↓+2H++2Br-
【答案】B
【详解】A．
溶液与氨水-NH4HCO3反应，生成FeCO3沉淀，离子方程式为：
，故A 错误；
B．Fe3+与H2S 发生氧化还原反应，离子方程为：
，故B 正确；
C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大时，是产生沉淀只有硫酸钡沉淀，反应的离子方程式
为：
，故C 错误；
D．醛基具有强还原性、能被溴水氧化，邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，生成
，离子方程式为：
，故D 错误；
故答案选B。
7．雄黄和雌黄的分子式分别为As4S4、As2S3，它们在古代均曾入药。两者分子结构中As、S 原子均以sp3
杂化轨道成键，雄黄经如下反应可转化为雌黄：
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下列说法正确的是
A．雄黄的分子结构可能是
B．反应Ⅰ每消耗1mol 雄黄分子，转移28mol 电子
C．反应Ⅲ每生成1mol 雌黄分子，同时生成的3molH2O
D．雄黄分子不稳定，其熔点低于雌黄
【答案】B
【详解】A．雄黄分子结构中As、S 原子均以
杂化轨道成键，S 是ⅥA 族元素，应形成2 条共价
键，含有2 对孤对电子满足
杂化，As 是ⅤA 族，应形成3 条共价键，含有1 对孤对电子，则图中
As 和S 的位置反了，A 错误；
B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每消耗1mol
As4S4需要消耗7molO2转移28mol 电子，B 正确；
C．根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3+3H2S=As2S3+6H2O，反应过程中每产生
1molAs2S3时，同时生成的6molH2O，C 错误；
D．雄黄和雌黄均为分子晶体，雄黄的相对分子质量更大，范德华力更大，因此其熔点高于雌黄，D 错
误；
故选B。
8．某课题组设计一种处理1，1-二氟乙烷的方法。下列说法不正确的是
A．该反应的催化剂是
B．产物之一可发生加聚反应生成聚四氟乙烯
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C．铝吸附1，1-二氟乙烷中的氟原因是铝的空轨道可结合
原子的孤对电子
D．该反应的总反应属于消去反应
【答案】B
【分析】1，1-二氟乙烷先被硫酸铝吸附，经过三步反应后脱去HF 形成一氟乙烯，整个过程是在硫酸
铝作用下发生消去反应。
【详解】A．整个反应的催化剂是硫酸铝，故A 正确；
B．产物是一氟乙烯和氟化氢，不能生成聚四氟乙烯，故B 错误；
C．铝最外层有3 个电子，形成三个键后有空轨道，能够与氟原子提供的孤电子对结合，故C 正确；
D．总反应是F2CH-CH3
FCH=CH2+HF，属于消去反应，故D 正确；
答案选B。
9．某科研团队，在前期新型电荷转移金属配合物研究中取得了一系列重要进展，引入金属Ni 离子取代四
硫富瓦烯四苯羧酸(M)配体中的
单元(如图所示)，合成了具有不饱和配位点和新的氧化还原
活性金属中心的N，从而赋予材料更加丰富的物理、化学功能。下列有关说法正确的是
A．M、N 中所有原子一定共面
B．N 中Ni 的配体和配位数均为4
C．M 与N 中C 原子的杂化方式完全相同
D．由于形成了共轭大
键，故M 属于导电高分子
【答案】C
【详解】A．因为苯环可以绕着对位取代基形成的轴旋转，故M、N 中所有原子不一定共面，A 错误；
B．根据N 结构简式可知，N 中Ni 的配体数是2，配位数为4，B 错误；
C．M 与N 中每个C 原子周围都形成3 个
键，没有孤对电子，即杂化方式都是sp2杂化，C 正确；
D．M 不属于高分子，D 错误；
故选C。
10．低品质能源利用是指对热值较低、含杂物较高等特点的一类能源的利用。如图所示装置，可同时利用
低温废热和含铜废液，并达到对含铜废液富集和产生电能的目的。起始时电极均为泡沫铜且质量相
等，含铜废液的浓度为0.1
，以2.5
溶液作为电解质溶液，向M 极区液体
中加入2
氨水开始反应。下列说法正确的是
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A．向M 极区液体中加入氨水可使M 极电势高于N 极电势
B．含铜废液Ⅰ、Ⅲ中的
均高于含铜废液Ⅱ中的
C．电子由M 极经导线移向N 极
D．电极质量差为6.4g 时，电路中通过0.2mol 电子
【答案】C
【详解】A．向M 极区液体中加入氨水用于产生电势差，使两侧铜离子浓度不同，M 极是负极，Cu
失去电子生成
，
与
形成
，N 极是正极，
得到电子生成Cu，正极电势
高于负极电势，即N 极电势高于M 极电势，A 错误；
B．由图可知
；含铜废液Ⅰ＞含铜废液Ⅱ＞含铜废液Ⅲ，B 错误；
C．电子由M 极（负极）经导线移向N 极（正极），C 正确；
D．电极质量差为6.4g 时，M 极质量减少3.2g（即0.05mol），N 极质量增加3.2g，根据关系式Cu～2
可知，电路中通过0.1mol 电子，D 错误；
故选C。
11．已知1，3-丁二烯与HBr 加成的能量—反应进程图如图所示(图中
、
、
表示各步正向反应
的焓变)。下列说法错误的是
A．反应时间越长，1，3-丁二烯与HBr 反应得到1-溴-2-丁烯的比例越大
B．0℃、短时间tmin 内，
的1，3-丁二烯与HBr 完全反应得到两种产物的比例为7：3(设反
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应前后体积不变)，则生成3-溴-1-丁烯的平均速率为
C．1，3-丁二烯与HBr 反应，生成3-溴-1-丁烯的反应热为
，生成1-溴-2-丁烯的反应热为
D．
与烯烃结合的一步为决速步骤，
进攻时活化能小的方向得到3-溴-1-丁烯
【答案】C
【详解】A．根据图示可知，1-溴-2-丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间越长，得到1-溴-2 丁烯的
比例越大，A 正确；
B．根据图示可知，生成3-溴-1-丁烯的第二步反应的活化能低，因此短时间内，生成3-溴-1-丁烯的比
例大，故生成1-溴-2-丁烯的平均速率为
，B 正确；
C．根据盖斯定律，生成3-溴-1-丁烯的反应热为
，生成1-溴-2-丁烯的反应热为
，C
错误；
D．根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步即 H+与烯烃结合的一
步为决速步，第二步反应中生成3-溴-1-丁烯的活化能小，即 Br-进攻时活化能小的反应得到3-溴-1-丁
烯，D 正确；
故选C。
12．利用
废料制备氯亚铂酸钾，流程如下：
已知：
溶于热水、微溶于冷水、几乎不溶于乙醇、乙醚。
难溶于水、不溶于乙醇、受
热分解。
还原性强于
，可还原
到
。
不稳定、易分解。
没有
磁性(离子中无成单电子)为平面构型；
没有磁性(离子中无成单电子)为八面体构
型。
以下操作说法正确的是
A．步骤①和④转化相同物质的量的含Pt 微粒电子转移数目相同
B．步骤②⑤⑧赶出多余酸的原理相同，所需温度都不宜过高
C．步骤③加入稍过量KCl，再加入适量乙醇，均有利于
晶体析出
D．步骤④用
代替
更好，步骤⑥可选用引入磺酸基
的离子树脂
【答案】C
【分析】Pt 溶于王水生成盐，然后加强热赶走硝酸，再加入KCl，使Pt 转化为K2PtCl6，在60℃下加
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入KNO2，K2PtCl6转化为K2Pt(NO2)4，加入HCl 调节pH＜1，得到K2PtCl4和KCl,K2PtCl4和KCl 通过正
离子交换树脂得到K2PtCl4和HCl，然后和K2PtCl4、HCl 和KCl 反应得到氯亚铂酸钾(K2PtCl4)；
【详解】A．步骤①使Pt 转化为K2PtCl6，生成1mol K2PtCl6转移4mol 电子，步骤④K2PtCl6转化生成
1moK2Pt(NO2)4转移2mol 电子，电子转移数目不相同，故A 错误；
B．硝酸易挥发，步骤②利用硝酸的易挥发性，适合加强热，故B 错误；
C．步骤③加入KCl，增大氯离子浓度，且几乎不溶于乙醇，加入稍过量KCl，再加入适量乙醇能促
进K2PtCl6晶体析出，故C 正确；
D．K2C2O4还原性过强，且引入草酸根离子，不利于后续反应，故步骤④不可用K2C2O4代替，故D 错
误；
故答案为：C。
13．锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌锂－脱锂的材料。尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材
料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B 单元按III 方式交替排布构成，“○”表示O2−。下列说法
错误的是
A．充电时，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4−xe−=Li1−xMn2O4+xLi+
B．充电和放电时，LiMn2O4电极的电势均低于电池另一极
C．“●”表示的微粒是Li
D．每个LiMn2O4晶胞转化为Li1−xMn2O4时转移8x 个电子
【答案】B
【解析】A．LiMn2O4是一种常用的正极材料，则充电时，LiMn2O4为阳极，LiMn2O4电极发生电极反
应LiMn2O4−xe−=Li1−xMn2O4+xLi+，故A 正确；
B．放电时，LiMn2O4电极为正极，电势高于负极电势，充电放电时，LiMn2O4电极为阳极，电势高于
阴极的电势，故B 错误；
C．根据A 的结构分析小黑球有
个，氧离子有4 个，B 的结构分析小黑球有
，
氧离子有4 个，三角形有4 个，整个晶胞中小黑球有
，氧离子有32 个，三角形有
16 个，它们之比8:16:32=1:2:4，因此整个晶胞中“●”表示的微粒是Li，故C 正确；
D．根据LiMn2O4−xe−=Li1−xMn2O4+xLi+，每个晶胞的组成为Li8Mn16O32，所以每个LiMn2O4晶胞转化为
Li1−xMn2O4时转移8x 个电子，故D 正确。
综上所述，答案为B。
14．探究乙醛的银镜反应，实验如下(水浴加热装置已略去，水浴温度均相同)。
已知：i.银氨溶液用2%AgNO3溶液和稀氨水配制
1
1
4
1.5
8
1
4
0.5
8
4 1.5
4 0.5
8
15
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ii.[Ag(NH3)2]++2H2O⇌Ag++2NH3·H2O
序
号
①
②
③
④
装
置
现
象
一直无明显现象
8min 有银镜产生
3min 有银镜产生
d 中较长时间无银镜产生，e 中有
银镜产生
下列说法不正确的是
A．a 与b 中现象不同的原因是[Ag(NH3)2]+能氧化乙醛而Ag+不能
B．c 中发生的氧化反应为CH3CHO+3OH--2e-=CH3COO-+2H2O
C．其他条件不变时，增大pH 能增强乙醛的还原性
D．由③和④可知，c 与d 现象不同的原因是c(Ag+)不同
【答案】A
【详解】A．对比a、b，除了银离子与银氨离子的差别外，两者的pH 不同。且b 中碱性更强，a 未发
生银镜反应也可能由于碱性不够，因此无法得出银离子不能氧化乙醛。A 选项错误；
B．B 选项正确；
C．对比b、c，c 中增大pH 银镜产生得更快，说明增大pH 增强乙醛的还原性。C 选项正确；
D．对比c、d，其他条件相同而d 中NH3更多，导致平衡
正向移动，Ag+减少
d 无银镜。当e 中补加AgNO3时出现了银镜，正好验证了这一说法。D 选项正确。
答案选A。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15.（15 分）醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物
具有可逆载氧能力，能模拟金属蛋白
的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛，合成反应如图。回答下列问题：
(1)合成装置如图所示。先通入一段时间的氮气，再向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋
酸钴的乙醇溶液，加热回流。
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A 处应安装的仪器是 (填名称，下同)，B 处应安装的仪器是 ；装置C 的作用
是 ，通氮气的目的是 。
(2)回流
，沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：
①停止通氮气 ②停止加热 ③关闭冷凝水
正确的操作顺序为 (填标号)。充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物
。
(3)测定
的载氧能力。将
的
(相对分子质量为
)加入圆底烧瓶中，在恒
压漏斗中加入
(配合物在
中可吸氧)，如图搭建装置。
①检查仪器气密性的操作为：先关闭 ，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定
液面差。装置不漏气的现象是 。
②调整水平仪高度，待 (填现象)时，记录量气管水位的体积刻度为
。将
加入圆底
烧瓶，待吸氧反应结束并规范操作后，记录量气管水位的体积刻度为
。已知大气压为
，氧气的压
强为
，温度为
。配合物载氧量的
计算式为 。
【答案】(1) 球形冷凝管 恒压(滴液)漏斗 液封 排尽装置中的氧气
(2)②③①
(3) 活塞1 和活塞2 液面差恒定 量气管水位与水平仪水位齐平
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【分析】由题意可知，制备配合物的操作为：氮气保护作用下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液
中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶体后停止加热、关闭冷凝水、停
止通氮气，充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物。
【详解】（1）由实验装置图可知，A 处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B 处装置为便于醋酸
钴的乙醇溶液顺利流下的恒压滴液漏斗，装置C 的作用是：起液封的作用，防止空气中的氧气进入三
颈烧瓶中，通氮气的目的是排尽装置中的氧气；
（2）由分析可知，回流结束后的操作为停止加热、关闭冷凝水、停止通氮气，充分冷却后将溶液过
滤，洗涤并干燥，得到配合物。即②③①；
（3）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为关闭活塞1 和活塞2，然后调节水平仪的水位至与
量气管水位产生一定液面差，若液面差恒定，说明装置不漏气；调整水平仪高度，待量气管水位与水
平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度；根据PV=nRT 知，
，
，则
。
16（14 分）．在催化下，
加氢合成甲酸发生反应Ⅰ，同时还伴有反应Ⅱ发生。
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题。
(1)已知：
时，部分物质的相对能量如表所示，则
的相对能量为
。
物质
相对能量/
(2)为了提高二氧化碳转化为甲酸的转化率，工业上常采用以下方法：
步骤1 步骤2 步骤3
①写出步骤1 反应的离子方程式： 。
②其他条件不变，步骤1 中
转化为
的转化率与温度的关系如图所示。
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步骤1 的转化率开始迅速上升，主要原因是 ，后又下降的可能原因是 。
③流程图步骤2 中，加入乙醚的作用是 ，步骤3 的分离方法是 。
(3)保持
、恒压，
和
的投料物质的量之比为
的初始分压为
，测得
的转化率
与时间t 的关系如图所示。
已知平衡后，测得
，则反应Ⅰ的
(用含
的式子表示)。
【答案】(1)
(2)
温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强
温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或者温度升高，催化剂的活性降低)(其他合理答案也可)
作为萃取剂 分液、蒸馏
(3)
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ—反应Ⅱ得：
，
（2）①在催化剂的作用下，
与氢气反应生成
和
，反应的离子方程式为
。
②步骤1 的转化率开始迅速上升，主要原因是温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强；后
又下降的可能原因是温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附。
③甲酸更易溶于有机溶剂乙醚中，因此乙醚作为萃取剂；通过萃取、分液，将有机相蒸馏即可得到高
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浓度的甲酸。
（3）在
、恒压条件下，
和
的投料物质的量之比为
的初始分压为
，
则总压为
；平衡时
，设
和
初始物质的量均为
，生成的
和
的物质的量分别为
，则
，结合
，根据碳
元素质量守恒，则有
，解得
，平衡时气体的总物质的量为
，平衡时
和
的物质的量均为
，则反应Ⅰ的
。
17（14 分）．四钼酸铵的用途非常广泛，可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂、电化学应用等。下图是用
辉钼矿(含
、
、
、
、
等)制备四钼酸铵和一些副产品的工艺流程图：
已知：①
、
、
均可与纯碱反应生成对应的钠盐。
②当溶液中离子浓度小于
时，可认为离子已完全沉淀。
③
下部分难溶物的
(
)的数值如下表：
难溶物
39
20
33
(1)四钼酸铵中
元素的化合价为 ，基态
原子的价层电子排布图为 。
(2)“氧化焙烧”时，
反应生成
和
，则该反应的化学方程式为 ；在
“溶液
”中通入气体1 和气体2 的顺序是先通入 再通入 (填化学式)。
(3)“沉钒”时，加入过量
的目的是 。
(4)“净化”过程加入氨水调节溶液
，需将溶液的
调至大于
，其原因是 。
(5)生成聚合硫酸铝铁的离子反应为：
(系数
20
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未配平)，若生成
沉淀，理论上产生的气体在标准状况下的体积为
。
【答案】(1)
(2)
(3)增大
浓度，促进
尽可能完全析出
(4)为使
、
、
沉淀完全，
需要的
最大，
沉淀完全需要的
大于
(5)
【分析】辉钼矿(含
、
、
、
、
等)加入纯碱、氧气焙烧，
反应生成
和
，
、
均可与纯碱反应生成对应的钠盐，焙烧产生的气体1 主要为
CO2；加入
，相应的金属元素转化为金属阳离子，钒元素转化为
，加入氨
水净化，沉淀
，得到滤渣1 为
；向滤液中加入
沉钼，得到(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体；
焙烧生成
和
，氨气、二氧化碳与溶液X
反应，经一系列操作得到纯碱，则溶液X 是饱和
溶液，滤渣1 为
，加入
酸溶，再加入
聚合得到聚合硫酸铝铁，据此解
答。
【详解】（1）根据化合价代数和为0 可知，(NH4)2Mo4O13·2H2O 中
元素的化合价为+6 价；基态
原子的价层电子排布式为
，排布图为：
；
（2）“氧化焙烧”时，
反应生成
和
，则该氧化还原反应的化学方程式为：
2MoS2+6Na2CO3+9O2
2Na2MoO4+4Na2SO4+6CO2；
“溶液
”是饱和
溶液，CO2在其中溶解度较小，应先通NH3，再通CO2；
（3）“沉钒”时，加入过量
的目的是提高
浓度，促进
尽可能完全析出，提
高原料利用率；
（4）“净化”过程加入氨水调节溶液
，沉淀
，由表中数据可知，沉淀[Cu(OH)2]
需要的pH 最大，
完全沉淀时，
=
，pH＞6.5；
（5）将离子反应配平得到：
，生成
1mol 沉淀，同时生成nmolCO2，在标准状况下的体积为22.4nL。
18（15 分）．拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体G 的合成路线如下：
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已知：
请回答下列问题：
（1）A 中含氧官能团的名称 。
（2）反应④的反应类型是： ，G 的分子式为： 。
（3）下列有关说法错误的是 。
a．B 遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应
b．A、B 两种物质不可用核磁共振氢谱或红外光谱区别
c．C 能发生取代、加成、氧化、还原反应
d．E 能与NaOH 反应,不能与盐酸反应
（4）写出E 与NH(CH2CH2Cl)2反应得到F 的化学方程式： ；⑤中加入K2CO3的作用是
。
（5）B 的同分异构体中，满足下列条件的有 种；
①含有苯环；②能与NaOH 溶液反应
写出其中一种核磁共振氢谱为三组峰的结构简式： 。
（6）已知： RBr
RCN
RCOOH，请以甲苯、乙醇等为原料制备
，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见题
干）
【答案】 羟基、硝基 还原反应 C13H15N3O2 bd
+ NH(CH2CH2Cl)2→
+2HCl 消耗
生成物HCl，促进上述反应有利于生成F 的方向移动，从而提高F 的产率 15
或
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【分析】由有机物的转化关系可知，
一定条件下反应生成
，
与ClCH2COO C2H5发生取代反应生成
和氯
化氢，则C 为
；
在稀氢氧
化钠溶液中加热转化为
，
与铁、盐
酸发生还原反应生成
，则E 为
；
与
发生取代反应生成
和氯化氢，
与氨气
发生取代反应生成
和乙醇。
【详解】（1）A 的结构简式为
，含有的官能团为羟基、硝基，故答案为羟基、硝
基；
（2）反应④
与铁、盐酸发生还原反应生成
；由G 的结构简式
可知分子式为
C13H15N3O2，故答案为还原反应；C13H15N3O2；
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（3）a、B 的结构简式为
，分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液会显紫色，含有醛
基，能与银氨溶液发生银镜反应，故正确；
b、A 的结构简式为
，核子共振氢谱有3 组峰，B 的结构简式为
，核子共振氢谱有5 组峰，可用核磁共振氢谱区别，故错误；
c、C 的结构简式为
，含有的官能团为硝基、醛基、醚键和酯
基，则能发生取代、加成、氧化、还原反应，故准确；
d、E 的结构简式为
，含有氨基，能与盐酸反应，含有酯基，能与
盐酸、氢氧化钠溶液反应，故错误；
错误的为b d，故答案为b d；
（4）
与NH(CH2CH2Cl)2发生取代反应生成
和氯化氢，反应的化学方程式为
+ NH(CH2CH2Cl)2→
+2HCl；
加入K2CO3，K2CO3消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F 的方向移动，从而提高F 的产率，
故答案为
+ NH(CH2CH2Cl)2→
+2HCl；消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F 的方向移动，从而提高F 的产率；
（5）B 的结构简式为
，其同分异构体含有苯环，能与NaOH 溶液反应，说明苯
环上连有的官能团可能为硝基、羟基和醛基，可能结构有9 种（除去B），也可能为硝基和羧基，可
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能结构有3 种，也可能为硝基和酯基，可能结构有3 种，共有15 种，核磁共振氢谱为三组峰的同分异
构体可能为
或
，故答案为15；
或
；
（6）结合题给信息，运用逆推法可知
的合成过程为甲苯在光照条件下与溴蒸汽
发生取代反应生成
，
与NaCN 反应生成
，
在酸性条件下发
生水解反应生成
，
与乙醇发生酯化反应生成
，结合
流程信息知
与NH3反应生成
，合成路线为：
，故答案
为
。
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