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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷03(上海专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：上海高考化学试题独树一帜，题目以课题形式出现，有助于引导高中化学教学方式的转
变。上海高考化学中设置一些与实际教学内容相联系但形式为课题研究的题目，促使教师在教学中更
加注重将知识与实际的课题研究相融合，培养学生解决复杂问题的能力，也让学生适应这种在课题情
境下运用知识的考查方式。
高考·新考法：上海高考化学试卷设置了五道主题式综合题，这可以看作是一种课题形式的体现。每道
大题依据其内在的逻辑关联分设选择、填空、简答、计算等题型，形式新颖。这些主题式综合题多角
度、多层次考查学生化学学科核心素养发展水平。
高考·新情景：创设真实情境是上海高考化学命题的一大特点，这与课题形式出题相契合。比如以医药
健康中的降血糖药物瑞格列奈的合成情境出题，这类似于一个药物合成课题。学生要在这个情境下分
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，如同在研究一个具体的化学课题。这种情境化的课题形式命题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：预测在2025 年的高考试题中仍会继续延续课题出题方式，更贴近工业生产。以课题形式
出现的题目要求考生具备综合运用化学知识的能力。例如在一道关于环境污染治理的课题形式题目中，
考生可能需要运用化学平衡、氧化还原反应、离子反应等多方面知识来提出治理方案。这需要考生将
所学的各个知识点串联起来，从整体上分析和解决问题，而不是孤立地看待每个知识点，这是应对课
题形式题目的关键能力之一。
(试卷满分100 分，考试时间60 分钟)
1．本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号，并将核对后的条
形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
2．选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2 个符合条件的选项；标注“双选”的试题，
每小题有两个符合条件的选项；标注“单选”的试题，每小题只有一个符合条件的选项。
3．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
Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64
一、硅的冶炼与应用(本题共18 分)
1．基态Si 原子的价电子轨道表示式为 。
2．下列有关硅元素及其化合物的说法中，正确的是 。
A．酸性：H2SiO3<H2CO3 B．第一电离能：Si>P
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C．热稳定性：SiH4>PH3 D．最外层电子能量：Si<C
3．硅单质可由二氧化硅(SiO2)与碳在电弧炉中反应获得。该反应中SiO2断裂的化学键类型为
。
A．极性键 B．配位键 C．离子键 D．π 键
4．SiHCl3分子的空间结构为 。
A．三角锥形 B．四面体形 C．平面三角形 D．V 形
5．已知：Si、H、Cl 的电负性分别为1.9、2.2、3.2，则SiHCl3中硅元素的化合价为 。
6．部分含硅化合物的沸点如下表所示：
物
质
SiO2
SiH2Cl2
SiHCl3
SiCl4
沸
点
2230 ℃
8.2 ℃
33 ℃
57.6 ℃
解释上述物质沸点产生差异的原因： 。
7．经提纯后得到高纯度的硅单质称为单晶硅，其晶胞结构类似金刚石，如图所示。计量科学家利用
单晶硅实现了阿伏加德罗常数的精确测定。
(1)晶体中微粒的排列偏离理想晶体的现象称为晶体缺陷。下列方法中，可用于排查单晶硅结构是否具
有晶体缺陷的是___________。
A．原子发射光谱 B．质谱 C．红外光谱 D．X 射线晶体衍射
(2)单晶硅中每个Si 原子周围与它最近且距离相等的Si 原子有 个。
(3)若测得单晶硅的密度为ρ g·cm-3，晶胞边长为a cm，硅元素的相对原子质量为M，则阿伏加德罗常
数NA= mol-1(用含有ρ、a、M 的代数式表示)。
【答案】1．
(2 分)
2．A(2 分)
3．A(2 分)
4．B(2 分)
5．+4(2 分)
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6．SiO2属于共价晶体，其他均为分子晶体；组成结构相似的分子晶体，相对相对分子质量越大，分
子间作用力越大，沸点越高(2 分)
7．(1)D(2 分) (2)4(2 分) (3)
(2 分)
【解析】1．Si 为14 号元素，其价电子轨道表示式为：
。
2．A 项，元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性C＞Si，所以酸性：
H2SiO3<H2CO3，故A 正确；B 项，一般同周期元素随核电荷数的增大第一电离能逐渐增大，故第一电离能：
Si＜P，故B 错误；C．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：P>Si，所以氢化物的稳定
性：SiH4<PH3，故C 错误；D 项，Si 的最外层为第三电子层，C 的最外层为第二电子层，电子层越高，电
子能量越高，所以最外层电子能量：Si>C，故D 错误；故选A。
3．SiO2是共价晶体，存在Si-O 极性共价键，所以断开的是极性共价键，故答案选A。
4．SiHCl3中心Si 原子的价层电子对数为：
，无孤对电子，分子构型为四面体形，故B
正确；故选B。
5．电负性大的非金属性强，在化合物中非金属性强的为负价，Si、H、Cl 的电负性分别为1.9、2.2、
3.2，则非金属性为Cl＞H＞Si，SiHCl3中硅元素的化合价为H、Cl、Si 依次为-1、-1、+4，硅元素的化合
价为+4。
6．SiO2属于共价晶体，其他均为分子晶体，共价晶体的沸点高于分子晶体；组成结构相似的分子晶
体，相对相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
7．(1)X 射线晶体衍射可以测定晶体的结构，可以排查单晶硅结构是否具有晶体缺陷，故选D；(2)单
晶硅中每个Si 原子周围有4 个Si 原子构成正四面体结构，因此最近且距离相等的Si 原子有4 个；(3)根据
均摊法计算可知，每个晶胞中有
8 个Si 原子，
，则
。
二、硝酸的制取与应用(本题共20 分)
硝酸是一种具有强氧化性的一元无机强酸，也是一种重要的化工原料。
1．公元八世纪，炼金术士在干馏硝石时首次发现并制得了硝酸。干馏硝石原理为：KNO3
K2O+NO↑+X↑(未配平)。
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(1)推测X 的化学式并完成上述反应 。
(2)若干馏共产生15.68L(折算至标准状况)气体，反应中转移电子数目为 。
(3)将干馏气体通入足量水中充分吸收可制得HNO3，理论上 。
A．NO 会有剩余 B．X 会有剩余 C．无气体剩余
(4)1913 年合成氨问世，氨氧化法生产硝酸进入工业化阶段，直到现在该方法依然是世界上生产硝酸的
主要方法。氨氧化反应的化学方程式为 。
2．在实验室中，浓硝酸与其他酸常配成混酸进行使用。如浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3 所形成的混
酸称为王水，常用于蚀刻工艺和一些检测分析过程。
(1)实验室中，盛放有王水的药品柜上应张贴的图标是 。
A
B
C
D
(2)黄金不溶于盐酸，也不溶于硝酸，但却可以溶解在王水中：Au+4H++NO3
-+Cl-=[AuCl4]-
+NO↑+2H2O。关于王水能溶解金的理由叙述正确的是______。
A．硝酸增强了盐酸的氧化性 B．盐酸增强了硝酸的氧化性
C．盐酸提高了金的还原性 D．硝酸提高了金的还原性
3．浓硝酸与浓硫酸的混酸是常用的有机硝化试剂。苯硝化机理如下所示：
第一步：HNO3+H2SO4=NO2
++HSO4
-+H2O
第二步：NO2
++C6H6→[C6H6NO2]+
第三步：……
(1)简述配制浓硝酸与浓硫酸的混酸的实验操作： 。
(2)苯的硝化反应常采用水浴加热，其优势是 、 。
(3)硝化过程第一步中HNO3转化为NO2
+体现了_______。
A．氧化性 B．还原性 C．酸性 D．碱性
(4)硝化过程第三步反应式为 。
【答案】1．(1)4KNO3
2K2O+4NO↑+3O2↑(2 分)
(2)1.2NA(2 分)
(3)C(2 分)
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(4)
(2 分)
2．(1)B(2 分) (2)C(2 分)
3．(1)将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入浓硝酸中，边倒边用玻璃棒搅拌(2 分)
(2)受热均匀(1 分) 便于控温(1 分)
(3)D(2 分)
(4) [C6H6NO2]+ +HSO4
-→C6H5NO2+ H2SO4
-(2 分)
【解析】1．(1)根据反应KNO3
K2O+NO↑+X↑，KNO3中N 的化合价降低被还原，应该有化合价
升高的元素，KNO3中只有O 元素化合价可以升高到0 价的O2，因此X 为O2，根据电子得失相等，反应的
化学方程式为：4KNO3
2K2O+4NO↑+3O2↑。(2)根据方程式4KNO3
2K2O+4NO↑+3O2↑，KNO3中
N 的化合价由+5 价到+2 价，化合价降低3，4molNO 和3mol 氧气生成共转移3×4mol 电子，即7mol 气体生
成转移电子的物质的量为12mol，电子转移数目为12NA，标准状况下15.68L 气体的物质的量为
，电子转移的数目为1.2NA；(3)由方程式4KNO3
2K2O+4NO↑+3O2↑可知，生成的
NO 与O2的物质的量之比为4:3，NO、O2与水反应生成HNO3，反应的方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，
反应的NO 与O2的物质的量之比为4:3，因此理论上无气体剩余；(4)氨催化氧化生成NO 和水，反应的化
学方程式为
。
2．(1)王水是浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3 所形成的混酸，具有腐蚀性，故选B；(2)由方程式可知，
Cl-能与氧化产物Au3+形成配合物，Cl-提高了Au 的还原性，故选C。
3．(1)配制混合溶液要将密度大的溶液注入到密度小的溶液中，便于放热和混合均匀。配制浓硝酸与
浓硫酸的混酸的实验操作：将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入浓硝酸中，边倒边用玻璃棒搅拌；(2)苯的硝化反应
常采用水浴加热，其优势是：受热均匀、便于控温；(3)硫酸转化为了HSO4
-，提现了酸性，硝化过程第一
步中HNO3失去OH-转化为NO2
+，提现了碱性，答案选D；(4)苯的硝化反应总方程式为：C6H6+HNO3
C6H5NO2+ H2O，用总反应与机理第一步、第二步方程式作差，就可得机理第三步：[C6H6NO2]+
+HSO4
-→C6H5NO2+ H2SO4
-。
三、电解质与平衡(本题共22 分)
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1．已知：①
，ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH 强；
②NaClO 溶液具有漂白能力，25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。
试回答下列问题：
(1)试写出ClCH2COOH 在水中的电离方程式
(2)试从结构的角度解释为什么ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH 强
(3)试写出ClCH2COOH 与过量Na2CO3反应时的离子方程式
(4)25℃，向 10mL 0.1mol/L 的 NaOH 溶液中滴入 V mL 0.1mol/L 的CH3COOH 溶液。下列判断一定
正确的是_______。
A．V<10 时，c(Na＋)>c(CH3COO―)>c(OH―)>c(H＋)
B．V=10 时，c(CH3COOH)>c(OH―)
C．0<V<20 时，水的电离程度随V 的增大而增大
D．V=20 时，c(CH3COO―)-c(CH3COOH)=2c(H＋)-2c(OH―)
(5)下列关于NaClO 溶液说法正确的是________(双选)。
A．0.01mol/L NaClO 溶液中，n(ClO―)<0.01mol
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2 + ClO―+ H2O = HSO3
-+ HClO
D．25℃，pH=7.0 的NaClO 和HClO 的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO―)=c(Na+)
2．已知：某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：CO2(g) + 4H2(g)
2H2O(g) + CH4(g)，该反应的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1 所示。回答问题：
(1)若反应为基元反应，且反应的
与活化能(Ea)的关系为
。在图2 中补充完成该反应过程的
能量变化示意图 。
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(2)某研究小组模拟该反应，温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入0.1molCO2和
0.4molH2，反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.05mol。则CO2的转化率为 。在上述平衡体系中各
加入0.05mol 的上述反应物、生成物，则加入后v 正 v 逆(填“>”、“<”或“=”)。
在相同条件下，CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的副反应：CO2(g) + 3H2(g)
H2O(g) +
CH3OH(g)，在反应器中按n(CO2)：n(H2)=1：4 通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到
2min 时，测得反应器中CH3OH、CH4浓度(
)如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
c(c(H
＋))
c(CH4)
c(c(H
＋))
c(CH4)
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，
生成CH3OH 平均反应速率为
；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是
。
【答案】1．(1)ClCH2COOH
ClCH2COO-+H+(2 分)
(2)Cl 原子电负性较大，吸电子能量较强，使ClCH2COOH 中羧基的O-H 键极性增大，更加容易电离出
H+，酸性增强(2 分)
(3) ClCH2COOH+CO3
2-=HCO3
-+ClCH2COO-(2 分)
(4)D(3 分)
(5)AD(3 分)
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2．(1)
(2 分)
(2)50%(2 分) >(2 分)
(3)
(2 分) 400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷
与甲醇比例高(2 分)
【解析】1．(1)ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH 强，但仍然是一元弱酸，在水中的电离方程式为：
ClCH2COOH
ClCH2COO-+H+。
(2)Cl 原子电负性较大，吸电子能量较强，使ClCH2COOH 中羧基的O-H 键极性增大，更加容易电离出
H+，酸性增强。
(3)CH3COOH 的酸性比碳酸强，则ClCH2COOH 的酸性也比碳酸强，ClCH2COOH 与过量Na2CO3反应
生成NaHCO3和ClCH2COONa，离子方程式为：ClCH2COOH+CO3
2-=HCO3
-+ClCH2COO-。
(4)A 项，向 10mL 0.1mol/L 的 NaOH 溶液中滴入 V mL 0.1mol/L 的CH3COOH 溶液，V<10 时，得
到NaOH 和CH3COONa 的混合溶液，溶液呈碱性，由于无法判断NaOH 和CH3COONa 的物质的量相对关
系，无法判断c(CH3COO―)和c(OH―)的大小关系，A 错误；B 项，向 10mL 0.1mol/L 的 NaOH 溶液中滴
入 V mL 0.1mol/L 的CH3COOH 溶液，V=10 时，得到CH3COONa 溶液，CH3COO-水解生成CH3COOH 和
OH―，由于H2O 也会电离产生OH―，c(CH3COOH)<c(OH―)，B 错误；C 项，向 10mL 0.1mol/L 的 NaOH
溶液中滴入 V mL 0.1mol/L 的CH3COOH 溶液，V<10 时，得到NaOH 和CH3COONa 的混合溶液，NaOH
电离产生OH―抑制水的电离，随着CH3COOH 溶液的滴加，水的电离程度增大，V>10 时，得到CH3COOH
和CH3COONa 的混合溶液，CH3COOH 浓度较大时，电离产生H+抑制水的电离，水的电离程度又减小，C
错误；D 项，向 10mL 0.1mol/L 的 NaOH 溶液中滴入 V mL 0.1mol/L 的CH3COOH 溶液，V=20 时，得
到等浓度的CH3COOH 和CH3COONa 混合溶液，存在电荷守恒：c(CH3COO―)+ c(OH―)=c(Na+)+c(H＋)，物
料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO―)+c(CH3COOH)，可得c(CH3COO―)-c(CH3COOH)=2c(H＋)-2c(OH―)，D 正确；
故选D。
(5)A 项，由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则
0.01mol/L 次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度0.01mol/L，故A 正确；B 项，次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯
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酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应
生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故B 错误；C 项，过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反
应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO4
2-+2H+，故C 错误；D 项，25℃，
pH=7.0 的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，
则溶液中c(ClO-)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh
，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解
程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒
浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，故D 正确；故选AD。
2．(1)根据图1 可知，温度升高，平衡常数减小，说明CO2(g) + 4H2(g)
2H2O(g) + CH4(g)的正反
应放热，即反应物的能量高于产物总能量，结合因为
，则生成物能量低于a，则该反应过程的能
量变化示意图为
。
(2)根据题意，列出三段式求解：
所以二氧化碳的转化率为：
。根据上述平衡量，计算其平衡常数
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，若在上述平衡体系中各加入0.05mol 的上述反应物、生
成物，则加入后的各物质的量分别是：n(CO2)=0.1mol，n(H2)=0.25mol，n(H2O)=0.15mol，n(CH4)=0.1mol，
计算其现在的
，此时Q＜K，说明平衡正向移动，故v 正＞v 逆。
(3)在选择使用催化剂I和350℃条件下反应，由表中信息可知，
甲醇的浓度由0 增加到10.8，
因此，生成甲醇的平均反应速率为
。温度越高，反应速率越快，400℃的
反应速率更快，相同温度下，在催化剂Ⅱ的作用下，副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
四、合成沙美特罗(本题共20 分)
沙美特罗是目前治疗哮喘的新型药物，它的一种合成路线如下：
1．物质A 和物质B 具有相同的___________。
A．碳原子数 B．氧元素的质量分数
C．官能团种类 D．最多可共平面的原子数
2．不能鉴别物质C 和物质D 的是___________。
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A．希夫试剂 B．金属钠 C．红外光谱 D．核磁共振氢谱
3．有机物
的结构简式为 ；反应④使用“MnO2+H+”而不使用酸性高锰酸钾溶液的原因
是 。
4．下列反应中原子利用率理论上可达100%的是___________(双选)。
A．反应② B．反应③ C．反应⑤ D．反应⑥
5．下图的结构简式上编号的碳原子中属于手性碳原子的是___________。
A．① B．② C．③ D．④
6．设计反应③和反应⑦的目的是 。
7．反应②除了生成产物C，还会生成分子式为C9H12O3的副产物，写出该副产物的结构简式
。
8．物质E 的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式 。
①属于芳香族化合物
②能在
溶液作用下发生水解反应
③能发生银镜反应
④不同化学环境的氢原子个数比为
9．已知：
(R 表示烃基，X 表示卤原子)。
参照上述流程，设计以1，3-丁二烯为原料合成1，6-己二胺[H2N(CH2)6NH2]的合成路线 。
(无机试剂任选)
(合成路线可表示为：甲
乙……
目标产物)
【答案】1．C(2 分)
2．A (2 分)
3．
(2 分) 酸性高锰酸钾溶液氧化性太强，会将甲基(或苯环侧链)直接氧化成羧
基，从而得不到E(2 分)
4．AC(2 分)
5．C(2 分)
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6．保护羟基不被氧化(或不被破坏) (2 分)
7．
(
或
)(2 分)
8．
或
或
或
或
或
(2 分)
9．
H2N(CH2)6NH2(也可以第2 步先加氢，再卤原子取代为氰基，最后再加氢。) (2 分)
【解析】由合成路线可知，A(
)在AlCl3的催化下与CH3OH 发生取代反应①生成B(
)，B 与HCHO 发生加成反应②生成C(
)，C 与丙酮(
)发生反应③生成
丙酮叉保护两个羟基，得到D(
)，D 在MnO2的作用下发生氧化反应④生成E(
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)，E 与HCN 发生加成反应生成F(
)，F 与H2发生加成反应⑤生成G(
)，G 与
在吡啶的作用下发生取代反应⑥生成H(
)，H 在酸的作用下将丙酮叉水解得到沙美特罗。
1．A 项，由A、B 的结构简式可知，A 有6 个C，B 有7 个C，A 不符合题意；B 项，由A、B 的结构
简式可知，A、B 都只含1 个O，但A、B 的C、H 原子数不同，即相对分子质量不同，因此氧元素的质量
分数不同，B 不符合题意；C 项，由A、B 的结构简式可知，A、B 都只含1 个羟基，C 符合题意；D 项，
A 的13 个原子均能共平面，B 中除了甲基上的两个H，剩余的14 个原子共平面，D 不符合题意；故选C；
2．A 项，希夫试剂用于鉴别醛基，C、D 中均没有醛基，不能鉴别，A 符合题意；B 项，C 中有羟基，
能与金属钠反应，而D 不能反应，可以鉴别，B 不符合题意；C 项，红外光谱可以检测官能团和化学键，
可以鉴别两种物质，C 不符合题意；D 项，核磁共振谱可以检测不同化学环境的H，可以鉴别两种物质，
D 不符合题意；故选A；
3．根据分析，E 的结构简式为
；酸性高锰酸钾溶液氧化性太强，会将甲基(或苯环
侧链)直接氧化成羧基，从而得不到E，因此使用氧化性小一些的MnO2作为氧化剂；
4．有机反应中加成和加聚反应原子利用率理论上可达100%，根据分析，反应②和反应⑤为加成反应，
故选AC；
5．连四个不同基团的C 为手性碳，根据结构可知③为手性碳，故选C；
6．根据分析，反应③形成丙酮叉保护羟基，反应⑦水解又得到羟基，因此目的是保护羟基不被氧化
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(或不被破坏)；
7．根据分析，反应②为加成反应，C9H12O3为该反应的副产物，羟基和甲基均为邻对位定位基，因此
副产物可能为
、
、
；
8．E(
)的同分异构体中，①属于芳香族化合物说明有苯环，②能在NaOH 溶液作用
下发生水解反应说明含有酯基，③能发生银镜反应说明含有醛基，④不同化学环境的氢原子个数比为
1∶2∶3∶6，说明有两个对称的甲基和一个不对称的甲基，因此同分异构体有：
、
、
、
、
、
(任写一种)；
9．合成H2N(CH2)6NH2可以用
与H2加成，
可以用
与NaCN 反应制备，
可以用
与Br2发生
1，4-加成制备，合成路线为：
H2N(CH2)6NH2(也可以
第2 步先加氢，再卤原子取代为氰基，最后再加氢。)
五、亚氯酸钠的制备和提纯(本题共20 分)
ClO2是一种高效消毒灭菌剂，稳定性差，沸点
，工业上将其转化为较稳定的亚氯酸钠(NaClO2)保
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存。一种由NaClO3制备NaClO2的流程如下：
已知：
①ClO2浓度高时易发生分解爆炸，可用气体稀释其含量至
以下
②高于60℃时，NaClO2溶液会分解
③ClO2
-在酸性溶液中发生的离子反应为5ClO2
-+4H+=4ClO2↑+ Cl-+2H2O
Ⅰ.制备NaClO2
1．写出ClO2发生器中发生的离子方程式 。
2．发生器中鼓入空气的目的除了推动气流外，还有 。
3．若吸收塔内反应转移了2NA个电子，则生成氧气 克；吸收塔的温度需控制在
以下，除了
避免制备出的NaClO2发生分解外，其他原因可能是 、 。已知：
时，Ka(HClO2)=1.1×10-2，
Ka(HClO)=2.98×10-8.
4．
时，有1L0.5mol·L-1的NaClO2、NaClO 的两瓶溶液，说法错误的是 。
A．[ClO2
-]＞[ClO-]
B．水的电离程度：NaClO2＜NaClO
C．离子总数：NaClO2＜NaClO
D．[ClO2
-]+[HClO2]=[ClO-]+[HClO]
5．取0.5 mol·L-1 NaClO2溶液，调节溶液pH=5，再加入适量AgNO3溶液，灭菌效果明显增强，请结
合化学语言，用化学平衡移动原理解释原因 。
6．欲从NaClO2溶液中获得NaClO2无水晶体，操作时先减压，再将NaClO2溶液加热浓缩，浓缩时的
最佳温度为 ；当加热浓缩至有晶膜出现时，再在常压下 (填操作)、过滤、洗涤、干燥。
已知NaClO2的溶解度随温度变化曲线如图所示：
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A．略高于38℃ B．略低于38℃ C． 略高于60℃ D．略低于60℃
II.测定产品的纯度
7．称取mg 样品，溶解，加入稍过量的KI 溶液，再滴加适量稀硫酸，充分反应后，稀释到500 mL
溶液，再移取25.00 mL 上述溶液，用cmol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗VmLNa2S2O3标准
溶液。
已知：ClO2
-+4I-+4H+=2H2O+2I2+ Cl- I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-
计算NaClO2产品的纯度(用含m、c、V 的代数式表示) 。
【答案】1．2ClO3
-+SO2=2ClO2+SO4
2-(2 分)
2．稀释ClO2，防止其浓度过高时发生爆炸(2 分)
3．32(2 分) 利于ClO2液化，使其充分吸收(2 分) 减少(或防止)H2O2分解(2 分)
4．C(2 分)
5．酸性溶液中存在5 ClO2
-+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，加入硝酸银溶液后，Ag+与Cl-生成氯化银沉淀，
c(Cl－)降低，平衡正向移动，c(ClO2)增大，溶液灭菌效果增强(2 分)
6． D(2 分) 冷却至略高于38℃结晶(2 分)
7．
或
(2 分)
【解析】NaClO3固体溶解，向溶液中通入SO2和空气混合气，NaClO3被SO2还原生成ClO2，ClO2浓
度过高时易发生分解爆炸，空气的作用是将ClO2稀释，防止发生爆炸，然后在碱性条件下在吸收塔用过氧
化氢还原，得到NaClO2溶液，并从溶液得到粗产品NaClO2晶体。
1．在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，氯化合价从+5 降低到+4、硫化合
价从+4 升高到+6，则该反应的离子方程式为2ClO3
-+SO2=2ClO2+SO4
2-。
2．由题给信息可知，二氧化氯浓度高时易发生分解爆炸，可用气体稀释至含量10 %以下，所以发生
器中鼓入空气的作用是稀释二氧化氯，防止二氧化氯浓度过高时发生分解爆炸。
3．由分析可知，二氧化氯在吸收塔中与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和
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水，则转移2NA个电子时，生成氧气的质量为
×32g/mol=32g；温度越低，气体的溶解度越大，
二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的反应越充分，吸收越充分；过氧化氢受热易分解，温度较低，有利于防
止过氧化氢分解；由题给信息可知，二氧化氯的沸点低，易液化，且亚氯酸钠在温度高于60℃时易分解生
成氯酸钠和氯化钠，所以吸收塔的温度需控制在10℃以下。
4．A 项，由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于亚氯酸，由盐类水解规律可知，次氯酸根离子在溶液
中的水解程度大于亚氯酸根离子，所以离子浓度：[ClO2
-]＞[ClO-]，故A 正确；B 项，次氯酸根离子在溶液
中的水解程度大于亚氯酸根离子，盐类的水解促进水的电离，所以水的电离程度NaClO2＜NaClO，故B 正
确；C 项，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于亚氯酸根离子，溶液碱性更强，氢离子浓度更小，所以
依据电荷守恒可知NaClO 溶液中离子总数小于NaClO2，故C 错误；D 项，等浓度的次氯酸钠溶液和亚氯
酸钠溶液中存在如下物料守恒：[ClO2
-]+[HClO2]=[ClO-]+[HClO]，故D 正确；故选C。
5．由题给信息可知，亚氯酸钠的酸性溶液中存在如下平衡：5ClO2
-+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，向溶液中
加入适量硝酸银溶液，溶液中氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，氯离子浓度减小，平衡向正反应方向
移动，溶液中二氧化氯的浓度增大，灭菌效果增强。
6．由题给信息可知，亚氯酸钠在温度高于60℃时易分解生成氯酸钠和氯化钠，温度低于38 ℃时会
析出三水亚氯酸钠晶体，所以次氯酸钠溶液减压条件下，加热浓缩的最佳温度为略低于60℃，故选C；由
题给信息可知，亚氯酸钠在温度高于60℃时易分解生成氯酸钠和氯化钠，温度低于38℃时会析出三水亚
氯酸钠晶体，所以当加热浓缩至有晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶、过滤、洗涤、干燥得
到亚硫酸钠晶体。
7．由题意可得到如下转化关系：NaClO2-2I2-4Na2S2O3，滴定消耗VmLcmol/L 硫代硫酸钠溶液，则次
氯酸钠产品的纯度为
。
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