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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷03(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 Li-7 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 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ba-137 Ce-140 Pb-207
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．我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。核聚变原料的制备与核聚变的产物如图。
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已知：
、
、
中仅
具有放射性。下列说法不正确的是( )
A．元素的第一电离能：H>He>Li B．可用质谱区分
、
和
C．
具有放射性 D．
、
的化学性质基本相同
【答案】A
【解析】A 项，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，同一主族从上往下依次减小可知，
元素的第一电离能：He > H >Li，A 错误；B 项，质谱法可以用来测量微粒的相对式量，故可用质谱区分
、
和
，B 正确；C 项，由题干信息可知，
、
、
中仅
具有放射性，
中含有
，故
具有放射性，C 正确；D 项，
、
的质子数相同，核外电子数相同，化学性质基本相同，D 正确；故
选A。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．SO3的VSEPR 模型：
B．NaOH 的电子式：
C．葡萄糖的结构简式：C6H12O6 D．乙烯分子中的π 键：
【答案】D
【解析】A 项，p-pπ 中S 的价层电子对数为：
，
模型为平面三角形：
，A 错误；B 项，NaOH 为离子化合物，电子式：
，B 错误；C 项，葡萄糖的分子
式：C6H12O6，结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，C 错误；D 项，乙烯分子中的π 键镜面对称，图示正确，
D 正确；故选D。
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3．城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，当金属管道或铁轨在潮湿土壤中形成电流回路时，就会
引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计图所示的装置。下列有关说法中正确的
是( )
A．电流由Mg 经过导线流向钢铁制品
B．
块表面随着时间的进行，会有Mg(OH)2产生
C．钢铁管道与电源正极相连的保护法是外加电流保护法
D．应选用电阻率小的导体，比如Ag 来避免能量损耗
【答案】B
【解析】钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极，
受到保护。A 项，钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正
极，电流由钢铁制品经过导线流向Mg，A 错误；B 项，镁作负极，Mg 失去电子生成Mg2+，Mg2+在潮湿的
环境中会水解转化为Mg(OH)2，B 正确；C 项，Mg 为活泼金属，可作为牺牲阳极，则将Mg 与钢铁输水管
相连是用牺牲阳极法保护钢铁输水管，C 错误；D 项，Fe 比Ag 活泼，若选用Ag 作为导体，Ag 与钢铁制
品形成原电池，钢铁制品作负极会被腐蚀，D 错误；故选B。
4．下列说法不正确的是( )
A．采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
B．油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料
C．苯甲酸钠是常用的食品防腐剂
D．高压法聚乙烯支链较少，密度和软化温度较高，属于高密度聚乙烯
【答案】D
【解析】A 项，蛋白质的盐析是蛋白质溶液中加浓无机盐溶液，使蛋白质析出，产生的沉淀分离出后
加水又能继续溶解，则采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，A 正确；B 项，油脂的氢化为烃基中
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含有不饱和键的油脂通常为植物油和氢气的催化加成反应，油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可
作为制造肥皂和人造奶油的原料，B 正确；C 项，苯甲酸钠是一种常用的食品防腐剂，C 正确；D 项，高
压法聚乙烯是在较高压力与较高温度，并在引发剂作用下，使乙烯发生加聚反应得到的，含有较多支链，
密度和软化温度也较低，属于低密度聚乙烯，低压法聚乙烯在较低压力和温度下，用催化剂使乙烯发生加
聚反应得到的，支链较小，密度和软化温度也较高，属于高密度聚乙烯，D 不正确；故选D。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．NaHCO3溶液的水解：HCO3
-+H2O
CO3
2-+H3O+
B．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO3
2-=Al2(CO3)3↓
C．向 Fe2(SO4)3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2 Fe2++S↓
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+ CaSO4↓+2HClO
【答案】D
【解析】A 项，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：HCO3
-+H2O
H2CO3+OH-，A 错误；B 项，铝离子和碳酸根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：
2Al3++3CO3
2-+3H2O=2 Al(OH)3↓+3CO2↑，B 错误；C 项，硫化氢是弱电解质，不能拆，并且三价铁可以把硫
离子氧化为单质硫，则离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，C 错误；D 项，次氯酸根离子有强氧化
性，可以将二氧化硫中+4 价硫氧化为硫酸根离子，并且二氧化硫少量，最终应该同时生成次氯酸，则离子
方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O=Cl-+ CaSO4↓+2HClO，D 正确；故选D。
6．下列实验设计和操作均正确且能达到实验目的的是( )
A．中和反应反应热的
测定
B．实验室制备氨气
C．制无水氯化钙
D．验证酸性：乙酸
碳酸
苯酚
【答案】C
【解析】A 项，金属导热速度太快，不能使用金属搅拌器，应该使用环形玻璃搅拌器，A 不合题意；
B 项，实验室制氨气时试管口应该向下倾斜，且收集氨气的导管应该插入试管底部，B 不合题意；C 项，
将CaCl2溶液蒸发结晶可以制无水氯化钙，C 符合题意；D 项，已知乙酸易挥发，图示装置由于通入苯酚
钠溶液中的CO2中含有乙酸，无法验证碳酸酸性强于苯酚，D 不合题意；故选C。
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7．实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：
下列说法不正确的是( )
A．可用饱和NaOH 溶液净化氯气
B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH-
ClO3
-+5Cl-+3H2O
C．推测若取无色溶液a 于试管中，滴加稀H2SO4后再加入少量CCl4，下层液体变紫色
D．上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2>KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2<KClO3
【答案】A
【解析】由制备流程可知，①中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，②中净化时选饱和食盐水除去挥发
的HCl，浓硫酸干燥氯气，然后发生3Cl2+6OH-
ClO3
-+5Cl-+3H2O，氯酸钾与盐酸加热可发生氧化还原反
应生成黄绿色气体为氯气，氯酸与过量KI 发生ClO3
-+I-= Cl-+ IO3
-，得到无色溶液a。A 项，氯气能和
NaOH 溶液反应，不可用饱和NaOH 溶液净化氯气，A 项错误；B 项，生成KClO3时只有Cl 元素的化合价
变化，离子方程式为3Cl2+6OH-
ClO3
-+5Cl-+3H2O，B 项正确；C 项，若取少量无色溶液a 于试管中，滴加
稀H2SO4后，Cl-、IO3
-发生氧化还原反应生成碘，CCl4密度比水小且能萃取碘单质，下层液体变紫色，C
项正确；D 项，由氯气与KOH 的反应、氯酸钾与盐酸的反应，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化
性可知，上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2> KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2<KClO3，D 项正确；故选
A。
8．氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于共价晶体。下列说法不正确的是( )
A．基态铝原子的价电子排布图为
B．AlON 和水晶所含的化学键类型不同
C．AlON 中三种元素都位于周期表p 区
D．AlON 的熔点较高
【答案】B
【解析】A 项，基态铝原子核外电子数为13，电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，
排布图为
，故A 正确；B 项，AlON 属共价晶体，水晶(SiO2)属于共价晶体，化学键都是共
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价键，故B 错误；C 项，p 区包含第ⅢA 族～0 族的元素，Al 为第ⅢA 族元素，O 为VIA 族，N 为VA 族
元素，均位于p 区，故C 正确；D 项，AlON 属共价晶体，熔点较高，故D 正确；故选B。
9．羰基硫(
)存在于多种植物中，杀虫效果显著。它的结构与CO2、CS2相似，已知
的键能为
，下列有关羰基硫的说法正确的是( )
A．分子中只含
键
B．可推测
的键能大于
C．
属于含有极性键的非极性分子
D．CS2、COS、CO2完全分解消耗的能量依次增大
【答案】D
【解析】A 项，COS 分子中有2 个σ 键和2 个π 键，A 错误；B 项，S 原子的半径大于O 原子，可推测
C=S 的键能小于C=O 的键能，即小于745 kJ·mol－1，B 错误；C 项，COS 属于含有极性键的极性分子，C
错误；D 项，S 原子的半径大于O 原子，可推测C=S 的键能小于C=O 的键能，即小于745 kJ·mol－1，所以
CS2、COS、CO2完全分解消耗的能量依次增大，D 正确；故选D。
10．一定温度下，在
的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应(CH4+H2O
CO+3H2)的原理流程
如下：
已知：1000℃时，“甲烷重整”反应的化学平衡常数为2。
下列说法不正确的是( )
A．反应原理流程中，物质a 可能是Fe3O4，H2O 的VSEPR 模型为四面体形
B．若增大n(CH4)：n(H2O)的值，则CH4的平衡转化率降低
C．
，向容器中投入CH4和H2O 各
，达平衡时CH4的转化率为
，则该温度下“甲烷重
整”反应的平衡常数约为
D．
，若容器中n(CH4)=n(H2O)=n(H2)= 1mol、n(CO)= 2mol，则反应处于平衡状态
【答案】D
【解析】A 项，过程①Fe 与H2O 反应生成H2和a，氢元素被还原，则铁元素被氧化，根据元素守恒
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可知a 为铁的氧化物，可能是Fe3O4；H2O 中心O 原子的价层电子对数为
，VSEPR 模型为四面
体形，故A 正确；B 项，若增大n(CH4)：n(H2O)的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降
低，故B 正确；C 项，结合已知列三段式：
，故C 正确；D 项，1000℃，若容器中
n(CH4)=n(H2O)=n(H2)= 1mol、n(CO)= 2mol，则
，则此时反应未
处于平衡状态，故D 错误；故选D。
11．硒(34Se)在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式
如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是( )
A．Se 原子在周期表中位于p 区
B．乙烷硒啉分子中，C 原子的杂化类型有sp2、sp3
C．乙烷硒啉分子中有5 种不同化学环境的氢原子
D．键角大小：气态SeO3 ＜SeO3
2-
【答案】D
【解析】A 项，Se 原子在周期表的位置是第4 周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p 区，A 正
确；B 项，乙烷硒啉分子中，C 原子的杂化类型有sp2、sp3，苯环上的C 为sp2杂化，
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此处的C 为sp3杂化，B 正确；C 项，乙烷硒啉分子中有5 种不同化学环境的
氢原子
，C 正确；D 项，SeO3中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为
0，分子的空间结构为平面三角形，键角为 120°，SeO3
2-中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离
子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态SeO3＞ SeO3
2-，D 错误；故选D。
12．下列类比正确的是( )
A．Fe3Cl8可表示为FeCl2•2FeCl3，则在水溶液中制备的Fe3I8也可表示为FeI2•2FeI3
B．NH3与足量盐酸反应生成NH4Cl，则N2H4与足量盐酸反应生成N2H4Cl2
C．CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀
D．甲苯可被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，则乙苯可被酸性KMnO4氧化成苯乙酸
【答案】B
【解析】A 项，I-具有强还原性与氧化性的Fe3+在溶液中要反应分别变为I2和Fe2+，所以溶液中不可能
存在FeI3，A 项错误；B 项，NH3中的氮有孤电子对可以结合H+，N2H4中的2 个N 与它相似盐酸反应，B
项正确；C 项，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，使溶液酸化，酸性条件下NO3
-将SO2氧化并与Ba2+产生了不溶
于酸的BaSO4沉淀，C 项错误；D 项，KMnO4氧化苯环上的烷基时C-C 键发生断裂，所以苯乙烷氧化产生
的是苯甲酸，D 项错误；故选B。
13．1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1：1 发生加成反应分两步：第一步Br+进攻1，3-丁二烯生
成中间体
(溴正离子)；第二步Br-进攻中间体
完成1，
加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如
下图所示，下列说法正确的是( )
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A．从中间体
到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物
B．第一步的反应速率比第二步慢，中间体
的存在时间极短
C．该加成反应的反应热为Eb-Ea，反应过程中有p-pπ 键的断裂和生成
D．升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】A 项，由图可知，从中间体C 到产物，生成A 时活化能更小，速率更大，生成B 时，B 更稳
定，故A 错误；B 项，由于第一步是慢反应，第二步是快反应，故中间体C 的存在时间极短，故B 正确；
C 项，Ea是第二步反应中1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只
是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，1，4-加成反应过程中有p-pπ 键的断裂，
也有p-pπ 键生成，故C 错误；D 项，由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则1，3-丁二烯的
加成反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，1，3-丁二烯的平衡转化率降低，故D 错误；故选B。
14．某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
序号
试剂
实验现象
①
2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水+0.5mL 蒸
馏水
溶液完全褪色所需时间：③
＜②＜①。
实验均产生棕褐色固体(经检
验为MnO2)，都伴有少量气
泡产生(经检验为N2)。
②
2mLKMnO4溶液+1mL10 mol·L-1氨水+0.5mL1
mol·L-1稀硫酸
③
2mLKMnO4溶液+1mL10 mol·L-1氨水+0.5mL1
mol·L-1 Na2SO4溶液
④
2mLKMnO4溶液+1mL5mol·L-1(NH4)2SO4溶液
+0.5mL 蒸馏水
无明显变化
注：实验中c(KMnO4)=0.01mol·L-1。下列说法不正确的是( )
A．实验①中发生了反应2MnO4
-+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-+2H2O
B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：c(H＋)增大，MnO4
-的氧化性增强
C．对比实验③④可得出，还原性：NH3>NH4
+
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D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH 溶液，可观察到溶液褪色
【答案】B
【解析】根据表格中的实验可知，实验①、②、③中均产生了褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，
经检验为N2，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐
而非氨水，实验的总体积均是相等的。A 项，根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，
还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：2MnO4
-+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-
+2H2O，故A 正确；B 项，实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时
间比实验②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需
时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该
反应中反应速率的并不是c(H+)，故B 错误；C 项，实验③中NH3被氧化为N2，实验④中NH4
+未被氧化，
所以还原性：NH3>NH4
+，故C 正确；D 项，实验④中加入的NH4
+未被氧化，当逐滴加入浓NaOH 溶液，
会促进NH4
+的水解，增大了NH3·H2O 的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D 正
确；故选B。
第二部分
二、非选择题(本部分共5 题，共58 分。)
15．(10 分)某钙钛矿CH3NH3PbI3是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用CH3OH、NH3、
I2、PbI2制备钙钛矿。
(1)Pb 位于元素周期表第6 周期ⅣA 族，写出基态Pb 原子价层电子轨道表示式 。
(2) NH3分子的VSEPR 模型名称是 ，NH3的N—H 键是由N 的 轨道与H 的
轨道重叠形成
键。
(3)制备CH3NH3PbI3的过程如下所示：
①Ⅰ中，CH3OH 的沸点高于CH3I 的沸点，原因是 。
②Ⅱ中，由于NH3分子中的 具有孤电子对，容易与CH3I 反应生成盐CH3NH3I。
(4)钙钛矿晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图：
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①距离CH3NH3
+最近的I-有 个。
CH
②
3NH3PbI3的摩尔质量为620 g·molˉ1，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体密度为 g·
cm-3。(1nm=10-7cm)
(5)钙钛矿的稳定性受空气中H2O、O2、紫外线等因素的影响。
ⅰ．
ⅱ．
研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释： ，
我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。
【答案】(1)
(1 分)
(2)四面体形(1 分) sp3杂化(1 分)
(3)CH3OH 能形成分子间氢键，CH3I 不能形成分子间氢键(1 分) N 原子(1 分)
(4) 12(1 分)
(2 分)
(5)HI 易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I 的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向
移动(2 分)
【解析】(1)由铅元素位于元素周期表第6 周期ⅣA 族可知，基态原子的电子排布式为6s26p2，轨道表
示式为
；(2)氨分子中氮原子的价层电子对数为4，则原子的杂化方式为sp3杂化，分子的
VSEPR 模型为四面体形，分子中的氮氢键是氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s 轨道道重叠形成σ 键；
(3)①甲醇分子能形成分子间氢键，一碘甲烷不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于一碘甲烷，
沸点高于一碘甲烷；②Ⅱ中，由于氨分子中氮原子具有孤电子对，能与一碘甲烷的CH3
+中具有空轨道的碳
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原子形成配位键生成CH3NH3I；(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的CH3NH3
+与位于面心的碘离子距
离最近，则距离CH3NH3
+最近的碘离子的个数为12；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的CH3NH3
+个数
为8×
=1，位于面心的碘离子个数为6×
=3，位于体内的铅离子个数为1，设晶体的密度为dg/cm3，由晶
胞的质量公式可得：
=(10—，7a)3d，解得d=
；(5)反应生成的碘化氢能与氧气反应使得生成物
的浓度减小，平衡向正反应方向移动，使得CH3NH3I 的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动，导致钙钛矿的
分解程度就会增大。
16．(10 分)I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。
(1)阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式： 和Ca2++CO3
2-=CaCO3↓。
II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。
方法一、H2还原脱硫：
(2)300℃，发生反应：①SO2(g)＋2H2(g)
S(g)＋2H2O(g) ΔH1
S(g)
②
＋H2(g)
H2S(g) ΔH2
2H
③
2S(g)＋SO2(g)
3S(g)＋2H2O(g) ΔH3
请用一个等式来表示三个反应的
之间的关系 。
(3)反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S 和SO2，平衡常数
，测得平衡时SO2和
的浓度均为
，则平衡时
的值为 。
方法二、O2氧化脱硫：
(4)某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2，以N2作稀释剂，一定温度下，通入SO2、O2和H2O 反应生成
H2SO4，其中不同温度下，SO2在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。
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A．温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快
B．已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利
C．原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快
D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致
(5)在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反
应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分
数增大，SO3体积分数也增大的理由 。
【答案】(1) H2O＋2e-+CO2=H2↑+CO3
2-(2 分)
(2) ΔH3=ΔH1-2ΔH2(2 分) (3)
(2 分)
(4)BD(2 分)
(5)该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH 自由基，有利于SO2氧化速率加快(2 分)
【解析】(1)电解CaCl2溶液，阴极H2O 得到电子生成CO3
2-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方
程式为：H2O＋2e-+CO2=H2↑+CO3
2-，然后发生反应：Ca2++CO3
2-=CaCO3↓。(2)由盖斯定律可知，①-2×②可
得反应③，则三个反应的ΔH 之间的关系为：ΔH3=ΔH1-2ΔH2。(3)根据已知条件列出“三段式”
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K=
=3.375，解得x=1mol，则平衡时
=
=
。(4)A 项，由图可知，温度越低，SO2的
吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，A 错误；B 项，该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2
的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，B 正确；C 项，原料
中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，C 错误；D 项，随着时间的推移，SO2
吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4 占据了吸附位点没及时脱出导致，D 正确；故选BD。(5)原料以
一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的
理由为：该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH 自由基，有利于SO2氧化速率加快。
17．(12 分)多并环化合物K 具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下：
已知：i、
ii、
iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。
(1)A→B 所需试剂是 。
(2)B→C 的反应为取代反应，该反应的化学方程式为 。
(3)E 中官能团的名称为 。
(4)F→G 的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为 。
(5)芳香族化合物M 是I 的同分异构体，写出一种符合下列条件的M 的结构简式： 。
a．能与NaHCO3反应
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b．核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为2：2：1
(6)J→K 的反应过程如下图，中间产物1、2 均含有三个六元环。
中间产物1、3 的结构简式分别为 、 。
(7)K 中酰胺基上的H 在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1mol 的J 与
0.15mol 的邻苯二胺(
)反应一段时间后，加入0.1mol 三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测
定该混合物的核磁共振氢谱，K 中酰胺基上的H 与三氯乙烯中的H 的峰面积比为2：5，此时K 的产率为
。
【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸(1 分)
(2)
(2 分)
(3)硝基、羧基(1 分)
(4)
(1 分) (5)
(1 分)
(6)中间产物1
(2 分) 中间产物3
(2 分)
(7)40%(2 分)
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【解析】A 的分子式为C7H8，从D 的结构简式可知，B 是
，C 的结构简式为
，C 水解生成D，根据G 的结构简式，结合已知信息ii，可知F 的结构简式为
，E 的结构简式为
，F 到G 失水发生取代反应形成环状结构，G 到I 发生
氧化反应，I 与H2O2反应生成J，J 转化为K。(1)A→B 发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、
浓硫酸；(2)B→C 的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：
；(3)E 的结构简式为
，所含官能团的名称为：硝基、羧基；(4)F 的结构简式为
，结构中有氨
基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：
；(5)I 的结构简式为
，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M 是I 的
同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为2：2：1，符合
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条件的结构简式为：
；(6)J 到K 反应过程，结合题目中已知i 可知，
与
先发生加成反应，生成中间产物1
，再发生消去反应生成中间产物2
，中间产物2 再发生已知信息ii 的反应生成中间产物3
，最后中间
产物3 失水生成K；(7)三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H 原子，核磁共振氢谱应该显示1 个峰，K 中酰
胺基上的H 在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1mol 三氯乙烯，K 中酰胺基上的H 与三氯乙烯中的H
的峰面积比为2：5，说明K 中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×
=0.04mol，K 的物质的量为
0.04mol，0.1mol 的J 与0.15mol 的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1mol 的K，因此产率为
。
18．(12 分)氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2
等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
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已知：①稀土离子易与SO4
2-形成复盐沉淀，Ce3+和SO4
2-发生反应：
Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；
②硫脲：
具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；
Ce
③
3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；
Ce
④
2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
(1)滤渣A 的主要成分是 (填写化学式)。
(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF 和
CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。
(3)加入硫脲的目的是将CeF2
2+还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。
(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X 的作用为 。
(5)下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。
A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率
B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
D．该步骤发生的反应是2Ce3++6 HCO3
-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
(6)若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全
c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c(HCO3
-)= mol∙L−1。
【答案】(1)BaSO4、SiO2(2 分)
(2)4CeFCO3+4NaHCO3+O2
4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O(2 分)
(3)2 CeF2
2++2
=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-(2 分)
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(4)防止Ce3+被氧化(2 分)
(5)CD(2 分)
(6)0.2(2 分)
【解析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸
取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO 与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A 为SiO2、BaSO4；
含CeF2
2+滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀B 为
Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸
氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。(1)滤渣A 的主要成分是BaSO4、SiO2。(2)在氟碳
铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF 和CeO2两种固体以及两种高温下
的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为
4CeFCO3+4NaHCO3+O2
4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。(3)根据信息硫脲(
)具有还原
性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将CeF2
2+还原为Ce3+，反应的离子方程式为2
CeF2
2++2
=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学
试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X 的作用是防止Ce3+被氧化。(5)A 项，由
于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A 错误；B 项，碳酸钠与
Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液
代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B 错误；C 项，减压过滤能够大大提高过滤效率，C 正确；D 项，
Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6 HCO3
-
=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，D 正确；故选CD。(6)Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，则
，解得
，
测得溶液的pH=5，根据
，解得
c(HCO3
-)=0.2mol∙L−1。
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19．(14 分)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多
样性。
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2mol·L-1Na2SO3
溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2mol·L-1CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
(1)经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。
(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO4
2-，含有Cu+、Cu2+和SO3
2-。
已知：Cu+
Cu+Cu2+，Cu2+
CuI↓(白色)+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO3
2-。
a．白色沉淀A 是BaSO4，试剂1 是 。
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO3
2-的理由是 。
(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO4
2-，该白色沉淀既能溶于强
酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
i．Al(OH)3所吸附；
ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii 设计了对比实验，证实了假设ii 成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
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步骤二： (按上图形式呈现)。
b．假设ii 成立的实验证据是 。
(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。
【答案】(1)2Ag++ SO3
2-===Ag2SO3↓(1 分)
(2)①有红色固体生成(1 分)
HCl
②
溶液和BaCl2溶液(1 分) 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉
淀CuI，SO3
2-转化为SO4
2- (2 分)
(3)
Al
①
3+、OH-(2 分)
②
(2 分)
V1明显大于V2 (1 分)
(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性(2 分)
两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件(2 分)
【解析】(1). 实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混
合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO3
2−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子
方程式为：2Ag++SO3
2−=Ag2SO3↓；(2)①因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀
硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成；②a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2+
+4I−=2CuI↓+I2、I2+SO3
2−+H2O=SO4
2−+2I−+2H+、SO4
2−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含
Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A 没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为HCl 溶液
和BaCl2溶液；b. 由白色沉淀A 可知，之前所取上层清液中有SO4
2−，由加入KI 生成白色沉淀可知棕黄色
沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI 白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应
生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO3
2−；(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无
SO4
2−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝
离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子；②. a. 根据假设
可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然
后采用滴加NaOH 溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH 溶液，若两者消耗的
NaOH 体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH 体积不同，则现象Ⅲ中的沉
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淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：
；b. 根据上述分析可知，假设ii 成立
的实验证据是 V1明显大于V2；(4).根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，
该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶
液的酸碱性等反应条件有关。
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