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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷03
化 学
考情速递
高考·新动向：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、创新设计试题的同时，弘扬中华传统文化，展示我国科研成果，融入美育劳动教育。如第1
题充分体现化学与社会生活的联系、第2 题展示化学与体育的关系；第12 题以我国探月工程为背景素
材，考查晶体的组成、结构及有关计算等知识。
高考·新考法：14~15 道单项选择题，注重基础知识，突出学科主干知识，旨在考查学生对基础知识的
掌握和应用能力。4 道非选择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。对常规考点进行创新性设问，非常规考点
进行创新融合。如第3 题化学用语考查单烯烃的顺反异构，第5 题离子共存和离子方程式正误判断的综
合考查，第19 题图像数据信息与物质的稳定性、竞争反应的分析与判断等。这些题目不仅考查了学生
对基础知识的掌握，还要求他们能够理解并应用化学反应的实际应用，体现了高考命题的创新性和实
用性。
高考·新情境：注重情境题目的创新性和开放性。如第8 题利用“退热冰”的合成路线考查反应类型、
电子转移、产率、同分异构体等知识；第10 题火星探测器“祝融号”考查元素周期律和周期表知识；
第14 题利用制备纳米碳酸钙的方法，结合图示考查电化学知识。这些题目不仅考查了学生的化学知
识，还要求他们能够理解并应用化学实验的实际操作，体现了高考命题的实践性和创新性。跨学科的
融合性，题目可能涉及物理、生物等学科的知识点，如第15 题以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料
提取金属Pb 和Ag 的工艺流程，还涉及了物理学、电化学、热力学等内容。这种跨学科的融合考查了
学生的综合学科素养，符合高考命题的跨学科融合趋势。
命题·大预测：2025 年的高考试题在注重必修与选择性必修及跨学科融合外，选择性必修之间的融合
力度加大，同时注意题型的创新。如第12 题一种新物质钡钛矿的晶胞结构，考查晶体的组成、结构及
计算等知识；第16 题将热化学、化学反应速率和化学平衡、化学计算等知识的融合考查。知识之间的
融合、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。
（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 Be 9 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5
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一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
B．维生素C 可用作水果罐头的抗氧化剂是因为其难以被氧化
C．将生铁进一步炼制减少含碳量，其韧性增加
D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成的
【答案】B
【解析】A 项，胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射，豆浆属于胶体，也能产生
丁达尔效应，A 正确；B 项，维生素C 具有很强的还原性，用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧
气氧化，从而防止水果被氧化，B 错误；C 项，铁合金中含碳量越小，其韧性越大，C 正确；D 项，陶
瓷是利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸盐，D 正确；故选B。
2．化学大大推动了体育事业的发展，下列说法正确的是
A．聚酯纤维中的涤纶可制作运动服，涤纶是合成纤维。
B．杭州亚运会运动场地防滑涂层用到了石墨烯，石墨烯属于有机高分子材料
C．受伤时所喷的氯乙烷能镇痛和局部麻醉的作用，是因为氯乙烷易分解且吸收热量
D．1，3-丁二烯可用作运动鞋鞋底的原料，聚1，3-丁二烯不能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】A．涤纶是合成纤维，为有机合成高分子材料，A 正确；B．石墨烯是碳元素的一种单质，属
于无机非金属新材料，B 错误；C．氯乙烷能镇痛和局部麻醉的作用，是因为氯乙烷具有极易挥发的特
性，挥发过程中吸收热量，C 错误；D．聚1，3-丁二烯中含碳碳不饱和键，能使高锰酸钾溶液褪色，D
错误；故选A。
3．下列化学用语表示正确的是
A．反-2-丁烯的键线式：
B．Cl2O 的球棍模型：
C．HCl 分子中
键的形成：
D．用轨道表示式表示乙炔中C 原子的杂化
【答案】C
【解析】A．
为顺-2-丁烯的键线式，反-2-丁烯的键线式为：
，A 错误；B．Cl2O
的中心原子孤电子对数=(6-2×1)/2=2、价层电子对数=2+2=4，故为sp3杂化、空间构型为V 形，
为Cl2O 的球棍模型，B 错误；C．HCl 是共价化合物，H 原子的1s 电子与Cl 原子的3p 电子
形成σ 键，其形成过程可表示
，C 正确；D．乙炔中C 原子为sp
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杂化，D 错误；故选C。
4． 下图所示的实验操作及描述均正确，且能达到实验目的的是
A. NaOH 溶液滴定盐酸 B. 制备NaHCO3
C. 比较KMnO4、Cl2、S 的氧化性强弱 D. 配制一定物质的量浓度的NaCl 溶液
【答案】C
【解析】A．滴定操作时，左手无名指和小手指向手心弯曲，轻轻地贴着出口管，用其余三指控制活塞
的转动，故A 错误；B．制备NaHCO3时，为增大二氧化碳的溶解量，应先向食盐水中通入氨气，后通
入二氧化碳，故B 错误；C．锥形瓶中高锰酸钾和浓盐酸反应放出黄绿色氯气，可知氧化性
KMnO4>Cl2，氯气通入Na2S 溶液中生成淡黄色S 沉淀，证明氧化性Cl2>S，故C 正确；D．配制一定物
质的量浓度的NaCl 溶液，用玻璃棒引流时，玻璃棒末端应伸到刻度线以下，故D 错误；选C。
5．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X 试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X 试剂
离子方程式
A
Na+、Fe3+、SO
、Cl-
过量H2S
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
B
Fe2+、K+、NO 、Br-
少量HI
4H++3Fe2++NO =3Fe3++NO↑+2H2O
C
NH 、Fe3+、AlO 、Na+
少量铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D
AlO 、Na+、K+、HCO
过量HCl
5H++HCO +AlO2
-=Al3++CO2↑+3H2O
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】A．Na+、Fe3+、SO、Cl-之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S 后发生反应：2Fe3+
+H2S==2Fe2++S↓+2H+，故A 正确；B．Fe2+、K+、NO、Br-之间能够大量共存，但I-的还原性大于Fe2+，
加入少量HI 后只有I-被氧化，正确的离子方程式为8H++6I-+2NO==3I2+2NO↑+3H2O，离子方程式书写
错误，故B 错误；C．AlO2
-与Fe3+发生双水解反应，离子反应为：3AlO2
-+Fe3+
+6H2O==Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓，在溶液中不能大量共存，故C 错误；D．AlO2
-、HCO 之间发生双水解
反应，不能大量共存，不满足题干要求，故D 错误；故选：A。
6．结构决定性质，下列事实解释错误的是
事实
解释
A
结合H+的能力：NH3>NF3
N 的电负性小于F
B
水的沸点高于氟化氢
O—H···O 的键能大于F—H···F 的键能
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C
游离态水分子中∠H—O—H 小于[Cu(H2O)4]2+中
∠H—O—H
孤电子对排斥作用
D
臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度
臭氧的极性微弱
【答案】B
【解析】A．由于N 的电负性小于F，但是NF3中F 元素电负性强，使得N 原子呈正电性，难与H+结
合，则结合H+的能力：NH3>NF3，A 项正确；B．氢键属于分子间作用力，水的沸点高于氟化氢的沸点
是因为氢键的数目，前者更多，不是为氢键的键能，实际上是F—H···F 的键能大于O—H···O 的键能，
B 项错误；C．单个水分子中，O 的2 对孤对电子排斥O-H 键，使得∠H—O—H 变小，而在
[Cu(H2O)4]2+中，O 的孤对电子和Cu2+的空轨道配位，O 上只有1 对孤对电子，减弱了O 的孤对电子对
O-H 键的排斥，因此中[Cu(H2O)4]2+∠H—O—H 大于单个水分子中∠H—O—H，C 项正确；D．臭氧是
弱极性分子，水是极性溶剂，四氯化碳是非极性溶剂，根据“相似相溶”原理，所以臭氧在四氯化碳
中的溶解度高于在水中的溶解度，D 项正确；答案选A。
7．用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2L O2和N2的混合气体中所含分子数约为NA
B．1L 0.1mol∙L-1NH4Cl 溶液含
的数目为0.1NA
C．14g 乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA
D．22.4L(标准状况)Cl2与足量NaOH 溶液充分反应，电子转移数为2NA
【答案】C
【解析】A．标准状况下，11.2L O2和N2的混合气体的物质的量为11.2L/22.4L/mol=0.5mol，则所含分
子数约为0.5NA，A 错误；B．NH4Cl 为强酸弱碱盐，在溶液中NH 会发生水解，则1L 0.1mol∙L-1NH4Cl
溶液含NH 的数目小于0.1NA，B 错误；C．14g 乙烯(C2H4)中含C-H 键的物质的量为14g×4/28g/
mol=2mol，14g 丙烯(C3H6)中含C-H 键的物质的量为14g×6/42g/mol=2mol，所以14g 乙烯和丙烯的混合
气体含有的极性共价键数为2mol，即2NA，C 正确；D．22.4L(标准状况)Cl2的物质的量为1mol，与足
量NaOH 溶液充分反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，电子转移数为NA，D 错误；故选C。
8． 乙酰苯胺俗称“退热冰”，实验室合成路线如下(反应条件略去)，下列说法错误的是
A. 三个反应中只有②不是取代反应
B. 在乙酰苯胺的同分异构体中，能发生水解的不少于3 种
C. 反应②中加入过量酸，苯胺产率降低
D. 由硝基苯生成1 mol 苯胺，理论上转移5 mol 电子
【答案】D
【解析】A．三个反应中①为硝基取代苯环上的氢原子为取代反应，②硝基被还原为氨基，是还原反
应，不是取代反应，③是氨基和羧基脱水转化为酰胺键，是取代反应，故A 正确；B．乙酰苯胺的同分
异构体中可以水解的有酰胺类，如邻甲基甲酰苯胺、间甲基甲酰苯胺、对甲基甲酰苯胺、苯乙酰胺
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等，所以在乙酰苯胺的同分异构体中，能发生水解的不少于3 种，故B 正确；C．反应②中加入过量
酸，酸会与苯胺反应，导致苯胺产率降低，故C 正确；D．硝基苯转化为苯胺失去2 个O 原子且增加2
个H 原子，所以生成1mol 苯胺理论上转移6mol 电子，故D 错误；故选B。
9． 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
用洁净的玻璃棒蘸取NaC1O 溶液滴在pH 试纸上，待变
色后与标准比色卡比对
测定NaClO 溶液的pH
B
将少量铜粉加入硝酸酸化的硝酸铁溶液中，观察反应现
象
探究Fe3+与铜粉能否反应
C
向2mL0.1mol·L-1KMnO4溶液中滴加适量维生素C 溶
液，观察溶液颜色变化
探究维生素C 是否具有还原
性
D
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，观察溶液是否变澄清
探究苯酚的酸性与碳酸的酸性
的相对强弱
【答案】C
【解析】次氯酸钠具有强氧化性，漂白性，可使pH 试纸褪色，不能用pH 试纸检测其pH 值，A 不能
达到实验目的；硝酸具有强氧化性，铜与硝酸发生氧化还原反应，无法探究Fe3+与Cu 的反应，B 不能
达到实验目的；高锰酸钾溶液如果褪色，说明被还原，维生素C 具有还原性，C 能达到实验目的；向
苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，溶液变澄清是因为苯酚和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，只能
说明酸性是苯酚大于碳酸氢根，D 不能达到实验目的。
10．中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星，探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(主要成分为
（ZxW2-xRX4）。已知X、Y、Z、R、W 为前四周期元素且原子序数依次增大，Y 的氢化物常用于刻蚀
玻璃容器，矿物界离不开R 元素，R 与X 质子数之和为22，W 的合金材料是生活中用途最广泛的金
属材料，基态Z 原子核外s、p 能级上电子总数相等。下列叙述正确的是
A．电负性：Y>X>R
B．ZX 为共价晶体
C．与氢形成的共价键的键能：H-X>H-Y D．熔点：RY4>WX
【答案】A
【解析】氢氟酸常用于刻蚀玻璃容器，Y 为F；生活中用途最广泛的金属材料是钢铁合金，W 为Fe；
前四周期中只有氧、镁原子的s、p 能级上电子总数相等，根据原子序数递增确定Z 为Mg；矿物界离
不开R，R 为Si，X 为O。从而得出X、Y、Z、R、W 分别为O、F、Mg、Si、Fe。A．X、Y、R 分别
为O、F、Si，非金属性F＞O＞Si，则电负性：F＞O＞Si，A 项正确；B．MgO 为离子化合物，形成
离子晶体，B 项错误；C．F 的原子半径小于O 的原子半径，则H-F 键的键能大于H-O 键的键能，C
项错误；D．SiF4是分子晶体，FeO 是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，则熔点SiF4＜FeO，
D 项错误；故选A。
11．某含Ir 催化剂可以催化醚与CO 反应生成酯，反应机理如图所示。下列叙述错误的是
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A．物质甲是该反应的催化剂 B．该反应机理涉及非极性键的断裂和形成
C．反应过程中Ir 元素的成键数目会改变 D．若CH3OC2H5参与反应会生成乙酸乙酯
【答案】B
【解析】A 项，由反应机理图可知，物质甲参与反应，最后又生成了甲，故甲为催化剂，A 正确；B
项，该反应机理未涉及非极性键的断裂，有非极性C-C 键的形成，B 错误；C 项，反应过程中Ir 元素
的成键数目会改变，甲中成键数是2，其他成键数是4，C 正确；D 项，若CH3OC2H5参与反应，CO
进入引入酯基，会生成CH3OC2H5，D 正确；故选B。
12．嫦娥三号卫星上的PIC 元件（热敏电阻）的主要成分——钡钛矿的晶胞结构如图所示。若该晶体的密
度为
，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．Ti4+位于O2-围成的正八面体的中心 B．Ba2+周围距离最近的O2-数目为12
C．两个O2-的最短距离为
D．若
的分数坐标为
，则
的分数坐标为
【答案】D
【解析】根据晶胞结构图可知，晶胞中Ti4+位于正方体中心，故每个晶胞中Ti4+个数为1 个，Ba2+位于
正方体8 个顶点，故每个晶胞Ba2+个数为8×1/8=1，O2-位于6 个面心，每个晶胞中O2-个数为
6×1/2=3，故钡钛矿每个晶胞中Ba2+、Ti4+、O2-个数比为1 1 3
∶∶，化学式为BaTiO3，其摩尔质量
M=233g/mol，晶体的密度为ρg/cm3，体积V=
cm3，其晶胞棱长为
，据此解答。A．O2-
位于6 个面心正好可围成正八面体，Ti4+位于体心，则Ti4+位于O2-围成的正八面体的中心，A 正确；
B．Ba2+位于正方体8 个顶点，O2-位于6 个面心，一个Ba2+周围等距的O2-共计
个，B 正
确；C．O2-位于正方体6 个面的面心，故两个O2-的最短距离为
，即
，C
正确；D．位于顶点处B 的分数坐标为(1，0，0)，则晶胞的参数为1，位于面心的C 原子的分数坐标
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为
，D 错误；故选D。
13．甲醇-水催化重整可获得，其主要反应如下：
I：CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g) △H=+49.4kJ/mol
II：CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g) △H =+92kJ/mol
在1.01×105Pa 下，将等体积的CH3OH 和H2O 的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，
CH3OH、H2O 的转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况如图所示。CO 的选择性=
×100%]。下列说法正确的是
A. 曲线a、b、c 分别表示H2O 的转化率、CH3OH 的转化率、CO2的选择性
B. 甲醇-水催化重整制H2应选择反应温度为260℃左右
C. 其他条件不变，增大
可以提高平衡时H2产率
D. 其他条件不变，在270~290℃温度范围，随着温度升高，出口处CO2的量不断减小，CO 和H2的量
不断增大
【答案】B
【解析】温度升高，反应I：CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g) △H=+49.4kJ/mol 和
II：CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g) △H =+92kJ/mol 均正向移动，其中CO 的选择性升高，则CO2的选择
性降低，曲线c 代表CO2的选择性，在270°C-290°C 范围内升高温度，CO2的选择性减小，CO 选择性
升高，反应I 逆向移动，H2O 的转化率降低，曲线B 代表H2O 的转化率，a 代表CH3OH 的转化率。
A．由分析可知，曲线a、b、c 分别表示CH3OH 的转化率、H2O 的转化率、CO2的选择性，A 错误；
B．由图可知，CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g)能产生更多的H2，而CO2的选择性随反应温度的
升高而降低，甲醇—水催化重整制H2应选择反应温度为260℃左右；故B 错误；C．其他条件不变，
增大
，平衡右移，可以提高平衡时H2产率，故C 错误；D．其他条件不变，在270～290℃
温度范围，随着温度升高，反应均向右移动，但CO2的选择性减小，即出口处CO2的量不断减小，根
据原子守恒，即CO 的量不断增大，由于反应CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g)能产生更多的H2，
即氢气的量在减少，故D 错误；故选B。
14．一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca(OH)2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟
该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是
13
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A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a
B．X、Y、Z 对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOH
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．理论上外电路每通过2mol 电子，则内电路有1mol 离子通过交换膜
【答案】B
【解析】该技术是采用电解原理实现制备纳米碳酸钙，结合图示可知左侧圆底烧瓶中制取二氧化碳，
二氧化碳通入电解池左侧，用于生成碳酸钙，则电解池中右侧的钙离子应通过离子交换膜进入左侧，
由此可知离子交换膜为阳离子交换膜，且电极a 为阴极，电极b 为阳极，电极a 上反应为2H2O+2e-
==H2↑+2OH-，电极b 上氯离子放电生成氯气，氯气进入溶液Z 中被吸收，Z 可以为NaOH，据此分析
解答。A．据分析，电极a 为阴极，电极b 为阳极，则电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶
液→电极a ，A 正确；B．X 如果是块状大理石，则会生成CaSO4，不利于CO2的生成，B 错误；C．
根据题意，离子交换膜应为阳离子交换膜，C 正确；D．电路中每通过2mol 电子，则溶液中有2mol
电荷通过交换膜，由以上分析可知钙离子通过离子交换膜，则钙离子的物质的量为1mol，D 正确；故
选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15.（14 分） 以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag 的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的PbS 和Ag2S 转化为[PbCl4]2—和[AgCl2]—及单质硫。溶解等物质的量的PbS
和Ag2S 时，消耗Fe3+物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl 挥
发外，另一目的是防止产生_______(填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb，“电解I”
阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是_______。
14
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（4）“置换”中可选用的试剂X 为_______(填标号)。
A．Al B．Zn C．Pb D．Ag
“置换”反应的离子方程式为_______。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）①. 1:1（2 分） ②. H2S （2 分）
（2）热浸 （2 分） （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+ （2 分）
（4）①C （2 分） ② Pb+2[AgCl2]—==2Ag+[PbCl4]2— （2 分）
（5）阳极（2 分）
【解析】本题以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag， “热浸”时，难溶的PbS 和
Ag2S 转化为[PbCl4]2—和[AgCl2]—及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中[PbCl4]2
—在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化
为[PbCl4]2—，电解得到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为[AgCl2]—、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将
FeCl3还原为FeCl2，试剂X 将[AgCl2]—置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。
（1）“热浸”时，Fe3+将PbS 和Ag2S 中-2 价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb
和Ag 的化合价保持不变，所以等物质的量的PbS 和Ag2S 时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质
的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2—，电解[PbCl4]2—溶液制
备金属Pb，Pb 在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为
FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入
铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应为Pb，发
生的反应为： Pb+2[AgCl2]—==2Ag+[PbCl4]2—。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不
可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电
子得到Pb，所以电极板应作阳极。
16．（14 分）氮氧化物(NOx)的资源化利用和处理具有重要意义。回答下列问题：
（1）用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ．N2(g)+O2(g) == 2NO(g)
H
△
1>0 .
ⅱ．2NO(g)+O2(g) == 2NO2 (g)
H
△
2＜0
ⅲ．CH4(g)+ 4NO(g) ==2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H
△
3＜0
①对于反应ⅲ，下列说法正确的是_______。
A．恒温恒压时，充入氩气降低了NO 的转化率
B．v 正(NO)=2v 逆(N2)，该反应达到平衡状态
C．体系达到平衡后，升高温度，体系中的混合气体的平均相对分子质量不变
D．恒温恒容时，当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
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CH
②
4(g)+2NO2(g)==N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的焓变△H =_______(用代数式表示)。
（2）我国科学家在研究CH4与NO2的反应机理时发现，该反应有3 个途径(如图甲)R1、R2和R3，分别
生成CH3*+ HNO2、CH3*+trans-HONO(反式)和CH3*+cis-HONO(顺式)，对应的中间状态分别为TS1、
TS2和TS3。R1、R2和R3的速率常数(一定温度时，反应物单位浓度时的反应速率)分别记为k1、k2和
k3，总反应的速率常数为k， k=k1+k2+k3，1380~1800K 温度范围内的速率常数变化如图乙。
①从能量变化来看，反应速率最快的是_______ (填“R1”“R2”或“R3”)，原因是_______。
②下列有关说法错误的是_______(填正确答案标号)。
A．trans-HONO 比HNO2和cis-HONO 都稳定 B．在高温时，R1和R3会相互竞争
C．温度升高，3 个反应的速率常数都减小 D．CH4与NO2存在多种反应机理，R1是主要反应
（3）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g) +NO2(g)+2NH3(g)
2N2(g) + 3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为p 的密闭容器中充入物质的量相等的NO、NO2和
NH3，达到平衡状态后，N2的摩尔分数为0.2。
NO
①
2的转化率为_______。
②该温度下此反应的平衡常数Kp=_______(用含p 的式子表示)。
【答案】（1）①BC（2 分） ②△H1-
H
△
2+
H
△
3 （2 分）
（2）①R3（2 分） ② TS3的活化能最低或R3的过渡态能量最低（2 分） ③CD （2 分）
（3） ①0.33 或1/3 （2 分） ②2.7p（2 分）
【解析】（1）①对于反应ⅲ．CH4(g)+ 4NO(g) =2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H
△
3＜0。A．恒温恒压时，
充入氩气，容器的体积增大，各物质的浓度减小，由于反应前后气体的分子数相等，所以平衡不移
动，
NO 的转化率不变，A 不符合题意；B．v 正(NO)=2v 逆(N2)，反应进行的方向相反，且速率之比等于化
学
计量数之比，所以该反应达到平衡状态，B 符合题意；C．体系达到平衡后，升高温度，平衡逆向移
动，但由于反应前后气体分子数相等，所以体系中的混合气体的平均相对分子质量不变，C 符合题
意；D．恒温恒容时，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，则反应不一定达到平衡状
态，D 不符合题意；故选BC。
②ⅰ．N2(g)+O2(g) == 2NO(g)
H
△
1＞0 .
ⅱ．2NO(g)+O2(g) == 2NO2 (g)
H
△
2＜0
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ⅲ．CH4(g)+ 4NO(g) ==2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H
△
3＜0
依据盖斯定律，将反应ⅰ-ⅱ+ⅲ得：反应CH4(g)+2NO2(g)==N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的焓变△H =
H
△
1-
H
△
2+
H
△
3。
（2）①从能量变化来看，从NO2+CH4转化为TS3时，正反应的活化能最小，所以反应速率最快的是
R3，原因是：TS3的活化能最低或R3的过渡态能量最低。
A
②．从图中可以看出，trans-HONO 所具有的能量低于HNO2和cis-HONO，所以trans-HONO 比
HNO2和cis-HONO 都稳定，A 正确；B．在高温时，TS1和TS3能量接近，反应速率常数相近且都随温
度的升高而增大，所以R1和R3会相互竞争，B 正确；C．从图乙中可以看出，降低温度，3 个反应的
速率常数都减小，则温度升高，3 个反应的速率常数都增大，C 错误；D．从图甲、乙中可看出，TS3
的活化能最小，速率常数最大，则CH4与NO2存在多种反应机理，R3是主要反应，D 错误；故选
CD。
（3）一定温度下，在某恒定压强为p 的密闭容器中充入物质的量相等的NO、NO2和NH3(设各为
1mol)，发生反应NO(g) +NO2(g)+2NH3(g)
2N2(g) + 3H2O(g)，达到平衡状态后，N2的摩尔分数为
0.2。设参加反应NO2物质的量为x，则可建立如下三段式：
则
，x=1/3。
NO
①
2的转化率为1/3/1≈0.33 或1/3。
②该温度下此反应的平衡常数Kp=
=2.7p。
17．（16 分）某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备、提纯BeCl2，并测定产品中BeCl2
的含量。
已知：①乙醚沸点为34.5℃；BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙
醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。
Be(OH)
②
2与Al(OH)3的化学性质相似。
回答下列问题：
Ⅰ．制备BeCl2：按如图所示装置(夹持装置略)制备BeCl2。
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（1）仪器a 的名称为_______。仪器b 的作用是_______。
（2）装置B 的作用是_______。
（3）实验中装置C 需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是_______。
（4）该实验装置中存在的缺陷是_______。
Ⅱ．BeCl2的提纯
充分反应后，装置C 中乙醚溶液经过滤、蒸馏出乙醚得到固体，再用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、
洗涤、干燥得BeCl2产品。
（5）用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是_______。
Ⅲ．BeCl2的纯度测定
取m g 上述产品溶于盐酸配成250mL 溶液；取25.00mL 溶液，加入EDTA 掩蔽杂质离子，用NaOH 溶
液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF 溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，
用a mol·L−1盐酸滴定其中的KOH，消耗盐酸b mL。
(已知：4KF+ Be(OH)2= K2BeF4+2KOH；滴定过程中K2BeF4不与盐酸反应)
（6）滴定终点的现象是_______。
（7）BeCl2的纯度为_______(用含m、a、b 的式子表示)。
（8）下列情况会导致所测BeCl2的纯度偏小的是_______(填标号)。
A. 滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失 B. 滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水
C. 滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许 D. 滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】（1）①.球形冷凝管（1 分） ②防止倒吸（1 分）
（2）除去HCl 中带出的水蒸气，防止BeCl2水解；平衡体系压强，防止体系压强过大 （2 分）
（3）防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl 挥发过快（2 分）
（4）最后缺少收集H2的装置（2 分）
（5）除去AlCl3杂质（2 分）
（6）当滴入最后一滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色（2 分）
（7）
（2 分） （8）CD（2 分）
【解析】装置A 中，将浓硫酸通过恒压滴液漏斗加入蒸馏烧瓶中，浓硫酸吸水放热，降低HCl 的溶解
度，从而制取HCl 气体；装置B 中，用浓硫酸吸收HCl 中混有的水蒸气，同时平衡内外压强；装置C
中，粗铍中的Be、Al、Mg、Fe 都能与HCl 发生反应，而Si 不反应，用球形冷凝管使乙醚、HCl 冷凝
回流；装置D 用于防止E 中产生的水蒸气的进入；双球U 形管用于防止倒吸；装置E 用于吸收未反应
的HCl，但没有对反应生成的H2进行收集，会带来安全隐患。
（1）仪器a 为内管呈球形的冷凝管，名称为：球形冷凝管。仪器b 为双球U 形管，作用是：防止倒
吸。
（2）题干信息显示，BeCl2易发生水解，浓盐酸产生的HCl 气体中常带有水蒸气，长玻璃导管能起调
节瓶内外压强的作用，则装置B 的作用是：除去HCl 中带出的水蒸气，防止BeCl2水解；平衡体系压
强，防止体系压强过大。
（3）在装置C 中，HCl 与铍、铝、铁、镁等都能发生反应，但HCl 和乙醚的沸点低，所以装置C 需
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置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是：防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl 挥发过快。
（4）H2是易燃气体，会带来安全隐患，则该实验装置中存在的缺陷是：最后缺少收集H2的装置。
（5）BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和
苯。反应结束后，充分搅拌过滤出不溶的MgCl2、FeCl2，此时BeCl2、AlCl3仍溶解在乙醚中，蒸馏出
乙醚，得到二种固体盐。用苯溶解固体，将AlCl3溶解，得到不溶的BeCl2，则此操作的目的是：除去
AlCl3杂质。
（6）滴定前，溶液呈碱性，酚酞变红色，滴定终点时，酚酞的红色褪去，则现象是：当滴入最后一
滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色。
（7）由反应可建立关系式：BeCl2—Be(OH)2—2KOH—2HCl，n(HCl)=a mol·L−1×b ×10-3L=ab×10-
3mol，n(BeCl2)=1/2ab×10-3mol，则BeCl2的纯度为
=
。
（8）A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失，则读取消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏大，
A 不符合题意；B．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水，对KOH 的物质的量不产生影响，不影
响滴加盐酸的体积，测定结果不变，B 不符合题意；C．滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许，则
KOH 的物质的量减小，消耗盐酸的体积减小，测定结果偏小，C 符合题意；D．滴定前仰视读数，滴
定后俯视读数，则读取消耗盐酸的体积偏小，测定结果偏小，D 符合题意；故选CD。
18．（14 分）某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下：
（1）下列关于化合物E 和G 的说法正确的是___________。
A．官能团种类相同
B．都含有手性碳原子
C．都能使酸性KMnO4溶液褪色
D．可以使用质谱仪区分
（2）标出B 中酸性最强的氢原子 。
（3）已知C 的分子式为C11H15BrO，C 的结构简式为 。
（4）E→F 的反应需经历E→X→F 的过程，中间产物X 和G 互为同分异构体，写出该中间产物X 的
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结构简式 。
（5）写出满足下列条件的D 的一种同分异构体的结构简式 。
能和FeCl3溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2 种不同的氢原子。
（6）已知：
。写出以
、乙醇为原料制备
的合成路线图 (须使用i-Pr2NH、DMF，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线
流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）ACD（2 分） （2）
（2 分）
（3）
（2 分） （4）
（2 分）
（5）
（2 分）
（6）
（4
分）
【解析】C 的分子式为C11H15BrO，B 和C 发生取代反应生成D 和HBr，由D 逆推，可知C 为
。（1）化合物E 和G 都含羧基、醚键，官能团种类相同，A 正确；化合物E 中连
羧基的碳为手性碳原子，G 不含有手性碳原子，B 错误；苯环上都连有甲基，都能使酸性KMnO4溶液
褪色，C 正确；化合物E 和G 相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分，D 正确；选ACD。（2）O
原子电负性大，吸电子能力强， 2 个羰基中间的碳原子上的H 原子酸性更强，B 中酸性最强的氢原子
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是
。（3）C 的分子式为C11H15BrO，B 和C 发生取代反应生成D 和
HBr，由D 逆推，C 的结构简式为
。（4）E→F 的反应需经历E→X→F 的过程，中
间产物X 和G 互为同分异构体，则X 可能是E 与CH3I 发生取代反应生成酯，中间产物X 的结构简式
为
。（5）能和FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；碱性条件下水解酸化后得
到的产物中均有2 种不同的氢原子，说明含有酯基且结构对称，符合条件的D 的同分异构体为
。
（6）
发生消去反应生成
，
被高锰酸钾氧化为
，
和乙醇发生酯化反应生成
,
在i-Pr2NH、DMF 作用下生成
，
水解生成
，合成路
线为
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