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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷03(浙江专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：部分考生认为化学简单到离谱，甚至觉得不需要动脑子就能做对题目，这些考生平日里
知识积累扎实，在这次考试中做题得心应手。然而，对于那些化学基础稍薄弱或者对新题型预估不足
的考生，情况则不太乐观。新的大题题型打乱了他们的解题节奏，在考场上花费大量时间理解题意和
摸索解题思路，导致时间紧张。
高考·新考法：非选择题由原来的5 道精简为4 道。在分值分配上，第一大题16 分，第二大题12 分，
第三大题12 分，第四大题12 分。这种变化对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高要求。
例如物质结构和无机流程融合成了16 分的第一道大题，考生不仅要熟知物质结构的微观奥秘，还要能
将其与宏观的无机流程顺畅对接，增加了答题的难度和对知识综合运用的要求。题型布局打乱，一直
以来考生习惯的大题数量和出题套路被彻底打破，出题人改变了原有的题型布局。这种变化让考生失
去了熟悉题型带来的优势，需要在考场上重新适应新的题型结构，增加了考试的挑战性。
命题·大预测：在2025 浙江化学第二次考试中，难度比首考略有增加。物质分类可能会给出一些特殊的
新材料或者新型化合物，要求依据物质分类的基础定义和特殊情况进行判断。在反应分类中，可能会
出现一些新的化学反应类型组合或者特殊反应条件下的反应分类。随着新能源的发展，2025 年的化学
情景可能更多涉及新能源相关化学知识。例如在氢能的利用方面。在环境方面，可能会涉及到新型的
环境治理化学方法或者污染物检测的化学原理。
(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 S-32 Cl-35.5
K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137 Hg-201 Bi-209
一、选择题(本大题共16 小题，每小题3 分，共48 分。每小题列出的四个备选项中只有一项是符合题
目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．下列分子属于极性分子的是( )
A．CH4 B．CO2 C．SO3 D．NH3
【答案】D
7
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【解析】A 项，CH4空间构型为正四面体，结构对称，属于非极性分子，故不选A；B 项，CO2空间构
型为直线形分子，结构对称，属于非极性分子，故不选B；C 项，SO3空间构型为平面三角形分子，结构
对称，属于非极性分子，故不选C；D 项，NH3空间构型为三角锥，结构不对称，正负电荷的重心不重合，
属于极性分子，故选D；选D。
2．下列化学用语或图示正确的是( )
A．甲醛的电子式为
B．NaCl 溶液中的水合离子为
C．NH3分子的价层电子对互斥模型为
D．乙烯分子中π 键的形成过程
【答案】D
【解析】A 项，甲醛中氧原子超过了8 电子，电子应为：
，A 错误；B 项，钠离子半径小
于氯离子，图示中钠离子半径大于氯离子，同时水分子中氢原子呈正电性，氧原子呈负电性，因此钠离子
周围的水分子应该是氧原子对着钠离子，氯离子周围的水分子应该是氢原子对着氯离子，NaCl 溶液中的水
合离子为
，B 错误；C 项，NH3的中心原子N 原子的价层电子对数为
，VSEPR 模型为四面体形，C 错误；D 项，乙烯分子中π 键是C 原子2p 轨道采用“肩并
8
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肩”的方式重叠形成，过程为
，D 正确；故选D。
3．下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是( )
A．NaOH 与铝粉反应会释放出大量气体，可作管道疏通剂
B．SO2具有氧化性，可作暂时性漂白剂
C．H2CO3酸性比柠檬酸弱，能除去水垢(主要成分为CaCO3、MgCO3)
D．HNO3具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风
【答案】B
【解析】A 项，NaOH 与铝粉反应会释放出大量氢气气体，故可作管道疏通剂，A 正确；B 项，SO2具
有漂白性，可用来漂白纸浆，B 错误；C 项，H2CO3酸性比柠檬酸弱，则柠檬酸能和碳酸钙、碳酸镁生成
二氧化碳气体，用于除去水垢(主要成分为CaCO3、MgCO3)，C 正确；D 项，硝酸为强酸，具有腐蚀性和
挥发性，使用时须注意防护和通风，D 正确；故选B。
4．下列有关物质结构与性质的比较正确的是( )
A．单电子数：Fe＞V＞Ge B．沸点：AsH3＞PH3＞NH3
C．电负性： B＜Be＜C D．键角：SeO3＜SeO4
2-＜SeO3
2-
【答案】A
【解析】A 项，Fe、V、Ge 的单电子数分别为4、3、2，A 项正确；B 项，NH3能形成分子间氢键，
AsH3比PH3相对分子质量大，沸点：NH3＞AsH3＞PH3，B 项错误；C 项，电负性Be＜B＜C，C 项错误；
D 项，SeO3为sp2杂化，键角120°，SeO4
2-、SeO3
2-都为sp3杂化，但SeO3
2-有一对孤电子对，键角小于
SeO4
2-，键角为：SeO3＞SeO4
2-＞SeO3
2-，D 项错误；故选A。
5．关于实验室安全，下列表述错误的是( )
A．具有
标识的化学品为爆炸类物质，实验时不准敲击、摩擦和挤压
B．在做钠在空气中燃烧的实验过程中，移动坩埚时应使用坩埚钳夹取
C．不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用NaOH 溶液冲洗，再用水冲洗
D．氯气有毒，有关氯气性质的实验要在通风橱中进行
【答案】C
【解析】A 项，爆炸类物质实验时，不准敲击、摩擦和挤压，A 正确；B 项，在做钠在空气中燃烧的
实验过程中，移动坩埚时应使用坩埚钳夹取，以防烫伤，B 正确；C 项，苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，
NaOH 溶液对皮肤也有腐蚀性，不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，再用水冲洗，C 错误；D 项，
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氯气有毒，有关氯气性质的实验要在通风橱中进行，防止发生中毒，D 正确；故选C。
6．水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：
3NaClO+2NH3=3NaCl+N2↑+3H2O。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) ( )
A．NaClO 是氧化剂，NH3是还原剂
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1 3∶
C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高
D．生成1molN2，反应转移电子数为6NA
【答案】C
【解析】A 项，NaClO 中氯元素的化合价由+1 价降低为-1 价，NaCIO 是氧化剂，NH3中氮元素的化合
价由-3 价升高为0 价，NH3是还原剂，故A 正确；B 项，N2是氧化产物，NaCl 是还原产物，氧化产物与还
原产物物质的量之比为1:3，故B 正确；C 项，反应温度过高，NaClO 会分解，氨氮的去除率降低，故C
错误；D 项，生成1molN2，反应转移电子数为6NA，故D 正确；故选C。
7．从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是( )
选项
实例
解释
A
将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中
析出深蓝色晶体
乙醇极性较小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶
解
B
铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变
化
铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁
C
DNA 中碱基A 与T、G 与C 的互补配
对
分子间氢键作用实现了超分子的分子识别
D
熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3
引入乙基减弱了离子间的相互作用
【答案】B
【解析】A 项，将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中析出深蓝色晶体，原因是乙醇分子的极性小，加
入乙醇后溶剂的极性减小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解，故A 不符合题意；B 项，焰色试验是金属单质或
离子的电子在吸收能量后，从基态跃迁到激发态，激发态不稳定，跃迁到低能量级时，会释放光子，光子
的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色。铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化，并不是
铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁，而是放出的光子频率不在可见光频率范围内，故B 符合题意；C
项，O 元素、N 元素的电负性较大，能与氢形成分子间氢键，DNA 中的碱基A 与T、G 与C 的互补配对是
通过氢键来实现的，分子间氢键作用实现了超分子的分子识别，故C 不符合题意；D 项，硝酸铵中铵根离
子和硝酸根离子间存在离子键，铵根离子其中一个H 被乙基替代，引入乙基减弱了离子间的相互作用，所
以熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3，故D 不符合题意；故选B。
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8．下列离子方程式或电极反应式正确的是( )
A．用足量酸性KMnO4溶液除甲醛：5HCHO+2MnO4
-+6H+=5HCOOH+2Mn2++3H2O
B．用铁电极电解饱和食盐水，阳极的电极反应为：2Cl-―2e-=Cl2↑
C．Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO3
2-+Cl2+H2O=SO4
2-+2Cl-+2HSO3
-
D．NH4Cl 固体溶于重水：NH4
++D2O
NH3·D2O+H+
【答案】C
【解析】A 项，甲醛被酸性KMnO4溶液氧化生成HCOOH，HCOOH 会被过量的酸性高锰酸钾溶液继
续氧化生成CO2，离子方程式：5HCHO+4MnO4
-+12H+=5CO2↑+4Mn2++11H2O，A 错误；B 项，铁电极作为
活性电极，在阳极电极本身会失去e-发生氧化反应，电极反应：Fe-2e-=Fe2+，B 错误；C 项，Na2SO3溶液中
通入少量Cl2：3SO3
2-+Cl2+H2O=SO4
2-+2Cl-+2HSO3
-，C 正确；D 项，D2O 电离出的OD-与NH4
+结合生成
NH3·DHO，应改为NH4
++D2O
NH3·DHO+D+，D 错误；故选C。
9．二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯
M 的合成方法如下：
下列说法不正确的是( )
A．K 和M 中均含有手性碳原子
B．依据M 的合成原理，可推测合成M 的过程中会产生含六元环的副产物
C．使用该材料时应避免接触强酸或强碱
D．生成1 mol M 参加反应的CO2的物质的量为(m + n)mol
【答案】B
【解析】A 项，由图可知，K 分子中含有如图*所示的手性碳原子：
，M 分
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子中含有如图*所示的手性碳原子：
，故A 正确；B 项，由图
可知，K 分子、L 分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M 的过程中会产生含五
元环的副产物，即：
，故B 错误；C 项，由图可知，M 分子中含有的酯基在强酸或强碱溶液
中会发生水解反应，所以使用该材料时应避免接触强酸或强碱，故C 正确；D 项，根据反应可知，每生成
1molM，理论上消耗(m+n)molCO2，故D 正确；故选B。
10．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯
甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( )
A．苯胺既可与盐酸也可与
溶液反应
B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法
C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得
D．①、②、③均为两相混合体系
【答案】C
【解析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转
化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化
为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有
机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；
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向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。A 项，
苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A 错误；B 项，得到苯胺粗品①的
分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，
故B 错误；C 项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C 正确；D 项，①、②为
液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D 错误；故选C。
11．(2025·山东省德州市高三联考)恒压下，将HCl 和O2分别以不同的起始流速通入体积为7L 的反应
器中，发生反应：2HCl(g)+
O2(g)
Cl2(g)+H2O(g)，在T1、T2、T3温度下反应，通过检测流出气体成分绘
制HCl 转化率(a)曲线，如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法错误的是( )
A．T1＞T2＞T3
B．该反应在低温下可自发进行
C．加入高效催化剂或升温可提高M 点转化率
D．若通气1h 开始反应，则N 点容器体积减少1.225L
【答案】D
【解析】根据题给信息，较低流速下转化率视为平衡转化率，则由图可以看出，P 点以后，流速较大，
说明此时的转化率不是平衡转化率，此时反应未达到平衡状态。A 项，P 点以后，流速较高，反应未达平
衡状态，温度越高，反应速率越快，单位时间内氯化氢的转化率越高。在P 点后，同一流速下， T1温度
下的氯化氢的转化率最大，T3温度下的氯化氢的转化率最小，说明温度T1＞T2＞T3，A 项正确；B 项，根
据题给信息，较低流速下转化率近似为平衡转化率，在较低流速时，T3转化率最大，T1转化率最小，温度
T1＞T2＞T3，则此反应是放热反应，并且ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0 是自发进行，所以此反应必须在低
温下才能自发进行，B 项正确；C 项，M 点未达到平衡状态，使用高效催化剂或升高温度，可以增大反应
速率，使M 点HCl 的转化率增加，故加入高效催化剂或升温可提高M 点转化率，C 项正确；D 项，由图
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可知，N 点气流流速为0.16mol/h，以1h 为单位带入气体流量，可知n(HCl)始为0.16mol，则n(O2)始为
0.12mol。N 点时HCl 转化率为70%，N 点时转化的HCl 的物质的量=0.16mol×70%=0.112mol，根据“三段
式”有：
同温同压下，容器起始体积和N 点时容器的体积关系为：
，VN=6.3L，则N 点容器体积减少7L-6.3L=0.7L，D 项错误；
故选D。
12．中国科学院研发了一种以酚类化合物为原料，以水为唯一氢源/氧源电解合成己二酸的方法，本方
法中苯酚可高效转化为
(环己酮和环己醇的混合物)，
再转化为己二酸。下列说法错误的是(
)
A．CuCo2O4为阳极催化剂
B．PtAu 合金催化剂上发生氧化反应
C．H+透过质子交换膜从
极向
极移动
D．环已酮在N 极上的电极反应式为
【答案】B
【解析】根据题意该装置为电解池，M 极上苯酚加氢还原成环己酮，PtAu 合金催化剂上发生还原反应，
得电子为电解池的阴极，N 极为电解池的阳极，故CuCo2O4为阳极催化剂，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋
4H＋，发生氧化反应，环己酮再被O2氧化为己二酸，反应方程式为
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，H+从N 极通过质子交换膜移向M 极。A 项，N 极
为阳极，则CuCo2O4为阳极催化剂，A 正确；B 项，该装置为电解池，M 极上苯酚加氢还原成环己酮，
PtAu 合金催化剂上发生还原反应，得电子为电解池的阴极，B 错误；C 项，H+从N 极通过质子交换膜移向
M 极，C 正确；D 项，环已酮在N 极上的电极反应式为
，D 正确；故选B。
13．超导现象一直吸引着广大科学家的关注。某超导材料的晶体结构属于四方晶系，其晶胞如图所示。
下列说法错误的是( )
A．两个O 原子之间的最短距离为
B．与Ba2+最近且等距的Cu2+有4 个
C．该超导材料的化学式为Hg2Ba2CuO4 D．该晶体的密度为
【答案】C
【解析】A 项，氧原子位于棱上，则两个氧原子之间的最短距离为面对角线的一半，
，故A 正确；B 项，由图可知，Ba2+在内部，Cu2+在顶点，则与Ba2+最近且等距
的Cu2+有4 个，故B 正确；C 项，根据均摊法，晶胞中含
个
，2 个Ba、
个
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个O，则该短导材料的化学式为HgBa2CuO4，故C 错误；D 项，晶胞中含
个
，2 个Ba、
个
个O，可知，
，故D 正
确；故选C。
14．新戊醇可发生如下转化：
下列说法正确的是( )
A．产物C 在NaOH 醇溶液中加热能生成E
B．化合物B 的结构为
C．由上述机理可知：
(主产物)
D．化合物D 到E 反应的有机副产物是
、
【答案】D
【解析】A 项，由题干信息可知，产物C 与Br 相邻的碳原子上没有H，不能在NaOH 醇溶液中加热发
生消去反应，即不能生成E，A 错误；B 项，由题干信息可知，根据D 的结构简式可知，化合物B 的结构
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为
，B 错误；C 项，由上述机理可知：
(副产物) ，
(主产物) ，C 错误；D 项，由上述机理可知：化合物D 到E 反应即D 发生消
去反应时，其有机副产物是
，D 正确；故选D。
15．25℃时，草酸(H2C2O4)的电离常数为Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5；CaC2O4的Ksp=2.5×10-9；
。常温下，下列说法不正确的是( )
A．
的KHC2O4溶液呈酸性
B．若某溶液中cHC2O4
-=cH2C2O4，溶液的pH 约为1.3
C．草酸钙饱和溶液中cC2O4
2-＞cHC2O4
-
D．Na2C2O4溶液中粒子浓度关系：c(OH―)-c(H＋)＜cHC2O4
-＋cH2C2O4
【答案】D
【解析】A 项，由电离常数可知，草酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh=
=
=2.0×10—13＜
Ka2，则草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故A 正确；B 项，由电离常数
Ka1(H2C2O4)=
可知，溶液中cHC2O4
-=cH2C2O4时，溶液中c(H+)= Ka1=5.0×10-2，则溶液
pH=2—lg5=1.3，故B 正确；C 项，草酸钙饱和溶液中，草酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，
则溶液中草酸根离子大于草酸氢根离子，故C 正确；D 项，草酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH―)=c(H＋)
+cHC2O4
-＋2cH2C2O4，则溶液中c(OH―)-c(H＋)＞cHC2O4
-＋cH2C2O4，故D 错误；故选D。
16．已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中
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细小的Au 颗粒被FeS2、FeAsS 包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下。
下列说法中错误的是( )
A．“细菌氧化”过程中，体系的酸性增强
B．“细菌氧化”的优势为无需控温，可减少有害气体产生
C．“沉金”中Zn 作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au
D．“沉铁砷”时需加碱调节
，生成Fe(OH)3胶体起絮凝作用，促进了含As 微粒的沉降
【答案】B
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2 时进行细菌氧化，金属硫化物中的S 元素转化为硫
酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、硫酸根离子、As(Ⅵ)，加碱调节pH 值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可
起到絮凝作用，促进含As 微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au 与空气中的O2和NaCN
溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn 进行“沉金”得到Au 和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。A 项，根
据分析可知，“细菌氧化”过程中硫元素被氧化为硫酸，即有硫酸生成，体系的酸性增强，故A 正确；B
项，“细菌氧化”的需要控温，保证细菌的活性，故B 错误；C 项，“沉金”中Zn 的化合价升高，作还
原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au，故C 正确；D 项，根据分析可知，“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成
Fe(OH)3胶体起絮凝作用，促进了含As 微粒的沉降，故D 正确；故选B。
二、非选择题(本大题共4 小题，共52 分)
17．(16 分)氮及其化合物对生命、生产生活意义重大。
(1)同周期第一电离能比N 大的元素有 (用元素符号表示)；NO2
-的大π 键可表示为
。
(2)三硝基甲苯可用来制作炸药TNT，试从分子结构中分析其易爆炸的原因 。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．NCl3分子的极性比PCl3的大
B．碱性：NH2OH>NH3>N2H4>NH2CH3
C．
的熔点为2200℃，硬度高，推测它为共价晶体
D．NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的是B
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(4)已知NH4
+，N4H4
4+的空间结构均为正四面体形，NH4
+的结构式为
(→表示共用电子对
由N 原子单方面提供)，请画出N4H4
4+的结构式(要求画出配位键) 。
(5)NH3是重要的化工原料，可制备硝酸和肼(N2H4，具有较强还原性)。
①写出过量NH3发生反应I 的化学方程式 。
②N2H4是一种二元弱碱：
时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为 (已知：N2H4+H+
N2H5
+ K=8.7×10-7)
③若硝酸的结构可表示为：
，已知硝酸与水分子可形成结晶水合物2HNO3•H2O，每个水
分子形成三个氢键，含有六元环状结构。请写出2HNO3•H2O 的结构式 (氢键用“…”表示)。
④已知反应Ⅲ歧化生成两种含氧酸盐，写出该反应的离子方程式 ；
【答案】(1)F、Ne(1 分) Π 3
4(1 分)
(2)三硝基甲苯的分子结构中包含三个高能的硝基，硝基在受到冲击或者摩擦时会迅速发生分解(2 分)
(3)AB(2 分)
(4)
(2 分)
(5)①4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl(2 分)
②8.7×10-7(2 分) ③
(2 分)
④2NO2+2OH-=NO3
-+NO2
-+H2O(2 分)
【解析】(1)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA 族大于第ⅢA 族，第VA 族大于第
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ⅥA 族，则同周期第一电离能比N 大的元素有F、Ne；NO2
-是“V”形结构，NO2
-的大π 键中参与原子数为
3，氮原子剩余电子数5+1−2= 4，O 原子剩余电子数6-1=5，根据“单出1，偶除2”，则大π 键可表示为
Π 3
4；(2)三硝基甲苯可用来制作炸药TNT，试从分子结构中分析其易爆炸的原因三硝基甲苯的分子结构中
包含三个高能的硝基，硝基在受到冲击或者摩擦时会迅速发生分解；(3)A 项，氮的电负性比P 的电负性大，
N 与Cl 的电负性差值小于P 与Cl 的电负性差值，因此NCl3分子的极性比PCl3的大，故A 错误；B 项，氮
的碱性是氮孤对电子起作用，电负性O>N>H>C，N2H4为氨基取代，NH2OH 为羟基取代，NH2CH3为甲基
取代，甲基是供电子基团，而吸引电子能力是羟基＞氨基，则碱性：NH2OH<N2H4<NH3<NH2CH3，故B
错误；C 项，根据晶体熔点分析，一般共价晶体熔点高，AlN 的熔点为2200℃，硬度高，推测它为共价
晶体，故C 正确；D 项，NH3BH3中存在配位键，氮原子有1 对孤对电子，B 原子最外层电子数全部用完，
因此提供空轨道的是B，故D 正确；故选AB。(4)根据P4为正四面体结构分析N4，结合NH4
+的结构式为
，则得到N4H4
4+ 的结构式是N4 中每个氮原子形成配位键，则N4H4
4+ 的结构式
；(5))①由题干流程图可知，反应I 为NH3与COCl2发生取代反应生成CO(NH2)2和HCl，
过量的NH3 与HCl 反应生成NH4Cl ，故过量NH3 发生反应I 的化学方程式为：
4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；②N2H4是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2O
N2H5
+
+OH-，25℃时，N2H4 第一步电离平衡常数Kb1=
=
=K×Kw=8.7×107×10-
14=8.7×10-7；③若硝酸的结构可表示为：
，硝酸与水分子可形成一水合二硝酸结晶水合物
(2HNO3•H2O)，水分子中的2 个H 原子与硝酸分子中的非羟基氧原子形成2 个氢键，水分子中的氧原子与
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硝酸分子中的氢原子形成1 个氢键，一水合二硝酸的结构式
；④
由题干流程图可知，反应Ⅲ即NO2与NaOH 溶液反应，发生歧化生成两种含氧酸盐即为NaNO3、NaNO2，
则该反应的离子方程式为：2NO2+2OH-= NO3
-+ NO2
-+H2O。
18．(12 分)利用可再生资源生产绿氢和温室气体CO2生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。
CO2加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为：
I CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
II CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1
III CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g) ΔH3＝-90kJ·mol−1
(1)计算反应I 的焓变 。
(2)以250℃、5Mpa、n(H2)：n(CO2)=3 的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，
以下说法错误的是___________。
A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低
B．随着压强增大，甲醇的产率将增大
C．随着n(H2)：n(CO2)的增加，CO 的转化率将下降
D．若在原料气里加入CO，则CO2转化率将增大
(3)若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为285 kJ·mol−1和726 kJ·mol−1，则绿氢生产绿甲醇的理
论能量转化效率为 (保留一位小数)。
在铁基催化剂上CO2加氢制低碳烯烃主要包含以下两步反应：
第一步：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
第二步：nCO(g)＋2nH2(g)
CnH2n(g)＋nH2O(g) ΔH＜0
第二步的机理及可能的副反应如图
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已知：CO2(g)的第一电离能为1330 kJ·mol−1，第一电子亲和能(基态的气态分子得到一个电子形成-1 价
气态阴离子时所放出的能量)为3665 kJ·mol−1
(4)下列说法不正确的是___________。
A．第一步反应中，在催化剂表面，CO2倾向于通过给出电子的方式进行活化
B．Fe 基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳链的增长
C．Fe 基催化剂对C 原子吸附能力越强，越有利提高短链烯烃的比例
D．该过程中可能产生CH3CH2CH3等副产品
(5)在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，CO2的转化率将 (填“增大”或
“减小”)，原因为 ，产物中
将 ，原因为 (结合反应机理中的
步骤来回答)。
【答案】(1)-49 kJ·mol−1(2 分) (2)CD(2 分)
(3)84.9%(2 分) (4)AC(2 分)
(5) 增大(1 分) 降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，CO2可以更充分转化，所以转
化率增大(1 分)
增大(1 分) 步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX 的反应机会，造成
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增大(1 分)
【解析】(1)反应I=反应II+反应III，则由盖斯定律得反应I 的焓变ΔH1=ΔH1+ΔH1=41 kJ·mol−1-90
kJ·mol−1=-49 kJ·mol−1；(2)A 项，随着温度升高，反应I、III 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，甲醇的
百分含量将降低，A 正确；B 项，随着压强增大，反应I、III 平衡正向移动，有利于甲醇的生成，甲醇的
产率将增大，B 正确；C 项，随着n(H2)：n(CO2)的增加，相当于CO2的量不变，增加氢气的量，反应III 平
衡正向移动，CO 的转化率将升高，C 错误；D 项，若在原料气里加入CO，CO 和H2将发生反应III，H2被
消耗，导致H2浓度减小，不利于反应I、II 正向进行，则CO2转化率将减小，D 错误；故选CD；(3)根据反
应CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氢气和甲醇的燃烧热分别
为285 kJ·mol−1和726 kJ·mol−1，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为
；(4)A
项，由第一步反应式可知，反应中碳元素化合价降低被还原，则在催化剂表面，CO2倾向于通过得到电子
的方式进行活化，A 错误；B 项，由图可知，铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳
碳键的形成，即不利于碳链的增长，B 正确；C 项，由图可知，铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难
形成短链烯烃，即越不利于提高短链烯烃的比例，C 错误；D 项，由图可知，该过程中可能产生
CH3CH2R，即可能产生CH3CH2CH3等副产品，D 正确；故选AC；(5)在其他条件恒定的情况下，适当降低
原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，二氧化碳可以更充分转化，则CO2的转化率将增大，其
原因为：降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，CO2可以更充分转化，所以转化率增大；
同时产物中
将增大，其原因为：步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，从而增加步
骤Ⅸ的反应机会，造成
增大。
19．(12 分)某小组采用如下实验流程制备难溶于水的白色BiOCl：
已知：Bi(NO3)3极易水解产生难溶的BiONO3固体，
。
(1)下图为步骤Ⅰ的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，仪器A 的名称是 。
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(2)下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ：加热温度越高，溶解速率越快，产率越高
B．步骤Ⅱ：可加适量的NaOH 溶液调节pH
C．步骤Ⅲ：在通风橱中浓缩至蒸发皿中大量晶体析出
D．步骤Ⅳ：试剂X 选用HCl、NaCl，组合使用更有利于制备BiOCl
(3)写出Bi(NO3)3水解离子方程式 。
①简述实验室配制
溶液方法 。
②请结合浓度商和平衡常数解释HNO3可抑制Bi(NO3)3的水解 。
(4)利用HNO3溶液与NaOH 溶液测定中和反应反应热，从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤(有
些步骤可重复使用)： 。
用量筒量取50mL0.50mol·L-1HNO3→(_______)→(_______)→(_______)→(_______)→用另一个量筒量取
50mL0.55mol·L-1NaOH 溶液→(_______)→(_______)→(_______)→打开杯盖，将NaOH 溶液倒入量热计的
内筒，盖上杯盖→(a)→(e)→测量并记录温度→重复上述步骤两次。
a．插入温度计
b．测量并记录温度
c．打开杯盖，将硝酸倒入量热计的内筒，盖上杯盖
d．用蒸馏水把温度计上的溶液冲洗干净，擦干备用
e．搅拌器匀速搅拌
(5)测定产品的纯度：称取产品0.1200g 于锥形瓶中，加盐酸溶解，加入饱和硫脲(简写为TU)与Bi3+形
成黄色溶液，再用0.0200mol·L-1的EDTA 滴定至终点，三次滴定消耗EDTA 溶液的平均体积为20.50 mL，
则产品的纯度为 (已知形成无色[Bi(EDTA)]-远比形成黄色[Bi(TU)2]3+容易，M=260.5 g·mol-1)。
【答案】(1)三颈烧瓶(1 分) (2)D(2 分)
(3)Bi3++NO3
-+H2O
BiONO3↓+2H+(1 分)
将Bi(NO3)3或Bi(NO3)3·5H2O 晶体溶于较浓的硝酸中，再加水稀释到所需浓度(2 分)
该离子方程式的平衡常数
，由于水解较彻底，水解达平衡时，溶液中
，
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所以
，加入HNO3时，
，
，平衡逆移，HNO3可抑制Bi(NO3)3的水解
(2 分)
(4)cabd(1 分) abd(1 分) (5)89.0%(2 分)
【解析】(1)仪器A 的名称是三颈烧瓶；(2)A 项，步骤Ⅰ：硝酸受热易分解导致产率下降，故不是加热
温度越高，产率越高，错误；B 项，步骤Ⅱ：加入适量氢氧化钠溶液调节pH，容易形成BiONO3沉淀，错
误；C 项，步骤Ⅲ：已知Bi(NO3)3极易水解产生难溶的BiONO3固体，故不能浓缩至蒸发皿中大量晶体析
出，应浓缩后冷却结晶析出晶体，错误；D 项，步骤Ⅳ：溶液中存在2 个平衡：Bi3++NO3
-+H2O
BiONO3↓+2H+、Bi3++Cl-+H2O
BiOCl+2H+，组合使用HCl、NaCl，增大氯离子浓度，利于第二个平衡
生成BiOCl，正确；故选D。(3)已知：Bi(NO3)3极易水解产生难溶的BiONO3固体，则Bi(NO3)3水解离子方
程式：Bi3++NO3
-+H2O
BiONO3↓+2H+；①由于Bi(NO3)3极易水解，故实验室配制Bi(NO3)3溶液应该加
入浓硝酸抑制其水解，方法为：将Bi(NO3)3或Bi(NO3)3·5H2O 晶体溶于较浓的硝酸中，再加水稀释到所需
浓度；②该离子方程式的平衡常数
，由于水解较彻底，水解达平衡时，溶液中
，所以
，加入HNO3时，
，
，平衡逆移，HNO3可抑制
Bi(NO3)3的水解；(4)中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量
尽量不散失，防止产生实验误差； 用HNO3溶液与NaOH 溶液测定中和反应反应热，测定步骤：用量筒量
取50mL0.50mol·L-1HNO3→c．打开杯盖，将硝酸倒入量热计的内筒，盖上杯盖→a．插入温度计→b．测量
并记录温度→d．用蒸馏水把温度计上的溶液冲洗干净，擦干备用→用另一个量筒量取
50mL0.55mol·L-1NaOH 溶液→a．插入温度计→b．测量并记录温度→d．用蒸馏水把温度计上的溶液冲洗干
净，擦干备用→打开杯盖，将NaOH 溶液倒入量热计的内筒，盖上杯盖→(a)→(e)→测量并记录温度→重复
上述步骤两次；故答案为：cabd，abd。(5)已知形成无色[Bi(EDTA)]-远比形成黄色[Bi(TU)2]3+容易，则反应
关系为Bi3+-EDTA，产品的纯度为
。
20．(12 分)美拉德反应是食品工业中糖类与氨基酸、蛋白质间发生的一种反应，生成的吡嗪类风味化
合物可以增加食物的色、香、味。某种常见糖类与天门冬氨酸(R-NH2)发生美拉德反应的流程如下：
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已知：①天门冬氨酸中
；
②
；
③
；
。
请回答：
(1)化合物A 中官能团名称是 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．天门冬氨酸可以形成两种链状二肽分子
B．化合物C 的物质类别既属于醇，又属于酰胺
C．化合物B 的分子式为C10H17NO9
D．化合物F 转化为G 的过程中KOH 作为催化剂起作用
(3)写出化合物D 的结构简式 。
(4)化合物G 与水反应生成H 和另一种有机物X，X 可发生银镜反应，写出G→H 的化学方程式
。
(5)设计以
为原料合成
的路线(用流程图表示，无机试剂任选)
。
(6)写出3 种同时符合下列条件的化合物E 的同分异构体的结构简式 。
①分子中有一个含氮六元环，且环上至少含2 个非碳原子，环上只有一种H 原子；
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②分子中含有
结构，不含
、
、
结构；
③1mol 分子加热条件下与足量新制氢氧化铜反应生成2molCu2O。
【答案】(1)羟基、醛基(1 分) (2)AC(2 分)
(3)
(2 分)
(4)
(2 分)
(5)
(3 分)
(6)
、
、
(3 分)
【解析】A(C6H12O6)与R-NH2在一定条件下发生已知反应②生成B，可推知A 为葡萄糖，结构为
，B 发生消去反应生成C，C 发生反应生成D，D 与
发生已知反应
②生成E，结合D 的分子式可推知D 为
，E 发生双键移位生成F，F 在KOH 条件下生
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成G，通过分子式可推知，G 的结构简式为
，由题知，化合物G 与水反应生成H
和另一种有机物X，X 可发生银镜反应再结合分子式知X 为乙醛，可知发生了
反应，则H 的结构为
，H 再一定条件下发生已知反应②，生成I，I 即可生成吡嗪类风味化合物。(1)A 为
葡萄糖，结构为
，含有的官能团为羟基、醛基；(2)A 项，天门冬氨酸中含有两种羧
基，可以形成两种链状二肽分子，A 正确；B 项，化合物C 为
，化合物C 中不含有酰
胺键，故不属于酰胺，B 产物；C 项，化合物B 的结构为
，分子式为C10H17NO9，C 正
确；D 项，化合物F 转化为G 的过程中，羧基减少了，KOH 起酸性的作用，D 错误；故选AC；(3)D 的结
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构简式为
；(4)化合物G 与水反应生成H 和另一种有机物X，X 可发生银镜反应再结
合分子式知X 为乙醛，G→H 的化学方程式
；(5)结合反应流程，
在光
照条件下与氯气发生取代反应生成
，
在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生
成
，
在铜作催化剂的条件下与氧气发生氧化反应生成
，
在Fe/HCl 下发生还原反应生成
，
在一定添加下发生已知②
反应生成
，则以
为原料合成
的路线为
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；(6)同时符合
①分子中有一个含氮六元环，且环上至少含2 个非碳原子，环上只有一种H 原子；②分子中含有
结构，不含N-O、O-O、
结构；③1mol 分子加热条件下与足量新制氢氧化铜反
应生成
，化合物E 的同分异构体的结构简式
、
、
。
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