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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷04（天津专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：
试题紧密联系科技前沿与实际场景，如能源电池（第9 题“泥浆电池”）、绿色化学（第24 题二氧化
碳甲烷化）、药物合成（第4 题有机中间体Z 的合成），体现化学在能源、环保、医药等领域的应用
价值。
高考·新考法：
电化学突破传统模型（如第9 题电解制甲烷），定量计算深化（第6 题晶胞密度、第12 题平衡常
数），需精准运用数学工具。第5 题肟醚合成路径、第19 题硫脲制备实验设计，强调反应机理推导与
实验操作规范，考查逻辑推理与细节处理能力。
高考·新情境：
传统文化与现代科学结合：第1 题以诗词为载体考查化学知识（柳絮、火药），第3 题青铜器合金材
料，融合文化传承与学科内涵。
科研与绿色技术：第24 题二氧化碳资源化利用、第25 题尾气催化处理，紧扣“双碳”目标与可持续发
展理念，凸显化学在环保中的作用。
命题·大预测：
综合能力深化：能源转化（电解制甲烷）、材料合成（晶胞计算）等跨学科题型占比增加，突出实际
问题解决导向。创新情境拓展：传统文化载体（文献、诗词）与现代科技（纳米材料、光催化）结
合，信息处理与图表分析要求提升。实验与计算并重：工业流程优化（硫脲制备）、定量实验（滴定
分析）等高频考点需强化训练，关注细节与规范。
（考试时间：60 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 Mg-24 Si-28 S- 32
一、选择题：本题共12 小题，每小题3 分，共36 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．许多优秀的中国传统文化也蕴含化学知识，下列相关说法错误的是
A．我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器是一种合金材料
B．我国晋代《抱朴子》中描述的化学反应：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，这里描述的化学
反应是可逆反应
1
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C．“自元时创其法，用浓酒和酒糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这里所用
的方法是蒸馏
D．我国明代《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合”，其黑火药属于混合
物
【答案】B
【详解】A．我国在距今三千多年前的商朝时期就已经开始研究和生产使用青铜器，青铜器主要是铜锡
合金，因此青铜器是一种合金材料，A 正确；
B．丹砂主要成分是HgS，HgS 受热分解产生Hg 和S 单质，当温度降低后Hg 与S 重新化合生成HgS，
由于分解反应及化合反应的温度不同，因此描述的这两个化学反应不能称为可逆反应，B 错误；
C．“蒸令气上”与混合物中物质的沸点有关，因此该分离混合物的方法就是蒸馏，C 正确；
D．黑火药中含有焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭三种成分，因此属于混合物，D 正确；
故合理选项是B。
2．化学使生活更美好，下列说法错误的是
A．玻璃能制成规则外观的玻璃球是由于晶体的自范性
B．肥皂能去污是由于肥皂的主要成分中存在疏水基和亲水基
C．乙醇能作为消毒剂是由于乙醇能使蛋白质变性而杀灭微生物
D．“复方氯乙烷气雾剂”可使拉伤部位冷冻，是由于其主要成分沸点低，易挥发
【答案】A
【详解】A．玻璃是非晶体，不具有自范性，C 错误；
B．油污难溶于水，肥皂能去污是由于肥皂的主要成分中存在疏水基和亲水基，A 正确；
C．微生物的活性物质为蛋白质，乙醇能作为消毒剂是由于乙醇能使蛋白质变性而杀灭微生物，B 正
确；
D．“复方氯乙烷气雾剂”的主要成分为氯乙烷，具有沸点低，易挥发，挥发吸收热量，可使拉伤部位
冷冻，D 正确；
答案选A。
3．汽车安全气囊在碰撞时发生剧烈的反应：
(未配平)。下列说法正确的是
A．离子半径：r(Na+)＞r(N3-)
B．电负性：
C．第一电离能：I1(O)＜I1(Na)
D．碱性：KOH＜NaOH
【答案】B
【详解】A．Na+、N3-核外电子排布都是2、8，是电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越
小，所以离子半径：r(Na+)＜r(N3-)，A 错误；
B．O、N 是同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性就越大，所以元素的电负性：
，
B 正确；
C．Na 是活泼的金属元素，原子核外电子排布是2、8、1，很容易失去最外层的一个电子变为Na+，因
此其第一电离能较小；而O 是活泼的非金属元素，原子核外电子排布是2、6，很容易获得两个电子变
2
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为最外层8 个电子的稳定结构的O2-，不容易失去电子，因此其第一电离能很大，故第一电离能：I1(O)
＞I1(Na)，C 错误；
D．Na、K 是同一主族元素，从上到下，元素的金属性增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性增
强；元素的金属性：K＞Na，所以碱性：KOH＞NaOH，D 错误；
故合理选项是B。
4．有机化学在药物合成中发挥着重要的作用。化合物Z 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．Y 中所有碳原子不可能在同一平面上
B．
能与
发生加成反应
C．Z 可以与
在一定条件下发生缩聚反应
D．Z 分子不存在顺反异构体，不存在手性碳原子
【答案】D
【详解】A．根据Y 分子的结构，含有苯环和碳碳双键都是平面结构，同时单键可以旋转，其所有碳原
子能共平面，故A 错误；
B．
能与
反应，酯基不与氢气反应，故B 错误；
C．由于Z 分子中苯环结构中羟基的邻对位不存在氢原子，所以不能与
发生缩聚反应，故D 错
误；
D．Z 物质含酯基的六元环中碳碳双键，由于空间受阻，不存在顺反异构，另一个碳碳双键的一端连着
两个甲基，没有顺反异构现象。不存在手性碳原子，故C 正确；
故选D。
5．下列离子方程式书写不正确的是
A．Fe(OH)3溶于HI 溶液：2Fe3++2I-=2Fe2＋＋I2
B．向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使 AgCl 溶解：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C．用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO
D．向100mL0.1mol·L-1 FeBr2溶液中通入0.012 mol Cl2：12Cl2 +10Fe2++14Br-=10Fe3++7Br2+24Cl-
【答案】A
【详解】A．Fe(OH)3难溶于水，应写化学式，离子方程式为：
，
故A 错误；
B．AgCl 沉淀溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+，离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，故
B 正确；
3
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C．次氯酸钠将NO 氧化为硝酸根离子，ClO-被还原为Cl-，结合电子得失守恒及元素守恒得反应离子方
程式：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO ，故C 正确；
D．100mL0.1mol·L-1 FeBr2溶液中含0.01molFe2+和0.02molBr-，0.01molFe2+消耗0.005mol Cl2，剩余
0.007mol Cl2可消耗0.014mol Br-，则离子方程式为：12Cl2 +10Fe2++14Br-=10Fe3++7Br2+24Cl-，故D 正
确；
故选：A。
6．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子(
，结构如图1)可看作是
中的
一个O 原子被S 原子取代。
的晶胞形状为长方体，边长分别为
、
、
，结
构如图2 所示，设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．晶胞中
的个数为4
B．
中1 号S 原子可作配位原子
C．
的空间结构为四面体形
D．晶体的密度为
【答案】B
【详解】A．晶胞中，
的个数为
，故A 正确；
B．具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子对配位，
中的中心原子S 的价层电子对数为
4，无孤电子对，不能作配位原子，故B 错误；
C．
可看作是
中的1 个O 原子被S 原子取代的产物，二者结构相似，
的中心S 原子的价
层电子对数为
，即
的空间结构为正四面体形，所以
的空间结构为四面体
形，故C 正确；
D．1 个
晶胞中，
的个数为4，
的个数为4，晶胞体积为
，则晶胞密度为
，故D 正确；
4
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故选B。
7．下列制取Cl2并从含NaBr 的废水中提取Br2的实验方案能达到实验目的的是
A．装置甲：制取Cl2
B．装置乙：制取Br2
C．装置丙：用CCl4萃取Br2后分液
D．装置丁：吸收尾气中的Cl2
【答案】C
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，装置甲不能制备氯气，A 错误；
B．Cl2通入含NaBr 废水中氧化溴离子制Br2，需从长导管中通入氯气，B 错误；
C．Br2易溶于用CCl4，故可用CCl4萃取Br2，CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水的密度，含溴的
四氯化碳溶液位于下层，C 正确；
D．氯气在饱和NaCl 溶液中溶解度小，需用NaOH 溶液吸收尾气中的Cl2，D 错误；
故选C。
8．Mg、Al、Fe 的部分“价—类”二维图如下图。下列推断不合理的是
A．若a 在沸水中可生成e，则a→f 的反应可能是化合反应或置换反应
B．d→e 的转化无法一步实现
C．d→f 的转化可以一步实现
D．若g 和e 能与同一物质反应生成f，则组成a 的元素一定位于周期表s 区
【答案】D
【分析】根据该“价—类”二维图可知，若该元素为Mg 元素，a 为Mg 单质、g 为MgO、f 为含有
Mg2+的盐、e 为Mg(OH)2；若该元素为Al 元素，a 为Al 单质、b 为Al2O3、c 为含有Al3+的盐、d 为
Al(OH)3；若该元素为Fe，a 为铁单质、b 为Fe2O3，g 为FeO、d 为Fe(OH)3、e 为Fe(OH)2，f 为亚铁
盐、c 为铁盐。
【详解】A．若a 在沸水中可生成e，根据价态可知，此时a 为Mg，e 为Mg(OH)2，即f 为镁盐，a→f
的反应有多种，可能为
，该反应属于置换反应，可能为
，
该反应属于化合反应，综上a→f 的反应不一定是化合反应，故A 正确；
5
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B．Fe(OH)3无法一步转化为Fe(OH)2，故B 正确；
C．Fe(OH)3能与还原性的强酸HI 反应，实现Fe(OH)3→FeI2，故C 正确；
D．假设g 为MgO，即e 为Mg(OH)2，f 为镁盐，MgO、Mg(OH)2与稀盐酸反应均生成镁盐，此时组成
a 的元素为Mg，位于周期表p 区；假设g 为FeO，即e 为Fe(OH)2，f 为亚铁盐，FeO、Fe(OH)2与稀盐
酸反应均生成铁盐，此时组成a 的元素为Fe，位于周期表d 区，故D 错误；
故答案选D。
9．下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是
选项
实验操作
现象
实验结论
A
向滴有酚酞的
溶液中缓慢通
入
红色褪去
具有漂白性
B
向
溶液中加入
滴
溶液
溶液仍为橙色
在其他条件不变时，减
小生成物浓度，平衡向
正反应方向移动
C
将
气体通入
稀溶液中
出现白色沉淀
非金属性：
D
用
计分别测定
溶液和
溶液的
溶液的
大
结合
的能力：
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应使溶液的碱性减弱，则向滴有酚酞的氢氧
化钠溶液中缓慢通入二氧化硫，红色褪去不能说明二氧化硫具有漂白性，故A 错误；
B．重铬酸钠溶液中存在如下平衡：Cr2O
+H2O
2CrO
+2H+，向溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧根
离子中和溶液中的氢离子浓度，使平衡向正反应方向移动，溶液会由橙色变为黄色，故B 错误；
C．向硅酸钠溶液中通入二氧化碳，溶液中出现白色沉淀发生的反应为二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成
硅酸沉淀，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸的酸性强于硅酸，由元素的非金属性越强，最高价氧化物
对应水化物的酸性越强可知，碳元素的非金属性强于硅元素，故C 正确；
D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则用pH 试纸不能测得次氯酸钠溶液的pH，
无法比较次氯酸钠和醋酸钠在溶液中的水解程度和与氢离子结合的能力，故D 错误；
故选C。
10．光催化CO2还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料
光催化CO2还原为醇类的机理如图，h+是电子跃迁后留下的空穴，具有强
氧化性。下列说法不正确的是
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A．H2O 在富集空穴的MoS2材料上发生氧化反应
B．电子迁移到光催化剂表面时，在一定条件下也可能发生反应
C．光催化过程的总反应是
和
D．转化过程中，每消耗标准状况下
，转移1.2mol 电子
【答案】D
【分析】由反应机理图
可知H2O 在富集空穴的MoS2材料上被氧化，电极反应为：
2H2O-4e-=4H++O2↑，则CO2在Bi2MoO6材料上得到电子被还原为CH3CH2OH 或CH3OH、CH4等，电极
反应分别为：2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，据此
分析解题。
【详解】A．由分析可知，可知H2O 在富集空穴的MoS2材料上被氧化，发生氧化反应，A 正确；
B．由题意得光催化CO2可还原为醇类，故在一定条件下光催化CO2可还原生成甲烷等有机物，电极
反应为：
，B 正确；
C．由反应机理图可知，光催化过程反应物有二氧化碳、水，生成物有氧气、甲醇、乙醇，故光催化
过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，C 正确；
D．由C 选项可知Bi2MoO6材料上不管是生成CH3OH 还是C2H5OH，1molCO2都是转移6mol 电子，故
当消耗标准状况下2.24LCO2时，即0.1molCO2，转移0.6mol 电子，D 错误；
故答案为：D。
11．日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W2(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z 和W 为原子序数依次增大
的前20 号元素，最外层电子数之和为20。W 为金属元素，Y2是氧化性最强的单质，X 与Y 相邻。下
列说法正确的是
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．W 与X 只能形成一种二元化合物
C．Y 和W 的单质均能与水反应放出O2
D．Z 元素最高价氧化物对应的水化物是中强酸
【答案】D
【分析】日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W2(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z 和W 为原子序数
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依次增大的前20 号元素，最外层电子数之和为20。W 为金属元素，Y2是氧化性最强的单质，则Y 是
F 元素；X 与Y 相邻，则X 是O 元素；结合荧光粉结构即原子序数关系可知W 是+2 价的Ca 元素。然
后根据X、Y、Z 和W 四种元素原子的最外层电子数之和为20，则Z 是P 元素，然后根据问题分析解
答。
【详解】根据上述分析可知：X 是O，Y 是F，Z 是P，W 是Ca 元素。
A．同一周期元素，原子序数越大原子半径就越小，不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半
径就越大，则四种元素的原子半径大小关系为：W(Ca)＞Z(P)＞X(O)＞Y(F)，A 错误；
B．根据上述分析可知：X 是O，W 是Ca 元素，二者可以形成的二元化合物有CaO、CaO2，B 错误；
C．Y 是F，W 是Ca 元素，F2与H2O 反应产生HF、O2；Ca 与H2O 反应产生Ca(OH)2、H2，因此二者
单质均能与水反应，但放出的气体不同，C 错误；
D．Z 是P 元素，其最外层有5 个电子，该元素组成的最高价氧化物P2O5对应的水化物是H3PO4，
H3PO4是三元中强酸，D 正确；
故合理选项是D。
12．常温下，将pH 与体积均相等的HX 和HY 溶液分别加水稀释，
为溶液原体积，V 为稀释后体积，
则
随溶液
的变化如图所示。下列说法正确的是
A．HY 为弱酸
B．稀释相同倍数时：
C．完全中和等体积a、c 两点的溶液，消耗同浓度NaOH 溶液的体积：
D．a、b、c 三点溶液中离子的总浓度：
【答案】C
【详解】A．根据图像可知，当
时，HX 溶液的
，HY 溶液的
，说明HY 为强
酸，故A 错误；
B．稀释相同倍数时，溶液的
，溶液中
，故B 错误；
C．
溶液的
与体积相等，HX 为弱酸，HX 溶液浓度大，消耗的同浓度NaOH 溶液的体积
更多，即Va>Vc，故C 正确；
8
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D．a 点pH 大于b 点，a、c 点溶液的
相等，依据电荷守恒，有
，三点溶液中离子的总浓度：
，故D 错误；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共4 个小题，共64 分。
13．（17 分）太阳能是一种清洁、绿色的能量。基于太阳能广泛应用的太阳能电池主要类型有硅太阳能电
池、钙钛矿太阳能电池等。
(1)硅是构成硅太阳能电池的主要材料，硅元素在周期表中的位置 ，下列关于基态硅的说法中
不正确的是 。
A．简化电子排布式为3s23p2
B．核外电子有8 种不同的空间运动状态
C．核外有5 种不同能量的电子
D．核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的电子数之比为3：4
(2)晶体硅的晶胞结构如图所示。晶体硅为 晶体，下列关于硅晶胞的叙述错误的是 。
A．硅原子采用了sp3杂化 B．每一个晶胞中包含8 个硅原子
C．28g 晶体硅有4molSi-Si 键 D．晶体硅的密度是
g/cm3
(3)工业上高纯晶体硅可由下图所示流程制备。
SiHCl
①
3中各元素电负性由大到小的顺序是 ﹐其中处于同一周期的两元素第一电离能大小关系
为 > 。SiHCl3分子的空间结构是 ，属于 分子(选填“极性”或“非极
性”)。
②纯的SiHCl3制备高纯硅的化学方程式为 。
(4)CaTiO3是钙钛矿太阳能电池的主要成分。
CaTiO
①
3晶胞结构如图所示，晶胞结构中C 代表 ，B 微粒配位数是 。
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TiCl
②
4为制备CaTiO3的一种原料。Ti 的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自
TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是 。
化合
物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔
点/℃
377
-24.12
38.3
155
【答案】(1) 第三周期第ⅣA 族 A
(2) 共价 C
(3) Cl>H>Si Cl Si 四面体形 极性 SiHCl3+H2
Si+3HCl
(4) O2- 6 TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增
大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高
【详解】（1）硅为14 号元素，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA 族；
A．基态硅简化电子排布式为[Ne]3s23p2，A 不正确；
B．电子排布式为1s22s22p63s23p2，核外电子有8 种不同的空间运动状态，B 正确；
C．有5 种能级，核外有5 种不同能量的电子，C 正确；
D．s 能级电子有6 个，p 能级电子有8 个，核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的电子数之比为3：4，
D 正确；
答案选A；
（2）晶体硅为共价晶体；A．根据晶胞结构可知，硅的价层电子对数为4，则硅原子采用了sp3杂
化，A 正确；
B．晶胞中硅在顶点有
个，面心有
个，体内有4 个，一共有8 个硅原子，B 正确；
C．28g 硅晶体中含有1molSi 原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4 个Si 形成4 个Si-Si 键，则每个硅
原子形成的共价键为：
，则1mol 单质硅含有2molSi-Si 键，数目为2NA，C 错误；
D．结合选项B 分析，根据晶胞结构可知，晶体硅的密度
，D 正确；
答案选C；
（3）①同周期，越靠右电负性越大，三氯硅烷中硅元素呈+4 价，则氢的电负性大于Si，则:
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Cl>H>Si；一般来说，同周期越靠右第一电离能越大，则其中处于同一周期的两元素第一电离能大小
关系为C>Si；SiHCl3中Si 的价层电子对数为4，则其空间结构是四面体形；其正负电荷中心不重合，
属于极性分子；
②纯的SiHCl3制备高纯硅是SiHCl3与氢气反应生成硅和氯化氢，反应的化学方程式为SiHCl3+H2
Si+3HCl；
（4）①结合化学式和晶胞结构可知，A 代表Ti4+，B 代表Ca2+，C 代表O2-，B 微粒配位数是6；
TiF
②
4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子间作用力增
大，熔点逐渐升高。
14．（15 分）化合物J 是一种EED 抑制剂的中间体，其合成路线如下：
已知：—Boc 代表
。
回答下列问题：
(1)C 中含氧官能团的名称为 。
(2)E 的结构简式为 。
(3)检验F 中含碳碳双键的试剂为 。
(4)C→D 的反应类型为 。
(5)已知A→B 为取代反应，该反应的化学方程式为 。
(6)与B 具有相同官能团且属于芳香族化合物的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)。
(7)根据题干信息，补全虚线框内剩余片段，使其合成路线完整 。
【答案】(1)醚键、酯基
(2)
(3)溴的四氯化碳溶液(或先用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液，再用溴水或酸性高锰酸钾溶液)
(4)取代反应(或水解反应)
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(5)
+
+
(6)15 (7)
；
【分析】A 和
发生取代反应生成B，B 和
先发生加成反应再发生消去反应
生成C，由A→B 可知
的作用是引入醛基，再根据E 的分子式和F 的结构简式即可推出E 的
结构简式为
，E 和
发生取代反应生成F，F 经过一系列反应得到I，以此解
答。
【详解】（1）C 中含氧官能团的名称为醚键和酯基。
（2）由A→B 可知
的作用是引入醛基，再根据E 的分子式和F 的结构简式即可推出E 的结
构简式为
。
（3）F 的结构中有醛基，能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，可采用的方法是利用弱氧化剂(新制氢
氧化铜悬浊液或银氨溶液)将醛基转化为羧基，再利用溴水或酸性高锰酸钾溶液。也可直接利用溴的四
氯化碳溶液。
（4）根据C 和D 的官能团变化，可以得出该反应类型为取代反应或水解反应。
（5）已知A→B 为取代反应，则A 中的H 被醛基取代得到B，另外的产物是
，故其化学方
12
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程式为
+
+
。
（6）将两个氟原子固定在苯环上，有三种(邻间对)，再将溴原子和醛基进行移动位置，可得：
(醛基有三个位置，3 种)、
(醛基有三个位置，3 种)、
(醛
基有三个位置，3 种)、
(醛基有三个位置，3 种)、
(醛基有两个位置，2 种)、
(醛基有两个位置，2 种)，减去本身的1 种，共
种。
（7）
转化为以
，需先进行光照取代，再水解，再进行催化氧化(将
转化为—CHO)，故前半部分的合成路线为
；再依据B→C 的变化即可推断最终的产物是
。
15．（18 分）硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应
而生成硫氰化铵。回答下列问题：
Ⅰ.硫脲的制备：
将石灰氮(CaCN2)溶液加热至80℃时，通入
气体反应可生成
溶液和石灰乳。某小组同学
连接装置进行模拟实验。
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(1)检查装置气密性的操作为① ，在装置F 中加水至浸没导管末端；②微热装置A 处三颈
烧瓶，观察到装置F 处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；③一段时间后，装置F 处导管末端形成一
段水柱，且高度不变。
(2)装置A 中的试剂最佳组合是 (填字母)。
A．
固体
浓硫酸 B．
固体
稀硝酸 C．
固体
稀盐酸
(3)装置B 中的试剂名称为 。装置E 的作用为 。
(4)装置D 中反应温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是 ，装置D 中反应的化学
方程式为 。
Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定：
(5)反应后将装置D 中的液体过滤，将滤液减压蒸发浓缩，当有 现象时停止加热，冷却结
晶，离心分离，烘干即可得到产品。
(6)称取mg 产品，加水溶解配成
溶液，量取
于锥形瓶中，滴加一定量的
酸化，
用
标准溶液滴定，初始读数为
，当滴入最后半滴溶液时，溶液颜色
，且半分钟无变化时达到滴定终点，标准溶液读数为
。已知：
。(硫脲的相对分子质量为
76)，样品中硫脲的质量分数为 %(用含m、c、
、
的式子表示)。
【答案】(1)关闭
、
、
(2)C
(3) 饱和硫氢化钠溶液 防倒吸
(4) 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速率缓慢
(5)出现一层晶膜或有晶膜出现
(6) 由无色变为浅紫色或浅红色或(紫)红色
【分析】
固体与盐酸在装置A 中反应生成H2S，生成的H2S 中混有盐酸挥发出的HCl 气体，经饱
和NaHS 溶液除杂后，通入装置D 中与石灰氮(CaCN2)溶液加热至80℃，反应生成
溶液；为
避免有多余的H2S 气体逸出污染空气，装置末端需连接尾气处理装置；
【详解】（1）检查装置气密性的操作：①关闭
、
、
，在装置F 中加水至浸没导管末端；②
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微热装置A 处三颈烧瓶，观察到装置F 处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；③一段时间后，装置F
处导管末端形成一段水柱，且高度不变；
（2）浓硫酸和稀硝酸均具有氧化性，会将S 元素氧化，无法生成H2S 气体，所以应选
固体
稀盐
酸药品组合；
（3）根据分析可知，装置B 中的试剂名称：饱和硫氢化钠溶液；装置E 的作用：防倒吸；
（4）装置D 中反应温度不宜过高或过低的原因温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化
铵；温度过低，反应速率缓慢；
（5）反应后将装置D 中的液体过滤，将滤液减压蒸发浓缩，当有出现一层晶膜现象时停止加热，冷
却结晶，离心分离，烘干即可得到产品；
（6）
可被酸性高锰酸钾氧化，到达滴定终点，滴入最后半滴溶液时，溶液颜色由无色变为
浅紫色或浅红色或(紫)红色；滴定过程消耗酸性高锰酸钾物质的量：
，根
据反应计量数，
物质的量：
，样品中硫脲的质量分
数：
；
16．（14 分）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO
(1)反应i 生成1molS2时，转移电子的物质的量为 mol。
(2)反应i 所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO 和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反
应ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO2(g)+4CO(g)
S2(g)+4CO2(g) ΔH<0
iii．SO2(g)+3CO(g)
COS(g)+2CO2(g) ΔH<0
理论分析及实验结果表明，600~1000K 范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度
下，S2、COS 平衡产率和10min 时S2实际产率如图。
①从资源和能源利用的角度说明用反应ii 处理尾气的好处： 。
②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是 。
900K
③
，在10min 后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为 。
(3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3
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和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S 表示)回收。
①该装置中，正极的电极反应式为 。
②一段时间后，若洗脱液中
的物质的量减小了1mol，则理论上
减小了 mol。
(4)常温向
溶液中加入适量的NaOH，溶液中
、
、
的分布系数
随pOH 的变
化如图。
下列说法正确的是 。
A．
B．
时，溶液显酸性
C．N 点对应的溶液，对水的电离起到抑制作用
【答案】(1)4
(2) 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii 放热为反应i 提供能量 温度
升高，反应iii 平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改
变的影响，平衡正向移动 先增大后减小至900K 时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K 时
S2的平衡产率后保持不变
(3)
2
(4)AC
【分析】本题是化学反应原理的综合考察，（1）计算转移电子数，依据方程式生成3molS2转移的电
子数计算；（2）②考察化学平衡的影响因素，温度与浓度，并判断出S2平衡产率上升的主要因素是
浓度引起的。③要明确任何反应在一定温度下均要到达该温度下的平衡状态；（3）原电池中，葡萄
糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应
为：
，据此回答。（4）离子分布分数的图像，可以利用图像上
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的交点计算电离常数。
【详解】（1）根据题目所给反应方程式可知，每当生成3molS2，理论上转移12mol 电子，则生成
1molS2时，转移电子的物质的量为4mol；
（2）①反应ii 处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii
放热为反应i 提供能量；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii 平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增
大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
③通过观察图像可知，10min 时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K 时产率相
等，则900K，在10min 后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至
900K 时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K 时S2的平衡产率后保持不变；
（3）①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：
；
②根据电极方程式可知，当消耗1mol 亚硫酸根离子，转移4mol 电子，同时消耗6mol 碳酸氢根离子，
生成6mol 碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol 的H+通过质子交换膜来到正极，4mol 氢离子可以
结合4mol 的碳酸根离子生成4mol 的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。
（4）pOH 越大，pH 越小，酸性越强，则
表示
，
表示
，
表示
，由
，当
时，
，即
，
，当
时，
，即
，故A 正确；
，即
，即为M 点，pOH=6.8，即溶液呈碱性，B 错
误；
N 点对应的溶液中主要存在的是
，
的电离常数为
，水解常数为
，电离大于水解，对水的电离起到抑制作用，C 正确。
故选AC。
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