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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷04
化 学
考情速递
高考·新动向：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。在选取人类利用能源的发展历程和我国和国际科研成果，彰显人类命运共同体理
念和激发爱国主义情怀及从事科学研究兴趣方面。如第1 题结合我国科技创新成果对社会经济发展的
巨大贡献，考查晶体类型、化学键变化、同素异形体概念等，第3 题以我国中药中的自然铜为载体，
考查
氧化还原反应、离子反应，在考查化学知识的基础上，不仅能激发考生从事科学研究、探索未知的兴
趣，还能使学生充分认识到化学在社会发展中的重要作用，进一步弘扬爱国主义。
高考·新考法：高考试题由考查“基础知识、基本能力”转向考查“必备知识、关键能力、学科素养、
核心价值”，要求考生备考摒弃“全面覆盖、面面俱到、盲目备考”的一贯做法，采取“精简内容、
高效复习、精准备考”的策略，实现由“高耗低效”向“高效低耗”的转变。其次，由“拘泥教材”
转向“整合教材”，重构学科体系。如第8 题通过实验装置判断物质（SO2）的性质、实验现象及原
理，考查学生对教材实验细节的掌握程度，同时要求其结合物质性质分析原因，体现了对实验操作能
力和逻辑思维的考查。第14、15 题通过多步反应的热力学分析（盖斯定律与平衡移动），要求学生整
合反应机理、平衡常数及图像信息，体现了对“知识综合与迁移能力”的高阶要求。
高考·新情境：情境创设注重创新性、时代性、实用性、开放性和融合性。如工艺流程题第10 题考查溶
液中离子浓度大小比较、守恒原理、离子方程式等，第17 题要求分析多步操作（溶浸、氧化、还原、
沉淀、过滤）的化学原理及条件控制（如温度、时间），要求考生综合运用平衡常数、电荷守恒与物
料守恒分析离子浓度关系，串联知识点并解决实际问题。第18 题以功能高分子材料的合成为主线，考
查结构简式的书写、手性碳原子和原子杂化类型的判断、有机方程式书写、有机物的合成等。情境命
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：2025 年的高考试题未来高考将更注重实际应用与学科交叉，如资源回收、新能源开发新
科技的应用等情境题占比增加；图像分析与数据推理（如热力学曲线、工艺流程）成为高频考点，要
求考生具备综合运用化学知识的能力。如第15 题氢能源的开发利用，考生需要图示信息分析反应机
理、寻找原因，结合图像数据信息，联系异构原理进行计算等，考生只有将所学的各个知识点串联起
来，才能从整体上分析和解决问题。
（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
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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 P 31 S 32 Cl 35.5 Zn 65
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．科技创新是推动社会进步和经济发展的关键因素。下列说法正确的是
A．“深地一号”制造钻头用的金刚石为共价晶体
B．实施CO2海底封存，减少温室气体的排放，CO2液化时破坏了共价键
C．量子通信技术中作为传输介质的光导纤维，其主要成分为晶体Si
D．“华龙一号”核电项目中，所用轴棒中含有的
和
互为同素异形体
【答案】A
【解析】A．金刚石结构中碳原子与周围的四个碳原子以单键结合，形成立体网状结构，为共价晶体，
故A 正确；B．CO2是分子晶体，液化时破坏的是分子间作用力，不破坏共价键，故B 错误；C．光导
纤维主要成分为SiO2，故C 错误；D．
和
互为同位素，故D 错误；答案选A。
2．从结构角度分析，下列说法错误的是
A．
的立体构型为V 形，中心原子的杂化方式为sp3
B．ZnCO3中，阴离子立体构型为平面三角形，C 原子的杂化方式为sp2
C．因HF 分子间存在氢键，所以HX 中其沸点最高
D．因金属性K>Na>Mg，所以熔点：KCl>NaCl>MgCl2
【答案】D
【解析】A．
的中心原子I 的价层电子对为2+(7-1-1×2) /2=4，中心原子的杂化方式为sp3，立体构型
为V 形，故A 正确；B．ZnCO3中，阴离子中C 的价层电子对为3+ (4+2-2×3)/2=3，C 原子的杂化方式
为sp2，立体构型为平面三角形，故B 正确；C．因HF 分子间存在氢键，所以HX 中其沸点最高，故C
正确；D．因离子半径K+>Na+，晶格能KCl＜NaCl，所以熔点KCl＜NaCl，故D 错误；故选D。
3． 中药自然铜具有散瘀止痛、续筋接骨之功效，其炮制方法始见于南北朝《雷公炮炙论》：取净自然铜
(含FeS2的矿石)置于敞口耐火容器中，大火煅制红透，立即取出投入米醋淬火，反复煅淬数次至褐色，
干燥后碾碎装存。下列说法正确的是
A. 古代煅制自然铜应在通风环境中进行
B. 煅制过程中1 mol FeS2被完全氧化，转移电子的数目约为13×6.02×1023
C. 自然铜淬火过程中发生反应的离子方程式为
D. 含自然铜成分的中成药大七厘散(处方药)，其包装上有“OTC”标识
【答案】A
【解析】A．由题干信息可知，古代煅制自然铜时因会产生有毒有害的气体SO2，故应在通风环境中进
行，A 正确；B. 锻制过程是FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，即Fe 由+2 价转化为+3 价，S 由-1 价转化
为+4 价，故煅制过程中1 mol FeS2被完全氧化，转移电子的数目约为11×6.02×1023，B 错误；C．自然
铜淬火过程中即Fe2O3与醋酸反应，故发生反应的离子方程式为Fe2O3+6CH3COOH==2Fe3++3H2O
3I
3I
8
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+6CH3COO-，C 错误；D．处方药的标识为 “R”，OTC 为非处方药的标识，即含自然铜成分的中成药
大七厘散(处方药)，其包装上有“R”标识，D 错误；故答案为：A。
4．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．a 与强碱溶液反应可生成c 和d
B．电解c 的水溶液可生成a
C．e 在光照条件下可生成a
D．可存在b→a→e→d 的转化关系
【答案】C
【解析】a 是氯元素组成的单质，a 是Cl2；b 是氯元素的无氧酸，b 是HCl；c 是氯元素无氧酸盐，c 可
能是NaCl，d 是氯元素+1 价含氧酸盐，d 可能是NaClO，e 是氯元素+1 价含氧酸，e 是HClO。A．Cl2
与NaOH 溶液反应可生成是NaCl 和NaClO，故A 正确；B．电解是NaCl 溶液可生成Cl2、H2、
NaOH，故B 正确；C．HClO 在光照条件下可生成HCl 和O2，故C 错误；D． 盐酸可氧化为Cl2，Cl2
和水反应生成HClO，HClO 和氢氧化钠反应生成NaClO，故D 正确；选C。
5．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表示不正确的是
A．Cl2分子中p-p σ 键的形成过程可以表示为
B．H2在Cl2在中燃烧生成HCl，HCl 的形成过程用电子式表示为：
C．锌锰碱性电池放电时正极反应式：MnO2+e-+H2O==MnOOH+OH-
D．牙膏中添加氟元素的原理：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)
Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)
【答案】B
【解析】A．Cl2分子中氯原子的3p 轨道头碰头形成p-pσ 键，形成过程可以表示为
，A 正确；B．HCl 的形成过程用电子式表示
为：
，B 错误；C．锌锰碱性电池放电时正极MnO2得到电子生成MnOOH，反应
式为：MnO2+e-+H2O==MnOOH+OH-，C 正确；D．牙膏中添加氟元素的原理：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)
Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，使用含氟牙膏，F-浓度增大，平衡右移，可预防䶙齿，D 正确。故选B。
6． 为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正
确的是
选项
影响因素
方案设计
现象
结论
A
浓度
向1mol·L−1FeCl3溶液中滴
加KSCN 溶液，反应达平
衡后，向溶液中继续加水
溶液先变红，
加水后颜色变
浅
减小反应物浓度，平衡向逆
反应方向移动
9
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B
压强
向恒温恒容密闭玻璃容器中
充入100mLHI 气体，反应
达到平衡后再充入
100mLAr
气体颜色不变
对于反应前后气体总体积不
变的可逆反应，增大压强，
平衡不移动，物质浓度保持
不变
C
温度
将封装有NO2和N2O4混合
气体的烧瓶浸泡在热水中
气体颜色变深
升高温度，平衡向吸热反应
方向移动
D
催化剂
向Zn 和稀硫酸正在反应的
溶液中滴加少量CuSO4溶液
单位时间内产
生的气体增多
使用催化剂可加快反应速
率，使平衡正向移动
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】A．反应达到平衡后加水稀释，可能是因为Fe(SCN)3浓度减小，所以溶液颜色变浅，不能说
明是浓度影响平衡移动，故A 错误；B．反应2HI(g)
H2(g)+I2(g)为反应前后气体总体积不变的可逆
反应，恒温恒容条件下反应达到平衡后再充入100mLAr，参与反应的各气体浓度不变，平衡不发生移
动，气体颜色不变，无法探究压强对平衡移动的影响，故B 错误；C．反应2NO2(g)
N2O4(g)为放热
反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，故C 正确；D．向Zn
和稀硫酸正在反应的溶液中滴加少量CuSO4溶液，Zn 和CuSO4溶液反应置换出Cu，形成Zn-Cu 原电
池，加快反应速率，不是催化剂的作用，且加入催化剂不能使平衡发生移动，故D 错误；故选C。
7．某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q 为原子序数依次增大的短周期元素，Z 的原子序数等
于X、Y 原子序数之和，Q 为非金属性最强的元素。
下列说法正确的是
A．氧化物对应水化物的酸性：Z<M
B．MQ3分子的VSEPR 模型为三角锥形
C．Z、M、Q 三种元素均能与氢元素形成含非极性键的二元化合物
D．电负性：Q>M>Z>X>Y
【答案】D
【解析】根据题意，X、Y、Z、M、Q 为原子序数依次增大的短周期元素，Z 的原子序数等于X、Y 原
子序数之和，Q 为非金属性最强的元素，结合图中信息可知，Q 为F，Z 为C，X 为H，Y 为B，M 为
N，据此分析解题。A．Z 和M 的氧化物均有多种，无法比较对应水化物的酸性，故A 错误；B．MQ3
分子NF3，有4 个价层电子对，其VSEPR 模型为四面体，故B 错误；C．F 不能与氢元素形成含非极性
键的二元化合物，故C 错误；D．Q 为F，Z 为C，X 为H，Y 为B，M 为N，电负性：F>N>C>B>H，
故D 正确；故答案选D。
8．按照下图进行铜与浓硫酸反应的探究实验，下列说法正确的是
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A．蘸有品红溶液的滤纸褪色，说明SO2具有强氧化性
B．N 形管溶液变为红色，说明有酸性气体进入N 形管
C．反应后，从c 口抽取反应液加到足量的氨水中最终产生蓝色沉淀
D．实验结束后从b 口注入足量NaOH 溶液，会有2 种物质与NaOH 反应
【答案】B
【解析】铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。A．蘸有品红溶液的滤纸褪色，说明二氧化
硫具有漂白性，故A 错误；B．滴有石蕊的氢氧化钠溶液呈蓝色，则N 形管溶液变为红色，说明溶液
中氢氧化钠与通入的二氧化硫完全反应，过量的二氧化硫使溶液呈酸性，故B 正确；C．反应后，从c
口抽取反应液加到足量的氨水中发生的反应为硫酸铜溶液与足量氨水反应得到深蓝色的硫酸四氨合铜
溶液，不可能得到氢氧化铜蓝色沉淀，故C 错误；D．浓硫酸与铜共热反应时硫酸浓度会减小变为稀硫
酸，稀硫酸与铜共热不反应，则反应中浓硫酸不可能完全反应，所以实验结束后从b 口注入足量氢氧
化钠溶液，氢氧化钠溶液能与反应生成的硫酸铜、二氧化硫反应，也能与未反应的稀硫酸反应，所以
会有3 种物质与氢氧化钠反应，故D 错误；故选B。
9． 化合物Z 是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X 分子中所有碳原子一定共平面 B. 1mol Y 与足量溴水反应消耗 3mol Br2
C. Z 可以与银氨溶液反应 D. X、Y、Z 均能与Na2CO3溶液反应生成CO2
【答案】C
【解析】A．X 分子
中，依据苯和乙烯的分子结构，每个框内的碳原子一定共平面，
但两个红框只共用1 个碳原子，所以两个红框内的碳原子不一定共平面，也就是所有碳原子不一定共
平面，A 不正确；B．Y 分子中，只有酚羟基邻位上的1 个氢原子能被溴取代，所以1mol Y 与足量溴
水反应消耗 1mol Br2，B 不正确；C．Z 分子中含有醛基官能团，可以与银氨溶液反应，C 正确；D．
X、Y、Z 分子中均含有羟基，X、Y 分子中还含有羧基，酚羟基能与N2CO3反应，但只能生成
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NaHCO3，不能生成CO2气体，羧基能与Na2CO3反应产生CO2气体，也就是它们均能与Na2CO3溶液反
应，但Z 不能生成CO2气体，D 不正确；故选C。
10．室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg 等杂质)制备MnSO4的流程如下：
已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下
列说法正确的是
A．NH4HCO3溶液中：c(
)<c(
)+2c(
)
B．“酸溶”时主要离子方程式：MnO2+MnS+2H2O=2Mn2++
+4H+
C．“除铁除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c(
)+c(OH-)
D．“沉锰”后上层清液中：
=2.5
【答案】D
【解析】向二氧化锰与硫化锰矿中加入硫酸溶液酸溶，将硫化锰中的硫元素转化为硫酸根离子、金属
元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤液；向滤液中加入氨水，将铁元素转化为氢氧化铁沉淀，再加
入氟化锰，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸锰的滤液；向滤液中加
入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳酸锰溶于硫酸溶液得到
硫酸锰。由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中铵根离子的
水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电
荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH—)可知，溶液中c(NH)＞c(HCO)+2c(CO)，故A 错误；
由分析可知，“酸溶”时主要反应为二氧化锰与硫化锰、硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子
方程式为4MnO2+MnS+8H+ =5Mn2++SO+4H2O，故B 错误；由分析可知，“除铁除镁”后上层清液为
硫酸铵和硫酸锰的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系2c(Mn2+)+c(H+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH—)，故C
错误；“沉锰”后上层清液中：
=
=
=
=2.5，故D 正确。
11．N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化
剂(用[L—Ru—NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
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下列说法错误的是
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强
B．M 中Ru 的化合价为+3
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：4NH3—2e-==N2H4+2NH
【答案】B
【解析】A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L—Ru—NH3]2+中的Ru 带有更多的正电荷，其与N 原子成键
后，Ru 吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N—H 键极性变强且更易断裂，因此
其失去质子（H+）的能力增强，A 说法正确；B．Ru(Ⅱ)中Ru 的化合价为+2，当其变为Ru(Ⅲ)后，Ru
的化合价变为+3，Ru(Ⅲ)失去2 个质子后，N 原子产生了1 个孤电子对，Ru 的化合价不变；M 为[L—
Ru—NH3]+，当[L—Ru—NH3]+变为M 时，N 原子的孤电子对拆为2 个电子并转移给Ru1 个电子，其中
Ru 的化合价变为+2，因此，B 说法不正确；C．该过程M 变为[L—Ru—NH2—NH2—Ru—L]2+时，有
N—N 键形成，N—N 是非极性键，C 说法正确；D．从整个过程来看， 4 个NH3失去了2 个电子后生
成了1 个N2H4和2 个NH，Ru(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为4NH3-2e-==N2H4+2NH，D 说
法正确；综上所述，本题选B。
12．科学家在电催化加氢方面取得新进展，以二氯甲烷作为溶剂电催化有机物加氢，制备4-乙基苯胺的电
解原理如图所示，下列说法正确的是
A. A 电极连电源的正极
B. 离子交换膜为阳离子交换膜
C. B 极总反应为
+4HCHO+8OD--4e-
+4HCOO-+4D2O
D. 若电路中转移0.4mol 电子，则理论上生成M 的质量为12.1g
【答案】C
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【解析】该池连接电源为电解池，电极判断：A 极D2O 得电子转化为D 原子，发生还原反应，作阴
极；B 极，HCHO 失电子转化为HCOO-，发生氧化反应，作阳极，据此回答。A．A 电极为阴极连电
源的负极，A 错误；B．由图可知，离子交换膜允许OD-通过，为阴离子交换膜，B 错误；C．B 极总
反应为
+4HCHO+8OD--4e-→
+4HCOO-+4D2O，C 正确；D．A 极方程
式为：D2O+e-=OD-+D、
+4D→
，M 的摩尔质量为125g/mol，若
电路中转移0.4mol 电子，则理论上生成0.1molM 的质量为12.5g，D 错误； 故选C。
13．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn 掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓
的晶胞参数为x pm，密度为
。下列说法错误的是
A. 1mol 砷化镓中配位键的数目是NA
B. Ga 和As 的最近距离是
C. 沿体对角线a→b 方向投影图如丙，若c 在11 处，则As 的位置为7、9、11、13
D. Mn 掺杂到砷化镓晶体中，和Mn 最近且等距离的As 的数目为6
【答案】D
【解析】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位
键，平均1 个GaAs 配位键的数目为1，则1mol 砷化镓中配位键的数目是NA，故A 正确；B．由砷化
镓晶胞结构可知，Ga 和As 的最近距离为晶胞体对角线的1/4，Ga 和As 的最近距离是
，故B
正确；C．由砷化镓晶胞结构可知，c 位于侧面的面心，沿体对角线a→b 方向投影图如丙，则As 的位
置为7、9、11、13，故C 正确；D．由乙晶胞结构可知，和Mn 最近且等距离的As 的数目为4，故D
错误；故选D。
14．H2S 分解的热化学方程式为2H2S(g)
2H2(g)+S2(g) ΔH= a kJ·mol-1。向体积为1L 恒容密闭容器中加
入n(H2S)+n(Ar)=0.1mol 的混合气体(Ar 不参与反应)，测得不同温度(T1>T2)的平衡转化率随
比
值的变化如图所示。下列说法正确的是
14
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A. 该反应的a＜0
B. 平衡常数K(X)=K(Y)＜K(Z)
C. 测得X 点平衡时体系压强为p，则Kp=
D. 维持Y 点时n(Ar)不变，向容器中充入H2S，H2S 的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】A．已知T1>T2，n(H2S)/n(Ar)一定时，T1温度下，H2S 的平衡转化率更高，说明温度升高，平
衡正向移动，则ΔH>0，即a>0，A 错误； B．X、Y 均在T1温度下，温度不变，平衡常数不变，
K(X)=K(Y)；结合A 分析，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，则
K(X)=K(Y)>K(Z)，B 错误；C．X 点n(H2S)/n(Ar)=1，硫化氢转化率为50%，假设硫化氢投料1mol，
由三段式：
平衡时体系压强为p，总的物质的量为0.5mol+0.5mol+0.25mol+1mol=2.25mol，则Kp=
，C 正确； D．恒温恒容，维持Y 点时n(Ar)不变，向容器中充入H2S，相当
于增大压强，平衡逆向移动，则H2S 的平衡转化率减小，D 错误；故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（12 分）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
（1）硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B(OH)4]，再转化为
NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B 合金催化剂表面部分反应机理如图所示：
15
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①其他条件不变，用D2O 代替H2O，写出中间产物X 的结构式：___________。
②其他条件不变，催化剂Co2B 中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是___________。
③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g 和55g。NaBH4浓度对制
速率影响如图
所示，NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是___________。
（2）将偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4可用于储氢且有利于资源的综合利用。(已知：△G 是反应的
自由能变化量，可类比△H 计算与表示；当△G<0 时，反应能自发进行。)
Ⅰ．NaBH4(s)+2H2O(l)==NaBO2(s)+4H2(g) △G1= -320kJ/mol
Ⅱ．H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l) △G2= -240kJ/mol
Ⅲ．Mg(s)+1/2O2(g)==MgO(s) △G3= -570kJ/mol
用方程式表示NaBO2自发再生为NaBH4的一种制备方法：___________。
(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%；注明△G。)
（3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图3
所示。
①负极上的电极反应式为___________。
②该电池以3.2A 恒定电流工作14 分钟，消耗0.49LH2。该电池将化学能转化为电能的转化率为
_______。
[已知：该条件下H2 的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)电流I(A)时间(s)；NA=6.0×1023/mol；
e=1.60×10-19C。]
【答案】（1）①
（2 分） ②.MoO3能吸附水分子并解离出H+，加快氢气的生成速率（2
分） ③浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。BH4
-过多
吸附在Co 上，而减少H-吸附（2 分）
（2）NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(g)==NaBH4(s)+2MgO(s) △G=-340kJ/mol （2 分）
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（3）①H2-2e-+CO==CO2+H2O （2 分） ②70%（2 分）
【解析】根据反应机理图，BH4
-吸附Co2B 合金的同时，H2O 中吸附MoO3解离出的OH-与B 成键，形
成中间产物；NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。
BH4
-过多吸附在Co 上，而减少H-吸附，导致NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢；燃料电池中H2为
负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，负极反应式为：H2-2e-+CO==CO2+H2O；正极的电极反
应式为： O2+4e-+2CO2==2CO。
（1）①根据反应机理图，BH4
-吸附Co2B 合金的同时，H2O 吸附MoO3解离出氢离子、氢氧根离子，
其中OH-与B 成键，形成中间产物，若其他条件不变，用D2O 代替H2O，中间产物X 为
，故答
案为：
；
②其他条件不变，催化剂Co2B 中掺杂MoO3能提高制H2效率因为MoO3能吸附水分子并解离出H+，
加快氢气的生成速率，故答案为：MoO3能吸附水分子并解离出H+，加快氢气的生成速率；
③NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。BH4
-过多吸
附在Co 上，而减少H-吸附，导致NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢，故答案为：浓度较高时，生
成的NaBO2覆盖在催化剂表面，降低催化活性，反应速率降低。BH4
-过多吸附在Co 上，而减少H-吸
附；
（2）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由2×Ⅲ-(2×Ⅱ+Ⅰ)，得
，
，故答案为：
；
（3）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，负极反应式
为：H2-2e-+CO==CO2+H2O；正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2==2CO；该条件下H2的摩尔体积为
24.5L/mol，0.49LH2的物质的量为n(H2)=0.49L/24.5L/mol=0.02mol，工作时，H2失去电子发生反应H2-
2e-==2H+ ，所带电荷量为：（2×0.02mol×6.0×1023/mol ）×1.60×10-19=3840C ，工作电荷量为：
3.2×14×60=2688C，则该电池0.49L 将化学能转化为电能的转化率为：（2688C/3840C）×100%=70%，
故答案为：H2-2e-+CO==CO2+H2O；70%。
16．（15 分）含氮物质是一类常见物质，在人们的生产、生活活动中有重要作用。
（1）实验室中，采用一定浓度的NaNO2溶液和NH4Cl 溶液作为反应物，通过加热制备少量N2。
①该反应的化学方程式是 ，收集N2的方法是 (填标号)。
②实验小组同学设计以下实验探究上述反应的速率与c(NaNO2)的关系
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实验编号
溶液体积/mL
收集1.0mLN2所用时间/s
NaNO2溶液
NH4Cl 溶液
醋酸
水
1
4.0
4.0
4.0
8.0
334
2
V1
4.0
4.0
V3
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
V
③
1= ，V3= 。
④已知该反应的速率方程为
，k 为反应速率常数。根据上述实验数
据，m= (填整数)。
（2）“侯氏制碱法”是中国人的骄傲，上述实验中需用到的NH4Cl 是“侯氏制碱法”的副产物。实
验小组模拟“侯氏制碱法”的原理，在实验室中制备少量NaHCO3，使用的装置如下图：
装置接口正确的连接顺序为a→ ←d(填接口序号)；由该装置可知，该实验中制备NH3需用到的
试剂是 (填化学式)。
（3）实验小组在实验中，将1.0mol·L-1NaNO2溶液滴入pH=0.5 的1.0mol·L-1FeSO4溶液中，观察到溶
液为棕色，而不是预期的黄色。于是他们进行以下实验探究。
①查阅资料常温下，[Fe(NO)]2+在溶液中能稳定存在，溶液为棕色，受热分解释放出NO。
②提出猜想溶液的棕色来源于[Fe(NO)]2+，且[Fe(NO)]2+的颜色掩盖了Fe3+的黄色。
③设计实验、验证猜想
实验编号
5
6
操作方法
取上述滴有NaNO2溶液的棕色混合
液，向其中滴加稀KSCN 溶液
取上述棕色混合液，按下图所示加热
④实验现象及分析
i．实验5 溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，Fe3+的来源是 (写出离子方程式)；
ii．实验6 观察到 (填实验现象)，证明溶液呈棕色是因为存在[Fe(NO)]2+，且其颜色掩盖了
Fe3+的黄色。
【答案】（1）NH4Cl+NaNO2=====N2↑+NaCl+2H2O（2 分） a（2 分）
6．0（1 分） 6.0（1 分） 2（2 分）
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（2）a→b，c←f←e←d（2 分） NH4Cl、Ca(OH)2（2 分）
（3）NO2
-+Fe2++2H+==Fe3++NO+H2O（2 分） 溶液变为黄色（1 分）
【解析】探究NaNO2溶液和NH4Cl 溶液反应的速率与c(NaNO2)的关系时，c(NaNO2)是唯一变量。
（1）①NaNO2溶液和NH4Cl 溶液加热生成NaCl、N2、H2O，该反应的化学方程式是
NH4Cl+NaNO3=====N2↑+NaCl+2H2O，N2的密度与空气相近，难溶于水，用排水法收集N2，故选a。
③根据实验1、3、4 可知，溶液的总体积为20.0mL，该实验的目的是探究NaNO2溶液的浓度对化学
反应速率的影响，根据实验1 和3，NaNO2的体积增大二倍，速率大约变为4 倍，实验4 的速率大约
是实验2 的4 倍，则实验2 所用NaNO2溶液的体积为实验4 的二分之一，则V1=6.0mL，V3=(20.0-4.0-
4.0-6.0)mL=6.0mL。
④由表中实验1、3 数据可知，其他物质的浓度相同时，NaNO2溶液的浓度增大1 倍时，实验3、1 中
收集1.0mLN2所需时间比值为83s/334s≈1/4，即实验3 的反应速率为实验1 的4 倍，由于
v=k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H+)，实验m≈2。
（2）把氨气和二氧化碳气体通入饱和食盐水中制取碳酸氢钠，根据装置图，该装置适合加热氯化铵
和氢氧化钙固体制取氨气，氨气易溶于水，为防止倒吸，由b 口通入氨气；石灰石和稀盐酸反应制取
二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳由c 口通入饱和食盐水中，装置
接口正确的连接顺序为a→b，c←f←e←d。由该装置可知，该实验中制备NH3需用到的试剂的化学式
是NH4Cl、Ca(OH)2。
（3）i. Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，滴加KSCN 溶液变红，说明溶液中存在的离子是Fe3+，Fe3+的来
源是NO2
-与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+和NO，离子方程式是NO2
-+Fe2++2H+==Fe3++NO+H2O；
ii. 若猜想成立，溶液中[Fe(NO)]2+的棕色掩盖了Fe3+的黄色，则“实验6”中[Fe(NO)]2+受热分解释放出
NO，溶液变为黄色。
17．（15 分）钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn(II)、Cd(II)和少量Co(II)、Fe(II)、Ni(II)
的硫酸盐及氢氧化物(“II”指相应元素的化合价为+2 价)。利用以下工艺流程回收金属并制备碱式碳酸
锌：
已知：过二硫酸根(
)的结构式为
，
的还原产物为SO。回答下列问
题：
（1）向“浸取液”中加入Zn 粉，发生反应的离子方程式为 。
（2）过二硫酸根具有极强的氧化性，原因是 。
（3）“氧化、沉钴”时，加入Na2S2O8溶液并调节溶液pH 至5.0~5.2，反应生成Co(OH)3沉淀的离子
方程式为 。
（4）研究加入Na2S2O8溶液时温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示：
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由图可知，“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是 ；金属脱除是指溶液中的二价金属离子
被氧化后形成氢氧化物沉淀除去，Co(OH)3滤渣中主要杂质还含有 (填化学式)。
（5）向ZnSO4溶液中加入适量的Na2CO3溶液，反应生成ZnCO3·xZn(OH)2沉淀的化学方程式为
。
（6）锌的某些硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。如图为锌的某
种硫化物晶体的晶胞结构。
①基态Zn2+的价层电子排布图为 。
②该硫化物晶体的密度ρ=
(用含a、b、NA 的代数式表示)。
【答案】（1）Zn+Cd2+==Zn2++Cd（2 分）
（2）过二硫酸根中含有过氧键（1 分）
（3）2Co2+＋S2O
＋6H2O==2Co(OH)3↓＋2SO＋6H+（2 分）
（4）80 ℃，2h （2 分） Fe(OH)3（2 分）
（5）(x+1)ZnSO4+(x+1)Na2CO3+xH2O==ZnCO3·Zn(OH)2+(x+1)Na2SO4+xCO2↑（2 分）
（6）
（2 分）
（2 分）
【解析】（1）由分析可知，加入过量的锌粉的目的是将溶液中的镉离子转化为镉，反应的离子方程
式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，故答案为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；
（2）由结构式可知，过二硫酸根中含有过氧键，所以过二硫酸钠能表现强氧化性，故答案为：过二
硫酸根中含有过氧键；
（3）由分析可知，加入强氧化剂过二硫酸钠的目的是将溶液中亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，反应
的离子方程式为2Co2+＋S2O
＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO＋6H+，故答案为：2Co2+＋S2O
＋
6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO＋6H+；
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（4）由图可知，“氧化、沉钴”时，铁离子脱除率已达100%，而温度为80℃，所用时间为2h 时溶
液中钴离子脱除率最大，所以“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是80 ℃，2h，氢氧化钴滤渣中一定
含有氢氧化铁，故答案为：80 ℃，2h；Fe(OH)3；
（5）由分析可知，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，反应的离子
方程式为(x+1)ZnSO4+(x+1)Na2CO3+xH2O=ZnCO3·Zn(OH)2+(x+1)Na2SO4+xCO2↑，故答案为：
(x+1)ZnSO4+(x+1)Na2CO3+xH2O=ZnCO3·Zn(OH)2+(x+1)Na2SO4+xCO2↑；
（6）①锌元素的原子序数为30，基态锌离子的价层电子排布式为3d10，排布图为
，故答案为：
；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为
8×1/8+1=2，位于棱上和体内的锌原子个数为4×1/4+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式
可得：
=
×30ab2d，解得d=
，故答案为：
。
18．（16 分） 化合物M 是一种功能高分子材料。实验室由A 制备M 的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题；
（1）A 的结构简式为 （写一种）。B 分子中含有 个手性碳原子。由C
生成D 时，C 中碳原子的杂化方式 改变（填“发生”或“没有发生”）。
（2）Q 是E 的同分异构体。同时满足下列条件的Q 的结构简式为 （任写一种）。
ⅰ.分子中含有苯环
ⅱ.苯环上有3 个取代基，其中2 个是酚羟基
ⅲ.核磁共振氢谱有5 组峰
（3）由G 生成M 的化学方程式为 。
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（4）根据化合物F 的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序
号
反应试剂、条件
有机产物的结构简式
反应类型
a
足量浓氢溴酸，加热
b
足量乙酸、浓硫酸，加热
（5）参照上述合成路线和信息，以CH2==C(CH3)CH2CH2CH==CH2和甲醇为原料（其他试剂任选），
分三步合成化合物
。
①CH2==C(CH3)CH2CH2CH==CH2的化学名称为 。
②第一步反应生成的相对分子质量较大的有机产物的结构简式为 。
③第三步反应的化学方程式为 。
【答案】（1）
（或
）（1 分） 3（1 分） 没有发生（1
分）
（2）
[或
]（2 分）
（3）
（2 分）
（4）
（1 分） 取代反应（1 分）
（1 分） 取代反应（或酯化反应）（1 分）
（5）2－甲基－1，5－己二烯（1 分） CH3COCH2CH2COOH（2 分）
CH3COCH2CH2COOCH3
+CH3OH（2 分）
【解析】由A 和B 的分子式差异及A→B 的反应条件是氢氧化钠醇溶液加热，可知A 发生消去反应得
B，B 被酸性重铬酸钾氧化得C，由已知①可知，B 中有两个环，其中一个环上的碳碳双键断开，且可
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以确定出碳碳双键的位置，推出B 的结构简式为
，B 是氯代烃A 发生消去反应得到
的，A 可能为
或
，C 与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应
得到D，D 的结构简式为
，参考已知②，D 与Na 在乙醚中发生反应得E，E 在
催化剂加热条件下与氢气发生加成反应得F，根据F 的分子式C11H20O2，F 的不饱和度为2，说明两个
碳氧双键都发生了加成得2 个羟基，故F 的结构简式为
，F 在浓硫酸加热条件下
发生消去反应得G，G 在催化剂加热条件下发生加成聚合得M。
（1）由分析知，A 的结构简式为
（或
），B 的结构简式为
，手性碳原子是连接4 个基团都不相同的碳原子，B 分子中含有3 个手性碳原子，标
记如图
，C 生成D 发生酯化反应，没有改变碳原子的杂化方式；
（2）E 的分子式为C11H16O2，Q 是E 的同分异构体，不饱和度为4 且含有苯环，说明除苯环外无其它
不饱和度，又因为Q 苯环上有3 个取代基，其中2 个是酚羟基，说明剩下一个取代基为戊基，核磁共
振氢谱只有5 组峰，说明对称性较好，戊基上不同化学环境的氢的种数也尽可能少，考虑戊基中有一
个碳原子连3 个甲基，故满足条件的Q 的结构简式为
或
；
（3）G 在催化剂加热条件下发生加成聚合得M，化学方程式为
；
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（4）F 的结构简式为
，与足量浓氢溴酸加热发生醇羟基的取代反应，产物结构式
为
；F 与足量乙酸、浓硫酸，加热，两个羟基都与乙酸发生酯化反应，产物结构式
为
；
（5）①根据烯烃的命名，CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2的化学名称为2-甲基-1，5-己二烯；②参照上
述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料（其他试剂任选），分三步合成化
合物
，第一步用酸性重铬酸钾氧化CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2，得
CH3COCH2CH2COOH，第二步，CH3COCH2CH2COOH 与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得
CH3COCH2CH2COOCH3，第三步，CH3COCH2CH2COOCH3与Na 在乙醚中发生反应得
；
第一步反应生成的相对分子质量较大的有机产物的结构简式为CH3COCH2CH2COOH；③由②中分
析，第三步，CH3COCH2CH2COOCH3与Na 在乙醚中发生反应得
，化学方程式为
CH3COCH2CH2COOCH3
+CH3OH。
24
