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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷04（湖南专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：2025 湖南高考命题将继续加强对基础知识的考查，涵盖化学基本概念、原理、元素化合
物、有机化学等核心内容。同时，会加大知识的综合运用程度，以实际生产、科研成果为背景，将多
个知识点融合在一道题目中，考查学生构建完整知识体系和灵活运用知识的能力。 同时坚持强调依据
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。
高考·新考法：情境化题目会更加丰富多样，紧密联系生活、生产实际以及科技前沿。如以新型材
料的研发、环境保护中的化学方法、新能源的开发利用等为情境，考查学生在真实情境中运用化学知
识解决实际问题的能力，培养学生的学科素养和社会责任感。坚持呈现出:核心价值金线 、能力素养银
线 、情镜载体串联线、任务贯穿线的典型特点；注意跨学科融合:近年来，高考命题中跨学科融合的趋
势日益明显。物理、化学、生物之间相互渗透, 要求学生具备较强的跨学科学习能力。重视结构知识与
其他板块知识的融合。
命题·大预测：1.强化学科交叉:同一情境可能涉及3-5 个学科的知识点(如“量子计算”融合物理、数
学、化学)如第1 题2023 年诺贝尔化学奖授予量子点研究。2.注重真实问题解决:试题可能以新闻事件、
科研报告、政策文件为材料，要求提出解决方案如第16 题低碳经济。
3．渗透价值导向:在考查知识的同时，强调家国情怀、科学精神、法治意识等核心素养如第18 题制备一种
高血压治疗药物的中间体。
（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、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 Cu 64 Au 197
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是
A．“尿不湿”中的高吸水性树脂，其主要成分聚丙烯酸钠属于天然有机高分子
B．2023 年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2~20nm 的硅量子点属于胶体
C．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的主要材料是
D．“煤制烯烃大型现代煤化工成套技术开发及应用”中煤的气化和液化均属于化学变化
1
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【答案】D
【详解】A．聚丙烯酸钠是一种高分子树脂，具有很强的吸水性，可用作纸尿裤的材料，属于合成有机
高分子，A 错误；
B．直径为2~20nm 的硅量子点为纯净物，不是分散系，不属于胶体，B 错误；
C．太阳能电池帆板的主要材料是Si，C 错误；
D．煤的气化是煤与H2O(g)反应生成一氧化碳和氢气，煤的液化是将煤转化为液体燃料的过程，均属于
化学变化，D 正确；
答案选D。
2．反应
可用于处理不慎沾到皮肤上的白磷。下列
说法正确的是
A．
分子中的键角为109°28′
B．
的结构示意图为
C．
的空间构型为V 形
D．基态
的价层电子排布式为
【答案】C
【详解】A．
分子空间构型为正四面体形，所有磷原子均位于正四面体的顶点，键角为60°，A 错
误；
B．硫为16 号元素，故
核外有18 个电子，则
的结构示意图为
，B 错误；
C．
中心氧原子价层电子对数
，采取
杂化，有两个孤电子对
，则
的空间构型为V 形，C 正确；
D．
为29 号元素，价层电子排布式为
，则基态
的价层电子排布式为
，D 错误；
故选C。
3．以菱镁矿(主要成分是
，含少量
)为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼
烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是
A．用装置甲配制稀
B．用装置乙测定溶液的pH
2
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C．用装置丙过滤悬浊液
D．用装置丁灼烧
固体
【答案】C
【详解】A．容量瓶属于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀释溶液，选项A 错误；
B．测定溶液的pH 时不能将pH 试纸直接放进溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸上与比色卡对比
读数，选项B 错误；
C．用装置丙过滤悬浊液，装置及操作均正确，选项C 正确；
D．灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管口应该向下倾斜，选项D 错误；
答案选C。
4．下列表示不正确的是
A．配离子
中与铁(Ⅲ)配位的原子：O
B．
的形成过程：
C．
的名称：2-甲基-4-乙基戊烷
D．金刚石中碳原子的杂化轨道示意图：
【答案】C
【详解】A．配离子
中O 提供孤电子对与铁(Ⅲ)形成配位键，故配位的原子为O，故A 正
确；
B．
为离子化合物，钙失去电子、溴得到电子形成离子化合物溴化钙，故B 正确；
C．主链上有6 个碳原子，第2、4 号碳原子上连有甲基，命名为：2，4-二甲基己烷，故C 错误；
D．金刚石中碳原子为sp3杂化，构型为四面体形，故D 正确；
故选C。
5．使用硫酸酸化的双氧水滴入含Cr(VI)[化合价为+6 价的铬]的溶液可生成蓝色的
，其反应原理为：
(未配平)。其中重铬酸根离子与过氧化氢的反应机理图
如图所示。下列说法不正确的是
3
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A．该反应的过程中涉及电子的转移
B．生成物
中铬元素的化合价为+6
C．理论上，该反应每消耗
，可生成
D．根据该反应的现象，此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或
【答案】A
【分析】由图示可知，一个K2Cr2O7消耗4 个H2O2生成5 个H2O 和2 个CrO5，则反应原理为：
。
【详解】A．根据题中
、CrO5的结构可知，其中Cr 元素化合价均为+6 价，且一个K2Cr2O7参与反
应，8 个氧原子化合价维持为-1 价不变，即反应前后Cr 的化合价不变，其他元素的化合价也都没有
变，则该反应的过程中不涉及电子的转移，A 错误；
B．结合CrO5的结构可知，生成物
中铬元素的化合价为+6，B 正确；
C．结合图示可知，该反应原理为：
，每消耗
，可生成
，C 正确；
D．根据题意，该反应中K2Cr2O7和H2O2反应生成蓝色的
，则此过程可能能用于鉴定溶液中的
Cr(VI)或H2O2，D 正确；
故选A。
6．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列叙述正确，且结构或性质能解释其用途的是
选项
结构或性质
用途
A
微溶于水
制作豆腐时添加
B
金刚砂中碳原子和硅原子通过共价键连
接，具有类似金刚石的结构
金刚砂可用作砂纸和砂轮
的磨料
C
洗涤剂中的表面活性剂在水中会形成亲水
基向内、疏水基向外的胶束，可将油污包
裹在胶束的内腔
洗涤剂可去油污
D
抗坏血酸具有酸性
抗坏血酸可用作水果罐头
中的抗氧化剂
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．制作豆腐时加入
可起到使胶体聚沉的作用，作凝固剂，与
的水溶性无关，A
项错误；
B．金刚砂中碳原子和硅原子通过共价键连接，具有类似金刚石的结构，使其具有极高的硬度，因此可
以用作砂纸和砂轮的磨料，B 项正确；
C．洗涤剂中的表面活性剂在水中会形成亲水基向外、疏水基向内的胶束，可将油污包裹在胶束的内
4
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腔，C 项错误；
D．抗坏血酸具有还原性，可用作水果罐头中的抗氧化剂，D 项错误；
答案选B。
7．K3[Fe(C2O4)3] 3H
⋅
2O 为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC2O4制备，流程如下：
已知：FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓。
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2
B．步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的H2O2
C．步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度
D．可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有
未被氧化
【答案】D
【分析】FeC2O4制备K3[Fe(C2O4)3] 3H
⋅
2O 晶体，第一步用H2O2将二价Fe 氧化为三价Fe 得到Fe(OH)3，
加热除去过量的H2O2，加入草酸、饱和的草酸钾溶液形成K3[Fe(C2O4)3]溶液，加入无水乙醇降低三草
酸合铁酸钾的溶解度，使之析出，过滤、洗涤、干燥得到K3[Fe(C2O4)3] 3H
⋅
2O 晶体。
【详解】A．H2O2能够将二价Fe 氧化为三价Fe 的同时并不产生杂质，且通过加热即可将过量的H2O2
除去，故不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2，A 选项正确；
B．H2O2受热分解，加热煮沸可以除去多余的H2O2，B 选项正确；
C．加入无水乙醇是可以降低三草酸合铁酸钾的溶解度，提高产率，C 选项正确；
D．检验Fe2+用铁氰化钾溶液而不是亚铁氰化钾溶液，D 选项错误；
故答案选D。
8．已知W、X、Y 和Z 为前四周期元素，且原子序数依次增大，W 的原子半径在元素周期表中最小，X、
Y 位于同一主族，Z 的正一价离子在酸性条件下可以发生歧化反应，
分解的TG 曲线(热
重)及DSC 曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。下列说法不正确的是
A．W、X、Y、Z 的电负性大小：X>Y>W>Z
5
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B．
和
之间存在不同的作用力
C．700℃左右有两个吸收峰，此时发生两个氧化还原反应
D．1200℃时固体成分为
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的前四周期元素，W 为周期表中原子半径最小的元素，W
为氢；X、Y 位于同一主族，则X 为O、Y 为S，Z 的正一价离子在酸性条件下可以发生歧化反应，则
Z 为Cu；则
为
；
【详解】A．根据分析可知W、X、Y、Z 分别为H，O，S，Cu，电负性大小为：O>S>H>Cu，A 项正
确；
B．
为
，
为
，两种不同的作用力。其中4 个水分子是作为配体配位在铜离子上
的，即
，那么成键方式就是配位键；另一个水分子则结合在硫酸根上，水分子通过氢键
与硫酸根中的氧原子相连接，B 项正确；
C．从DSC 曲线可以看出，700℃左右有两个吸热峰，对应固体质量在1.6mg~0.8mg 之间，其对应反应
的化学方程式为
，不都是氧化还原反应，C 项错误；
D．1200℃对应固体质量为0.72g，发生反应为：
此时固体成分为
，D 项正
确；
答案选C。
9．氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过30%，在此工艺中，物
料传输和转化关系如图(电极均为石墨电极)。已知：空气中氧气的体积分数为20%，下列说法不正确的
是
A．装置A 为电解池，装置B 为燃料电池
B．若两池中所用离子膜类型相同，则
C．电流方向：甲→乙→丙→丁
D．标准状况下，若电解产生22.4LY，则消耗空气56L
【答案】B
6
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【分析】从图中可看出，装置A 为电解池，其中甲电极为阳极，发生
，X 为氯气，乙
电极为阴极，发生
，Y 为氢气；装置B 为燃料电池，丙电极为负极，发生
，丁电极为正极，发生
。
【详解】A．装置A 为电解池，装置B 为燃料电池，A 项正确；
B．装置A 为电解饱和食盐水，所用离子交换膜为阳离子交换膜，若装置B 池也为阳离子交换膜，则
从负极向正极迁移，故
，B 项错误；
C．电流方向：正极
阳极
阴极
负极
正极，即丁
甲
乙
丙
丁，C 项正确；
D．乙电极发生
，标准状况下，若电解产生22.4L
，则电路中转移电子
2mol，丁电极发生
，消耗
物质的量为0.5mol，即消耗标准状况下空气
，D 项正确；
答案选B。
10．在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化
脱除废气中的
和
，生成两种无毒物质，其
反应历程如图所示。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．
溶液中含有
的数目为
B．标况下，
二氧化氮气体中含有的分子数为
C．总反应中生成
(标准状况)时转移电子数为
D．
中含有相同键能的
共价键的数目为
【答案】C
【详解】A．铵根离子水解，导致铵根离子数目减少，
溶液中含有
的数目小
于
，A 错误；
B．
二氧化氮物质的量为0.1mol，二氧化氮气体中存在平衡
，含有的分子数小于
，B 错误；
C．总反应为2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O，生成2mol 氮气转移6mol 电子，
(标准状况)物质的
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量为0.5mol，则转移电子数为
，C 正确；
D．铵根离子中四个N-H 键完全相同，
中含有相同键能的
共价键的数目为
，D 错
误；
故选C。
11．工业上用CO 生产甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g)∆H。图甲表示反应中能量的变化；图乙表
示一定温度下，在容积固定为2L 的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO 后，CO 和CH3OH 的浓度
随时间的变化；图丙表示不同压强p1、p2下平衡时甲醇百分含量随温度变化的情况。下列叙述错误的
是
A．CO 和H2合成CH3OH 的反应
H<0，
S<0
B．图甲中曲线b 可表示使用了催化剂的能量变化情况
C．图乙达到平衡时，保持温度不变，再充入1molCO 和2molH2，反应达到新平衡时
减小
D．图丙中p1<p2
【答案】C
【详解】A．由题图甲和化学方程式可知该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，所以∆H
＜0，∆S＜0，故A 正确；
B．使用催化剂能降低反应需要的活化能，从而改变反应途径，但不影响平衡移动，所以放出的能量
不变，所以曲线b 可表示使用了催化剂的能量变化情况，故B 正确；
C．图乙达到平衡时，再充入1mol CO 和2mol H2，容器容积不变，则压强增大，平衡正向移动，反应
达到新平衡时
增大，故C 错误；
D．温度一定，压强增大，平衡正向移动，甲醇的百分含量升高，则p1＜p2，故D 正确；
选C。
12．室温下，用含少量
的
溶液制备
的过程如下。下列说法正确的是
8
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A．
溶液中：
B．
溶液中：
C．“过滤”所得滤液中：
D．“过滤”所得滤液中：
【答案】B
【分析】用含少量
的
溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液
中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。
【详解】A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知
，A 错误；
B．在NH4HCO3中存在质子守恒：
，B 正确；
C．过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶
液而言，氢氧根离子浓度偏小，则
，C 错误；
D．过滤之后的滤液中含有
等阴离子，选项中电荷守恒不成立，D 错误；
故选B。
13．天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S 等气体。某种将CO2和H2S 共活化的工艺涉及反应如下：
CO
①
2(g) +H2S(g) =COS(g) +H2O(g) ΔH 1
CO
②
2(g) +H2S(g) =CO(g) +H2O(g)+1/2S2(g) ΔH2
H
③
2S(g) = H2(g)+1/2S2(g) ΔH3 = ＋85.79 kJ·mol-1
CO
④
2(g) +H2(g) =CO(g) +H2O(g) ΔH4 = ＋41.20 kJ·mol-1
恒压密闭容器中，反应物的平衡转化率、部分生成物的选择性与温度关系如图所示。
9
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已知：i CO2和H2S 的初始物质的量相等：
ii 产率=转化率×选择性：
iii COS 的选择性
，H2O 的选择性
。
下列说法正确的是
A．200℃~900℃条件下，升高温度，COS 的产率增加
B．升高温度或充入氩气均可以可提高S2平衡产率
C．当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度小于反应④
D．700℃时反应①的平衡常数K=50
【答案】B
【分析】根据题干可知，反应②=反应③+反应④，则ΔH2=(85.79+41.20)kJ/mol=+126.99kJ/mol。
【详解】A．由题干信息可知，产率=转化率×选择性，结合题干图示信息可知：400℃时H2S 转化率为
5%左右，COS 的选择性为：90%，则产率为5%×90%=4.5%，600℃时H2S 转化率为15%左右，COS
的选择性为：60%，则产率为15%×60%=9.0%，800℃时H2S 转化率为30%左右，COS 的选择性为：
25%，则产率为30%×25%=7.5%，900℃时H2S 转化率为58%左右，COS 的选择性为：7%，则产率为
58%×7%=4.06%，故COS 的产率最高的是600℃，A 错误；
B．结合分析可知②CO2(g) +H2S(g) =CO(g) +H2O(g)+1/2S2(g) ΔH2＞0
H
③
2S(g) = H2(g)+1/2S2(g) ΔH3 = ＋85.79 kJ·mol-1，两个反应均为正反应是一个气体体积增大的吸热反
应，升高温度，上述平衡正向移动，S2的平衡产率提高，恒压下充入氩气，相当于减小压强，上述平
衡正向移动，S2的平衡产率提高，B 正确；
C．温度低于500℃时H2S 和CO2的转化率基本相同，说明此时反应主要为反应①、②。反应③和反应
④都是吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，当温度高于500℃时，发生副反应③和④，且H2S 的
转化率大于CO2，故副反应③正向移动的幅度大于反应④，C 错误；
D．由题干图示信息可知，700℃时H2S 的平衡转化率为20%，CO2的平衡转化率为16%，COS 的选择
性为40%，H2O 的选择性为88%，假设起始投入的CO2和H2S 的物质的量均为amol，则平衡时CO2的
物质的量为：a(1-16%)mol=0.84amol，H2S 的物质的量为：a(1-20%)mol=0.8amol，COS 的物质的量
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为：a×20%×40%mol=0.08amol，H2O 的物质的量为：a×20%×88%mol=0.176amol，反应①的平衡常数
K=
=
=0.02，D 错误；
选B。
14．黄金按质量分数分级，纯金为
。
合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法
错误的是
A．I 为
金
B．Ⅱ中
的配位数是12
C．Ⅲ中最小核间距
D．I、Ⅱ、Ⅲ中，
与
原子个数比依次为
、
、
【答案】C
【详解】A．由24K 金的质量分数为100%，则18K 金的质量分数为：
，I 中Au 和
Cu 原子个数比值为1:1，则Au 的质量分数为：
，A 正确；
B．Ⅱ中Au 处于立方体的八个顶点，Au 的配位数指距离最近的Cu，Cu 处于面心处，类似于二氧化
碳晶胞结构，二氧化碳分子周围距离最近的二氧化碳有12 个，则Au 的配位数为12，B 正确；
C． 设Ⅲ的晶胞参数为a，
的核间距为
，
的最小核间距也为
，最小核间距
，C 错误；
D． I 中，
处于内部，
处于晶胞的八个顶点，其原子个数比为1:1；Ⅱ中，
处于立方体的八
个顶点，
处于面心，其原子个数比为：
；Ⅲ中，
处于立方体的面心，
处于
顶点，其原子个数比为
；D 正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15.（15 分）学习小组为探究
、
能否催化
的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。
实验I
实验Ⅱ
实验Ⅲ
11
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无明显变化
溶液变为红色，伴有气泡
产生
溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星
木条复燃的气体
已知：
为粉红色、
为蓝色、
为红色、
为墨绿
色。回答下列问题：
(1)配制
的
溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。
a．
b．
c．
d．
(2)实验I 表明
(填“能”或“不能”)催化
的分解。实验Ⅱ中
大大过
量的原因是 。实验Ⅲ初步表明
能催化
的分解，写出
在实验Ⅲ中所发
生反应的离子方程式 、 。
(3)实验I 表明，反应
难以正向进行，利用化学
平衡移动原理，分析
、
分别与
配位后，正向反应能够进行的原因 。
实验Ⅳ：
(4)实验Ⅳ中，A 到B 溶液变为蓝色，并产生气体；B 到C 溶液变为粉红色，并产生气体。从A 到C 所
产生的气体的分子式分别为 、 。
【答案】(1)bc
(2) 不能 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时
防止碳酸钴生成
(3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与
配位时，
更易与
反应生成
12
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（该反应为快反应），导致
几乎不能转化为
，这样使得
的浓度减小的幅度远远大于
减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小
生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行
(4)
【分析】本题探究
、
能否催化
的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明
不能催化
的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明
易转化为
；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明
更易与
反应生成
，
并且初步证明
在
的作用下易被
氧化为
；实验Ⅳ中溶液先变蓝后
变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，
易转化为
，
氧化性强，可以把
氧化为
。
【详解】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。
（2）CoSO4溶液中存在大量的
，向其中加入30%的
后无明显变化，因此，实验I
表明
不能催化
的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为
，因此，
大过量的原因是：为保证
转化为
，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，
同时防止碳酸钴生成。实验Ⅲ的实验现象表明在
的作用下
能与
反应生成
，然后
能催化
的分解，因此，
在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为
、
。
（3）实验I 表明，反应
难以正向进行。实验Ⅲ
的现象表明，Co3+、Co2+分别与
配位时，
更易与
反应生成
（该
反应为快反应），导致
几乎不能转化为
，这样使得
的浓度
减小的幅度远远大于
减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平
衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。
（4）实验Ⅳ中，A 到B 溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了
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；B 到C 溶液变为粉红色，并产生气体，说明发
生了
，因此从A 到C 所产生的气体的分子式分别
为
和
。
16（14 分）．目前“低碳经济”备受关注，
有效开发利用成为科学家研究的重要课题。回答下列
问题：
(1)在一定条件下
加氢制备甲醇的反应为
。已知
298K 时，部分物质的相对能量如图所示。则
。
(2)在一定条件下
可合成乙烯，涉及的反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
将
与
通入容积为2L 的恒容密闭容器中发生上述反应，测得
平衡转化率和平衡时
的选择性随温度的变化如图所示。
已知：
的选择性
①曲线
随温度升高呈现如图所示变化的原因是 。
②合成乙烯的适宜温度为500K，其理由是 ；若该温度下反应经5s 达到平衡状态，则该时
间内
，反应Ⅱ的平衡常数
。
③其他条件不变，改为恒压条件，
平衡选择性比恒容条件下的平衡选择性 (填“高”
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“低”或“不变”)。
(3)在恒温恒容条件下充入
与
，发生(2)中的反应Ⅰ．
①下列说法正确的是 (填标号)。
a．该反应在低温下自发进行
b．反应达到平衡时，
c．其他条件不变时，使用催化剂可提高
平衡转化率
d．浓度商不随时间变化时，反应达到平衡状态
②反应生成乙烯的净反应速率方程：
(
、
为速
率常数，只与温度有关)。温度为
℃时，
、温度为
℃时，
，则
(填“>”“=”或“<”)。
【答案】(1)-49
(2) 温度较低时，以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ放热，温度升高，CO2的平衡转化率下降；温度较高
时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ吸热，温度升高，CO2的平衡转化率增大 温度过低，反应速率太慢；
温度过高，CO 的选择性过大，乙烯的选择性较小 0.05
低
(3) ad ＜
【详解】（1）利用ΔH=生成物总能量－反应物总能量，ΔH=[(-200)+(-242)-(-393)]kJ/mol=-49kJ/mol；
故答案为-49；
（2）反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，达到平衡时，随温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，
n(C2H4)减少，反应Ⅱ的平衡正向移动，n(CO)增大，根据CO 选择性定义可知，随着温度的升高，CO
的选择性增大，推出L1代表平衡时CO 的选择性随温度变化，L2代表CO2平衡转化率随温度变化；
①根据图像可知，L2随着温度升高，先减小后增大，其原因是温度较低时，以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ放
热，温度升高，CO2的平衡转化率下降；温度较高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ吸热，温度升高，CO2
的平衡转化率增大；故答案为温度较低时，以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ放热，温度升高，CO2的平衡转化
率下降；温度较高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ吸热，温度升高，CO2的平衡转化率增大；
②根据图像可知，合成乙烯的适宜温度为500K 的理由是温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO 的
选择性过大，乙烯的选择性较小；500K 时，CO2的平衡转化率为50%，则消耗
n(CO2)=3mol×50%=1.5mol，令生成乙烯的物质的量为xmol，反应Ⅰ中消耗CO2、氢气物质的量分别为
2xmol、6xmol，生成水蒸气物质的量为4xmol，反应Ⅱ中消耗CO2物质的量为(1.5-2x)mol，消耗氢气
物质的量为(1.5-2x)mol，生成CO、H2O 物质的量均为(1.5-2x)mol，则有
，解得
x=0.5mol，因此用乙烯表示的反应速率v(C2H4)=
=0.05mol/(L·s)；反应Ⅱ中组分系数为1，用物
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质的量可以代替物质的量浓度，因此该反应的平衡常数K=
=
；
故答案为温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO 的选择性过大，乙烯的选择性较小；0.05；
；
③反应Ⅰ为气体物质的量减少的反应，反应Ⅱ为气体物质的量不变的反应，其他条件不变时，恒容改
为恒压，相当于在恒容状态下增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，n(C2H4)增大，反应Ⅱ平衡不移动，
n(CO)不变，因此CO 的平衡选择性减小；故答案为减小；
（3）①a．反应Ⅰ为放热反应，是熵减反应，根据复合判据，该反应低温下自发进行，故a 正确；
b．v 正(H2)：反应向正反应方向进行，v 逆(H2O)：反应向逆反应方向进行，当2v 正(H2)=3v 逆(H2O)时，
反应达到平衡，故b 错误；
c．催化剂对平衡移动无影响，因此其他条件不变时，使用催化剂不能提高氢气的平衡转化率，故c 错
误；
d．当浓度商等于平衡常数时，说明反应达到平衡，故d 正确；
答案为ad；
②当反应达到平衡时，v=k 正·p2(CO2)·p6(H2)－k 逆·p4(H2O)·p(C2H4)=0，即有
，将数值代入，得出T1℃的平衡常数为1.2，T2℃的平衡常数为0.8，该反应为放热反应，升高温度平
衡逆向进行，平衡常数减小，得到T1℃＜T2℃，故答案为＜。
17（14 分）．回收利用电解铝废渣(含
、
、
、
)，有利于缓解新能源产业带来的锂压
力。以电解铝废渣制备碳酸锂的工艺流程如下。
已知：
时，碳酸氢锂的溶解度大于碳酸锂的溶解度。回答下列问题：
(1)基态氟原子的电子排布式为 。
(2)加快“反应”速率的两种措施为 。
(3)经“碱解反应”“过滤”后所得滤渣的主要成分为 。
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(4)“合成”冰晶石的化学方程式为 ；“合成”冰晶石一步对于本流程的意义是
。
(5)“苛化反应”加入氧化钙的目的是将微量的其他金属离子除去，针对所得产品而言，该步反应造成
的不良后果为 。
(6)“碳化反应”过程中，通入
调节溶液的
，不同
下，碳酸锂的收率变化如下表所示，分析
表中数据，结合化学方程式解释
减小，碳酸锂收率下降的原因： 。
溶液
碳酸锂收率
溶液
碳酸锂收率
0
95
10
95
50
92
70
85
【答案】(1)
(2)粉碎电解铝废渣、搅拌或适当升高温度
(3)
、
(4)
实现了资源的循环利用，降低
了工业废弃物的处理成本
(5)所得产品杂质钙含量较高
(6)随着
通入，
与
反应生成溶解度较大的
，化学方程式为
【分析】电解铝废渣(含
、
、
、
)，加入浓硫酸反应生成
、
、
、
，同时生成
气体；“碱解反应”：
、
；“苛化反应”：
；
“碳化反应”：
；“合成”冰晶石的反应：
。
【详解】（1）F 原子序数9，基态氟原子的电子排布式：
；
（2）粉碎电解铝废渣、搅拌或适当升高温度等操作可加快反应速率；
（3）由前述分析可得，经“碱解反应”“过滤”后所得滤渣的主要成分为
、
；
（4）“合成”冰晶石的化学方程式为
；“合
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成”冰晶石的反应物是本流程的副产物
、
、
，同时生成硫酸，实现了资源的循环
利用，降低了工业废弃物的处理成本；
（5）“苛化反应”需要加入稍过量氧化钙，分析后续流程可知，进入的钙离子部分会进入产品，故
该步反应造成的不良后果为所得产品杂质钙含量较高；
（6）由表中数据可知，
范围为
时碳酸锂的收率最高，随着
通入，
减小，
与
反应生成溶解度较大的
，使碳酸锂的收率降低，化学方程式为
。
18（15 分）．化合物H 是制备一种高血压治疗药物的中间体。某课题组以苯酚为原料设计的合成路线
如下：
已知：①
②
(1)C 中所含官能团的名称 ；G 中手性碳的个数 。
(2)反应类型：A→B： ；B→C： 。
(3)有机物X 的名称 。
(4)F 的结构简式： 。
(5)写出H 与E 发生反应的方程式： 。
(6)符合以下条件的化合物C 的同分异构体有 种(不含立体异构)
①遇
溶液发生显色反应
②苯环上连有两个处于对位的取代基
③
该物质与足量
溶液反应最多产生
在符合上述条件的同分异构体中，写出其中一种核磁共振氢谱有6 组吸收峰的结构简式 。
(7)根据已有知识并参考以上合成路线及反应条件，以化合物苯丙醛(
)为原料，设计
合成化合物
的路线 (用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。
【答案】(1) 醚键、羧基 1 个
(2) 取代反应 还原反应
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(3)丁二酸
(4)
(5)
(6) 12 种
或
；
(7)
【分析】
和有机物X 在AlCl3的催化下发生已知①的反应生成
，可以
推知X 为HOOCCH2CH2COOH，A 和CH3I 发生取代反应生成
，B 和
N2H4▪H2O 反应生成C，C 在AlCl3的催化下发生已知①的反应生成
，D 发生已知②的
反应生成E，则E 为
，E 和SOCl2发生取代反应生成F，F 的结构简式为
，以此解答。
【详解】（1）
由C 的结构简式可知，C 中所含官能团的名称为：醚键、羧基；手性碳原子是碳原子周围连接四个不
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同的原子或原子团，G 中手性碳原子有1 个，如图：
；
（2）
由分析可知，
和CH3I 发生取代反应生成B；B 生成C 的过程中O 原
子个数减少，H 原子个数增多，该过程为还原反应；
（3）
由分析可知，
和有机物X 在AlCl3的催化下发生已知①的反应生成
，可以推知X 为HOOCCH2CH2COOH，X 的名称为：丁二酸；
（4）
D 发生已知②的反应生成E，则E 为
，E 和SOCl2发生取代反应生成F，F 的结构简
式为
；
（5）
由分析可知，H 和E 发生酯化反应生成
，化学方程式为：
；
（6）
C 的同分异构体符合条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；②苯环上连有两个
处于对位的取代基；③1mol 该物质与足量NaHCO3溶液反应最多产生1molCO2，说其中含有1 个羧
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基；综上所述，该同分异构体中苯环上的取代基有1 个-OH 和处于苯环对位侧链，羧基位置有：
，
，
，
，共有12 种同分异构体；在符合上述条件的同分异构体中，写出其中一种核
磁共振氢谱有6 组吸收峰的结构简式为：
或
；
（7）
由逆向合成法可知，
可由
发生消去反应得到，
可由
发生还原反应得到，
可由
发生已知①的反应得到，
可由
发生氧化反应得到，合成路线为：
。
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