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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05(北京专用)
化 学
考情速递
高考·新动向：近年来高考化学试卷总体呈现回归教材、回归课标的特点，2025 年可能会继续延续这一
趋势。这意味着每一道题在考纲上都会有相应的考点对应，不管题型、考法、侧重点如何变化，都会
基于教材本身展开。
高考·新考法：对中学化学基础知识能正确复述、再现、识别，并能融会贯通；将实际问题分解，通过
运用有关知识，采用分析、综合的方法，处理简单化学问题；对常规考点的新设问或知识融合，对非
常规考点的创新糅合等。
高考·新情境：继续考查高中化学主干内容，强调化学与科技、生产、生活的亲密联系。高考化学学科
的改革旨在贴近社会与生活，强调课程标准的教育理念。改革后，试题将更加紧密地结合生活生产环
境，体现教育与实践的融合。命题会精选试题情境，发挥学科育人价值。情境素材可能来源于生活实
际、科研成果、社会热点等
命题·大预测：化学试题将继续体现综合性，即一道试题可能涉及多个知识点的综合考查。例如，在一
道工业流程题中，可能同时考查化学反应原理、元素化合物知识、化学实验操作等多个方面的内容，
要求考生能够将所学的化学知识融会贯通。题目的呈现方式可能会有创新，例如采用图表、数据等多
种形式呈现信息，增加信息的密度，测试考生在阅读理解、知识提炼、信息整合及书面表达等方面的
综合能力。考生需要能够快速捕捉关键信息、精准分析并有效传达信息，像根据图表中的数据变化趋
势分析化学平衡的移动方向等。
(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 Li-7 Be-9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24
Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Fe-56 Co-59 Ni-59 Cu-64 Zn-65 Br-80 W-184
第一部分
一、选择题(本部分共14 题，每题3 分，共42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的
一项。)
1．最近，我国研究人员成功制备出高强度、高导电性、高耐热的铝—锆—钪(Al-Zr-Sc)合金材料，为
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提升我国绿色铝产业深加工能力提供了支撑。下列说法不正确的是( )
A．Al 是地壳中含量最多的金属元素
B．基态21Sc 的简化电子排布式是[Ar]3d14s2
C．Al-Zr-Sc 合金比纯金属具有较高的熔点
D．Al-Zr-Sc 合金的导电性与自由电子的运动相关
【答案】C
【解析】A 项，Al 元素是地壳中含量最多的金属元素，A 正确；B 项，Sc 为21 号元素，基态21Sc 的
简化电子排布式是[Ar]3d14s2，B 正确；C 项，合金的熔点比组成合金的成分金属的熔点低，C 错误； D
项，电子的定向移动形成电流，Al-Zr-Sc 合金的导电性与自由电子的运动相关，D 正确；故选C。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．Fe 位于元素周期表的ds 区
B．1-丁醇的键线式：
C．用电子式表示Na2O 的形成过程：
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】C
【解析】A 项，Fe 是26 号元素，价电子排布为3d64s2，位于元素周期表的d 区，A 错误；B 项，
是1-丙醇，1-丁醇的键线式：
，B 错误；C 项，Na2O 是离子化合物，形
成过程可以表示为：
，C 正确；D 项，邻羟基苯甲醛分子内氢键
应该由羟基中的氢原子和醛基的氧原子形成：
，D 错误；故选C。
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3．用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图，该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部
分中，a 极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，B 极室为(NH4)2SO4溶液；热再生部分加热a 极室流出液，使
[Cu(NH3)4]2+分解。下列说法不正确的是( )
A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
B．a 极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C．电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D．该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3
【答案】A
【解析】由图可知，a 电极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨
合铜离子，电极反应为Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b 电极为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生
成铜，电极反应式为Cu2++2e—=Cu，总反应为Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换
膜由正极迁移到负极。A 项，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极，故A 错误；B 项，a
极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨合铜离子，电极反应为为
Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故B 正确；C 项，电池的部分总反应为Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故C 正确；D
项，该装置为原电池装置，可以富集铜离子并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用氨
气，故D 正确；故选A。
4．下列说法不正确的是( )
A．酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪酸
B．蔗糖、麦芽糖和乳糖互为同分异构体，其中只有蔗糖不能发生银镜反应
C．在不同pH 的溶液中，当氨基酸主要以两性离子存在时，它在水中的溶解度最大
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D．甘油和纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药
【答案】C
【解析】A 项，脂肪多数是饱和的高级脂肪酸和甘油形成的酯，油主要是由不饱和的高级脂肪酸和甘
油形成的酯，酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪酸，故A
正确；B 项，蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都是C12H22O11，但其结构不同，故其互为同分异构体，其中麦
芽糖和乳糖都是还原性糖、能发生银镜反应，只有蔗糖不能发生银镜反应，故B 正确；C 项，氨基酸分子
中的氨基和羧基相互作用时，氨基酸成为带有正电荷和负电荷的两性离子，称为内盐，当氨基酸主要以两
性离子存在时，它在水中的溶解度最小，可以结晶析出，故C 错误；D 项，硝化甘油是甘油与浓硝酸发生
酯化反应(在浓硫酸条件下)生成的三硝酸甘油酯，是制备炸药的原料；纤维素可与浓硝酸发生酯化反应生
成的硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料，故D 正确;；故选C。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH4
++HCO3
-+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O
B．NaClO 溶液与HI 溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-
C．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO4
2-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO4
2-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】A 项，NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合，生成NH3·H2O、CaCO3和水离子方程式：Ca2
＋+NH4＋+HCO3－+2OH－=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，A 正确；B 项，产物中I2和Cl2均可以与OH－反应，可知
方程式错误；NaClO 与HI 溶液反应，离子方程式：2ClO－+4H＋+2I－=I2+Cl2↑+2H2O，B 错误；C 项，硝酸
能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，可知方程式错误；将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确
的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋=9Fe3＋+14H2O+NO↑，C 错误；D 项，若明矾溶液中含有2mol
SO4
2-，其完全沉淀，需要加入2molBa2＋，同时加入4molOH－，溶液中的Al3＋会转化成AlO2
-，产物错误；
离子反应为2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2 SO4
2-=2BaSO4↓+AlO2
-+2H2O，D 错误；故选A。
6．实验是探究化学过程的重要途径。下列装置能达到相应目的的是( )
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A．制备Fe(OH)3胶体
B．测量NO2气体的体积
C．将剩余钠放回试剂瓶
D．分离碘和氯化铵固体
【答案】C
【解析】A 项，制备Fe(OH)3胶体时应向沸腾的蒸馏水中逐滴滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体
呈红褐色，不能用自来水，A 错误；B 项，NO2能与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以该装置不能测
量NO2气体的体积，B 错误；C 项，钠的性质非常活泼，随意丢弃易发生事故，实验室中剩余的钠要放回
试剂瓶，钠的密度大于煤油，可放回盛装煤油的试剂瓶中，C 正确；D 项，氯化铵受热易分解生成氨气和
氯化氢，遇冷后氨气和氯化氢又重新化合生成氯化铵，碘易升华，加热碘和氯化铵固体的固体混合物后，
升华的碘遇冷重新变为固体，所以不能用该方法分离碘和氯化铵固体，D 错误；故选C。
7．用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，浸取黄铜矿(CuFeS2)的流程示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．[CuCl2]-的中心离子是Cu+，配体是Cl-
B．参与反应的n(CuCl2)：n(CuFeS2)=3：1
C．浸取剂中的Cl-有助于CuFeS2固体的溶解
D．用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解
【答案】B
【解析】将黄铜矿(CuFeS2)粉碎，加入过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液溶解得到[CuCl2]-、Fe2+的混合
液，所得滤渣的主要成分是S 和少量CuS 等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原。A
项，[CuCl2]-中氯元素是－1 价，铜元素化合价是+1 价，其中中心离子是Cu+，配体是Cl-，A 正确；B 项，
溶解过程中发生的反应为CuFeS2+3CuCl2+4HCl=H[CuCl2]+2S+ FeCl2，但由于含有少量CuS 生成，所以参
与反应的n(CuCl2)：n(CuFeS2) ≠3：1，B 错误；C 项，由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因
此浸取剂中的Cl-有助于CuFeS2固体的溶解，C 正确；D 项，铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和
FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D 正确；故选B。
8 ．高铁酸钠是一种新型、高效的绿色水处理剂，其中一种干法制备反应为2FeSO4+6
Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，下列说法正确的是( )
A．高铁酸钠处理饮用水的原理与明矾类似
B．该反应的离子方程式为：2Fe2+
4+6Na2O2=2FeO4
2-+2Na2O+8Na++ O2↑
C．高铁酸钠中铁的质量分数为
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D．高铁酸钠还可用NaClO 和Fe3+在一定条件下制得
【答案】D
【解析】A 项，高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体，
吸附水中悬浮物形成沉淀，净水原理不同，A 错误；B 项，该反应在非水体系中发生，不能写成离子方程
式的形式，B 错误；C 项，高铁酸钠中铁的质量分数为：
，C 错误；D 项，
高铁酸钠还可以用NaClO 和Fe3+在一定条件下制得，反应的离子方程式为：2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO4
2-
+3Cl-+5H2O，D 正确；故选D。
9．KI3是一种重要的盐，其水溶液中存在平衡：I2+I-
I3
-。下列说法不正确的是( )
A．KI3溶液中加入淀粉溶液，溶液显蓝色
B．KI3溶液呈棕褐色溶液，加入CCl4后，振荡，上层溶液显紫红色
C．KI3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液酸性增强
D．利用
溶液可以除去硫粉中的少量碘单质
【答案】B
【解析】A 项，存在I2+I-
I3
-平衡，因此溶液中是存在碘单质的，淀粉遇碘单质变蓝色，故A 正
确；B 项，四氯化碳的密度比水大，显紫色的在下层，故B 错误；C 项，发生I2+SO3
2-+H2O=2H++SO4
2-+2I-
有大量氢离子生成，溶液酸性增强，故C 正确；D 项，加入足量的KI 溶液，I2+I-
I3
-平衡正向移动，
而硫粉不溶于水，可以除去少量碘单质，故D 正确；故选B。
10．可采用Deacon 催化氧化法将工业副产物HCl 制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程
式：4HCl(g)＋O2(g)
2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-114.4kJ·mol−1。下图所示为该法的一种催化机理，下列说
法不正确的是( )
A．X 为生成物Cl2，W 为生成物H2O
B．反应制得1molCl2，放出热量57.2kJ
C．升高温度，HCl 被O2氧化制Cl2的反应逆向移动
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D．图中转化涉及的反应中有三个属于氧化还原反应
【答案】D
【解析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO
与Y 反应生成Cu(OH)Cl，则Y 为HCl；Cu(OH)Cl 分解生成W 和Cu2OCl2，则W 为H2O；CuCl2分解为X
和CuCl，则X 为Cl2；CuCl 和Z 反应生成Cu2OCl2，则Z 为O2；综上所述，X、Y、Z、W 依次是Cl2、
HCl、O2、H2O。A 项， X 为反应物Cl2，W 为生成物H2O，A 正确；B 项，由题干的热化学方程式可知，
反应制得1molCl2，放出热量57.2kJ ，B 正确；C 项，总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向
移动，C 正确；D 项，图中涉及的两个氧化还原反应，分别是CuCl2→CuCl 和CuCl→Cu2OCl，D 错误；故
选D。
11．聚合物A 是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中
表示链延长)。该聚合
物是由线型高分子P 和交联剂Q 在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料
的回收和重塑。
已知：i.
ii.
ΔH＜0
下列说法不正确的是( )
A．M 为1，4-丁二酸
B．交联剂Q 的结构简式为
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C．合成高分子化合物P 的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
【答案】C
【解析】A 项，
和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A 正确；B 项，
根据A 的结构简式，可知交联剂Q 的结构简式为
，故B 正确；C 项，
和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C 错误；D 项，
正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材
料的回收和重塑，故D 正确；故选C。
12．下列“类比”不正确的是( )
A．Ba(NO3)2溶液中通入SO2生成BaSO4沉淀，则CaCl2溶液中通入CO2生成CaCO3沉淀
B．乙烯能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯也能被酸性KMnO4氧化生成CO2
C．元素周期表中锂和镁位于对角线上，MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水
D．AgOH 溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，则Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2
【答案】A
【解析】A 项，SO2溶于水与水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下NO3
-表现强氧化性，
会将H2SO3氧化产生SO4
2-，与溶液中的Ba2+反应产生BaSO4沉淀，而CO2与水反应产生的H2CO3，由于酸
性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液中通入CO2气体不能生成CaCO3沉淀，A 错误；B 项，乙烯分子中含有
不饱和的碳碳双键，能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯分子中也含有不饱和的碳碳双键，因此也能被酸性
KMnO4氧化生成CO2，B 正确；C 项，元素周期表中锂和镁位于对角线上，二者形成的化合物结构相似。
MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水，C 正确；D 项，Cu、Ag 属于同一副族元素，二者结构相似，性
质也相似。AgOH 难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH3)2OH；Cu(OH)2难溶于水，但能够
溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH3)4(OH)2，D 正确；故选A。
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13．苯和Br2可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确
的是( )
A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快
B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变
C．加入FeBr3可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率
D．经两步发生反应①的总焓变=E2-E1
【答案】B
【解析】A 项，反应②取代反应的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生
取代反应，A 错误；B 项，苯中碳原子都是sp2杂化，
与
最右边上下两个碳原子是
sp3杂化，其余为sp2杂化，B 正确；C 项，催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反
应速率，C 错误；D 项，焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应①的总焓变=E1-E2，D 错误；
故选B。
14．某小组对Fe2+和Ag+的反应进行了如下探究实验：
操作
现象
Ag+ 浓度变化曲线
实验
Ⅰ
向1 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液中
加入1 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液
几分钟后，出现大量灰黑色浑浊
实验
Ⅱ
先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶
液，然后重复实验Ⅰ的操作
现象与实验Ⅰ相同
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(已知：Ag2SO4为白色微溶物；反应过程中测得温度几乎无变化)
下列说法正确的是( )
A．实验Ⅰ只发生反应：Fe2+＋Ag+
Fe3+＋Ag，灰黑色浑浊是Ag
B．图中c(Ag+)由a→b 急速变化的可能原因是反应放热
C．图中c(Ag+)由a→b 急速变化的可能原因是生成的Ag 起催化作用
D．图中c(Ag+)由a→b 急速变化的可能原因是生成的Fe3+起催化作用
【答案】C
【解析】A 项，Ag2SO4为白色沉淀，故溶液中还可发生：2Ag++SO4
2-=Ag2SO4↓，灰黑色浑浊应是Ag
和Ag2SO4的混合物，故A 错误；B 项，反应过程中测得温度几乎无变化，说明反应热效应不明显，故B
错误；C 项，实验Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，结合反应
Fe2+＋Ag+⇌Fe3+＋Ag 可知，应是生成的Ag 起催化作用，故C 正确；D 项，实验Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶
液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，说明Fe3+没起催化作用，故D 错误；故选C。
第二部分
二、非选择题(本部分共5 题，共58 分。)
15．(10 分)含氮化合物在生产，生活中有非常重要的应用。请回答：
(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为___________。
(2)氮化镓的结构与金刚石相似(如图所示)，
①氮与镓之间形成的化学键类型为___________，镓原子的配位数为___________。
②传统制备氮化镓是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属
与N2制备的原因是
___________。
(3)大多数离子液体含有较大的阴、阳离子，如含氮的阳离子(
)，其中σ
键与π 键的个数之比为___________。
(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，该晶体的化学式为
___________；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度ρ=___________ g· cm-3 (列出计算式即可)
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【答案】(1)
(1 分)
(2) 共价键(1 分) 4(1 分) 氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少(属于熵
减反应) (2 分)
(3)25 2(1
∶
分)
(4) FeWN2(2 分)
(2 分)
【解析】(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为
；(2)①氮与镓之间是以共
用电子对形成的化学键，化学键类型为共价键，每个镓原子周围有4 个氮，镓原子的配位数为4；②传统
制备氮化镓是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属Ga 与N2制备的原因是氮分子键能大，
反应条件要求高，产物中气体分子数减少( 属于熵减反应) ；(3) 如含氮的阳离子(
)，σ 键为：15 个C-H 键、4 个C-C 键、6 个C-N 键，其中σ 键与π 键
的个数之比为25 2∶；(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，Fe 的
个数：2，W 的个数：2，N 的个数：4，该晶体的化学式为FeWN2；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体
的密度
=
=
。
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16．(10 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
Fe3O4+3S2+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比较反应速率：反应ii 反应iii(填“大于”或“小于”)。
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
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。
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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SO3
2-的物质的量减小了1mol，则理论上HCO3
-减小了 mol。
【答案】(1)4(1 分)
(2)大于(1 分) 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(2 分) 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(2 分)
(3) SO3
2-+4e-＋6HCO3
-=6CO3
2-+S↓+3H2O(2 分) 2(2 分)
【解析】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转化为单质硫，
Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：SO3
2-+4e-＋6HCO3
-=6CO3
2-+S↓+3H2O。(1)3FeS2+2C+3O2
Fe3O4+3S2+2CO 反应中，碳元素从0 价升高到+2 价、铁元素化合价升高，3 个铁原子共升高2 价、硫元
素从-1 价降低到0 价，氧元素从0 价降低到-2 价，每当生成3molS2，理论上转移12mol 电子，则反应i 生
成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol。(2)①发生的反应有ii．2SO2(g)＋4CO(g)
S2(g)＋4CO2(g)
ΔH＜0；iii．SO2(g)＋3CO(g)
COS(g)＋2CO2(g) ΔH＜0，已知600~1000K 范围内，SO2平衡转化率
接近100%，由图可知10min 时S2实际产率从略低于50%到70%左右，温度越高反应速率越快且越不利于
正反应，可见温度高速度快决定了10min 时含硫产物以S2为主，说明反应速率：反应ii 大于反应iii。②发
生反应ii，同时发生副反应iii。二者均为放热反应，升温平衡左移，则随温度升高，S2平衡产率上升的可
能原因是：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该装置中，正极的电极反应式为SO3
2-+4e-＋6HCO3
-=6CO3
2-+S↓+3H2O。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。
17．(12 分)黄酮类物质X 具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
19
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已知：
(1)X 中含有的含氧官能团为醚键、 。
(2)A→B 反应的化学方程式是 。
(3)B→D 的反应类型是 。
(4)E→F 的反应同时生成HCl，试剂a 的结构简式是 。
(5)G 转化为J 需加入K2CO3。
J
①的结构简式是 。
K
②
2CO3的主要作用是 。
(6)F 和L 生成X 经历如下多步反应：
已知：Ⅰ．
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Ⅱ．
+R6OH+R7OH
M
①
的结构简式是 。
②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第 步(填“一”“二”或“三”)。
【答案】(1)羰基、羟基(2 分)
(2)
+Br2
+HBr(2 分)
(3)取代反应(1 分)
(4)CH3OCH2Cl(1 分)
(5)
(2 分) 消耗反应生成的HBr，提高J 的产率(1 分)
(6)
(2 分) 二(1 分)
【解析】A 和Br2发生取代反应生成B，结合F 的结构简式可知，B 的结构简式为
，B 和
(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F 的结构简式可以推知D 为
，D 发生水解反应生成E 为
21
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，E 和试剂a 发生取代反应生成F，同时生成HCl，可以推知a 为CH3OCH2Cl，G 和
发生取代反应生成J 为
，J 发生已知信息的反应得到K 为
，K 和CH3OCH2Cl
发生取代反应生成L 为
。(1)由X 的结构简式可知，X 中含有的含氧官能团为醚键、羰基、
羟基。(2)由分析可知，A 和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为：
+Br2
+HBr。(3)由分析可知，B 和(CH3)2SO4发生取代反应生成D。(4)由分析可知，试剂a 的结构简式是
CH3OCH2Cl。(5)①由分析可知，J 的结构简式是
；②G 和
发生取代反应生成J
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为
，同时有HBr 生成，K2CO3的主要作用是消耗反应生成的HBr，提高J 的产率。(6)F 和L
发生已知信息的反应得到M，由F 和L 的结构简式可知M 为
，M 发生
加成反应生成N 为
，M 发生取代反应生成X，①M 的结构简式是
；②手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，M 中
没有手性碳原子，N 中含有手性碳原子，则三步反应中涉及生成手性碳原子的为第二步。
18．(12 分)高纯碳酸钙在电子材料工业中用于集成电路板、固体激光材料的制作。利用原料碳酸钙(含
少量镁的化合物)制备高纯碳酸钙，流程示意图如下：
已知：
物质
Mg(OH)2
Ca(OH)2
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Ksp
5.6×10-12
4.7×10-6
(1)煅烧：
煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧。从能源及资源利用
的角度说明该工艺的优点 。
(2)溶浸：
①用离子方程式表示NH4Cl 溶液呈酸性的原因 。
②溶浸CaO 的化学方程式为 。
③若溶浸温度较高(>90℃)，沉钙时高纯碳酸钙的收率降低(如下图所示)，原因是 。
④白云石主要化学成分为CaMg(CO3)2，将原料碳酸钙换成白云石，“溶浸”过程中主要浸出CaO，请
解释原因
(3)精制：溶浸后，溶液B 含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+。通过平衡常数可判断Ca(OH)2 + Mg2+
Mg(OH)2 + Ca2+ 进行的程度，该反应的K = ，说明该反应进行的基本完全。
(4)沉钙反应的离子方程式为 。
【答案】(1)焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高资源利用率(2 分)
(2)NH4
++ H2O
NH3·H2O+H+(1 分) CaO+2NH4Cl=CaCl2 +2NH3↑+H2O(1 分) 温度过高，会使
溶液中氨水浓度过低，碱性不够，吸收二氧化碳能力下降，导致沉钙时高纯碳酸钙的收率降低(2 分)
Ca(OH)2的溶度积远大于Mg(OH)2，在一定量NH4Cl 溶液中，CaO 先浸出(2 分)
(3)
(2 分)
(4)Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4
+(2 分)
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【解析】(1)煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧；从能源
及资源利用的角度说明该工艺的优点是焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高
资源利用率；(2)①氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成一水合氨和盐酸，反应的离子方程式
为NH4
++ H2O
NH3·H2O+H+；②溶浸氧化钙的反应为氧化钙与氯化铵溶液反应生成氯化钙、氨气和水，
反应的化学方程式为CaO+2NH4Cl=CaCl2 +2NH3↑+H2O；③若溶浸温度较高(>90℃)，沉钙时高纯碳酸钙的
收率降低的原因是温度过高，会使溶液中氨水浓度过低，碱性不够，吸收二氧化碳能力下降，导致沉钙时
高纯碳酸钙的收率降低；④白云石主要化学成分为CaMg(CO3)2，将原料碳酸钙换成白云石，“溶浸”过程
中主要浸出CaO 是因为Ca(OH)2的溶度积远大于Mg(OH)2，在一定量NH4Cl 溶液中，CaO 先浸出；(3)由方
程式可知，反应的平衡常数K=
=
=
=
=
；(4)由题
意可知，沉钙时发生的反应为氯化钙溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的离子方程式
为Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4
+。
19．(14 分)某实验小组探究SO2与K2FeO4的反应，实验如下。
资料：i．K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，
在碱性溶液中较稳定。
ii．Fe3+可以与C2O4
2-形成[Fe(C2O4)3]3-；
装置
操作及现象
实验一：向B 中通入SO2，产生
暗红褐色沉淀X 和溶液Y(略显
红色)；继续通入SO2一段时间
后，溶液呈红色，继而变为橙
色，最终沉淀消失，溶液几乎无
色。
(1)A 中产生SO2的化学方程式为 。
(2)暗红褐色沉淀X 可能含Fe3+、OH-、SO4
2-、SO3
2-，检验如下：
实验二：向X 中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN 溶液后变红。证明溶液中存在
。另取少量溶液滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO4
2-，原因是 。
实验三：向X 中加入H2C2O4溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀
中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X 中不含SO4
2-。
实验三中用H2C2O4溶液溶解沉淀的目的是： 。
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实验四：向X 中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间
后蓝色复现，振荡，不褪色。
结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象： 。
(3)查阅资料：a．Fe3+、SO3
2-、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2。
b. SO3
2-和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO3
-)
①向溶液Y 中滴加2 滴KSCN 溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y 中存在
Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN 溶液未见红色的原因是 。
②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a 中过程ii 分析实验一中溶液最终“几乎无
色”的原因： 。
总结：SO2与K2FeO4发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(2 分)
(2) Fe3+(2 分) Fe3+可能将+4 价含硫物质氧化(2 分)
H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-；使c(Fe3+)降低，氧化性减弱，不能将+4 价含硫物质氧化(2
分)
SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI(2 分)
(3) Fe3+与SO3
2-、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3 (2 分)
持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化(2 分)
【解析】(1)A 中用亚硫酸钠和70%的浓硫酸来制取SO2的化学方程式为
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；(2)实验二中，取少量溶液，滴加KSCN 溶液后变红，证明溶液中存在
Fe3+；由于Fe3+具有氧化性，能将SO3
2-氧化成SO4
2-，故并不能确认原溶液中是否含有SO4
2-；实验三中：由
于H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-，再继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加
入盐酸，白色沉淀溶解，可知白色沉淀为亚硫酸钡，即确认X 中不含SO4
2-；实验四中：向X 中加入足量
盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
(3)①由已知a．Fe3+、SO3
2-、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2可得，向溶液Y 中滴加2 滴KSCN 溶液，
未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y 中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN 溶液未见红色的
原因是Fe3+与SO3
2-、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3；②由已知b. SO3
2-和O2在金属离子的
催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO3
-)，可得溶液最终“几乎无色”的原因为持续通入SO2一段
时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化。
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