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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05（天津专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：
应用导向增强，试题更注重化学知识的实际应用，如能源电池、药物合成、材料科学等，体现学科与
科技前沿的紧密结合；跨学科融合，题目涉及物理化学、材料学（晶体结构）、生物学（抗炎药物）
等多领域知识。信息处理能力：复杂题干（如C₆₀ 电子云分布、配位键形成机理）要求考生快速提取关
键信息并分析。
高考·新考法：
1．常规考点新设问：电化学：第9 题以“泥浆电池”为载体，结合聚合物微粒的氧化还原过程，突破传
统原电池模型。
2．非常规考点创新：反应机理探究：第15 题通过肼（N₂H₄）与银氨溶液反应的现象分析，考查氧化还原
性质与实验推理能力。
高考·新情境：
新型材料，体现材料科学的应用价值；绿色化学，热化学循环分解制氢，紧扣可持续发展主题。
命题·大预测：
强化综合应用，未来试题将进一步融合化学与其他学科（如材料、能源、生物），突出实际问题的解决能
力。深化机理分析，有机合成路线、反应中间体推导、配位化学机理等题型占比可能增加。重视定量计
算，晶体密度、反应速率常数、平衡常数计算等需结合数学工具，要求精准运算。
（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 P 31 S 32 K 39
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．中华传统文化博大精深，也蕴含着许多化学知识。下列说法正确的是
A．“以芒硝于风日中消尽水气"得到的是Na2SO4
B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金"中的淘金原理与化学上的萃取一致
C．“煤饼烧蛎房成灰”，“灰”又称为“蜃”，主要成分为
D．“红柿摘下未熟，每蓝用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味"中的“气”是指甲烷
1
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【答案】A
【详解】A．芒硝为十水硫酸钠，失水后可以得到硫酸钠，所以“芒硝于风日中消尽水气"得到的是
Na2SO4，A 正确；
B．萃取的原理是利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂所
组成的溶液里提取出来，淘金不是利用溶解度不同分离物质，B 错误；
C．“煤饼烧蛎房成灰”，为碳酸钙高温分解的反应，故灰的主要成分为CaO，C 错误；
D．“气”是指乙烯，乙烯可以促进植物成熟，D 错误；
故答案选A。
2．根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
材料
组成和结构变化
性能变化
A
长链烷烃
引入磺酸根离子
水洗去污能力增强
B
晶体
熔融后迅速降温凝固
光学性质表现各向异性
C
钢铁
添加铬和镍合金元素
耐高温能力增强
D
晶体
用Al 取代部分Si，用O 取代部分N
导电能力增强
【答案】B
【详解】A．长链烷烃引入磺酸根离子，更好的溶于水，用作洗涤剂，所以去污能力增强，故A 正确；
B．晶体
熔融后迅速降温凝固，内部排列无序，光学性质表现各向同性，故B 错误；
C．铬和镍熔点比较高，钢铁添加铬和镍合金元素，耐高温能力增强，故C 正确；
D．晶体
用Al 取代部分Si，用O 取代部分N，Al 有自由移动电子，所以导电能力增强，故D 正
确；
答案选B。
3．赤血盐{
}可用于检验
，也可用于蓝图印刷术等。下列说法正确的是
A．电负性：
B．
的价电子排布式为
C．
核外有9 种不同空间运动状态的电子
D．4 种元素分布在元素周期表的s、p、ds 区
【答案】C
【详解】A．元素非金属性越强电负性越大，元素金属性越强电负性越小，电负性：
，
故A 错误；
B．
的价电子排布式为3d6，故B 错误；
C．
核外有18 个电子，占用9 个原子轨道，有9 种不同空间运动状态的电子，故C 正确；
D．K 分布在元素周期表的s 区，C、N 分布在元素周期表的p 区，Fe 分布在元素周期表的d 区，故D
错误；
2
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选C。
4．Stercker 合成法是合成氨基酸的常用方法之一，由乙醛合成丙氨酸的方法如图所示：
下列说法错误的是
A．可以用红外光谱检验是否有丙氨酸生成
B．2-氨基丙腈中σ、π 键比为5：1
C．2-氨基丙腈、丙氨酸中均含有不对称碳原子
D．上述过程涉及的含碳有机物中碳原子的杂化方式有2 种
【答案】D
【详解】A．红外光谱能够测量物质中的化学键类型和官能团，故可以用红外光谱检验是否有丙氨酸生
成，A 正确；
B．已知单键均为σ 键，双键为1 个σ 键和1 个π 键，三键为1 个σ 键和2 个π 键，结合题干2-氨基丙
腈的结构简式可知，2-氨基丙腈中σ、π 键比为10:2=5：1，B 正确；
C．由题干2-氨基丙腈、丙氨酸的结构简式可知，上述物质中含有手性碳原子，故含有不对称碳原子，
C 正确；
D．已知单键上的碳原子采用sp3杂化，双键上的碳原子采用sp2杂化，三键上的碳原子采用sp 杂化，
故上述过程涉及的含碳有机物中醛基、羧基上的碳原子采用sp2杂化，-CN 上的碳原子采用sp 杂化，故
碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3等3 种，D 错误；
故答案为：D。
5．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应方程式书写错误的是
A．久置于空气中的
溶液变质：
B．用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的
C．向
溶液中加入等物质的量的
溶液：
D．碳酸氢钠溶液中滴入少量澄清石灰水：
【答案】B
【详解】A．久置于空气中，硫代硫酸钠具有还原性 可以被氧气氧化，
，A 正确；
B．用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的碘酸根，因为醋酸是弱酸，不能拆开：
，B 错误；
C．向
溶液中加入等物质的量的
溶液，生成硫酸钡沉淀：
，C 正确；
3
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D．碳酸氢钠溶液中滴入少量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀：
，D 正确；
故选B。
6．下列事实不能用氢键解释的是
A．稳定性：HF＞H2O
B．沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛
C．溶解性(水中)：CH3OH＞CH4
D．密度：H2O(l)＞H2O(s)
【答案】A
【详解】A．元素的非金属性越强，其与H 元素形成的化学键就越稳定。元素的非金属性：F＞O，因
此分子内的化学键的稳定性：H-F＞H-O。物质分子内的化学键稳定性越强，含有该化学键的物质就越
稳定，故物质的稳定性：HF＞H2O，可见物质的稳定性与分子之间是否形成氢键无关，因此不能用氢
键解释，A 符合题意；
B．邻羟基苯甲醛会形成分子内的氢键；而对羟基苯甲醛会形成分子之间的氢键，增加了分子之间的吸
引作用，导致对羟基苯甲醛的熔沸点比形成分子内氢键的邻羟基苯甲醛的高，能用氢键解释，B 不符合
题意；
C．CH3OH 与水会形成氢键，增加了CH3OH 与水分子之间的吸引作用，导致其在水中的溶解度比不能
与水形成氢键的CH4大，能用氢键解释，C 不符合题意；
D．在液体水以及固态水分子之间都存在氢键，但由于氢键具有方向性和饱和性，使得在固态水中单位
体积内含有的水的分子数目比在液态水中单位体积内含有的水的分子数目少，因此水的密度：H2O(l)＞
H2O(s)，能用氢键解释，D 不符合题意；
故合理选项是C。
7．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
选项
性质差异
结构因素
A
沸点：正丁烷(0.5℃)高于异丁烷(11.7℃)
范德华力
B
熔点：
(399℃，易升华)低于
(714℃)
离子键强弱
C
酸性：
强于
羟基极性
D
溶解性：
易溶于水，
难溶于水
分子间氢键
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．正丁烷和异丁烷形成的晶体都是分子晶体，互为同分异构体，同分异构体中支链越多，范
德华力越小，沸点越低，A 正确；
B．
为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，
为离子化合物，形成的晶体为离
子晶体，熔点较高，熔点差异的原因是晶体类型不同，B 错误；
C．由于电负性：
，C—F 键极性大于C—H 键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电
离，酸性增强，C 正确；
4
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D．
与水分子形成分子间氢键使得溶解性增大，而
不能，D 正确；
故选B。
8．设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．
中含有的中子数目为
B．标准状况下，
和
混合气体中原子数目为
C．
与足量铁粉反应，转移电子数目为
D．
醋酸溶液中氢原子数目为
【答案】D
【详解】A．
的物质的量为
，1 个
分子中含10 个中子，故
的中子数为
，故A 正确；
B．标准状况下，
和
混合气体的物质的量为1mol，每个分子中含2 个原子，则1mol 混合气
体中含原子数为
，故B 正确；
C．氯气与Fe 反应生成氯化铁，
得2mol 电子，转移电子数为：
，故C 正确；
D．1 个
分子中含4 个氢原子，加上溶剂水分子中的氢原子，溶液中氢原子数大于
，故
D 错误；
故选：D。
9．实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法的正确的是
气体
试剂
制备装置
收集方法
A
固体
a
e
B
乙醇+浓硫
酸
C
f
C
高锰酸钾固
体
a
d
5
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D
浓硝酸
b
f
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氯化氢和氨气，氨气和氯化氢遇冷生成氯化铵，则题给装置直接
加热氯化铵无法制得氨气，故A 错误；
B．浓硫酸作用下乙醇在170℃条件下干扰发生消去反应生成乙烯和水，则题给装置缺少温度计无法制
得乙烯，故B 错误；
C．高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，密度大于空气的氧气可以用向上排空气法收集氧
气，故C 正确；
D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，不能用排
水法收集，故D 错误；
故选C。
10．
是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。钒矿石中含
，杂质为大量
和少
量CaO 等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的
，流程如下：
已知：
是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵(
)与偏钒酸钙[
]均难溶于水，在
弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是
A．盐浸工序得到滤渣的成分为
B．洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl
C．气体②的成分为
D．延长沉钒时间、增大
溶液的浓度有利于沉钒
【答案】C
【分析】钒矿石中含
，杂质为大量
和少量CaO 等。钒矿石加氢氧化钠“热熔”生成
NaVO3、
、
等；加碳酸钠把
、
转化为碳酸钙和NaVO3、
Na[Al(OH)4]，过滤出滤渣碳酸钙，滤液通过离子交换膜RN(CH3)3Cl 发生反应RN(CH3)3Cl+NaVO3
RN(CH3)3VO3+NaCl，加洗脱液NaCl 洗脱，RN(CH3)3Cl+NaVO3
RN(CH3)3VO3+NaCl 逆向进行得到
NaVO3溶液，NaVO3溶液加NH4Cl 生成
沉淀，
焙烧生成氨气、水、V2O5。
【详解】A. 用NaOH 热熔时，V2O5转化为偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3转化为Ca(AlO2)2，然后加入纯
碱盐浸，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2反应产生CaCO3沉淀，同时得到可溶性物质NaVO3、Na[Al(OH)4]，故盐
6
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浸工序得到滤渣的成分主要为CaCO3，故A 正确；
B. 滤液通过离子交换膜RN(CH3)3Cl 发生反应RN(CH3)3Cl+NaVO3
RN(CH3)3VO3+NaCl，增大NaCl
浓度，RN(CH3)3Cl+NaVO3
RN(CH3)3VO3+NaCl 逆向进行得到NaVO3溶液，洗脱工序中洗脱液的主
要成分为NaCl，故B 正确；
C.
焙烧生成氨气、水、V2O5，气体②的成分为NH3，故C 错误；
D. 沉钒过程是生成NH4VO3沉淀，因此延长沉钒时间、增大NH4Cl 溶液的浓度，有利于沉钒，D 正
确；
选C。
11．采用催化还原的处理方法可避免硝酸产生的尾气污染环境：
。一定温度下，向体积为
的刚性密闭容器中充入
和
，发生上述反应，测得部分气体的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线
表示
的物质的量随时间的变化关系
B．
在
末的反应速率为
C．若在较高温度下发生上述反应，则X 点会向左上方移动
D．
的平衡转化率为
【答案】C
【详解】A．
内，
物质的物质的量的变化量为
，
物质的物质的量的变化量为
，所以
和
在该反应中的化学计量数之比为1：2，因此A 代表
，
代表
，A 错
误；
B．
在
内的平均反应速率为
，
末是时刻的表述，
则5min 末的反应速率为瞬时速率，B 错误；
C．升高温度，反应速率加快，达到平衡的时间会缩短，即
点向左侧移动。该反应是放热反应，升
高温度，平衡逆向移动，
增大，即
点向上方移动，综上，升高温度，
点向左上方移动，
C 正确；
7
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D．达到平衡时
的物质的量变化量为
，则
的物质的量变化量为
，
的平衡转
化率为
×100%≈53.3%，D 错误；
故选C。
12．造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为
)，可用如图转化方式除去，则下列说法
错误的是
A．
溶液中存在
D．反应④中
与
等物质的量反应，反应的化学方程式为
C．在废水处理过程中，
为催化剂，
为氧化剂
B．反应②和③的转移电子数相等时，还原剂之比为
【答案】D
【详解】A．
溶液因
水解而呈碱性，所以
，A 正确；
B．反应④中
与
等物质的量反应，反应的化学方程式正确，B 正确；
C．在废水处理过程中，CoPc 参与反应且反应前后不变，为催化剂，
参与反应且反应后化合价降
低，为氧化剂，C 正确；
D．反应I 中还原剂
被氧化成
，化合价升高6，而反应③中还原剂
被氧化成
，化合价升高2，当反应②和③转移电子数相等时，还原剂之比为1∶3，D 错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4 个小题，共64 分。
13．（14 分）铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。
I．在血液中，以
为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送
，下图
为载氧后的血红蛋白分子示意图：
8
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(1)基态Fe 的价电子轨道表示式为 。
(2)载氧时，血红蛋白分子中
脱去配位的
并与
配位；若人体吸入CO，则CO 占据配位点，
血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与
配位能力最强的是 （填字母）。
a．
b．
c．CO
(3)一种最简单的卟啉环结构如图：
①该卟啉分子中，1 号位N 的杂化方式为 。
②比较C 和N 的电负性大小，并从原子结构角度说明理由： 。
③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是 。
Ⅱ．
可用于制备优良铁磁体材料。下图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为a pm。
已知：
，阿伏加德罗常数的值为
。
(4)该晶体的密度是
。
(5)距离F 最近的Cs 的个数为 。
【答案】(1)
(2)c
(3)
C 的电负性小于N 的电负性，原因是C 和N 电子层数相同，核电荷数C＜N，原子
半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N 酸性环境中，卟啉分子中的N 原子与H+形成
配位键，导致提供孤对电子的能力降低
9
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(4)
(5)4
【详解】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2，轨道表示式为
，故答案为：
；
（2）载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位
能力强于水分子；若人体吸入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能说明一氧化
碳与亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力最强的配体是一氧化碳，故选c；
（3）①由图可知该卟啉分子中，1 号位双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
②C 和N 电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，
所以C 的电负性小于N 的电负性，故答案为：C 的电负性小于N 的电负性，原因是C 和N 电子层数相
同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N；
③酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低，所以卟啉
分子在酸性环境中配位能力会减弱，故答案为：酸性环境中，卟啉分子中的N 原子与H+形成配位键，
导致提供孤对电子的能力降低；
（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子个数为8×
=1，位于体心的铯原子个数为1，位于
棱上的氟原子个数为12×
=3，则晶胞的化学式为CsFeF3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公
式可得：
=(10—10a)3d，解得d=
，故答案为：
；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的氟原子与位于体心的铯原子的距离最近，则距离氟原子最
近的铯原子的个数为4，故答案为：4。
14．（16 分）L 是一种治疗自主神经功能障碍药物的活性成分，以A 为原料合成L 的流程如图所示。
10
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回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________。
A．A 的名称是3-甲基苯酚
B．B、C 中均无手性碳原子
C．H 中官能团有酯基、醚键
D．J→L 为取代反应
(2)E 的结构简式为 。
(3)H→I 第一步反应的化学方程式为
。
(4)设计F→G，H→I 步骤的目的是 。
(5)G→H 中
可以用吡啶(
)替代，吡啶的作用是 。
(6)在E 的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种。
①既能发生水解反应，又能发生银镜反应；
②1mol 有机物最多能与3molNaOH 反应；
③1mol 有机物与足量的Na 反应能生成
(标准状况)。
(7)设计以苯乙醛为原料制备吸湿性高分子材料(
)的合成路线 (无机试剂
任选)。
【答案】(1)BC
(2)
11
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(3)
+NaOH
+CH3OH
(4)保护羧基，防止生成副产物
(5)消耗HBr，提高平衡产率
(6)16
(7)
【分析】根据分子式以及B 的结构可知：A 为
；D→E 首先发生加成反应延长碳链，再发生
水解生成E 为：
；F→G，根据F、H 结构可知，G 为：
，
F→G，H→I 先将羧基反应保护起来，再还原。
【详解】（1）A．
名称是4-甲基苯酚，A 错误；
B． B、C 中均无手性碳原子，B 正确；
C．
中的官能团有酯基、醚键，C 正确；
D．J→L 中C=N 打开，C、和N 上均新连上了原子或原子团，发生加成反应，D 错误；
故选BC；
12
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（2）根据分析可知，E 的结构为
，故答案为：
；
（3）H→I 第一步在碱性条件下酯的水解反应，化学方程式为：
+NaOH
+CH3OH；
（4）根据题干流程可知：F→G，H→I 先将羧基反应，再还原。因此这两步是保护官能团，G→H 发
生羟基氢被烃基取代的反应，因此不保护容易生成副产物。故答案为：保护羧基，防止生成副产物；
（5）在G→H 反应过程中生成物有HBr。碳酸钾和吡啶都可以和HBr 反应，根据平衡原理，生成物被
消耗，平衡正向移动，故答案为：消耗HBr，提高平衡产率；
（6）E 为：
，芳香族同分异构体，说明含苯环，且除苯环外不饱和度为1，既能发
生水解反应，又能发生银镜反应，则含HCOO-；1mol 有机物与足量的Na 反应能生成
，则含
2 个-OH；1mol 有机物最多能与3molNaOH 反应，则苯环上的取代基为-OH、-OH、HCOOCH2-，有6
种；苯环上的取代基为-OH、HCOO-、-CH2OH，有10 种，故符合条件的共有16 种；
（7）要制得
)，需要
，
可由
在浓
硫酸加热下发生消去反应制得，
由
与HCN 反应后再水解而来。故答
案为：
13
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。
15．（18 分）Fe3O4@SiO2是一种高效非贵金属光/热催化剂，以废弃还原铁粉(表面有锈渍，不含其他金属
杂质)为原料制备Fe3O4@SiO2的工艺流程如图所示：
已知：25℃时
，
，
。
请回答下列问题：
(1)为了提高铁粉的浸取速率，除了考虑温度、浓度影响因素外，还可以采取的措施有
(填一条)；经检验浸取液中无Fe3+，其原因为 (用离子方程式解释)。
(2)需在隔绝空气条件下进行的反应设备或操作有反应釜1、 、真空热分解。
(3)实验室 (填“能”或“不能”)用如图所示装置进行“加压过滤”，原因为 。
(4)已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2 中反应的离子方程式为 。
(5)反应釜3 中，25℃时Ca2+浓度为50 g⋅L
，理论上溶液的pH 低于 (
)。
(6)纳米Fe3O4也可以用如下过程制备：
①反应ⅱ中
的作用是 。
②反应ⅱ的化学方程式为 。
【答案】(1) 将废弃还原性铁粉粉碎或进行充分搅拌(或其他合理答案) Fe+2Fe3+=3Fe2+
(2)加压过滤
(3) 不能 图示抽滤操作无法在真空中进行
(4)CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(5)11.3
14
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(6) 中和反应过程中生成的HCl，促进FeCl3·6H2O 水解 FeCl3·6H2O+3
=FeOOH+4H2O+3
【分析】由题干以废弃还原铁粉(表面有锈渍，不含其他金属杂质)为原料制备Fe3O4@SiO2的工艺流程
图可知，向废弃还原性铁粉中加入足量的盐酸，发生的反应有：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，过滤得到浸取液，将浸取液分别进入反应釜1，即加
入CaO，反应原理为：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，反应釜2，即加入CaO 并通入空气，反应原
理为：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，将反应釜1 和反应釜2 的物
质混合进入反应釜3，调节pH 使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，然后加压过滤，为防止
Fe(OH)2被氧化，使得产品中Fe2+和Fe3+物质的量比不为1:2，加压过滤需在真空环境中进行，将过滤
所得沉淀进行真空加热得到纳米Fe3O4，加入水凝胶/纳米SiO2共热得到Fe3O4@SiO2，据此分析解题。
【详解】（1）为了提高铁粉的浸取速率，除了考虑温度、浓度影响因素外，还可以采取的措施有将
废弃还原性铁粉粉碎、进行充分搅拌；由分析可知，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，
经检验浸取液中无Fe3+，则其原因用离子方程式表示为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：将废弃还原性铁
粉粉碎或进行充分搅拌；Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（2）由分析可知，为防止Fe2+过渡被氧化，改变产品中Fe2+、Fe3+的物质的量比，则需在隔绝空气条
件下进行的反应设备或操作有反应釜1、加压过滤、真空热分解，故答案为：加压过滤；
（3）由分析可知，为防止Fe(OH)2被氧化，使得产品中Fe2+和Fe3+物质的量比不为1:2，加压过滤需在
真空环境中进行，图示抽滤操作无法在真空中进行，故答案为：不能；图示抽滤操作无法在真空中进
行；
（4）由分析可知，已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2 中反应为：
CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其反应的离子方程式为：
CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：
CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（5）反应釜3 中，25℃时Ca2+浓度为50 g⋅L
，即Ca2+的物质的量浓度为：
=1.25mol/L，反
应釜3 中调节pH 使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，故有：c(OH-)＜
=
=2×10-3，c(H+)＞
=5×10-12，即理论上溶液的pH 低于
=11.3，故答案为：
11.3；
（6）
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①由流程图可知，FeCl3·6H2O 水解生成FeOOH 过程中生成了HCl，
中的N 上有孤电子
对显碱性，能与HCl 反应生成盐
，从而促进水解正向进行，故反应ⅱ中
的作用是中和反应过程中生成的HCl，促进FeCl3·6H2O 水解；
②反应ⅱ的化学方程式为：FeCl3·6H2O+3
=FeOOH+4H2O+3
，故答案
为：FeCl3·6H2O+3
=FeOOH+4H2O+3
。
16．（16 分）工业烟气中的SO2严重污染环境，可用多种方法进行脱除。
(1)H2O2氧化法。H2O2可以将SO2氧化生成H2SO4
由于H2O2储存过程可能发生分解反应：
。某兴趣小组研究
催化分
解H2O2历程如下，请补全第二步反应的热化学方程式。
第一步：
慢反应
第二步：
快反应
请根据I-催化H2O2的分解反应历程补充剩余的能量示意图
。
(2)ZnO 水悬浊液吸收SO2
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。向ZnO 水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始
吸收的40min 内，SO2吸收率、溶液pH 均经历了从几乎不变到迅速降低的变化，如图。溶液pH 几乎
不变的阶段，主要产物是 (填化学式)：SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为
。
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(3)SO2经富集后可用于制备硫酸。现向某密闭容器中充入1mol SO2、1molO2，在催化条件下发生反
应：
，SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。
①图中A、B、C 三点逆反应速率由大到小的顺序为 ﹔
②实际工业生产时选择A 点生产条件而非B 点，原因是 。
③C 点对应的Kp 为 MPa-1 (写出关于a 的表达式，保留一位小数，Kp 为用分压表示的化学平
衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1) IO-(ag) O2(g)+I-(aq)+H2O(l)
(2) ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
(3) C＞B＞A A 点SO2的平衡转化率已经非常高，B 点SO2的平衡转化率比A 点提高不大，而增
大压强对设备要求高，能耗增加，会增加生产成本
【详解】（1）因为I-(aq)是催化剂，所以IO-(ag)必然是催化剂的中间产物，H2O2的分解产物是O2和
H2O，从而得出第二步：IO-(ag)
O2(g)+I-(aq)+H2O(l)
因为第二步反应为快反应，所以其活化能比第一步反应小，中间产物的能量比第一步反应中间产物的
能量低；因为总反应为放热反应，所以产物的能量比第一步反应的反应物的能量低，从而可补充剩余
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的能量示意图为
。答案为：IO-(ag)；O2(g)+I-(aq)+H2O(l)；
；
（2）ZnO 水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，开始转化为ZnSO3，由于ZnSO3微溶于水，所以SO2吸收
率、溶液pH 几乎不变；后来ZnSO3与SO2继续反应，转化为Zn(HSO3)2，此时溶液显酸性，所以pH
不断下降，SO2的溶解度不断减小，吸收效率不断降低。因此溶液pH 几乎不变的阶段，主要产物是
ZnSO3：SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
。答案
为：ZnSO3；ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
；
（3）①图中B 点与A 点的温度相同，但B 点压强比A 点大，所以反应速率B 点比A 点快，C 点的压
强与B 点相同，但温度比B 点高，所以C 点的反应速率比B 点大，从而得出A、B、C 三点逆反应速
率由大到小的顺序为；C＞B＞A；
②从图中可以看出，A 点时SO2的平衡转化率已经超过95%，增大压强固然可增大SO2的平衡转化
率，但增大的幅度很小，而消耗的动力、对设备的要求提高很多，所以实际工业生产时选择A 点生产
条件而非B 点，原因是A 点SO2的平衡转化率已经非常高，B 点SO2的平衡转化率比A 点提高不大，
而增大压强对设备要求高，能耗增加，会增加生产成本。
③向某密闭容器中充入1mol SO2、1molO2，SO2的平衡转化率为90%，则可建立以下三段式：
Kp=
≈
MPa-1。答案为：C＞B＞A；A 点SO2的平衡转化率已经非常
高，B 点SO2的平衡转化率比A 点提高不大，而增大压强对设备要求高，能耗增加，会增加生产成
本；
。
【点睛】酸性气体在碱性溶液中的溶解度比在中性溶液中大，在酸性溶液中的溶解度比在中性溶液中
小。
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