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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05
化 学
考情速递
高考·新动向：全国高考化学试题设计体现了综合性和应用性趋势。选择题不仅考查学生对基础知识的
掌握，还要求他们能够灵活运用这些知识解决实际问题。其次，体现高考命题的跨学科融合趋势，如
物理、生物等学科的知识点。题目呈现方式大量使用图表信息、反应机理图、实验装置图等，考查学
生的信息提取和分析能力。如第3 题根据表格物质结构或现象现象，判断物质的性质；第8 题根据元素
的价类二维图，分析物质的转化条件、反应类型等。这种题目呈现方式的变化，要求学生不仅要掌握
化学知识，还要具备较强的数据分析能力。
高考·新考法：14~15 道选择题注重基础知识，突主干知识，重在考查学生对基础知识的掌握和应用能
力。4 道非选择题除在赋分上有一些变化外，更加突出知识的融合性。如第15 题物质结构和有机化学
融合；第16 题化学工艺流程与化学实验和化学平衡融合等。知识的融合增加了答题的难度和对知识综
合运用的要求。这种变化让考生失去了熟悉题型带来的优势，需要在考场上重新适应新的题型结构，
增加了考试的挑战性。对考生的知识综合运用能力和思维转换能力提出了更高要求。
高考·新情境：试题情境聚焦环保、新能源、药物合成等等前沿领域，重视科技的力量，利用科学前沿
的引领，考察学生的科学精神与社会责任，注重环境保护，考察学生对于所学化学知识的综合运用。
如第4 题治疗心律失常药物的合成路线，考查有机物的元素组成、性质、同分异构体；第9 题我国合成
非线性光学晶体的科技成果，考查元素金属性强弱比较、原子半径和电离能大小的判断；第12 题我国
含铀废水的处理技术，考查氧化还原反应、电化学知识。不仅可以充分展示化学在解决环境与能源问
题、科技创新中的核心作用，还能体现爱国情怀。
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，继
续强化实验综合能力，尤其是实验装置选择、原理分析与定量计算。如第11 题根据有机物的转化机
理，考查催化剂的判断、化学反应速率、氧化还原及化学计算；第17 题热点科技“CO2资源化”，考
查化学反应与能量、化学平衡、电化学等知识。因此，高三复习应提升信息提取与图表分析能力，针
对材料题和图像题进行专项突破。
（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
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 Na 23 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Fe 56 Cu
7
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64
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．化学与生产、生活密切相关，下列相关解释错误的是
A. 用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸
B. 用过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)漂白衣物：过氧碳酸钠具有较强氧化性
C. 电解熔融的氯化镁制备金属镁：氯化镁是离子化合物
D. 烹煮食物的后期加入食盐：避免NaCl 长时间受热而分解
【答案】D
【解析】A．柠檬酸的酸性强于碳酸，可以将水垢中的碳酸钙分解为可溶性的钙离子，用于除水垢，A
正确；B．过氧碳酸钠中含有过氧键，过氧键具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此
可以用过氧碳酸钠漂白衣物，B 正确；C．氯化镁是离子化合物，能在熔融状态下电离出镁离子和氯离
子，电解可以得到镁和氯气，C 正确；D．碘酸钾受热易分解，所以烹煮食物的后期加入食盐的目的是
避免食盐中添加的碘酸钾长时间受热而分解，D 错误；故选D。
2．下列化学用语表述不正确的是
A．碳原子的轨道表示式为
，原因是违反了洪特规则
B．固体HF 中的链状结构：
C．铜的基态原子的简化电子排布式：[Ar]3d94s2
D．SO 的
模型
【答案】C
【解析】碳原子的轨道表示式为
，原因是违反了洪特规则，A 正确；在固体HF
中，一个HF 分子中的氢原子与另一个HF 分子中的氟原子之间形成分子间氢键，多个HF 分子通过氢
键作用连接成链状结构：
，B 正确；铜是29 号元素，铜的基态原子电子
排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，则其简化电子排布式为：[Ar]3d104s1，C 错误；SO 的中心原子S 周围的
价层电子对数为：3+1/2×(6+2-3×2)=4，有1 对孤电子对，则SO 的VSEPR 模型为：
，D 正
确。
3．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列微观结构或现象不能解释其性质的是
选项
微观结构或现象
性质
8
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A
头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二
硫键(-S-S-)是维持头发弹性和形状的一个重要结构。
烫发时有二硫键的断裂和形成
B
[Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu 配合物，具有平面结构
Cu 采取sp2杂化
C
在CuSO4液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀
层光亮
电镀时加快反应速率不利于镀
层的光亮与平整
D
人们发现，液态植物油可以与氢气发生加成反应，生
成类似动物脂肪的硬化油脂，即氢化植物油
油脂熔点变高，且不容易变质
【答案】B
【解析】A 项，头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)，烫发时先用还原剂破
坏肽链之间的二硫键(-S-S-)，使之被还原成游离的巯基(-SH)，易于变形；再用发夹和发卷将头发塑成
一定的形状；最后用氧化剂在新位置形成二硫键，固定发型，因此烫发时有二硫键的断裂和形成，A
正确；B 项，[Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu 配合物，具有平面四边形结构，其中心Cu 原子采用dsp2杂
化，B 错误；C 项，在CuSO4液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，降低了溶液中Cu2+的浓度，使得
Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电平稳的
作用，从而可以使镀层更加致密、细腻、光亮，C 正确；D 项，液态植物油分子中含有不饱和的碳碳双
键，在一定条件下能够与H2发生加成反应，不饱和烃基变为饱和烃基，物质的状态由液态变为固体，
因此物质的熔点变高。由于加成反应消耗了不饱和的碳碳双键，因此就可以起到防止其氧化变质的目
的，D 正确；故选B。
4．有机物Z 常用于治疗心律失常，Z 可由有机物X 和Y 在一定条件下反应制得，下列叙述正确的是
A．Z 的分子式为C13H10O3
B．X、Y 均能与酸性KMnO4溶液反应
C．1molZ 最多能与5molH2加成
D．Y 属于羧酸的同分异构体有13 种(不考虑空间异构)
【答案】C
【解析】A．Z 的分子式为C13H12O3，A 项错误；B．X 中含有酚羟基，能与酸性KMnO4溶液反应，Y
中含有的酯基与溴原子，都不与酸性KMnO4溶液反应，B 项错误；C．Z 分子中的酯基不与H2加成，1
个Z 分子含有1 个苯环和2 个碳碳双键，总共可与5 个H2加成，1molZ 最多能与5molH2加成，C 项正
确；D．Y 属于羧酸，看作是C4H8BrCOOH，戊酸的同分异构体有：戊酸、2-甲基丁酸、3-甲基丁酸、
2，2-二甲基丙酸；戊酸的一溴代物有4 种，2-甲基丁酸的一溴代物有4 种，3-甲基丁酸的一溴代物有3
种，2，2-二甲基丙酸的一溴代物有1 种，总共12 种，D 项错误；故选C。
5．下列实验操作对应的装置正确的是
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A．制备少量干燥的HCl 气体
B．验证NO2具有氧化性
C．测定中和反应的反应热
D．灼烧海带制海带灰
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】A．浓盐酸沿毛细血管进入浓硫酸中，浓硫酸吸水放热，有利于HCl 挥发，从而可以制得干燥
的HCl 气体，故A 正确；B．硝酸具有挥发性，挥发的硝酸进入淀粉-KI 溶液中也能氧化KI 使溶液变
蓝，故B 错误；C．测定中和热，应选用环形玻璃搅拌器，铜制搅拌器导热，会造成热量损失，故C 错
误；D．固体的灼烧坩埚应该放在泥三角上，而不是铁圈上，故D 错误；故选：A。
6．设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0．1molNa2O 和Na2O2的混合物中含有的离子数目为0.3NA
B．0．1mol 环氧乙烷(
)中含有的σ 键数目为0.3NA
C．常温下，将5.6gFe 块放入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为0.3NA
D．标准状况下，22.4LNO 和11.2LO2充分反应后，气体中含有的分子数目为NA
【答案】A
【解析】A．0.1molNa2O 中含有0.2molNa+钠离子和0.1mol 氧离子，0.1molNa2O2中含有0.2mol 钠离子
和0.1mol 过氧根离子，因此0.1molNa2O 和Na2O2的混合物中含有的离子数目为0.3NA，A 正确；B．
0.1mol 环氧乙烷(
)中含有0.1NA的碳碳σ 键和0.4NA的碳氢σ 键和0.2NA的碳氧σ 键，σ 键数目一共
有0.7NA，B 错误；C．常温下，Fe 与浓硝酸发生钝化反应，转移电子数目小于0.3NA，C 错误；D．标
准状况下，，22.4LNO 和11.2LO2充分反应后生成22.4LNO2，因为存在2NO2
N2O4，所以气体中含
有的分子数目小于NA，D 错误； 故选A。
7．叠氮酸钠(NaN3)是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼
（N2H4·H2O）不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是
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A．N3
-的空间结构为V 形
B．反应④应将氨水逐滴滴入NaClO 溶液中制备水合肼
C．反应②中，消耗3mol N2H4·H2O 时，反应中转移5mol 电子
D．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性
【答案】D
【解析】以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3，由流程可知，①中发生2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=
2CH3ONO+Na2SO4+2H2O，生成亚硝酸甲酯(CH3ONO)，④中过量的NaClO 可氧化N2H4·H2O，则将
NaClO 溶液滴到氨水中制备N2H4·H2O，且滴速不能过快，②中发生
N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH═NaN3+CH3OH
+3H2O，③中发生2NaN3+H2SO4=====2HN3↑+Na2SO4，蒸馏出CH3OH，最后HN3与NaOH 反应可制备
产品。A 项，N3
-的价电子对数为2+(5+1-2×3)/2=2，中心原子为sp 杂化，故其构型为直线形，故A 错
误；B 项，反应④制备水合肼时应将NaClO 溶液逐滴滴入氨水中，防止过量的NaClO 氧化N2H4·H2O 生
成N2，故B 错误；C 项，分析方程式N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH═NaN3+CH3OH+3H2O，故消耗3mol
N2H4·H2O 时，N2H4·H2O 失去10mol 电子，故C 错误；D 项，反应③中利用浓硫酸的高沸点难挥发性制
取挥发性的HN3，故D 正确；故选D。
8．价一类二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，它以元素的化合价为纵坐标，以物质类别为
横
坐标。下图为铁元素的价一类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是
A．转化⑦发生反应的类型是化合反应
B．转化⑤是Na2FeO4用于自来水消毒杀菌，等物质的量的Na2FeO4和HClO 消毒效率相同(用得电子数
目多少衡量氧化消毒能力强弱)
C．用铁丝在氧气中燃烧可实现上述转化①
D．加热Fe(OH)3发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】A
【解析】A．转化⑦发生反应为氢氧化亚铁和氧气、水生成氢氧化铁，化学方程式为：
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4Fe(OH)2+O2+2H2O
==4Fe(OH)3，属于化合反应，故A 正确；B．Na2FeO4消毒杀菌时+6 价铁降低为+3 价，而HClO 消毒时
+1 价氯降低到-1 价，则等物质的量的Na2FeO4是HClO 消毒效率的1.5 倍，故B 错误；C．铁丝在氧气
中燃烧生成Fe3O4，不能实现转化①，故C 错误；D．加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁，氢氧
化铁不溶于水，加水溶解不可实现转化③，故D 错误；故选A。
9．我国科研工作者合成了一种非线性光学晶体QWX3Y6Z，其阴离子结构如图所示(电荷未标出)。X、Y、
Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，基态X 的核外电子有5 种运动状态，Y、Z 与X 同周期，W
的氢氧化物具有两性，Q 是第六周期半径最大的主族元素。下列说法错误的是
A．金属性：Q>W
B．原子半径：Z>Y
C．该晶体结构中X 的化合价为
价
D．Y 的第一电离能比同周期相邻元素的都低
【答案】B
【解析】X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期元素，基态X 的核外电子有5 种运动状态，每一
种电子的运动状态各不相同，则X 为B 元素，Y、Z 与X 同周期，Y 为O 元素，Z 为F 元素；W 的氢氧
化物具有两性，则W 为Al 元素，Q 是第六周期半径最大的主族元素，则为Cs 元素；QWX3Y6Z 为
CsAlB3O6F；A．同主族从上到下金属性增强，同周期从左到右金属性依次减弱，故金属性：
Q(Cs)>W(Al)，故正确；B．同周期从左到右原子半径减小，故原子半径：Z(F)<Y(O)，故错误；C．Cs
为+1 价，Al 为+3 价，O 为-2 价，F 为-1 价，则该晶体CsAlB3O6F 结构中X 的化合价为+3 价，故正确；
D．同周期元素由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但O 原子的价电子排布式为2s22p4，N 原
子的价电子排布式为2s22p3，p 轨道为半充满状态较为稳定，故N、O、F 三种元素第一电离能由大到小
顺序为F> N>O，Y 的第一电离能比同周期相邻元素的都低，故正确；答案选B。
10．下列有关实验操作、现象(或数据)和结论不均正确的是
选项
实验操作
实验现象或数据
结论
A
将变黑的银器放入装满食盐水的
铝盆中，二者直接接触
银器恢复往日光泽
2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+2Al
(OH)3↓+3H2S↑
B
取一定量固体于试管中加入浓
NaOH 溶液，微热，用湿润的红
色石蕊试纸检测
产生的气体能使湿
润的红色石蕊试纸
变蓝
该固体不一定为铵盐
C
向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊
试液
溶液变蓝
Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)<Kw
D
以酚酞为指示剂，用0.1mol/
LNaOH 标准溶液滴定0.1mol/L
草酸溶液
到达滴定终点时消
耗NaOH 的体积为
草酸的2 倍
草酸为二元弱酸
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【答案】D
【解析】A．将变黑的银器放入装满食盐水的铝盆中，铝和银在氯化钠溶液则构成原电池，铝作原电
池的负极，铝将失去电子发生氧化反应生成铝离子,银为正极，硫化银得到电子发生还原反应生成银与
硫离子,因此总反应方程式2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+2Al(OH)3↓+3H2S↑，A 正确； B．氮化镁、铵盐等
和浓氢氧化钠溶液加热反应生成氨气都能使红色石蕊试纸变蓝，所以不一定就是按盐，B 正确；C．
碳酸氢钠溶液显碱性，可使紫色石蕊试纸变蓝，则碳酸氢根离子的水解大于碳酸氢根离子的电离，说
明Kh2>Ka2又因Kh2=Kw/Ka1，因此Kw>Ka1·Ka2，C 正确； D．到达滴定终点氢氧化钠用量体积大
于草酸体积的2 倍，D 不正确； 故选D。
11．中国科学院理化所发现利用Pd-CdS 可使PLA(
)转化为丙酮酸(
)的速率显著提
高，
并且优异的稳定性确保了Pd—CdS 可以维持100h 的反应性能，其反应机理如图所示，Pd-CdS 在光照
条件下产生带正电空穴(用h+表示，可捕获电子)和电子。下列说法错误的是
A．Pd-CdS 可作乳酸制备丙酮酸的催化剂
B．在相同条件下，适当增加光的强度有利于加快反应速率
C．整个过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D．当180gPLA 完全转化成丙酮酸时，理论上Pd-CdS 中至少产生4molh+
【答案】D
【解析】A．由图可知乳酸在Pd-CdS 上可发生转化生成丙酮酸，Pd-CdS 可做该转化的催化剂，故A
正确；B．根据图像可知，增加光的强度可产生更多的带正电空穴和电子，氧气结合氢离子转化为羟
基自由基，故B 正确；C．由图可知，生成DFF 的总反应为，则氧化产物DFF 与还原产物H2的物质
的量之比为1:1，故C 正确；D．由图可知Pd-CdS 在光照条件下产生1mol h+时同时产生1mol 电子，
180gPLA 物质的量为2.5mol，水解生成2.5mol 乳酸，乳酸发生反应：
-2e-=
+2H+，则2.5mol 乳酸反应时转移5mol 电子，理论上Pd-CdS 中至少产生5molh+，故D 错误；故选：
D。
12．我国科学家研发了一种由废水（含
、SO 等）提铀并同步产电的工艺，其工作原理和相关物质转
化关系如图所示，下列有关该过程的说法不正确的是
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A. 电子从Fe 电极经导线流向CCF 电极
B. CCF 电极上发生的反应有：O2+2H2O+2e-==H2O2+2OH-
C. 生成(UO2)O2·2H2O 的反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2
D. 利用电解法再次获得含
溶液，需将附着UO2、(UO2)O2·2H2O 的电极置于阳极
【答案】C
【解析】由图可知，铁电极为原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为
Fe—2e—=Fe2+，CCF 电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化氢和氢
氧根离子、UO
在正极得到电子发生还原反应生成UO2，电极反应式为O2+2H2O+2e-==H2O2+2OH-、
UO
+2e—=UO2，放电生成的UO2与过氧化氢反应生成(UO2)O2·2H2O，反应的化学方程式为
UO2+2H2O2=(UO2)O2·2H2O。A．由分析可知，铁电极为原电池的负极，CCF 电极为正极，则电子从Fe
电极经导线流向CCF 电极，故A 正确；B．由分析可知，CCF 电极为正极，水分子作用下氧气在正极
得到电子发生还原反应生成过氧化氢和氢氧根离子、UO
在正极得到电子发生还原反应生成UO2，电
极反应式为O2+2H2O+2e-==H2O2+2OH-、UO
+2e—=UO2，故B 正确；C．由分析可知，生成
(UO2)O2·H2O 的化学方程式为UO2+2H2O2=(UO2)O2·H2O，则反应中氧化剂H2O2与还原剂UO2的物质的
量之比为1：1，故C 错误；D．利用电解法再次获得含UO
溶液时，与直流电源的正极相连的CCF
电极为阳极，UO2、(UO2)O2·H2O 在阳极失去电子发生氧化反应生成UO
，故D 正确；故选C
13． 某钠离子二次电池如图所示，该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作。下列说法正确的是
A．充电时，a 电极发生还原反应
B．A 为阴离子交换膜，B 为阳离子交换膜
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C．放电时，b 电极的电极反应式：
D．若放电前两极室质量相等，放电过程中转移1mol 电子，则两极室质量差为23g
【答案】C
【解析】该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作，由电流方向可知，放电时，b 极为负极，
失去电子发生氧化反应生成
：
，此时钠离子通过阳离子膜B 向左侧运动；a 极为
正极，
得到电子发生还原反应生成
：
+2e-=
，和通过阳离子膜A 迁移过来的
钠离子结合生成
；充电时a 与外接电源正极相连为阳极、b 与外接电源负极相连为阴极。充电
时，a 电极为阳极，发生氧化反应，A 错误；由分析，A、B 均为阳离子交换膜，B 错误；放电时，b
电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式：
，C 正确； 若放电前两极室质量相等，根据电子转移关系可知钠离子迁移情况为e-~Na+，则放电
过程中转移1mol 电子时，有1mol 钠离子由b 极区迁移至a 极区，b 极区减少1mol 钠离子、a 极增加
1mol 钠离子，则两极质量差为23g/mol×1mol×2=46g，D 错误。
14．在含Ag+、Cu2+、Hg2+的溶液中，滴加氨水，存在平衡关系：Ag++2NH3
[Ag(NH3)2]+、Cu2++4NH3
[Cu(NH3)4]2+、Hg2++4NH3
[Hg(NH3)4]2+，平衡常数分别为K1、K2、K3，且K2＜K3。lgx 与
lgc(NH3)的关系如图所示，其中
表示
或
或
，下列
叙述正确的是
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A．直线b 代表lg
与lgc(NH3)的关系
B．根据图像可计算平衡常数K2=1.0×1019
C．向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，[Cu(NH3)4]2+的浓度大于[Hg(NH3)4]2+
D．[Hg(NH3)4]2++Cu2+
[Cu(NH3)4]2++Hg2+的平衡常数K=1.0×10-6
【答案】D
【解析】
，
，
；同理，
、
；已知K2＜K3，再结合图像斜率可知，abc 分别为lg
、lg
、lg
与lgc(NH3)的关系；A．直线a 代表lg
与lgc(NH3)的关系，A 错误； B．由点（-1,9）可知，
，
K2=1.0×1013，B 错误； C．K2＜K3，[Hg(NH3)4]2+更容易生成，则向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混
合溶液中滴加少量氨水，[Cu(NH3)4]2+的浓度小于[Hg(NH3)4]2+，C 错误；D．由点（-3,7）可知，
，K3=1.0×1019，[Hg(NH3)4]2++Cu2+
[Cu(NH3)4]2++Hg2+的平衡常数
，D 正确；故选
AD。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）配合物顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
（1）Pt(NH3)2Cl2的配体为NH3和Cl-，写出NH3的电子式：___________________。
（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl
与DNA 结合，破坏DNA 的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态Cu 原子价层电子的轨道表示式为___________________，Cu 属于_________________区元素。
②生成物中a、b 示的作用力类型分别是___________________。
③在Pt(NH3)2Cl2中，配体与铂(II)的结合能力：Cl-_______NH3(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避
16
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癌细胞对受损DNA 的修复，使癌细胞彻底死亡。
（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
顺铂
反铂
结构
25℃时溶解
度/g
0.2577
0.0366
①推测Pt(NH3)2Cl2中Pt 的杂化轨道类型不是sp3，依据是_______________________________。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______________________________。
（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为anm，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积
_______
(阿伏加德罗常数为
)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在NaCl 溶液中使用会产生[PtCl6]2-而略有损耗，分析原因：
___________________________________________。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.
。
【答案】（1）
（1 分）
（2）
（1 分） ds（1 分） 配位键、氢键（2
分） <（2 分）
（3）① 若pt 的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象（2 分）
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子（1 分）
（4）①
（2 分） ②在Cl-作用下，Pt 在阳极失电子生成[PtCl6]2-，还原性增强
（2 分）
【解析】（1）NH3是共价化合物，电子式为：
。
（2）①Cu 是29 号元素，基态Cu 原子价层电子的轨道表示式为
，Cu 属于
ds 区元素；
m
V
3
1
m
mol
A
N
9
1nm
1 10 m
3
27
A
a
N
10
4
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a
②表示N 和Pt 之间的配位键，b 表示H 和O 之间的氢键；
NH
③
3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更
强，则配体与铂(II)的结合能力：Cl-<NH3。
（3）①若Pt 的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象，所以
Pt(NH3)2Cl2中Pt 的杂化轨道类型不是sp3；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度
大于反铂。
（4）①铂晶胞中Pt 的个数为8×1/8+6×1/2=4，n(Pt)= 4/NAmol，晶胞的体积为a3×10-27m3，
=
；
②在Cl-作用下，pt 在阳极失电子生成[PtCl6]2-，还原性增强，所以在NaCl 溶液中使用会产生[PtCl6]2-而
略有损耗。
16．（14 分）以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有SiO2、Fe2O3、Al2O3、CuO 等杂质)为原料制备
MnSO4·H2O 并进一步热解得到Mn3O4的流程如下：
（1）将一定量甘蔗渣与软锰矿渣充分混合均匀，置于如图所示管式炉中焙烧1h。甘蔗渣裂解产生还
原性物质，金属氧化物与之发生反应。
①控制炉内温度为500℃，在氮气和空气气氛下，Mn 还原率随
的变化如图所示。控制其
他条件相同，空气氛围中Mn(IV)还原率较低的原因是_______。
2
m
A
3
7
3
V
a
10
m
n
4
N
V
3
27
A
a
N
10
4
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②控制
，氮气气氛中Mn(IV)还原率随焙烧温度的关系如图所示，600℃时Mn(IV)还
原率比500℃时低的原因是_______。
（2）酸浸时酸的用量不宜过多的原因是_______
（3）如图为几种金属离子在水中形成氢氧化物沉淀的pM—pH 关系图{
；pM ≥ 5 时可认为M 离子沉淀完全}。操作X 的目的是_______。加入CaCO3调节溶液pH 范围为
_______(填序号)。
A. 2.2~3.2 B.3.2~5.2 C.4.8~6.0 D.8.2~10.2
（4）将提纯后的
在空气中缓慢加热，测得750 ~ 950℃之间剩余固
体质量与起始固体质量比随温度变化曲线如图所示。通过计算确定820°C 时得到锰氧化物的化学式：
_______。(写出计算过程)
【答案】（1）甘蔗渣裂解产生的还原性物质与空气中氧气发生反应，使得Mn(IV)还原率较低（2
分）； 甘蔗渣裂解产生还原性物质还原Mn(IV)的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动（2
分）
（2）若酸的用量过多，加CaCO3调节pH 时消耗CaCO3过多（2 分）
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（3）把Fe2+氧化为Fe3+ （2 分） C（2 分）
（4）Mn2O3（2 分）过程（2 分）（见解析）
【解析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有SiO2、Fe2O3、Al2O3、CuO 等杂质。将一定量甘蔗渣与软锰
矿渣充分混合均匀，在管式炉中焙烧1h。金属氧化物与甘蔗渣裂解产生还原性物质发生反应，金属氧
化物被还原，用稀硫酸“酸浸”，过滤，得硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁溶液、硫酸的混合液，加氧化
剂把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钙调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除铁铝，过滤，滤液加H2S 得
到MnS 沉淀，MnS 经一系列操作得MnSO4·H2O，再热解制得Mn3O4。
（1）①控制其他条件相同，空气氛围中，甘蔗渣裂解产生的还原性物质与空气中氧气发生反应，所
以Mn(IV)还原率较低。
②甘蔗渣裂解产生还原性物质还原Mn(IV)的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以600℃时
Mn(IV)还原率比500℃时低。
（2）酸浸时若酸的用量过多，加CaCO3调节pH 时消耗CaCO3过多，所以酸的用量不宜过多。
（3）操作X 的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，以便于Fe3+生成氢氧化物沉淀除去。加入CaCO3调节溶液
pH 生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁铝，同时不能生成氢氧化锰沉淀，根据金属离子在水中形成
氢氧化物沉淀的pM—pH 关系图，调节溶液pH 范围为4.8~6.0，选C。
（4）设820°C 时得到锰氧化物的化学式为MnxOy，根据Mn 元素守恒xMnSO4·H2O~~~ MnxOy，
(55x+16y)/169x=0.4675，解得x/y=2/3，则820°C 时得到锰氧化物的化学式为Mn2O3。
17．(14 分)CO2资源化具有重要现实意义，相关技术研发是当前科技界研究的热点。其中，将CO2转化为
有机物从而实现碳循环的常见方法有。
合成尿素：2NH3(g)＋CO2(g)
CO(NH2)2(l)+H2O(g) ①
氢化制烷：CO2(g)＋4H2(g)
CH4(g)＋2H2O(g) ②
催化制烯：2CO2(g)＋6H2(g)
CH2=CH2(g)＋4H2O(g) ③
氢化制酸：2CO2(g)＋H2(g)
HOOCCOOH(g) ④
（1）上述转化方法中，原子利用率最高的是_______。
A．反应① B．反应② C．反应③ D．反应④
（2 ）一定条件下，反应①通过以下两步实现：2NH3(g) ＋CO2(g)
NH2COONH4(l) ΔH1 ；
NH2COONH4(l)
CO(NH2)2(l)+ H2O(g) K2。那么ΔH1 0(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K2的
表达式为 。
（3）在2L 的恒温恒容密闭容器中，充入3molH2(g)和2 molCO2(g)后控制实验条件使之发生上述反应
②，测得2 min 时容器内气体压强降至初始压强值的80%。则2 min 时CO2的转化率为 。
（4）在催化剂、0.1MPa 时，CO2和H2按物质的量1：3 投料并发生反应③。图1 是匀速升温过程中体
系CH2=CH2的体积分数(%)与温度(T)的关系，图2 是平衡状态下四种气态物质的物质的量(n)与温度(T)
的关系。
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下列说法不正确的是_______。
A．反应③能自发进行的条件是高温
B．曲线a、c 表示的物质分别为CH2=CH2和CO2
C．除改变温度外，增大压强或及时分离水蒸气也能提高CH2=CH2平衡产率
D．T1时CH2=CH2体积分数达到最大值，说明反应体系恰好达到平衡状态
（5）除方法④外，H2C2O4也可采用微生物电催化的方法制备，装置如下图，阳极区的电极反应式为
。实验发现，当体系升高到一定温度后，装置反应速率会明显下降，原因是 。
【答案】（1）D（2 分） （2）<（2 分） c（H2O）（2 分）
（3）25%（2 分） （4）AD (2 分)
（5）4CO3
2-+2H2O-4e-=O2↑＋4HCO3（2 分） 温度过高使微生物催化能力降低(或催化剂失活)（2
分）
【解析】（1）上述转化方法中，只有氢化制酸的反应为化合反应，原子利用率为100%，其他均有副
产物生成，故答案为D；
（2）反应2NH3(g)＋CO2(g)
NH2COONH4(l) ΔH1为化合反应，所以ΔH1＜0；由平衡常数意义可
知，NH2COONH4(l)
CO(NH2)2(l)+ H2O(g)的平衡常数表达式K2=c(H2O)；
（3）设2min 时消耗的CO2的物质的量为x，三段式：
2min 时n 总=2-x+3-4x+x+2x=5-2x，则P2min/P 始=（5-2x）/(3+2)=4/5，解得x=0.5mol，所以2 min 时CO2
的转化率（0.5/2）×100%=25%；
（4）A 项，反应③CO2(g)＋6H2(g)
CH2=CH2(g)＋4H2O(g)正反应为气体体积减小的反应，ΔS＜0，
由图2 可知，升温平衡时氢气的物质的量逐渐升高，说明平衡后升温，平衡逆向移动，正反应为放热
反应，ΔH＜0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0 可知，能自发进行的条件是低温，故A 错误； B 项，正反应为放
热反应，平衡后升温，氢气的物质的量逐渐增大，平衡逆向移动，则CO2的物质的量也逐渐增大，而
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乙烯和水的物质的量减小，且由化学计量数可知，乙烯的物质的量比水小，所以曲线a、c 表示的物质
分别为CH2=CH2和CO2，故B 正确； C 项，正反应为气体体积减小的反应，其他条件一定，增大压
强平衡正向移动，CH2=CH2平衡产率增大，及时分离水蒸气，平衡正向移动，CH2=CH2平衡产率增
大，所以除改变温度外，增大压强或及时分离水蒸气也能提高CH2=CH2平衡产率，故C 正确；D 项，
由图1 可知，压强恒为0.1Mpa 时，图示中只测试了一定温度间隔的乙烯的体积分数，可能在低于T1
或高于T1的某个温度CH2=CH2体积分数达到最大值，所以T1反应体系不一定达到平衡状态，故D 错
误；故选AD；
（5）CO2转化为H2C2O4时，碳元素化合价由+4 价降低为+3 价，发生还原反应，所以石墨电极为阴
极，钛网电极为阳极，阳极水电离的氢氧根失去电子：2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成的H+结合碳酸根：H+
+CO3
2-=HCO3
-，所以阳极区电极反应式为4CO3
2-+2H2O-4e-=O2↑＋4HCO3
-；该装置采用微生物电催
化，温度过高使微生物催化能力降低(或催化剂失活)，所以当体系升高到一定温度后，反应速率会明
显下降。
18．（16 分）不对称合成设计在有机物的合成中有着重要应用，某化合物Ⅵ是合成氢化橙酮衍生物的中间
体，其合成路线如图所示。
（1）化合物Ⅰ的名称为 ，化合物Ⅳ中官能团的名称分别为 、 。
（2）化合物Ⅵ的分子式为 。化合物Ⅵ的一种同分异构体X 含有苯环、能水解且能发生银
镜反应、在核磁共振氢谱图上只有4 组峰，其结构简式为 (写出一种即可)。
（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有 (填标号)。
A．Ⅳ到Ⅴ的转化中，有
键的断裂与形成
B．化合物Ⅱ中所有碳原子一定共平面
C．化合物Ⅰ在水中的溶解度小于化合物Ⅵ
（4）根据化合物Ⅵ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
反应形成的新结构
反应类型
①
②
氧化反应
(生成有机产物)
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（5）以
和
为原料，利用上述转化过程中的原理制备化合物
。基于你
设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步反应中，有机反应物为 (写结构简式)。
②相关步骤中涉及加成反应，其化学方程式为 (注明反应条件)。
【答案】（1） 对甲基苯甲酸(或4-甲基苯甲酸) （1 分） 醛基 （1 分） 碳碳双键（1 分）
（2）C12H16O2（1 分）
（2 分）
（3）B（2 分）
（4） 稀硫酸，加热（1 分） 取代反应(或水解反应) （1 分） 酸性KMnO4 （1 分）
（2 分）
（5）
（1 分）
(或
)（2 分）
【解析】Ⅰ发生取代反应得到Ⅱ，Ⅲ为乙醛，分子间先加成后消去得到Ⅳ，Ⅳ发生催化加氢生成Ⅴ，
Ⅱ和Ⅴ发生取代反应得到Ⅵ为
；
（1）化合物Ⅰ的名称为对甲基苯甲酸(或4-甲基苯甲酸)，化合物Ⅳ中官能团的名称分别为醛基、碳碳
双键。
（2）Ⅵ为
，则其分子式为
；化合物Ⅵ的一种同分异构体X 含有
苯环、能水解且能发生银镜反应即含1 个HCOO-、在核磁共振氢谱图上只有4 组峰即分子内有4 种氢
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原子，则其结构简式为
。
（3）A．双键中有1 个σ 键和1 个π 键，单键中只有σ 键，Ⅳ到Ⅴ的转化为碳碳双键和醛基上的催化
加成饱和一元醇，则有π 键的断裂，没有π 键的形成，错误；
B．碳氧双键是平面结构，苯环是平面结构，和苯环直接相连的原子处于苯环平面上，则化合物Ⅱ中
所有碳原子一定共平面，正确；
C．羧基能与水分子间形成氢键，羧基是亲水基团，酯基是憎水基团，则化合物Ⅰ在水中的溶解度大
于化合物Ⅵ，错误；选B。
（4）①化合物Ⅵ中含酯基，要把酯基转变为羧基，只要在酸性条件下发生水解即可，故反应条件
为：稀硫酸，加热；反应类型为取代反应(或水解反应)。
②化合物Ⅵ要发生氧化反应，只要把连在苯环上的甲基转变为羧基即可，故反应条件为酸性KMnO4，
产物为
。
（5）以
和HCHO 为原料，利用上述转化过程中的原理制备化合物
，应先
把
催化氧化为
，再仿照乙醛分子间的加成反应，
和 HCHO 按物质
的量之比为1:2 比例合成
，再将
中的醇羟基催化氧化为醛基，即得
到目标产物
。
①据分析，最后一步反应中，有机反应物的结构简式为
。
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②相关步骤中涉及加成反应，其化学方程式为
+2
，或
+
。
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