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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05（江苏专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：
社会热点融合：试题紧密结合国家“碳中和”目标（第1 题）、环保技术（第17 题）等社会热点，体现化
学知识在解决实际问题中的应用。学科交叉与综合能力：强调知识整合，如工业流程（第14、16 题）要
求学生综合运用分离提纯、反应条件控制等知识，体现化学与工程技术的结合。科学探究能力：通过实验
现象推理（第11 题）、催化反应机理分析（第17 题）等题目，强化证据推理与科学探究素养的考察。
高考·新考法：
情境化命题：以液氨为溶剂的配位化学（第4-7 题）、盐酸羟胺的制备（第9 题）等题目，将基础知识置
于新情境中，考察知识迁移能力。有机合成路线分析（第10、15 题）要求从反应路径推断结构，体现对
逻辑思维的系统性考查。动态平衡与热力学综合：第13 题结合甲醇-水催化重整反应，要求学生分析温度
对平衡常数、选择性的影响，体现热力学与动力学的综合应用。
高考·新情境：工业生产流程：铜阳极泥回收（第14 题）、软锰矿制备碳酸锰（第16 题）等工业流程题，
贴近真实生产场景，强化学生对资源回收与绿色化学的理解。 环保技术应用：烟气脱硝催化反应（第17
题）以环保技术为背景，结合催化剂活性分析，体现化学在环境治理中的实际价值。新材料与药物合成：
第10 题药物中间体合成、金铜合金储氢结构（第14 题）等题目，融入新材料与医药领域的前沿应用。
命题·大预测：强化实验与工业流程：未来高考可能继续加大实验设计、工业流程分析的比重，要求学生掌
握实验操作细节（如沉淀pH 控制、分离方法）及流程优化思路。 深化催化反应机理：结合环保、能源等
热点，催化反应机理（如第17 题）可能成为高频考点，需关注催化剂活性位点、中间体结构等细节。 有
机化学综合化：复杂有机合成路径（如多步反应、手性碳判断）及同分异构体推断（第10、15 题）仍为
重点，需强化官能团转化与结构分析能力。动态平衡与计算结合：热力学与动力学综合题（如第13 题）
可能进一步融合计算（如平衡常数、转化率），需熟练运用公式与图表分析。
总结：本试卷充分体现“基础性、综合性、应用性、创新性”的命题导向，未来备考需注重知识整合、情
境化问题解决能力，并关注科技前沿与社会热点的结合。
（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 Na-23 Mn-55
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一、单项选择题：共13 题，每题3 分，共39 分。每小题只有一个选项符合题意。
1．我国提出在2060 年前完成“碳中和”的目标，下列有关低碳生活的说法不正确的是
A．使用氢气等清洁能源代替传统能源
B．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳的排放
C．低碳生活不意味着禁止使用所有燃料
D．在一定条件下，选择合适的催化剂将
还原为甲酸
【答案】B
【解析】A．使用氢气等清洁能源，能够减少CO2的排放，符合低碳生活，故A 正确；
B．推广使用煤液化技术，可减少颗粒污染物的排放，不能减少二氧化碳的排放，故B 错误；
C．低碳生活提倡减少碳排放，不意味禁止使用所有燃料，故C 正确；
D．将
还原为甲酸能减少CO2的排放，故D 正确；
答案选B。
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
【解析】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．以工业废铜屑为原料制取CuSO4溶液，进一步制取用于检验醛基的新制Cu(OH)2，其中原理正确且能达
到实验目的的是
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去油污
制CuSO4溶
液
稀释CuSO4溶液
制新制
Cu(OH)2
【答案】A
【解析】A．碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，能达到实验目的，A 正确；
B．铜与浓硫酸在加热条件下可发生反应，B 错误；
C．稀释含浓硫酸的CuSO4溶液时，应将溶液倒入水中，防止浓硫酸溶于水放热导致液滴飞溅，C 错误；
D．检验醛基时需在碱性溶液中进行，需NaOH 过量，D 错误；
答案选A。
阅读下列资料，完成4-7 题。
液氨是一种很好的溶剂，可以微弱地电离产生
和
。
中的一个H 原子若被
取代可形
成
(联氨)，若被
取代可形成
(羟胺)。在有
存在时，
能溶于氨水形成
。
经过一定的转化可以形成
(无色)、
等。
4．
常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．沸点：
C．第一电离能：
D．电负性：
5．下列有关
的说法正确的是
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A．
的键角比
中的大
B．
的空间构型为直线形
C．
难溶于水
D．
中提供孤电子对的原子是
6．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化可以实现的是
A．
B．
C．
D．
7．对于反应
，下列说法正确的是
A．该反应的
B．该反应的平衡常数表达式为
C．升高温度，该反应的正反应速率减小，逆反应速率增大
D．将反应器容积压缩为原来
一半，气体颜色比压缩前深
【答案】4．C 5．A 6．D 7．D
【解析】
4．A．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，所以原子半径
，A 错误；
B．H2S、H2O、NH3均为分子晶体，H2O 分子间能形成2 个氢键，NH3分子间能形成1 个氢键，H2S 分子间
无氢键，所以沸点
，B 错误；
C．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，但VA 族元素第一电离能大于同周期相邻元素，同主族第一电离
能从上到下逐渐减小，所以第一电离能
，C 正确；
D．同周期电负性从左到右逐渐增大，金属元素的电负性小于非金属元素，所以电负性
，D 错误；
故选C。
5．A．
中N 原子的价层电子对数
，且含有1 个孤电子对，
中N 原子价层电子
对数
，且含有2 个孤电子对；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的
排斥力，前者为三角锥形、后者为V 形，则键角：前者大于后者，故A 正确；
B．
中心原子价层电子对数
，且含有2 个孤电子对，所以空间构型为V 形，故B
错误；
C．
中有羟基，可以与水分子形成氢键，所以
易溶于水，故C 错误；
10
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D．铜离子含有空轨道、N 原子含有孤电子对，所以铜离子提供空轨道、N 原子提供孤电子对形成配位
键，故D 错误；
故选A。
6．A．氯气具有氧化性，会将
氧化，不能生成
，故A 不符合题意；
B．铜与稀硝酸反应生成NO，不能生成NO2，故B 不符合题意；
C．氨气与氧气需在高温、高压、催化剂条件下反应生成一氧化氮，故C 错误；
D．
，所以该转化可以实现，故D 符合题意；
故选D。
7．A．
为化合反应，属于放热反应，所以
，故A 错误；
B．
的平衡常数表达式为
，故B 错误；
C．升高温度，增大活化分子百分数，该反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大
，故C 错误；
D．将反应器容积压缩为原来的一半，压强增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，不能抵消二氧化氮
浓度则增大，气体颜色比压缩前深
，故D 正确；
故选D。
8．短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 元素原子最外层电子数是内层的2 倍，元素Y
的核电荷数等于W 原子的最外层电子数，金属元素Z 其原子最外层电子数与最内层相同。下列说法正确的
是
A．电负性：χ(X)>χ(Y)
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
C．原子半径：r(Z)<r(W)
D．X、W 形成的化合物属于共价晶体
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 元素原子最外层电子数是内层的2 倍，
则X 为C 元素，金属元素Z 其原子最外层电子数与最内层相同，则Z 为Mg 元素，元素Y 的核电荷数等于
W 原子的最外层电子数，短周期主族元素最外层电子数小于8，则Y 元素的核电荷数小于8，大于6，则Y
为N 元素，W 为Cl 元素。
【解析】A．同周期电负性从左向右增大，电负性：C<N，A 错误；
B．W 为Cl 元素，X 为C 元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞
C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2CO3，B 正确；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(Mg)>r(Cl)，C 错
误；
D．碳和氯形成的化合物四氯化碳为分子晶体，D 错误；
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故选B。
9．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1 所示
的方法制备。其电池装置中含Fe 的催化电极反应机理如图2 所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的
是
A．电池工作时，Pt 电极是正极
B．图2 中，A
H+和e-，B 为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH 均下降
【答案】C
【分析】由图可知，Pt 电极上H2→
，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2
；含
铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
【解析】A．Fe 电极NO→NH3OHCl，N 元素化合价降低，做正极，Pt 电极H2→
，H 元素化合价升
高，做负极，故A 错误；
B．根据题意可知，NH2OH 具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反
应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2 中，A 为H+，B 为
，故B 错误；
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4 个氢离子中有1 个是左侧溶液
中HCl 提供的，3 个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO 的物质的量
，则左室增加的质量为0.1molNO 和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，
故C 正确；
D．负极电极反应式：H2-2e-=2
，H+浓度增大pH 值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-
=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH 增大，故D 错误；
故选C。
10．化合物Z 是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
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下列说法正确的是
A．1
X 最多可以与3
反应
B．1
Z 中含有
键数目为5
C．Y 中所有原子可能共平面
D．X、Y、Z 可用
溶液和新制的银氨溶液进行鉴别
【答案】D
【解析】A．X 中的苯环和醛基均能与H2发生加成反应，1
X 最多可以与4
反应，故A 错误；
B．Z 的苯环上还有3 个C-H 键，故1
Z 中含有
键的物质的量为8
，故B 错误；
C．Y 中含有甲基，其碳原子为饱和碳，是四面体结构，故所有原子不可能共面，故C 错误；
D．X 中含有酚羟基，遇
溶液显紫色，可以先鉴别出来；Y 中含有醛基，遇新制的银氨溶液会产生
银镜，故X、Y、Z 可用
溶液和新制的银氨溶液进行鉴别，故D 正确；
答案选D。
11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选
项
实验操作和现象
结论
A
将硫酸酸化
H2O2 滴入 Fe(NO3)2 溶液中， 溶液变黄
色
H2O2的氧化性强于 Fe3+的氧化性
B
向 NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀 AgNO3 溶
液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
C
向沸水中逐滴滴加5～6 滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸。
溶液先变成红褐色，后析出沉淀
Fe3+先水解得到Fe(OH)3胶体，后聚集成
Fe(OH)3沉淀
D
用电导率传感器分别测定等浓度的醋酸溶液和盐酸的电
导率，盐酸的导电性强
HCl 为强电解质
【答案】C
【解析】A．溶液中存在H+和
，相当于HNO3，HNO3也具有氧化性，不能确定是H2O2氧化的Fe2+，
所以不能得出H2O2的氧化性强于 Fe3+的氧化性，A 项错误；
B．由于NaCl、NaI 的浓度未知，不能比较Ksp(AgCl) 与Ksp(AgI)的大小，B 项错误；
C．溶液先变成红褐色，后析出沉淀，
因为Fe3+先水解得到Fe(OH)3胶体，后聚集成Fe(OH)3沉淀，C 项
13
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正确；
D．用电导率传感器分别测定等浓度的醋酸溶液和盐酸的电导率，盐酸的导电性强，只能说明盐酸中离子
浓度大于醋酸中离子浓度，不能证明HCl 为强电解质，D 项错误；
答案选C。
12．室温下，用含少量Ca2+的FeSO4溶液制备软磁性材料α-Fe2O3的过程如下图f 听示。下列说法错误的是
已知Ksp (CaF2)=5.3×l0-9，Ka(HF)=6.3×10-4，Kb(NH3·H2O)=1×10-5。
A．0.1 mol·L-l NH4F 溶液中：c(
)<c(F-)
B．0.1 mol·L-l NH4F 溶液中：c(F-)< c(
)+c(NH3·H2O)
C．“除钙”得到的上层清液中：
D．0.1 mol·L-l氨水和0.1 mol·L-l NH4HCO3溶液等体积混合：2c(H2CO3)+c(
)+c(H+) =c(NH3·H2O)
+c(OH-)
【答案】C
【分析】含少量Ca2+的FeSO4溶液，加NH4F 溶液生成CaF2沉淀除Ca2+，滤液中加氨水、碳酸氢铵的混合
液得到碳酸亚铁沉淀，碳酸亚铁经系列处理得到α-Fe2O3。
【解析】A．由电离平衡常数可知NH3·H2O
电离程度小于HF 的电离程度，根据越弱越水解可知
的
水解程度大于F-，则NH4F 溶液中c(
)<c(F-)，故A 正确；
B．根据元素守恒得：c(F-)+ c(HF)=c(
)+c(NH3·H2O)，则c(F-)< c(
)+c(NH3·H2O)，故B 正确；
C．“除钙”得到的上层清液为CaF2的饱和溶液，
，故C 错误；
D．0.1 mol·L-l氨水和0.1 mol·L-l NH4HCO3溶液等体积混合两者恰好完全反应生成
，根据质子
守恒得：2c(H2CO3)+c(
)+c(H+) =c(NH3·H2O)+c(OH-)，故D 正确；
故选：C。
13．甲醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为
反应Ⅰ CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) ΔH = 49.4 kJ·mol−1
反应Ⅱ CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2 kJ·mol−1
在1.0×105Pa、n 始(H2O)∶n 始(CH3OH)=1.2 时，若仅考虑上述反应，平衡时CO 的选择性、CH3OH 的转化率
和H2的产率随温度的变化如图所示。
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CO 的选择性=
× 100％
下列说法正确的是
A．一定温度下，增大
可提高CO 的选择性
B．平衡时CH3OH 的转化率一定大于H2O 的转化率
C．图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化
D．一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大
【答案】B
【分析】根据已知反应Ⅰ CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) ΔH = 49.4 kJ·mol−1，反应Ⅱ CO2(g) + H2(g)
= CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2 kJ·mol−1，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，
根据选择性的含义，升温时CO 选择性增大，同时CO2的选择性减小，升温时反应Ⅰ正向移动，所以图中
③代表CO 的选择性，①代表CH3OH 的转化率，②代表H2的产率，以此解题。
【解析】A．增大
，平衡正向移动，可提高CH3OH 的转化率，A 错误；
B．由于n 始(H2O)∶n 始(CH3OH)=1.2，H2O 过量，故平衡时CH3OH 的转化率一定大于H2O 的转化率，B 正
确；
C．由分析可知②代表H2的产率，C 错误；
D．反应Ⅰ的平衡常数只与温度有关，温度不变，反应Ⅰ的平衡常数不变，D 错误；
故选B。
二、非选择题：共4 题，共61 分。
14．（14 分）某铜阳极泥
主要成分为
、
、
、
，其中金属元素占比如下
：
0.33%、Ag：9.94%、Cu：16.35%、Pb：13.74%。回收部分化学成分的工艺如下：
（1）氧化法提炼铜和硒。将
、
和
按一定比例配成溶液，充分浸泡铜阳极泥后，所得
浸取液中含有
和
。
①“浸泡”时，
发生反应的离子方程式为______。
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②加入适量
的作用是______。
（2）配位法分离单质Au。从“提炼铜和硒”后的滤渣中分离出单质Au 的流程如图所示：
①“分离单质Au”的工序不适合放在“提炼铜和硒”之前，其原因是__________。
②当浓度低于
，可忽略该离子的存在。“氧化酸浸”时，
应不超过_________
。
{已知：
}
③一种具有储氢功能的金铜合金晶体结构如图所示，氢原子可进入
、
原子构成的四面体空隙中，
该晶体储氢后的化学式为__________。
（3）还原法提炼银。先使用
溶液将
转化为可溶性
和
，再使
用
还原法制取单质银。
①在
转化体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
与浓度的变化关系如图所示，若
浓度为
，则
的浓度为__________。
②分离出单质银后的滤液可循环使用，但在连续生产后可能导致单质银的纯度下降，可能的原因是
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__________。
【答案】（1）①
（2 分） ②使银元素转化为
沉淀（2 分）
（2）①单质金的含量较低，会被包裹在内部，在提取金之前要先脱铜（2 分） ②0.5（2 分） ③
（2 分）
（3）①
（2 分） ②
的浓度逐渐增大，会伴有晶体析出（2 分）
【分析】由题意可知，铜阳极泥回收部分化学成分的工艺按下列次序进行：①氧化法提炼铜和硒；②从
“提炼铜和硒”后的滤渣中用配位法分离出单质Au；③还原法提炼银。
具体为：铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息可
知，所得滤液中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣中加入NaClO3、H2SO4、NaCl
进行氧化酸浸，将Au 转化为Na[AuCl4]，浸取液中含有Na[AuCl4]，浸取液通入二氧化硫还原得到Au，滤
渣中含有AgCl、PbSO4；在滤渣中加入Na2SO3，将AgCl 转化为可溶性
和
，过滤，滤液中加入Na2S2O4，将Ag 元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，分离出单质银后的滤液
中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
（1）①氧化法提炼铜和硒。将
、
和
按一定比例配成溶液，充分浸泡铜阳极泥后，所
得浸取液中含有
和
。则氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、
H2SeO3和H2O，反应中，铜、硒元素化合价分别从+1 价升高到+2 价、-2 价升高到+4 价、过氧化氢中氧元
素从-1 价降低到-2 价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得： “浸泡”时，
发生反
应的离子方程式为
。
②氧化酸浸时，
也会被氧化，释放出的银离子，则加入适量
的作用是使银元素转化为
沉淀。
（2）①已知原料中金属元素占比如下
：0.33%、Ag：9.94%、Cu：16.35%、Pb：13.74%，则“分离单
质Au”的工序不适合放在“提炼铜和硒”之前的原因是：单质金的含量较低，会被包裹在内部，在提取
金之前要先脱铜。
②已知：
，在“除金”工序溶液中，若Cl-加入过
多，AgCl 则会转化为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不
让AgCl 发生转化，则令
，由
，可得c(Cl-)=0.5
mol⋅L−1，即Cl-浓度不能超过0.5 mol⋅L−1。
③Au 原子处于晶胞顶点，均摊法算有
个；Cu 原子处于面心，均摊法算有
个；氢原子进
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入到由Cu 原子与Au 原子构成的四面体空隙中，有8 个；因此该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
（3）①在
转化体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在
平衡关系：
，根据图可知当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
的浓度为
；
②分离出单质银后的滤液主要溶质为
，可循环使用，但在连续生产后可能导致单质银的纯度下
降，可能的原因是：
的浓度逐渐增大，会伴有晶体析出。
15.（16 分） H 是一种新型的新型免疫调节剂(
)，其合成路线如下：
（1）A 中的含氧官能团名称为_______。
（2）B 的分子式为
，其结构简式为_______。
（3）E→F
反应类型为_______。F→G 中有副产物
生成，该副产物的结构简式为_______。
（4）写出同时满足下列条件的C 的一种同分异构体的结构简式：_______。
①是含有一个手性碳的
氨基酸。
②碱性条件下水解后酸化，生成X、Y 和Z 三种有机产物。Y 和Z 分子中均有2 种不同化学环境的氢原
子，Y 能与
溶液发生显色反应，Z 能使溴的四氯化碳溶液褪色。
（5）已知：①
②苯环上连有推电子基团时不利于A→C 反应发生
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③
写出以对硝基甲苯、
为原料制备
的合成路线流程图：
_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）硝基、羧基（2 分）
（2）
或
（2 分）
（3）①取代（2 分） ②
（2 分）
（4）
（3 分）
（5）
（5 分）
【分析】根据流程可知，A 到C 发生的是取代反应，结合小问(2)中B 的分子式为
，可以推出B 的
结构简式为
，C 到D 发生的也是取代反应，D 到E 发生水解反应后再酸化，E 到F 发生
分子内取代，最后由F 生成G；
【解析】（1）根据A 的结构简式，A 中含氧官能团为硝基和羧基；
（2）根据分析可知，B 的结构简式为
或
；
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（3）由分析可知，E→F 的反应类型为取代反应，根据G 的结构简式，可知F→G 是酰胺基邻位上的两个
H 被两个Br 取代，故副产物的结构简式为
；
（4）C 的结构简式为
，C 的同分异构体是含有一个手性碳的
氨基酸，
说明氨基和羧基连在同一个碳上，该碳原子还连有另外两个不同的原子或基团；碱性条件下水解可以得到
X、Y 和Z 三种有机产物，说明有2 个酯基，Y 和Z 分子中均有2 种不同化学环境的氢原子，Y 能与
溶液发生显色反应，Z 能使溴的四氯化碳溶液褪色，则Y 和Z 均为较对称的结构，Y 中含有酚羟基，Z 中
含有碳碳双键，满足条件的C 的同分异构体为
；
（5）以对硝基甲苯、
为原料制备
，可先用对硝基甲苯与
Cl2在催化剂作用下生成
，再与酸性KMnO4反应生成
(先将
甲基氧化，再进行下一步，因为甲基是推电子基，苯环上连有推电子基团时不利于A→C 反应发生)，结合
题干中A 到C 的反应，
与
在乙醇钠、CuBr 的条件下生成
，继续用酸性KMnO4氧化为
，最后用
还原为
，合成路线为
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。
16．（16 分）软锰矿的主要成分是
，还含有少量铝、铜的氧化物等杂质。黄铁矿的主要成分是
，还含有硅，铝的氧化物等杂质。工业上用软锰矿制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要工艺流程如
下：
已知金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀完全时溶液的
如下表：
金属离子
开始沉淀
7.5
2.7
4.1
5.9
5.9
7.8
完全沉淀
9.5
3.7
5.4
6.9
8.9
11.4
（1）“混合”过程中，
的质量浓度、
浸出率与时间的关系如图所示。
①
内，浸出
元素的主要反应的离子方程式为___________。
②
时，
浓度上升的原因可能是___________。
（2）“除重金属”时使用
而不使用
的原因是___________。
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（3）①“
碳化”时发生反应的离子方程式为___________。
②实际制取
时，一般选择使用氨水
混合溶液代替
固体，这样改进的优点是
___________。
（4）某同学欲从某粗碳酸锰(含少量
)出发，制备
晶体。已知
时
能溶于
溶液生成
。如图给出
的溶解度随温度变化的曲线。请
结合题给信息补充完整由粗碳酸锰制备
晶体的实验步骤：称取一定质量的粗碳酸锰，加入
足量的稀硫酸充分反应，___________。(实验中须使用的试剂：
溶液，稀硫酸)
（5）高纯度的
可以制备
，现进行一定质量
高温获得
含量的测定：准确称
取
样品于锥形瓶中，加入
草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品
完全溶解后冷却，立即用
溶液进行滴定，消耗
溶液
，计算
样品的纯度___________。
(已知：
，方程
式未配平，请写出计算过程)
【答案】（1）①
（2 分） ②
时，
浸出率很高，剩余
较少，
浸出的
与
接触机会减少（2 分）
（2）
会增大回收的
中
含量（2 分）
（3）①
（2 分） ②增大
，吸收
气体，防止
溶液外溢造成危险或提高
的利用率（2 分）
（4）边搅拌边逐滴滴加
溶液，调节
为
，过滤；向滤液中滴加
溶液，调节
，使
沉淀完全，残留
转化为
，过滤、
洗涤；向滤渣中加入适量的稀硫酸至固体完全溶解；温度控制
左右蒸发结晶，出现大量晶体后趁热
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过滤，洗涤干燥（3 分）
（5）由题意可知滴定原理为：用过量的草酸钠溶液与Mn3O4反应，过量的草酸钠溶液用标准KMnO4溶液
滴定，n(C2O
)=0.2000 mol•L-1×25.00 mL×10-3 L•mL-1=5.000×10-3 mol；根据2MnO +5C2O
+16H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O；滴定时，MnO 消耗C2O
的物质的量为n(C2O
)=0.1000 mol•L-1×16.00 mL×10-3 L•mL-1×
=4.000×10-3 mol ；根据Mn3O4+C2O
+8H+═3Mn2++2CO2↑+4H2O ，样品中Mn3O4 的物质的量为
n(Mn3O4)=5.000×10-3 mol－4.000×10-3 mol=1.000×10-3 mol；w(Mn3O4)=
≈95.42%。（3 分）
【分析】向软锰矿(主要成分是 MnO2，还含有少量铝、铜
氧化物等杂质)和黄铁矿(主要成分是 FeS2，还
含有硅、铝的氧化物等杂质)加入硫酸混合后，过滤除掉S 和SiO2，得到含Mn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+的溶
液；向所得溶液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；再加入NH3∙H2O，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、
Al(OH)3沉淀；过滤后向所得滤液加入(NH4)2S 将Cu2+转化为CuS 沉淀；再次过滤后，向所得滤液加入
NH4HCO3碳化，并过滤得到MnCO3。
【解析】（1）①浸取时发生的主要反应是硫酸作用下，二氧化锰与黄铁矿中FeS2作用生成硫酸锰、硫酸
铁、硫和水，反应的离子方程式为：
；
②80～100 min 时，Fe2+浓度上升的原因可能是 80～100 min 时，锰浸出率很高，剩余MnO2较少，FeS2浸
出的Fe2+与MnO2接触机会减少，使得此时Fe2+浓度上升。；
（2）Na2S 为强碱弱酸盐溶液碱性强，部分Mn2+会生成Mn(OH)2沉淀，同时会在(NH4)2SO4中带有Na+杂
质；
（3）①Mn2+生成MnCO3，增大溶液的酸性，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，该过程发生
反应的离子方程式是：
；
②选择氨水-NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体，增大c(CO
)，吸收CO2气体，防止溶液外溢造成危
险或提高NH4HCO3的利用率；
（4）根据金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀完全时溶液的pH，边搅拌边逐滴滴加 1.0mol•
L-1NaOH 溶液调节 pH 为3.7≤pH＜7.8，Fe3+完全沉淀，Mn2+还没有沉淀，过滤除去氢氧化铁；向滤液中滴
加 1.0mo•L-1NaOH 溶液，调节 pH≥11.4，使 Mn2+沉淀完全，残留的Zn2+转化为[Zn(OH)4]2-，过滤、洗涤；
向滤渣中加入适量的稀硫酸至固体完全溶解得硫酸锰溶液；温度控制100℃左右蒸发结晶，出现大量晶体
后，控制温度在40℃趁热过滤，洗涤干燥；
（5）由题意可知滴定原理为：用过量的草酸钠溶液与Mn3O4反应，过量的草酸钠溶液用标准KMnO4溶液
滴定，n(C2O
)=0.2000 mol•L-1×25.00 mL×10-3 L•mL-1=5.000×10-3 mol；根据2MnO +5C2O
+16H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O；滴定时，MnO 消耗C2O
的物质的量为n(C2O
)=0.1000 mol•L-1×16.00 mL×10-3 L•mL-1×
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=4.000×10-3 mol；根据Mn3O4+C2O
+8H+═3Mn2++2CO2↑+4H2O，样品中Mn3O4的物质的量为
n(Mn3O4)=5.000×10-3 mol－4.000×10-3 mol=1.000×10-3 mol；w(Mn3O4)=
≈95.42%。
17．（15 分）选择性催化还原烟气中的NOx是环境保护研究中的热点，用NH3在有O2存在时催化还原
NOx是其中常见的一种方法。
(1)将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器，反应相同时间，NOx的去除
率随反应温度的变化曲线如图所示。当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因除催化剂活
性降低外，还可能是 。
(2)150℃时，一种含MnO2的催化剂催化还原NO 的过程如图所示。
①转化(I)中会生成分子式为H2N2O 的中间体，该中间体的结构式为 。
②图中所示转化总反应的化学方程式为 。
(3)烟气中通常含有一定浓度SO2和水蒸气。充有SO2和水蒸气的模拟烟气在通过某锰氧化物催化剂表面
时，可得到如图所示的各种结构：
①充入SO2后，NO 的转化率降低的原因是 。
②实验研究发现，图(b)所示结构既可吸附NH3得到图(c)所示结构，也可吸附H2O 得到图(d)所示结构，但
图(d)所示结构的生成不影响NH3吸附的总量，原因是 。
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③长时间通入含SO2的烟气，会造成催化剂失活，失活的原因除了(3)①中的原因外，还有可能是
和 。
【答案】(1)在温度、催化剂条件下，氨气被催化氧化生成NO(2 分)
(2)①
(2 分) ②
(2 分)
(3)
SO
①
2会占据催化剂的活性位点，NO 的吸附减少(2 分)
NH
②
3可与H+结合 (2 分)
③生成铵盐覆盖、堵塞催化剂空隙(2 分) 将锰氧化物转化为硫酸锰，失去催化能力(3 分)
【解析】NOx的去除率随反应温度的变化曲线图中，迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升
高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度高
于380℃时可能是催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成NO 导致。MnO2的催化剂催化还原NO 的过程图
中可知反应物为氨气、氧气、NO，生成物为氮气和水。（1）反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速
下降的原因可能是温度过高催化剂失去活性，反应速率迅速降低；还可能是因为在温度、催化剂条件下，
氨气被催化氧化生成NO，氨气含量减少，反应速率迅速降低。故答案为：在温度、催化剂条件下，氨气
被催化氧化生成NO。（2）分子式为H2N2O 的中间体，由流程可知为NO 连接到氨基上得到中间体，结合
H、N、O 的成键数进行分析结构式为：
；反应为氨气和氧气在150℃、二氧化锰催化作用下
还原NO，故方程式为：
。（3）由SO2和水蒸气的模拟烟气在通过某锰氧化
物催化剂表面时得到如图所示的各种结构可知：SO2会占据催化剂的活性位点，NO 的吸附减少，导致NO
的转化率降低；氨气显碱性，图(d)所示结构中含H+，NH3可与H+结合不影响NH3吸附的总量；吸入的二
氧化硫显酸性会与氨气反应生成铵盐，生成的铵盐可能覆盖、堵塞催化剂空隙，同时二氧化硫具有还原
性，催化剂二氧化锰具有氧化性会被二氧化硫还原为硫酸锰而失去催化能力。故答案为：SO2会占据催化
剂的活性位点，NO 的吸附减少；NH3可与H+结合；生成铵盐覆盖、堵塞催化剂空隙；将锰氧化物转化为
硫酸锰，失去催化能力。
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