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2025 年高考押题预测卷01
高三化学
(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、准考证号填写在答题卡上。
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。
可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40
Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64 Bi-209
第Ⅰ卷(选择题 共48 分)
一、选择题：本题共16 小题，每小题3 分，共48 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．按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( )
A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐
【答案】D
【解析】[Cu(NH3)4](OH)2是一种易溶于水的强碱，属于电解质，Cu2+与NH3之间以配位键相结合，属
于配合物；故选D。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．基态As 原子价电子排布图：
B．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
C．CO2的空间填充模型：
D．HClO 的结构式： H-Cl-O
【答案】A
1
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【解析】A 项，As 是第四周期第ⅤA 族元素，价电子排布图为
，A 正确；B 项，邻羟
基苯甲醛的分子内氢键应该是羟基中的氢原子与醛基的氧原子之间形成分子内氢键：
，B 错误；
C 项，CO2的空间结构为直线形，C 错误；D 项，HClO 的结构式为H—O—Cl，D 错误；故选A。
3．化学学科在创新中不断前进，下列说法错误的是( )
A．伏打研制了第一个化学电源，该装置实现了电能到化学能的转化
B．鲍林提出的杂化轨道解释了甲烷的正四面体结构
C．侯德榜改进了索尔维制碱法，侯氏制碱法经济环保
D．神舟十九号载人飞船使用了国产耐烧蚀树脂，该树脂为高分子材料
【答案】A
【解析】A 项，伏打研制了第一个化学电源，该装置实现了化学能到电能的转化，A 错误；B 项，范
霍夫提出了甲烷的正四面体结构，而鲍林提出的杂化轨道理论很好地解释了甲烷的正四面体结构，B 正确；
C 项，侯德榜改进了索尔维制碱法，侯氏制碱法完美的弥补了索尔维制碱法的不足，不仅提高了食盐利用
率，减少了对环境的污染，还缩短了生产流程、降低了纯碱的成本，故侯氏制碱更经济环保，C 正确；D
项，树脂属于合成有机高分子材料，D 正确；故选A。
4．已知氨(NH3)和硼烷(BH3)可以发生化合反应生成氨硼烷(H3N-BH3)，它和乙烷(CH3CH3)具有相似的
结构。下列有关这4 种分子的说法正确的是( )
A．分子的极性：CH3CH3＜H3NBH3
B．NH3和BH3的VSEPR 模型都是四面体形
C．分子中H-N-H 之间的键角：NH3＞H3NBH3
D．相同条件下在水中的溶解度：H3NBH3＜CH3CH3
【答案】A
【解析】A 项，H3NBH3分子左右不对称，正电荷重心在B 原子附近，负电荷重心在N 原子附近，是
极性分子；CH3CH3分子左右对称，正负电荷重心重合，是非极性分子，分子的极性：CH3CH3＜H3NBH3，
故A 正确；B 项，NH3中N 原子价电子对数为4，VSEPR 模型都是四面体形，BH3中B 原子价电子对数为
3，VSEPR 模型是平面三角形，故B 错误；C 项，NH3中N 原子价电子对数为4，有1 个孤电子对；
H3NBH3中N 原子价电子对数为4，无孤电子对；分子中H-N-H 之间的键角NH3＜H3NBH3，故C 错误；D
项，H3NBH3能与水分子形成氢键，乙烷是非极性分子，所以相同条件下在水中的溶解度：H3NBH3＞
2
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CH3CH3，故D 错误；故选A。
5．实验室模拟二乙醇胺[(HOCH2CH2)2NH]脱硫、再生及测定SO2吸收率的过程。各步骤中装置和原理
不能达到相应实验目的的是( )
A．制取SO2
B．脱硫(吸收SO2)
C．再生(解吸SO2)
D．测定SO2吸收率
【答案】D
【解析】A 项，亚硫酸钠固体和70%硫酸反应生成二氧化硫，可以达到实验目的，故A 不符合题意；
B 项，二乙醇胺[(HOCH2CH2)2NH]显碱性可以吸收酸性氧化物二氧化硫，且二氧化硫易与氢氧化钠溶液反
应应该用倒置漏斗防倒吸，可以达到实验目的，故B 不符合题意；C 项，吸收二氧化硫后的二乙醇胺
[(HOCH2CH2)2NH]在加热搅拌器的作用下解吸出二氧化硫，用双氧水吸收，碱石灰吸收多余的二氧化硫，
可以达到实验目的，故C 不符合题意；D 项，酸性高锰酸钾可以与双氧水中的二氧化硫反应，但是也能与
稀盐酸反应，不能达到实验目的，故D 符合题意；故选D。
6．下图表示主族元素X 及其化合物的部分转化关系。单质X2可用于生产漂白粉和漂白液。下列说法
错误的是( )
A．反应①中HX 是还原剂 B．HXO 的结构式为H—O—X
C．X-水解显碱性 D．XO3
-的空间构型为三角锥形
【答案】C
【解析】单质X2可用于生产漂白粉和漂白液，则X 是氯元素。A 项，HX 中X 是-1 价，反应①中化合
价升高到0 价，失去电子，是还原剂，A 正确；B 项，HClO 的结构式为H—O—Cl，B 正确；C 项，Cl-是
强酸的酸根离子，不发生水解，C 错误；D 项，ClO3
-的中心原子是sp3杂化，含有一个孤电子对，则空间
构型为三角锥形，D 正确；故选C。
7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( )
选项
结构或性质
用途
3
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A
乙二醇与水混合能显著提高水的沸点
乙二醇用于生成汽车防冻液
B
壳聚糖具有良好的生物相容性和生物可降解性
壳聚糖可制成手术缝合线、环保包
装袋
C
烷基磺酸根离子在水中形成亲水基团向外、疏
水基团向内的胶束
烷基磺酸钠可用于制造肥皂和洗涤
剂
D
大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，
有良好的导电性
离子液体可用作原电池的电解质
【答案】A
【解析】A 项，乙二醇用于生成汽车防冻液是因为它能够与水任意比例混合，并且当乙二醇含量增加
时，混合液的冰点会显著降低，在很低温度时不凝固，不是提高沸点，A 错误；B 项，壳聚糖可制成手术
缝合线、环保包装袋的原因是壳聚糖具有良好的生物相容性，不会对人体造成危害，能够与人体组织良好
结合；同时具有生物可降解性，能够迅速分解为无害物质，B 正确；C 项，烷基磺酸钠可用于制造肥皂和
洗涤剂的原理为烷基磺酸钠分子具有双亲结构，一端是亲油基(通常为烷基)，亲油基插入油污等非极性污
渍内部，另一端是亲水基(磺酸基及其钠盐形式)，亲水基朝向水相，这种结构使其能显著降低水的表面张
力，使水更容易在被清洗物体表面铺展，从而让洗涤剂能够充分接触并渗透到污渍处清洗油污，C 正确；
D 项，大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，有良好的导电性的这一特性能够满足原电池电解质的
需要，D 正确；故选A。
8．我们日常用到的消毒剂有84 消毒液，乙醇，漂白粉，二氧化氯及苯酚等。下列有关离子方程式书
写正确的是( )
A．将足量苯酚加入碳酸钠溶液中：
B．将漂白粉加入少量亚硫酸钠溶液中：
C．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色：
D．在酸性(H2SO4)溶液中用草酸还原氯酸钠制备二氧化氯：
【答案】C
【解析】A 项，苯酚的酸性比碳酸弱，故将足量苯酚加入碳酸钠溶液中反应的离子方程式为
4
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，A 错误；B 项，将漂白粉加入少量Na2SO3溶液中，生成的SO4
2-不足以将
全部沉淀，故反应的离子方程式为
，B 错误；C 项，乙醇具有还原性，
能被酸性高锰酸钾氧化成乙酸，反应的离子方程式为
，C 正确；D 项，草酸是弱酸不可拆，故正确的离子方程式为
，D 错误；故选C。
9．有机物P 是一种治疗心律失常的药物，其部分合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。
下列说法
中错误的是( )
A．M→N 为取代反应
B．M 与溴水反应最多消耗2molBr2
C．P 完全氢化后有4 个手性碳
D．P 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A 项，观察M→N 的反应，M 中酚羟基的氢原子被取代，该反应为取代反应，A 正确；B 项，
M 中含有酚羟基，酚羟基的邻、对位可与溴水发生取代反应，M 分子中酚羟基的邻、对位有2 个位置可被
取代，所以1mol M 与溴水反应最多消耗2molBr2，B 正确；C 项，手性碳是连有4 个不同原子或原子团的
碳原子，P 完全氢化后产物为
，其中有4 个手性碳如图所示
5
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，C 正确；D．P 中含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能
被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D 错误；故选D。
10．化合物M 的化学式为Y2X6Z5W2，可用于Friedel-Crafts 芐基化和环己基化反应催化剂。X、Y、
Z、W 均为短周期主族元素，Z 与W 同主族，X、Y、Z 同周期，基态X 原子的价层电子排布式为
ns2np2n+1，基态Y 原子s 能级上的电子总数是p 能级上电子总数的2 倍，Z 与W 原子的质子数之和是Y 原子
序数的4 倍。下列说法正确的是( )
A．电负性Z＞X＞W B．W 的单质易溶于YW2
C．键角：YX4＞WZ3 D．基态Y、Z 原子核外电子的空间运动状态均有5 种
【答案】B
【解析】基态X 原子的价层电子排布式为ns2np2n+1可知，X 为F，由基态Y 原子s 能级上的电子总数
是p 能级上电子总数的2 倍可知，Y 为C，由Z 与W 同主族，Z 与W 原子的质子数之和是Y 原子序数的4
倍可知，Z、W 分别为O、S，综上所述：X 为F、Y 为C、Z 为O、W 为S。A 项，非金属性越强，电负性
越大，电负性：F＞O＞S，A 项错误；B 项，W 的单质是硫单质，易溶于CS2，B 项正确；C 项，YX4是
CF4，C 的价层电子对数是
，正四面体形，键角为
，WZ3是SO3，S 的价层电子对数
是
，为平面三角形，键角为
，C 项错误；D 项，基态碳原子核外电子共占据4 个原子轨
道，空间运动状态有4 种，D 项错误；故选B。
11．一定温度下，向
恒容密闭容器中充入1.0molSO2Cl2(g)，发生反应SO2Cl2(g)
SO2(g)+Cl2(g)
ΔH＞0，测定实验数据得到v 正~ c(SO2Cl2)和v 逆~c(SO2)的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
6
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A．SO2Cl2(g)的分解反应在低温下能自发进行
B．若混合气体的密度保持不变，能判断反应已达平衡
C．若平衡时升高温度，曲线Ⅱ的h 点可能变为f 点
D．若平衡后恒温充入一定量的SO2Cl2(g)，SO2Cl2(g)的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】A 项，SO2Cl2的分解反应是熵增的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0 可以自
发进行，高温下能自发进行，A 错误；B 项，因反应时气体质量保持不变，且在恒容容器中反应，气体体
积也保持不变，则整个反应过程中混合气体的密度一直保持不变，故不能判断反应已达平衡，B 错误；C
项，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正移，c(SO2Cl2)减小，且温度升高反应速率加快，曲线Ⅱ的h 点
可能变为e 点，C 错误；D 项，若平衡后恒温充入一定量的SO2Cl2(g)，相当于给体系加压，平衡“逆移”，
反应重新达到平衡时，SO2Cl2(g)的转化率减小，D 正确；故选D。
12．在光照条件下，
(赤铁矿)材料中的光生空穴
可氧化富电子的芳烃(使苯环上的
键胺化)形成相应的阳离子自由基物种，生成物进一步与吡唑反应得到偶联产物，机理如图。下列叙述正确
的是( )
A．电子由a 极经外电路流向b 极，b 极发生氧化反应
B．b 极附近电解质溶液pH 降低
C．a 极的电极反应式为
7
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D．上述总反应中，只断裂sp2-s 型σ 键，同时只形成sp2-sp2型σ 键
【答案】C
【解析】A 项，b 极H+得电子生成H2，为阴极，发生还原反应，A 项错误；B 项，b 极表面发生还原
反应2H＋＋2e-=H2↑，c(H＋)降低，pH 增大，B 项错误；C 项，由机理图可知a 极的电极反应式为
，C 项正确；D 项，从总反应式看，除生成偶联
产物外，还有氢气生成，氢气中有H-H 键(s~s)，有s~s 型σ 键形成，D 项错误；故选C。
13．近年来，二维硒氧化铋因其稳定性好、载流子迁移率高等优点，被广泛应用于各种电子设备。研
究人员发现，与石墨烯等二维材料不同，二维硒氧化铋的
层与
层之间是通过弱静电力而非
范德华力维系。如图甲是二维硒氧化铋的结构示意图。下列说法正确的是( )
A ．
中，
B．二维硒氧化铋晶胞沿z 轴方向的投影图应该为
C．若NA为阿伏加德罗常数的值，则二维硒氧化铋晶体的密度为
D．二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，化学式变为
，则a：b=2：3
【答案】C
【解析】根据图乙，没有掺杂其他原子，利用均摊法可知晶胞中原子数分布如下：含个
Bi
8
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原子，
个Se 原子，
个O 原子，其化学式为Bi2O2Se，所以图甲中根据电荷守恒知，该
晶胞中
与
个数比为1：1。A 项，该晶胞中
与
个数比为1 ： 1，结合化
合物化合价规律可知，
中
，
，A 错误；B 项，根据立体几何关系可知，晶胞沿Z
轴的投影中，Bi3+位于面心，Se2-位于顶点，O2-位于棱上，其投影图为：
，B 错误；C 项，晶
胞的化学式为
，该晶胞中含有Se 个数=8
+1=2，结合化学式知该晶胞中含2 个
，故该
晶胞的质量m=
，该晶胞体积V=a×10-10×a×10-10×c×10-10cm3=a2c×10-30 cm3，故该晶体的密度为
，故C 正确；D 项，二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，有一个O 原子
所在位置成为空穴，还有两个O 原子被N 原子替换，所以O 原子个数变为：
=2.5，N 原子数为：
，Bi 与Se 个数没变化，分别是4 和2，即Bi：O：Se：N=4：2.5：2：1=2：1.25：1：0.5，根据化
学式可得出2-a=1.25，a=0.75，b=0.5，因此得出a：b=3：2，D 错误；故选D。
14．科学家利用二芳基硅二醇
(
表示芳基)实现了温和条件下的“碳中和”过程，用
环氧丙烷(
)与CO2催化环加成反应生成碳酸丙烯酯的反应机理如图。
9
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下列说法不正确的是( )
A．该过程中涉及碳原子的杂化方式的改变
B．若用
代替环氧丙烷，则过程中有
生成
C．考虑手性异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6 种
D．
该过程的最终产物可与
反应
【答案】C
【解析】催化剂在反应开始的时候，就参与反应，最终又生成了该物质，中间产物，是开始的没有，
最终也没有该物质生成，只是在反应过程中参与反应。A 项，反应①和②中涉及的碳原子均为sp3杂化，
反应③生成了羰基，碳原子为sp2杂化，故A 正确；B 项，根据反应①和②可知，若用
代替环
氧乙烷，则过程中有
生成，故B 正确；C 项，环氧丙烷中有三种不同的氢原子，且
除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构，可知环氧丙烷的一氯代物有5 种，故C 错误；
10
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D 项，最终产物
含有两个酯基，可以故1mol 该过程的最终产物可与
反应，故
D 正确；故选C。
15．常温下，分别向Cu(NO3)2溶液、HCN 溶液、HNO2溶液中滴加NaOH 溶液，测得溶液Px[
，
代表
、
、
]随pH 的变化关系如图所示。已知常温下，
，
，下列叙述正确的是( )
A．
代表
随pH 的变化关系
B．常温下，
C．常温下，等物质的量浓度的NaNO2和HNO2的混合溶液中，
D．常温下，向浓度均为0.1mol·L-1的HCN 溶液、HNO2溶液中分别滴加NaOH 溶液至两溶液pH 相同
时，
【答案】D
【解析】A 项，Cu2+和OH-生成Cu(OH)2沉淀，pH 越大，Cu2+浓度越小，则L3代表
，由
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可知，
、
相同时，HNO2溶液中H+浓度更大，酸性更强，故L1
代表
，L2代表
，A 错误；B 项，L3代表
，根据Q 点坐标可知常温下，
，B 错误；C 项，由M 点坐标可得
，等浓度NaNO2和HNO2的混合溶液的
，由电荷守恒得
，结合元素守恒
，联立可得
，又知
，故
，C 错
误；D 项，由N 点坐标可得
，常温下，向浓度均为0.1mol·L-1的HCN 溶液、HNO2溶液中
分别滴加NaOH 溶液至两溶液pH 相同时，
，D 项正确；
故选D。
16．已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁形式存在，草酸亚铁在常温常压下稳定，加热至190℃以上
时开始分解。某实验小组采用两种方案在实验室测定芹菜中铁元素的含量，下列说法正确的是( )
已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6
2-+2NaI。
方案一：
方案二：
A．方案一中加入的酸可以为稀盐酸
B．实验中“灰分”中铁元素的存在形式为
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C．方案二中加入足量
溶液的作用是除掉过量的H2O2
D．若方案一中标准KMnO4(H+)溶液的浓度为
、消耗体积为
，则芹菜中铁元素的质量分
数为
【答案】D
【解析】根据实验方案设计，方案一芹菜灼烧得到铁的氧化物，加酸溶解，加铜将铁元素完全转化为
Fe2+，再用酸性高锰酸钾测定；方案二芹菜灼烧得到铁的氧化物，加酸溶解过滤得到含Fe2+或Fe3+的溶液，
加足量的H2O2将铁元素转化为Fe3+，Fe3+与I-离子反应得到I2，再用Na2S2O3标准溶液测定。A 项，若方案
一中加入的酸为稀盐酸，酸性条件下Cl-与酸性高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，无法利用酸性KMnO4
与Fe2+的反应测定Fe 含量，A 项不正确；B 项，灼烧过程中Fe(II)会氧化为Fe(III)，根据方案设计可推知
“灰分”中铁元素的存在形式为Fe2O3，B 项错误；C 项，方案二中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，过量的
双氧水加热分解后，加入足量KI 溶液的作用是与Fe3+反应，C 项错误；D 项，方案一的待测液中Fe2+与
KMnO4反应的离子方程式为5Fe2++MnO4
-+8H+=2Mn2++5Fe3++4H2O，根据题意可列计算式
，D 项正确；故选D。
第II 卷(非选择题 共52 分)
二、非选择题：本题共4 小题，共52 分。
17．(16 分)氮是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1 所示，其化学式是 ，晶体类型是 。
(2)丁二酮肟可以与
生成血红色配合物，如图2 所示。
①基态
的简化电子排布式为 。
②键角
的原因是 。
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(3)氨基硼烷系列的储氢材料有多种。
①脂环氨硼烷(
)可作为储氢材料，下列说法正确的是 。
A．电负性：N＞C＞H
B．元素
的第一电离能均高于同周期相邻元素
C．相同条件下在苯中的溶解度：
>
D．基态硼原子核外电子的轨道表示式：
②氨硼烷(NH3BH3)也可作为储氢材料。已知NH3BH3、NH3都能与
发生反应，可体现出一定的酸性，
比较两者酸性强弱：NH3 NH3BH3 (填“>”、“<”或“=”)。
③氨硼烷(NH3BH3)也可作为储氢材料。在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气。其中溶液中的
阴离子为B3O6
3-，写出该反应的化学方程式： 。
(4)新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定。
方法I：工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表
面，写出该反应的化学方程式： 。
方法II：已知硅的熔点是1410℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种工业用硅(含少量钾、
钠、铁、铜的氧化物)为原料合成氮化硅的主要工艺流程如下：
①净化N2和H2时，铜屑的作用是 ，硅胶的作用是 。
X
②
可能是 (填“盐酸”“硝酸”“硫酸”或“氢氟酸”)。
【答案】(1)Al(NH)3Cl3(2 分) 分子晶体(1 分)
(2)[Ar]3d8(1 分) 两者均为sp2杂化，键角α 对应的N 原子有一对孤电子对，键角β 对应的N 原子没
有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对与成键电子对的排斥力，所以键角α＜
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β(2 分)
(3) ①AD(2 分) ②<(1 分) ③3NH3BH3+6H2O=B3O6
3-+3NH4
++9H2(2 分)
(4)SiCl4+2N2+6H2=Si3N4+12HCl(2 分)
①除去原料气中的氧气(1 分) ②除去水蒸气(1 分) 硝酸(1 分)
【解析】(1)由晶胞图可知，每个Al 连接1 个NH3和3 个Cl，化学式为Al(NH)3Cl3；晶体类型为分子晶
体；
(2)①基态Ni2+的简化电子排布式为：[Ar]3d8；②由图2 可知，丁二酮肟中N 原子为sp2杂化，还有1 个
孤对电子，丁二酮肟可以与Ni2+生成血红色配合物中N 原子也是sp2杂化，N 原子提供孤电子对与Ni2+形成
配位键，由孤电子对变成成键电子对，孤电子对对成键电子对斥力大于成键电子对对成键电子对斥力，键
角α＜β；
(3)①A 项，元素的非金属性越强电负性越大，非金属性N＞C＞H，电负性N＞C＞H，A 正确；B 项，
B 原子的价电子排布式为2s22p1，Be 原子的价电子排布式为2s2，2p 上的电子能量高，容易失去，第一电
离能B<Be，B 错误；C 项，
结构中有-NH，属于亲水基，在水中溶解度大，在苯中溶解度小，
因此，相同条件下在苯中的溶解度：
<
，C 错误；D 项，基态硼原子核外电子排布
式为：1s22s22p1，基态硼原子核外电子的轨道表示式：
，D 正确；故选AD；
②NH3BH3中存在N 原子提供孤电子对与B 原子形成配位键，中心原子N 的电子云密度变小，N-H 键极性
变大，容易电离出H+离子，酸性强，则酸性：NH3< NH3BH3。③氨硼烷和水发生反应，产生氢气，发生的
反应为：3NH3BH3+6H2O=B3O6
3-+3NH4
++9H2；
(4)根据原子守恒可写出化学方程式：SiCl4+2N2+6H2=Si3N4+12HCl。①由于氧气和水蒸气都能腐蚀氮化
硅，而氮气和氢气中含有水蒸气和氧气，所以铜屑的作用是除去原料气中的氧气，硅胶的作用是除去水蒸
气。②由于工业用硅中含有铜的氧化物，在反应中氧化铜能被还原生成铜，因此要除去铜应该选择硝酸，
盐酸和硫酸不能溶解铜，氢氟酸能腐蚀氮化硅。
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18．(12 分)利用工业废气中的CO2合成甲醇可以变废为宝，有关反应式如下：
i．CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)
ii．CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g)
上述反应的焓变和熵变如表：
反应
ΔH(kJ·mol−1)
ΔS(J·mol-1·K-1)
ⅰ
-48.97
-177.76
ⅱ
+42.08
回答下列问题：
(1)该过程使用的催化剂为Cu/Zn，Al 纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最
小的是 (填元素符号)。
(2)反应i 正反应自发进行的条件是 (填“低温”“高温”或“任意温度”)。
(3)已知：①CH3OH(l)+3/2O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-726.51kJ·mol−1
②H2(g)＋1/2O2(g)= H2O(l) ΔH2
③H2O(g)=H2O(l) ΔH3＝-44kJ·mol−1
④CH3OH(l)=CH3OH(g) ΔH4＝+37.92kJ·mol−1
则ΔH2= kJ·mol−1。
(4)在恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，发生上述反应合成CH3OH，测得CH3OH 的选择性和
CO2平衡转化率与温度的关系如图所示。
D、E、F 三点中，CH3OH 的物质的量最大的是 (填字母)。温度高于513K 时，CO2平衡转化率
增大程度加快，其主要原因是 。
提示：CH3OH 的选择性
。
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(5)某温度下，保持总压强为100 kPa，向体积可变的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，发生反应，
达到平衡时CO2转化率为50%，CH3OH 体积分数为10%。平衡体系中，H2分压为 kPa。该温度下，
反应ⅰ的平衡常数Kp为 (列出计算式)(kPa)-2。
提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)，分压等于总压物质的量分数。
(6)以CH3OH 为燃料制成碱性燃料(CH3OH/O2)电池，利用该电池电解500mL1.0mol·L-1NaCl 溶液，当正
极消耗280 mL(标准状况)纯气体时，电解装置恢复至室温，此时电解后的NaCl 溶液的pH 为 (忽略
溶液体积的变化)。
【答案】(1)Zn(1 分)
(2)低温(1 分)
(3)-285.8(2 分)
(4)F(1 分) 随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度(1 分)
(5)55(2 分)
(2 分)
(6)13(2 分)
【解析】(1)基态Zn 的价电子排布式为3d104s2，基态Zn+的价电子排布式为3d104s1，基态Cu 价电子排
布式为3d104s1，基态Cu+价电子排布式为3d10，处于半满状态，难失去电子，其第二电离能大，第二电离能
与第一电离能相差大，故该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是Zn；
(2)反应i 的ΔH＜0、ΔS＜0，依据ΔG=ΔH-TΔS＜0 反应可自发进行，则低温下自发进行；
(3)已知：①CH3OH(l)+3/2O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-726.51kJ·mol−1；②H2(g)＋1/2O2(g)= H2O(l)
ΔH2；③H2O(g)=H2O(l) ΔH3＝-44kJ·mol−1；④CH3OH(l)=CH3OH(g) ΔH4＝+37.92kJ·mol−1；CO2(g)＋
3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH5＝-48.97kJ·mol−1；根据盖斯定律：①+③－④+⑤得到3H2(g)＋
3/2O2(g)=3H2O(l)，求
=-857.4kJ·mol−1；则H2(g)＋1/2O2(g)= H2O(l)
；
(4)D、E、F 点生成CH3OH 的物质的量分别为
、
、
，故物质的量最大的点是F；升高
温度反应i 平衡左移，二氧化碳平衡转化率降低，而反应ii 平衡右移，二氧化碳平衡转化率增大，温度高
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于513K 时，CO2平衡转化率增大程度加快，说明此时以反应ii 为主，即随着温度升高，反应ⅱ向右移动的
程度大于反应ⅰ向左移动的程度；
(5)设平衡体系中，CH3OH、CO 的物质的量分别为x、y，列式子：
i．
ii．
反应ii 前后体积不变，反应i 前后物质的量减小了2x；平衡时气体总物质的量为4-2x；依题意，
，解得：
；平衡体系中，各组分的物质的量如下：
。总物质的量
。
、
。反应i 的平衡常数
。
(6)正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，电解氯化钠溶液时阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋
2OH-，转移电子的物质的量
，电解生成的氢氧根离子浓度
，pH=14-pOH=13。
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19．(12 分)铋酸钠(NaBiO3是一种新型的光催化剂。实验室利用如图所示装置制取铋酸钠。(加热和夹
持仪器已略去)
已知：(①Bi(OH)3是难溶于水的白色固体；
②NaBiO3为浅黄色固体。不溶于冷水，在空气、热水及酸溶液中发生分解；
③Bi3+在酸性水溶液中呈无色。
回答下列问题：
Ⅰ．制取铋酸钠
(1)检查装置气密性并加入试剂，装置丙中盛放Bi(OH)3固体与过量NaOH 溶液的混合物，打开K1、
K3，向三颈烧瓶中滴加浓盐酸。仪器X 的名称为 ；装置丙中发生反应的离子方程式为 。
(2)装置乙中间长导管的作用是 。
(3)当装置丙中反应已完成，立即关闭K1、K3，打开K2，向甲中加入足量NaOH 溶液，作用是 ；
装置丁中盛放NaOH 溶液，其中发生反应的化学方程式为 。
Ⅱ．铋酸钠的分离提纯
(4)反应结束后，为了从装置丙中获取NaBiO3粗产品，下列选项中最合理的操作组合是 (填标
号)。
a．在冰水中冷却 b．用普通漏斗过滤 c．用布氏漏斗抽滤
d．冷水洗涤 e．热水洗涤 f．自然晾干
g．在干燥器中干燥
Ⅲ．铋酸钠纯度的测定
(5)取上述制得的NaBiO3粗产品mg，加入足量的稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，生成Bi3+，溶
液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100mL 溶液，取25.00mL 用nmol/L 的H2C2O4标准溶液滴定，
到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液VmL。该产品的纯度是 (用含n、m、V 的代数式表示)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗(1 分) Bi(OH)3+3OH-+ Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O(2 分)
(2)平衡装置内外气压(2 分)
(3)可防止NaBiO3分解，还能吸收多余氯气(2 分) Cl2+2NaOH= NaCl+ NaClO+H2O(1 分)
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(4)acdg(2 分)
(5)
(2 分)
【解析】浓盐酸与KMnO4在装置甲内反应制得Cl2，气体经过装置乙内饱和食盐水除去HCl 杂质后进
入装置丙，与丙中的Bi(OH)3在NaOH 溶液环境发生氧化还原反应制得NaBiO3。
(1)仪器X 的名称：恒压滴液漏斗；丙装置中Bi(OH)3在NaOH 溶液环境下与氯气发生反应生成
NaBiO3：Bi(OH)3+3OH-+ Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；
(2)装置乙中间长导管与外界相连通，可起到平衡气压的作用；
(3)NaBiO3在空气、热水及酸溶液中发生分解，所以反应完成后加入足量NaOH 溶液，可防止NaBiO3
分解，还能吸收多余氯气；丁中的氢氧化钠溶液可吸收多余氯气：Cl2+2NaOH= NaCl+ NaClO+H2O；
(4)据已知信息，NaBiO3不溶于冷水，在空气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品：a．在冰水中
冷却，合理；b．用普通漏斗过滤，延长了过量时间，增大铋酸钠分解可能，不合理；c．用布氏漏斗抽滤，
加快过滤，合理；d．冷水洗涤，减少溶解损失，合理；e．热水洗涤，由于铋酸钠在热水中逐渐分解，不
合理；f．自然晾干，暴露空气中太久，铋酸钠分解，不合理；g．在干燥器中干燥，减少与空气接触，合
理；故选acdg；
(5)NaBiO3将MnSO4氧化为MnO4
-，自身被还原为Bi3+，MnO4
-被H2C2O4还原，根据得失电子守恒：
5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4
-+5Na++5Bi3++7H2O，关系式：5NaBiO3~2Mn2+~2MnO4
-~5H2C2O4~10e-，则纯度：
。
20．(12 分)OTC 药物氯雷他定是一种高效抗过敏药，合成氯雷他定的一种方法如下图所示(部分反应
条件已简化)。
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已知：1.
；2.
。
请回答：
(1)化合物H 的含氧官能团名称是 。
(2)化合物B 的结构简式是 。
(3)下列说法不正确的是_____。
A．由反应E→F 可知，(CH3)3COH 的作用是保护氰基
B．化合物C 的碱性比化合物J 强
C．I→J 的反应类型是消去反应
D．氯雷他定的分子式C22H25ClN2O2
(4)写出反应C→E 的化学方程式 。
(5)用化合物G、K 和药物中间体(
)也可以制备氯雷他定，请写出合成路线图
。
(6)写出4 种同时符合下列条件的化合物F 的同分异构体的结构简式 。
①分子中含有一个苯环；
②可以发生银镜反应；
③1H-NMR 谱表明分子中有4 种不同化学环境的H 原子。
【答案】(1)羰基(1 分)
(2)
(1 分)
(3)B(2 分)
(4)
(2 分)
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(5)
(3 分)
(6)
、
、
、
(3 分)
【解析】由有机物的转化关系可知，酸性条件下
与(CH3)3COH 发生加成反应生成
，则B 为
；
发生题给信息反应生成
，一定条件下
与
发生取代反应生成
，在POCl3条件下
转化为
；
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与
反应转化为
，一定条件下
发生分子内加成反应生成
，则I 为
；
浓硫酸作用下
共热发生消去反应生成
；
与ClCOOC2H5发生取代反应生成
。
(1)由结构简式可知，
的含氧官能团为羰基；
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(2)由分析可知，B 的结构简式为
；
(3)A 项，由A、F 中都含有氰基，说明(CH3)3COH 的作用是保护氰基，故A 正确；B 项，
的吸电子能力强于
，则化合物C 的碱性比化合物J 弱，故B 错误；C 项，
I→J 的反应为浓硫酸作用下
共热发生消去反应生成
和水，故C
正确；D 项，由结构简式可知，
的分子式为C22H25ClN2O2，故D 正确；故选B；
(4)C→E 的反应为一定条件下
与
发生取代反应生成
和氯化氢，反应的化学方程式为
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；
(5)由有机物的转化关系可知，化合物G、K 和药物中间体制备氯雷他定的合成步骤为酸性条件下
与
反应转化为
，浓硫酸作用下
共热发生消去反应生成
，
与ClCOOC2H5
发生取代反应生成
，合成路线为
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；
(6)F 的同分异构体的分子中含有一个苯环，可以发生银镜反应说明同分异构体分子中含有醛基，则核
磁共振氢谱有4 种不同化学环境的氢原子的结构简式为
、
、
、
。
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