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2025 年高考押题预测卷
高三化学
（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 N 14 O 16 Na 23 Al 24 Cl 35.5 Co 59 Ba 137
第Ⅰ卷（选择题 共42 分）
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．江西素有“物华天宝、人杰地灵”的美誉，下列有关说法正确的是
A．杨万里《舟次西径》“芦荻渐多人渐少，鄱阳湖尾水如天。”中国最大淡水湖鄱阳湖与长江交汇
处，容易因胶体聚沉而形成三角洲
B．江西赣南的“红壤”是种植脐橙的良好土壤，土壤呈红色是因为土壤中四氧化三铁含量比较高
C．德兴铜矿是中国第一大伴生金矿和伴生银矿，电解精炼铜时粗铜作阴极
D．景德镇陶瓷在烧制过程中可能发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．形成三角洲是胶体的聚沉性质，一般在入海口形成，海水含有大量的电解质，胶体遇电解
质发生聚沉，鄱阳湖和长江水都为淡水，不易因胶体聚沉形成三角洲，故A 错误；B．红土壤是由于含
有较多的Fe2O3，故B 错误；C．用电解法电解精炼铜时粗铜做阳极，铜失电子溶解生成Cu2+，在阴极
Cu2+得电子生成Cu，C 错误；D．在高温下，陶瓷中的某些金属元素可能发生氧化还原反应，如Fe2+转
化为Fe3+，D 正确；答案选D。
2．BF3极易水解生成HBF4 （HBF4在水中完全电离为H＋和BF4
-）和硼酸（H3BO3）的无色气体。硼酸和甲
醇在浓硫酸存在下生成易挥发的B(OCH3)3（硼酸甲酯）。下列说法正确的是
A．BF3、BF4
-的VSEPR 模型相同
B．HBF4分子中所有原子均达到了8 电子稳定结构
C．中存在配位键
D．B(OCH3)3、BF3均具有较高的沸点
【答案】C
【解析】A.BF3分子中心原子有价层电子对数为3，其VSEPR 为平面三角形，BF4
-离子中心原子有价层
电子对数为4，其VSEPR 为四面体形，A 错误；B.HBF4分子中氢原子为2 电子稳定结构，B 错误；C.B
原子与3 个F 原子之间是共价键，第4 个B－F 键是硼原子提供空轨道，氟离子提供共用电子对是配位
键，C 正确；根据B(OCH3)3易挥发，说明沸点低，BF3为无色气体，说明沸点低，D 错误。答案选C。
1
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3．碳酸铈
可用于制备稀土发光材料。实验室以二氧化铈
废渣为原料制备
的流程如下：
已知：
被有机萃取剂(简称
)萃取的原理可表示为：
。反萃取分离时用到的装置为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】反萃取法是萃取法的反向应用，使用分液漏斗、烧杯、铁架台等仪器组装的装置分离，D 项
符合题意；答案选D。
4．2025 年4 月22 日，远大九和 (江西) 药业有限公司 (曾用名：南昌百济制药有限公司）研发的丙酸氟
替卡松鼻喷雾剂获批上市，丙酸氟替卡松的结构简式如下图。下列关于丙酸氟替卡松的说法中正确的
是
A．分子中含有8 个手性碳原子
B．1mol 丙酸氟替卡松最多可以和3mol H2发生加成反应
C．有2 种消去产物
D．可与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀
【答案】B
【解析】A．分子中连接4 个不同基团的碳原子为手性碳原子，分子中含9 个手性碳原子，
，故A 错误；B．1mol 丙酸氟替卡松中含1mol 酮羰基、2mol 碳碳双
键，均能与氢气发生加成反应，则1mol 丙酸氟替卡松最多可以和3mol H2发生加成反应，故B 正确；
2
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C．与羟基或卤素原子相连碳的邻位碳原子上有H 原子可发生消去反应，左下方的邻位碳原子上没有H
原子，不能发生消去反应，右上方的邻位碳原子上有H 原子可发生消去反应，与F 原子相连碳没有邻
位碳，不能发生消去反应，则丙酸氟替卡松发生消去反应时只有1 种消去产物，故C 错误；D．分子中
不含醛基，与新制的Cu(OH)2不反应，故D 错误；故选B。
5．WXZY4·2X2Y 可用作营养增补剂、药物制剂的压片剂。已知X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的前20
号主族元素，四种元素均位于不同周期。其中X、Y、Z 三种元素的原子序数成等差数列，基态Y 原子
的s 轨道电子数与p 轨道电子数相等，基态W 原子核外无未成对电子。下列说法正确的是
A．X3ZY2是一种三元酸
B．W、X、Y 形成的化合物在离子方程式中一定能拆写
C．WZ2含有共价键
D．Z、Y 形成的化合物可能做食品干燥剂
【答案】C
【解析】四种元素均位于不同周期，则X 为H 元素；基态Y 原子s 轨道电子数与p 轨道电子数相等，
则Y 为O 元素；X、Y、Z 三种元素原子序数为等差数列，则Z 为P 元素；基态W 原子核外无未成对电
子，则W 为Ca 元素。A．X3ZY2为H3PO2，是一元弱酸，A 错误；B．W、X、Y 形成的化合物为
Ca(OH)2，当Ca(OH)2为澄清石灰水时，在离子方程式中可拆，作为石灰乳时， 在离子方程式中不可
拆，B 错误；C.WZ2为CaO2，含有的 O2
2-中含有共价键， C 正确；D．Z 为P 元素，Y 为O 元素，形
成的化合物P2O5可做干燥剂，但不能做食品干燥剂，P2O5在常温下吸水生成剧毒的偏磷酸，D 错误。
答案选C。
6．下列实验操作或实验设计能达到相应实验目的的是
选项
实验操作或实验设计
实验目的
A
常温下，向饱和
溶液中加入少量
粉
末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产
生
探究常温下，
、
的大小关系
B
向鸡蛋清溶液中加入
，观察到有沉淀产
生，再加入蒸馏水，沉淀溶解
验证蛋白质的盐析是可逆的
C
取
溶液于试管中，加入5 滴
等浓度的
溶液，再加入
溶液
探究氯化铁与碘化钾的反应存在限
度
D
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
验证铁的吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】A．向饱和
溶液中加入
粉末，若生成
，说明
浓度足够高使Qc(
) > Ksp(
)，没有沉淀转化，无法直接比较
与
的Ksp。实际Ksp数据中，
的Ksp更小(更难溶)，此实验设计无法准确判断两者的溶度积关系，A 错误；B．鸡蛋清溶液中加入
NaCl 固体，盐析析出沉淀；加水后沉淀溶解，证明盐析是可逆过程，B 正确；C．KI 少量(
过量)，
3
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此时KI 完全反应，剩余
与KSCN 显红色，无法说明反应存在限度(仅因KI 不足导致
剩余)，C
错误；D．盐酸浸没铁钉会引发析氢腐蚀(反应生成
)，而非吸氧腐蚀(需中性/弱酸性环境)，D 错误；
故选B。
7．工业上或实验室中，可用维生素C(抗坏血酸)与水中的
反应生成脱氢抗坏血酸，从而制备去氧水，其
原理如图：
设
为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．标准状况下，
气体含中子数为
B．
抗坏血酸完全反应时转移电子数为
C．
脱氢抗坏血酸含
杂化的碳原子数为
D．
抗坏血酸分子含
键数为
【答案】D
【解析】A．1 个
分子中含20 个中子，标准状况下，
的物质的量为
，
含中子的物质的量为
，即
，A 正确；B．
氧气完全反应时转移
电子，根据反应方程
式可知，
抗坏血酸完全反应时也转移
电子，故
抗坏血酸完全反应时转移电子数为
，B 正确；C．饱和碳原子是
杂化，1 个脱氢抗坏血酸分子含3 个
杂化的碳原子，
脱氢抗坏血酸含
杂化的碳原子数为
，C 正确；D．单键都是
键，1 个双键中含1 个
键，由
抗坏血酸分子结构可知，
抗坏血酸分子中含
个
键，D 错误；故选D。
8．以电石渣[主要成分为
]为原料制备
的流程如图1。
已知：i．加热氯化时会生成
可进一步转化为
。
ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。
4
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下列说法不正确的是
A．氯化时生成
的反应为
B．适当降低通入
的速率并充分搅拌，可提高
的利用率
C．若滤渣中无
，滤液中
约为
D．转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到
粗品
【答案】C
【分析】电石渣[主要成分为
]加水打浆后得到
溶液，向其中通入氯气并加热会生成
，
可进一步转化为
，过滤，往滤液中加入KCl，经蒸发浓缩、冷却结
晶，可得到
粗品。
【解析】A．结合分析知，加热氯化时会先生成
可进一步转化为
，根
据氧化还原反应的得失电子守恒和原子守恒，生成
的反应为
，A 正确；B．适当降低通入
的速率并充分搅拌，可增加反应物的
接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高
的利用率，B 正确；C．氯化过程中，
先和氯气反应生成Ca(ClO)2、
和水，然后Ca(ClO)2分解生成了
，由
知，分解产生的
为
，但前面
和
氯气反应也生成了
，滤液中
并非约为
，C 错误；D．KClO3溶解度比
Ca(ClO3)2小，且KClO3的溶解度随温度变化较大，因此通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到KClO3的
晶体，D 正确；故选C。
9．已知反应：
，该反应分三步进行：
①
；②
；③
5
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。
其相对能量变化如图所示。在恒容密闭容器中充入
，发生上述反应。下列叙述正确的是
A．相同状况下，
中W 最稳定
B．其他条件不变，升高温度，总反应速率一定增大
C．选择催化剂是为了降低反应③的能垒
D．其他条件不变，平衡后再充入
平衡转化率减小
【答案】C
【解析】A．由图可知，Y 的能量最低，能量越低越稳定，则相同状况下，
中Y 最稳
定，A 错误；B．其他条件不变，温度升高，催化剂的活性可能降低，总反应速率可能减小，不一定增
大，B 错误；C．由图可知，反应③的能垒最大，为该反应的决速步骤，则选择催化剂是为了降低反应
③的能垒，从而加快反应速率，C 正确；D．反应物只有一种，其他条件不变，达到平衡时再充入
浓度增大，相当于原来平衡上增大压强，平衡正向移动，
的平衡转化率增大，D 错
误；故选C。
10．聚乳酸-羟基乙酸共聚物(PLGA)是一种新型的生物可降解高分子材料，其制备反应如下。(未配平)
下列说法正确的是
A．
和
分子中所有的原子共平面
B．X、Y 和PLGA 的重复单元中含有的官能团不同
C．制备PLGA 的反应属于缩聚反应
D． m、n 的大小对PLGA 的降解速率有影响
【答案】D
【解析】A．X、Y 中均含饱和碳原子，为sp3杂化，为四面体构型，不可能所有原子共平面，A 错
误；B．X、Y 和PLGA 的重复单元中含有的官能团均为酯基，B 错误；C．制得 PLGA 时是通过两种
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环状内酯单体的“开环聚合”形成大分子，并未缩合出小分子(如 H2O)；在高中分类中，不产生小分
子的聚合往往归为：“加聚反应”，C 错误；D．m、n 表示乳酸单元与羟基乙酸单元在共聚物中的含
量比，不同配比会影响聚合物的结构与极性，从而影响其降解速率，D 正确；故选D。
11．我国科学家设计了一种肼-硝酸盐液流电池(HNFB),以KOH 溶液为电解液，肼和硝酸盐废水分别流入
HNFB 的两极室，可以有效净化废水并产氨。下列说法正确的是
A．电极A 发生还原反应
B．电极B 的电极反应式为：NO3
-+8e-+9H+=NH3+3H2O
C．外电路转移电子数为0.4NA时，左极室质量减少2.8g
D．质子交换膜能防止两极室电解液的交叉污染，利于维持电池性能
【答案】D
【解析】A.N2H4→N2化合价升高，电极A 发生氧化反应，A 错误；B.电池以KOH 溶液为电解液，为
碱性环境，B 错误；C.外电路转移电子数为 0.4NA时，左极室逸出 2.8gN2，且有0.4mol H+通过质子交
换膜进入右极室，总质量减少3.2g，C 错误；D.硝酸盐废水中含有其他杂质离子，质子交换膜能防止
两极室电解液的交叉污染，利于维持电池性能，D 正确，答案选D。
12．氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料，NaAlH4晶胞结构如图所示，P 的分数坐标为(0，0，0)，
阿伏加德罗常数值为NA，下列说法正确的是
A.NaAlH4晶体中，
的配位数为6
B.Na+和AlH4
-最短距离为
C.晶体的密度为
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D．M 的分数坐标为
【答案】D
【解析】A．以体心的AlH 研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧
面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH 紧邻且等距的Na+有8 个，故A 错误；B．根据立
体几何知识，由图可知，
和Na+最短距离为面对角线的
，晶胞参数为anm，面对角线长度为
nm，
和Na+最短距离为
，故B 错误；C．根据均摊法计算可知，晶胞中AlH 数目
为1+8×
+4×
=4，Na+数目为6×
+4×
=4，则与Na+紧邻且等距的AlH 有8 个；晶胞密度为
=
=
=
=
g/cm3，故C 错误；D．P 的分数坐标为
（0，0，0），M 位于长方体的面心，M 的分数坐标x 为(1/2)anm/anm=1/2,y 为(1/2)anm/anm=1/2,z 为
anm/2anm=1/2，M 的分数坐标为（
，
，
），故D 正确；故选：D。
13．HA 和H2B 分别为一元酸和二元酸，M2+不发生水解。常温条件下，现有含MA2(s)的MA2饱和溶液和
含MB(s)的MB 饱和溶液。两份溶液中
及含A 粒子的分布系数δ [如
]随pH 的变化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．曲线②是MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH 变化曲线
B．
C．
的平衡常数约为10-9
D．pH=4 时，MB 饱和溶液中存在
【答案】A
8
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【分析】含MA2(s)的MA2饱和溶液中存在如下平衡：MA2(s)
M2++2A-、A-+H2O
HA+OH-，往饱
和溶液中加酸，不断减小溶液的pH，则两平衡都发生正向移动，HA 的分布系数δ 不断增大，A-的分
布系数δ 不断减小，M2+浓度不断增大，pc(M2+)不断减小，所以曲线②表示MA2中pc(M2+)随pH 变化
曲线，曲线③表示HA 的分配系数随pH 变化曲线，曲线④表示A-的分配系数随pH 变化曲线，曲线①
表示MB 饱和溶液中pc(M2+)随pH 变化曲线。
【解析】A．由分析可知，曲线②是MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH 变化曲线，A 正确；B．从图中可
以看出，MB 饱和溶液中，pc(M2+)=10-5mol/L，由于B2-会发生水解，溶液中c(B2-)＜10-5mol/L，所以
Ksp(MB)=c(M2+)∙ c(B2-)＜10-10，B 不正确；C．在曲线③④的交叉点，pH=3，c(HA)=c(A-)，
的平衡常数为
=10-11，C 不正确；D．MB 为强碱弱酸盐，其饱
和溶液的pH＞7，pH=4 的溶液应为MB 饱和溶液中加入了酸，溶液中含有酸根离子，此时存在
，D 不正确；故选A。
14．某无色溶液Y 可能含有
中的几种离子，溶液中阳离
子浓度相同。为了确定其组成，某同学进行了如下实验(假设气体均全部逸出，忽略
的分解)。下
列说法不正确的是
A．溶液Y 中一定不存在
B．溶液Y 中一定含有
，且
C．溶液Y 中肯定存在
D．溶液Y 中可能存在
，为确定其是否存在，可取溶液1 通过焰色试验验证
【答案】B
【分析】无色溶液Y 中一定不存在Fe3+。Y 和足量的双氧水、盐酸酸化，反应生成气体1、说明溶液
中存在HCO ，根据C 元素守恒可知n(HCO )=n(CO2)=
=0.01 mol；同时得到溶液1 和沉
淀，沉淀一定是BaSO4，则溶液中一定含有Ba2+，一定不存在SO
，一定存在HSO ，HSO 被双氧
水氧化生成SO
，进而生成BaSO4，根据元素守恒可知n(Ba2+)=n(HSO )=n(BaSO4)=
=0.01
mol。向溶液1 中加入氢氧化钡生成气体和溶液2，则气体一定是NH3，因此一定含有NH ，其物质
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的量为n(NH )=n(NH3)=
=0.01 mol，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒可知溶液中还一定
存在Cl-，可能含有Na+。
【解析】A．无色溶液Y 中一定不存在Fe3+，由于含有Ba2+，Ba2+与SO
会反应产生沉淀，所以溶液
Y 中一定不存在SO
，A 正确；B．由分析可知，溶液Y 中一定含有Ba2+、
、
、
、
Cl-，可能含有Na+，且Ba2+、
、
、
的物质的量都为0.01mol，由于溶液中阳离子浓度
相同，并根据电荷守恒可知，若溶液Y 中含有Na+，n(Na+)=0.01mol，n(Cl-)=0.02mol，若溶液Y 不含
Na+，n(Cl-)=0.01mol，B 错误；C．根据上述分析可知溶液Y 中肯定存在HCO 、HSO 、Ba2+、NH
，C 正确；D．由分析可知，溶液Y 中可能存在Na+，为确定其是否存在，可取溶液1 通过焰色试验验
证，若溶液1 的焰色呈黄色，则说明溶液Y 含有Na+，D 正确；故选B。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题，共4 题，共58 分。
15．（14 分）以废钴酸锂正极材料（主要含
和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和
Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。
已知：ⅰ.Al 和强碱反应时，铝元素转化为
。
ⅱ.酸性条件下，
氧化性比
强，
被还原为
。
ⅲ.固体B 和固体C 按
配料。
ⅳ.
、
的溶度积分别为：
、
。
（1）
中Co 元素的化合价为 。
（2）用NaOH 溶液处理原料时，反应的离子方程式是 。
（3）相同条件下，
和
沉淀趋势随pH 的变化如下图所示。
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①写出硫酸浸出时反应的化学方程式
。
②混合液调
的原因
。
③混合液
时，
填“>”或“<”）。
（4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到
溶液，加入
溶液沉钴。写出“沉钴”反应的
离子方程式 。
（5）分析联合提取钴和锂的优势 。
【答案】（1）+3（2 分）
（2）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑（2 分）
（3）①LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4=FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O（2 分） ②pH≈1.8 时，铁元素主要以
FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离（2 分） ③<
（2 分）
（4）
（2 分）
（5）减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物（2 分）
【分析】以废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)为
原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)加入氢氧
化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液A 为Na[Al(OH)4]，固体B 中主
要是LiFePO4，废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-
+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液D 为Na[Al(OH)4]，固体C 主要是LiCoO2，固体B、C 中加入稀硫
酸酸浸，LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4=FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，
加入氢氧化钠溶液调节溶液pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式
存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E 为FePO4，滤液F 中加入萃取剂P507 萃取分
液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得
到CoCO3，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体Li2CO3和滤液G，据此分析回答问题。
【解析】（1）LiCoO2中锂元素化合价+1 价，氧元素化合价-2 价，计算得到Co 元素的化合价+3 价；
（2）用NaOH 溶液处理原料时，Al 与NaOH 溶液反应，反应的离子方程式是：2Al+2OH-
+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（3）①固体B 中主要是LiFePO4，固体C 主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：
LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O；
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②混合液调pH=1.8 的原因是：pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形
式存在，有利于钴元素和铁元素的分离；
③混合液c(Fe3+)=1×10-5mol/L 时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO
)=1.3×10-22，c(PO
)=
mol/
L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO
)=2.0×10-35，c(Co2+)=
mol/L＜
1mol/L；
（4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子
方程式为：
；
（5）分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。
16．（15 分）甲酸被认为是理想的氢能载体，江西正着力建设“赣鄱氢经济走廊”，打造“氢清江西”绿
色发展新功能。
（1）我国科技工作者运用DT 计算研究单分子
在催化剂表面分解产生
的一种反应进程和
相对能量的变化情况如图所示。该进程中，反应速率最慢的步骤为 (填字母)，甲酸分解制
氢气的热化学方程式为 。
a．
b．
c．
d．
（2）在另一种催化剂作用下，甲酸分解制氢的过程如图所示。
过程I 中，若用
代替
，则在催化剂a 处吸附的是 ，过程Ⅱ中，生成的
分子是 形结构。
（3）已知
与
在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i：
12
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反应ii：
在一定压强下，按
投料，发生反应i 和反应ii，反应相同时间，
的转化率及
选择性(甲酸选择性
)随温度变化曲线如下图所示。
①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施有 (任写一条)。
②若M 点反应已达到平衡状态，体系中
的分压为
，则
时反应i 的分压平衡常数计算
式
。
③当温度高于
，随温度升高，反应i 与反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应
(填“i”或“ii”)，判断的依据是 。
【答案】（1）c(2 分)
(2 分)
（2）
(2 分) 直线(1 分)
（3）①加压或换用高选择性催化剂(2 分) ②
(2 分)
ii
③(2 分) 随温度升高，二氧化
碳的转化率升高，但
的选择性却迅速下降(2 分)
【分析】（2）在另一种催化剂作用下，甲酸分解制氢的过程如图所示，由图可知，过程I 是
羧基（-COOH）上的O-H 键断裂，断裂的H 吸附在催化剂a 处，过程II 是
中的C-H 键断
裂，断裂的H 吸附在催化剂b 处，剩下的基团成为
。过程
是两个H 结合生成
。
【解析】（1）①：由给出的反应坐标图可见，正反应最高能垒（活化能）对应的步骤是III→IV，为
1.20eV-0.58eV=0.62eV，活化能越大，反应速率越慢，故该步(选c)为速率最慢的步骤，故答案为：c；
②：从图中反应物(I)到最终产物(V)的相对能量整体降低0.45 eV，反应放热，故甲酸分解制氢的热化
学方程式为
；
（2）①：由图可知，过程I 是
羧基（-COOH）上的O-H 键断裂，断裂的H 吸附在催化剂a
处，若用
代替
，则在催化剂a 处吸附的是
，故答案为：
；
②：根据价层电子对互斥理论，
中心原子C 的价电子对数为
，为sp 杂化，
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是直线形结构。故答案为：直线；
（3）①：由方程式可知，反应i 是气体体积减小的反应，反应ii 是气体体积不变的反应，则一定温度
下，增大压强可以使反应i 向正反应方向移动，能提高甲酸的选择性，并且选择合适的催化剂也可提
高目标产物的选择性，减少副产物发生，故答案为：加压或换用高选择性催化剂；
②：设起始投料n(
)=n(
)=1mol，若M 点反应已达到平衡状态，由图可知，
的转化率为
95%，HCOOH 的选择性为0.3%，则平衡时n(
)=n(
)=
，n(HCCOH)=
，体系中
和
的分压均为
，HCOOH 的分压为
，则反应i 的平衡分压常数为
，故答案为：
；
③：由图可知，当温度高于
，随温度升高，
转化率增大，HCOOH 选择性减小，说明
选择性明显增大，此时主要发生反应ⅱ，反应i 与反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应ⅱ。
故答案为：ⅱ，随温度升高，
转化率增大，HCOOH 选择性却迅速下降。
17．（14 分）已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3(Mr=267.5g/mol)为橙黄色晶体易溶于热水，在冷水中微
溶，可在氯化铵和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下，利用双氧水氧化CoCl2制备，制备装置
如图所示。已知：Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
I．制备产品，步骤如下：
①称取1.0gNH4Cl 固体，用5mL 水溶解，加到三颈烧瓶中。
②分批加入1.5 g CoCl2后，再加入0.3g 活性炭、一定体积的浓氨水和双氧水。
③加热至55-60℃反应20min，冷却，过滤。
④向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤。
⑤向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3 次，低温干燥得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式 。
（2）向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞 (填字母代号)；加入所有试剂后，水浴
的温度控制在55-60℃左右，温度不宜过高的原因是 ；干燥管中试剂为 。
（3）步骤④中趁热过滤的目的是 。
（4）步骤⑤中关于甲、乙溶液的选择合理的是 (填标号)。
A．甲为浓盐酸，乙为水 B．甲为乙醇，乙为水 C．甲为浓盐酸，乙为乙醇
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Ⅱ．测定产品纯度，实验如下：
①称取ag 产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3
溶液，并加3mL 的硝基苯用力振荡。
②向锥形瓶中滴入3 滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2 mol·L-1 KSCN 溶液滴定过量的AgNO3溶液，达
到滴定终点时用去V2mL 溶液。(已知：
，
)
（5）产品的质量分数为 。(列出计算式)
（6）加入硝基苯的目的是 。
【答案】（1）
(2 分)
（2）d(1 分) 既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解(2 分) P2O5或CaCl2(1
分)
（3）防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失(2 分)
（4）C(2 分)
（5）
%(2 分)
（6）使生成的AgCl 沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl 转化为AgSCN 沉淀(2 分)
【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制
备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为
；将粗产品溶于25mL 热的稀盐
酸中，再向滤液中缓慢加入4mL 浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀
盐酸后应过滤；先用冷的2mol•L-1HCl 溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
【解析】（1）由分析可知，制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为：
。
（2）Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还
原性的[Co(NH3)6]2+，应该先打开d 进行络合反应，再打开b 进行氧化；后续钴离子和氨水反应络合反
应，原料中加入NH4Cl 可以抑制NH3•H2O 电离，有利于络合物形成；控制三颈烧瓶中水浴的温度控制
在55℃左右，温度不宜过高的原因是既能保证较快的反应速率，同时减少氨的挥发和H2O2的分解。
干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2。
（3）由题干信息可知，三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，故
步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钴晶体，造成损失。
（4）由分析可知，滤渣中[Co(NH3)6]Cl3•6H2O 表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制
[Co(NH3)6]Cl3•6H2O 的电离，[Co(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故答案为：
C。
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（5）滴定原理为过量
溶液将a g 产品中的
全部沉淀，过量的
溶液用
KSCN 溶液滴定，根据反应的计量关系可知
，结合
，可得产品的质量分数为
% 。
（6）由题干信息可知，
，AgCl 易转化为AgSCN，硝基苯的密度比水的大，
故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl 沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl 转化为AgSCN 沉
淀。
18．（15 分）有机物M 是胺类盐酸盐，是重要的药物合成中间体，其中一条合成路线如下图所示。
已知：
其中R1、R2为烃基或氢原子
回答下列问题：
（1）A 的名称为 A 到M 中含有手性碳原子的物质有 。
（2）C 中含氧官能团的名称为 。
（3）C→D 的反应类型为 。
（4）关于D、E 两种互变异构体，说法正确的是 。
a．D 存在顺反异构体 b．E 中有3 种杂化轨道类型的碳原子
c．用质谱仪可检测D、E 中的官能团 d．D、E 经催化加氢可得相同产物
（5）G 的结构简式为 。
（6）A→B 的化学方程式为 。
（7）B 的同分异构体中，含有二取代苯环的结构且能发生水解反应的共有 种；写出一种
B 的同分异构体，核磁共振氢谱图中的峰面积比为3:3:2:2，结构简式为 。
【答案】（1）邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛（1 分） H、M（1 分）
（2）醚键 硝基（2 分）
（3）还原反应（1 分）
（4）ad（2 分）
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（5）
（2 分）
（6）
+NaOH+CH3CH2Cl
+NaCl+H2O（2 分）
（7）12 种（2 分）
或
（2 分）
【分析】A 与CH3CH2Cl 在NaOH 溶液中发生取代反应，生成B 等；B 与CH3CH2NO2发生加成、消去
反应，生成C 等；C 被NaHS 还原生成D 等；D 发生结构互变，转化为E；E 在一定条件下转化为F；
F 与CH3NH2发生加成消去反应，生成G 为
；G 与H2发生加成反应生成H(
)；H 与HCl 发生胺与酸的反应，生成M。
【解析】（1）A 为
，名称为：邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛。由分析可知含有手性碳原子
物质为H、M。
（2）C 为
，含氧官能团的名称为：醚键、硝基。
（3）C(
)→D(
)，-NO2被还原为-NH2，反应类型为：还原反应。
（4）D 为
，E 为
。
a．D 分子中，双键碳原子上所连接的原子或原子团都不相同，则存在顺反异构体，a 正确；b．E 中，
苯环上碳原子的孤电子对数为
=0，每个碳原子形成3 个σ 键，则发生sp2杂化，甲基、亚甲
基碳原子形成4 个σ 键，孤电子对数为
=0，发生sp3杂化，双键碳原子形成3 个σ 键，孤电
子对数为
=0，发生sp2杂化，则有2 种杂化轨道类型的碳原子，b 不正确；c．质谱仪用于测
定有机物的相对分子质量，不能用于检测D、E 中的官能团，c 不正确；d．D、E 经催化加氢，都可
生成
，d 正确；故选ad。
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（5）由分析可知，G 的结构简式为
。
（6）A(
)与CH3CH2Cl 在NaOH 溶液中发生取代反应，生成B(
)、NaCl、H2O，依
据质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为
+NaOH+CH3CH2Cl
+NaCl+H2O。
（7）B 为
，含有二取代苯环的结构且能发生水解反应的同分异构体中，除含苯环外，可能
含有-COOCH3和-CH3、或-OOCH 和-CH2CH3、或-OOCCH3和-CH3、或-CH2OOCH 和-CH3，每种情况
下有邻、间、对三种可能结构，则共有同分异构体4×3=12 种；其中一种B 的同分异构体中，核磁共
振氢谱图中的峰面积比为3:3:2:2，分子中应含有2 个-CH3，且苯环上的两个取代基互为对位，则结构
简式为
或
。
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