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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（黑吉辽专用）
黄金卷05
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 P 31 Cu 64 Sn 119
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 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．下列关于我国科技成果的叙述错误的是
选项
科技成果
化学解读
A
“嫦娥六号”携带来自月背的月壤样品安全返回
月壤中富含的中子数为1 的氦
可表示为
B
开发新吸附材料，开辟碳捕集、碳利用技术
有助于“碳中和”“碳达峰”
C
建造全球首列商业化运营的碳纤维地铁列车
碳纤维是人工合成有机高分子
材料
D
首次不对称全合成具有抗肿瘤、抗生素活性的天然产
物alchivemycin A
alchivemycin A 的合成过程发生
了化学变化
【答案】C
【详解】A．He 的质子数为2，中子数为1 的He，表示为
3He，A 正确；
B．吸附二氧化碳，将二氧化碳捕捉，有利于碳中和和碳达峰，B 正确；
C．碳纤维的主要成分是碳单质，属于无机物，C 错误；
D．合成新物质过程中由化学键的断裂和化学键的形成，属于化学变化，D 正确；
答案选C。
2．乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：
，以下叙述不正确的是
A．乙烯氧化法中，生成0.1mol 乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024
B．
的电子式为
C．根据价层电子互斥模型，18g 水的中心原子含有2mol 孤电子对
D．标准状况下，11.2LC2H2中含有
键的数目约为
【答案】A
【详解】A．乙烯氧化法中，生成0.1mol 乙醛时，消耗0.05mol 氧气，转移的电子数约为1.204×1023，
故A 错误；
B．
的结构简式为CH2=CH2，电子式为
，故B 正确；
C．根据价层电子互斥模型，水分子中O 原子价电子对数为4，有2 个孤电子对，18g 水的中心原子含
1
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有2mol 孤电子对，故C 正确；
D．1 个乙炔分子中含有2 个
键，标准状况下11.2LC2H2的物质的量为0.5mol，含有
键的数目约为
，故D 正确；
选A。
3．“褪色”是高中化学实验中一种常见且重要的现象。以下实验中的“褪色”现象与所得结论相匹配的
是
选
项
实验操作
结论
A
向滴有酚酞的
溶液中通入Cl2
Cl2具有漂白性
B
向酸性
液中滴入乙醇
乙醇具有还原性
C
向滴有碘水的淀粉溶液中通入SO2
SO2具有漂白性
D
向
与
的混合溶液中加入铁粉
比
更易与
配位
【答案】B
【详解】A．向滴有酚酞的
溶液中通入Cl2生成氯化钠、次氯酸钠和水，碱性减弱，溶液褪色，
不能证明Cl2具有漂白性，A 错误；
B．向酸性
液中滴入乙醇，乙醇具有还原性使酸性高锰酸钾溶液褪色，B 正确；
C．向滴有碘水的淀粉溶液中通入SO2，发生
，体现了SO2具有还原性，C
错误；
D．向
与
的混合溶液中加入铁粉，发生反应
，不是Fe 比
更易与
配位，D 错误；
故选B。
4．下列关于实验室制取SO2的实验，其中叙述正确的是
A．甲图中可利用浓硫酸和铜单质制取SO2
B．乙图中干燥SO2
C．可用丙图中装置和药品收集二氧化硫并吸收尾气
D．不可用丁图中装置和药品检验铜和浓硫酸反应生成的CuSO4
【答案】D
2
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【详解】A．铜和浓硫酸反应需要加热，故A 错误；
B．碱石灰中含有氢氧化钠和氧化钙，不能用来干燥酸性氧化物二氧化硫，故B 错误；
C．澄清石灰水的浓度较稀，不适宜吸收SO2的尾气，故C 错误；
D．反应后的液体混合物应倒入水，类似于浓硫酸的稀释，故D 正确；
答案为D。
5．下列离子能大量共存，且加入或通入少量相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是
选
项
离子
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
、
、
、
NaOH
B
、
、
、
盐酸
C
、
、
、
氯气
D
、
、
、
铁粉
【答案】D
【详解】A．溶液中
离子与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、水和二氧化碳，不能大量共
存，故A 错误；
B．溶液中
离子与
发生反应生成氢氧化铝沉淀和
，不能大量共存，故B 错误；
C．四种离子在溶液中不能发生任何反应，能大量共存，溶液中通入少量氯气，还原性强的亚铁离子优
先与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为
，故C 错误；
D．四种离子在溶液中不能发生任何反应，能大量共存，溶液中加入Fe，氧化性强的铁离子优先与Fe
反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为
，故D 正确；
故答案选D。
6．四瓶无色溶液
，它们之间的反应关系如图所示。其中a、b、c、d
代表四种溶液，e 和g 为无色气体，f 为白色沉淀。下列叙述正确的是
A．a、c 均呈弱碱性
B．c 中通入过量的e 可得到无色溶液
3
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C．饱和的d 溶液中通入过量的g 变浑浊
D．b 和d 反应生成的沉淀不溶于稀硝酸
【答案】C
【分析】由题意及关系图可知，a 与b 反应需要加热，且产生的e 为无色气体，则a 和b 分别为NH4NO3
和Ba(OH)2的一种，产生的气体e 为NH3；又由于b 和c 反应生成白色沉淀f，NH4NO3不会与其他三种
溶液产生沉淀，故b 为Ba(OH)2，a 为NH4NO3；又由于c 既能与b 产生沉淀f，又能与d 反应产生沉淀
f，故c 为AlCl3，d 为Na2CO3，生成的白色沉淀为Al(OH)3，无色气体g 为CO2。综上所述，a 为
NH4NO3溶液，b 为Ba(OH)2溶液，c 为AlCl3溶液，d 为Na2CO3溶液，e 为NH3，f 为Al(OH)3，g 为
CO2。
【详解】A．由分析可知，a 为NH4NO3溶液，为强酸弱碱盐溶液，
水解显酸性，故a 显弱酸性，
故A 项错误；
B．由分析可知，c 为AlCl3溶液，e 为NH3，AlCl3溶液通入NH3会生成Al(OH)3沉淀，不溶于弱碱，故
B 项错误；
C．饱和的Na2CO3溶液中通入过量的CO2生成NaHCO3，NaHCO3溶解度小于Na2CO3而析出晶体使溶
液变浑浊，C 正确；
D．由分析可知，b 为Ba(OH)2，d 为Na2CO3，二者反应生成沉淀BaCO3，可溶与稀硝酸，故D 项错误；
故选C。
7．化学上常用标准电极电势
(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力。
值越高，氧化型物质的氧化能力
越强，
值越低，还原型物质的还原能力越强。
E 值与体系的pH 有关。根据表格信息，判断下列
说法错误的是
氧化型/还
原型物质
(酸性
条件中)
1.685 V
1.51 V
0.77 V
1.36 V
0.991 V
1.423 V
A．实验室可用
与浓盐酸反应制备
B．酸性条件中，氧化性强弱顺序为
C．已知
，则
的还原性弱于
的还原性
D．向硫酸酸化的
溶液中加入
，充分反应后滴加KSCN 溶液，可观察到溶液变红
【答案】C
【详解】A．根据题干信息及表格数据可知，
氧化性强于
，即实验室可用
与浓盐酸反应
制备
，A 说法正确；
B．根据题干信息，
值越高，氧化型物质的氧化能力越强，氧化性强弱顺序：
，
B 正确；
4
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C．
值越低，还原型物质的还原能力越强，
，说明
的还原性强
于
的还原性，C 错误；
D．根据表格数据可知，
可将
氧化为
，反应后滴加KSCN 溶液，可观察到溶液变红，D 正
确；
答案选C。
8．药物结构的修饰有助于新药的开发与利用。由青蒿素可以获得双氢青蒿素，其变化过程示意图如图所
示。下列说法错误的是
A．青蒿素的分子式为
B．双氢青蒿素分子中氧原子的杂化方式为
杂化
C．双氢青蒿素分子中的手性碳原子比青蒿素分子多1 个
D．与青蒿素相比，双氢青蒿素具有更好的水溶性，疗效更佳
【答案】A
【详解】A．根据青蒿素的结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A 项错误；
B．青蒿素分子中的氧原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，故B 项正确；
C．青蒿素修饰过程中，碳氧双键变为单键，多了一个手性碳原子，所以双氢青蒿素分子中的手性碳原
子比青蒿素分子多一个，故C 项正确；
D．与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，故水溶性更好，疗效更好，故
D 项正确；
故选A。
9．磷青铜是铜与锡、磷的合金，质地坚硬，主要用作耐磨零件和弹性元件。某立方磷青铜晶胞结构如图
所示，晶胞参数为
(
表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是
A．
的价电子排布式为
B．
与
在元素周期表中都位于
区，属于过渡元素
C．该晶体中，距离
原子最近的
原子有8 个
5
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D．该晶体密度计算式为
【答案】D
【详解】A．Cu 是第29 号元素，
的价电子排布式为
，A 错误；
B．Cu 在元素周期表中位于ds 区，属于过渡元素，Ni 在元素周期表中位于d 区，属于过渡元素B 错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点锡原子与位于面心的铜原子距离最近，则晶胞中锡原子周围距离
最近且等距的铜原子有12 个，C 错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点锡原子个数为8×
=1，位于面心的铜原子个数为6×
=3，位于
体心的磷原子个数为1，晶胞的化学式为Cu3SnP，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：
=(a×10—10)3d，解得d=
，D 正确；
故选D。
10．元素周期表前四周期的元素
，原子序数依次增大。a 的核外电子总数与其周期数相同，
b 的价电子层中的未成对电子有3 个，c 的最外层电子数为其内层电子数的3 倍，d 与c 同族；e 的最外
层只有1 个电子，但次外层有18 个电子。上述元素形成的一种阳离子如图所示。下列说法错误的是
A．该阳离子受热时首先失去的组分是X
B．生成该阳离子过程中，Y 分子键角增大
C．
的合理结构式为
D．
中存在离域
键
【答案】C
【分析】元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a 的核外电子总数与其周期
数相同，a 为H 元素；c 的最外层电子数为其内层电子数的3 倍，可知c 有2 个电子层符合电子排布规
律，最外层电子数为6，c 为O 元素；b 的价电子层中的未成对电子有3 个，结合原子序数可知c 为N
元素；d 与c 同族，d 为S 元素；e 的最外层只有1 个电子，但次外层有18 个电子，e 为Cu 元素，以此
来解答：
6
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【详解】A．O 的电负性比N 强，则NH3与铜离子的配位能力大于水与铜离子的配位能力，因此该阳
离子受热时首先失去的组分是水，也就是X，A 正确；
B．NH3分子本来有一对孤对电子，在形成配位键时，N 提供了一对孤对电子，故在形成阳离子的过程
中，NH3分子的键角增大，B 正确；
C．一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，可知N 与H 成键，不存在N—O 之间的作用力，C 错误；
D．
中O、N 提供电子形成离域Π 键，D 正确；
故选C。
11．铬的机械强度高、抗腐蚀性能好，从钒铬锰矿渣（主要成分为
、
、MnO）中提取铬的一种
工艺流程如图：
已知：在酸性溶液中钒通常以钒酸根阴离子存在；
在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧
化为
。
下列说法错误的是
A．“沉钒”过程利用了
胶体的吸附性，使含钒微粒沉降
B．实验室模拟处理“沉铬”后的操作所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒
C．“提纯”过程中使用
溶液，原因是
有还原性，将锰元素还原，实现与铬元素的分
离
D．“转化”过程中发生反应为
【答案】D
【分析】根据题图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液A 中含有大量
Mn2+和Cr3+，加入NaOH 溶液“沉铬”后，Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，部分Mn2+转化为
，滤液B
中溶质主要有MnSO4，由于固体A 中含有
，加入Na2S2O3溶液主要是将
还原为Mn2+，同
时可以防止pH 较大时，Mn2+被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中反应的
离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
【详解】A．“沉钒”时，氢氧化铁胶体的作用是吸附含有钒的杂质，使含钒微粒沉降，故A 项正确；
B．“沉铬”后的操作为过滤，所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故B 项正确；
C．由上述分析可知，“提纯”过程中使用
溶液，原因是
有还原性，将
还原为
Mn2+，再转移至滤液B 中回收，实现与铬元素的分离，故C 项正确；
7
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D．
在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为
，因此“转化”步骤中反应的离子
方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O，故D 项错误；
综上所述，错误的是D 项。
12．查资料可知，I2可以将Cu 氧化，某小组同学设计实验探究Cu 被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：
I2易溶于KI 溶液，发生反应I2+I-
(红棕色)；I2和
氧化性几乎相同；[Cu(NH3)4]+(无色)容易被
空气氧化；[Cu(H2O)4]2+(蓝色)、[CuI2]-(无色)。将等体积的KI 溶液加入amol 铜粉和bmol 碘单质(b＞a)
的固体混合物中，振荡。实验记录如表：
c(KI)
实验现象
实验I
0.1mol•L-1
I2部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉淀析出
实验II
4mol•L-1
I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
进行以下实验探究：
步骤①取实验II 的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液；
步骤②取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液逐渐变为浅蓝色，最终变为深蓝色。
下列说法正确的是
A．实验I 铜被氧化为+1 价，实验II 铜被氧化为+2 价
B．步骤①的目的是除去I (或I2)，防止干扰后续实验
C．步骤②中溶液随颜色的变化pH 不变
D．结合上述实验，若从实验I 中提取白色沉淀，过滤后，可用浓HI 溶液洗涤
【答案】B
【分析】实验I 中，I2部分溶解，溶液为红棕色，是由于发生了
；充分反应后，溶液仍为
红棕色，且有白色沉淀析出，是由于发生了
，实验II 中，I2完全溶解，溶液为深红棕
色，是由于发生了
，充分反应后，红色的铜粉完全溶解，是由于
，
为无色，溶液为深红棕色，是由于仍然存在
，取实验II 的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃
取、分液，将I2（或
）除去，分液后的无色水溶液含有
，滴入浓氨水，发生
，生成无色的
，
又被氧气
不断氧化，发生
，最终被氧化为为深
蓝色的
，据此回答。
【详解】A．由分析知，实验 I 和实验 II 最终溶液颜色均为红棕色，说明有
存在，生成的
和
均为+1 价，A 错误；
B．步骤①取实验 II 的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，目的是除去I2（或
），防止其干
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扰后续实验对铜氧化产物的判断，B 正确；
C．步骤②中溶液由无色变为浅蓝色，最终变为深蓝色，是因为铜离子与浓氨水反应生成了不同的配
合物，根据分析中的离子方程式可知，反应过程中溶液的pH 会发生变化，C 错误；
D．若从实验 I 中提取白色沉淀，白色沉淀可能是
，
能与浓HI 溶液反应生成可溶于水的
，故不能用浓HI 溶液洗涤，D 错误；
故选B。
13．以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥——尿素[CO(NH2)2]，反应过程中能量(Ea2>Ea3>Ea1>Ea4>0)变
化如图所示，下列说法正确的是
A．该过程的两步反应均为放热反应
B．第二步反应是合成尿素的决速步骤
C．由图可知CO2和NH3在一定条件下发生有效碰撞直接生成了CO(NH2)2和H2O
D．合成尿素的热化学方程式为：
【答案】B
【详解】A．由图可知，第一步反应是放热反应，第二步反应是吸热反应，A 错误；
B．反应的活化能越大，化学反应速率越慢，化学反应取决于慢反应，由图可知，第二步反应的活化
能大于第一步反应，反应速率慢于第一步反应，所以第二步反应是合成尿素的决速步骤，故B 正确；
C．由图可知，二氧化碳和氨气在一定条件下发生有效碰撞直接生成了H2NCOONH4，故C 错误；
D．由图可知，第一步反应△H1=-(Ea2-Ea1)，第二步反应△H2=+(Ea3-Ea4)，由盖斯定律可知，第一步反应
与第二步反应之和为总反应，反应△H=Ea3+Ea1-Ea2-Ea4，故D 错误；
答案选B。
14．液流电池由电堆单元、电解液、电解液存储供给单元以及管理控制单元等部分构成，是利用正负极电
解液分开，各自循环的一种高性能蓄电池，具有容量高、使用领域广、循环使用寿命长的特点。全钒
液流电池充电时的工作原理如图所示。
9
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下列说法正确的是
A．放电时，电流流动方向：M 电极→电解质溶液→N 电极
B．放电时，M 电极的电极反应式为
C．充电时，该装置总反应的离子方程式为
D．若M 电极的储罐起始时pH=1，工作一段时间后，pH 变为2，则理论上电路中转移电子数为
0.09NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【分析】全钒液流电池充电时，氢离子向N 极移动，则N 为阴极、M 为阳极，放电时，N 为负极、M
为正极。
【详解】A．放电时，N 为负极、M 为正极，电流流动方向：N 电极→电解质溶液→M 电极，A 错误；
B．放电时，M 电极为正极，
得到电子发生还原反应，电极反应式为
，
B 错误；
C．充电时，该装置为电解池装置，阳极
氧化为
、阴极
还原为
，总反应为的离子方
程式为
，C 正确；
D．不确定溶液的体积，不能计算转移电子的量，D 错误；
故选C。
15．利用平衡移动原理，分析常温下金属
在不同
的
体系中的可能产物。已知：图1 中曲线
表示
体系中各含碳粒子的物质的量分数与
的关系；图2 中曲线I 的离子浓度关系符合
；曲线II 的离子浓度关系符合
；[注：
起始
体系中
；不同
下
由图1 得到]。下
列说法正确的是
10
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A．
时，碳酸钠溶液体系中存在：
B．图2 中，
点时溶液中存在：
C．起始状态
，平衡后溶液中存在：
D．沉淀
制备
时，选用
溶液比
溶液效果好
【答案】A
【分析】由图1 可知c(
)=c(
)时pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)= c(
)时
pH=6.37，则Ka1(H2CO3)=10-6.37；由图2 可知
【详解】A．由图1 pH=7 时三条曲线的相对高低可知
，A 正确；
B． Ka2(H2CO3)= 10-10.25，M 点时pH=8.25，c(H+)=10-8.25mol/L，c(OH-)=
mol/L=10-5.75mol/L，溶液
中c(
)≈0.1mol/L，则c(
)=
=10-10.25×0.1×
mol/L=10-3mol/L，所以M
点时，溶液中存在：c(
)＞c(OH-)，B 错误；
C．起始状态
，是曲线Ⅰ上面，曲线Ⅱ下面，产生
沉淀，溶液中存在：
，C 错误；
D．由图2 可知，pH>8.25 时，Ni(OH)2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用
0.1mol·L-1NaHCO3溶液比0.1 mol·L-1Na2CO3溶液效果好，D 错误；
故选A。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（14 分）利用水钴矿(主要成分为
，含少量
、
、
、
)制备二次电池添加剂
的流程如下。
11
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已知：25℃时，
部分金属离子浓度与pH 的关
系如下图所示；沉淀过快无法形成
，
在碱性溶液中易被
氧化。
回答下列问题：
(1)“酸浸”中
反应的离子方程式为 。
(2)“沉铁”中控制pH 的理论范围为 (溶液中离子浓度
时，可认为已除尽)。
(3)萃取剂对
、
萃取率随pH 的影响如下图，应选择萃取剂 (填“M”或“N”)。若萃取
剂的量一定时， (填“一次萃取”或“少量多次萃取”)的萃取效率更高。
(4)“沉钴”中，
的离子方程式为 。
(5)
过程中，先加氨水再缓慢加NaOH 溶液的理由是 ，
“沉钴”中使用热NaOH 溶液的目的是 。
【答案】（14 分，每空2 分）
(1)
(2)3.2~7.2
(3) N 少量多次萃取
12
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(4)
(5)“碱溶”形成的
在加入
“沉钴”时可缓释
利于晶体形成，缓慢加
溶
液可以防止沉淀过快无法形成
温度高利于减少溶解氧，形成
气氛隔绝空气，
防止产物被氧化
【分析】水钴矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸浸，SiO2不和硫酸反应过滤后存在于滤渣1 中，滤液
中含有Co2+、Fe2+、Mn2+，再向滤液中加入次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀
过滤后存在于滤渣2 中，向滤液中加入萃取剂，水相中含有Co2+，经过一系列处理后得到CoSO4固体，
再加入氨水溶解，加入热的NaOH 溶液沉Co 得到β−Co(OH)2。
【详解】（1）亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中
在酸性条件下被亚硫酸钠还原为二价钴，亚硫
酸根离子氧化为硫酸根离子，反应中钴化合价由+3 变为+2、硫化合价由+4 变为+6，结合电子守恒可
知，反应为：
；
（2）沉铁”中要求除去铁离子而Co2+不产生沉淀，结合图可知，控制
的理论范围为3.2~7.2；
（3）由流程可知，萃取剂要尽可能分离
、
，使得
进入有机相而
保留在水相，结
合图可知，萃取剂N 对两者的萃取分离效果较好，故选N；若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃
取效率更高。
（4）由图表可知，pH=9.2 时，pOH=4.8，
沉淀完全，此时
；“沉钴”中，
和NaOH 反应
生成
，根据质量守恒可知，同时生成氨气，离子方程式为：
；
（5）
沉淀过快无法形成
，先加氨水形成配离子
减小
浓度，然后
再加NaOH 溶液利于形成
故先加氨水再加NaOH 溶液的理由是：“碱溶”形成的
在加入
“沉钴”时可缓释
利于晶体形成，缓慢加
溶液可以防止沉淀
过快无法形成
；
容易被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温利于减少溶解氧，
故使用热
溶液的目的是：温度高利于减少溶解氧，形成
气氛隔绝空气，防止产物被氧化。
17．（13 分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：ⅰ、Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO−氧化成MnO2(棕黑色)、
(绿色)、
(紫色)。
ⅱ、浓碱条件下，
可被OH-还原为
。
ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO 的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)：
13
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实
验
物质a
C 中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
Ⅰ
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ
5%NaOH 溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕
黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
仍有沉淀
Ⅲ
40%NaOH 溶
液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕
黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
仍有沉淀
(1)仪器a 的名称为 。
(2)B 中试剂是 。
(3)通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
(4)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将
氧化为
。
(5)用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化
很小。
(6)取实验Ⅲ中放置后的1mL 悬浊液，加入4mL 40% NaOH 溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓
慢加深。溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化
剂过量。
(7)取实验Ⅱ中放置后的1mL 悬浊液，加入4mL 水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是
。
【答案】（13 分，除标注外，每空2 分）
(1)双颈烧瓶（1 分）
(2)饱和NaCl 溶液
(3)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(4)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(5)4
+4OH−=4
+O2↑+2H2O
14
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(6)Cl2
(7)3ClO−+2MnO2+2OH−=2
+3Cl−+H2O
【分析】在装置A 中HCl 与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B 中盛有饱和
NaCl 溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C 中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反
应，装置D 是尾气处理装置，据此解答：
【详解】（1）仪器a 的名称为双颈烧瓶；
（2）根据以上分析可知B 中试剂是饱和NaCl 溶液；
（3）)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH 电离产生的OH−反应产生Mn(OH)2白色沉淀，
该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方
程式为2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是Mn2+的还原性随溶液
碱性的增强而增强；
（5）溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，
可被OH−还原为
，方程式为4
+4OH−=4
+O2↑+2H2O；
（6）溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；
（7）溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为
，方程式为3ClO−+2MnO2+2OH−=2
+3Cl−+H2O。
18．（14 分）丙烯是重要的化工原料，丙烯的制备是关注的热点。
主反应：
副反应：
科学上规定：在298.15K 时，由最稳定的单质生成1mol 化合物时的焓变，叫作该物质的标准摩尔生成
焓。回答下列问题：
已知：部分物质的标准摩尔生成焓数据如下表：
物质
标准摩尔生成焓
(1)上述反应的
。
(2)主反应在催化剂Pt(111)表面上反应有2 种路径，整个反应的能线图如图所示。
15
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表示路径1 的活化能，
表示路径2 的活化能，TS 表示过渡态
①路径2 中速控步骤的反应式为 。
②在前两步脱氢反应中，路径 更有优势。
(3)在压强(117.5kPa)恒定，以
作为稀释气，不同水烃比
［
、10、15］时，
催化脱氢制备
反应的平衡转化率随温度的变化曲线图如图所示。
①水烃比
的曲线为 (选填“
”、“
”或“
”)，理由是 。
W
②
点对应条件下，若
的选择性为
，则主反应的分压平衡常数
为
［
的选择性
］。
③相同温度下，水烃比远大于15：1 时，
的消耗速率明显下降，可能的原因是：i．
的浓度
过低；ii． 。
(4)2024 年3 月1 日，厦门大学《科学》杂志报道，该校科研人员创制了
沸石催化剂(
为铑
铟合金)，实现了丙烷脱氢高选择性制丙烯。下列关于该催化剂的描述正确的是___________(填标号)。
A．改变
沸石颗粒大小能影响反应速率
B．
沸石催化剂可改变丙烷的平衡转化率
C．在工业生产中，
沸石催化剂能提高丙烯的产率
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D．X 射线衍射技术可测定
晶体结构
【答案】（14 分，除标注外，每空2 分）
(1)
(2)
(或
) 1（1 分）
(3)
（1 分） 在相同温度下，水烃比
增大，等效于减小压强，平衡正向移动，
的平衡转化率增大。故此条件下水烃比
时平衡转化率最大，对应的曲线为
14.4
过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低
(4)ACD
【详解】（1）副反应：
的
生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标
准摩尔生成焓
。
（2）①从能线图可知路径2 中c 生成d 的活化能最高，为速控步骤，故反应式为
(或
)；
②在前两步脱氢反应中，路径1 的活化能均较低，为优势路径。
（3）①在相同温度下，水烃比
增大，等效于减小压强，平衡正向移动，
的平衡转化
率增大。故此条件下水烃比
时平衡转化率最大，对应的曲线为
；
W
②
点
的平衡转化率为
，根据已知条件列出“三段式”
则
，
的选择性为
，则
。故
，
。W 点
，则
的物质的量为10mol，则主反应的分压平衡常数
17
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。
③相同温度下，水烃比远大于15：1 时，说明水蒸气多，
的浓度过低，反应速率减慢，另一方面
是
过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，也导致
的反应速率
明显下降。
（4）A．改变
沸石颗粒大小，改变了催化剂的表面积，反应速率改变，A 正确；
B．催化剂不能使平衡移动，
沸石催化剂不能改变丙烷的平衡转化率，B 错误；
C．
沸石催化剂实现了丙烷脱氢高选择性制丙烯，所以该催化剂能提高生成丙烯的选择性，提
高丙烯的产率，C 正确；
D．X 射线衍射技术可以确定晶体内部的原子排列顺序，所以可测定
晶体结构，D 正确；选
ACD。
19．（14 分）以
物质为原料合成一种抗骨质疏松药
的路线如图：
已知：
。
回答下列问题：
(1)A 的结构简式为 ，反应①的类型是 。
(2)C 物质的化学名称 ，D 中含氧官能团的名称为 。
(3)Y 的结构简式为 。
(4)E→F 的化学方程式为 。
(5)C 有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的C 的同分异构体有 种。
a．含苯环的单环化合物 b．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1
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(6)根据上述信息，设计以
和
为原料制备
的合成路
线： (无机试剂任选)。
【答案】（14 分，除标注外，每空2 分）
(1)
（1 分） 取代反应（1 分）
(2)苯乙酸（1 分） 羰基、(酚)羟基
(3)
(4)
+
(5)6
(6)
（3 分）
【分析】图示可知，A 与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，A 为
；B 与NaCN 在
一定条件下发生取代反应后酸化水解生成C，C 与Y 在一定条件下反应生成D，结合已知反应原理，
Y 为
；D 与HC(OC2H5)3在作催化剂反应生成E 和C2H5OH；E 与
发生取代反
应生成F。
【详解】（1）由分析，A 的结构简式为
，反应①为甲苯中甲基氢被氯取代的反应，为
取代反应；
（2）由结构，C 物质的化学名称苯乙酸，D 中含氧官能团的名称为羰基、(酚)羟基；
（3）由分析，Y 为：
；
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（4）E 好酚羟基氢被取代引入新的支链生成F，反应为：
+
；
（5）C 有多种同分异构体，同时满足下列条件：
a．含苯环的单环化合物；．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，则应该含有甲基，
结构可以为：
、
、
、
、
、
，共6 种；
（6）
与Cl2在光照条件下发生取代反应生成
，与NaCN 反应生成
，在酸性条件下水解生成
，与
反应生成目标物
，则其合成路线为：
。
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