2025年高考押题预测卷：化学（山西、陕西、宁夏、青海）（解析版）

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：HlN14016S32Mn55

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.物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是

A.明矶溶液显酸性，中国古代利用明矶溶液清除铜镜表面的铜锈

B.NaHCC）3溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂

C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂

D.二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维

【答案】B

【详解】A.明矶溶液电离出的A13+水解显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈CU2（OH）2co3,A正确;

B.NaHCOs常做烘焙糕点的膨松剂是利用了NaHCCh遇酸或受热分解生成CO2气体，B错误；

C.维生素C具有还原性，可以与氧化剂反应，用作食品抗氧化剂，C正确；

D.二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；

答案选B。

2.实验室提取桂花精油的流程如下。下列说法错误的是

石油酸厂溶液望住驾「小”上广溶液减铛叫桂花精油

操作®L不溶物"反无水乙醇乙醇,涤［

A.“操作①”所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

B.“操作②”为过滤，所得的石油酸可循环利用

C.“乙醇洗涤”可提高桂花精油的收率

D.“减压蒸储”可防止桂花精油在较高温度下变质

【答案】B

【分析】向桂花中加入石油酸，充分振荡，过滤，分离除去不溶物，得到溶液，然后根据物质沸点的不

同，将溶液进行蒸储，分离出沸点低的石油酸和桂花浸膏，再向桂花浸膏中加入无水乙醇回流1小时，

进行抽滤，并用乙醇洗涤固体残渣，充分回收桂花精油，将分离得到溶液进行减压蒸僧，分离得到桂花

精油。

【详解】A.“操作①”是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，该操作名称为过滤，所需的玻璃

仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；

B.“操作②”为分离互溶的、沸点不同的混合物，名称为蒸储，所得的沸点较低的石油酸可循环利用，B

错误；

C.残留在固体上的桂花精油能够溶于乙醇，“乙醇洗涤”抽滤时的固体残渣，可提高桂花精油的收率，C

正确；

D.桂花精油不稳定，高温易变质。利用物质沸点随压强的减小而降低的性质进行“减压蒸储”就可防止

桂花精油在较高温度下变质，D正确；

故合理选项是B。

3.黄铜矿（CuFeS2,S元素为-2价）是冶炼铜的原料之一，用HQ?溶解黄铜矿的反应为CuFeS?+^0?+

H2SO4CuSO4+Fe2（SO4）3+H2O（未配平）。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.34g凡。2中所含分子数目为2NA

B.ILlmol-L1C11SO4溶液中含Ci?+的数目为以

C.等物质的量的H2O和H2O2中所含O-H键数目均为2NA

D.反应中生成9moi凡0转移的电子数目为17踵

【答案】D

【详解】A.34gHzO?的物质的量为Imol,所含分子数目为鼠，A错误；

B.因CuSOq溶液中Ci?+会水解，所以ILlmoLL-CuSO,溶液中含Ci?+的数目小于/，B错误；

C.1个H?。和Hz。？中均含2个O-H键，则等物质的量的HQ和H2O2中所含O-H键数目相等，但不一

定是2刈，C错误；

D.配平用H2O2溶解黄铜矿的反应为：2CuFeS2+17H2O2+H2SO4=2CuSO4+Fe2（SO4）3+18H,O可知，

每生成18moi凡0,反应转移34moi电子，则生成9mol旦0转移的电子数目为17%，D正确；

故选D。

4.乙醇酸可用于新型可降解材料的合成，未来可应用于人体内埋植型修复器械等。高选择性实现甘油在双

氧水中被氧化为乙醇酸的反应如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.常温下，Imol甘油中含有3NA个氢键

B.Imol甘油转化为1mol乙醇酸和Imol甲醛时需要NA个H2O2分子参与反应

C.1mol乙醇酸发生聚合反应可生成聚乙醇酸分子NA个

D.Imol乙醇酸中含有9NA个共用电子对

【答案】D

【详解】A.甘油含有三个羟基，每个羟基中的氢原子均可作为质子供体，与相邻分子的氧原子形成氢

键，理论上，每个甘油分子最多可形成3个氢键，氢键是分子间作用，每个氢键需两个分子共同参与,

因此，Imol甘油中含有氢键数应为：半=1.5NA，A错误；

B.甘油转化为乙醇酸和甲醛的化学方程式为:

+HCHO+3H20,可见1mol甘油需2molH2O2,即2NA个H2O2分子，B错误；

C.多个乙醇酸发生聚合反应生成1个聚乙醇酸分子，1mol乙醇酸聚合成高聚物时，生成的聚合物分

子数通常远小于1moLC错误；

D.乙醇酸的结构式为含有9个共价键，每个共价键均为1个共用电子对，则

1mol乙醇酸中含有9NA个共用电子对，D正确；

故选D。

5.部分含Na或A1或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。

-+3-fg

§+2-ed

如1

7+1-bc

0-，।।

单质氧化物碱

下列推断不合理的是

A.若a和b含同种金属元素，则a能与H2O反应生成c

B.若b能与H2O反应生成。2则b中含共价键和离子键

C.若f能溶于NaOH溶液，则f中的金属元素位于周期表d区

D.在含同种金属元素的d-g-f转化过程中，一定存在物质颜色的变化

【答案】C

【分析】多种元素价类二维图，现根据价态排除不满足的元素，再根据物质类别进行具体判断。

【详解】A.若a和b含同种金属元素，a为单质，b为+1价氧化物，如Na和NazO,贝Ua能与H2O反

应生成c,故A正确；

B.若b能与H2O反应生成。2,则b为过氧化物，如Na2Ch,则b中含共价键和离子键，故B正确；

C.若f能溶于NaOH溶液，则f为A1,位于周期表p区，故C错误；

D.在含同种金属元素的d-g-f转化过程中，化合价升高，一定存在物质颜色的变化，如氢氧化亚铁

一氢氧化铁一氧化铁，故D正确；

答案选C。

6.邻羟基查尔酮、黄酮醇属于黄酮类物质，有抗菌消炎、抗病毒等生理活性，广泛存在于植物中，邻羟基

查尔酮可转化为黄酮醇，如图所示。下列说法不正确的是

A.邻羟基查尔酮分子中所有原子可能共平面

B.黄酮醇中碳原子只有1种杂化方式

C.上述转化过程属于氧化反应

D.Imol邻羟基查尔酮最多能与7molH2反应

【答案】D

【详解】A.两个苯环、碳碳双键、碳氧双键各自确定一个平面，单键可以旋转，和苯环直接相连的原

子在苯环确定的平面上，则邻羟基查尔酮分子中所有原子可能共平面，A正确；

B.黄酮醇中碳原子都是sp2杂化，B正确；

C.在有机反应中，“加氧去氢”属于氧化反应，对比反应前后的物质结构可知，上述转化过程属于氧化

反应，C正确；

D.两个苯环、碳碳双键、碳氧双键都可以和氢气加成，贝。Imol邻羟基查尔酮最多能与8moi比反应，

D错误；

故选D。

7.钛金合金可制作装甲，夕-钛金合金具有立方晶胞（如图所示），晶胞参数为硬m。Ti-Ti原子对在每个

面的中心处，且平行于立方体的棱边，其间距为^pm。立方体相邻两面上的Ti-Ti原子对互相垂直。

下列有关说法错误的是

A.这种钛金合金的化学式为TisAuB.每个Ti原子周围最近的Au原子共有3个

C.最邻近的Ti-Au原子间距为手“pmD.该合金可作装甲是因其硬度比成分金属的大

【答案】B

【分析】夕-钛金合金具有立方晶胞，Au原子位于晶胞顶点及体心，Ti原子位平面上，晶胞中的Au原

子有8x：+l=2,Ti原子位于每个平面上，有2x6x：=6个，据此分析；

o2

【详解】A.据分析可知，钛金合金的化学式为TisAu,A正确;

B.在任一面上的Ti为例，该晶胞Au原子，最近棱上两个Au,加上平行并置晶胞中心的Au,共4个,

故Ti原子周围最近的Au原子共有4个，B错误；

C.最邻近的Ti-Au原子间距为Ti与最近顶点的Au距离,，计算为

apm，c正确;

D.合金硬度比成分金属的大，故该合金可作装甲，D正确;

故选Bo

8.某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铭废水（主要含有Crq；-）,其装置示意图如图所示，处

理过程中存在反应CrzO；-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2。。下列说法错误的是

A.M电极的电极反应为a比-14}+702-=2€：02+3凡0

B.铭元素最终以Cr(OH)3形式除去

C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大

D.若电解过程中，电子的有效利用率为60%,每处理掉0.2mol的Cr2O；-,理论上N电极需要通入11.2L(已

折算为标准状况)。2

【答案】D

【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生

氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置

为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极

相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+,放电生成的亚铁离子酸性

条件下与废水中的重铭酸根离子反应生成馅离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增

大，溶液中的铁离子、铭离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铭沉淀达到处理酸性含铭废水的

目的。

【详解】A.由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二

氧化碳和水，电极反应式为C2H6-14e-+7O"=2CO2+3H2O,故A正确；

B.由分析可知，铝元素最终以氢氧化铭形式除去而达到处理酸性含铝废水的目的，故B正确；

C.由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，

右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对

废水处理，故C正确；

D.每处理掉0.2mol重铭酸根离子，需要L2molFe2+,若电解过程中，电子的有效利用率为60%,由得

1.2molx2

失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为二£^x22.4L/mol=22.4L,

60%

故D错误；

故选D。

9.在电催化5-羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2,5-味喃二甲醇(BHMF)的反应中，碳负载的纳米Pb/PbO复合

催化剂发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示(H*代表活性氢)。下列说法错误的是

%

-o

A.反应过程中有非极性键的断裂与形成

B.H*转化为会降低BHMF的产率

C.生成BHMF的电极反应式为HMF+2H2O+2e「=BHMF+2OH

D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H*

【答案】A

【详解】A.反应过程中有H-0、C=0极性键的断裂，H-H非极性键的形成，H-0、C-H极性键的形成,

A错误；

H

B.H*与HMF形成若H*转化为H2会降低BHMF的产率，B正确；

C.水得电子生成氢氧根和H*,H*与HMF反应生成BHMF,电极反应式为

-

HMF+2H2O+2e=BHMF+2OH,C正确；

D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF(PbO)和H*(Pb),D正确；

故选A；

10.已知R、W、X、Y、Z五种元素为原子序数依次增大的前四周期元素且只有一种金属元素，已知R

的原子半径在元素周期表中最小；w的第一电离能高于同周期相邻元素；X和Y同主族，且二者形成

的一种离子在酸性条件下不能稳定存在；Z的价层电子数比X的电子数大1。下列说法正确的是

A.Z元素位于第四周期第VHB族

B.R和W形成的一种化合物溶于水可看作一种二元弱碱

C.X的氢化物的分子构型为V形

D.Y元素的基态原子的核外有1个未成对电子

【答案】B

【分析】R的原子半径在元素周期表中最小，则R为H；W的第一电离能高于同周期相邻元素，且原

子序数比H大，第二周期中N原子2P轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素C和0,所

以W为N；X原子序数大于N,X、Y同主族，且二者形成的一种离子在酸性条件下不能稳定存在，

如SzO：在酸性条件下发生反应，所以X为0,Y为S；Z为前四周期元素，且Z的价层电子数比X

（O,电子数为8）的电子数大1,则Z价层电子数为9,Z为C。（C。的价层电子排布为3d74s2）。

【详解】A.Z为Co,位于第四周期第皿族，A选项错误；

B.R（H）和W（N）形成的N2H&（联氨）,溶于水时，N2H4+H2ON2HJ+OH,

+

N2H；+H2ON2H^+OH,可看作一种二元弱碱，B选项正确；

C.X（O）的氢化物HQ,中心o原子价层电子对数=2+"衿=4,含2对孤电子对，分子构型为

V形；但氢化物还有H?。？，其结构不是V形,C选项错误；

D.Y（S）基态原子的电子排布式为Is22s22P63s23P",3P轨道上有2个未成对电子，D选项错误；

故选Bo

11.下列实验仪器的选择或操作均正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A.乙醇与乙酸互溶，不能用分液的方法分离，A错误；

B.浓盐酸与Mn02制取氯气需要加热，B错误；

C.[6（q3）44。4"0在乙醇中的溶解度小，可以从溶液中析出，得到[01（皿3）44。4"0晶体,

c正确;

D.配制检验醛基的Cu(OH)?悬浊液必需是NaOH过量，D错误;

答案选C。

12.常见金属单质X的转化如下图所示，下列说法错误的是

白

NaOH溶液

盐

色

溶

氧化物C(过量)沉

液

气体a?NaOH溶液淀

常见金属单质X氧化物B---------►D

A.X与铁的氧化物在高温时反应生成FeB.a3是由极性键构成的极性分子

C.B和D都既能与酸反应又能与碱反应D.X与NaOH溶液反应时，水作氧化剂

【答案】C

【分析】金属单质X与氢氧化钠可反应，故金属X为A1,金属单质X与气体a2反应生成氧化物，故

a2为02,氧化物B为AbCh,盐溶液为Na[Al(OH)[,Na[Al(OH)/通入过量氧化物C,生成白色沉

淀，则说明氧化物C可以与水反应生成弱酸，白色沉淀为AI(OH)3,据此分析；

【详解】A.X与铁的氧化物在高温时发生置换反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式：Fe2O3+2Al

高温

^Al2O3+2Fe,可生成Fe,A正确；

B.a3为。3,是由极性键(中间氧原子呈正电负，两端氧原子呈负电性)构成的极性分子，B正确；

C.AhCh是两性氧化物，用(OH[是两性氢氧化物，均既能与强酸反应又能与强碱反应，C错误；

D.A1与NaOH溶液反应时，2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2T,Al作还原剂，水作氧化剂,

D正确；

故选C。

13.在两种不同催化剂作用下，反应X(g)Y(g)的历程如图所示。

②

/，

k——催化剂1

①

x(g)：\y---催化剂2

P27Y(g),

反应历程

下列叙述正确的是

A.不同催化剂作用下使该反应的焰变不同

B.基元反应②和③的正反应AH>0

C.其他条件相同，PJ匕巳更不稳定

D.其他条件不变，升温能提高X的平衡转化率

【答案】C

【详解】A.不同催化剂不改变反应的焰变，只改变反应速率，A错误；

B.根据图像可知，基元反应②和③的正反应均是放热反应，B错误；

C.巳比耳能量更低，P?比耳更稳定，C正确；

D.总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的平衡转化率降低，D错误；

故选Co

14.常温下((HCOOH)=1.8xICT，，向2Q00mL0.100mol-ENaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶

液，混合溶液中某两种离子的浓度随HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法不正颐的是

A.当V(HCOOH)=10mL时，c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO^)

B.M点：c(HCOOH)=1.8xlO-10

C.M点：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)

D.N点：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH")>c(H+)

【答案】B

【分析】ZO.OOmLO.lOOmoLLNaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒

为Na+、H+、OH和HCOO-,当HCOOH溶液的体积为20mL时，①表示的离子浓度减小，且由0.1mol/L

减小至接近于。，②表示的离子浓度增大，且浓度由0增大至0.05mol/L,则①表示OH-,②表示HCOO0

【详解】A.当V(HCOOH)=10mL时，所得溶液为NaOH和HCOONa等浓度的混合溶液，溶液中存

在质子守恒：，c(OH)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-),A正确；

B.根据分析,M点:c(HCOO-)=c(OH),

c(HCOO)c(H+)c(HCOO)Kw

((HCOOH)==1.8x10、c(HCOOH)=—xl010mol/L,B错

c(HCOOH)c(HCOOH)-c(OH-)

误；

C.M点:c(HCOO)=c(OH),溶液中存在电荷守恒：c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+),可得

2c(OH')=c(Na+)+c(H+),C正确；

D.N点加入20mLHCOOH溶液，所得溶液为HCOONa溶液，HCOCF水解，溶液呈碱性，溶液中存

在：c(Na+)>c(HCOO)>c(OH)>c(H+),D正确；

故选Bo

第n卷(非选择题共58分)

二、非选择题，共4题，共58分。

15.(15分)废旧磷酸铁锂电池提锂渣的主要成分为磷酸铁(FePO,),还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，某

科研小组从提锂渣中回收磷酸铁并实现正极材料再生的流程如下。

硫酸、磷酸铁粉HQ?溶液葡萄糖、Li2CO3

提锂渣一心一心铁磷溶明焉一国FePO,2HQ»由一忐一UFePO,

II

滤渣滤液

己知：①FePO,和AIPO4均难溶于水，但在强酸或磷酸条件下可生成易溶的磷酸二氢盐；

②铁磷溶液的主要成分为FeHPO,。

回答下列问题：

⑴为提高提锂渣的“浸出”率，可采取的措施有(写出一条)。

(2)“除杂”时加入适量铁粉可使AP+形成A1PO&沉淀从溶液中分离，原因是；“滤渣”的主要成

分有石墨、AlPO,和(填化学式)。

(3)“氧化”后生成难溶性的FePO4-2H2O,该反应的化学方程式为

(4)“氧化”终点所得溶液需调节一定pH以使铁、磷元素充分沉淀制备磷酸铁，终点pH对制备磷酸铁过

程的影响如下图所示。由图分析，终点pH约为最适宜，若大于该pH,会导致。

0.2-

°-°'0.5'1.0'1.5'2.0'2^5'3^0'3.5'pH

(5)“滤液”中可循环使用的物质主要是(填化学式)。

(6)“煨烧”时葡萄糖的作用是o

【答案】(1)将提锂渣磨成粉末(或适当升温等，合理即可)

(2)Fe与H+反应，使H?PO；转化为PO；,从而使AlPO,沉淀Cu

(3)2FeHPO4+H2O2+2H2O=2FePO4-2H2OJ

(4)2.5(或2-2.5之间)Fe'+生成Fe(OH)3,使磷酸铁中杂质增多

(5)112so4

(6)作还原剂

【分析】提锂渣的主要成分为磷酸铁(FePOj,还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，加入稀硫酸和磷酸将

固体溶解，加入铁粉可降低溶液酸度，使得A产形成A1P。」沉淀从溶液中分离，铁磷溶液的主要成分

FeHPO'被过氧化氢氧化后生成FePCVZH?。，从溶液中滤出后经脱水后，加入葡萄糖和碳酸锂，发生

反应生成LiFePCU,实现正极材料再生。

【详解】(1)为提高提锂渣的“浸出”率，可采取将提锂渣磨成粉末(或适当升温等)的措施；

(2)“除杂”时加入适量铁粉，Fe与H+反应，使H2Pol转化为P。：，从而使A1PO,沉淀；根据分析可

知，“滤渣”的主要成分有石墨、A1PO&和Cu；

(3)FeHPO,在HzO?作用下被氧化为2FePO「2H2。，化学方程式：

2FeHPO4+H2O2+2HQ=2FePO4-2H2OJ；

(4)根据图示，终点pH约为2.5时，Fe、P元素沉淀率都比较高，且基本达到最大；若大于该pH,

会导致Fe?*生成Fe(OH)3,使磷酸铁中杂质增多；

(5)滤液中剩余的硫酸可循环使用；

(6)“煨烧”时葡萄糖中的C元素起还原性作用，将硫酸铁中的铁元素还原为+2价，实现正极材料的再

生。

16.(15分)硝酸锦可用于制备电子元件和金属表面磷化处理，学习小组用下列装置和试剂制备Mn(NC>3)2

1739

并测定其纯度。已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9xlO-\Ksp[Fe(OH)2]=4.9xl0^,Ksp[Fe(OH)3]=2.8xlO。

回答下列问题:

①装置B中反应需控制温度为60~80℃。实验时向装置B的(填仪器名称)中通入水蒸气，通入

水蒸气的作用为。

②硝酸与Mn反应时生成NO和NO2,NO和NO2的物质的量之比为1：1,该反应的化学方程式为

③尾气处理时，欲使氮氧化物均转化为NaNOs，可采取的措施为=

④实验结束后，向装置C所得混合液中加入MnO,充分反应后，过滤、洗涤、将滤液和洗涤液合并，

蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。加入MnO的作用为。

（2）测定产品的纯度：准确称量mg产品，配成100mL溶液，取25.00mL所配溶液加入滴定管中，取

25.00mLcmol-L1KMnO,标准溶液于洁净的锥形瓶中，用所配产品溶液进行滴定，达到滴定终点时消

耗产品溶液17.90mL。

①滴定反应原理为（用离子方程式表示，滴定反应中生成MnO?）。

②达到滴定终点的标志是o

③产品中Mn（NC>3）2的质量分数为（用含c、m的代数式表示）。

【答案】（1）圆底烧瓶提供热量并将生成的硝酸吹入装置C中，使之与金属反应

2+

2Mn+6HNO3=2Mn（NO3）2+NOT+NO2T+3H2O打开装置E中的活塞K,由此向试剂瓶中通

入足量的空气或调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去

2++

（2）2MnO；+3Mn+2H2O=5MnO2+4H滴入最后半滴产品溶液时，溶液变为无色，且半

分钟内不恢复原色咨上%

m

【详解】（1）①装置B为圆底烧瓶，由实验目的和原理推知，装置A用于制备水蒸气，水蒸气通入装

置B中提供热量并将生成的硝酸吹入装置C中与金属反应，装置D用于防止装置E中的液体倒吸。

②由反应生成的NO和NO2的体积比为1:1可推知，反应的化学方程式为

2+

2Mn+6HNO3=2Mn（NO3）2+NOT+NO2T+3H2O。

③尾气处理时，欲使氮氧化物均转化为NaNCh,需要加入氧化剂，可采取的措施为打开装置E中的活

塞K,由此向试剂瓶中通入足量的空气或02。

④Mn片中含有的Fe在实验中转化为Fe3+,实验结束后向装置C所得混合液中加入MnO,可调节溶液

的pH,使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去。

（2）①滴定原理是利用KMnC）4与Mn（NC>3）2发生归中反应生成MnOZ,根据得失电子守恒和电荷守恒

+

配平反应的离子方程式为2MnO；+3Mn"+2H2O=5MnO2J+4Ho

②利用KMnO,的颜色变化来指示终点，达到滴定终点的现象为滴入最后半滴产品溶液时，溶液变为无

色，且半分钟内不恢复原色。

③由反应原理可得关系式：2MnO；-3Mn2+,则产品中Mn（NC）3）2的质量分数为

100mL

0.025Lx3xcmol-L-1x179g-mol-1x_____

17.9mLxl00%=jZgg£%o

2xmgm

17.（15分）丁烯是一种重要的化工原料，主要用于生产甲基叔丁基酸丁基橡胶等产品。CO2氧化异丁烷脱

氢制备异丁烯［CH3-C（CH3）=CH2］以及正丁烷（P）直接脱氢制2-丁烯（M）技术已进入工业化应用。

回答下列问题：

⑴丁烷可以作为燃料使用。已知O.lmolCH3cH2cH2cH3完全燃烧生成HQ⑴放出。kJ热量，则表示

CH3cH2cH2cH3燃烧热的热化学方程式为。

(2)CC)2氧化异丁烷脱氢制备异丁烯，其反应为01(63)3伍)+82伍).十旦-。(83)=82

(g)+H2O(g)+CO(g)△〃，在Fe’Os催化作用下的反应机理如下：

CH3—CH—CH3CH3—C=CH2

CH3CH1CO,CO

写出转化①、②的化学方程式：、o

(3)正丁烷直接脱氢制2-丁烯过程发生如下两个反应：

反应I.CH3cH2cH2cH3(g).CH3CH=CHCH3(g)+H2(g)；

反应II.CH3cH2cH2cH3(g)CH?=CHCH=CH2(g)+2H2(g)o

在q℃、0kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：2通入CH3cH2cH2cH3(g)和N?(g)的混合气

体，发生上述反应，测得生成物的物质的量与反应时间关系曲线如图所示(曲线a只表示某物质的部

分变化)。

①从平衡角度说明通入N2的作用是。

②曲线b表示的物质是(填名称)，若其他条件不变，在恒容密闭容器中进行上述反应，则点

X将可能移向点(填或"C”)。

(4)在:TC、kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：2通入CH3cH2cH2cH3(g)和NZ(g)

的混合气体，发生反应I、II,当反应I和反应II均达到平衡时，测得P、M在含碳物质中的占比分

别为20%、60%,则甘后=，反应I的Kp=［用含P。的式子表示，若用N代表

CH2=CHCH=CH2,则P在含碳物质中的占比表示为"(诉p)扃即JX100%］。

【答案】(1)CH3cH2cH2cH3(g)+了O2(g)=4CO2(g)+5H2。⑴AH=-10akJmor1

(2)3Fe2O3+CH(CH3)3=2Fe3O4+CH3-C(CH3)=CH2+H2O2Fe3O4+CO2=3Fe2O3+CO

(3)反应I和反应H均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入N?可以降低反应体系中其

他组分的分压，提高反应物的转化率2-丁烯C

⑷g或0.50.75p0kPa

【详解】(1)O.lmolCH3cH2cH2cH3完全燃烧生成HzOQ)放出akJ热量，则丁烷完全燃烧的热化学方

[3

程式可以表示为：C"3cH2s2。/3值)+万。2值)=4。02伍)+5氏0(1)A^=-10akJ/mol；

(2)转化①Fe?。,转化为Fes。,，CH(CH31转化为CH3-C(CH3)=CH2，化学方程式为：

3Fe2O3+CH(CH3)3=2Fe3O4+CH3-C(CH3)=CH2+H2O；转化②为Fe,。,转化为Fe203,CO2转化为

CO,化学方程式为：2Fe3O4+CO2=3Fe2O3+CO;

(3)①反应I和反应H均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入N2可以降低反应体系中其

他组分的分压，相当于减压，平衡正向移动，提高反应物的转化率；

②£时刻，曲线a物质的量是lao/,曲线b物质的量是0.5加o/,曲线c物质的量是0.25加H,两个反应

均生成氢气，则曲线a代表H?,根据物质的量关系

n(凡)=n(CH3cH=CHCH3)+2n(CH2=CHCH=CHj=Imol,则n(CH3cH=CHCH3)=0.5moh

n(CH2=CHCH=CH2)=0.25mol,即曲线b表示2-丁烯(CH3s=。"€耳)；两个反应均是气体体积增

大的反应，如果改为恒容，则压强变大，反应速率加快，达到平衡时间变短，但平衡逆向移动，丁烷

的转化率降低，2-丁烯物质的量变小，则应为C点；

(4)设初始通入n(CH3cH2cH2cH3)=劭加，贝打(2)=2沏加，达到平衡以后，根据碳守恒可知，

n(CH3cH=CWCH3)+n(CH2-CHCH-CH2)+n(CH3CH2CH2CH3)=amol-得P(CH3CH2CH2CH3),

M(C"3C"=C"C4)在含碳物质中的占比分别为20%、60%,贝39珥(了12€：珥($3)=0.2的〃、

n(CH3cH=CHCH3)=0.6am)l、n(CH2=CHCH=CH2)=0.2amol,由上一问方程式的比例关系可知，

n(H2)=n(CH3CH=CHCH3)+2n(CH2=CHCH=CH2)=amol,则=0.5；

平衡时，n息=4amol,p(H?)=；xp(^Pa、p(CH3cH=CHC&)=号”叱、

0^xpokPax^x

n2pokPa

p(CHCHCHCH)=—xp^,反应I的Kp=--------=O.75pkPa

32230