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2025 年高考押题预测卷
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 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．我国有许多手工创作物件，它承载了我国的历史文明。下列有关说法正确的是
A．孔明灯的燃料是煤油，煤油是通过石油减压蒸馏获得的一种纯净物
B．皮影的原料主要采用牛羊皮，牛羊皮的主要成分是天然高分子
C．吹糖画的原料是麦芽糖，麦芽糖在酸或碱性条件下均能水解生成葡萄糖
D．粗布麻衣的原料是富含纤维素的麻秆等作物，经处理得到的长纤维称为人造棉
【答案】B
【解析】A．煤油是通过石油分馏（包括常压或减压蒸馏）得到的混合物，而非纯净物，因为其由不同
碳链长度的烃类组成，故A 错误；
B．皮影原料为牛羊皮，其主要成分是胶原蛋白，属于天然高分子化合物（蛋白质是天然高分子），故
B 正确；
C．麦芽糖在酸或酶的条件下均能水解生成葡萄糖，在碱性条件下不能发生水解反应，故C 错误；
D．麻秆中的纤维素属于天然纤维，直接处理得到的是天然纤维（如亚麻）；“人造棉”指再生纤维素
纤维（如粘胶纤维），需通过化学处理制得，并非直接来自麻秆，故D 错误；
故选B。
2．物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．Na2CO3具有碱性，可用作食品膨松剂
B．维C 具有还原性，可作补铁剂中的抗氧化剂
C．FeCl3溶液具有氧化性，可作刻蚀铜电路板的腐蚀液
D．Na2O2能与CO2反应生成O2，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】A．碳酸钠（
）碱性较强，通常不用作食品膨松剂，食品膨松剂常用的是碳酸氢钠
（小苏打），它受热分解产生二氧化碳气体使食品蓬松，该选项错误；
B．维生素C 具有还原性，可以防止补铁剂中的铁元素被氧化，能作补铁剂中的抗氧化剂，该选项正
确；
1
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C．氯化铁（
）溶液能与铜发生氧化还原反应：
，利用其氧化性可作
刻蚀铜电路板的腐蚀液，该选项正确；
D．过氧化钠（
）能与二氧化碳（
）反应生成氧气（
） ，化学方程式为
，可作潜水艇中的供氧剂，该选项正确；
综上所述，正确答案是A。
3．某苯甲酸样品中含少量氯化钠和泥沙，实验室提纯苯甲酸，下列实验仪器必须用到的有
A．②④⑦⑧
B．①②⑥⑨
C．③②⑧⑨
D．①②③⑥
【答案】D
【解析】实验室提纯苯甲酸需要用到的操作有过滤、重结晶，需要用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃
棒、酒精灯等，答案选D。
4．下列化学用语或图示正确的是
A．环氧戊烷：
B．乙烯分子中的
键：
C．用电子式表示
的形成过程：
D．
的球棍模型：
【答案】B
【解析】A．图示为环氧丁烷，A 错误；
B．
键为镜面对称，图示为乙烯分子中的
键，B 正确；
C．
为离子化合物，用电子式表示
的形成过程：
，C 错误；
D．
的球棍模型不是直线形，应为：
，D 错误；
故选B。
2
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5．下列有关元素单质或化合物的说法不正确的是
A．
是由极性键构成的非极性分子
B．三氟乙酸的
大于三氯乙酸的
C．逐个断开
中
键，每步所需能量相同
D．
和
的基态原子未成对电子数相等
【答案】C
【解析】A．BH3中心原子为B，价层电子对数为3+
=3，无孤电子对，分子构型为平面正三角
形，正负电荷中心重合，为非极性分子，A 正确；
B．F 的电负性大于Cl，三氟乙酸中羧基上-OH 极性强，易电离出H+离子，三氟乙酸的酸性更强，Ka更
大，B 正确；
C．CH4有四个碳氢键，断开第一个碳氢键较容易，需要的能量小，断开第二、三、四个碳氢键越来越
难，需要能量越来越高，C 错误；
D．Si 的电子排布式为1s22s22p63s23p2，未成对电子数为2，S 的电子排布式为1s22s22p63s23p4，未成对电
子数为2，D 正确；
答案选C。
6．碳是构成化合物的重要中间体，下列说法正确的是
A．沸点：新戊烷>异戊烷>正戊烷
B．
的名称为3，4-二甲基己烷
C．
与
互为同系物
D．常温下，在水中的溶解度：苯甲酸>乙酸
【答案】B
【解析】A．正戊烷、异戊烷、新戊烷的分子式相同，支链越多，沸点越低，故沸点：新戊烷<异戊烷<
正戊烷，A 项错误；
B．主链最长为6 个碳原子，母体为己烷，3、4 号位各有一个甲基，系统命名法为：3，4-二甲基己
烷，B 项正确；
C．
与
的官能团不同，故二者不互为同系物，C 项错误；
D．苯甲酸的分子结构中含有苯环，苯环是一个非极性的芳香环，这使得苯甲酸的整体极性较乙酸低，
水是极性分子，因此常温下，在水中的溶解度：苯甲酸<乙酸，D 项错误；
故选B。
7．下列实验装置设计和操作能达到实验目的的是
3
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A．用甲装置可证明碱性：Ca(OH)2>NH3·H2O
B．用乙装置从食盐水中提取NaCl
C．用丙装置可合成氨并检验氨的生成
D．用丁装置可制备甲酸
【答案】C
【解析】A．湿润的红色石蕊试纸用于检验氨气生成，生成氨气是因为氧化钙溶于水放热，促进浓氨水
分解，没有涉及强碱制弱碱的反应，无法比较二者碱性强弱，A 错误；
B．食盐水中提取 NaCl 应采用蒸发的方法，应该用蒸发皿，不能用坩埚加热，B 错误；
C．氮气和氢气在催化剂加热条件下发生反应，用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，若产生白烟，则证明
生成了氨气，能达到实验目的，C 正确；
D．用足量的酸性
氧化甲醇通常会生成
而难以得到甲酸，D 错误；
故选C。
8．BF3与一定量的水可形成物质R(如图所示)。下列说法错误的是
A．R 中阴、阳离子均含有配位键
B．阳离子的空间结构为三角锥形
C．BF3形成R 后，B 的杂化方式未发生改变
D．R 中的阴、阳离子与水分子之间均可形成氢键
【答案】C
【解析】A．R 中的阳离子（H3O+），是由H+提供空轨道，H2O 中O 原子提供孤电子对形成配位键；
阴离子中是B 原子提供空轨道，O 原子提供孤电子对形成配位键，A 正确；
B．H3O+的中心原子为sp3杂化，故空间结构为三角锥形，B 正确；
C．BF3中，B 是sp2杂化，R 中B 形成了4 个σ 键，杂化方式为sp3，C 错误；
D．H3O+中的H 可以与H2O 中O 原子形成氢键，H2O 中的H 也可与H3O+的O 形成氢键，R 中的F 与
H2O 中的H 可以形成氢键，D 正确；
故答案选C。
9．加入
可提高
电池性能。该电池放电时某电极区域的物质转变过程如图。下列说法错误的是
4
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A．该电极放电时发生还原反应
B．“步骤3”的反应为：
C．电路中每转移
，生成
D．
和
是反应过程中的中间产物
【答案】C
【解析】A．从物质转变过程图可知，该电极处
得到电子转化为其他物质，发生还原反应，A 选
项正确；
B．根据图中“步骤3”的物质转化关系，结合元素守恒和电荷守恒，可以写出反应方程式
，B 选项正确；
C．总反应为
，每转移
生成1mol
，所以电路中每转移
，
生成0.5mol
，C 选项错误；
D．从图中可以看出
和
在反应过程中先生成，后又参与反应被消耗，是中间产物，D 选项正
确；
综上所述，答案是C。
10．某物质结构如图所示，W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的同一短周期元素，Z 元素的最高正价与最
低负价代数和为6。下列说法错误的是
A．第一电离能：Z>Y>X>W
B．单质熔点最高的是X
C．共价键极性：X-Z>X-Y
D．简单氢化物的还原性：Z>Y
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的同一短周期元素，Z 元素的最高正价与最低负价代数和
为6，可知Z 为Cl；W 的阳离子带一个单位的正电荷，可知W 为Na；根据X 与Y 所形成的共价键的
数量可知X 为Si，Y 为S，综上W 为Na，X 为Si，Y 为S，Z 为Cl。
【解析】A．W 为Na，X 为Si，Y 为S，Z 为Cl，同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，故电离能
5
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大小关系为Z>Y>X>W，A 项正确；
B．四种单质中，熔点最高的是单质Si，即熔点最高的单质为X，B 项正确；
C．X 与Z 形成
键，X 与Y 形成
键，Cl 的电负性大于S，吸引电子的能力更强，因而键的极
性更强，即共价键极性X-Z>X-Y ，C 项正确；
D．Y 的简单氢化物为
，Z 的氢化物为
，同周期从左向右非金属性逐渐增强，氢化物的还原性
逐渐减弱，故简单氢化物的还原性Z<Y，D 项错误；
答案选D。
二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
11．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是
选项
实验过程及现象
实验结论
A
将
分别通入到浓
、
和
的混合溶
液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色
变至绿色
和浓
反应后溶液呈绿色的
主要原因是溶有
B
分别测定等物质的量浓度的
与
溶液的
，前者
小
C
取
乙醇，加入
浓硫酸、少量沸石，迅速升温至
170℃，将产生的气体通入
溴水中，溴水褪色
乙醇发生了消去反应
D
向
、
混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量
，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色
氧化性：
【答案】A
【解析】A．将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的
溶于浓
中，导致溶
液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，
和
的混合溶液
为蓝色，通入
后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu 和浓HNO3反应后溶
液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A 正确；
B．NH4F 的pH 较低说明其酸性强，F⁻的水解程度较弱，对应的HF 酸性强（Ka 较大）。但
的水
解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且
浓度也不
同，存在一定的干扰，B 错误；
C．浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除
SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C 错误；
D．根据实验现象可知，Cl2氧化I⁻生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2 > I2，由于氯水少量，优
先氧化还原性强的I⁻，即还原性：
，从而可以得出结论：氧化性： Br2 > I2，实验中无法证明
Cl2的氧化性大于Br2 ，D 错误；
6
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故选A。
12．M 与N 反应可合成某种药物中间体G。下列说法正确的是
A．该反应类型是消去反应
B．N 分子可形成分子间氢键
C．一定条件下，G 完全水解可得到M 和N
D．1mol G 与足量的 NaOH 溶液反应，最多反应2mol NaOH
【答案】D
【解析】A．消去反应在一定条件下有机化合物脱去小分子并形成不饱和键，该反应类型不是消去反
应，A 错误；
B．N 分子含醛基，氢原子与碳原子相连，不可形成分子间氢键，B 错误；
C．一定条件下，G 水解可得到N 和M，M 可以继续水解，故G 完全水解得不到M，C 错误；
D．G 有两个酰胺键，水解后得到2 个羧基，1mol G 与足量的 NaOH 溶液反应，最多反应2mol
NaOH，D 正确；
故选D。
13．利用
在碱性条件下实现废水中
（Ⅲ）的回收，铬的去除率大于
，其装置如图所示。下
列说法正确的是
A．膜a，膜b 均为阳离子交换膜
B．废水室中反应的离子方程式为
C．反应一段时间后，阴极区溶液的pH 减小
D．通电过程中石墨N 极每产生33.6L（标准状况）气体，则双极膜内减少
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【答案】BD
【分析】根据溶液中的离子移动方向，
移向阳极，左侧石墨M 为阳极，右侧石墨N 为阴极，
通过膜b 进入产品室，为阳离子交换膜，膜a 要阻止其他阳离子进入缓冲室，为阴离子交换膜，
通过膜c 进入产品室，膜c 是阴离子交换膜。
【解析】A．
通过膜b 进入产品室，为阳离子交换膜，膜a 要阻止其他阳离子进入缓冲室，为阴
离子交换膜，A 错误；
B．依据图中物质，废水室中Cr3+在碱性条件下被H2O2氧化生成
，反应的离子方程式为
，B 正确；
C．根据溶液中的离子移动方向，
移向阳极，左侧石墨M 为阳极，右侧石墨N 为阴极，阴极的电
极反应为
，阴极区消耗的
的物质的量与双极膜中进入此区的
的物质的量相等，
所以反应一段时间后，阴极区溶液的pH 不变，C 错误；
D．通电过程中石墨N 极每产生33.6L（标准状况）气体，即
，则双极膜内有
进入阴
极室，同时有
进入废水室，故双极膜内减少
，即减少54g
，D 正确；
答案选BD。
14．以黄铁矿(主要含FeS2，还含有NiS、CoS、CuS 以及少量Au)为原料分离各种金属，工艺流程如下：
已知：①“焙烧”后烧渣主要成分是Fe2O3、NiO、CuO、Co3O4和Au。
②常温，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8，一般认
为金属阳离子≤10-5mol/L 为沉淀完全。
③氧化性：Co3+>Cl2。
lg5=0.7
④
。
下列说法错误的是
A．“酸浸”时H2O2作还原剂，若用盐酸代替硫酸和H2O2效果更佳
B．当c(Co2+)=0.05mol·L-1，c(Ni2+)=0.1mol·L-1，“调pH”范围是6.6≤pH<7.3
C．“沉钴”时发生反应的离子方程式为Co2++2HCO =CoCO3↓+CO2
+H2O
D．检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用HCI 和BaCl2
【答案】AC
【分析】将矿石粉碎，在空气中焙烧，得到金属氧化物和二氧化硫气体，烧渣用硫酸和过氧化氢浸
泡，得到含Cu2+、Fe3+、Co2+、Ni2+溶液，金单质过滤除去，过滤后的溶液加氨水调节pH，Fe3+、
Cu2+转化为氢氧化物沉淀除去，Co2+和Ni2+在溶液中，再加入氨水和碳酸氢铵得到CoCO3沉淀，溶液
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中得到NiSO4。
【解析】A．“酸浸”时Co3O4溶于酸得到Co2+和Co3+，氧化性：Co3+>Cl2，用盐酸代替硫酸，Co3+会
将Cl-氧化为Cl2，A 错误；
B．加入氨水让Fe3+、Cu2+沉淀，Co2+和Ni2+不沉淀，根据溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，
Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，当Cu2+沉淀完全时，Fe3+也已经完全沉淀，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-5×c2(OH-)=10-19.8，
c(OH-)=1.0×10-7.4mol/L，c(H+)=1.0×10-6.6mol/L，pH=6.6，又根据Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-
12.8可知，Co2+先沉淀，Co2+开始沉淀时，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=0.05×c2(OH-)=10-14.7，
c2(OH-)=2×10-13.7，c2(H+)=5×10-15.3，pH=7.3，“调pH”范围是6.6≤pH<7.3，B 正确；
C．“沉钴”时加入碳酸氢铵和氨水，生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式为Co2++2
+2NH3·H2O=CoCO3↓+
+2H2O+
，C 错误；
D．CoCO3沉淀表面有硫酸根离子，检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用HCl 和BaCl2，D 正确；
答案选AC。
15．常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加盐酸或NaOH 调节pH 时，lgc(H2C2O4)，lgc(HC2O
)，lgc(C2O
)与pH 变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线③表示C2O
的变化情况
B．H2C2O4的Ka2=10-4.2
C．pH=7 时，c(HC2O )+2c(C2O
)=2c(Ca2+)
D．pH>12 后，曲线①呈上升趋势的原因是部分CaC2O4转化为Ca(OH)2
【答案】AC
【分析】CaC2O4体系中存在一系列平衡，
、
、
，所以在CaC2O4溶液中，增大pH，后两
个平衡逆向移动，草酸根浓度增大，其正对数增大，①表示
；增大pH 的过程中，后这个平衡均
逆向移动，草酸氢根减小程度缓于草酸分子，②表示H2C2O4、③表示
。
【解析】A．由分析可知，曲线③表示
的变化情况，A 错误；
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B．
，①③相交时
，此时
，可得Ka2=10-4.2，B 正确；
C．溶液pH=7 时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒
，但
是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后提供的氯离子或钠离子，所以
错误，C 错误；
D．溶液中存在
，pH>12 后，
增大，导致
，生成
导致
减小，则
上升，D 正确；
故选AC。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
16．（12 分）卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。回答下列问题：
（1）基态碘原子价电子排布式为 ；碘单质在
中的溶解度比在水中的大，原因是 。
（2）
主要用于药物合成，通常用
反应生成
，
再水解制备
，
的空间结构是 ，
水解生成
的化学方程式是 。
（3）
在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图
1，长方体棱长为
、
、)，另一种取立方体形晶胞(图2，
居于立方体中心，立方体棱长为
)。
图中氢原子皆己隐去。
①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●
)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为
；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为 。
②两种晶型的密度近似相等，则
(以含
、
和
的代数式表达)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
（1 分） 碘单质、
均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶
（2）三角锥形（1 分）
10
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（3）
8
【解析】（1）I 元素位于第五周期第VIIA 族，基态碘原子价电子排布式为
。碘单质在
中的
溶解度比在水中的大，是因为碘单质、
均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原
理，碘单质在
中的溶解度比在水中的溶解度大。
（2）PI3的中心原子P 的价层电子对数为
，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，
PI3水解生成
，化合价不变，则化学方程式是
。
（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×
=1，位
于棱上的锂离子个数为12×
=3，由化合价代数和为0 可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总
缺位率为
=
；晶胞中位于体心的氯离子与位于12 条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为
，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×
=8；故答案为：
；8；
②设Li2(OH)Cl 的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为
，立方体形晶
胞
，由两种晶型的密度近似相等可知，c=
，故答案为：
。
17．（12 分）氧缺位体
是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分是
，含
、
等杂质）为原料制备
的流程如下：
已知：
①酸浸后溶液中的金属离子有
、
、
和
。
25℃
②
时，几种金属离子沉淀的pH 如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH
1.9
3.4
6.4
7.0
完全沉淀的pH
3.2
4.7
7.6
9.0
11
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回答下列问题：
（1）
“焙烧”时生成三种氧化物（其中Fe 的氧化物形式为
），其化学方程式为
。
（2）加Cu“还原”的目的是 ；加CuO 调pH 范围为 ；滤渣2 的主要成分有 。
（3）流程中可以循环利用的物质是 ；滤渣3 可以用于 操作单元。
（4）在
中充分煅烧
制备氧缺位体
，若氧缺位体质量为原质量的96.6%，则氧
缺位体中+3，+2 铁元素物质的量之比为 。
（5）氧缺位体分解水制氢分两步：
第一步 （完成方程式）；
第二步：
。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
（2）将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+在调pH 时变成Fe(OH)3而除去 4.7≤pH<6.4
Cu 和Al(OH)3（1 分）
（3）NH3（1 分） 灼烧（1 分）
（4）49：51（1 分）
（5）
【分析】氧气具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，
“焙
烧”时生成三种氧化物，结合质量守恒可知，“焙烧”中黄铜矿的
与氧气反应生成SO2、
CuO、Fe3O4，加入硫酸将金属氧化物转化相应硫酸盐溶液，滤渣1 为不反应的二氧化硅，加入Cu 还
原铁离子为Fe2+，加入CuO 调pH 使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，滤渣2 主要成分是氢氧化铝
沉淀，含少量铜、氧化铜；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入过量氨水反应生成
[Cu(NH3)4]SO4，Fe3+与弱碱氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，[Cu(NH3)4]SO4经系列操作生成CuO，灼烧时
CuO 与氢氧化铁反应生成CuFe2O4，在氮气做保护气下煅烧生成
，以此解答。
【解析】（1）由分析可知，
“焙烧”时生成三种氧化物（其中Fe 的氧化物形式为
），
结合质量守恒可知，另外两种氧化物为SO2、CuO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式
为：
。
（2）还原流程后调pH 使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，由于铁离子会较铝离子首先沉淀，
故加Cu“还原”的目是将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+在调pH 时变成Fe(OH)3而除去。加CuO 调pH 的
范围为4.7≤pH<6.4，这是为了Al3+完全沉淀，而Cu2+和Fe2+不沉淀。滤渣2 的主要成分是过量的Cu 和
Al(OH)3。
（3）“沉铁”时加入过量的氨水，CuSO4和氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，“沉铜”过程中需要让
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Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，这个过程中会有NH3生成，NH3溶于水得到氨水，可以在“沉铁”时循环
利用；滤渣3 是Fe(OH)3，可以用于“灼烧”步骤和CuO 反应生成CuFe2O4。
（4）在
中充分煅烧
制备氧缺位体
，若氧缺位体质量为原质量的96.6%，说明
个O 的质量占总质量的96.6%，则
，解得为0.51，则
煅
烧后得到
，设其中Fe3+的个数为x，Fe2+的个数为y，则x+y=2、2+3x+2y=3.49×2，解得
x=0.98、y=1.02，则氧缺位体中+3，+2 铁元素物质的量之比为49：51。
（5）第一步是氧缺位体与水反应生成氢气和完全氧化的CuFe2O4，第二步是CuFe2O4在高温下分解生
成氧缺位体和氧气，方程式为：
。
18．（12 分）无水
易水解，
以上升华，常用于有机合成。设计以下实验制无水
并测定产
品纯度。回答下列问题。
Ⅰ．制备
与浓盐酸在加热条件下制备
，反应后经一系列操作得
。
（1）
与浓盐酸反应的离子方程式为 。
Ⅱ．制备无水
与
蒸气加热反应制
装置如图(夹持及部分加热装置省略)。
沸点
，
遇水极易反应。
（2）B 中盛放的试剂为 。装置F 中盛放碱石灰，作用为 。
（3）装置D 中反应的化学方程式为 。
（4）实验开始时，通入
排出装置内空气后，再 (填控制止水夹的操作)，将
带
入装置
。
（5）实验过程中，连接管需间歇性加热，其目的是 。
Ⅲ．测定无水
的纯度
①称取制备的无水
，溶于水后定容至
。
②取
溶液于碘量瓶中，加入稍过量的
充分反应，再加入
将
转化为
；
煮沸、冷却后再加入过量
固体，加塞摇匀。
③加入少量淀粉溶液，再用
的
标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗
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溶液
。
已知：
(未配平)；
(未配平)。
（6）样品中无水
的质量分数为 。若步骤②中未煮沸，则测得的无水
的质量分
数 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
（2）浓硫酸（1 分） 吸收
和
；防止污染空气防止空气中的水蒸气进入装置
（3）
（4）关闭
，打开
、
（1 分）
（5）防止
冷却凝固堵塞连接管（1 分）
（6）63.40% 偏高（1 分）
【分析】制备无水
的过程，由图可知，装置A 产生
，用于排尽装置中的空气，由于
沸点
，遇水极易反应，故装置B 盛放的应为浓硫酸，用于干燥
；打开
、关闭
和
，通
一段时间
排尽装置内空气后，关闭
，打开
和
，利用
流经C 瓶将
蒸汽带入装置
与
反应；装置E 为气体缓冲装置，由于
与
蒸气加热反应制
反
应为：
，会产生
和
，污染空气，故装置F 中盛
放碱石灰，作用为：吸收
和
，防止污染空气并防止空气中的水蒸气进入装置；
【解析】（1）
中
为+7 价，浓盐酸中Cl 为-1 价，两者发生氧化还原反应，故离子方程式
为：
+
；
（2）由图可知，装置A 产生
，排尽装置中的空气，由于
沸点
，遇水极易反应，故装
置B 盛放的应为浓硫酸，用于干燥
；由于
与
蒸气加热反应制
反应为：
，会产生
和
，污染空气，故装置F 中盛放碱石
灰，作用为：吸收
和
，防止污染空气并防止空气中的水蒸气进入装置；
（3）装置D 中反应的化学方程式为：
；
（4）实验开始时，通入
排出装置内空气后，再关闭
，打开
、
，利用
流经C 瓶将
蒸汽带入装置
；
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（5）由于无水
易水解，
以上升华，故实验过程中，连接管需间歇性加热，其目的是为了
防止
冷却凝固堵塞连接管；
（6）①滴定反应相应离子方程式为：
+
，
+
=
+
，2
～3
～6
，故3n(
)=n(
)，故无水
的质量分数为
；
②步骤②取
溶液于碘量瓶中，加入稍过量的
充分反应，再加入
将
转化为
；煮沸、冷却后再加入过量
固体，煮沸是为了除去
，若不煮沸，
也会将
氧化为
，则消耗的
多，故测得的无水
的质量分数偏高。
19．（12 分）左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保
证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H 的合成路线如下：
已知：
表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc 代表-COOC(CH3)3。
回答下列问题：
（1）物质C 中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为 。
（2）步骤①的反应类型为 ，其化学反应方程式为 。
（3）步骤②、③的目的是 。
（4）TFA 表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子
电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO- CH3COO-(填“>”或“<”)。
（5）已知-Boc 是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基
反应，原理如下：
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结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO 为原料制备
的路线 (用流程图表示，其他试剂任选)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）酰胺基、酯基
（2）取代反应
（3）保护羧基、保护酚羟基
（4）<（1 分）
（5）HOCH2CH2CH2NH2
（3 分）
【分析】A（
）与CF3COOCH3发生取代反应生成B（
），B（
）与CH3I 发生取代反应生成C（
），C（
）中酚羟基与CH3COCH3反应形成
缩酮，生成D（
），D（
）经过反应
④（酯基和酰胺基水解）生成E（
），E（
）
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与F（
）发生取代反应生成G（
），G（
）开环生成H（
）。
【解析】（1）物质C 中能发生水解的含氧官能团为酰胺基和酯基，故答案为：酰胺基、酯基；
（2）由分析知，①的化学方程式为
，该反应类型为
取代反应，故答案为：取代反应；
；
（3）反应②中，将羧基转化为酯基，反应④中酯基转变为羧基，故反应②的目的是保护羧基；反应
③中酚羟基与丙酮反应转变为缩酮，反应⑥缩酮又变为酚羟基，故③保护的官能团为酚羟基，故答案
为：保护羧基；保护酚羟基；
（4）甲基是给电子基，而—CF3是吸电子基，吸电子基导致氧原子电子云密度减小，碱性：CF3COO-
＜CH3COO⁻，故答案为：＜；
（5）根据题目所给合成路线与上述信息，需先保护氨基，再将羟基氧化为醛基，接着羟醛缩合反
应，最后再去保护。故设计路线如下：HOCH2CH2CH2NH2
，故答案为：
HOCH2CH2CH2NH2
。
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20．（12 分）CO2催化加氢转化为CH3OH 既能响应国家的“双碳”目标，又能缓解能源紧缺。该过程主
要发生下列反应：
Ⅰ．CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H
⇌
2O(g) ΔH1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)
CH
⇌
3OH(g) ΔH2
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g) ΔH3<0
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数lnKx与温度T 的变化关系见图。则ΔH3/ΔH2的数值
范围是___________(填标号)。
A．<-1
B．-1-0
C．0-1
D．>1
（2）3MPa 下，以进气流量4.5mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3 持续通过装有0.5g 催化剂的反应管
中(仅发生上述反应Ⅰ、Ⅱ)。经相同时间测得CO2的转化率[α(CO2)]、CH3OH 的选择性[S(CH3OH)]及
CH3OH 的时空收率[Y(CH3OH)]随温度(T)的变化关系如图：
已知：a.S(CH3OH)=n(转化为CH3OH 的CO2)/n(消耗的CO2)×100%
b.Y(CH3OH)=CH3OH 的产率×CO2的进气流量/催化剂的质量(mmol·h－1·g－1)
①该条件下，合成CH3OH 的最佳温度是 ，图中代表S(CH3OH)随温度变化的曲线是
，280℃后，曲线b 快速下降的可能原因是 。
280℃
②
时，CO 的选择性为 ，若Y(CH3OH)为4.95 mmol·h－1·g－1，则α(CO2)=
(列出计算式即可)。
③一定条件下，将进气流量改为0.04mmol·min－1(此流量下的转化率可近似认为平衡转化率)，测得出
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气流量为0.038 mmol·min－1，α(CO2)为50%，此时反应Ⅰ的平衡常数Kp= 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）C
（2）①280℃（1 分） b（1 分） 反应未达平衡，CO2的转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增
大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降 ②22.5%
③
【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ可以看作是反应Ⅰ和反应Ⅱ的加和：
，根据题
目描述，
，即
，从图中可以看出，反应Ⅰ的
随温度升高而增大，说明
，反应Ⅱ的
随温度升高而减小，说明
，因此
且
，
，所以
的范围为
；
故答案为 C
（2）①根据题干信息，甲醇的时空收率Y 与甲醇的产率成正比，280℃时，Y 最大，即甲醇产率最
大，也就是说280℃是生成CH3OH 的最佳温度；
故答案为：280℃
根据（1）题结论以及a、b 两条曲线变化趋势可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温
度n(CH3OH)减小，转化为CH3OH 的CO2减小，n(CO)增加，转化为CO 的CO2增加，则S(CH3OH)降
低，图中代表S(CH3OH)随温度变化的曲线是b；
故答案为：b
280℃后，曲线b 快速下降的可能反应未达平衡，升高温度，CO2的转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增
大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降;
故答案为：反应未达平衡，升高温度，CO2的转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增大程度远大于反应
Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降
②根据图像信息可知，280℃时，CH3OH 的选择性为77.5，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ以及元素守恒和选择
性的表达式可得，
，
，
，所以
；
故答案为：22.5%
，已知
，进气流量4.5
mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3 ，所以
的进气流量为
，根据单位换算，1h 通
入CO2的物质的量为
，催化剂质量为 0.5 g，因此
，
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=CO2转化率
×CH3OH 的选择性，280℃时甲醇的选择性为77.5%，所以
，故
；
故答案为：
③根据题意，该气体流速下的转化率为平衡转化率，若假设装置中起始时含有
气体，那么
起始时
、
，反应Ⅰ中
，反应Ⅱ
，则假设反应Ⅰ达到平衡后再发生反应Ⅱ并达到平衡，且平衡时n 总=0.038xmmol，
则有如下三段式；
反应Ⅰ的三段式为：
，
反应Ⅱ的三段式为：
，
根据平衡时转化率为50%，可知a=0.005x，n 总=0.01x-a+a-b+0.03x-a-2b+a+b=0.04x-2b=0.038xmmol，
解得b=0.001xmmol，则平衡时
、
、
，
,可
以得到反应Ⅰ的
；
故答案为：
。
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