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2025 年高考第三次模拟考试
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 Ca 40 Fe 56 Re 186
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．下列说法不正确的是
A．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，两者均可作食用碱
B．
具有还原性，故少量添加于葡萄酒中能防止部分成分被氧化
C．铵盐都易溶于水，受热分解均生成氨气，故储存时需考虑避光、防潮
D．硬铝的密度小、强度高、抗腐蚀能力强，故可用作制造宇宙飞船的材料
【答案】C
【解析】A．碳酸钠和碳酸氢钠都是强酸弱碱盐，在溶液中均能水解使溶液呈碱性，所以两者均可作食
用碱，故A 正确；
B．二氧化硫具有还原性，少量添加于葡萄酒中能防止部分成分被氧化而延长红酒的保质期，故B 正
确；
C．硝酸铵一定温度下受热分解生成一氧化二氮和水，不能分解生成氨气，故C 错误；
D．硬铝具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的优良性能，所以可用作制造宇宙飞船的材料，故D 正
确；
故选C。
2．泰山豆腐，古法精制，源远流长。选豆为先，洗净浸泡，磨浆为次，滤浆以布，点浆于釜，点卤为
要，压制成型，豆腐乃成。该工艺没有涉及的操作是
A．研磨
B．过滤
C．渗析
D．聚沉
【答案】C
【解析】A．磨浆为次其中包含了研磨，A 正确；
B．滤浆以布是过滤豆浆的过程，B 正确；
C．过程中无渗析，C 错误；
D．卤水中含有电解质，遇到豆浆发生胶体的聚沉，D 正确；
故选C。
3．近日，中国科学院大连化学物理研究所研究人员提出先通过
电解制CO，再通过CO 高效选择性电
1
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解制乙酸(
)。下列说法正确的是
A．CO、
均属于酸性氧化物
B．
、
均属于电解质
C．CO、
、
均属于有机物
D．乙酸电离方程式为
【答案】D
【解析】A．CO 不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，A 项错误；
B．
属于非电解质，B 项错误；
C．
属于有机物，CO、
是无机物，C 项错误；
D．乙酸是弱酸，其电离过程可逆，电离方程式为
，D 项正确；
故选D。
4．制备CH3NH3PbI3的过程如下所示：
。下列说法
不正确的是
A．物质CH3NH3I 属于盐
B．CH3OH 的沸点大于CH3I 的沸点
C．O—H 键极性：CH3OH>H2O
D．第一电离能：N>O>C
【答案】C
【解析】A．－NH2具有碱性，可以与HI 反应生成盐，所以物质CH3NH3I 属于盐，A 正确；B．甲醇分
子与分子间存在氢键，而CH3I 不存在分子间氢键，故沸点甲醇更高，B 正确；C．甲基的推电子能力
大于氢原子，O—H 键极性：CH3OH<H2O，C 错误；D．第一电离能是指气态基态原子失去一个电子转
化为气态基态正离子所需要的最低能量，同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈现从小到大
的变化趋势，因N 的2p 轨道半充满，相对稳定，第一电离能反而比O 大，所以第一电离能大小关系
为：N>O>C，D 正确；故选C。
5．白磷不稳定，从热力学上看，在水中能发生以下反应：P4 + 6H2O = PH3↑ + 3H3PO2 设NA为阿伏加德罗
常数的值，下列说法不正确的是
2
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A．白磷有红磷、黑磷等多种同素异形体
B．上述反应，每当转移3 mol 电子时，白磷分子中断裂P-P 键的数目为6 NA
C．实验室将少量白磷保存在冷水中，可能是因为上述反应速率很小
D．1mol 白磷在少量氧气中燃烧，生成P4O10分子的数目为0.25 NA
【答案】D
【解析】A．红磷、白磷和黑磷均是磷元素形成的单质，互称同素异形体，A 项正确；
B．该反应为歧化反应，转移3mol 电子时，有1mol 白磷参加反应，1 分子白磷中含6 个P-P 键，则转
移3mol 电子时，断裂P-P 键的数目为6 NA，B 项正确；
C．虽然白磷与水能反应，但是速率很慢，所以，少量白磷仍然可以保存在水中，C 项正确；
D．由于氧气少量，白磷燃烧主要得到P4O6，故D 项错误；
故选D。
6．脱氢乙酸对霉菌具有抑制作用，是一种低毒、高效的抗菌剂，其结构如图所示。关于该化合物，下列
说法不正确的是
A．所有原子不可能共平面
B．含有四种官能团
C．碳原子杂化轨道类型为
和
D．能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】A．分子中含有甲基，甲基上的碳为饱和碳原子，为四面体结构，故所有原子不可能共平面，
故A 正确；
B．分子中含有酯基、碳碳双键、羰基3 种官能团，故B 错误；
C．分子中有饱和碳和双键碳，饱和碳采用sp3杂化，双键碳采用sp2杂化，故C 正确；
D．分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D 正确；
答案选B。
7．
、
、
、
、
、
是原子序数依次增大的前四周期元素，
的一种同位素没有中子，基态
原
子核外的能级电子数是
能级电子数的两倍，
、
位于同一主族，
元素的某种单质可用于自来
水消毒，
的单质可用作食品抗氧化剂。下列说法错误的是
A．键角：
B．原子半径：
C．简单氢化物的沸点：
D．
、
、
组成的一种离子可用于检验
【答案】A
【分析】
的一种同位素没有中子，X 是H，基态
原子s 能级电子数量是p 能级的两倍则其核外电子
排布为1s22s22p2为C，
、
位于同一主族，
元素的某种单质可用于自来水消毒，则该单质是
，W 是O、M 是S，Z 原子序数在Y、M 之间，则Z 是N，
是第四周期元素，
的单质可用作食品抗
氧化剂，G 是Fe，综上所述，X 是H、Y 是C、Z 是N、W 是O、M 是S、G 是Fe。
3
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【解析】A．
分别为
，
中心原子
的价电子对数为3，无孤对电
子，键角为120°，H2O 和H2S 的结构相似，中心原子均为sp3杂化，且都有一对孤电子对，键角均小于
，O 的电负性强于S，成键电子对偏向O 原子，孤对电子对成键电子对斥力更大，因此键角
H2O＞H2S，则键角大小为：
，A 错误；B．同周期从左到右原子
半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：
，B 正确；C．
O、N 的简单氢化物均为分子晶体，且均能形成分子间氢键，水分子孤对电子数更多，形成的氢键数量
更多，则水分子间的作用力更强，故简单氢化物的沸点：
，C 正确；D．
、
、
组成的一种离子为
，遇到
变为血红色的配合物，因此可用于检验
，D 正确；故选
A。
8．氯化亚铜(CuCl)为白色粉末状固体，难溶于水，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂，将少量CuCl 分别加
入浓盐酸和氨水中进行实验，得到如下实验现象：
试剂
实验现象
浓盐
酸
固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色。
加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色。
氨水
固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为深蓝色，且不变色。
已知：[CuCl4]3-无色，[CuCl4]2-黄色，[Cu(H2O)4]2+浅蓝色，[Cu(NH3)2]+无色，[Cu(NH3)4]2+深蓝色。下列
说法错误的是
A．用饱和食盐水代替浓盐酸会产生相同的实验现象
B．[CuCl4]2-+4H2O
[Cu(H2O)4]2++4Cl- ΔH<0
C．向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出深蓝色晶体
D．无色溶液变为深蓝色时发生离子反应：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4OH-+6H2O+4[Cu(NH3)4]2+
【答案】A
【分析】氯化亚铜(CuCl)为白色粉末状固体，溶于浓硫酸时，得到[CuCl4]3-无色溶液，露置空气一段时
间后变为黄色，最后变为浅蓝色，说明[CuCl4]3-被氧气氧化为[CuCl4]2-，最终转化为[Cu(H2O)4]2+，氯化
亚铜(CuCl) 溶于氨水，得到[Cu(NH3)2]+无色溶液，露置空气一段时间后变为深蓝色，说明
[Cu(NH3)2]+被氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+，以此解答。
【解析】A．用饱和食盐水代替浓盐酸时，CuCl 虽可溶解形成无色的[CuCl4]3-，但后续氧化现象不同，
浓盐酸中的H+促进氧化反应。如：4[CuCl4]3-+O2+4H+=4[CuCl4]2- + 2H2O，而饱和食盐水H+浓度低，氧
化反应受阻，无法出现“无色→黄色→浅蓝”的完整现象，A 错误；
B．由题干可知，加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色，说明[CuCl4]2-与H2O 的配位平衡[CuCl4]2-+4H2O
[Cu(H2O)4]2++4Cl-为放热反应，ΔH < 0，加热促使逆反应，符合实验现象，B 正确；
C．深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液中加入乙醇可降低溶解度，析出深蓝色晶体，C 正确；
D．无色溶液变为深蓝色时，[Cu(NH3)2]+被O₂ 氧化为[Cu(NH3)4]2+，离子反应为：4[Cu(NH3)2]+
4
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+O2+8NH3·H2O=4OH-+6H2O+4[Cu(NH3)4]2+，D 正确；
故选A。
9．乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．第②步反应过渡态物质比第③步反应过渡态物质稳定
B．总反应在任何条件下都能自发进行
C．总反应速率由第①步反应决定
D．第①、②、③步反应都是放热反应
【答案】C
【分析】根据能量与反应进程图，第①步是吸热反应，且活化能最大，第②步是放热反应，第③步是
放热反应，总反应的化学方程式为
，为放热反应，据此答题。
【解析】A．能量与反应进程图中，第②步反应过渡态物质能量比第③步反应过渡态物质能量高，因此
第③步反应过渡态物质更稳定，A 错误；
B．总反应的
，
，在低温下能自发进行，高温下不能自发进行，B 错误；
C．第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，总反应的速率由其决定，C 正确；
D．第①步反应是吸热反应，D 错误；
故选C。
10．下列实验操作能达到实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
相同温度下，分别测定等浓度的
和
溶液的
pH
证明非金属性：
B
向两支试管中均加入
溶液和
溶液，一支试管放入冰水，另一支试
管放入热水
证明温度对化学反
应速率的影响
C
用pH 计分别测定等浓度的HCOOH 溶液和
溶液
的pH
证明
中
键的极性不
5
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同
D
用湿润的淀粉
试纸检验某气体
证明该气体是氯气
【答案】C
【解析】A．
溶液对应的酸不是最高价含氧酸，无法比较S 和C 的非金属性强弱，故A 错
误；
B．草酸与氢氧化钠反应生成盐和水，无明显现象，无法比较温度对化学反应速率的影响，故B 错
误；
C．等浓度HCOOH 溶液和CH3COOH 溶液中，HCOOH 溶液的pH 更小，O-H 键极性更强，更容易解
离，酸性更强，故C 正确；
D．二氧化氮气体、溴蒸气等也能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的碘，则试纸变蓝不能
证明该气体为氯气，故D 错误；
故正确答案为C。
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．Favorskii 重排是α-卤代酮在醇钠的醇溶液中加热重排生成含相同碳原子数羧酸酯的反应，若为环状α-
卤代酮，则导致环缩小，历程如图(-Et 代表乙基)。下列说法错误的是
A．物质Ⅰ可发生消去、取代、还原反应
B．物质Ⅵ含有4 种不同化学环境的氢原子
C．根据红外光谱可区分Ⅰ和Ⅵ
D．
和
发生上述反应生成的产物一定不同
【答案】BD
【解析】A．物质Ⅰ中含有羰基，可以和H2发生还原反应，含有溴原子且与溴原子相连碳原子的相邻
碳原子上连有氢原子，可以发生消去和取代反应，A 正确；
B．
是对称的结构，物质Ⅵ含有5 种不同化学环境的氢原子，B 错误；
C．Ⅰ为酮，Ⅵ为酯，二者含有不同的官能团，在红外光谱中峰位置明显不同，根据红外光谱可区分
Ⅰ和Ⅵ，C 正确；
D．Favorskii 重排是α-卤代酮在醇钠的醇溶液中加热重排生成含相同碳原子数羧酸酯的反应，若为环
6
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状α-卤代酮，则导致环缩小，
和
发生上述反应生成的产物可能相同为
，D 错误；
故选BD。
12．为解决大气污染物
的排放问题，某实验小组模拟工业烟气脱硫步骤，设计如下工艺流程，下列有
关说法正确的是
A．吸收塔内发生的反应为氧化还原反应
B．沉淀室内发生主要反应：
C．氧化室内每生成
时理论上可消耗
D．流程中可循环利用的物质为
溶液
【答案】D
【分析】吸收塔中用NaOH 溶液喷雾吸收烟气中的SO2，生成Na2SO3和H2O，沉淀室中Na2SO3和
Ca(OH)2反应生成CaSO3沉淀和NaOH，氧化室中CaSO3和O2反应生成CaSO4，据此解答。
【解析】A．吸收塔内发生的反应为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，是非氧化还原反应，A 错误；
B．沉淀室内发生主要反应是亚硫酸钠与Ca(OH)2的反应，化学方程式为：
，B 错误；
C．根据2CaSO3+O2=2CaSO4可知，生成2mol 即136g/mol×2mol=272g 硫酸钙，需要1molO2，C 错
误；
D．沉淀室内发生为：
，生成的NaOH 可以循环进入吸收塔
中，D 正确；
答案选D。
13．利用空气催化氧化法除掉电石浆(含CaO)上层清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图。下列
说法错误的是
7
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A．CaSO4·2H2O 属于俗称生石膏，属于纯净物
B．过程I 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．将10L 上清液中的S2-(S2-浓度为480 mg·L-1 )转化为
，理论上共需要0.15 molO2
D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为：
【答案】BC
【解析】A．CaSO4·2H2O 属于俗称生石膏，CaSO4·2H2O ，CuSO4·5H2O 等一系列的含结晶水的物质
均属于纯净物，故A 正确；
B．过程I 中氧化剂和还原剂分别是O2 ，Mn(OH)2 ；对应的还原产物和氧化产物为H2O，
根据
氧化还原反应得失电子守恒得氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 ，故B 错误；
C．10L 上清液中的S2-的物质的量为0.15mol 硫元素的合价由-2 价变成+6 价，S2-共失去0.15mol×8=
1.2mol 电子，转化为
，理论上共需要O2的物质的量n(O2)=
=0.3mol， 故C 错误；
D．根据转化关系图，过程Ⅱ中S2-与
反应生成
和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子
守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：
，故D
正确；
故答案选BC。
14．有机电化学合成法反应条件温和，可在电解池两极同时合成有机化合物，经济效益高。已知合成苯酞
和铃兰醛前体化合物装置示意图如下，以下说法错误的是
A．
从右室移向左室
B．该过程中可循环利用的物质是甲醇
C．电路中每转移
电子，理论上右室消耗
8
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D．a 电极的电极反应式为：
【答案】C
【分析】由电解池的装置图可知惰性电极b 作阳极，
与
失电子发生氧
化反应，同时生成
，惰性电极a 作阴极，
与
得电子，发生还原反应，消耗了
。
【解析】A．在电解池中，阳离子向阴极移动，由分析可知，b 为阳极，a 为阴极，所以
由右室移
向左室，A 项正确；
B．由图可知，电解池阴极区生成
，电解池阳极区消耗
，因此
可循环利用，B
项正确；
C．由图可知b 电极的电极反应为
，
由此可知电路中每转移1mol 电子，理论上右室消耗2mol
，C 项错误；
D．惰性电极a 作阴极，
与
得电子，发生还原反应，电极反应为
，D 项正确；
答案选C。
15．湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。Ag+与Cl-可结合生成多种络合物，在水溶液中存在
如下平衡：AgCl4
3-
AgCl3
2-
AgCl2
-
AgCl
Ag+。25℃时，平衡体系中含
Ag 微粒的分布系数δ 随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
9
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A．25℃时，Ksp(AgCl)=10-5.08
B．曲线c 表示AgCl
C．当c(Cl-)=10-2mol·L-1时，溶液中(AgCl )>c(Ag+)>c(AgCl
)
D．25℃时，平衡常数K2=10-0.2
【答案】A
【分析】由反应平衡过程AgCl
AgCl
AgCl
AgCl
Ag+可知，
向Ag+溶液中加入Cl-进行沉淀过程，曲线a、b、c、d、e 分别代表Ag+、AgCl、AgCl 、AgCl
、
AgCl
，据此解答。
【解析】A．氯化银最多即淀最彻底时，由曲线b 可知此时c(Cl-)=10-2.54mol/L，但无法计算溶液中
Ag+的浓度，无法计算Ksp(AgCl)，A 项错误；B．根据分析可知，曲线c 表示AgCl ，B 项正确；C．
根据图象曲线代表的物质可知，当c(Cl-)=10-2mol·L-1时，溶液中(AgCl )>c(Ag+)>c(AgCl
)，C 项正
确；D．由AgCl
AgCl 可知，K2=
，在图中横坐标为10-0.2时，AgCl 与
AgCl
浓度相等，所以K2=c(Cl-)=10-0.2，D 项正确；故答案选A。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
16．（12 分）开发新型储氢材料，对大规模使用氢能具有重要的意义。
I．氨硼烷
属于配位氢化物储氢材料，具有储氢量高的特点。
（1）
分子中与B 原子相连的H 呈负电性，H、N、B 的电负性由大到小的顺序是 ，B 原
子的杂化方式为 。
（2）氨硼烷在金属型催化剂（如
、
等）催化下可水解放出氢气，并产生
，该反应的化学
方程式为 。
II．铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，镁铁合金晶胞属立方晶系，结构如图所
示，储氢后H 原子以正八面体的配位模式有序分布在
的周围（如图），H 原子和
原子之间的最
短距离等于晶胞棱长的
。
10
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（3）
价电子轨道表示式为 ，同周期基态原子未成对电子数比
多的元素是 （填元
素符号）。
（4）储氢后晶体与
配位的H 原子个数为 ，储氢后晶体的密度
（用含
的
代数式表示）。
（5）萃取法制备高纯铁红需使用甲基异丁基甲酮（
），其沸点低于甲基异丁基甲醇（
）的原因是 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）N>H>B（1 分） sp3（1 分）
（2）
（3）
Cr、Mn（1 分）
（4）12（1 分）
（5）甲基异丁基甲醇分子中含有−OH，分子间可以形成氢键，而甲基异丁基甲酮分子间不能形成氢
键
【解析】（1）①电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，N 的非金属性大于B，
分子中与B 原子相连的H 呈负电性，则H 的电负性大于B，所以电负性由大到小的顺序是N>H>B；
H
②
3NBH3分子中 B 原子形成 4 个 σ 键(3 个B-H 键，1 个N→B 配位键)，没有孤电子对，根据价层
电子对互斥理论，B 原子的杂化方式为sp3；
（2）根据原子守恒，氨硼烷在金属型催化剂作用下水解的化学方程式为
；
（3）①Fe 是 26 号元素，Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子轨道表示式为
；
Fe
②
2+的未成对电子数是 4，同周期基态原子未成对电子数比Fe2+多的元素是Cr、Mn（Cr 的价电子排
布式为3d54s1，未成对电子数是 6、Mn 的价电子排布式为3d54s2，未成对电子数是 5）；
11
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（4）① 如图所示，晶胞中有8 个Mg 原子，Fe 原子位于顶点、面心，晶胞中Fe 原子数目
，储氢后H 原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe 原子的周围，则H 原子数目
为4×6=24 个，储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6，根据正八面体结构
可知，若以Mg 原
子为顶点，与之配位的H 原子位于面心，如图所示：
，每个顶点被 8 个晶
胞共用，面心被两个晶胞共用，所以与Mg 配位的H 原子个数为
；
②晶胞化学式为：Mg2FeH6，晶胞的质量m=
g，晶胞体积V=(a×10-3)3cm3，则密度
；
（5）甲基异丁基甲醇分子中含有−OH，分子间可以形成氢键，而甲基异丁基甲酮分子间不能形成氢
键，分子间氢键会使物质的沸点升高，所以甲基异丁基甲酮的沸点低于甲基异丁基甲醇。
17．（12 分）一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工
艺流程如下。
已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水；
②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，√57≈7.5。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，② ；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的
离子方程式为 。
（2）“滤渣Ⅱ”的成分为 ，“操作Ⅰ”为 、过滤、洗涤、干燥。
（3）“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为 ；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，
加入等体积NH4Cl 溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl 的最小浓度为
mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。
12
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（4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是 ；理论
上获得3.72g 铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为 L。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）除积碳（1 分）
（2）Al(OH)3（1 分） 蒸发浓缩、冷却结晶（1 分）
（3）3Pt+16Cl-+2
+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1.7
（4）不引入杂质，便于分离提纯铼（1 分） 1.568
【分析】铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入
NaOH 溶液溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH 溶液反应过滤后
存在于滤渣I 中，向滤液中通过过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣II 中，
向滤液中加入氯化铵溶液，得到NH4ReO4晶体，加入H2高温还原得到铼粉，滤渣I 用硫酸溶液溶解
后，Pt 不溶于硫酸溶液，过滤得到粗Pt，加入HCl-NaCl 溶液溶解Pt，加入NH4Cl 沉铂，经过一系列
操作得到海绵铂。
【解析】（1）由分析可知，“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②除积碳；“溶解Ⅰ”中Re2O7
和NaOH 反应转化为NaReO4，离子方程式为：
。
（2）由分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3，“操作Ⅰ”可以得到NH4ReO4晶体，为蒸发浓缩、
冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）“溶解Ⅲ”中加入HCl-NaCl 溶液溶解Pt，生成[PtCl6]2-和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配
平离子方程式为：3Pt+16Cl-+2
+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，“沉铂”时，若溶液中
c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl 溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)时溶液中c(
)=
mol/L，则所需NH4Cl 的最小浓度为
=1.7mol/L。
（4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是：不引入杂质，便
于分离提纯铼；根据反应方程式：2NH4ReO4+7H2
2Re+2NH3+8H2O，理论上获得3.72g 铼粉，
n(Re)=
=0.02mol，需要标准状况下H2的体积至少为0.07mol×22.4L/mol=1.568L。
18．（12 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)：
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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】（除标明外，每空2 分）
（1）双颈烧瓶（1 分）
（2）饱和NaCl 溶液（1 分）
（3）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
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（4）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（5）4
+4OH−=4
+O2↑+2H2O
（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：
【解析】（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。
19．（12 分）天然有机物P 是具有除草活性的植物化感物质，其合成路线如下：
（1）A 的名称为 。
（2）C 的含氧官能团名称为羟基、 、 。
（3）写出
的化学方程式 。
（4）根据G 与H 的分子结构，下列方法可用来鉴别G 与H 的是 (填序号)。
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a．红外光谱 b．与酸性高锰酸钾溶液反应 c．比较水溶性
（5）满足下列条件的B 的同分异构体有 种(考虑顺反异构)。
①可以发生银镜反应 ②能与
溶液反应 ③分子中有两个
写出核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式 。
（6）已知氯代烃(
)与醇(
)在碱的作用下生成醚(
)。以甲苯和化合物C 为原
料，参照题干路线合成化合物
(无机试剂任选) 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）1，3，5-苯三酚或间苯三酚（1 分）
（2）(酮)羰基（1 分） 醚键（1 分）
（3）
（4）ac（1 分）
（5）3（1 分）
（6）
（3
分）
【分析】A 与氢气发生还原反应生成B，B 与乙醇分子间脱去1 分子水形成醚键生成C，D 的分子式为
C2H5ClO，对比C 与E 的结构简式，推知D 为CH3OCH2Cl，E 中醚键水解重新引入B→C 过程中消除
的羟基生成F，F 与乙酸发生酯化反应生成G，G 发生异构化生成H，H 重新引入C→E 过程中消除的
羟基生成G，可知B→C 过程、C→E 过程的目的是保护特定位置的羟基；
【解析】（1）根据A 的结构简式，可知其名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚；
（2）根据C 的结构简式，可知其含有的含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（3）由分析可知D 的结构简式为CH3OCH2Cl，
为取代反应，化学方程式为
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；
（4）a．G 与H 含有的官能团不同，用红外光谱可以鉴别，故a 选；
b．G 和H 中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故b 不选；
c．H 中含有羟基，在水中的溶解性应该大于G，可以鉴别，故c 选；
答案选ac；
（5）B 的结构简式为
，其同分异构体满足：①可以发生银镜反应 ，说明有醛基；
②能与
溶液反应，说明有羧基；③分子中有两个
；一个羧基和一个醛基将用去3 个O
以及两个不饱和度，剩余4 个碳原子和一个不饱和度，则符合的结构有：
、
、
，共3 种；核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结
构简式为
；
（6）结合题中氯代烃(
)与醇(
)在碱的作用下生成醚(
)，
与
反应生成
，
在盐酸条件下水解生成
，
与Cl2在光照条件下生成
，合成路线为
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。
20．（12 分）二甲醚有含氢量高、廉价无毒等优点，利用二甲醚催化重整制氢的反应如下：
反应：
反应
：
回答下列问题：
（1）
。
（2）将
和
以体积比
充入恒容反应器，只发生反应。
①绝热条件下，可判断该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．容器内气体密度不变
C．容器内气体压强不变 D．
不变
②实验测得相同投料比和流速时，二甲醚的平衡转化率、单位时间内二甲醚的转化率和温度的关系如
图1 所示。据图分析，适宜的催化剂是 (填“HZSM-a”或“HZSM-b”)，温度为
。
③在一定温度和压强下，若要进一步提高单位时间内二甲醚的转化率，可采取的措施是
。
（3）在一个恒容密闭容器中充入
和
，发生反应
。平衡时
的含
量随温度、压强的变化如图2 所示。
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①判断图中L 代表的物理量是 (填“温度”或“压强”)。
②已知A 点反应达到平衡，体系压强为PMPa，则
的转化率为 ，该温度下的
(列出含P 的计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）+125
（2）CD HZSM-b（1 分） 280
（1 分） 寻找催化效果更好的催化剂（1 分）
（3）压强（1 分） 25%
【解析】（1）已知反应：
；
反应
：
；
根据盖斯定律，方程式+
可得
，故其反应热
=+125
；
（2）①A．没有描述反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能判断是否达到平衡，故A 不选；
B．反应在恒容反应器中进行，容器的体积和气体的总质量都不变，容器内气体密度始终不变，不能
判断是否达到平衡，故B 不选；
C．该反应为气体体积相等的反应，容器为绝热容器，容器内气体压强不变说明温度不变，则正逆反
应速率相等，能说明达到平衡，故C 选；
D．
不变，即K 值不变，证明温度不变，能说明达到平衡，故D 选；
答案为CD；
②由图1 可知，选择催化剂HZSM-b 时，在相同温度下比选择催化剂HZSM-a 时，二甲醚的转化率
高，故选择的催化剂为HZSM-b；温度为280
时，二甲醚的转化率比其它温度下高，故选择的温度
为280
；
③在一定温度和压强下，若要进一步提高单位时间内二甲醚的转化率，可采取的措施是寻找催化效果
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更好的催化剂；
（3）①反应II 是吸热反应，由图2 可知，横坐标X 的值越大，平衡时
的含量越小，说明平衡
正向移动，则X 代表温度，L 就代表压强；
②已知A 点反应达到平衡，此时
的含量为50%，起始投料为
和
，
列三段式如下：
有，解得x=0.25，则的转化率为；平衡时CH3OH 的物质的量为1.75mol，H2O(g)的物质的量为
0.75mol，H2 的物质的量为0.75mol，CO2 的物质的量为0.25mol，n(总)=3.5mol，则Kp==。
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