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2025 年高考第一次模拟考试
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、准考证号填写在答题卡上。
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。
可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 P-31 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40
Ti-48 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Sn-119 I-127 W-184
第Ⅰ卷(选择题 共48 分)
一、选择题：本题共16 小题，每小题3 分，共48 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．羟基磷灰石晶体[Ca5(PO4)3OH]属于( )
A．有机物 B．酸 C．碱 D．盐
【答案】D
【解析】Ca5(PO4)3OH 是由钙离子(Ca2⁺)、磷酸根离子(PO4
3-)和氢氧根离子(OH⁻)结合而成的化合物，因
此它属于盐。故选D。
2．下列说法不正确的是( )
A．电解饱和食盐水可制取金属钠
B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2
C．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，故不可用作医疗上检查肠胃的钡餐
D．纯碱可用于去除物品表面的油污
【答案】A
【解析】A 项，惰性电极电解质饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，得不到钠，电解熔融氯化钠
制取金属钠，A 错误；B 项，石灰石、二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，可以起到固硫的作用，可用于消
除燃煤烟气中的SO2，B 正确；C 项，BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，容易引起重金属中毒，故不可用作医
疗上检查肠胃的钡餐，C 正确；D 项，纯碱溶液水解显碱性，能够促进油脂的水解即油污可以在碱性的条
件下水解更加完全，可用于去除物品表面的油污，D 正确；故选A。
1
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3．下列化学用语不正确的是( )
A．SiO2的电子式：
B．用电子云轮廓图示意p-pπ 键的形成：
C．SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
D．2，3，3-三甲基戊烷的键线式：
【答案】A
【解析】A 项，SiO2中每个硅原子连接4 个O 原子，每个O 原子连接2 个硅原子，形成空间网状结构，
A 错误；B 项，p-pπ 键由两个p 轨道肩并肩重叠形成，B 正确；C 项，SO2的价层电子对数为2+(6-
2×2)=2+1=3，价层电子对互斥(VSEPR)模型：
，C 正确；D 项，2，3，3-三甲基戊烷，主链有5
个碳原子，且2 号C 原子上存在1 个甲基，3 号C 原子上存在2 个甲基，键线式：
，D
正确；故选B。
4．下列实验装置使用不正确的是( )
A．图1 装置用于色谱法，可确定有机物的结构
B．图2 装置用于1-溴丁烷的消去反应
2
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C．图3 装置用于用于酯化反应，其中长直导管起冷凝作用
D．图4 装置用于中和反应反应热的测定
【答案】A
【解析】A 项，图1 装置用于色谱法，可用于混合物分离，故A 错误；B 项，卤代烃在氢氧化钠醇溶
液中加热发生消去反应生成烯烃，图2 装置用于1-溴丁烷的消去反应，故B 正确；C 项，乙酸和乙醇在浓
硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，图3 装置用于用于酯化反应，其中长直导管冷凝乙酸乙酯，故C
正确；D 项，图4 装置为量热计，用于中和反应反应热的测定，故D 正确；故选A。
5．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的描述正确的是( )
A．游泳场馆常用硫酸铜做泳池消毒剂，因为铜盐水解生成的胶状物质可吸附细菌
B．在聚氯乙烯高分子链中加入邻苯二甲酸二丁酯是为了起润滑作用，利于高分子链运动
C．铜的合金在生活中运用广泛，其中白铜是铜镍合金，黄铜是铜锌合金，紫铜是铜铬合金，青铜是
铜锡合金
D．“冬日灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的“薪柴之灰”，与铵态氮肥一同使用
效果更佳
【答案】B
【解析】A 项，铜盐可使蛋白质发生变性，常用硫酸铜作池水消毒剂，与水解生成胶体无关，故A 错
误；B 项，在聚氯乙烯高分子链中加入邻苯二甲酸二丁酯是为了起润滑作用，利于高分子链运动，故B 正
确；C 项，紫铜是指铜单质，故C 错误；D 项，“薪柴之灰“主要成分为碳酸钾，溶液呈碱性，铵盐溶液
呈酸性，二者不能混用，混用会降低效果，故D 错误；故选B。
6．过二硫酸钠(Na2S2O8)是工业上常用的强氧化剂，Mn2+与过二硫酸钠反应的离子方程式为：Mn2+
+S2O8
2- +H2O→ MnO4
-+SO4
2-+H+ (未配平)。下列说法不正确的是( )
A．过二硫酸钠中O(-2 价)和O(-1 价)含量之比为3：1
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2
C．氧化性：S2O8
2-＞ MnO4
-
D．若生成8 molH+，则反应转移的电子数为10NA (NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】D
【解析】离子方程式为：2Mn2++5S2O8
2- +8H2O=2 MnO4
-+10SO4
2-+16H+。A 项，过二硫酸钠中过氧链上
的2 个氧为-1，两端的6 个氧为-2，所以O(-2 价)和O(-1 价)含量之比为3：1，故A 正确；B 项，反应中过
二硫酸根为氧化剂，二价锰离子为还原剂，根据分析可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2，故B 正
确；C 项，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：S2O8
2-＞ MnO4
-，故C 正确；D 项，若生
成8 molH+，则反应转移的电子数为5NA (NA表示阿伏加德罗常数的值)，故D 错误；故选D。
3
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7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列微观结构或现象不能解释其性质的是( )
选
项
微观结构或现象
性质
A
头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)是
维持头发弹性和形状的一个重要结构。
烫发时有二硫键的断裂和形
成
B
[Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu 配合物，具有平面结构
Cu 采取sp2杂化
C
在CuSO4液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮
电镀时加快反应速率不利于
镀层的光亮与平整
D
人们发现，液态植物油可以与氢气发生加成反应，生成类似动物脂
肪的硬化油脂，即氢化植物油
油脂熔点变高，且不容易变
质
【答案】B
【解析】A 项，头发主要由角蛋白组成，其中的含硫氨基酸形成的二硫键(-S-S-)，烫发时先用还原剂破
坏肽链之间的二硫键(-S-S-)，使之被还原成游离的巯基(-SH)，易于变形；再用发夹和发卷将头发塑成一定
的形状；最后用氧化剂在新位置形成二硫键，固定发型，因此烫发时有二硫键的断裂和形成，A 正确；B
项，[Cu(NH3)4]2+是一种常见的Cu 配合物，具有平面四边形结构，其中心Cu 原子采用dsp2杂化，B 错误；
C 项，在CuSO4液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，降低了溶液中Cu2+的浓度，使得Cu2+放电速率减缓，
同时通过平衡移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电平稳的作用，从而可以使镀层
更加致密、细腻、光亮，C 正确；D 项，液态植物油分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够与
H2发生加成反应，不饱和烃基变为饱和烃基，物质的状态由液态变为固体，因此物质的熔点变高。由于加
成反应消耗了不饱和的碳碳双键，因此就可以起到防止其氧化变质的目的，D 正确；故选B。
8．下列化学反应与方程式不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO3
2-+Cl2+H2O=SO4
2-+2Cl-+2HSO3
-
B．脂酸的燃烧反应：CH3(CH2)14COOH+23O2→16CO2+16H2O
C．用足量酸性KMnO4溶液除甲醛：5HCHO+2MnO4
-+6H+=5HCOOH+2Mn2++3H2O
D．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
【答案】C
【解析】A 项，Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO3
2-+Cl2+H2O=SO4
2-+2Cl-+2HSO3
-，A 正确；B 项，软脂
酸的燃烧生成CO2和H2O，发生反应CH3(CH2)14COOH+23O2 → 16H2O+16CO2，B 正确；C 项，甲醛被酸
性KMnO4溶液氧化生成HCOOH，HCOOH 会被过量的酸性高锰酸钾溶液继续氧化生成CO2，离子方程式：
5HCHO+4MnO4
-+12H+=5CO2↑+4Mn2++11H2O，C 错误；D 项，K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，
反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，D 正确；故选C。
4
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9．高吸水性树脂(SAP)的结构片段如图所示。
下列说法正确的是( )
A．合成SAP 的反应为缩聚反应
B．合成SAP 的单体中碳原子均共面
C．将SAP 中羧基等基团酯化可提高其吸水性
D．丙烯与1，4-戊二烯共聚可形成类似SAP 骨架的交联结构
【答案】D
【解析】A 项，聚合物SAP 高分子链全部为碳原子，所以合成聚合物SAP 的反应为加聚反应，A 错误；
B 项，根据聚合物P 的结构可知，合成聚合物P 的单体为CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，由于R
为-(CH2)-，碳原子不一定共面，B 错误；C 项，羧基等基团为亲水基团，酯化后降低其吸水性，C 错误；D
项，丙烯与1，4-戊二烯与聚合物SPA 的单体结构相似，能形成类似交联结构，D 正确； 故选D。
10．X、Y、Z、M、Q 五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X 是宇宙中含量最多的元素，同周
期Y 的简单离子半径最大，Y 与Z 相邻，Z、M 的核电荷数之比为2 3∶，基态Q 原子的价电子中s 能级和p
能级的电子数相等。下列说法不正确的是( )
A．简单氢化物的稳定性：Z＞Y＞Q
B．电负性：Z＞Y＞X＞Q＞M
C．X、Z 元素形成的单质分子不都是非极性分子
D．Y 与M、Q 形成的化合物M3Y2、Q3Y4都是共价晶体
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、Q 五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X 是宇宙中含量最多的元素，
则X 为H；同周期Y 的简单离子半径最大，则Y 为N；Z、M 的核电荷数之比为2:3，则Z 为O，M 为
Mg；基态Q 原子的价电子中s 能级和p 能级的电子数相等，则Q 为Si。由分析知，X 为H，Y 为N，Z 为
O，M 为Mg，Q 为Si。A 项，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N＞Si，则简单
氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A 正确；B 项，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族
从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：O＞N＞H＞Si＞Mg，故B 正确；C 项，H、O 元素形成的
单质分子有H2、O2、O3，其中H2、O2是非极性分子，O3是极性分子，故C 正确；D 项，N 与Mg 形成的化
5
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合物Mg3N2是离子晶体，故D 错误；故选D。
11．一定条件下，四个体积均为1L 的密闭容器中发生反应：CH4(g)＋2NO2(g)
CO2(g)＋N2(g)＋
2H2O(g) ΔH1＝-8671kJ·mol−1 (非基元反应)。在T1、T2、T3三个不同温度下实验，测得有关数据如下表。
容器
编号
温
度/K
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
CH4
NO2
N2
CO2
H2O
NO2
Ⅰ
T1
1.16
3.0
0
0
0
1.0
Ⅱ
T1
1.5
1.5
0.5
0.5
1.5
x
Ⅲ
T2
0.16
1.0
1.0
1.0
2.0
0.80
Ⅳ
T3
0.06
0.80
1.10
1.10
2.20
下列说法正确的是( )
A．T1＜T2
B．实验Ⅱ中，x =0.5
C．实验Ⅳ中反应起始时，满足2v 正(CH4)= v 逆(NO2)
D．结合方程式系数可知，cNO2对速率的影响大于c CH4对速率的影响
【答案】B
【解析】A 项，反应CH4(g)＋2NO2(g)
CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)放热，容器Ⅲ和容器Ⅰ“一边
倒”后具有完全相同的投料，但平衡时NO2的物质的量Ⅰ＞Ⅲ，温度更高，T1＞T2，A 错误；B 项，根据
表中容器Ⅰ的数据，平衡状态列三段式，
计算的到
，Ⅱ温度与Ⅰ相同，
代入，
6
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计算的到
，说明平衡时物质的量为0.5mol，B 正确；C 项，实验Ⅳ
，故Ⅲ起始时不为平衡状态，不满足2v 正(CH4)= v 逆
(NO2)，C 错误；D 项，CH4(g)＋2NO2(g)
CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)，非基元反应，不能确定NO2和
CH4对速率影响的相对大小，D 错误；故选B。
12．某钠离子二次电池如图所示，该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作。下列说法正确的是(
)
A．充电时，a 电极发生还原反应
B．A 为阴离子交换膜，B 为阳离子交换膜
C．放电时，b 电极的电极反应式：
D．若放电前两极室质量相等，放电过程中转移1mol 电子，则两极室质量差为23g
【答案】C
【解析】该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作，由电流方向可知，放电时，b 极为负极，
失去电子发生氧化反应生成
：
，此时钠离子通过阳离子膜B 向左侧运动；a 极为正
7
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极，
得到电子发生还原反应生成
：
+2e-=
，和通过阳离子膜A 迁移过来的钠离
子结合生成
；充电时a 与外接电源正极相连为阳极、b 与外接电源负极相连为阴极。A 项，充电时，
a 电极为阳极，发生氧化反应，A 错误； B 项，A、B 均为阳离子交换膜，B 错误；C 项，放电时，b 电极
为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式：
，C
正确； D 项，若放电前两极室质量相等，根据电子转移关系可知钠离子迁移情况为e-~Na+，则放电过
程中转移1mol 电子时，有1mol 钠离子由b 极区迁移至a 极区，b 极区减少1mol 钠离子、a 极增加1mol 钠
离子，则两极质量差为23g/mol×1mol×2=46g，D 错误；故选C。
13．已知：
(1)
(2)同一个C 原子连接着一个
和
的物质不稳定，会失去一个H2O 分子。下列说法不正确的
是( )
A．
与
在一定条件下可生成
B．欲使正反应完全，需不断将水从反应体系中蒸出
C．H+是该反应的催化剂，溶液酸性越强，催化效果越好
8
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D．以HCHO 和NH3为原料可合成乌洛托品(
)
【答案】C
【解析】A 项，根据题中信息可知
最终转化为
，
与
在一
定条件下可生成
，A 正确；B 项，在平衡体系中不断将水从反应体系中蒸出，使反应正向
进行，B 正确；C 项，H+开始参与反应，最后生成H+，H+是该反应的催化剂，溶液酸性越强，不利于最后
一步产物的生成，催化效果不一定好，C 错误；D 项，以HCHO 和NH3为原料反应发生
6HCHO+4NH3→6H2O+
，可以合成乌洛托品(
)，D 正确；故选C。
14．硫酸与氯气反应的生成物的结构如下图所示，有关说法不正确的是( )
硫酸 氯磺酸 硫酰二氯
A．沸点：硫酸
氯磺酸
硫酰二氯
B．氯磺酸在一定条件下可与苯发生取代反应生成氯苯
C．氯磺酸与足量NaOH 溶液反应可生成两种钠盐
D．硫酰二氯可以脱去MgCl2·6H2O 中的水制备无水氯化镁
【答案】B
【解析】A 项，根据三种分子的结构，硫酸之间可以形成的氢键多，氯磺酸次之，硫酰二氯分子间不
能形成氢键，故分子间作用力逐渐减小，所以沸点逐渐降低，A 正确；B 项，从电性上分析，氯磺酸中硫
应该结合带负电荷的基团，而不是带正电荷的氢，则在一定条件下与苯发生取代反应不可能生成氯苯，B
9
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错误；C 项，氯磺酸与足量NaOH 溶液反应可生成氯化钠和硫酸钠两种钠盐，C 正确；D 项，硫酰二氯具
有很强的吸水性，吸水生成硫酸和盐酸，可用于脱去金属氯化物中的水；硫酰二氯可以脱去MgCl2·6H2O
中的水制备无水氯化镁：MgCl2·6H2O+3SO2Cl2=MgCl2+3H2SO4+6HCl，D 正确；故选B。
15．已知：常温下，氢硫酸H2S 的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，Ksp(FeS)= 6.3×10－18，
Ksp(HgS)= 1.6×10－52。往10mL0.1mol/LH2S(pH 约为4.1)溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH 溶液，然后再滴加
入0.1mol/LFeSO4溶液。溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是( )
A．0.1mol/LH2S 溶液中存在c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH―)＞c(S2-)
B．H2S 与NaOH 溶液反应至溶液呈中性时，cNa＋＋cH2S- c(S2-)＝0.1mol·L-1
C．滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，会产生FeS 沉淀
D．FeS 固体能用于去除工业废水中的Hg2+
【答案】B
【解析】A 项，0.1mol/LH2S 溶液中存在电离平衡H2S
SH-+H+ (H2S 以第一步电离为主)、HS
-
S2-+H+、H2O
OH-+H+，0.1mol/LH2S 溶液的pH 约为4.1，则c(OH-)=1.0×10-9.9mol·L-1，
，
，则
，故c(H＋)＞c(HS-)＞
c(OH―)＞c(S2-)，故A 正确；
B 项，溶液中存在电荷守恒cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，H2S 与NaOH 溶液反应至溶液呈中性
时，c(OH―)=c(H ＋)，则cNa ＋=cHS-+2c(S2-)，则cNa ＋+ cH2S＝cHS-＋2cS2-+ cH2S，cNa ＋+
cH2S- cS2-＝cHS-＋cS2-+ cH2S= cS溶液体积变大，故，c(S2-)＜0.1mol·L-1，cNa＋＋cH2S- c(S2-)
＜0.1mol·L-1，故B 错误；C 项，往10mL0.1mol/LH2S 溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH 溶液，恰好发生反应
生成NaHS ，滴加入0.1mol/LFeSO4 溶液时，发生反应HS-+Fe2+=FeS+H+ ，该反应的平衡常数为
，会产生FeS 沉淀，故 C 正确；D
项，FeS 的溶度积比HgS 的溶度积大，难溶电解质易转化为更难溶的电解质，则FeS 固体能用于去除工业
废水中的Hg2+，故 D 正确；故选B。
10
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16．根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是( )
选项
实验方案
现象
结论
A
将打磨过的铁铜合金放在氨
水中一段时间
溶液变为深蓝色
可能是铜在氨水中发生吸
氧腐蚀
B
向FeCl3溶液中滴加KSCN 溶
液，再加入少量Cu 粉
溶液先变成血红色，加入Cu 粉后，
血红色变浅
与SCN-的配位能力：
Cu2+＞Fe3+
C
将Na2CO3·10H2O 和NH4NO3
固体混合并用玻璃棒快速搅
拌
有刺激性气味的气体产生，并伴随
降温
该反应能发生的主要原因
是熵增
D
用精密pH 试纸测定
=0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的
pH 值
测得pH 为7.8
Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)
【答案】B
【解析】A 项，铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成四氨合铜离子使得溶液显蓝色，A
正确；B 项，加入Cu 粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液血红色变浅，B 错误；C 项，根据ΔH-TΔS＜0 反应能自发进行，反应中温度
降低、生成气体为熵增的吸热反应，则该反应能发生的主要原因是熵增，C 正确；D 项，pH 为7.8，溶液
显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)，D 正确；故选B。
第II 卷(非选择题 共52 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共52 分。
17．(10 分)著名的
催化剂的主要成分是Al(C2H5)3和TiCl4。请回答：
(1) Al(C2H5)3的晶体类型是 ，Al(C2H5)3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式：
。
(2) Al(C2H5)3与TiCl4在一定条件下反应生成TiCl3，TiCl3一定要存放于CO2等惰性气体中，请从结构的
角度解释原因： 。
(3)在其他条件相同时，CH3COOCH2CF3的水解反应速率 CH3COOCH2CH3的水解反应速率
(填“>”、“<”或“=”)，理由是： 。
(4)下列说法正确的是___________。
A．基态Cl-的价层电子排布式为3s23p5 B．Fe 的第三电离能小于Mn 的第三电离能
C．C2H5NH3
+比NH4
+更易水解 D．AlCl3在一定条件下可与NH3发生反应
(5) Ti 的某种氧化物晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 ；Ti 的配位数是 。
11
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【答案】(1)分子晶体(1 分) Al(C2H5)3+3H2O= Al(OH)3↓+3CH3CH3↑(1 分)
(2)Ti3+的价层电子排布式为3d1，容易失去1 个电子形成3d 轨道全空的稳定结构，故容易被空气中的氧
气氧化(2 分)
(3)> (1 分) 对比-CH3，-CF3为吸电子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O 键的极性更强，更易断裂(1
分)
(4)BD(2 分)
(5)TiO2(1 分) 6(1 分)
【解析】(1)Al(C2H5)3中Al 与-CH2CH3通过共价键相连，故晶体类型为分子晶体，与水剧烈反应，根据
Al 元素性质可知，反应生成Al(OH)3，根据原子守恒可知，另一个产物为乙烷，故反应方程式为
Al(C2H5)3+3H2O= Al(OH)3↓+3CH3CH3↑；(2)Ti 核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Ti3+的价层电子排布
式为3d1，容易失去1 个电子形成3d 轨道全空的稳定结构，故容易被空气中的氧气氧化，因此需要被保存
在惰性气体中；(3)CH3COOCH2CF3和CH3COOCH2CH3均能发生酯的水解反应，对比-CH3，-CF3为吸电子
基，使得CH3COOCH2CF3中C-O 键的极性更强，更易断裂，故其水解反应速率更快；(4)A 项，Cl-的价层
电子排布式为3s23p6，A 错误；B 项，Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1 个电子，形成半满的稳定状态，
Mn2+的价层电子排布式为3d5，为半满的稳定状态，其第三电离能更高，B 正确；C 项，C2H5-为推电子基，
使N 的电子云密度变大，对周围H+的吸引力更强，而其水解需要与水电离出的OH-结合，因此其较铵根离
子更稳定，故其水解能力比NH4
+的弱，C 错误；D 项，NH3水溶液为弱碱性，可与AlCl3反应，化学方程式
为AlCl3+ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4Cl，D 正确；故选BD；(5)由晶胞结构可知，该晶胞中Ti 原子个数
为
，O 原子个数为
，故该氧化物化学式为TiO2，如图可知晶胞体心Ti 与周围6 个O
相连，故Ti 的配位数为6。
18．(10 分)以黄铜矿(主要成分为FeCuS2，含少量SiO2)为原料，相关转化关系如下。
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已知：①反应1 中Fe 不变价，且固体A 为单一化合物；
②Cu2(OH)3Cl 具有疏松结构。
(1)固体A 的化学式为 ；SOCl2的电子式为 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．CuCl 不溶于水，但溶于稀硝酸
B．
在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度
C．气体B 具有还原性所以能使品红溶液褪色
D．SOCl2与AlCl3·6H2O 混合共热可制得无水AlCl3
(3)反应2 的化学方程式为 。
(4)①反应4 生成的物质D 难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4 的化学方程式为 。
②设计实验验证物质D 中的氯元素 。
【答案】(1) FeSiO3(1 分)
(1 分)
(2)BC(2 分)
(3)4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(2 分)
(4) SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl(2 分) 取少量CH3CH2Cl 与NaOH 溶液共热至溶液
不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl 中有氯
元素(2 分)
【解析】根据流程可知气体B 中含S 元素，B 为SO2，固体A 中含Fe 和Si，黄铜矿反应的化学方程式
为：2FeCuS2+SiO2+5O
2Cu+2FeSiO3+4SO2，故B 为SO2，A 为FeSiO3；粗铜与HCl 和氧气反应得到
CuCl，CuCl 与O2和水反应得到Cu2(OH)3Cl，反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；SO2与
等物质的量的氯气反应得C：SO2Cl2，SO2Cl2与SCl2反应得到SOCl2，SOCl2与乙醇反应得到D，方程式为：
SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl，D 为CH3CH2Cl。(1)根据分析，固体A 的化学式为：FeSiO3；
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SOCl2中S 原子的价层电子对数为：
，电子式为：
。(2)A 项，CuCl 不溶于水，但能与
稀硝酸发生氧化还原反应，故能溶于稀硝酸，A 正确；B 项，Cu 在该环境生锈后，铜锈为多孔结构，不能
隔绝空气，故不能减缓生锈速度，B 错误；C 项，气体B 为二氧化硫，具有漂白性，能使品红溶液褪色，
C 错误；D 项，SOCl2与AlCl3·6H2O 混合共热可制得无水AlCl3、HCl 和SO2，D 正确；故选BC。(3)反应2
的化学方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl。(4)①根据分析，反应4 的化学方程式为：
SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+ SO2+HCl；②卤代烃需要先在碱性条件下水解，再用硝酸调至酸性后加硝
酸银溶液，观察沉淀颜色，故实验方案为：取少量CH3CH2Cl 与NaOH 溶液共热至溶液不再分层，加稀硝
酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3CH2Cl 中有氯元素。
19．(10 分)氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。
(1)利用水煤气转化法制氢涉及的反应如下：
反应I：C(s)＋H2O(g)
CO(g)＋H2(g) ΔH＞0
反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0
在一定温度下，向容积固定为2L 的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为2MPa，发
生反应I 和Ⅱ。10 min 后达到平衡，此时H2O(g)的转化率为70%，CO 的物质的量为0.1mol。
①反应I 能自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
②下列说法正确的是 。
a．增大C(s)的用量，反应I 生成CO 的速率增大
b．混合气体的密度保持不变时，说明反应Ⅱ已达到平衡
c．平衡时H2的体积分数可能大于三分之二
d．除去体系中的CO2可提高平衡时H2的含量
③此温度下反应Ⅱ的化学平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总压×气体
的物质的量分数)。
(2)另一种绿色环保制氢技术“Fe-HCO3
--H2O 热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸
收CO2制得的NaHCO3溶液反应，生成H2、HCOONa 和Fe3O4；Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe。实验
中发现，在300℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应初期有FeCO3生成并放出H2。随着反应进行，
FeCO3迅速转化为活性Fe3O4-x，活性Fe3O4-x是HCO3
-转化为HCOO-的催化剂，其可能反应机理如图所示。
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①下列叙述正确的是 。
a．电负性O＞H＞Fe，因此吸附在O2-上的H 略带正电
b．升高温度生成HCOO-的反应速率一定加快
c．吸附在Fe2+上的H 原子在步骤Ⅰ后生成了水
d．该制氢技术绿色环保原因之一是铁可以循环利用
②在其他条件相同时，测得Fe 的转化率、HCOO-的产率随cHCO3
-变化如图所示。
请分析HCOO-的产率随cHCO3
-增加而增大的可能原因是 。
(3)电解水制“绿氢”的技术也不断被突破，科技工作者设计了耦合HCHO 高效制H2的方法，相同电
量下H2理论产量是传统电解水的2 倍，其装置如下图所示。则阳极电极反应式为 。
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【答案】(1)高温(1 分) bd (2 分) 7(2 分)
(2) acd (2 分) 碳酸氢根与铁反应生成的碳酸铁转化为Fe3O4-x作为反应的催化剂(1 分)
(3) 2HCHO+4OH--2e-=2HCOOO-+H2↑＋2H2O(2 分)
【解析】(1)根据ΔG=ΔH-TΔS 判断反应自发进行所需条件；有气体参与的可逆反应，密度、压强均可
能影响反应平衡；(2)铁粉与碳酸氢钠在催化剂存在下反应生成氢气和甲酸，根据题目所给示意图分析，步
骤Ⅰ碳酸氢根离子与铁反应生成碳酸铁和氢气，随着反应进行，碳酸氢根通过活性Fe3O4-x转化为HCOO-；
(3)根据题目所给示意图，b 区甲醛反应生成HCOO-，发生氧化反应，产生氢气，已知相同电量下氢气的理
论产量事传统电解水的2 倍，则该电解池每转移2mol 电子，产生2mol 氢气。(1)①根据ΔG=ΔH-TΔS，反
应Ⅰ是熵增，焓变大于0 的反应，即ΔS＞0，ΔH＞0，则高温条件下有利于反应自发进行；②a 项，增大
C(s)的用量，由于碳单质是固体，增大碳的用量，不能增大浓度，生成一氧化碳速率不增加，a 错误；b 项，
根据
，反应Ⅰ由固体参与，随着反应的进行，气体整体质量增大，当密度保持不变时，气体质量不
变，则反应Ⅱ已达到平衡，b 正确；c 项，反应中的水只能转化为氢气，水的转化率为70%，则氢气的物质
的量为0.7mol，一氧化碳的物质的量为0.1mol，则此时氢气的体积分数为
，
二氧化碳的体积未知，故氢气的体积分数必定小于三分之二，c 错误；d 项，除去体系中的二氧化碳，反应
Ⅱ平衡向正反应方向移动，一氧化碳减少，反应Ⅰ平衡也向正反应方向进行，可以提高平衡时氢气的含量，
d 正确；故选bd；③分别设反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的水的物质的量为x、ymol，列出三段式：
、
已知平衡时，水的转化率为70%，一氧化碳的物质的量为0.1mol，即1-x-y=0.3mol，x-y=0.1，解得
x=0.4，y=0.3，故平衡时二氧化碳的物质的量为0.3mol，反应前总压强为2MPa，气体的物质的量共为
1mol，反应后气体总量为1.4mol，则反应后总压强为
，利用分压计算反应Ⅱ的平衡常数
；(2)
a
①项，根据元素周期律，电负性O＞H，而H 元素可以接受1 个电子形成
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稳定结构，Fe 则不行，故电负性大小：O＞H＞Fe，根据流程图示意，氢气断裂，一个氢原子吸附在氧负
离子上，氧带负电，H 略带正电，a 正确；b 项，升高温度反应速率增加，但可能导致催化剂失活，导致反
应速率降低，b 错误；c 项，根据题目所给流程图，氢气断裂出两个氢原子，一个吸附在氧负离子上，一个
吸附在亚铁离子上，经过步骤Ⅰ，吸附在亚铁离子上的H 形成了水分子，c 正确；d 项，该技术原理中，
Fe 可以循环利用，是绿色环保原因之一，d 正确；故选acd；②铁先与碳酸氢根反应生成氢气和碳酸铁，
随着反应的进行，碳酸铁迅速转化为活性Fe3O4-x，作为生产甲酸的催化剂，故碳酸氢根的浓度增大，导致
甲酸的产率增大；(3)根据分析，甲醛被氧化为HCOO-，则b 电极区为阳极，a 电极区为阴极，已知相同电
量下，该电解技术氢气的理论产量是传统电解水的2 倍，则阳极的电极反应式推理为甲醛失去2mol 电子形
成甲酸根离子和1mol 氢气，阴极的电极反应式为氢氧根得到2mol 电子形成1mol 氢气，故阳极的电极反应
式为2HCHO+4OH--2e-=2HCOOO-+H2↑＋2H2O。
20．(10 分)十二钨磷酸具有全四面体对称性的笼状结构，在材料科学等领域有广泛的应用。制备原理
为：12WO4
2-+HPO4
2-+23H+=[PW12O40]3-+12H2O。实验室制备流程图如下：
乙醚回收装置图如下：
已知：①乙醚：沸点34.6℃，易燃易爆，密度0.71g/mL，微溶于水。
在光的作用下易产生过氧化物，蒸馏时容易爆炸。
②十二钨磷酸：与橡胶、纸张，甚至空气中灰尘接触时易被还原为“杂多蓝”；在强酸性下还可与乙
醚生成不溶于水、密度比水大的油状醚合物。
请回答：
(1)仪器B 的名称是 。
(2)制备过程中，若混合液呈现蓝色，只需向溶液中滴加适量3%的双氧水即可，目的是 。
(3)下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ操作时，因原料无毒，故无需佩戴护目镜
B．步骤Ⅱ、Ⅳ中两次加入的盐酸作用不同
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C．可用(NH4)2Fe(SO4)2和NH4SCN 溶液检验乙醚中是否含有过氧化物
D．分离出下层液体后，关闭旋塞，再将上层液体从上口倒出，漏斗中留下中间层液体
(4)回收乙醚的步骤如下：
a．按图2 搭好蒸馏装置、检查气密性
b．将馏出物与上层液体(溶有少量产品的乙醚)混合，转移入圆底烧瓶
c．放入毛细管 d．加入无水硫酸钙，振荡、静置 e．通冷凝水，蒸馏
f．蒸馏至烧瓶中残留少量液体 g．停止通冷凝水 h．停止加热
①正确的排序为： 。
a→b→______→_______→e→_______→_______→_______。
②仪器A 中的毛细管上端封闭，开口端朝下，此毛细管的作用是 。
③步骤e 中，不需要过滤干燥剂就可以直接蒸馏的原因是 。
(5)粗产品经提纯后，算得本次实验产率为100.3%(制备过程操作正确)。从原料的角度分析，产率大于
100%的原因可能是 。
【答案】(1)(直形)冷凝管(1 分)
(2)将“杂多蓝”氧化为十二钨磷酸(1 分)
(3)BC(2 分)
(4)abdcefhg (2 分) 防暴沸(1 分) 该蒸馏温度下，硫酸钙水合物不发生分解(1 分)
(5)称取的25 克二水合钨酸钠已经失去部分结晶水(2 分)
【解析】(1)由图可知，仪器B 的名称是：(直形)冷凝管；(2)由已知②十二钨磷酸与橡胶、纸张，甚至
空气中灰尘接触时易被还原为“杂多蓝”；故双氧水的作用是将“杂多蓝”氧化为十二钨磷酸；(3)A 项，
无论原料是否有毒，均需佩戴护目镜，A 错误；B 项，根据制备原理，步骤Ⅱ的盐酸作为反应物；由已知
②十二钨磷酸在强酸性下可与乙醚生成不溶于水、密度比水大的油状醚合物，故步骤Ⅳ的盐酸，用于生成
醚合物，利于后续产品的分离，B 正确；C 项，过氧化物能将Fe2+氧化为Fe3+，遇NH4SCN 溶液变红色，可
用(NH4)2Fe(SO4)2和NH4SCN 溶液检验是否含有过氧化物，C 正确；D 项，分离出下层液体后，漏斗中仍有
两层液体，需先将中间层液体(此时已经变为下层液体)从漏斗下口放出，最后将上层液体从上口倒出，D
错误；故选BC；(4)①d 需振荡，会把毛细管振破，故d 需在c 之前，实验结束，需先停止加热，再停止通
冷凝水，故h 需在g 之前，故答案为abdcefhg；②加热时，毛细管中气体受热逸出，提供气化中心，从而
防暴沸，故答案为防暴沸；③该蒸馏温度下，硫酸钙水合物不发生分解，故不需要过滤干燥剂就可以直接
蒸馏；(5)称取的25 克二水合钨酸钠已经失去部分结晶水，使25 克原料中无水钨酸钠质量偏大，导致产率
大于100%。
21．(12 分) 化合物G 是一种合成降血压药物的中间体，其合成如下：
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请回答：
(1)C 中含氧官能团的名称是 。
(2)写出F 的结构简式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．1mol 化合物B 最多消耗2molNaOH
B．化合物E 分子结构中存在两个手性碳原子
C．E→F 的转化条件为NaOH 的乙醇溶液、加热
D．化合物G 的分子式为C10H9O3F
(4)反应A→B 的化学方程式为 。
(5)写出满足下列条件的E 的同分异构体的结构简式 。
①分子中除苯环外还有一个含两个氧原子的五元杂环
②苯环上只有两个取代基
③能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳
④核磁共振氢谱图中只有4 组吸收峰
(6)设计以苯酚和
为原料制备
的合成路线(无机试剂任选)
。
【答案】(1)(酮)羰基、(酚)羟基(1 分)
(2)
(1 分) (3)BD(2 分)
(4)
(2 分)
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(5)
、
、
、
(3 分)
(6)
(3 分)
【解析】分子式为C6H5OF 的A 与CH3COOCOCH3在浓硫酸作用下发生取代反应得到B，结合B 的结
构可知A 的结构简式为：
，B 在氯化铝的作用下生成C，再与乙二酸二乙酯和乙酸钠反应生成D，D
与氢气加成生成E(
)，结合G 的结构简式可知，F 是E 经过消去反应得到的产物，则
F 的结构简式为
，最后F 催化加氢得到G。(1)根据C 的结构简式，C 中含氧官能团的
名称是：(酮)羰基、(酚)羟基；(2)F 的结构简式为：
；(3)A 项，B 中含酯基和碳氟键，
均可水解得到酚羟基，故1mol 化合物B 最多消耗4molNaOH，A 错误；B 项，E 的结构简式为：
，存在两个手性碳原子(
)，B 正确；C 项，E→F 发生的是羟
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基的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热，C 错误；D 项，化合物G(
)的分子式为
C10H9O3F，D 正确；故选BD。(4)A 与CH3COOCOCH3在浓硫酸作用下发生取代反应得到B，则反应A→B
的化学方程式为：
；
(5)E 的分子式为C10H9O4F，E 的同分异构体满足：①分子中除苯环外还有一个含两个氧原子的五元杂环；
②苯环上只有两个取代基；③能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，说明含有羧基；④核磁共振氢谱图中
只有4 组吸收峰，说明只有4 种等效氢；综合以上信息可知，分子中含有-COOH，苯环上只有两个取代基，
则符合题意的含有两个氧原子的杂环只有两种，所以满足条件的E 的同分异构体的结构简式为：
、
、
、
；(6)对比原料和目标产物，利用A→B→C 的反应机理，
先让苯酚和
发生取代反应得到
，再在AlCl3作用下发生反应生
成
，然后羰基与H2在催化加氢得到
，最后羟基发生消去反应即可得
到目标产物，则合成路线为：
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。
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