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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 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28
P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 V-51 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Co-59 Cu-64 Zn-65 Br-80
Hg-201
第Ⅰ卷(选择题 共48 分)
一、选择题(本大题共16 小题，每小题3 分，共48 分。每小题列出的四个备选项中只有一项是符合题
目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．按照交叉分类法，对[Ag(NH3)2]OH 的分类中不正确的是( )
A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐
【答案】D
【解析】[Ag(NH3)2]OH 是一种易溶于水的强碱，属于电解质，Cu2+与NH3之间以配位键相结合，属于
配合物；故选D。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．sp2杂化轨道示意图：
B．激发态H 原子的轨道表示式：
C．N2的p-pσ 键的形成：
D．电子式表示MgCl2形成过程：
【答案】A
1
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【解析】A 项，sp2杂化形成的原子轨道为平面三角形，其杂化轨道示意图为
，A 正确；B
项，K 层只有s 能级，没有p 能级，则H 原子1s 能级上的电子可以跃迁到L 能层的s 能级或p 能级上，B
错误；C 项，N2的p-pσ 键是头碰头方式重叠形成，电子云图为
，C 错误；D 项，MgCl2为
离子化合物，用电子式表示其形成过程时，应该是Mg 失去电子，Cl 得到电子：
，D 错误；故选A。
3．近年来，我国科技创新成果丰硕。下列与科技成果相关的叙述正确的是( )
A．突破量子通信技术——作为传输介质的光纤，其主要成分为晶体硅
B．完成北斗卫星导航系统建设——
与星载铷钟所用
物理性质不同
C．首个海上二氧化碳封存示范工程投用——CO2，其共价键被破坏
D．实现二氧化碳到糖的精准全合成——葡萄糖的分子式为CH2O
【答案】B
【解析】A 项，光纤的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A 错误；B 项，
与星载铷钟所用
的
质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故B 正确；
C 项，二氧化碳是分子晶体，所以二氧化碳液化时，只改变分子间的分子间作用力，不破坏分子内的共价
键，故C 错误；D 项，葡萄糖的分子式为C6H12O6，故D 错误；故选B。
4．下列有关比较正确的是( )
A．稳定性： AsH3＞PH3＞NH3 B．熔点：NaCl ＞干冰＞I2
C．微粒半径：Li+＜O2−＜Na+ D．键角：BF3＞CH4＞H2O
【答案】D
【解析】A 项，同主族从上到下非金属性减弱，其简单氢化物稳定性逐渐减弱，因此稳定性： NH3＞
PH3＞AsH3，故A 错误；B 项，一般来说原子晶体熔点大于离子晶体熔点，离子晶体熔点大于分子晶体熔
点，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此熔点：NaCl＞I2＞干冰，故B 错误；C 项，
根据层多径大，同电子层结构核多径小，其微粒半径：Li+＜Na+＜O2−，故C 错误；D 项，BF3为平面正三
角形，CH4为正四面体形，H2O 为“V”形，因此键角：BF3＞CH4＞H2O，故D 正确。故选D。
5．下列说法不正确的是( )
2
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A．装置①产生气泡后，试管内气体先变红棕色后变无色
B．图②标识表示会用到或产生有害气体、烟、雾，应开启排风扇
C．装置③可用于通过实验证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si
D．装置④可用于比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
【答案】C
【解析】A 项，铜与稀硝酸在常温下缓慢反应，生成无色气体NO，与试管中空气里的O2反应，生成
红棕色NO2，二氧化氮被氢氧化钠溶液吸收且O2消耗完后，试管中只生成无色气体NO，故试管内气体先
变红棕色后变无色，A 项正确；B 项，图②标识为排风标识，实验中会用到或产生有害气体，或产生烟、
雾，应开启排风管道或排风扇，B 项正确；C 项，装置③中稀盐酸与Na2CO3溶液反应生成CO2，Na2SiO3
溶液中通入CO2可生成难溶的硅酸沉淀，但盐酸易挥发，挥发出的HCl 也可与Na2SiO3反应生成难溶的硅
酸沉淀，故不能证明非金属性的强弱，且盐酸不是氯元素最高价氧化物的水合物，C 项错误；D 项，
NaHCO3受热易分解，生成的CO2能使澄清石灰水变浑浊，Na2CO3无此现象，故可用装置④比较Na2CO3和
NaHCO3的热稳定性，D 项正确；故选C。
6．近年来，有研究团队提出基于锂元素的电化学过程合成氨的方法，主要流程如下：
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ中有O2、H2O 生成 B．实验室Li 常保存在煤油中
C．Ⅱ中，N2作氧化剂 D．该方法中，LiOH 可循环利用
【答案】B
【解析】由题给流程可知，反应I 为高温下电解熔融氢氧化锂，锂离子在阴极得到电子发生还原反应
生成金属锂，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，一定条件下金属锂与氮气反应生成
氮化锂，氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气。A 项，高温下电解熔融氢氧化锂，氢氧根离子在阳极
失去电子发生氧化反应生成氧气和水，A 正确；B 项，金属Li 的密度比煤油小，比石蜡油大，实验室Li 常
3
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保存在石蜡油中，B 错误；C 项，反应Ⅱ为一定条件下金属锂与氮气反应生成氮化锂，反应中氮元素的化
合价降低得电子被还原，氮气是反应的氧化剂，C 正确；D 项，反应I 为高温下电解熔融氢氧化锂生成锂、
氧气和水，反应Ⅲ为氮化锂发生水解反应生成氢氧化锂和氨气，则该方法中，氢氧化锂可以循环使用，D
正确；故选B。
7．从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是( )
选项
实例
解释
A
将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中
析出深蓝色晶体
乙醇极性较小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶
解
B
铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显
变化
铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁
C
DNA 中碱基A 与T、G 与C 的互补配
对
分子间氢键作用实现了超分子的分子识别
D
熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3
引入乙基减弱了离子间的相互作用
【答案】B
【解析】A 项，将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中析出深蓝色晶体，原因是乙醇分子的极性小，加
入乙醇后溶剂的极性减小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解，故A 不符合题意；B 项，焰色试验是金属单质或
离子的电子在吸收能量后，从基态跃迁到激发态，激发态不稳定，跃迁到低能量级时，会释放光子，光子
的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色。铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化，并不是
铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁，而是放出的光子频率不在可见光频率范围内，故B 符合题意；C
项，O 元素、N 元素的电负性较大，能与氢形成分子间氢键，DNA 中的碱基A 与T、G 与C 的互补配对是
通过氢键来实现的，分子间氢键作用实现了超分子的分子识别，故C 不符合题意；D 项，硝酸铵中铵根离
子和硝酸根离子间存在离子键，铵根离子其中一个H 被乙基替代，引入乙基减弱了离子间的相互作用，所
以熔点：C2H5NH3NO3＜NH4NO3，故D 不符合题意；故选B。
8．下列化学反应与相应离子方程式相符的是( )
A．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O4
2-+2MnO4
-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
B．硫代硫酸钠与足量稀硝酸：3S2O3
2-+2H+=S↓ +SO2↑+H2O
C．在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：H2SO3+ClO-=2H++Cl-+SO4
2-
D．乙醛银镜反应：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-
CH3COO-+NH4
++2Ag↓ +3NH3↑+H2O
【答案】D
【解析】A 项，用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4
-
+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故A 正确；B 项，硫代硫酸钠与足量稀硝酸，反应的离子方程式为3S2O3
2-
4
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+2H++2NO3
-=3SO4
2-+3S↓ +2NO↑+H2O，故B 错误；C 项，亚硫酸中加入过量次氯酸钠，会生成次氯酸分子，
离子方程式为：H2SO3+3ClO-=2HClO+Cl-+SO4
2-，故C 错误；D 项，乙醛和银氨溶液发生银镜反应生成乙酸
铵、氨气、银、水，反应的离子方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-
CH3COO-+NH4
++2Ag↓
+3NH3↑+H2O，故D 正确；故选D。
9．异山梨醇广泛应用于化妆品、塑料、医药等领域。以山梨醇为原料，经两步酸催化，可以制得异
山梨醇。其中一种制备方法如图：
下列说法正确的是( )
A．山梨醇与异山梨醇互为同分异构体，均属于醇类物质
B．在制备1，4-脱水山梨醇时，
是反应中可能生成的副产物
C．山梨醇熔、沸点较高，原因是其含有较强的分子间氢键和较大的分子间范德华力
D．山梨醇、1，4-脱水山梨醇、异山梨醇分别与钠反应，最多能消耗金属钠的物质的量分别为6mol、
4mol、2mol
【答案】C
【解析】A 项，异山梨醇与山梨醇分子中的氧原子个数不同，即分子式不同，不互为同分异构体，A
项错误；B 项，制备1，4-脱水山梨醇时发生的是分子内脱水，碳原子数不发生变化，而
和
分子中碳原子数不同，
不可能是生
成的副产物，B 项错误；C 项，山梨醇的结构简式为
，为分子晶体，分子中含
5
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有6 个羟基，易形成分子间氢键，且分子间氢键较强，分子式为C6H14O6，相对分子质量较大，范德华力较
大，所以山梨醇熔、沸点较高，C 项正确；D 项，未指明山梨醇、1，4-脱水山梨醇、异山梨醇的物质的量，
无法计算三者最多能消耗金属钠的物质的量，D 项错误；故选C。
10．用废催化剂(V2O5-WO3/TiO2)制备NH4VO3的过程如图所示。
已知：V2O5可与纯碱反应生成NaVO3。下列说法错误的是
A．“焙烧”时有大量CO2产生
B．“酸浸”加料完成后，适当升温或延长浸泡时间，可提高钒元素的浸出率
C．“分离”时采用蒸馏法，蒸馏操作中需要使用球形冷凝管
D．“沉钒”时增大铵根浓度能降低NH4VO3的溶解度使其析出
【答案】C
【解析】回收V2O5-WO3/TiO2催化剂并制备NH4VO3的过程可为：废催化剂主要成分为V2O5-WO3/
TiO2，加碳酸钠焙烧后转变为钠盐，同时释放出CO2气体，再加4%硫酸酸浸，过滤得滤液含VO3
-，滤液
中加入氯化铵析出NH4VO3沉淀。A 项，“焙烧”时V2O5可与纯碱反应生成NaVO3，同时有大量CO2产生，
A 正确；B 项，适当升温或延长浸泡时间，可提高钒元素的浸出率，B 正确；C．蒸馏操作中不能使用球形
冷凝管，应该用直形冷凝管，C 错误；D．在NH4VO3溶于水时存在：NH4VO3(s)
NH4
+(aq)+ VO3
-(aq)
平衡，加入NH4Cl 增大了NH4
+的浓度，有利于平衡向左移动析出沉淀，D 正确；故选C。
11．将mgCu2(OH)2CO3固体置入体积为500 mL 的真空密闭容器中，保持温度不变，发生反应：
Cu2(OH)2CO3(s)
2CuO(s)+H2O(g)＋CO2(g)。达到平衡时，测得CO2的物质的量为0.2mol。下列说法正
确的是( )
A．保持容器体积不变，向平衡体系中通入适量N2，c(CO2)减小
B．压缩容器体积为250 mL，达到新的平衡后容器中固体的质量增加3.0g
C．扩大容器体积为2L，一段时间后容器中c(H2O)=0.25mol·L-1且维持不变，则m=111
D．保持容器体积不变，向平衡体系中通入H2O(g)和CO2(g)各0.2mol，达到新的平衡后，0.4mol·L-1＜
c(H2O)＜0.8mol·L-1
【答案】C
【解析】A 项，保持容器体积不变，向平衡体系中通入的N2，不影响反应中各物质浓度，则平衡不移
动，c(CO2)不变，故A 错误；B 项，压缩容器体积为250 mL，达到新的平衡时平衡常数不变，则c(CO2)不
变，压缩容器体积为原来的一半，逆向移动，此时CO2的物质的量为原来的一半，即0.1mol；消耗0.1mol
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二氧化碳时，固体质量增加
，B 错误；C 项，扩大容器体积为2L，体
积扩大四倍，平衡正向移动，一段时间后容器中
，浓度维持不变，可知
mgCu2(OH)2CO3完全反应，则
，C 正确；D
项，保持容器体积不变，向平衡体系中通入H2O(g)和CO2(g)各0.2mol，温度不变，
不
变，达到新的平衡后，c(H2O)==c(CO2)=0.4mol·L-1，D 错误；故选C。
12．我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物(以
CH2O 表示)的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析
正确的是
A．a 极为电池负极
B．b 极的电极反应为HS-+2e-=S+H+
C．若b 极区生成1molS，则a 极区H+增加2mol
D．外电路通过1mole-时，至少有1molCO2生成
【答案】D
【解析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳
和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO4
2-+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a 极为原电池的正极，酸性条件下
氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b 极为负极，氢硫酸根离子
在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则电池总反应为O2+2HS—
+2H+=2S+2H2O。A 项，a 极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A
错误；B 项，b 极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为
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HS--2e-=S+H+，故B 错误；C 项，a 极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成
水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b 极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和
氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，内外电路转移电荷数相等，每转移4mol 电子，由电极反应式可知，
b 极区生成2mol 硫，a 极氧气转化为水消耗4mol 氢离子，则b 极区有4mol 氢离子移向a 极区，则b 极区生
成1molS，a 极区氢离子的物质的量不变，故C 错误；D 项，b 极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发
生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则外电路通过1mol 电子时，消耗0.5mol 氢硫
酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离
子，反应的方程式为2CH2O+SO4
2-+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，由方程式可知，生成0.5mol 氢硫酸根离子同时
生成1mol 二氧化碳，故D 正确；故选D。
13．向HgBr2溶液中滴入NH3- NH4Cl 混合液，得到晶体M，其晶胞结构中N-Hg-N 键角为180°，每个
晶胞由两个小立方体构成，Br-位于小立方体的顶点，两个小立方体共用面中心的Hg2+，NH3分子的中心原
子位于小立方体的体心。小立方体的边长为a pm。下列说法错误的是( )
A．按照描述，晶胞结构为如图所示 B．N-Hg-N 中N-Hg 的键长为
C．1 个晶胞中含有Br-的质量为
D．晶体M 的密度为
【答案】D
【解析】A 项，晶胞结构中N-Hg-N 键角为180°，每个晶胞由两个小立方体构成，Br-位于小立方体的
顶点，两个小立方体共用面中心的Hg2+，NH3分子的中心原子位于小立方体的体心，图示正确，故A 正确；
B 项，小立方体的边长为apm，NH3分子的中心原子位于小立方体的体心，根据晶胞结构图，N-Hg-N 中
N-Hg 的键长为
，故B 正确；C 项，1 个晶胞中含有Br-个数为
，其质量应为
，故
8
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C 正确；D 项，晶胞的体积为
，每个晶胞中有1 个Hg(NH3)2Br2，质量为
，晶体M 的密
度为
，故D 错误；故选D。
14．碳酸二甲酯是一种重要的有机合成中间体。利用酯交换法合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示(R
为烃基)。下列说法错误的是( )
A．H+是反应的催化剂
B．反应过程中碳原子的杂化方式没有变化
C．若R 为甲基，则X 的名称为1，3-丙二醇
D．上述反应过程中，有σ 键、π 键的断裂和形成
【答案】C
【解析】A 项，由反应机理图可知H+参与第①步反应，后又在第④步反应中生成，则H+是反应的催
化剂，A 正确；B 项，
中含有-CH2-和碳氧双键，C 原子杂化方式为sp3和sp2，
中与羟基相
连的碳原子失去1 个电子带正电，形成3 个σ 键且不含孤电子对，该碳原子杂化方式为sp2，乙基碳原子为
sp3杂化，则整个反应过程中C 原子杂化方式为sp3和sp2，没有变化，B 正确；C 项，反应③为取代反应，
9
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若R 为甲基，则生成X 的结构简式为：
，名称为1，2-丙二醇，C 错误；D 项，题述反应过
程中，反应①断裂π 键和形成σ 键，反应②断裂σ 键，反应④形成了π 键，D 正确；故选C。
15．室温下，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9.某小组进行如下实验：
实验I：向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.1mol/LNaOH 溶液。
实验II：向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.1mol/LCaCl2溶液。
若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法正确的是( )
A．实验I 可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I 中V(NaOH)=10mL 时，存在c(C2O4
2-)<c(HC2O4
-)
C．实验II 中发生反应HC2O4
-+Ca2+=CaC2O4↓+H+
D．实验II 中V(CaCl2)=80mL 时，溶液中c(C2O4
2-)=4.0×10-8mol/L
【答案】D
【解析】A 项，NaHC2O4溶液中滴加NaOH，得到Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，显碱性，因此用酚
酞作指示剂，A 错误；B 项，向20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加10mL 0.1mol/LNaOH 溶液，溶质为等浓
度的NaHC2O4 与Na2C2O4，NaHC2O4的电离常数
大于Na2C2O4的水解常数
，即C2O4
2-的水解程度小于HC2O4
-的电离程度，所以c(C2O4
2-)>c(HC2O4
-)，B 错误；
C 项，实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是
2HC2O4
-+Ca2+=CaC2O4↓+H2C2O4，最后阶段发生的反应为H2C2O4+Ca2+=CaC2O4↓+2H+，C 错误；D 项，实验
Ⅱ中
时，溶液中的钙离子浓度为
，溶液中
，D 正确；故选D。
16．K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O 为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC2O4制备，流程如下：
10
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已知：FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓。
下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2
B．步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的H2O2
C．步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度
D．可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有Fe2+未被氧化
【答案】D
【解析】FeC2O4制备K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O 晶体，第一步用H2O2将二价Fe 氧化为三价Fe 得到
Fe(OH)3，加热除去过量的H2O2，加入草酸、饱和的草酸钾溶液形成K3[Fe(C2O4)3]溶液，加入无水乙醇降低
三草酸合铁酸钾的溶解度，使之析出，过滤、洗涤、干燥得到K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O 晶体。A 项，H2O2能够
将二价Fe 氧化为三价Fe 的同时并不产生杂质，且通过加热即可将过量的H2O2除去，故不可用酸性
KMnO4溶液替代H2O2，A 正确；B 项，H2O2受热分解，加热煮沸可以除去多余的H2O2，B 正确；C 项，加
入无水乙醇是可以降低三草酸合铁酸钾的溶解度，提高产率，C 正确；D 项，检验Fe2+用铁氰化钾溶液而
不是亚铁氰化钾溶液，D 错误；故选D。
第II 卷(非选择题 共52 分)
二、非选择题(本大题共4 小题，共52 分)
17．(16 分)Na2PO3F 作牙膏的添加剂可预防龋齿，通常以氟化钠(NaF)与三偏磷酸钠(Na3P3O9)在熔融条
件下反应制得。
(1)基态F 原子的价层电子排布式为 。
(2)基态O 原子中，电子占据的最高能层的符号是 ，处于最高能级的电子的运动状态共有
个。
(3)两个H3PO4分子间可以通过脱水缩合生成焦磷酸：
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三偏磷酸(H3P3O9)可由H3PO4分子间脱水生成，H3P3O9分子中3 个P 原子的化学环境相同，H3P3O9的结
构式是 。
(4) Na2PO3F 溶于水时与水反应，P-F 键断裂，生成F-。
①PO3F2-中磷元素的化合价是 价。
②该反应会形成 (填“P-O”或“P-H”)键
③反应后，溶液中粒子浓度的关系：2cF- cNa＋ (填“>”、“<”或“=”)。
(5)牙膏中可添加SiO2作摩擦剂，其晶胞结构如下图所示，晶胞的边长为apm。已知阿伏加德罗常数为
NA，该晶体的密度为 g· cm-3。(1pm=10-10cm)
(6)LiPF6是常用的锂离子电池电解质材料，有关
的化合物的转换关系如下，请完成有关问题。
提示：
为三角双锥结构，且为非极性分子。
①请尝试写出
的化学式 ，
的同分异构体有几种 。
②请写出反应1 的化学反应方程式： 。
③磷酸根易发生脱水缩合多聚，如焦磷酸(H4P2O7)等，请写出链状多聚磷酸根的通式 。
【答案】(1) 2s22p5(1 分)
(2)L (1 分) 4(1 分)
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(3)
(2 分)
(4)+5(1 分) P-O(1 分) <(1 分)
(5)
(2 分)
(6) ①F3Cl2(1 分) 3 种(1 分)
②PCl3+3HF=PF3+3HCl(2 分)
③
或
(2 分)
【解析】(1)氟(F)的原子序数为 9，其电子排布为1s22s22p5。基态F 原子的价层电子排布式为2s22p5；
(2)氧(O)的原子序数为 8，其电子排布为1s22s22p4。基态O 原子中，电子占据的最高能层的符号是L，氧原
子的 2p 轨道上有 4 个电子，每个电子的运动状态均不相同，则处于最高能级的电子的运动状态共有4
个；(3)三偏磷酸(H3P3O9)可由H3PO4分子间脱水生成，H3P3O9分子中3 个P 原子的化学环境相同，推测其结
构类似于焦磷酸的结构，是三个分子间脱水形成环状结构，H3P3O9 的结构式是
；(4)①设P 的化合价为 x，则： x+(−2)×3+(−1)=−2 解得：x = +5，即PO3F2-
中磷元素的化合价是+5 价；②Na2PO3F 溶于水时与水反应，P-F 键断裂，F⁻被释放出来，同时P 与水中的
O 结合，形成P-O 键，该反应会形成P-O 键；③Na2PO3F 溶于水时，生成 2 个Na⁺ 和1 个 F⁻：
Na2PO3F→2Na++PO3F2− ，PO3F2−+H2O→HF+HPO4
2- ，HF
H++F-，因此反应后溶液中粒子浓度的关系：
2cF-< cNa＋；(5)SiO2晶胞结构如图，在SiO2的晶胞结构中，Si 有8×
+6×
+4=8， O 原子位于体内，
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每个晶胞中含有 8 个 Si 原子和16 个O 原子，因此每个晶胞的质量为： m=
g，晶胞的边长为
apm，晶胞的体积为： V=(a×10−10 cm)3，该晶体的密度为
，故答案为：
。(6)根据元素守恒可得，反应1 为，PCl3+3HF=PF3+3HCl，生成的A 为PF3，PF3与Cl2物质
的量之比1:1 发生反应生成B，B 为PF3Cl2，PF3Cl2与HF 发生反应2 生成C 和HCl，且C 为三角双锥结构
的非极性分子，可得C 为PF5，PF5与LiF 发生反应3 生成LiPF6。①B 的化学式PF3Cl2，PF3Cl2为不规则的
三角双锥结构，相当于三角形的上下各有一个顶点的双锥体，P 原子位于结构中心，与两个Cl 原子与3 个
F 原子相连，则其同分异构体有3 种；②反应1 为PCl3+3HF=PF3+3HCl；③磷酸根离子为PO4
3-，焦磷酸根
离子为P2O7
4-，每增加一个P 原子，O 原子增加3 个，离子所带负电荷数增加1，故可推出离子通式为
，分子通式为
。
18．(12 分)苯甲醛是香料、医药、农化等行业的重要中间体，被广泛地应用于食品、化妆品、塑料工
业等行业中。以下是制备苯甲醛的两种方法：
Ⅰ．甲苯氧化法：
ΔH1＝-346.5kJ·mol−1
Ⅱ．苯甲醇氧化法：
ΔH2＝-389.5kJ·mol−1
请回答：
(1)方法Ⅰ中的反应能自发进行的条件是 。
(2)方法Ⅰ中，得到苯甲醛有两种途径(图1)，途径一是甲苯先氧化得到苯甲醇，再深度氧化得到苯甲醛，
途径二为甲苯直接氧化得到苯甲醛。已知：在反应起始阶段，可认为甲苯与O2发生平行反应，分别生成苯
甲醇(浓度为c1)和苯甲醛(浓度为c2)，两产物的浓度之比与时间无关：140℃时，c1/c2=0.5，170℃时，
c1/c2=0.6。
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①请计算，反应
的焓变ΔH3=
kJ·mol−1
②反应过程中，甲苯和各产物含量变化如图2 所示，下列说法正确的是 。
A．分析可知，Ea1＞Ea3
B．增加氧化剂O2的浓度，可以提高甲苯的转化率和苯甲醛的选择性
C．在一定的反应时间内，选择合适的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例
D．降低反应温度，会使得途径二对苯甲醛生成的贡献更大
③甲苯氧化制备苯甲醛过程中，还产生了另一种有机产物苯甲酸，请在图2 中画出c(苯甲酸)随时间变
化的曲线图(以左侧坐标轴为纵坐标) 。
(3)方法Ⅱ中，采用Mn3O4为固体催化剂，反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附、反应等过
程。在一定时间内，随着n(苯甲醇)/n(催化剂)比值的增大，苯甲醇的转化率先增大后减小，试解释原因
。
(4)利用纳米TiO2-Pt 电极电解MnSO4和H2SO4的混合溶液(如图3)，电解一段时间后，将电解液与甲苯
混合可制得苯甲醛，已知适当增大Mn2+和H+浓度可以抑制Mn3+的歧化倾向，电解过程中，阳极表面有少
量气泡产生，且溶液中有极少量黑色固体物质生成。请写出：
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①产生气泡对应的电极反应方程式： 。
②溶液中生成黑色固体的离子方程式： 。
【答案】(1)低温(1 分)
(2) -303.5(1 分) ACD(2 分)
(2 分)
(3)n(苯甲醇)/n(催化剂)比值较小时，催化剂的量相对于苯甲醇较多，随着比值的增大，更多的苯甲醇
与催化剂接触，从而提高了苯甲醇的转化率；比值较大时，催化剂提供的活性位点较少，不能满足反应所
需的活性位点数量，因此转化率下降(2 分)
(4) 2H2O-4e-=O2↑＋4H＋(2 分) 2Mn3++2H2O=Mn2++ MnO2↓+4H+(2 分)
【解析】(1)方法Ⅰ中的反应ΔH＜0、ΔS＜0，依据ΔH-TΔS＜0 反应能自发进行，则反应在低温下自发
进行；(2)①根据盖斯定律，反应
的焓变
ΔH3=2ΔH1-ΔH2=
；②A 项，由图可知，刚开始反应时，
苯甲醛是优势产物，说明生成苯甲醛的反应活化能低，即：Ea1＞Ea3，A 正确；B 项，增加氧化剂O2的浓
度，可以提高反应物甲苯的转化率，但氧气浓度过大，会继续氧化苯甲醛为苯甲酸，不利于提高苯甲醛的
选择性，B 错误；C 项，在一定的反应时间内，选择对生成苯甲醇更有利的催化剂，可以提高生成苯甲醇
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的比例，C 正确；D 项，由题干信息可知，140℃时，c1/c2=0.5，170℃时，c1/c2=0.6，降低反应温度，c1/c2
降低，可以理解为c1变小或c2变大，则对苯甲醛生成的贡献更大，D 正确；故选ACD；③甲苯氧化制备苯
甲醛过程中，还产生了另一种有机产物苯甲酸，由图可知，随着反应进行，甲苯的含量降低，但是苯甲醇
与苯甲醛的含量也降低，说明发生了苯甲醛氧化为苯甲酸的副反应，因此苯甲酸的含量始终保持增大：
；(3)随着n(苯甲醇)/n(催化剂)比值的增大，苯甲醇的
转化率先增大后减小，增大是因为：n(苯甲醇)/n(催化剂)比值较小时，催化剂的量相对于苯甲醇较多，随
着比值的增大，更多的苯甲醇与催化剂接触，从而提高了苯甲醇的转化率；减小的原因是：比值较大时，
催化剂提供的活性位点较少，不能满足反应所需的活性位点数量，因此转化率下降；(4)①由题可知，阳极
发生氧化反应：Mn2+-e-=Mn3+，阳极还产生少量气泡，说明存在竞争反应，只能是溶液中的OH-在阳极放电
生成氧气，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋；②溶液中有极少量黑色固体物质生成，由题给信息可知，增
大Mn2+和H+浓度可以抑制Mn3+的歧化倾向，说明Mn3+的歧化倾向被抑制所以生成的黑色固体很少，则
Mn3+发生歧化反应生成+4 价的MnO2和+2 价的Mn2+，该黑色固体是MnO2，离子方程式为2Mn3+
+2H2O=Mn2++ MnO2↓+4H+。
19．(12 分)乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)是一种简单的载氧体，对开发在特殊条件下(如潜艇、高空飞行)
的氧供应材料具有重要意义。乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)的制备原理如下图所示：
【查阅资料】
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①乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，
在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。
②水杨醛：微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺：溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸；溶液中Co(Ⅱ)的
配合物易被氧化为Co(Ⅲ)的配合物。
【制备过程】
步骤Ⅰ：按下图所示安装仪器，在仪器A 中加入80mL 95%乙醇，再加入3.0mL(0.02mol)水杨醛。
步骤Ⅱ：在搅拌条件下，加入1.5mL(0.02mol)乙二胺，反应4～5min，生成亮黄色的乙二胺双缩水杨
醛片状晶体。
步骤Ⅲ：溶解0.01mol Co(CH3COO)2于热水中。
……
请按要求回答下列问题：
(1)乙二胺中H-N-C 的夹角 (填“大于”“小于”或“等于”)乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)中C-
N-C 的夹角。
(2)金属Co 与稀硝酸反应可制得钴(Ⅱ)的硝酸盐溶液，再与纯碱溶液反应，生成碳酸钴沉淀。将沉淀
洗涤、分离，加入乙酸酸化，即可得到乙酸钴。写出金属钴与稀硝酸反应的离子方程式： 。a 处最
宜选用 (填“直形冷凝管”或“球形冷凝管”)。
(3)步骤Ⅲ后的操作如下：
A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器A 中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅
拌1h，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体
B．停止通入N2
C．过滤晶体，用6mL 水洗涤3 次，再用乙醇洗涤
D．向仪器A 中通入N2，并调节氮气流速至稳定
E．停止加热，用冷水冷却仪器A
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F．向冷凝管中通入冷凝水，开始加热A，并保持温度在70～80℃
G．真空干燥箱烘干产品，称重得2.275g 产品
①正确的操作顺序为D→F→ →G。
②步骤F 中保持温度在70～80℃的原因是 。
(4)长导管伸入水中的作用是 。
(5)产品的产率为 (保留3 位有效数字)。
【答案】(1)小于(1 分)
(2) 3Co +8H++2NO3
-=3Co2++2NO↑+4H2O(2 分) 球形冷凝管(1 分)
(3) A→E→B→C(2 分) 温度过低反应速率慢，温度过高乙二胺会引起爆炸(2 分)
(4)液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶(仪器A)中(2 分)
(5)70.0%(2 分)
【解析】水杨醛与乙二胺反应生成亮黄色的乙二胺双缩水杨醛片状晶体，向A 中通入氮气排出A 中的
空气，加热A，将Co(CH3COO)2迅速加入仪器A 中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌1h，使棕色胶状沉淀
全部转变为暗红色晶体，冷却、过滤、洗涤后可得产品乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)。(1)乙二胺中N 原子采
用sp3杂化，乙二胺双缩水杨醛合钴(Ⅱ)中N 原子采用sp2杂化，所以乙二胺中H—N—C 的夹角小于乙二胺
双缩水杨醛合钴(Ⅱ)中C—N—C 的夹角。(2)钴和稀硝酸反应可制得钴(Ⅱ)的硝酸盐溶液，离子方程式为
3Co +8H++2NO3
-=3Co2++2NO↑+4H2O。a 处的作用是使反应物冷凝回流，以便于提高产率，所以最宜选用球
形冷凝管。(3)①步骤Ⅲ后的操作步骤为：D．向仪器A 中通入N2，并调节氮气流速至稳定。F．向冷凝管
中通入冷凝水，开始加热A，并保持温度在70～80℃。A．待亮黄色片状晶体全部溶解后，将
Co(CH3COO)2迅速加入仪器A 中，生成棕色胶状沉淀，恒温搅拌1h，使棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶
体。E．停止加热，用冷水冷却仪器A。B．停止通入N2。C．过滤晶体，用6mL 水洗涤3 次，再用乙醇洗
涤。G．真空干燥箱烘干产品，称重得2.275g 产品。则正确的操作顺序为D→F→A→E→B→C→G。②温
度低反应速率慢，乙二胺温度过高会引起爆炸，所以步骤F 中保持温度在70～80℃。(4)长导管伸入水中的
作用是液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中。(5)由方程式可知和反应物的量可知，理论上生成乙二胺
双缩水杨醛合钴(Ⅱ)的物质的量为0.01mol，产品的产率
。
20．(12 分)某研究小组按下列路线合成具有抗炎、镇痛药“依托度酸”。
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已知：①
②
请回答：
(1)化合物F 的官能团名称是 。
(2)化合物B 的结构简式是 。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．化合物A、E 都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．若
中R、R′都为H 原子，所有原子都在同一平面上，则C、N 都是sp2杂化
C．化合物B→C、H→依托度酸的反应类型均为取代反应
D．“依托度酸”的分子式为C17H23NO3
(4)写出G→H 的化学方程式 。
(5)设计以乙醛和丙醛为原料合成
的路线(用流程图表示，无机试剂任选)
。
(6)写出同时符合下列条件的化合物B 的同分异构体的结构简式 。
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①分子中共有4 种不同化学环境的氢原子，有N-H 键。
②属于芳香族化合物，
该有机物与NaOH 溶液反应，最多消耗2molNaOH。
【答案】(1)羟基、醛基(1 分)
(2)
(1 分)
(3)CD(2 分)
(4)
(2 分)
(5)
(3 分)
(6)
、
、
(其他合理答案也给
分) (3 分)
【解析】根据D 的结构简式、反应条件及B、C 的分子式知，A 的苯环上乙基临位H 原子被硝基取代
生成B 为
，B 中硝基发生还原反应生成C 为
，C 反应生成D，E 开环生成
F，结合G 的分子式、依托度酸的结构简式可知，D 和F 发生信息①的反应生成G 为
，根据H 的分子式可知，G 发生先加成再脱水反应生成H 为
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，H 发生水解然后酸化得到依托度酸。(1)化合物F 的官能团名称是：羟
基、醛基；(2)B 的结构简式为：
；(3)A 项，化合物A 是乙苯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，
E 中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 正确；B 项，sp2杂化的C、N 原子在同一平面上，若
中R、R′都为H 原子，所有原子都在同一平面上，则C、N 都是sp2杂化，B 正确；C 项，
化合物B→C 是还原反应，硝基被还原为氨基，C 错误；D 项，经分析“依托度酸”的分子式为
C17H21NO3，D 错误；故选CD；(4)由分析可知，G 到H 发生先加成后脱水成环的反应，方程式为：
；(5)得到目标
产物为
，需要
和CH3CH2OH，CH3CH2OH 可以由乙醛还原得到，
可以有乙醛和丙醛发生羟醛缩合反应再氧化得到，合成路线为：
；(6)B 的结构
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简式为：
，同分异构体中符合①分子中共有4 种不同化学环境的氢原子，有N-H 键。②属
于芳香族化合物，1mol 该有机物与NaOH 溶液反应，最多消耗2molNaOH，含有苯环，有2 个酚羟基或者
酚酯基，存在N-H 键，符合条件的有：
、
、
。
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