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2025 年高考第一次模拟考试
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：H:1 I:127 Al:27 O:16 S:32 C:12 N:14 Cr:52
第Ⅰ卷（选择题 共45 分）
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．材料科学的发展推动着科技的进步。下列有关材料的说法正确的是
A．“鹊桥二号”天线所使用的镀金钼丝属于无机非金属材料
B．“天和核心舱”腔体中的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C．北斗二代卫星的原子钟“星载铷钟”的铷元素属于放射性元素
D．人造小太阳“东方超环”用到的氕、氘、氚属于同素异形体
【答案】B
【详解】A．镀金钼丝属于金属材料，A 错误；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B 正确；
C．铷不属于放射性元素，C 错误；
D．氕、氘、氚属于同位素，不属于同素异形体，D 错误；
故选B。
2．哲学观点在化学上有着诸多体现。下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是
选项
化学事实
哲学观点
A
同主族元素表现出的性质相似
矛盾只有普遍性无特殊性
B
铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸反应
量变到质变
C
NaHCO3溶液中同时存在
的电离和水解
对立统一
D
苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲
苯
相互影响
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．同主族元素所表现的性质体现了矛盾既有普遍性也有特殊性，例如同主族元素的最高正化
1
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合价相同，但是氧和氟没有正价，A 错误；
B．铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、水、二氧化硫，故Cu 与浓硫酸的反应体现了
量变到质变的规律，B 正确；
C．NaHCO3溶液中既发生电离：
⇌H++
，也发生水解：
+H2O
H
⇌
2CO3+OH−，能体现
对立统一，C 正确；
D．苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯，这体现了甲基对苯环的影响，甲基使苯环的邻
对位活泼，甲烷不能与硝酸反应，但是甲苯硝化时生成三硝基甲苯，说明苯环对甲基的影响，D 正确；
故选A。
3．下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是
A．煤
煤油
B．石油
乙烯
C．油脂
甘油
D．淀粉
乙醇
【答案】C
【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，干馏的过程不产生煤油，煤油是石油分
馏的产物，A 错误；
B．石油分馏是利用其组分中的不同物质的沸点不同将组分彼此分开，石油分馏不能得到乙烯，B 错误；
C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，C 正确；
D．淀粉是多糖，其发生水解反应生成葡萄糖，D 错误；
故答案选C。
4．下列过程中，对应的反应方程式错误的是
A
《天工开物》记载用炉甘石(
)火法炼锌
B
用作野外生氢剂
C
饱和
溶液浸泡锅炉水垢
D
绿矾(
)处理酸性工业废水中的
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．火法炼锌过程中C 作还原剂，ZnCO3和C 在高温条件下生成Zn、CO，因此总反应为
，故A 项错误；
B．
为活泼金属氢化物，因此能与H2O 发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为
2
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，故B 项正确；
C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱
和
溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为
，故C 项正确；
D．
具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr 元素化
合价由+6 降低至+3，Fe 元素化合价由+2 升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为
，故D 项正确；
综上所述，错误的是A 项。
5．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了
的碱性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了
的氧化性
C．制作豆腐时添加石膏，体现了
的难溶性
D．用氨水配制银氨溶液，体现了
的配位性
【答案】C
【详解】A．SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性，A 正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为
，体现了Fe3+的氧化性，B 正确；
C．制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C
错误；
D．银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的
Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH 中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D 正确；
故选C。
6．葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化
反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成
葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了
电子
3
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C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
【答案】B
【详解】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且
在阳极上被氧化为
，然后
与
反应生成
和
，
再和葡萄糖反应生成葡萄糖
酸和
，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，A 说
法正确；
B．由A 中分析可知，2mol
在阳极上失去2mol 电子后生成1mol
，1mol
与
反应生成
1mol
，1mol
与1mol 葡萄糖反应生成1mol 葡萄糖酸，1mol 葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可
生成0.5 mol 葡萄糖酸钙，因此，每生成1 mol 葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4 mol 电子，B 说法不
正确；
C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，其能通过分子内反应生成含有六元环状结构的酯，C 说
法正确；
D．葡萄糖分子中的1 号C 原子形成了醛基，其余5 个C 原子上均有羟基和H；醛基上既能发生氧化反
应生成羧基，也能在一定的条件下与氢气发生加成反应生成醇，该加成反应也是还原反应；葡萄糖能
与酸发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；羟基能与其相连的C 原子的邻位C 上的H（
）发生
消去反应；综上所述，葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，D 说法正确；
综上所述，本题选B。
7．由下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是
选项
实验操作及现象
结论
A
通入淀粉
溶液中，溶液变蓝
氧化性：
B
通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
C
通入品红溶液中，溶液褪色
具有氧化性
D
通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红
氨水显碱性
【答案】C
【详解】A．试纸变蓝是因为Cl2和KI 反应生成I2，反应的化学方程式为
，该反应
氧化性Cl2＞I2，A 正确；
B．CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚微溶物，
，B 正确；
C．SO2通入品红溶液，生成无色物质，不属于因氧化性褪色，C 错误；
D．NH3与水反应
，溶液呈碱性，使酚酞变红，D 正确；
故答案为：C。
8．从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：
4
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已知“滤液2”主要含
和
。下列说法正确的是
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生
和
离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤
液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。
【详解】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A 错误；
B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe 转化为对应的
和
离子，B 错误；
C．“碱溶”时根据产物中
，存在反应：
，故C 正确；
D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D 错误；
故选C。
9．如下反应相关元素中，W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，基态X 原子的核外电子有5
种空间运动状态，基态Y、Z 原子有两个未成对电子，Q 是ds 区元素，焰色试验呈绿色。下列说法正
确的是
溶液
溶液
A．第一电离能：Y>X>Z>W
B．单质沸点：Z<Y<W
C．简单氢化物键角：X<Y
D．
是配合物，配位原子是X
【答案】D
【分析】Q 是ds 区元素，焰色试验呈绿色，则Q 为Cu 元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，
基态X 原子的核外电子有5 种空间运动状态，则X 为第2 周期元素，满足此条件的主族元素有
N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z 为原子序数依次增大，基态Y、Z 原子有两个未成对
电子，若Y、Z 为第2 周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C 原子序数小于N，
所以Y 不可能为C，可以为O，若Y、Z 为第3 周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或
S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z 可与Cu 形成CuZY4，而O、Si、S 中只有O 和S 形成的
才能形成
CuZY4，所以Y、Z 分别为O、S 元素，则X 只能为N；W 能与X 形成WX3，则W 为IA 族或VIIA 族
元素，但W 原子序数小于N，所以W 为H 元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q 分别为H、N、O、S、
Cu。
【详解】A．同周期从左到右，第一电离能增大，而N 的价电子排布式2s22p3，半充满，第一电离能比
5
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O 大，同主族由上到下，第一电离能减小的，第一电离能，O 大于S，因此第一电离能：N> O>S>H，
A 错误；
B．S 单质为固体，沸点最高，H2和O2都是分子晶体，相对分质量越大，沸点越高，故单质沸点： H
<O< S，B 错误；
C．简单氢化物键角：NH3、H2O 中心原子的杂化轨道类型均为sp3，孤电子对数为1、2，孤电子对越
多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，键角：NH3>H2O，C 错误；
D．
是Cu(NH3)4SO4配合物，配位体是NH3，配位原子是NH3中的N，D 正确；
故选D。
10．下列实验装置(部分夹持装置略)或操作能够达到实验目的的是
A．在HCl 气流中进行图甲操作，可制取无水
B．图乙操作可对氨气进行尾气吸收
C．图丙操作可验证非金属性：
D．图丁操作可检验
溶液是否变质
【答案】A
【详解】A．MgCl2·6H2O 在加热过程中容易水解，最终得不到MgCl2，故在HCl 氛围中脱水，A 正确；
B．氨气直接通入水中，起不到防倒吸的作用，可以改用四氯化碳，B 错误；
C．浓盐酸与碳酸钠反应生成CO2，通过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的HCl，CO2和硅酸钠
反应生成不溶性硅酸，说明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3，但盐酸不是最高价含氧酸，不能说明元素非金
属性强弱，C 错误；
D．硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化生成硫酸根，不能说明亚硫酸钠是否变质，D 错误；
答案选A。
11．
是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为
，晶胞如图所示，
6
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下列说法错误的是
A．合成反应中，还原剂是
和C
B．晶胞中含有的
个数为4
C．每个
周围与它最近且距离相等的
有8 个
D．
为V 型结构
【答案】D
【详解】A．LiH 中H 元素为-1 价，由图中
化合价可知， N 元素为-3 价，C 元素为+4 价，根据
反应
可知，H 元素由-1 价升高到0 价，C 元素由0 价升高到+4 价，N 元
素由0 价降低到-3 价，由此可知还原剂是
和C，故A 正确；
B．根据均摊法可知，
位于晶胞中的面上，则含有的
个数为
，故B 正确；
C．观察位于体心的
可知，与它最近且距离相等的
有8 个，故C 正确；
D．
的中心原子C 原子的价层电子对数为
，且
与CO2互为等电子体，
可知
为直线型分子，故D 错误；
故答案选D。
12．由O、F、I 组成化学式为
的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中O 代表F 原子
B．该化合物中存在过氧键
C．该化合物中I 原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
【答案】C
【分析】由图中信息可知，白色的小球可形成2 个共价键，灰色的小球只形成1 个共价键，黑色的大
7
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球形成了4 个共价键，根据O、F、I 的电负性大小（F 最大、I 最小）及其价电子数可以判断，白色的
小球代表O 原子、灰色的小球代表F 原子，黑色的大球代表I 原子。
【详解】A．图中O（白色的小球）代表O 原子，灰色的小球代表F 原子，A 不正确；
B．根据该化合物结构片断可知，每个I 原子与3 个O 原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2
个O 原子分别与2 个I 原子成键，才能确定该化合物化学式为
，因此，该化合物中不存在过氧键，
B 不正确；
C．I 原子的价电子数为7，该化合物中F 元素的化合价为-1，O 元素的化合价为-2，则I 元素的化合价
为+5，据此可以判断每I 原子与其他原子形成3 个单键和1 个双键，I 原子的价电子数不等于其形成共
价键的数目，因此，该化合物中I 原子存在孤对电子，C 正确；
D．该化合物中既存在I—O 单键，又存在I=O 双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物
中所有碘氧键键长不相等，D 不正确；
综上所述，本题选C。
13．常温下
水溶液体系中存在反应：
，平衡常数为
K。已初始浓度
，所有含碳物质的摩尔分数与
变化关系如图
所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．线Ⅱ表示
的变化情况
B．
的电离平衡常数
C．
时，
D．
时，
【答案】C
【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOH
CH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-
CH3COOAg(aq)
（②），Ag+的水解平衡Ag++H2O
AgOH+H+（③），随着pH 的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移
动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH 较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小
的影响，CH3COOAg 浓度增大，pH 较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小
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的影响，CH3COOAg 浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH 的摩尔分数随pH 变化的关系，线Ⅱ表示
CH3COO-的摩尔分数随pH 变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg 随pH 变化的关系。
【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A 项错误；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则
CH3COOH 的电离平衡常数Ka=
=10-m，B 项错误；
C．pH=n 时
=10-m，c(CH3COO-)=
=10n-mc(CH3COOH)，Ag+
+CH3COO-
CH3COOAg(aq)的K=
，c(Ag+)=
，由图可知pH=n 时，
c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=
mol/L，C 项正确；
D．根据物料守恒，pH=10 时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，所以c(Ag+)
+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D 项错误；
答案选C。
14．我国科学家发明了一种以
和
为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所
示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料
转化
为
。下列说法错误的是
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A．充电时，b 电极上发生还原反应
B．充电时，外电源的正极连接b 电极
C．放电时，①区溶液中的
向②区迁移
D．放电时，a 电极的电极反应式为
【答案】B
【分析】
放电时，电极材料
转化为
，电极反应
-2ne-=
+2nK+，是原电池的负极，阳离子增多需要通过阳离子交换膜进入②区；二
氧化锰得到电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应：
，阳离子
减少，多余的阴离子需要通过阴离子交换膜进入②区，故③为碱性溶液是
电极，
①为酸性溶液是二氧化锰电极。
【详解】A．充电时，b 电极上得到电子，发生还原反应，A 正确；
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B．充电时，外电源的正极连接a 电极相连，电极失去电子，电极反应为
，B 错误；
C．放电时，①区溶液中多余的
向②区迁移，C 正确；
D．放电时，a 电极的电极反应式为
，D 正确；
故选：B。
15．碳硼烷酸是一类超强酸，也是唯一能质子化富勒烯(如C60)但不会将其分解的酸，其结构如图所示。下
列说法正确的是
A．富勒烯C60与石墨互为同位素
B．碳硼烷酸的组成元素均位于元素周期表的p 区
C．②号氢需要克服Cl-H 和Cl……H 之间的作用力，因此①号氢具有强酸性
D．由11 个硼原子和1 个碳原子排列而围成的结构有20 个面
【答案】D
【详解】A．任何由碳一种元素组成，以球状，椭圆状，或管状结构存在的物质，都可以被叫做富勒
烯，富勒烯指的是一类物质，质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，富勒烯
C60与石墨不是互为同位素，A 错误；
B．H 位s 区，C、B、Cl 位于p 区，B 错误；
C．Cl……H 之间为氢键；①号C-H 键为共价键，克服共价键作用力更为困难，故②号氢具有强酸性，
C 错误；
D．根据该结构图可知，每层的B 原子形成5 边形，
，该结
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构有20 个面，D 正确；
故选D。
第II 卷（非选择题 共55 分）
二、非选择题，共4 题，共55 分。
16．(13 分)铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的
化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
(1)Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
(4)在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度为
，则
的浓度为
。
12
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(5)滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序
需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】(1) ds 3d104s1
(2)
(3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致
AgCl 转化为
0.5
(4)0.05
(5)
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，
且易堵塞管道，难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中
信息可知，滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1 中加入NaClO、
H2SO4、NaCl，将Au 转化为Na[AuCl4]除去，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl、PbSO4；
在滤渣2 中加入Na2SO3，将AgCl 转化为
和
，过滤除去PbSO4，滤液3 中
加入Na2S2O4，将Ag 元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4 中溶质主要为Na2SO3，可
继续进行银转化过程。
【详解】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布
式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
，故答案
为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠
过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转化为
；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则
会转化为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅
−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl
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发生转化，则令
，由
，可得
，即
浓度不能超过
，故答案为：0.5；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡
关系：
，根据图可知当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
，故
答案为：0.05；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，
故答案为：
；高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且
易堵塞管道，难以实现连续生产。
17．（14 分）某小组采用如下实验流程制备
：
已知：
是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)如图为步骤I 的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A 的名称是 ，判断
步骤I 反应结束的实验现象是 。
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(2)下列做法不正确的是_______。
A．步骤I 中，反应物和溶剂在使用前除水
B．步骤I 中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热
C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
(3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。
(4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中
含量以确定纯度。滴定原
理为：先用过量
标准溶液沉淀
，再以
标准溶液回滴剩余的
。已知：
难溶电解质
(黄色)
(白色)
(红色)
溶度积常数
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。
称取产品
，用少量稀酸A 溶解后转移至
容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、
水洗→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取
待测溶液加入锥形瓶
→_______→_______→加入稀酸B→用
标准溶液滴定→_______→读数。
a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂
溶液
d．滴加指示剂硫酸铁铵
溶液
e．准确移取
标准溶液加入锥形瓶
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至沉淀变白色
②加入稀酸B 的作用是 。
③三次滴定消耗
标准溶液的平均体积为
，则产品纯度为 。
【答案】(1) 球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）
(2)BC
(3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，
观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有
(4) a e d f 抑制
发生水解反应，保证滴定终点的准确判断
【分析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成
，过滤后滤液
经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。
【详解】（1）由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A 的名称是球形冷凝管，其用于冷凝回流；
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碘溶于正己烷使溶液显紫红色，
是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤
I 反应结束的实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）。
（2）A．
吸湿性极强，因此在步骤I 中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A 正确；
B．使用到易燃的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I 中，若控温加热器发生故障，不能
改用酒精灯(配石棉网)加热，B 不正确；
C．
在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮
气的蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C 不正确；
D．
在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷
的正己烷洗涤，D 正确；
综上所述，本题选BC。
（3）碘易溶于正己烷，而
可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少量粗产品
置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变
蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有。
（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加
待测溶液，后加
标准溶液，两者充分分反应后，剩余的
浓度较小，然后滴加指示
剂硫酸铁铵
溶液作指示剂，可以防止生成
沉淀；
的溶度积常数与
非常接近，因此，
溶液不能用作指示剂，应该选用
溶液，其中的
可以与过量的半滴
溶液中的
反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅
红色；综上所述，需要补全的操作步骤依次是：a e d f。
②
和
均易发生水解，
溶液中含有
，为防止影响滴定终点的判断，必须抑
制其发生水解，因此加入稀酸B 的作用是：抑制
发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。
③由滴定步骤可知，
标准溶液分别与
溶液中的
、
标准溶液中的
发生反应生成
和
；由
守恒可知，
，则
；三次滴定消耗
标准溶液的平均体积为
，则
=
，由I
守恒可知
，因此，产品纯度为
。
18．（14 分）除草剂苯嘧磺草胺的中间体M 合成路线如下。
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(1)D 中含氧官能团的名称是 。
(2)A→B 的化学方程式是 。
(3)I→J 的制备过程中，下列说法正确的是 (填序号)。
a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J 蒸出，都有利于提高I 的转化率
b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I 和乙醇
c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯
(4)已知：
K
①
的结构简式是 。
②判断并解释K 中氟原子对
的活泼性的影响 。
(5)M 的分子式为
。除苯环外，M 分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M 的同
时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M 时，L 分子和G 分子断裂的化学键均为
键和
键，M 的结构简式是 。
【答案】(1)硝基、酯基
(2)
(3)abc
(4)
氟原子可增强
的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原
子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强
的活泼性
(5)
【分析】
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B 发生硝化反应得到D，即B 为
，A 与CH3OH 发生酯化反应生成B，即A 为
，D 发生还原反应得到E，结合E 的分子式可知，D 硝基被还原为氨基，E 为
，E 在K2CO3的作用下与
发生反应得到G，结合G 的分子式
可知，G 为
，I 与C2H5OH 在浓硫酸加热的条件下生成
J，结合I 与J 的分子式可知，I 为CH3COOH，J 为CH3COOC2H5，J 与
在一定条件
下生成K，发生类似
的反应，结合L 的
结构简式和K 的分子式可知，K 为
，G 和L 在碱的作用下生成M，M 的分子式为
，除苯环外，M 分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M 的同时还生成产物甲
醇和乙醇，可推测为G 与L 中
键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为
键和
键，M 的结构简式为
。
【详解】（1）由D 的结构简式可知，D 中含氧官能团为硝基、酯基；
（2）
A→B 的过程为A 中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为：
；
（3）I→J 的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程，
a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a 正确；
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b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b 正确；
c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，
c 正确；
故选abc；
（4）
①根据已知反应可知，酯基的
与另一分子的酯基发生取代反应，
中左侧不存在
，
所以产物K 的结构简式为
；
②氟原子可增强
的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的
正电性增加，有利于增强
的活泼性；
（5）
M 分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M 的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合
其分子式，可推测为G 与L 中
键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为
键和
键，M 的结构简式为
。
19．（14 分）丙烯腈(
)是一种重要的化工原料。工业上以
为载气，用
作催化剂生产
的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
(1)总反应
(用含
、
、和
的代数式表示)；
(2)进料混合气中
，出料中四种物质(
、
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、
、
)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示
的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入
的作用是 。
③出料中没有检测到
的原因是 。
④反应
后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
(3)催化剂
再生时会释放
，可用氨水吸收获得
。现将一定量的
固体(含
水)置于密闭真空容器中，充入
和
，其中
的分压为
，在
℃下进行干燥。为
保证
不分解，
的分压应不低于
(已知
分解的平衡常数
)；
(4)以
为原料，稀硫酸为电解液，Sn 作阴极，用电解的方法可制得
，其
阴极反应式 。
【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2) c 抑制酯的水解从而提高产率 反应iii 的速率远大于反应ii 反应时间过长，催
化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少
(3)40
(4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4
【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH 为进料气体生产
CH2=CHCN，在反应釜I 中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入
NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反
应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的
C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；
【详解】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)
+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii 得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
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（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混
合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生
成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中
C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O 物质的量之比约为1:3:2，故
曲线c 表示CH2=CHCN 的曲线；
②反应釜Ⅰ中发生反应i 生成丙烯酸乙酯和水，若丙烯酸乙酯水解会生成乙醇，因此，加入C2H5OH
可以抑制酯的水解从而提高产率；
③反应釜Ⅱ中发生的两个反应是竞争反应，其选择性由速率决定，出料中没有检测到CH2=CHCONH2
的原因是：反应iii 的速率远大于反应ii；
④反应11h 后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，
反应速率降低，故产物减少；
（3）0.72g 水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol
⋅
−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反
应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数
Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应
不低于40kPa；
（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN 为原料在Sn 做的阴极得
电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
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