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2025 年高考第二次模拟考试
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 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Co 59 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题 共42 分）
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中华文明源远流长，衣、食、住、行都凝结了中华民族智慧的结晶。下列文明载体使用的材料，主要
属于有机高分子材料的是
A
B
C
D
蜀绣(三峡博物馆的秦良玉
平金绣蟒凤衫)
火锅所用牛油(重庆
美食)
解放碑(重庆抗战胜利纪功碑
暨人民解放纪念碑)
长江索道所用钢缆(出
行工具)
【答案】A
【解析】A．蜀绣主要原料为蚕丝，属于蛋白质，属于有机高分子材料，A 符合题意；
B．牛油是油脂，油脂不是高分子，B 不合题意；
C．解放碑是用石材雕刻，主要成分可能是花岗岩、硅酸盐或大理石，属于无机非金属材料，C 不合题
意；
D．长江索道所用钢缆是合金材料，属于金属材料，D 不合题意；
故选A。
2．NCl3常用于漂白，也用于柠檬等水果的熏蒸处理，易水解，发生反应
，
下列说法正确的是
A．HClO 的电子式为
B．NH3的键角大于NCl3的键角
C．H2O 中含有s-p σ 键
D．NCl3的VSEPR 模型为
1
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【答案】B
【解析】A．HClO 为共价分子，氧可以形成两个共价键，氯只能形成一个共价键，电子式为
，故A 错误；
B．NCl3和NH3中心原子都采取sp3杂化，且均含有1 个孤电子对，因电负性：H<Cl，NH3中氮和氢之
间的共用电子对偏向于氮，共用电子对之间的斥力较大，键角较大，则键角：NCl3小于NH3，故B 正
确；
C．水分子结构式为H-O-H，氧原子的价层电子对数为2+
，为sp3杂化，氢原子的
s 轨道和氧原子的sp3杂化轨道头碰头重叠，不存在s-pσ 键，故C 错误；
D．NCl3中心原子N 的价层电子对数为
，VSEPR 模型为四面体形，故D 错误；
故选B。
3．
为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．将0.1mol 醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中
数目小于0.1
B．12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为
C．电解精炼铜时，阴极增重64g 时，外电路转移电子数一定为2
D．1.4g Li 与足量
充分反应，反应中转移的电子数介于0.2
和0.4
之间
【答案】C
【解析】A．将0.1mol 醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒，溶液中醋酸根离子数目等
于钠离子数目，等于0.1
，A 错误；
B．12g 石墨烯中含有1molC，每个碳原子被3 个六元环共用，每个六元环中含有的碳原子数目为：
×6=2，所以1molC 原子形成的六元环的个数为0.5
，B 错误；
C．阴极电极反应：
，阴极增重64g 时，即生成1mol 铜，则外电路转移电子数一定为2
，C 正确；
D．1.4g Li 为0．2mol，与足量
充分反应过程中1 个锂原子失去1 个电子形成锂离子，则反应中转移
0.2mo 电子，电子数为0.2
，D 错误；
故选C。
4．下列离子方程式书写不正确的是
A．Fe(OH)3溶于HI 溶液：2Fe3++2I-=2Fe2＋＋I2
B．向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使 AgCl 溶解：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
C．用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO
D．向100mL0.1mol·L-1 FeBr2溶液中通入0.012 mol Cl2：12Cl2 +10Fe2++14Br-=10Fe3++7Br2+24Cl-
2
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【答案】A
【解析】A．Fe(OH)3难溶于水，应写化学式，离子方程式为：
，
故A 错误；
B．AgCl 沉淀溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+，离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，故
B 正确；
C．次氯酸钠将NO 氧化为硝酸根离子，ClO-被还原为Cl-，结合电子得失守恒及元素守恒得反应离子方
程式：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO ，故C 正确；
D．100mL0.1mol·L-1 FeBr2溶液中含0.01molFe2+和0.02molBr-，0.01molFe2+消耗0.005mol Cl2，剩余
0.007mol Cl2可消耗0.014mol Br-，则离子方程式为：12Cl2 +10Fe2++14Br-=10Fe3++7Br2+24Cl-，故D 正
确；
故选：A。
5．下列实验方案，能达到实验目的的是
目的
A．制取SO2
B．检验氯化铵受热分解的产物
实验方
案
目的
C．证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)
D．测定醋酸的浓度
实验方
案
【答案】C
【解析】A．
和浓
反应需要加热，该装置无加热的酒精灯，无法达到实验目的，A 错误；
B．根据实验装置图，
，左边为碱石灰，吸收
，通过
，但
不能使
润湿的蓝色石蕊试纸变色；同时右边为
，吸收
，通过
，但
不于酚酞作用变色，B 错
误；
C．根据反应
可知，2 滴
溶液与2mL
溶液完全反应生成
沉淀，
溶液过量，往沉淀中再加入2 滴
后出现黑色沉淀，说明发生了
的转化，则证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，C 正确；
3
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D．用已知浓度的NaOH 溶液测定未知浓度的醋酸溶液，滴定终点时的
显碱性，所以应选
择酚酞作指示剂，D 错误；
故答案为：C。
6．药物吲哚美辛结构如图所示，下列说法正确的是
A．分子式为
B．分子中所有碳原子均为
杂化
C．分子中有
种含氧官能团
D．
该有机物能与过量
反应，最多消耗
【答案】D
【解析】A．分子中C、H、Cl、N、O 原子个数依次是19、16、1、1、4，分子式为
，A
错误；
B．该分子中甲基和亚甲基上C 原子采取sp3杂化，B 错误；
C．分子中有醚键、羧基、酰胺基，共3 种含氧官能团，C 错误；
D．该有机物中含有1 个酰胺基、1 个羧基、1 个碳氯键，都能与NaOH 溶液反应，且碳氯键直接连在
苯环上，其与NaOH 反应生成酚羟基，能继续消耗NaOH，因此1mol 该有机物能与过量NaOH 反应，
最多消耗
，D 正确；
故选：D。
7．某化合物(结构如图所示)是一种家用杀虫剂。X、Y、Z、W、R 为原子序数逐渐增大的短周期元素，Z
与R 不在同一周期。下列叙述正确的是
A．Z、W 的氢化物均很稳定
B．该化合物的熔点高于
C．元素Y 与元素R 均能形成三种以上的含氧酸盐
D．W、R 两种元素均可形成能使品红溶液褪色的化合物，且褪色原理一定相同
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、R 为原子序数逐渐增大的短周期元素， X 形成1 对共用电子对，X 为H，Y
形成4 对共用电子对，Y 为C，Z 形成3 对共用电子对、又和氢离子形成1 个配位键，Z 为N，W 形成2
4
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对共用电子对，W 为O，R 为原子序数逐渐增大的短周期元素，Z 与R 不在同一周期，R 呈-1 价，R 为
Cl。
【解析】A．W 的氢化物可以为过氧化氢，不稳定，A 错误；
B．该化合物与LiCl 都是离子晶体，该化合物的阳离子半径大，离子键弱，熔点低于LiCl，B 错误；
C．Y 是C，可以形成碳酸盐，醋酸盐，甲酸盐等多种含氧酸盐，R 是Cl，可以形成高氯酸盐、氯酸
盐、亚氯酸盐、次氯酸盐等，C 正确；
D．W、R 两种元素均可形成能使品红溶液褪色的化合物，例如前者为二氧化硫通过与品红生成无色不
稳定物质而漂白、后者为二氧化氯通过强氧化性而使品红褪色，褪色原理不同，D 错误；
答案选C。
8．立方ZnS 可用作荧光粉的基质、光导体材料。其晶胞如下图所示。
下列说法正确的是
A．晶胞中，距离1 个
最近的
有8 个
B．垂直于晶胞对角面(平面abcd)的投影为见上图
C．晶胞中甲
的原子分数坐标为
，则乙
的原子分数坐标为
D．
和
的核外电子排布相同
【答案】C
【解析】A．晶胞中以面心Zn2+为观察对象，距离其最近的Zn2+位于顶点和面心，共12 个，A 错误；
B．垂直于晶胞对角面(平面)的投影为
，B 错误；
C．晶胞中甲
的原子分数坐标为
，则乙
的原子分数坐标为
，C 正确；
D．
的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，而
的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，核外电子
排布不同，D 错误；
故选：C。
9．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将红棕色气体通入KI 淀粉溶液中，溶液变蓝
该红棕色气体一定是
5
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NO2
B
室温下，测得饱和Na2S 溶液的pH 大于饱和Na2CO3溶液
Ka2(H2S)＜Ka2(H2CO3)
C
溴乙烷与NaOH 乙醇溶液共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶
液褪色
产生的气体为乙烯
D
室温下，将BaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所
得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生
BaSO4在一定条件下可以
转化为Na2CO3
【答案】D
【解析】A．红棕色气体可能是溴蒸气，Br2也可以与KI 反应置换出碘单质，方程式为Br2＋2KI=2KBr
＋I2，使淀粉溶液变蓝，因此该红棕色气体不一定是NO2，A 错误；
B．饱和Na2S 溶液和饱和Na2CO3溶液的浓度不相等，无法通过两者溶液的pH 来判断阴离子的水解能
力，进而也无法判断Ka2(H2S)和Ka2(H2CO3)的大小，B 错误；
C．溴乙烷与
乙醇溶液共热产生的气体中含有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，无
法判断产物为乙烯，C 错误；
D．将BaSO4固体加入饱和Na2CO3溶液中充分反应，过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解
且有无色无味气体产生，表明固体中含有BaCO3，说明BaSO4在一定条件下可以转化为BaCO3，D 正
确；
答案选D。
10．电喷雾电离等方法得到的
(
、
、
等)与
反应可得
。
与
反应能高选择性
的生成甲醇。
分别与
、
反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相
似，图中以
示例)。已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变
慢。下列说法错误的是
A．步骤I 和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是I
B．
与
反应的能量变化应为图中曲线c
C．若
与
反应，氘代甲醇的产量
D．若
与
反应，生成的氘代甲醇有2 种
【答案】C
6
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【解析】A．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以
涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故A 正确；
B．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增
大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，故B 正确；
C．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则氧更容易和H 而不是
和D 生成羟基，故氘代甲醇的产量CH2DOD<CHD2OH，故C 错误；
D．根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD 或CD3OH，共2 种，
故D 正确；
故选C。
11．氯化亚铜(
)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。
难溶于水，在空气中易被氧化。工业以
废铜泥(含
、
、
、及少量金属
)为原料制备
的流程如图：
下列说法正确的是
A．“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物
B．“除杂”第①步升高温度一定能加快化学反应速率
C．“除杂”第②步所加
溶液须过量
D．上述流程中可循环使用的物质有
和
【答案】A
【分析】工业废铜泥含
、
、
、及少量金属
)，在空气中灼烧将
、
、
转化为CuO，将Fe 转化为铁的氧化物，加入硫酸酸浸后CuO 和铁的氧化物溶解成硫
酸铜和硫酸铁、硫酸亚铁等，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液后，将亚铁离子氧化成铁离
子，然后变成氢氧化铁沉淀除去，滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠后得到CuCl。
【解析】A．灼烧过程中，空气中氧气可将
、
等转化为CuO，
受热分解得到
CuO，将Fe 转化为铁的氧化物，A 正确；
B．除杂第①步加入过氧化氢溶液，若温度过高，则过氧化氢会分解，化学反应速率可能变慢，B 错
误；
C．“除杂” 第②步，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本， 并且可能生成氢氧化铜沉淀， 降低
CuCl 的产率， C 错误；
D．“还原”时溶液中的铜离子与亚硫酸钠、氯化钠和水反应的离子方程式为
，氯化钠提供的氯离子转移到目标产物CuCl 中，还
7
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原过程生成硫酸，酸浸过程消耗硫酸，所以硫酸可以循环使用， D 错误；
故答案选A。
12．科学家开发新型电化学装置，用于从卤水[含
等离子]中提取锂盐，在淡水池中得到
，如下图所示。
下列说法不正确的是
A．从卤水中提取
的反应为
B．
电极分别通过还原反应、氧化反应释放、结合
C．一段时间后将a 与b、c 与d 电极对调，可继续从卤水中提取
D．充分电解后，将电源的正极、负极对调，淡水池中
增大
【答案】D
【分析】该装置为电解池，连接电源正极的电极b 为阳极，连接电源负极的电极a 为阴极，电极d 为
阴极，电极c 为阳极，据此作答。
【解析】A．从卤水中提取锂盐，锂离子为阳离子，移动到阴极（电极a），发生的反应为：
，故A 正确；
B．根据分析可知，d 为阴极，在淡水池中得到LiX，发生的反应为：
，发生的是还
原反应，释放出
；电极c 为阳极，发生的反应为：
，发生的是氧化反应，结合
，故B 正确；
C．根据分析可知，未对调之前，电极a 为阴极，发生的反应为：
，电极b
为阳极，发生的反应为：
；电极c 为阳极，发生的反应为：
，d 为阴极，发生的反应为：
，可知一段时间后，a 与b、c 与d 电
极对调，仍与原来的反应相同，因此可继续从卤水中提取
，故C 正确；
D．充分电解后，将电源的正极、负极对调，则电极a 为阳极，发生的反应为：
；电极c 为阴极，发生的反应为：
；电极d 为阳极，发生
的反应为：
；电极b 为阴极，发生的反应为：
，可知淡水
池中
减小，故D 错误；
故答案选D。
8
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13．在催化剂作用下，
氧化
可获得
。其主要化学反应为：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
压强分别为
、
时，将
和
的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中
乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性(
的选择性
)如图所示。下列说法不正确
的是
A．压强为
，温度为210℃时，反应达平衡时，
B．
C．
的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的
抑制了反应Ⅰ的进行
D．低温下
转化为
的反应可能非自发进行
【答案】B
【解析】A．压强为
，温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ
的乙烷为
，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是
，参与反应Ⅱ的乙烷
为
，反应Ⅱ生成的一氧化碳是
，反应达平衡时，生成
的总物质
的量
，生成乙烯的总物质的量为
，即
，A 项正确；
B．相同温度下，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷转化率降低，所以
，B 项错误；
C．温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷
的转化率逐渐增大，但乙烯的选择性却逐渐降低，说明温度升高的过程中，以反应Ⅱ为主，且生成的
抑制了反应Ⅰ的进行，C 项正确；
D．反应Ⅰ正向为
，
，温度升高更有利于
的生成，低温下可能
，
即
转化为
的反应可能非自发进行，D 项正确；
答案选B。
9
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14．常温下，用
的
溶液滴定
未知浓度的一元酸次磷酸
溶液。溶液
、 所有含磷微粒的分布系数
[比如
的分布系数：[
]随滴加
溶液体积
的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线②代表的微粒是
B．常温下，
的电离常数
C．
时，
D．
时，溶液中
【答案】C
【分析】左侧纵坐标是含磷微粒的分布系数，根据图示可知：随着NaOH 溶液的加入，溶液的pH 值
逐渐增大，由曲线变化可知，曲线②为pH 变化；次磷酸为一元弱酸，则说明含磷微粒只有2 种，
①、③为含磷微粒，且溶液的pH 值越小，δ(H3PO2)越大，溶液的pH 值越大，δ(
)越大，故曲线
③为δ(H3PO2)，曲线①为δ(
)，然后根据问题分析解答。
【解析】A．由分析可知，曲线②代表的微粒是pH 变化，A 错误；
B．由曲线①③交点可知δ(H3PO2)=
，故
，对应曲线②pH<4，即
c(H+)>10−4mol L
⋅
−1，
，B 错误；
C．根据图像可知：当V(NaOH)=10 mL 时，c(
)＞c(H3PO2)，溶液为H3PO2与NaHPO2的混合溶
液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(
)，此时溶液pH＜7，溶液显酸性，则c(H+)
＞c(OH-)，故c(Na+)＜c(
)，C 正确；
D．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(
)，当溶液pH=7，溶液显中性，则
c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(
)，由图可知，此时加入NaOH 溶液的体积V[NaOH(aq)]小于20
10
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mL，故c(Na+)=
=
＜0.05 mol/L，即c(Na+)＜0.05
mol/L，D 错误；
故选C。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题，共4 题，共58 分。
15．（14 分）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣(含有
、
、
、
、
)。从该
合金渣提取钴(Co)和钐(Sm)的一种工艺流程如下。
回答下列问题：
（1）Co 位于元素周期表第 周期第 族。
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 ，“浸渣”的主要成分是 。
（3）“沉淀1”的主要成分是
。“沉钐”过程中，
发生反应的离子方程式为
。
（4）取
合金渣(其中
的质量分数约为
)，若钴的酸浸率大于
，结合图1 实验数据，
“调节pH”时，溶液的最佳pH 为 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的
倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是 。
（5）“沉淀3”为草酸钴(
)，将
草酸钴“灼烧”至质量不再减轻，得到9.64g 钴的氧化
物，其化学式为 。该氧化物晶胞可以看成4 个A 型和4 个B 型小单元交替无隙并置而成(如图
2)。其中黑球(
)代表 (填离子符号)。
11
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【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）四（1 分） Ⅷ（1 分）
（2）增大接触面积，提高酸浸速率（1 分）
、
（3）
（4）4（1 分） 2（1 分）
会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
（5）
（1 分）
【分析】合金渣加盐酸酸浸后的浸渣是不与盐酸反应的
和
，浸出液加草酸沉钐，得
沉淀，滤液加氨水调节pH，氧化后沉淀
，后加入草酸沉钴，
加热灼烧生成
。
【解析】（1）Co 位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸速率；
“浸渣”的主要成分是不与盐酸反应的物质：
、
；
（3）“沉淀1”的主要成分是
。“沉钐”过程中，
发生反应的离子方程式为：
；
（4）图1 实验数据，“调节pH”时，pH 为4 时，铁的去除率最高，钴沉淀量最高，溶液的最佳pH 为
4；
“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的2 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：
会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）根据质量守恒：钴元素的质量灼烧前后质量不变。
的物质的量为0.12mol，灼烧
后9.64g 钴的氧化物中钴元素的质量为：0.12mol×59g/mol=7.08g，氧元素质量为：9.64g－
7.08g=2.56g，氧化物中钴原子与氧原子的个数比为：
，其化学式为：
；
用均摊法分析A 和B，其中A 中灰球个数为
，白球个数为4；B 中灰球个数为
，
白球个数为4，黑球个数为4，结合晶胞结构，晶胞中灰球为8，白球为32，黑球为16，根据正负化
合价代数和为0，设灰球化合价为x，白球化合价为y，黑球的化合价为z，则有
，简
化得
，再结合氧化钴的化学式
，可知钴元素有+2、+3 价，氧为-2 价，可推出：灰
12
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球为
、黑球为
、白球为
，故黑球代表
。
16．（14 分）双氰胺(
)为白色晶体，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。
实验室以石灰氮
为原料制备双氰胺的流程如下：
已知：①双氰胺常温下是白色结晶粉末，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇。
②双氰胺其水溶液在80℃以上会发生分解放出氨气；酸性环境中不易水解。
回答下列问题：
（1）写出步骤I 的化学反应方程式： 。
（2）步骤II 中调节溶液
为9.1，
不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快，② 。
（3）步骤III 中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，装置如图，仪器b 的名称 。真空蒸发浓缩
通过以下步骤完成，请选择合理的操作并排序： 。
将反应后溶液转移至c 中→ → →浓缩至所需浓度，关闭装置→ → →干燥→粗产品
①打开旋转按扭保持c 不停转动，然后开始加热
②接通冷凝水，开始抽气
③取中溶液，冷却后过滤
④取中溶液，冷却后过滤
⑤用乙醇洗涤
⑥用冷水洗涤
（4）下列说法正确的是_______。
A．a 是冷凝水进口
B．真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解
C．保持不停转动是为了受热均匀也可以防爆沸
D．可用重结晶的方法提纯粗产品
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（5）双氰胺纯度的测定：取双氰胺样品
克，加足量的
和催化剂，将所有的
元素转换成
，然后加入足量的浓
溶液，充水蒸气充分加热，将产生的
通入
中，
中加入硼酸
和指示剂。吸收完毕后，用浓度为
的盐酸滴定
中吸收液，消耗盐酸
。过程中
发生的反应：
；
。则样品中氮的质量
分数为 %。(用含c、m、V 的代数式表示)吸收装置中冷凝管的作用 。
【答案】（每空2 分）
（1）
（2）pH 过低产品容易结合H+成盐
（3）圆底烧瓶 ②①④⑥
（4）BD
（5）
将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸
【分析】分析所给流程图可知，CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化
成CaCO3(滤渣)除去，NC-NH2在80 ℃、弱碱性条件下反应生成双氰胺，再经过蒸发浓缩、冷却结晶
得到双氰胺晶体。
【解析】（1）步骤Ⅰ中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成
CaCO3，化学方程式为：
；
（2）步骤II 中调节溶液
为9.1，
不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②由于-NH2具有
碱性，pH 过低产品容易结合H+成盐；
（3）仪器b 的名称圆底烧瓶，真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，将反应后溶液转移至c 中→②接通冷
凝水，开始抽气→①打开旋转按扭保持c 不停转动，然后开始加热→浓缩至所需浓度，关闭装置→④
取中溶液，冷却后过滤→⑥用冷水洗涤→干燥→粗产品；
（4）A. a 是加料阀，错误；B. 真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，降低蒸发温度，防止双氰胺因温度
过高发生分解，正确；C. 保持不停转动是为了受热均匀，温度不会达到暴沸，因为双氰胺温度过高
发生分解，错误；D. 在冷水中溶解度较小，溶于热水，所以可用重结晶的方法提纯粗产品，正确；
BD 当选；
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（5）消耗
浓度为
的盐酸，可知氮元素的物质的量为
，质量为
，
质量分数为
%，由于氨气极易溶于水，防止倒吸，所以吸收装置中冷凝管
的作用将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸。
17．（15 分）在催化剂作用下可将温室气体
加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决
能源问题与实现双碳目标的主要技术之一。回答下列问题：
Ⅰ．通过以下反应可获得新型能源二甲醚。
①
②
③
（1）反应
的
。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有___________。
A．增大
浓度，反应①、②的正反应速率都增加
B．移去部分
，反应②、③的平衡均向右移动
C．加入反应①的催化剂，可提高
的平衡转化率
D．降低反应温度，反应①②③的正、逆反应速率都减小
Ⅱ．在
下，将
和
在催化剂作用下仅发生上述反应①和②，平衡时
为
选择性
［
］及
的转化率
随温度的
变化如图所示。
（3）表示平衡时
的转化率的曲线是 (填“
”“
”或“
”)，
转化率随温度改
变呈现该曲线变化的原因： 。
（4）250℃时，平衡体系共有
，则
的平衡转化率
，反应②的
(
为用分压表示的平衡常数，气体的分压
总压该气体的物质的量分数，列计算式)。
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（5）
、
两点反应②的正反应速率大小：
。(填“
”“
”或“
”)
III.. 利用电化学装置可实现
和
的耦合转化，原理如图所示。
（6）阳极生成乙烷的电极反应式为 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
（2）AD
（3）z（1 分） 反应①为吸热反应，反应②为放热反应，温度低于250℃时，以反应②为主，随
温度升高，平衡逆向移动，
的转化率降低；温度高于250℃时，以反应①为主，随温度升高，平
衡正向移动，
的转化率升高
（4）
（5）
（6）
【解析】（1）根据盖斯定律，反应
的
，可由
；
（2）A．增大
的浓度，反应①和②反应物浓度增大，平衡正向移动，所以①、②的正反应速率都
增加，A 正确；
B．移去部分
，反应②的平衡向右移动，反应③的平衡向左移动，B 错误；
C．加入反应①的催化剂，平衡不移动，C 错误；
D．降低反应温度，平衡会移动，同时会导致反应①②③的正、逆反应速率都减小，D 正确；
答案选AD；
（3）反应①为吸热反应，反应②为放热反应。随着温度升高，反应②平衡逆移，甲醇含量降低，则x
是甲醇选择性变化曲线，甲醇选择性与CO 的选择性之和为1，且升温反应①平衡正向移动，导致CO
的量增大，故y 曲线代表CO 的选择性，则曲线z 表示的是二氧化碳的转化率。温度低于
时，以
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反应②为主，随温度升高，平衡逆向移动，
的转化率降低；温度高于
时，以反应①为主，
随温度升高，平衡正向移动，
的转化率升高，因此二氧化碳的转化率随温度改变呈现该曲线的变
化；
（4）
时，平衡体系共有
甲醇，结合图像可知，选择性
。说明此时
，则其平衡转化率为：
。反应②的方程式为：
，根据分析列出：
，
，反应平衡以后，平衡体系中含有5-0.5-0.5=
、16-1.5-0.5=
、0.5+0.5=
、
。即气体的总物质
的量为
，所以反应的
；
（5）根据图像，p 点位于曲线y 之上，
点位于曲线y 之下，即p 点甲醇选择性大于该温度下平衡状
态时甲醇的选择性，平衡逆向移动，即p 点的
，同理q 点甲醇的选择性小于该温度下平衡
状态时甲醇的选择性，平衡正向移动，
点：
，所以反应②的正反应速率大小：
。
（6）由装置图可知该装置为电解装置，电极A 为阴极，由球棍模型可知反应物为CO2，产物为CO，
固体电解质传递O2-，则电极反应式为CO2+2e-＝CO+O2-；电极B 为阳极，电极反应式分别为2CH4-4e-
+2O2-=C2H4+2H2O 和2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O。
18．（15 分）化合物J 具有抗肿瘤活性，可由如下路线合成(略去部分试剂和条件)。
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回答下列问题：
（1）A 的结构简式是 ，B 的官能团名称是 。
（2）下列说法错误的是_______(填标号)。
A．E 有顺反异构体
B．A 可与FeCl3溶液发生显色反应
C．E→F 的反应中有乙醇生成
D．F→G 的反应类型为取代反应
（3）J 的结构简式中标注的碳原子
，其中手性碳原子是 。
（4）D 的同分异构体中，同时满足下列件的共有 种(不考虑立体异构)：
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱显示4 组峰，且峰面积比为9:3:1:1。写出其中一种的结构简式
。
（5）某同学结合J 的合成路线，设计了化合物K(
)的一种合成路线。该路线中L
和M 的结构简式分别为 和 。
已知：
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
碳溴键（或Br 原子）（1 分）
（2）D
（3）c
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（4）4 (CH3)3CC(CH3)(OH)CHO
（5）
【分析】分析合成路线，根据B、C 的结构简式以及A 的分子式，可知，A→C 的过程为A 与B 发生
取代反应，生成C 与HBr。A 的结构简式为：
。C 与D 发生取代反应，生成E 和
HBr。E 在酸性条件下发生水解，生成
和CH3CH2OH。
中一
个C 原子上连有2 个羟基时，结构不稳定，最终变成F(
)。对比F 的分子式和
G 的分子式，结合H 的结构简式，可知F→G 的过程为F 与CH3NO2发生加成反应生成
。G 中的醛基(-CHO)被氧化剂氧化为羧基(-COOH)，并与CH3OH 在浓硫酸
的作用下发生酯化反应，生成H。H 与H2在催化剂的作用下发生还原反应，H 中的硝基(-NO2)被还原
为氨基(-NH2)，生成I。I 脱去一分子CH3OH，发生分子内成环反应，生成J。据此解答。
【解析】（1）由分析可知，A 的结构简式为：
；根据B 的结构简式，可知B 中的官
能团为碳溴键（或Br 原子）。答案为：
；碳溴键（或Br 原子）；
（2）A．E 中碳碳双键上的每个C 原子都连接了不同的原子和原子团，则E 有两种结构：相同的氢原
子位于双键同一侧的顺式结构和相同的氢原子位于双键两侧的反式结构，A 项正确；
B．A 的分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液作用显紫色，B 项正确；
C．由分析可知，E→F 的过程中生成乙醇，C 项正确；
D．根据分析，F→G 的反应类型为碳碳双键的加成反应，D 项错误；
答案选D。
（3）手性碳原子是指与四个各不相同的原子或基团相连的碳原子，分析J 的结构简式，可知c 为手性
碳原子。答案为：c；
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（4）D 的分子式为C7H14O2，其同分异构体满足条件①②，说明同分异构体中含有醛基(-CHO)，且存
在四种不同环境的氢原子个数为9、3、1、1，满足条件的同分异构体有：(CH3)3CC(CH3)(OH)CHO、
HCOOCH(CH3)C(CH3)3、(CH3)3CCH(CHO)OCH3、(CH3)3COCH(CH3)CHO，共4 种。答案为：4；
(CH3)3CC(CH3)(OH)CHO；
（5）分析题给已知条件，可知R-CHO 中的碳氧双键断裂，CH3CHO 上甲基中的2 个碳氢键断裂，彼
此重新成键，生成R-CH＝CHCHO 和H2O。根据L 与CH3CHO 在相同条件下反应生成类似产物，可
知L 为一元醛，由产物(
)的结构简式，可逆推出L 的结构简式为：
。
由K 的结构简式及生成K 的反应条件逆推，可知C8H15NO4的结构简式为：
。M 被
氧化剂氧化生成
，可知M 的结构简式为：
。答案为：
；
。
【点睛】也可以类比F→G 的反应，M 为
与CH3NO2在催化剂作用下发生加成反应
的产物，进而也可以推断出M 为
。
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