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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（安徽专用）
黄金卷03
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：B 11 N 14 O 16 Ti 48
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 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．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
B．维生素C 可用作水果罐头的抗氧化剂是因为其难以被氧化
C．将生铁进一步炼制减少含碳量，其韧性增加
D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成的
【答案】B
【解析】A．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射，豆浆属于胶体，也能产生丁达尔
效应，A 正确；
B．维生素C 具有很强的还原性，用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧
化，B 错误；
C．铁合金中含碳量越小，其韧性越大，C 正确；
D．陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸盐，D 正确；
故答案为：B。
2．下列涉及化学学科观点的有关说法正确的是
A．微粒观：
是由碳原子和氧分子构成的
B．转化观：升高温度可以将不饱和
溶液转变为饱和溶液
C．守恒观：1.2g 镁与10g 稀硫酸(足量)充分反应后所得的溶液质量为11.2g
D．结构观：钠离子和氯离子最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】B
【解析】A．
分子是由C 原子和O 原子构成的，A 项错误；
B．
溶解度随温度的升高而降低，升高温度，不饱和
溶液会变为饱和溶液，B 项正确；
C．Mg 与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，则1.2g 镁与10g 稀硫酸充分反应后所得的溶液质量小于11.2g，C
项错误；
D．
和
化学性质不同，D 项错误；
故选B。
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．空间填充模型
既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
1
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B．
溶液中的水合离子：
C．
的电子式：
D．聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】A．原子半径：Cl＞C＞H，因此该模型可表示甲烷，但不能表示四氯化碳，故A 错误；
B．
溶液中存在水合钠离子和水合氯离子，水分子中存在O-H 极性键，O 带部分负电荷、H 带部分正
电荷，氯离子半径大于钠离子，氯离子带负电荷，钠离子带正电荷，则水合钠离子中吸引的是水分子中的
氧原子端、水合氯离子中氯离子吸引的是水分子中的氢原子端，图中显示的错误有：钠离子半径大于氯离
子、钠离子吸引了氢原子、氯离子吸引了氧原子，故B 错误；
C．
的结构式和电子式依次为H-O-Cl、
，故C 正确；
D．聚丙烯的结构简式：
，故D 错误；
故选C。
4．氮及其化合物的转化关系如下图所示，则下列说法不正确的是
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有反应都是氧化还原反应
D．反应③中每生成1mol
，转移2mol 电子
【答案】D
【解析】A．路线①、②、③依次发生的反应为4NH3+5O2
4NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、
3NO2+H2O=2HNO3+NO，是工业上以NH3为原料生成HNO3的途径，氨催化氧化制HNO3是工业生成HNO3
的主要途径，A 项正确；
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次发生反应N2+O2
2NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，是雷电固氮
生成HNO3的主要途径，B 项正确；
C．N2、NH3、NO、NO2、HNO3中N 元素的化合价依次为0 价、-3 价、+2 价、+4 价、+5 价，上述反应中
N 元素的化合价都发生变化，所有反应都是氧化还原反应，C 项正确；
D．反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中N 元素的化合价由NO2中的+4 价部分升至HNO3中+5 价、部
分降至NO 中+2 价，反应每生成2molHNO3转移2mol 电子，则每生成1molHNO3转移1mol 电子，D 项错
2
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误；
答案选D。
5．我们所感受到的各种情绪从本质上讲都是一种化学体验，多巴胺和去甲肾上腺素均属于神经递质。下
列有关两者的说法错误的是
A．去甲肾上腺素的分子式为C8H11NO3
B．多巴胺和去甲肾上腺素均能与金属钠反应，产生气体
C．去甲肾上腺素分子中所有原子可能在同一平面
D．多巴胺和去甲肾上腺素均能发生取代反应和氧化反应
【答案】C
【解析】A．根据去甲肾上腺素的结构简式，其分子式为C8H11NO3，A 正确；
B．多巴胺和去甲肾上腺素均含羟基，能与金属钠反应产生氢气，B 正确；
C．去甲肾上腺素分子中与羟基直接相连的碳原子为sp3杂化，氨基中N 原子为sp3杂化，所有原子不可能
共平面，C 错误；
D．多巴胺和去甲肾上腺素中均含羟基，能发生取代反应，均能与氧气发生氧化反应，D 正确；
故选C。
6．为探究Cu 和浓
反应后溶液呈绿色的原因完成下列实验，下列说法正确的是
装置
序号
气体
溶液
现象
①
0.01molCu 和
20mL10mol/L
反
应后溶液
溶液由绿色变为蓝色，有红棕色气体逸出
②
20mL0.5mol/L
溶液
溶液由蓝色变为绿色，若继续加浓硫酸至
为8mol/L，液面上方出现红棕色，
溶液变回蓝色
③
与②中等
量
20mL_______
溶
液
溶液始终无色
已知：ⅰ：
溶于水部分发生歧化反应：
。
ⅱ：
能与
络合：
(蓝色)
(绿色)。
ⅲ：
是弱酸，加热或遇强酸发生分解：
。
3
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A．为与②中实验进行比较，③中
溶液浓度应为0.5mol/L
B．对比②和③可知，②中溶液呈绿色是因为形成了绿色的
C．若将
通入8mol/L
溶液时应该得到无色溶液
D．①中Cu 和浓
反应后溶液呈绿色可能是因为形成了绿色的
【答案】B
【分析】本实验利用Cu 与浓硝酸发生反应
制取NO2时，根据实验现
象提出猜测并研究溶液颜色变化的原因，结合平衡移动原理等知识解答相关现象出现的原因，根据控制变
量法的原理进行实验设计;
实验①铜和过量浓硝酸反应产生二氧化氮和硝酸铜以及水，结合已知信息和所学知识可知溶液呈现绿色的
原因可能是
或者过量黄色的浓硝酸和蓝色铜盐混在一起呈现的绿色，
通入氮气后，导致二氧化氮量减少，两个平衡均发生移动，导致由绿色变为蓝色；
实验②结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c(H+)增大，引起平衡
逆向移
动，HNO2分解导致c(HNO2)下降，同时产生无色气体，
下降，导致
逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色；
实验③结合控制变量法可知，浓硝酸的浓度是1mol/L，即稀硝酸，通入相同量二氧化氮后，依然为稀硝
酸，浓度低，显现无色；
【解析】A．结合分析：控制变量法，只能有一个变量，
相同，
，A 错误；
B．结合分析：②中含有铜离子③中没有铜离子，溶液颜色不同， B 正确；
C．将二氧化氮通入硝酸中，若得到浓硝酸，溶液应为黄色，C 错误；
D．结合分析可知出现绿色不一定是形成了
，D 错误；
故选B；
2024 年6 月2 日，嫦娥六号着陆器和上升器组合体成功着陆月球背面。通过钻具钻取和机械臂表取两种方
式实施人类首次月背采样。钻取所用的外钻杆由碳化硅颗粒增强铝基复合材料制造，取芯管为轻质铝合金
材料制造。嫦娥六号共采回月球样品1935.3 克。表取完成后，用玄武岩拉丝复合材料制作的“石头版”五
星红旗成功展开。采样过程中，鹊桥二号中继星予以通信支持，探测器也经受住了月背的高温考验。月背
挖土可以说是我国一场先进技术和先进材料的盛宴。
已知：运载嫦娥六号的长征五号火箭及上升器都使用液态氧和氢作燃料。玄武岩的主要成份是二氧化硅、
氧化铝、氧化铁、氧化钙、氧化镁等，其中二氧化硅含量最多。
请根据上述材料，作完成下面小题：
7．下列关于材料的说法错误的是
A．被用作空间站太阳能电池板材料的硅、锗、镓都属于半导体材料
B．火箭发动机喷口使用的材料必须能承受长时间的高温烧灼
C．返回舱在落地之前要打开降落伞以减缓撞击，降落伞绳使用的材料属于再生纤维
D．酚醛树脂可作为宇宙飞船外壳的烧蚀材料
4
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8．下列关于物质结构和性质的叙述中错误的是
A．碳化硅硬度很大，在原子排列与金刚石相似的晶体中，最小的环为六边形，碳和硅原子的配位数都是4
B．氢气的热值(完全燃烧相同质量的燃料时所放出的热量)很大，用
和
作燃料能为火箭提供更大的运
载能力
C．金属铝为面心立方晶体，其晶胞参数为
，设
为阿伏加德罗常数的值，则铝晶体的摩尔体积为
D．“石头版”的国旗能够耐受高真空、高低温循环、强剂量紫外辐照等极端环境条件
【答案】7．C 8．C
【解析】7．A．硅、锗、镓都属于半导体材料，常用作空间站太阳能电池板材料，A 正确；
B．火箭发动机喷口温度很高，使用的材料必须能承受长时间的高温烧灼，B 正确；
C．返回舱降落伞绳使用的材料一般采用聚酰胺纤维和聚酯纤维等高分子材料，不属于再生纤维，C 错
误；
D．酚醛树脂具有耐高温特点，可作为宇宙飞船外壳的烧蚀材料，D 正确；
答案选C。
8．A．碳化硅属于共价晶体，硬度很大，晶胞结构与金刚石晶体相似，最小的环为六边形，碳和硅原子的
配位数都是4，A 正确；
B．氢气密度很小，单位质量燃烧放出热量多，热值很大，用
和
作燃料能为火箭提供更大的运载能
力，B 正确；
C．金属铝为面心立方晶体，每个晶胞中有4 个铝原子，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则铝晶体的摩尔体积
为
，C 错误；
D．“石头版”五星红旗成分为玄武岩，玄武岩的主要成份是二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化钙、氧化
镁等，性质稳定，能够耐受高真空、高低温循环、强剂量紫外辐照等极端环境条件，D 正确；
答案选C。
9．下图是核酸的某一结构片段，下列说法错误的是
A．该结构片段在一定条件下可与盐酸反应
B．该结构片段可以发生加成反应和取代反应
C．核酸分子间可以形成氢键
D．该结构片段中含有4 个手性碳原子
【答案】D
5
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【解析】A．该结构片段含有氨基，在一定条件下可与盐酸反应，A 不符合题意；
B．该结构片段含有碳碳双键可以发生加成反应，该结构片段中含有酰胺基，可以发生取代反应，B 不符
合题意；
C．核酸分子中含O-H 键，分子间可以形成氢键，C 不符合题意；
D．该结构片段中含有3 个手性碳原子如图所示(画*)
，D 符合题意；
故选D；
10．短周期主族元素
、
、
、
的原子序数依次增大，Y 和W 位于同主族，一种化合物的结构如图
所示。下列叙述正确的是
A．第一电离能：
B．最高价含氧酸的酸性Z 大于W
C．可通过置换反应证明非金属性：
D．基态Y 原子处于最高能级的电子的运动状态有6 个
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W 为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y 和W 位于同族，由结构图可知，W 可
形成6 对共用电子对，Y 可形成2 对共用电子对，则W 为S，Y 为O；X 可形成3 对共用电子对，则X 为
N，Z 可形成1 对共用电子对，则Z 为F。
【解析】A．X 为N，Y 为O，Z 为F，一般来说，同一周期中，从左到右第一电离能总体上呈现增大的趋
势，但是N 的2p 轨道为半满结构，第一电离能大于O，故第一电离能Y<X<Z，选项A 错误；
B．Z 为F， 氟没有正价，不存在最高价含氧酸，选项B 错误；
C．Y 为O，Z 为F，通过置换反应2F2+2H2O=4HF+O2证明非金属性：
，选项C 正确；
D．Y 为O，基态Y 电子排布式1s22s22p4,，处于最高能级的电子的运动状态有4 个，选项D 错误；
答案选C。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色
溶液中存在
B
向盛有3mL0.1mol/L
溶液的试管中滴加2 滴0.1mol/L
(AgI)<
(AgCl)
6
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NaCl 溶液，振荡试管，再向试管中滴加2 滴0.1mol/L 碘化钾
溶液，观察生成沉淀的颜色
C
将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl 溶液中，一
段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化
铁钉能发生吸氧腐蚀
D
向
溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化
探究
浓度对
和
相互转化的影响
【答案】D
【解析】A．用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，通过观察火焰颜色可以确定金属元素种类，不能确定物质
一定是碳酸钠，A 错误；
B．
溶液过量，与加入的碘化钾直接生成AgI 沉淀，不能确认是发生了沉淀的转化，不能确定
(AgI)、
(AgCl)的大小关系，B 错误；
C．将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl 溶液中，一段时间后形成了铁锌原电池，Zn 作负
极，Fe 作正极，铁钉不被腐蚀，C 错误；
D．
，
和
两种离子在不同pH 条件下可以发生转化并显示不同的
颜色，可以实现探究目的，，D 正确；
故选D。
12．水系锌-碘电池因其安全性和丰富性而被认为在大规模能源存储应用中具有实际可行性。最近，阿德莱
德大学乔世璋院士团队提出在2mol/LZnSO4电解液中添加咪唑基添加剂，从而在低电流下提高库仑效率并
减少自放电。该电池工作时的装置如图所示，下列叙述错误的是
A．电极电势：a<b
B．放电时，电子由a 极经外电路流向b 极
C．正极上会发生反应：
D．a 极质量净减13g 时，理论上外电路转移0.2mol 电子
【答案】D
【分析】由题干原电池装置图可知，电极a 为锌电极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，b 电极为正极，电极反应
为：
，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，a 极为负极，b 极为正极，电池中正极电势高于负极，电极电势：a<b，A 正
确；
7
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B．由分析可知，a 极为负极，b 极为正极，放电时，电子由负极流出，经外电路流向正极，B 正确；
C．由分析可知，正极上会发生反应将
还原为
，电极反应为：
，C 正确；
D．由分析可知，电极a 反应为：Zn-2e-=Zn2+，则a 极质量净减13g 时，理论上外电路转移
=0.4mol 电子，D 错误；
故答案为：D。
13．烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得
与
进行加成反应的活化能依次减小。下
列说法错误的是
A．乙烯与HCl 反应的中间体为
B．乙烯与氯水反应无
生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与
的反应越容易
【答案】B
【解析】A．HCl 中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl 反应的中间体为氢和乙烯形成
正离子：
，A 正确；
B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl 带正电荷、OH 带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水
反应可能会有
生成，B 错误；
C．由机理，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr 中氢溴键键能更小，更容
易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：
，C 正确；
D．已知实验测得
与
进行加成反应的活化能依次减小；则烯
烃双键碳上连接的甲基越多，与
的反应越容易，D 正确；
故选B。
14．室温下，为了探究Na2SO3，H2SO3的性质进行了下列实验，已知Ksp(BaSO3)=5.0×10-10，
Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，下列说法正确的是
实
验
实验操作及结论
1
测定某浓度的Na2SO3溶液pH 约为10.0
2
测量并计算0.2mol·L-1 H2SO3溶液的c(H＋)约为0.04 mol·L-1
8
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3
测量并计算0.2mol·L-1 H2SO3溶液中的c(H2SO3)约为0.14 mol·L-1
A．实验1 所在溶液中：c(HSO )>(SO
)
B．实验1 所在溶液中：c(OH-)=c(H＋)＋c(HSO )＋2c(H2SO3)
C．0.2mol·L-1 H2SO3溶液中存在：c(HSO )>c(H2SO3)
D．将浓度均为0.4mol·L-1H2SO3与BaCl2等体积混合，不能生成BaSO3沉淀
【答案】B
【分析】题目中提供了如下数据：①测定某浓度的
溶液
约为10.0；②测量并计算
溶液的
约为
；③测量并计算
溶液中的
约为
；④ Ksp(BaSO3)=5.0×10-10，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8；⑤列
电离方程式：
、
；⑥列
水解方程式：
、
，⑦列
水解三大守恒：电荷守恒：
；物料守恒：
；质
子守恒：
，根据以上分析和相关数据解答。
【解析】A．根据盐类的水解是比较弱的性质，可知在
溶液中，结合
的水解方程式得出
，A 错误；
B．在
溶液中，根据分析中的质子守恒：
可知，B 正确；
C．根据分析中的数据，在
溶液中的
约为
，
约为
，根据
的电离方程式，得出
，所以
，C 错误；
D．将浓度均为
与
等体积混合后，体积增大一倍，
为
，
为
，将
的Ka1和Ka2相乘得
，得出
和
的离子
积
，所以溶液中会产生沉
淀，D 错误；
故答案为：B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）以废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含
H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下：
9
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已知： ① 25℃时，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n
配离子(M 代表金属元素)；
(NH
②
4)2S2O8在煮沸时易分解
（1）酸浸过程中含锰物质被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为 。
（2）氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3调节溶液pH 为1～2，生成偏钛酸(H2TiO3)和黄钾
铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得钛、钾得以脱除。
① 加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为 。
② 若加入Na2CO3过多，将导致产品的产率下降，其原因是 。
（3）①氟化过程中溶液pH 与钙镁去除率关系如图1 所示。当2.5 < pH < 4.0 时，溶液pH 过高或过低，
Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是 。
②氟化后，溶液中
为 。
CaF
③
2晶胞结构如图2 所示，其中Ca2+的配位数为 。
（4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。先准确量取1.00 mL 氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、
磷酸和硝酸银(Ag＋是催化剂)溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入3 g (NH4)2S2O8充分反应后，再将溶液煮
沸，冷却后，再用0.0700 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色。请写出Mn2+与S2
反应的离子方程式 。
【答案】（1）2Fe2+＋MnO2＋4H+ = Mn2+＋2Fe3+＋2H2O
（2）2K+＋6Fe3+＋4SO
＋6CO
＋6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑ 加入Na2CO3过多，pH 过大，
生成Fe(OH)3沉淀
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（3）pH 过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH 过高，
MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低 0.5 8
（4）2Mn2＋＋5S2O
＋8H2O
2MnO ＋10SO
＋16H＋
【分析】粉碎废电池增加酸浸速率，废干电池(主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH)和钛白
厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)， MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH 溶于酸，
MnO2、MnOOH 在酸性条件下被Fe2+还原生成Mn2+，氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F 生成
MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，加入(NH4)2CO3制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]。
【解析】（1）MnO2被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，离子方程式为：2Fe2+＋MnO2＋4H+ = Mn2+＋2Fe3+＋
2H2O；
（2）①加入Na2CO3调节溶液pH 为1～2，生成黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的离子方程式为2K+＋6Fe3+＋
4SO
＋6CO
＋6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑；
②若加入Na2CO3过多，溶液碱性变强，Fe3+会生成Fe(OH)3，将导致产品的产率下降；
（3）①如图所示当2.5＜pH＜4.0 时，溶液pH 过高或过低，Ca2+、Mg2+除率都会下降，当pH 过低酸性较
强NH4F 会生成HF，溶液中F-浓度较低，Ca2+、Mg2+去除率会下降；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成
[MFn]2-n配离子，MgF2、CaF2去除率会下降；
②上层的清液中
=
=
0.5；
③晶胞中白色原子个数为
，黑色原子位于晶胞内部，个数为8，则白色代表Ca2+，黑色代表
F-；以面心的Ca2+为研究对象，其距离最近的4 个F-位于晶胞内部，面心的Ca2+被两个晶胞共用，Ca2+的配
位数为8；
（4）加入的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至终点的现象是：溶液由浅红色变为无色，则滴定前锰元素的存在
形式为MnO ，故该离子反应为S2O
将Mn2+氧化为MnO ，自身被还原为SO
，根据转移电子守恒，配
平该反应为2Mn2＋＋5S2O
＋8H2O
2MnO ＋10SO
＋16H＋。
16．（16 分）
被称为本世纪的金属，在医疗领域、航空航天材料方面使用广泛。某小组利用如下图所
示(加持装置省略)在实验室制取收集
，并用
制备纳米
。
11
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已知：①高温时
能与
反应，不与
反应，遇水极易水解；
②瓷舟中的物质反应除生成
外，还生成一种有毒的氧化物气体和少量副产物
；
③相关物质的部分物理性质如下表。
熔点
沸点
水溶性
极易水解生成白色沉淀，能溶于
等有机溶剂
306
315
易水解生成红褐色沉淀
难溶于水
（1）下图是
的发生装置，仪器的名称 。
（2）实验开始时先通氯气，当观察到 现象时，管式炉开始加热。
（3）管式炉加热到
，瓷舟中发生的主要反应化学方程式为 。
（4）为除去产物中的
杂质，控温箱的温度应控制的范围是 ，欲分离锥形瓶中的液态混合
物，所采取的操作名称是 。
（5）干燥管中碱石灰的作用是 。
（6）利用如下图的装置测定
的纯度：取
产品加入烧瓶中，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待
充分反应后将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴
的
溶液作指示
剂，用
的
溶液滴定至终点，消耗标准液体积
。
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已知：
。
①安全漏斗中的水在本实验中的作用除去与
反应外，还有 。
②已知
的相对分子质量为190，则产品纯度为 (保留两位有效数字)。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）硬质玻璃管内(或装置内)充满黄绿色气体
（3）
（4）
蒸馏
（5）吸收氯气，防污染；防止空气中水蒸气接触产品，导致产品水解
（6）防止
挥发损耗
【分析】反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，随后通入Cl2，经过浓硫酸干燥后，氯气进入瓷舟与
FeTiO3、C 反应，根据题干可知，除了生成TiCl4、FeCl3外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物
CCl4，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为
，TiCl4、
FeCl3、CO 均会进入控温箱，根据TiCl4和FeCl3的沸点可知，控温箱控制温度在136.4℃-306℃，可冷凝
FeCl3且保证TiCl4为气态，从而除去TiCl4中混有的FeCl3，最后经冷凝收集TiCl4在锥形瓶中，碱石灰用于
吸收多余的氯气，因反应生成的CO 尚未处理，故装置单元X 作用为吸收CO，防止其污染环境。
【解析】（1）由图可知仪器的名称蒸馏烧瓶；
（2）氯气有色，可通过观察黄绿色是否充满装置判断是否排尽空气；
（3）据题给信息写出反应物和生成物，由碳、氧原子守恒判断
和
计量数比为
，再根据电子
守恒、原子守恒配平方程式为：
（4）保持
为固态，保留在右边硬质玻璃管中，
和
为气态进入锥形瓶中，分离出氯化铁，
固温度控制在
；由表中信息可知，四氯化钛溶于四氯化碳中，故分离采用蒸馏的方法；
（5）吸收氯气，防污染；易水解，防止空气中水蒸气接触产品，导致产品水解；
（6）①安全漏斗中的水可以吸收挥发出来的
，防
逸出造成测定误差；
②根据
得知：n(TiCl4)=
n(AgNO3)=
×1.00mol/L×0.040L=0.010mol，
m(TiCl4)=0.10mol×190g/mol=1.90g，产品的纯度为
×100%=95%。
17．（14 分）甲醇是重要的工业原料，常利用
、
等进行制备。回答下列问题：
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Ⅰ．利用合成气
、
制备甲醇
（1）以
、
为原料合成
涉及的反应如下：
反应ⅰ．
；
反应ⅱ．
。
①在不同压强下、按照
进行投料，在容器中发生上述2 个反应，平衡时，CO 和
在含碳产物(即
和CO)中物质的量分数及
的转化率随温度的变化如下图，判断图中压强
、
、
由大到小为 。
②温度不变时，分析加压过程中CO 在含碳产物中物质的量分数的变化情况并说明原因 。
③某恒温恒容体系，按
、
进行实验，平衡时
的物质的量分数为
点M，此时
转化率为20%，则该条件下反应ⅰ的平衡常数
(列出计算式即可)。
Ⅱ．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
（2）反应ⅲ．
；
反应ⅳ．
。
写出甲烷被氧气氧化制备甲醇的热化学反应方程式 。
（3）为提高生产效率，利用反应ⅲ进行连续生产时采用如下图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶
段气体流速相同)。已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He 不会在催化剂表面吸附。
①通入
发生反应前，要向反应器中通入
从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He 一段时间的目
的是 。
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②从反应速率的角度分析，通入
后将体系温度维持200℃的原因 (不考虑催化剂活性变化)。
【答案】（1）
>
>
反应ⅰ为气体分子数减小的反应，反应ⅱ为气体分子数不变的反应，温度
不变时，增大压强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，导致甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，而CO
在含碳产物中物质的量分数减小
（2）
（3）吹去体系中的氧气 温度过低，反应速率降低，温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成
为主因，也会导致反应速率减小
【解析】（1）①反应ⅰ为气体分子数减小的放热反应，反应ⅱ为气体分子数不变的吸热反应，则升高温
度，反应ⅰ逆向移动、反应ⅱ正向移动，甲醇含量减小、CO 含量增大，故向下变化的曲线为
在含
碳产物中物质的量分数曲线、向上变化曲线为CO 在含碳产物中物质的量分数曲线；相同条件下，增大压
强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，则导致甲醇含量增大，结合曲线，压强
、
、
由大到小为
>
>
；
②结合①分析，反应ⅰ为气体分子数减小的反应，反应ⅱ为气体分子数不变的反应，温度不变时，增大压
强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，导致甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，而CO 在含碳产物中物
质的量分数减小；
③恒温恒容体系，按
、
进行实验，平衡时
的物质的量分数为点
M，此时
转化率为20%，则反应0.2mol/L 二氧化碳，且生成甲醇和CO 的量相等：
则a=0.2-a，a=0.1mol/L，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的浓度分别为0.8mol/L、2.6mol/L、
0.1mol/L、0.2mol/L，该条件下反应ⅰ的平衡常数
；
（2）已知：反应ⅲ．
，
反应ⅳ．
，
由盖斯定律可知，反应ⅲ+反应ⅳ得反应
，焓变为
；
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（3）①已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He 不会在催化剂表面吸附；通入
发
生反应前，要向反应器中通入
从而活化催化剂，但是氧气被吸附在催化剂表面，会导致其它反应物不能
在催化剂表面被吸附，故活化催化剂后持续通入He 一段时间的目的是：吹去体系中的氧气；
②从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：温度过低，反应速率降低，温度过
高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小。
18．（14 分）丙二酸又称苹果酸，主要用于医药中间体、香料、粘合剂等的生产。根据以丙二酸为原料进
行的合成过程。
（1）A 的结构简式是 。
（2）B→C 的反应类型是 。
（3）C 中所含官能团的名称是 。
（4）下列有关D 物质的说法正确的是 (填标号)。
a．D 能形成分子内和分子间氢键
b．D 可发生取代、氧化和消去反应
c．D 分子中所有碳原子可以共面
d．可用Na2CO3溶液鉴别D 和F
（5）E→F 的反应方程式是 。
（6）化合物H 的分子式比G 多一个CH2，具有六元环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应，核磁
共振氢谱图中显示为五组峰且峰面积比为1:1:2:4:6。则H 的可能结构是 。
【答案】（1）HOOCCH2COOH
（2）加成反应
（3）羟基、酯基
（4）ab
（5）2
+O2
2
+2H2O
（6）
、
【分析】A 为丙二酸(HOOCCH2COOH)，与CH3CH2OH 在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成的B 为
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H5C2OOCCH2COOC2H5，依据D 的结构简式，结合C 转化为D 的反应条件，采用逆推法，可确定D 中羧基
为C 中的酯基在①NaOH 溶液、加热条件下发生水解反应，②在H+作用下(酸化)而得，则C 为
；D 分子去CO2生成的E 为
；E 催化氧化生成F，F 与
CH3CH2OH 在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成的G 为
。
【解析】（1）A 为丙二酸，其结构简式是HOOCCH2COOH。
（2）B 为H5C2OOCCH2COOC2H5，与CH3CH2CHO 在CH3CH2ONa 作用下反应生成C，B 的分子式为
C7H12O4、CH3CH2CHO 分子式为C3H6O、C 的分子式为C10H18O5，7+3=10、12+6=18、1+4=5，则反应过程为
醛基的加成反应，C 的结构简式为
，即类型为加成反应；
（3）C 的结构简式为
，所含官能团的名称是羟基、酯基。
（4）D 的结构简式为
，
a．D 分子中相邻碳原子上连有羧基和羟基，能形成分子内和分子间氢键，a 正确；
b．D 分子中含有的羧基和羟基可发生取代反应，羟基碳原子及相邻碳原子上都连有氢原子，可发生氧化和
消去反应，b 正确；
c．D 分子中，与两个酯基同时相连的碳原子上连接3 个碳原子和1 个氢原子，发生sp3杂化，则所有碳原
子不可能共面，c 不正确；
d．D 和F 分子中都含有羧基，都能与Na2CO3反应，不可用Na2CO3溶液鉴别D 和F，d 不正确；
故选ab。
（5）E(
)催化氧化生成F(
)，反应方程式是：2
+O2
2
+2H2O。
（6）
G 为
，化合物H 的分子式比G 多一个CH2，H 的分子式为C8H14O3，8×2+2-14=4，即分子
不饱和度为2，具有六元环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应，核磁共振氢谱图中显示为五组峰
且峰面积比为1:1:2:4:6，则H 的分子结构对称，含有2 个-CH3，六元环上有1 个O 原子，且含有1 个-
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OOCH，则可能结构是
、
。
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