安徽省马鞍山市2025届高三下学期第二次教学质量监测（二模）化学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上。
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，
务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无
效。
可能用到的相对原子质量：Li-7 O-16 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 La-139
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. 新材料的发明与制造，推动着人类社会的进步和发展。下列属于有机高分子材料的是
A. 制作航天服的聚酯纤维 B. 氮化硼陶瓷基复合材料
C. 制作半导体材料的硅 D. 制作深潜器的特种钛合金
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚酯纤维是由有机高分子化合物聚合而成，故聚酯纤维属于有机高分子材料，A 符合题意；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B 不符合题意；
C．制作半导体材料的硅单质属于非金属单质，故晶体硅属于新型无机非金属材料，C 不符合题意；
D．制作深潜器的特种钛合金属于金属材料，故钛合金不属于有机高分子材料，D 不符合题意；
故合理选项是 A。
2. 生活中处处蕴含化学原理。下列实例与解释不相符的是
A. 明矾可用作净水剂，是因为 Al3+水解生成的 Al(OH)3 胶体具有吸附性
B. 黄豆酱是美味的调味品，是因为发酵时有蛋白质发生水解生成了氨基酸
C. 碳酸钠可做膨松剂，是因为其受热分解产生 CO2 气体可让食品变蓬松
D. 绿茶具有抗氧化作用，是因为绿茶中含有的茶多酚具有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾净水是因 Al3+水解生成 Al(OH)3 胶体，胶体能吸附杂质，A 正确；
B．黄豆酱的鲜味源于发酵过程中蛋白质发生水解生成了氨基酸，B 正确；
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C．食碳酸钠性质稳定，受热难分解，不能作食品膨松剂；常用作膨松剂的是碳酸氢钠，因其受热易分解产
生 CO2 气体，C 错误；
D．绿茶中含有的茶多酚易被氧化，具有还原性，D 正确；
故选 C。
3. 氯及其化合物部分转化关系如图。 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24 L HCl 和 Cl2 混合气体中氯原子数为
B. 0.1 ml/L NaCl 溶液中 Na+数为
C. 反应①每消耗 0.1 ml Ca(ClO)2，生成的氯气的分子数为
D. 反应②每生成 0.1 ml 氧化产物，转移电子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下 2.24 L 混合气体物质的量为 0.1 ml，HCl 含 1 个 Cl 原子、Cl2 含 2 个 Cl 原子，因
两者比例未知，氯原子数介于 0.1NA~0.2NA 之间，无法确定为 0.15NA，A 错误；
B．溶液体积未知，无法根据浓度计算 Na+物质的量，B 错误；
C．反应①为 Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，1 ml Ca(ClO)2 生成 2 ml Cl2，0.1 ml Ca(ClO)2 应生成
0.2 ml Cl2，分子数为 0.2NA，C 错误；
D．反应②为 3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O，氧化产物为 NaClO3，Cl 从 0 价升至+5 价，生成 1 ml
NaClO3 转移 5 ml 电子，则生成 0.1 ml 氧化产物转移 0.5 ml 电子，数目为 0.5NA，D 正确；
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向 AgNO3 溶液中滴加过量氨水：
B. 向稀硝酸中加入过量铁粉：
C. 向 H218O 中投入 Na2O2 固体：
D. 向饱和 Na2S 溶液中通入过量 SO2：
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【答案】B
【解析】
【详解】A．向 AgNO3 溶液中滴加过量氨水时，会生成可溶的[Ag(NH3)2]+，离子方程式应为：
，A 错误；
B．向稀硝酸中加入过量铁粉时，过量的 Fe 被氧化为 Fe2+， 被还原为 NO，离子方程式为：
，B 正确；
C．向 H218O 中投入 Na2O2 固体，O2 中的氧原子应全部来自 Na2O2，离子方程式应为：
，C 错误；
D．向饱和 Na2S 溶液中通入过量 SO2，S2-与 SO2 发生氧化还原反应生成 S 和 ，正确方程式应为：
，D 错误；
故选 B。
5. 如图所示装置或操作不能达到实验目的的是
A.制备无水 MgCl2 晶体 B.除去 CCl4 中的 Br2
C.验证非金属性：N>C>Si D.验证 C2H2 使溴水褪色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制备无水 MgCl2 晶体时，MgCl2·6H2O 加热易水解生成 Mg(OH)Cl 等，需在 HCl 气流中抑制水
解。装置中通入 HCl 气体加热晶体，可防止水解，碱石灰吸收尾气 HCl，能达到目的，A 正确；
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B．除去 CCl4 中的 Br2，Br2 与 NaOH 溶液反应生成 NaBr、NaBrO（水溶性），CCl4 与水不互溶且密度大，
分层后分液可分离，能达到目的，B 正确；
C．验证非金属性 N>C>Si，需比较最高价含氧酸酸性。HNO3（N 最高价）与 Na2CO3 反应生成 CO2（证明
HNO3>H2CO3，N>C），饱和 NaHCO3 除去挥发出的 HNO3，CO2 与 Na2SiO3 反应生成 H2SiO3（证明 H2CO3
>H2SiO3，C>Si），能达到目的，C 正确；
D．验证 C2H2 使溴水褪色，电石与饱和食盐水反应生成 C2H2 时，杂质 CaS、Ca3P2 会生成 H2S、PH3 等还
原性气体，这些气体也能使溴水褪色，干扰检验，不能达到目的，D 错误；
答案选 D。
6. 绿原酸又名咖啡鞣酸(结构简式如图)，具有广泛的杀菌消炎功效。下列有关该物质说法正确的是
A. 不存在顺反异构 B. 能发生水解、加聚、缩聚反应
C. 分子中有 3 个手性碳原子 D. 1 ml 该物质最多可与 7 ml NaOH 反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该物质分子中存在碳碳双键（-CH=CH-），双键两端的碳原子分别连接不同基团（左侧连酯基
和 H，右侧连苯环和 H），满足顺反异构条件，存在顺反异构，A 错误；
B．分子中含酯基（可水解）、碳碳双键（可加聚）、羧基和多个羟基（可通过羧基与羟基脱水发生缩聚），
能发生水解、加聚、缩聚反应，B 正确；
C．手性碳原子需连四个不同基团， 该分子六元环上的手性碳多
于 3 个（含 4 个手性碳），C 错误；
D．与 NaOH 反应的官能团为 1 个羧基（1ml）、2 个酚羟基（2ml）、1 个酯基（1ml，醇酯水解消耗 1ml），
共 1+2+1=4ml，D 错误；
故选 B。
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7. SiCl4 与 N-甲基咪唑( )反应可以得到 M2+，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A. C 原子的杂化轨道类型为 sp2 和 sp3
B. N-甲基咪唑分子中存在 的大π键
C. N-甲基咪唑分子中存在 12 个σ键
D. 中心原子硅的化合价为+6
【答案】D
【解析】
【详解】A．N-甲基咪唑中，咪唑环上的 C 原子参与大π键形成，为平面结构，杂化类型为 sp2；甲基
（-CH2）中的 C 原子形成 4 个单键，为四面体结构，杂化类型为 sp3，故 C 原子杂化类型有 sp2 和 sp3，A
正确；
B．N-甲基咪唑的咪唑环为五元环（5 个原子），环内存在大π键。环中 2 个 N 原子和 3 个 C 原子各提供 1
个 p 轨道，共 5 个 p 轨道；电子数方面，吡咯型 N 提供 2 个电子，吡啶型 N 和 3 个 C 各提供 1 个电子，总
电子数为 6，故存在 大π键，B 正确；
C．N-甲基咪唑的σ键包括：五元环骨架 5 个σ键，3 个环上 C-H σ键，1 个 N-CH3 σ键，甲基中 3 个 C-H σ键，
共 5+3+1+3=12 个σ键，C 正确；
D．Si 位于 IVA 族，最外层 4 个电子，最高价为+4 价。M2+中 Si 与 4 个 N 原子和 2 个 Cl 原子配位，整体带
2 个正电荷，Si 的化合价为+4（而非+6），D 错误；
答案选 D。
8. W、X、Y、Z 为原子序数依次增加的短周期主族元素。W 原子的电子数是其最外层电子数的 3 倍，X 和
Y 同主族元素，Y 原子的 M 层未成对电子数为 3。下列叙述错误的是
A. 简单氢化物的键角：Y＞X B. 电负性：Z＞Y
C. 简单离子半径：Y＞Z＞X D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增加的短周期主族元素。W 原子的电子数是其最外层电子数的 3 倍，
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则 W 原子核外电子排布是 2、1，所以 W 是 Li 元素。X 和 Y 同主族元素，Y 原子的 M 层未成对电子数为 3
，则 Y 原子核外价层电子排布式为 3s23p3，Y 是 P 元素，X 原子序数比 Y 小，可知 X 是 N 元素；Z 元素的
原子序数大于 P，则 Z 可能为 S 或 Cl 元素，然后根据问题分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W 是 Li，X 是 N，Y 是 P，Z 可能为 S 或 Cl 元素。
A．根据上述分析可知：X 是 N，Y 是 P 元素，二者形成的简单氢化物分别是 NH3、PH3，NH3、PH3 分子
中原子价层电子对数都是：3+ =4，有 1 对孤电子对，N、P 原子都采用 sp3 杂化，VSEPR 构型都是
四面体形，孤对电子对成键的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致分子的键角就越小，物质分子成
三角锥形，中心原子半径越大，则键角就越小，故键角： X(NH3)＞Y(PH3)，A 错误；
B．根据上述分析可知：Y 是 P，Z 可能为 S 或 Cl 元素。同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性就越
大，则元素的电负性大小关系为：Z(S 或 Cl)＞Y(P)，B 正确；
C．根据上述分析可知：X 是 N，Y 是 P，Z 可能为 S 或 Cl 元素，它们形成的简单离子的核外电子排布分别
是 2、8；2、8、8。离子核外电子层数越多，离子半径就越大，故简单离子半径大小关系为：Y(P3-)＞Z(S2-
或 Cl-)＞X(N3-)，C 正确；
D．根据上述分析可知：X 是 N，Y 是 P,二者是同一主族元素。同一主族元素的原子序数越大，元素的非金
属性就越弱，其形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越弱。元素的非金属性：N＞P，故物质形成的
酸性：HNO3＞H3PO4，D 正确；
故合理选项是 A。
9. 下列实验操作及现象均正确，且能得出相应结论的是
事实或现象 结论
A 向 BaCl2 溶液中通入 SO2 和气体 X，产生白色沉淀 气体 X 一定具有氧化性
结合 H+的能力：
向 溶液中滴加 NaHCO3 溶液，产生白 B
色沉淀
乙醇和浓硫酸混合液加热，产生的气体先通过足量
C NaOH 溶液，再通过酸性 KMnO4 溶液，酸性 KMnO4 乙醇发生消去反应
溶液褪色
向等物质的量浓度的 NaCl、Na2CrO4 混合溶液中滴加 D
AgNO3 溶液，先生成 AgCl 白色沉淀
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A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向 BaCl2 溶液中通入 SO2 和气体 X，产生白色沉淀，若 X 为 NH3 等碱性气体，可能中和酸性
环境生成 BaSO3 沉淀，无需 X 具有氧化性，因此结论“X 一定具有氧化性”不成立。A 错误；
B．向 Na[Al(OH)4]溶液中滴加 NaHCO3 溶液，生成 Al(OH)3 沉淀，说明 提供 H+，[Al(OH)4]-结合 H
+的能力强于 。结论中“结合 H⁺的能力：[Al(OH)4]- < ”与事实相反。B 错误；
C．乙醇与浓硫酸共热生成的气体通过 NaOH 溶液（除去 SO2 等干扰气体），再使酸性 KMnO4 褪色，说明
剩余气体含乙烯，证明乙醇发生消去反应。C 正确；
D．比较不同类型沉淀的生成先后，应计算出各自开始沉淀时所需沉淀剂的浓度。设溶液中
。AgCl 开始沉淀需要 ； 开始沉淀需要
。由题意先生成 AgCl 沉淀，可知所需 更小，即
。此不等式并不能直接推导出 的结论，D 错
误；
答案选 C。
阅读以下材料，完成 2 个小题。
全固态锂电池是指使用固态电解质的锂电池，其稳定性、安全性高。常用的固态电解质种类主要包括氧化
物、硫化物等，其中硫化物固体电解质是由氧化物固体电解质衍生出来的，即 O2-被 S2-替代得到的。
10. 钙钛矿(LixLayTiO3)是全固态锂电池常用的一种氧化物固体电解质，其立方晶胞如下图所示(晶胞参数为
apm)。下列有关说法正确的是
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A. 晶胞中 Ti 的配位数为 8
B. 晶胞距离 O 最近 O 有 12 个
C. 晶胞的密度为：
D. 一段时间后电解质的导电性减弱的原因可能是 Li 与 Ti4+发生反应
11. 某钴酸锂的硫化物固体电解质电池的放电工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 断开 K2 连接 K1，电极 a 为阳极
B. 断开 K2 连接 K1，电极 b 的电极反应式为：
C. 硫化物固体电解质比氧化物固体电解的离子的传输能力更强，因为 S2-对 Li+的吸引力较小
D. 断开 K1 连接 K2，转移 x ml 电子，a、b 两电极质量差为 7x g(假设开始两电极质量相等)
【答案】10. D 11. C
【解析】
【分析】由钴酸锂的硫化物固体电解质电池的放电工作原理图可知，连接 K2 时为原电池，Li+由 a 极向 b 极
移动，因此 a 极为负极，b 极为正极；连接 K1 时有电源为电解池，则 a 极为阴极，b 极为阳极。
【10 题详解】
A. 钙钛矿结构中 Ti 位于顶点，周围有 6 个 O 形成八面体配位，配位数为 6，A 错误；
B. O 位于棱心，在立方晶胞中最近距离的 O 有 8 个，B 错误；
C. 晶胞的密度为： ，C 错误；
D. 一段时间后，一定量的 Li+嵌入 LixLayTiO3 中，使得离子迁移率降低，导致其导电性减弱，D 正确；
故选 D。
【11 题详解】
A. 根据分析，连接 为电解池，电极 a 为阴极，A 错误；
B. 连接 K1 时为电解池，电极 b 为阳极，电极反应式为： ，B 错误；
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C. 半径大于 ，对 Li+吸引力更小，离子迁移能力更强，C 正确；
D. 连接 K2 时为原电池，a 极为负极 ，转移 x ml 电子，质量减少 7x g，b 极为正
极 ，转移 x ml 电子，质量增加 7x g，质量差为 14x g，D 错误；
故选 C。
12. 已知 ，已知 G 和 H 的摩尔质量分别为 X g/ml、Y g/ml，平衡体系中气体
的平均摩尔质量 在不同温度下随压强 p 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 反应速率：
B. 平衡常数：
C. 温度：
D. 当 时，
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应速率取决于温度和压强，温度越高、压强越大，速率越快。假设 a、b 在 T2 曲线（高温）
上，a 点压强小于 b 点，故 v(b)＞v(a)；c 点在 T1 曲线（低温）上，若 c 点压强大于 b 点但温度低于 b 点，
由于温度对速率影响更大，v(b)＞v(c)；c 点压强大于 a 点，故 v(c)＞v(a)。综上，v(b)＞v(c)＞v(a)，A 正确；
B．平衡常数 K 仅与温度有关，反应吸热（ΔH＞0），温度升高 K 增大。若 a、b 在 T2（高温），c 在 T1（低
温），则 K(a)=K(b)＞K(c)，B 错误；
C．反应吸热，升温平衡正向移动（n 总增大，M减̄小）。相同压强下，T2 曲线 M̄更小（温度更高），故 T2
＞T1，C 错误；
D．M̄= 时，结合 X=2Y（质量守恒），推导得 n(G):n(H)=1:1，D 错误；
答案选 A。
13. 碳负载的纳米 Pb/PbO 复合催化剂在电催化 5-羟甲基糠醛(HMF)加氢制备 2，5-呋喃二甲醇(BHMF)的反
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应中发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示(H*代表活性氢)。下列说法正确的是
A. Pb/PbO 复合催化剂能提高 HMF 的平衡转化率
B. H*转化为 H2 不会降低 BHMF 的产率
C. 生成 BHMF 的电极反应式为 HMF+2H2O+2e-=BHMF+2OH-
D. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高 HMF 的平衡转化率，A 错误；
B．H*是 HMF 加氢生成 BHMF 的活性氢来源，若 H*转化为 ，参与加氢的 H*减少，会导致 BHMF 产率
降低，B 错误；
C．HMF 中醛基（-CHO）还原为羟基（ ）生成 BHMF，需得到 2 个电子。阴极反应中， 提
供 H*并生成 OH⁻，电极反应式为 ，电荷、原子均守恒，C 正确；
D．反应中断裂的键为极性键（如 的 O-H 键、HMF 的 C=O 键），形成的键有极性键（BHMF 的 O-H、
C-H 键）和非极性键（ 的 H-H 键），但断裂过程无新的非极性键断裂，D 错误；
故答案为：C。
14. 25℃时，将 HCl 缓慢通入 BaC2O4 悬浊液中，测得溶液中 pL[L 为 、 或
]随 的变化关系如图所示。已知 pL=-lgL，下列说法错误的是
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A. 曲线Ⅲ表示 与 变化曲线
B. a 点溶液中：
C. 该温度下，草酸钡溶度积的数量级为 10-7
D. b 点溶液中：
【答案】B
【解析】
【分析】将 HCl 缓慢通入 BaC2O4 悬浊液中，发生如下反应：BaC2O4(s) Ba2+(aq)+ (aq)、 +
H+= 、 +H+=H2C2O4。对于 H2C2O4，Ka1∙Ka2= ， =
，随着 的增大， 减小，c( )增大，pc(Ba2+)增大，则曲线Ⅲ表示
与 变化曲线。BaC2O4 为难溶电解质，则 Ksp(BaC2O4)小于 10-5，则曲线Ⅱ表示 p
[c( )]随 pc(Ba2+)的变化曲线；曲线Ⅰ表示 随 pc(Ba2+)的变化曲线。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅲ表示 与 变化曲线，A 正确；
B．从图中可以看出，a 点为曲线Ⅰ与曲线Ⅲ的交叉点，在此点， = ，则
c(H⁺)= c( )，B 错误；
C．对于曲线Ⅱ，p[c( )]=3.8，pc(Ba2+)=3，Ksp(BaC2O4)=c( )∙c(Ba2+)=10-3.8×10-3=10-6.8，数量级
为 10⁻⁷，C 正确；
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D．依据电荷守恒：c(H⁺)+2c(Ba2⁺)=c(Cl⁻)+c(OH⁻)+2c( )+c( )，移项得 2[c(Ba2⁺)-c( )]=c
(Cl⁻)+c(OH⁻)+c( )-c(H⁺)，D 正确；
故选 B。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 58 分。
15. 某废弃锂电池的固态电解质主要成分为 Li7La3Zr2O12 和少量 Al2O3。对其回收处理的流程如图所示(部分
条件省略)。
已知：
①预处理是将废旧电池放电、提取固态电解质并将其破碎等操作；
②某些离子开始沉淀和沉淀完全时的 pH 值如下表。
Li La3 Zr4 Al3 离子
+ + + +
开始沉淀的 pH - 7.5 1.2 3.4
沉淀完全的 pH - 8.7 2.4 4.7
回答下列问题：
（1）Zr 与 Ti 同族且在 Ti 的下一周期，Zr 位于元素周期表的第_______周期，第_______族。
（2）“预处理”步骤中，破碎目的是_______。
（3）“酸浸”步骤中，发生主要反应的化学方程式为_______。
（4）“沉淀 1”的主要成分是_______(填化学式)。
（5）“过滤 2”步骤调 pH 时，应控制 pH 值小于_______。
（6）“沉镧“步骤中，发生主要反应的离子方程为_______。
（7）“沉锂“步骤中，加入 Na2CO3 溶液，将温度升至 90℃是为了提高沉淀反应速率和_______。得到碳酸锂
沉淀的操作为_______。(碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示)
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A.静置，过滤 B.蒸发浓缩、冷却结晶 C.加热后，趁热过滤 D.蒸发结晶
【答案】（1） ①. 五 ②. ⅣB
（2）增大反应物接触面积，提高酸浸速率和浸出率
（3）2Li₇La3Zr2O12+24H2SO4=7Li2SO4+3La2(SO4)3+4Zr(SO4)2+24H2O
（4）Zr(OH)4 （5）7.5
（6）2La3++3H2C2O4=La2(C2O4)3↓+6H+
（7） ①. 减小 Li2CO3 的溶解度，提高产率 ②. C
【解析】
【分析】废弃锂电池的固态电解质主要成分为 Li7La3Zr2O12 和少量 Al2O3 为原料回收锂，加稀硫酸“酸浸”，
生成 Li2SO4、La2(SO4)3、Zr(SO4)2、Al2(SO4)3，结合表中数据可知，酸浸液中加入 NaOH 溶液调节 pH=3，
可将 Zr4+完全沉淀，过滤后，滤液中继续加 NaOH 溶液调节 pH，使 Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀除去，再过滤，
滤液中加入草酸溶液，将 La3+转化为 La2(C2O4)3 沉淀除去，过滤，滤液中加入碳酸钠溶液将锂离子转化为
Li2CO3 沉淀，过滤得到的 Li2CO3 经高温煅烧得到氧化锂，据此分析解题。
【小问 1 详解】
Ti 为 22 号元素，位于周期表中第四周期，IVB 族，Zr 与 Ti 同族且在 Ti 的下一周期，Zr 位于元素周期表的
第五周期 IVB 族；
【小问 2 详解】
“预处理”时将废旧电池放电、提取固态电解质并将其破碎，破碎可以增大反应物接触面积，提高酸浸速率和
浸出率；
【小问 3 详解】
“酸浸”时，Li7La3Zr2O12 与硫酸反应生成 Li2SO4、La2(SO4)3、Zr(SO4)2，反应方程式为：2Li₇La3Zr2O12
+24H2SO4=7Li2SO4+3La2(SO4)3+4Zr(SO4)2+24H2O；
【小问 4 详解】
结合以上分析可知“沉淀 1”为：Zr(OH)4；
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【小问 5 详解】
“过滤 2”步骤调 pH 的目的使 Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀除去，但不能使 La3+沉淀，结合表中数据可知，pH 应
大于 4.7，小于 7.5；
【小问 6 详解】
“沉镧“步骤中加入草酸溶液，将 La3+转化为 La2(C2O4)3 沉淀，反应离子方程式为：2La3
++3H2C2O4=La2(C2O4)3↓+6H+；
【小问 7 详解】
“沉锂“步骤中，加入 Na2CO3 溶液，将温度升至 90℃可以提高沉淀反应速率，另外碳酸锂的溶解度随温
度升高而降低，升高温度可以减小 Li2CO3 的溶解度，提高产率；得到碳酸锂沉淀后，应趁热过滤，以减少
其溶解损失。
16. 对甲苯磺酸( )是一种白色晶体，熔点为 107℃，易溶于醇、醚和水，是用途广
泛的化工原料。回答下列问题。
（1）实验室利用磺化反应制备对甲苯磺酸。
反应原理：
实验装置如图所示。
①盛装甲苯的仪器名称是_______；冷凝水的进口为_______(填“a”或“b”)。
②装置中分水器的作用为_______。
（2）根据对甲苯磺酸的结构，有同学推测对甲苯磺酸的性质和硫酸相似，采用如图装置进行探究。
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①观察到蔗糖迅速变黑，说明对甲苯磺酸具有_______性。
②取右侧试管中少量吸收液于洁净的试管中，滴加一定量的_______溶液，未观察到明显现象，说明对甲苯
磺酸_______(填“具有”或“不具有”)强氧化性。
（3）对甲苯磺酸可作酯化反应的催化剂，催化合成丙酸乙酯(密度为 0.89 g·cm-3；M=102 g·ml-1)。将 14.8 g
丙酸(熔点为-24℃，密度为 0.993 g·cm-3，M=74 g·ml-1)、1g 对甲苯磺酸和 0.4 ml 乙醇加入三口瓶中，加入
几粒沸石，缓慢加热至 85℃进行反应，保持回流 2 小时。冷却反应液至室温，缓慢加入 20 mL 饱和碳酸钠
溶液，再经一系列操作，将有机层蒸馏，收集到产品 15.3 g。
①向反应液中加入饱和碳酸钠溶液 主要作用是_______。
②该反应的产率为_______。
③对甲苯磺酸代替浓硫酸作酯化反应催化剂的优点是_______。
【答案】（1） ①. 双(两或二)颈(口)烧瓶 ②. a ③. 将反应产生的水从反应体系中分离出来，从而
使平衡正向移动，增大反应物的转化率
（2） ①. 脱水 ②. BaCl2(或 Ba(OH)2、Ca(OH)2、CaCl2 等) ③. 不具有
（3） ①. 中和酸性催化剂及未反应的丙酸 ②. 0.75(或 75%) ③. 对甲苯磺酸没有强氧化性，可
减少副反应的发生
【解析】
【分析】实验室利用磺化反应制备对甲苯磺酸时，将甲苯放在两颈烧瓶中，加入浓硫酸，加热发生反应，
为提高原料的利用率，促进反应的正向进行，需将水分离出来，此时使用分水器，将甲苯蒸汽与水蒸气分
离，甲苯流回两颈烧瓶内，水留在分水器内。
【小问 1 详解】
①盛装甲苯的仪器具有两个颈，则其名称是：双(两或二)颈(口)烧瓶；蒸汽冷凝时，冷却水流向都是下进上
出，则冷凝水的进口为 a。
②为促进反应正向进行，需将反应生成的水不断分离出来，则装置中分水器的作用为：将反应产生的水从
反应体系中分离出来，从而使平衡正向移动，增大反应物的转化率。
【小问 2 详解】
①观察到蔗糖迅速变黑，说明蔗糖脱水碳化，则对甲苯磺酸具有脱水性。
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②判断对甲苯磺酸是否具有强氧化性，需检验反应是否有 SO2 或 CO2 生成，也就是检验 NaOH 吸收液中是
否含有 或 ，则取右侧试管中少量吸收液于洁净的试管中，滴加一定量的 BaCl2(或 Ba(OH)2、Ca
(OH)2、CaCl2 等)溶液，未观察到明显现象，说明对甲苯磺酸不具有强氧化性。
【小问 3 详解】
①反应后 溶液中，含有催化剂对甲苯磺酸、丙酸乙酯、未反应的丙酸，为获得纯净的产品，需防止对甲
苯磺酸、未反应的丙酸随产品一起蒸出，所以向反应液中加入饱和碳酸钠溶液的主要作用是：中和酸性催
化剂及未反应的丙酸。
②n(丙酸)= =0.2 ml，n(乙醇)= 0.4 ml，则理论上生成丙酸乙酯 0.2ml，该反应的产率为
=75%。
③由前面分析可知，对甲苯磺酸没有强氧化性，则用对甲苯磺酸代替浓硫酸作酯化反应催化剂的优点是：
对甲苯磺酸没有强氧化性，可减少副反应的发生。
【点睛】分水器的优点是不断分离出反应生成的水，促进平衡的正向进行。
17. CO2 的综合利用是解决温室效应问题的有效途径。
（1）CO2 与 CH4 经催化重整制得合成气： ΔH。
①已知： (g)、CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为 0 kJ·ml-1、-393.5 kJ·ml-1、-74.8 kJ·ml-1、
-110.5 kJ·ml-1(25 ℃和 101 kPa 下，由最稳定单质生成 1 ml 化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓)。则 ：ΔH
=_______kJ·ml-1。
②其他条件不变，在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，CH4 的转化率随反应温度的变
化如下图所示。
a 点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b 点 CH4 的转化率高于 c 点原因是_______。
（2）CH4 超干重整 CO2 技术可得到富含 CO 的气体，用于生产多种化工产品。目前，研究表明 CH4 超干重
整 CO2 的催化转化原理如下。
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该过程的总化学反应方程式为_______。
（3）二氧化碳加氢制取乙醇涉及的主要反应如下。
I.
Ⅱ.
在一定温度下，向体积为 4 L 的恒容密闭容器中加入 1 ml CO2 和 1 ml H2，发生上述反应。
①下列说法正确的是_______(填标号)。
A.平衡时向容器中充入 He，反应Ⅱ正向移动
B.容器内压强不变，说明反应 I 已经达到化学平衡状态
C.平衡时向容器中充入一定量 H2，反应 I 和Ⅱ均正向移动，H2 的转化率升高
②若该化学反应体系达平衡时，测得平衡时气体总压强为 a MPa，H2 的转化率为 40%，CO 的物质的量为
0.1 ml，则 CO2 的物质的量浓度为_______ml/L，反应 I 的分压平衡常数 _______(结果保留两位有效
数字，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. +247.3 ②. 不是 ③. b 和 c 都未达平衡，b 点温度高，反应速率快，相同时间
内转化率高
（2）
（3） ①. B ②. 0.2 ③. 0.052
【解析】
【小问 1 详解】
根据盖斯定律 ；相同温
度下三条曲线的平衡转化率应该相同，a 点同温度时，曲线Ⅰ的转化率高于 a 点，所以 a 点不是平衡状态；
b 和 c 都未达平衡，b 点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以 b 点 CH4 的转化率高于 c 点。
【小问 2 详解】
根据流程图可知，只消耗不生成的是甲烷和二氧化碳，只生成不消耗的是水蒸气和一氧化碳，所以总反应
为：
【小问 3 详解】
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A. 平衡时向容器中充入 He，各物质的浓度不变，平衡不移动，A 错误；
B．反应Ⅱ是非等体积反应，恒容体系压强不变说明已达平衡，B 正确；
C．平衡时向容器中充入一定量氢气，氢气浓度增大，反应 I 和Ⅱ均正向移动，但由勒夏特列原理可知，
氢气的转化率降低，C 错误；
故答案 ：B。
设消耗的二氧化碳为 m ml，生成的乙醇为 n ml ，三段式：
m-2n=0.1，1-m-4n=0.6，m=0.2，n=0.05；所以剩余的二氧化碳为 0.8 ml，
。剩余二氧化碳为 0.8 ml，剩余氢气为 0.6 ml，剩余一氧化碳为 0.1
ml，乙醇为 0.05 ml，水蒸气为 0.25 ml。气体总物质的量为 1.8 ml，
。
18. 化合物 I 具有良好的降血压等功效，其合成路线如下图(部分反应条件省略)。
已知：
①
②
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回答下列问题。
（1）化合物 A 中的非氧官能团名称是_______、_______。
（2）B 的结构简式是_______。
（3）写出 C 与足量 NaOH 溶液在加热条件下反应 化学方程式_______。
（4）同时符合下列条件的化合物 D 的同分异构体有_______种，写出其中一种同分异构体的结构简式
_______。
①分子中含有苯环且与 FeCl3 溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱 3 组峰，且峰面积之比为 3:2:1:1；
③不含 C-O-C 键。
（5）G→H 反应的另一个有机产物的结构简式为_______。
（6）写出以 、CH2(CN)COOC2H5 以及 C2H5OH 为原料制备化合物 A 的合成路线图_______(无
机试剂和有机溶剂任用)。
【答案】（1） ①. 碳碳双键 ②. 氰基
（ 2） （ 3） +2NaOH +
2CH3OH
（4） ①. 3 ②. 或 或
（ 5） CH3OH （ 6）
【解析】
【分析】A 在浓 HCl 的条件下生成 B，B 的分子式为 C9H12O4，不饱和度为 4，由 B 与甲醇生成 C 可知，B
与甲醇发生酯化反应生成 C，过程中碳原子的数目增加 2 个，则 B 的结构为 ，观察 F 的
结 构 ， 结 合 D、 E 的 分 子 式 ， D 的 分 子 式 为 C10H14O4， E 的 分 子 式 为 C10H12N2， 则 D 为
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，E 为 ，D 和 E 脱水后得到 F，F 转化后得到 G，G 中加入碱得
到 H，H 中的含氮杂环加氢后得到 I。
【小问 1 详解】
由 A 结构，A 中的非氧官能团名称是碳碳双键、氰基；
【小问 2 详解】
由分析，B 为 ；
【小问 3 详解】
C 中含酯基，与足量 NaOH 溶液在加热条件下发生碱性水解生成羧酸盐和甲醇，化学方程式
+2NaOH +2CH3OH；
【小问 4 详解】
D 为 ，为 4 个不饱和度，且除环外含 4 个碳、4 个氧，同时符合下列条件的化合物 D
的同分异构体有：①分子中含有苯环且与 FeCl3 溶液发生显色反应，则含酚羟基，苯环不饱和度为 4；②核
磁共振氢谱 3 组峰，且峰面积之比为 3:2:1:1，则分子中结构对称，且应该含 1 个甲基；③不含 C-O-C 键，
则分子中只含羟基或酚羟基；结构为 或 或
，共 3 种；
【小问 5 详解】
据分析，结合物质结构、质量守恒，G→H 反应化学方程式为：
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，则 G→H 反应的另一个有机产物的结
构简式为 CH3OH；
【小问 6 详解】
和乙醇发生酯化反应生成 ，发生已知①反应生成 ，再
和 CH2(CN)COOC2H5 生成 A，故流程为：
。
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