2025年高考押题预测卷：化学（四川卷01）（解析版）

2025年高考押题预测卷

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：H1C12N140-16Na23Cl35.5Ti48Fe56Ag108

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.目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是

A.利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变

B.“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”

C.我国歼-35A战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于新型无机非金属材料

D.重油通过分储可得到石油气、汽油、煤油和柴油

【答案】C

【解析】A.脂肪酸不属于高分子，故A错误；

B.“燃煤脱硫”技术有利于减少SO。污染，无法减少碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和"，故B错误；

C.玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故c正确；

D.石油分储可得到石油气、汽油、煤油和柴油，故D错误；

故选Co

2.物质性质决定用途，下列对应关系错误的是

A.制作豆腐时添加石膏，体现了Cas。,的难溶性

B.MgO、ALO3用作耐高温材料，体现了Mg。、AL。?的熔点高

C.NaHCC）3用作焙制糕点的膨松剂，体现了NaHCOs的受热不稳定性

D.用含KMnO,的硅藻土来保鲜水果，体现了KMnO,的氧化性

【答案】A

【解析】A.制作豆腐时添加石膏，体现了盐溶液能使胶体聚沉的性质，故A错误；

B.MgO、ALO3的熔点高，所以MgO、ALO3用作耐高温材料，故B正确；

c.NaHCOs的受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，所以NaHCOs用作焙制糕点的膨松剂，故C正确;

D.KMnC>4能把乙烯氧化为二氧化碳，所以用含KMnO4的硅藻土来保鲜水果，故D正确；

选Ao

3.下列化学用语或图示错误的是

•Q•

A.光气(COC1?)的电子式：.内.3：司

【答案】D

:o:

【解析】A.光气COC12是共价化合物，电子式：A正确;

•k_zl••x_zl•

B.死0分子中。原子的价层电子对数为2+上詈=4,发生sp3杂化，故H2O分子的VSEPR模型

,B正确;

X

C.顺-2-丁烯中碳碳双键两端的甲基在同一侧，分子结构模型为,C正确;

/H...

0O

D.邻羟基苯甲醛中的-OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成氢键，表示为、，D错误;

故选D。

4.下列实验设计，能达到实验目的的是

选项实验设计实验目的

IL酸式滴定管

2s2O3标准液

A测定待测液中12的含量

，续r待测液

J（含淀粉）

1—

1

2mL5%n_2mL5%

一%。2溶液fH2O2溶液

B探究浓度对反应速率的影响

15mLImol/LLJ5mL0.1mol/L

「NaHSO3溶液酋NaHSCh溶液

=

■溟丁烷

1检验澳丁烷的消去产物

C=NaOH的乙醇溶液1-

wr

上澳的CCI4溶液

1--------\

D煨烧贝壳至900℃,得到生石灰

国1

【答案】C

【解析】A.Na2s2O3溶液显碱性，应该使用碱式滴定管盛装，再进行滴定，来测定待测液中12的含量，

A不符合题意；

B.NaHSCh与H2O2发生氧化还原反应时，反应前后溶液均无色，也无气体产生，无论浓度大小，反应

快慢均无明显现象，因此不能用于探究浓度对反应速率的影响，B不符合题意；

C.澳丁烷的NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生1-丁烯，1-丁烯能够与澳的CC14溶液发生加成

反应而使溶液褪色，因此可用于检验1-澳丁烷的消去产物，C符合题意；

D.高温下，陶瓷用烟中的二氧化硅和碳酸钙反应生成硅酸钙，D不符合题意；

故合理选项是C。

5.下列有关物质的性质或结构的解释错误的是

A.氨气极易溶于水，因为氨分子与水分子间能形成氢键且二者均为极性分子

B.甲醛为平面结构，因为分子中C原子采取的杂化类型为sp2

C.三氟乙酸的酸性大于乙酸，因为氟的电负性大于氢

D.圆形容器中结出的冰是圆形的，因为晶体具有自范性

【答案】D

【解析】A.氨分子与水分子间能形成氢键且二者均为极性分子，所以氨气极易溶于水，故A正确；

B.甲醛分子中C原子采取的杂化类型为sp2,所以甲醛为平面结构，故B正确；

C.氟的电负性大于氢，F原子吸引电子能力强，使竣基中0-H键极性增强，所以三氟乙酸的酸性大于

乙酸，故C正确；

D.晶体的自范性是晶体能自发地呈现多面体外形的性质，圆形容器中结出的冰虽然呈圆形，但不是自

发形成的，所以不能体现晶体的自范性，故D错误;

选D。

6.硫及其化合物的部分转化关系如图所示,已知S8分子的8个硫原子以单键相连接构成环状结构。

SO2―I®fso：

s七-S2-

H2S—

设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.反应①的化学方程式为：8SO2+16H2S=3S8^+16H2O

B.反应②的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2

C.32gs8分子中含S-S键的数目为NA

D.lOOmLO.lmol/LNazSCh溶液中，SOj的数目为O.OINA

【答案】D

【解析】A.由题干信息可知，反应①即SO2和H2s反应生成S8和H2O,根据氧化还原反应配平可得该

反应的化学方程式为：8SO2+16H2S=3S8；+16H2O,A正确；

B.由题干信息可知，反应②为3s8+48OH=16S2-+8SO，+24H2。，其中氧化产物为SO：和还原产物为

S2-,则二者物质的量之比为1：2,B正确；

C.已知一个S8分子中含有8个S-S键，则32gs8分子中含S-S键的数目为赢注~-=NA,

C正确；

D.由于SO：会发生水解，故100mL0.1mol/LNa2S03溶液中，SO；的数目小于O.OINA,D错误；

故答案为：Do

7.在化学合成和生物活性研究基础上，我国学者团队发现了具有显著抗骨肉瘤活性的氧杂葱类化合物，该

研究涉及的一个反应如图所示。下列说法错误的是

A.甲、乙互为同分异构体B.甲、乙含相同数目的手性碳原子

C.甲、乙均能使酸性KM11O4溶液褪色D.甲、乙均能与H?发生加成反应

【答案】A

【解析】A.两者含0原子量不同，分子式不同，故不是同分异构体，A错误;

性碳原子，B正确；

C.甲、乙均含有羟基，以及与苯相连的C原子上含有H,能使酸性KMnC>4溶液褪色，C正确；

D.甲、乙均含有苯环、酮嫌基，均能与H2发生加成反应，D正确；

故选A。

8.过渡金属离子M2+与某阴离子反应后得到如图所示电中性配合物，M位于第四周期，基态原子最外层只

有一个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，X、Y、Z、W均为短周期非金属元素，且原子序数依

次增大，W原子2P轨道有两个单电子，下列有关说法不正确的是

^XX2——ZX/ZX2——YX2

X22

\、、yX2

7---------N/、W---

IIII

Ww

A.Z的第一电离能大于WB.M位于元素周期表的ds区

C.W的电负性大于YD.Imol该物质中存在4NA个配体

【答案】D

【分析】M位于第四周期，基态原子最外层只有一个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，M为铜；

X、Y、Z、W均为短周期非金属元素，且原子序数依次增大，X形成1个共价键且原子序数最小，X为

氢；Y形成4个共价键，为碳，W原子2P轨道有两个单电子，且原子序数大于碳，则W为氧，那么Z

为氮；

【解析】A.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2P轨道为半充满稳定状态，第一电离

能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O,A正确；

B.M为铜，为29号元素，位于元素周期表的ds区，B正确；

C.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，O的电负性大于C,C正确；

D.由图可知，1分子该物质中铜离子和2个配体形成4个配位键，贝Ulmol该物质中存在2NA个配体，

D错误；

故选D。

/、/、催化剂,、

9.反应H2（g）+CC>2（g）^=HCOOH（l）可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是

：OPd

H3C-NHXKX-H

…以步火\式

H『H皎步骤njH3c无届:%

HCOOH+H2O

A.该反应的AS>0

B.步骤I中CO,带正电荷的c与催化剂中的N之间作用

c.步骤ni中存在非极性键的断裂和形成

D.反应中每消耗ImolCO?,转移电子数约为4x6.02x1023

【答案】B

【解析】A.根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的AS<0,A错

误；

B.由题图所示的反应机理可知，CO?中C显正价，O显负价，步骤I可理解为COZ中带部分正电荷的

C与催化剂中的N之间作用，B正确；

c.步骤in中不存在非极性键的断裂和形成，c错误；

D.该反应中CO2中C元素的化合价由+4价降低到+2价，每消耗ImolCCh转移电子的数目约为

2x6.02xl023,D错误；

故选B。

10.金属冶炼所产生的酸污水中的As元素可采用亚铁盐石灰法以FeAsC\形式去除，其简化工艺流程如图1

所示，若采用三根压缩空气管直接将空气通入氧化槽内液体中，回用水发绿；改进后的氧化槽布气管

结构如图2所示，盲板的作用为堵塞气体，使压缩空气只能从底部开口区逸出。下列说法正确的是

图2氧化槽布气管结构示意图

A.中和过程的离子方程式为：OH-+H+=H2。

B.废渣的成分为FeAsO4

C.改进后的氧化工艺目的是为了氧化更充分

D.回用水可用于配制石灰乳，也可直接排放

【答案】C

【分析】由题给流程可知，向含亚碎酸的酸性废水中加入石灰乳，中和溶液中的氢离子得到的中和液，

向中和液加入硫酸亚铁，并用三根压缩空气管直接将空气通入氧化槽内液体中，将溶液中的亚碎酸、

亚铁离子转化为碑酸铁沉淀，分离得到含有碑酸铁、硫酸钙的废渣和含有亚铁离子的回用水。

【解析】A.由分析可知，向含亚珅酸的酸性废水中加入石灰乳的目的是将中和溶液中的氢离子得到的

中和液，反应的离子方程式为Ca(OH)2+2H+=Ca2++2Hq,故A错误；B.由分析可知，废渣的主要

成分为碑酸铁、硫酸钙，故B错误；C.由图可知，改进后的氧化工艺有利于增大压缩空气中氧气与中

和液的充分接触，将溶液中的亚碑酸完全转化为碑酸铁沉淀，故C正确；D.由分析可知，绿色的回

用水中含有亚铁离子，不能配制石灰乳，若直接排放会造成水污染，故D错误；故选C。

11.下列实验操作、现象和结论都正确的是

选项实验操作及现象结论

向碳酸钠溶液中加入冰醋酸，将生成的气体直接通入

A酸性：醋酸〉碳酸〉苯酚

到苯酚钠溶液中，产生白色浑浊

向足量NaOH溶液中，先滴加少量MgCl?溶液，再滴

BKsp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]

加FeC§溶液，先出现白色沉淀，后出现红褐色沉淀

在试管中加入2mL5%的C11SO4溶液，再加5滴稀

CNaOH溶液，混匀后加入0.5mL葡萄糖溶液，加热，葡萄糖具有还原性

出现砖红色沉淀

3+

已知［Fe(SO2)J是红棕色，将SO2通入FeCl3溶液Fe3+与SO络合反应速率比氧化还原反应速

D2

中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色率快，但氧化还原反应的平衡常数更大

【答案】D

【解析】A.醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠溶液反应也能产生白色浑浊，所以不能比较碳酸、苯酚的酸性

强弱，A错误；

B.NaOH溶液过量，不能证明红褐色Fe(OH)3沉淀源自Mg(OH)2沉淀的转化，且两种沉淀类型

也不相同，B错误；

C.葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应，NaOH需要过量，题中所给氢氧化钠量不足，C错误；

3+

D.将SO2通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色，说明Fe与SO2

络合反应速率比氧化还原反应速率快，最终显浅绿色，说明氧化还原反应的平衡常数更大，D正确;

故选D。

12.TiFe合金可用作储氢材料，吸氢和脱氢过程如下图所示，其中吸氢过程放热。已知TiFe晶胞属于立方

晶系，合金的密度为0g-cmv。下列说法错误的是

A.TiFeH,晶胞中x=l

B.TiFe晶胞中Fe原子的配位数为8

C.降压或升温有利于TiFeH,脱氢

D.TiFe晶胞中Ti和Fe原子最近距离为生107nm

【答案】D

【解析】A.2个Ti位于体内，Fe位于面上，个数为4X1=2,H位于顶点和棱上，个数为8X：+4X!=2,

284

其化学式为TiFeH,则x=l,A正确；

B.由TiFe晶胞图可知，Ti原子配位数为8,由化学式TiFe可知，Ti、Fe原子个数比为1：1,则Fe

原子的配位数也为8,B正确；

C.TiFe合金吸氢过程为气体体积减小的放热过程，则降压或升温，平衡逆向移动，有利于TiFeH,脱

氢，C正确；

48+56

D.TiFe晶胞中Ti、Fe原子个数均为1,晶胞质量为七厂8，设晶胞参数为anm,晶胞体积为

48+56____

-733

(axlO)cm,由p=77可得，0g.em与=___&___2,cm；则a=J二一xlO,nm,TiFe晶胞中Ti和Fe

3g

I'VPg(axl0-7)YPS

即为S点、1°皿=亚康x

原子最近距离为体对角线的一半,7rm,D错误;

故选Do

13.我国科学家设计了一种脱-硝酸盐液流电池(HNFB),以KOH溶液为电解液，朋和硝酸盐废水分别流入

HNFB的两极室，可以有效净化废水并产氨。下列说法正确的是

质子交换膜

A.电极A发生还原反应

+

B.电极B的电极反应式为：NO3-+8e-+9H=NH3+3H2O

C.外电路转移电子数为0.4NA时，左极室质量减少2.8g

D.质子交换膜能防止两极室电解液的交叉污染，利于维持电池性能

【答案】D

【解析】A.N2H4-N2化合价升高，电极A发生氧化反应，A错误；B.电池以KOH溶液为电解液，为

碱性环境，B错误；C.外电路转移电子数为0.4NA时，左极室逸出2.8gN2,且有0.4molH+通过质子交

换膜进入右极室，总质量减少3.2g,C错误；D.硝酸盐废水中含有其他杂质离子，质子交换膜能防止

两极室电解液的交叉污染，利于维持电池性能，D正确，答案选D。

14.中国科学家首次用Ce。改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸

二甲酯加氢的主要反应有：

反应I：CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g)

反应n：CH3OOCCOOCH3(g)+4H,(g)^HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)

反应III：HOCH2cH20H(g)+凡(g)UC2H50H(g)+H2O(g)

其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。

乙二醇

侨

瑙

由

/乙醇酸甲酯

%

乙醇

0-1-------1------r-^~r------►

450460470480490

温度/K

(已知：i物质B的选择性S(B)=w(生成B所用的草酸二甲酯)/n(转化的草酸二甲酯)x100%；ii.450

500K,反应III的平衡常数远大于反应I和反应H的平衡常数)

下列说法不正确的是

A.制乙二醇适宜的温度范围是470〜480K

B.减压可提高乙二醇的平衡产率

C.实验条件下反应III的活化能最高，升温更有利于反应III

D.铜基催化剂用C6G改性后反应速率增大，可以降低反应所需的压强

【答案】B

【解析】A.由图可知，温度为470~480K时，生成乙二醇的选择性最高，A正确;

B.反应n为气体分子数减小的反应，则增大压强可以提高乙二醇的平衡产率，B错误；

C.由图可知，升高温度有利于生成乙醇，实验条件下反应III的活化能最高，所以升温有利于反应III,

c正确；

D.铜基催化剂用c6a改性后，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压，则可以降低反

应所需的压强，催化剂可以加快化学反应速率，D正确；

故选B。

15.向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应CU++NH3U[CU(NH3)]第

++

[CU(NH3)]+NH3U[CU(NH3)J,lg(M)与lg[c(NH3)]的关系如下图所示｛其中lg(M)代表

B.CuCl的溶度积常数K『c(Cu+)•c(Cr)=IO'

C.反应Cu++2NH,U[CU(NH3)]的平衡常数K的值为10"

D.C(NH3)=K)C2时，溶液中c([Cu(NH3)2]+)>c([Cu(NH3)T)>c(Cu+)

【答案】D

【分析】向CuCl饱和溶液(有足量CuCl固体)中滴加氨水，发生反应CU++NH3=[CU(NH3)]%D

+

[CU(NH3)J+NH3^[CU(NH3)2],随着lg[c(NH3)]得增大，lgc(Cu+)逐渐减小，lgc(C「)逐渐增

c(Cu+)c(Cu+)

大，故曲线L为lgc(C「)、曲线L,为序(Cu)M(©(NHJT)逐渐减小'%Cu(NHjJ)液

c(CiT)c(Cu+)

逐渐减小，且lg/「「/z口.减小得程度更大,故曲线J为3/而'、曲线L3为

cHCU(NH3)JCLCU(NH3)J

1g-M随NH3浓度变化曲线，据此回答。

CNH

3’2

【解析】曲线为「)、曲线为、曲线为电

A.L1lgc(CL?lgc(Cu+)L,+、曲线L3为

C([CU(NH3)])

随lg［c(NH,)］浓度变化曲线，A正确；

+

B.根据曲线和曲线L2上的坐标(-5,-2.8)和(-5,-4.2),分析Ksp-c(Cu)-c(Cr)=10«*=lo-7.o,

B正确；

c(QT)

C.由分析知，曲线L3为电下工-5随lg[c(NH3)]浓度变化曲线，则由a点可知，反应

c(LCu(NH3)2J)

Cu++2NH3U「CU(NH3ZT的平衡常数K=c(®3H3)J)=_____1_____”，c正确；

L+252

」c(Cu).c(NH3)IO'XCIO-)

c(Cu+)c(Cu+)

D-由图像可知，C(NHJ=1产时，Igq向丽]pg词呵<°，溶液中

c([Cu(NH3)T)>c([Cu(NHJJ+)>c(Cu+),D错误；

故选D。

第n卷(非选择题共55分)

二、非选择题：共4题，共55分。

16.(13分)废旧磷酸铁锂电池提锂渣的主要成分为磷酸铁(FePOj,还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，某

科研小组从提锂渣中回收磷酸铁并实现正极材料再生的流程如下。

硫酸、磷酸铁粉珥。?溶液葡萄糖、LiCO

IIZ\\23

提锂渣一国］一脚］铁磷济一垂］FePO「2Hq»幅羽一匝圉_LiFepo,

II

滤渣滤液

已知：①FePC>4和AIPO4均难溶于水，但在强酸或磷酸条件下可生成易溶的磷酸二氢盐；

②铁磷溶液的主要成分为FeHPO,。

回答下列问题：

(1)为提高提锂渣的“浸出”率，可采取的措施有(写出一条)。

⑵“除杂”时加入适量铁粉可使A13+形成ATO,沉淀从溶液中分离，原因是;“滤渣”的主要

成分有石墨、A1PO4和（填化学式）。

（3）“氧化”后生成难溶性的FePO4-2HQ,该反应的化学方程式为。

（4）“氧化”终点所得溶液需调节一定pH以使铁、磷元素充分沉淀制备磷酸铁，终点pH对制备磷酸铁

过程的影响如下图所示。由图分析，终点pH约为最适宜，若大于该pH,会导致。

（5）“滤液”中可循环使用的物质主要是（填化学式）。

（6）“煨烧”时葡萄糖的作用是。

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）将提锂渣磨成粉末（或适当升温等，合理即可）（1分）

（2）Fe与H+反应，使HFO；转化为PO；,从而使A1PO4沉淀Cu（1分）

（3）2FeHPO4+H2O2+2H2O=2FePO4-2H2OJ

（4）2.5（或225之间）Fe3+生成Fe（OH）3，使磷酸铁中杂质增多

（5）H2SO4（1分）

（6）作还原剂

【分析】提锂渣的主要成分为磷酸铁（FePO.,还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，加入稀硫酸和磷酸将

固体溶解，加入铁粉可降低溶液酸度，使得AP+形成A1PO,沉淀从溶液中分离，铁磷溶液的主要成分

FeHPO4被过氧化氢氧化后生成FePO/2Hq,从溶液中滤出后经脱水后，加入葡萄糖和碳酸锂，发生

反应生成LiFePCU,实现正极材料再生。

【解析】（1）为提高提锂渣的“浸出”率，可采取将提锂渣磨成粉末（或适当升温等）的措施；

（2）“除杂”时加入适量铁粉，Fe与H+反应，使转化为PO；,从而使AlPO’沉淀；根据分析可

知，“滤渣”的主要成分有石墨、A1PO&和Cu；

（3）FeHPO,在HQ?作用下被氧化为2FePO_2H2。，化学方程式：

2FeHPO4+H2O2+2H?0=2FePO4-2H2OJ；

（4）根据图示，终点pH约为2.5时，Fe、P元素沉淀率都比较高，且基本达到最大；若大于该pH,

会导致Fe3+生成Fe（OH）3,使磷酸铁中杂质增多；

（5）滤液中剩余的硫酸可循环使用；

（6）“燃烧”时葡萄糖中的C元素起还原性作用，将硫酸铁中的铁元素还原为+2价，实现正极材料的再

生。

17.（14分）亚硝酰氯（NOC1）和硝酰氯（NO?。）都是有机合成的常用氯化剂，都易水解。研究小组以NO和

Cl?为原料在如图所示装置（加热和夹持装置略去）中制备NOC1,并测定产品中C1的质量分数。

K,一NaNO?溶液流速控制器催化剂

氧气f

饱和食

FeSO,和五氧化盐水（流速

控制器

稀硫酸二磷低温无水CaCl?

混合液浴槽

ABF

C1,浓硫酸

CD

己知：

①沸点：NOC1为-6℃,NO^Cl为5℃,C12为-34℃,NO为-152℃；

1012

②KCrO4溶液为黄色，AgzCrO4为砖红色沉淀；^sp（AgCl）=1.7xlO-；^sp（Ag2CrO4）=1.0xl0o

回答下列问题：

（1）仪器a的名称是,实验时，检查装置气密性，加入药品后，通入NO和C1,前，应进行的操

作是o

（2）常温下，装置A中制取NO的离子方程式为o

（3）实验过程中会产生少量NO2。装置F控制的温度约为-15℃,所得N0C1中含有的杂质为（填

化学式）。

（4）测定产品中C1的质量分数的实验步骤如下：i.准确称量锥形瓶（带塞子）的质量，取适量产品迅速

加入锥形瓶中，盖紧塞子；称量，计算知所取产品为4g（忽略温度变化带来的称量误差），向锥形瓶中

加入适量水，盖紧塞子，置入25℃恒温水浴中，待锥形瓶内温度恒定后，再配制成250mL溶液。

ii.取25.00mL溶液于另一锥形瓶中，用NaOH溶液调节溶液pH在6.5〜10.5之间，再加入1mLLCrO,溶

液作指示剂，用O.lmolI-AgNOs标准液进行滴定，平行滴定三次，达到滴定终点时平均消耗AgNOs标

准液YmL。

①步骤ii中，NaOH溶液调节溶液pH的作用是。

②所得产品中C1的质量分数为；若铭酸钾指示剂浓度过高时，所测结果（填“偏大”“偏小”

或"无影响”）。

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）恒压滴液漏斗（1分）打开K-关闭K?,向装置中通入氤气，排尽装置中的空气

(2)NO"+Fe2++2H+=Fe3++NOT+H,O

(3)NO2C1

（4）中和NOC1、NO,Cl水解产生的酸，以免影响滴定终点的判断乙型%（3分）偏小

a

催化剂J

【分析】该实验的原理是CU+2NO2NOC1,实验过程中可能存在少量NO被氧化为NO?,

△

催化剂

可能存在反应Cl,+2NO2NOC1。沸点：NOC1为-6℃,NO,C1为5℃,F控制的温度约为-15℃,

2△?一

故产物NOC1中可能含有的少量杂质NO2cl会冷凝为液体而被收集，未反应的CL、NO由于沸点低于

-15C而不会冷凝，以气体形式逸出进行尾气处理。

【解析】（1）根据装置图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，为防止NO被氧化，通入NO和C1?前，应

排尽装置中的空气，具体操作：打开K1、关闭K2,向装置中通入氨气。

（2）装置A中制取NO,根据装置中给出的反应物：Fes。,溶液、稀硫酸和NaNO?溶液，分析元素化

合价知，NaNOz为氧化剂，FeSC>4为还原剂，反应离子反应为NO£+Fe?++2H+=Fe3++NOT+H2O。

催化剂

（3）实验过程中产生的少量NO?会发生反应Cl,+2NO,2NO,C1。。NO,Cl沸点为5℃,F中

△

控制的温度约为-15℃,故产物NOC1中可能含有的少量杂质为NO2clo

（4）①NOCI、NO2cl水解生成HNO2、HNC>3和HC1,溶液呈酸性，滴入KzCrO,，IT与CrO：反应，

使CrO；一浓度降低，从而无法形成Ag2CrC>4砖红色沉淀来指示滴定终点，加入NaOH溶液，中和NOC1、

NO2cl水解生成的酸，以免影响滴定终点的判断。

②NOC1和NO2C1的水解反应分别为NOC1+H2O=HNO2+HC1,NO2C1+H2O=HNO3+HC1O

+

Cr+Ag=AgClJ。故NOCI和NO2C1的物质的量之和等于滴定时消耗AgNC）3标准液的物质的量。

3

M（Cl）=10«（AgNO3）=10x0.1x10-^mol,Cl的质量分数=110*0.1、10-3匕/里卜脂。％=1^1%。

kajci

铝酸钾指示剂浓度过高时，一是由于颜色太深，会影响终点的观察，二是会提前生成AgWrO’砖红色

沉淀，导致终点提前到达，使匕变小。

根据表达式号H%,匕变小，表达式的值变小。

18.（14分）丁烯是一种重要的化工原料，主要用于生产甲基叔丁基酸丁基橡胶等产品。CO?氧化异丁烷

脱氢制备异丁烯［CH3-C（CH3）=CHz］以及正丁烷（P）直接脱氢制2-丁烯（M）技术已进入工业化应

用。回答下列问题：

（1）丁烷可以作为燃料使用。已知O.lmolCH3cH2cH2cH3完全燃烧生成H?O⑴放出“kJ热量，则表

示CH3cH2cH2cH3燃烧热的热化学方程式为。

(2)CO?氧化异丁烷脱氢制备异丁烯，其反应为CH(CH3)3(g)+CC>2(g)UCH3-C(CH3)=CH2

(g)+H2o(g)+co(g)AH,在Fea催化作用下的反应机理如下：

写出转化①、②的化学方程式：、。

(3)正丁烷直接脱氢制2-丁烯过程发生如下两个反应：

反应I.CH3cH2cH2cH3(g)UCH3CH=CHCH3(g)+H2(g)；

反应II.CH3cH2cH2cH3(g)UCH?=CHCH=CH2(g)+2H2(g)。

在看℃、BkPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：2通入CH3cH2cH2cH、(g)和N?(g)的混合气

体，发生上述反应，测得生成物的物质的量与反应时间关系曲线如图所示(曲线a只表示某物质的部

分变化)。

①从平衡角度说明通入N?的作用是o

②曲线b表示的物质是(填名称),若其他条件不变，在恒容密闭容器中进行上述反应，则

点X将可能移向点(填或“C”)。

(4)在rC、p°kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：2通入CH3cH2cH2cH3(g)和N?(g)

的混合气体，发生反应I、II,当反应I和反应II均达到平衡时，测得P、M在含碳物质中的占比分

别为20%、60%,则%，反应I的5=［用含4的式子表示，若用N代表

P(Nj

〃(P)

CH^CHCH.CH2,则P在含碳物质中的占比表示为诉扃即JX100%］。

【答案】(除标明外，每空2分)

13

-1

(1)CH3cH2cH2cH3(g)+5O2(g)=4co2(g)+5H2O(1)AH=-10akJ-mol

(2)3Fe2O3+CH(CH3)3=2Fe3O4+CH3-C(CH3)=CH2+H2O2Fe3O4+CO2=3Fe2O3+CO

(3)反应I和反应II均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入N?可以降低反应体系中其他

组分的分压，提高反应物的转化率2-丁烯(1分)C(1分)

(4)g或0.50.75p0kPa

【解析】(l)O.lmolCH3cH2cH2cH3完全燃烧生成HQ⑴放出。kJ热量，则丁烷完全燃烧的热化学

13

方程式可以表示为：CH3CH2CH2CH3(g)+yo2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)AH=-lOakJ/mol；

(2)转化①FeR转化为Fe3O「。”(。也入转化为CR-C(C”3)=，化学方程式为：

3Fe2O3+CH(CH3)3=2Fe3O4+CH3-C(CH3)=CH2+H2O；转化②为Fe3O4转化为Fe2O3,CO2转化为

CO,化学方程式为：2Fe3O4+CO2=3Fe2O3+CO；

(3)①反应I和反应II均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入N?可以降低反应体系中其

他组分的分压，相当于减压，平衡正向移动，提高反应物的转化率；

②。时刻，曲线a物质的量是Imo/,曲线b物质的量是0.5姓/,曲线c物质的量是0.25%o/,两个反应

均生成氢气，则曲线a代表H?,根据物质的量关系

n(H2)=n(CH3CH=CHCH3)+2n(CH2=CHCH=CH2)=\mol,则n(S3C"=C"C"3)=0.5mol、

n(CH2=CHCH=CH,)=0.25mol,即曲线b表示2-丁烯(CH3cH=8<乜)；两个反应均是气体体积

增大的反应，如果改为恒容，则压强变大，反应速率加快，达到平衡时间变短，但平衡逆向移动，丁

烷的转化率降低，2-丁烯物质的量变小，则应为C点；

(4)设初始通入n(CH3cH2cH2cH3)=的〃，则42)=2劭/,达到平衡以后，根据碳守恒可知，

n(CH3CH=CHCH3)+n(CH2=CHCH=CH2)+n(CH3CH2CH2CH3)=cunol；得P(CH3cH2cH2cH3)、

M(CH3cH=C"C&)在含碳物质中的占比分别为20%、60%,则n(CH3CH2CH2CH3)=0.2a>ml、

n(CH3cH=CHC&)=0.6am、n(CH2=CHCH=CH2)=Q.lamol,由上一问方程式的比例关系可知，

n(凡)=n(CH3cH=CHCH3)+2n(CH2=CHCH=CH2)=amol,则=0.5；

平衡时，n总p(H2)=；xpo在为、p(CH3CH=CHCH3)=^xpokPa,

0^xpkPa

n2ox—xPokPa

p(CH3CH2CH2CH3)=—xp0Z:Pa,反应I的》=