2025年秋季江苏省高三开学摸底考试模拟卷01化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省2025年秋季高三开学摸底考试模拟卷01（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：高中复习。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23第Ⅰ卷（选择题共39分）一、选择题：本题共13个小题，每小题3分，共39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．下列材料属于有机合成材料的是A．钛合金 B．酚醛树脂 C．氮化硅陶瓷 D．硅酸盐玻璃【答案】B【解析】A．钛合金是金属材料，故不选A；B．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生聚合反应生成的有机合成材料，故选B；C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故不选C；D．硅酸盐玻璃是传统无机非金属材料，故不选D；选B2．亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4+CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是A．CsNO3中含有离子键与共价键B．CsF的电子式为C．FNO的空间构型为直线形D．氧原子的结构示意图为 【答案】A【解析】A．CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故A正确；B．CsF为离子化合物，电子式为，故B错误；C．FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C错误；D．O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故D错误；故选A。3．黑火药主要成分是硫磺、硝酸钾和木炭，能发生剧烈的氧化还原反应。下列说法正确的是A．半径：r(K＋)>r(S2-) B．第一电离能：I1(N)>I1(S)C．电负性： D．稳定性：H2S>H2O【答案】B【解析】A．S2-、K+具有相同的核外电子排布，且K的核电荷数比S的大，故半径大小：r(S2−)＞r(K+)，A错误；

B．同一周期元素，从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，N、O为同一周期元素，N的2p轨道电子半充满较稳定，第一电离能：I1(N)>I1(O)，O、S为同一主族元素，从上往下第一电离能逐渐减小，第一电离能：I1(O)>I1(S)，则第一电离能：I1(N)>I1(S)，B正确；C．C、O为同一周期主族元素，从左往右元素电负性依次增强，即电负性大小：，C错误；D．已知O的非金属性强于S，元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，故气态氢化物稳定性：H2O＞H2S，D错误；故答案为：B。阅读下列材料，完成下面小题；第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12．5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与NH3高温反应制得。4．下列说法正确的是A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1 B．NH3BH3的结构式：C．氮化镓属于分子晶体 D．BCl3分子中键角为5．下列制取BCl3的部分实验装置能达到实验目的的是A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气6．下列化学反应表示不正确的是A．H3BO3和足量NaOH溶液反应：H3BO3+3OH-=BO+3H2OB．B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4：C．Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：【答案】4．D5．C6．A【解析】4．A．Ga为31号元素，则其基态核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，A错误；B．NH3BH3中N有故电子对，B有空轨道，则其结构式为：，B错误；C．氮化镓熔点较高，不符合分子晶体的特征，故不属于分子晶体，C错误；D．BCl3分子的中心原子的价层电子对数为，没有孤电子对，其空间结构为正三角形，则其键角为120℃，D正确；故选D；5．A．应该用浓硫酸干燥氯气，A错误；B．根据题给信息可知，制取

BCl3

的时候，应该控制温度为65℃，B错误；C．BCl3

的沸点为12．5℃，且密度大于空气，则应该用向上排空气的方法收集，且用冰水冷却，C正确；D．尾气中的一氧化碳和氢氧化钠不反应，不能用氢氧化钠吸收，D错误；故选C；6．A．H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应：H3BO3+OH-=H2BO+H2O，故A错误；B．B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4，无元素的化合价变化，由原子守恒可知反应为，故B正确；C．Al2O3溶于NaOH溶液反应生成四羟基铝酸钠，离子反应为Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，故C正确；D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN，无元素的化合价变化，由原子守恒可知反应为，故D正确；故选A。7．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．制铜电路板：B．制单质硅：C．制金属镁：D．制漂白粉：稀【答案】A【解析】A．Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2，通入Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，转化可以实现，故A正确；B．SiO2与HCl不会直接反应，故B错误；C．电解MgCl2溶液不能得到单质Mg，故C错误；D．稀盐酸不能与MnO2反应制得Cl2，故D错误；答案选A。8．化合物Z是合成药物洛索洛芬钠的中间体，其合成路线如下：下列说法正确是A．X与足量反应生成的产物中含有3个手性碳原子B．X、Y可用溶液鉴别C．25℃，Y在水中的溶解度比Z的大D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应【答案】C【解析】A．连接4个不同原子或基团的碳原子是手性碳原子，X分子中苯环、酮羰基与氢气发生加成反应，加成产物为，只有与羟基连接的1个碳原子是手性碳原子，故A错误；B．X含有酮羰基，Y含有醇羟基，二者都不能与氯化铁溶液反应，用FeCl3溶液不能鉴别二者，故B错误；C．Y分子含有醇羟基，能与水分子之间形成氢键，而Z不能，Y在水中的溶解度比Z的大，故C正确；D．邻碳有氢的醇在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，而邻碳有氢的卤代烃在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，故D错误；故答案为：C。9．微生物电池除去废水中的装置如图所示。下列说法正确的是A．高温可以提高的去除速率B．不锈钢表面发生了氧化反应C．石墨电极表面发生的电极反应为：D．电池工作时，每消耗，有0．7mol从质子交换膜左侧向右侧迁移【答案】C【解析】由装置图可知，石墨电极上转化生成CO2，C元素化合价由0价升高为+4价，失电子发生氧化反应，则石墨电极为负极，发生电极反应：；不锈钢电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应：。A．高温下微生物容易失去活性，则该电池不能在高温下工作，A错误；B．由分析可知，石墨电极为负极，不锈钢电极为正极，正极发生还原反应，B错误；C．由分析可知，石墨电极为负极，发生电极反应：，C正确；D．结合分析，电池工作时，每消耗，会有8mol电子转移，有0．8mol从质子交换膜左侧向右侧迁移，D错误；故选C。10．CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是A．溶于水所得溶液中B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发C．“还原”后溶液的pH增大D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度【答案】D【解析】由题给流程可知，二氯化四氨合铜经多步转化得到氧化铜，向氧化铜中加入稍过量的稀硫酸酸溶，将氧化铜转化为硫酸铜，向反应得到的硫酸铜溶液加入氯化钠和亚硫酸钠固体，将硫酸铜转化为氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，过滤、用乙醇洗涤得到氯化亚铜。A．配合物中四氨合铜离子为内界、氯离子为外界，配合物在溶液中电离出四氨合铜离子和氯离子，不能电离出氨分子，故A错误；B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，导致亚硫酸根离子无法将溶液中的铜离子还原为氯化亚铜沉淀，故B错误；C．由分析可知，“还原”发生的反应为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，反应生成的氢离子会使溶液pH减小，故C错误；D．由题意可知，氯化亚铜在潮湿空气中易被氧化，所以“洗涤”时先用水再用乙醇会使氯化亚铜被氧化，降低产品的纯度，故D正确；故选D。11．室温下，下列实验设计能达到实验目的的是选项实验设计实验目A向盛有KMnO4溶液的试管中加入草酸酸化提高KMnO4溶液的氧化性B向盛有5mL0．005mol·L-1FeCl3溶液试管中加入5mL0．015mol·L-1KSCN溶液，再加入少量铁粉，振荡，观察溶液颜色变化探究反应物浓度影响化学平衡C在酸性KMnO4溶液中滴加间甲基苯甲醛，振荡，溶液紫红色褪去验证醛基具有还原性D在CaCO3中加入浓醋酸，并将反应后的气体直接通入苯酚钠溶液中，观察现象验证酸性：碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．草酸具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，降低高锰酸钾溶液的氧化性（一般用稀硫酸酸化高锰酸钾溶液），A错误；B．加入铁粉将Fe3+还原成Fe2+，使Fe3+浓度降低，最终导致反应平衡逆向移动，溶液红色变浅，B正确；C．间甲基苯甲醛上的甲基也能被高锰酸钾溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，故无法直接证明醛基具有还原性，C错误；D．醋酸易挥发，混在CO2中，也能与苯酚钠反应生成苯酚，故不能判断酸性：碳酸>苯酚，D错误；故答案选B。12．以磷石膏（含和少量等）为原料制备轻质的部分流程如图所示：已知：室温下，、下列说法不正确的是A．的的溶液中：B．的溶液中：C．“转化”后得到的滤液中：D．“浸取”反应的离子方程式为【答案】C【解析】磷石膏（含CaSO4和少量SiO2）中加入(NH4)2CO3溶液，CaSO4转化为CaCO3，过滤后的滤渣中含有CaCO3、SiO2，滤渣煅烧CaCO3分解成CaO，然后加入NH4Cl溶液浸取，浸取后的滤液经系列步骤得到轻质CaCO3。A．碳酸的，的的溶液中，c(H+)=10-9．5mol/L，<0．1mol/L，，故A正确；B．溶液中，，，则，的溶液中，所以，故B正确；C．“转化”后得到的滤液中硫酸钙不一定饱和，所以，故C错误；D．“浸取”时，与CaO反应生成CaCl2和NH3∙H2O，反应放出的热量促进NH3∙H2O分解，所以发生反应，故D正确；选C。13．萨巴帝尔反应可以实现二氧化碳转化为甲烷，其主要反应为反应Ⅰ反应Ⅱ在密闭容器中，、，反应一定时间，的转化率及的选择性[]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A．B．高温和低压均有利于提高甲烷的平衡产率C．280~400℃，随温度的升高不断增大D．320~400℃，随着温度升高将不断减少【答案】D【解析】A．反应II，该反应在一定温度下能自发进行，故反应II的正反应是放热反应，即<0，A错误；B．反应II是气体分子数减小的放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强有利于反应Ⅱ正向进行，从而提高甲烷的平衡产率，高温和低压不利于提高甲烷平衡产率，B错误；C．280320℃，反应I、II均正向进行，都会生成H2O，总反应消耗的CO2量增加，随温度升高不断增大；320~400℃，图中的转化率下降，说明随温度升高反应II逆向移动，反应I也逆向移动(反应II逆向移动使体系中CO的浓度增大，且CO浓度增大对反应I平衡的影响大于升高温度对反应I平衡的影响)，体系中的n(H2O)减小，所以280~400℃，n(H2O)随温度升高先增大后减小，C错误；D．320~400℃，的转化率下降，说明体系中n(CO)与n(CH4)之和减小，而的选择性不变，则体系中的n(CH4)和n(CO)均随着温度升高而不断减少，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题61分)二、非选择题：本题共4题，共61分。14．以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。（1）制备硫酸锰的流程如下：“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是___________。④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下：H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为___________。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。（2）已知：pH在6．4~7．6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4．实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是___________。②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是___________。【答案】（1）①．C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O②．PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去③．液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低④．⑤．pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢（2）①．Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值②．过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降【解析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸浸”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析；（1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；③液固比20∶1浆料相当于向液固比10∶1浆料中加水，使MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低，故答案为液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低；④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢；（2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。15．H是一种新型的新型免疫调节剂()，其合成路线如下：（1）A中的含氧官能团名称为_______。（2）B的分子式为，其结构简式为_______。（3）E→F的反应类型为_______。F→G中有副产物生成，该副产物的结构简式为_______。（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_______。①是含有一个手性碳的氨基酸。②碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物。Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，Z能使溴的四氯化碳溶液褪色。（5）已知：①②苯环上连有推电子基团时不利于A→C反应发生③写出以对硝基甲苯、为原料制备的合成路线流程图：_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】（1）硝基、羧基（2）或（3）①．取代②．（4）（5）【解析】根据流程可知，A到C发生的是取代反应，结合小问(2)中B的分子式为，可以推出B的结构简式为，C到D发生的也是取代反应，D到E发生水解反应后再酸化，E到F发生分子内取代，最后由F生成G；（1）根据A的结构简式，A中含氧官能团为硝基和羧基；（2）根据分析可知，B的结构简式为或；（3）由分析可知，E→F的反应类型为取代反应，根据G的结构简式，可知F→G是酰胺基邻位上的两个H被两个Br取代，故副产物的结构简式为；（4）C的结构简式为，C的同分异构体是含有一个手性碳的氨基酸，说明氨基和羧基连在同一个碳上，该碳原子还连有另外两个不同的原子或基团；碱性条件下水解可以得到X、Y和Z三种有机产物，说明有2个酯基，Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，Z能使溴的四氯化碳溶液褪色，则Y和Z均为较对称的结构，Y中含有酚羟基，Z中含有碳碳双键，满足条件的C的同分异构体为；（5）以对硝基甲苯、为原料制备，可先用对硝基甲苯与Cl2在催化剂作用下生成，再与酸性KMnO4反应生成(先将甲基氧化，再进行下一步，因为甲基是推电子基，苯环上连有推电子基团时不利于A→C反应发生)，结合题干中A到C的反应，与在乙醇钠、CuBr的条件下生成，继续用酸性KMnO4氧化为，最后用还原为，合成路线为。16．AlI3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。（1）AlI3应用：下图为一种利用原电池原理设计的测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。①测定O2含量过程中发生的总反应方程式为______。②给传感器充电时，Ag+向______（填“银”或“多孔石墨”）电极移动。（2）AlI3的制备：①实验室可用如图装置制备AlI3。请补充完整AlI3制备的实验流程：将0．02mol铝和0．01molI2及正己烷加入烧瓶中，排尽装置中空气后，加热回流至_______，得粗产品。[实验中必须使用的试剂和设备：正己烷，蒸发皿，通风设备]②用上述操作所得粗产品呈浅棕黄色，可能原因是引入了碘单质，请设计实验方案验证________。（3）AlI3的含量分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：难溶电解质AgI(黄色)AgSCN(白色)溶度积常数Ksp8．5×10—171．0×10—12称取产品1．0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。准备好滴定管→用移液管准确移取25．00mL待测溶液加入锥形瓶→准确移取25．00mL4．000×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶→滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液→加入稀酸B→用1．000×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数。①补充完整准备滴定管的操作：滴定管检漏、___________→_________→装液、赶气泡、调液面、读数。②三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25．20mL，则产品纯度为______。（写出计算过程）【答案】（1）①．3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI②．银（2）①．溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤，打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥②．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（3）①．水洗②．待装溶液润洗③．99．73%【解析】Ag电极（负极）上，Ag失电子生成Ag+，电极反应为，O2通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2（），I2在石墨电极发生还原反应生成I-，I-与Ag+生成AgI，电极反应为。0．2mol过量的Al和0．1molI2、正己烷加热回流得混合物，过滤除去未反应完的Al，滤液经过浓缩得浓溶液，然后结晶、过滤、洗涤、干燥得AlI3粗产品。（1）①根据上述分析，结合两电极得失电子守恒可知，总方程式3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgI；②充电时，Ag电极为阴极，与电源负极相连，Ag+移向Ag电极（阴极）；（2）①由上述分析可知，AlI3过量，I2完全反应，故加热回流至溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤（除去过量的Al），打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥；②可用淀粉溶液检验碘单质，故先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，再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，反之则无；（3）①滴定管使用前需检漏，再用水洗涤，并用待测液润洗2~3次，再装液；②依题存在如下计量关系：AlI3~3I-~3Ag+，Ag+~SCN-；故样品中AlI3的纯度为有ω(AlI3)=。17．CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于实现碳中和。（1）DEA[(C2H4OH)2NH]是一种CO2捕集剂。室温下，将CO2体积分数为15%(其余为N2)的混合气以一定流速通过装有一定量DEA溶液的捕集器(N₂不被吸收)，被吸收后的混合气在出口处通过CO₂含量检测装置，直至捕集剂吸收CO2达到饱和。将吸收CO₂饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生。DEA吸收CO2的过程如下图所示。①能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是___________。②写出CO2解吸时发生反应的离子方程式：___________。③衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为___________。(写一条)。（2）反应CO2(g)+2CH3OH(l)(CH3O)2CO(l)+H2O(l)可用于合成碳酸二甲酯。①该反应的平衡常数(pK=-lgK)与温度的关系如下图所示。为提高原料的平衡转化率，可采取的措施有___________。(写一条)②ZrO2可作为合成反应的催化剂。(i)一种ZrO2的晶胞结构如图所示，该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为___________。(ii)ZrO₂催化合成碳酸二甲酯的可能反应机理如图所示，Zr4+是催化过程中的关键活性位点。在答题卡上补充完整F的结构式：___________。(iii)在C→D的过程中还可能生成一种中间体M()，该中间体与D中的基团存在明显差异，可用___________(分析方法)检验是否有M存在。③(CH3O)2CO(1)与CH3OH(I)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。请补充完整从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入水中___________。【答案】（1）①．出口处气体中CO2体积分数为15%②．(C2H4OH)2NCOO-＋(C2H4OH)2NH2(C2H4OH)2NH＋CO2↑③．捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)（2）①．适当降温、加压、从体系中分离出H2O②．4③．（）④．红外光谱法（）⑤．搅拌、静置后分离出上层有机层【解析】（1）①如果DEA吸收CO2达到饱和，则混合气体中CO2的体积分数在通过DEA溶液前后不变，即能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是出口处气体中CO2体积分数为15%；②在120℃下充分加热，CO2解吸时生成(C2H4OH)2NH、CO2，离子反应方程式为：(C2H4OH)2NCOO-＋(C2H4OH)2NH2(C2H4OH)2NH＋CO2↑；③根据题意，捕集剂吸收CO2达到饱和后，将吸收CO₂饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生，则衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为：捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)；（2）①升高温度，pK增大，则K减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，要提高原料的平衡转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，但不能是通过增大反应物的浓度实现，采取的措施有增大压强、适当降低温度、从体系中分离出水，故答案为：适当降温、加压、从体系中分离出水；②(i)根据离子半径知，黑色球表示Zr4+，白色球表示O2-，该晶胞中Zr4+个数为，根据化学式知，该晶胞中O2-的个数为4，该ZrO2晶体中与O2-距离最近且相等的Zr4+的数目为4；(ii)E和甲醇反应生成F，F反应生成HOZrOZr和(CH3O)2CO，根据A生成B的反应判断F的结构简式为：（）；(iii)对比二者的结构可知，该中间体与D中的基团存在明显差异，二者所含化学键不同，可用红外光谱法检验是否有M存在；③(CH3O)2CO(1)与CH3OH(I)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。共沸物中一种是甲醇、一种是酯类物质，甲醇易溶于水、(CH3O)2CO难溶于水，从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入一定量的水中，搅拌、静置后分离出上层有机层，故答案为：搅拌、静置后分离出上层有机层。江苏省2025年秋季高三开学摸底考试模拟卷01（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：高中复习。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23第Ⅰ卷（选择题共39分）一、选择题：本题共13个小题，每小题3分，共39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．下列材料属于有机合成材料的是A．钛合金 B．酚醛树脂 C．氮化硅陶瓷 D．硅酸盐玻璃【答案】B【解析】A．钛合金是金属材料，故不选A；B．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生聚合反应生成的有机合成材料，故选B；C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故不选C；D．硅酸盐玻璃是传统无机非金属材料，故不选D；选B2．亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4+CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是A．CsNO3中含有离子键与共价键B．CsF的电子式为C．FNO的空间构型为直线形D．氧原子的结构示意图为 【答案】A【解析】A．CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故A正确；B．CsF为离子化合物，电子式为，故B错误；C．FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C错误；D．O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故D错误；故选A。3．黑火药主要成分是硫磺、硝酸钾和木炭，能发生剧烈的氧化还原反应。下列说法正确的是A．半径：r(K＋)>r(S2-) B．第一电离能：I1(N)>I1(S)C．电负性： D．稳定性：H2S>H2O【答案】B【解析】A．S2-、K+具有相同的核外电子排布，且K的核电荷数比S的大，故半径大小：r(S2−)＞r(K+)，A错误；

B．同一周期元素，从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，N、O为同一周期元素，N的2p轨道电子半充满较稳定，第一电离能：I1(N)>I1(O)，O、S为同一主族元素，从上往下第一电离能逐渐减小，第一电离能：I1(O)>I1(S)，则第一电离能：I1(N)>I1(S)，B正确；C．C、O为同一周期主族元素，从左往右元素电负性依次增强，即电负性大小：，C错误；D．已知O的非金属性强于S，元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，故气态氢化物稳定性：H2O＞H2S，D错误；故答案为：B。阅读下列材料，完成下面小题；第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12．5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与NH3高温反应制得。4．下列说法正确的是A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1 B．NH3BH3的结构式：C．氮化镓属于分子晶体 D．BCl3分子中键角为5．下列制取BCl3的部分实验装置能达到实验目的的是A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气6．下列化学反应表示不正确的是A．H3BO3和足量NaOH溶液反应：H3BO3+3OH-=BO+3H2OB．B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4：C．Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：【答案】4．D5．C6．A【解析】4．A．Ga为31号元素，则其基态核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，A错误；B．NH3BH3中N有故电子对，B有空轨道，则其结构式为：，B错误；C．氮化镓熔点较高，不符合分子晶体的特征，故不属于分子晶体，C错误；D．BCl3分子的中心原子的价层电子对数为，没有孤电子对，其空间结构为正三角形，则其键角为120℃，D正确；故选D；5．A．应该用浓硫酸干燥氯气，A错误；B．根据题给信息可知，制取

BCl3

的时候，应该控制温度为65℃，B错误；C．BCl3

的沸点为12．5℃，且密度大于空气，则应该用向上排空气的方法收集，且用冰水冷却，C正确；D．尾气中的一氧化碳和氢氧化钠不反应，不能用氢氧化钠吸收，D错误；故选C；6．A．H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应：H3BO3+OH-=H2BO+H2O，故A错误；B．B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4，无元素的化合价变化，由原子守恒可知反应为，故B正确；C．Al2O3溶于NaOH溶液反应生成四羟基铝酸钠，离子反应为Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，故C正确；D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN，无元素的化合价变化，由原子守恒可知反应为，故D正确；故选A。7．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．制铜电路板：B．制单质硅：C．制金属镁：D．制漂白粉：稀【答案】A【解析】A．Cu与FeCl3溶液反应生成FeCl2，通入Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3，转化可以实现，故A正确；B．SiO2与HCl不会直接反应，故B错误；C．电解MgCl2溶液不能得到单质Mg，故C错误；D．稀盐酸不能与MnO2反应制得Cl2，故D错误；答案选A。8．化合物Z是合成药物洛索洛芬钠的中间体，其合成路线如下：下列说法正确是A．X与足量反应生成的产物中含有3个手性碳原子B．X、Y可用溶液鉴别C．25℃，Y在水中的溶解度比Z的大D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应【答案】C【解析】A．连接4个不同原子或基团的碳原子是手性碳原子，X分子中苯环、酮羰基与氢气发生加成反应，加成产物为，只有与羟基连接的1个碳原子是手性碳原子，故A错误；B．X含有酮羰基，Y含有醇羟基，二者都不能与氯化铁溶液反应，用FeCl3溶液不能鉴别二者，故B错误；C．Y分子含有醇羟基，能与水分子之间形成氢键，而Z不能，Y在水中的溶解度比Z的大，故C正确；D．邻碳有氢的醇在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，而邻碳有氢的卤代烃在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，故D错误；故答案为：C。9．微生物电池除去废水中的装置如图所示。下列说法正确的是A．高温可以提高的去除速率B．不锈钢表面发生了氧化反应C．石墨电极表面发生的电极反应为：D．电池工作时，每消耗，有0．7mol从质子交换膜左侧向右侧迁移【答案】C【解析】由装置图可知，石墨电极上转化生成CO2，C元素化合价由0价升高为+4价，失电子发生氧化反应，则石墨电极为负极，发生电极反应：；不锈钢电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应：。A．高温下微生物容易失去活性，则该电池不能在高温下工作，A错误；B．由分析可知，石墨电极为负极，不锈钢电极为正极，正极发生还原反应，B错误；C．由分析可知，石墨电极为负极，发生电极反应：，C正确；D．结合分析，电池工作时，每消耗，会有8mol电子转移，有0．8mol从质子交换膜左侧向右侧迁移，D错误；故选C。10．CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是A．溶于水所得溶液中B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发C．“还原”后溶液的pH增大D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度【答案】D【解析】由题给流程可知，二氯化四氨合铜经多步转化得到氧化铜，向氧化铜中加入稍过量的稀硫酸酸溶，将氧化铜转化为硫酸铜，向反应得到的硫酸铜溶液加入氯化钠和亚硫酸钠固体，将硫酸铜转化为氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，过滤、用乙醇洗涤得到氯化亚铜。A．配合物中四氨合铜离子为内界、氯离子为外界，配合物在溶液中电离出四氨合铜离子和氯离子，不能电离出氨分子，故A错误；B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，导致亚硫酸根离子无法将溶液中的铜离子还原为氯化亚铜沉淀，故B错误；C．由分析可知，“还原”发生的反应为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，反应生成的氢离子会使溶液pH减小，故C错误；D．由题意可知，氯化亚铜在潮湿空气中易被氧化，所以“洗涤”时先用水再用乙醇会使氯化亚铜被氧化，降低产品的纯度，故D正确；故选D。11．室温下，下列实验设计能达到实验目的的是选项实验设计实验目A向盛有KMnO4溶液的试管中加入草酸酸化提高KMnO4溶液的氧化性B向盛有5mL0．005mol·L-1FeCl3溶液试管中加入5mL0．015mol·L-1KSCN溶液，再加入少量铁粉，振荡，观察溶液颜色变化探究反应物浓度影响化学平衡C在酸性KMnO4溶液中滴加间甲基苯甲醛，振荡，溶液紫红色褪去验证醛基具有还原性D在CaCO3中加入浓醋酸，并将反应后的气体直接通入苯酚钠溶液中，观察现象验证酸性：碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．草酸具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，降低高锰酸钾溶液的氧化性（一般用稀硫酸酸化高锰酸钾溶液），A错误；B．加入铁粉将Fe3+还原成Fe2+，使Fe3+浓度降低，最终导致反应平衡逆向移动，溶液红色变浅，B正确；C．间甲基苯甲醛上的甲基也能被高锰酸钾溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，故无法直接证明醛基具有还原性，C错误；D．醋酸易挥发，混在CO2中，也能与苯酚钠反应生成苯酚，故不能判断酸性：碳酸>苯酚，D错误；故答案选B。12．以磷石膏（含和少量等）为原料制备轻质的部分流程如图所示：已知：室温下，、下列说法不正确的是A．的的溶液中：B．的溶液中：C．“转化”后得到的滤液中：D．“浸取”反应的离子方程式为【答案】C【解析】磷石膏（含CaSO4和少量SiO2）中加入(NH4)2CO3溶液，CaSO4转化为CaCO3，过滤后的滤渣中含有CaCO3、SiO2，滤渣煅烧CaCO3分解成CaO，然后加入NH4Cl溶液浸取，浸取后的滤液经系列步骤得到轻质CaCO3。A．碳酸的，的的溶液中，c(H+)=10-9．5mol/L，<0．1mol/L，，故A正确；B．溶液中，，，则，的溶液中，所以，故B正确；C．“转化”后得到的滤液中硫酸钙不一定饱和，所以，故C错误；D．“浸取”时，与CaO反应生成CaCl2和NH3∙H2O，反应放出的热量促进NH3∙H2O分解，所以发生反应，故D正确；选C。13．萨巴帝尔反应可以实现二氧化碳转化为甲烷，其主要反应为反应Ⅰ反应Ⅱ在密闭容器中，、，反应一定时间，的转化率及的选择性[]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A．B．高温和低压均有利于提高甲烷的平衡产率C．280~400℃，随温度的升高不断增大D．320~400℃，随着温度升高将不断减少【答案】D【解析】A．反应II，该反应在一定温度下能自发进行，故反应II的正反应是放热反应，即<0，A错误；B．反应II是气体分子数减小的放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强有利于反应Ⅱ正向进行，从而提高甲烷的平衡产率，高温和低压不利于提高甲烷平衡产率，B错误；C．280320℃，反应I、II均正向进行，都会生成H2O，总反应消耗的CO2量增加，随温度升高不断增大；320~400℃，图中的转化率下降，说明随温度升高反应II逆向移动，反应I也逆向移动(反应II逆向移动使体系中CO的浓度增大，且CO浓度增大对反应I平衡的影响大于升高温度对反应I平衡的影响)，体系中的n(H2O)减小，所以280~400℃，n(H2O)随温度升高先增大后减小，C错误；D．320~400℃，的转化率下降，说明体系中n(CO)与n(CH4)之和减小，而的选择性不变，则体系中的n(CH4)和n(CO)均随着温度升高而不断减少，D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题61分)二、非选择题：本题共4题，共61分。14．以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4。（1）制备硫酸锰的流程如下：“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式___________。②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是___________。④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下：H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为___________。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________。（2）已知：pH在6．4~7．6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4．实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是___________。②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是___________。【答案】（1）①．C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O②．PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去③．液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低④．⑤．pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢（2）①．Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值②．过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降【解析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸浸”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析；（1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；③液固比20∶1浆料相当于向液固比10∶1浆料中加水，使MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低，故答案为液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低；④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢；（2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。15．H是一种新型的新型免疫调节剂()，其合成路线如下：（1）A中的含氧官能团名称为_______。（2）B的分子式为，其结构简式为_______。（3）E→F的反应类型为_______。F→G中有副产物生成，该副产物的结构简式为_______。（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_______。①是含有一个手性碳的氨基酸。②碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物。Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，Z能使溴的四氯化碳溶液褪色。（5）已知：①②苯环上连有推电子基团时不利于A→C反应发生③写出以对硝基甲苯、为原料制备的合成路线流程图：_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。【答案】（1）硝基、羧基（2）或（3）①．取代②．（4）（5）【解析】根据流程可知，A到C发生的是取代反应，结合小问(2)中B的分子式为，可以推出B的结构简式为，C到D发生的也是取代反应，D到E发生水解反应后再酸化，E到F发生分子内取代，最后由F生成G；（1）根据A的结构简式，A中含氧官能团为硝基和羧基；（2）根据分析可知，B的结构简式为或；（3）由分析可知，E→F的反应类型为取代反应，根据G的结构简式，可知F→G是酰胺基邻位上的两个H被两个Br取代，故副产物的结构简式为；（4）C的结构简式为，C的同分异构体是含有一个手性碳的氨基酸，说明氨基和羧基连在同一个碳上，该碳原子还连有另外两个不同的原子或基团；碱性条件下水解可以得到X、Y和Z三种有机产物，说明有2个酯基，Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与溶液发生显色反应，Z能使溴的四氯化碳溶液褪色，则Y和Z均为较对称的结构，Y中含有酚羟基，Z中含有碳碳双键，满足条件的C的同分异构体为；（5）以对硝基甲苯、为原料制备，可先用对硝基甲苯与Cl2在催化剂作用下生成，再与酸性KMnO4反应生成(先将甲基氧化，再进行下一步，因为甲基是推电子基，苯环上连有推电子基团时不利于A→C反应发生)，结合题干中A到C的反应，与在乙醇钠、CuBr的条件下生成，继续用酸性KMnO4氧化为，最后用还原为，合成路线为。16．AlI3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。（1）AlI3应用：下图为一种利用原电池原理设计的测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。①测定O2含量过程中发生的总反应方程式为______。②给传感器充电时，Ag+向______（填“银”或“多孔石墨”）电极移动。（2）AlI3的制备：①实验室可用如图装置制备AlI3。请补充完整AlI3制备的实验流程：将0．02mol铝和0．01molI2及正己烷加入烧瓶中，排尽装置中空气后，加热回流至_______，得粗产品。[实验中必须使用的试剂和设备：正己烷，蒸发皿，通风设备]②用上述操作所得粗产品呈浅棕黄色，可能原因是引入了碘单质，请设计实验方案验证________。（3）AlI3的含量分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：难溶电解质AgI(黄色)AgSCN(白色)溶度积常数Ksp8．5×10—171．0×10—12称取产品1．0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。准备好滴定管→用移液管准确移取25．00mL待测溶液加入锥形瓶→准确移取25．00mL4．000×10-2mol·L-1AgNO3标准溶液加入锥形瓶→滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液→加入稀酸B→用1．000×10-2mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数。①补充完整准备滴定管的操作：滴定管检漏、___________→_________→装液、赶气泡、调液面、读数。②三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25．20mL，则产品纯度为______。（写出计算过程）【答案】（1）①．3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI②．银（2）①．溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤，打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥②．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（3）①．水洗②．待装溶液润洗③．99．73%【解析】Ag电极（负极）上，Ag失电子生成Ag+，电极反应为，O2通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2（），I2在石墨电极发生还原反应生成I-，I-与Ag+生成AgI，电极反应为。0．2mol过量的Al和0．1molI2、正己烷加热回流得混合物，过滤除去未反应完的Al，滤液