2025年高考押題預測卷高三化學（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Mg24S32Cl35.5Mn55Re186一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．目前化學科學已經融入國民經濟的大部分技術領域，下列說法正確的是A．利用合成了脂肪酸，實現了無機小分子向有機高分子的轉變B．“燃煤脫硫”技術有利于我國早日實現“碳達峰、碳中和”C．我國殲-35A戰斗機的雷達罩使用的玻璃纖維屬于新型無機非金屬材料D．重油通過分餾可得到石油氣、汽油、煤油和柴油【答案】C【解析】A．脂肪酸不屬于高分子，故A錯誤；B．“燃煤脫硫”技術有利于減少污染，無法減少碳的排放，不能實現“碳達峰、碳中和”，故B錯誤；C．玻璃纖維是一種性能優異的無機非金屬材料，故C正確；D．石油分餾可得到石油氣、汽油、煤油和柴油，故D錯誤；選C。2．下列說法不正確的是A．電解溶液可以得到B．工業上可用氨水吸收燃煤煙氣中的二氧化硫C．在食品包裝袋內放入鐵系保鮮劑可防止食品因氧化而變質D．濃硝酸與鐵在常溫下不能反應，所以可用鐵質容器貯運濃硝酸【答案】D【解析】A．電解溶液，鋅離子在陰極得到電子被還原生成，該說法正確；B．氨水呈堿性，二氧化硫是酸性氧化物，二者能發生反應，所以工業上可用氨水吸收燃煤煙氣中的二氧化硫，該說法正確；C．鐵系保鮮劑中的鐵具有還原性，能與氧氣反應，從而防止食品因氧化而變質，該說法正確；D．濃硝酸與鐵在常溫下發生鈍化反應，在鐵表面生成一層致密的氧化膜，阻止反應進一步進行，所以可用鐵質容器貯運濃硝酸，并不是不能反應，該項說法錯誤；綜上所述，正確答案是Ｄ。3．下列有關實驗的說法錯誤的是A．用濃氨水清洗沾有AgCl固體的試管B．用棕色酸式滴定管量取10.00mLKMnO4溶液C．分液漏斗使用前關閉旋塞加少量水，若旋塞處不漏水即可使用D．蒸餾時先通冷凝水，再開加熱器；結束時先關加熱器，再關冷凝水【答案】C【解析】A．濃氨水與Ag+配位，可以清洗AgCl固體，故A正確；B．高錳酸鉀具有強氧化性應用酸式滴定管，故B正確；C．萃取前向分液漏斗中加少量水，檢查旋塞處不漏水，再將旋塞旋轉180°不漏水，則可使用，故C錯誤；D．蒸餾開始時先開冷凝水再加熱，結束時先停止加熱再關冷凝水，故D正確；故答案為C。4．下列化學用語或圖示正確的是A．的系統命名：2-氯丁酮B．HClO的球棍模型：C．基態Cu＋的價電子軌道表示式：D．反式聚異戊二烯的結構簡式：【答案】B【解析】A．由結構簡式可知系統名稱為3-氯丁酮，故A錯誤；B．HClO的結構式為H-O-Cl，又原子半徑Cl>O>H，球棍模型：，故B正確；C．基態Cu＋的價電子數為10，價電子軌道表示式為，故C錯誤；D．反式聚異戊二烯的結構簡式為，表示順式結構，故D錯誤；故選：B。5．已知在濃硫酸作用下，苯在50~60℃能與濃硝酸發生硝化反應，生成硝基苯，關于該實驗下列說法不正確的是A．溫度計必須懸掛在燒杯中，不能接觸到燒杯壁和底部B．該反應在50~60℃進行，應用水浴加熱C．產物為無色液體，有苦杏仁氣味，不溶于水，密度比水的小D．該實驗中濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑【答案】C【解析】A．該實驗中溫度計是測液體的溫度，必須懸掛在燒杯中，不能接觸到燒杯內壁和底部，A正確；B．該反應在50~60℃進行，應用水浴加熱，B正確；C．產物為硝基苯，無色液體，有苦杏仁氣味，不溶于水，密度比水的大，C錯誤；D．苯的硝化反應中濃硫酸的作用是作催化劑和吸水劑，D正確；答案選C。6．向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S氣體，反應生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃時部分異構化為NH4SCN。下列說法正確的是A．Ca2+的結構示意圖： B．H2S是由極性鍵構成的極性分子C．SCN—中碳原子采取sp2雜化 D．1mol(NH2)2CS中含有8molσ鍵【答案】B【解析】A．Ca2+的核電荷數為20，核外電子數為18，結構示意圖為，故A錯誤；B．H2S中的S原子sp3雜化，存在兩對孤電子對，H2S是由極性鍵構成的極性分子，故B正確；C．SCN-中碳原子價層電子對數=2，SCN-中碳原子采取sp雜化，故C錯誤；D．(NH2)2CS中N-H鍵：每個-NH2基團中有2個N-H鍵，硫脲分子中有2個NH2基團，因此共有4個N-H鍵；C-N鍵：硫脲分子中有2個C-N鍵；C=S鍵：硫脲分子中有1個C=S鍵，共含有7molσ鍵，故D錯誤；故選B。7．微觀結構決定物質性質，下列物質性質差異與結構因素匹配錯誤的是性質差異結構因素A熱穩定性：分子間氫鍵數目B硬度：金剛石>碳化硅共價鍵鍵能C堿性：成鍵元素的電負性D熔點：晶體類型【答案】A【解析】A．熱穩定性：，是因為H-O鍵的鍵能大于H-N，氫鍵只影響二者的熔沸點等物理性質，不影響二者的熱穩定性，A錯誤；B．金剛石、碳化硅都是共價晶體，共價晶體的熔點與共價鍵的強度有關，鍵能：C-C>Si-C，熔點：金剛石＞碳化硅，B正確；C．電負性：F＞H，導致分子中電子偏向氟，氮原子上的孤電子對對氫離子吸引力減弱，堿性：，C正確；D．是離子晶體，是分子晶體，熔點：，D正確；故選A。8．下列說法正確的是A．標準狀況下，22.4LHF所含的分子數目為B．向溶液中通入適量，當有1mol生成時，共轉移的電子數可能為C．0.1molFe與足量鹽酸反應，轉移個電子D．0.1mol環氧乙烷（）中含有的σ鍵數目為【答案】B【解析】A．HF標準狀況下為非氣體，無法計算，A錯誤；B．亞鐵離子還原性大于溴離子，通入氯氣，亞鐵離子首先被氧化為鐵離子、然后溴離子被氧化為溴單質，FeBr2溶液中通入適量Cl2，當有1molBr2生成，則生成溴單質轉移2mol電子，若溶液中含有2molFeBr2，則溴離子部分反應而亞鐵離子反應2mol，則會共轉移4mol電子，電子數為4NA，B正確；C．Fe與足量鹽酸反應生成亞鐵離子，0.1molFe與足量鹽酸反應，轉移個電子，C錯誤；D．環氧乙烷中的C—O鍵、C—C鍵、C—H鍵均為σ鍵，0.1mol環氧乙烷()中含有的0.7molσ鍵，數目為0.7NA，D錯誤；故選B。9．蓽茇酰胺是從中藥蓽茇中提取的一種有抗癌活性的天然生物堿，結構如下圖所示。下列說法不正確的是A．含有3種含氧官能團 B．存在順反異構C．核磁共振氫譜有9組峰 D．該化合物最多與反應【答案】A【解析】A．由圖知，分子中含有醚鍵、碳碳雙鍵、酰胺鍵三種官能團，其中含氧官能團只有2種，A錯誤；B．由圖知，該分子中的碳鏈上的碳碳雙鍵上的碳原子均連接不同基團，則存在順反異構，B正確；C．存在9種不用環境的氫原子，則核磁共振氫譜有9組峰，如圖所示：，C正確；D．酰胺基能和氫氧化鈉溶液反應，1mol該化合物含有2mol酰胺基，最多消耗，D正確；故選A。10．工業廢水中的砷元素(主要存在形式是)具有強毒性，需要進行脫砷處理才能排放，下圖是一種處理酸性廢水中砷元素的工藝。下列敘述正確的是A．氧化劑可以選擇B．氧化步驟的離子方程式：C．加有助于通過共沉淀提高除砷率D．脫砷后排放的水可用于配制溶液【答案】C【分析】高濃度的含砷廢水中，砷以As(Ⅲ)和As(Ⅴ)形式存在，廢水呈酸性，向廢水中加入H2O2將低價態的As(Ⅲ)氧化為高價態，再加入FeCl3和NaOH，FeCl3在堿性條件下生成Fe(OH)3沉淀，砷的化合物與Fe(OH)3共同沉淀，提高除砷率，再調節廢水pH，使水質符合排放標準，最終排放。【解析】A．若氧化劑使用，會引入新的雜質錳元素，因此氧化劑不能選擇，A項錯誤；B．氧化步驟中加H2O2將氧化為，H2O2被還原為H2O，而不是生成O2，B項錯誤；C．加調節，會轉化為沉淀,通過共同沉淀提高除砷率，C項正確；D．根據流程分析可知，脫砷后排放的水中含有等雜質，會與反應生成沉淀，不能用于配制溶液，D項錯誤；答案選C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11．已知在醇溶液中發生的取代反應和消去反應互為競爭，二者反應歷程中的相對能量變化如下圖所示。下列說法錯誤的是A．醇溶液中與乙醇分子間形成了氫鍵B．發生取代反應或消去反應時，進攻的原子不同C．溶劑不同時，與反應的選擇性可能不同D．醇溶液中發生消去反應在熱力學上更有利【答案】D【解析】A．從反應歷程圖能看到，中的氧與乙醇分子中的氫存在相互作用，符合氫鍵形成特征，所以醇溶液中與乙醇分子間形成了氫鍵，A正確；B．取代反應里，進攻與Br原子相連的碳原子；消去反應時，進攻與Br原子相連碳原子的鄰位碳原子上的氫原子，進攻原子不同，B正確；C．溶劑不同，對反應體系中分子間作用力、反應物和過渡態穩定性等影響不同，會改變反應活化能等，進而使與反應的選擇性改變，C正確；D．由圖可知，取代反應產物能量比消去反應產物能量低，能量越低越穩定，說明在醇溶液中發生取代反應在熱力學上更有利，并非消去反應，D錯誤；綜上，答案是D。12．由下列事實或現象能得出相應結論的是事實或現象結論A烯烴中溶入冠醚時，KMnO4水溶液與烯烴反應的氧化效果明顯增強冠醚能氧化烯烴B向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液變為藍色Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A)C常溫下將鋁片投入濃HNO3中，無明顯現象Al與濃HNO3不反應D向Pb3O4、Fe3O4中分別滴加濃鹽酸，固體均消失，但只有前者產生黃綠色氣體氧化性：Pb3O4>Fe3O4【答案】BD【解析】A．冠醚的作用是作為相轉移催化劑，通過絡合離子（如）促進與烯烴的反應，而非直接氧化烯烴，結論錯誤，故A錯誤；B．紫色石蕊溶液變為藍色，說明NaHA的水解大于電離，NaHA的水解平衡常數，NaHA的電離平衡常數，則，即，故B正確；C．常溫下鋁被濃HNO3鈍化，表面生成致密的氧化膜，所以反應無明顯現象，不能說明Al與濃HNO3不反應，故C錯誤；D．Pb3O4中可將濃鹽酸氧化為氯氣，而Fe3O4不能將HCl氧化成氯氣，證明氧化性：Pb3O4>Fe3O4，故D正確；故答案為BD。13．科學家設計出一種新型鋰介導電化學電解池，可實現低能耗，高效率合成氨，裝置示意圖如圖所示。下列說法正確的是A．陽極區反應：B．此裝置降低合成氨能耗的主要原因是鋰金屬能高效解離氮氣形成相應的氮化物C．電解的總反應方程式為，整個裝置每轉化，理論上要補充D．向電解質溶液中加入水提供，可使該裝置生產效率提高【答案】AB【分析】由圖可知，通入氫氣的電極為陽極，氫氣在陽極失去電子發生氧化反應生成氫離子，氫離子與CH3O-離子反應生成CH3OH，CH3OH解離出氫離子和CH3O-離子，通入氮氣的電極為陰極，鋰離子在陰極得到電子生成鋰，鋰與氮氣反應生成Li3N，Li3N與氫離子反應生成Li+和氨氣，則陰極區的反應為Li++e-=Li，N2+6Li=2Li3N，Li3N+3H+=3Li++NH3，電解的總反應方程式為N2+3H22NH3，據此分析解題?！窘馕觥緼．由圖可知，通入氫氣的電極為陽極，氫氣在陽極失去電子發生氧化反應生成氫離子，氫離子與反應生成，陽極區反應式為，A項正確；B．通入氮氣的電極為陰極，鋰離子在陰極得到電子生成鋰，鋰與氮氣反應生成，與解離出的氫離子反應生成和氨氣，由分析可知，此裝置降低合成氨能耗的主要原因是鋰能高效解離氮氣形成相應的氮化物，B項正確；C．電解的總反應方程式為，只是電解質，參與反應后又生成，反應過程不消耗，C項錯誤；D．由于水能與Li直接反應，故含少量甲醇的水溶液不會使該裝置生產效率提高，D項錯誤；故答案選AB。14．某立方晶系的硫錳礦晶胞，沿c軸將原子投影到ab平面，投影圖如下（設代表阿伏加德羅常數的值，括號中c數據為原子在c軸方向的原子坐標）。下列說法錯誤的是A．基態Mn的價電子排布式為B．晶體中的配位數是6C．Mn位于晶胞的頂角和面心D．若晶體密度為，則最近的兩個硫原子之間的距離為【答案】B【解析】A．為25號元素，其基態原子的核外電子排布式為，基態Mn的價電子排布式為，A正確；B．據投影圖可知，晶胞結構如圖，晶體中的配位數是4，B錯誤；C．投影圖可知，晶胞結構如圖，晶胞中位于面心和頂角，C正確；D．據均攤法計算可知，晶胞中硫原子有4個，錳原子有，設晶胞棱長為acm，，a=，最近兩個硫原子之間的距離為面對角線的一半，即，D正確；故答案為：B。15．向AgBr飽和溶液(有足量AgBr固體)中滴加Na2S2O3溶液，發生如下反應：Ag++S2O[Ag(S2O3)]-和[Ag(S2O3)]-+S2O[Ag(S2O3)2]3-，lg[c(M)/(mol/L)]、lg[N]與lg[c(S2O)/(mol/L)]的關系如下圖所示，M代表Ag+或Br-；N代表或。下列說法錯誤的是A．直線L2表示隨c(S2O)變化的關系B．a=-6.1C．c(S2O)=0.001mol/L時，若溶液中Ag(S2O3)2]3-的濃度為xmol/L，則c(Br-)=mol/LD．AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br-的K的數量級為101【答案】AC【分析】這是一幅對數坐標圖，橫坐標為，表示硫代硫酸根離子濃度的常用對數；縱坐標分別為（M代表或）和（N代表兩種含銀配合物濃度比相關的值）。溴化銀的飽和溶液中濃度和濃度相等，向飽和溶液中滴加硫代硫酸鈉溶液時，溶液中濃度減小、濃度增大，則b點所在曲線表示濃度與硫代硫酸根離子濃度變化的關系、d點所在曲線表示與硫代硫酸根離子濃度變化的關系；溴化銀與硫代硫酸鈉溶液開始反應時，溴化銀主要轉化為，溶液中小于，則直線表示隨變化的關系，直線L2表示隨變化的關系，由圖可知，溶液中時，溶液中和濃度分別為、，則溴化銀的溶度積常數。【解析】A．隨著增大，與反應生成和，減小，減小，減小，開始反應時，溴化銀主要轉化為，溶液中小于，所以直線表示隨變化的關系，該選項錯誤；B．由分析可知，溴化銀的溶度積常數，在a點，此時溶液是AgBr飽和溶液，，所以a點，該選項正確；C．的平衡常數，在時，，，，所以，，時，，，該選項錯誤；D．由上一選項得到的平衡常數，數量級為，該選項正確；綜上所述，答案是AC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．（12分）氮元素被稱為“生命元素”，不僅是蛋白質的重要組成元素，還在醫藥、化工、農業生產等領域應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態氮原子中兩種自旋狀態相反的電子數之比為。（2）亞甲基雙丙烯酰胺()、乙胺(CH3CH2NH2)和2-羥基乙胺(HOCH2CH2NH2)均可用于染料合成。①亞甲基雙丙烯酰胺屬于分子(填“極性”或“非極性”)，分子中含有的σ鍵和Π鍵數目之比為。②乙胺和2-羥基乙胺的堿性隨N原子電子云密度增大而增強，二者堿性更強的是(填結構簡式)。（3）1-甲基咪唑()常用于配合物的制備，在酸性環境中其配位能力會(填“增強”、“減弱”或“不變”)。1-甲基咪唑的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物如圖，常溫下為液態而非固態，原因是。（4）某含氮催化劑的六方晶胞如圖，晶胞參數為a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。其化學式為；若A點原子的分數坐標為(1，0，0)，則B點原子的分數坐標為?！敬鸢浮浚ǔ龢嗣魍猓靠?分）（1）2:5或5:2（1分）（2）極性（1分）5:1（1分）CH3CH2NH2（3）減弱（1分）陰陽離子間距離較大，導致離子間作用力較弱，熔點較低（4）Li2CoN(，，)【解析】（1）氮處于周期表中第2周期第ⅤA族，一個原子軌道中，占據一對自旋相反的電子，N的核外電子排布式為1s22s22p3，所以基態氮原子核外兩種不同自旋狀態的電子數之比為2:5（或5:2），故答案為：2:5（或5:2）；（2）①亞甲基雙丙烯酰胺可以看成甲烷分子中的兩個H原子被兩個丙烯酰胺基取代，甲烷為正四面體結構，因此亞甲基雙丙烯酰胺分子重心不重疊，屬于極性分子，根據結構簡式可知，分子中含有的σ鍵和Π鍵數目之比為20：4=5：1；②胺的堿性強弱取決于氮原子孤對電子和質子結合的難易，而氮原子接受質子的能力，又與氮原子上電子云密度大小以及氮原子上所連基團的空間阻礙有關，烴基是推電子基，羥基這里做吸電子基，乙胺和2-羥基乙胺的堿性隨N原子電子云密度增大而增強，二者堿性更強的是CH3CH2NH2；（3）在酸性條件下，1-甲基咪唑的氮原子容易與質子（H+）結合，形成質子化的1-甲基咪唑（1-甲基咪唑-H+）。質子化后，氮原子的孤對電子被占據，無法再與金屬離子配位，導致配位能力下降；1-甲基咪唑的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物，陰陽離子間距離較大，導致離子間作用力較弱，熔點較低，故常溫下為液態而非固態；（4）根據均攤法可知，晶胞中含有2個Li，個Co，個N，故化學式為Li2CoN；若A點原子的分數坐標為(1，0，0)，B點在對角線的三分之二處，根據坐標可知，則B點原子的分數坐標為(，，)。17．（12分）一種鉑錸廢催化劑(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、積碳等雜質)中金屬元素的綜合回收利用的工藝流程如下。已知：①高錸酸銨(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于熱水；②室溫下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，≈7.5?；卮鹣铝袉栴}：（1）“焙燒”的目的：①將錸轉化為Re2O7，②；“溶解Ⅰ”中含錸化合物發生反應的離子方程式為。（2）“濾渣Ⅱ”的成分為，“操作Ⅰ”為、過濾、洗滌、干燥。（3）“溶解Ⅲ”中反應的離子方程式為；“沉鉑”時，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等體積NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl的最小濃度為mol/L(忽略溶液混合后體積的變化)。（4）“高溫還原”時，工業上用價格稍貴的H2，而不選用廉價還原劑碳的原因是；理論上獲得3.72g錸粉，需要標準狀況下H2的體積至少為L?！敬鸢浮浚ǔ龢嗣魍?，每空2分）（1）除積碳（1分）（2）Al(OH)3（1分）蒸發濃縮、冷卻結晶（1分）（3）3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O1.7（4）不引入雜質，便于分離提純錸（1分）1.568【分析】鉑錸廢催化劑(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、積碳等雜質)焙燒除去積碳，錸轉化為Re2O7，加入NaOH溶液溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，Re2O7轉化為NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH溶液反應過濾后存在于濾渣I中，向濾液中通過過量CO2，將Na[Al(OH)4]轉化為Al(OH)3，過濾后存在于濾渣II中，向濾液中加入氯化銨溶液，得到NH4ReO4晶體，加入H2高溫還原得到錸粉，濾渣I用硫酸溶液溶解后，Pt不溶于硫酸溶液，過濾得到粗Pt，加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，加入NH4Cl沉鉑，經過一系列操作得到海綿鉑?！窘馕觥浚?）由分析可知，“焙燒”的目的：①將錸轉化為Re2O7，②除積碳；“溶解Ⅰ”中Re2O7和NaOH反應轉化為NaReO4，離子方程式為：。（2）由分析可知，“濾渣Ⅱ”的成分為Al(OH)3，“操作Ⅰ”可以得到NH4ReO4晶體，為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。（3）“溶解Ⅲ”中加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，生成[PtCl6]2-和H2O，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，“沉鉑”時，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等體積NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)時溶液中c()=mol/L，則所需NH4Cl的最小濃度為=1.7mol/L。（4）“高溫還原”時，工業上用價格稍貴的H2，而不選用廉價還原劑碳的原因是：不引入雜質，便于分離提純錸；根據反應方程式：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O，理論上獲得3.72g錸粉，n(Re)==0.02mol，需要標準狀況下H2的體積至少為0.07mol×22.4L/mol=1.568L。18．（12分）亞硝酰氯()和硝酰氯()都是有機合成的常用氯化劑，都易水解。研究小組以和為原料在如圖所示裝置(加熱和夾持裝置略去)中制備，并測定產品中的質量分數。已知：①沸點：為-6℃，為5℃，為-34℃，為-152℃；②溶液為黃色，為磚紅色沉淀；；?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱是，實驗時，檢查裝置氣密性，加入藥品后，通入和前，應進行的操作是。（2）常溫下，裝置A中制取的離子方程式為。（3）實驗過程中會產生少量。裝置控制的溫度約為-15℃，所得中含有的雜質為(填化學式)。（4）測定產品中的質量分數的實驗步驟如下：i.準確稱量錐形瓶(帶塞子)的質量，取適量產品迅速加入錐形瓶中，蓋緊塞子；稱量，計算知所取產品為(忽略溫度變化帶來的稱量誤差)，向錐形瓶中加入適量水，蓋緊塞子，置入25℃恒溫水浴中，待錐形瓶內溫度恒定后，再配制成溶液。ii.取溶液于另一錐形瓶中，用溶液調節溶液在6.5～10.5之間，再加入溶液作指示劑，用標準液進行滴定，平行滴定三次，達到滴定終點時平均消耗標準液。①步驟ii中，溶液調節溶液的作用是。②所得產品中的質量分數為；若鉻酸鉀指示劑濃度過高時，所測結果(填“偏大”“偏小”或“無影響”)?！敬鸢浮浚ǔ龢嗣魍?，每空2分）（1）恒壓滴液漏斗（1分）打開、關閉，向裝置中通入氬氣，排盡裝置中的空氣（2）（3）（1分）（4）①中和、水解產生的酸，以免影響滴定終點的判斷②偏小【分析】該實驗的原理是，實驗過程中可能存在少量被氧化為，可能存在反應。沸點：為-6℃，為5℃，控制的溫度約為-15℃，故產物中可能含有的少量雜質會冷凝為液體而被收集，未反應的、由于沸點低于-15℃而不會冷凝，以氣體形式逸出進行尾氣處理?！窘馕觥浚?）根據裝置圖，儀器a的名稱是恒壓滴液漏斗，為防止被氧化，通入和前，應排盡裝置中的空氣，具體操作：打開、關閉，向裝置中通入氬氣。（2）裝置A中制取，根據裝置中給出的反應物：溶液、稀硫酸和溶液，分析元素化合價知，為氧化劑，為還原劑，反應離子反應為。（3）實驗過程中產生的少量會發生反應。沸點為5℃，中控制的溫度約為-15℃，故產物中可能含有的少量雜質為。（4）①、水解生成、和，溶液呈酸性，滴入，與反應，使濃度降低，從而無法形成磚紅色沉淀來指示滴定終點，加入溶液，中和、水解生成的酸，以免影響滴定終點的判斷。②和的水解反應分別為，。。故和的物質的量之和等于滴定時消耗標準液的物質的量。，的質量分數。鉻酸鉀指示劑濃度過高時，一是由于顏色太深，會影響終點的觀察，二是會提前生成磚紅色沉淀，導致終點提前到達，使變小。根據表達式，變小，表達式的值變小。19．（12分）乙烯雌酚(H)是一種人工合成激素。合成路線如圖所示(部分反應條件略)。回答下列問題：（1）B中官能團名稱為，F→G的反應類型為。（2）C的結構簡式為，D→E反應的化學方程式為。（3）H與足量的氫氣完全加成后的產物中共有個手性碳原子。（4）含有羥基的A的芳香族同分異構體共種(不考慮立體異構)，其中能被催化氧化為酮的化合物的結構簡式為。【答案】（除標明外，每空2分）（1）醛基、醚鍵（1分）消去反應（1分）（2）（3）2（4）14【分析】A發生已知的反應得到B，B的結構簡式為，B與NaCN發生已知反應得到C，C的結構簡式為：，C還原得到D，D與CH3CH2I發生取代反應得到E，由F的結構簡式可知E的結構簡式為：，E到F發生羰基上加成再取代的反應，得到F，F到G發生消去反應生成G，G的結構簡式為：，G在KOH作用下反應后再酸化得到H，以此分析。【解析】（1）B的結構簡式為：，官能團名稱為醛基和醚鍵；F到G發生醇的消去反應生成碳碳雙鍵，反應類型為消去反應；（2）由分析可知，C的結構簡式為：；D到E發生取代反應，得到E和HI，反應的化學方程式為：；（3）H與足量的氫氣反應后得到產物為：，手性碳原子為兩個：；（4）A為，含羥基的A的芳香族同分異構體有、、(鄰、間、對3種)、(鄰、間、對3種)、(羥基在苯環上有2種)、(羥基在苯環上有3種)、(羥基在苯環上有1種)，共1+1+