河北省秦皇岛市昌黎第一中学2025届高三下学期高考密训卷（三）化学试题

第 1页 共 18 页 第 2页 共 18 页 2025 高考化学密训卷参考答案（三） 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．【答案】B 【解析】 A ． 3 4Fe O 为具有磁性的黑色晶体，又称为磁性氧化铁，“磁石”的主要成分是 3 4Fe O ，故A 错误； B ．用沸水泡茶，使茶叶中的部分物质溶解于水中，即固液萃取，故B 正确； C ．丹砂（HgS）烧之成汞，产生新物质，属于化学变化，故C 错误； D ．明矾成分为  4 22KAl SO 12H O ，明矾水溶液中的 3Al 水解使水溶液显酸性，铜绿的成分为  2 32Cu OH CO 可与H 反应，故可用明矾水去除铜绿，故D 错误。 故选：B 。 2．【答案】D 【解析】 A ．加入铝粉有氢气产生的溶液可能为酸性，也可能为碱性，若为碱性，OH 与 4NH 不共存； 若为酸性，H与 23CO  不共存，故A 错误； B ． 2Cu 和 3 2NH H O 反应而不能大量共存，故B 错误； C ．硫酸溶液中有H，H、 3NO 、 I发生氧化还原反应，不能大量共存，故C 错误； D ．     12 H 10 OH c c     的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可以大量共存，故D 正确。 故选：D 。 3．【答案】D 【解析】 A ．常温下，铝与浓硝酸发生钝化，阻止了反应继续进行，无法计算转移的电子数，故A 错误； B． 4NH Cl晶体为离子晶体， 4NH 和Cl之间形成离子键， 4107 g NH Cl 晶体的物质的量为 2 mol ， 2 mol 4NH Cl晶体中含有8 mol共价键，因此共价键数目为 A8N ，故B 错误； C ． 2Na S溶液中的 2S 会发生水解，因此 11 L 0.2 mol L 的 2Na S溶液中 2S 的数目小于 A0.2 N ， 故C 错误； D ．标准状况下， 22.4 L 氦气的物质的量为1 mol，氦气为单原子分子，因此1 mol氦气含有的 质子数为 A2 N ，故D 正确。 故选：D 。 4．【答案】B 【解析】 小苏打的化学式为 3NaHCO ， 3 2 3 2 22NaHCO Na CO H O CO     ，其中M 能与HCl反应，则M 为 2 3Na CO ， 2 3Na CO 2HCl 2 22NaCl H O CO    ，由Q的焰色试验中火焰为黄色，则Q为 NaCl。由Y 的焰色试验中火焰为黄色，且Y 与Z反应生成 2 3Na CO 和W ，则Z为 2CO ，Y 为 2 2Na O ，W 为 2O 。由X 的焰色试验中火焰为黄色，且X 与W（ 2O ）在加热条件下反应生成 2 2Na O ， 则X 为 Na 。由 Z 3R NaCl NaHCO 分析，联系“侯氏制碱法”向NaCl溶液中先通入 3NH 再通入 2CO ， 可得到 3NaHCO ，可知R 为 3NH 。 A ．W 为 2O ， 2O 的同素异形体为 3O ， 3O 具有强氧化性可用于自来水消毒，故A 正确； B．Z是 2CO ，镁在二氧化碳中燃烧生成碳和氧化镁，二氧化碳不能使燃烧的镁条熄灭，故B 错 误； C ． 3NaHCO 加入NaOH 溶液会发生反应： 3 2 3 2NaOH NaHCO Na CO H O   ，可用NaOH 溶 液使 3NaHCO 转化为 2 3Na CO ，故C 正确； 第 3页 共 18 页 第 4页 共 18 页 D ．Q为NaCl，电解熔融NaCl生成Na 和 2Cl ，工业上可利用电解熔融的 NaCl来制备Na ，故D 正确。 故选：B 。 5．【答案】 C 【解析】 A ．P 中含有酯基，在碱性条件下能发生水解反应，故A 正确； B ．Y 与Z发生缩聚反应生成P ，通过P 的结构推出Y 为 ，Z为 ， 已知X 的分子式为 4 8 2C H O ，推出 X 的不饱和度为 1，X Y 的反应为加氢的还原反应，由题给 信息可知，烯醇结构不稳定，会发生异构化，故X 可以为 ，故B 正确； C ．根据图知，P 的重复单元中官能团有酯基、碳碳双键、醚键 3 种，故C 错误； D ．Z中有碳碳双键，可以发生加聚反应生成 ，故D 正确。 故选：C 。 6．【答案】C 【解析】 A ．有机物参与的氧化还原反应，转移电子的计算可用平均化合价法，即有机物 的分 子式看作R （化合价为0 ），生成1 mol ，即生成 2 21mol RH O （R 的化合价为 2 ）， 反应转移 2 mol 电子，故A 错误； B ．过程②中， 4NaIO 中 I的化合价（ 7 ）只能降低， 4NaIO 做氧化剂，故B 错误； C ．氧化剂 4NaIO 被还原，还原产物为 I， I 的化合价由 7 价变为 1 价，还原剂 被 氧化，氧还产物为 ， 的分子式可简写为R （化合价为0 ）， 的 分子式可简写为 4RCH O ， 4 1 2 4R C H O    中R 的化合价为 6 价，即 4 2 2RCH O R H O CO   的过程， R 化合价由 6 价变为0 价，化学反应方程式为 ，故C 正确； D ． 4OsO / NMO 比较温和，只能氧化碳碳双键，不能氧化题干中物质的羟基，而酸性高锰酸钾 可以将碳碳双键氧化，还可以氧化题干中物质的羟基，故氧化性： 4OsO / NMO 酸性 4KMnO 溶 液，故D 错误。 故选：C 。 7．【答案】B 【解析】 A ．接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的水分子因氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致接 近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式 2H O 计算出来的相对分子质量大一些， 故A 正确； B． 4CH 的中心原子是C ，价层电子对数为 4，不含孤电子对，杂化方式为 3sp ，空间结构为正 四面体形，键角109 28 ， 3BF 的中心原子是B，价层电子对数为3，不含孤电子对，杂化方式为 2sp ，空间结构为平面三角形，键角120， 2BeCl 的中心原子是Be，价层电子对数为 2，不含孤 电子对，杂化方式为 sp，空间结构为直线形，键角180，三者键角逐渐增大是因为中心原子杂 化方式不同，故B错误； 第 5页 共 18 页 第 6页 共 18 页 C ．O的电负性大于S，O与Na 的电负性差值大于S与Na 的电负性差值，差值越大，离子键 的百分数越大，故C 正确； D ．硫酸四氨合铜为离子化合物，极性较大，溶剂的极性：水乙醇，根据相似相溶原理，硫 酸四氨合铜在水中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，故D 正确。 故选：B 。 8．【答案】C 【解析】 W 、X 、Y 、Z、M 、Q为原子序数依次增大的主族元素，基态Z原子核外 s能级上的电子总 数与 p能级上的电子总数相等，其原子核外电子排布式为 2 2 41s 2s 2p 或 2 2 6 21s 2s 2p 3s ，而Z为非金 属元素，形成 2个共价键，可知Z为O；X 形成 4 个共价键，其原子序数小于氧原子，可知X 为 C ，I中Y 形成3个共价键，其原子序数大于碳原子小于氧原子，可知Y 为N，W 形成1个共价 键，其原子序数小于碳原子，可知W 为H 。基态M 原子的核外电子有9种空间运动状态，则有 9个轨道，则能级为1s、 2s、 2p、3s 、3p，M 可能为P 、S、Cl，由原子序数满足的关系为 X Z M Q   ，即6 8 M Q   ，当M 为P (15 )、S (16 )、Cl (17 )，则Q为Cu ( 29 )、Zn ( 30 )、 Ga (31)，但Q为主族元素，可知Q为Ga ，则M 为Cl。 A ．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大。X 为C ，Y 为N，Z为O，电负性：X Y Z  ， 故A 正确； B ． 3YZ 和 23XZ 分别是 3NO 、 23CO  ， 3NO 中氮原子的价层电子对数为 5 1 3 23 3 2      ，且不 含孤电子对，所以空间结构为平面三角形， 23CO  中碳原子的价层电子对数为 4 2 3 23 3 2      ， 且不含孤电子对，所以空间结构为平面三角形，故B 正确； C ．X 为C ，X 形成的含氧酸可以为 2 2 4H C O ， 2 2 4H C O 中碳元素的化合价为 3 ， 2 2 4H C O 具有 还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C 错误； D ． II 为带1个单位负电荷的阴离子， II 中—COO 带 1 个负电荷， II 中有 4个—COO ，所以 Ga 为 3 价，故D 正确。 故选：C 。 9．【答案】D 【解析】 A ．向饱和 2 3Na CO 溶液中通入足量 2CO 气体，有晶体析出，由 2 3 2 2 3Na CO CO H O 2NaHCO   可知，106g 2 3Na CO 参加反应可得到168g 3NaHCO ，生成 3NaHCO 的质量大于 2 3Na CO ，假设在室温下两者溶解度相同，此时也会有 3NaHCO 晶体析出， 因此不能通过此现象来比较相同温度下 2 3Na CO 与 3NaHCO 在水中溶解度的大小，故A 错误； B．加入Cu 粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得  3 3Fe 3SCN Fe SCN    平衡向逆反应方向移动，溶液红色变浅，无法比较 3Fe  和 2Cu 与 SCN配位能力强弱，故B 错误； C ．AgOH 溶于浓氨水生成银氨络离子的过程发生的是络合反应，不能说明其为两性氢氧化物， 故C 错误； D ．根据反应现象，溶液先变为红棕色，原因是 3Fe  与 2SO 络合生成红棕色   3 2 6 Fe SO     ， 3Fe  与 2SO 络合的反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率快，随着反应的进行， 3Fe  浓度下 降，使生成   3 2 6 Fe SO     的平衡逆向移动，最终显浅绿色说明 3Fe  与 2SO 发生氧化还原反应生 成 2Fe 的趋势更大，平衡常数更大，即反应限度更大，故D 正确。 故选：D 。 10．【答案】B 【解析】 A ．球形干燥管的作用是吸收逸出的氨气，故球形干燥管中的试剂应选用 2 5P O 或无水 2CaCl ， 故A 错误； 第 7页 共 18 页 第 8页 共 18 页 B ．图 2 中循环过程发生的反应分别为     3 2 3 3 2 26 6 4 Co NH 4OH 4 Co NH O 2H O             活性炭 ，   2 3 2 26 4 Co NH 2NO 2O H O          3 3 2 36 4 Co NH 2OH NO NO          ，根据反应过程中 物质变化关系，OH 在反应中逐渐减少，需及时补充维持体系的 pH ，故B 正确； C ． 4+3 5 3 5[(NH ) Co O O Co(NH ) ]— — — 中含有过氧键，氧元素的化合价为 1 ，该过程氧元素的化 合价降低，故C 错误； D ．根据题干信息， 2Co 不易被氧化，先通氧气对反应几乎没有影响，但浓氨水加入过快，溶 液碱性过强，易生成 2Co(OH) 沉淀，故D 错误。 故选：B 。 11．【答案】D 【解析】 A ．由图可知，Na向电极 b 移动，根据阳离子向正极移动判断电极 b为正极，则电极 a 为负极， 故A 错误； B ．充电时，钠离子向阴极移动，钠离子向电势低的电极移动；放电时，钠离子向正极移动， 钠离子向电势高的电极移动，故B 错误； C ．负极  3 2 4 3Na V PO 2e   2 4 3NaV PO 2Na   ，每转移 2mol电子时，负极减小的质量为 2 mol 23g / mol 46g  ；正极  2 4 3NaTi PO 2e 2Na     3 2 4 3Na Ti PO ，则正极增加的质量 为 2 mol 23g / mol 46g  ，故理论上两电极质量变化的差值为92g，故C 错误； D ．通过以上分析，总反应为        2 4 3 2 4 3 2 4 2 43 3 3 3NaTi PO Na V PO Na Ti PO NaV PO  放电 充电 ，故D 正确。 故选：D 。 12．【答案】D 【解析】 A ．生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小。曲线m 代表 3CH OH 在含碳产物中的物质的量分数，故A 正确； B．250 C 时，设  2CO 1moln  ，  2H 3moln  ，平衡时 2CO 的转化率为 20% ，参加反应的 2CO 的物质的量为0.2 mol 。CO和 3CH OH 在含碳产物中的物质的量分数相等，即各占50%，则两个 反应中均有 20.1molCO 被消耗，生成CO和 3CH OH 的物质的量都为0.1 mol ，则可建立如下转化 关系： 平衡时的物质的量 2CO 为0.8 mol ， 2H 为 2.6 mol ，CO为0.1 mol ， 2H O 为0.2mol。设反应体积 为 LV ，则求得该温度下，反应 II 的平衡常数K为 1 104 ，故B正确； C ． 400 C 时，图像中甲醇的含量几乎为零，说明此时只发生反应 II ，投料比等于反应 II 中氢 气和二氧化碳的系数比，达平衡时氢气的平衡转化率等于二氧化碳的平衡转化率，故C 正确； D ．由图中可看出 2CO 平衡转化率随温度的升高先减小后增大，反应 I是放热反应，升高温度 2CO 的平衡转化率减小，而 250 C  后， 2CO 的平衡转化率增大，说明反应 II 吸热反应。升高温 度，反应 II 向正反应方向移动，CO的物质的量分数增大。减小压强，反应 I向逆反应方向移动， 2CO 与 2H 的物质的量增大，促进反应 II 向正反应方向移动，CO的物质的量分数增大，故D 错 误。 故选：D 。 13．【答案】B 【解析】 2CO 吸附到催化剂表面后，有 3 种可能的反应路径，路径 1 生成 COH  ，路径 2 生成 2 4C H ，路 径 3 生成 2 6C H ， 2CO  生成HCOO的能垒远低于 2CO  生成 COOH 的能垒，有助于反应向生成 乙烷的方向进行，同时与生成 2 2CH CH   相比生成 3CH  的能垒更低，也有利于反应向生成乙烷 第 9页 共 18 页 第 10页 共 18 页 的方向进行，因此该催化剂能提高反应选择性的原因是在该催化剂作用下生成HCOO和 3CH  的能垒较低。 A． 据以上分析，故 A 正确； B． 反应过程中有碳氧键的断裂和碳氢键、碳碳键以及氧氢键的形成，因此反应过程中有极性 键的断裂与形成，也存在非极性键的形成，故 B 错误； C． 生成乙烷的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此乙烷的选择性会降低， 故 C 正确； D． 形成乙烷的过程中能垒最大的过程为由 3 3CH CH  生成 3 3CH CH 的过程，因此该过程为 反应的决速步，故 D 正确。 故选：B。 14．【答案】C 【解析】 2Hg 与Cl的逐级络合反应为 2 1Hg Cl HgCl K     　 ， 2 2HgCl Cl HgCl K    　 ， 2 3 3HgCl Cl HgCl K    　 ， 23 4 4HgCl Cl HgCl K     　 ；由 1lg 6.74K  可知， 1K      2 HgCl Hg Cl c c c      6.7410 ，当    2Hg HgClc c  时，   6.74 1Cl 10 mol Lc     。同理可知，当    2HgCl HgClc c  时，   6.48 1Cl 10 mol Lc     ；当    2 3HgCl HgClc c  时，   0.85 1Cl 10 mol Lc     ；当  3HgClc   24HgClc  时，   1 1Cl 10 mol Lc     。结合图像可知，曲 线 a 表示  2Hg  ，曲线 b表示  HgCl  ，曲线 c表示  2HgCl ，曲线d 表示  3HgCl  ，曲线 e表示  24HgCl  。 A ．由上述分析可知曲线 c表示  2HgCl ，曲线d 表示  3HgCl  ，故A 正确； B ．由图像可知，M 点  2HgClc  24HgClc  ，则     2 4 2 HgCl HgCl c c              2 4 3 2 2 2 3 HgCl HgCl Cl HgCl HgCl Cl c c c c c c            23 4 ClK K c    1 ，  Clc  3 4 1 K K   0.85 1.00 1 10 10   0.925 110 mol L   ，故B 正确； C ．当   7 1Cl 10 mol Lc     时，溶液中阴离子有 3NO Cl OH  、 、 ，阳离子有      2Hg HgCl Hc c c  、 、 以及含氯离子溶液中另外的未知阳离子，由电荷守恒可知，等式不 成立，故C 错误； D ．由图像可知， N点    2HgCl HgClc c   2Hgc  ，根据元素守恒，      22HgCl HgCl Hgc c c      231 NO 3 Hg2 c c    ，即    23NO 6 Hgc c  ，故D 正确。 故选：C 。 二、非选择题：本题共 5小题，共 58分。 15．【答案】 （1）四（1 分）； IIIB（1 分）；11（1 分）；1（1 分）； （2）① 2sp （1 分）、 3sp （1 分）； 3 （1 分）；②（1 分）；F的电负性大于Cl，F Si— 键 的电子更偏向于F，F Si— 与C Si— 键的电子对距离更远，排斥力更小，键角更小；（2 分） （3）① 3YFeO （1 分）；② 30 A 2 193 10abc N    （2 分）。 【解析】（1）Sc是元素周期表中第 21号元素，位于第四周期第 IIIB族，基态Sc原子的电子排 布式为 2 2 6 2 6 1 21s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ，共有1 1 3 1 3 1 1 11       种空间运动状态的电子，未成对电子 数为1； （2）①吡啶（ ）中含有与苯类似的大 π键，则环中 N的杂化方式为 2sp ，与Si相连的N形 成的均为共价单键，杂化方式为 3sp ； 与 反应生成 ，根据螯合物的结 构可知，所有的氮原子全部参与形成配位键，该结构中Ce与3个 通过配位键结合，则 该螯合物中Ce的化合价为 3 价； 第 11页 共 18 页 第 12页 共 18 页 ②F的电负性大于Cl，F Si— 键的电子更偏向于F，F Si— 与C Si— 键的电子对距离更远，排斥 力更小，F Si C— — 键角小于Cl Si C— — 键角； （3）①由均摊法可知，晶胞中含有Y 的个数为 1 18 4 2 8 4     ，含有Fe 的个数为1 1 2  ，含有 O的个数为 14 8 6 4    ，因此该晶体的化学式为 3YFeO ； ②晶胞中含有 2个 3YFeO ，晶胞参数分别为 a pm、b pm 和 c pm，则晶体的密度为   3A 30 2 89 56 16 3 g / cm 10 N abc       3 30 A 2 193 g / cm 10abc N     。 16．【答案】 （1）分液漏斗（1 分）；铁屑（1 分）； （2）打开（1 分）；关闭（1 分）； （3）灰绿色沉淀并非是 2Fe(OH) 发生了部分氧化所致（2 分）； （4）反应生成的 2Fe(OH) 与水分子结合的难易（2 分）； （5）在变色过程中没有灰绿色物质出现（2 分）；用酒精灯微热（1 分）。 【解析】甲同学设计实验检验灰绿色物质中是否有 3Fe  ，证明白色沉淀变成灰绿色并非是被部 分氧化的原因。 根据资料信息灰绿色可能是 2Fe(OH) 的结晶水合物与无水 2Fe(OH) 的混合物，乙同学设计实验说 明防止白色沉淀变成灰绿色的关键在于控制实验条件，使得反应生成的 2Fe(OH) 不易结合水分 子，实验1与实验 2、实验3对比，起决定作用的条件有两点：一是反应温度；二是反应物浓度； 实验1、2 对比，说明温度较高时， 2Fe(OH) 与水分子结合不牢固[但温度不能太高，否则 2Fe(OH) 分解产生的FeO黑色沉淀会影响实验结果，所以我们在实验1中使用热水浴加热]；另一方面， 从实验1与实验3的对比来看，同样在较高温度（T1 ℃）下，反应物浓度大的时候，生成 2Fe(OH) 的量较多，难以结合水分子，所以形成无水 2Fe(OH) 白色沉淀。 丙同学设计实验进一步验证，实验方案设计的核心是沉淀“脱离”水：实验 4在脱离水溶液的条件 下，将固体摊开，增大与氧气的接触面积，白色固体 2Fe(OH) 被氧化成红褐色固体 3Fe(OH) ，过 程中并没有灰绿色的现象，说明部分氧化没有灰绿色的现象产生；实验5将灰绿色物质微热脱 水，脱水后转变为白色，充分说明乙同学的猜想是正确的。 （1）D 的仪器名称为分液漏斗，A 中应预先加入维生素C 和铁屑； （2）铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，实验开始时就先将活塞E打开，利用氢气将装置 中的空气排出，C 为排水法收集氢气，B中盛有一定量的NaOH 溶液；当关闭E时，利用氢气 的压力使 4FeSO 溶液被压入B 中，硫酸亚铁和NaOH 反应生成 2Fe(OH) ； （3）甲同学设计实验检验灰绿色物质中没有 3Fe  ，证明白色沉淀没有被部分氧化； （4）实验1与实验 2 、实验3相比，起决定作用的条件有两点：一是反应温度；二是反应物浓度， 这两个条件都会影响 2Fe(OH) 与水分子的结合。实验 1、2 对比，说明温度较高时， 2Fe(OH) 与 水分子结合不牢固。实验 1、3 的对比，同样在较高温度下，反应物浓度大的时候，生成 2Fe(OH) 的量较多，难以结合水分子形成无水白色 2Fe(OH) 沉淀。所以制备白色 2Fe(OH) 沉淀的关键在于 控制实验条件，使得反应生成的 2Fe(OH) 不易结合水分子； （5）由分析可知，实验补充完整如下： 实验 操作 现象 实验 将实验 制得的少量白色 沉淀转移 至滤纸上，用玻璃棒摊开 沉淀逐渐变成红褐色，且在变色 过程中没有灰绿色物质出现 实验 将实验 制得的灰绿色物质移入坩埚中，小 心地用酒精灯微热 一段时间后灰绿色物质逐渐变为 白色 第 13页 共 18 页 第 14页 共 18 页 17．【答案】 （1）加入石灰乳，石灰乳电离产生的氢氧根离子消耗氢离子，使 2 22 7 2 4Cr O H O 2CrO 2H     平衡向正反应方向移动（3 分）； （2）5 : 2（2 分）； （3） 4BaCrO （2 分）； （4） 2 24 23S 8CrO 20H O     24 33SO 8Cr OH 16OH      （2 分）； （5）  3 22[NiCO 2Ni OH 4H O]  （3 分）。 【解析】酸性含铬废水中有 22 7Cr O  、   24[Ni CN ] 、 24SO ，加入石灰乳调节 pH ，硫酸根转化为 4CaSO 沉淀， 2 2 7Cr O  转化为 24CrO  ，再加入NaClO做氧化剂氧化CN实现破氰，镍元素以沉淀 形式被过滤除掉，继续向滤液 1 中加入 2 2BaCl 2H O ，结合题干信息中物质的溶度积可知， 4BaCrO 和 4BaSO 的 spK 相近，有 4BaSO 生成时 4BaCrO 也会析出，则生成的“滤渣 2 ”中除 4BaSO 外还有 4BaCrO ，向“滤渣 2 ”中加入硫酸， 4BaCrO 转化为“滤渣3 ”（ 4BaSO ）和 2 2 7Cr O  ，加 NaOH “调 pH ”使 22 7Cr O  转化为 24CrO  ，再向含 24CrO  的滤液中加入 2Na S溶液，反应后硫元素全 部以 24SO 的形式存在，铬酸根离子生成  3Cr OH 沉淀，过滤得到氢氧化铬沉淀，氢氧化铬再转 化为氧化铬，氧化铬再转化为铬。 （1）加入石灰乳，石灰乳消耗氢离子，使 2 22 7 2 4Cr O H O 2CrO 2H     平衡向正反应方向移动； （2）“破氰”步骤中NaClO将CN氧化成 23CO  和无毒无味气体 2N ，该反应中CN 中的碳元素化 合价由 2 升高到 4 ，氮元素化合价由 3 升高到0 ，NaClO中氯元素化合价由 1 降低到 1 ，该 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5 : 2； （3）由分析可知，“滤渣 2 ”的主要成分为 4BaCrO 和 4BaSO ； （4）“转化 2 ”中加入的 2Na S溶液，硫元素全部以 2 4SO 的形式存在，硫元素化合价升高， 2S 为 还原剂，铬元素化合价降低， 24CrO  为氧化剂，依据得失电子守恒，该反应的离子方程式为  2 2 24 2 4 33S 8CrO 20H O 3SO 8Cr OH 16OH          ； （5）由图可知， 200 C 之前，失去结晶水的物质的量为  15.08 12.20 g 18g / mol  0.16mol ，则碱式碳 酸镍  3 22[ NiCO Ni OH 4H O]x y  的物质的量为 0.16mol 0.04mol 4  ，所以 200 C ~500 C  ，失去的 2CO 和水的质量为0.04mol 44 g / mol 0.04mol 18 g / molx y    12.20 9.00 g  3.20g ，最后 NiO的物质的量为 9.0g 0.12mol 75g / mol  ，由镍元素守恒可得  0.04mol 0.12 molx y   ，解得： 1x  ， 2y  ，该碱式碳酸镍的化学式为  3 22[NiCO 2Ni OH 4H O]  。 18．【答案】 （1） 59.8 （2 分）； （2） （1 分）； （3） （2 分）； （4）①（1 分）；②60% （2 分）；6 （2 分）。 【解析】（1）反应焓变＝生成物的标准摩尔生成焓反应物的标准摩尔生成焓，由题表数据可 得 1Δ 505.9kJ molH     152.6kJ mol  1393.5kJ mol 159.8kJ mol   ； （2）碳酸乙烯酯在酸性条件下的水解，可以看做是 2 个酯基水解，需要两分子水。水解出的另 一有机产物是乙二醇，结构简式为 ； （3） 与体系中的碳酸乙烯酯发生作用，产生 和HCl。 又与体系中的氯气 继续反应，产生 和一氯碳酸乙烯酯。链增长阶段步骤 II 反应为 。 （4）①根据图像信息可看出，随着温度的升高，反应 I 和 II 压强平衡常数均减小。说明反应 I和 II 均为放热反应，Δ 0H  ； ②设反应 I中一氯碳酸乙烯酯的物质的量为 molx ，由题意，列式计算如下， 第 15页 共 18 页 第 16页 共 18 页 则 0.2 0.8x x   ，解得 0.5x  ，一氯碳酸乙烯酯的转化率为 0.5 0.2 100% 60% 0.5    ； 平衡时各物质的物质的量为碳酸乙烯酯 0.5 mol、一氯碳酸乙烯酯 0.2 mol、二氯碳酸乙烯酯 0.3 mol、氯化氢 0.8 mol、氯气 0.2 mol。由于反应 II 中各物质前的系数均为1 ，故反应 II 的平衡常 数 xK 可以简化表示为 0.3 0.8 6 0.2 0.2x K    。 19．【答案】 （1）羟基、酯基、羧基（2 分）； （2） （2 分）； （3）加成反应（1 分）；取代反应（1 分）； （4）BCD（2 分）； （5） （2 分）； （6） 、 （2 分）。 【解析】（1）化合物C 的结构为 ，其含氧官能团名称是羟基、酯基、羧基； （2）根据已知信息①，同时结合反应条件及A B 的结构变化，推断A B 的反应为加成成环 反应： ； （3）B 的结构为 ，由B C 的反应是 先与卤素单质发生加成反应，然 后在氢氧化钠溶液中再发生取代反应； （4）A ．莽草酸含羟基可发生氧化反应，含碳碳双键可发生氧化反应、还原反应，故A 正确； B．由 的结构简式可知，奥司他韦分子中氮原子的杂化方式为 3sp ，碳 原子有两种杂化方式，分别为 3sp 杂化与 2sp 杂化，故B错误； C ． 3NaN 中阴离子为 3N  ，该阴离子中心氮原子价层电子对数为 5 1 2 32 2 2      ，且不含孤电 子对，所以该离子的空间结构为直线形，故C 错误； D ．奥司他韦的结构 中有 3 个手性碳原子，故D 错误； 故选：BCD； （5）对比G 与 I 的结构，结合已知信息③，G I 的两步反应分别为成环反应与信息③的反应， 通过H I 的反应条件推出该步反应发生了已知信息③的反应，其反应方程式为 ； （6）K 的分子式为 9 12 4C H O ，符合下列条件：①含有苯环，且能与 3FeCl 溶液发生显色反应， 说明含有酚羟基；②分子中有 4种不同化学环境的氢原子，则结构应为对称结构；③分子中不 第 17页 共 18 页 第 18页 共 18 页 含过氧键，即不含 O O— — —结构；符合上述条件的同分异构体分别为 、 、 、 、 、 ； 其中只有一个酚羟基的结构为 、 。 请在各题目的答题卡区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题卡区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题卡区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题卡区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题卡区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题卡区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 化学 第4页（共6页） 化学 第5页（共6页） 化学 第6页（共6页） 17. 18. 19. 第 1页 （共 16 页） 第 2页 （共 16 页） 绝密★启用前 2025 高考密训卷（三） 化学 （考试时间：90分钟 试卷满分：100 分） 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Al—27 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Ni—59 Y—89 注意事项： 1．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。 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．中华文化源远流长，博大精深，下列说法正确的是（ ） A．“磁石，色轻紫，石上皲涩，可吸连针铁”中“磁石”的主要成分是FeO B．中国茶文化源远流长，其中“以汤沃焉，谓之痷茶（即泡茶）”涉及固液萃取 C．“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”此过程不涉及化学变化 D．“犹比至元无事日，印文铜绿长苔钱”中的铜绿  2 32Cu OH CO  不可用明矾水去除 2．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ） A．与Al 反应能放出 2H 的溶液： 4NH 、Cl、 23CO  、Na B． 11 mol L 氨水溶液： 2Cu 、F、K、 24SO  C． 11 mol L 硫酸溶液： I、 3NO 、 3Al 、 2Mg  D．     12 H 10 OH c c     的溶液： Na、 22 3S O  、Cl、K 3．设 AN 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．常温下，1mol Al 与足量浓硝酸反应转移的电子数为 A3 N B．107 g 4NH Cl晶体中含有的共价键数目为 A10 N C．1 L 10.2 mol L 的 2Na S溶液中 2S 的数目为 A0.2 N D．标准状况下， 22.4 L 氦气中含有的质子数为 A2 N 4．物质W 、X 、Y 、Z、M 、Q、R 之间的转化关系如下图所示（略去部分生成物和反 应条件），其中X 、Y 、M 、Q的焰色试验中火焰均为黄色。下列说法错误的是（ ） A. W 的一种同素异形体可用于自来水消毒 B．Z可使燃烧的镁条熄灭 C．可用NaOH 溶液使 3NaHCO 转化为M D．工业上可利用电解熔融的Q来制备X 5．一种新型聚酯材料 P 的合成路线如图所示： 已知： 。 下列说法错误的是（ ） A．P 在碱性条件下可发生降解 第 3页 （共 16 页） 第 4页 （共 16 页） B．X 可以为 C．P 的重复单元中有 4 种官能团 D．Z可以发生加聚反应生成高分子 6． 4OsO / NMO 是一个组合试剂，在有机合成中主要被用于烯烃的顺式二羟基化反应。已 知：该反应条件非常温和，一般不会对碳碳双键以外的官能团产生影响。 将 用 4OsO / NMO 处理（过程①），反应后的溶液中加入 4NaIO 在试剂 4OsO / NMO 的作用下继续发生反应（过程②），过程如下所示： 下列说法正确的是（ ） A．生成1 mol 反应转移 4 mol 电子 B．过程②中， 4NaIO 做还原剂 C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3: 4 D．由反应可推测氧化性：组合试剂 4OsO / NMO 酸性 4KMnO 溶液 7．下列事实的原因分析错误的是（ ） 选项 事实 原因 实验测定接近沸点的水蒸气的相对分子质 量的数值比用化学式 计算的值大 水分子间通过氢键结合 、 、 的键角逐渐增大 孤电子对与成键电子对的斥力大 于成键电子对之间的斥力 的化学键中离子键的百分数比 的化学键中离子键的百分数大 的电负性大于 在水中的溶解度大于 在乙醇中的溶解度 相似相溶 A． B． C． D． 8．原子序数依次增大的主族元素W 、X 、Y 、Z、M 、Q形成的物质（离子）存在如下 图所示的转化关系。基态Z原子核外 s能级上的电子总数与 p能级上的电子总数相等，基态 M 原子的核外电子有9种空间运动状态，原子序数满足的关系为X Z M Q   ，下列说法 错误的是（ ） A．电负性：X Y Z  B． 3YZ  和 2 3XZ  空间结构均为平面三角形 C．X 形成的含氧酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D． II 中Q元素的化合价为 3 9．室温下，根据实验探究的目的，下列实验方案、现象及所得结论均正确的是（ ） 探究目的 方案 现象 结论 比较 与 在水中的 溶解度大小 向饱和 溶液 中通入足量 气体 有晶体析出 比 在水中 的溶解度大 比较 和 与 的配位能力 的大小 向 溶液中滴加 溶液，再加入 少量 粉 溶液先变成红色， 加入 粉后，红 色变浅 与 的配位 能力： 第 5页 （共 16 页） 第 6页 （共 16 页） 探究配制银氨溶液 过程中最初生成的 沉淀 的性质 将配制银氨溶液过程 中生成的悬浊液分成 两等份，分别加入浓 氨水和稀硝酸中 沉淀均溶解 属于两性 氢氧化物 探究 气体与 的反应机理 将 气体通入 溶液中 溶液先变为红棕 色{已知 呈红 棕色}，过一段时 间又变成浅绿色 与 络合 反应速率比氧化 还原反应速率 快，但氧化还原 反应的反应限度 更大 A． B． C． D． 10．某化学兴趣小组在实验室中进行下述实验，向浓氨水、 4NH Cl、 2CoCl 混合溶液中通 入 2O 制备三氯化六氨合钴（ III），装置如下图1所示。向反应后的溶液中加入活性炭可有 效催化   3 3 6 Co NH     生成   2 3 6 Co NH     ，溶液中的   2 3 6 Co NH     能络合烟气中的NO 和 2O ，形成的两种络合物在溶液中极易发生反应，实现NO 的脱除。通过   3 3 6 Co NH     和   2 3 6 Co NH     的转化，可维持溶液脱除NO 的能力，原理如下图 2所示。 图 1 图 2 已知：①两种络合物中的一种为 4+3 5 3 5[(NH ) Co O O Co(NH ) ]— — — 。 ② 2Co 不易被氧化。 ③生成的 2NO 和 3NO 始终等量。 下列说法正确的是（ ） A．球形干燥管中的试剂应选用碱石灰 B．脱除NO 的过程中，应及时补充碱溶液维持体系 pH 基本恒定 C．   2 3 6 Co NH     与 2O 反应生成 4+ 3 5 3 5[(NH ) Co O O Co(NH ) ]— — — 的过程中，氧元素化 合价不变 D．若制备三氯化六氨合钴时先通 2O ，则浓氨水可一次快速加入反应体系，加快制备速率 11．一种水系钠离子二次电池，电解质溶液为三氟甲基磺酸钠溶液。放电时，其工作原理 如下图所示。下列说法正确的是（ ） A．电极 a 为正极 B．充电、放电时，Na均向电势更高的电极移动 C．外电路通过 2 mol 电子时，理论上两电极质量变化的差值为 46g D．电池总反应为        2 4 3 2 4 3 2 4 2 43 3 3 3NaTi PO Na V PO Na Ti PO NaV PO  放电 充电 12．二氧化碳加氢制甲醇是二氧化碳资源转化利用的重要途径，也是实现碳中和目标的关 键手段之一。将原料气按    2 2CO : H 1: 3V V  进行投料，在恒容密闭容器中模拟制备甲醇 发生如下反应。 反应 I：         12 2 3 2 1CO g 3H g CH OH g H O g Δ 49.5kJ molH      　 反应 II ：        2 2 2 2CO g H g CO g H O g ΔH  　 CO和 3CH OH 在含碳产物（ 3CH OH 和CO）中的物质的量分数及 2CO 的平衡转化率随温度 变化的情况如下图所示，下列说法中错误的是（ ） 第 7页 （共 16 页） 第 8页 （共 16 页） 　　 A．曲线m代表 3CH OH 在含碳产物中的物质的量分数 B． 250 C 时，反应 II 的平衡常数 1 104 K  C．若投料比    2 2CO : H 1:1V V  ，反应温度为 400 C ，达平衡后氢气的平衡转化率与二 氧化碳的平衡转化率相等 D．升高温度CO的物质的量分数增大，减小压强CO的物质的量分数不变 13．近日我国科学家在光催化 2CO 还原为乙烷方面取得新进展，设计了具有富表面空位的 3ZIS / MoO x 光催化材料，显著改善了 2CO 的吸附和活化，提高了 2CO 到 2 6C H 的选择性。 主反应过程可表示为 2 2 6 22CO 14H 14e C H 4H O      ，其反应历程如下图所示： （表示催化剂表面吸附位点， 2CO 表示被吸附于催化剂表面的 2CO ，不同颜色的历程表 示过程中可能存在的几种反应路径） 下列说法错误的是（ ） A．推测该催化剂能提高乙烷选择性的原因是在该催化剂表面形成HCOO和 3CH 的能垒 更低 B．反应过程中只有极性键的断裂与形成 C．反应达平衡后升高温度能使生成乙烷的反应选择性降低 D． 由 * 3 3CH CH— 生成 3 3CH CH— 的过程是主反应的决速步 14．汞量法主要用于测定溶液中氯离子含量。以 3 2Hg(NO ) 溶液为标准液滴定含氯离子的盐 溶液。已知 2Hg 与Cl能逐级形成  HgCl 1,2,3,4mn n  型络合物，相应的平衡常数用 1 2 3 4K K K K、 、 、 表示， 1lg 6.74K  、 2lg 6.48K  、 3lg 0.85K  、 4lg 1.00K  。含汞（ II ）粒 子分布系数              2 2 2 2 2 3 4 Hg Hg Hg HgCl HgCl HgCl HgCl c c c c c c                  比如： 与  lg Clc  的关系如下图所示。下列说法错误的是（ ） A．曲线 c表示  2HgCl ，曲线d 表示  3HgCl  B．M 点  Clc  为 0.925 110 mol L  C．以 3 2Hg(NO ) 溶液为标准液滴定某含氯离子的盐溶液，当   7 1Cl 10 mol Lc     时，溶液 中存在            2 32 Hg HgCl H NO Cl OHc c c c c c          D．N点，溶液中存在    23NO 6 Hgc c  二、非选择题：本题共 5 小题，共 58 分。 15．（13 分）稀土有工业“黄金”之称，是一种重要的战略资源。我国自 2024 年10月1日起 开始施行《稀土管理条例》，稀土元素包括镧系元素[如镧（La ）、铈（Ce）、铕（Eu ） 等]以及钪（Sc）、钇（Y ）共17 种元素。回答下列问题： 第 9页 （共 16 页） 第 10页 （共 16 页） （1）Sc在元素周期表中的位置为第_________周期_________族；基态Sc原子的核外电子 的空间运动状态有_________种，未成对电子数为___________。 （2）一种由三甲基氯硅烷（ ）和 2‐氨基吡啶（ ）形成的分子可与Ce形 成螯合物，该螯合物结构如图所示。 　 　 已知： I ．吡啶（ ）中含有与苯类似的大 π键。 II ．该螯合物中氮原子均参与形成配位键。 ①N的杂化方式为__________；该螯合物中Ce的化合价为__________价。 ②三甲基氟硅烷（ ）与三甲基氯硅烷（ ）均可用来制取有机硅中间体，键 角 ：F Si C— — __________ Cl Si C— — （填“>”“<”或“=”），原因为_____________________ ____________________________________________________________。 （3）含钇晶体（Y Fe Ox y z ）的晶胞结构如图所示。 　 　 ①该晶体的化学式为__________。 ②若晶胞参数分别为 pma 、 pmb 和 pmc ，阿伏加德罗常数的值用 AN 表示，则该晶体的 密度为____________ 3g / cm （列表达式）。 16．（11 分）（一）制取并观察 2Fe(OH) 颜色的变化。 实验装置下图所示，实验时使用铁屑和稀硫酸。 回答下列问题： （1）D 的仪器名称为___________，A 中应预先加入维生素C 和________。 （2）B 中盛有NaOH 溶液，实验时，先___________（填“打开”或“关闭”）止水夹E，然 后打开分液漏斗的玻璃塞和活塞，使稀硫酸与铁屑反应，一段时间后，___________（填“打 开”或“关闭”）止水夹E，制得白色 2Fe(OH) 沉淀，持续一段时间后沉淀由白色变为灰绿色。 （二）探究灰绿色沉淀产生的原因 I . 甲同学认为灰绿色沉淀是 2Fe(OH) 发生了部分氧化所致。设计了如下实验。 操作 现象 取少量上述实验所得的灰绿色物质加盐酸溶解，迅速向 溶液里滴加新制的 KSCN 溶液 溶液不变红 （3）依据甲同学的实验得出的结论是____________________________________________。 II . 乙同学查阅资料灰绿色的物质可能是 2Fe(OH) 的结晶水合物与无水 2Fe(OH) 的混合物。 于是设计实验1～实验3进行验证。 实验 操作 现象 实验1 将装有新制 4FeSO 浓溶液的试管置于 热水浴（ 1 T ℃）中，滴入热的NaOH 浓 溶液 得到白色沉淀，且在试管里能保持 较长时间不变色 实验 2 往装有冷的新制 4FeSO 浓溶液的试管 中滴入冷的NaOH 浓溶液 得到灰绿色絮状沉淀，在试管中能 保持较长时间颜色不发生明显变化 第 11页 （共 16 页） 第 12页 （共 16 页） 实验3 将装有新制 4FeSO 稀溶液的试管置于 热水浴（ 1 T ℃）中，滴入热的 NaOH 稀 溶液 得到灰绿色絮状沉淀；将试管从热 水中移出，随着温度降低，颜色逐 渐加深 （4）根据甲同学和乙同学的实验进行推测，制备白色 2Fe(OH) 沉淀的关键不是隔绝空气， 而是控制温度和浓度从而影响___________________________________________________。 （5）丙同学为了进一步证明乙同学的猜测，设计如下两组实验，请将下表中空白补充完整。 实验 操作 现象 实验 4 将实验1制得的少量白色 2Fe(OH) 沉淀转 移至滤纸上，用玻璃棒摊开 沉淀逐渐变成红褐色，且 _______________________ _______________________ 实验5 将实验 2 制得的灰绿色物质移入坩埚中， 小心地____________________ 一段时间后灰绿色沉淀逐渐变为 白色 17. （12 分）从某酸性含铬废水[主要含 22 7Cr O  、   24[Ni CN ] 、 24SO  ]中回收铬元素。该过 程的工艺流程如下图所示： 已知： 2 7CaCr O 、 2 7BaCr O 易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。 物质 4CaSO 4CaCrO 4BaCrO 4BaSO 溶度积 69.1 10 22.30 10 101.17 10 101.08 10 （1）操作“预调 pH ”的主要目的是将 22 7Cr O  转化为 24CrO  ，请从平衡移动原理的角度解释 该过程可实现的原因________________________________________________。 （2）已知：   2 24[Ni CN ] Ni 4CN    ，“破氰”时向废水中加入NaClO，使CN转化为 2 3CO  和无毒无味气体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。 （3）“滤渣 2 ”的主要成分除 4BaSO 外还有____________（填化学式）。 （4）“转化 2 ”中加入的 2Na S溶液，反应后硫元素全部以 2 4SO 的形式存在，该反应的离子 方程式为____________________________________________________________。 （5）从“滤渣1”中分离出含镍元素的物质，该物质以碱式碳酸镍  3 22[ NiCO Ni OH 4H O]x y  的形式存在。为测定其组成，现称取该物质15.08 g，隔绝空气加热。该化合物的热重曲线 如下图所示。则该碱式碳酸镍的化学式为______________。 18. （10 分）工业上常用 2CO 和环氧乙烷（ ）在催化剂作用下制备碳酸乙烯酯（ ）， 该产物经光照与 2Cl 反应生成一氯碳酸乙烯酯（ ）。 一、 2CO 和环氧乙烷（ ）在催化剂作用下制备碳酸乙烯酯（ ）。 （1）已知某温度下，由处于标准状态的指定单质生成标准状态的1 mol某纯化合物时的反 应焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓，符号为 f mΔ H  。标准状态下相关物质的标准摩尔 生成焓的数据如下表所示。 第 13页 （共 16 页） 第 14页 （共 16 页） 物质  2CO g  g  g 1 f mΔ / kJ molH   393.5 52.6 505.9 在热力学标准状态下，二氧化碳和环氧乙烷合成碳酸乙烯酯的热化学方程式为 ΔH  1kJ mol （2）碳酸乙烯酯（ ）在酸性条件下会发生水解，水解产物是 2 3H CO 和一种有机物。该 有机产物的结构简式为_____________。 二、 目前工业上大多采用氯气法制备一氯碳酸乙烯酯，即碳酸乙烯酯（ ）和氯气在光 引发下合成，其涉及反应如下： 反应 I ： 反应 II ： （3）反应 I 中碳酸乙烯酯和氯气反应的自由基取代反应机理如下： ① ② ____________________________________ ③ ④ ⑤ 请补充代表反应②的方程式： _____________________________________。 （4）已知该反应的压强平衡常数随温度变化的线性关系如图所示，回答下列问题： ①反应 I和反应 II 的 H 均________0 （填“大于”或“小于”）。 ②在1 L 的密闭体系中，投入1 mol碳酸乙烯酯和 21 mol Cl 模拟合成一氯碳酸乙烯酯。假设 达到平衡时，n（一氯碳酸乙烯酯） 0.2mol ，  HCl 0.8moln  ，那么反应 II 中一氯碳酸 乙烯酯的转化率为___________，反应 II 的平衡常数 xK 为______________。 （用各组分的物质的量分数表示 xK ，保留到小数点后一位。对于反应        A g B g C g D gm n p q  ，        C D A B p q x m n x x K x x    ， x为物质的量分数） 19. （12 分）奥司他韦可用于甲型和乙型流感的治疗，能够有效缓解发烧、头痛、鼻塞、 关节酸痛等症状，其中一种合成路线如下（部分反应条件及反应过程省略）。 已知：① 。 ②Ms表示甲基磺酰基（ ）。 第 15页 （共 16 页） 第 16页 （共 16 页） ③ 。 请回答： （1）化合物C 的含氧官能团名称是____________。 （2）已知B中含有六元环，写出A B 的反应方程式________________________________。 （3）B C 发生两步反应，其反应类型分别为_________、_________。 （4）下列说法不正确的是________。 A ．莽草酸既可以发生氧化反应，又可以发生还原反应 B．奥司他韦中C 原子的杂化方式有两种， N原子的杂化方式只有 2sp C ． 3NaN 中阴离子的空间结构为V 形 D ．奥司他韦中有 2 个手性碳原子 （5）已知H 中含有 2个环，同时含有亚氨基 NH ，写出H I 的反应方程式_________ ________________________________。 （6）化合物K 的分子式为 9 12 4C H O ，K 的同分异构体符合下列条件。（不考虑立体异构， 同一个碳原子上连接两个或两个以上 OH 时结构不稳定） ①含有苯环，且能与 3FeCl 溶液发生显色反应； ②分子中不含过氧键； ③核磁共振氢谱显示：分子中共有 4种不同化学环境的氢原子。 其中，含有1个酚羟基的结构简式为_____________。