文档内容
达州市普通高中 2026 届第二次诊断性测试
化学参考答案详解
第Ⅰ卷（选择题，共 45 分）
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符
合题目要求的。
1．【答案】D
【考查内容】化学与STSE
【分析】本题以“达州美食文化”为情境，融合有机化学和化学与生活考点。题目围绕米粉、鸡蛋清、牛肉、
茶叶等日常食物，将淀粉、蛋白质变性、美拉德反应、茶叶抗氧化等核心知识串联，考查了学生对宏
观现象的微观解释能力及化学与生活的联系，体现了学科核心素养。
【详解】
A．包裹羊肉的米粉主要成分是淀粉，淀粉由多个葡萄糖单元组成，属于多糖，A错误；
B．加热鸡蛋清，会使鸡蛋清(蛋白质)变性，不是蛋白质的盐析，B错误；
C．高温炭火烘烤牛肉产生的香味，是牛肉中的蛋白质与糖类发生美拉德反应，同时蛋白质发生高温热分
解，并伴随脂肪的氧化裂解。这些反应生成了大量含有焦香、肉香和脂香的挥发性有机物。不是酯类
水解产生的，C错误；
D．茶多酚和维生素C均为强还原剂，具有抗氧化作用，能清除体内氧自由基、保护蛋白质及肠道膜蛋白
的结构与功能，从而减少蛋白质因氧化造成的损伤，间接促进蛋白质的吸收与利用，D正确；
2．【答案】C
【考查内容】化学用语
【分析】本题以化学用语的规范表达为背景，考查化学基础核心知识。涉及用于核素，分子间氢键，σ键
电子云轮廓图，以及VSEPR模型等考点，提升考生化学用语规范辨析能力，微观结构表征能力及逻辑
推理能力，培养宏观辨识与微观探析的核心素养。
【详解】
A．用于考古断代的碳的核素为放射性的14C，A正确；
6
B．因O的电负性大于N，O-H键极性更强，使H原子更接近“裸核”，与N的孤对电子吸引力更强，故该
氢键作用最强烈，即NH 和H O之间最强烈的氢键作用为： ，B正确；
3 2
C．HF中的σ键为s-pσ键，因此其电子云轮廓图应为 ，C错误；
D．SO2－的中心原子S周围的价层电子对数为：3+ ×(6＋2－3×2)＝4，有1对孤电子对，则SO2－的VSEPR
3 3
1
2
模型为： ，D正确；
3．【答案】C
【考查内容】阿伏加德罗常数N
A
【分析】本题以消除采矿业胶液中的氰化物为背景，聚焦阿伏加德罗常数N 的综合应用。试题融合了物
A
质中π键数目、溶液中原子数目、反应中电子转移数目的计算，并结合溶液守恒关系进行考查，全面检
1测了学生对化学计量关系的掌握程度及微观粒子的计算能力。
【详解】
A．1molKCN中含有1molCN－离子，CN－离子中存在碳氮三键，三键中有两个π键和一个σ键，所以1mol
CN－中含有的π键数目2N ，则0.5molCN－中含有的π键数目N ，A错误；
A A
B．常温常压下，100g质量分数为17% 的H O 溶液中，H O 的质量为100g×17%=17g，水的质量为100g
2 2 2 2
m 17g
–17g=83g。n(H O )＝ ＝ ＝0.5mol，含有H原子数目为N ，H O中还含有H原子，因此
2 2 M 34g•mol－1 A 2
100g溶液中含有H原子数目大于N ，故B错误；
A
C．KCN＋H O ＋H O＝＝KHCO ＋NH ↑，生成1molNH 时转移2mol电子，因此生成0.3molNH 时，转
2 2 2 3 3 3 3
移电子的数目为0.6N ，故C正确；
A
D．HCO－既能水解又能电离，含碳微粒有HCO－、CO2－、H CO ，根据物料守恒HCO－、CO2－、H CO
3 3 3 2 3 3 3 2 3
数之和为0.1N ，故D错误；
A
4．【答案】B
【考查内容】化学实验基础－实验方案设计
【分析】本题聚焦化学实验现象分析、反应原理应用、物质性质与规律推导等核心知识。核心考点包括氧
化还原反应中氧化性强弱的判断、盐类水解的规律、离子的检验以及化学平衡的移动。提升考生实验
现象分析能力、逻辑推理能力、反应原理迁移应用能力及实验结论严谨性判断能力。培育证据推理与
模型认知、科学探究与创新意识、宏观辨识与微观探析的核心素养。
【详解】
A．检验NH ＋需要浓的强碱溶液同时加热使NH 挥发出来，加入稀氢氧化钠溶液同时未加热时试纸不变蓝
4 3
不能排除NH ＋存在，故A错误；
4
B．2NO (g) N O (g) ΔH＜0，将充有NO 的密闭烧瓶放入热水中，平衡向逆反应方向移动，气体
2 2 4 2
颜色变深，则实验现象和结论均正确，故B正确；
C．Cl ＋KBrO ＝＝Br ＋KClO ，只能说明BrO－的氧化性强于Cl ，而Br 作为还原产物，无法与Cl 比较
2 3 2 3 3 2 2 2
氧化性强弱，C错误；
D．CH COOH溶液中加入CH COONH 固体，溶液中CH COO－浓度增大，抑制CH COOH电离，平衡逆
3 3 4 3 3
向移动，溶液pH变大。CH COONH 溶液呈碱性结论是错的，D错误；
3 4
5．【答案】C
【考查内容】有机物的结构和性质
【分析】核心考点包括有机物共线共面判断、手性碳原子判断、同分异构体的判断、官能团性质及与Na
置换反应的定量计算，提升考生有机物结构分析能力、同分异构体推断能力、官能团性质迁移能力。
【详解】
A．具有4个手性碳原子： ，A错误；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，所有碳原子不可能在同一平面上，故B错误；
C．青蒿酸不饱和度为5，其同分异构体可能有芳香族化合物，C正确；
D．题中没有说明气体是否处在标准状况下，D错误；
6．【答案】B
2【考查内容】离子方程式的书写
【分析】本题以典型离子反应为载体，重点判断物质是否拆分、反应类型（氧化还原/双水解）、反应先后
顺序与产物，同时考查守恒思想与规范书写，综合性强、易错点多，侧重对反应本质的理解。
【详解】
A．稀硝酸具有强氧化性，能将S2-氧化为硫单质，正确的离子方程式为3S2－＋8H＋＋2NO－＝＝3S↓＋2NO↑
3
＋4H O，A错误；
2
B．Al3＋与HS－发生完全双水解反应，生成Al(OH) 沉淀和H S气体，方程式符合反应原理，B正确；
3 2
C．在酸性条件下，IO－离子与I−离子反应生成I 单质，CH COOH是弱酸，则离子方程式为：6CH COOH
3 2 3 3
＋5I−＋IO－＝＝3I ＋3H O＋6CH COO−，C错误；
3 2 2 3
D．Ba(OH) 与NH HSO 按1:1混合反应，1molH+与1molOH－中和生成1molH O，1molBa2+与1molSO2－
2 4 4 2 4
生成1molBaSO 沉淀，还有1molOH－与1molNH ＋参与反应，D错误；
4 4
7．【答案】B
【考查内容】物质结构与性质
【分析】本题以干冰与冰的堆积方式、空间利用率、超分子选择性、键角大小的判断、醛基和氢氰酸加成
为载体，考查宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、科学态度与社会责任化学学科核心素养，
要求学生从微观作用力、空间结构、电子效应角度分析结构与性质的关系，体现“结构决定性质、性质
决定应用”的化学思想。
【详解】
A．干冰的密度大于冰，是因为干冰中CO 是面心立方堆积，空间利用率高，而冰中水分子间存在氢键，
2
形成疏松的晶体结构，空间利用率低，A错误；
B．“杯酚”通过空腔大小选择性结合C ，实现与C 分离，故B正确；
60 70
C．BeCl 中中心Be原子为sp杂化，键角为180°，BCl 中中心B原子为sp2杂化，键角为120°，CCl 中
2 3 4
中心C原子为sp3杂化，键角为109°28′，三种物质中心原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子
对无关，故C错误；
D．乙醛中醛基 C=O 极性强，电子云偏向氧，使羰基碳带部分正电荷，易被 CN－亲核进攻，乙醛与极性
分子HCN发生加成反应时，羰基氧带部分负电荷，H带正电荷，连接在氧原子上，反应生成 ，
D错误；
8．【答案】D
【考查内容】化学实验装置与操作
【分析】本题聚焦化学实验核心操作与装置设计逻辑。核心考点包括气体除杂、氧化还原滴定的操作、气
体的收集以及分子极性判断。强化考生对“实验原理－装置功能－操作规范”逻辑关系的理解与应用能力。
【详解】
A．碱石灰是碱性干燥剂，HCl是酸性气体，可被碱石灰吸收，而H 不与碱石灰反应，但气体应从干燥管
2
的粗口进入，细口排出，A错误；
B．溴水遇到KI则立刻会产生碘单质，遇淀粉立即变蓝，故不能用此方法测定KI溶液的浓度，且溴水不
能用碱式滴定管盛装，B错误；
C．NO与 CO 不反应，NO的相对分子质量为30，CO 相对分子质量为44，因此NO密度小于CO ，NO
2 2 2
应从短管通入，将密度更大的CO 从底部长管排出，才能收集NO，C错误；
2
D．水分子是极性分子，四氯化碳是非极性分子，带电的橡胶棒靠近时，极性分子会发生偏转，非极性分
子不偏转，可达到实验目的，D正确；
39．【答案】A
【考查内容】元素周期表与元素周期律
【分析】本题以元素周期律为核心依据，要求学生根据元素在周期表中的位置，判断半径、电负性、最高
价含氧酸酸性及沸点的变化规律。根据题干，W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大；
基态X原子p轨道仅1个电子，电子排布式为1s22s22p1，推断X为B；Z的氢化物可用于蚀刻玻璃，Z
为F。再由Z的原子序数等于X的次外层电子数与Y的核外电子数之和，Y为N。X W 可发生剧烈水
2 6
解产生W的单质,W为H。
【详解】
A．YW 为NH ，Y W 为N H （肼），二者均存在分子间氢键，N H 比NH 形成的氢键更多，且N H
3 3 2 4 2 4 2 4 3 2 4
相对分子质量更大，沸点更高，A正确；
B．同一周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性Z(F)＞X(B)。结合已知信息B H ＋6H O＝＝
2 6 2
2H BO ＋6H ↑可推出B H 中H元素为﹣1价，H元素电负性比B元素大，电负性Z(F)＞W(H)＞X(B)。，
3 3 2 2 6
B错误；
C．根据原子半径递变规律，电子层越多，原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，
因此原子半径顺序为N＞F＞H，即Y＞Z＞W，C错误；
D．F元素电负性最大，非金属性最强，化合物中只有负价，没有正价，不能形成含氧酸，D错误；
10．【答案】B
【考查内容】反应历程、催化机理
【分析】核心考点包括催化剂的作用机制，化学键的断裂与生成判断，消去反应机理，碳原子的杂化方式，
总反应方程式的书写。提升考生反应历程分析能力，化学键变化辨析能力，催化反应机理理解应用能
力，培育宏观辨识与微观探析的核心素养。
【详解】
A．根据反应机理图可知产物还有H O，总反应方程式为：(CH ) CCH OH (CH ) C=CHCH ＋H O，
2 3 3 2 3 2 3 2
A正确；
B． 中碳正离子的杂化方式为sp2，B错误；
C．由图可知，反应中只涉及极性键的断裂和形成，C正确；
D．依据该机理可知C由羟基所连的C转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键推断
能发生消去反应，故D正确；
11．【答案】D
【考查内容】电化学
【分析】以我国科学家研制的可充电氢负离子全固态电池为真实情境，通过提供充放电原理和图示呈现信息，
以此考查电化学的基础知识：电解质离子的移动方向、电极的判断、电极反应式的正误判断及相关计算。根
据3NaAlH ＋6CeH Na AlH ＋2Al＋6CeH 及图示信息可知，电池放电时A极为正极，电极反应
4 2 3 6 3
式为3NaAlH ＋6e－＝Na AlH ＋2Al＋6H－，B极为负极，电极反应式为CeH ＋H－－e－＝CeH ；充电时
4 3 6 2 3
A极为阳极，电极反应式为Na AlH ＋2Al＋6H－－6e－＝3NaAlH ，B极为阴极，电极反应式为CeH ＋
3 6 4 3
e－＝CeH ＋H－。
2
【详解】
A．放电时，H－移向负极，A正确。
B．充电时，阴极与外接电源的负极相接，B正确。
4C．依据上述分析，放电时B极电极反应式为CeH ＋H－－e－＝CeH ，C正确。
2 3
D．依据上述分析，充电时A极电极反应式为Na AlH ＋2Al＋6H－－6e－＝3NaAlH ，A极质量增重，且每
3 6 4
转移1mole－，A极增重1g，D错误。
12．【答案】A
【考查内容】有机化学基础
【分析】有机化学中与高分子材料相关的选择题。主要考查单体分子的化学性质、聚合反应的类型判断及
聚合物重复单元的判定。
【详解】
A．由X的结构知，1molX完全水解生成3molH CO ，可消耗6molNaOH，A错误。
2 3
B．对比X、Y、Z三者的结构可知，合成Z的反应为加聚反应，原子利用率为100%，B正确。
C．1molY的结构中含2mol羟基，1mol 乙二酸的结构中含2mol羧基，满足缩聚反应的要素和特点，C
正确。
D．由C的分析可得出Z的结构如下： ，重复结构单元中含有X、Y的片段比为2∶3，
则n(N)∶n(S)∶n(O)＝6∶6∶12，化为最简比n(N)∶n(S)∶n(O)＝1∶1∶2，D正确。
13．【答案】C
【考查内容】晶体结构常识及简单计算
【分析】根据题中所给晶胞α=β=γ=90°，确定该晶胞为立方晶胞，Mg、
Ni、C三种原子分别位于晶胞的顶点、面心和体心，再确认1、2、
3号原子所处的位置，利用均摊法、分数坐标、密度计算公式及原
子位置关系可以解答本题。
【详解】
A．晶胞为立方晶胞，Mg、Ni、C三种原子分别位于晶胞的顶点、面心和体心，利用均摊法可知，一个晶
胞中Mg、Ni、C三种原子的个数分别为1、3、1，则晶体的化学式为MgNi C，A正确；
3
11
B．由题中所给原子1、2的分数坐标分别为(0,0,0)、( , ,1)，则可确定原子3(位于晶胞右侧面心)的分数坐
22
11
标为(1, , )，B正确；
22
C．根据晶胞中Ni与Mg原子的最短距离为apm，可计算出晶胞参数为 apm＝ a×10−10cm， 再根据
M
密度计算公式可得晶胞密度ρ＝ g/cm3，C错误； 2 2
N ×( a×10−10)3
A
D．由C选项计算出晶胞参数为 apm，再根据原子1、2的位置关系，可得1和2原子间的距离为 apm，
2
D正确；
2 3
14．【答案】B
【考查内容】微型工艺流程题
【分析】根据题中所给废弃钢渣(含有FeO、Fe O 、CaO、SiO 和少量MnO等)的主要成分，可快速确定
2 3 2
设计流程的意图是去除Si、Fe、Ca元素，固定CO ，回收Mn元素并制取MnO •nH O。各除杂步骤物
2 2 2
质清楚，目的明确，再结合已知信息可做分析和计算。
【详解】
A．加入试剂A的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，而H O 、Cl 、MnO 等氧化剂均能在酸性条件下将
2 2 2 2
Fe2＋氧化为Fe3＋，A正确；
5B．“沉铁”时，加NH •H O调节溶液pH，使溶液中的Fe3＋完全沉淀，而Mn2＋不沉淀，则根据离子完全沉
3 2
淀时浓度c(Mn＋)≤1.0×10−5mol/L，K [Fe(OH) ]＝10−38.6，可得Fe3＋完全沉淀时c(OH−)＝ ＝
sp 3
3Ksp[Fe(OH)3]
c(Fe3+)
mol/L＝10−11.2mol/L，可得pH＝2.8，所以应调节pH为2.8时Fe3＋完全沉淀，B错误；
3 10−38.6
C．“沉1×锰10−
”
5前锰元素以Mn2＋存在于溶液中，“沉锰”时发生反应的离子方程式为：2MnO－＋3Mn2＋＋(2＋n)H
O
4 2
＝＝5MnO •nH O↓＋4H＋，H＋浓度增大，溶液pH变小，C正确；
2 2
D．根据题目所给钢渣中钙元素的质量分数为24％，钙的浸出率为90％，n(Ca)＝n(CO )，所以m(CO )＝
2 2
a×103×24％×90％
×44kg＝237.6akg，D正确；
40
15．【答案】D
【考查内容】化学实验、水溶液中的离子平衡
【分析】本题以泡打粉的使用为情境，结合泡打粉主要成分NaHCO 和Na H P O (焦磷酸二氢二钠)进行考
3 2 2 2 7
查。核心考点包括离子浓度比较，电荷守恒应用，反应进行程度等，提升考生综合分析，图像解读，
数据处理及逻辑推导能力，培育宏观辨识与微观探析，证据推理与模型认知，变化观念与平衡思想的
核心素养。
【详解】
A．由图可知，随pH增大，H P O 中的H+逐渐被消耗，故①为H P O ，②为H P O－③为H P O2‾，④为HP O3－，
4 2 7 4 2 7 3 2 7 2 2 7 2 7
⑤为P O4－，故A错误；
2 7
B．根据A项分析，③代表H P O2‾的分布分数曲线，由图可知，当H P O2‾的分布分数为最大值时溶液的
2 2 7 2 2 7
pH＜7，溶液显酸性，说明H P O2‾的电离大于水解，则c(HP O3－)＞c(H P O－)，故B错误；
2 2 7 2 7 3 2 7
C．由题干和图1信息可知，发生反应的离子方程式为：H P O2‾＋HCO‾＝＝HP O3－＋CO↑＋HO
2 2 7 3 2 7 2 2
D．反应OH－＋H P O2‾＝＝HP O3－＋HO的平衡常数K＝ c(HP 2 O3 7 －) ＝ K a3 (H 4 P 2 O 7 ) ，取③和④的交点，
2 2 7 2 7 2 c(H 2 P 2 O2 7 ‾)•c(OH－) K w
10－6.30
c(H P O2‾)＝c(HP O3－)，Ka (H P O )＝c(H＋)＝1×10－6.3，则K＝ ＝107.70＞105，认为反应进行完全；
2 2 7 2 7 3 4 2 7 10－14
或由图2中pH＞9，H P O2‾的含量几乎为0，表明该能反应进行完全，故D正确；
2 2 7
第Ⅱ卷（非选择题，共 55 分）
二、填空题（本题4个小题，共55分）
16．(14分)
【答案】
(1) （1分）
(2)B SiO （1分）
2
(3)10‾9.2 增大反应物NH •H O的浓度，NH＋消耗反应生成的OH‾，均有利于Co(OH) 溶解
3 2 4 2
2[Co(NH ) ]2＋＋H O ＝＝ 2[Co(NH ) ]3＋＋2OH‾
3 6 2 2 3 6
(4)冷却结晶（1分） 加压酸浸（1分）
(5)C
【考查内容】工业流程题
【详解】
6(1)基态Ni2＋的价电子排布图为 ；
(2)“加压酸浸”时各元素的浸出率受到
硝酸初始浓度、保温时间、浸出温度、
液固比等因素的影响，图1、2所示
为浸出温度和液固比对金属离子的
浸出率的影响，浸出温度、液固比应
选择铁的浸出率低，而其他金属浸出
率高的温度，读图1可知浸出温度应选择190℃，读图2可知液固比应选择1.6~1.7mL/g，故应应选择
B答案；矿石经硝酸加压酸浸后仅SiO 不溶，所得滤渣1的主要成分是SiO ；
2 2
(3)“氧化氨浸”时加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液使Co(OH) 溶解为[Co(NH ) ]2＋，溶解转化反应为
2 3 6
c{[Co(NH ) ]2＋}·c2(OH‾)
Co(OH)＋6NH [Co(NH)]2＋＋2OH‾，平衡常数K＝ 3 6 ，[Co(NH ) ]2＋ Co2＋
2 3 36 3 6
c6(NH )
3
c{[Co(NH ) ]2＋}
＋6NH 对应K ＝ 3 6 ＝1.0×105，K [Co(OH) ]＝c(Co2＋)•c2(OH‾)＝10－14.2，则溶解转化反
3 稳 c6(NH )·c(Co2＋) sp 2
3
应的平衡常数K＝K ×K [Co(OH) ]＝1.0×105×10－14.2＝10－9.2；加入浓氨水与铵盐组成的缓冲溶液，
稳 sp 2
增大反应物NH •H O的浓度，NH＋消耗反应生成的OH‾，均有利于Co(OH) 的溶解；根据已知信息
3 2 4 2
[Co(NH)]2＋易被氧化为[Co(NH)]3＋，所以加入H O 后反应的离子方程式为：2[Co(NH ) ]2＋＋H O ＝＝
36 36 2 2 3 6 2 2
2[Co(NH ) ]3＋＋2OH‾；
3 6
(4)从浸出液中获得Mg(NO ) •6H O晶体的一系列操作为“蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥”；
3 2 2
所得Mg(NO ) •6H O晶体经高温分解能得到NO ，再与O 和H O作用后生成HNO ，可返回到“加压
3 2 2 2 2 2 3
酸浸”工序循环利用；
(5)已知[Co(NH ) ]3＋为正八面体形结构(如图3)，配合物中心离子Co3＋的配位数为6，
3 6
Co3＋的价层电子对数为6，则杂化方式不可能为sp2、sp3、dsp3杂化，所以中心离
子Co3＋的杂化方式为d2sp3；
17．（14分）
【答案】
(1)球形冷凝管（1分） 温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶解
(2)取滤液少量于洁净试管中，滴加2滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的Fe3＋已经
完全除去
(3)水（1分） 分水器中下层液体（水）的量不再增加（或回流液变得澄清）
(4)InCl •4H O InOCl＋2HCl↑＋3H O
3 2 2
(5)88.60 偏高
【考查内容】实验题
【详解】
(1)仪器B的名称为球形冷凝管；溶解金属铟时略微加热可加快反应速率，但浓盐酸易挥发，故加热温度不
能太高，则控温40~60℃的原因是温度过低反应速率慢，温度过高浓盐酸挥发较多，均不利于金属铟溶
解。
(2)除杂时除去溶液中的Fe3＋，验证溶液中Fe3＋已除尽的实验方案为：取滤液少量于洁净试管中，滴加2
滴KSCN溶液，若溶液中未出现红色，则证明原溶液中的Fe3＋已经完全除去。
(3)控温回流时预先在分水器中加水，使用分水器将蒸出的环己烷与水的共沸物中的水进入下层，达到去除
7InCl •4H O中的H O的目的；当分水器中下层液体（水）的量不再增加或回流液变得澄清时，表明水
3 2 2
已经完全蒸出，可以停止加热。
(4)若直接加热InCl •4H O晶体，InCl 会发生水解反应生成InOCl，该反应的化学方程式为：InCl •
3 2 3 3
4H O InOCl＋2HCl↑＋3H O。
2 2
(5)根据题目所给信息，称取4.50g无水InCl 样品，配制成500mL待测液，取25.00mL待测液加入20.00
3
mL0.1000mol/LEDTA溶液(H Y2－)充分反应，再用0.05000mol/LCuCl 标准溶液滴定过量EDTA溶液，
2 2
终点时消耗标准溶液22.00mL，反应为In3＋＋H Y2－＝＝InY－＋2H＋，Cu2＋＋H Y2－＝＝CuY2－＋2H＋。这
2 2
是利用金属离子与 EDTA标准溶液进行络合滴定再返滴定的方法，则样品中InCl
3
(0.1000×20.00×10−3－0.05000×22.00×10−3)×221.5×500÷25
的质量分数列式为
4.50
×100％＝88.6％；若滴定时其他操作无误，量取待测液时初始和结束读取滴定管
刻度方式如图3所示，表明所量取的待测液体积偏小，而计算时仍代入25.00mL
待测液进行计算，实际导致返滴定时所用CuCl 标准溶液体积偏小，则测定结果将
2
偏高。
18．(14分)
【答案】
(1)＋41.2（1分） 高温（1分）
(2)BC
(3)①a 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，CH OH的选择性降低；反应Ⅱ为吸热
3
反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO的选择性
1
②0.125或
8
(4)①CO ＋6e‾＋6H＋＝＝CH OH＋H O
2 3 2
②碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO中间体，促进CO进一步还原为甲醇，使甲醇选择性高于管外。
【考查内容】本题以CO 催化加氢制甲醇的反应研究为真实情境，综合考查学生对反应原理的理解与应用，
2
着重考查盖斯定律、ΔG、平衡状态的标志、平衡常数的计算、电极反应式的书写等知识，以及学生对
图文内容进行综合分析与理解运用的能力。
【详解】
(1)根据盖斯定律：Ⅱ＝Ⅰ－Ⅲ，ΔH ＝ΔH －ΔH ＝＋41.2kJ/mol；根据ΔG＝ΔH－TΔS，反应Ⅱ中ΔH＞0，ΔS
2 1 3
＞0，则反应II高温下能自发进行。
(2)恒温恒容的密闭体系且反应Ⅰ、Ⅲ反应前后气体分子数不等。
A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A错误。
B．由上分析可知，反应进行时体系的体积是个变量，则气体的密度是变量，根据“变量不变即平衡”得，
B正确。
C．根据反应知：CO 在消耗，n(CO )减小，CH OH在生成，n(CH OH)增多，则n(CO )∶n(CH OH)是个
2 2 3 3 2 3
变量，C正确。
K
D．恒温条件，K不变， 1恒定，D错误。
K
2
(3)①依据图1及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，CH OH
3
的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升
高CO的选择性，故表示CH OH选择性的曲线为a。
3
②由⑶①分析及图1的数据可知：M点，CO 的转化率与CH OH的选择性均为50%，再结合元素守恒，
2 3
平衡时n(CO )＝0.5mol，n(CH OH)＝n(CO)＝0.25mol，n(H O)＝0.5mol，n(H )＝2mol，n(总)＝4.5mol。
2 3 2 2
0.25 0.5
3 3
1
K＝ 4.5 4.5 ＝0.125或
p
0.5 2 8
3 3
4.5 4.5
8(4)①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明KHCO 溶液不参与电极反应，则只能是H＋来平
3
衡电荷，故阴极的电极反应式为：CO ＋6e‾＋6H＋＝＝CH OH＋H O。
2 3 2
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附CO中间体并抑制CO中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在
碳纳米管内部，可促进CO中间体进一步还原为CH OH，提高CH OH的选择性。
3 3
19．(13分)
【答案】
(1)邻溴苯酚（或2-溴苯酚）（1分） 保护酚羟基，防止酚羟基与D反应（1分）
(2)醚键（1分） 还原反应（1分）
(3)
(4) 5 或
(5) H ，Pd/C （或Fe/HCl）（1分）
2
【考查内容】本题以可以口服给药的治疗血小板减少症的药物K的合成路线为真实情境，主要考查有机化
合物的命名、特殊步骤的目的、常见官能团的名称、有机反应类型、根据信息推测化合物的结构简式、
限定条件的同分异构体数目判断、核磁共振氢谱在结构确定中的应用、有机合成等知识。
【详解】
⑴根据反应条件A→B应为硝化反应，在比较B的分子式与C的结构简式，可推知B为 ，则A
为 ，名称是邻溴苯酚（或2-溴苯酚）；结合F→G的反应条件及F的分子式和G的结构简式，
可推知F为 ,就整个路线而言，B→C将酚羟基甲基化，而E→F又将甲基去掉，故B→C
的目的是保护酚羟基，防止酚羟基与D反应。
⑵由C的结构可知其官能团的名称为硝基、醚键和碳溴键；结合⑴的分析，F→G的反应类型为还原反应。
⑶结合H的分子式和I、J的结构简式，可推出H的结构简式为 。
⑷由I的结构简式知化学式为C H O ，不饱和度为2，能发生银镜反应则有醛基，能与NaHCO 溶液反应
6 10 3 3
则有羧基，而一个醛基和一个羧基刚好2个不饱和度。除去一个醛基和一个羧基还有四个碳原子，采
用“定一移一方法”共有 、 、 （箭头所指醛基位置），共有5种；其中核磁
共振氢谱为6组峰的是 。
⑸结合M→ 的合成路线可知M的结构简式为 ，则第①步应为硝化反应，第②
步为硝基的还原反应。
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