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2026 年高三考前冲刺训练题
化 学（二）参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B A C D A D C B C
题号 11 12 13 14 15 16
答案 B A A D C B
1. 【答案】D
【解析】A.唐三彩陶器三彩马的主要材质为黏土胚体，是陶瓷的一种，属于无机非金属材料，不符合题意。
B.东汉铜器马踏飞燕的主要材质为青铜，属于合金，不符合题意。C.西汉石雕马踏匈奴的主要材质是硅酸
盐，属于无机非金属材料，不符合题意。D.清代画卷《阚虎骝》的主要材质是纤维素，属于有机高分子，
符合题意。故选D。
2. 【答案】B
【解析】A.该索烃由两个全苯基大环分子组成，含有苯环且仅有碳、氢元素，属于芳香烃，正确。B.红外
光谱不能测定相对分子质量，应使用质谱仪，在质谱图中读取最大荷质比即为相对分子质量，错误。C.该
物质为分子晶体，分子间存在范德华力，正确。D.破坏“机械键”需要至少将其中一环的碳碳共价键破坏，
正确。故选B。
3. 【答案】A
【解析】A.月壤钛铁矿的成分 FeTiO 可以写成 FeO· TiO，可认为 Fe 为+2 价，Ti 为+4 价，若认为 Ti 为
3 2
+2价，则Fe为+4价，不存在这样的Fe，错误。B.这些来自太阳的氢原子包含1𝐻、2𝐻、3𝐻，它们都是氢
1 1 1
的同位素，正确。C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中，Fe的价态由正降为0，而来自太阳风的H的价
态由0升为+1，发生了氧化还原反应，正确。D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程是物态变化中的液化
过程，是放出热量的过程，正确。故选A。
4. 【答案】C
【解析】A.劳动项目用CuSO 溶液除去乙炔中混杂的HS，反应生成CuS沉淀从而除去杂质，正确，化学知
4 2
识应为 Cu2+ + HS = CuS↓ + 2H+，错误，不符合题意。B. 劳动项目用 NaHCO 作为餐具洗涤剂，NaHCO
2 3 3
水解后显碱性，可促进油污的水解，正确，化学知识2NaHCO ≜ NaCO + HO + CO↑，NaHCO3具有热分
3 2 3 2 2
解性，正确，但是二者没有关联，不符合题意。C. 劳动项目红酒制作过程中添加适量SO，正确，化学知
2
识 SO 可以去色、杀菌及抗氧化，SO 具有漂白性、酸性及还原性，正确，二者有关联，符合题意。D. 劳
2 2
动项目 84 消毒液与洁厕灵不能混合使用，正确，化学知识应为二者产生刺激性气味气体氯气，错误，不
符合题意。故选C。
5. 【答案】D
【解析】A. 热固性酚醛树脂耐高温、绝缘性好，适合制造集成电路的底板，正确。B. 聚氯乙烯（PVC）含塑化剂等添加剂，可能释放有害物质，不适合用于饮用水分离膜（常用材料如聚丙烯），正确。C. 天然
橡胶具有很好的弹性和耐磨性，可用于制作轮胎、手套等，正确。D. 聚苯乙烯泡沫保温性好，通过苯乙
烯的双键加聚得到，其结构中不含有碳碳双键，错误。故选D。
6. 【答案】A
【解析】A. 实验室使用 NHCl 与 Ca(OH) 两种固体混合加热制备氨气时，试管口需要略向下倾斜，错误。
4 2
B. FeCl 与淀粉 KI 溶液反应，溶液变蓝色，生成 I，则氧化性：Fe3+>I，新制氯水加入含 KSCN 的 FeCl
3 2 2 2
溶液中，溶液变红色，生成Fe3+，则氧化性：Cl>Fe3+，可以通过Fe3+比较出Cl 和I 的氧化性，正确。C. 不
2 2 2
同浓度的NaSO 与相同浓度的稀硫酸反应，观察NaSO 出现浑浊的时间，可探究反应物浓度对反应速率的
2 2 3 2 2 3
影响，正确。D. 两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO(红棕
2
色) NO(无色)平衡的影响，正确。故选A。
2 4
7. 【答案】D
【解析】可以判断出X是FeS 黄铁矿，Y是FeO，溶液Z为含Fe3+的溶液，溶液R为含有Fe2+的溶液，则
2 2 3
Q应为FeS。A.X→Y发生了氧化还原反应，则X中的Fe元素为+2价，R→Q不涉及氧化还原反应，则Q中
Fe元素为+2价，则金属元素的化合价一致，正确。B. FeS可以通过Fe单质与S单质加热化合得到，正确。
C.固体Y是FeO，是一种碱性氧化物，常用作油漆、涂料等的红色颜料溶液，正确。D. R为含Fe2+的溶液，
2 3
不可以用于净水，Z则可以，其原理是通过Fe3+形成Fe(OH) 胶体，利用吸附与聚沉除去杂质，错误。故选
3
D。
8. 【答案】C
【解析】A．氮气的稳定性源于氮分子中的三键，键能高难以断裂，正确。B．苯因大 π 键结构稳定，难
以与溴发生加成或取代，正确。C．氯化钠熔点高于氯化铝的真实原因是氯化铝为分子晶体而非离子晶体，
选项将二者均视为离子晶体并用离子电荷和半径解释，不符合实际，错误。D．水晶的规则外形由原子三
维有序排列（晶体结构）导致，正确。故选C。
9. 【答案】B
【解析】A．1 mol 14C 所含中子的数目为 8 N，错误。B．等物质的量 Fe 与 Cl 反应生成 FeCl，此时 Fe
A 2 3
过量，Cl 完全反应，标准状况下22.4 L Cl 为1 mol，反应转移2 mol电子，数目为2N，正确。C．在1
2 2 A
L pH=10的NaCO 溶液中，由于没有给温度，不能确定Kw的值，因此不能计算OH-的数目，错误。D．足量
2 3
浓盐酸与0.1 mol MnO 反应，生成Cl 的数目为 0.1 N，错误。故选B。
2 2 A
10．【答案】C
【分析】W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数
相等，那么就可能有 1 个、2 个、4 个被充满的能级数，分别对应的价电子排布式是：1s22s1或 1s22s22p2
或1s22s22p63s23p4。非金属元素，则W不是Li；若W是C，则X是Si， Y是P，Z位于W的对角线位置，
则满足条件的Z是Al（P与Y重复），而Al为金属元素，则不成立；若W是S，则X是O， Y是N，Z是F
（N与Y重复），满足题意。故W为S，X为O，Y为N，Z为F。
【解析】A．由于N为VA族元素，其价电子排布式为2s22p3半充满结构，因此其第一电离能大于VIA族的
O，故第一电离能 X(O)<Y(N)，正确；B．同主族从上到下，原子半径变大，同周期从左到右，原子半径变
小，F(Z)位于第二周期，S(W)位于第三周期，原子半径S＞O＞F，正确；C．X的简单氢化物为NH，Z的为
3HF，由于氢键的强度，HF的沸点高于NH，错误；D．同主族从上到下，电负性逐渐减小，O的电负性大于
3
S，正确。故选C。
11. 【答案】B
【解析】 I 中 KMnO 与水样中的有机物在碱性条件下反应得到 MnO，溶液中剩余有 KMnO，II 中在酸性条
4 2 4
件下 KMnO、MnO 与I-反应得到I 单质和Mn2+，III中生成的I 再用NaSO 滴定。A．若I中为酸性条件，
4 2 2 2 2 2 3
Cl-会与KMnO 反应，水样中的COD值偏高，正确。B．II中避光防止I 升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，
4 2
若不避光加盖，则使I 损失，而整个反应中，KMnO 得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO
2 4 4
得电子数目相等，I 少说明有机物消耗的 KMnO 的量多，水样中的 COD 值越高，所以使测定结果偏高，错
2 4
误；C．II 中 MnO-和 MnO 在酸性条件下与过量的 KI 反应得到 I 和 Mn2+，存在 MnO+2I-+4H+=Mn2++I+2HO，
4 2 2 2 2 2
正确。 D．设水样消耗KMnO 的量为x mol，则生成了x mol MnO，则未消耗的KMnO4的量为(cV× 10-3 - x)mol，
4 2 1
根据氧化还原关系，KMnO ~ 2.5 I ~ 5 NaSO，MnO ~ I ~ 2 NaSO，则理论上应消耗 5(cV× 10-3 – x)
4 2 2 2 3 2 2 2 2 3 1
+ 2x mol的NaSO，这个值与滴定值cV× 10-3相等，则可计算得到x= 5𝑐 1 𝑉−𝑐 2 𝑉 2×10−3 mol，正确。故
2 2 3 2 2 3
选B。
12.【答案】A
【解析】由Ka 和Ka2的数值可知，pH=1.6时c(HA)=c(HA-)，pH=6.8时c(HA-)=c(A2-)，由a、b两点可知，
1 2
pH=1.6时c(M2+)=10-0.4 mol· L-1，pH=6.8时c(M2+)=10-3 mol· L-1。由Ka· Ka 得到当c(HA)=c(A2-)时pH=4.2。
1 2 2
则可以粗略画出HA的分布系数图。
2
A. pH=1.6时有c(HA)=c(HA-)>c(A2-)，由电荷守恒，2c(M2+) + c(H+) = c(OH-) + c(Cl-) + c(HA-) + 2c(A2-)，
2
由物料守恒c(M2+) = c(HA)+c(HA-)+c(A2-)。两式结合得到c(HA) + c(M2+) + c(H+) = c(OH-) + c(Cl-) + c(A2-)。
2 2
由于 c(HA)> c(A2-)且 c(H+)> c(OH-)，则 c(M2+)<c(Cl-)，总顺序应为 c(Cl-)> c(M2+) > c(HA-) > c(A2-)，
2
正确。 B. 当c(HA)=c(A2-)时pH=4.2，则pH=4.5时c(A2-)>c(HA)，错误。C. 由电荷守恒，2c(M2+) + c(H+)
2 2
= c(OH-) + c(Cl-) + c(HA-) + 2c(A2-)，由物料守恒c(M2+) = c(HA)+c(HA-)+c(A2-)，由pH=6.8时c(HA-)=c(A2-)，
2
代入得到2c(HA) + c(HA-) + c(H+) = c(OH-) + c(Cl-)，错误。D. 忽略c(HA)，当pH=6.8时c(M2+)=2c(A2-)=10-3
2 2
mol· L-1，则Ksp(MA)=c(M2+)c(A2-)=0.5× 10-6=10-6.3，错误。故选A。
13. 【答案】A
【解析】A. 晶体的 X 射线衍射图谱中有明锐的衍射峰，而非晶体没有，所以可以通过通过 X 射线衍射实
验区分晶体和非晶体，正确且有关联。B. 石墨具有类似金属的导电性，因为石墨层中的未参与杂化的 p
轨道上的电子可以在整个碳原子平面中运动，并不是均杂化形成电子云，错误。C. 某冠醚可选择性识别
Li+和 K+，是因为两种离子的半径不同，冠醚通过半径大小进行筛选，而与元素的金属性无关，无关联。
D. KNO 的熔点比KPO 的低，因为KNO3中离子键更弱，解释及逻辑错误。故选A。
3 3 4
14. 【答案】D
【解析】A. t 时刻，TFAA反应了0.08 mol· L－1，则E也反应了0.08 mol· L－1，而初始E浓度为0.1 mol· L
1
－1大于 0.08 mol· L－1，所以体系中仍有 E 的存在，正确。B. 由物料守恒可知体系中一定有 0.08 mol· L
－1 = c(F) + c(G) +c(TFAA)，而由图可知t2时刻c(G) +c(TFAA) < 0.08 mol· L－1，因此体系中一定有F，正确。C. 由于 G 生成 H 和 TFAA 的过程是可逆的，因此 TFAA一定会有保留在 G 中的损耗，因此反应达平
衡后TFAA的浓度一定小于0.08 mol· L－1，正确。D. 由图，TFAA开始时骤降，说明第一步反应速度快，
活化能小，但是不能说明焓变的大小，错误。故选D。
15. 【答案】C
【解析】A. 反应方程式为2CrO2- + 2H+ ⇌ CrO2- + HO，故加入酸调节H+浓度。但是Br-具有还原性，
4 2 7 2
会与强氧化性的 CrO2-发生反应，故方案设计上错误，应换用没有明显氧化还原性质的酸如硫酸，错误。
2 7
B. 恒容条件下充入惰性气体，虽然改变了总压强，但是反应物各自的分压和浓度没有变化，因此即使平
衡没有移动，也不能得出结论，属于实验方案设计有误，错误。C. 2NO ⇌NO 反应放热，在室温平衡的
2 2 4
基础上加热，会导致反应逆向移动，颜色变深。将反应置于不同的温度，看颜色的深浅变化的快慢，试验
方案设计正确，现象及结论也正确，正确。D. 该反应中NaOH不作为催化剂，而作为反应物，使酯发生皂
化反应，因此设计失误，应改用HSO 作为催化剂，错误。故选C。
2 4
16. 【答案】B
【解析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子
得电子生成H，以此解题。A. 电解时正离子从阳极流向阴极，H+从b极生成，向a极移动，正确。B. 电
2
解总反应为TY + HO = TQ + 2H↑，则消耗1 mol TY生成2 mol H，错误。C. 由图，CHCN未参与反应
2 2 2 3
过程，仅作为溶剂存在，正确。D. 若选用 替代 TY 反应，产物仍然是 ，正
确。故选B。
17、
Δ
【答案】(1)4H+＋2Cl-＋MnO Mn2+＋2HO＋Cl↑ (2分)
2 2 2
(2)AD （1分）
𝑐(Br )⋅𝑐(Mn2+)
(3) K= 2 （2分）
𝑐4⋅(H+)⋅𝑐2(Br-)
当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且30 s不变色 （1分）
0.1000× 𝑉 （1分）
2𝑉
0
pH值小，导致Br 浓度过大而挥发较多，测得的c(Br)比实际生成的Br 浓度小 （2分）
2 2 2
c(H+)小(或pH值大)，反应相同时间，Ⅱ还未达到平衡状态，c(Br)比平衡时的偏小 （2分）
2
基于II的条件，给予充足时间使其反应充分，溶液颜色不再变化，再测定滤液的pH和c(Br)，计算得到
2
25℃的K （2分）
(4) 利用二氧化氯进行自来水消毒等合理答案即可 （1分）
Δ
【详解】（1）实验室用MnO 制备氯气的化学方程式为：MnO+4HCl(浓) MnCl+Cl↑+2HO，其离子方程式
2 2 2 2 2Δ
是MnO+4H++2Cl- Mn2++Cl↑+2HO；
2 2 2
（2）A．用饱和食盐水来除去Cl 中的HCl，然后用无水氯化钙来干燥氯气，故可用装置来净化、干燥氯气，
2
A正确；
B．已知氯气的密度比空气的大，收集氯气应该用向上排空气法，即长进短出，B错误；
C．过滤回收MnO，过滤时应该注意“一贴二低三靠”，漏斗下端的尖嘴部分紧靠烧杯内壁，C错误；
2
D．过滤回收MnO，洗涤固体的操作图示操作正确，D正确；
2
𝑐(Br )⋅𝑐(Mn2+)
（3）a.①根据平衡常数的定义，K= 2
𝑐4⋅(H+)⋅𝑐2(Br-)
b.①当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且30 s不变色，记录消耗的标准液体积为V mL，
由反应：Br+2I-=2Br-+I，I+2NaSO=2NaI+NaSO 可找到：Br~I~2NaSO，则有
2 2 2 2 2 3 2 4 6 2 2 2 2 3
n(Br)=1n(NaSO)=1cV× 10-3mol，故c(Br)=0.1000× V mol/L
2 2 2 2 3 2 2 2V
0
②由题干实验现象I容器液面上方有淡黄色气体，即挥发出的Br 蒸气，而实验Ⅱ容器液面上方未观察到
2
黄色气体，故实验I的计算结果比25℃理论K值偏小，原因可能是：pH值小，导致Br 过大而挥发，从而
2
测得c(Br)偏小；
2
③对比实验Ⅰ、实验Ⅱ可知，实验Ⅱ的溶液pH比实验I大，且现象中没有颜色保持不变，即可能反应还
未达到平衡状态，故实验Ⅱ的计算结果比25℃理论K值偏小，原因可能是：实验Ⅱ的c(H+)小(或pH值大)，
反应相同时间，Ⅱ还未达到平衡状态，c(Br)偏小；
2
c.结合上述实验I和Ⅱ结果偏小的原因可知，改进方案，测得较为接近的25℃平衡常数，补充改进之后的
实验方案为：基于II的条件，给予充足时间使其反应充分，溶液颜色不再变化，再测定滤液的pH和c(Br)，
2
计算得到25℃的K；
（4）卤素及其化合物在生产和生活中应用广泛，如氯碱工业中电解饱和NaCl溶液获取烧碱和氯气、利用
二氧化氯进行自来水消毒等。
18.【答案】
(1)粉碎固体、适当搅拌、适当升温等合理答案均可（1分）
(2)①3(NH)SO =N + 3SO + 6HO+ 4NH （2分） ②减小（2分）
4 2 4 2 2 2 3
(3)HSO （1分） Cu2+ + 2HR ⇌ CuR + 2H+（2分）
2 4 2
(4)AD（2分）
(5)CoS （2分） 12（1分）
9 8
(6)(NH)SO 循环利用/反应物无毒无害/产品环境友好等（合理即可，1分）
4 2 4
【解析】
采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵时金属氧化物均转化为
金属硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生氨气、氮气等气体，氨气由硫酸吸收得到硫酸
铵溶液。该工艺中只有硫酸铁这一金属硫酸盐经高温焙烧分解，转化为氧化铁和三氧化硫气体。水浸后过
滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁及硫酸钙。后续萃取分离，将铜元素分离至有机相，再由反
萃取最终得硫酸铜溶液。水相中主要含有钴元素和锰元素，经过硫化钠和pH的调节将钴元素沉淀出来，过滤分离后得到硫化钴，再加入双氧水将负二价的硫氧化为硫单质，促进硫化钴转化为硫酸钴溶液。锰元
素则继续留在溶液中，加入碳酸氢铵使其沉淀为碳酸锰后过滤可以得到产品。据此解答题目。
(1)“水浸”时提高浸取速率的措施有粉碎固体、适当搅拌、适当升温等。
(2)①(NH)SO 高温完全分解为气体，该过程中N元素部分由-3价升价为0价的N，S元素由+6价降价为
4 2 4 2
+4价的SO，据此可由电子守恒配平N 与SO。还存在气体产物为NH，由物料守恒可以配平全方程式：
2 2 2 3
3(NH)SO = N + 3SO + 6HO+ 4NH ②若直接“高温焙烧”，则加入的将会分解，使得金属氧化物转
4 2 4 2 2 2 3
化为硫酸盐的比例减小，浸取得到的金属元素物质的量量减小，则最后提取得到的MnCO 的物质的量减小，
3
故质量减小。(4) A. “吸收”时，生成的产物为(NH)SO，可以继续用于“低温焙烧”。A正确。
4 2 4
B. 由题意K (HS) = 10-7，K (HS) = 10-13，K (CoS) = 4× 10-21。“沉钴”时，溶液中c(HS)为4× 10-4 mol/L，
a1 2 a2 2 SP 2
“沉钴”时，若Co2+恰好完全沉淀，则c(Co2+) = 10-5 mol/L，可以通过K (CoS) = 4× 10-21得到c(S2-) = 4× 10-16
SP
mol/L，由HS的Ka =
c(H+)×c(HS−)
，Ka =
c(H+)×c(S2−)，可以得到Ka
×Ka =
c(H+)×c(HS−)
×
2 1 c(H
2
S) 2 c(HS−) 1 2 c(H
2
S)
c(H+)×c(S2−)
=
c2(H+)×c(S2−)
，将数据代入可得c2(H+) = 10-8 mol/L，则c(H+) = 10-4 mol/L，溶液的pH为
c(HS−) c(H S)
2
4。B错误。
C. “溶解”时，为防止HO 损耗，应加入更多HO 保证CoS完全转化，如投料比为1：2，CoS与HO 的摩
2 2 2 2 2 2
尔投料比应小于1：1。C错误。
D. “沉锰”时，选用NHHCO 而不选用NaHCO，NH+为弱碱离子，同条件下NHHCO 碱性小于 NaHCO，可以
4 3 3 4 4 3 3
防止溶液c(OH-)过高使得杂质氢氧化锰沉淀生成。D正确。
故答案为AD。
(5)该晶胞中，黑球(Co)在顶点处有4个，为8个晶胞共用，在4条体对角线上各有1个，为内部原子，
则钴原子有4× 1 + 4 = 9 个。白球(S)在棱上有12个，为4个晶胞共用，在体心处有1个，为内部原子，
8 2
则硫原子有12× 1 + 1 = 4 个。Co与S原子个数比为9：8，则硫化物化学式为CoS。该晶胞内，以体
4 9 8
心硫原子计，有12个等距(为√2𝑎 nm)的硫原子，以棱上硫原子计，有4× 1 × 4 + 4 = 12个等距(为√2𝑎
2 4 2
nm)的硫原子，此为最近最多的情况。故答案为12。
(6)绿色化学思想包括生产工艺安全、能源利用率高、反应物无毒无害可再生、产品环境友好(安全、可再
利用)、催化剂与溶剂无毒无害等，该流程中(NH)SO 可以循环利用。答案合理均可。
4 2 4
(3)萃取与反萃取利用平衡原理，且HR是水溶性较差的羧酸，则萃取的离子方程式可写为Cu2+ + 2HR ⇌
CuR + 2H+，反萃取时加入HSO 促使平衡逆移且不引入杂质。
2 2 419、【答案】(1)3s23p4 （1分）
(2)Δ𝐻 +Δ𝐻 （1分）
1 2
(3)低温 （1分）
(4) 100 （2分） 丁 （1分）
(5)3.75×1011 （2分）
(6) SO2− （1分）
3
2𝑥 +2𝑦
1 1×100% 推导见解析 3分
100𝑏
反应为HCO -+SO ⇌HSO- +CO 和SO2-+SO +H O⇌2HSO- ，a~b mol时，产生的CO 逸出，
3 2 3 2 3 2 2 3 2
使反应正向进行，HCO-平衡转化率上升，HSO-浓度增大，抑制了的SO2-和SO 的反应 （2分）
3 3 3 2
【详解】（1）S元素的原子序数为16，基态原子的价层电子排布式为3s23p4；
（2）由盖斯定律可知，反应①+反应②得到反应4H (g)+2SO (g)⇌4H O(g)+S (g)，则Δ𝐻= Δ𝐻 +
2 2 2 2 1
Δ𝐻 ；
2
（3）根据图示可知，随着温度的升高，lgn(S)减小，反应①逆向移动，则正反应是放热反应，且反应①
2
是熵减反应，则低温更有利于反应自发进行；
则n（SO）增大，所以曲线丙表示SO、曲线甲表示HS；升高温度，平衡向吸热方向移动；
2 2 2
（4）反应②平衡常数𝐾=
𝑐4(H
2
O)
=108，则
𝑐(H
2
O)
=100，同一容器的体积相等，则
𝑛(H
2
O)
=100；
𝑐4(H 2 ) 𝑐(H 2 ) 𝑛(H 2 )
lgn(HO)-lgn(H)=2，图示温度范围内反应②平衡常数K=108基本不变，则HO、H 的纵坐标的差几乎不变，
2 2 2 2
且lgn(HO)＞lgn(H)，所以曲线乙表示HO、曲线丁表示H；随着温度的升高，lgn(S)减小，反应①逆向
2 2 2 2 2
移动，n(SO)增大，所以曲线丙表示SO、曲线甲表示HS；
2 2 2
（5）2CO2-+SO +H O⇌SO2-+2HCO- 的𝐾=
𝑐2(HCO
3
−)𝑐(SO
3
2−)
=
𝑐2(HCO
3
−)𝑐(SO
3
2−)
=
3 2 2 3 3 𝑐2(𝐶𝑂2−)𝑐(SO ) 𝑐2(𝐶𝑂2−)𝑐(H SO )
3 2 3 2 3
𝑐2(HCO 3 −)𝑐(SO 3 2−)𝑐2(H+)𝑐(HSO 3 −) == 𝐾 𝑎1 (H 2 SO 3 )𝐾 𝑎2 (H 2 SO 3 ) =1.0×10−2×6.0×10−8 =3.75×1011；
𝑐2(𝐶𝑂 3 2−)𝑐(H 2 SO 3 )𝑐2(H+)𝑐(HSO 3 −) 𝐾 𝑎2 (H 2 CO 3 )𝐾 𝑎2 (H 2 CO 3 ) (4.0×10−11)2
（6）由图可知，𝑛 (SO )=0~𝑎mol，SO2−的平衡转化率大于HCO−的平衡转化率，即与SO 优先反应的离
2 3 3 2
子是SO2−；
3
一定温度时，在2 L浓度均为1 mol⋅L-1的Na SO 和NaHCO 混合溶液中，n(SO2−)=n(HCO−)=2 mol，
2 3 3 3 3
列式：
HCO− + SO ⇌ HSO− + CO
3 2 3 2
Δ𝑛/mol 0.02𝑥 0.02𝑥
1 1
SO2− + SO + H O ⇌ 2HSO−
3 2 2 3
Δ𝑛/mol 0.02𝑦 0.02𝑦
1 1
0.02𝑥 +0.02𝑦 mol
SO 的平衡转化率= 1 1 ×100%。
2 𝑏mol
20、【答案】(1)碳碳双键、羰基 （1分）
(2) CH O （1分） 5 （ 2分）
6 12
(3)BC （2分）(4)1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1 峰
数目和峰面积任写1种即可得 （2分）
FeBr
(5) +Br →3 +HBr （2分） 酯化或取代 （1分）
2
浓硫酸
CH OH+CH =CHCOOH ⇌ CH =CHCOOCH +H O （2分）
3 2 2 3 2
Δ
(6) （1分）
【分析】题干信息可知，苯环上的碳溴键易断裂，与酮羰基相邻碳碳双键上的碳原子上的H发生取代反应，
据此分析解题。
【详解】（1）由题干中化合物2a的结构简式可知，其中的官能团名称为碳碳双键和羰基。
（2）①2a可发生原子利用率100%的彻底还原反应生成2b，则2b为 ，化学式为CH O。
6 12
②与2b互为同系物，且相对分子质量比2b大14，即多一个CH 原子团，则含有六元碳环和羟基的同分异
2
构体有： 和羟基放在1、2、3、4四个位置如图 ，一共有5种，故答案为：5；
（3）A．已知单键均为σ键，双键是一个σ键和1个π键，故上述过程中只有C-Brσ键和C-Hσ键的断裂，
形成C—Cσ键和H—Brσ键，没有π的断裂与形成，A错误；
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故3a中无手性碳原子，且双键上的C
为sp2杂化，单键上的C为sp3杂化，三键上的C为sp杂化，故sp2杂化的C有9个即苯环上和碳碳双键、
碳氧双键上的C，B正确；
C．由反应的结果，3a为主要产物，4a为副产物，则可推测②号H活性大于①号H，C正确；
D．由题干信息可知，4a的分子式为C H O，不饱和度为7，则4a的同分异构体中，有一种可发生水解即
13 14
含有酯基，由于分子中只有1个O原子不可能形成酯基，D错误；
故答案为：BC；
（4）
已知核磁共振氢谱图中吸收峰的数目等于氢原子的种类数，吸收峰的面积之比等于等于氢原子的数目之比，
甲苯与Br 可生成1a(对溴甲苯)即 和1b(邻溴甲苯)即 ，这两种物质核磁共振氢谱图的
2
区别是：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1，
故答案为：1a有3个吸收峰，1b有5个吸收峰；1a峰面积比为3：2：2，1b的峰面积比为3：1：1：1：1；
（5）
已知2a中的羰基换成酯基，也能发生上述反应，请根据上述原理，利用苯、CH=CHCOOH、CHOH为原料，
2 3
即 可由 和CH=CHCOOCH 发生Heck反应得到，CH=CHCOOH和CHOH发
2 3 2 3
生酯化反应得到CH=CHCOOCH，苯和Br 在FeBr 作催化剂作用下制得 ：
2 3 2 3
FeBr
①由上述分析可知，第一步，引入溴，反应方程式为： +Br →3 +HBr，故答案为：
2
FeBr
+Br →3 +HBr；
2
②由上述分析可知，第二步为CH=CHCOOH和CHOH发生酯化反应得到CH=CHCOOCH，该反应的化学方程式
2 3 2 3
浓硫酸
为：CH=CHCOOH+CHOH ⇌ CH=CHCOOCH+HO，该反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：酯化或取代；
2 3 2 3 2
Δ
浓硫酸
CH=CHCOOH+CHOH ⇌ CH=CHCOOCH+HO；
2 3 2 3 2
Δ
③第三步，进行Heck反应，得到产品
（6）
由题干反应中生成3a的信息可知，化合物X 也能自身进行Heck反应，其中
中1号碳原子上的H和I发生取代反应，则主要产物的结构简式为： ，故答案为： 。
