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2026 年高考化学一轮复习检测卷02
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：Cl 35.5 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题 共42 分）
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．科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是
A．稀土被誉为“工业维生素”，稀土元素均为p 区元素
B．“九章三号”跑出新速度，其芯片材料的主要成分为SiO2
C．“深中通道”隧道使用的LED 灯具：发光过程电子吸收能量跃迁到较高能级
D．我国“人造太阳”利用了
2H 和
3H 的核聚变，
2H 和
3H 互为同位素
【答案】D
【解析】A．稀土元素主要为镧系元素在f 区，A 错误；B．芯片主要成分为高纯硅，SiO2是制备硅的原
料，B 错误；C．LED 发光是电子从高能级跃迁到低能级释放能量，而非吸收能量跃迁到高能级，C 错
误；D．
2H 和
3H 质子数相同，中子数不同，互为同位素，D 正确；故选D。
2．下列化学用语或相关叙述正确的是
A．肼
的电子式：
B．
的名称：3-甲基-2-乙基戊烷
C．
的球棍模型：
D．HCl 中
键形成过程：
【答案】D
【解析】A．肼（N2H4）中N-N 键为单键，每个N 原子有一对孤对电子，正确电子式应为
，
A 错误；B．主链上有5 个碳原子，甲基和乙基分别位于2、3 号碳原子上，名称为2-甲基-3-乙基戊烷，B
错误；C．NCl3中N 原子半径小于Cl，球棍模型应中心为小球（N）、周围为大球（Cl），C 错误；D．
HCl 的σ 键由H 的1s 轨道与Cl 的3p 轨道头碰头重叠形成，图示正确展示了s-p 轨道重叠及σ 键形成过
程，D 正确；故选D。
3．类比推理是研究物质性质的常用方法，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观实
际。下列说法中正确的组合是
1
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AlCl
①
3溶液和过量氨水反应生成白色沉淀，则CuCl2溶液和过量氨水反应也得到蓝色沉淀；②Fe2O3能与
Al 发生铝热反应，则MgO 也能与Al 发生铝热反应；③FeCl3与Na2S 溶液反应的产物与量有关，但FeCl3
与H2S 溶液反应的产物与量无关；④HCl 一定条件下能被MnO2氧化为Cl2，则HBr 一定条件下也能被
MnO2氧化为Br2；⑤浓硫酸与蔗糖的黑面包实验体现了浓硫酸的脱水性，则浓硫酸使胆矾脱水也体现了浓
硫酸的脱水性；⑥检验CO2和SO2的混合气体的成分：气体依次通过品红溶液、澄清石灰水，则检验SO3
和SO2的混合气体的成分：气体依次通过品红溶液、BaCl2溶液。
A．①④
B．②⑥
C．③④
D．⑤⑥
【答案】C
【解析】①AlCl3与过量氨水生成Al(OH)3沉淀（氨水为弱碱，不溶解沉淀），但CuCl2与过量氨水生成
[Cu(NH3)4]2+深蓝色络离子，沉淀溶解，①错误；②铝热反应要求金属氧化物中金属活动性弱于Al。Mg 活
动性强于Al，故MgO 无法与Al 发生铝热反应。②错误；③FeCl3与少量Na2S 反应生成Fe2+和S；过量
Na2S 可能使pH 升高，生成FeS 沉淀（与量有关）。FeCl3与H2S 反应始终生成Fe2+和S（与量无关）。③
正确；④HBr 还原性强于HCl，MnO2在加热条件下可氧化HBr 为Br2。④正确；⑤脱水性是指将物质中
H、O 元素以2:1 的比例脱去，吸水性是指将物质中的水分除去。浓硫酸使胆矾（CuSO4·5H2O）脱水体现
吸水性，而非脱水性。⑤错误；⑥用品红试剂可以验证SO2，但不能完全除去SO2，残存的SO2可能被氧化
为
，与BaCl2生成BaSO4沉淀，干扰SO3检验。⑥错误；③④正确，答案选C。
4．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
甲
乙
丙
丁
A．甲：可在水层中检测出氨
B．乙：用
(杯酚)识别
和
，操作①②为过滤，操作③为分液
C．丙：验证电石与水生成乙炔
D．丁：用
溶液制备无水
晶体
【答案】A
【解析】A．甲装置中煤干馏产生的焦炉气含氨气，氨气易溶于水进入水层，可在水层中检测出氨（如用
湿润红色石蕊试纸检验变蓝），A 正确；B．用
(杯酚)识别
和
，操作①②为分离不溶物和液
体的操作，为过滤，操作③为利用物质沸点不同分离出氯仿的操作，为蒸馏，B 错误；C．验证电石与水
反应生成乙炔：电石中含硫化钙、磷化钙等杂质，与水反应生成H2S、PH3等还原性气体，这些气体也能使
酸性KMnO4溶液褪色，干扰乙炔的检验，C 错误；D．FeCl3会水解，水解方程式为：FeCl3+3H2O
Fe(OH)3+3HCl，蒸发时，应在HCl 氛围中进行，否则得不到FeCl3，D 错误；故选A。
2
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5．硫酸盐是大气细颗粒物(PM2.5)的主要成分，对全球气候变化、区域空气质量以及人类健康都有重要影
响。研究发现，Cl-可以增强大气氧化性并促进二次硫酸盐形成，其机制如下图所示。
下列叙述正确的是
A．
中硫元素显+6 价
B．SO2为非极性分子
C．
中含有3 个氢氧键，其中1 个为配位键，与另2 个氢氧键的键能不同
D．Cl-在该机制中起催化作用
【答案】D
【解析】A．
为带一个单位负电荷的阴离子，O 为-2 价，则其中硫元素显+5 价，A 错误；B．SO2是一
种分子，其中心S 原子价层电子对数为：2+
=3，有1 对孤电子对，因此S 原子采用sp2杂化，SO2的
分子空间结构是V 形，硫原子位于中心，两个氧原子位于两侧。由于氧原子的电负性大于硫原子，导致分
子中存在正、负电荷分布不均匀，因此SO2分子是一个极性分子，B 错误；C．
中含有3 个氢氧键，
其中一个氢氧键是通过氧原子的孤对电子与氢离子形成的配位键，另外两个氢氧键是通过氧原子与氢原子
之间的共价键形成的。尽管配位键和一般的共价键的形成过程不同，但它们形成后的完全相同，因此它们
的键能都相同，C 错误；D．根据题目给出的反应原理图示可知：Cl-在反应过程中参加反应，最后又生
成，在反应过程中并没有被消耗，因此Cl-在该机制中起催化作用，D 正确；故合理选项是D。
6．化合物
在电解法制铝过程中有降低熔点、溶解和导电的作用。
、
、
是原子序数依次增大
的短周期主族元素。其中，
基态原子核外只有一个未成对电子，是周期表中电负性最大的元素；
元素
原子中只有两种形状的电子云，且最外层只有一种自旋方向的电子；
元素价电子数等于其电子层数。下
列说法错误的是
A．YX 属于分子晶体
B．基态Y 原子核外电子有6 种不同的空间运动状态
C．最高价氧化物对应水化物碱性强弱：
D．简单离子半径由小到大的顺序：
【答案】A
3
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【分析】
、
、
是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中，
基态原子核外只有一个未成对电
子，是周期表中电负性最大的元素，X 为F； Z 的价电子数等于电子层数，价电子排布式为3s23p1（价电
子3，电子层3），Z 为Al；Y 元素原子中只有两种形状的电子云，电子云形状为s 和p，且最外层只有一
种自旋方向的电子，结合化学式
可知Y 为Na；以此解答。
【解析】A．NaF 为离子晶体，非分子晶体，A 错误；B．Na 原子电子排布式为1s22s22p63s1，基态电子占
据6 个轨道，空间运动状态为6 种，B 正确；C．同周期主族元素，从左往右金属性依次减小，则金属性：
Na>Al，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，则碱性：Al(OH)3<NaOH，C 正确；D．
Al3+、Na+、F-均含有2 个电子层，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径由小到大的顺序：
Al3+<Na+<F-，D 正确；故选A。
7．下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是
选项
实例
解释
A
As 的第一电离能为
，Se 的第
一电离能为
，前者高于后者
As 的4p 能级处于半充满状态更加稳定，更难失去电
子，第一电离能更大
B
乙烷、乙烯、乙炔的键角依次增大
孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间
的斥力
C
金刚石、碳化硅和晶体硅的熔点分别为
3550℃、2700℃、1414℃，依次降低
三者均为共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，
键、
键和
键的键长逐渐增大，键能逐
渐减小，熔点逐渐降低
D
金属具有良好的延展性
金属受到外力作用时，晶体中各层原子发生相对滑动，
但不改变原来的排列方式，弥漫其间的“电子气”起到
“润滑”作用
【答案】B
【解析】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，砷原子的4p 轨道为稳定的半充满结构，元素
的第一电离能大于相邻元素，则砷元素第一电离能高于硒元素，A 正确；B．乙烷分子中碳原子的杂化方
式为sp3杂化，键角为109º18′，乙烯分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，键角为120º，乙炔分子中碳原子
的杂化方式为sp 杂化，键角为180º，则乙烷、乙烯、乙炔的键角增大是因为碳原子的杂化轨道不同所致，
与孤电子对无关，B 错误；C．金刚石、碳化硅和晶体硅均为共价晶体，碳碳键、碳硅键、硅硅键的键长
依次增大，共价键由强到弱，导致晶体的熔点依次降低，C 正确；D．金属受到外力作用时，晶体中各层
原子发生相对滑动，但不改变原来的排列方式，弥漫其间的“电子气”起到“润滑”作用，所以金属具有
良好的延展性，D 正确；故选B。
8．甲、乙、丙、丁、戊是由短周期元素组成的单质或化合物，它们的转化关系如图。已知：甲是一种有
4
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色单质气体；在自然界，根瘤菌能实现反应③。下列叙述正确的是
A．乙的水溶液能导电，故乙是电解质
B．丙易溶于水，其水溶液显酸性
C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：8
D．实验室可通过排丙的饱和溶液收集乙
【答案】B
【分析】甲是有色的短周期单质气体，推断为黄绿色的Cl2；根瘤菌实现反应③，根瘤菌固氮为N2转化为
含氮化合物，则丁为N2，乙为NH3；反应①为Cl2与NH3反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，则丙为NH4Cl；反
应②为NH4Cl 加热分解：NH4Cl=NH3+HCl，则戊为HCl，据此回答；
【解析】A．乙为NH3，其水溶液氨水能导电是因
电离，NH3自身不能电离，是非电解质，A 错
误；B．丙为NH4Cl，易溶于水，
水解使溶液显酸性（
），B 正确；C．
反应①为
，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
，C 错误；D．乙为NH3，极
易溶于水，饱和NH4Cl 溶液无法抑制其溶解，实验室用向下排空气法收集NH3，D 错误；故选B。
9．氯化亚铜
广泛用于冶金、电镀、医药等行业，也是常用的催化剂之一，工业制备原理之一为
。
的立方晶胞结构和晶
胞参数如图所示。下列叙述错误的是
A．
的配位数是4
B．
的空间结构为三角锥形
C．离子键百分数：
D．若该晶体的密度为
，则阿伏加德罗常数
【答案】D
【解析】A．
的晶胞结构中，
周围最近的
形成四面体配位，配位数为4，A 正确；B．
中
5
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心
原子价层电子对数
（且含1 对孤电子对），空间结构为三角锥形，B 正确；C．
和
中阳离子均为
，因电负性：
，故离子键百分数：
，C 正确；D．
晶胞
中，
位于顶点和面心，共4 个；
位于四面体空隙，共4 个，故晶胞含4 个
单元。摩尔质量
，晶胞体积
，由
得
，D
错误；故答案选D。
10．辛烷在液态金属合金催化下制备丙烯的装置如下(夹持装置省略)，下列说法错误的是
A．若反应温度为260℃，可采用油浴加热
B．冷凝管有冷凝回流作用，可提高辛烷转化率
C．酸性
溶液褪色，说明有丙烯生成
D．丙烯被酸性
溶液氧化为
和
【答案】C
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是在液态金属合金催化下辛烷在油浴加热条件下发生裂化反应制
备丙烯，并用向上排空气法收集反应生成的气体和检验反应生成的烯烃。
【解析】A．由辛烷裂化反应的反应温度为260℃可知，可使用油浴加热的方法控制反应温度，A 正确；
B．辛烷在油浴加热条件下易受热挥发，实验所用冷凝管可起到冷凝回流的作用，目的是减少反应物的损
失，从而提高辛烷转化率，B 正确；C．烯烃分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
使溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液褪色只能说明反应有气态烯烃生成，但不能证明反应有丙烯生成，C
错误；D．丙烯分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成二氧化碳和乙酸，D 正
确；故选C。
11．葡萄糖、葡萄糖酸和葡萄糖-δ-内酯都是生活中常见的有机物，其转化关系如下：
下列说法不正确的是
A．葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成六元环状结构
B．葡萄糖酸有对映异构，1 分子葡萄糖酸中有5 个手性碳原子
6
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C．制作豆腐时，可以用葡萄糖-
-内酯作凝固剂
D．葡萄糖-
-内酯在水中的溶解度小于葡萄糖和葡萄糖酸
【答案】B
【解析】A．葡萄糖是多羟基醛，链状结构中醛基（-CHO）的氧可与分子内C5 羟基的氢形成半缩醛，构
成六元环状结构（吡喃环），A 正确；B．葡萄糖酸结构为HOOC(CHOH)4CH2OH，手性碳需为连有4 个不
同基团的sp3碳。羧基碳（C1）含双键，非手性碳；CH2OH（C6）连两个H，非手性碳；中间C2-C5（4 个
CHOH）为手性碳，共4 个，非5 个，B 错误；C．葡萄糖-δ-内酯是豆腐制作中常用的新型凝固剂，能缓慢
水解生成葡萄糖酸，使豆浆凝固，C 正确；D．葡萄糖和葡萄糖酸含多个羟基（或羧基），极性强、易
溶；内酯形成环状结构，极性较弱且分子间氢键作用减弱，溶解度小于前两者，D 正确；答案选B。
12．研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池。该电池分别以铝和石墨为电
极，用
和有机阳离子构成的电解质溶液作为离子导体，其放电工作原理如图所示。下列说法不正确的
是
A．放电时负极电极反应式：
B．充电时石墨电极与电源正极相连
C．放电时有机阳离子向铝电极方向移动
D．离子液体有良好的导电性和难挥发的优点，可用作电化学研究的电解质
【答案】C
【分析】放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，被氧化生成
，电极反应式为
，石墨为正极，电极反应式为
；充电时为电解池，石墨为阳
极，Al 为阴极，阴、阳极反应与原电池负、正极反应相反，据此解答。
【解析】A．由分析可知，放电时负极电极反应式：
，A 正确；B．放电时石墨
为正极，充电时正极变为阳极，阳极需与电源正极相连，B 正确；C．放电时为原电池，阳离子应向正极
（石墨电极）移动，有机阳离子带正电，应移向石墨电极，而非铝电极（负极），C 错误；D．离子液体
含自由移动离子，导电性良好，且难挥发，适合作为电化学研究的电解质，D 正确；故答案选C。
13．25℃时，
水溶液中
、
、
的物质的量分数
随
变化曲线如图。已知：
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，
为气相
分压。下列说法不正确
的是
A．
的
B．
溶液、
溶液的
值之差小于0.5
C．
溶液中，
D．
，则
【答案】D
【分析】如图可知，A 点
，则
，B 点
，则
。
【解析】A．A 点
，则
，A 正确；B．根
据质子守恒：
，
，
，得
，当
：
，pH=8.3；当
：
，pH=8.3；两者近似
相等，B 正确；C．根据物料守恒：
，C 正确；D．根据
有：
，根据
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，
，则
，D 错误；故答案为D。
14．固体M 由
、
、
、
和
中的一种或几种组成，为了确定其组
成，取少量M 粉末，分成两等份，分别向其中加入下列试剂，实验结果如下(已知
呈白色，难溶于
水)：
实
验
加入试剂
实验现象
a
蒸馏水
产生白色沉淀，溶液呈无色
b
稀盐酸
产生白色沉淀和气泡，溶液变为棕黄色
下列推断正确的是
A．M 由
和
组成
B．M 一定含
和
C．M 可能含
、KI 和
D．M 一定不含
【答案】C
【分析】固体M 加蒸馏水产生白色沉淀，溶液呈无色，则一定没有
；加稀盐酸产生白色沉淀和气
泡，溶液变为棕黄色，则棕黄色来自于碘离子被氧化生成的碘单质，一定存在
，则没有
，存在
与碘离子发生氧化还原反应生成
和碘单质，
和
均可以与盐酸反应产生气泡。
【解析】A．白色沉淀可能是
，也可能是
，若
为
和
组成混合物，则实验
产生
红褐色沉淀，与实验现象相悖，A 错误；B．若
含
和
，则实验
得到黄色溶液，B 错误；
C．若
含
、
和
，则发生的相关反应有
，
，当
和
过量，则得到无色溶液；实验中，加入稀盐酸，
，
溶于水呈棕黄色，C 正确；D．根据题中信息，不能判断
是否存
在，D 错误；故选C。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．(14 分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含
Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下。回答下列问题：
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（1）在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。
（2）“滤渣1”的主要成分有 。
（3）H3BO3是一元弱酸，由于硼是缺电子原子，硼酸水溶液的酸性来源不是硼酸本身给出质子，请用化学
用语表示稀的硼酸水溶液呈弱酸性的原因 。在“过滤2”前，将溶液pH 调节至3.5，目的是
。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 。
（5）某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁中含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯
精制，获得阻燃剂氢氧化镁。
Mg(OH)
①
2可以作阻燃剂的原因是 (至少答两点)
②更易与EDTA 配合生成可溶性化合物的是 (填“Fe2+”或“Mg2+”)。
【答案】（每空2 分）（1）
（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3
（3）
将硼元素转化生成H3BO3，促进其析出
（4）
（5）Mg(OH)2分解是吸热反应，可起到降温作用，分解生成的MgO 可形成覆盖层而隔绝氧气，且分解释
放出的水蒸气可稀释周围氧气浓度 Fe2+
【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫
酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1 应为难溶
于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5 转化硼元素生成H3BO3，过滤得到H3BO3，此时滤
液中主要含有MgSO4，调节滤液pH=6.5(可减少后面碳酸铵的消耗量)，向滤液中加入前面得到的碳酸铵溶
液进行沉镁，得到
，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该
题。
【解析】（1）结合分析知，“溶浸”产生的气体为氨气，NH4HCO3溶液吸收氨气的化学方程式为：
；
（2）经分析可知“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3；
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（3）
为一元弱酸，B 原子缺电子，则一个B 原子可以结合4 个氢氧根离子形成
对应的稀
的硼酸水溶液呈弱酸性的原因离子方程式为
；使得稀的硼酸水溶液呈弱酸
性；在“过滤2”前将溶液pH 调节至3.5，目的是转化硼元素生成H3BO3，并促进其析出；
（4）滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵发生反应进行沉镁，得到
，根据电
荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为
；
（5）保险粉Na2S2O4具有还原性，可与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Fe(OH)2，加入EDTA 浸泡，生成含
有亚铁离子的络合物，过滤可得到Mg(OH)2。
Mg(OH)
①
2可以作阻燃剂的原因是Mg(OH)2分解是吸热反应，可起到降温作用，分解生成的MgO 可形成覆
盖层而隔绝氧气，且分解释放出的水蒸气可稀释周围氧气浓度；②由流程可知，加入EDTA 浸泡，生成含
有亚铁离子的络合物，说明当不断滴入EDTA 时，Fe2＋更易和EDTA 结合，促使平衡
向右移动，使Fe(OH)2不断溶解，生成可溶性化合物。
16．（15 分）二氯化锰常用于制药和干电池制造等。某实验小组设计实验制备MnCl2并探究其性质、测定
产品纯度。
回答下列问题：
（1）A 装置中浓盐酸没有表现出的性质有 (填字母)。
a．还原性 b．氧化性 c．酸性 d．挥发性
（2）B 装置中试剂是 (填名称)，C 装置作用是 。
（3）E 装置中试剂宜选择 (填字母)。
a．五氧化二磷 b．氯化钙 c．碱石灰 d．NaOH 溶液
（4）为了探究MnCl2性质设计如下实验：
序号
操作及现象
a
在无色MnCl2溶液中滴加(NH4)2S2O8溶液，振荡，溶液逐渐变紫红色(还原产物为
)
b
甲、乙试管分别装有等体积等浓度的草酸溶液，在甲中添加少量MnCl2，乙中不加MnCl2，再
分别加入少量等体积等浓度的KMnO4(稀硫酸酸化)溶液，发现甲中很快褪色，乙中缓慢褪色
a
①实验中，发生反应的离子方程式为 。
b
②实验中，除颜色变化外，还可能观察到的现象是 。
11
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③根据b 实验，不考虑阴离子影响，甲试管褪色较快的原因可能是 。
（5）测定MnCl2产品纯度：称取w g MnCl2样品溶于稀盐酸中，将溶液稀释至250 mL。准确量取25.00
mL 配制溶液于锥形瓶中，滴加PAN 指示剂，用c mol·L-1标准EDTACu 溶液滴定，到达滴定终点时消耗滴
定溶液体积为V mL。
已知：滴定反应为EDTACu+Mn2+=Cu2++EDTAMn。
该样品中MnCl2质量分数为 %。如果滴定管用水洗后直接装标准EDTACu 溶液，测得结果
(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（除标注外，每空2 分）（1）b
（2）饱和食盐水（1 分） 干燥氯气（1 分）
（3）c
（4）
产生气泡（1 分） Mn2+对该反应起催化作用
（5）
偏高
【分析】装置A 浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，因此装置B 盛有饱和氯化钠溶
液用于吸收氯气中的氯化氢气体，装置C 装有浓硫酸用于干燥氯气，装置D 是制取氯化锰的装置，装置E
用于吸收尾气，同时防止空气中水蒸气进入。
【解析】（1）在MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O 反应中，浓盐酸表现还原性、酸性，加热浓盐酸表
现挥发性，没有体现出氧化性，故选b。
（2）装置B 中盛放饱和食盐水除氯气中的氯化氢，装置C 中用浓硫酸干燥氯气。
（3）E 装置吸收尾气中氯气，同时吸收空气中水蒸气，选择碱石灰，故选c。
（4）①氯化锰作还原剂，过二硫酸铵作氧化剂，溶液变为紫红色表明生成了高锰酸根离子，a 实验中，发
生反应的离子方程式为
；②草酸与高锰酸钾反应生成了CO2
，b 实验中，除颜色变化外，还可能观察到的现象是产生气泡；③根据b 实验，不考虑阴离子影响，即不
考虑氯离子干扰，故锰离子起催化作用。
（5）已知：滴定反应为
。结合锰元素守恒，根据滴定反应直接计算，
可得氯化锰质量分数：
；若滴定管用水洗后没有润
洗，导致滴定的
溶液体积偏大，结果偏高。
17．（14 分）CO2的综合利用是解决温室效应问题的有效途径。
（1）CO2与CH4经催化重整制得合成气：
ΔH。
①已知：
(g)、CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为0 kJ·mol-1、-393.5 kJ·mol-1、-74.8
kJ·mol-1、-110.5 kJ·mol-1(25 ℃和101 kPa 下，由最稳定单质生成1 mol 化合物的焓变为该物质的摩尔生成
焓)。则：ΔH = kJ·mol-1。
②其他条件不变，在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变
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化如下图所示。
a 点所代表的状态 (填“是”或“不是”)平衡状态；b 点CH4的转化率高于c 点原因是 。
（2）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO 的气体，用于生产多种化工产品。目前，研究表明CH4超干重
整CO2的催化转化原理如下。
该过程的总化学反应方程式为 。
（3）二氧化碳加氢制取乙醇涉及的主要反应如下。
I.
Ⅱ.
在一定温度下，向体积为4 L 的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和1 mol H2，发生上述反应。
①下列说法正确的是 (填标号)。
A．平衡时向容器中充入He，反应Ⅱ正向移动
B．容器内压强不变，说明反应I 已经达到化学平衡状态
C．平衡时向容器中充入一定量H2，反应I 和Ⅱ均正向移动，H2的转化率升高
②若该化学反应体系达平衡时，测得平衡时气体总压强为a MPa，H2的转化率为40%，CO 的物质的量为
0.1 mol，则CO2的物质的量浓度为 mol/L，反应I 的分压平衡常数
(结果保留两位有效数字，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（每空2 分）（1）①+247.3 ②不是 b 和c 都未达平衡，b 点温度高，反应速率快，相
同时间内转化率高
（2）
（3）①B
0.2 0.052
②
【解析】（1）根据盖斯定律
；相
同温度下三条曲线的平衡转化率应该相同，a 点同温度时，曲线Ⅰ的转化率高于a 点，所以a 点不是平衡状
态；b 和c 都未达平衡，b 点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以b 点CH4的转化率高于c
点。
（2）根据流程图可知，只消耗不生成的是甲烷和二氧化碳，只生成不消耗的是水蒸气和一氧化碳，所以
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总反应为：
（3）A. 平衡时向容器中充入He，各物质的浓度不变，平衡不移动，A 错误；B．反应Ⅱ是非等体积反
应，恒容体系压强不变说明已达平衡，B 正确；C．平衡时向容器中充入一定量氢气，氢气浓度增大，反
应I 和Ⅱ均正向移动，但由勒夏特列原理可知，氢气的转化率降低，C 错误；故答案为：B。
设消耗的二氧化碳为m mol，生成的乙醇为n mol ，三段式：
m-2n=0.1，1-m-4n=0.6，m=0.2，n=0.05；所以剩余的二氧化碳为0.8 mol，
。剩余二氧化碳为0.8 mol，剩余氢气为0.6 mol，剩余一氧化碳为0.1
mol，乙醇为0.05 mol，水蒸气为0.25 mol。气体总物质的量为1.8 mol，
。
18．（15 分）吡喹酮(H)是一种广谱抗寄生虫药的主要成分，易溶于氯仿、乙醇，不溶于水，熔点为
136~141℃。一种合成吡喹酮的路线如图，回答下列问题：
（1）吡喹酮是分子晶体，判断依据是 。
（2）吡喹酮中含有的官能团的名称是 ，B 的化学名称是 。
（3）反应
会产生两种气体，若气体直接排放到空气中会污染环境，需要用NaOH 溶液进行吸收。
这两种气体是 (填化学式)。
（4）X 能与盐酸反应，原因是 。
（5）有机环状化合物ⅰ和无机物ⅱ在一定条件下反应可生成A，原子利用率为100%。
①若无机物ⅱ为极性分子，则有机物i 的结构简式为 。
②若无机物ⅱ为非极性分子，且两者反应的物质的量之比为
，则ⅰ和ⅱ合成A 的化学方程式为
。
（6）在E 的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有 种(不包括立体异构体)。
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a．含六元环结构；b．能发生银镜反应。
其中，核磁共振氢谱有4 组峰且峰的面积比为
的结构简式为 。
【答案】（1）吡喹酮易溶于氯仿和乙醇，熔点较低（2 分）
（2）酰胺基（1 分） 一氯环己烷（1 分）
（3）HCl、
（1 分）
（4）X 分子中N 原子价层有孤电子对，能与质子形成配位键（2 分）
（5）
（2 分）
(或
等合理答案)（2 分）
（6）4（2 分）
（2 分）
【分析】A 与
反应生成B(
)，B 与
反应生成C(
)，C 与HCl 反应
生成D(
)。以此答题。
【解析】（1）吡喹酮是分子晶体，判断依据是易溶于氯仿和乙醇，熔点较低。
（2）吡喹酮中含有的官能团的名称是酰氨基；B(
)的化学名称是一氯环己烷。
（3）反应
会产生两种气体，若气体直接排放到空气中会污染环境，需要用NaOH 溶液进行吸收说
明气体溶于水显酸性，根据
取代反应会生成
，不稳定会分解生成HCl、
。
（4）
能与盐酸反应，原因是分子中N 原子价层有孤电子对，能与质子形成配位键。
（5）有机环状化合物ⅰ和无机物ⅱ在一定条件下反应可生成A(
)，原子利用率为100%。
①若无机物ⅱ为极性分子根据元素种类及A 的结构简式可判断ii 应为
，则有机物i 的结构简式为
。
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②若无机物ⅱ为非极性分子，则ii 为
，且两者反应的物质的量之比为
，则ⅰ和ⅱ合成A 的化学方程
式为
(或
等合理答案)。
（6）在E(
)的同分异构体中含有醛基、碳氯键、六元碳环，醛基、碳氯键连在同一个碳
原子上时有1 种结构，连在2 个碳原子上时有3 种结构，满足条件的一共有4 种。
其中，核磁共振氢谱有4 组峰且峰的面积比为
的结构简式为
。
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