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2026 年高考一轮复习检测卷
高三化学
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Cl 35.5 S 32 K 39 Ga 70
第Ⅰ卷（选择题 共45 分）
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．
【传统文化+化学材料】下列关于四川传统文化与化学知识的对应关系，正确的是
四川蜀锦
内江糖画
哪吒造象
蜀南竹编
A．四川蜀锦的主要成分蚕丝属于化学纤维
B．内江糖画制作所用白糖的主要成分属于单糖
C．《哪吒》电影中的结界兽原型是三星堆青铜器，青铜属于无机非金属材料
D．蜀南竹编的主要成分属于天然有机高分子
【答案】D
【解析】蚕丝属于天然蛋白质纤维，并非化学纤维，A 错误；白糖（蔗糖）属于二糖，而非单糖，B 错
误；青铜是铜锡等金属的合金，属于金属材料而非无机非金属材料，C 错误；竹子的主要成分是纤维素等
天然有机高分子，D 正确；故选D。
2．下列说法错误的是
A．油脂的水解反应可用于生产甘油和肥皂
B．纤维素是多糖，在一定条件下水解最终生成葡萄糖
C．核酸水解生成核苷酸，核苷酸水解生成磷酸和核苷
D．向两份鸡蛋清溶液中分别加入硫酸铜溶液和乙醇，会分别发生盐析和变性
1
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【答案】D
【解析】油脂在碱性条件下能发生水解反应生成肥皂的主要成分高级脂肪酸盐和甘油，常用于生产甘油和
肥皂，A 正确；纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解反应，最终生成葡萄糖，B 正确；核酸能发生水
解反应生成核苷酸，核苷酸能进一步发生水解反应生成磷酸和核苷，C 正确；向两份鸡蛋清溶液中分别加
入硫酸铜溶液和乙醇，蛋白质均发生变性，D 错误；故选D。
3．下列化学用语或表述错误的是
A．乙烯的球棍模型：
B．AsH3的空间填充模型：
C．
的名称：1，3-二丁烯
D．H2O、D2O、T2O 为同一物质
【答案】C
【解析】乙烯为平面结构，球棍模型：
，A 正确；AsH3中心原子含一对孤电子对，为三角锥
形，所以空间填充模型：
，B 正确；
含有两个双键，所以名称为1，3-丁二烯，C 错
误；H2O、D2O、T2O 为同一物质都是水，属于同一物质，D 正确；故选C。
4．阿斯巴甜是一种甜味剂，其结构简式如图。下列有关阿斯巴甜的说法正确的是
A．属于糖类
B．分子中含氧官能团有2 种
C．分子中含有2 个手性碳原子
D．在人体内分解的产物均为氨基酸
【答案】C
【解析】糖类是多羟基醛、酮及其缩聚物，一般只含C、H、O 元素，阿斯巴甜含N 元素（氨基、酰胺
键），不属于糖类，A 错误；分子中含氧官能团有酯基、酰胺基、羧基，共3 种，B 错误；手性碳原子为
连有4 个不同基团的饱和碳。结构中与酯基相连的C 和与氨基相连的C 均为手性碳，共2 个，C 正确；阿
斯巴甜含酯基和酰胺键，水解产物有甲醇、苯丙氨酸等，甲醇不是氨基酸，D 错误；故选C。
5．（2025·四川宜宾·三模）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
2
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A．测定Zn 与稀硫酸反应的速率
B．蒸馏时接收馏分
C．电解氯化镁溶液制备金属镁
D．分离氢氧化铁胶体和氯化铁溶液
【答案】A
【解析】测定Zn 与稀硫酸反应的速率，可通过测量单位时间内生成H2的体积实现。装置中锥形瓶内Zn 与
稀硫酸反应，生成的气体推动注射器活塞移动，结合秒表记录时间，能计算反应速率，A 正确；蒸馏时接
收馏分，需保证体系与大气相通，防止压强过大。若接收装置密封（如锥形瓶用塞子封闭），会导致馏分
无法进入且存在安全隐患，B 错误；制备金属镁需电解熔融MgCl2，电解MgCl2溶液时，阴极H⁺放电生成
H2，而非Mg2+放电，无法得到金属镁，C 错误；分离胶体和溶液应采用渗析法（利用半透膜），过滤仅能
分离浊液中的固体和液体，胶体与溶液均可透过滤纸，D 错误；故选A。
6．有关下列实验事实解释错误的是
选项
实验事实
解释
A
利用“杯酚”分离C60和C70
超分子具有“分子识别”特性
B
[Cu(NH3)4]
2+的稳定性强于[Cu(H2O)4]
2+
电负性：N<O
C
H2O 的沸点高于H2S 的沸点
键能：H-O>H-S
D
O3在CCl4中的溶解度大于在H2O 中的溶解度
O3是极性很弱的极性分子
【答案】C
【解析】利用“杯酚”分离C60和C70是基于超分子的“分子识别”特性，杯酚通过主客体作用选择性结合
不同尺寸的分子，A 正确；[Cu(NH3)4]2+的稳定性强于[Cu(H2O)4]2+，原因是电负性N＜O，NH3给出电子形
成配位能力比H2O 强，B 正确；H2O 沸点高于H2S 是因H2O 分子间存在氢键，而非H-O 键能更大（键能影
3
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响化学键断裂难易，与沸点无关），C 错误；O3在CCl4中溶解度更大是因O3为弱极性分子，CCl4为非极
性溶剂，符合“相似相溶”原理，D 正确；故选C。
7．下列反应的离子方程式正确的是
A．氯乙酸乙酯在足量NaOH 溶液中加热ClCH2COOC2H5+OH-
→
Δ ClCH2COO-+C2H5OH
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2出现混浊：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO3
2−
C．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2MnO4
−+5C2O4
2−+16H
+=2Mn
2++10CO2↑+ H2O
D．向含[Ag(NH3)2]OH 废液中加入过量硝酸：[Ag(NH3)2]++OH-+3H+=Ag++2NH4
++H2O
【答案】D
【解析】氯乙酸乙酯在足量NaOH 中加热时，Cl 原子和酯基均会水解，生成HOCH2COO-、C2H5OH 和
Cl-，故正确离子方程式为ClCH2COOC2H5+2OH
−→
△
HOCH2COO
−+C2H5OH+Cl
-，A 错误；苯酚的酸性弱于碳
酸，但强于HCO3
−
，故向苯酚钠溶液中通入少量CO2反应方程式为
+CO2+H2O→HCO3
−
+
，
B 错误；草酸为弱酸，应保留分子形式，正确离子方程式为5H2C2O4+2MnO4
-+6H
+=2Mn
2++10CO2↑+8H2O，
C 错误；[Ag(NH3)2]OH 强碱，在溶液中发生完全电离，电离产生的OH-先与H+结合成H2O，[Ag(NH3)2]+再
与H+反应，生成Ag+和NH4
+，离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H+=Ag++2NH4
++H2O，D 正确；故选D。
8．M、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，M 的原子核外电子有三种空间运动状态，X 原子最
高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，Y 的原子核外只有一个未成对电子，Z 的次外层电子数
是最外层电子数的四倍，Y 的原子半径小于Z。下列说法正确的是
A．第一电离能：X>Z
B．键角：XY3>MY3
C．单质熔点：Y>M
D．简单氢化物稳定性：X>Y
【答案】A
【解析】M、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，M 的原子核外电子有三种空间运动状态，说明
原子的轨道数为3，则M 为B 元素；Z 的次外层电子数是最外层电子数的四倍，则Z 为Mg 元素；X 原子
最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，则X 为N 元素；Y 的原子核外只有一个未成对电子，
原子半径小于Z，则Y 为F 元素。同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：N＞
4
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Be，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则第一电离能： Be＞Mg，所以第一电离能：N＞Mg，
A 正确；三氟化硼分子中硼原子的阶层电子对数为3+（3-1×3）×1
2
=3、孤对电子对数为（3-1×3）×1
2
=0，
分子的空间结构为平面正三角形，三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为3+（5-1×3）×1
2
=4、孤对电子
对数为（5-1×3）×1
2
=1，分子的空间结构为三角锥形，则键角：BF3＞NF3，B 错误；硼单质为熔点高的共
价晶体，氟气是熔点低的分子晶体，则单质熔点：B＞F2，C 错误；同周期元素，从左到右元素的非金属性
依次增强，。简单氢化物的稳定性依次增强，则简单氢化物稳定性：HF＞NH3，D 错误；故选A。
9．聚合物P 可用于制造用途广泛的工程塑料，其合成反应如下：
已知：反应①中n(CO2):n (X)=1:2
下列说法错误的是
A．反应①和②都符合“原子经济性反应”
B．X 中所有原子一定共平面
C．Y 可以通过加聚反应合成高分子
D．Y 和P 在酸性条件下完全水解的产物相同
【答案】B
【解析】反应①为CO2与2 分子X 加成生成Y（无副产物），反应②为Y 的加聚反应（无副产物），二者
均为原子利用率100%的原子经济性反应，A 正确；根据反应①中n(CO2):n(X)=1:2 及Y 的结构，X 为含2
个双键的烃（如1,3-丁二烯），其分子中双键间的单键可旋转，所有原子不一定共平面，B 错误；Y 分子
中含碳碳双键，可通过加聚反应生成高分子P，C 正确；Y 和P 均含酯基，酸性水解均生成相同的羧酸和
醇，产物相同，D 正确；故选B。
10．由下列实验操作及现象不能推出相应结论的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向含AgNO3和AgCl 的悬浊液中通入H2S，生成黑色沉淀
溶解度：AgCl>Ag2S
B
t℃，测得0.1 mol/L 的NaHSO3溶液的pH 约为5
t℃，
5
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K a1(H2SO3)⋅K a2(H2SO3)> K w
C
向Na2S 溶液中滴加新制氯水，产生浅黄色沉淀
非金属性：Cl>S
D
将点燃的镁条迅速伸入收集满CO2的集气瓶中，产生白烟
和黑色固体
CO2具有氧化性
【答案】A
【解析】向含AgNO3和AgCl 的悬浊液中通入H2S 生成黑色沉淀Ag2S，但Ag+主要来自AgNO3，不是AgCl
转化为Ag2S，因此无法直接比较AgCl 与Ag2S 的溶解度，故A 错误；NaHSO₃ 溶液pH≈5，说明HSO3
−电离
大于水解即K a2> K w
K a1
，推导出K a1(H2SO3)⋅K a2(H2SO3)> K w，故B 正确；向Na2S 溶液中滴加新制氯水，
产生浅黄色沉淀，说明发生反应S
2-+Cl2=S↓+2Cl
−，说明Cl2的氧化性强于S，则元素非金属性Cl＞S，
故C 正确；将点燃的镁条迅速伸入收集满CO2的集气瓶中，生成C 和MgO，CO2中C 元素化合价降低，
CO2作氧化剂，表现氧化性，故D 正确；故选A。
11．钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热
反应。
下列说法错误的是
A．步骤①反应为VO
2++ H2O2→VO2
++·OH+ H
+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正<E逆
C．VO2
+在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z 是H2
【答案】D
6
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【解析】结合反应机理图可知VO
2+和H2O2反应生成VO2
+、·OH、H
+，步骤①反应为
VO
2++ H2O2→VO2
++·OH+ H
+
，
·OH
和苯生成
，
和
VO2
+
、
H
+
反应生成
、
VO
2+和水。结合反应机理图可知VO
2+和H2O2反应生成VO2
+、·OH、H
+，步骤①反应为
VO
2++ H2O2→VO2
++·OH+ H
+，故A 正确；步骤③为放热反应，Δ H = E正−E逆<0，即正反应的活化能小
于逆反应的活化能，故B 正确；VO2
+在催化循环中V 的化合价由+5 降低到+3，所以起氧化作用，故C 正确；
步骤③生成的物质Z 是H2O，故D 错误；故选D。
12．氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，其晶胞结构与金刚石类似，晶胞边长为a pm，N A
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．X 原子的分数坐标为(
3
4 , 1
4 , 1
4)
B．与Ga 原子相邻且最近的Ga 原子个数为6
C．Ga 原子与N 原子间的最短距离为√3
2 apm
D．晶胞密度为3.36×10
32
a
3 N A
g⋅cm
−3
【答案】D
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【解析】X 原子为N 原子，位于x轴的3
4
处，位于y轴的3
4
处，位于z轴的1
4
处，则X 原子的分数坐标为：(
3
4 , 3
4 , 1
4
)，A 错误；由晶胞结构可知，Ga 原子位于晶胞的顶点和面心（面心立方堆积），面心立方结构
中，与Ga 原子相邻且最近的Ga 原子个数为12，B 错误；Ga 与N 原子间的最短距离为晶胞体对角线的
1/4，体对角线长度为√3a pm，故最短距离为√3a
4
pm，C 错误；由晶胞结构可知，晶胞中Ga 原子个
数：8× 1
8 +6× 1
2 = 4，N 原子在晶胞内部，则N 原子个数为4，晶胞质量为
ρ= m
V =
4M
NA
V
=
4×(70+14)
NA
g
(a×10
−10cm)
3 = 3.36×10
32
a
3 NA
g⋅cm
−3，D 正确；故选D。
13．从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+ 4价，As2O3、As2O5
均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法错误的是
A．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2
B．浸出液主要成分为Na3 AsO4、NaAsO2、NaOH
C．浸出液“氧化”过程中反应为H2O2+ AsO2
−+2OH
−= AsO4
3−+2H2O
D．“氧化”时加热溶液温度不宜过高
【答案】A
【解析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+ 4价，As2O3、
As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS 和S，浸出液主要成分为Na3AsO4
和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应H2O2+ AsO2
−+2OH
−= AsO4
3−+2H2O，得到Na3AsO4溶液，
然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还
原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+8 Na2S+8 H2O =5PbS+ 16 NaOH+3S，
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其中PbS 是还原产物，S 是氧化产物，依据正负化合价代数和为0 的原则，可知Pb5O8中Pb
2+和Pb
4 +的数目
之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，A 错误；As2O3、As2O5均为
酸性氧化物，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS 和S，浸出液主要成分为Na3 AsO4、NaAsO2、
NaOH，B 正确；由分析可知，浸出液“氧化”过程中过氧化氢将AsO2
−氧化为AsO4
3−，根据得失电子守恒和
电荷守恒配平离子方程式为：H2O2+ AsO2
−+2OH
−= AsO4
3−+2H2O，C 正确；过氧化氢受热分解速率加快，
“氧化”时加热溶液温度不宜过高，D 正确；故选A。
14．钠离子电池比锂离子电池更稳定，造价更低。一种钠离子电池构造示意图如下，已知放电时负极反应
式：Na2Cn−xe
−= x Na
++nC。下列说法正确的是
A．充电时，硬碳电极电势高于NaMnO2
B．放电时，正极的电极反应式为Na1−x MnO2+ xe
−+ x Na
+= NaMnO2
C．充电时，外电路中每转移0.2mole
−，理论上NaMnO2电极上增加4.6g
D．放电时Na+从硬碳电极脱嵌，电解液中Na+浓度升高
【答案】B
【解析】由放电时负极反应式：Na2Cn−xe
−= x Na
++nC可知：在放电时，Na2Cn失电子生成Na+和C，则
硬碳作负极，负极反应为Na2Cn-2e-=2Na++nC，Na1-xMnO2得电子生成NaMnO2，右侧电极为正极，正极反
应为Na1-xMnO2+xe-+xNa+=NaMnO2；放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电时为
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电解池，原电池的正、负极与外加电源的正、负极相接，作阳极、阴极，阴、阳极反应与负、正极反应相
反。由题中信息可知，放电时硬碳作负极，则充电时硬碳电极与直流电源负极相连，作阴极，阴极电势小
于阳极，A 错误；右侧电极为正极，Na1−x MnO2得电子生成NaMnO2，正极的电极反应式为：Na1−x MnO2+
xe
−+ x Na
+= NaMnO2
，B 正确；根据阳极反应式：NaMnO2−xe
−= x Na
++ Na1−x MnO2
，则每有1mol 电子
转移，阳极质量会减少23g，则外电路中每转移0.2mol 电子，理论上NaMnO2。电极上减少4.6g，C 错误；
电解液中Na
+浓度不变，D 错误；故选B。
15．已知难溶性物质CaM 可通过加入酸来调节体系pH，促进CaM 溶解，总反应为CaM +2H
+
⇌Ca
2++ H2M。平衡时lg[c(Ca
2+)]，分布系数δ (M)与pH的变化关系如图所示（其中M代表H2M、HM
−或M
2−
）。比如δ (M
2−)= c(M
2−)
c总
，c总=c(H2M)+c(HM
−)+c(M
2−)。已知K sp(CaM)=10
−8.63。
下列说法正确的是
A．曲线I表示lg[c(Ca
2+)]∼pH的变化关系
B．总反应CaM +2H
+⇌Ca
2++ H2 M的平衡常数K =10
3.09
C．pH =3，溶液中c (H
+)+2c(Ca
2+)>c(HM
−)+2c(M
2−)+c(OH
−)
D．pH =5时，M
2−和HM
−的分布系数之比大于10:1
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【答案】C
【解析】增大c(Ca
2+)，使平衡CaM +2H
+ ⇌Ca
2++ H2M逆向进行，c(H
+)增大，故曲线Ⅱ代表
lg[c(Ca
2+)]与pH 的变化关系；因H 2 M为二元酸，发生分步电离H 2 M ⇌H
++ HM
−、HM
−⇌H
++ M
2−
，随着酸性减弱，H 2 M的含量逐渐减小，而HM
−的含量为先增大后减小，M
2−的 含量逐渐升高，故有
曲线I 代表δ (H 2 M )与pH 的变化关系，曲线Ⅲ代表δ (HM
−)与pH 的变化关系，曲线Ⅳ代表δ (M
2−)与pH
的变化关系，同时根据图形可知，当pH=1.27 时，有c(H 2 M )=c(HM
−)，可得
K a1= c(H
+)·c(HM
−)
c(H 2 M )
=c(H
+)=10
−1.27；当pH=4.27 时，有c(HM
−)=c(M
2−)，可得
K a2= c(H
+)·c(M
2−)
c(HM
−)
=c(H
+)=10
−4.27。曲线I 代表δ (H 2 M )与pH 的变化关系，lg[c(Ca
2+)]∼pH的变化
关系为曲线Ⅱ，A 错误；该反应的平衡常数为K = c(H 2 M )·c(Ca
2+)
c
2(H
+)
，化简后有
K = c(H 2 M )·c(Ca
2+)
c
2(H
+)
=
c(Ca
2+)·c(M
2−)
c(H
+)·c(HM
−)
c(H 2 M )
× c(H
+)·c(M
2−)
c(HM
−)
= K sp(CaM )
K a1· K a2
=
10
−8.63
10
−1.27×10
−4.27 =10
−3.09
，不
是10
3.09，B 错误；在溶液中存在电荷守恒：
c(H
+)+2c(Ca
2+)=c(OH
−)+c(HM
−)+2c(M
2−)+c(酸根
−)（酸根
−为加入酸的阴离子），因
c(酸根
−)>0，故有c(H
+)+2c(Ca
2+)>c(OH
−)+c(HM
−)+2c(M
2−)，C 正确；当pH=5 时，M
2−和HM
−
11
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的分布系数之比δ (M
2−)
δ (HM
−)
= c(M
2−)
c(HM
−)
= K a2
c(H
+)
= 10
−4.27
10
−5 = 10
0.73
1
< 10
1
，D 错误；故选C。
第II 卷（非选择题 共55 分）
二、非选择题，共4 题，共55 分。
16.（13 分）乙酰苯胺(
)是一种常见的退热剂。实验室制备乙酰苯胺的实验步骤如下：
步骤I：按图示安装好实验装置(夹持和加热装置略去)，在仪器M 中加入4.65 g 苯胺，6.0 g 乙酸和0.1 g 锌
粒，缓慢加热，控制温度在105℃。
步骤Ⅱ：当观察到“现象X”，停止加热，趁热将反应液倒入100 mL 冷水中搅拌，冷却、结晶、抽滤、洗
涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。
步骤Ⅲ：提纯粗乙酰苯胺。
已知：①步骤I 加热时蒸出的乙酸和水经玻璃弹簧填料分馏，乙酸回流至M 中；
4A
②
分子筛和变色硅胶均对水有很强吸附性，变色硅胶能根据结晶水的数量显示不同颜色；
③相关物质的部分性质如下表：
物质名称
苯胺
乙酸
乙酰苯胺
相对分子质量
93
60
135
沸点
184℃
118℃
304℃
溶解性
微溶于水
易溶于水
难溶于冷水、易溶于热水，易溶于乙醇等有机溶剂
其它
易被氧化而变色
回答下列问题：
(1)制备过程中，仪器M 的名称为 ；最适宜的加热方式为 (填标号)。
a．水浴 b．酒精灯 c．油浴
12
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(2)步骤I 中加入锌粒的主要作用是 ，制备乙酰苯胺的化学方程式为 。
(3)步骤I 中控制温度时，不宜低于105℃的原因是 。
(4)步骤Ⅱ中的“现象X”为 。
(5)步骤Ⅲ的操作顺序依次为：将粗产品加入100 mL 水中加热完全溶解后， (填序号)，过滤后
将所得滤渣烘干后称重。
①趁热过滤 ②待滤液自然冷却至室温 ③搅拌下加热沸腾2~3 min ④加入1 g 活性炭吸附有色杂质
(6)最终制得5.4 g 乙酰苯胺，则实验的产率为 。
【答案】(1)三颈烧瓶 （1 分） c （1 分）
(2) 防止苯胺在反应过程中被氧化 （1 分） C6H5NH2+CH3COOH⇌
❑
Δ
C6H5NHCOCH3+H2O （2 分）
(3)不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率 （2 分）
(4)温度计温度下降或锥形瓶内液体不再增加 （2 分）
(5)④③①② （2 分）
(6)80.0% （2 分）
【解析】乙酰苯胺的制备原理为C6H5NH2+CH3COOH⇌
❑
Δ
C6H5NHCOCH3+H2O，仪器M 为三颈烧瓶，用于容
纳反应物并进行回流反应，变色硅胶的作用是吸附反应生成的水，促进苯胺与乙酸的酰胺化反应正向进
行；若看到温度计温度下降或锥形瓶内液体不再增加就表面反应物的蒸气较少，生成物达到了最大量，说
明反应已经完成。
（1）仪器M 为三颈烧瓶；因为要控制温度105℃，最适宜的加热方式为油浴，答案为c；
（2）由于苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，加入还原剂Zn 粉，可以防止苯胺在反应过程
中被氧化，制备乙酰苯胺的化学方程式为C6H5NH2+CH3COOH⇌
❑
Δ
C6H5NHCOCH3+H2O；
（3）水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，
提高生成物的产率；
（4）若看到温度计温度下降或锥形瓶内液体不再增加就表面反应物的蒸气较少，生成物达到了最大量，
反应基本完成；
（5）步骤II 得到的粗晶体中因含有某些杂质而颜色较深，步骤III 提纯的操作是：将粗产品加入100 mL
水中加热完全溶解后，加入活性炭1g，搅拌下加热沸腾2~3 min 进行脱色，趁热过滤减少晶体的损耗，待
滤液自然冷却至室温结晶，过滤后将所得滤渣烘干后称重；顺序为④③①②；
（6）4.65 g 苯胺的物质的量为4.65g
93g/mol
=0.05mol，6.0 g 乙酸的物质的量为0.1mol，故理论上生成的乙酰
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苯胺的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×135g/mol=6.75g，故产率为5.4 g
6.75g ×100%≈80.0%。
17.（14 分） 一种从废钴渣［主要含Co 的有机物盐及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］中分离铁、锰并回收钴的
工艺流程如下。
已知：①黄铵铁矾[(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]与FeOOH 均易于沉降和过滤，Fe(OH)3通常为无定形胶状物；
②该工艺条件下，K sp[Fe(OH)3]=2.0×10
−39。
回答下列问题：
(1)写出基态钴原子的价层电子排布式 。
(2)结合下表，分别对比钴渣与酸浸液中Co、Fe元素的含量，说明“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目
的是 。
元素
Co
Fe
钴渣中含量/ %
0.68
1.40
酸浸液中含量
/g⋅L
−1
20.38
2.44
(3)“一次沉铁”中发生反应的化学方程式为 。
(4)若“二次沉铁”Fe
3+的初始浓度为0.112g⋅L
−1，为避免生成Fe(OH)3，应控制溶液的pH< (保留
1 位小数)。确定Fe
3+已被除尽的试剂是 (填化学式)。
(5)“二次沉铁”完毕后得到的滤液中所含金属离子有Co
2+、Mn
2+、 。
(6)“氧化沉铁锰”中Mn
2+发生反应的离子方程式为 。研究表明，在该步骤中控制pH 为4.5，可保证
铁沉淀完全。实际操作中，须不断滴加50 % Na2CO3溶液，结合相关反应说明其必要性 。
【答案】(1)3d
7 4s
2 （2 分）
(2)富集Co 元素 （1 分）
(3)3Fe2(SO4)3+(NH4)2SO4+12H2O =(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6 H2SO4
（2 分）
(4) 2.0 （2 分） KSCN （1 分）
(5)Na
+、Fe
2+ （2 分）
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(6) 3 Mn
2++S2O8
2−+ 4 H2O = Mn3O4↓+8 H
++2SO4
2− （2 分） 在氧化沉锰步骤中有H
+生成，滴加
Na2CO3溶液，可维持pH 为4.5 （2 分）
【解析】废钴渣［主要含Co 的有机物盐及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］焙烧，加入硫酸生成Co2+、Fe3+、
Fe2+、Mn2+，加入硫酸铵生成黄铵铁矾[(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]，过滤后滤液加入Na2CO3生成FeOOH，氧
化沉铁过滤得到Mn3O4和FeOOH，含钴液回收利用，据此分析；
（1）钴是第27 号元素，基态钴原子的价层电子排布式3d
74s
2；
（2）由钴的含量可知，“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目的是富集Co 元素；
（3）“一次沉铁”硫酸铁和硫酸铵生成黄铵铁矾[(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]，化学方程式为
3Fe2(SO4)3+(NH4)2SO4+12H2O =(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6 H2SO4
；
（4）Fe
3+的初始浓度为0.112g⋅L
−1，则Fe
3+的初始浓度为0.112g·L
-1
56g/mol
=0.002mol/L，
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe
3+)c
3(OH
-)=2.0×10
-39⇒c(OH
-)=
3√
Ksp[Fe(OH)3]
c(Fe
3+)
=10×10
-12mol/L，
c(H
+)=10×10
-2mol/L，则pH=2；检验Fe
3+是否存在的试剂是KSCN；
（5）“二次沉铁”完毕后得到的滤液中所含金属离子有Co
2+、Mn
2+、Na
+、Fe
2+；
（6）“氧化沉铁锰”中Mn
2+被氧化，离子方程式为3 Mn
2++S2O8
2−+ 4 H2O = Mn3O4↓+8 H
++2SO4
2−；研究
表明，在该步骤中控制pH 为4.5，可保证铁沉淀完全。实际操作中，须不断滴加50 % Na2CO3溶液，结合相
关反应说明其必要性在氧化沉锰步骤中有H
+生成，滴加Na2CO3溶液，可维持pH 为4.5。
18.（14 分）CO2过量排放打破碳循环平衡，“碳中和”成为环境治理关键目标。将CO2转化为高附加值化
学品，既能减排，又能满足工业需求。甲醇作为重要化工原料，可制备多种化学品，也可作燃料。
回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇过程中主要涉及以下反应：
Ⅰ．CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 1=-50 kJ/mol
Ⅱ．CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2=+41 kJ/mol
①则反应CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)的Δ H = ，反应Ⅰ的Δ S (填“>”“<”或“=”)0，该反应
在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
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②若将等物质的量的CO2和H2充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅱ，下列事实能说明该反应已达到平衡状
态的是 (填标号)。
A．体系的压强保持不变 B．生成CO的速率与生成H2的速率相等
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．n(CO2)与n(H2)的比值保持不变
(2)下图甲显示了Cu−ZnO−Al2O3−ZrO2/LTA催化剂在3.0 MPa，氢碳比−n(H2):n(CO2)为3，相同时间
内，不同温度下CO2的转化率和甲醇的选择性性能图。可以看出，该催化剂的最适宜温度为 ℃，温
度高于260℃，CO2的转化率降低可能的原因是 。
已知：CH3OH的选择性=
n(CH3OH)
n(CO2)转化
。
(3)LTA 分子筛膜具有很强的亲水性，通过使用LTA 型分子筛膜催化反应器，测得在3.0 MPa，氢碳比
−n(H2):n(CO2)为3，反应相同时间，不同温度对Cu−ZnO−Al2O3−ZrO2
@LTA 分子筛膜催化反应器的催
化性能影响如图乙所示。使用此分子筛膜，CO2的转化率提高的原因是 。
(4)某温度、恒定压强为p MPa的条件下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通过装有催化剂的反应器，反应
并达到平衡状态，CO2的转化率为20 %，甲醇的选择性为50 %，该温度下，CH3OH的平衡产率为 ，
反应Ⅰ的平衡常数K p= MPa
−2(列出计算式即可)。
【答案】(1) -91 kJ/mol （1 分） < （1 分） 低温 （1 分） B （1 分）
(2) 260（2 分） 反应未达平衡，温度升高，催化剂的活性降低，反应速率减慢，一定时间内CO2的转化率
降低(或温度高于260℃以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向进行，CO2的转化率降低) （2
分）
(3)此分子筛膜具有强亲水性，分离出H2O (g)，反应Ⅰ和Ⅱ均正向移动，CO2的转化率提高 （2 分）
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(4) 10 % （2 分）
0.1
3.8 p× 0.2
3.8 p
0.8
3.8 p×(
2.6
3.8 p)
3 （2 分）
【解析】（1）①根据盖斯定律，Ⅰ式-Ⅱ式即为目标方程式，故Δ H =Δ H 1−Δ H 2，代入数据，
Δ H =-50 kJ/mol-41 kJ/mol=-91 kJ/mol；反应I 为正反应气体分子数减小的反应，故ΔS<0；当
ΔG =Δ H −T ΔS<0时，反应能自发进行，该反应的Δ H、Δ S均小于0，只有T较小时，才能保证
ΔG<0，故反应Ⅰ在低温下能自发进行。
②反应Ⅱ为反应前后为气体分子数不变的反应，体系压强一直不变，不能说明反应已达到平衡状态，A 错
误；生成CO为正反应方向，生成H2为逆反应方向，且二者化学计量数之比为1:1，满足v 正= v逆，能说明
反应已达到平衡状态，B 正确；混合气体的平均摩尔质量= m总
n总
，该反应的反应物和生成物均为气体，则
混合气体的质量不变，该反应为反应前后气体分子数不变的反应，混合气体的总物质的量不变，则混合气
体的平均摩尔质量不变，故混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能说明反应已达到平衡状态，C 错
误；CO2和H2的起始投料比为1:1，转化率之比也为1:1，则二者的物质的量之比一直不变，不能说明反应
已达到平衡状态，D 错误；故选B。
（2）由图甲可知，260℃时，CO2的转化率和甲醇的选择性最大，说明该催化剂在260℃时性能最好；
温度高于260℃时，反应未达平衡，温度升高，催化剂的活性降低，反应速率减慢，一定时间内CO2的转
化率降低，或温度高于260℃以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向进行，CO2的转化率降
低。
（3）LTA 分子筛膜具有很强的亲水性，可以吸收反应体系中的水，当H2O (g)减少时，反应Ⅰ和Ⅱ平衡均
正向移动，从而提高CO2的转化率，此外，从反应体系中去除水也有助于避免催化剂失活和副产物的形
成，可以进一步提升甲醇的选择性。
（4）在压强为p MPa的条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2的平衡转化率为
20%，甲醇的选择性为50%，列出“三段式”：
CO2(g)
+
3 H2(g)
⇌
CH3OH (g)
+
H2O (g)
起始/ mol
1
¿3
¿0
¿
转化/ mol
¿
¿0.3¿¿0.1¿¿0.1¿平衡/ mol¿0.8¿¿2.6¿¿0.1¿¿
CO2(g)
+
H2(g)
⇌
CO (g)
+
H2O (g)
起始/ mol
1
¿3
¿0
¿
转化/ mol
¿
¿0.1¿¿0.1¿¿0.1¿平衡/ mol¿0.8¿¿2.6¿¿0.1¿¿0.2¿
则平衡时CO2的物质的量为0.8 mol，H2的物质的量为2.6 mol，CH3OH的物质的量为0.1 mol，水蒸气的
物质的量为0.2 mol，CO的物质的量为0.1 mol，混合气体的总物质的量为3.8 mol，则CH3OH的平衡产
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率=0.1 mol
1 mol
×100%=10%，该温度下反应Ⅰ的平衡常数K p=
0.1
3.8 p× 0.2
3.8 p
0.8
3.8 p×(
2.6
3.8 p)
3 MPa
−2。
19.（14 分） 多并环化合物K 具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下：
已知：i、
ii、
(1)A→B 所需试剂是 。
(2)
的名称为 。
(3)B→C 的反应为取代反应，该反应的化学方程式为 。
(4)E 中官能团的名称为 。
(5)F→G 的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为 。
(6)芳香族化合物M 是I 的同分异构体，写出一种符合下列条件的M 的结构简式 。
a．能与NaHCO3反应 b．核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为2：2：1
(7)以
、
为原料，设计合成有机物
的合成路线如下：
其中中间体a、中间体b 的结构简式分别为 、 。
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【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸 （1 分）
(2)乙二酸二甲酯或草酸二甲酯 （1 分）
(3)
（2 分）
(4)硝基、羧基 （2 分）
(5)
（2 分）
(6)
（2 分）
(7)
（2 分）
（2 分）
【解析】根据A 的分子式可知，A 为甲苯，结合B、C、D 可推得B 为邻硝基甲苯，由A→B 发生硝化反
应，所需试剂是浓硫酸、浓硝酸；邻硝基甲苯与乙二酸二甲酯发生取代反应得到C（
），C 发生
水解反应得到化合物D，D 在催化剂作用下得到化合物E（
）；E 在Fe/HCl 作用下被还原得到
F（
），F 在酸性条件下发生取代反应得到化合物G，G 在氧气和催化剂的作用下，得到羰基化
产物I；化合物I 在过氧化氢的氧化下得到J；根据已知信息，化合物J 和邻苯二胺相互作用得到化合物
K。
（1）由A→B 发生硝化反应，所需试剂是浓硫酸、浓硝酸；
（2）
属于酯类化合物，由乙二酸（草酸）和甲醇发生酯化反应所得，名称为乙二酸二甲
酯或草酸二甲酯；
（3）B→C 的反应为取代反应，得到化合物C 和甲醇，反应的化学方程式为：
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；
（4）E 结构为
其中官能团的名称为羧基、硝基；
（5）F→G 的过程中会得到少量聚合物，F 中含有羧基和氨基，可发生缩聚反应得到聚合物，结构为：
；
（6）芳香族化合物M 是I 的同分异构体，则M 中含有苯环结构；其能与NaHCO3反应，则含有羧基；还
剩一个碳原子和一个氮原子，组成氰基，核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积比为2：2：1，因此结构为：
；
（7）由流程可知，a 与邻苯二胺发生取代反应，因此化合物a 为
；由信息i 可知，碳氧双键与氨
基发生加成反应，首先得到羟基与碳氮单键，之后羟基再发生消去反应得到碳氮双键，因此化合物b 是
。
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