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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 Ga84
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。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．文物见证历史，化学创造文明。下列有关陕西的文物的说法不正确的是
A．青铜器何尊的主要成分含有Cu、Sn 等元素
B．唐鎏金舞马衔杯纹银壶变暗的主要原因银发生化学腐蚀生成Ag2O
C．五代青釉提梁倒注瓷壶烧制所用的主要原料为黏土
D．西汉丝质素纱禅衣的制衣纤维的主要成分是蛋白质
【答案】B
【解析】青铜属于合金，主要含有铜、锡等金属元素，故青铜器的主要成分是铜锡合金，A 正确；唐鎏金
舞马衔杯纹银壶变暗的主要原因是银与空气中的含硫物质反应生成黑色的硫化银（Ag2S），而不是氧化
银（Ag2O），B 错误；瓷壶属于陶瓷，其制取原料主要是黏土，C 正确；西汉丝质素纱禅衣，丝的主要
成分是蛋白质，D 正确；故选B。
2．下列化学用语或图示正确的是
A．
SO3
的VSEPR 模型：
1
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B．
Fe
2+
的结构示意图：
C．Br2分子中共价键的电子云轮廓图：
D．H2O2的电子式：
【答案】C
【解析】SO3中S 原子价层电子对数为：3+ 1
2 ×(6−2×3)=3，无孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，
即
，A 错误；Fe2+是Fe 原子失去2 个4s 电子形成，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，则
Fe2+的结构示意图：
，B 错误；Br2分子中Br-Br 键为p-pσ 键，由两个p 轨道头碰头重叠形
成，电子云轮廓图呈轴对称的双球形重叠状，其电子云轮廓图：
，C 正确；H2O2为共价化
合物，电子式应为
，D 错误；故选C。
3．下列实验装置正确或操作规范的是
A．证明HClO具有漂白性
B．中和反应反应热的测定
2
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C．制备乙烯
D．制备[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体
【答案】D
【解析】实验需证明HClO 的漂白性，应对比干燥Cl2和湿润Cl2对红纸条的作用。干燥Cl2本身无漂白
性，湿润Cl2与水反应生成的HClO 有漂白性，故应先通入干燥红纸条（不褪色），再通入湿润红纸条（褪
色），A 错误；中和反应反应热测定需用环形玻璃搅拌棒，铁制搅拌器导热性强，会导致热量损失，影响
测定准确性，B 错误；制备乙烯时，温度计水银球需插入反应液中以控制170℃反应温度，图示温度计位
置不正确，且缺少碎瓷片防暴沸，装置不规范，C 错误；制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体：向CuSO4溶液中滴
加足量氨水，先产生Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+；加入95%乙醇可降低配合
物溶解度，玻璃棒摩擦试管壁促进结晶，操作规范，D 正确；故选择D 项。
4．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 molFeCl3完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目为N A
B．含2 molH2SO4的浓硫酸与64g Cu 共热，转移电子数小于2 N A
C．标准状况下，4.48 LSO3含有的分子数为N A
D．在高温、高压和催化剂条件下，0.2 molN2与0.6 molH2充分反应后生成0.4 molNH3
【答案】B
【解析】FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体粒子时，由于水解不完全且胶体粒子是多个Fe(OH)3的聚集体，数目
远小于N A，A 错误；浓硫酸与Cu 反应时，随硫酸浓度降低反应停止，实际参与反应的H2SO4少于2 mol，
转移电子数小于2N A，B 正确；标准状况下SO3为固体，无法用气体体积计算分子数，C 错误；合成氨为
可逆反应，无法完全转化，0.2 molN2与0.6 molH2充分反应后生成的NH3必小于0.4 mol，D 错误；故选
B。
5．下列离子方程式书写错误的是
A．FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe
3++Cu=2Fe
2++Cu
2+
B．氯气通入冷的石灰乳制漂白粉：Cl2+2OH
−=ClO
−+Cl
−+ H2O
C．Na2S 溶液中通入足量SO2：2S
2−+5SO2+2H2O =3S↓+ 4 HSO3
−
3
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D．用铁氰化钾溶液检验Fe2+：K
++ Fe
2++[Fe(CN)6]
3− =KFe[Fe(CN)6]↓
【答案】B
【解析】FeCl3溶液与Cu 反应生成FeCl2和CuCl2，离子方程式为2Fe
3++Cu=2Fe
2++Cu
2+，A 正确；石灰
乳是Ca(OH)2悬浊液，OH-不能拆分为离子形式，离子方程式为Cl2+Ca(OH )2=ClO
−+Cl
−+ H2O+Ca
2+，
B 错误；Na2S 溶液与足量SO2生成单质S 和亚硫酸氢钠，离子方程式为2S
2−+5SO2+2H2O=3S↓+ 4 HSO3
−
，C 正确；Fe2+与铁氰化钾溶液反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，离子方程式为
K
++ Fe
2++[Fe(CN)6]
3−=KFe[Fe(CN)6]↓，D 正确；故选B。
6．下列实验目的对应的实验方案设计现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验方案设计
现象和结论
A
证明某盐溶液中含有
SO4
2−
向试样中加入盐酸酸化的
BaCl2溶液
产生白色沉淀，证明试样中含有
SO4
2−
B
探究CH3COOH与HClO
酸性的相对强弱
用pH 计测量CH3COOH、HClO
溶液的pH，比较溶液pH 大小
HClO 溶液的pH 比CH3COOH溶液
大，则CH3COOH酸性比HClO 强
C
证明某盐溶液中含有Na
+
用玻璃棒蘸取待测液，放在酒
精灯外焰处灼烧
观察到焰色呈黄色，证明试样中含
有Na
+
D
验证某固体是Na2CO3还
是NaHCO3
室温下，取少量固体于试管
中，插入温度计，加入几滴水
温度降低，该固体是NaHCO3
【答案】D
【解析】盐酸酸化的BaCl2
引入Cl
−，若原溶液含Ag
+也会生成AgCl 沉淀，无法确定SO4
2−，A 错误；未说
明CH3COOH 和HClO 浓度是否相同，无法通过pH 直接比较酸性强弱，B 错误；玻璃棒含Na+，焰色反应
会干扰，应使用洁净铂丝或铁丝，C 错误；Na2CO3溶于水放热，NaHCO3溶解吸热，温度降低说明是
NaHCO3，D 正确；故选D。
7．部分含Al 或Fe 物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
4
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A．b无法直接转化为f
B．e（硫酸盐）的水溶液可用于水体的净化
C．e 的水溶液一定呈酸性
D．若a和d含同种元素，则保存d溶液时可加入少量a
【答案】C
【解析】当为铝元素时：a 为Al 单质，c 为Al2O3，e 为+3 价的铝盐，g 为Al(OH)3；当为铁元素时：a 为Fe
单质，b 为FeO，c 为Fe2O3，d 为+2 价的亚铁盐，e 为+3 价的铁盐，f 为Fe(OH)2，g 为Fe(OH)3。b 为
FeO，f 为Fe(OH)2，FeO 不溶于水且不与水直接反应，无法一步转化为Fe(OH)2，A 不符合题意；e 为+3 价
的盐（Fe3+或Al3+的盐），其硫酸盐如Fe2(SO4)3或Al2(SO4)3，在水溶液中Fe3+或Al3+水解生成胶体，具有吸
附性，可用于水体净化，B 不符合题意；e 为+3 价的盐，若为Na[Al(OH)4]，其水溶液中[Al(OH)4]
−水解
生成OH-，溶液呈碱性，并非一定呈酸性，C 符合题意；若a 和d 含同种元素，a 为Fe 单质，d 为亚铁盐，
保存Fe2+溶液时加入少量Fe 单质可防止Fe2+被氧化，D 不符合题意；故选C。
8．如图A 是一种冠醚的结构。其与K
+可结合成图C 的结构。下列说法正确的是
A．图A 中O处于同一平面，C在平面上下交替排列
B．其溶于油呈图B 的结构
C．若将其的一个-O-替换为-CH2−，则新分子因键角增大无法结合K
+
D．若将图C 中的部分H替换为F，其结构会更不稳定
【答案】D
5
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【解析】冠醚中碳、氧原子均为sp
3杂化，四面体构型，O无法处于同一平面，C无法上下交替排列，A 错
误；烃基亲油，O亲水，图B 为溶于水结构，B 错误；若将其的一个-O-替换为-CH2−，与K
+配位能力减
弱，是因为C电负性小于O,结合K
+能力减弱而非键角增大，C 错误；F原子比O原子电负性大，吸引电子能
力比O原子强，导致O电荷密度减少，配位能力降低，与K
+形成的超分子稳定性将减弱，D 正确；故选D。
9．实验室利用含钴废催化剂（主要成分为CoO，少量Fe2O3
）制备无水CoCl2
的过程如下，下列说法不正
确的是
A．“溶解”时，主要发生反应：CoO+2H
+=Co
2++ H2O
B．试剂X 选择Fe2O3
C．操作a 为：加热浓缩、冷却结晶、过滤等
D．操作b 为：在HCl 气流中加热脱水
【答案】B
【解析】"溶解"时，主要成分CoO 与盐酸反应生成Co
2+和水，离子方程式为CoO+2H
+=Co
2++H2O，A 正
确；调节pH 的目的是除去Fe
3+（Fe2O3与盐酸反应生成Fe
3+），需加入能消耗H
+且不引入新杂质的试剂[如
CoO、Co(OH)2等]，若选择Fe2O3，会与H
+反应生成更多Fe
3+，无法除去杂质，B 错误；操作a 是从滤液中
获得CoCl2⋅6H2O晶体，需经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等步骤，C 正确；CoCl2⋅6H2O加热脱水时，
Co
2+易水解，在HCl 气流中加热可抑制水解，得到无水CoCl2，D 正确；故选B。
10．研究表明，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制
乙酸的反应历程如图所示［其中TS 表示过渡态，Rh(Ⅰ)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是
6
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A．反应历程中只有
做催化剂
B．总反应为CH3OH+CO →
催化剂
CH3COOH
C．增大LiI 的用量，甲醇的平衡转化率增大
D．经定量测定，反应历程中物质TN3 含量最少，可能原因是TN3→TN4 的活化能较高
【答案】B
【解析】从图中可看出，LiI 先与甲醇反应生成LiOH 和CH3I，CH3I 参与TN 催化循环最终生成的CH3COI
又与LiOH 反应生成LiI 与终产物乙酸，因此LiI 也属于该反应的催化剂，A 错误；总反应需消去中间产
物，反应物为CH3OH 和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为CH3OH+CO →
催化剂
CH3COOH，B 正确；
LiI 也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI 用量不能提高甲醇的平衡转化率，C 错误；
反应中TN3 含量最少说明其生成慢（TN2→TN3 反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4 反应速率快），即
TN2→TN3 的活化能较高或TN3→TN4 活化能较低，D 错误；故选B。
11．科研团队在距离地球约124 光年的太阳系外行星的大气中检测到了可能表明生命存在的化学指纹DMS
和DMDS，这两种化学物质的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其
中W与Q同主族，Z的基态原子价层p 轨道半充满。下列叙述正确的是
7
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A．简单氢化物的沸点：Q>W >Z
B．YW3
2−和QW4
2−的VSEPR 模型均为正四面体形
C．第一电离能：W >Z>Y
D．原子半径：Y>Z>X
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W、Q 为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据“Z 的基态原子价层p 轨道半充
满”，推知Z 价电子为2s
22p
3( N)或3s
23p
3(P)；结合“W 与Q 同主族”及DMS、DMDS 的结构（含Y 连
接多X，Q 为中心原子），推断X 为H（原子序数1，单键）、Y 为C（原子序数6，四键）、Z 为N（原
子序数7）、W 为O（原子序数8，VIA 族）、Q 为S（原子序数16，VIA 族，与O 同主族）。简单氢化
物沸点比较中H2O、NH3分子间存在氢键沸点较大，H2S沸点最低，H 2O分子间的氢键比NH 3的更强，故
H 2O的沸点比NH 3
的更高故沸点：W＞Z＞Q，A 错误；YW3
2−为CO3
2−，中心C 的价层电子对数=3+0=3，
VSEPR 模型为平面三角形；QW4
2−为SO4
2−，中心S 的价层电子对数=4+0=4，VSEPR 模型为正四面体形，二
者模型不同，B 错误；第一电离能：同周期从左到右增大，N（Z）因2p 轨道半充满，第一电离能大于O
（W），即Z（N）＞W（O）＞Y（C），C 错误；原子半径：H（X）半径最小，同周期C（Y）＞N
（Z），则Y＞Z＞X，D 正确；故选D。
12．光甘草定因为其强大的美白作用被人们誉称为“美白黄金”，可消除自由基与肌底黑色素，其结构简
式如图所示。下列关于光甘草定的说法正确的是
A．分子式为C20H21O4
B．分子中含有3 种官能团和1 个手性碳原子
C．1 mol 光甘草定最多消耗1 mol H2
8
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D．分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】通过观察光甘草定的结构简式可确定其分子式应为C20H20O4，A 错误；由题干有机物结构简式可
知，分子中含有酚羟基、醚键、碳碳双键3 种官能团，且分子中只含有1 个手性碳原子(连接四个不同基团
的碳原子)，如图所示：
，B 正确；光甘草定分子中苯环与碳碳双键均能与H2
发生加成反应，故最多消耗7 mol H2，C 错误；分子中存在多个饱和碳原子，饱和碳原子具有四面体结
构，所以分子中所有碳原子不可能共平面，D 错误；故选B。
13．我国科技工作者研发了一种新型“酸碱混合硝酸-锌”电池，其工作原理如图所示，图中“双极膜”中
间层中的H2O解离为H
+和OH
−，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A．电池工作时，双极膜中H
+向锌电极迁移
B．电池工作过程中，锌电极附近溶液的pH升高
C．催化电极的反应式：NO3
−+8e
−+10 H
+= NH4
++3 H2O
D．当有1mol电子通过导线时，负极区溶液质量增加32.5g
【答案】C
【解析】催化电极为正极，锌电极为负极，所以双极膜中H
+应向催化电极迁移，A 项错误；Zn电极的电极
反应式为Zn−2e
−+ 4 OH
−=Zn (OH)4
2−，消耗OH
−，故锌电极附近溶液的pH降低，B 项错误；催化电极为正
9
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极，NO3
−在正极得电子发生还原反应生成NH4
+，电极反应式为NO3
−+8e
−+10 H
+= NH4
++3 H2O，C 项正确；
锌电极反应式为Zn−2e
−+ 4 OH
−=Zn (OH)4
2−，当有1mol电子通过导线时，溶解0.5 mol Zn(质量为32.5g
)，同时有1mol OH
−进入负极区，负极区溶液质量增加49.5g，D 项错误；故选C。
14．已知25℃时，H2A为气态，H2A饱和溶液浓度约为0.1 mol/L，H2A水溶液中各含A 微粒物质的量分数
δ随pH 变化关系如下图所示[例如δ (H2A)=
c(H2A)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)
]。已知K sp(ZnA)=1.6×10
−24。
下列说法正确的是
A．NaHA 溶液中，水的电离受到抑制
B．向c =(Zn
2+)=0.01mol/L的溶液中通入H2A气体至饱和，所得溶液中：c (H
+)<c(Zn
2+)
C．以酚酞为指示剂(变色的pH 范围为8.2-10.0)，用NaOH 标准溶液可滴定H2A水溶液的浓度
D．0.1 mol/L 的Na2A溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)
【答案】D
【解析】pH 较小时，随pH 增大，溶液中H2A 的物质的量分数逐渐减小，继续增大pH，HA-的物质的量分
数先增大后减小，A2-的物质的量分数逐渐增大，故曲线从左到右依次代表H2A、HA-、A2-物质的量分数随
pH 变化。由图像可知，pH=7.0 时，c(H2A)= c(HA-)，则H2A 的电离平衡常数Ka1=10-7，pH=13 时，c(HA-)=
c(A2-)，Ka2=10-13，NaHA 溶液中，HA⁻的水解平衡常数Kh= K W
K a1
= 10
−14
10
−7 =10
−7，Kh> Ka2，水解程度大于电
离程度，溶液显碱性，水解促进水的电离，A 错误；向c(Zn²⁺)=0.01 mol/L 溶液中通入H₂A 至饱和，ZnA 的
Ksp=1.6×10-24，沉淀生成会消耗A2-，促进H₂A 电离平衡正向移动，H⁺浓度增大。H₂A 饱和溶液浓度约为0.1
mol/L，完全电离时c(H⁺)≈0.2 mol/L，而Zn²⁺因形成沉淀浓度显著降低，故c(H⁺)>c(Zn²⁺)，B 错误；酚酞变
10
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色范围为8.2~10.0，由于H 2 A的K a1=10
−7，酸性太弱，滴定到第一化学计量点时pH 突跃不明显，故不能
用指示剂准确判断终点，C 错误；0.1 mol/L Na₂A 溶液中，A²⁻发生水解：A²⁻+H₂O
HA⁻+OH⁻
⇌
， HA⁻进一
步发生水解：HA⁻+H₂O
H
⇌
2A+ OH⁻， c(OH⁻)>c(HA⁻)，则c(Na⁺)>c(A²⁻)>c(OH⁻)>c(HA⁻)，D 正确；故选
D。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题，共5 题，共58 分。
15.（12 分）2025 年比亚迪计划推出新一代基于LiFePO4技术的“刀片电池”。一种以钛铁矿(FeTiO3)和
磷灰石矿(Ca5F(PO4)3)为主要原料制取磷酸亚铁锂前驱体磷酸铁(FePO4
)的工艺流程如下：
已知：钛(Ⅳ)在酸性溶液中的存在形式是TiO
2+，在碱性环境中转化为H4TiO4。
(1)基态Ti 原子的核外电子排布式为 。
(2)写出对应加入试剂的化学式：试剂X： ，气体Y： 。
(3)写出酸解过程浸取钛铁矿时反应的化学方程式为 。
(4)加入双氧水的目的是： 。
(5)“沉淀”过程的化学方程式为 。
(6)实验室也可以制备FePO4，反应原理为Fe2(SO4)3+2Na2HPO4=2FePO4↓+2Na2SO4+H2SO4，纯净的FePO4
为白色沉淀，不同pH 对磷酸铁沉淀的影响如图所示。pH 约为2.5 后铁的沉淀率接近完全，而磷的沉淀率
却在下降的可能原因是： 。
11
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【答案】(1)1s
22s
22p
63s
23p
63d
24s
2（2 分）
(2) H2SO4 （1 分） HF（1 分）
(3)FeTiO3+2 H 2SO4=
Δ
TiOSO4+ Fe SO4+2 H 2O（2 分）
(4)将溶液中的Fe
2+氧化为Fe
3+（2 分）
(5)2(FeSO4⋅7H2O)+H2O2+2H3PO4+4NH3=2FePO4↓+2(NH4)2SO4+16H2O（2 分）
(6)pH 大于2.5 后，碱性增强，FePO4
沉淀转化成Fe(OH)3
沉淀，释放出PO4
3−（2 分）
【解析】钛铁矿（FeTiO3）加X，“试剂X”为H2SO4，钛铁矿加硫酸酸解，水浸、冷却、过滤得 “滤液
1”显酸性，钛的存在形式为TiO
2+，加入Na2CO3后转化为H4TiO4；而磷灰石矿(Ca5F(PO4)3)加入试剂X（
H2SO4）酸溶之后，过滤得到石膏（CaSO4），“气体Y”为HF，滤液2 中加入FeSO4⋅7H2O被H2O2氧化，
磷元素来自“滤液2”中的H❑3PO❑4，得磷酸铁(FePO4)，据此回答。
（1）Ti原子质子数为22，基态原子的核外电子排布式为：1s
22s
22p
63s
23p
63d
24s
2；
（2）由分析可知，试剂X 为H2SO4，气体Y 为HF；
（3）因钛(Ⅳ)在酸性溶液中的存在形式是TiO
2+，因此酸解过程浸取钛铁矿时反应的化学方程式为：
FeTiO3+2 H 2SO4=
Δ
TiOSO4+ Fe SO4+2 H 2O；
（4）由分析可知，加入H2O2的目的是将溶液中的Fe
2+氧化为Fe
3+，故答案为：将溶液中的Fe
2+氧化为Fe
3+
；
（5）由分析可知，“沉淀”过程的化学方程式为：
2(FeSO4⋅7H2O)+H2O2+2H3PO4+4NH3=2FePO4↓+2(NH4)2SO4+16H2O ；
（6）pH 约为2.5 后铁的沉淀率接近完全，而磷的沉淀率却在下降的可能原因是：pH 大于2.5 后，碱性增
强，FePO4
沉淀转化成Fe(OH)3
沉淀，释放出PO4
3−，故答案为：pH 大于2.5 后，碱性增强，FePO4
沉淀转
12
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化成Fe(OH)3
沉淀，释放出PO4
3−。
16.（12 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
(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 。
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(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（1 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.（12 分）“碳中和”是当前全球应对气候变化的重要目标，通过特定技术将二氧化碳转化成有用产品
是实现该目标的关键路径之一。
(1)一定条件下，CO2加氢可转化为绿色产品CH3OH。该转化体系涉及以下三个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H l=−24.7kJ/ mol
反应Ⅱ：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2=+35.7kJ / mol
反应Ⅲ：CO2(g)+3 H2(g)⇌1
2 CH3OCH3(g)+ 3
2 H2O (g) Δ H 3=−60.8kJ/ mol
①一定温度下，反应Ⅱ能自发进行，则Δ S 0（填“＞”“＜”或“＝”）
②计算2CH3OH (g)⇌CH3OCH3(g)+ H2O (g)的Δ H = 。
③在一定条件下，反应Ⅰ的正、逆反应速率方程：正反应速率v 正=k 正⋅x(CO2)⋅x
3(H2)，逆反应速率
v逆=k 逆⋅x(CH3OH)⋅x(H2O)（k 正
、k 逆
分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关，x 为物质的量分
数）。达到平衡后，升高温度，k 正增大的倍数 k 逆增大的倍数（填“＞”“＜”或“＝”）。
(2)一定条件下，CO2可转化为高附加值产品HCOOH。该转化体系涉及以下两个反应：
Ⅰ.主反应：CO2(g)+ H2(g)⇌HCOOH (g) Δ H 4=−31.0kJ / mol
Ⅱ.副反应：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 5=+ 41.2kJ/ mol
①在恒容密闭容器中加入等物质的量的CO2和H2，起始压强为P0 kPa，平衡时压强为P kPa，CO 与
HCOOH 的浓度相等，用各物质的平衡分压表示反应Ⅱ的平衡常数K p= （用含P0和P 的代数式
表示）；能提高HCOOH 平衡产率的措施有 （至少写出两种）。
②实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH 和CO 的选择性（产物的选择性：生成的HCOOH 或CO 与转化
的CO2的比值）随温度变化如图所示。
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曲线a 表示 ；曲线b 表示 ；温度高于240℃时，随着温度升高曲线a 和b 均呈下降趋
势的原因是 。
【答案】(1)> （1 分） −72.2kJ/mol （2 分） <（1 分）
(2) 4( P0−P)
2
(4 P−3 P0)
2
（2 分） 降温、加压、及时分离出HCOOH（任写两种）（2 分） HCOOH 的选择性
（1 分） CO2的转化率 （1 分） 升温反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度（2 分）
【解析】（1）①一定温度下，反应Ⅱ能自发进行，则ΔG = Δ H −T Δ S<0，即Δ H <T Δ S，反应Ⅱ的
Δ H >0，故Δ S>0；
②目标反应=2×反应Ⅲ-2×反应I，故
Δ H =2 Δ H 3−2 Δ H 1=(−60.8×2+24.7×2)kJ/mol=−72.2kJ/mol；
③反应I 为放热反应，升温平衡逆向移动，则达到平衡后升高温度，k 正增大的倍数<k 逆增大的倍数；
（2）①设起始时CO2和H2的物质的量均为1 mol，主反应CO2的转化量为x mol，则
CO2(g)
+
H2(g)
⇌
❑
❑
HCOOH(g)
转化(mol)
x
¿x
¿
¿
，平衡时CO 与HCOOH 的浓度相等，则反应II 中CO 的转化量
为x mol，CO2(g)
+
H2(g)
⇌
❑
CO (g)
+
H2O (g)
转化(mol)
x
¿x
¿x
¿
¿
¿
，平衡时各物质的物质的量分别为：
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
CO(g)
H2O(g)
n(mol)
1-2x
1-2x
x
¿
x¿，总的物质的量为：
(1-2x+1-2x+x+x+x)mol=(2-x)mol，恒容条件下物质的量之比等于压强之比，故：2
2-x = P0
P
，解得
x=2( P0−P)
P0
，故平衡时各物质的物质的量分别为：
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
CO(g)
H2O(g)
n(mol)
4 P−3 P0
P0
4 P−3 P0
P0
2( P0−P)
P0
¿
2( P0−P)
P0
¿，反应Ⅱ前后气体分子数相同，故
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浓度平衡常数与压强平衡常数数值相同，故：K p= c(CO)⋅c(H2O)
c(CO2)⋅c(H2) = n(CO)⋅n(H2O)
n(CO2)⋅n(H2) =
2( P0−P)
P0
⋅2( P0−P)
P0
4 P−3 P0
P0
⋅4 P−3 P0
P0
=4( P0−P)
2
(4 P−3 P0)
2
；主反应Ⅰ为放热反应，正向气体分子数减少，降温、加压、及
时分离出HCOOH 均可使平衡正向移动，均能提高HCOOH 平衡产率；
②主反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCOOH 的选择性减小、CO2的转化率减小，副反应
Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 的选择性增大、CO2的转化率增大，则曲线a 为HCOOH 的
选择性、曲线c 为CO 的选择性，曲线b 为CO2的转化率；温度高于240℃时，升高温度HCOOH 的选择性
减小、CO2转化率减小，说明升温反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度。
18.（10 分）我国问天实验舱的柔性太阳能帆板，使用了新型半导体材料，含有C、N、O、Cu、Ga、As
等元素。
回答下列问题：
(1)镓在元素周期表中位于 (填“s”“p”“d”或“ds”)区；C、N、O 的第一电离能从小到大的顺序是
。
(2)基态神原子的价电子排布式为 ；Al 与Ga 位于同主族，金属Al 的熔点比金属Ga 的高，原因是
。
(3)分子中的大π键可用符号Π m
n 表示，其中m 代表参与形成大π键的原子数，n 代表参与形成大π键的电
子数(如苯分子中的大π键可表示为Π 6
6)，则NO3
−中的大π键可表示为 。
(4)①NH3中N 与H 成键时占据中心原子的 (填标号)。
A．2s 轨道 B．2p 轨道 C．sp
3杂化轨道 D．
sp
2杂化轨道
②NH3可以与Cu
2+形成平面四边形的配离子[Cu(NH3)4]
2+，则形成配离子后键角H—N—H (填“变
大”“变小”或“不变”)；[Cu(NH3)4]
2+中有d 轨道参与杂化的元素是 。
(5)氮化镓晶体有多种结构，其中一种结构为立方密堆积结构，晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm、b
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pm，且a≠b。若阿伏加德罗常数的值为N A，则晶胞密度ρ= g⋅cm
−3(用含a、b 和N A的代数式表
示)。
【答案】(1)p （1 分） C＜O＜N（1 分）
(2)4s
24 p
3 （1 分） Al 原子半径小，金属键强（1 分）
(3)Π 4
6（1 分）
(4) C （1 分） 变大 （1 分） Cu（1 分）
(5)112√3×10
30
N Aa
2b
（2 分）
【解析】（1）基态镓原子价电子排布式为4s
24 p
1，位于p 区；同周期元素第一电离能从左到右逐渐增
大，由于氮原子的2 p轨道属于半充满，其第一电离能是三种元素中最高的，所以C、N、O 的第一电离能
从小到大的顺序为C <O< N。
（2）基态砷原子的价电子排布式为4s
24 p
3；Al
Ga
和
同主族，Al原子半径小，金属键强，Al 的熔点比
Ga 的高。
（3）NO3
−中N 的价层电子数为：3+ 1
2 ×(5+1−2×3)=3，无孤对电子，发生sp
2杂化，3 个杂化轨道与3
个氧形成3 个σ键，4 个原子共面；N 剩余的1 个未参与杂化的p 轨道被孤电子对占据且垂直于该平面，因
此NO3
−中的大π键可表示为Π 4
6。
（4）①NH3中N 原子发生sp
3杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则NH3中N 与H 成键时占据
中心原子的sp
3杂化轨道，故选C。
②NH3和[Cu(NH3)4]
2+中N 原子均发生sp
3杂化，sp
3中N 的孤电子对与Cu
2+形成配位键，则键角H—N—H
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变大；[Cu(NH3)4]
2+中Cu
2+的配位数为4，且为平面结构，则Cu
2+不是sp
3杂化，一定有d轨道参与杂化。
（5）由晶胞结构图可知，该晶胞中含有Ga 的数目为12× 1
6 +2× 1
2 +3=6，N 的数目为6× 1
3 + 4 =6，晶
胞的质量为6×84
N A
g，晶胞的体积为1
2 a
2× √3
2 ×6×bpm
3= 3√3
2
a
2b×10
−30cm
3，则晶胞密度
ρ= 112√3×10
30
N Aa
2b
g⋅cm
−3。
19.（12 分）兰地洛尔（化合物J）能改善快速性心律失常，具有高选择性，可应用于医学临床手术。J 的
一条合成路线如下（略去部分条件和试剂）：
已知：
BPO
①
为过氧化物，NBS 为溴化试剂；
②RCH(COOC2H5)2
→
(2)H
+
(1)NaOH溶液
RCH (COOH)2 →
Δ,−CO2
RCH2COOH
回答以下问题：
(1)A 的名称为 。
(2)合成路线中设计A→B 这一步的目的是 。
(3)D→E 中，第一步反应的化学方程式为 。
(4)G 中所含有的官能团是羟基和 、 。
(5)物质J 的高选择性与其结构相关，其所含手性碳数目为 个。
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(6)F 的同分异构体同时满足下列条件的有 种。
①含有酚羟基；②含有酯基；③苯环上只有2 个取代基
(7)制备化合物I，分为两步：
写出M 和I 的结构简式 、 。
【答案】(1)对甲基苯酚或4-甲基苯酚（1 分）
(2)保护酚羟基（1 分）
(3)
+4NaOH→
Δ
+CH3COONa+
2CH3CH2OH+H2O
（2 分）
(4) 酯基 （1 分）
（2 分） 醚键（1 分）
(5)2（1 分）
(6)18（1 分）
(7)
（1 分）
（1 分）
【解析】A 是
，与
、CH3COOH 发生取代反应生成B，根据C 的结构
，可知B 的结
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构为
，B 发生取代反应生成C，C 与
在一定条件下发生取代反应生成D
，D 发生酯基水解反应、酸化，生成E
，E 加热条件、脱去CO2，生成F
，F 与
发生取代反应生成G
，G 与
发生取代反应生成H
，H 与I 反应生成J，根据J 的
结构
可知I 的结构为
，据此回答。
（1）根据A 的结构可知，A 的名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚。
（2）酚羟基易被氧化，设计A→B 这一步的目的是保护酚羟基，防止酚羟基在B 转化成C 的过程被氧
化。
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（3）D→E 中，第一步反应是酯基发生水解反应，化学方程式为
+4NaOH→
Δ
+CH3COONa+ 2CH3CH2OH+H2O。
（4）根据G 的结构
可知，其官能团有羟基、酯基、醚键。
（5）
结构中标有*的碳原子为手性碳，有2 个。
（6）满足条件的F 的同分异构体结构中，含有酯基的一个取代基结构有HCOOCH2CH2−、HCOOCH(CH3)−
、CH3COOCH2−、CH3CH2COO−、−COOCH2CH3、−CH2COOCH3，有6 种，与酚羟基的位置可以是邻、间、
对，3 种，故6×3=18。
（7）
与M 反应生成的
，结合M 的分子式可知M 的结构为
，
与
发生取代反应生成
。
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