文档文本内容
2026 年高考第一次模拟考试
高三化学
（考试时间：90 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 O 16 S 32 Cl 35.5 Sn119 Pb 207
一、选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.【传统文化】中华传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A.《易经》记载的“泽中有火”“上火下泽”涉及烃类的燃烧
B.成语“刀耕火耨”是指伐去树木烧掉野草，余灰可降低土壤碱性
C.北宋汝窑瓷器是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
D.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”，其中的柳絮富含糖类
【答案】B
【解析】A．“泽中有火”“上火下泽”指湖泊池沼水面起火，沼气主要成分为甲烷，属于烃，“泽中有
火”“上火下泽”，烃类的燃烧，A 正确；B．余灰即草木灰，主要成分为碳酸钾，因碳酸根的水解水溶
液呈碱性，不能降低土壤碱性，B 错误；C．瓷器主要成分是硅酸盐，以黏土为主要原料，经高温烧结而
成，C 正确；D．柳絮主要成分为纤维素，属于多糖，柳絮富含糖类，D 正确。
2．【改编】下列与生活相关的叙述中，涉及氧化还原反应的是（ ）
A．明矾用作净水剂
B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒
D．用食醋除去水壶中水垢
【答案】C
【解析】A．明矾用作净水剂，是铝离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，可吸附水中的杂质，不涉及
氧化还原反应，故错误；B．小苏打用作食品膨松剂，是碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，不是氧化
还原反应，故B 错误；C．含氯消毒剂用于环境消毒，是次氯酸的强氧化性，涉及氧化还原反应，故C 正
确；D．用食醋除去水壶中水垢，属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D 错误。
3. 实验室中，下列试剂的保存方法正确的是
A.保存Na2S 溶液需加入氢硫酸抑制水解
B.NH4F 溶液保存在细口塑料瓶中
C.保存FeCl3溶液时加入一定量的铁粉
D.白磷保存在盛有冷水的细口试剂瓶中
【答案】B .
【解析】A．Na2S 溶液水解显碱性，应加入氢氧化钠防水解，A 错误；B．NH4F 溶液水解产生HF，HF 腐
蚀玻璃不能放玻璃瓶，B 正确；C．铁粉与FeCl3 溶液反应生成FeCl2，保存FeCl3 溶液时不能加入铁粉，
C 错误；D．白磷是固体，应该勇广口瓶，D 错误。
4.关于下列仪器使用的说法错误的是（ ）
A．①、④不可加热
B．②、④不可用作反应容器
C．③、⑤可用于物质分离 D．②、④、⑤使用前需检漏
【答案】A
【解答】A．锥形瓶可以加热，容量瓶不能加热，故A 选；B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容
量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，均有刻度线，较为精密，都不能作反应容器，故B 不选；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作、分液漏斗用于分液操作，两者均可用于物质分离，故C 不选；D．酸式滴定
管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，故D 不选。
5.【改编】下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是
A. 用FeCl2溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu= Fe2++Cu2+
B. 用
和水制备少量
C. 用
和浓盐酸制备Cl2：MnO2+4H++2Cl-
MnO2+ Cl2
+2H
⬆
20
D. 用浓硝酸溶解少量
粉：3Cu+8H++2NO3
-=3Cu2++2NO+4H2O
【答案】C
【解析】A．电荷不守恒，正确反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A 错误；B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和
氧气，正确离子方程式为
，原方程式系数未配平，B 错误；C．
MnO2与浓盐酸加热生成Cl2的离子方程式为
，各元素及电荷
均守恒，C 正确；D．浓硝酸与Cu 反应时，产物为NO2，正确离子方程式为Cu+4H++2NO3
-=Cu2+
+2NO2
+2H
⬆
2O，D 错误
6.
O、
O 的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：
O+
He→
O+
X；
O+
He→
O+
Y。下列说法正确的是（ ）
A．X 的中子数为2
B．X、Y 互为同位素
C．
O、
O 可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在
O2、
O2分子是因其化学键不稳定
【答案】B
【解析】A.由分析可知，X 微粒为2
6H，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，故A
错误；B.由分析可知，X 微粒为2
6H
，Y 微粒为2
4H
，二者是具有相同的质子数而不同的中子数的原子，
互为同位素，故B 正确；C.由题干信息可知，13
8O 与15
8O 的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反
应历程，故C 错误；D.自然界中不存在13
8O 与15
8O 并不是其化学键不稳定，而是由于13
8O 与15
8O 的半衰期
很短，很容易发生核变化，转化为其他原子，故D 错误。
7. 氟气通过碎冰表面，发生反应①
，生成的
遇水发生反应②
。下列说法正确的是
A.HOF 的电子式为
B. H2O2为非极性分子
C. 反应①中有非极性键的断裂和形成
D. 反应②中HF 为还原产物
【答案】A
【解析】A．HOF 中心原子为O，与H、F 通过共用电子对形成共价键，电子式为
，A 正确。B．
H2O2空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B 错误；C．反应①中F-F 非极性键
断裂，但没有非极性键的形成，C 错误；D．F 的电负性大于O，HOF 中氟表现为-1 价，O 为0 价，H 为+1
价，生成物HF 中氟还是-1 价，F 的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为H2O，H2O2既是
氧化产物也是还原产物，HF 既不是氧化产物也不是还原产物，D 错误。
8.化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是
选项
宏观现象
微观解释
A
氮气稳定存在于自然界中
氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
B
苯不能使溴的
溶液褪色
苯分子中碳原子形成了稳定的大
键
C
天然水晶呈现多面体外形
原子在三维空间里呈周期性有序排列
D
氯化钠晶体熔点高于氯化铝
晶体
离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点
越低
【答案】D
【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，A 正确；B．苯因大π 键结构稳定，难
以与溴发生加成或取代，B 正确；C．水晶的规则外形由原子三维有序排列（晶体结构）导致，C 正确；
D．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，选项中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，D 错误。
9.铜催化下，由
电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是
A. Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B. Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C. Ⅳ的示意图为
D. 催化剂Cu 可降低反应热
【答案】C
【解析】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A 错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程
中生成了一根C-H 键，如图
，有极性键生成，不是非极性键，B 错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成
了一根C-H 键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H 键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的
示意图为
，C 正确；D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D 错误。
10.(新考法)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间
变化如图所示，15h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
A.3h 时，反应②正、逆反应速率相等
B.该温度下的平衡常数：①>②
C.0~3 h 平均速率(异山梨醇)=0.014 mol·kg-1·h-1
D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】由图可知，3h 后异山梨醇浓度继续增大，所以3 h 时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速
率不相等，故A 错误；图像显示该温度下，15 h 后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即
反应充分，而1，4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：
①>②，故B 正确；在0~3 h 内异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol·kg-1，所以平均速率(异山梨醇)=
0.042mol·kg
1
−
3 h
=0.014 mol·kg-1·h-1，故C 正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化
率，故D 正确。
二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
11．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（ ）
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制100mL 一定物质的
量浓度的NaCl 溶液
100mL 容量瓶、胶头滴管、烧
杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl 固体
B
制备Fe（OH）3胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C
测定NaOH 溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸
式滴定管
待测NaOH 溶液、已知浓度的盐
酸、甲基橙试剂
D
制备乙酸乙酯
试管、量筒、导管、酒精灯
冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶
液
【答案】AB
【解析】A.配制100mL 一定物质的量浓度的NaCl 溶液，所需的玻璃仪器有100mL 容量瓶、胶头滴管、烧
杯、量筒、玻璃棒，需要的试剂为蒸馏水、NaCl 固体，故A 正确；B.制备Fe（OH）3胶体的方法为往烧
杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，
得到氢氧化铁胶体，故需要的玻璃仪器为烧杯、酒精灯、胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、饱和FeCl3溶
液，故B 正确；C.测定NaOH 溶液浓度应进行酸碱中和滴定，所需试剂为待测NaOH 溶液、已知浓度的盐
酸、甲基橙试剂，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，除此之外还需要烧杯、
锥形瓶、滴加指示剂需要胶头滴管，故缺少的玻璃仪器为碱式滴定管，故C 错误；
D.制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，还需要乙酸和乙醇作为反应物，饱和Na2CO3溶液用
于分离乙酸乙酯，所需的玻璃仪器为试管、导管、酒精灯，缺少试剂浓硫酸，故D 错误。
12．金属Bi 对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为
，电池工作原理如图所示, 下列有关说法正确的是
A．放电时另一步负极电极反应式：
B．充电时a 极的电极电势大于b 极
C．放电过程中转移1mole⁻，正极区H⁺减少1mol
D．充电时，b 极区H2O 的物质的量增大
【答案】AC
【解析】金属Bi 对全钒液流电池负极有催化作用，负极反应第一步反应
，消
耗
，生成
，第二步反应，消耗
失电子，生成
，故第二步反应
，负极
电极反应式为
，故a 极为负极，b 极为正极，发生反应
。充电时a
极为阴极，发生还原反应
；b 极为阳极，发生氧化反应
。
A．金属Bi 对全钒液流电池负极有催化作用，负极反应第一步反应
，消耗
，
生成
，第二步反应，消耗
失电子，生成
，故第二步反应
，A 正确；
B．放电时a 极为负极，b 极为正极；充电时a 极为阴极，b 极为阳极；电势：阳极>阴极，即b 极的电极电
势大于a 极，B 错误；
C．放电过程中外电路转移1mole⁻，有1mol H⁺从负极区经质子交换膜进入正极区，同时正极发生反应
，消耗2mol H⁺，正极区H⁺共减少2mol-1mol=1mol，C 正确；
D．充电时，b 极阳极，发生氧化反应
，消耗水，阳极区H2O 的物质的量减少，D
错误。
13.以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3 和Al（OH）3．下列说法错误的是（ ）
A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
【答案】B
【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3 转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有
SiO2、Fe（OH）3、Al（OH）3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg
（OH）2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。
A．高温煅烧后Mg 元素主要以MgO 的形式存在，MgO 可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水
解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2O，故A 正确；B．一水
合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B 错
误；C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸
出过程中，故C 正确；D．Fe（OH）3、Al（OH）3的Ksp远小于Mg（OH）2的Ksp，所以当pH 达到一定值
时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D 正确。
14.我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示。
下列叙述错误的是( )
A.PLA 在碱性条件下可发生降解反应
B.MP 的化学名称是丙酸甲酯
C.MP 的同分异构体中含羧基的有3 种
D.MMA 可加聚生成高分子
【答案】C
【解析】PLA 含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A 正确；MP 的同分异构体中，含有羧基
的有2 种，分别为正丁酸和异丁酸，C 错误；MMA 中含碳碳双键，可发生加聚反应生成高分子
，D 正确。
15.室温下某二元弱酸H2A 的各含A 微粒分布系数如图所示。向20.00 mL 0.10 mol·L-1H2A 溶液中滴加0.200
0 mol·L-1KOH 溶液。一般认为二元弱酸H2A 能被分步准确滴定的条件是Ka1
Ka2
≥1×105。下列说法错误的是
( )
A.滴定开始时溶液pH 约为1.1
B.滴入10 mL KOH 溶液时，混合体系中c(H＋)>1×10-7 mol·L-1
C.滴定理论终点时，溶液中存在2[c(H2A)＋c(HA-)＋c(A2-)]=c(K＋)=0.20 mol·L-1
D.借助指示剂甲基橙和酚酞，用KOH 标准溶液可测定H2A、KHA 混合液中的KHA 含量
【答案】CD
【解析】Ka1=c(H A
−)·c(H
+)
c(H2A)
=10-1.2≈c
2(H
+)
c(H2A) ，则滴定开始时20.00 mL 0.10 mol·L-1H2A 中c(H+)≈10-1.1
mol·L-1，pH 约为1.1，A 正确；滴入10 mL KOH 溶液时，溶质为KHA，HA-的水解常数为Kw
Ka1
=10-12.8，即
HA-的电离程度大于水解程度，所以混合体系中c(H+)>1×10-7 mol·L-1，B 正确；滴定理论终点时，溶质为
K2A，则需要滴入20 mL KOH 溶液，则根据元素守恒2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=c(K+)=0.10 mol·L-1，C 错误；
一般认为二元弱酸H2A 能被分步准确滴定的条件是Ka1
Ka2
≥1×105，而该二元弱酸的Ka1
Ka2
=1×103，因此借助指
示剂甲基橙和酚酞，用KOH 标准溶液无法测定H2A、KHA 混合液中的KHA 含量，D 错误。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
16.（12 分）ⅣA 族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 ，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为
。
(2)CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
a.离子键 b.极性共价键 c.非极性共价键 d.配位键
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷
，其中电负性最大的元素是 ，硅原子的杂化轨道类型
为 。
(4)早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：
。
物质
SnF4
SnCl4
SnBr4
SnI4
熔点/℃
442
-34
29
143
(5)结晶型PbS 可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb 的配位数为 。
设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 g·cm-3(列出计算式)。
【答案】(1)2 +4 (2)bd (3)C sp3
(4)SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的
相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高
(5)6 4×(207+32)
NA×(594×10
10
−)
3
【解析】(1)ⅣA 族元素基态原子的价层电子排布为ns2np2，其核外未成对电子数为2；ⅣA 族元素原子最
外层电子数均为4，在与其他元素形成化合物时呈现的最高化合价为+4。(2)CaC2的电子式为
，
可知此化合物中存在的化学键为离子键和非极性共价键，不存在极性共价键和配位键。(3)聚甲基硅烷
中含C、Si、H 三种元素，电负性大小：C>H>Si，电负性最大的元素是C；硅原子与4 个原子形
成共价键，价层电子对数为4，没有孤电子对，其杂化轨道类型为sp3。(5)PbS 晶胞中有4 个Pb 和4 个S，
距离每个Pb 原子周围最近的S 原子是6 个。设NA 为阿伏加德罗常数的值，则NA 个晶胞的质量为
4×(207+32) g，NA个晶胞的体积为NA×(594×10
10
−cm )
3，则该晶体密度为4×(207+32)
NA×(594×10
10
−)
3 g·cm-3。
17.（12 分）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS 制备高纯MnCO3的工艺流程如
图：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
Mn（OH）2
Ksp
1×10
16.3
﹣
1×10
38.6
﹣
1×10
32.3
﹣
1×10
12.7
﹣
回答下列问题：
（1）软锰矿预先粉碎的目的是 ，MnO2与BaS 溶液反应转化为MnO 的化学方程式为
。
（2）保持BaS 投料量不变，随MnO2与BaS 投料比增大，S 的量达到最大值后无明显变化，而Ba（OH）2
的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。
（3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到 操作中 （填操作单元的名称）。
（4）净化时需先加入的试剂X 为 （填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH 的理论最小值
为 （当溶液中某离子浓度c≤1.0×10
5
﹣mol•L
1
﹣时，可认为该离子沉淀完全）。
（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
【答案】（1）增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率 MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S
（2）过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2 （3）蒸发 （4）H2O2 4.9
（5）Mn2++HCO3
-+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4
++H2O
【解析】软锰矿粉（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S，过滤得到Ba（OH）2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化
钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫
酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化
为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe（OH）3和Al（OH）3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中
加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯
碳酸锰。
（1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS 反应转化
为MnO，Mn 元素的化合价由+4 价降低为+2 价，根据元素价态规律可知﹣2 价的S 元素应被氧化得到S 单
质，则MnO2与BaS 的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba（OH）2，结合元素守恒可得化学
方程式为：MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S；
（2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba（OH）2，从而
使Ba（OH）2的量达到最大值会减小；
（3）滤液I 为结晶后剩余的Ba（OH）2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
（4）净化时更好的除去Fe 元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn 元素氧化，加入
的试剂X 可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe（OH）3和Al（OH）3为同种沉淀，而Al（OH）3的Ksp稍
大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c（Al3+）＝1.0×10
5
﹣mol/L 时，c（OH﹣）═10﹣
9.1mol/L，所以c（H+）＝10
4.9
﹣mol/L，pH＝4.9，即pH 的理论最小值为4.9；
（5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离
子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++ HCO3
-+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4
++H2O。
18.（12 分）四氯化锡可用作有机合成脱水剂，
易水解生成
，熔点为
，沸点为
。实验室利用如图所示装置制备无水
(夹持和控温装置省略)：
回答下列问题：
（1）盛放浓盐酸的仪器名称为___________；当观察到___________时，开始加热D 装置。
（2）若无B 装置可能导致的安全问题是___________；若无F 装置除无法吸收剩余氯气外，还可能会导致
___________(用化学方程式表示)。
（3）E 中收集到的液体呈淡黄绿色，原因是___________；提纯该
的方法是加入少许锡粒，将此瓶
密闭静置1 小时，然后进行___________(填序号)。
a．用NaOH 洗涤再蒸馏 b．分液 c．重结晶 d．蒸馏
（4）测定样品纯度的方案如下：取ag 样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用
碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液VmL。滴定过程中先后发生的反应为(均未配平)：
ⅰ．
ⅱ．
则
样品的纯度为_____%；若滴定时间过长，测定样品纯度会______(填“偏大”“偏小”或“无影
响”)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 黄绿色气体充满装置(或E 中充满黄绿色气体)
（2）D 中生成H2可能发生爆炸
（3）溶有Cl2 d
（4）
大
【解析】A 装置是氯气发生装置，实验开始时，先向A 试管中加入浓盐酸，装置B 中饱和食盐水可除去
HCl，装置C 中浓硫酸干燥氯气，D 中氯气和Sn 在300℃左右反应生成SnCl4，氯气是污染性气体，若不进
行尾气处理直接排放，会污染大气，由题目所给信息知SnCl4易水解，若不隔绝外界水蒸气则会造成产品
的水解变质，所以用F 装置吸收氯气、水蒸气，据此分析解题；
（1）盛放浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；排出装置中空气后再加热D，故当观察到黄绿色气体充满
装置(或E 中充满黄绿色气体)时，开始加热D 装置；
（2）装置B 中饱和食盐水可除去HCl，若无B 装置，HCl 与Sn 反应产生氢气，导致D 中生成H2可能发生
爆炸的安全问题是；若无F 装置除无法吸收剩余氯气外，还可能会导致空气中的水蒸气进入装置D，SnCl4
水解生成SnO2·XH2O，方程式：
；
（3）E 中收集到的液体呈淡黄绿色，原因是SnCl4，熔点为-33℃，沸点为114℃，可知SnCl4是分子晶体，
且为非极性分子，Cl2易溶解在SnCl4中；提纯该SnCl4的方法是加入少许锡粒，将此瓶密闭静置1 小时，
因SnCl4熔沸点较低，可采用蒸馏进行分离，故d；
（4）滴定过程中先后发生的反应为
，
，关系式：
，
，SnCl4样品的纯度为
%；若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化I-生成I2，消耗的
碘酸钾将减少，测定样品纯度会偏大。
19.（12 分）中国科学家团队首次发现了一种能阻断肿瘤细胞DNA 损伤修复的靶向药物司替戊醇。司替戊
醇的一种合成路线如下：
已知：ⅰ.
(R 为烃基或H 原子)；
ⅱ.
；
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为___________，K 中含氧官能团的名称为___________。
（2）D 的熔点高于F，除了其相对分子质量比F 大，另一主要原因为___________。
（3）写出E→F 的化学方程式___________。
（4）试剂X 的名称为___________，I→J 的反应类型为___________。
（5）F 的同分异构体中，满足下列条件的有___________种。
①除苯环外，无其他环状结构；②能发生银镜反应，且1mol 该同分异构体最多可生成
。
（6）根据上述合成路线与信息，可用三种有机原料合成
，这三种有机物分别为溴苯、
一氯甲烷和___________(填结构简式)。
【答案】（1）
(酮)羰基、醚键
（2）D 能形成分子间氢键而F 不能
（3）2
+ O2
2
+ 2H2O
（4）乙醛 氧化反应
（5）9 （6）CH3COCH3 (或
)
【解析】A 与CH2Cl2反应生成B，B 与Br2发生取代反应生成C，故B 为
，结合B 的结构简式可
知A 为
，C 的分子式为C7H5O2Br，D 发生还原反应生成E，E 催化氧化生成F，E 中含有醇羟基，
可知D 中羧基被NaBH4 还原为醇羟基，E 中醇羟基被氧化为醛基；E 为
，F 为
。结合K 的结构简式以及C4H9Br 的分子式可知，C4H9Br 为
，
与Mg 发生已知
ⅰ中反应生成
，
与乙醛发生已知ⅰ中反应生成I(
)，I 再经催化氧化生成J(
)，F 和J 发生已知ii 中反应生成K，K 被NaBH4还原得到司替戊醇。
（1）由以上分析可知A 为
，K 为
，含氧官能团为醚键和酮羰基；
（2）D 结构中含有羧基，能形成分子间氢键而F 不能，因此D 的熔点高于F；
（3）E 催化氧化生成F，反应方程式为：2
+ O2
2
+ 2H2O；
（4）由以上分析可知X 为乙醛，I 到J 为氧化反应；
（5）F 为
，其同分异构体满足下列条件①除苯环外，无其他环状结构；②能发生银镜反应，
且1mol 该同分异构体最多可生成
，可知含2 个醛基或1 个醛基和1 个-OOCH；若含2 个醛基则另
一个O 应为酚羟基，两个醛基邻位时，羟基有2 个位置， 若两个羟基间位，则羟基有3 个位置，若两个
羟基对位，则羟基有1 个位置；若苯环上含1 个醛基和1 个-OOCH，则两者有邻、间、对三种位置关系，
符合条件的同分异构体共9 种；
（6）溴苯在BuLi 作用下与CO2反应生成苯甲酸；一氯甲烷与Mg 反应生成CH3MgCl，CH3MgCl 与
CH3COCH3 (或
)反应生成
，
与苯甲酸发生酯化反应生成
。
20.（12 分）苯胺是制造药物的原料，硝基苯加氢制苯胺产率较高，相关反应如下：
Ⅰ．C6H5-NO2(l)+2H2(g)⇌ C6H5-NHOH(l)+H2O(l) ΔH=-150.7kJ/mol(快)
Ⅱ．C6H5-NHOH(l)+H2(g)⇌ C6H5-NH2(l)+H2O(l) ΔH=-95 0kJ/mol(慢)
（1）硝基苯与氢气反应生成苯胺：Ⅲ．C6H5-NO2(l)+3H2(g) ⇌ C6H5-NH2(l)+2H2O(l)
ΔH=_______kJ/mol。
（2）室温下，向含有1L 0.1mol/L 硝基苯的甲醇溶液的刚性容器中加催化剂，通入H2并保持
p(H2)=0.18Mpa。反应过程中硝基苯转化率、苯基羟胺和苯胺的选择性(S)随反应时间变化如图所示：
已知：S(苯胺)=[n 生成(苯胺)/n 消耗(硝基苯)]×100%。图中代表S(苯胺)的曲线为_____，提高硝基苯的平衡转
化率，可采取的措施___ __，0-34min 内v(苯胺)=__ ____；120min 时已达平
衡，忽略溶液体积变化，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K=___ __mol/L/MPa(氢气的浓度可用氢气的压
强代替)。
（3）相同投料下，298K 下硝基苯平衡转化率随压强的变化关系、0.18MPa 下硝基苯平衡转化率随温度的
变化关系如图所示，图中对应等压曲线的是_______，a、b、c、d 四个点中，处于相同化学平衡状态的点
是_______。
【答案】（1）-245.7
（2）C 适当降低温度、增大H2的压强、及时分离出水 1.25×10-3mol·L-1·min-1 3.6
（3）n a 和b
【解析】（1）根据盖斯定律将反应Ⅰ+反应Ⅱ得到目标反应，则
ΔH=-150.7kJ/mol+(-95.0kJ/mol)=-245.7kJ/mol；
（2）根据两个反应的生成物可知，苯基羟胺(C6H5-NHOH)和苯胺(C6H5-NH2)的选择性之和为1，且两条选
择性曲线相交时，各占50%；由此可知曲线A 代表硝基苯的转化率；由题干信息可知，生成苯基羟胺的反
应是快反应，故开始反应时，苯基羟胺的选择性(S)大于苯胺，故曲线B 表示苯基羟胺的选择性(S)；曲线C
代表苯胺的选择性(S)；提高硝基苯的平衡转化率，即使得平衡正向移动，可以采取的措施是适当降低温度、
增大H2的压强、及时分离出水等措施；
0-34min 内硝基苯转化率为85%，苯胺的选择性为50%，则v(苯胺)=
；
120min 时已达平衡，硝基苯平衡转化率为90%，苯胺的选择性为80%，列出各物质的变化量：
则平衡时
，
，
p(H2)=0.18Mpa，
，由于反应是在甲醇溶液中进行的，故水等
液体均需要代入平衡常数表达式中进行计算，则
；
（3）当温度为298K 时，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，硝基苯平衡转化率增大，故曲线m 表示等温条
件下硝基苯平衡转化率随压强的变化曲线，同理当压强保持0.18MPa 不变时，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向
移动，硝基苯平衡转化率减小，故图中对应等压曲线的是n；
处于相同化学平衡状态，说明其温度和压强是相同的，a 点的条件是0.18Mpa、298K，同理，d 点的条件是
0.18Mpa、320K，c 点的条件是0.06Mpa、298K，b 点的条件是0.18Mpa、298K，故图中处于相同化学平衡
状态的点是a 和b。
