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：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 O 16 Na 23 Nb 93 Au 197
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．【生活情境】青少年应培养劳动习惯，将化学知识应用于实践。下列有关解释不合理的是
A．将石膏加入豆浆中制作豆腐，因为石膏能使蛋白质凝固聚沉
B．用食醋清洗水壶内壁的水垢，利用的是食醋的酸性
C．制作面点时加入食用纯碱，利用的是Na2CO3中和发酵过程产生的酸
D．将白糖熬制成焦糖汁，因为蔗糖在加热条件下充分炭化，为食物增色
【答案】D
【解析】A．石膏（主要成分
）属于电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体聚沉，解释合理，
A 正确；B．水垢主要成分为碳酸钙，食醋中的醋酸与碳酸钙等反应生成可溶性物质和二氧化碳，从而
去除水垢，B 正确；C．Na2CO3水解呈碱性可中和发酵产生的有机酸，同时生成CO2使面团膨胀，解释
合理，C 正确；D．蔗糖在加热时发生的是焦糖化反应，而非“充分炭化”。焦糖化是糖分子脱水、断
裂和聚合的过程，产生棕色色素和风味物质，用于增色；而“炭化”是过度加热形成碳，不是烹饪焦
糖汁的原理，D 错误；故答案选D。
3．【新考法】侯氏制碱法在1926 年获得美国费城“万国博览会金质奖”，其反应的化学原理如下：①
；②
。下列说法错误的是
A．
和
的中心原子的杂化方式相同
B．
和
中键能大小：N-H＜O-H
C．
中
键和
键数目之比为2：1
D．
和
中∠H-N-H 的大小：
【答案】C
【解析】A．NH3中N 的价层电子对数=3+1=4，H2O 中O 的价层电子对数=2+2=4，均为sp3杂化，A 正
确；B．O 的电负性大于N 且原子半径更小，O-H 键能大于N-H 键能，即N-H<O-H，B 正确；C．CO2
结构式为O=C=O，每个双键含1 个σ 键和1 个π 键，分子中σ 键和π 键数目均为2，比值为1:1，C 错
误；D．NH3中N 有1 对孤电子对（斥力大），键角约107°；
中N 无孤电子对，键角109°28′，故
∠H-N-H：NH3<
，D 正确；答案选C。
3．实验安全是确保化学实验顺利进行的重要基础。下列说法错误的是
A．给试管中的液体加热时，应先预热，后集中加热
B．NaOH 溶液溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂抹硼酸
C．进行铁丝在
中的燃烧实验时要开启通风设备
D．实验室中可以将
、
、白磷等固体存放在同一试剂柜中
【答案】D
【解析】A．给试管中的液体加热时，先预热再集中加热是正确操作，避免试管受热不均破裂，A 正
确；B．NaOH 溶液溅到皮肤后立即用大量水冲洗并涂硼酸，符合中和强碱的处理原则，B 正确；C．
氯气（Cl2）有毒，进行铁丝燃烧实验时需开启通风设备以防止中毒，C 正确；D．KMnO4是强氧化
剂，白磷是易燃物，二者混合存放可能引发危险，D 错误；故选D。
4．【改编】我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。
下列说法正确的是
A. 聚乙烯是纯净物 B. 试剂a 中含有酯基官能团
C. 高分子b 转化为c 的反应为加聚反应 D. 该过程中聚乙烯的碳链结构发生了断裂
【答案】B
【解析】A.聚乙烯是高分子化合物，因聚合度n 不同，属于混合物，A 错误；B.试剂a 中含-0OCCH₃(酯
基),B 正确；C.高分子b 与NaOH 的反应是酯的水解反应(取代反应),并非加聚反应，C 错误；D.该过程
是对聚乙烯链上的H 进行修饰，碳链结构未断裂，D 错误。故选B。
5．我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原
提供了一种可行的转化方案，其原理
如图所示。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
中所含质子数和中子数均为
B．将
通入水中得到的溶液中含有的
分子数为
C．途径1 所得产物的物质的量之比为
时，形成的共价键数目为
D．途径2 生成标准状况下
时，反应转移的电子数为
【答案】D
【解析】A．1 个
分子中质子数为10，1mol
分子质子数为10NA，中子数=质量数-质子数，1 个
分子中子数为6，1mol
分子中子数为6NA，A 错误；B．22g
物质的量为0.5mol，CO2与水
反应生成
为可逆反应，
分子数小于
，B 错误；C．途径1 产物为
和
，物质
的量之比1:1 时，未明确总物质的量，无法计算共价键数目，C 错误；D．途径2 中
→
，转移
，标准状况下2.24L
为0.1mol，转移电子数为
，D 正确。故选D。
6．环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如下。下列说法错误的是
A．可用酸性
溶液检验粗品中的环己烯
B．饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层
C．分液时，有机相应从分液漏斗上口倒出
D．操作a 用到的仪器有酒精灯、直形冷凝管等
【答案】A
【解析】A．环己烯中的碳碳双键使高锰酸钾褪色，环己醇也能使高锰酸钾褪色，A 错误；B．饱和食
盐水的作用是降低环己烯的溶解度，便于溶液分层，B 正确；C．环已烯密度为0.823g/cm3，其密度小
于水的，所以分液后有机相从分液漏斗上口倒出，C 正确；D．操作a 为蒸馏的步骤，用到的仪器有酒
精灯、直形冷凝管、温度计等，D 正确；答案选A。
7．根据下列实验操作及现象所推出的结论正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
在酸性
溶液中滴加对甲基苯乙烯，溶液褪色
碳碳双键具有还原性
B
向
溶液中滴加酸化的
，溶液颜色变为黄色
能被
氧化为
C
取两份适量
，分别滴加氨水和盐酸，固体均溶解
为两性氢氧化物
D
将银和硝酸银溶液与铜和硫酸钠溶液组成原电池。连通后银表
面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝
铜的金属性比银强
【答案】D
【解析】A．乙烯基中的碳碳双键和苯环上的甲基均能使酸性
溶液褪色，A 错误；B．酸性环境
下硝酸根具有氧化性，无法确定是何种物质氧化了
，B 错误；C．
与氨水反应生成配合
物，所以
不是两性氢氧化物，C 错误；D．铜比银活泼，在形成原电池过程中，作负极，发生
氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，D 正确；
故选D。
8．我国化工专家侯德榜发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，为我国化工事业的发展作出了卓越贡献。
联合制碱法的部分工艺流程如图，下列说法不正确的是
已知：反应①的化学方程式为
A．该工艺利用了不同物质溶解度的差异
B．反应①中应先通
，再通
C．流程中可循环使用的物质是
D．母液的主要成分是
，可用于化肥工业
【答案】B
【解析】A．侯氏制碱法中，NaHCO3因溶解度较小从溶液中析出，利用了不同物质溶解度的差异，A
正确；B．反应①中，NH3在水中溶解度远大于CO2，先通NH3可使溶液呈碱性，更易吸收CO2生成大
量
，若先通CO2，因CO2溶解度小，无法充分反应，故应先通NH3再通CO2，B 错误；C．
NaHCO3受热分解（反应②）生成CO2，可重新通入沉淀池循环使用，C 正确；D．反应①生成
NaHCO3沉淀和NH4Cl 溶液，过滤后母液主要成分为NH4Cl，NH4Cl 是氮肥，可用于化肥工业，D 正
确；故答案选B。
9．我国科学家将纳米级
嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量，其放电工作原理如图
所示。其中有机离子导体主要含
，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。
下列说法正确的是
A．电极电势：
B．放电时，
可经过隔膜进入左极室中
C．放电时，电池的负极反应式为
D．若
从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量增加
【答案】C
【分析】由图可知，放电时电子流向为N→M，故N 为负极，铝失电子，发生氧化反应， M 为正极，
得电子，发生还原反应，阴离子向负极区域移动。
【解析】A．由分析知， N 为负极、M 为正极，正极电极电势高于负极，则M＞N，A 错误；B．放电
时阴离子向负极移动，N 为负极（右极室），
向负极N 极室移动（右极室），B 错误；C．电池
的负极为铝电极，放电时负极的反应为
， C 正确；D．“将纳米级
嵌入
电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位
质量释放电量减少，D 错误；故答案选C。
10．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
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】A．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；B．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；C．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；D．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。
11．粉末X 可能由
、
、KI、
、
中的两种或多种组成，为了确定其组
成，分别取少量X，加入足量下列试剂，实验记录如表：
实验
加入试剂
现象
①
蒸馏水
无明显现象
②
稀硫酸
产生白色沉淀，溶液
变为棕黄色且产生气
泡
根据实验现象，可知X
A．一定含
B．一定不含
C．一定含KI 和
D．可能含
和
【答案】C
【解析】A．若X 含K2SO3，实验①中与Ba(NO3)2会生成BaSO3沉淀，但实验①无现象，说明两者不
同时存在。因此，X 中不含K2SO3，A 错误；B．若X 含Ca(HCO3)2，实验②中与稀硫酸反应会生成
CO2气泡，但实验①中Ca(HCO3)2溶于水无现象，无法排除其存在。B 错误；C．实验②中溶液变棕黄
色（I2生成），需I−（来自KI）和酸性条件下的
[来自Ba(NO3)2]作为氧化剂；白色沉淀为
BaSO4，需Ba2+[来自Ba(NO3)2]。因此，X 必须含KI 和Ba(NO3)2。C 正确；D．若X 含Al2(SO4)3和
Ca(HCO3)2，实验①中两者会双水解生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，与实验①无现象矛盾，故两者不能
共存。D 错误；故答案选C。
12．在一定条件下可用含
催化剂将甲烷氧化成甲醇，其部分反应的能量变化过程如图所示，下列说法
错误的是
A．反应热
：步骤1<步骤2
B．该过程中有极性键和非极性键的断裂与形成
C．逆反应的活化能：步骤1>步骤2
D．化学反应速率：步骤1<步骤2
【答案】B
【解析】A．反应热
等于产物相对能量减去反应物相对能量。步骤1：反应物能量0.00 eV，产物
HO-Mo-OCH₃(s)能量-0.71 eV，
=-0.71 eV；步骤2：反应物HO-Mo-OCH₃(s)能量-0.71 eV，产物能
量-1.00 eV，
=-0.29 eV，
<
，A 正确；B．非极性键为同种原子间共价键（如O=O、H-H
等）。该过程中，反应物CH4含C-H（极性键）、O=Mo=O 含Mo=O（极性键），断裂的均为极性
键；产物CH3OH 含C-H、C-O、O-H（均极性键），形成的也均为极性键，没有非极性键的断裂与形
成，B 错误；C．逆反应活化能=过渡态能量-该步骤产物能量。步骤1：过渡态1 能量0.70 eV，产物
能量-0.71 eV，逆反应活化能=0.70-(-0.71)=1.41 eV；步骤2：过渡态2 能量（-0.49 eV），产物能
量-1.00 eV，逆反应活化能=-0.49-(-1.00)=0.51 eV。步骤1 逆反应活化能>步骤2，C 正确；D．反应速
率由活化能决定，活化能越大速率越慢。步骤1 正反应活化能=0.70-0.00=0.70 eV，步骤2 正反应活化
能=-0.49-(-0.71)=0.22 eV。步骤1 活化能更大，速率更慢，即步骤1<步骤2，D 正确；故选B。
13．化合物
可用作食品改良剂。已知W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中
W 和Y 位于同一主族，且W 的族序数与其电子数相等，Z 的最外层电子数是其内层电子总数的一
半，Y、Z 的最外层电子数之和与X 的最外层电子数相等。下列说法正确的是
A．电负性：W＞X
B．W2X 的空间结构为直线形
C．最简单氢化物的沸点：X＜Z
D．Z 的第一电离能高于其同周期相邻元素
【答案】D
【分析】W 的族序数等于其电子数，推断W 为H（IA 族，原子序数1）；W 与Y 同主族，且之间还
有种元素X，故Y 为IA 族的Na；Z 的最外层电子数为5（内层电子总数10，即2+8），推断Z 为P
（原子序数15）；Y（Na）和Z（P）的最外层电子数之和为1+5=6，等于X 的最外层电子数，推断X
为O（原子序数8）；化合物为Na2HPO4，符合题意，据此分析。
【解析】A．电负性O＞H，A 错误；B．H2O 的空间结构为V 形，不是直线形，B 错误；C．最简单
氢化物分别为H2O 和PH3，H2O 存在分子间氢键，沸点更高，故H2O＞PH3，C 错误；D．Z 的第一电
离能因为其价电子排布符合半满规律（2s22p3），故失去一个电子更难，第一电离能高于同周期相邻
元素，D 正确；故选D。
14．NbO 的立方晶胞如图，晶胞参数为
的分数坐标为
，下列说法正确的是
A．O 的配位数是6
B．Nb 和O 的最短距离为
C．晶体密度
D．M 点的分数坐标为
【答案】B
【解析】A．由图可知，NbO 的立方晶胞中距离O 原子最近且距离相等的Nb 原子有4 个，O 的配位
数是4，故A 错误；B．由图可知，Nb 和O 最短距离为边长的
，晶胞参数为 a nm ，Nb 和O
最短距离为
，故B 正确；C．根据均摊法计算可知，Nb 的个数为
，O 的个数为
，即晶胞中含有3 个NbO，晶胞密度为
，故C 错
误；D．P 的分数坐标为
位于正方体的面心，M 的分数坐标为
，故D 错误；故选
B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（15 分）卤沙唑仑G 是一种抗失眠药物，其合成路线如下图所示(部分反应条件省略)：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）物质A 的名称是 。
（2）物质F 中含氧官能团的名称为 。
（3）从物质结构的角度分析B 的酸性强于苯甲酸的酸性的原因： 。
（4）C→D 的化学方程式为 。
（5）参考C→D 的反应，需要加入NaOH 从而提高D 的产率。则E→F 的反应中，加入过量反应物Y
可以提高F 产率的原因有：①增加一种反应物的用量可提高另一反应物的转化率；② 。
（6）物质G 的分子结构中有 (填数字)个环状结构。
（7）物质H 比B 的相对分子质量多28，比B 多2 个碳原子。同时满足下列条件的H 的同分异构体共
有
种。
①核磁共振氢谱显示为4 组峰，且峰面积之比为3：2：2：2；②红外光谱中存在
和
的吸收峰
其中，能发生水解反应且能生成乙酸的同分异构体的结构简式为 。
【答案】（1）2-氟甲苯(或邻氟甲苯)（1 分）
（2）酰胺基、羰基、羟基（2 分）
（3）F 的电负性大，具有吸电子效应，导致B(
)的羧基中的O-H 键极性更大，酸性更强
（2 分）
（4）
（2 分）
（5）Y 中有-NH2，具有碱性，可以与HBr 反应生成盐，促进反应正向进行（2 分）
（6）4(或四)（2 分）
（7）6（2 分）
（2 分）
【分析】合成路线为将A 氧化为B：
，然后用
取代
结构中羧基上的羟基
得到C，再将C 与X 发生取代生成D，可以反推得X 的结构为
，D 与
生成E：
，然后E 与Y 在
作用下发生取代生成F：
，可以反推出Y 的结构为
，最后将F 在乙酸
和乙醇的作用下发生已知②的反应原理得到最终产物卤沙唑仑G：
，据此分
析解答。
【解析】（1）物质A 的名称是2-氟甲苯或邻氟甲苯。
（2）物质F 中含氧官能团的名称为酰胺基、羰基、羟基。
（3）B 为
，B 的酸性强于苯甲酸的酸性的原因是：F 的电负性大，具有吸电子效应，导致
B 的羧基中的羟基的极性更大，酸性更强，所以B 的酸性大于苯甲酸。
（4）C 与X（
）在NaOH 的作用下发生取代生成D、NaCl 与水，所以C→D 的化
学方程式为：
。
（5）E(
)、
在
作用下发生取代生成F 和HBr，加
入过量反应物Y 可以提高另一反应物E 的转化率，同时
中的氨基
显碱
性，过量
的还可以吸收反应生成的HBr，使反应向生成F 的方向进行。
（6）根据分析可知卤沙唑仑G 的结构是：
，一共有4 个环状结构。
（7）B 物质的结构为
，分子式为
，则H 的分子式为
，①核磁共振氢谱
显示为4 组峰，且峰面积之比为3：2：2：2，说明含有一个甲基；②红外光谱中存在
和
的吸收峰，其结构分别是
、
、
（只画出了碳骨
架）箭头所指
的位置，一共有6 种。其中，能发生水解反应且能生成乙酸的同分异构体的结
构简式为
。
16．（14 分）一种从电子工业废渣（主要成分为金、银、钯，含有机物及其他金属杂质）提取贵金属的工
艺流程如下。
已知：室温下，
为
，当溶液中离子浓度小于
时，可认为离子沉淀完
全。
回答下列问题：
（1）“高温灼烧”时温度控制在
的原因是 。
（2）“分离银”加入NaCl 反应生成 沉淀（填化学式），在
含
的浸出液中至
少加入
才能使
沉淀完全（保留小数点后两位数字）。
（3）“还原”步骤的化学方程式为 。
（4）用水合肼
还原
得到金属Pd，其化学方程式为 。
（5）从滤渣1 中可回收金，其回收流程如下：
①“还原”步骤中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
②黄金按质量分数分级（如12K、18K、22K、24K），纯金为24K，一种
合金的晶胞结构如
图所示。
该合金中Au 的配位数为 ，为 K 金。
【答案】（1）温度低于400℃，有机物燃烧不充分；温度高于500℃，会使Pd 转化为PdO，不利于盐
酸除杂（2 分）
（2）AgCl（1 分） 0.59（2 分）
（3）
（2 分）
（4）
（2 分）
（5）
（2 分） 12（1 分） 12（2 分）
【分析】电子工业废渣高温灼烧除去有机物且将金、银、钯之外的杂质金属转化为氧化物，加入盐酸
酸浸过滤分离出金、银、钯，加入硝酸过滤分离出滤渣1 为金，滤液加入氯化钠得到氯化银沉淀，加
入氢氧化钠、甲醛还原得到银单质，分离银单质后的滤液加入氨水、盐酸得到
，用水合
肼
还原
得到金属Pd；
【解析】（1）温度低于400℃，有机物燃烧不充分；温度高于500℃，会使Pd 转化为PdO，不利于盐
酸除杂，故“高温灼烧”时温度控制在
；（2）氯离子和银离子生成氯化银沉淀，“分离
银”加入NaCl 反应生成AgCl 沉淀；在
含
的浸出液中
沉淀完全，需要反应后
，至少加入
=586g=0.59kgNaCl 才能使
沉淀完全；
（3）“还原”步骤的反应为碱性条件下，氯化银和甲醛发生氧化还原反应生成银单质、碳酸钠，结
合质量守恒还生成氯化钠、水，反应中银化合价由+1 变0、碳化合价由0 变为+4，结合电子守恒，化
学方程式为
；（4）用水合肼
还
原
得到金属Pd，水合肼中氮化合价由-2 变为0、Pd 化合价由+2 变为0，结合电子守恒，
其化学方程式为
；（5）①
为氧化
剂，还原为Au，
为还原剂，氧化为
，结合电子守恒，存在
，氧化剂
与还原剂的物质的量之比为1:3；②由图，该合金中离Au 最近且相邻的铜原子数为
，配位
数为12；据“均摊法”，晶胞中含
个Au、
个Cu，该金合金的化学式为
，Au 的
质量分数为
，为12K 金。
17．（15 分）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主
要反应：
反应1：
反应2：
（1）25℃，101kPa 时，反应
。
（2）一定条件下，使用某含Co 催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物
质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在
范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 (任写一条)，当温度由220℃
升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为 。
②在120~240℃范围内，反应1 和反应2 乙炔的转化速率大小关系为
(填“>”“<”或“=”)，
理由为 。
（3）对于反应1，反应速率
与
浓度
的关系可用方程式
表示(k
为常数)。
时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当
时，
。
实验组
一
二
（4）以Pd/W 或Pd 为催化剂，可在常温常压
下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚
线为生成乙烷的路径)。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 。(图中“*”表示
吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
【答案】（1）-137（2 分）
（2）①温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强（2 分） 催化剂在该温度范围内
失活（2 分） ②＞（2 分） 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2
乙炔的转化速率（2 分）
（3）9.2×10-3（2 分）
（4） Pd/W（1 分） Pd/W 做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd 催化剂时的（2 分）
【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；（2）反应未达到平衡状态，温度升高，反
应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃-260℃，乙
炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范
围内失活；由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化
速率，即
；（3）将数据代入方程
，②÷①得到
，则
，
时，
，
；（4）
如图可知，选择Pd 做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W 时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd 做
催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W 做催化剂时，乙烯的选择性更高。
18.（14 分）弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液，如醋酸(用HAc 表示)、醋酸钠(用NaAc 表示)混合
溶液。缓冲溶液具有能够缓解少量外来酸、碱或水产生的影响，维持溶液pH 不发生明显变化的能
力。
Ⅰ．某小组同学通过加入等量盐酸，研究25℃下NaAc、HAc 混合溶液缓冲能力的影响因素。
（1）配制
的NaAc 溶液，需要醋酸钠晶体(
，
)的质量为
g，该过程用到的仪器有 (填字母)。
A．
B．
C．
D．
（2）探究NaAc、HAc 混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。
用浓度均为
的NaAc 和HAc 溶液按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入
的盐酸，测得加盐酸前后pH 如下表。
序号
加盐酸前pH
加盐酸后pH
1
0
0
20.00
7.00
x
2
2.50
2.50
15.00
4.76
4.67
3
5.00
5.00
10.00
4.76
4.72
①实验测得x 与理论计算一致，
。
②实验2、3 加盐酸前后pH 变化明显小于实验1 的原因是 (用离子方程式表示)。
③由实验2、3 加盐酸前后pH 变化可知，NaAc、HAc 混合溶液总浓度越大，缓冲能力越
(填“强”或“弱”)。
（3）探究NaAc、HAc 混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。
提出猜想：混合溶液中
越大，缓冲能力越强。
设计实验、验证猜想：参照（2）进一步实验。
序号
加盐酸前pH
加盐酸后pH
4
1.00
9.00
10.00
3.80
3.67
5
2.00
8.00
10.00
4.16
4.09
6
10.00
5.36
5.30
①
。
②甲同学根据实验4、5 和6 认为猜想成立，乙同学根据实验 和 认为猜想不足
以成立。
③经查阅资料，其他条件相同下，混合溶液中
越接近l，缓冲能力越强。
Ⅱ．缓冲溶液在络合滴定法测定金属离子浓度中具有广泛应用。
（4）利用
测定ZnO 的纯度，滴定反应为
，需维持滴定过
程中
。
准确称取ZnO 固体a g 于锥形瓶中，加足量盐酸溶解，配制成250mL 溶液，从中取25.00mL，加入指
示剂和20mL 缓冲溶液，滴定至终点消耗
溶液V mL。
①下列缓冲溶液的pH 均约为5，其中缓冲能力最强的是 (填字母)，原因是 。
A．
、
混合溶液
B．
、
混合溶液
C．
、
混合溶液
②测定结果：ZnO(摩尔质量为
)晶体的纯度为 (用
、a、c、V 表示)。
【答案】（1）13.6（2 分） BC（2 分）
（2）2.00（1 分）
（1 分） 强（1 分）
（3）①8.00（1 分） ②3（1 分） 6（1 分）
（4）①B(2 分) B 中n(盐)：n(酸)最接近
且混合溶液总浓度最大(2 分)
②
(2 分)
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定
容、摇匀、装瓶贴签；
控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的
影响；
【解析】（1）配制
的NaAc 溶液，需要醋酸钠晶体(
，
)
的质量为
，该过程用到的仪器有胶头滴管、烧杯、托盘天平、药
匙、玻璃棒、100mL 容量瓶，故选BC；
（2）①
的盐酸加入20.00mL 的水，得到溶液中氢离子浓度为
，则pH=2。
②实验2、3 加盐酸前后pH 变化明显小于实验1 的原因是存在平衡
，加入盐酸后，
氢离子和醋酸根离子结合为弱酸醋酸。
③由表，实验2、3 加盐酸前后pH 变化分别为0.09、0.04，则NaAc、HAc 混合溶液总浓度越大，缓冲
能力越强；
（3）①由表，醋酸钠、醋酸溶液总体积为10.00mL，当
=4:1 时，
8.00。
②结合表中数据，实验3 和6 加盐酸前后pH 变化分别为0.04、0.06，不能说明混合溶液中
越大，缓冲能力越强。
（4）①由（2）、（3）的实验结论：NaAc、HAc 混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；其他条件相
同下，混合溶液中
越接近l，缓冲能力越强。则下列缓冲溶液的pH 均约为5，其中缓
冲能力最强的是B，原因是B 中n(盐)：n(酸)最接近
且混合溶液总浓度最大。
②结合滴定反应为
和数据，ZnO 晶体的纯度为
。
