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 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32
Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127 Ba-137
一、选择题：本题共16 小题，每小题3 分，共48 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．下列属于含有非极性键的离子化合物的是( )
A．CaC2 B．MgCl2 C．H2O2 D．NaOH
【答案】A
【解析】A 项，CaC2中含有Ca2+和C2
2-，为离子化合物，其中C2
2-含有非极性键(碳碳三键)，A 选；B 项，
MgCl2中含有Mg2+和Cl-，为离子化合物，不含共价键，B 不选；C 项，H2O2是共价化合物，C 不选；D
项，NaOH 中含有Na+和OH-，为离子化合物，其中OH-含有O-H 极性键，不含非极性键，D 不选；故
选A。
2．【改编】下列表示不正确的是( )
A．基态Cr 原子的电子排布式为：
B．
的名称：3，3，4-三甲基戊烷
C．HCl 中共价键的电子云图：
D．NH3的VSEPR 模型：
【答案】B
【解析】A 项，基态Cr 原子核外有24 个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，简化为[Ar]3d54s1，
A 项正确；B 项，有机物
用系统命名法命名为2，3，3-三甲基戊烷，B 项错误；C 项，HCl
为共价化合物，HCl 中氢原子的ls 轨道提供的1 个未成对电子与氯原子的3p 轨道提供的1 个未成对电
子形成s-pσ 键，其共价键的电子云图为
，C 项正确；D 项，NH3中σ 键电子对数为3，孤电
子对数为
，VSEPR 模型为四面体形，可表示为
，D 项正确；故选B。
3．下列说法正确的是( )
A．第一电离能：O>N>C B．第三周期中电负性最大的元素：Cl
C．酸性：HNO3<H3PO4 D．离子键的百分数：Na2O<MgO
【答案】B
【解析】A 项，第一电离能顺序应为N＞O＞C，N 的核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一
电离能大于相邻族元素，故A 错误；B 项，非金属性越强，电负性越大，第三周期中电负性最大的元
素是Cl，故B 正确；C 项，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，N 的非金属性
强于P，HNO3的酸性强于H3PO4，故C 错误；D 项，根据电负性差值计算，Na2O 的离子键百分数(约
79.3%)高于MgO(约67.8%)，故D 错误；故选B。
4．【改编】下列实验操作或原理正确的是
A．证明存在反应限度：饱和氯水显黄绿色
B．混合乙醇和浓硫酸：将乙醇慢慢加入浓硫酸中，边加边搅拌
C．分离碘单质和铁粉：加热升华再冷凝收集碘单质
D．除去苯中的苯酚：加
溶液分液后干燥
【答案】D
【解析】A 项，饱和氯水显黄绿色是由于溶解了氯气(Cl2)分子，该现象只能证明反应物Cl2存在，而证明反
应限度须证明反应物与产物共存，A 错误；B 项，混合乙醇和浓硫酸时，正确操作是将浓硫酸缓慢加入
乙醇中，并不断搅拌，以防止浓硫酸稀释放热导致局部过热、暴沸或飞溅；将乙醇加入浓硫酸中是危
险的操作，B 错误；C 项，加热会导致铁粉与碘反应生成FeI2，无法有效分离碘与铁粉，C 错误；D 项，
苯酚具有弱酸性，与NaOH 反应生成水溶性的苯酚钠，苯不溶于水，加NaOH 溶液后分液可分离出苯
层(除去苯酚)，再干燥以除去残留水分，得到纯净苯，D 正确；故选D。
5．关于反应2MnSO4+5Na2S2O8+8H2O=2NaMnO4+4Na2SO4+8H2SO4，下列说法正确的是( )
A．MnSO4是氧化剂 B．Na2S2O8中S 元素化合价为+7 价
C．生成284 gNaMnO4时转移10 mol 电子 D．Mn 位于第四周期VIB 族
【答案】C
【解析】A 项，在该反应中锰元素由+2 价升高为+7 价，则硫酸锰为还原剂，A 错误；B 项，Na2S2O8中
存在一个过氧键，即有2 个氧显-1 价，其余的氧显-2 价，根据化合物的化合价为0 的原则，可得硫元素
为+6 价，B 错误；C 项，284 gNaMnO4是2 mol，反应中锰元素由+2 价升高为+7 价，失去5e-，所以转
移电子的量是：
，C 正确；D 项，锰的原子序数为25，在元素周期表中的位置是第
四周期第VIIB 族，D 错误；故选C。
6．【改编】结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不正确的是( )
选项
事实
解释
A
热空气吹出法用于海水提
溴
溴单质沸点低，受热易分解
B
SO2通入紫色石蕊溶液变红
SO2属于酸性氧化物，水溶液呈酸性
C
冰的密度小于干冰
冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D
沸点：N2低于CO
N2为非极性分子，
为极性分子
【答案】A
【解析】A 项，热空气吹出法用于海水提溴是利用溴单质沸点低，具有挥发性，A 项错误；B 项，SO2
属于酸性氧化物，水溶液呈酸性，故将SO2通入紫色石蕊溶液变红，B 项正确；C 项，冰晶体中水分子
间形成氢键，氢键具有饱和性和方向性，空间利用率相对较低，使冰的密度小于干冰，C 项正确；D 项，
二者相对分子质量相同，N2为非极性分子，CO 为极性分子，CO 范德华力大于N2，故N2沸点低于
CO，D 项正确；故选A。
7．【原创】下列有关反应方程式正确的是( )
A．少量甲醛与酸性高锰酸钾：5HCHO+2MnO4
-+6H+=5HCOOH+2Mn2++3H2O
B．向Na2CO3溶液中通入少量SO2：2SO2+ 2CO3
2-+H2O=CO2+2HSO3
-
C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
D．向丙烯醛中加入足量溴的四氯化碳溶液：CH2=CHCHO+Br2→CH2BrCHBrCHO
【答案】D
【解析】A 项，少量甲醛与酸性高锰酸钾生成二氧化碳、硫酸锰和水：5HCHO+4MnO4
-
+12H+=5CO2↑+4Mn2++11H2O，A 错误；B 项，向Na2CO3溶液中通入少量SO2生成亚硫酸根和碳酸氢根：
SO2+ 2CO3
2-+H2O=2HCO3
-+SO3
2-，B 错误；C 项，水杨酸中仅羧基可与HCO3
-反应，酚羟基不反应，正
确的方程式为
+HCO3
-→H2O+ CO2↑+
，C 错误；D 项，丙烯醛中含有碳碳双键和醛
基，碳碳双键能与溴的四氯化碳发生加成反应，醛基不与溴的四氯化碳发生反应，其方程式为
CH2=CHCHO+Br2→CH2BrCHBrCHO，D 正确；故选D。
8．下列实验装置使用正确的是( )
A．图甲装置用于趁热过滤出苯甲酸溶液中的难溶性杂质
B．图乙装置用于验证乙炔的还原性
C．图丙装置用于排出盛有KMnO4溶液的滴定管尖嘴处的气泡
D．图丁装置用于碘晶体(含NH4Cl)的提纯
【答案】A
【解析】A 项，苯甲酸随温度升高溶解度增大程度大，装置③是过滤装置，过滤过程时需要趁热过滤
出溶液中的难溶杂质，A 正确；B 项，电石与饱和食盐水反应得到的乙炔气体中含硫化氢气体，硫化氢
也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以装置丁不能证明乙炔的还原性，B 错误；C 项，KMnO4溶液具有
强氧化性，应放在酸式滴定管中，丙图为碱式滴定管的排气泡方法，C 错误；D 项，碘单质易升华，加
热碘单质升华，后凝华，NH4Cl 加热分解生成NH3和HCl，分解后在玻璃片处重新反应生成NH4Cl，无
法分离，D 错误；故选A。
9．化合物Z 是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如图，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，X 在水中的溶解度小于Y 在水中的溶解度
B．
与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗3molNaOH
C．Y 可发生加成、取代、氧化、消去等反应
D．X、Y、Z 分别与足量H2加成后的产物中手性碳原子个数相同
【答案】D
【解析】A 项，X 含有羧基和酚羟基，能与水形成氢键，溶解度较大；Y 中羧基变为酯基、酚羟基变为
甲氧基，氢键形成能力减弱，溶解度减小，故X 在水中的溶解度大于Y，故A 错误；B 项，X 中羧基
(1mol)、酚羟基(1mol)碳溴键各消耗1mol NaOH，苯环溴原子水解生成酚羟基(再消耗1mol NaOH)，共
消耗1+1+2=4mol NaOH，故B 错误；C．Y 含苯环能发生加成反应、酯基能发生取代反应、可燃烧能
发生氧化反应，但苯环溴原子无
，不能发生消去反应，故C 错误；D 项，X、Y、Z 均含苯环，与
足量H2加成后得到的产物分别为
、
、
，手
性碳原子均为环己烷环上三个取代基所在的碳，所以个数相同，故D 正确；故选D。
10．下列物质制备方案正确的是( )
选
项
目标产物
制备方案
A
氨气
加热NH4Cl 固体
B
溴乙烷
乙醇与浓氢溴酸混合加热
C
镁
D
乙烯
乙醇与浓硫酸在
反应
【答案】B
【解析】A 项，加热NH4Cl 固体分解生成NH3和HCl，但两者遇冷会重新结合为NH4Cl，无法有效收
集氨气。实验室通常用NH4Cl 与Ca(OH)2共热制氨气，A 错误；B 项，乙醇与浓氢溴酸(HBr)混合加热
时，HBr 作为强酸提供H+和Br-，乙醇质子化后发生亲核取代反应生成溴乙烷，B 正确；C 项，工业上
从海水提取镁时，Mg(OH)2应转化为熔融MgCl2再电解，而非煅烧为MgO 后电解(MgO 熔点高，能耗
大)，C 错误；D 项，乙醇与浓硫酸在140℃时发生分子间脱水生成乙醚，而非乙烯(需170℃)，D 错误；
故选B。
11．相同温度和压强下，已知下列反应均能自发进行，下列判断正确的是( )
ΔH1
ΔH2
ΔH3
ΔH4
A．ΔH1＜0，ΔH3＞0 B．ΔH1＞ΔH2
C．ΔH3>ΔH4 D．ΔH1−ΔH2−ΔH3+ΔH4=0
【答案】C
【解析】A 项，石墨完全燃烧生成CO2为放热反应，ΔH1<0；
能
自发进行，根据自发反应的判断依据ΔG=ΔH−TΔS<0，该反应ΔS<0(气体物质的量减少)，所以ΔH3＜
0，A 错误；B 项，ΔH1是C(石墨)→CO2的焓变，ΔH2是CO→CO2的焓变，因C(石墨)→CO2释放热量
更多，ΔH1<ΔH2，B 错误；C 项，根据盖斯定律，ΔH3=ΔH4+ΔH2−ΔH1，因ΔH1<ΔH2，ΔH2−ΔH1＞0，故
ΔH3>ΔH4，C 正确；D 项，根据盖斯定律，ΔH3=ΔH4+ΔH2−ΔH1，ΔH1−ΔH2−ΔH3+ΔH4=2(ΔH1−ΔH2)≠0，
D 错误；故选C。
12．电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨(NH3)，同时实现甘油(C3H8O3)转化为高附加值化学品。已知双极
膜中H2O 解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是( )
A．双极膜中
向电极a 方向移动
B．电解一段时间后，电极b 一侧电解质溶液中n(OH-)增多
C．外电路每通过
电子，则双极膜中有
水解离
D．a 极电极反应式为C3H8O3+11OH--8e-=3HCOO-＋8H2O
【答案】C
【解析】电极a 上，C3H8O3失去电子，发生氧化反应生成HCOO-，可知该极为阳极，电极反应式为
C3H8O3+11OH--8e-=3HCOO-＋8H2O；电极b 上，NO2
-得到电子，发生还原反应生成NH3，可知该极为
阴极，电极反应式为NO2
-+5H2O+6e-=NH3↑＋7OH-，双极膜中OH-向电极a 方向移动。A 项，根据分
析可知双极膜中OH-向电极a 方向移动，A 正确；B 项，由b 极电极反应可知，每转移6mol 电子，产
生7mol OH-，同时有6molH+移向b 极，电解质溶液中n(OH-)增多，B 正确；C 项，由H2O
H+
+OH-可知，18g(1mol) H2O 解离，产生1molH+和1molOH-，电路中通过1mol 电子，C 错误；D 项，电
极a 上，C3H8O3失去电子，发生氧化反应生成HCOO-，可知该极为阳极，电极反应式为
C3H8O3+11OH--8e-=3HCOO-＋8H2O，D 正确；故选C。
13．【新考法】如图为SO3在不同条件下的存在形式，有关说法不正确的是( )
A．Ⅰ结构中S 的杂化类型为sp2
B．熔点：Ⅱ＜Ⅲ
C．S 与
原子之间的键长：b＜a
D．键角：∠2＞∠1
【答案】D
【解析】A 项，Ⅰ结构中S 原子与3 个O 原子直接相连，形成3 个σ 键，S 的价电子数为6，与3 个O
形成σ 键时共用了3 对电子，因此孤电子对数为0，价层电子对数为3，其中S 的杂化类型为sp2，A
正确；B 项，Ⅱ、Ⅲ均为SO3的聚合结构，分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高，Ⅲ的链状结
构相对分子质量更大，因此熔点Ⅱ＜Ⅲ，B 正确；C 项，键长与键的类型相关：双键(或含双键成分)
的键长短于单键，a 对应的是普通单键，b 对应含双键成分的键，因此键长b＜a，C 正确;D 项，Ⅱ中S
和Ⅲ中∠2 的O 都采取sp3杂化，Ⅱ中S 上没有孤电子对，Ⅲ中∠2 的O 上有孤电子对，孤电子对具有
较大的斥力，则键角∠2＜∠1，D 错误；故选D。
14．某课题组提出，可催化CO2化合物合成环状碳酸酯，反应的机理如图所示。下列说法正确的是( )
A．物质Ⅰ为离子液体，沸点比较低
B．物质Ⅰ与环氧化合物通过配位键形成物质Ⅱ
C．物质Ⅲ为该合成总反应的催化剂
D．物质Ⅲ与CO2反应转化为物质Ⅳ属于加成反应
【答案】D
【解析】A 项，化合物Ⅰ的阳离子为有机阳离子，其体积较大，为离子液体，熔点低，但沸点较高，
A 错误；B 项，由图可知，物质Ⅰ中的羟基H 原子与环氧化合物中的O 原子形成氢键，B 错误；C 项，
该反应原理中，化合物Ⅰ先和环氧化合物反应被消耗，后又生成，化合物Ⅰ为该合成总反应的催化剂，
物质Ⅲ是中间产物，C 错误；D 项，由图可知，物质Ⅲ与CO2反应转化为物质Ⅳ过程中，CO2中碳氧
双键断开，属于加成反应，D 正确；故选D。
15．已知25℃，HCOOH 的Ka=1.8×10-4；H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8；下列描述正确的是( )
A．过量甲酸和CaSO3反应的化学方程式2HCOOH+ CaSO3=H2SOO3+(HCOO)2Ca
B．将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至
时，溶液中的
C．该温度下0.1mol/L 的NaHSO3溶液中微粒浓度大小关系：
D．该温度下测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH 为9，则
【答案】D
【解析】A 项，HCOOH 的Ka=1.8×10-4，H2SO3的第一步电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，则说明酸性：甲
酸＜亚硫酸，根据复分解反应的规律，弱酸不能与强酸的盐反应制强酸，故不能反应生成H2SO3，A
错误；B 项，当c(OH⁻)=1.0×10-7 mol/L 时，溶液pH=7，
，B 错误；
C 项，NaHSO3溶液中存在HSO3
-的电离平衡和水解平衡。HSO3
-的电离平衡常数Ka2=6.2×10-8；其水解
平衡常数Kh2=
，6.2×10-8＞7.69×10-13，说明HSO3
-的电离程度大于其水解程度，
故微粒浓度：c(SO3
2-)＞c(H2SO3)，C 错误；D 项，在25℃时，当溶液pH=9 时，c(OH⁻)=1×10-5
mol/L。SO3
2-的水解反应的离子方程式为：SO3
2-+H2O
HSO3
-+OH-，在该悬浊液中
c(HSO3
-)=c(OH-)=1×10-5 mol/L，SO3
2-水解平衡常数Kh=
，则Kh1=
，解得c(SO3
2-)=6.2×10-4 mol/L，又根据沉淀溶解平衡即物料守恒
可知c(Ca2+) =c(SO3
2-)+c(HSO3
-)=6.2×10-4 mol/L+1×10-5 mol/L =6.3×10-4 mol/L，故Ksp(CaSO3)=c(Ca2+)
∙c(SO3
2-)=(6.3×10-4)×(6.2×10-4)≈3.9×10-7，D 正确；故选D。
16．【新考法】“复方氯乙烷气雾剂”为氯乙烷的有机溶液，测定其中氯乙烷含量的步骤如下：
下列说法不正确的是( )
A．步骤①，量取试样时不能用碱式滴定管
B．步骤①，将NaOH 水溶液改成NaOH 乙醇溶液不会影响氯乙烷百分含量的测定
C．步骤②，若加入的稀硝酸不足，则会使氯乙烷百分含量测定结果偏低
D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使氯乙烷百分含量测定结果更准确
【答案】C
【解析】氯乙烷的水解反应，量取试样，加入过量NaOH，加热发生氯乙烷的水解，生成NaCl 和
CH3CH2OH，反应液冷却后加入稀硝酸中和，再滴加过量硝酸银得到白色沉淀AgCl，经过滤、洗涤、
干燥得到沉淀。A 项，试样为氯乙烷的有机溶液，氯乙烷能腐蚀碱式滴定管上的橡胶部分，故不能用
碱式滴定管量取试样，A 正确；B 项，步骤①，氯乙烷在NaOH 乙醇溶液条件下发生消去反应生成
NaCl，NaCl 与硝酸银是1：1 进行沉淀，不影响氯乙烷百分含量的测定，B 正确；C 项，步骤②，若
加入的稀硝酸不足，溶液中可能有未反应完全的NaOH，会与AgNO3反应生成AgOH 进而分解为
Ag2O，导致得到的固体偏多，使测量结果偏高，C 错误；D 项，步骤③，先水洗除去可溶物，再乙醇
洗除去AgCl 表面的水，可使氯乙烷百分含量测定结果更准确，D 正确；故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共52 分。
17．【新思维】(16 分)过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．基态铬原子中存在10 对成对电子
B．50Sn 元素位于元素周期表第14 列
C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关
D．配位键的强度：[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+
(2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为 。
(3)化合物A(
)、B(
)是氮化合物的主要中间体。
①化合物X 的化学式与B 相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X 的电子式 。
②化合物A、B 分别结合质子后，测得[H2A]2+的给质子能力比[H2B]2+弱，请从“键的极性大小对化学
性质的影响”角度说明理由 。
③低温条件下，化合物A 与NaOH 溶液、H2O2溶液反应，得到含有[OC(NH2)2]的溶液。
(ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是 。
(ⅱ)写出过程中化合物A 涉及的离子方程式 。
(4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS 和少量Fe2S3)原料实现如下转化：
①步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式 。
②溶液D 中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子 (按照离子浓度大小顺序)。
③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行” 。
【答案】(1)BD(2 分)
(2)[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2-(2 分)
(3)
或
(1 分)
电负性O＞S，C=O 键极性强，使得[H2B]2+中H 更易解离，即给质子能力更强(2 分)
防止H2O2由于温度过高而分解(1 分)
SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO4
2-+5H2O(2 分)
(4)①Cu3ZnS4+6O2+4H2SO4
3CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O(2 分) ②SO4
2-、Zn2+、Fe2+(2 分)
③取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量
H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的
减少量(或比较相同时间内生成气体的量等) (2 分)
【解析】铜锌矿主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS 和少量Fe2S3，在通入足量的O2、控温90℃及足量硫酸
的条件下，发生反应；Cu3ZnS4中S 被氧化成SO2(气体X)，Cu 转化为Cu2+，Zn 转化为Zn2+；将生成
的SO2气体通入到溶液中，可还原Fe3+为Fe2+，Cu2+为Cu+，加入KBr 后，Cu+与Br-结合生成CuBr 沉淀，
Pb2+与Br-结合生成PbBr2沉淀，溶液D 中除K+、H+、Br-外，大量存在的是SO4
2-和Zn2+，由于硫酸锌
完全电离且硫酸足量，则SO4
2-浓度大于Zn2+，原料中还含有Fe2+，因此离子浓度从大到小为SO4
2-、
Zn2+、Fe2+。
(1)A 项，铬原子是24 号，其核外电子轨道表示式为
存在9 对成对电子，A 错误；B 项，根据稀有气
体氙为54 号，推测可知50Sn 元素位于元素周期表第14 列，B 正确；C 项，钡焰色实验呈黄绿色是电
子从高能级跃迁到低能级，C 错误；D 项，[Cu(NH3)]2+、[Cu(NF3)]2+的配体分别为NH3和NF3，其中
NF3中F 的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+，D 正确。
(2)由图可知，Fe 的个数为
，Zn 的个数为
，Cl 的个数为
，NH3的
个数为
，根据晶胞所示结构，Zn 和NH3配位，Fe 和Cl 配位，因此配合物的化学式为
[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2-；
(3)①B 为
，化合物X 的化学式与B 相同，但熔、沸点更为显著，说明X 分子中分子间氢
键更强，则X 为氰酸铵，其电子式可表示为
或
；
②A 中存在C=S 键，B 中存在C=O 键。由于O 的电负性比S 大，所以C=O 键的极性比C=S 键的极性
强。在[H2A]2+和[H2B]2+中，H 与其他原子形成的键受C=S 键和C=O 键极性影响，C=O 键极性强，使
得[H2B]2+中H 更易解离，即给质子能力更强；而C=S 键极性弱，[H2A]2+中H 较难解离，给质子能力更
弱；③(ⅰ)因为H2O2受热易分解，低温可保证其参与反应的量，从而顺利得到含有[OC(NH2)2]的溶液，
故将反应体系温度下降至低温的目的是防止H2O2分解。(ⅱ)过程中化合物A 在碱性条件下与过氧化氢
反应被氧化，离子方程式为：SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO4
2-+5H2O。
(4)①由分析可知，步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式为：Cu3ZnS4+6O2+4H2SO4
3CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O；②溶液D 中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子SO4
2-、
Zn2+、Fe2+；③证明步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的
干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下
与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量
等)。
18．【新考法】(12 分)水是化学反应的良好介质，是“永远值得探究的物质”。
(1)①25℃，c(H2O)=55.6mol·L-1，H2O
H++OH-的平衡常数K= mol·L-1 (保留2 位有效数
字)。
②HF 也能发生与水类似的电离，当其作溶剂时是很强的酸，请画出线性分子
结构 。
(2)用惰性电极电解碱性Na[B(OH)4]水溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4
-和OH-，实现NaBH4的
再生。总反应为[B(OH)4]-
BH4
-+2O2↑，阴极的电极反应式为 。
(3)为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(瞬时升温)使化学平衡发生偏离，
观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间
，从而获得k 的信息。对于H2O
H++OH-，若将纯水瞬时升温到25℃，测得
。
已知：
，
，
(
为
的平衡浓度)。
①请画出
时刻瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图 。
②25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。
(4)利用超临界水氧化技术，在一定条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中
为以碳元
素计的物质的量分数，为反应时间。
升温到600℃，
峰值出现的时间提前，且峰值更高，请解释原因 。
【答案】(1)K=1.8×10-16(2 分)
(2 分)
(2)[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4
-+8OH-(2 分)
(3) ①
(2 分) ②k2=1.25×1011(2 分)
(4)乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大。或乙醇氧化为CO 的活化能大于CO 氧化成
CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大(2 分)
【解析】(1)①25℃，水的电离常数
，根据H2O
H++OH-，
。②HF 也能发生与水类似的电离，即HF
H++F-
，当其作溶剂时是很强的酸，线性分子
是3 个形成的结构，H-F 之间通过氢键相
连呈线性，结构为
。
(2)根据总反应[B(OH)4]-
BH4
-+2O2↑，结合阴极要发生还原反应，+3 价B 生成-5 价B，电极方程式
为[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4
-+8OH-。
(3)①瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程
示意图为
。②驰豫时间公式为
，其中
，
，代入得：
，在平衡时，
，
可推出，
，代入已知值：
，即
，将k1代入驰豫时间公式为：
，整理可得，
，计算括号内：
，
，由于
，可忽略不计，所以
，得出，
。
(4)随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增长，但CO 是中间产物，为乙醇不完全
氧化的结果，CO 峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO 的活化能大于CO 氧化成
CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大。
19．(12 分)某小组用阿司匹林
制备阿司匹林铜
：
已知：阿司匹林铜是一种亮蓝色结晶粉末，不溶于水、乙醇，受热易分解成浅绿色混合物，在强酸性
条件下能解离出Cu2+。
请回答：
(1)实验装置图中仪器A 的名称是 。步骤Ⅰ使用冰水浴的原因是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中，加入乙醇的目的是增大阿司匹林与NaOH 溶液的接触面积，从而加快反应速率
B．步骤Ⅱ中，先用过量的硫酸中和NaOH 避免滴加CuSO4溶液时产生Cu(OH)2
C．步骤Ⅲ中，过滤后的产品先用蒸馏水洗涤，再用酒精洗涤
D．步骤Ⅲ中，为了快速得到干燥的产品，可采用高温烘干
(3)阿司匹林铜中铜含量可用碘量法测定：
已知：ⅰ.滴定过程中发生如下反应：2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O3
2-=S4O6
2-＋2I−，CuI(s)＋SCN−(aq)
CuSCN(s)＋I−(aq)，Ksp(CuI)=2.1×10−12，Ksp(CuSCN)=4.8×10−15。
ⅱ.CuI 能强力吸附I2，被吸附的I2不能被Na2S2O3标准溶液滴定，淀粉也会吸附I2，使滴定终点推迟。
ⅲ.SCN−可以还原Cu2+。
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤(碘量瓶示意如图)：
用分析天平称取4.000 g 产品→在烧杯中用适量的3.000 mol/L 和40 mL 水溶解，加热煮沸，样
品完全分解后，摇匀，冷却到室温→配制100.00 mL 待测溶液→用移液管移取25.00 mL 待测溶液到碘
量瓶→加入过量KI 固体，塞上碘量瓶的塞子，摇匀，用少量水封，在暗处静置5 分钟→打开塞子→
→塞上碘量瓶的塞子→ →记录标准溶液体积。
a．H2SO4 b．HNO3 c．剧烈振荡碘量瓶 d．轻轻振荡碘量瓶
e．用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色
f．用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点
g．加入适量KSCN 溶液和1 mL 0.5%淀粉
②配制待测溶液时，下列仪器必须用到的是 (填标号)。
a．玻璃棒 b．100 mL 锥形瓶 c．50 mL 容量瓶 d．胶头滴管
③判定滴定到达终点的实验现象是 。
④三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为18.80 mL，则产品中的铜含量为 %(保留小数点
后2 位数字)。
【答案】(1) 恒压滴液漏斗(1 分) 防止阿司匹林的水解(1 分)
(2)AC(2 分)
(3) ①a(1 分) eg(1 分) cf (1 分) ②ad(1 分)
③滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色(2 分) ④12.03(2 分)
【解析】阿司匹林在乙醇的溶解下可以与NaOH 发生中和反应，再加入CuSO4溶液发生反应得到阿司
匹林铜沉淀，过滤、洗涤干燥得到粗产品。(1)由图可知，实验装置图中仪器A 的名称是恒压滴液漏斗。
酯基在加热下易水解，则步骤Ⅰ使用冰水浴的原因是防止阿司匹林的水解。
(2)A 项，步骤Ⅰ中，加入乙醇作溶剂，可增大阿司匹林与NaOH 溶液的接触面积，从而加快反应速率，
A 正确；B 项，步骤Ⅱ中，先用硫酸中和NaOH 避免滴加CuSO4溶液时产生Cu(OH)2，已知阿司匹林
铜在强酸性条件下能解离出Cu2+，故硫酸不能过量，B 错误；C 项，产品不溶于水、醇，步骤Ⅲ中，
过滤后的产品先用蒸馏水洗涤，再用酒精洗涤，酒精挥发易干燥，C 正确；D 项，已知阿司匹林铜易
受热分解成浅绿色混合物，步骤Ⅲ中不可采用高温烘干，D 错误；故选AC。
(3)①用碘量法测定阿司匹林铜中铜含量时，首先应在酸性溶液中加热，使铜离子解离出来，由于硝酸
具有强氧化性会氧化硫代硫酸钠等还原性物质，故应避免使用，应选择硫酸，再利用2Cu2+＋4I−=2CuI
＋I2，生成碘单质，用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，由于CuI 表面容易吸附I2会导致其不能充
分被反应，于是，待大部分I2被反应后，加入KSCN，利用CuI(s)＋SCN−(aq)
CuSCN(s)＋I−
(aq)，使CuI 沉淀转化为更难溶的CuSCN，把吸附的I2释放出来，从而提高反应精度；滴定使用的指
示剂为淀粉，淀粉也会吸附I2，使滴定终点推迟，故剩余少量碘单质时，要塞上碘量瓶的塞子、剧烈
振荡碘量瓶以“释放”被淀粉吸附的I2，之后用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，故步骤为：
用分析天平称取4.000 g 产品→在烧杯中用适量的3.000 mol/L H2SO4和40 mL 水溶解，加热煮沸，样
品完全分解后，摇匀，冷却到室温→配制100.00 mL 待测溶液→用移液管移取25.00 mL 待测溶液到碘
量瓶→加入过量KI 固体，塞上碘量瓶的塞子，摇匀，用少量水封，在暗处静置5 分钟→打开塞子→用
0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入适量KSCN 溶液和1 mL 0.5%淀粉→塞上碘
量瓶的塞子→剧烈振荡碘量瓶，用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，记录标准溶液体积。故
答案为：“a”、“eg”、“cf”。②配制100mL 待测溶液时，需要称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定
容、摇匀、装瓶等操作，所以必须用到的仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100 mL 的容量瓶等。故
选ad。③判定滴定到达终点的实验现象是：滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半
分钟内不恢复原。④阿司匹林铜溶解得到Cu2+，与KI 反应：2Cu2++4I-=2CuI+I2，生成的碘用Na2S2O3
标准溶液滴定，有关系式：2Cu2+～I2～2Na2S2O3，三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为18.80
mL，故n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.1000ml/L×0.01880L=0.001880mol，故该样品中的铜含量为
12.03%(保留小数点后2 位数字)。
20．(12 分)化合物J 是一种治疗心律失常的药物。以下是某研究小组合成该物质的合成路线(部分信息已简
化)。
已知：
①同一个碳上连两个羟基时，会发生分子内脱水反应；
②酚酯重排是酚酯在一定条件下重排为邻位或对位酰基酚的反应；
③
。
回答下列问题：
(1)化合物C 的含碳官能团名称为 。化合物J 分子中手性碳原子的个数为 。
(2)G 的结构简式为 。
(3)下列说法正确的是______。
A．试剂X 可以是CH3COCl，属于羧酸的衍生物
B．实现化合物D 转化为E 所需的反应物和催化剂分别为Cl2、FeCl3
C．化合物C 和F 反应生成G 涉及的反应有加成反应和消去反应
D．化合物H 转化为I 的过程中，加入K2CO3可以加快反应速率
(4)化合物E 转化为F 的化学方程式为 。
(5)化合物B 转化为C 以及化合物I 转化为J 的过程中都有副产物生成，副产物的结构简式分别为
、 。
(6)设计用原料
经2 步反应合成
的合成路线 (无机试剂任选)。
【答案】(1)羰基(1 分) 1(1 分)
(2)
(2 分)
(3)AC(2 分)
(4)
(2 分)
(5)
(1 分)
(1 分)
(6)
(2 分)
【解析】由酚酯重排可知B 为乙酸苯酚酯，X 可能为CH3COCl 或醋酸酐，根据重排信息和J 的结构可
知C 为邻乙酰基苯酚。D 到E 发生取代反应，故E 为
；根据信息③和反应条件可知生成
G 是羟醛(酮)缩合反应，故G 为
；G 与氢气发生加成反应生成H，则H 为
；H 与C3H5OCl 发生取代反应生成I；对比I 和J 的结构可知，Z 为
。
(1)C 为邻乙酰基苯酚，含碳官能团的名称是羰基；化合物J 中与羟基相连的碳原子是唯一的一个手性
碳原子，即手性碳原子个数是1；
(2)由上述分析可知，G 的结构简式为
；
(3)A 项，试剂X 可以是CH3COCl，羧酸衍生物是指羧酸中的羟基被其他原子或原子团所代替所得的
有机物， A 正确；B 项，取代饱和碳上的H，条件是光而不是FeCl3作催化剂，B 错误；C 项，羟醛缩
合第一步就是α-氢与醛或酮的碳氧双键发生加成反应，第二步是分子内去掉水分子，发生消去反应，
C 正确；D 项，K2CO3将产物HCl 反应掉，其浓度减小，反应速率变慢，D 错误；故选AC；
(4)由信息①可知，化合物E 转化为F 的化学方程式为
；
(5)根据信息②可知，化合物B 转化为C 可能产生的副产物是
；化合物I 转化为J 的
过程中，化合物I 中的三元环开环时还可以断左侧的碳氧键，则可能产生的副产物是
；
(6)结合信息③可知，原料
经2 步反应合成
的合成路线为
。
