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 N14 O 16 P31 S 32 Cl 35.5 K39 Zn 65
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 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．清洁的空气、健康的食品、可靠的药品和先进的材料都离不开化学。下列有关叙述错误的是
A．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
B．浓硫酸具有强氧化性，因此可用作酯化反应的催化剂和吸水剂
C．氯气与碱反应可用于制漂白液，但“84”消毒液与“洁厕灵”不能混合使用
D．氯化铁溶液作为“腐蚀剂”可刻蚀铜制电路板，原因是氯化铁具有氧化性
【答案】B
【详解】A．二氧化硫具有还原性，可防止葡萄酒氧化，常用作葡萄酒的抗氧化剂，A 正确；
B．浓硫酸具有酸性，吸水性，在酯化反应中常用作催化剂和吸水剂，与浓硫酸的强氧化性无关，B 错
误；
C．用氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠、水制取漂白液，漂白液主要成分为次氯酸钠，“洁
厕灵”主要成分为盐酸，两者混用发生反应
，生成的氯气有毒，故两者不
能混用，C 正确；
D．氯化铁具有氧化性，Fe3+与Cu 发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，氯化铁溶液作为“腐蚀剂”可刻蚀
铜制电路板，D 正确；
故选B。
2．【社会热点】我国突破EUV 光刻技术，即将开启芯片新纪元！下列关于制造芯片的说法正确的是
A．制造芯片的半导体材料，常在过渡元素中去寻找
B．酚醛树脂可用于制造光刻胶，它属于有机高分子材料
C．从石英砂到制造芯片的高纯硅，通常使用金属还原剂
D．EUV 光刻技术制得的7nm 及以下芯片，属于胶体
【答案】B
【详解】A．半导体材料如硅、锗位于金属与非金属交界处，属于主族元素，而非过渡元素，A 错误；
B．酚醛树脂是人工合成的有机高分子材料，可用于光刻胶的制造，B 正确；
C．工业上通过碳还原SiO2制粗硅，再经SiHCl3与H2反应制纯硅，未使用金属还原剂，C 错误；
D．芯片是晶体结构的纯净物，胶体为分散系（混合物），尺寸符合但本质不同，D 错误；
故答案选B。
3．科学家成功合成了一种新型全碳分子——环[48]碳（
），让由48 个碳原子组成的环像穿项链般穿过
3 个小型“保护套”分子，从而形成稳定的“套环”结构——
，其结构如图所示。下列说法错
误的是
A．
属于超分子
B．
只存在非极性键
C．
与
互为同位素
D．
与M 分子之间存在范德华力
【答案】C
【详解】A．超分子是由分子通过分子间相互作用形成的聚集体，C48环穿过3 个M 分子形成稳定“套
环”结构，符合超分子定义，A 正确；
B．C48由48 个碳原子组成，碳原子间均为C-C 非极性键，B 正确；
C．同位素是质子数相同、中子数不同的原子，C48与C60是碳元素的不同单质，互为同素异形体，C 错
误；
D．C48与M 通过分子间作用力形成“套环”结构，范德华力属于分子间作用力，D 正确；
故选C。
4．【改编】四氰合铜酸钾
常用于电镀铜。下列化学用语或图示正确的是
A．中子数为20 的钾原子：
B．
的结构示意图为：
C．用电子云轮廓图示意
中P－P
键的形成为：
D．基态Cu 原子的价层电子的轨道表示式：
【答案】B
【详解】A．中子数为20 的碳原子，质子数为19，质量数
，原子符号应为
，A 错误；
B．
为配合物，结构示意图为
，B 正确；
C．P-P σ 键为以p 轨道形成的
键，重叠方式为头碰头，不是肩并肩，C 错误；
D．基态Cu 原子的价层电子排布式为
，轨道表示式为
，D 错误；
故选B。
5．
四种主族元素，原子序数依次增大。X 失去1 个电子后成为质子，Y 的基态原子价层电
子排布式为
，Z 的基态原子
能级为半充满，
的核外电子数等于
的价电子数之和。
下列说法错误的是
A．原子半径：
B．电负性：
C．第一电离能：
D．简单氢化物的水溶性：
【答案】C
【分析】X 失去1 个电子后成为质子，则X 为H；Y 的基态原子价层电子排布式为nsnnpn，s 轨道最多
填充2 个电子，n=1 时不存在p 轨道，则n=2，Y 为C；Z 的基态原子2p 能级为半充满，Z 为N；M2+的
核外电子数等于X、Y、Z 的价电子数之和，即为1+4+5=10，则M 为Mg；据此解答。
【详解】A．周期数越大，半径越大，同周期元素，原子序数越小，半径越大，则原子半径：
Mg>C>N，A 正确；
B．氢原子电负性最小，同周期元素，原子序数越大，电负性越大，则电负性：N>C>H，B 正确；
C．N 因p 轨道半充满更稳定，电离能最大，H 半径小于Mg，Mg 电离能最低，所以第一电离能N＞H
＞Mg，C 错误；
D．NH3与水可形成氢键，CH4与水不能形成氢键，则NH3的水溶性大于CH4，D 正确；
故答案为C。
6．下列过程对应的离子方程式书写正确的是
A．将FeO 固体溶于稀硝酸：
B．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：
C．向稀AgNO3溶液中滴加过量氨水：
D．用醋酸和淀粉-KI 溶液检验加碘盐中的
：
【答案】B
【详解】A．FeO 与稀硝酸反应时，硝酸的强氧化性会将Fe2+氧化为Fe3+，HNO3被还原生成NO 产物，
反应的离子方程式应该为：3FeO+10H++
+=3Fe3++NO↑+5H2O，A 错误；
B．Cl2少量时，能够将
部分被氧化为
，剩余
与H+结合生成
，反应符合事实，满足
电荷守恒和原子守恒合物质的拆分原则，B 正确；
C．过量氨水会与Ag+形成[Ag(NH3)2]+，离子方程式应该为：Ag++3NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+
+2H2O，C 错误；
D．醋酸为弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式CH3COOH，离子方程式应该为：
，D 错误；
故合理选项是B。
7．化合物Z 具有广谱抗菌活性，可利用X 和Y 反应获得：
下列说法不正确的是
A．X 分子中所有碳原子可能共平面
B．X 分子中含有1 个手性碳原子
C．Y 存在顺反异构
D．该反应类型为取代反应
【答案】A
【详解】A．与-NH2 相连的C 原子为四面体结构，则所有C 原子不可能共面，A 错误；
B．X 分子中存在1 个手性碳原子，
，B 正确；
C．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，因此Y 分子存在顺反
异构体，C 正确；
D．该反应中X 的氨基（-NH2）与Y 的羧基（-COOH）脱水生成酰胺键（-CONH-），属于羧基中羟基
被-NH-取代的反应，即取代反应，D 正确；
故选A。
8．【传统文化】春节有燃放烟花爆竹迎接新年的民俗，主要原料黑火药以土硝(主要成分是
)、硫黄、
炭末制成。爆炸时的反应为：
，用
表示阿伏加德罗常数的值，
下列叙述正确的是
A．等质量的
、
、
中所含中子数相等
B．12 g 石墨中所含C-C 键数目为1.5
C．每生成89.6 L
，转移电子数为12
D．1 L 0.1 mol/L
溶液中，
与
的数目之和为0.1
【答案】B
【详解】A．
、
、
的中子数分别为6、7、8，等质量时物质的量不同，中子总数不相等，A
错误；
B．石墨中每个C 原子形成3 个C-C 键，每个C-C 键被2 个C 原子共享，故1 mol C 对应1.5 mol C-C 键。
12 g 石墨（1 mol C）含1.5NA个C-C 键，B 正确；
C．题目未说明条件，无法确定体积对应物质的量，C 错误；
D．S2-会水解生成HS-和H2S，溶液中S2-、HS-、H2S 总物质的量为0.1 mol，但D 仅统计S2-和HS-，数
目之和小于0.1NA，D 错误；
故答案选B。
9．我国科学家用电催化还原
法制甲酸
，实现
减排。反应过程中相对能量的变化如图所
示(“*”表示催化剂，“
”表示W 的催化剂吸附状态)。下列说法错误的是
A．
制甲酸的反应为吸热反应
B．制甲酸的决速步骤为②
C．反应的活化能：
D．制甲酸可表示为：
【答案】C
【详解】A．由图可知，
制甲酸的反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，A 正
确；
B．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，制甲酸的步骤中步骤②的活化能较高，
反应速率最慢，因此决速步骤为步骤②，B 正确；
C．该催化反应的副反应为上面的一条曲线，活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平
均能量之差，由图可知反应的活化能：
，C 错误；
D．由图可知，制甲酸的反应中CO2和H2O 是反应物，HCOOH 是生成物，制甲酸可表示为：
，D 正确；
故选C。
10．科学家们从耐盐碱植物中获得灵感，设计了一种用于提取、存储和释放锂离子的装置，如图所示，盐
水池中主要为LiCl 溶液。下列说法正确的是
A．电势最高的电极是a
B．右室电极释放
到淡水中
C．c 电极的反应式为
D．左室内的盐水浓度高于盐水池内浓度
【答案】B
【分析】该装置为电解池，连接电源正极的电极d 为阳极，连接电源负极的电极a 为阴极，电极b 为
阳极，电极c 为阴极，据此作答。
【详解】A．电势最高的电极是电源正极连接的电极，装置中d 电极（LiFePO4）为阳极（连接电源正
极），电势最高，a 为阴极（连接电源负极），电势最低，A 错误；
B．右室d 电极（LiFePO4）作为阳极，发生氧化反应：LiFePO4 - e- = FePO4 + Li+，释放Li+到淡水中，
B 正确；
C．c 电极是Ag/AgCl 电极，作为阴极应发生AgCl 得电子的还原反应：AgCl + e- = Ag + Cl-，而非Ag+
+ e- = Ag（Ag+在溶液中不存在，电极材料为Ag/AgCl），C 错误；
D．左室中Li+向阴极a（FePO4）移动被消耗（FePO4 + Li+ + e- = LiFePO4），Cl-向阳极b
（Ag/AgCl）移动被消耗（Ag + Cl- - e- = AgCl），左室盐水浓度反应之后降低，故左室盐水浓度低于
盐水池内浓度，D 错误；
故答案选B。
11．草酸可用于金属除锈和稀土生产，一种制取草酸的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．生成甲酸钠的反应还必须通入氧气
B．“过滤”后滤渣的主要成分是
C．进行“酸化”操作时可采用硫酸浸泡D．以上流程中，NaOH 可循环使用
【答案】A
【分析】由流程可知，200℃、2MPa 条件下，CO 和NaOH 反应生成甲酸钠，反应方程式为
CO+NaOH
HCOONa，加热条件下，甲酸钠脱氢生成草酸钠和氢气，反应方程式为
2HCOONa
Na2C2O4+H2↑，熟石灰（氢氧化钙）和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难
溶于水，过滤得到CaC2O4，草酸钙酸化生成草酸溶液，结晶得到草酸成品，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，200℃、2MPa 条件下，CO 和NaOH 反应生成甲酸钠，反应方程式为
CO+NaOH
HCOONa，不需要通入氧气，A 错误；
B．由分析可知，熟石灰（氢氧化钙）和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，
“过滤”后滤渣的主要成分是
，B 正确；
C．草酸钙能够和强酸反应生成草酸，进行“酸化”操作时可采用硫酸浸泡，C 正确；
D．由分析可知，氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成NaOH 和
，流程中第一步消耗NaOH，则
NaOH 可循环使用，D 正确；
故选A。
12．石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中，其化学式为
KCx，它的平面图如图所示，单层化合物厚度为b nm，下列说法错误的是
A．该石墨间隙化合物能导电
B．与K 距离最近的C 原子数为6
C．该石墨间隙化合物的化学式为
D．该石墨间隙化合物单层的密度为：
【答案】D
【详解】A．该石墨间隙化合物中碳原子为sp2杂化，未参与杂化的2p 轨道形成离域大π 键，2p 电子
可在整个碳原子平面自由移动，使该化合物能导电，A 正确；
B．由图可知，每个钾原子位于碳原子构成的六元环中心，与钾原子最近的碳原子为该六元环的顶点
碳原子，故与K 距离最近的C 原子数为6，B 正确；
C．由图可知，可选择图中虚线框选的部分
作为该石墨间隙化合物的晶胞，碳原
子位于晶胞内部，有8 个，钾原子位于晶胞的4 个顶点上，有
个，则化学式为KC8，C 正确；
D．该石墨间隙化合物单层的密度
，D 错误；
故选D。
13．研究甲醛与新制
反应的固体产物A 的成分，设计如下实验。下列说法错误的是
已知：ⅰ.
能溶于浓氨水产生无色
；
能溶于浓氨水产生蓝色
。
ⅱ.
可与Cu 反应生成
。
A．①中加塞密闭是为了防止空气干扰
B．②→④发生
被
氧化的过程
C．③中的红色固体主要成分为Cu
D．固体产物A 的成分一定不含CuO
【答案】D
【分析】由无色溶液放置生成蓝色溶液，结合题给信息可知，无色溶液中含有无色的
，
转化为
的反应说明固体A 中含有氧化亚铜；红色固体中加入浓氨水，放置后得
到蓝色溶液说明红色固体为铜，A 为铜和氧化亚铜的混合物。
【详解】A．图中②→④在空气中会发生颜色变化，故①中加塞密闭是为了防止空气干扰，故A 正确；
B．②→④在空气中颜色由无色变为蓝色，故发生
被
氧化为
的过程，故B 正
确；
C．根据实验流程，固体A 与浓氨水反应后有红色固体③剩余；在铜及其化合物中，
和Cu 均为红色
固体，由信息ⅰ可知
能溶于浓氨水，而Cu 不溶。因此，未溶解的红色固体③的主要成分为Cu，故
C 正确；
D．
能溶于浓氨水产生蓝色
，
可与Cu 反应生成无色
，故可能会
含有CuO，故D 错误；
故答案为D。
【点睛】本题考查了化学反应机理的知识点，熟练掌握基础知识是解本题关键，侧重考查分析能力的
考查，题目难度不大。
14．下列实验操作及现象与实验结论不相符的是
选项
实验操作
现象
实验结论
A
加热CuCl2溶液
溶液变为绿色
正反应方向
的反应热
B
溴乙烷与NaOH 的乙醇溶液
混合加热
产生的气体能使溴水褪色
该反应发生的是消去反应，产生
了乙烯
C
分别向MgCl2和AlCl3溶液
中逐滴滴入NaOH 至过量
MgCl2溶液产生白色沉
淀，AlCl3溶液先产生白色
沉淀后沉淀溶解
镁金属性比铝强
D
用pH 试纸分别测定同浓度
NaClO 溶液和NaCN 溶液
pH
NaCN 溶液pH 大
酸性：HClO＜HCN
【答案】D
【详解】A．加热CuCl2溶液，溶液变为绿色，说明平衡正向移动，正反应的反应热
，A 正确；
B．溴乙烷与NaOH 的乙醇溶液混合加热，产生的气体能使溴水褪色，证明产生了乙烯，B 正确；
C．AlCl3溶液先产生白色沉淀后沉淀溶解，说明Al(OH)3具有酸性，碱性小于Mg(OH)2，镁的金属性
比铝强，C 正确；
D．NaClO 溶液有强氧化性，会漂白pH 试纸，不能用pH 试纸测NaClO 溶液pH，D 错误；
故选：D。
15．室温下，用
溶液滴定100 mL 含
、
的混合溶液，溶液中pX 随
（
）的变化关系如图所示，其中pX 代表
，
、
、
。已知
。下列说法正确的是
A．乙为pCl 与
（
）的关系曲线
B．交点a 处为
的滴定终点
C．滴定
时，可选KI 作指示剂
D．
的平衡常数
【答案】D
【分析】已知Ksp(AgI)
K
≪
sp(AgCl)，则滴加
时，I-先沉淀，Cl-后沉淀。滴加
初期，乙的
pX 快速上升，说明对应离子浓度迅速下降 ，这是I-急剧减小，pI=−lg[c(I-)]快速增大，因此乙是pI 曲
线；滴加一定体积
后，丙的pX 开始上升，说明对应离子开始沉淀，这是Cl-，pCl=−lg[c(Cl-)]
增大，因此丙是pCl 曲线，甲是pAg 曲线。
【详解】A．滴加
时，I-先沉淀，I-浓度先大幅下降（pI=−lgc(I-)先快速上升），因此乙是pI 与
V(
)的关系曲线，而非pCl，A 错误；
B．I-先沉淀，滴定I-的终点是乙曲线的突跃点，此时I-沉淀完全；交点a 处于Cl-的滴定过程中，I-已沉
淀完全，因此a 不是I-的滴定终点，B 错误；
C．滴定Cl-时，若选KI 作指示剂，I-会先与Ag+生成AgI 沉淀，无法指示Cl-的滴定终点，C 错误；
D．反应
的平衡常数：K=
，由图可知，由a 点数据，pAg =
pI= 8，得出Ksp(AgI) =
，由b 点数据pAg = pCl= 5，得出Ksp(AgCl) =
：K=
，D 正确；
故选D。
二、非选择题：本题共5 小题，共55 分。
16．（13 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
与FeOOH 均易于沉降和过滤，
通常为无定形胶
状物；②该工艺条件下，
。
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
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
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”
的初始浓度为
，为避免生成
，应控制溶液的
_______(保留1 位小数)。确定
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
、_______。
(6)“氧化沉铁锰”中
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
溶液，结合相关反应说明其必要性_______。
【答案】(1)
（1 分）
(2)富集Co 元素（1 分）
(3)
（2 分）
(4)2.0（2 分） KSCN（1 分）
(5)
（2 分）
(6)
（2 分） 在氧化沉锰步骤中有
生成，滴加
溶液，可维持pH 为4.5（2 分）
【分析】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
，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；
【详解】（1）钴是第27 号元素，基态钴原子的价层电子排布式
；
（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
，化学方程式为
；
（4）
的初始浓度为
，则
的初始浓度为
，
，
，则pH=2；检验
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
、
；
（6）“氧化沉铁锰”中
被氧化，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
溶
液，结合相关反应说明其必要性在氧化沉锰步骤中有
生成，滴加
溶液，可维持pH 为4.5。
17．（14 分）磷酸锌是一种防锈颜料，具有防腐蚀效果好、无毒性和无公害等优点。某实验小组拟用微波
法制备
并测定其纯度。已知：微波法指微波作用下，物质之间产生类似摩擦的作用，
使处于杂乱的热运动分子获得能量。
Ⅰ．二水合磷酸锌的制备
实验步骤：
a.称取
和
尿素
，置于烧杯A 中，加入
磷酸和
水，搅拌溶
解。将烧杯A 置于装有适量水的
烧杯B 中，盖上表面皿，放入微波炉内，中高火微波辐射
。
b.当观察到白色泡沫状物质隆起时，停止辐射加热，取出烧杯。
c.水浸、抽滤（如图所示）、洗涤、烘干。
Ⅱ．锌含量的测定
①准确称取
产品，置于
烧杯中，用少量水润湿，加入
盐酸，
搅拌至全部溶解，加入
水混匀，全部转移至
容量瓶中，加水定容，充分摇匀，得到产品
溶液。
②准确移取
产品溶液于锥形瓶中，加入
水和
滴
二甲酚橙作指示剂，缓慢滴
加
六亚甲基四胺作缓冲剂，直至溶液由黄色变为紫红色，再加入
六亚甲基四胺，使溶
液的
为
。用
标准溶液滴定至溶液恰好变为亮黄色且
内不变色，平行滴
定三次，消耗
标准溶液的平均体积为
。
已知：
和
以物质的量之比为
进行反应。
回答下列问题：
(1)下列对“微波作用”提高反应速率的叙述正确的是______（填字母）。
A．活化分子百分数不变，提高单位体积内活化分子数目
B．提高活化分子百分数，提高单位体积内活化分子数目
C．降低反应的活化能，提高活化分子百分数
(2)步骤c 中，相对普通过滤，用如图装置抽滤的主要优点是______（答一条）；简述“洗涤”该产物
的操作：______。
(3)微波加热下反应得到
，同时产生一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，请写出发生
该反应的化学方程式：______；所得的四水合晶体在烘箱中干燥脱水即可得到产品
，
烘干温度不超过
，其原因是______。
(4)步骤②中，用酸式滴定管盛装
标准溶液，在洗涤完酸式滴定管后应进行的操作为______。
(5)该产品中锌的含量为______%；若滴定实验过程中其他操作均正确，起始时俯视读数、到达滴定终
点时仰视读数，则所测结果______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1)B（2 分）
(2) 过滤速度快、所得固体较干燥等合理答案（1 分） （关闭抽气泵，）用玻璃棒引流向布氏漏斗中
加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出（或打开抽气泵抽滤）后重复2~3 次（2 分）
(3)
（2
分） 避免产品失去剩余的结晶水（2 分）
(4)用
标准溶液润洗滴定管（2 分）
(5)
（2 分） 偏高（1 分）
【分析】用硫酸锌、尿素和磷酸反应制备
，反应方程式为：
；将产品溶解后定容为
100 mL，取其中25 mL 滴定，取出的是总产品的四分之一，根据已知
和
以物质的量之比为
进行反应，可计算总的
质量，进而求出Zn 的质量分数。
【详解】（1）依题意，微波作用使物质产生热运动获取能量，即升高温度，提高活化分子百分数，
反应的活化能没有降低，A、C 项错误，B 项正确；
（2）抽滤时，抽气使装置内产生负压，过滤速度较快，固体与液体易分离、固体较干燥等；
根据布氏漏斗特殊情况，洗涤操作为：用玻璃棒引流加入蒸馏水，不能用玻璃棒搅拌，待水自然流出
后重复操作2~3 次；
（3）依题意，尿素中N 显
价，C 显
价。制备产品时产生
气体，氮元素转化成铵根离子，发
生反应的化学方程式为：
；
温度过高，会导致产品失水或分解；
（4）滴定管洗涤后需要用待装溶液润洗；
（5）根据反应比例关系可知，
；
起始时俯视读数，测得初始体积（
）偏小，到达滴定终点时仰视读数，测得终点体积（
）偏大，
结果测得体积（
）偏大，因此所测结果偏高。
18．（13 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，
加氢可转化为绿色产品
。该转化体系涉及以下三个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
①一定温度下，反应Ⅱ能自发进行，则
__________0（填“＞”“＜”或“＝”）
②计算
的
__________。
③在一定条件下，反应Ⅰ的正、逆反应速率方程：正反应速率
，逆反应速率
（
、
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，
增大的倍数__________
增大的倍数（填“＞”“＜”或
“＝”）。
(2)一定条件下，
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：
Ⅱ.副反应：
①在恒容密闭容器中加入等物质的量的
和
，起始压强为
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
__________（用含
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
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
的比值）随温度变化如图所示。
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) >
<
(2)
降温、加压、及时分离出HCOOH（任写两种） HCOOH 的选择性
CO2的转化率 升温反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度
【详解】（1）①一定温度下，反应Ⅱ能自发进行，则
，即
，反应Ⅱ的
，故
；
②目标反应=2×反应Ⅲ-2×反应I，故
；
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，
增大的倍数<
增大的倍数；
（2）①设起始时
和
的物质的量均为1 mol，主反应CO2的转化量为x mol，则
，平衡时CO 与HCOOH 的浓度相等，则反应II 中
CO 的转化量为x mol，
，平衡时各物质的
物质的量分别为：
，总的物质的量为：
，恒容条件下物质的量之比等于压强之比，故：
，解得
，故平衡时各物质的物质的量分别为：
，反应Ⅱ前后气体分子数相同，故浓度
平衡常数与压强平衡常数数值相同，故：
=
；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。
19．（15 分）乙烯是工业上重要的化工原料。某兴趣小组从基础化工原料乙烯出发，针对二酮I 设计了如
下合成路线：
回答下列问题
(1)物质B 中的官能团名称为_________，物质E 的名称为_________。
(2)D→E 的反应类型为_________。
(3)请写出
的反应方程式_________。
(4)物质H 的结构简式为_________。
(5)
的反应中，若将该步骤中的NaOH 溶液更换为稀硫酸，化合物F 的产率明显降低，可能的原
因是_________。
(6)D 的同分异构体中，与其具有相同官能团的有_________种（不考虑对映异构）。
(7)已知：
。I 在碱性溶液中易发生
分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为
-不饱和酮J（
）和
的结构简式为
_________。若经此路线由I 合成K，存在的问题有_________（填标号）。
a.反应条件苛刻 b.原子利用率低 c.产物难以分离 d.严重污染环境
【答案】(1)碳溴键（溴原子）（1 分） 2-甲基-2-丁烯（2 分）
(2)消去反应（1 分）
(3)
（2 分）
(4)
（2 分）
(5)酸性高锰酸钾溶液氧化性更强，E 中的碳碳双键断裂，被氧化生成丙酮和乙酸，明显降低F 的产率
（2 分）
(6)7（2 分）
(7)
（2 分） bc（1 分）
【分析】
A 发生加成反应生成B，B 和镁单质反应转化为C，C 转化为含有羟基的D，D 发生消去反应引入碳碳
双键生成E，E 通过反应引入2 个羟基得到F，F 发生消去反应得到双烯G：CH2=CHC(CH3)=CH2，根
据I 的结构简式，G 和H 发生加成反应成环生成I，H 的结构简式为
；
【详解】（1）物质B 中的官能团名称为碳溴键（溴原子）；物质E 为单烯烃，主链4 个碳，2 号碳上
有个甲基，命名为2-甲基-2-丁烯；
（2）根据分析，D→E 的反应类型为消去反应；
（3）
F 发生消去反应得到双烯G：CH2=CHC(CH3)=CH2，反应方程式为
；
（4）
根据分析，物质H 的结构简式为
；
（5）
的反应中，若将该步骤中的NaOH 溶液更换为稀硫酸，酸性高锰酸钾溶液氧化性更强，E
中的碳碳双键断裂，被氧化生成丙酮和乙酸，明显降低F 的产率；
（6）
D 的同分异构体中，与其具有相同官能团，则含有羟基，首先确定碳链再确定羟基位置，有
8 种，除去其本身，则有7 种(不考虑对映异构)；
（7）
由已知原理可知，
中下侧的羰基与上侧的甲基碳形成碳碳双键得到J
，
中上侧的羰基与下侧的甲基碳形成碳碳双键得到K
；
若经此路线由I 合成K，会生成结构相似的副产物J，故存在的问题有原子利用率低、产物难以分离，
故选bc。
