文档文本内容
2026 年高考第二次模拟考试
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 N 14 O 16 S 32
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．【新科技成果】在低空经济的推动下，低空飞行器快速发展，并应用了大量新型材料。下列有关说法
正确的是
A．飞行器机身、机翼使用的碳纤维复合材料属于有机材料
B．观察窗、仪表盘罩等透明部件使用的聚碳酸酯属于无机非金属材料
C．飞行器使用的燃料可以用废弃食用油制备，废弃食用油的主要成分属于有机高分子
D．飞行器主要承力部位使用的航空铝合金属于金属材料
【答案】D
【解析】A．碳纤维复合材料由碳纤维（无机物）与树脂（有机物）复合而成，属于复合材料，而非纯
有机材料，A 错误；
B．聚碳酸酯是高分子聚合物，属于有机合成材料，不属于无机非金属材料（如陶瓷、玻璃），B 错
误；
C．废弃食用油的主要成分是甘油三酯（油脂），属于小分子有机物，相对分子质量远低于高分子（通
常＞1 万），C 错误；
D．航空铝合金以铝为基础加入其他金属元素，符合金属材料的定义（金属元素或以金属元素为主的合
金），D 正确；
故答案选D。
2．下列生活中的现象与物质结构关联正确的是
A．切割打磨过的普通玻璃晶莹剔透与其晶体类型有
关
B．橡胶老化与碳碳双键无关
C．烟花的绚丽多彩与电子跃迁无关
D．金属可加工成各种形状与金属键有关
【答案】D
【解析】A．普通玻璃是非晶体，切割打磨过的普通玻璃晶莹剔透与其晶体类型无关，A 错误；
B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B 错误；
C．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，多余的能量以
光的形式释放，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，C 错误；
D．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子
层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其
金属键有关，D 正确；
故选D。
3．CuCl 是一种重要的催化剂。可用
、
溶液和NaOH 溶液制备CuCl，溶液酸性较强时CuCl 不易
沉淀。下列实验原理或装置不能达到实验目的的是
A．甲装置制
B．乙装置中X 为
C．丙装置中NaOH 的作用为中和生成的酸D．丁装置吸收尾气中的
【答案】B
【分析】反应原理：
，溶液酸性较强时CuCl 不易沉淀，可
用NaOH 中和生成的酸，据此解答。
【解析】A．由图可知，甲中以
与浓硫酸反应制取
是正确且常用的方法，A 不符合题意；
B．
与饱和
溶液会发生反应生成
，乙中不能盛放饱和
溶液，B 符合题意；
C．由分析可知，该反应会生成酸，且溶液酸性较强时CuCl 不易沉淀，故丙装置中NaOH 的作用为中
和生成的酸，C 不符合题意；
D．丁中用NaOH 溶液吸收尾气中的
亦是常规尾气处理手段，且倒扣的漏斗用于防倒吸，D 不符合
题意；
故选B。
4．设
为阿伏加德罗常数的值，利用反应：
制备
(
)，下列
有关该反应说法错误的是
A．生成
(标准状况下)转移电子数目为
B．若有
参加反应，则反应中生成的
键数目为
C．
中含有非极性键的数目为
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【解析】A．标准状况下，22.4 L N2为1 mol；N2O 中N 元素从+1 价降至0 价，1 mol N2O 含2 个N 原
子，转移电子2 mol，生成1 mol N2转移电子2NA，A 正确；B．4 mol CS2反应生成8 mol N2和4 mol
CO2；N2的结构式为N≡N，含有2 个π 键，8 mol N2含16 mol π 键；CO2的结构式为O=C=O，含有2 个
π 键，4 mol CO2含8 mol π 键，总生成π 键24NA，B 错误；C．128 g S8物质的量为0.5 mol，S8为环状结
构含8 个非极性键，0.5 mol S8含4NA个非极性键，C 正确；D．氧化剂为N2O，还原剂为CS2，它们的
物质的量之比2:1，D 正确；答案选B。
5．对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是
已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：
A．甲的名称为1，3，5-三苯酚
B．O-H 的极性：甲
乙醇
C．
的互变异构体为
D．
可以发生加成、水解和消去反应
【答案】C
【解析】A．甲物质的官能团为酚羟基，根据命名规则，可知甲的名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚，
A 错误；
B．乙醇的烷基具有给电子效应，O-H 极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，O-H 键
极性比乙醇中的醇羟基更强，B 错误；
C．由题给信息可知，1，3，5-苯三酚发生酮式互变异构，变为
，C 正确；
D．
含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，
D 错误；
答案选C。
6．【新考法】氢化锂(LiX，X 为H、D 或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX 与水反应进程中的能量变
化如下图，R、M、TS、P 的相对能量如下表。
相对能量
R
M
TS
P
X 为H
0
-95.7
-81.3
-151.6
X 为D
0
-98.1
-85.4
-163.2
X 为T
0
-96.2
-87.3
-165.2
下列说法不正确的是
A．H、D、T 的核电荷数相同，但质量数不同
B．LiX 和
反应过程中，有极性键的断裂
C．等物质的量的LiX 与
反应放出的热量：
D．该条件下LiX 与
反应的速率：
【答案】C
【解析】A．H、D、T 为氢的同位素，质子数均为1，质量数分别为1、2、3，A 正确；
B．LiX 和
反应生成XH 和LiOH，
中O-H 极性键断裂，B 正确；
C．等物质的量的LiX 与
反应放出热量为|ΔH|=|E(P)-E(R)|，且E(R)=0，故LiH、LiD、LiT 反应焓
变
分别为-151.6、-163.2、-165.2
，所以放出的热量分别为151.6、163.2、165.2
，则放出热量LiH＜LiD＜LiT，C 错误；
D．反应速率取决于活化能，Ea=E(TS)-E(M)，故LiH、LiD、LiT 的活化能分别为LiH：(-81.3)-
(-95.7)=14.4 kJ/mol，LiD：(-85.4)-(-98.1)=12.7 kJ/mol，LiT：(-87.3)-(-96.2)=8.9 kJ/mol，活化能越低速率
越快，故速率LiH＜LiD＜LiT，D 正确；
故选C。
7．【新考法】研究表明，乙酰丙酮(
)存在酮式和烯醇式互变形成的平衡体系：
下列说法错误的是
A．向乙酰丙酮中加入金属钠能产生气泡
B．能与HCN 加成可证实乙酰丙酮存在酮式异构体
C．由酮式向烯醇式转化时，
位的
比
位的活泼
D．形成分子内氢键可增强烯醇式异构体的稳定性
【答案】B
【解析】A．乙酰丙酮的烯醇式结构含有羟基(
)，能与金属钠发生反应生成氢气，产生气泡，A 正
确；
B．酮式结构中的羰基(
)可以与
发生加成反应，但烯醇式结构中的碳碳双键(
)同样可以
与
发生加成反应。因此，能与
加成并不能单独证实乙酰丙酮存在酮式异构体，B 错误；
C．从酮式向烯醇式转化时，
位的
上的氢原子(
位H)会转移到羰基的氧原子上，这说明
位的
H 比
位的H 更活泼，更容易发生迁移，C 正确；
D．烯醇式结构中，羟基(
)的氢原子可以与另一侧羰基(
)的氧原子形成分子内氢键，这种氢
键能降低分子的能量，从而增强烯醇式异构体的稳定性，使其在平衡中占比更高(80%)，D 正确；
故答案选B。
8．元素A~F 与a~f 是分属两个短周期的主族元素，原子序数均依次递增，第一电离能与各元素的关系如
图。下列说法正确的是
A．电负性：
元素
B．b 位于第二周期ⅢA 族
C．简单氢化物的沸点：
D．
与
的空间结构均为平面三角形
【答案】C
【分析】先根据题给的电离能柱状图，可判定大写字母(A～F)对应第二周期的Be、B、C、N、O、F，
小写字母(a～f)对应第三周期的Mg、Al、Si、P、S、Cl。
【解析】A．若f 为Cl、F 为F、C 为C，则电负性顺序应为F＞Cl＞C，题中所给f＞F＞C 不符，故A
错误；
B．b 对应Al，位于第三周期ⅢA 族(铝)，而非第二周期ⅢA 族(硼)，故B 错误；
C．D 为N、E 为O，其氢化物分别为NH3与H2O，水(100 ℃)的沸点高于氨(-33 ℃)，E＞D，故C 正
确；
D．D 为N、E 为O，则
为
(平面三角形结构)，
为
(含孤对电子，三角锥结构)，并非
同为平面三角形，故D 错误；
故选C。
9．钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，下图是用钌
基催化剂催化合成甲酸的反应机理。下列说
法中错误的是
A．反应过程中Ru 的化合价未发生变化
B．该过程涉及极性键的断裂和形成
C．总反应在一定温度下能够自发进行，则正、逆反应活化能的关系为
D．配合物I 的配体是
【答案】C
【分析】由图可知，氢气和物质I 反应生成水和物质Ⅱ，物质Ⅱ和二氧化碳反应生成物质Ⅲ，物质Ⅲ和
水反应生成甲酸物质I，则总反应的反应过程为H2(g)+CO2(g)
HCOOH(l)，物质I 为该反应的催化剂，
反应物为二氧化碳和氢气，物质Ⅱ和Ⅲ为中间产物。
【解析】A．在配合物I
中，
为-1 价，则Ru 为+2 价；在配合物Ⅱ
中，H 为-1
价配体，则Ru 为+2 价；在配合物Ⅲ
中，
为-1 价配体，则Ru 为+2 价。故反应
过程中Ru 的化合价未发生变化，A 正确；
B．过程中涉及二氧化碳断开碳氧双键中的1 根极性键，和氢气中的非极性键，形成C-H 极性键，所以
涉及极性键的断裂和形成，B 正确；
C．总反应为：H2(g)+CO2(g)
HCOOH(l)，则
S＜0，根据吉布斯自由能可知，在一定温度下能够自
发进行，
H＜0，则活化能
，C 错误；
D．配合物I 的中心离子为Ru2+，有两个配体，均为
，配位原子为O，D 正确；
故选C。
10．乙腈
是带甜味的无色液体，与水能完全混溶，是无机和有机化合物的优良溶剂。某铝的卤化
物的二聚体甲溶于乙腈得到乙物质，已知乙中的配离子为四面体形。下列说法错误的是
A．甲中存在极性键、配位键
B．甲、乙中铝原子杂化方式分别为
、
C．乙腈为乙的配体
D．乙的阳离子中
键与
键的个数比为7:2
【答案】B
【解析】A．在甲的结构中，每个Al 原子与4 个X 原子成键，由于Al 原子的最外层有3 个电子，不
足以形成4 个常规的共价键，结构中必有配位键，所以Al 与X 之间以极性键、配位键相结合，A 项正
确；
B．在甲中，每个Al 原子的配位数为4，形成4 个σ 键，价层电子对数为4，故杂化方式为
；在乙
中，Al 原子存在于四面体形的配离子中，说明Al 原子的配位数也为4，杂化方式也为
，B 项错
误；
C．乙中N 原子提供一个孤电子对，与中心Al 原子形成配位键，
为配体，C 项正确；
D．1 个乙的阳离子中含有14 个σ 键、4 个π 键，σ 键与π 键的个数比为14:4=7:2，D 项正确；
故选B。
11．以硼镁矿（含
、
及少量
、
）为原料生产硼酸的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
已知：硼酸和硼砂
均易溶于热水，在冷水中溶解度小。
A．将硼镁矿研磨成粉末可以加快浸取速率
B．
溶液中的杂质主要是
和
C．制备硼酸的离子方程式为
D．一系列操作主要包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】D
【分析】硼镁矿（含2MgO B
⋅
2O3 H
⋅
2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3），将硼镁矿加NaOH 溶液碱浸，
其中难溶于NaOH 溶液的Fe2O3、MgO 形成滤渣A 过滤除去，能溶于NaOH 溶液中的B2O3、SiO2、
Al2O3生成
、
、
进入滤液，然后通入CO2气体将
、
转化为
和
沉淀形成滤渣B 过滤除去，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到硼砂，再加入
热水和稀硫酸调节pH，经过一系列操作生成硼酸；据此作答。
【解析】A．硼镁矿研磨成粉末可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速
率，A 正确；B．由分析可知，
溶液中的主要杂质为
、
，B 正确；C．由
分析可知，加入热水和稀硫酸调节溶液pH 为2 的目的是将硼砂转化为硼酸，反应的离子方程式：
，C 正确；D．由于硼酸在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，则得到
硼酸的一系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D 错误；故答案选D。
12．根据下列实验操作和现象，能合理推出结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将5mL 溴丙烷和10mL 饱和KOH 乙醇溶液混合，加
热，产生气体通入稀酸性KMnO4溶液使之褪色
溴丙烷与KOH 醇溶液共热时能生成丙
烯
B
向1mL 20％蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，水浴加
热，再加入银氨溶液，未出现银镜
蔗糖在此条件下能水解生成葡萄糖
C
常温下，用pH 计测得CH3COONa 溶液的pH 约为
9.2，Na2CO3溶液的pH 约为12.4
此条件下Ka(CH3COOH)>Ka2 (H2CO3)
D
常温下，向2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3
滴酚酞试液，溶液变浅红色
此条件下HPO
的水解程度强于其电
离程度
【答案】D
【解析】A．溴丙烷在KOH 乙醇溶液中加热发生消除反应生成丙烯，丙烯中可能混有挥发的乙醇，乙
醇、丙烯均能使酸性KMnO4褪色，结论不严谨，A 错误；
B．蔗糖水解后需中和酸才能进行银镜反应，未中和酸会导致银氨溶液分解，不会出现银镜反应，结
论错误，B 错误；
C．题中未标明CH3COONa 溶液和Na2CO3溶液是否为等浓度，因此无法得出相应结论，C 错误；
D．Na2HPO4溶液使酚酞变浅红色，说明溶液呈碱性，HPO
水解程度大于其电离程度，D 正确；
答案选D。
13．为探究溶液pH 对
水解平衡的影响，向稀
溶液中分别加入不同的酸(控制温度不变，忽略
溶液体积变化)。实验过程及现象如下：
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
试剂
无
浓盐酸
浓硝酸
浓硫酸
体积/滴
——
2
10
2
10
2
10
现象
黄色
均为黄色，颜色深浅：②<
<
①③
④接近无色，⑤浅黄
色
均接近无色
已知：
为黄色。浓度较小时
(用
表示)几乎无色
下列分析不正确的是
A．①中溶液显黄色的原因是
发生了水解
B．加入浓盐酸促进
平衡正向移动
C．少量浓盐酸使
水解平衡逆向移动，过量浓盐酸使
水解平衡正向移动
D．探究pH 对
水解平衡的影响，最好选用稀
溶液和浓硫酸
【答案】C
【解析】A．原溶液①显黄色是因为
水解生成有色物质，根据题目已知条件，当浓度较小时水解
产物几乎无色，但原溶液为稀溶液，此时黄色可能由
水解产生的中间产物（如
）导致，A 正确；
B．加入浓盐酸引入大量
，促使
与
形成
（黄色），平衡正向移动，B 正确；
C．浓盐酸中的
会抑制
水解，使水解平衡逆向移动，加入过量浓盐酸时
的络合作用进一步
减少
浓度，无论盐酸量多少，水解平衡始终逆向移动，C 错误；
D．浓硫酸仅改变pH 且不引入与
反应的离子（如
或
），可单独研究pH 对水解的影响，
D 正确；
故选C。
14．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，下列有关说法错误的是
A．放电过程中
从a 极区向b 极区移动
B．充电时，b 极区
的物质的量增大
C．充电时a 极的电极电势小于b 极
D．放电时另一步负极电极反应式：
【答案】B
【分析】该电池放电时，负极发生的反应分两步，分别是xV2++xH++Bi=BiHx+xV3+和BiHx−xe-=xH+
+Bi，说明a 是原电池的负极，b 为正极；充电时，a 为阴极，b 为阳极，以此解题；
【解析】A．放电时，阳离子向正极移动， H+从负极区（a 极）向正极区（b 极）移动，A 正确；
B．充电时b 极为阳极，电极反应式为
， H2O 被消耗，b 极区H2O 的物
质的量减小，B 错误；
C．充电时，原电池的正极（b 极）作阳极，负极（a 极）作阴极，阳极电势高于阴极，故a 极电势小
于b 极，C 正确；
D．放电时，负极电极反应式为：
，已知一步反应为：
，
则另一步反应为：
，D 正确；
故选B。
15．向
饱和溶液（有足量
固体）中通入HCl 气体，调节体系pH 促进
溶解，总反应
为
，平衡时
、分布系数
（其中M 代表
、
或
）与pH 的变化关系如图所示，比如
，已知：
，下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ表示
与pH 的变化关系
B．
时，
C．
时，溶液中
D．总反应
的平衡常数为
【答案】C
【解析】A．由反应
可知，pH 越小，
浓度越大，
浓度越
大，
越小，
随pH 增大先增大后减小，所以，曲线Ⅱ表示
与pH 的变化关系，
曲线Ⅰ表示
与pH 的变化关系，曲线Ⅲ表示
与pH 的变化关系，曲线Ⅳ表示
与pH 的变化关系，A 项正确；B．
时，
；
时，
；当
时，
，B 项正确；C．
时，由电荷守恒
和物料守恒
联立可得到
，由于
，故
，C 项错误；D．
的平衡常数
，D 项正
确；答案选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（13 分）废旧磷酸亚铁锂电池正极片含
箔、
活性材料和少量不溶于酸碱的导电剂，某学
习小组在实验室中模拟回收得到
、
、
流程如图所示：
已知：常温下，
。
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (写一点)。
（2）“沉铝”时发生反应的离子方程式为 。
（3）“酸浸”主要反应为
，该反应中氧化剂与还原
剂的物质的量之比为 。
（4）判断
已沉淀完全的实验方法是取少量滤液2 于试管中， 。
（5）“滤液3”中的溶质除少量
外，主要为
，从“滤液3”中回收
，可采取的
方法和操作是i．向“滤液3”中加入 (试剂名称)至 (填现象)，ii．蒸发结晶，晶体加热脱
水。
（6）若“滤液2”中
，加入等体积的
后，滤液3 中
为
，
则
的沉淀率为
。(
)
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）适当升高温度、搅拌、增大酸的浓度（1 分）
（2）
（3）
（4）滴加几滴KSCN 溶液，溶液不显红色，说明
沉淀完全或其他合理答案
（5）硫酸或稀硫酸 无气泡产生
（6）90
【分析】正极片（
箔、
活性材料和少量不溶于酸碱的导电剂）用氢氧化钠溶液“碱浸”
后，
和氢氧化钠反应生成
，浸液中含有
，向浸液中通入过量的
，生成
氢氧化铝沉淀，加热得到氧化铝，浸渣中含有
和少量不溶于酸碱的导电剂，加入稀硫酸和
“酸浸”后，少量不溶于酸碱的导电剂过滤到滤渣1 中，
与稀硫酸和
反应生成
，滤液1 中主要含有
，加入30%的碳酸钠，调节
得到磷酸铁沉淀，
过滤后，向滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥得到碳酸锂。
【解析】（1）适当升高温度、搅拌、增大酸的浓度都可以加快反应速率，提高“酸浸”效率；
（2）“碱浸”后，浸液中含有
，通入过量的
，发生的离子方程式为
；
（3）反应中，
中O 从
，是氧化剂，
中
从
，是还原剂，1
转移2
，1
转移1
，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的
物质的量之比为1:2；
（4）
遇
溶液变红，检验
已沉淀完全的实验方法是取少量滤液2 于试管中，滴加几滴
溶液，溶液不显红色，说明
沉淀完全；
（5）“滤液3”中的溶质除少量
外，主要为
，若从“滤液3”中回收
，可以将
转化为
，利用碳酸盐能与酸反应生成
气体，且考虑不引入杂质，可以向“滤液3”
中加入稀硫酸，至无气泡产生，代表
全部转化为
；
（6）设
沉淀率为
，溶液体积为
L，则沉淀的
为
，沉淀后的溶液中
，根据
，
。
17．（14 分）三草酸合铁酸钾
是光化学研究中一种常用试剂，实验室制备过程中涉
及部分物质的性质如下：
常温下为翠绿色单斜晶体，易溶于水。
常温下为黄色结晶性粉末，微溶于水。
实验室制备流程如下：
回答下列问题：
（1）写出步骤I 发生反应的离子方程式 。
（2）步骤I 中加
后，检验
是否完全被氧化的试剂是___________。
A．KSCN 溶液
B．苯酚
C．
酸性溶液D．NaOH 溶液
实验小组对步骤I 中所加试剂顺序产生的不同结果进行了研究(其他实验条件均相同)，实验结果如
下：
加入顺序
产率/%
晶型、色泽
先加氨水
52.92
黄绿色粉末
先加
40.96
翠绿色晶体
（3）分析步骤I 中不先加氨水的原因可能是 。
（4）
的制备流程如下：
按照铁粉的量计算
的产率，结果偏低的原因为 。
已知
的电离平衡常数为：
（5）判断
溶液的酸碱性： (“酸性”、“中性”或“碱性”)，通过计算说明原因
。
（6）步骤IV 的系列操作是___________。
A．过滤、洗涤、干燥
B．蒸发浓缩至表面有晶膜出现、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．蒸发至大量晶体析出后、趁热过滤、洗涤、干燥
D．蒸发至大量晶体析出后、利用余热蒸干、洗涤、干燥
【答案】（每空2 分）
（1）
（2）C
（3）若先加氨水，
会先生成
沉淀，而
被
氧化时可能生成胶体或颗粒较小
的沉淀，不利于后续与
反应生成目标产物
（4）部分铁粉被空气中的氧气氧化，或硫酸亚铁溶液在蒸发浓缩时被氧化
（5）酸性
的电离平衡常数
，水解平衡常数
，
，因此
的电离程度大于水解程度
（6）B
【分析】该实验以硫酸亚铁铵为原料，先通过双氧水氧化、氨水沉淀得到
，同时将草酸与氢
氧化钾反应制得
，再将两者反应得到含
的溶液，最后经蒸发浓缩、冷却结晶
得到目标晶体
；后续还涉及对产品的产率分析、溶液酸碱性判断、操作选择及铁
含量测定，完整呈现了从原料到产品制备与定量分析的全过程。
【解析】（1）
在
和
作用下被氧化为
沉淀，结合得失电子守恒和原子、电
荷守恒，离子方程式为：
；
（2）A．KSCN 溶液可以检验
，溶液会变红，但它不能检验
是否存在。因此，无法用它
判断
是否完全被氧化，A 不符合题意；
B．苯酚与
会发生显色反应，溶液显紫色，但它不能检验
。因此，无法判断
是否完
全被氧化，B 不符合题意；
C．
酸性溶液具有强氧化性，能与
发生氧化还原反应，使紫红色的溶液褪色。如果加
入
酸性溶液后不褪色，说明溶液中没有
，即
已完全氧化；如果褪色，则说明仍
有
残留，C 符合题意；
D．NaOH 溶液与
反应生成白色的
沉淀，该沉淀会迅速被氧化为红褐色的
。由于反应体系中已有
沉淀，加入 NaOH 后无法区分沉淀是来自原有的
还是残留
的
，D 不符合题意；
故答案选C。
（3）若先加氨水，
会先生成
沉淀，而
被
氧化时可能生成胶体或颗粒较小
的沉淀，不利于后续与
反应生成目标产物，导致产率降低或产品纯度下降，故答案为：若先
加氨水，
会先生成
沉淀，而
被
氧化时可能生成胶体或颗粒较小的沉淀，不
利于后续与
反应生成目标产物；
（4）反应过程中部分铁粉被空气中的氧气氧化，或硫酸亚铁溶液在蒸发浓缩时被氧化，导致参与反
应的
减少，从而使
产率偏低，故答案为：部分铁粉被空气中的氧气氧化，或硫
酸亚铁溶液在蒸发浓缩时被氧化；
（5）
的电离平衡常数
，水解平衡常数
，因为
，所以
的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故答案为：酸性；
的电离平衡
常数
，水解平衡常数
，
，因此
的电离
程度大于水解程度；
（6）
是易溶于水的晶体，需通过蒸发浓缩至表面有晶膜出现、冷却结晶、过
滤、洗涤、干燥的方式得到，故答案选B。
18．（14 分）
的过量排放引起温室效应，导致全球变暖，已成为全球各国普遍关注的一个环境热点问
题。科研人员设计了利用
氢化制备
的路线，主要反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ和反应Ⅲ的平衡常数随温度变化如图所示，则
0(填“>”或“＜”)。反应I(填
选项) 。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发
（2）若为恒压体系，下列可以作为反应I 达到平衡的判据是_______(填选项)。
A．
(g)分压保持不变
B．
C．体系浓度商不变
D．容器内气体的密度不变
（3）不同载体的铜基催化剂催化二氧化碳加氢制甲醇的反应历程如图所示(横线上数字表示该步反应
的能垒)，写出甲酸盐路径中决速步反应的化学方程式： 。
（4）不同压强下，通入1 mol
和3 mol
发生上述反应，实验测定
的平衡转化率随温度的
变化关系如图所示，
(填“>”“＜”或“=”)；图中温度高于700℃时，两条曲线几乎交于
一点的原因是 。
（5）
温度下，将1 mol
和3 mol
充入容积为1 L 的恒容密闭容器中，容器起始压强为
，
仅进行反应I。反应达到平衡时
(g)为0.5 mol，求反应I 的平衡常数
为 。
【答案】（每空2 分）
（1）＜ B
（2）ACD
（3）
（4）＞ 温度高于700℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡
没有影响
（5）
【解析】（1）由图可知，反应Ⅱ的平衡常数随着温度降低而减小，说明降低温度反应Ⅱ的平衡逆向
移动，
，同理可知反应Ⅲ为放热反应，
。反应Ⅰ为气体分子数减小的放热反应，
，
，由ΔG1=ΔH1-TΔS1<0 时反应可自发进行可知，该反应在低温时可自发进行。
（2）A．在恒压体系中，当
(g)分压保持不变时，可以说明反应Ⅰ达到平衡状态，A 正确；
B．同一反应用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，即任意时刻都存在
，因此不能作为反应达到平衡的依据，B 错误；
C．浓度商不变时，可以说明反应Ⅰ达到平衡，C 正确；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，在恒压体系中，随着反应的进行，容器的容积发生变化，当反
应达到平衡状态时，容器的容积不变，气体物质的质量不变，则混合气体的密度也保持不变，可以说
明反应Ⅰ达到平衡，D 正确。
（3）活化能最大的基元反应即为决速步反应，由图可知
的能垒最高，为决速
步反应。
（4）反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，因此温度较低时，压强越
大
的平衡转化率越高，故压强：
；反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度较高
时，主要发生反应Ⅱ，且反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，故
的平衡转化率几乎不再受压强影
响。
（5）1 mol
和3 mol
充入容积为1 L 的恒容密闭容器中，达到平衡时
(g)为0.5 mol，
则列三段式，得：
反应开始时气体的总物质的量为4 mol，达到平衡时气体的总物质的量为(0.5+1.5+0.5+0.5)mol=3 mol，
根据
，可知平衡时气体的总压强为
=0.75
，则
。
19．（14 分）脱落酸(K)是一种重要的植物激素，它的一种合成方法如下：
已知：①
；
RCOOR′
②
，
；
③
(
代表烃基或H，
代表烃基)
回答下列问题：
（1）A 的名称为 。
（2）E 中含氧官能团的名称为 ，D→E 的目的是 。
（3）F→G 伴随甲醇生成，写出F→G 的化学方程式： 。
（4）H→K 分两步进行，第一步的有机产物为 。产物K (填“能”或“不能”)进一步
发生消去反应生成稳定物质。
（5）写出符合下列条件的B 的同分异构体： (任写一种)。
a.有且只有一个环
b.核磁共振氢谱显示有两组峰，峰面积比为
（6）B→C 所需的X，其结构简式为
，请以乙醇为原料设计合成X 的路线 (无机试
剂任选)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）丙酮（1 分）
（2）醚键、酯基（1 分） 保护酮羰基，防止被还原
（3）
（4）
不能（1 分）
（5）
或
（6）
（3 分）
【分析】根据H 的结构和已知①可推导出G 的结构式为
。
【解析】（1）A 的名称为丙酮。
（2）根据E 的结构式
，可知E 中含氧官能团的名称为醚键、酯基；D→E 的反应D
中酮羰基被保护，最后一步生成K 产物时水解恢复酮羰基，故D→E 的目的是保护酮羰基，防止被还
原。
（3）根据分析可知，G 的结构式为
，且F→G 伴随甲醇生成，故F→G 的化学方程式
。
（4）H→K 分两步进行，第一步反应为已知①的第二部反应（环醚的水解），故有机产物为
，第二步反应是羟基的消去生成K；产物K 中的羟基的β-C 上无氢原子，故不能进
一步发生消去反应生成稳定物质。
（5）B 的同分异构存在两个不饱和度、一个氧原子和六个碳原子，要求有且只有一个环，即除了一个
环的结构外还存在一个不饱和度，且核磁共振氢谱显示有两组峰，峰面积比为
，符合下列条件的
B 的同分异构体为
或
。
（6）根据X 结构式推导其发生的反应为已知③，从而逆推出X 的反应物为乙酸乙酯，即需要用乙醇
合成乙酸乙酯，可先用乙醇氧化生成乙酸，再用乙酸和乙醇发生酯化反应得乙酸乙酯，后经已知③可
得X，合成路线如下：
。
