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 Na 23 Fe 56 Cu 64
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．【传统文化】下列考古文物的主要成分为蛋白质的是
A．西汉嵌金片花纹铁匕
首
B．西汉金缕玉衣
C．明犀角杯
D．宋钧窑天蓝釉唇口盘
【答案】C
【解析】A．西汉嵌金片花纹铁匕首的主要材料是铁，A 不符题意；
B．西汉金缕玉衣使用金丝将玉片编缀而成，主要材料是玉片与金丝，玉片主要成分是硅酸盐，金丝的
主要成分是黄金，B 不符题意；
C．明犀角杯的主要材料是犀牛角，犀牛角的主要成分为蛋白质，C 符合题意；
D．宋钧窑天蓝釉唇口盘的主要材料是瓷胎和釉料，瓷胎的主要成分是二氧化硅、氧化铝，釉料的主要
成分是硅酸盐复合物，D 不符题意；
故选C。
2．【新考法】格氏试剂是含卤化镁的有机金属化合物，在有机合成上十分有用。由法国化学家维克多·格
林尼亚发现，其合成反应为
。下列化学用语不正确的是
A．
的VSEPR 模型：
B．
的结构示意图：
C．溴乙烷的空间填充模型：
D．溴化镁电子式：
【答案】C
【解析】A．
的中心原子C 原子的价层电子对数 =
，为sp2杂化，VSEPR 模型：
，A 正确；
B．
为氯原子得到1 个电子形成的离子，结构示意图：
，B 正确；
C．空间填充模型需体现原子相对大小和紧密排列，溴乙烷中Br 原子半径最大，图片为球棍模型，非
空间填充模型，C 错误；
D．溴化镁为离子化合物，电子式表示为
，D 正确；
故选C。
3．【热点】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。
4．发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如
图所示的转化（假设NaNO2的还原产物均为NH3），下列说法错误的是（设NA为阿伏加德罗常数的
值）
A．1．8 g 15NH3含有的孤对电子为0.1NA
B．1 L 1 mol/L NaNO2溶液中阴离子总物质的量大于1 mol
C．反应①中生成34 g NH3时，反应①转移电子数目为12NA
D．足量的Fe 与0.4 L 10 mol/L 硝酸溶液反应，可生成标准状况下44.8 L NO2
【答案】D
【解析】由流程可知，反应①为
，反应②为
，反应③为
。
1．8 g 15NH3的物质的量为
，每个
15NH3分子N 含有1 个孤对电子，故0.1 mol 15NH3含
有的孤对电子为0.1NA，A 正确；
B．NaNO2溶液中存在水解平衡
，故溶液中阴离子为
和
，根据电荷
守恒有
，1 mol NaNO2电离出1 mol
，所以阴离子总物质的量有
，因为溶液中
，故1 L 1 mol/L NaNO2溶液中阴离子总物质的
量大于1 mol，B 正确；
C．由分析可知反应①为
，该反应中1 mol N 原子由+3 价
降为-3 价，生成1mol 氨气转移6 mol 电子，故该反应生成34 g NH3（
）时，转移电子数
目为12NA，C 正确；
D．足量的Fe 与0.4 L 10 mol/L 硝酸溶液（
）反应，在较浓硝酸阶段发生反应
，硝酸变稀后发生反应
，随着硝酸浓度变稀，会生成其他价态的含氮物质，反应
会生成NO2、NO 等的混合气体，无法生成44.8 L（标准状况下物质的量为
）纯NO2，
D 错误；
故答案选D。
5．Y 是一种人工合成的多肽，其合成路线如图。下列说法错误的是
A．E 中存在官能团酰胺基和氨基
B．F 和G 生成X 时，原子利用率为100%
C．Y 水解可得到E 和G
D．Y 的合成过程中进行了官能团保护
【答案】C
【解析】E 与(CH3)3CCOOH 在一定条件下发生取代反应生成F，F 与G 在催化剂作用下发生聚合反应生
成X，X 在一定条件下发生水解反应生成Y 和(CH3)3CCOOH。
A．从流程图中可以看出，E 中存在的官能团有酰胺基和氨基，A 正确；
B．F 和G 发生加成聚合反应，只生成X 一种产物，原子利用率为100%，B 正确；
C．Y 水解时，可得到E 和G 的水解产物(酰胺基水解生成-COOH 和-NH2)，得不到E 和G，C 错误；
D．Y 的合成过程中，使用(CH3)3CCOOH 进行E 中-NH2的保护，然后再水解释放出-NH2和
(CH3)3CCOOH，D 正确；
故选C。
6．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
选
项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
食用油在空气中放置久了会变质
不饱和脂肪酸甘油酯含碳碳双键
B
加热
固体制备
C
浓硝酸与蛋白质作用使其呈黄色
浓硝酸见光分解产生
D
聚氯乙烯薄膜不能用于食品包装
聚氯乙烯燃烧生成HCl 和
【答案】A
【解析】A．食用油变质是由于不饱和脂肪酸甘油酯中的碳碳双键易被氧化，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在
因果关系，A 符合题意；
B．加热NH4Cl 固体无法有效制备NH3，因产物会重新结合为NH4Cl，陈述Ⅰ错误，B 不符合题意；
C．浓硝酸使蛋白质变黄是其与蛋白质的硝化反应所致，与浓硝酸见光分解产生NO2无直接因果，陈述
Ⅰ和Ⅱ均正确但无因果关系，C 不符合题意；
D．聚氯乙烯不用于食品包装是因可能释放有害增塑剂等有毒物质，而非燃烧生成HCl 和CO2，陈述Ⅰ
和Ⅱ均正确但因果关系不成立，D 不符合题意；
故答案选A。
7．一种由短周期元素构成的洗涤剂中间体结构式如图所示，X、Q、Z、Y、W 原子序数依次增大，X 和
W 同主族，Q、Z、Y 同周期，基态Q 原子核外成对电子对数与未成对电子数相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．第一电离能：
C．Z 元素的氧化物对应水化物为强酸
D．Y 的简单氢化物的空间结构为平面三角形
【答案】A
【解析】短周期元素X、Q、Z、Y、W 原子序数依次增大，X 和W 同主族，X 能参与形成1 个共价键，
则X 为H；Q、Z、Y 同周期，基态Q 原子核外成对电子对数与未成对电子数相等，且Q 能参与形成4
个共价键，基态碳原子(
)核外有2 对成对电子和2 个未成对电子，则Q 为C 元素；Z 能参与形
成3 个共价键、Y 能参与形成2 个共价键，则Z 为N，Y 为O；W 的原子序数大于O，且是与H 同主族
的短周期元素，则W 为Na。
A．W 为Na、Y 为O、Z 为N，三者的简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，
则简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，即
，A 正确；
B．Q 为C、Z 为N、Y 为O，同一周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA 族元
素的第一电离能大于其右边相邻元素，则第一电离能：N＞O＞C，即
，B 错误；
C．Z 为N，Z 元素的最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，但Z 元素的氧化物对应水化物不一定为
强酸，如HNO2为弱酸，C 错误；
D．Y 为O，Y 的简单氢化物为H2O，H2O 的中心O 原子的价层电子对数为2+2
=4，其
模型为四面体，空间构型为V 形，D 错误；
故选A。
8．硫氰化铵
可以作为聚合反应的催化剂。
不溶于
。实验室模拟制备少量
样
品的装置如图所示(加热与夹持装置已略去)，实验原理：
，下列说法错误
的是
A．装置A 中可以用浓氨水和生石灰来制备氨气
B．装置B、D 的作用相同
C．装置C 虚线框中导管应伸入
层
D．装置C 中反应完全的标志是C 中液体不再分层
【答案】B
【解析】A．装置A 可以用固体和液体来制备氨气，故A 中可以用浓氨水和生石灰来制备氨气，A 正确；
B．装置B 的作用是干燥氨气，装置D 的作用是处理
尾气，作用不同，B 错误；
C．实验原理为
与
的反应，所以需要将导管伸入
层，使
与其充分反应，C 正确；
D．
难溶于水，装置C 中反应完全时
被完全消耗，液体不再分层，故装置C 中反应完全的标志
是C 中液体不再分层，D 正确；
故选B。
9．GaN 晶体是一种重要的第三代半导体材料，其立方晶胞结构如图所示：
下列说法错误的是
A．相邻两个N 原子的最短距离为
pm
B．已知晶体中Ga-N 键长为a pm，则a 与b 的关系为
C．若A 原子坐标分数为(0，0，0)，则B 原子坐标分数为
D．
为阿伏加德罗常数的值，则GaN 晶体的密度可表示
g·cm-3
【答案】B
【解析】A．N 原子位于晶胞内部，最近邻的两个N 原子连线跨越了面对角线，它们之间的距离是面对
角线的一半，面对角线长度为
b，相邻两个N 原子的最短距离为
b，故A 正确；
B．Ga 原子位于晶胞顶点和面心，当A 为原点时Ga 坐标可以表示为（0，0，0），最近的N 原子位置
可以表示为（
b，
b，
b），Ga-N 键长a 是两原子之间的距离
b，解得b=
，故B 错误；
C．A 为原点时，B 原子为四面体空隙中的Ga 原子，根据晶胞对称性，B 在x 方向上距离原点
b，y
和z 方向上距离原点
b，故B 坐标分数为（
，
，
）故C 正确；
D．晶胞的体积为V=（b×10-10cm）
3=b3×10-30cm3，晶胞中Ga 和N 的数目都为4 个，则晶胞质量为m=
g，则密度为ρ=
=
g/cm3，故D 正确；
故选B。
10．我国科学家合成了检测
的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A 分子的说法正确的
是
A．分子中所有原子均可共面
B．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
C．存在对映异构体，不存在顺反异构体D．1 mol 探针A 最多能与3 mol NaOH 反应
【答案】B
【解析】A．该分子中存在甲基（
），甲基的空间结构为四面体，其碳原子上的氢原子无法全部
与其他原子共面，因此所有原子不可能共面，A 错误；
B．该分子中苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以能和饱和溴水发生取代反应，分子中碳碳双键能
和饱和溴水发生加成反应，B 正确；
C．分子中不存在连有4 个不同基团的手性碳原子，因此不存在对映异构体，分子中碳碳双键两端的
基团不同，存在顺反异构体，C 错误；
D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH 以
发生反应，分子中含有2 个酚羟基、1
个酯基水解生成1 个酚羟基和1 个羧基，所以1 mol 该物质最多消耗4 mol NaOH，D 错误；
故答案选B。
11．【热点】我国化学家设计了一种功能化的冠醚衍生物，用于选择性捕获溶液中的
。该冠醚衍生物
识别
形成的超分子结构如下图所示(图中R 为
)。下列关于该超分子体系的说法正确的
是
A．该冠醚衍生物对
的高选择性，源于空腔直径与
半径的匹配，且
与氧原子作用协同最优
B．
从水溶液进入该冠醚衍生物空腔的过程是自发的，该过程放热，且体系混乱度增大
C．该冠醚衍生物上的所有碳原子和氧原子均采取
杂化，R 基的引入会显著改变空腔的直径
D．在该超分子体系中加入浓度更高含有
的溶液，利用
的浓度优势可置换出
【答案】A
【解析】A．该冠醚衍生物对
的高选择性，源于其空腔直径与
半径的精确匹配，同时
与氧原
子的配位作用达到协同最优，使得只有
能稳定进入空腔，A 正确；
B．
与冠醚的络合是一个自发过程（ΔG < 0）。对于此体系，该过程通常是放热的（ΔH < 0），
但由于形成了更有序的超分子结构，体系的熵是减小的（ΔS < 0），B 错误；
C．冠醚衍生物中苯环上的碳原子为
杂化，并非所有碳、氧原子均为
杂化，C 错误；
D．冠醚对
的选择性远高于
，这是由空腔尺寸和配位作用共同决定的，并非单纯由浓度决定，
因此高浓度
无法置换出已结合的
，D 错误；
故答案选A。
12．一水硫酸四氨合铜{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}是一种易溶于水的晶体，可作高效安全的广谱杀菌剂，实验室
制备流程如图所示。下列说法错误的是
A．[Cu(NH3)4]SO4·H2O 含有离子键、共价键、配位键
B．过程①中的O2改为H2O2反应离子方程式可表示为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
C．过程③的现象是难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液
D．过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，玻璃棒摩擦的目的是减慢结晶速率
【答案】D
【解析】铜屑和氧气、硫酸反应生成硫酸铜溶液，加入氨水形成氢氧化铜悬浊液，继续加入过量氨水
形成硫酸四氨合铜，加入乙醇析出一水硫酸四氨合铜晶体。
A．形成的晶体中含有四氨合铜离子与硫酸根离子之间的离子键，氮氢、硫氧、氢氧之间的共价键，
铜和氮之间的配位键，故A 项正确；
B．铜和
、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，涉及离子反应为：
，故B
项正确；
C．过程③中蓝色沉淀为氢氧化铜，氢氧化铜和过量氨水形成硫酸四氨合铜，溶液变为深蓝色，故C
项正确；
D．乙醇为极性溶剂，但极性较弱，过程④中加入的“溶剂X”可以是乙醇，改变了溶液的极性使得产
物在溶液中溶解度减小而析出，玻璃棒摩擦的目的是形成晶体的晶核，加快结晶速率，故D 项错误；
故答案选D。
13．下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向
溶液中滴加
溶液
出现白色沉淀
和
发生
了相互促进的水解反应
B
相同条件下，向等体积、等浓
度的
溶液和
溶液中，分
别加
粉
溶液初始反应
速率较快
酸性：
C
向某卤代烃溶液中滴加少量
溶液
有淡黄色沉淀生成
该卤代烃为溴代物
D
燃着的镁条插入盛有
的集气
瓶中，冷却后，往集气瓶中加
入适量稀盐酸，静置，取少量
上层清液于试管中，滴加少量
溶液
剧烈燃烧，集气瓶
口有淡黄色固体附
着，集气瓶底有白
色固体生成。试管
中没有产生黑色沉
淀
镁能在
中燃烧：
【答案】D
【解析】A．向NaHCO3溶液中滴加Na[Al(OH)4]溶液，出现白色沉淀是由于
和[Al(OH)4]-发生酸
碱反应生成Al(OH)3沉淀，并非相互促进的水解反应，A 错误；
B．HA 溶液初始反应速率较快，说明HA 溶液中氢离子的浓度更大，HA 电离程度更大，酸性强于
HB，B 错误；
C．卤代烃中的卤素原子非游离态，直接滴加AgNO3溶液无法检测；需先水解并酸化后再加AgNO3，
操作不合理且结论不可靠，C 错误；
D．镁在SO2中燃烧生成淡黄色硫磺和白色MgO，加稀盐酸溶解MgO 后滴加CuSO4无黑色沉淀，说
明无H2S 或硫化物生成，符合反应：
，现象与结论一致，D 正确；
故选D。
14．钠离子电池具有充电速度快和低温环境性能优越的特点，其电极材料的导电聚合物中掺杂磺酸基可增
强其电化学活性，其充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．充电时，电极B 为阴极，质量减少
B．钠离子电池的工作原理是
的嵌入与脱嵌
C．充电时，电极A 的电极反应式为
D．充电过程中，每转移
，两电极质量变化相差46 g
【答案】A
【解析】题目图示信息表明：充电时，电极A 连接电源的正极，是阳极；电极B 连接电源的负极，是
阴极。电极A 的导电聚合物中掺杂了磺酸基，充电时Na+从电极A 脱嵌，进入电解质；放电时Na+嵌
入电极A。电极B 为Na2C6，充电时Na+嵌入电极B，放电时Na+脱嵌。
A．充电时，电极B 连接电源的负极，作阴极，
移向电极B，在电极B 上放电发生还原反应，使
电极B 质量增加，A 项错误；
B．钠离子电池的工作原理是Na+在正负极之间迁移，实现能量的存储和释放，充电时Na+从正极脱嵌，
嵌入负极，而放电时则相反，即原理为
的嵌入与脱嵌，B 项正确；
C．充电时，电极A 连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，电极反应式为
，符合选项所示，C 项正确；
D．充电过程中，根据C 项阳极反应式，每转移
，电极A 有
脱嵌移至电极B，因此电
极A 减重23 g，电极B 增重23 g，则两电极质量变化相差23g-（-23g）=46 g，D 项正确；
故选A。
15．常温下，将
溶液滴入
溶液中，溶液中含T 微粒(
、
、
、
)的分布系数、溶液pH 与加入NaOH 溶液的体积V 的关系如图所示。已知：
。下列叙述错误的是
A．a、c 线分别代表
、
的分布系数变化情况
B．
时，
C．
时，
D．由M 至N 的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂
【答案】B
【解析】向
中滴加NaOH，逐步生成
、
、
，所以a、b、c、d 曲线分别为
、
、
、
，加入50 mL NaOH 时，恰好生成
，加入100 mL NaOH 时，恰好生成
，加入150 mL NaOH 时，恰好生成
，以此分析。
A．由分析可知，A 正确；
B．溶液中存在电荷守恒，
，
时，
，所以
，从图中可以得到，
时，
，所以
，B 错误；
C．
，由图可知，
时，
，则
，所以当
时，
，可
得
，C 正确；
D．由M 至N 的滴定过程中，由图可知，突变在
之后，而甲基橙在
后一直为黄色，滴
定过程中，没有颜色变化，所以不可用甲基橙作指示剂，D 正确；
故答案选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（13 分）某种软锰矿中含有
的氧化物，一种综合利用该软锰矿的工艺流程如下：
已知：
时，
的
，
的
。
回答下列问题：
(1)“浸出渣”的主要成分有
与___________(写化学式)。
(2)“碱化过滤”时，当
完全沉淀，溶液中
___________(填“>”“<”或“=”)
。
(3)“氧化”过程中若通入空气时间过长，
的纯度会下降，可能的原因是___________。
(4)“水热法”时，温度控制在
，反应的离子方程式为___________，反应后过滤所得滤液可用于
制备副产物，写出副产物的一种应用：___________。
(5)
在酸性、中性环境下都会被歧化生成
和
，则“熔融”步骤中应保证原料
___________。
(6)“电解”步骤的阳极反应为___________。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)
(2)<
(3)
会进一步被氧化
(4)
作氮肥(1 分，或其他合理答案)
(5)KOH 过量
(6)
【解析】由题干信息可知，软锰矿中含有
、
和
，与浓硫酸反应生成
和
，
不参与反应。
的分解温度高于
，在焙烧过程中，
分解生成
和
，
不发生反应，在后续浸出过程中，
溶于水形成溶液，
和
作为
浸出渣被分离。在碱化过滤过程中，
与
反应生成
沉淀，之后经浆化，氧化，
过滤烘干等过程转化为
。在水热法过程中，
被
氧化为
。在熔融步骤
中，
和KOH 将
氧化为
等化合物，之后
被电解转化为
，据此作
答。
（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为
和
。
（2）
在水溶液中存在溶解平衡：
，
。在碱化过滤中，
被完全沉淀，则有
，
此时溶液中的
浓度
。
在水溶
液中存在电离平衡
，
，则
，
；
（3）Mn 的最高正价为+7 价，
中Mn 为+2 价和+3 价，处于中间价态，因此具有氧化性也拥有
还原性，若氧化时间过长，
会被进一步氧化，造成纯度下降；
（4）由分析可知，在水热过程中，
与
发生氧化还原反应，
被氧化为
，
Mn 元素从+2 价升至+4 价，
被还原为
，
存在-O-O-键，-1 价O 原子得电子生成-2 价氧，
根据电子守恒和质量守恒可写出离子方程式：
；该反应
副产物为
，可用作氮肥；
（5）由题干信息可知，
在酸性、中性环境下都会被歧化生成
和
，因此，若要避免
熔融步骤生成副产物，需控制反应体系呈碱性，因此在熔融步骤要保证原料中KOH 过量；
（6）电解过程中
发生氧化反应，生成
，是电解池阳极反应。该过程中，Mn 元素从
+6 价升至+7 价，结合电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出电极反应方程式：
。
17．（14 分）冰醋酸法是实验室制备乙酰苯胺的经典方案，核心原理为加热时苯胺与冰醋酸发生酰化反应，
反应可逆，需通过回流促进反应发生。其实验室制备原理如下：
相关信息如下：
物质
相对分
子质量
熔点
/℃
沸点
/℃
密度
溶解性
苯胺
93
184.0
1.02
微溶于水，
易溶于乙醇
乙酸
60
16.6
117.9
1.05
与水或乙醇互溶
乙酰
苯胺
135
114.3
304
1.21
微溶于冷水，
易溶于热水、乙醇
主要实验步骤：
①在圆底烧瓶中加入：9.3 g 苯胺(苯胺易被氧化，实验前最好使用新蒸馏的苯胺)、15.0 mL 冰醋酸、
0.2 g 锌粉。使反应液微沸回流，持续回流40~60 分钟。
②停止加热，趁热将反应物以细流慢慢倒入盛有200 mL X 的烧杯中，边倒边搅拌，防止局部过热导
致产物结块。静置冷却至室温，析出晶体。
③将冷却后的混合物倒入布氏漏斗，进行抽滤，洗涤晶体2~3 次，抽干后得到粗产物。
④进一步提纯乙酰苯胺粗品，得到8.84 g 产品。
回答下列问题：
(1)装置Ⅰ中a 的名称_______。
(2)反应开始前，原料混合物中的氢键有N-H…N、O-H…O、_______。
(3)锌粉的作用是：①代替沸石，防止暴沸；②_______。
(4)步骤①中，温度计保持的最佳温度为_______℃。(填标号)
A．85 B．95 C．105 D．115
判断反应终点的依据是：当温度计示数开始明显大幅下降，未再次升高前，立即停止加热。这样判断
的原因是_______。
(5)步骤②中盛有的200 mL X，X 是_______(填“冷水”、“热水”或“乙醇”)。
(6)步骤④中进一步提纯乙酰苯胺粗品的方法是_______。
(7)乙酰苯胺的产率为_______(保留一位小数)。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)球形冷凝管（1 分）
(2)N-H…O、O-H…N
(3)锌粉的作用是防止苯胺在反应过程中被氧化。
(4)C 当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出。
(5)冷水（1 分）
(6)重结晶
(7)65.5%
【解析】根据实验原理，圆底烧瓶中，加入9.3 g 苯胺(苯胺易被氧化，实验前最好使用新蒸馏的苯胺)、
15.0 mL 冰醋酸、0.2 g 锌粉制备乙酰苯胺，使反应液微沸回流，持续回流40~60 分钟，停止加热，趁
热将反应物以细流慢慢倒入盛有200 mL 冷水的烧杯中，边倒边搅拌，防止局部过热导致产物结块，
静置冷却至室温，析出乙酰苯胺晶体，将冷却后的混合物倒入布氏漏斗，进行抽滤，洗涤晶体2~3 次，
抽干后得到粗产物，将冷却后的混合物倒入布氏漏斗，进行抽滤，洗涤晶体2~3 次，抽干后得到粗产
物，经过重结晶进一步提纯乙酰苯胺粗品，得到8.84 g 产品。
（1）装置Ⅰ中a 为球形冷凝管；
（2）反应开始前，苯胺、冰醋酸中的氢键有N-H…N、O-H…O、N-H…O、O-H…N；
（3）苯胺易被氧化，锌粉的作用除了代替沸石，防止暴沸，还可以防止苯胺在反应过程中被氧化；
（4）回流需控制好温度，105℃比较适宜，不宜过高，超过110℃易导致冰醋酸大量挥发，降低产率，
故选C；当温度计示数开始下降，说明水已基本蒸完，且乙酸还未大量蒸出；
（5）由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚，所以洗涤粗品最合适的试剂是用冷
水洗，以减少因洗涤造成的损耗，则X 为冷水；
（6）进一步提纯乙酰苯胺可采用重结晶的方法；
（7）9.3 g 苯胺的物质的量为：
，15.0 mL 冰醋酸，其密度为1.05
，其物质的
量为：
，二者按1：1 反应，冰醋酸过量，则理论上生成乙酰苯胺的物质的量0.1
mol，其质量为：0.1 mol×135 g/mol=13.5 g，故乙酰苯胺的产率为：
。
18．（14 分）CO2回收和利用有助于实现“碳中和”。工业上，利用CO2制备CH3OH 涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.97kJ·mol-1；
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H
⇌
2O(g) ΔH2=+42kJ·mol-1.
已知反应Ⅱ的平衡常数与温度关系如下表所示：
T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)反应CO(g)+2H2(g)
CH
⇌
3OH(g)的ΔH=______kJ·mol-1。
(2)工业上，不采用下列反应制备CH3OH，其原因是______。
CO2(g)+2H2O(g)
CH
⇌
3OH(g)+
O2(g) ΔH=+676.48kJ•mol-1，ΔS=-43.87J·mol-1·K-1
(3)在反应器中充入适量CO2和H2，发生上述反应Ⅰ合成CH3OH，下列条件下能同时提高CO2平衡转
化率和反应速率的是______(填字母)。
A．降低温度
B．缩小体积，增大压强
C．选择高效催化剂
D．增大CO2浓度
(4)830℃，向恒容密闭容器中充入1mol CO2和1mol H2，只发生上述反应Ⅱ．达到平衡时CO2的转化
率为______。若达到平衡后，再向反应器中充入2mol CO2和2mol CO，此时v(正)______(填“大于”
“小于”或“等于”)v(逆)。
(5)在总压5MPa，n(H2)：n(CO2)=3：1，催化剂为Cu-Zn-Al-Zr 纳米纤维，反应相同时间时，甲醇产率
与温度关系如图1 所示。在520K，其他条件相同，甲醇体积分数与压强关系如图2 所示(假设只发生
上述反应Ⅰ、反应Ⅱ)。
图1 中，温度高于520K 时，甲醇产率降低的原因可能是______。图2 中，当压强大于P0 MPa，
CH3OH 体积分数急剧降低，其原因是______。
(6)某温度下，在总压为100kPa 恒压条件下，向反应器中充入1mol CO2和1.8mol H2，发生上述反应Ⅰ、
Ⅱ，平衡时CO2转化率为50%，CH3OH 选择性为80%。反应Ⅰ的平衡常数Kp=______(kPa)-2(分数表示
即可)。提示：用分压计算平衡常数为压强平衡常数Kp。气体分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性=
。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)-90.97
(2)任何温度下正反应不能自发进行（1 分）
(3)B
(4)50% 等于
(5)520K 时，反应Ⅰ、Ⅱ都达平衡，升温时反应Ⅰ平衡向左移动，反应Ⅱ平衡向右移动(或催化剂活性
降低等合理即可) 甲醇已液化（1 分）
(6)
或
【解析】（1）反应Ⅰ-反应Ⅱ=ΔΗ1-ΔΗ2=ΔΗ，
（2）ΔG=ΔH-TΔS，在任何温度下该正反应不能自发进行，故不能选择此反应合成甲醇；
（3）合成甲醇正反应是放热反应，气体分子数减小反应；
A．降低温度，反应速率减小，平衡向右移动，CO2平衡转化率增大，A 不符合题意；
B．缩小体积，增大压强，反应速率增大，平衡向右移动，CO2平衡转化率增大，B 符合题意；
C．加入催化剂，增大反应速率，平衡不移动，C 不符合题意；
D．增大CO2浓度，反应速率增大，但是CO2平衡转化率减小，D 不符合题意；
故选B；
（4）830 ℃时，K=1.0，设平衡时CO2的物质的量为x mol，容器体积为V，
，解得x=0.5 mol，
；
平衡时四种物质浓度相等，增大等物质的量CO、CO2，浓度商不变，故平衡不移动，即正、逆反应速
率相等；
（5）图1 中520 K 之前未达到平衡，升温，反应速率增大，甲醇产率增大；520 K 时达到峰值(达到平
衡)，高于520 K 时，升温，反应Ⅰ平衡向左移动、反应Ⅱ平衡向右移动，能使甲醇产率降低，或催化
剂活性降低，一定时间内产率降低；图2 中甲醇体积分数与各物质状态有关，增大压强，反应速率加
快，达到平衡时平衡向正方向移动，同时增大压强，甲醇易液化，导致体积分数急剧降低；
（6）CO2平衡转化率为50%，初始物质的量为1 mol，可知平衡时n(CO2)=0.5 mol，C 原子守恒，
n(CH3OH)+n(CO)=0.5 mol，
，解得n(CH3OH)=0.4 mol，O 原子守恒，
n(H2O)=0.5 mol，H 原子守恒，n(H2)=0.5 mol，平衡状态时各物质组成如下：
组分
CO2
H2
CH3OH(g)
CO
H2O(g)
n/mol
0.5
0.5
0.4
0.1
0.5
，
，
。
19．（14 分）奥泽沙星(F)是一种新型隆诺酮类广谱抗生素，是临床治疗敏感菌感染的重要药物之一。它
的一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)。
回答下列问题：
(1)试剂a 的结构简式为___________，C→D 的反应类型是___________。
(2)对比D→E 反应的结构变化，E 分子中新构筑的官能团名称为___________，从官能团转化的角度解
释先加碱后加酸的原因为___________。
(3)G 是比A 多了一个碳原子的卤代芳香烃，分子式为C8H8Br2。若G 分子苯环上只有2 个取代基，则
满足条件的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有4 组峰，且峰面积之比为1：2：2：3
的结构简式为___________(写出一种即可)。
(4)参照上述合成路线和信息，以苯为原料合成M(部分试剂和条件省略)。
①实验室
反应的催化剂为___________(填化学式)。
J→M
②
反应的化学方程式为___________。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)
取代反应
(2)羧基（1 分） 先加 NaOH 溶液，再加盐酸，则酯先完全水解生成酸的钠盐，再转化为酸，提
高了D 的转化率
(3)12
或
(4)FeBr3（1 分）
+
+2CH3OH
【解析】A 与试剂a 发生取代反应得到B，根据B 与A 的结构，可得试剂a 为
，随后B 与
发生反应得到C；接着C 与
发生取代反应得到D；
D 再经碱性水解和酸化将酯基转化为羧基得到E，最终E 通过水解反应得到F。
（1）根据分析，试剂a 的结构简式为
；C 中的Br 被取代，生成
，故是取代反应。
（2）D→E 的结构变化，D 中有酯基，E 中变成了羧基，故E 分子中新构筑的官能团名称为羧基；酯
基在碱性条件下水解更完全，生成羧酸盐，溶解度大，促进水解，然后酸化将羧酸盐转化为羧基，故
先加 NaOH 溶液，再加盐酸，则酯先完全水解生成酸的钠盐，再转化为酸，提高了D 的转化率。
（3）G 是比A 多了一个碳原子的卤代芳香烃，分子式为C8H8Br2。G 分子苯环上只有2 个取代基，苯
环上两个取代基为-CH2Br 和-CH2Br，有邻、间、对三种位置关系；苯环上两个取代基为-Br 和-
CH2CH2Br，有邻、间、对三种位置关系；苯环上两个取代基为-Br 和-CHBrCH3，有邻、间、对三种位
置关系；苯环上两个取代基为-CH3和-CHBr2，有邻、间、对三种位置关系；故共有12 种。其中核磁
共振氢谱有4 组峰，且峰面积之比为1：2：2：3 的结构简式为
或
。
（4）①苯→溴苯的催化剂，实验室中用的催化剂是FeBr3。
②
与CH3NH2发生取代反应生成
，
再与
反应生
成
和甲醇，故J→M 反应的化学方程式为
+
+2CH3OH。
