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
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．我国航空航天事业取得显著成果。下列成果所涉及的材料属于金属材料的是
A．神舟二十一号载人飞船使用的轻质高强度材料——碳纤维
B．风云四号气象卫星光学系统使用的材料——硅基陶瓷
C．嫦娥六号探测器的五星红旗使用的耐高温耐低温材料——玄武岩纤维
D．北斗导航卫星热控制系统使用的内部填充材料——钛合金
【答案】D
【详解】A．碳纤维是由碳元素组成的无机非金属材料，A 错误；
B．硅基陶瓷为硅化合物，属无机非金属材料，B 错误；
C．玄武岩纤维主要成分为硅酸盐，属无机非金属材料，C 错误；
D．钛合金是以钛为主的合金，属于金属材料，D 正确；
故选D。
【新考法】甲硫醇(
)是重要的工业原料，可利用反应
制备甲硫醇，
甲硫醇能与NaOH 溶液反应生成盐。据此完成以下2 个小题。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．
的电离方程式：
B．基态Al 原子的价层电子轨道表示式：
C．甲基的电子式：
D．
的空间填充模型：
3．结构决定性质，性质决定用途。下列关于性质或事实的解释错误的是
选项
性质或事实
解释
A
工业上电解熔融
冶炼铝，而非电解熔融
和
的晶体类型不同
B
键角：
中心原子杂化类型不同
C
沸点：
分子间存在氢键，而
分子
间没有
D
酸性：
S-H 的极性：
【答案】2．C 3．B
【解析】2．A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为：
，A 错误；
B．铝元素的原子序数为13，基态原子的价层电子排布式为3s23p1，轨道表示式为：
，B 错误；
C．甲基的结构简式为-CH3，电子式为：
，C 正确；
D．水分子的空间结构为V 形，空间填充模型为：
，D 错误；
故选C；
3．A．氧化铝是离子晶体，熔融状态下能导电，而氯化铝是分子晶体，熔融状态下不能导电，所以工
业电解熔融氧化铝冶炼铝，而非电解熔融氯化铝，A 正确；
B．硫化氢分子中的硫原子和水分子中的氧原子杂化类型相同，都为sp3杂化，水分子的键角大于硫化
氢是因为氧元素的电负性强于硫元素，水分子中成键电子对间的斥力大于硫化氢分子所致，B 错误；
C．甲醇分子能形成分子间氢键，而甲硫醇不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于甲硫醇，
沸点高于甲硫醇，C 正确；
D．甲基是推电子基，会使甲硫醇分子中氢硫键的极性减小，电离出氢离子的能力减弱，所以氢硫酸的
酸性强于甲硫醇，D 正确；
故选B。
4．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．实验室制备并收集氨气
B．制备无水
晶体
C．证明苯环使羟基活化
D．用乙醇萃取
中的硫
【答案】B
【详解】A．实验室加热NH4Cl 和Ca(OH)2固体混合物能制取NH3，但氨气能和氯化钙反应，则不能用
氯化钙干燥氨气，A 不符合题意；
B．加热
时
会水解生成氢氧化镁，氢氧化镁受热还可能分解生成氧化镁，故需要在氯
化氢气流中(抑制
发生水解)加热脱去其结晶水，同时碱石灰能吸收剩余HCl，能制备无水
晶体，B 符合题意；
C．苯和溴水不反应，而苯酚和溴水发生取代反应生成2,4,6-三溴苯酚白色沉淀，说明羟基使苯环活化，
而不是苯环使羟基活化。该实验不能证明苯环使羟基活化，不能达到实验目的，C 不符合题意；
D．萃取剂需与原溶剂互不相溶，但乙醇和二硫化碳互溶，则不能用乙醇萃取
中的硫，该实验不能
达到目的，D 不符合题意；
故选B。
5．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z 为原子序数依次增大
的短周期元素，X 和Z 同主族，Y 原子序数为W 原子价电子数的3 倍。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序依次为X>W>Y
B．气态氢化物的稳定性HX>HZ，是因为HX 存在分子间氢键
C．
的键能比W=W 和W-W 的键能之和要小
D．Z、W 和氢三种元素可形成除去铁锈的化合物
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，Y 原子序数为W 原子价电子数的3 倍，化
合物中W 形成3 个共价键，则W 原子的最外层有5 个电子，其为N 元素，Y 的原子序数为5×3=15，则
Y 为P 元素；X 和Z 同主族，均只形成1 个共价键，结合原子序数可知X 为F 元素、Z 为Cl 元素，故
W、X、Y、Z 分别为N、F、P、Cl。
【详解】A．F 是非金属性最强的非金属元素，不表现出正化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，
A 错误；
B．气态氢化物的稳定性HF>HCl，是因为氟原子半径更小，H-F 键键能更大，B 错误；
C．氮氮单键键能约为163 kJ/mol，氮氮双键键能约为418 kJ/mol，氮氮三键键能约为946 kJ/mol，
的键能比N=N 和N-N 的键能之和要大，C 错误；
D．Cl、N 和氢三种元素可形成化合物NH4Cl，氯化铵溶液显酸性，能除去铁锈，D 正确；
故选D。
6．植物提取物莪术二醇具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于莪术二醇的说法正确的是
A．能发生还原反应
B．分子中含有5 个手性碳原子
C．可与
溶液发生反应
D．在铜的催化作用下，可与氧气反应生成酮类物质
【答案】B
【详解】A．该分子中含有碳碳双键，碳碳双键可以与氢气发生加成反应，这属于还原反应，A 正确；
B．手性碳原子是指连有4 个不同原子或原子团的碳原子。在该分子中，手性碳原子的数量为4 个(
)，B 错误；
C．该分子中的官能团是醇羟基和碳碳双键。醇羟基的酸性极弱，不能与
溶液反应，C 错误；
D．醇羟基的催化氧化反应有以下规律：与羟基相连的碳原子上有2 个氢原子，被氧化为醛；与羟基相
连的碳原子上有1 个氢原子，被氧化为酮；与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能被催化氧化。该
分子中的两个羟基相连的碳原子上均没有氢原子，因此不能在铜的催化作用下被氧气氧化为酮类物质，
D 错误；
故答案选A。
7．下列离子方程式书写错误的是
A．向
溶液中通入过量
：
B．向
溶液中滴加
溶液：
C．用醋酸除去水垢中的
：
D．
悬浊液中滴加
溶液：
【答案】C
【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2时，Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，将Br-氧化为Br2，所给离子方程式
原子和电荷均守恒，符合反应事实，A 正确；
B．向
溶液中滴加
溶液生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，K+参与沉淀形成，所给离子方程式
原子和电荷均守恒，符合反应事实，B 正确；
C．醋酸为弱酸，不能拆分，正确的离子方程式应为
，C 错误；
D．AgCl 悬浊液中滴加Na2S 溶液发生沉淀转化，生成更难溶的Ag2S，离子方程式正确且用可逆符号合
理，D 正确；
故答案选C。
8．工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．0．2 mol
完全转化为
，转移电子数为NA
B．0．1 mol
和0.3 mol
充分反应，所得产物分子数为0.2NA
C．将6.72 L（换算为标准状况下的体积）
溶于水，所得溶液中
数目为0.2NA
D．常温下，pH=2 的硝酸溶液中水电离的
数目为
NA
【答案】A
【详解】A．
转化为
的反应为
，氮元素化合价从-3 价升至+2 价，每
摩尔氨气反应转移5 mol 电子，0.2 mol
反应转移1 mol 电子，电子数为
，A 项正确；
B．合成氨反应（
）是可逆反应，不能进行到底，0.1 mol
和0.3 mol
充分反应后，
产物
的物质的量小于0.2 mol，分子数小于
，B 项错误；
C．6．72 L（换算为标准状况下的体积）
的物质的量为
，
溶于水的反应为
，生成0.2 mol
，
为强酸，在水溶液中完全电离，产生0.2 mol
，但在水溶液中
存在微弱电离，所以实际上
的数目略大于
，C 项错误；
D．常温下，pH=2 的硝酸溶液中，
，
，水电离产生的
浓
度等于
的浓度，题目中未指明体积，无法计算
的物质的量和数目，D 项错误；
故答案选B。
9．环氧化合物是重要的有机合成中间体，由丙烯（
）为原料生产环氧丙烷（
）的反应机理如
图所示。下列说法不正确的是
A．过程中Ⅰ是催化剂
B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．过程中Ti 元素的化合价不变
D．1mol 丙烯和
发生该反应可得到1mol 环氧丙烷
【答案】D
【详解】A．该转化的总反应为：
，根
据图形说明Ⅰ在转化过程中虽然参与了反应，但反应前后未发生变化，作催化剂使用，A 正确；
B．反应物中断裂的键有丙烯中的
非极性键、
中的
非极性键和
极性键，产物中
生成的键有环氧丙烷中的
极性键和
中的
非极性键，B 正确；
C．整个转化过程中Ti 形成4 个键或5 个键，但其中的第五个键为配位键，配位键不影响化合价的变化，
因此Ti 的化合价未发生变化，C 正确；
D．根据总反应可知，1mol 丙烯要和
发生反应才可得到1mol 环氧丙烷，D 错误；
故答案为：D。
10．根据下列操作及现象，所得结论正确的是
操作及现象
结论
A
向盛有2 mL 饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，
有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解
蛋白质在Na2SO4溶液中变性
B
将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制Cu(OH)2悬浊液中，加热，生
成砖红色沉淀
葡萄糖具有还原性
C
向BaCl2溶液中先通入适量SO2，无明显现象，再加入Fe(NO3)3
有白色沉淀生成
酸性条件下
有氧化性
D
向1 mL 乙酸乙酯中加入1 mL 0.3 mol·L-1 H2SO4溶液，水浴加
热，上层液体逐渐减少
稀H2SO4作为催化剂加快酯水
解速率，使水解平衡正向移动
【答案】B
【详解】A．该现象是蛋白质的盐析，盐析是由于高浓度盐溶液破坏蛋白质的溶解性，导致沉淀，但
过程可逆，蛋白质结构未破坏。变性则是不可逆的（如加热或重金属盐作用），结构永久改变，结论
错误，A 错误；
B．新制
悬浊液用于检验还原糖，葡萄糖是还原糖，在加热条件下能与
反应生成砖
红色的
沉淀，现象与结论匹配，结论正确，B 正确；
C．加入
后，
也具有强氧化性，也可氧化
或
为
，进而生成
白色沉
淀，无法说明酸性条件下
有氧化性，结论不正确，C 错误；
D．稀
是乙酸乙酯水解的催化剂，加快反应速率，但催化剂不影响化学平衡移动，结论错误，
D 错误；
故选B。
11．【新考法】一种有机多孔电极材料电催化还原
的装置如图1 所示。控制其他条件相同，将一定量
的
通入该电催化装置中，b 极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2 所示。下列说法正确的
是
A．b 极电势高于a 极电势
B．质子由b 极移向a 极
C．b 极生成
的电极反应为
D．控制电压为
，电解时阳极生成气体的体积为
(标准状况)
【答案】D
【详解】A．由分析可知，a 电极为阳极，b 电极为阴极，分别与外接电源正极和负极连接，因此，a
极电势高于b 极，A 错误；
B．a 电极反应方程式为
，反应生成
，由图1 可知，b 电极反应消耗
。因此，
质子由a 极移向b 极，B 错误；
C．由分析可知，b 电极是阴极，发生还原反应，电极反应方程式为：
，C 错
误；
D．从图2 可以看出，当电源电压为0.8 V 时，电解过程生成0.2 mol
和0.2 mol
。反应生
成
的电极方程式为：
，生成
的电极方程式为：
。从电极反应方程式可以看出，反应生成0.2 mol
转移电子的物质的量
，生成0.2 mol
转移电子的物质的量
，则反应转移电子的总物质的量
。结合阳极反应方程式
可知，当反
应转移2.8 mol 电子时，阳极生成
的物质的量
，其标准状况下的体
积
，D 正确；
故答案选D。
12．氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，其晶胞结构与金刚石类似，晶胞边长为apm，
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．Ga 原子与N 原子间的最短距离为
B．与Ga 原子相邻且最近的Ga 原子个数为6
C．X 原子的分数坐标为
D．晶胞密度为
【答案】A
【详解】A．Ga 与N 原子间的最短距离为晶胞体对角线的
，体对角线长度为
pm，故最短距离
为
pm，A 正确；
B．由晶胞结构可知，Ga 原子位于晶胞的顶点和面心（面心立方堆积），面心立方结构中，与Ga 原
子相邻且最近的Ga 原子个数为12，B 错误；
C．X 原子为N 原子，位于x 轴的
处，位于y 轴的
处，位于z 轴的
处，则X 原子的分数坐标为：
(
)，C 错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中Ga 原子个数：
，N 原子在晶胞内部，则N 原子个数为
4，晶胞密度为
=
，D 错误；
故选A。
13．一定条件下，
加氢合成
涉及的主要反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
在2.0L 恒容密闭容器中通入
、
的混合反应物，发生上述反应，两种含碳产物
的选择性[
的选择性=
]及
的平衡转化率随温度的变化曲线如
图所示。
下列说法正确的是
A．
B．温度为
时，
C．温度为
时，平衡体系中
D．曲线丙随温度升高，先减小后增大的原因为在
之间，以反应Ⅱ为主；在
之
间，以反应Ⅰ为主
【答案】C
【详解】A．根据盖斯定律可知，
等于反应I-反应Ⅱ，因此该反应的
，故A 错误；
B．温度为
时，CO2的平衡转化率为20%，则转化的
，CO、
CH3OH 的选择性均为50%，则平衡时
，
，根据反应可知平衡时，
，
，
，
，
，因此
，故B 错误；
C．温度为
时，CO2的平衡转化率为30%，则转化的
，CH3OH 的选
择性均为18%，则平衡时
，因此
，根据反应可知平衡时，
，根据
反应可知，
，故C 正确；
D．曲线丙代表
的平衡转化率随温度的变化，
的平衡转化率随温度升高，先减小后增大的原
因为：在
之间，温度较低时，以反应Ⅰ为主，
主要转化为
，随着温度升高，
反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动，但此时反应Ⅰ仍占主导，导致的总转化率减小；
250℃以上，以反应Ⅱ为主，
主要转化为CO，反应 Ⅱ是吸热反应，升温显著促进其进行，导致
的总转化率增大，故D 错误；
故答案选C。
14．
是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25℃时，某溶液中
与
的总和为c，
随pH 的变化关系如图所示(忽略体积变化)。
已知：
下列叙述正确的是
A．水的电离程度：
B．
时，
C．P 点沉淀质量小于Q 点沉淀质量
D．Q 点：
【答案】B
【分析】pH=5 时，c(H+)=10-5.0mol/L，c(OH-)=10-9.0mol/L，-lgc=3.2，则c([Cr(OH)4]-)+ c(Cr3+)=10-
3.2mol/L，由Cr(OH)3(s)+OH-(aq)
[Cr(OH)4]-(aq) K=
知，
c([Cr(OH)4]-)=K×c(OH-)=10−0.4×10-9.0mol/L=10-9.4mol/L，则c(Cr3+)=10-3.2mol/L-10-9.4mol/L≈10-3.2mol/L；由
Cr(OH)3(s)
Cr3+(aq)+3OH-(aq)知，Ksp= c(Cr3+)×c3(OH-)=10-3.2mol/L×(10-9.0mol/L)3=10-30.2；pH 在5 至6.7
之间，铬元素主要以Cr3+和Cr(OH)3形式存在，pH 大于6.7 时，主要以[Cr(OH)4]-和Cr(OH)3形式存在。
【详解】A．Cr3+水解会促进水电离，由M 到P 点-lgc 增大，则c(Cr3+)减小，对水电离的促进程度减弱，
A 错误；
B．pH=6.7 时，c(H+)=10-6.7mol/L，c(OH-)=10-7.3mol/L，根据
计算得c(Cr3+)=
=
，根据K 计算得c([Cr(OH)4]-)=K×c(OH-)=10-0.4×10-7.3mol/L =10-7.7mol/L，
c(Cr3+)＜c([Cr(OH)4]-)，B 正确；
C．P 点和Q 点的-lg c 相同，说明溶液中可溶性含铬微粒的总浓度相同，在铬元素总物质的量不变的
情况下，沉淀的Cr(OH)3的物质的量也相同，因此两点沉淀质量相等，C 错误；
D．若是溶液中只有含铬物质，则Q 点：3c(Cr3+)+c(H+)=c(OH-)+c([Cr(OH)4]-)，题目中未强调溶液中只
含有含铬物质，并且调节pH 时引入了其它离子，所以该电荷守恒不正确，D 错误；
故答案为B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（15 分）某含铟矿物经过酸浸后含有的金属离子主要有
、
、
、
。为提取其中的贵
重金属铟，设计如下工艺流程。
已知：
①锌焙砂成分为
、
和
。
②压滤是通过施加压力分离固液的操作。
③溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表：
开始沉淀
6.2
6.3
4.6
2.2
2.1
完全沉淀(
)
8.2
8.3
7.4
3.2
？
回答下列问题：
(1)“预中和渣”的主要成分是_______(填化学式)。
(2)采用“压滤”的优点是___________________________________。
(3)加入
的目的是还原_______________(填离子符号)，若
被氧化为S，则还原过程的离子反应
方程式为________________________________。该步骤还可能生成的难溶物是_______(填化学式)。
(4)
恰好沉淀完全时，溶液的pH 值为____________(保留一位小数)。(以室温计算，
)
(5)磷化铟是一种半导体材料，其立方晶胞结构如图1 所示，晶胞参数为a nm，晶胞中所有原子沿z 轴
方向的投影如图2 所示。磷原子的配位数为__________，晶胞中1 号铟与2 号铟的距离为
________________nm。
【答案】除备注外，每空2 分
(1)
（1 分）
(2)分离效率高，效果好
(3)
(4)3.3
(5) 4
【分析】锌焙砂（
、
和
）投入含铟溶液，中和溶液中的
，
和
与酸反应生成
和
进入滤液，
不与酸反应，成为“预中和渣”，滤液中加入
还原溶液中的
，发
生反应
，过滤后滤渣有S，还可能有
，滤液中还有
、
、
、
，
加入
调节溶液
，使
形成
沉淀。
【详解】（1）酸浸后的溶液中含有
、
、
、
等金属离子，加入锌焙砂进行预中和，
和
与酸反应生成
和
，而
不与酸反应，所以"预中和渣"的主要成分是
；
（2）压滤是通过施加压力分离固液的操作，与普通过滤相比，其优点是分离速度快，分离效果好，
能更高效地实现固液分离，提高生产效率；
（3）因为
氧化性较强，
中的
具有还原性，会将
还原为
，根据转移电子守恒、电
荷守恒、原子守恒写出离子反应方程式为
；同时，溶液中的
会与
发生
沉淀转化反应，生成更难溶的
，所以该步骤还可能生成的难溶物是
；
（4）
，当
恰好沉淀完全时，
，根据
可得
，
，故
；
（5）由磷化铟立方晶胞结构可知，磷原子周围等距最近的铟原子有4 个，所以磷原子的配位数为4，
晶胞中1 号铟与2 号铟的距离为晶胞面对角线的一半，晶胞参数为
，根据勾股定理，面对角线
长度为
，所以1 号铟与2 号铟的距离为
。
16．（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】除备注外，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%
【分析】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。
【详解】（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：
。
17．（14 分）SO2是大气污染物之一，通过化学反应可将其转化为重要的化工原料。
I．焦炭催化还原SO2回收硫：
。一定压强下，向恒容密闭容器中
加入足量的焦炭、催化剂和一定量的SO2，测得SO2的生成速率
与S2的生成速率
随温度
的变化关系如图所示。
(1)该反应的ΔH ___________0(填“>”“<”或“=”)。
(2)图中4 个状态点(a、b、c、d)对应的反应体系处于平衡状态的是___________。
Ⅱ．生产硫酰氯：
kJ/mol。
(3)已知键能Cl-Cl：243 kJ/mol、S-Cl：255 kJ/mol，则SO2和SO2Cl2分子中硫氧键的键能差值为
___________kJ/mol(取绝对值)。
(4)恒容密闭容器中按不同投料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定不同温度下体系达平衡时的
(
，
为体系初始压强240 kPa，p 为体系平衡压强)与投料比的关系如图所示。
①T1、T2、T3由低到高的顺序为___________。
M
②
点SO2的转化率为___________；N 点的平衡常数
___________kPa-1(用物质的分压代替浓度)。
Ⅲ．电化学协同吸收SO2和NO 制硫酸(如图所示，阴极室溶液：4<pH<7)：
(5)①阳极电极反应式为_______________________。
②当有4 mol H+通过阳离子交换膜时，则理论上可吸收标准状况下___________L NO。
【答案】除备注外，每空2 分
(1)＜ （1 分）
(2)c （1 分）
(3)100
(4) T1＜T2＜T3 37.5% 0.03
(5) SO2-2e-+2H2O=
+4H+ 44.8
【详解】（1）A 点时，S2的生成速率
等于SO2的生成速率
，参照化学计量数，正反应速
率大于逆反应速率，反应正向进行，c 点时，SO2的生成速率
等于S2的生成速率
的二倍，
此时反应达平衡状态，则温度升高，逆反应速率增大更多，正反应为放热反应，所以该反应的ΔH＜
0。
（2）b 点时，
＜2
，反应正向进行；d 点时，
≠2
，此时反应未达平衡，结
合前面分析，图中4 个状态点(a、b、c、d)对应的反应体系处于平衡状态的是c。
（3）对于反应：
kJ/mol。已知键能Cl-Cl：243 kJ/mol、S-
Cl：255 kJ/mol，设SO2和SO2Cl2分子中硫氧键的键能分别为x、y，∆H=(2x+243 kJ/mol)-(2y+255
kJ/mol×2)=-67 kJ/mol，2(x-y)=200 kJ/mol,|x-y|=100 kJ/mol，则SO2和SO2Cl2分子中硫氧键的键能差值
为100 kJ/mol。
（4）①对于反应：
kJ/mol，升高温度，平衡逆向移动，气
体物质的量增大，压强增大，则
减小。由图可知，在相同的
时，
的大小关系为
＞
＞
，所以T1、T2、T3由低到高的顺序为T1＜T2＜T3。
②对于M 点，已知
=60 kPa，
=240 kPa，则平衡时压强
=
-
=240 kPa-60 kPa=180 kPa。设
起始时n(SO2)=2mol，n(Cl2)=1mol，气体总物质的量为
=3mol，依据阿伏加德罗定律的推论，
，n=
=
=
mol，反应前后气体物质的量变化
，
根据反应方程式，
=
mol=0.75mol，SO2的转化率为
=37.5%。
N 点与M 点温度相同，压强平衡常数相同，M 点时，反应前，n(SO2)=2mol，n(Cl2)=1mol，总压强为
240kPa，此时
(SO2)=160kPa，
(Cl2)=80kPa，平衡时生成0.75molSO2Cl2，压强减小60kPa，此时
p(SO2)=100kPa，p(Cl2)=20kPa，p(SO2Cl2)=60kPa，平衡常数Kp=
=0.03 kPa-1，所以N 点
的平衡常数Kp=
=0.03 kPa-1。
（5）图中信息显示，在电解池左池，
(S 元素显+4 价)转化为
(S 元素显+3 价)，得电子发生
还原反应，此侧电极为阴极，则a 为负极，b 为正极，右侧电极为阳极。
①在阳极，SO2失电子产物与电解质反应生成H2SO4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可
得出电极反应式为SO2-2e-+2H2O=
+4H+。
②在吸收池，
，在阴极，4
+4e-+4H+=2
+4H2O，当有4
mol H+通过阳离子交换膜时，线路中转移4mole-，则理论上可吸收2molNO，标准状况下
2mol×22.4L/mol=44.8L NO。
18．（15 分）化合物H 是合成慢性丙肝病毒治疗药物的中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A→B 有HBr 生成，化学方程式为_______________________________________________；C→D 反
应类型为________________；C 含有______种化学环境的氢原子（不考虑立体异构）。
(2)E 的化学名称为_____________________；F→G 时，官能团由__________转化为_______（填官能
团名称）。
(3)A 同分异构体中，符合下列条件的有______种（不考虑立体异构）。
①含
结构 ②能发生银镜反应
(4)
根据上述信息，写出以
、
为主要原料制备
的合成路线
________________________________________________________________________________________
__。
【答案】除备注外，每空2 分
(1)
+
取
代反应 5
(2) 对甲基苯胺（4-甲基苯胺）（1 分） 硝基 氨基
(3)13
(3)
【分析】A 与
在
作用下发生反应生成B，B 在一定条件下生成C，C 与
反应生成D，根据C 的分子式和D 的结构可知：C 为
，则
C→D 为取代反应，根据B 的分子式可知：B→C 为加成反应，则B 为
，
根据A→B 的反应条件可知A 为
；D 与E（
）反应生成F，F 在Fe/HCl 作用
下发生还原反应生成G，G 与
反应生成H，根据H 的结构式可知G 为
，F→G 为还原反应，则F 为
，根据D 的结构
和E 的分子式可知E 为
，据此解答。
【详解】（1）据分析，A（
）与
在
作用下发生反应生成B
（
）和HBr，化学方程式为
+
；C（
）与
反应
生成D 和HCl，则反应类型为取代反应；C（
）为对称结构，苯环
上有2 种氢原子、有2 种sp3碳上的氢原子及1 种羟基氢原子，故C 含有5 种化学环境的氢原子。
（2）据分析，E 为
，名称为对甲基苯胺（4-甲基苯胺）；F→G 为还原反应，硝基转化为氨基。
（3）根据已知，符合条件的A 的同分异构体为-NO2和-CH2CHO 二取代的苯（有邻、间、对取代3 种
结构），或-NO2、-CH3和-CHO 三取代的苯（任意两种取代基处于苯环的邻、间位时，第三种取代基
均有4 种位置；任意两种取代基处于苯环的对位时，第三种取代基有2 种位置；共有10 种结构），则
共有13 种同分异构体。
（4）根据化合物H 的合成过程可得：
与
在
作用下发生取代反应生成
和HBr，
在Fe/HCl 作用下还原为
，
再发生分子内取代反应生成
和水，即合成路线为：
。
