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 O 16 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Rb 85.5
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．【社会热点】化学与生产、生活紧密相关，下列场景中所运用的化学知识解释正确的是
选项
场景
化学解释
A
医院：用体积分数为75%的医用酒精杀菌消毒
酒精具有强氧化性
B
消防：泡沫灭火器灭火
Al3+与HCO 互促水解生成CO2
C
工厂：用
溶液刻蚀铜制电路板
铁比铜活泼
D
厨房：用热的纯碱溶液去除油污
油污和纯碱直接反应
【答案】B
【解析】A．酒精杀菌消毒的原理是使蛋白质变性，而非依靠强氧化性；乙醇（酒精）并非强氧化剂，
A 错误；
B．泡沫灭火器中，硫酸铝与碳酸氢钠发生双水解反应：Al3+与
互促水解生成CO2和Al(OH)3，产
生泡沫隔绝空气，B 正确；
C．FeCl3溶液刻蚀铜电路板的反应为2FeCl3 + Cu = 2FeCl2+ CuCl2，利用Fe3+的氧化性氧化Cu，而非铁
单质比铜活泼，C 错误；
D．纯碱（碳酸钠）溶液加热后水解显碱性，促进油污（酯类）皂化反应生成肥皂和甘油，并非油污与
纯碱直接反应，D 错误；
故答案选B。
2．【新情境】火箭推进剂发生反应的化学方程式为
。下列表示反应中相关微
粒的化学用语错误的是
A．中子数为10 的氧原子：
B．
的电子式：
C．
的结构示意图：
D．基态O 原子价层电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】A．氧原子质子数为8，左下角写质子数，左上角为质量数，中子数为10 的氧原子为
，A
正确；
B．在N2H4分子中，氮原子与氢原子之间、氮原子与氮原子之间均共用一对电子形成单键，电子式为
，B 正确；
C．氮原子原子序数为7，结构示意图中圈内为核电荷数也就等于质子数，
的结构示意图为
，C 错误；
D．氧为第8 号元素，核外电子排布式为：1s22s22p4，所以基态O 原子价层电子轨道表示式为
，D 正确；
故选C。
3．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是
选项
物质性质
微观解释
A
pKa：CF3COOH<CCl3COOH
F 的电负性大于Cl，吸电子能力强，导
致
中羟基极性大
B
键角
孤电子对与成键电子对之间斥力大于
成键电子对与成键电子对之间的斥力
C
稳定性：
H-F 键的键能大于H-O 键
D
在
中的溶解度大于在
中的
溶解度
和
均为非极性分子，
为极
性分子
【答案】D
【解析】A．F 的电负性大于Cl，吸电子能力强，使CF3COOH 中O-H 键极性增大，酸性增强，A 正
确；
B．NH3中N 有孤电子对，键角较小；[Cu(NH3)4]2+中N 的孤电子对用于配位，无孤电子对斥力，键角增
大，B 正确；
C．H-F 键能（约565 kJ/mol）大于H-O 键能（约463 kJ/mol），故稳定性：HF＞H2O，C 正确；
D．O3为极性分子，臭氧在非极性的CCl4中溶解度更大，因其极性较弱，而不是题干中说的非极性分
子，D 错误；
故答案选D。
4．硅及其化合物的部分转化关系如图。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
晶体含
键的数目约为
B．制粗硅时每生成
氧化产物，转移电子数目为
C．
含有的孤电子对数目为
D．
中含有的极性共价键数目为
【答案】D
【解析】以石英砂（主要成分为
）为起始原料，经三步反应得到高纯硅，各步反应如下：制粗
硅：石英砂与焦炭在
下发生置换反应，生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：
；制三氯氢硅：粗硅与氯化氢在
下反应，生成三氯氢硅和
氢气，反应方程式为：
；制高纯硅：三氯氢硅与氢气在
下发生
置换反应，生成高纯硅和氯化氢，反应方程式为：
。
A．在
晶体中，每个硅原子与4 个氧原子形成4 个
键，故
晶体含有的
键数目
为
，而非
，A 不符合题意；
B．制粗硅的反应为
，其中氧化产物为
，生成
时，碳元
素从0 价升至+2 价，转移电子数目为
，B 不符合题意；
C．
的电子式为
，分子中
原子含有3 对孤电子对，故
含有的孤电子对数目为
，C 不符合题意；
D．1 个
分子中含1 个
、3 个
共4 个极性共价键，故
含有的极性共价键
数目为
，D 符合题意；
故选D。
5．我国科学家团队研发了一种新型双功能有机框架Ni-DAPT 材料。该化合物结构如图所示，则关于该化
合物说法不正确的是
A．该化合物中含有2 个碳碳双键
B．该化合物中不存在配位键
C．该化合物能与溴水发生多种化学反应类型的反应D．该化合物可以发生银镜反应
【答案】B
【解析】A．该化合物中含有2 个碳碳双键，A 不符合题意；
B．Ni 原子具有空轨道，S 原子具有孤电子对，二者可形成配位键； 故该化合物中存在配位键，B 符
合题意；
C．结构中含醛基，可与溴发生氧化反应、苯环可与溴发生取代反应，C 不符合题意；
D．结构中含醛基（—CHO），醛基可与银氨溶液发生银镜反应，D 不符合题意；
故选B。
6．【新考法】不同含铜物质间可相互转化。下列离子方程式书写错误的是
A．反应①：
B．反应②：
C．反应③：
D．反应④：
【答案】C
【解析】A．反应①中Cu 被H2O2氧化为Cu2+，同时H2O2被还原为H2O，离子方程式为
，A 正确；
B．Cu2+与OH-结合生成Cu(OH)2沉淀，离子方程式为
，B 正确；
C．甲醛与新制氢氧化铜在碱性条件下共热，发生氧化还原反应，甲醛被氧化为碳酸盐，但1mol
HCHO 完全氧化时，需要4mol 氢氧化铜，并生成2mol 氧化亚铜 ，离子方程式为
，C 错误；
D．Cu2O 与NH3·H2O 反应生成[Cu(NH3)2]+，离子方程式为
，D 正确；
故选C。
7．用下列实验装置完成对应实验(部分仪器已省略)，操作正确并能达到实验目的的是
A．红磷、白磷着火点比较
B．检验
中的
C．
分解
D．吸收
，防止污染空气
【答案】B
【解析】A．白磷着火点比红磷低，应该加热二者的中间位置或同时加热，图示的加热方法红磷和白磷
的温度不一样，A 错误；
B．钾元素的焰色反应必须通过蓝色钴玻璃观察，滤去黄光的干扰，B 正确；
C．图中试管口没有向下倾斜，加热碳酸氢钠有水生成，倒流会引起试管炸裂，所以操作错误，C 错
误；
D．氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，但不能用于吸收氯气，D 错误；
故答案为B。
8．【模块融合】X、Y、Z、W 为短周期主族元素，它们的原子半径、原子序数与最高价氧化物的水化物
的溶液(浓度均为
)在常温下的pH 之间的关系如图所示。下列说法错误的是
A．元素电负性：
B．元素第一电离能：
C．简单离子半径：
D．最简单氢化物沸点：
【答案】B
【解析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol/L 的W、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物溶液
pH 都小于7，则W、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z 都是非金属元素，W、
Z 最高价氧化物对应的水化物溶液pH=2，则为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z 是Cl，W 是N；Y
的最高价氧化物对应的水化物溶液pH<2，则Y 的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸：H2SO4，则
Y 是S；X 的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，则X 的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱：
NaOH，即X 是Na，所以W、X、Y、Z 分别为N、Na、S、Cl。
A．同周期元素从左往右电负性逐渐增大，故电负性：Cl>S>Na，A 错误；
B．同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势（IIA 与IIIA，VA 与VIA 出现反常），故第一电离能：
Cl>S>Na，B 正确；
C．W 和X 元素的简单离子为：N3-和Na+，均为10 电子结构，核电荷数越大，半径越小，故半径：N3-
>Na+，C 正确；
D．W 和Y 的简单氢化物分别为NH3和H2S，NH3存在分子间氢键，沸点高于H2S，D 正确；
故选A。
9．【社会热点】我国科研工作者利用
作为光催化剂，以
、
和芳香烃为原料可制得氯代
芳烃。研究发现，该方法可选择性地对
进行氯化，有关反应机理如图所示：
下列说法正确的是
A．步骤①~③中，
与
均属于中间产物
B．步骤③反应为
C．每制得
，消耗
的物质的量为
D．若用
代替
，则最终可得到
【答案】C
【解析】A．中间产物是反应中生成又消耗的物质，Ru3+在步骤②生成、步骤③消耗，属于中间产物；
而
是步骤②生成的产物，后续未被消耗，属于最终产物，并非中间产物，A 错误；
B．步骤③中，Ru3+被还原为Ru2+，Cl⁻被氧化为HClO，根据电子守恒，需2 个Ru3+与1 个Cl⁻反应。但
反应体系中原料为NaCl 和
，无大量OH⁻，O 和H 应来自
，正确方程式应为2Ru3+ + Cl⁻ +
H2O = 2Ru2+ + HClO + H⁺，B 错误；
C．总反应中，
为氧化剂，Cl⁻为还原剂，1mol
可氧化1 mol Cl⁻生成1 mol HClO，1 mol
HClO 与1mol 芳香烃反应生成1 mol 氯代芳烃，故每制得1 mol 氯代芳烃消耗1 mol
，C 正确；
D．该方法选择性氯化苯环上的H，甲苯中苯环H 为C(sp2)-H，甲基H 为C(sp2)-H，故应生成氯甲苯，
D 错误；
故答案为C。
10．北京大学和中国科学院的化学工作者成功研制出碱金属与
形成的球碳盐，实验测知该类物质在熔
融状态下能导电，具有良好的超导性。其中
与金属K、Rb 形成的化合物晶胞结构如图1，该晶胞
在xy 平面的投影如图2。已知：晶胞边长
，
，
。
下列说法错误的是。
A．晶胞中含有12 个碱金属阳离子
B．相邻两个
的最短距离为
C．与碱金属阳离子距离最近且相等的
有6 个
D．晶胞密度：
【答案】C
【解析】A．晶胞中
位于顶点和面心，总数为
个，即含有4 个
，碱金属阳离子为
，根据化合价代数和为零可知，晶胞中含有12 个碱金属阳离子，A 正确；
B．由晶胞图可知，相邻两个
的最短距离为面对角线的一半，即
，B 正确；
C．由晶胞图可知，位于体心、棱心的碱金属阳离子周围有6 个
与碱金属阳离子距离最近且相等，
而处于四面体空隙的碱金属阳离子与4 个
距离最近且相等，C 错误；
D．根据密度公式：
，对于
和
，每个晶胞中均含有4 个
和12 个碱金
属阳离子，则
与
的比值为
，所以
，D 正确；
故选C。
11．【新考法】对氯甲苯(
)的制备原理如下：
已知：重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生副反应。下列说法错误的是
A．操作1 时，可将反应器置于冰水浴中
B．NaNO2溶液呈碱性，故操作2 中NaNO2溶液不能过量
C．上述转化中，可用KMnO4代替CuCl
D．对氯甲苯粗品经过精制后，得到2.53g 产品，本实验的产率为40%
【答案】C
【解析】对甲基苯胺在亚硝酸钠和盐酸的作用下转化为重氮盐，重氮盐在氯化亚铜和盐酸的作用下转
化为对氯甲苯，结合实验原理、装置图和问题分析解答。
A．冰水浴可用于控制温度在
，故A 正确；
B．
溶液显碱性，重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，故B 正确；
C．
能氧化苯环上的甲基，故C 错误；
D ．由转化关系
可知，
5.35 g 对甲基苯胺完全反应理论上能够生成对氯甲苯的质量为
，对
氯甲苯粗品经过精制后，得到
产品，故本实验的产率为
，故D 正确；
故答案选C。
12．一种主要成分为
的钒铅矿(杂质元素为
、
)，通过如下工艺可制得
。已知：
沉淀的最佳
范围为
。
电炉焙烧步骤反应：
。
下列说法错误的是
A．“出炉气”可用碱液吸收以避免环境污染
B．“浸取”中热水的作用是增大
的溶解度
C．“除硅铝”经调节
将
转化为
除去
D．“沉钒”中析出
时，需要加入过量
【答案】D
【解析】钒铅矿（主要成分为
）与纯碱在电炉中通入空气焙烧，发生反应生成
、
、
和
，出炉气中含
和
；用热水浸取焙烧产物，
溶于热水，
等不溶物
形成浸渣；之后通过调节pH 除去溶液中的
、
杂质（转化为氢氧化物沉淀）；最后加入
，
在pH 为7.0~8.5 的条件下沉淀出
晶体。
A．出炉气中含有有毒的Cl2，可用碱液（如NaOH 溶液）吸收，以避免环境污染，A 正确；
B．“浸取”中使用热水，是为了增大
的溶解度，使其充分溶解在溶液中，提高浸取率，B 正
确；
C．“除硅铝”步骤通过调节pH，可将溶液中的
转化为
沉淀除去，硅的化合物也会形成
沉淀被除去，C 正确；
D．
沉淀的最佳pH 范围为7.0~8.5，若加入过量
，会使溶液酸性增强，pH 降低，可能
导致
溶解而无法沉淀，因此不能加入过量的
，D 错误；
故答案选D。
13．一种利用微生物燃料电池电解废水处理装置不仅获得高效能源，还通过电渗析法合成电子工业清洗剂
四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH。相关装置如图所示。有关说法错误的是
A．该装置可用于浓缩海水
B．局部电子流向为：电极b→导线→石墨电极X
C．微生物菌辅助电极Y 的电极反应为：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+
D．合成1 mol (CH3)4NOH 时，MFC 理论上至少需要消耗标准状况下空气少于22.4 L
【答案】D
【解析】左侧为微生物燃料电池（MFC）
石墨电极X 为正极：
在酸性条件下得电子，反应为
石墨电极Y 为负极：
被氧化为
，反应为
右侧为电解池（电渗析法合成
）；
a 电极为阴极：a 电极发生
，B 室加入的
溶液中
通过c
（阳离子交换膜）进入a 电极室合成
，A 电极室
的稀溶液变为
浓溶液，B 室
溶液中
通过d（阴离子交换膜）进入
溶液的C 室；
b 电极为阳极：OH-失电子生成
和
，反应为
，
通过e（阳离子交
换膜）进入
溶液的C 室，得到P 处
浓溶液，据此解答。
A．由分析可知，B 室中
通过d 膜进入C 室，
通过e 膜进入C 室，C 室中的
浓度升高，可
实现海水浓缩，A 正确；
B．b 电极为阳极，失去电子，故可实现局部电子流向：电极b→导线→石墨电极X，B 正确；
C．微生物辅助电极Y 为负极，
在此被氧化，电极反应式为：
，C 正确；
D．合成1 mol
时，由a 电极反应可知，整个电路需要转移1 mol 电子。MFC 正极消耗
的物质的量为：
，空气中
体积分数约为21%，所需空气的体积为：
，因此需要消耗标准状况下空气大于22.4 L，D 错误；
故答案选D。
14．由生物质产品乙酰丙酸催化合成γ-戊内酯的步骤如图。下列说法正确的是
A．催化剂的使用增大了乙酰丙酸的平衡转化率
B．步骤②中发生了还原反应
C．步骤⑤中只有非极性键的断裂和生成
D．总反应为
【答案】D
【解析】A．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，也就不会影响乙酰丙酸的平衡转化
率，A 错误；
B．步骤②发生酯化反应不是还原反应，B 错误；
C．步骤⑤中有两种有机产物形成，非环状的产物中形成了新的甲基，说明有C-H 的形成，则步骤⑤
中不只有非极性键的变化，C 错误；
D．根据合成步骤图中箭头指向可得反应物为
和
，生成物为
、
和
，故总反应为
，D 正确；故选D。
15．【改编】取20.00 mL 含甲胺(
)和吡啶(
)的混合溶液，用
0.1000
HCl 标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4 种含氮微粒的分布分数
与pH 关系如图乙[比
如：
]。下列说法正确的是
A．曲线①表示甲胺的分布分数
B．甲胺的含量：3.10
C．b 点：
D．a 点：99.8%的吡啶转化为
【答案】D
【解析】甲胺碱性更强，优先与盐酸反应，故第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应，第二个突变点
为吡啶恰好完全反应；根据碱性可知，随pH 不断增大，先生成吡啶再生成甲胺，①代表
，
②代表
，③代表
，④代表
。
A．根据分析，曲线①代表
，A 错误；
B．第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应，
=
=
，甲胺含量为
，B 正确；
C．b 点溶液呈酸性，故
，C 错误；
D．结合图甲和图乙可知，a 点pH 为7.92，图乙中②代表
，
，则
，故a 点：
的吡啶转化为
，D 错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（14 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】（除标注外，每空2 分）(1)
（1 分）
(2)富集Co 元素
(3)
(4)2.0 KSCN（1 分）
(5)
(6)
在氧化沉锰步骤中有
生成，滴加
溶
液，可维持pH 为4.5
【解析】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；
（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．（13 分）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体(
)是一种重要的配合物，在化学分析、催化、
电化学、环保、药物合成等多个领域具有广泛的应用价值。某化学兴趣小组设计如下实验制备
晶体并测定其纯度。
已知：①FeC2O4在冷水中的溶解度为0.22 g，在热水中的溶解度为0.026 g。
②三草酸合铁酸钾晶体为翠绿色的晶体，易溶于水，难溶于乙醇，摩尔质量
。
Ⅰ．FeC2O4·2H2O 晶体的制备
ⅰ．打开K1、K3和K4，关闭K2，向装置A 中加入稍过量的稀硫酸；
ⅱ．收集H2并验纯后，___________，让A 中溶液进入B 中生成FeC2O4黄色沉淀；
ⅲ．将B 装置加热至沸腾，然后停止加热并静置，待沉淀完全沉降后，用倾滤法倒出清液，再用热的
蒸馏水洗涤至中性，最终获得FeC2O4·2H2O 晶体。实验装置如下图所示。
(1)盛放稀硫酸的仪器名称是___________。
(2)步骤ⅱ中横线部分的具体操作是___________。
(3)步骤ⅲ中使用热的蒸馏水洗涤的目的是___________。
Ⅱ．
晶体的制备
将实验Ⅰ得到的FeC2O4·2H2O 进行如下实验：
(4)已知“氧化配位”时发生如下反应：
，且反应后K2C2O4有剩余，
则“酸溶配位”时发生反应的化学方程式为___________。
(5)已知形成稳定的该配合物需要控制pH 在4～5 左右，“洗涤”时使用的最佳试剂为___________。
(填字母)
a．蒸馏水 b．乙醇 c．硫酸溶液 d．氢氧化钠溶液
(6)为了更快获得较干燥的产品，往往采用减压过滤。减压过滤的实验装置如下图所示，过滤时要特别
注意操作顺序以避免抽气泵内的液体倒吸进瓶内。
操作过程：
打开抽气泵→转移溶液至布氏漏斗→关闭活塞K→确认抽干→停止。停止操作时应该___________(填
字母)。
a．先打开活塞K，再关闭抽气泵
b．先关闭抽气泵，再打开活塞K
Ⅲ．产品纯度的测定
常温下，取上述三草酸合铁酸钾晶体产品2.5 g 溶于水中，配制成250 mL 溶液，取出10.00 mL，用
的酸性高锰酸钾标准液进行滴定，重复三次，平均消耗标准液20.00 mL。
(7)产品中三草酸合铁酸钾晶体的纯度为___________(结果保留三位有效数字)。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)分液漏斗（1 分）
(2)打开K2，K1、K3
(3)减少FeC2O4·2H2O 晶体的溶解损失
(4)2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
(5)b
(6)a
(7)81.8%
【解析】制备FeC2O4·2H2O 晶体时，为防止Fe2+氧化变质，在实验过程中，需防止空气中的氧气参与
反应。为此，在实验前，需排尽装置内的空气。先打开K1、K3和K4，关闭K2，向装置A 中加入稍过
量的稀硫酸，利用产生的氢气排尽装置内的空气；当检验氢气纯净后，关闭K1、K3，打开K2，利用
产生的氢气将装置A 内的FeSO4溶液压入装置B 中，与H2C2O4发生反应，从而制得FeC2O4·2H2O 晶
体。将B 装置加热至沸腾，然后停止加热并静置，待沉淀完全沉降后，用倾滤法倒出清液，再用热的
蒸馏水洗涤至中性，最终获得FeC2O4·2H2O 晶体。
（1）盛放稀硫酸的仪器带有活塞，名称是：分液漏斗。
（2）收集H2并验纯后，若想让A 中溶液进入B 中生成FeC2O4黄色沉淀，需利用反应生成H2产生压
力，则步骤ⅱ中横线部分的具体操作是：打开K2，关闭K1、K3。
（3）题中信息显示：FeC2O4在冷水中的溶解度为0.22 g，在热水中的溶解度为0.026 g。则温度越
高，FeC2O4·2H2O 晶体的溶解损失越小，所以步骤ⅲ中使用热的蒸馏水洗涤的目的是：减少
FeC2O4·2H2O 晶体的溶解损失。
（4）已知“氧化配位”时发生如下反应：
，且反应后K2C2O4有剩余，
则“酸溶配位”时，Fe(OH)3与H2C2O4、K2C2O4发生反应，生成K3[Fe(C2O4)3]和H2O，根据原子守恒
可得出发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O。
（5）a．蒸馏水会溶解K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O，造成产品损失，a 不符合题意；
b．K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O 难溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产品的溶解损失，同时乙醇易挥发，能较快
干燥产品，b 符合题意；
c．硫酸溶液会改变溶液的pH，可能影响配合物的稳定性，而且引入杂质，c 不符合题意；
d．氢氧化钠溶液会改变溶液的pH，可能影响配合物的稳定性，而且引入杂质，d 不符合题意；
故选b。
（6）停止操作时应该防止倒吸，所以需要先打开活塞K，让布氏漏斗与大气相通，再关闭抽气泵，
故选a。
（7）三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O 与酸性高锰酸钾标准液反应，依据得失电子守恒，可建
立如下关系式：5K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O——6KMnO4，n(KMnO4)=0.01mol/L×0.0200L×
=5×10-3
mol，n(K3[Fe(C2O4)3]∙3H2O)=
=
=
mol，产品中三草酸合铁酸钾晶
体的纯度为
≈81.8%。
18．（14 分）实现“碳中和、碳达峰”是中国对国际社会的庄严承诺。关键在于二氧化碳如何资源化，其
中利用CO2与CH4镍基催化重整(DRM)技术制合成气(CO 和H2)是研究热点之一，发生的主要反应如
下：
反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)
反应Ⅱ：
(1)
为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定状态的单质生成1mol 该物质的焓变。对
于稳定状态单质，其
为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热
_______kJ·mol-1，该反
应能自发进行，则
_______0(填“大于”“小于”或“等于”)。
物质
CO2
CO
H2O(g)
(kJ·mol-1)
-393.5
-110.5
-241.8
(2)描述化学反应的平衡常数常用三种方法：Kc、Kp、和Kx(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓
度计算)。关于相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数的数值_______(填“相等”或“不相等”)。
(3)在恒温恒容的条件同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列有关说法正确的是_______(填标号)。
A．通入氮气，不能改变CO2的平衡转化率
B．混合气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态
C．使用高效催化剂能加快反应速率和降低反应的焓变
D．反应Ⅱ逆反应的活化能小于正反应的活化能
(4)在PMpa 时，将CO2和CH4按等物质的量充入密闭容器中，只进行反应Ⅰ，分别在无催化剂及ZrO2
催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示。
a
①点时有催化剂和无催化剂的CO2转化率相等的原因是_______。
②在PMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH4、Ar 按物质的量之比1：1：2 充入密闭容器，
CO2的平衡转化率大于50%，解释说明原因：_______，此时平衡常数
_______(以各气体的分压
代替浓度计算；列出含、p 的计算式)。
(5)一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子(
)和电子。利用该薄膜
能有效富集空气中的CO2.如图所示，在薄膜a 侧通入空气，b 侧通入氢气，充分反应后在b 侧得到高
浓度的CO2。
a 侧上的电极反应式为_______。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)+41.2 大于（1 分）
(2)相等（1 分）
(3)AD
(4)a 点所处温度下催化剂失去活性 充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大的
方向移动，CO2的平衡转化率增大
(5)
【解析】（1）由题给信息知，
生成物的标准生成焓之和-反应物的标准生成焓之和，因此
的
；该反应能自发进行，即
，因
，所以
，故答案为
+41.2；大于。
（2）对于反应Ⅱ，
，
，
，所以相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常
数的数值相等，故答案为相等。
（3）A．恒温恒容条件下，通入氮气，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动， CO2的平衡转化率
不变，A 正确；
B．恒温恒容条件下，混合气体的总质量始终不变，混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡
状态，B 错误；
C．使用高效催化剂能加快反应速率但不影响反应的焓变，C 错误；
D．反应Ⅱ为吸热反应，由
正反应的活化能-逆反应的活化能
知，逆反应的活化能小于正反应
的活化能，D 正确；
故答案选AD。
（4）①根据图示，a 点时，有催化剂和无催化剂的转化率相等，这说明在该温度下，两者反应速率相
等，即a 点时温度较高，催化剂失去了活性，故答案为a 点所处温度下催化剂失去活性。
②反应Ⅰ为气体物质的量增大的反应，在pMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、
、Ar 按物
质的量之比1：1：2 充入恒压密闭容器，充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大
的方向移动，
的平衡转化率增大，所以
的平衡转化率ɑ 大于50%；假设起始充入了
、
、
Ar，平衡时
的转化率为，则平衡时转化的
，平衡
时
，
，平衡时气体的总物质的量为
，故
=
，故答案为充入了不参加反应的氩气，
相当减小压强，平衡向体积增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大；
。
（5）由题意可知，薄膜可同时传导阴离子(
)和电子，b 侧通入氢气，充分反应后在b 侧得到水
和高浓度的CO2，故b 侧氢气失去电子，发生氧化反应，为负极，则薄膜a 侧为正极，得到电子，发
生还原反应，电极反应式为
，故答案为
。
19．（14 分）瑞普替尼(K)是一种酪氨酸激酶抑制剂，其合成路线之一如下：
已知：
(1)A 的名称为___________，K 中含氧官能团名称为___________。
(2)B→D 中还生成了
，则C 的结构简式为___________。
(3)E→F 的化学反应方程式为___________。
(4)从结构的角度分析B 的酸性强于A 的原因___________。
(5)在B 的同分异构体中，符合下列条件的有___________种。
a．含苯环且存在与苯环直接相连的氟原子 b．能发生银镜反应
(6)G 可以由以下路线合成：
已知
的反应类型为取代反应，则N 的结构简式为___________，反应的另一产物的名称为
___________。
【答案】（除标注外，每空2 分）(1)对氟苯酚(4-氟苯酚)（1 分） 醚键、酰胺基
(2)
(3)
(4)醛基为吸电子基团，故B 中
的极性更强，酸性更强
(5)12
(6)
乙醇（1 分）
【解析】结合B 结构和A 的分子式，可知化合物A 为
，B 与C 发生类似已知信息中的反
应生成D 和水，由B、D 结构可知C 为
，D 与CH3MgBr 反应生成E，E 与H2O、HCl 反应
生成F 和
，F 与G 反应生成H，H 最终可转化为瑞普替尼(K)。
（1）由分析可知A 结构简式为
，名称为对氟苯酚(4-氟苯酚)；根据K 的结构简式，可知
K 中含氧官能团为醚键、酰胺基；
（2）B 与C 发生类似已知信息中的反应生成D 和水，由B、D 结构可知C 的结构简式为
；
（3）由分析可知E 与H2O、HCl 反应生成F 和
，E→F 的化学反应方程式为：
；
（4）由分析可知A 为
，B 为
，因为醛基为吸电子基团，故B 中
的
极性更强，酸性也更强；
（5）B 的分子式C7H5FO2，不饱和度为
5。其同分异构体含苯环且苯环直接连F；能发
生银镜反应说明含醛基（-CHO）或甲酸酯基（HCOO-）。若含醛基肯定还含有酚羟基(-OH)，苯环上
有三个支链，可采用“定二移一”法确定同分异构体的数目，即先固定-CHO 和F 位置，再移动-OH
位置，如图示
、
、
，共有10 种；若含甲酸酯基，则苯环有两个支
链，共3 种：
、
、
；故B 的同分异构体中，符合条件
的有13-1(B 本身)=12 种；
（6）已知
的反应类型为取代反应，结合L、M、G 的结构简式，N 是L 的氨基(-NH2)、亚
氨基(-NH-)与M 发生取代后形成的产物，反应过程中，L 中断氨基(-NH2)中的一个N-H 键、亚氨基(-
NH-)中的一个N-H 键，M 断酯基中的一个C-O 键及(碳碳)双键碳原子形成的C-O 键，一分子L 和一分
子M 发生取代反应生成一分子N 和两分子
(乙醇)，N 的结构简式为
，另一产物名称为乙醇。
