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 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 Cu 64
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．【生活热点】“民以食为天”。下列说法不正确的是
A．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，它不但使肉制品较长时间地保持鲜红色，而且具有防止变质的作
用
B．天然淀粉包括直链淀粉和支链淀粉，糯米中含有较多的直链淀粉，因而口感比较黏
C．因误服铅、铜等重金属盐中毒的患者，在急救时可以口服蛋清或豆浆缓解中毒
D．硬化油不易被空气氧化变质，便于储存和运输，可用来生产肥皂和人造奶油的原料
【答案】B
【解析】A．亚硝酸钠确实是一种常用的防腐剂和护色剂，能保持肉制品的鲜红色并防止变质，A 正
确；
B．天然淀粉包括直链淀粉和支链淀粉，但糯米中主要含有支链淀粉（含量高达98%以上），而非直链
淀粉，支链淀粉使其口感黏稠，因此说法错误，B 错误；
C．蛋清或豆浆富含蛋白质，能与铅、铜等重金属离子结合形成沉淀，减少吸收，从而缓解中毒，C 正
确；
D．硬化油是经过氢化的植物油，饱和度提高，不易被氧化变质，便于储存和运输，常用于生产肥皂和
人造奶油，D 正确；
故选B。
2．下列化学用语或图示表示正确的是
A．二氯甲烷分子的球棍模型：
B．
的电子式为：
C．反-2-丁烯的结构简式为
D．
的同位素
可作为有机反应示踪原子
【答案】A
【解析】A．二氯甲烷分子中C 原子采用sp3杂化，在该分子中C 原子位于四面体中心，2 个H 原子和2
个Cl 原子分别位于四面体的四个顶点上，由于原子半径：Cl＞C＞H，因此其球棍模型为
，
A 正确；
B．B 原子最外层电子数为3，
中B 提供3 个电子，与3 个Cl 分别共用1 对电子，电子式应为
，B 错误；
C．2-丁烯结构中含有碳碳双键，且2 个碳原子分别连有2 个不同原子或原子团，存在顺反异构体，选
项中是顺-2-丁烯结构简式，反-2-丁烯的结构简式为
，C 错误；D．
与
互为同位
素。在有机反应中，通常利用自然界中含量稀少的同位素作示踪原子，
可作为示踪原子，而
是
氧元素的主要同位素，不作为示踪原子，D 错误；
故选A。
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．使紫色石蕊溶液变红的溶液：
、
、
、
B．
的溶液：
、
、
、
C．
的溶液：
、
、
、
D．由水电离出的
的溶液：
、
、
、
【答案】C
【解析】A．使紫色石蕊变红的溶液为酸性溶液，
与H+反应生成CO2和H2O，不能大量共存，A
错误；
B．
的溶液为强酸性，
在酸性条件下氧化I-，发生氧化还原反应，不能大量共存，B
错误；
C．pH=13 的溶液为强碱性，Na+、Ba2+、Cl-、CH3COO-均不与OH-反应，能大量共存，C 正确；
D．由水电离出的c(H+)=10-13 mol·L-1的溶液可能为强酸或强碱，若为强酸，[Al(OH)4]-和
会与
H+反应；若为强碱，则可共存；因此不一定能大量共存，D 错误；
故选C。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 L pH=1 的硫酸中含有H+的数目为0.2NA
B．在0 ℃和101 kPa 条件下，22.4 L H2O 中含有的质子数为10NA
C．一定条件下，1 mol Fe 分别在足量的氧气、氯气中燃烧，转移的电子数均为3NA
D．用惰性电极电解足量CuCl2溶液时，若阴极增重12.8 g，则理论上阳极生成的气体分子数为0.2NA
【答案】D
【解析】A．pH=1 的硫酸溶液中，H+浓度为0.1 mol/L，1 L 溶液中含有H+的物质的量为0.1 mol，数目
为0.1NA，不是0.2NA，A 错误；
B．0℃和101 kPa 为标准状况，但H2O 为液态，不能使用气体摩尔体积22.4 L/mol 计算其物质的量，B
错误；
C．1 mol Fe 在足量氯气中燃烧生成FeCl3，转移电子3 mol；但在足量氧气中燃烧生成Fe3O4，1 mol Fe
转移电子
mol（Fe3O4中Fe 平均氧化态为+
），转移电子数并非均为3NA，C 错误；
D．阴极增重12.8 g 为析出Cu 的质量，n(Cu) =
= 0.2 mol，阴极反应为Cu2+ + 2e- → Cu，转
移电子0.4 mol；阳极反应为2Cl- → Cl2 + 2e-，根据电子守恒，生成Cl2为0.2 mol，分子数为0.2NA，D
正确；
故选D。
5．下列实验装置及实验目的合理的是
实验
装置
实验
目的
A．制取
胶体
B．制备少量
，先关闭
止水夹a，一段时间后再打开a
实验
装置
实验
目的
C．证明酸性强弱：
盐酸>碳酸>硅酸
D．制备少量
【答案】C
【解析】A．制取Fe(OH)3胶体需将饱和FeCl3溶液滴入沸水中并煮沸至红褐色，图中装置是将FeCl3溶
液滴入NaOH 溶液，会生成Fe(OH)3沉淀而非胶体，A 错误；
B．制备Fe(OH)2时，先打开止水夹a，Fe 与稀硫酸反应生成H2，排出装置内空气，一段时间后关闭
a，H2将FeSO4溶液压入NaOH 溶液，在无氧环境中生成Fe(OH)2，可防止其被氧化，B 错误；
C．盐酸与CaCO3反应生成的CO2中混有HCl，经过饱和
溶液后除去二氧化碳中的氯化氢后，
再通入
溶液中可以看到溶液变浑浊，说明酸性的强弱顺序为盐酸>碳酸>硅酸，C 正确；
D．Na2O2是粉末会从隔板孔漏下，因此不适合用这种简易的启普发生器，D 错误；
故选C。
6．化合物G 可由E、F 反应制得。下列有关说法不正确的是
A．可以用碳酸氢钠溶液来鉴别E 和F
B．F 分子中有2 个手性碳原子
C．1 mol E 最多可与3 mol NaOH 反应
D．G 可发生取代、加成、消去和氧化反应
【答案】B
【解析】A．E 中含有羧基（
），可与
反应生成
气体；F 中不含羧基，不与
反应，因此可以用碳酸氢钠溶液鉴别E 和F，A 正确；
B．手性碳原子是指连有四个不同原子或基团的饱和碳原子。在F 分子中，有1 个手性碳原子（与酯基
相连的环上碳原子），B 错误；
C．1molE 中，羧基（
）消耗1mol
，苯环上的氯原子（
）水解消耗2mol
（水
解生成酚羟基，再与
反应），总共最多可与3mol
反应，C 正确；
D．G 中含有苯环和羟基，苯环可发生加成反应，羟基可发生取代、消去、氧化反应，因此可发生取
代、加成、消去和氧化反应，D 正确。
7．现有W、X、Y、Z、A、B、R 七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W 核外电子只有一
种自旋取向；X 是植物生长三要素之一；Y 是地壳中含量最多的元素，且Y 与A 的价层电子数相等；
Z、R 是金属元素，其中Z 的原子半径是短周期中最大的，能与B 形成离子化合物ZB；含R 的金属是
用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是
A．W 元素与X、Y 元素形成的两种微粒的键角：
B．X、Y、Z 三种元素对应的原子半径：
C．Z、A、B、R 四种元素的第一电离能：
D．
的VSEPR 模型与其空间构型均相同
【答案】B
【分析】现有W、X、Y、Z、A、B、R 七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W 核外电
子只有一种自旋取向，则W 是H；X 是植物生长三要素(N、P、K)之一，Y 是地壳中含量最多的元素，
Y 是O，所以X 是N；且Y 与A 的价层电子数相等，则A 是S；Z、R 是金属元素，其中Z 的原子半径
是短周期中最大的，Z 是Na；能与B 形成离子化合物ZB，所以B 是Cl；含R 的金属是用量最大的金
属材料，其合金被称为“黑色金属” ，R 是Fe ；综上所述，W 为H、X 为N、Y 为O、Z 为Na、A
为S、B 为Cl、R 为Fe。
【解析】A. W 元素与X、Y 元素形成的微粒
和
中，
为正四面体结构，键角
；
H3O+为三角锥形，因孤电子对排斥，键角小于
。故
键角大于H3O+，A 正确；
B. X、Y、Z 三种元素的原子半径：Na(第三周期)半径最大，N 和O 同处第二周期，原子半径N > O，
因此原子半径顺序为Z(Na) > X(N) > Y(O)，B 错误；
C. Z(Na)、A(S)、B(Cl)在同一周期，第一电离能总体呈增大趋势，故B(Cl) > A(S) > Z(Na)；R(Fe)为第
四周期过渡元素，其第一电离能大于Z(Na)，但小于A(S)。因此四种元素的第一电离能顺序为B > A >
R > Z，C 正确；
D.
和
中，中心原子S 和Cl 的价层电子对数均为4，VSEPR 模型均为四面体，
实际空间构型也均为四面体，D 正确；
故选B。
8．一种铜的氧化物在新能源领域被广泛应用，下图为该氧化物的立方晶胞，晶胞参数为a pm，下列说法
错误的是
A．该晶体的化学式为
B．晶胞中O 与O 的最短距离为
C．晶胞中Cu 的配位数为2
D．若图中M 点的分数坐标为
，则N 点粒子的分数坐标为
【答案】D
【解析】A．由晶胞图可知，Cu 位于体内，O 位于顶点、面心、和体内，利用均摊法计算，Cu 有16
个，O 有
，化学式为
，A 正确；
B．由晶胞图可知，晶胞中O 与O 的最短距离为晶胞顶点的O 与位于体内O 之间的距离，为体对角线
的
，即
，B 正确；
C．由晶胞结构可知，Cu 原子周围最近且距离相等的O 原子有2 个，即Cu 的配位数为2，C 正确；
D．由晶胞图可知，N 点位于晶胞的左、前、上的
晶胞的体心，若图中M 点的分数坐标为
，
则N 点粒子的分数坐标为
，D 错误；
故答案选D。
9．甲醇与CO 催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法错误的
是
A．总反应的原子利用率为100%
B．该历程的决速步骤为反应ⅲ
C．HI 为总反应的催化剂，可降低反应的焓变
D．总反应的正反应活化能小于逆反应活化能
【答案】C
【分析】甲醇与CO 催化制备乙酸的反应分三步进行：ⅰ.CH3OH(l)+HI=CH3I(l)+H2O(l)，反应ⅱ.CH3I(l)
+CO(g)=CH3COI(l)，反应ⅲ.CH3COI(l)+H2O(l)=CH3COOH(l)+HI。总反应为CH3OH(l)+CO(g)
CH3COOH(l)，HI 为反应的催化剂。
【解析】A．总反应为CH3OH(l)+CO(g)=CH3COOH(l)，则原子利用率为100%，A 正确；
B．三步反应的正反应的活化能分别为0.72eV、[-0.68-(-1.38)]eV=0.7eV、[0.91-(-1.01)]eV=1.92eV，第
ⅲ步反应的活化能最大，反应速率最慢，则该历程的决速步骤为反应ⅲ，B 正确；
C．由分析可知，HI 为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能降低反应的焓变，C 错误；
D．该反应中，反应物的总能量为0eV，产物的总能量为-3.05eV，则∆H=-3.05eV-0eV=-3.05eV＜0，所
以总反应为放热反应，总反应的正反应活化能小于逆反应活化能，D 正确；
故选C。
10．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
用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气
浓氨水具有碱性
B
1-溴丁烷与NaOH 的乙醇溶液共热，将生成的
气体直接通入酸性
溶液，溶液褪色
1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯
C
苯酚分子中，苯环上在羟基邻位、对位的
原
子很容易与溴发生取代反应
苯环对羟基的影响，使邻、对位上的
原
子活性增强
D
酸性：
电负性：
【答案】D
【解析】A．用浓氨水检验氯气管道漏气是基于氨与氯气的氧化还原反应生成氯化铵白烟，而浓氨水
的碱性是指其能与酸反应，但检验漏气的直接原因并非碱性，两者无直接因果关系，A 不符合题意；
B．1-溴丁烷在NaOH 乙醇溶液中消去生成1-丁烯，但生成的气体直接通入酸性
溶液时，乙醇
蒸气也可能使溶液褪色，因此溶液褪色不一定由1-丁烯导致，陈述I 与Ⅱ无必然因果关系，B 不符合
题意；
C．苯酚邻、对位H 易与溴反应是由于羟基对苯环的活化作用，而非苯环对羟基的影响，陈述Ⅱ错
误，C 不符合题意；
D．氟的电负性大于氯，使三氟甲基(
)的吸电子能力更强，导致
酸性强于
，陈述I 与Ⅱ均正确且存在因果关系；D 符合题意；
故选D。
11．【新情境】红土镍矿(主要含
、Fe2O3、铜和少量
、
)中镍含量较低，可通过黄钠铁矾
沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．滤渣的主要成分是
B．若“氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高
C．若“氧化”过程中溶液pH 降低，氧化时可能出现红褐色沉淀
D．若“氧化”过程中溶液pH 升高，“沉铁”时
的主要作用是提供
【答案】D
【分析】红土镍矿（主要含SiO2、Fe2O3和少量FeO、NiO）加入稀硫酸酸溶，酸溶后的酸性溶液中含
有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，SiO2不和硫酸反应，存在于滤渣中，滤液中加入NaClO 氧化亚铁
离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀为黄钠铁矾，过滤得含镍富集
液，据此分析；
【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2，A 正确；
B．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO 氧化亚铁离子为铁离子，后续调节pH，Fe3+更加容易沉淀，
“氧化”若不充分，Fe2+沉淀不完全，含镍富集液中铁含量将提高，B 正确；
C．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO 氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+
=2Fe3++Cl-+H2O，pH 升高，可能出现Fe(OH)3红褐色沉淀，C 正确；
D．“沉铁”时加入Na2CO3，Na2CO3水解后呈碱性，其主要作用是调节反应液pH，以有利于黄钠铁
矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，D 错误；
故选D。
12．利用
在碱性条件下实现废水中
(Ⅲ)的回收，铬的去除率大于99.5%，其装置如图所示。下列说
法正确的是
A．膜a、膜b 均为阳离子交换膜
B．反应一段时间后，阴极区溶液的
减小
C．废水室中反应的离子方程式为
D．通电过程中石墨电极
上每产生
(标准状况)气体，双极膜内减少
【答案】C
【分析】该装置为电解池，双极膜上，氢离子移向电极N，故电极N 为阴极，氢氧根向电极M，故电
极M 为阳极；阴极发生反应
，阳极发生反应
。氢离子结合
硫酸根离子生成硫酸，缓冲室中的硫酸根离子通过膜a 向左移动，缓冲室中的钠离子通过膜b 向右移
动，则膜a 为阴离子交换膜，b 为阳离子交换膜，
通过膜c 进入产品室，膜c 是阴离子交换膜，
以此解题。
【解析】A．
通过膜b 进入产品室，膜b 为阳离子交换膜，膜a 要阻止其他阳离子进入缓冲室，为
阴离子交换膜，
通过膜c 进入产品室，膜c 是阴离子交换膜，A 错误；
B．阴极的电极反应式为
，阴极区消耗的
的物质的量与双极膜中进入此区的
的
物质的量相等，所以反应一段时间后，阴极区溶液的pH 不变，B 错误；
C．废水室中Cr(Ⅲ)以
形式存在，
在碱性条件下将其氧化为
，Cr 从+3 价升至+6
价，
中O 从-1 价降至-2 价，电子守恒，配平后离子方程式为
，C 正确；
D．N 极产生33.6L
，即1.5mol
，转移3mol 电子，双极膜每解离1mol
提供1mol
和1mol
，生成1.5mol
需3mol
，则消耗3mol
，即双极膜内减少54g
，D 错误；
故选C。
13．CaSO4消除工业废气中CO 的反应为
。向体积为4 L 的恒
温恒容密闭容器中加入一定量CaSO4(s)和20 mol CO(g)发生反应，起始压强为200 kPa，测得容器内的
压强(p)与时间(t)的关系如图所示。在t2时刻，将容器体积瞬间缩小为2 L；到t3时刻达到平衡，此时
容器内压强为560 kPa，忽略固体体积对压强的影响。下列说法中正确的是
A．t1时刻一定达到平衡状态
B．该温度下，反应的浓度平衡常数为5.3
C．若在t3时刻再加入CaSO4(s)，则正反应速率增大
D．0→t1 min 内，用SO2表示的平均反应速率为
【答案】D
【分析】由题意，起始加入20mol CO（g）在4L 容器中，压强为200kPa，反应到t1时刻压强为
300kPa，则t1时刻气体总物质的量为30mol，设此时转化的CO 为xmol，列三段式：
，则(20-x)+x+x=30，则x=10，此时CO、CO2、SO2的物质的量均为10mol，分压均为
×300kPa
=100kPa；t2时刻将容器体积缩小为2L，总压强变成600 kPa，3 种气体的物质的量均为10mol，总物
质的量30mol，则CO、CO2、SO2的分压均为200kPa；到t3时刻达平衡，总压为560kPa，
，n3=28，则此时气体总物质的量28mol，平衡向左移动，设生成的CO 为ymol，列
三段式：
，此时(10+y)+(10-y)+(10-y)=28，则y=2mol，CO、CO2、SO2的物质的量分别为12mol、8mol、8mol，
分压分别为
×560kPa =240kPa、
×560kPa =160kPa、
×560kPa =160kPa。
【解析】A．根据t3时刻是平衡状态，可计算反应的KP=
=
=
kPa，t1时刻反应Qp=
=
=100kPa＜Kp，故t1时刻反应未达到平衡状态，
A 错误；B．t3时刻达到平衡，容器体积为2L，根据分析可知，此时CO、CO2、SO2的物质的量分别
为12mol、8mol、8mol，则c(CO)=6mol/L，c(CO2)=4mol/L，c(SO2)=4mol/L，此时浓度平衡常数K=
=
=
mol/L，B 错误；C．CaSO4(s)为固体，加入固体不影响反应速
率，C 错误；D．结合分析可知，0→t1 min 内， SO2的压强从0 kPa 变成100kPa，平均反应速率为
v(SO2)=
=
=
，D 正确；故答案为：D。
14．常温下，分别向20 mL 等浓度的一元碱NaOH 溶液和
溶液中滴加0.10 mol·L-1的HCl 标准溶
液，滴定过程中得到混合溶液的pH 随盐酸的体积变化如图所示。下列说法正确的是
A．两个滴定过程都可以用酚酞作指示剂
B．水的电离程度：a 点>b 点
C．
溶液中滴加20 mL HCl 溶液时，存在
D．滴定读数时先仰视后俯视，则所测的待测液浓度偏高
【答案】C
【解析】A．盐酸滴定氢氧化钠溶液可以用酚酞或甲基橙作指示剂，盐酸滴定
溶液，恰好完
全反应时溶质为氯化铵，溶液呈酸性，不能用酚酞作指示剂，A 项错误；
B．a 点对应溶液为氢氧化钠和氯化钠物质的量之比为1：1 的混合溶液，呈强碱性，b 点对应溶液为
一水合氨和氯化铵物质的量比为1：1 的混合溶液，其碱性比a 点要弱一些，二者中水的电离均被抑
制，a 点水的电离程度小于b 点，B 项错误；
C．
溶液中滴加20 mL HCl 标准溶液时，反应后溶质为氯化铵，溶液中存在电荷守恒式为：
，C 项正确；
D．滴定时先仰视后俯视，开始读数偏大，后面读数偏小，所测的盐酸总体积小于实际体积，所测的
待测液的浓度偏低，D 项错误；
故选择C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）金属钒及其化合物因性能优异，应用广泛，被誉为“金属维生素”。石煤中含钒[以V(Ⅲ)和
V(Ⅳ)存在]、铁、硅、铝等元素的氧化物，我国石煤提钒的工艺技术和生产产能均居世界领先地位。
其中一种专利提出的“石煤直接酸浸-离子交换工艺”流程如下：
回答下列问题：
（1）Ⅴ的价电子排布式为______。
（2）“破碎球磨”的目的是______；“氧化酸浸”后，滤渣的主要成分是______。
（3）“深度氧化”操作中，将
完全转化为
，反应的离子方程式为：______。
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：
。为了提高洗
脱效率，淋洗液应该呈______性(填“酸”、“碱”或“中”)。
（5）“沉钒”过程中，沉钒率受温度等因素影响，通过实验测得“沉钒”最佳温度为80℃，温度高
于80℃时，沉钒率降低的可能原因是______。
（6）将1.2 g 产品溶于强碱溶液中，加热煮沸，调节pH，向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI 溶液
(过量)，溶液中含有
，滴加2 滴淀粉溶液，用
溶液滴定，达到终点时消耗10 mL
标准溶液。(已知：
)
①滴定终点的现象为______。
②该产品的纯度是______%。(结果保留3 位有效数字)
【答案】（1）
（2）增大接触面积，提高氧化酸浸的效率
（3）
（4）碱
（5）温度高于80℃，导致部分
分解
（6）滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 75.8%
【分析】含钒石煤钒经氧化酸浸处理将V(Ⅲ)、V(Ⅳ)、铁、铝等元素的氧化物分别转化为
、
和
，并得到浸渣为
，取浸液加入
深度氧化，将
转化为
，离子交换后使
钒元素与其余金属元素分离，洗脱处理后加入
，析出
晶体，最后经高温煅烧得到
；
【解析】（1）V 的原子序数为23，电子排布式为
，过渡金属价电子包含最外层s 电子和次
外层d 电子，因此价电子排布式为
。
（2）破碎球磨可以减小矿石颗粒，增大接触面积，加快反应，提高浸出率；原料中的硅氧化物（
）不与硫酸反应，因此酸浸后滤渣主要为
。
（3）
中V 为+4 价，被氧化为
中+5 价V，
中+5 价Cl 被还原为
，根据电子守恒、
电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为
；
（4）洗脱需要使平衡
逆向移动，根据勒夏特列原理，增大
浓度（碱性条件）可使平衡左移，提高洗脱效率。
（5）沉钒使用
沉钒，温度过高会导致铵盐分解、氨气挥发，反应物浓度降低。
（6）①淀粉遇
变蓝，滴定终点时
完全被还原，因此蓝色褪去，故现象是：滴入最后半滴标准
液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色。
②根据反应关系：
，
，则
，
，
，纯度为
。
16．（14 分）富马酸亚铁(
)是一种治疗缺铁性贫血的药品，可溶于酸性较强的溶液，碱性条
件下容易被氧化。某实验小组制备富马酸亚铁并对其纯度进行测定。
Ⅰ．富马酸亚铁制备
原理：
步骤1：反丁烯二酸的制备
取2.50g 顺丁烯二酸酐，加水溶解。加入0.1g 硫脲催化剂，溶液在搅拌下加热煮沸约4min。经结晶、
抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得反丁烯二酸2.90g。
步骤2：富马酸亚铁的合成
将2.0g 反丁烯二酸置于三口烧瓶中，加水溶解，从仪器A 中加入
溶液调节pH 为
。安
装好回流装置(加热装置省略)，通入
，一段时间后从仪器B 上口缓慢加入含5.2g
的水
溶液
，维持反应温度100℃。最后冷却、抽滤、洗涤、沸水浴烘干，得到富马酸亚铁样
品2.8g。
Ⅱ．产品纯度的测定
准确称取0.300g 产品，加入稀
溶液、加水、3 滴邻二氮菲指示剂(邻二氮菲遇
呈红色，遇
呈无色)，用
标准溶液滴定至终点(
为黄色，
为无色)。多次实验，
平均消耗
溶液15.00mL。
回答下列问题：
（1）制备反丁烯二酸的产率为___________%(保留三位有效数字)。
（2）仪器B 的名称是___________；仪器A 中连通管a 的作用是___________。
（3）加入
调节溶液pH 为
的原因是___________。
（4）写出使用铁氰化钾试剂检验产品中
的离子方程式___________。
（5）①测定产品的纯度时，滴定终点的现象为___________。
②中国药典2020 版规定：产品中富马酸亚铁的含量不得小于
，本实验中制备的富马酸亚铁
___________(填“合格”或“不合格”)。
【答案】（1）
（2）球形冷凝管 平衡气压，有利于
溶液顺利滴下
（3）pH 过低时，富马酸亚铁会溶解，导致产率降低；pH 过高时，富马酸亚铁会被氧化，导致产品纯
度降低
（4）
（5）当滴入最后半滴
标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色 不合格
【分析】首先取2.5g 顺丁烯二酸酐，溶解，加入0.1g 硫脲催化剂，溶液在搅拌下加热煮沸约4min 制
得反丁烯二酸2.90g，将2.0g 反丁烯二酸置于三口烧瓶中，加水溶解，从仪器A(仪器A 是恒压滴液漏
斗，其中连通管a 的作用是平衡气压，有利于Na2CO3溶液顺利滴下)中加入Na2CO3溶液调节溶液pH
为6.5~6.7，防止富马酸亚铁溶解，通入N2一段时间后从B(球形冷凝管)上口缓慢加入含5.2gFeSO4・
7H2O 的水溶液(20~30mL)，维持反应温度100℃，得富马酸亚铁样品2.8g，准确称取0.300g 产品，加
入稀H2SO4溶液、加水、3 滴邻二氮菲指示剂(邻二氮菲遇Fe2+呈红色，遇Fe3+呈无色)，用
0.100mol.L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点(Ce4+为黄色，Ce3+为无色)，结合关系式计算产率，据此分析
解答；
【解析】（1）根据转化过程
，理论上可生成反
丁烯二酸的质量为
，产率为
。
（2）由分析可知，仪器B 的名称是球形冷凝管，仪器A 中连通管a 的作用是平衡气压，有利于
Na2CO3溶液顺利滴下。
（3）根据题目信息可知，富马酸亚铁可溶于酸性较强的溶液，酸性过低时，容易被氧化，所以加入
Na2CO3溶液调节溶液pH 为6.5~6.7，原因是酸性较强时，富马酸亚铁会溶解，导致产率降低，酸性太
弱时，富马酸亚铁会被氧化，导致产品纯度降低。
（4）用铁氰化钾试剂检验Fe2+时，溶液中的K+、Fe2+与铁氰根离子[Fe(CN)6]3−会结合生成蓝色沉淀
KFe[Fe(CN)6]，对应的离子方程式为
。
（5）①根据邻二氮菲遇
呈红色，遇
呈无色，在测定产品纯度时，判断滴定终点的现象是当
滴入最后半滴
标准溶液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色。
②测产品纯度过程中发生的反应是
，达到滴定终点时，平均消耗
溶液
，则参加反应的
，根
据方程式进行计算
，参与反应的
全部来自富马酸亚铁，所以富马酸亚铁
的物质的量为
，因此产品的纯度
，不合格。
17．（15 分）某企业是我国钢铁行业首个突破二氧化碳制备工业产品的企业，这对推进行业节能降碳工作
具有重大意义。基于甲酸的“固碳-甲酸”技术可实现绿氢闭环，其示意图如下：
回答下列问题：
（1）人工光合固碳装置可以实现将光能转化为电能，然后利用电能实现将CO2和水合成甲酸，从而
实现“绿电固碳”，装置如图1 所示。阴极反应为___________。
（2）酸性条件下，人工光合固碳装置反应中在二维锑片(电极材料)催化剂表面生成氢气、甲酸和一氧
化碳的反应历程如图2 所示，电极表面吸附*CO2。生成甲酸的最大能垒为___________eV，对应的反
应为___________。
（3）一定条件下，向一恒压密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，此时压强为10 kPa，发生如下反
应：
Ⅰ．CO2(g)+H2(g)
HCOOH(g) ΔH1>0
Ⅱ．2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2<0
Ⅲ．CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH3>0
达到平衡时，CO2的平衡转化率为80%，HCOOH 的选择性为70%，CH3OCH3的选择性为20%，则反
应 Ⅲ 的平衡常数Kp=___________(分压=总压×物质的量分数，结果保留2 位有效数字)，提高甲酸产
率的方法有___________(至少写2 种)。
（4）在3 L 恒容密闭容器中只发生反应2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH<0。某压强下
起始时按照不同氢碳比[
]投料，测得CO2的平衡转化率与温度的关系如图3 所示。氢碳比最大
的曲线是___________(填序号)。按曲线③的起始氢碳比投料，充入2 mol CO2和6 mol H2，发生反应
达到平衡。已知该反应速率v=v 正-v 逆=k 正c2(CO2)·c6(H2)-k 逆c(CH3OCH3)·c3(H2O)，其中k 正、k 逆分别为
正、逆反应速率常数。a、b、c 点对应lgk 正-lgk 逆的大小关系为___________(用a、b、c 表示)；a 点对
应的
=___________(填数值，保留2 位小数)。
【答案】（1）CO2+2e-+2H+=HCOOH
（2）0.43 *CO2+2H++2e-=HCOOH
（3）0.068 增大压强、升高温度、及时分离出甲酸、使用对甲酸选择性更高的催化剂等(写对2
种)
（4）① a>b=c 0.19
【解析】（1）阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，与CO2反应生成甲酸，电极反应为CO2+2e-
+2H+=HCOOH。
（2）由图像可知，生成甲酸的最大能垒为0.43 eV，对应的反应为*CO2+2H++2e-=HCOOH。
（3）由达到平衡时，CO2的平衡转化率为80%，HCOOH 的选择性为70%，CH3OCH3的选择性为
20%，可知平衡时生成HCOOH、CH3OCH3、CO 的物质的量分别为0.56 mol、0.08 mol 和0.08 mol，
则：
平衡时n(CO2)=0.20 mol，n(H2)=1.88 mol，n(CO)=0.08 mol，n(H2O)=(0.24+0.08) mol=0.32 mol，
n(CH3OCH3)=0.08 mol，n(HCOOH)=0.56 mol，n(总)=3.12 mol，则反应Ⅲ的Kp=
≈0.068；提高甲酸产率即尽可能多地让反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅰ是气
体体积减小的吸热反应，故方法有增大压强、升高温度、及时分离出甲酸、使用对甲酸选择性更高的
催化剂等；
（4）相同温度下，氢碳比增大，CO2的转化率增大，故氢碳比最大的曲线为①。由对数的性质可知，
lgk 正-lgk 逆=lg
。达到平衡时，v 正=v 逆，即k 正c2(CO2)·c6(H2)-k 逆c(CH3OCH3)·c3(H2O)=0，则
=
=K，平衡常数仅为温度的函数，反应温度越高，平衡常数越小，故a、b、c 点
对应K 的大小关系为a>b=c；由上述分析可知，
=
=K，故a 点对应的
=K；根据图像可知，a 点对应的CO2的转化率为50%，则：
则有
=K=
=
≈0.19。
18．（15 分）除草剂苯嘧磺草胺的中间体M 合成路线如下。
（1）D 中含氧官能团的名称是___________，
的反应类型是___________。
（2）
的化学方程式是___________。
（3）
的制备过程中，下列说法正确的是___________(填序号)。
a．依据平衡移动原理，加入过量乙醇或将J 蒸出都有利于提高I 的转化率
b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I 和乙醇
c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯
d．浓硫酸在反应中仅起到催化剂的作用
（4）已知：
K
①
的结构简式是___________。
K
②
中氟原子会使
的活泼性___________(填“增强”或“减弱”或“无影响”)，原因是
___________。
（5）M 的分子式为
。除苯环外，M 分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M
的同时还生成产物甲醇和乙醇。①由此推测，M 的结构简式是___________。②在生成M 时，L 分子
和G 分子断裂的化学键均为
键和___________键。
【答案】（1）硝基、酯基 还原反应
（2）
（3）abc
（4）
增强 F 的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α 位C
—H 键极性增强，易断裂
（5）
N-H
【分析】B 发生硝化反应得到D，即B 为
，A 与CH3OH 发生酯化反应生成
B，即A 为
，D 发生还原反应得到E，结合E 的分子式可知，D 硝基被还原为氨
基，E 为
，E 在K2CO3的作用下与
发生反应得到G，结合G
的分子式可知，G 为
，I 与C2H5OH 在浓硫酸加热的条件
下生成J，结合I 与J 的分子式可知，I 为CH3COOH，J 为CH3COOC2H5，J 与
在一
定条件下生成K，发生类似
的反应，结合L 的
结构简式和K 的分子式可知，K 为
，G 和L 在碱的作用下生成M，M 的分
子式为
，除苯环外，M 分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M 的同时还生成
产物甲醇和乙醇，可推测为G 与L 中
键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键
均为
键和
键，M 的结构简式为
。
【解析】（1）由D 的结构简式可知，D 中含氧官能团为硝基、酯基；由分析可知，
的反应是
硝基变为氨基，反应类型是还原反应；
（2）
发生的是硝化反应，化学方程式：
；
（3）I→J 的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程；
a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a 正确；
b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b 正确；
c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，或发生分子内消去反应生成乙
烯，c 正确；
d．浓硫酸在反应中除了起到催化剂的作用，还起到吸水剂的作用，d 错误；
故选abc；
（4）①根据已知反应可知，酯基的
与另一分子的酯基发生取代反应，
中左侧不存在
，所以产物K 的结构简式为
；
②氟原子可使
的活泼性增强。F 的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α 位C—H 键极性
增强，易断裂；
（5）M 分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M 的同时还生成产物甲醇和乙醇，
再结合其分子式，可推测为G 与L 中
键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键
均为
键和
键，M 的结构简式为
。
