文档文本内容
2026 年高考第一次模拟考试
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 C 12 O 16 Na 23 S 32 Mn 55 Fe 56
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．【科技热点】“九三阅兵”彰显了我国科技与军事的全面升级。下列说法错误的是
A．歼-20S、歼-35A 等战斗机的发动机涡轮叶片为合金材料
B．“东风”系列导弹外壳中使用的碳纤维属于有机纤维材料
C．福建舰的电磁阻拦索上包裹的树脂涂层属于高分子材料
D．雷达天线罩使用的碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】A．发动机涡轮叶片通常采用高温合金材料，如镍基合金，以承受极端条件，A 正确；
B．碳纤维是由有机前驱体（如聚丙烯腈）经碳化制得，但成品主要成分为碳，属于无机材料或复合材
料，而非有机纤维材料，B 错误；
C．树脂涂层通常由环氧树脂等高分子聚合物制成，属于高分子材料，C 正确；
D．碳化硅陶瓷具有高强度、耐高温等特性，属于新型无机非金属材料，D 正确；
故答案选B。
2．物质的结构决定性质。下列解释错误的是
性质
解释
A
重油比轻质油黏稠
重油存在分子间氢键
B
键能：F-F<Cl-Cl
F 原子半径小，F 与F 间排斥力大
C
在水中的溶解度：O3>O2
O3有微弱的极性
D
碱性：CH3NH2·H2O>NH3·H2O
-CH3为推电子基
【答案】A
【解析】A．重油的黏稠性主要源于大分子间的范德华力，而非氢键（烃类不含强极性基团），A 错
误；
B．F-F 键能小于Cl-Cl，因F 原子半径小导致孤电子对间斥力大，解释合理，B 正确；
C．O3是极性分子，使其比非极性的O2更易溶于极性水，解释正确，C 正确；
D．-CH3为推电子基，增强氮的电子云密度，碱性更强，解释正确，D 正确；
故选A。
3．用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性
环境中加速
氧化的细菌，浸出辉铜矿
机理如图所示。
下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ的离子方程式为
B．温度越高，
浸出速率越快
C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐
D．理论上反应Ⅰ中每消耗
（标准状况）可浸出
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离
子方程式为：
，A 正确；
B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，
B 错误；
C．由图可知，反应I 中发生
，反应II 中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2+
+S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C 正确；
D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下
的物质的量为0.1mol，可浸出
，D 正确；故选B。
4．“钙-羧酸”是一种双邻羟基偶氮类显色剂。其在
为
的溶液中呈蓝色，能作钙、镁、锌、
镉、锰等离子络合滴定的指示剂。“钙-羧酸”的结构式如图所示。下列说法正确的是
A．分子式为
B．“钙-羧酸”中，存在2 种可与
反应的含氧官能团
C．“钙-羧酸”中氮原子的杂化方式均为
D．“钙-羧酸”中最多有20 个碳原子共面
【答案】B
【解析】A．根据题中结构可知，“钙-羧酸”的分子式为
，A 错误；
B．“钙-羧酸”中，磺酸基和羧基都能与
反应生成二氧化碳，磺酸基和羧基是2 种含氧官能
团，B 正确；
C．分子中有两个氮原子，均位于偶氮基（-N=N-）中。它们形成双键（一个σ 键和一个π 键），且每
个氮原子上有1 个孤对电子，故这两个氮原子均为sp2杂化，C 错误；
D．苯环、萘环（稠合苯环）、氮氮双键、羧基的碳原子均为平面结构，单键可旋转使各平面共面。结
构中含21 个碳原子，则所有碳原子均可能共面，最多21 个，D 错误；故选B。
5．对于下列过程发生的化学反应，相应的离子方程式错误的是
A．铜置于硝酸银溶液中：
B．
溶于水中：
C．等体积、等浓度的
溶液与
溶液混合：
D．将少量
通入次氯酸钠溶液中：
【答案】C
【解析】A．铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式是Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，A 正
确；
B．过氧化钠与水反应生成NaOH 和O2，离子方程式
，B 正确；
C．等体积等浓度的明矾溶液和
溶液混合：
，C
错误；
D．将少量SO2通入次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应：3ClO-+SO2+H2O=Cl-+
+2HClO，D 正确；
故选C。
6．实验室用苯胺和乙酸在105℃制备乙酰苯胺的实验装置如图所示(省略夹持及加热装置)。已知：苯胺易
被氧化变质；锌粉几乎不与纯乙酸反应；用重结晶法纯化乙酰苯胺的粗品。制备的化学方程式为：
下列说法错误的是
A．制备时加入锌粉可有效减少苯胺被氧化
B．若及时分离出水可提高乙酰苯胺的产率
C．为了更好的控制温度，可采用水浴加热
D．纯化乙酰苯胺不会用到分液漏斗、坩埚
【答案】C
【解析】A．苯胺具有较强的还原性，容易被氧化变质，锌粉作为还原剂，可消耗体系中的氧气，从而
有效防止苯胺被氧化，A 正确；
B．苯胺与乙酸生成乙酰苯胺的反应是可逆反应，根据勒夏特列原理，及时分离出生成物水，平衡会向
正反应方向移动，从而提高乙酰苯胺的产率，B 正确；
C．实验要求的反应温度是105℃，而水浴加热的温度最高只能达到约100℃，无法满足该实验的温度
需求，若要更好地控制温度，应采用油浴或电热套直接加热的方式，C 错误；
D．纯化乙酰苯胺采用的是重结晶法，主要操作包括溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤等，这些操
作仅需烧杯、玻璃棒、漏斗等玻璃仪器，不需要用到分液漏斗和坩埚，D 正确；
故选C。
7．下列实验操作及现象得出的结论正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
常温下，浓硫酸中加入Al 片无明显气泡生成，稀硫酸中加入
Al 片产生大量气泡
氧化性：稀
浓
B
向溴的四氯化碳溶液中通入
，溶液不褪色；向溴的四氯
化碳溶液中通入
，溶液褪色
键能：
C
常温下，分别向等体积等pH 的苯甲酸和对硝基苯甲酸溶液中
加蒸馏水稀释至等体积，测得pH：对硝基苯甲酸>苯甲酸
酸性：苯甲酸>对硝基苯甲
酸
D
向
溶液与过量氨水反应后的深蓝色溶液中加入乙醇，
析出深蓝色晶体
分子的极性：
【答案】D
【解析】A．铝在浓硫酸中因钝化而无明显气泡，在稀硫酸中反应产生氢气，但浓硫酸的氧化性强于稀
硫酸，A 错误；
B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是因加成反应，乙烷不能，但C=C 双键的总键能大于C-C 单键，B
错误；
C．等pH 的两种弱酸溶液稀释相同倍数，酸性越强的酸，其pH 变化越大，稀释后溶液的pH 也越高。
根据实验现象可知pH 是对硝基苯甲酸大于苯甲酸，可知酸性为对硝基苯甲酸大于苯甲酸，C 错误；
D．加入乙醇后析出晶体是因乙醇极性小于水，降低了络合物溶解度，D 正确；
故答案选D。
8．Raney 镍是一种带有多孔结构、较大比表面积的固态多相催化剂，其主要成分是镍和少量铝。制备
Raney 镍的关键步骤如下所示。下列有关说法错误的是
A．
热分解时产生等体积的CO 和
B．“热分解”时，不可将
替换为
C．“浸出”时，NaOH 溶液溶解镍铝合金中的铝
D．“水洗”时，洗去了
、
和
离子
【答案】A
【分析】使用
作为保护气，将
热分解得到Ni，再将Ni 与Al 熔融得到镍铝合金，然后用
NaOH 溶液浸出合金中的Al，水洗后得到Raney 镍。
【解析】A．
在空气中加热，可能会生成
，气体产物有
和CO，而在该题中
热
分解过程使用
为保护气，根据题意，热分解后生成单质Ni，反应为
，产物只有
，没有CO，因此不会产生等体积的CO 和
，A 错误；
B．热分解需在惰性气氛（如
）中进行，若替换为
，会导致生成的Ni 被氧化，B 正确；
C．浸出步骤中，NaOH 溶液与镍铝合金中的铝反应：
，
从而溶解铝，C 正确；
D．水洗前，体系中含有浸出步骤中产生的
、NaOH 溶液中剩余的
和
等可溶性离
子，水洗可将其除去，D 正确；
故答案选A。
9．【新考法】设计如下路线理解和探究
固体溶解过程的能量变化。
注：①离子在水中往往以水合离子形式存在，如水合钠离子，简写作
。
②碳酸钠水合物有
、
和
三种。
下列说法不正确的是
A．由于
和
还可能生成
等物质，
难以直接测定
B．
和
可利用图2 所示的装置进行测定
C．根据盖斯定律可知：
kJ·mol-1
D．根据各微粒的状态，可推测
【答案】D
【解析】A．因为碳酸钠和水反应可能生成
、
等多种水合物，反应过程复
杂，很难控制只生成
这一种产物，所以
难以直接测定，A 正确；
B．图2 是量热计装置，
是
溶解过程的热效应，
是
溶解过程的热效应，
溶解过程的热效应可以通过量热计测定温度变化，所以
和
可利用图2 所示的装置进行测定，B
正确；
C．根据盖斯定律，由图1 可知
，已知
，
，则
，即
，C 正确；
D．由图可知，根据盖斯定律，
，过程iv 为离子键断裂的过程，吸收能量，即
，
，则
，D 错误；
故选D。
10．高砷烟尘的主要成分为
、
和
，从高砷烟尘中回收制备砷酸钠晶体的工流程如下，设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
已知：①
中
的化合价为
价、
价。
②浸出液的主要成分为
和
。
③硫化钠晶胞：
。
A．Pb 在元素周期表中的位置为第六周期ⅥA 族
B．
晶胞中含有的离子数目为
C．浸出液“氧化”过程中，主要发生反应：
D．
中
与
的数目之比为2 3∶
【答案】D
【分析】根据题干和流程图：高砷烟尘(主要成分为
、
和
)，加入氢氧化钠和硫化钠
进行碱浸，沉淀为
和S，发生反应：
，浸出液为碱性，
主要成分为
和
，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：
，得到
溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
干燥得到砷酸钠晶体，据此分析；
【解析】A．铅（Pb）的原子序数为82，在元素周期表中的位置为第六周期ⅣA 族，A 错误；
B．根据均摊法计算，1 个晶胞中，白球数目为含有8 个，黑球数目为
=4 个，即1 个晶胞中
含有8 个Na+和4 个S2-，故
晶胞中含有的离子数目为
，B 错误；
C．浸出液“氧化”过程中，主要发生反应：
，C 错误；
D．
中O 为-2 价，根据化合价之和为0，
与
的数目之比为2 3∶，D 正确；
故选D。
11．短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 是原子半径最小的原子，X、Y、Z 的最外层
电子数之和为18，且三者形成的化合物的结构如图所示。四种元素形成的化合物之间发生反应：
YXZ3+W2X→W3YX4+WZ (未配平)。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z
B．单质的沸点：Z>Y>X
C．W3YX4的酸性强于WZ
D．YW3的键角>YZ3的键角
【答案】D
【分析】由题干信息可知，短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 是原子半径最小
的原子，故W 为H，X、Y、Z 的最外层电子数之和为18，且三者形成的化合物结构图所示信息可
知，Y 能形成5 个共价键，Z 只能形成1 个共价键，X 能形成2 个共价键，则X 为O，Y 为P、Z 为
Cl，YXZ3+W2X=W3YX4+WZ 即POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl，据此分析解题。
【解析】A．非金属性越强，电负性越大，非金属性：O＞Cl＞P，则电负性：X＞Z＞Y，A 错误；
B．磷单质为固体，其他均为气体，单质沸点最大的是Y，
的范德华力大于
，沸点高于
，故
单质沸点：Y＞X＞W，B 错误；
C．W3YX4即H3PO4为中强酸，WZ 即HCl 是强酸在水溶液中能完全电离，酸性：H3PO4＜HCl，C 错
误；
D．PH3、PCl3的中心原子P 均是均是
杂化，孤对电子数均为1，Cl 的电负性比H 大，PCl3中P 周
围电子云密度较小，成键电子对之间的斥力较小，故PH3的键角大于PCl3的键角，D 正确；
故选D。
12．实现双碳目标，
化学转化制备精细化学品是重要的研究方向。利用离子液体作催化剂，在温和条
件下活化
和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯的路径可能如下：
下列说法不正确的是
A．总反应的原子利用率为100%
B．反应过程中有极性键和非极性键的形成和断裂
C．若以环氧氯丙烷
为原料，合成产物的结构简式为
D．碳酸丙烯酯为极性分子，易溶于氯仿(
)等有机溶剂
【答案】B
【解析】A．总反应是
和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯，反应物所有原子都进入产物，原子利用率为
100%，A 正确；
B．反应过程中，涉及极性键的形成与断裂，如步骤4 中C-Br 键的断裂和C-O 键的形成，但没有非极
性键的形成和断裂，B 错误；
C．根据反应路径的规律，若以环氧氯丙烷（从结构上看，环氧氯丙烷可看作是-CH2Cl 替代环氧丙烷
中的-CH3）为原料，则合成的产物结构简式可看作是-CH2Cl 取代碳酸丙烯酯中的甲基（-CH3），即合
成产物的结构简式为
，C 正确；
D．碳酸丙烯酯分子结构不对称，是极性分子；氯仿也是极性分子，根据“相似相溶”原理，极性分
子易溶于极性有机溶剂，所以碳酸丙烯酯易溶于氯仿，D 正确；
故选B。
13．电化学法制备盐酸羟胺（NH2OH·HCl）有诸多优点而在工业上被广泛应用。制备原理如图Ⅰ所示，A
室电极上的反应机理如图Ⅱ所示。下列说法错误的是
A．一段时间后，B 室中盐酸的浓度不变
B．正极反应式为
C．该电池总反应的原子利用率为100%
D．3 mol H+通过交换膜，可得1 mol 盐酸羟胺
【答案】B
【分析】盐酸羟胺的化学式为NH2OH·HCl，由阳离子NH3OH+和阴离子Cl-构成，注意到NH2OH·HCl
中N 的化合价为-1。由图Ⅰ可知，外电路中电子由Pt 电极流向含Fe 的电极，则Pt 电极是负极，含Fe
的电极是正极。负极反应式为
，正极反应式为
，总反应式为
（发生1 mol 总反应时，外电路通过6 mol e-，氢离子交换膜通过6
mol H+）。由图Ⅱ可知，A 室电极上的反应机理是：①NO 吸附到Fe 表面；②NO 累计结合3 个H+和
3 个e-，形成NH2OH；③NH2OH 与H+结合形成NH3OH+，同时脱附。图Ⅱ中X 是H+，Y 是
NH3OH+，Fe 起催化剂和导电的作用。
【解析】A．由分析可知，负极反应式为
，当外电路通过2 mol e-时，负极产生2 mol
H+，B 室也有2 mol H+通过氢离子交换膜进入A 室，所以B 室中盐酸的浓度不变，A 正确；
B．由分析可知，正极反应式为
，B 错误；
C．由分析可知，该电池的总反应为
，属于化合反应，原子利用率
为100%，C 正确；
D．由分析可知，3 mol H+通过交换膜时，可得1 mol 盐酸羟胺，D 正确；
故选B。
14．下图是由Pb、S 两种元素组成的结晶型化合物的立方晶胞结构(晶胞参数α=β=γ=90°且a=b≠c)。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．该物质的化学式为PbS2
B．该晶体密度为
C．M 的分数坐标为(0，
，1)
D．M、N 处S 的核间距为
a nm
【答案】B
【解析】A．据“均摊法”，晶胞中含
个Pb、
个S，该物质的化学式为
PbS，A 错误；
B．结合A 分析，晶体密度为
，B 正确；
C．M 在xyz 轴上坐标投影分别为
、0、c，的分数坐标为(
，0，c)，C 错误；
D．M、N 处S 的核间距为前面四边形面对角线的二分之一，为
nm，D 错误；
故选B。
15．通过理论计算，常温下，
溶液中各粒子分布系数与溶液pH 的关系如图1 所示。向
溶液(
溶液
)中逐滴滴入等体积
溶液，充分反应，测得溶液中各粒子分布系数与混合液
的关系如图2 所示。下列说法错误的是
A．
溶液中粒子浓度关系为
B．图1 中，
表示
C．根据图2，
时，仅发生反应：
D．由图可知，常温下，
【答案】C
【解析】A．
溶液中，
、
分别会发生水解：
、
，由题干可知，常温下，该溶液的
，溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，则
的水解程度小于
，导致
，
且
、
在溶液中大量存在，则该溶液中粒子浓度关系为：
，A 正确；B．由图2 可知，pH 在7.7~9.7 之间，
的分布系
数随pH 增大而减小，即
逐渐转化为NH3·H2O，再结合图1 可知，
对应的微粒的分布系数在
pH=7.7~9.7 之间也随pH 增大而减小，则
表示
，B 正确；C．根据图2，
时，随着pH
的增大，
的分布系数减小，NH3·H2O 的分布系数增大，说明发生了反应：
，同时
的分布系数微增大，
的分布系数几乎不变，则可能是
水解生成的
与
反应生成了少量的
，所以
时，不仅仅发生了
与
的反应，C 错误；D．由
图2 可知，
时，随着pH 的增大，
的分布系数减小，
的分布系数增大，再结合图1
可知，
表示
，
表示
，且当pH=10.33 时，
与
的分布系数相等，则常温下，
Ka2(H2CO3)=
，D 正确；故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（13 分）钪(Sc)是航空航天、超导材料领域的关键稀土金属。以钒钛磁铁矿中提取的
为原料，采
用钙热还原法制备高纯金属钪的核心工艺如下：
回答下列问题：
（1）基态钪原子的价层电子排布式为 。
（2）“300℃氟化”的化学方程式为 ，
的实际用量需比理论用量略多，目的是
。
（3）无水
不能由
直接加热制得，原因是 。
（4）结合流程图分析，沸点：Ca Sc(填“>”“<”或“=”)。
（5）已知Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(ScF3)=4.0×10-18。某混合溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L，c(Sc3+)=1.0×10-
6mol/L，向该溶液中缓慢滴加NaF 溶液。
①先析出的沉淀是 (填化学式)。
②当溶液中
时，c(Ca2+)：c(Sc3+)= 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
（2）
确保
完全氟化，提高钪的产率
（3）
加热会水解，而后分解生成
（4）<（1 分）
（5）
【分析】以
为原料，首先在300℃下与过量
发生氟化反应，生成
、
和
；
接着升温脱除
，得到无水
；随后在氩气保护下，用Ca 还原
得到粗钪；最后通过真空蒸
馏（利用Ca 与Sc 的沸点差异，Ca 沸点更低易挥发）分离杂质，最终得到高纯钪。
【解析】（1）钪
是21 号元素，核外电子排布为
，价层电子是指原子参与
成键的电子，即最外层
和次外层
电子，因此价层电子排布式为
，故答案为：
；
（2）由分析可知，300℃下与过量
发生氟化反应，生成
、
和
，化学方程式为
；增加
的量可以确保
完全氟化，提高钪的
产率，故答案为：
；确保
完全氟化，提高钪的产
率；
（3）含结晶水的氟化物（如
）直接加热时，结晶水会与
发生水解反应，最终生成
，故答案为：
加热会水解，而后分解生成
；
（4）流程中通过“真空蒸馏”分离Ca 和粗钪，说明蒸馏时Ca 先挥发出来，根据沸点低的物质易挥
发，因此沸点：
，故答案为：<；
（5）①对
：
，生成沉淀需要氟离子浓度最低为
；对
：
，生成沉淀需要氟离子浓度最低
为
，
，因此先析出的沉淀是
，故答
案为：
；
②当溶液中
时，分别代入溶度积公式计算
和
：
；
；因此
，故答案为：
。
17．（14 分）纳米
可用于痕量酚类物质的快速检测。
Ⅰ．制备纳米
并测定其活性成分
的质量(装置如图，夹持等装置已略)。
将
和纳米
加入装有纯水的仪器a 搅拌器中，搅拌，缓慢加入稳定剂后，加入缓冲液调节
溶液pH 为6.0，继续搅拌12 h。转移至烧杯中静置，磁分离、洗涤、干燥，制得纳米
。
（1）仪器a 的名称是 。
（2）调节溶液pH 为6.0 的原因是 。
（3）磁分离获得纳米
的原理为 。
（4）
质量的测定：向一定量的纳米
样品中加入稀
和
溶液充分反应，
加热，冷却至室温后，调节溶液pH 为5.0，过滤；向滤液中加入指示剂和掩蔽剂，用
EDTA
标准溶液滴定滤液中
，平行滴定三次，平均消耗EDTA 标准溶液体积V mL(EDTA 与
反应
的化学计量数之比为
)。
①
转化为
的化学方程式为 。
②纳米
样品中
的质量为 mg(用含c、V 的代数式表示)。
Ⅱ．检测酚类物质
向TMB 溶液中加入纳米
，得到检测液；向检测液中加入酚类物质，溶液变色，激光照
射溶液2 min，通过照射前后温度变化检测酚类物质的浓度。
变色原理为：TMB(无色)
氧化态TMB(蓝色)
（5）当检测液中加入酚类物质时，溶液颜色的变化是 ，该过程体现了酚类物质的
性。
（6）温度变化与酚类物质的浓度关系如图，该检测液能定量检测酚类物质的浓度范围为
。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）三颈烧瓶（1 分）
（2）
过低时，
易被还原为
，
过高易生成
等副产物
（3）
具有磁性，可被磁铁吸引
（4）
（5）由蓝色逐渐变为无色 还原（1 分）
（6）
【分析】Ⅰ．纳米
的制备与
质量测定：将
和纳米
在超纯水中混
合，调
后反应，利用
的磁性磁分离得到产物；再通过
还原
为
，用
EDTA 滴定测定
质量；
Ⅱ．酚类物质检测：利用
催化TMB 氧化变蓝，酚类物质可还原蓝色的氧化态TMB，
结合激光照射的温度变化定量检测酚类浓度。
【解析】（1）由装置图可知，仪器a 是三颈烧瓶；
（2）调节溶液pH 为6.0 的目的是为了使
的还原产物为
，
过低时，
易被还原为
，
过高易生成
等副产物；
（3）纳米
是磁性材料（具有铁磁性），产物
可被磁铁吸引，从而从溶液中分
离，故答案为：
具有磁性，可被磁铁吸引；
（4）①
在酸性条件下被
还原，
作氧化剂，
从 + 4 价→+2 价；
作还原
剂，O 从 - 1 价→0 价，结合加热条件，因此反应的化学方程式为：
；
EDTA
②
与
反应的化学计量数之比为
，因此
；由反应可知
，
的摩尔
质量为 87 g/mol，因此质量为：
，故答案为：
；
（5）TMB（无色）被
催化氧化为蓝色的氧化态TMB；加入酚类物质后，酚类将氧化
态TMB 还原为无色TMB，因此颜色由蓝色逐渐变为无色；酚类使氧化态TMB 被还原，体现了酚类
的还原性；
（6）由温度变化图可知：浓度低于
时，温度变化无明显响应，无法定量；浓度在
时，温度变化随浓度升高呈规律下降，可定量；浓度高于
时，温度变
化趋于稳定，无法区分浓度差异；因此检测范围为
，故答案为：
。
18．（15 分）治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物（Resmetirom）的一种合成路线如图所示：
已知：
代表
；Et 代表
；DMA 分子式为
，是一种有机溶剂。
回答下列问题：
（1）A 可由R（
）合成，R 的化学名称为 。
（2）A 中所含官能团的名称为 。
（3）已知
与苯环相连后，其与
溶液在常温下不易发生取代反应，则
的结构简式为 。
（4）I→Resmetirom 的化学方程式为 。
（5）A 的同分异构体中，与A 的取代基数目和种类全部相同的芳香族化合物还有 种（不考虑立
体异构体）。
（6）上述合成路线中，
的合成转化如图所示，C 的结构简式为 ；C→D 转化中采用水解
→氧化→取代三步 （填“合理”或“不合理”）；理由是 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）
（2）碳氯键、羟基、氨基
（3）
（4）
+CH3CH2OH
（5）15
（6）
不合理（1 分） 转化步骤应为水解→取代→氧化三步，若先
氧化，氨基也会被氧化
【分析】A 经过一系列转化得到F，F 中碳碳双键发生加成反应得到G，根据已知条件：
与苯环相
连后，其与
溶液在常温下不易发生取代反应，则G 中酰胺基在KOH 溶液中发生水解得到H：
，H 中氨基(-NH2)位置发生反应得到I，I 发生反应得到Resmetirom 和乙醇
(CH3CH2OH)。
【解析】（1）R 的化学名称为：对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）；
（2）根据A 的结构简式，A 中官能团名称为：碳氯键、羟基、氨基；
（3）根据分析，
的结构简式为：
；
（4）对比I 和Resmetirom 的结构知，I 发生反应得到Resmetirom 和乙醇(CH3CH2OH)，化学方程式
为：
+CH3CH2OH；
（5）A 结构中含一个苯环、两个-Cl、一个-NH2、一个-OH。苯环上有-Cl、-Cl、-OH 三个取代基时的
结构有6 种，用数字代表-NH2的位置，-Cl、-Cl、-NH2、-OH 四个取代基在苯环上共有16 种不同的位
置关系：
，除去A 自身外还有15 种，故填15；
（6）结合C 的分子式知，A 和B 发生取代反应得到C(
)和HCl，C 到D 的转化
过程中，C 先水解，氯原子（含N 原子的六元环上）被羟基取代，氨基发生取代反应转化为酰胺基，
最后羟基氧化为羰基，若先氧化，氨基也会被氧化，故不合理。
19．（13 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：
（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】（除标明外，每空2 分）
（1）＜（1 分） 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
。
