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：90 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 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本大题共16 小题，每小题3 分，共48 分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合
题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．【改编】按物质组成与性质分类，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 不属于( )
A．盐 B．混合物 C．配合物 D．电解质
【答案】B
【解析】A 项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 带有结晶水，既含有酸根离子SO4
2-，又含有配离子[Cu(NH3)4]2+，
则其属于盐，A 不符合题意；B 项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 是带有结晶水的盐，属于纯净物，不属于混合物，
B 符合题意；C 项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 含有配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于配合物，C 不符合题意；D 项，
[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 属于盐，溶于水后能电离出自由移动的酸根离子SO4
2-和配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于
电解质，D 不符合题意；故选B。
2．关于AlCl3的性质，下列说法中不正确的是( )
A．熔融态的AlCl3几乎不导电
B．可用蒸发结晶的方法从AlCl3的水溶液中获得AlCl3固体
C．因易与Cl-形成配离子，所以AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl 键的断裂
D．AlCl3可与过量氨水反应制得氢氧化铝
【答案】B
【解析】A 项，熔融态的AlCl3是共价化合物，无法离解出自由离子，因此几乎不导电，A 正确；B 项，
AlCl3在水中易水解生成Al(OH)3和HCl，直接蒸发结晶会导致HCl 挥发，水解加剧，无法得到AlCl3固体，
B 错误；C 项，AlCl3作为路易斯酸，与Cl⁻形成配离子，可活化S-Cl 键，促进其断裂，C 正确；D 项，
AlCl3与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，因氨水碱性弱，无法溶解Al(OH)3，D 正确；故选B。
3．【原创】下列化学用语中表示正确的是( )
A．乙醇分子中的C-O 键：sp3-sp3 σ 键 B．SO3的VSEPR 模型：
C．NH4Br 的电子式：
D．硬脂酸的分子式：C17H35COOH
【答案】A
【解析】A 项，乙醇分子的结构简式为CH3-CH2-OH，中间C 原子形成4 个σ 键，价层电子对为4，O
原子形成2 个σ 键，2 对孤电子对，价层电子对为4，因此都采取sp3杂化，A 正确；B 项，SO3中心原子S
形成3 个σ 键，孤电子对为0，价层电子对为3，VSEPR 模型为平面三角形，B 错误；C 项，NH4Br 的电子
式为
，C 错误；D 项，硬脂酸的分子式为：C18H36O2，D 错误；故选A。
4．火箭推进发生反应的化学方程式为：C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+4H2O↑+3N2↑(偏二甲肼中C、N 元素的
化合价相等)。下列说法正确的是( )
A．N2O4是还原剂 B．C2H8N2被还原
C．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3 D．1mol N2O4完全反应，有8NA个电子转移
【答案】D
【解析】A 项，N2O4中N 的化合价降低，被还原，N2O4是氧化剂，故A 错误；B 项，C2H8N2中C 和N
的化合价均升高，被氧化，故B 错误；C 项，C2H8N2中C 和N 的化合价均升高，氧化产物为2mol CO2和
1mol N2(来自C2H8N2)，共3mol；还原产物为2mol N2(来自N2O4)，二者物质的量之比为3 2∶，故C 错误；D
项，N2O4中2 个N 原子各降低4 价，1mol N2O4共转移8mol 电子(即8NA个)，故D 正确；故选D。
5．硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是( )
A．热稳定性：NH3 > H2O B．碱性：NH3 > C2H5NH2
C．电负性：
D．熔点：C2H5NH3NO3 > NH4NO3
【答案】C
【解析】A 项，热稳定性：氧的非金属性强于氮，因此H2O 比NH3更稳定，故NH3 > H2O 错误，A 错
误；B 项，碱性：乙胺(C2H5NH2)中乙基的给电子效应增强了氮原子的电子密度，使其碱性比氨(NH3)强，
故NH3 > C2H5NH2错误，B 错误；C 项，电负性：碳的电负性(约2.55)大于氢的电负性(约2.20)，故χ(C) >
χ(H)正确，C 正确；D 项，熔点：硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是常温离子液体，熔点低(室温下为液态)，而硝
酸铵(NH4NO3)是固体，熔点较高，故C2H5NH3NO3 > NH4NO3错误，D 错误；故选C。
6．【化学与生活】化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A．用明矾净化黄河水是由于Al3+水解产生的Al(OH)3胶体具有吸附性
B．为增强“84”消毒液的消毒效果，可将“84”消毒液和洁厕灵混合使用
C．“歼-20”战斗机采用大量高科技材料，其中石墨烯属于新型无机非金属材料
D．清华大学在国际期刊《科学》上发表芯片领域的重要突破，其中芯片的主要成分是高纯度硅
【答案】B
【解析】A 项，明矾溶于水电离出的Al3+水解产生的Al(OH)3胶体，具有吸附性，可以起到净化黄河
水的作用，A 正确；B 项，“84”消毒液(含NaClO)与洁厕灵(含HCl)混合会生成有毒Cl2，降低消毒效果且
危险，B 错误；C 项，石墨烯属于新型无机非金属材料，C 正确；D 项，芯片的主要成分是晶体硅，D 正
确；故选 B。
7．下列实验操作与方法，说法正确的是( )
A．直接用过滤来提取蛋白质溶液中的蛋白质
B．用18-冠-6 增大KMnO4在甲苯中的溶解度
C．用CCl4萃取碘化钾溶液中的碘离子
D．常用冷却结晶的方法提取氯化钠溶液中的氯化钠
【答案】B
【解析】A 项，蛋白质溶液属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，无法用过滤提取蛋白质，应采用盐析等
方法，A 不符合题意；B 项，18-冠-6 是一种冠醚，其分子结构中的空穴可与K⁺形成稳定配合物，使离子
化合物KMnO4在非极性溶剂甲苯中的溶解度显著增大，这是超分子的作用，B 符合题意；C 项，碘离子在
水溶液中无颜色，不能被CCl4萃取；是碘单质能被CCl4萃取，C 不符合题意；D 项，氯化钠的溶解度受温
度影响较小，应采用蒸发结晶的方法提取，冷却结晶适用于溶解度受温度影响大的物质，D 不符合题意；
故选B。
8．下列方程式正确的是( )
A．氯化铝溶液中加过量氨水：Al3+
+4NH3·H2O= [Al(OH)4]-+4NH4
+
B．小苏打溶液与FeCl3溶液混合：Fe3+ +3HCO3
- =Fe (OH)3↓+3CO2↑
C．甲醛与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应：HCHO+2Cu(OH)2
HCOOH+ Cu2O↓+2H2O
D．少量CO2气体通入苯酚钠溶液中：2C6H5O-+CO2 +H2O→2C6H5OH+CO3
2-
【答案】B
【解析】A 项，氯化铝溶液中加过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3+
+3NH3·H2O=Al(OH) 3↓+3NH4
+，A 错误；B 项，小苏打溶液与FeCl3溶液混合：发生双水解反应生成氢氧化
铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为：Fe3+ +3HCO3
- =Fe (OH)3 ↓+3CO2↑，B 正确；C 项，碱性条件下，甲醛
溶液与足量新制氢氧化铜共热反应生成碳酸根离子、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为：
HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH
Na2CO3+2Cu2O↓+6H2O，C 错误；D 项，少量CO2气体通入苯酚钠溶液中反
应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：C6H5O-+CO2 +H2O→C6H5OH+HCO3
-，D 错误；故选B。
9．化合物乙是从几种开花植物中分离出来的重排萜烯苷。一种制备乙的过程如图所示(部分物质未标
出)。下列叙述正确的是( )
A．甲中碳原子的杂化方式有三种
B．乙存在芳香族同分异构体
C．可用酸性KMnO4溶液检验乙中的碳碳双键
D．1 mol 甲与足量NaOH 溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
【答案】B
【解析】A 项，甲中存在饱和碳原子和双键碳原子，其杂化类型分别为sp3和sp2，因此碳原子的杂化
方式只有两种，A 错误；B 项，乙的不饱和度为4，且碳原子数≥6，因此能形成苯环，具有芳香族同分异
构体，B 正确；C 项，乙中碳碳双键、醇羟基(-CH2OH 等)均能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能用酸性
KMnO4溶液检验乙中的碳碳双键，C 错误；D 项，甲中仅有1 个碳氯键能与NaOH 溶液发生水解反应，故
1 mol 甲与足量NaOH 溶液反应，最多消耗1 mol NaOH，D 错误；故选B。
10．【改编】下列选项中实验仪器的使用及操作不正确的是( )
A．验证牺牲阳极法
B．灼烧海带
C．量取12.50 mL
NaOH 溶液
D．制取明矾晶体的结
晶装置
【答案】B
【解析】A 项，铁钉附近可观察到酚酞变红，没有蓝色(Fe2+遇铁氰化钾生成蓝色沉淀)，说明Fe 未反
应，Zn 发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，导致铁钉附近溶液显碱性，酚酞变红，证明Zn 保
护了铁，为牺牲阳极保护法，A 正确；B 项，灼烧装置中坩埚不需要垫石棉网，架在泥三角上直接加热，
B 错误；C 项，聚四氟乙烯活塞既能耐酸也能耐碱，故能盛装碱性溶液，C 正确；D 项，制取明矾晶体可
通过此结晶法，将线悬挂的晶体放入饱和明矾溶液中，在合适温度下结晶，D 正确；故选B。
11．化合物K 与L 反应可合成药物中间体M，转化关系如下：
已知L 能发生银镜反应，下列说法不正确的是( )
A．
分子中碳原子的杂化方式均有sp3和sp2
B．在水中的溶解度：K＞M
C．L 为乙醛
D．生成物M 与H2O 的化学计量数之比为1：1
【答案】D
【解析】A 项，K、M 分子均有单键碳和双键碳，碳原子的杂化方式均有sp3和sp2，故A 正确；B 项，
K 分子中含有羧基，在水中的溶解度：K＞M，故B 正确；C 项，M 比K 多2 个碳原子，L 能发生银镜反应，
L 含有醛基，则L 为乙醛，故C 正确；D 项，K 和乙醛反应生成M 和水，根据原子守恒，生成物M 与H2O
的化学计量数之比为1：2，故D 错误；选D。
12．【新考法】电化学硅基化反应成为当前化学研究的热点。研究人员通过该反应成功从氢硅烷中引
发硅自由基的生成，进而实现了烯烃的硅-氧双官能化反应。
下列说法错误的是( )
A．若以铅酸蓄电池为电源。则B 应与PbO2电极相连
B．阳极的电极反应：R-N-OH-e-=R-N-O•+H+
C．每生成1 mol
，有2molR-N-OH 参与反应
【答案】A
【解析】根据电子的走向，A 电极电子电子流入，A 为电源正极，B 为电极负极。A 项，铅酸蓄电池
中PbO2为正极，Pb 为负极；电极B 为负极，B 应接Pb 电极，A 错误； B 项，由上图可知，阳极的反应为
R-N-OH-e-=R-N-O•+H+，B 正确；C 项，反应机理中，生成1mol
需2 mol 电子转移，阳极
每转移1 mol 电子消耗1 molR-N-OH，故共需 2 mol R-N-OH 参与(1 mol 用于生成自由基，1 mol 循环再生
后参与后续反应)，C 正确；D 项，“从氢硅烷中引发硅自由基的生成”，反应中Si-H 键断裂可产生硅自
由基
，D 正确；故选A。
13．【新题型】CuSO4·5H2O(结构示意图如图1)分解的TG 曲线(固体质量随温度变化)及DSC 曲线(反
映体系热量变化情况)如图2 所示。700℃左右有两个吸热峰(对应两个吸热反应)。
下列分析不正确的是( )
A．H2O 与Cu2+、H2O 与SO4
2-的作用力类型分别为配位键、氢键
B．CuSO4·5H2O 中的结晶水是分步失去的
C．700℃左右对应的分解产物是CuO、SO2、SO3、O2
D．温度高于800℃，推测发生了2CuO
2Cu+O2↑
【答案】D
【解析】A 项，由图可知，4 个H2O 与1 个Cu2+之间形成配位键，1 个H2O 与2 个SO4
2-之间形成氢键，
故A 正确；B 项，根据TG 图像可知，CuSO4·5H2O 中的结晶水是分步失去的，即先破坏氢键，再破坏配位
键，故B 正确；C 项，700℃左右对应的分解反应是CuSO4
CuO+SO3，所以分解产物是CuO、SO2、
SO3、O2，故C 正确；D 项，2.5gCuSO4·5H2O 晶体中
，
，
，据Cu 原子守恒可知，600℃时固体为CuSO4，800℃时固体为
CuO，高于800℃时生成Cu2O，则高于800℃时发生反应为4CuO
2Cu2O+O2↑，故D 错误；故选D。
14．某醇的消去反应机理如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．H+是催化剂
B．该醇的消去产物只有一种
C．若用D+替代H+，方程式为：(CH3)3CCH(OH)(CH3)+D+→CH2=C(CH3)CH(CH3)2+HDO+H+
D．依据该机理，
能发生消去反应
【答案】B
【解析】A 项，根据反应中H+在反应中参与反应，反应结束后又生成的特点判断H+做催化剂，故A
正确；B 项，对于图中最后一步的反应物碳正离子而言，也可以消去
所连的甲基上的H，生成
CH2=C(CH3)CH(CH3)2，所以该醇的消去产物不只有一种，故B 错误；C 项，根据图中机理，可知若用
D+替代H+，方程式为：(CH3)3CCH(OH)(CH3)+D+→CH2=C(CH3)CH(CH3)2+HDO+H+，故C 正确；D 项，依
据该机理可知
由羟基所连的C 转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键推断
能发生消去反应，故D 正确；故选B。
15．25℃时，Ksp[Pb(OH)2]=1.4×10－15，Ksp(PbI2)=9.8×10－9，Ksp(PbCO3)=7.4×10－14；H2CO3的电离常数
Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。下列描述正确的是( )
A．PbCO3在水中和
的
溶液中的溶解度相同
B．c(Pb2+)饱和Pb(OH)2溶液<饱和PbCO3溶液
C．浓度均为0.2 mol/L 的Pb(NO3)2溶液和Na2CO3溶液等体积混合，生成沉淀为PbCO3
D．Pb2+ +2HCO3
-= PbCO3↓+ H2CO3，K 的数量级为1010
【答案】A
【解析】A 项，在纯水中，PbCO3的溶度积 Ksp=7.4×10-14。设溶解度为s，则s2=Ksp，所以
；在0.01 mol/L NaI 溶液中，c(I⁻) = 0.01 mol/L。PbI2的溶度积Ksp=9.8×10-
9；计算离子积：c(Pb2+)×c(I⁻)=
，无PbI2沉淀生成，因此溶解度
与纯水中相同，A 正确；B 项，饱和Pb(OH)2溶液中，
，数量级为10-6，
饱和PbCO3溶液中，
，数量级为10-7，前者c(Pb2+)更大，B 错误；C 项，浓度均
为0.2mol·L-1 的Pb(NO3)2溶液和Na2CO3溶液等体积混合，c(Pb2+)=c(CO3
2-)=0.1mol·L-1，
，远大于Ksp(PbCO3)，则生成沉淀PbCO3；Na2CO3溶液呈碱性，混合后初始
c(CO3
2-)=0.1mol·L-1 ，结合Ka2=4.7×10-11，计算c(OH-)=≈4.47×10-3mol·L-3。Pb(OH)2的离子积
c(Pb2+)×c2(OH⁻)=
＞Ksp[Pb(OH)2]=1.4×10－15 ，有Pb(OH)2沉淀生成，C 错误；D
项，Pb2+ +2HCO3
-= PbCO3↓+ H2CO3反应平衡常数
，数
量级为109，D 错误；故选A。
16．通过如图所示的流程，可由甲苯(液体)氧化制备苯甲醛(液体)。
下列说法中正确的是( )
A．流程中的Mn2O3可用酸性KMnO4溶液代替
B．“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”可使用同一个漏斗(用前均需洗涤干净)
C．“操作Ⅱ”和“操作Ⅲ”均为两种液体的分离，但分离原理不同
D．加热蒸干MnSO4溶液得到Mn(OH)2固体，在空气中灼烧后可循环使用
【答案】C
【解析】甲苯在稀硫酸作用下，被Mn2O3氧化为苯甲醛，Mn2O3还原为硫酸锰，油水经过分液分离得
到的稀硫酸可以循环利用，得到的“油”是甲苯和苯甲醛的混合物，经过蒸馏得到产品苯甲醛。A 项，若
使用KMnO4能将甲苯直接氧化成苯甲酸，A 错误；B 项，“操作Ⅰ”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，过滤
用普通漏斗，“操作Ⅱ”是分液，分液用分液漏斗，不可使用同一个漏斗，B 错误；C 项，“操作Ⅱ”是
分液，分离原理是根据两种液体不互溶，“操作Ⅲ”是蒸馏，操作原理是两种液体沸点不同，所以分离原
理不同，C 正确；D 项，因MnSO4水解得到的Mn(OH)2和H2SO4均不挥发，所以加热蒸干MnSO4溶液得到
的固体仍然是MnSO4，D 错误。故选C。
二、非选择题(本题共4 小题，共52 分)
17．(16 分)硫、氮是非常重要的非金属元素。请回答：
(1)有关ⅥA 族元素及化合物的结构与性质，下列说法正确的是______。
A．基态Se 原子的简化的电子排布式为 [Ar]4s24p4
B．基态S 原子有9 种不同能量的电子
C．S 和Cr 原子价电子数相同，Cr 处于周期表的d 区
D．H2O 和H2S 键角大小：
(2) CuS2是一种低温超导材料，具有较大研究价值。其晶胞结构如图：
①Cu2+的配位数(紧邻的阴离子数)为 。
②已知CuS2固体在足量的高压氧气下，完全溶于足量的氨水，该反应的离子方程式是 。
S
③元素还可形成S2O6
2-，其结构是 A(填“a”或“b”)。
(3)三聚氰胺生产时产生大量含氨和CO2的尾气，工业以此为原料，采用氨基磺酸水溶液吸收，联产精
细化工中间体——氨基磺酸铵H2NSO3NH4。转化如下图：
已知：三聚氰胺结构简式为
，与苯环类似，分子为平面结构，存在大π 键。
①溶液A 中阴离子有H2NCOO-、OH-和 、 。
②下列说法正确的是 。
A．三聚氰胺是极性分子
B．步骤Ⅰ中，若硫酸浓度低，易形成(NH4)2SO4副产物
C．步骤Ⅲ中，水从上喷淋吸收尾气效率更高
D．步骤Ⅳ中，若反应液浓缩后，加入足量的乙醇不能使氨基磺酸铵结晶析出
③已知：制备氨基磺酸的另一种方法：NH3+
→H2NSO3H
a.氨基磺酸可在足量的热NaOH 溶液中水解，其化学方程式是 。
b.设计实验方案检验氨基磺酸中的N 元素 。
c.NH3与SO3以1：2 比例反应生成HN(SO3H)2，HN(SO3H)2可继续消耗NH3生HN(SO3NH4)2，
HN(SO3NH4)2可继续消耗NH3生成(NH4)N(SO3NH4)2，从结构度分析最后一步转化能发生的原因
。
【答案】(1)CD(2 分)
(2) 6(1 分) 2CuS2+7O2+12NH3·H2O= 2[Cu(NH3)4]2++4SO4
2-+4NH4
++10H2O 或
2CuS2+7O2+12NH3+2H2O=2 [Cu(NH3)4]2++4SO4
2-+4NH4
+(2 分) b(1 分)
(3)CO3
2-(1 分) HCO3
- (1 分) BC(2 分)
H2NSO3H+2NaOH
Na2SO4+NH3↑+H2O(2 分)
取少量氨基磺酸溶液于试管中，加入适量NaOH 溶液，并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，
若试纸变蓝，则证明有N 元素(2 分)
磺酸铵具有强吸电子能力，增大N-H 键极性，导致N-H 键很容易电离出H+(2 分)
【解析】(1)A 项，Se 是34 号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p4，A 错误；B 项，基态S 原子
电子排布式为1s22s22p63s23p4，同一亚层电子能量相同基态S 原子有5 种不同能量的电子，B 错误；C 项，
S([Ne]3s2 3p4)与Cr([Ar] 3d54s1)在最外层都有6 个价电子，且Cr 处于d 区，C 正确；D 项，H2O 和H2S 同为
sp3杂化，孤独电子数也相同，O 比S 电负性更大，所以在H2O 中，成键电子对更靠近中心原子，孤电子
对-成键电子对之间斥力更强，H2O 键角更大，所以H2O 键角大于H2S，D 正确；故选CD。
(2)
①由给定晶胞示意图可知，Cu 位于顶点，S2
2-位于棱心，以任一Cu 原子为中心，左右各一个S2
2-原
子与Cu 距离最近，上下各一个S2
2-原子与Cu 距离最近，前后各一个S2
2-原子与Cu 距离最近，Cu2+与周围6
个S2
2-最近邻，故其配位数为6；②在足量NH3和高压O2条件下，CuS2溶解时，S 被氧化为SO4
2-，Cu2+与
NH3生成[Cu(NH3)4]2+。该离子方程式为2CuS2+7O2+12NH3·H2O= 2[Cu(NH3)4]2++4SO4
2-+4NH4
++10H2O；
③S2O6
2-中，若以a 中O-O 键相连，属于过氧键，此时O 为-1 价，不稳定，而b 结构中，S 形成6 条共价键，
电子云分布较均衡，稳定性比a 强，故选b；
(3)①氨气和二氧化碳融入水中，生成阴离子还有CO3
2-和HCO3
-；②A 项，三聚氰胺分子呈平面且高
度对称，为非极性分子，A 错误；B 项，若发烟硫酸浓度偏低，易与NH3生成(NH4)2SO4等副产物，B 正确；
C 项，一般吸收操作多采用逆流喷淋效果更佳，C 正确；D 项，氨基磺酸铵不溶于乙醇，加足量乙醇降低
溶解度有晶体析出，D 错误；故选BC。③氢氧化钠足量，化学方程式为H2NSO3H+2NaOH
Na2SO4+NH3↑+H2O；取少量氨基磺酸溶液于试管中，加入适量NaOH 溶液，并加热，在试管口放置湿润的
红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有N 元素；磺酸铵具有强吸电子能力，增大N−H 键极性，导致N−H
键很容易电离出H+，可以继续消耗NH3。
18．【新考法】(14 分)利用新型双金属催化剂，已成功实现将生物乙醇与水转化为清洁氢气，同时联
产乙酸，相关反应如下：
I．C2H5OH(g)＋H2O(g)
CH3COOH(g)＋2H2(g) ΔH1＝+44.6kJ·mol−1
Ⅱ．C2H5OH(g)＋3H2O(g)
2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1＝+173.5kJ·mol−1
回答下列问题：
(1)根据反应I、Ⅱ推导反应CH3COOH(g)＋2H2O(g)
2CO2(g)＋4H2(g) 的ΔH=
kJ·mol−1，该反应在 能自发进行(填“高温”或“低温”或“任意温度”)。
(2)一定条件下，反应I 在密闭容器中达到平衡后，下列说法正确的是___________。
A．加入催化剂，平衡常数K 增大
B．升高温度，混合气体的平均摩尔质量减小
C．增大乙醇的浓度，平衡向正反应方向移动，乙醇的转化率提高
D．恒温恒容下，充入惰性气体，平衡不移动
(3)恒温恒容，一定醇水比[
]条件下，不同催化剂对乙醇制乙酸的催化效果对比如图所示。[乙
酸选择性
]
则最佳催化剂为 ，理由是 。
(4)在所选催化剂条件下，乙酸选择性受温度和醇水比的影响如图所示。
则最佳醇水比为 ，选择最佳温度543K 时原因是 。
(5)向密闭容器中充入1 mol 乙醇和足量的水，在一定条件下，发生反应I 和Ⅱ，达到平衡时乙醇的转
化率为a，乙酸的选择性为b，则平衡时n(H2)= mol。
【答案】(1) +128.9(1 分) 高温(1 分)
(2)BD(2 分)
(3)3Pt3Ir/α-MoC(2 分) 在该催化剂作用下，乙醇的转化率最高且乙酸的选择性也最高，催化效果
最好(2 分)
(4) 1/9(2 分) 其他条件一定时，该温度下乙酸的选择性最高(2 分)
(5)6a-4ab(2 分)
【解析】(1)CH3COOH(g)＋2H2O(g)
2CO2(g)＋4H2(g)可以由反应Ⅱ-反应I 得到，根据盖斯定律计
算可知，
=
；该反应为气体物质的量增
大的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＞0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0 自发可知，该反应在高温自发；
(2)A 项，平衡常数只受温度的影响，加入催化剂，平衡常数不变，A 错误；B 项，反应I 为气体物质
的量增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，混合气体的质量不变，混合气体的总物质的量增大，混
合气体的平均摩尔质量减小，B 正确；C 项，增大乙醇的浓度，平衡向正反应方向移动，乙醇的转化率降
低，C 错误；D 项，恒温恒容下，充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，D 正确；故选BD。
(3)由图可知，在3Pt3Ir/α-MoC 催化剂作用下，乙醇的转化率最高且乙酸的选择性也最高，催化效果最
好。
(4)由图可知，当醇水比为1、9 时，乙酸选择性最高时，产率最大，此时为最佳醇水比；由图可知，
在其他条件一定，543K 时乙酸的选择性最高，因此543K 为最佳温度。
(5)向密闭容器中充入1 mol 乙醇和足量的水，在一定条件下，发生反应I 和Ⅱ，达到平衡时乙醇的转
化率为a，乙酸的选择性为b，则平衡时转化的
，生成的
，生成
，则生成
。
19．(10 分)某兴趣小组用硫代硫酸钠与H2O2反应制备连三硫酸钠(Na2S3O6)。反应方程式为：
(剧烈的放热反应)。流程如下：
已知：①H2S3O6 (
)为二元强酸。
Na
②
2S3O6可以简单描述为：Na2S2O3·SO3或Na2SO4·SO2·S。
装置如图(水浴、夹持装置省略)：请回答：
(1)实验中的搅拌Ⅱ作用不同于搅拌Ⅰ，则搅拌Ⅱ的主要作用是 。
(2)①连多硫酸(H2SxO6)均不够稳定，较易歧化分解。下列连多硫酸稳定性由强到弱的顺序为
。
A．H2S2O6 B．H2S3O6 C． H2S4O6
Na
②
2S3O6晶体较高温度下可发生分解，预测下列物质不可能是其分解产物的是 。
A．S B．Na2S C．SO3 D．Na2S2O3
(3)下列说法正确的是___________。
A．滴加H2O2溶液前，水浴温度应低于10 ℃为宜
B．加入过量H2O2溶液，可促进Na2S2O3转化为Na2S3O6
C．a 口需插入温度计
D．当测定混合液为中性时，可判断反应结束
(4)系列操作包括：低温浓缩溶液B、冷却结晶等操作，但在溶液B 的溶质组成比不变的情况下，会因
这两步操作的不规范导致粗产品中含有较多的副产物Na2SO4杂质，试分析可能的原因 。
(5)假设Na2SO4是唯一杂质。兴趣小组取mg 样品，锥形瓶中完全溶解后，加入过量的稀盐酸，发生反
应：S3O6
2-=S↓ +SO2↑+SO4
2-后，再加入过量BaCl2溶液，分离产生的沉淀，洗涤、干燥、称量为ng，计算，
可得Na2S3O6的含量。
有同学提出，实验中有硫生成，不能根据沉淀质量(ng)有效测定Na2S3O6的纯度。请判断该同学观点正
误，并说明理由 。
【答案】(1)使H2O2反应充分，防止局部温度过高，H2O2分解损耗(2 分)
(2) A>B>C (1 分) B(1 分)
(3)ACD(2 分)
(4)蒸发溶剂过多，结晶速率过快(2 分)
(5)不正确，根据S3O6
2-=S↓ +SO2↑+SO4
2-知，S 单质与BaSO4物质的量相等，可以分别得出由S3O6
2-生成
的S 单质和BaSO4质量(2 分)
【解析】将原料加入50 mL 水中，通过搅拌 Ⅰ使其充分溶解，得到溶液 A(主要含Na2S2O3)，向溶液
A 中滴加 30% 的H2O2溶液，同时进行搅拌Ⅱ和控温操作，得到溶液 B，对溶液 B 进行 “蒸发浓缩、
冷却结晶” 等操作，得到Na2S3O6粗产品。
(1)搅拌Ⅱ的主要作用是使H2O2反应充分，防止局部温度过高，H2O2分解损耗；
(2)连多硫酸的稳定性与 S 链长度有关：S 链越短，分子结构越稳定(长链易断裂)，多硫酸稳定性由
强到弱的顺序为A>B>C；
(3)A．反应需控温在10 ℃，滴加H2O2前水浴温度低于 10 ℃，可避免反应放热后温度超过10 ℃，
A 正确；B．过量H2O2会将Na2S3O6进一步氧化为Na2SO4，不能促进Na2S2O3转化为Na2S3O6，B 错误；C．
a 口插入温度计可实时监测反应温度，便于控温，C 正确；D．反应物Na2S2O3溶液因S2O3
2-水解而呈弱碱
性，产物Na2S3O6和Na2SO4均为强酸强碱盐，其混合溶液呈中性。因此，当测定混合液为中性时，可判断
反应结束，D 正确；故选ACD；
(4)若蒸发溶剂过多、结晶速率过快，Na2S3O6易分解；
(5)根据S3O6
2-=S↓ +SO2↑+SO4
2-知，S 单质与BaSO4物质的量相等，可以分别得出由S3O6
2-生成的S 单质
和BaSO4质量，故该观点不正确。
20．(12 分)有机物
作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。
的一种合成路
线如下所示，部分试剂及反应条件省略。
已知：
(
和
为烃基)
(1)A 中所含官能团的名称是 。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．化合物B 中没有手性碳原子
B．C 在盐酸中的溶解度小于水中溶解度
C．由流程信息可推测，D 中苯环邻位上的氢原子比对位上的氢原子更活泼
D．化合物J 最多能和7molH2发生加成反应
(3)E 的结构简式为 。
(4)F+J→K 的化学方程式为 。
(5)G 到H 的过程中有副产物(分子式为C15H24O4)生成，写出其中三种可能的副产物的结构简式 。
(6)以化合物
、
和乙醛为有机原料，设计化合物
(
)的合成路线 (用流程图
表示，无机试剂任选)。
【答案】(1)碳碳双键、羟基(1 分)
(2)BD(2 分)
(3)
(1 分)
(4)
(2 分)
(5)
、
、
、
(3 分)
(6)
(3 分)
【解析】A 为
与HBr 发生取代反应生成B，B 为
与C(结构简式
为
)发生取代反应生成
(D)，D 在酸性条件下反应生成E，根据E 转
化生成F 的反应条件可知该反应与“已知”反应条件相同，即反应原理相同，则根据F 的结构
可知E 的结构为
，G 为
与
发生取代反应生
成
(H)，H 经两步反应生成
(J)，J 与F 反应生成
和水(K)。
(1)根据A 的结构简式可知，A 中官能团名称为碳碳双键、羟基。
(2)A 项，根据化合物B 结构
可知，B 中无手性碳原子，A 正确；B 项，化合物C 结构中
含有氨基，具有碱性，能与盐酸反应生成盐酸盐，故在盐酸中的溶解度大于在水中的溶解度，B 错误；C
项，根据D 转化成E 时，D 结构中的碳碳双键与苯环取代基邻位上的H 发生加成反应，故可推测D 中苯环
邻位上的氢原子比对位上的氢原子更活泼，C 正确；D 项，化合物J 结构中含有3 个碳碳双键、2 个碳氮三
键，故1 molJ 最多能和7molH2发生加成反应，未明确J 的物质的量则不能确定消耗的H2的物质的量，D
错误；故选BD。
(3)根据上述分析E 的结构简式为
。
(4)根据元素守恒可知J 与F 反应生成
和水，故化学方程式为
。
(5)分析G、
及生成的H 的分子式分别为C5H8O2、C6H12O2及C10H16O3，同时发生取代反
应生成甲醇CH4O，则副产物C15H24O4是1 分子G 与2 分子
发生取代反应的产物，故可能的结
构有
、
、
、
。
(6)化合物X 结构中含有取代氨基、酯基、羟基，采用逆合成分析法，X 是由
发生酯化反应生成的；而1 分子
(B)与1 分子
(C)发生取代反应生成
，在其对位引入取代基时，先发生类似E→F 的反应引入醛基，即生成
，
再与乙醛发生加成反应增长碳链，生成
，
与HCN 发生加
成反应生成
，
发生水解生成
，最
终发生酯化反应生成
(X)，故合成路线为
。
