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 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Pt 195
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．【新情境】2025 年9 月10 日，我国宣布在辽宁省大东沟发现一个世界级金矿，金资源量近1500 吨。
大东沟金矿埋藏浅，金矿物赋存状态简单，属于易采易选金矿床，经济潜力巨大。下列说法错误的是
A．金的化学性质很稳定，不与空气、水等发生反应
B．用浓盐酸和浓硝酸
混合物(体积比为
)可以溶解黄金
C．金矿开采需综合满足易采易选、安全合规、环保达标、资源高效等要求
D．黄金按质量分数分为12K、18K、22K、24K 等级，纯金为24K
【答案】D
【解析】A．金的化学性质稳定，常温下不与空气、水等反应，自然界中常以单质形式存在，A 正确；
B．浓盐酸与浓硝酸按体积比3:1 混合形成王水，可溶解黄金，B 正确；
C．金矿开采需综合考虑开采难度、选矿效率、安全环保及资源利用率，C 正确；
D．黄金纯度以K（开）表示，24K 理论上为100%纯金，但实际纯金通常指含金量≥99.9%的黄金，并
非严格等于24K（24K 为理论值），且分级依据是含金质量分数，D 错误；
故选D。
2．下列化学用语表述错误的是
A．甲醇的结构简式：
B．中子数为8 的N 原子：
C．基态铍原子核外电子排布式：
D．
的系统命名法：2，2-二甲基丙烷
【答案】B
【解析】A．甲醇为一元醇，结构简式：CH3OH，A 正确；
B．中子数为8 的氮原子，质子数为7，质量数为15，应表示为：
，B 错误；
C．铍的原子序数为4，基态核外电子排布式为1s22s2，符合能量最低原理，C 正确；
D．
（新戊烷）分子中，主链为丙烷（3 个碳），2 号碳上有两个甲基，系统命名法为2,2-二
甲基丙烷，D 正确；
故选B。
3． 孝感冬桃果大核小，脆甜多汁，是助农增收的“甜蜜产业”。冬桃中的有机酸主要有苹果酸和柠檬
酸，其分子结构如下：
下列描述正确的是
A．柠檬酸的分子式为
B．苹果酸和柠檬酸互为同系物
C．苹果酸没有手性碳，柠檬酸有1 个手性碳
D．苹果酸和柠檬酸均能发生取代反应、消去反应和聚合反应
【答案】D
【解析】A．由柠檬酸的结构简式可知，分子式为
，A 错误；
B．同系物要求结构相似，官能团种类和数目相同，且分子组成相差若干个CH2，苹果酸含有2 个-
COOH 和1 个-OH，柠檬酸含有3 个-COOH 和1 个-OH，两者官能团数目不同，不属于同系物，B 错
误；
C．手性碳是指连接4 个不同基团的碳原子，苹果酸中与羟基相连的C 原子属于手性碳原子，柠檬酸中
没有手性碳，C 错误；
D．苹果酸和柠檬酸均含有-COOH 和-OH，可以发生酯化反应（属于取代反应），苹果酸中-OH 连接的
C 原子相邻碳上有氢，可以发生消去反应生成双键。柠檬酸中-OH 连接的碳也有相邻氢，同样可以发生
消去反应，两种物质均含有-COOH 和-OH，可以发生缩聚反应，形成聚酯类高分子化合物，D 正确；
故选D。
4．已知X、Y、Z、M 为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态X 原子中的电子只有一种自旋取
向，Y 的最高正化合价与最低负化合价之和为0，M 的s 能级上的电子总数与p 能级相同。四种元素可
构成离子液体，其化学式为Y2X5ZX3ZM3。下列说法正确的是
A．原子半径：M>Y>Z>X
B．基态原子的第一电离能：M>Z>Y
C．X 与Y、Z、M 均能形成两种或两种以上化合物
D．该离子液体常温下呈液态，属于共价化合物
【答案】C
【解析】基态X 原子中的电子只有一种自旋取向，则只有1 个电子，则X 为H；Y 的最高正化合价与
最低负化合价之和为0，即最高正化合价为+4，最低负化合价为-4，则Y 为C；M 的s 能级上的电子总
数与p 能级相同，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，即M 为O 或Mg，若M 为O，则Z 为N，
可构成离子液体乙基铵根硝酸盐
，符合题意，若M 为Mg，无法构成符合化学式
的稳定离子液体，故M 为O；X、Y、Z、M 为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z 为N；综上
所述，X、Y、Z、M 分别为H、C、N、O；据此解答。
A．H 原子半径最小，C、N、O 为同周期元素，原子序数越小，半径越大，则原子半径：C>N>O>H，
A 错误；
B．同周期元素从左到右第一电离能增大，由于N 元素存在稳定的半充满电子组态使其具有最大的第一
电离能，故基态原子的第一电离能：N>O>C，B 错误；
C．H 与C、N、O 均能形成多种化合物，C 正确；
D．离子液体C2H5NH3NO3属于离子化合物，但其熔点低，常温下呈液态，D 错误；
故答案为C。
【新题型】阅读下列材料，完成以下问题。
硼氢化钠(
)是一个温和且具化学选择性的还原试剂、属于硼氢化合物家族的成员，在含有羟基
的溶剂(如水、乙醇)中，室温下能快速地将醛和酮还原，如：
。利用
制备
的途径之一为：
。氨硼烷(
)是一种具有高储氢质量分数和体积储氢密度的环境友好型储氢材料。(已知电负性
)
5．
是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，
中含有的价电子总数为
B．IL NaCl 溶液中，阴、阳离子总数为
C．当制备反应生成22.4L(换算成标准状况下)混合气体时，混合气体中的原子总数为
D．当制备
时，转移电子数为
【答案】C
【解析】A．
的价电子总数为5+3=8，常温下，
中含有的价电子总数为
，A 错误；
B．未指明溶液的浓度，无法计算1L NaCl 溶液中的阴、阳离子总数，B 错误；
C．当反应生成22.4L（换等成标准状况下）混合气体时，其中
、
，故原子总
数为
，C 正确；
D．该反应中Mg 元素化合价由+2 价下降到0 价，当制备
时，生成0.5molMg，转移电
子数为
，D 错误；
故选C。
6．下列有关物质结构或性质的叙述中，正确的是
A．
键角：
B．沸点：
C．
结构式：
D．还原性：
【答案】B
【解析】A．
中NH3和Mg2+形成配位键，N 原子没有孤电子对，NH3中N 原子含有1
个孤电子对，则
键角：
，A 错误；
B．
含有羟基，分子间能形成氢键，B 正确；
C．
中N 提供孤电子对，B 提供空轨道，N 原子和B 原子之间形成配位键，表示为
，C 错误；
D．铝与氢的电负性差比硼与氢的电负性差大，在
中共用电子对更倾向于偏移到氢原子核附近，
极性增强，
中氢活性更高，还原性更强，D 错误；故选B。
7．下列实验现象对应的结论有误的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向盛有
水的锥形瓶中小心滴
加
滴
(亚硫酰氯)
剧烈反应，液面上
有白雾形成，并有
刺激性气味的气体
产生
B
取
溶液于
试管中进行加热
溶液由蓝色变为黄
绿色
加热，
平衡正向移动
C
向
溶液中滴加氨水至难溶物
溶解得到深蓝色溶液，再加入乙醇
深蓝色晶体析出
在乙醇中的
溶解度变小
D
向同浓度的
、
混合溶
液中滴加少量
溶液(
时
、
的
分别为
和
)
有砖红色沉淀产生
相同温度下，同浓度的
、
，
先易与
产生沉淀
【答案】D
【解析】A．亚硫酰氯（
）与水反应生成
和
，
形成白雾，
有刺激性气味，
现象与结论相符，A 正确；B．加热
溶液，
（蓝色）与
反应生成
（黄绿色），ΔH > 0，加热平衡正向移动，现象与结论相符，B 正确；C．
加氨水形成
的深蓝色溶液，加乙醇后因溶解度降低析出晶体，现象与结论相符，C 正确；D．向同
浓度
和
混合溶液中滴加
，计算产生沉淀所需
浓度：AgCl 沉淀所需
沉淀所需
假设c=0.1 mol/L（同浓度），计算得：AgCl 沉淀所需
沉淀所需
显然，AgCl 需要的
浓度更小，滴加少量
溶液应先产生AgCl 沉淀（白色沉淀），而非
（砖红色沉淀），D 错误；
故选D。
8．【新考法】三苯基膦（L）为催化剂的基础原料，在国内石油化工中有广泛的用途。下列说法正确的是
A．L 的空间结构为平面三角形
B．该过程中Pd(Ⅱ)的配位数均为4
C．三苯基膦配位能力弱于三丁基膦
D．用同位素标记的
代替
可得到DBr
【答案】C
【解析】由图可知反应机理为以溴苯（A）和丙烯酸甲酯（B）为原料，在催化剂作用下发生偶联，生
成产物C，同时生成HBr（D）。据此分析。
A．P 的杂化方式为
，故L 的空间结构不是平面三角形，A 错误；
B．第④步生成物中，Pd(Ⅱ)的配位数为5，B 错误；
C．丁基为推电子基团，三丁基膦更易提供配位电子，C 正确；
D．据③④可知，D 原子没有脱离
，D 错误；
故答案选C。
9．AgCN 与
可发生取代反应，反应过程中
的C 原子和N 原子均可进攻
，分
别生成腈
和异腈
两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变
化如图(TS 为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是
A．从
生成
和
的反应都是放热反应
B．过渡态TS1 是由
的C 原子进攻
的
而形成的
C．Ⅰ中“
”之间的作用力比Ⅱ中“
”之间的作用力弱
D．生成
放热更多，低温时
是主要产物
【答案】D
【解析】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成
产物的总能量均低于反应物，故从
生成
和
的反应都是放热反应，A 项正确；
B．与Br 原子相连的C 原子为
，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1 是由CN-的C 原子进
攻
的
，形成碳碳键，B 项正确；
C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是
和
，且后者
吸收更多的能量，故Ⅰ中“
”之间的作用力比Ⅱ中“
”之间的作用力弱，C 项正确；
D．由于生成
所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成
，为主
要产物，D 项错误；
故选D。
10．以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的矿渣(主要成分为Fe2O3，还有Al2O3、CuO)，合理利用矿渣可以
减少环境污染，变废为宝。利用该矿渣生产碱式硫酸铁的流程如图所示：
下列叙述错误的是
A．“碱浸”的目的是除去矿渣中的Al2O3
B．“酸浸”后所得溶液中的金属阳离子主要是Fe3+、Cu2+
C．“去铜”过程中发生的反应之一为
D．“调pH”时，pH 越高，越有利于提高碱式硫酸铁的产率
【答案】D
【解析】在矿渣被碱浸取时，两性氧化物Al2O3反应产生可溶性盐Na[Al(OH)4]，碱性氧化物Fe2O3、
CuO 与NaOH 不能反应，通过过滤分离出来，然后再用稀硫酸进行酸浸，Fe2O3、CuO 发生反应产生
可溶性Fe2(SO4)3、CuSO4进入溶液，过滤，向所得滤液中加入SO2、NaCl，Cu2+、Fe3+发生氧化还原反
应，产生CuCl 沉淀及Fe2+，将CuCl 沉淀过滤除去，然后向滤液中加入双氧水，使Fe2+氧化产生
Fe3+，同时适当加入Fe2O3来调整溶液pH，Fe3+反应产生碱式硫酸铁。
A．“碱浸”的目的是除去矿渣中的两性氧化物Al2O3，反应的化学方程式为: Al2O3+2NaOH+3H2O
=2Na[Al(OH)4]，A 正确；
B．“酸浸”过程中，Fe2O3、CuO 与硫酸会发生以下反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、
CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所得溶液中的金属阳离子主要是Fe3+、Cu2+，B 正确；
C．“去铜”过程中Cu2+、Cl-、SO2发生氧化还原反应，产生CuCl、硫酸根离子、H+，发生反应的离子
方程式应该为：
，Fe3+也会被SO2还原产生
Fe2+， C 正确；
D．当pH 过大时，c(OH-)较大，存在竞争反应，同时也Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致碱式硫
酸铁的产率偏低，D 错误；
故合理选项
D。
11．“双碳”战略背景下，
和
的减排和转化利用受到普遍关注，已知
和
催化重整的主
反应为
。其他条件一定，在Ar 作
为辅助气体时，
与
的物质的量之比以及气体总流量对重整反应的影响分别如图1、2 所示，
下列说法错误的是
A．恒温恒压时，充入气体Ar 有利于提高
和
的平衡转化率
B．主反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能
C．
与
物质的量之比达
后
转化率有所下降，
的产率提升并不明显，可能是过量
的
发生了反应
D．随气体流量增加，原料气转化率和目标产物产率逐渐降低，所以气体流量越低越好
【答案】D
【解析】A．反应
为气体体积增大的反应，恒温恒压时充
入Ar，体系体积增大，相当于减压，根据勒夏特列原理，减小压强平衡正向移动，有利于提高
和
的平衡转化率，A 项正确；
B．主反应的
，反应为吸热反应。吸热反应中，正反应的活化能大于逆反应的活化能，B 项正
确；
C．由图1 知
与
物质的量之比达
后
转化率有所下降，
的产率提升并不明显，可
能是过量的
与
发生了反应，C 项正确；
D．由图2 知随气体流量增加，原料气转化率和目标产物产率逐渐降低，当流量过低时，反应速率
慢，单位时间内的产量也低，并非气体流量越低越好，D 项错误；
综上所述，答案是D。
12． 一种电解葡萄糖(
)制取葡萄糖二酸钾(
)的装置示意图如图所示，下列说法中，不
正确的是
A．电极M 处的电极反应式为：
B．离子交换膜P 为阳离子交换膜
C．1 mol 葡萄糖(
)完全转化为葡萄糖二酸钾(
)转移的电子数为
D．电解过程可能产生葡萄糖酸钾(
)
【答案】B
【解析】在该体系中，葡萄糖在右侧电极处反应生成葡萄糖二酸钾，已知K 为+1 价，H 为+1 价，O
为-2 价，可知
中C 的平均化合价为+1，每1 mol
转化为1 mol
会失
去6 mol 电子；产物中的C 化合价升高，所以电极N 为阳极发生氧化反应，电极M 为阴极发生还原反
应，阴极处的溶液仅含有KOH，电极反应式为
，阳极处的电极反应式为
；据此回答该问题。
A．由分析可知，电极M 处的电极反应式为
，A 正确；
B．由分析可知，随反应进行，阴极处不断生成OH-，同时阳极处不断消耗OH-，为维持电荷平衡，需
要将阴极处生成的OH-补充至阳极处，P 应为阴离子交换膜，B 错误；
C．由分析可知，1 mol
完全转化为1 mol
，转移的电子数为
，C 正确；
D．
中C 的平均化合价为
，与葡萄糖相比，C 的平均化合价也升高，说明
为不完全氧化产物，也可能是电解产物，D 正确；
故答案选B。
13．【新考法】在水溶液中，CN-可与Co2+和Co3+分别形成配离子M 和N，其中N 的稳定性更强。配离子
的通式为
，达到平衡时，
、
与
的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．曲线①代表
与
的关系
B．配离子M 和配离子N 中的配位数不相同
C．99.99%的Co2+、Co3+分别转化为配离子时，前者溶液中CN-的平衡浓度更大
D．向配离子M 的溶液中加入适量Co3+，能实现M 向N 的完全转化
【答案】B
【解析】配离子M(或N)转化为Co2+(或Co3+)的反应为[Co(CN)x]y-(aq)
Co2+(或Co3+)(aq)+xCN-(aq)，M
转化为Co2+的平衡常数K1=
×cx1(CN-)，N 转化为Co3+的平衡常数K2=
×cx2(CN-)，lg
=x1[-lgc(CN-)]+lgK1 、lg
=x2[-lgc(CN-)]+lgK2 ，N 的稳定性更强，即K1 ＞K2 ，当-
lgc(CN-)相同、c(CN-)相等时lgK1＞lgK2，此时lg
＞lg
，所以图中曲线①代表lg
与-lgc(CN-)的关系，曲线②代表lg
与-lgc(CN-)的关系；由图可知，当-lgc(CN-)=0、
c(CN-)=1mol/L 时lg
=lgK1=-35，lg
=lgK2=-42，K1=10-35，K2=10-42，结合(1，-29)和
(2，-30)点数值可得x1=x2=6，即M 为[Co(CN)6]4-，N 为[Co(CN)6]3-，据此分析解答。
A．由分析可知，曲线①代表
与
的关系，A 正确；
B．由上述分析、计算可知，配离子M 和N 中的配位数均为6，即配离子M 和配离子N 中的配位数相
等，B 错误；
C．99.99%的Co2+、Co3+分别转化为配离子时溶液中
=
，K1=
×c6(CN-)，K2=
×c6(CN-)，但平衡常数K1＞K2，所以含Co2+的溶液中CN-的平衡浓度更大，含Co3+的溶液中
CN-的平衡浓度更小，即前者溶液中CN-的平衡浓度更大，C 正确；
D ．由上述分析可知，配离子M 、N 分别为[Co(CN)6]4- 、[Co(CN)6]3- ，平衡常数K1=
×c6(CN-)=10-35，N 转化为Co3+的平衡常数K2=
×c6(CN-)=10-42，M 和Co3+的反应为M(aq)+Co3+
(aq)
N(aq)+Co2+(aq)，其平衡常数K=
=
=107＞106，该反应可进行完全，D 正确；
故选B。
14．一种镁铁氢化物的立方晶胞结构如图所示(a 点Fe 原子周围的H 原子已画出，其它Fe 原子周围的H 原
子未画出)。Mg 占据Fe 堆积形成的所有正四面体空隙的中心位置，H 原子以正八面体的配位模式有序
分布在Fe 原子周围，且H 原子与Fe 原子之间的最短距离等于晶胞参数的
。已知：①以晶胞参数为
单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标；②设该晶胞的参数为
。下列说法错误的是
A．该氢化物的化学式为
B．c 原子周围最近的6 个H 原子形成正八面体，其中在该晶胞内的H 原子的分数坐标为
C．与Mg 最近且距离相等的H 原子个数有8 个，最近距离为
D．该氢化物中H 的密度为
【答案】C
【解析】A．晶胞中，Mg 占据Fe 堆积形成的所有正四面体空隙的中心位置，每个晶胞有8 个正四面
体空隙（每个顶点对应一个，共8 个），因此Mg 原子数为8 个；Fe 原子位于晶胞的顶点和面心位
置，属于面心立方堆积。顶点8 个，总计
。面心6 个，总计
，总Fe 原子数为
；H 原子与Fe 的最短距离为晶胞参数的
，结合正八面体配位模式，晶胞中H 总数为24。
原子个数比为2:1:6 ，化学式为
，A 正确；
B．c 原子为Fe 原子，周围最近的6 个H 原子形成正八面体。位于晶胞内的H 原子坐标为(
)，符合正八面体配位的几何特征，B 正确；
C．Mg 位于正四面体空隙，其周围最近且等距的H 原子个数为12 个。最近距离计算：Mg 坐标为
，H 坐标为
，距离为：
，C 错
误；
D．晶胞中H 原子总数为24，质量为
。晶胞体积为
。密度
计算：
，D 正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）由氯铂酸(
)合成硝酸铂
的工艺流程如图所示。
已知：
易溶于水；常温下，
。
回答下列问题：
（1）已知Pt 的原子序数为78，则Pt 在元素周期表的位置为第___________周期___________族。
（2）已知
是稳定的正八面体，是一个巨大的、电荷密度很低的阴离子，在溶液中对
的
束缚能力几乎为0，其可由Pt 溶于王水生成，同时还有NO 产生，反应的离子方程式为___________。
有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，也可以和Pt 反应生成氯铂酸，请简述该建议的
优点：___________。
（3）“还原”时，
转化为
，同时有气体生成。若生成
(氯亚铂酸
钾，溶于水，
)，则至少需要加入草酸钾___________kg。
（4）“转化”时生成了
的沉淀，相关离子方程式为___________。
（5）此流程还可以利用
溶液“沉铂”，
的沉淀率随温度升高而增大。请结合
化学反应方程式解释升高温度
沉淀率增大的主要原因是___________。常温下，若要确
保2 L 溶液中的
完全沉淀，则加入等体积
溶液所需的浓度最小为___________
。[假设初始浓度
，忽略混合时溶液体积变化]
【答案】（1）六 Ⅷ
（2）
避免生成氮的氧化物污染空气
（3）400
（4）
（5）存在反应
，升高温度有利于HCl 挥发，促使反应
正向进行，使
沉淀率增大 1.0
【解析】工艺流程图分析：向氯铂酸溶液中加入氯化钾沉铂，将可溶性氯铂酸转化为难溶的
沉淀，实现铂的初步富集与分离，再用草酸钾把
还原为
，将铂从+ 4 价还原到+ 2
价，随后加入KOH 溶液使
转化为
沉淀，最后用硝酸溶解沉淀并浓缩结晶，最终得
到硝酸铂；
（1）镧系元素序号为57-71，位于第六周期、ⅢB 族，处于元素周期表第6 行、第3 列，Pt 的原子序
数为78，可推算其处于元素周期表第6 行、第10 列，故Pt 在元素周期表的位置为第六周期、Ⅷ
族；
（2）王水是浓盐酸和浓硝酸
的混合物，其中
是氧化剂，将Pt 氧化成
，自身被
还原成NO，根据氧化还原反应配平，可得离子反应方程式为：
；盐酸与过氧化氢混合溶液作氧化剂时，还原
产物为
（无污染），避免生成氮的氧化物污染空气，对环境友好；
（3）
转化为
，Pt 从+ 4 价→+ 2 价（得
），
中的C 从+ 3 价→+ 4 价
（失
），根据电子得失守恒，有
，所以
，故其质量：
（4）还原后生成
（电离为
），与KOH 反应生成
沉淀，所以离子方程式
为：
（5）沉铂反应为
，温度升高时，HCl 气体逸出，平衡
正向移动，沉淀率增大；
2 L 初始溶液中
的物质的量为：
，加入等体积
（2 L）后，混合溶液总体积为4 L
沉淀完全时，溶液中
则平衡时溶液中剩余
沉淀的
物质的量为：
所以沉淀消耗的
平衡时溶液中剩余的
所以原来加入等体积（2 L）
溶液所需的浓度为
16．（15 分）某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化
锰，按如图流程进行实验(夹持仪器已省略)：
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯，沸点1190℃。乙酰氯是无
色液体，沸点51℃，熔点
112℃，易水解。
②制备无水二氯化锰的主要反应：
回答下列问题：
（1）图1 装置中仪器b 名称为_____，仪器a 的作用是_____。
（2）第一次加入乙酰氯的目的是_____。
（3）步骤IV：将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关
闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：_____(用字母按顺序回
答)。
纯化完成→_____→_____→_____→拔出圆底烧瓶的瓶塞→将产品转至干燥器中保存。
a．打开安全瓶上旋塞 b．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温 c．关闭抽气泵
图2 装置中U 型管内氢氧化钠固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止_____。
（4）为进一步测定纯化后产品纯度，某同学通过滴入Na2CO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定
纯度，结果与实际值产生较大误差，请说明原因_____；请设计合理实验方案测定产品纯度_____。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率
（2）利用乙酰氯的吸水性吸收四水醋酸锰的结晶水
（3）bac 外部水蒸气进入样品
（4）MnCl2易水解成Mn(OH)Cl 或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确 取一定量纯
化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测
定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH 溶液，并将产生的白
色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)
【解析】分析流程可知，四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)溶解在苯中搅拌抽滤，
获得产品(CH3CO)2O，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CH3COO)2Mn+2CH3COCl
MnCl2↓+2(CH3CO)2O ，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。
（1）仪器b 是恒压滴液漏斗。仪器a 是球形冷凝管，由于乙酰氯沸点为51℃，苯在加热条件下也易
挥发，球形冷凝管能够将挥发的乙酰氯和苯冷却回流，从而提高原料利用率。
（2）已知四水醋酸锰含有结晶水，而制备无水二氯化锰需要除去水，乙酰氯易水解，所以第一次加
入乙酰氯的目的是除去四水醋酸锰中的结晶水。
（3）纯化完成后，关闭加热器，待烧瓶冷却至室温。如果先关闭抽气泵，后打开安全瓶上旋塞，会
导致装置内压强骤增，可能产生危险。所以应先打开安全瓶上旋塞（a），使装置与外界相通，平衡
压强；然后关闭抽气泵（c）；最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存。故操作排序为
b、a、c。
因为无水二氯化锰极易吸水潮解，U 型管内氢氧化钠固体不仅能防止可能产生的酸性气体进入抽气
泵，还能防止空气中的水蒸气进入装置，避免无水二氯化锰潮解。
（4）由于无水二氯化锰在溶液中易发生水解反应
，当滴入
Na2CO3溶液时，水解产生的Mn(OH)2沉淀会混在生成的MnCO3沉淀中，导致测量的MnCO3沉淀质量
不准确，从而使通过沉淀质量确定的产品纯度与实际值产生较大误差。
合理的实验方案为：取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，发生反应
，将产生的白色沉淀（AgCl）过滤、洗涤、干燥、称量，根
据
算出AgCl 的物质的量，再根据
算出MnCl2的物质的
量，进而根据
算出MnCl2的质量，最后通过测定氯离子的量从
而测得二氯化锰的纯度。
17．（14 分）
转化为甲醇是实现“碳中和”
重要手段，该过程主要发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）相关键能如下表所示，则
___________
(用含字母的代数式表示)。
化学键
键能
a
b
c
d
e
（2）恒容条件下，发生反应Ⅲ，
和
的起始物质的量之比为
时，该反应在无分子筛膜时平
衡常数随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出
)。
①为提高氢气的平衡转化率，可以采取的措施为___________(填序号)。
a．适当降低温度 b．增大
的浓度 c．扩大容器体积 d．加入更高效的催化剂
②700℃，有分子筛膜时，
可能是图中的___________(填“A”“B”或“C”)。
（3）在催化剂的作用下，反应Ⅲ的历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如
表示
吸附在催化剂表面，图中
已省略)
该反应历程中反应物与产物能量变化最大为___________eV。
（4）初始225℃，
恒压下，将一定比例
、
混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应
管，发生反应Ⅰ和Ⅱ．装置及
、
、
……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO 和
的体积分数如图所示。
①混合气从起始到通过
处，
的生成速率__________(填“
”“
”或“
”)CO 的生成速
率；
②
位点温度为280 ℃，且各物质体积分数保持不变，则平衡体系中
的分压为
_______Pa(保留小数点后两位；各组分的分压
总压
该组分的物质的量分数)。
（5）为实现“碳中和”，还可以通过电解法在酸性条件下用
制备
，其阴极的电极反应
式为___________。
【答案】（1）
（2）①ab ②B
（3）1.36
（4）①＜ ②
（5）
【解析】（1 ）
反应物的总键能- 生成物的总键能，反应Ⅱ中，反应物的总键能=
，
生成物的总键能=
，则
；
（2）①a．从图像可以看出，反应Ⅲ的平衡常数随温度升高而减小，说明该反应是放热反应，因此，
降低温度有助于平衡向正反应方向移动，能提高
的平衡转化率，a 正确；
b．增大
的浓度有助于平衡向正反应方向移动，进而提高
的平衡转化率，b 正确；
c．扩大容器体积会使体系压强降低，反应Ⅲ是气体分子总数减少
反应，降低压强会使平衡向逆反
应方向移动，使
的平衡转化率降低，c 错误；
d．反应平衡常数只与温度有关，加入高效催化剂只会降低反应活化能，加快反应速率，无法使平衡
移动，不会影响
的平衡转化率，d 错误；
故答案选ab；
②使用分子筛膜可以降低反应生成物
(g)浓度，使平衡向正反应方向移动，但反应平衡常数只与
温度有关，在温度恒定的情况下，平衡常数
为定值。因此，在存在分子筛膜的情况下，
是图中
点B 的纵坐标；
（3）从图像可以看出，在
的步骤中，反应物与生成物能量差为
，此步骤反应物与产物能量差最大；
（4）①根据题干信息，CO 是反应Ⅰ的生成物和反应Ⅱ的反应物，
是反应Ⅱ的生成物。从图像
可以看出，混合气体从起始到通过
处，封闭体系中CO 和
的体积分数都增加，说明在这一
区间内，反应Ⅰ中CO 的生成速率大于反应Ⅱ中CO 的消耗速率，反应Ⅱ中CO 的消耗速率等于
的生成速率，因此，
的生成速率小于CO 的生成速率；
②由图像可知，
区间反应达到平衡，体系中CO 和
的体积分数分别为12.8%和
14.2%，根据阿伏加德罗定律推论，体积分数等于物质的量分数。假设体系内气体总物质的量为
，根据反应Ⅰ方程式，反应Ⅰ生成的
的物质的量为0.128n mol+0.142n mol=0.27n mol，反应Ⅰ生成的
的物质的量
，
的物质的量分数
，则
的分压
；
（5）通过电解法利用
制
的过程中，C 元素从+4 价降至-2 价，发生还原反应，是电解池
阴极反应物，电极反应方程式为：
。
18.（15 分）化合物G 是一种治疗哮喘的药物，某研究小组按以下路线合成该化合物（反应条件及试剂已简
化）：
请回答下列问题：
（1）化合物G 中含氧官能团的名称是醚键和_______。
（2）D→E 的反应类型为_______，C 的核磁共振氢谱有_______组峰。
（3）C→D 的反应中，NaH 能将C 转化为更易与
反应的中间产物，其结构简式为
_______。
（4）E→F 的化学方程式为_______。
（5）以下说法不正确的是_______。
A．A 的碱性比B 强
B．B→C 有
键的断裂和形成
C．X 苯环上的一溴代物有6 种
D．E 不能使酸性高锰酸钾褪色
（6）从整个过程看，A→B 的目的是_______。
（7）以2-丙醇、
、
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）酰胺基
（2）加成反应 6
（3）
（4）
（5）BD
（6）保护氨基
（7）
【解析】A 和ClCOOC2H5发生取代反应生成B，B 和CaC2、H2O 反应生成C，C 和NaH、
反应生成D，D 和乙炔发生加成反应生成E，E 在NaOH 溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为
，F 和X 发生取代反应生成G ，同时还生成了HCl ，则X
结构简式是
，以此解答。
（1）由化合物G 的结构简式可知， 其含氧官能团为醚键和酰胺基；
（3）由分析可知，D 和乙炔发生加成反应生成E；由C 的结构简式可知，该有机物分子中含有6 种不
同环境的H，则核磁共振氢谱有6 组峰；
（3）氢化钠与C 中羟基H 发生氧化还原反应生成
，其更易与
反应；
（4）由分析可知，E 在NaOH 溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为
，化学方程式
为：
；
（5）A．酯基为吸电子基团，则B 中N 原子上连有酯基，导致其电子云密度降低，则A 的碱性性比
B 强，A 正确；
B．B→C 是还原反应，有C=O 键断裂，C-O 键形成，涉及π 键的断裂，无π 键的形成，B 错误；
C．由X 的结构简式可知，苯环上有6 种不同环境的H，则其一溴代物有6 种，C 正确；
D．由E 的结构简式可知，苯环能使与其直接相连的烃基C 原子上的H 原子变活泼，可被酸性高锰酸
钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，D 错误；
故选BD；
（6）由A 的结构简式可知，A 中含氧官能团的名称是羰基，从整个过程看，A→B 的过程中氨基转化
为酰氨基，E→F 的过程中酰氨基又转化为氨基，A→B 的目的是：保护氨基；
（7）
可由
和
反应制得，
可通过
、CaC2和
H2O 反应制得，
可通过
的催化氧化制得，则化合物
的合成路线为：
