2026年高考考前最后一卷：化學02（新高考15+4）解析版

2026年局考考前最后一卷（新圖考通用15+4）

高三化學

（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：HlC12N14016P31Zn65

一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

要求的。

1.【本土風情】文物見證歷史，化學創造文明。下列有關陜西的文物的說法不正確的是

ABCD

A.青銅器何尊的主要成分含有Cu、Sn等元素

B.唐鎏金舞馬銜杯紋銀壺變暗的主要原因銀發生化學腐蝕生成Ag?O

C.五代青釉提梁倒注驍壺燒制所用的主要原料為黏土

D.西漢絲質素紗禪衣的制衣纖維的主要成分是蛋白質

【答案】B

【解析】A.青銅屬于合金，主要含有銅、錫等金屬元索，故青銅器的主要成分是銅錫合金，A正確；

B.唐鎏金舞馬銜杯紋銀壺變暗的主要原因是銀與空氣中的含硫物質反應生成黑色的硫化銀（Ag?s）,

而不是氧化銀（Ag2O）,B錯誤；

C.瓷壺屬于陶瓷，其制取原料主要是黏土，c正確：

D.西漢絲質素紗禪衣，絲的主要成分是蛋白質，D正確；

故選B。

2.化工生產是現代社會的基礎支撐。下列化工生產所涉及的主要反應屬于氧化還原反應的是

A.以膽帆和石灰乳為原料生產波爾多液（有效成分為堿式硫酸銅）

B.以硫酸鐵為原料生產鐵紅（三氧化二鐵）

C.以食鹽、氨氣、二氧化碳為原料生產純堿

D.以氨氣為原料生產硝酸

【答案】D

【解析】A.生產波爾多液是坦磯（C〃5O「5HQ）與石灰乳發生復分解類反應生成堿式硫酸銅，所有

元素化合價均未發生變化，不屬于氧化還原反應，A錯誤；

B.硫酸鐵（及2（5°4）3）中掄為+3價，鐵紅FgO3中與也為+3價，反應過程無元素化合價升降，不

屬于氧化還原反應，B錯誤；

C.侯氏制堿法的反應為NaC/+NH?+CO.+H20=NaHCO、1+NH?、

2NaHCOy=Na2CC\+C（）2T+H,O'所有元素化合價均無變化，不屬卜氧化還原反應，C錯誤；

D.氨氣制硝酸的過程涉及反應：4MA+50,=4NO+6H。、2NO+O2=2NO^

32催化劑，

3NQ+HQ=2"NO3+N。，N元素化合價從-3價逐步升高至+5價，。元素化合價降低，存在電子轉

移，屬于氧化還原反應，D正確；

故選Do

3.實驗室中，下列實驗操作正確的是

A.在通風櫥中取用液澳時，需佩戴手套和護目鏡

B.滴定操作過程中，滴定管尖嘴始終不能與錐形瓶內壁接觸

C.用氫氟酸清洗做硅酸分解實驗后的瓷川煙

D.蒸發結晶除去KNO3溶液中的NaCl

【答案】A

【解析】A.液溟具有強腐蝕性、易揮發且有毒，在通風櫥口取用并佩戴手套和護目鏡，可避免液溟灼

傷皮膚、濺入眼睛或浪蒸氣中毒.A正確：

B.滴定操作滴加最后半滴溶液時，需要將滴定管尖嘴與錐形瓶內壁接觸，使半滴溶液流入錐形瓶，并

非始終不能接觸，B錯誤：

C.瓷卅堪的主要成分含S0,氫氟酸會與SR發生反應SR+4"尸=S/￡T+2H9,腐蝕瓷用翔C

錯誤；

D.KVQ溶解度隨溫度變化大,NaCl溶解度隨溫度變化小，除去KNQ溶液中的NaCl應采用降溫結晶，

蒸發結晶會導致KNO,大量析出，無法實現分離，D錯誤；

故選Ao

4.卜.列化學用語或圖示表達不正確的是

H

乙懵（）的電子式：

A.CH3CNH：C??：C；；N：

H

f11f

B.Fe3+價層電子軌道表示式為：IIIII0

3d

OH

無手性碳原子

D.1"核磁共振氫譜圖為:

HCOOCHCH3

【答案】D

【解析】A.乙懵(CH3CN)中-CN基團內C與N共用3對電子對，碳與氫形成1對共用電子對，碳原子

與-CN之間共用1對電子對，上述電子式表述正確，A正確；

B.Fe的原子序數為26,其核外價層電子排布式為：3d64s2,失去最外層的3個電子后形成的Fe-"價層電

子軌道表示式為IB正確；

3d

OH

C.手性碳原子周圍連接的四個原子或原子團均不相同，在三維空間不能疊合，沒有符合條件的碳

原子，故無手性碳原子，c正確；

CH3

D.有機物分子中，同一個碳原子連接的甲基是等效的，則I中等效氫原子種類為3,所以

HCOOCHCH3

核磁共振氫譜圖中應該有3組吸收峰，峰面積比為6:1:1,D錯誤；

故選D。

5.下列關于物質性質或應用解釋錯誤的是

A,濃硫酸流動性差，主要是因為硫酸分子間形成較強的氫鍵

B.苯胺(|)有堿性，是因為氨基氮原子有一個孤電子對能結合質子(FT)

C.常溫下CO?是氣體而CS?是液體，是因為CS?中共價鍵鍵能大，共價鍵更穩定，沸點更高

D.乙醇與鈉的反應沒有水與鈉的反應劇烈，是因為乙基是掛電子基團，使乙醇中O-H的極性減弱

【答案】C

【解析】A.H2sO、結構中含有-。”，濃硫酸分子間可形成大量氫鍵，分子間作用力顯著增強，因此粘

度大、流動性差，A正確；

B.苯胺中氨基的氮原子存在孤電子對，能夠和質子H+的空軌道形成配位鍵，因此苯胺具有堿性，B正

確：

c.cc>2和CS?都屬「分子晶體，熔沸點由范德華力決定，利分子內共價鍵鍵能無關；CS,相對分子質

量更大，分子間范德華力更強，因此沸點更高，常溫下為液體，c錯誤；

D.乙基是推電子基團，會使乙醇中O-H鍵的極性弱于水中的O-H鍵，乙醇羚基中氫更難被置換，因

此乙醇與鈉反應不如水與鈉反應劇烈，D正確；

故選Co

6.【新科技情境】2026年我國在綠氫制備、固態電池、碳回收利用、載人航天等領域取得重大突破。設Na

為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()

A.Imol綠氫(H2)所占的體積為22.4L

B.常溫常壓下，22.4L固態電池電解質(LizO-MCh)中含有的鋰離子數為2NA

C.ILO.Imol?L”碳回收液(Na2co3)中含有的CQX數目為0.1NA

D.航天艙內Imol氧氣(Ar)含有的核外電子總數為18NA

【答案】D

【解析】A.未說明H?所處的狀態，無法計算H2的體積，A錯誤；B.固態電池電解質不是氣體，不能用22.4

L?moH計算，B錯誤;C.CO32?會水解,實際離子數小于0.1NA,C錯誤；D.1個Ar原子有18個電子，

ImolAr含電子數為18NA,D正確，答案選D。

7.碳酸祠La?(COJ是一種治療高磷酸鹽血癥的藥物，其制備原理為

2LaCl3+6NH4HCO,=La2(CO3)31+6NH4C1+3CO2T+3H2O。下列說法正確的是

A.NH；的空間結構：平面正方形

B.干冰升華時破壞了共價鍵

c.鍵角：co；->CO2

D.NH；和CO丁中心原子的雜化方式不同

【答案】D

【解析】A.NH；中心N原子價層電子對數為4,無孤電子對，空間結構為正四面體形，A錯誤；B.T

冰是分子晶體，升華屬于物理變化，僅破壞分子間作用力，B錯誤；C.CO：中心C為卯2雜化，空間

構型為平面三角形，鍵角約120。；CO2中心C為sp雜化，空間構型為直線形，鍵角為180°,因此鍵角：

CO2>CO；-,C錯誤；D.NH：中心N原子價層電子對數為4,雜化方式為印二。。；一中心C原子價層

電子對數為3,雜化方式為山，一者中心原子雜化方式不同，D正確：故選D。

8.氯及其化合物的轉化關系如圖所示(部分條件和產物已省略)。

KC1O3鄉

HC1

下列敘述錯誤的是

A.反應①中MnO?作催化劑，反應③中MnO2作氧化劑

B.反應②中利用高沸點酸（H?S。」）制備低沸點酸（HC1）

C.反應③中MnO?過量時還原劑能完全反應

D.反應④中氧化劑與還原劑的質量比為5：1

【答案】C

MnO,△

【解析】A.反應①：2KC1O3=^2KCI+3O2T，MnCh作催化劑；反應③：MnO2+4HQ（濃）=

A

MnCl2+C12f+2H2O,MnCh作氧化劑,A正確；

AA

B.反應②利用高沸點酸（H2sO4）制低沸點酸（HC1）：KC1+H2s濃廣KHSCh+HClf或2KC1+H2so4（濃廣

K2so4+2HC13B正確；

A

C.反應③：MnCh+4HCl（濃）=MnC12+CbT+2H2。，二氧化缽只與濃鹽酸反應，不與稀鹽酸反應，MnO2

過量時，隨著反應進行，鹽酸濃度降低到某一-濃度反應停止.HC1（還原劑）不能完全反應，C錯誤；

A

D.反應④在加熱條件下，02與KOH轉化為KQ和KQ03：3CI2+6KOH=5KC1+KC1O3+3H2O,氧化劑

還原劑為gci2；氧化劑與還原劑均為氯氣，質量比等于物質的量之比，為:：g=5：I,D正

確；

故答案為C。

9.科研人員實現了電化學銀催化C[p2）-O偶聯中酚類與脂肪庫之間的反應，如圖所示（副產物省略）。

已知；R-CN溫鼠＞R-CH2NH2（R表示燃基，-CN為弱基）。

卜.列說法錯誤的是

A.甲、乙分子中所有原子不共平面

B.丙和丁的分子式相同、化學性質不同

C.Imol丙最多能與8moi乩發生.加成反應

D.乙、丙、丁三種分子中都不含手性碳原子

【答案】A

【解析】A.苯環為平面結構，-CN中的碳采用sp雜化，其空間結構為直線形，苯環與-CN直接相連,

所以甲分子中所有原子共平面，A錯誤；

B.丙、丁的分子式相同，結構不同，它們互為同分異構體，化學性質不同，B正確；

C.1個丙分子中含有2個苯詡和1個鼠基，且由題意知，Imol冢基最多能與2m0IH2發生加成反應,

所以1mol丙最多能與8moiH2發生加成反應，C正確；

D.乙、丙、丁三種分子中都沒有連接4個不同原子或原子團的碳原子，所以這三種分子中都不含手性

碳原子，D正確；

故選Ao

10.【陌生反應機理】Ni/ZrO?催化劑是一種被廣泛使用的負載型金屬催化劑，ZrO：表面的羥基可促進反

應物吸附或穩定中間體。Ni/ZrO:催化CO?與H?反應的歷程如圖所示，下列說法不?正?確?的是

A.也在Ni表面吸附并解離，CO?與Ze?表面的羥基結合生成中間體

催化劑

B.該歷程的總反應方程式為：CO2+4H2-----CH4+2H.O

C.該歷程第4步中存在極性鍵的斷裂和形成

D.若用D?完全替代H?進行反應，生成的水都是D。

【答案】D

【解析】A.從圖可以看出，也在Ni表面吸附并解離，形成活性中間體，CO?與ZrO?表面的-OH結

合形成中間體，A正確；

B.從圖可以看出，CO2和H?在Ni/ZrCh催化下反應生成CK和H?O,總反應方程式為：

催化劑

CO2+4H2-----CH4+2H2O,B正確；

C.在第4步，中間體與催化劑表面的羥基形成的C-0鍵斷裂，并形成C-H鍵，二者都是極性鍵，C

正確；

D.從圖可以看舟，第2步反應生成的H?。中部分H原子來自ZrO：表面的-OH,部分來自H”第3步

反應生成的H?O中的H原子來自H2,因此，若用D2完全代替H2反應，生成的水有HDO,不全是D。，

D錯誤；

故答案選D。

11.下列實驗設計、現象和實驗結論都正確的是

選項實驗設計現象實驗結論

將N0?通入下列溶液至飽和：①無色變黃色Cu和濃HNO3反應后溶液是

A

①濃HNOR；②Cu(NOj和濃HNO3混合溶液②藍色變綠色綠色主要原因是溶有NO?

將含有二氧化硫的氣體通入酸性高缽酸鉀中，紫紅色變淺，有通過測定白色沉淀的質量，可

B

然后加入足量氯化鈿溶液白色沉淀產生推算二氧化硫的物質的量

取兩份適量Cu(OH%固體，分別滴加氨水和鹽

C固體均溶解Cu(OH)2為兩性氫氧化物

酸

將25℃0.1mol-L-'Na2sO3溶液加熱到40℃,溶液的pH逐漸溫度升高，Na2s水解平衡

D

維持一段時間并用傳感器監測溶液pH變化減小正向移動

【答案】A

【解析】A.Cu與濃HNO,反應方程式為：CU+4HN。式濃)=Cu(NOJ2+2NC>2T+2Hq,根據對照實驗

結果，將NO?通入濃硝酸使溶液由無色變黃，通入Cu(NOJ和濃硝酸的混合溶液使溶液從藍色變為綠

色，可證明Cu和濃硝酸反應后溶液呈綠色的主要原因是溶有NO〉實驗設計、現象和結論均正確，A

正確：B.酸性KMnO“可以將SO2氧化為SO：,但酸化KMnO,會引入額外的SO；,同時，S0,可溶于

水，生成沉淀的質量無法準確反映氣體中S02的含量，B錯誤；C.Cu(OH)2與酸反應的離子方程式為：

2+

CU(OH)2+2H*=CU+2H2O,反應生成對應的鹽和水，說明Cu(OH)2具有堿性，與氨水反應的離子方程

式為：CU(OH)2+4NH3-H2O=[CU(NH3)4](OH)2+4H2O,反應生成配合物而非鹽和水，不能說明CtKOH%

是兩性氫氧化物，C錯誤；D.溫度升高時，水的電離程度增加，溶液中c(H+)增大，pH減小，不能由

此得出“pH減小源于Na2s。|水解平衡正向移動,,的結論，D錯誤；故答案選A。

12.一種新型鈣鈦礦光伏材料含短周期元素X、Y、Z、W,原子序數依次增大，相關信息如下：①X基態

原子只有一個原子軌道填有電子，較易通過共價鍵與其它原子結合；②Y基態原子的核外電子有6種

不同的運動狀態：③Z基態原子的價電子構型為〃s"印"則；④W是電負性最強的元素。下列說法正確

的是

A.Y的氧化物都是酸性氧化物

B.YX]分子中的X-Y-X鍵角小于ZX：分子中的X-Z-X鍵角

C.Y、Z、W分別與X形成的物質不可能含有非極性鍵

D.X、Z、W三種元素能形成離子化合物

【答案】D

【解析】①X基態僅1個原子軌道填充電子，易形成共價鍵，為H；②Y核外有6種運動狀態的電子,

即核外有6個電子，為C；③Z價電子構型即〃=2,價電子構型為2s22P3,為N：④短周期

電負性最強的元素W為尸。

A.Y(C)的氧化物有CO、CO2,CO是不成鹽氧化物，不屬于酸性氧化物，A錯誤；

B.YX』為CH-中心C原子形成4個。鍵，無孤電子對，空間構型為正四面體形，鍵角約109。28'；ZX3

為NHn中心N原子形成3個。鍵，含1對孤電子對，空間構型為三角錐形，鍵角約107。，故X-Y-X

鍵角更大，B錯誤；

C.。與H可形成C2H6（含C-C非極性鍵）；N與H可形成N?H4（含N-N非極性鍵）：F9H形成

HF,只含極性鍵，C錯誤；

D.H、N、F可形成NH’F,由N"；和廣構成，屬于離子化合物，D正確；

故答案選Do

13.基于PTO—PTS的水系有機液流電池具有較高的能量密度和長期運行穩定等優點。該電池的工作原理

如下圖。

多孔碳電極質子交換膜

下列說法小ip國的是

A.-SO；基團有利于PTO—PTS在水中的溶解

B.a為PTO~^H—PTS,b為PTO—PTS

C.放電時，右側溶液的pH增大

D.充電時，左側多孔碳電極接電源的正極

【答案】B

【分析】由圖中V2+-V”可知，電池右側發生的電極反應為V?+e->▽“，發生氧化反應，則右側為

電池的負極。左側電池發生還原反應，其電極反應為PTO-PTS+4H'+4e-=PTO-4H-PTS，左側為電池的

正極，即a為PTO-PTS,b為PTO-4H-PTS。

【解析】A.-SO；是強極性、親水基團，可顯著提高有機物在水中的溶解度，A止確;

B.放電時，左側為正極，發生還原反應，其電極反應式為PTO-PTS+4LT十4e=PTO-4H-PTS，因此流

入電極的a為PTO-PTS,流出的b為PTO-4H-PTS,B錯誤；

C.放電時，右側負極發生反應v2+-?rV3+,同時H+通過質子交換膜從右側遷移至左側，使右側的

pH增大，C正確；

D.充電時，原電池的正極變為電解池的陽極，需接電源正極，D正確；

故答案選B。

14.我國科研團隊開發出甲醇在Ag催化下脫氫制甲醛的反應為：①CHQH（g）.，HCHO（g）+H2（g）；②

CH3OH(g)PCO(g)+2H2(g),800K時，剛性密閉容器中，通入甲醇發生反應，CO與HCHO的分

壓隨時間變化如圖。該溫度下，反應①Kp為1x10。kPa。下列說法錯誤的是

A.該溫度下HCHO(g)nCO(g)+H2(g),勺為150kPa

B.通過適當減少反應時間，可以增加甲醛的產率

C.其他條件不變，增大容器體積，重新達到平衡時，甲醛的產率增加

D.該溫度下平衡時甲醇的分壓為0.016kPa

【答案】C

【分析】平衡時由圖可知：XHCHO)=80kPa,〃(CO)=60kPa；根據反應①

CH3OH(g)HCHO(g)+H;(g),生成80kPa的HCHO,則生成80kPa的H?。根據反應②

CH3OH(g).CO(g)+2H2(g),生成60kPa的CO,則生成2x60=120kPa的H2。因此，平衡時總的

p(H2)=80kPa+120kPa=200kPa。

【解析】A.目標反應HCHO(g).CO(g)+H式g),分壓平衡常數:

K/XCO)-/J(H)_60x200

2=150kPa.正確:

p-p(HCHO)8U-A

B.由圖像可知，隨著反應時間延長，甲醛分壓先增大后減小，最后趨于穩定，而CO的分壓先增大,

后趨于穩定，因此通過適當減少反應時間，可以增加甲醛的產率，B正確；

C.增大容器體枳，體系總壓強減小，對于HCHO分解反應HCHO(g).CO(g)+H2(g)(正反應氣體

分子數增加)，減壓平衡正向移動，更多甲醛分解，因此重新平衡時甲醛的產率降低，C錯誤;

D.反應①的『嘲胱川|。3,

則:

/rrzr\/XHCHOf)p(H)80x200八八

p(CH,OH)=^--------K-=---^=0.016kPa,D正確：

故選C。

15.一種鋸酸鋰晶體具有優良的電光、光折變、非線性光學等性質，是優良的光電學材料。該銀酸鋰晶體

的立方晶胞的結構如圖所示。己知：晶胞參數為。pm,鈍酸鋰的摩爾質量為Mg.molL1號和2號原

子的分數坐標分別為(0,0,0)、(1」」)。下列有關說法錯誤的是

Nb

OLi

OO

A.3號原子的分數坐標為

B.該晶胞的化學式為LiNbO?

C.晶胞中Li在體對角線方向的投影為

0/V/

D.該晶體的密度為F-x"嚴g<m

aN入

【答案】C

【解析】A.3號原子位于x軸和），軸的1處，z軸的《處，故3號原子的分數坐標為（1/，），A正確;

B.該晶胞中Nb位于晶胞體內，有2個，0位于體內，有4個，Li位于8個頂點和4條棱上，故有

8x1+4x!=2個，Li、Nb和0的原子個數比為2:2:4=1:1:2,晶胞的化學式為LiNbO,,B.正確；C.8

84

個Li在頂點，4個Li在棱心，故晶胞中所有Li在體對角線方向的投影為C錯誤：D.晶

…2M

2M---g

胞的質量為％-g，晶胞的體積為"xl。-30cm，故晶體的密度為N,\_2M%3，

八P"a3xlO3Oc7H3-7N；g

D正確；故答案為C。

二、非選擇題：本題共4小題，共55分。

16.（14分）某冶金過程產生的廢渣有SiO?、CuO、Fe,O,、FeO、PbO、CaO等。利用該廢渣生產C%。的

一種流程示意圖如下。

過量①空氣

硫酸②Na2cO3MaHSCh溶液

|上節PH=2.匚匿匕3.5

冶金廢渣------H還原標銅一飆。

酸浸渣黃鈉鐵研

已知：i.25℃,Caso,微溶于水，PbSO4和黃鈉鐵磯［NNFe3（SO）（OH）J均難溶于水。

ii.冶金廢渣中部分元素的質量分數如下表。

元素SiCuFePbCa

質量分數/%15.3414.754.6614.312.16

I.酸浸

(1)CuO與硫酸反應的離子方程式是___________。

(2)酸浸渣中除CaSOj外，還含有。

II.沉鐵

(3)加入Na2c0,的目的有o

III.還原沉銅

(4)開始沉銅后，若不繼續調控沉銅過程中溶液的pH,NaHSO,的使用量將增加，結合Cu”與NaHSO,

反應的離子方程式解釋原因。

(5)酸浸時，若硫酸的濃度較低，則得到的C40中含有雜質CaSOj,解釋原因：o

IV.產品中Ci】?。含量的測定

(6)經提純后，產品中只有C%0和Cu,測定產品中Cug含量的方法如下。

硫酸酸化的(NH)Fe(SO)

任EFe-O-溶液,環羽Ce(SOJ溶液.標42準溶4窺2|計算樣品

踐回i.溶解遇山藥ii.氧化iii.滴定含量|

已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe*

①樣品溶解發生反應：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+>。

②步驟iii中(NH)Fe(SOjj容液的物質的量濃度和消耗的體積分別為c和V,計算樣品中Cu,。的質

量分數還需要的實驗數據是0

【答案】(每空2分)

+2+

(1)CUO+2H=CU+H2O

(2)SiO2,PbSO4

(3)CO：與H+反應，調節溶液的pH：提供Na+,形成黃鈉鐵磯沉淀除鐵

(4)Cu2+與HSO.發生反應2cli2++HSO；+2H?。螫C%。1+S。：+5H',生成的H，與HSO,反應生

成H2so,,&SO3分解為SO?受熱逸出，使還原劑NaHSO,的量減少

<5)CaSO,微溶，酸浸時c(SO：)低，酸浸液中有CzF+未完全沉淀。沉銅反應生成SO；、dSO；)增

大，使Q(CaSOj>KKCaSOj,生成CaSO4沉淀

3+2+2+

(6)Cu2O+2Fe+2H-=2Cu+2Fe+H2OCe(SOj溶液的物質的最濃度和體積、樣品的質

量

【分析】冶金廢渣加硫酸酸浸，SiO?不與硫酸反應，PbO與硫酸反應生成難溶廣水的PbSO-Cao與

硫酸反應生成微溶于水的CaSO4,SiO?、CaSCh和PbSO4形成酸浸渣，氧化銅、氧化鐵、氧化亞鐵溶

于硫酸轉化成溶于水的硫酸銅、硫酸鐵、硫酸亞鐵；溶液通入空氣，加入Na2c03調節pH=2.0,生成

黃鈉鐵帆，溶液中加入NaHSO|調節pH=3.5,溫度控制80C,生成CsO。

【解析】（I）CuO為堿性氧化物，離子方程式中不拆分，與強酸反應生成銅鹽和水，離子方程式為：

42

CuO+2H=Cu++H2O.

（2）結合分析可知，SiO?不與硫酸反應，難溶于水；PbO與硫酸反應生成難溶于水的PbSO』，二者均

留在酸浸渣中。

（3）酸浸后溶液酸性較強，碳酸鈉中CO；與H.反應，降低H'濃度，調節pH,使Fe"沉淀為黃鈉鐵

磯除去，同時提供黃鈉鐵研組成中需要的Na,

（4）c/+與NaHSOs反應的離子方程式為：2Cu"+HSO3+2H2。鱉CU2OJ+SO：+5H+,反應生成H+，

若不調控pH,溶液中H+與HSO；反應生成H2so3,H2s0。分解為SO2受熱逸出，使還原劑NaHSO：的量

減少。

（5）CaSO,微溶于水，硫酸濃度較低時，溶液中SO：濃度小，Ca?+不能在酸浸步驟完全沉淀，部分Ca?+

隨濾液進入沉銅步驟，沉銅反應生成SOj,c（SO：）增大，使Q（CaS0j）＞K、/,（CaS04）,生成CaSO,沉淀

最終隨C%0共沉淀析出，因此得到的C%0中混有CaS（\雜質。

（6）①酸性條件下，C"0被Fe"氧化，+1價Cu轉化為+2價Cu,Fe?+被還原為Fe?+,離子方程式為

3+2+2+

Cu2O+2Fe+2H'=2Cu+2Fe+H2O；

2+3+

②樣品用FC2（SO4）3溶液溶解:生成Fe?+,用過量的Ce（SO4）2溶液將Fe氧化成Fc，再用（NH4）2Fe（SCU）2

滴定剩余的Cc（SO4）＞間接去測量C“0的質量，因此還需要Ce（SOJ溶液的物質的量濃度和體積、樣

品的質量才能計算質量分數。

17.（15分）某實驗小組制備二水合磷酸鋅晶體并測定其純度。

實驗一：制備二水合磷酸鋅結晶水合物。

步驟1：稱取2.50gZnO,置于150mL儀器a中（圖I）,加入50mL水，80℃磁力攪拌30min,制成糊

狀物。

步驟2：在80℃磁力攪拌下緩慢滴加25巾114F。4溶液（1：9體積比），加完后繼續攪拌15min.

步驟3：抽濾（裝置如圖2所示），用少量水洗滌、抽干。

步驟4：120℃烘干451“而，得到白色ZnJPQ^NHz。，稱量，記錄產品質量。

自來水龍頭

布氏漏斗

圖］（布氏燒瓶）圖2

實驗二：測定產品的純度。

步驟I：準確稱取吧產品，置于燒杯中，用少量水潤濕，加入5mL3moi?廣鹽酸，攪拌至溶解完全,

轉移至容量瓶中，加水混勻配制成I。。mL溶液。

步驟II：準確移取20.00inL步驟I配制的溶液于錐形瓶中，加入30mL水和2?3滴0.2%二甲酚橙溶液,

緩慢滴加20%六次甲基四胺溶液，直至溶液由黃色變為紫紅色，再加入20%六次甲基四胺溶液，使溶液

pH為5?6。

步驟HI：用0.01moLPEDTA標準溶液滴定至溶液恰好變為亮黃色，且30s不變色，記錄滴定體積。

步驟IV：平行測定三次，消耗EDTA溶液的平均體積為VmL,計算產品的純度。

已知：滴定反應中辦2+和EDTA以物質的量比1:1反應；

回答下列問題:

（I）圖1中儀器a的名稱是___________o

（2）步驟2中，采用“熱水浴”加熱，而不直接用酒精燈加熱，"熱水浴''加熱的主要優點是。

寫出步驟2中反應的化學方程式：o

（3）步驟3中，圖2抽濾裝置中布氏漏斗的作用類似于下列儀器中的（填標號）。

S

O

A.W

T

（4）步驟4中，烘干溫度不宜超過120℃,其原因是。

（5）實驗二步驟I中，需要選擇容量瓶的規格是（填標號）。

A.50mLB.100mLC.250mLD.500mL

（6）該產品的純度為%（用含w、V的代數式表示）。若滴定管用水洗滌后沒有用待裝液潤

洗，可能使測定產品的純度___________（填“偏高""偏低''或''無影響

【答案】（除標明外，每空2分）

（1）三頸燒瓶（1分）

（2）受熱均勻，便于控制溫度3ZnO+2HFO42zn3（POj+3H?0或

A

3ZnO+2H3PO4=Zn3（PO4）,-2H2O4-H2O

（3）C

（4）避免產品失去結晶水或產品分解

（5）B

（6）半丫偏高

3w

【分析】本題以磷酸鋅晶體為素材，考查化學實驗基本操作知識，以及滴定法測產品純度。

【解析】（1）儀器a為三頸燒瓶：

<2）水浴加熱便于控制溫度、受熱均勻等；向ZnO糊狀物滴加H.FO」合成化學方

程式為3ZnO+2H3PO4=Zn3（PO4）7-2H2O+H2O：

<3）抽濾就是減壓過濾，所以布氏漏斗與過漉使用的漏斗功能相同；

（4）產品是結晶水合物，溫度過高，會導致產品失去結晶水；

（5）配制100mL溶液，必須選擇100mL容量瓶;

（6）消耗EDTA的物質的量為O.OlxVxlO-3moi,滴定反⑻中Zn?+和EDTA以物質的量比1:1反⑻，故

的物質的量為0.0lxVxl（r3moi,產品配制成100mL溶液，移取20.00mL滴定，故100mL溶液中

1（）（）

Zn"的物質的量為0.01xVx10-3x哭mol，產品中Zn與Zn3（PO?2HQ的物質的量比為3:1,故

Zn/POjt%。的質量為OOlxVxl（尸x蜉Kx421g,L算產品純度為

°°“Vxl°"Mxgx4212.105V；沒有用EDTA溶液潤洗滴定管，測得所用EDTA體積

-----------------------------------------------------------------XIUU/O=-----------------/O

w3w

偏大，導致測得的結果偏高。

18.（14分）巴洛沙韋是一種新型抗流感病毒藥物，其中間體（I）的合成路線如下:

HOAllocAllocAlloc

O?N,Cl乂(廠3O~N、DIBAL-HHON.McOH,MsOH,OyN

D-U-iii

AB(C8HHNO4)CD

OBnOOBnOOBnO

CH.CHJoz^HCI

OH--A(廣一?

ivHV，

EFH

OBnO

(廣SnCL

Bn—IQHJCH,—

O

NH

II小

Boc—:(CHJCO—C—/Alloc

I

（I）I中含氧官能團有酯基、、（填名稱）。

（2）B中“-Alloc”的結構簡式為o

（3）反應ii使用的DIBAL-H是一種重要有機物，最有可能是（填標號）。

（4）反應iv的化學方程式為。

（5）反應vi除了H之外，還有C0?和異丁烯兩種氣體生成，過程中涉及的有機反應類型有

（6）F經v、\"兩步獲得H。若F直接與H2N-NH2反應，不能達到目的，原因是

（7）寫出同時符合下列條件的A的一種同分異構體的結構簡式：

a.含硝基；b.存在順反異構；c.核磁共振氫譜有4組峰。

【答案】（除標明外，每空2分）

（1）隧鍵（1分）域基（或酮耀基）、酰胺基（1分）

（2）-COOCH2CH=CH2

(3)a

OBnOOBnO

(4)

+CH?CH21

（5）取代（水解）反應（1分）消去（消除）反應（I分）

（6）朧中的兩個氨基都會參與反應（或其他合理答案）

(7)CH.CH2cH=CHNO2(或CH3cH=CHCH2NO2)

（）

【分析】A與J1-發生取代反應得到B,B用DIBAL-H還原生成C,C在MsOH酸性條件

（I八。?

下與甲醇發生取代反應得到D；E與一碘乙烷發生取代反應得到F,F與單-Boc保護的朧反應生成G,

G在酸性條件下脫除-Boc保護得到H；D和H在SnCL作用下發生取代反應生成I；

【解析】（1）I的結構簡式為其含氧官能團有酯基、（酮）埃基、醐鍵、酰胺

基;

（2）B的結構簡式為°則“-Alloc”的結構簡式為—COOCH2cHMCH?:

（3）反應iiB中酰胺基的鑲基被還原為羥基，故DIBAL-H為還原劑，根據題意，DIBAL-H是一種重

要的有機物，則:

a.丫、個/丫是有機物，而H的電負性大于AL則H為-1價，具有較強的還原性，a符合題意;

H

b.NaBH4是一種較強的還原劑，但屬于無機物，b不符合題意;

c.LiAIH」是一種極強的還原劑，但屬于無機物，c不符合題意;

0

d.是有機物，但其中含有過氧鍵（―0一。一），具有強氧化性，d不符合題意；

故選a：

（4）反應iv中，E的粉基氫被乙基取代得到F,同時生成HL化學方程式為

OBnOOBnO

OBnO

（5）G的結構簡式為LN,其中-NH-Boc基團在酸性條件下，發生酰胺基和酯

、NH

o^koX（CHj）j

基的水解反應（取代反應）生成H、H2CO3（分解為COZ和H。）和叔丁醇（義），叔丁醇進

一步發生消去反應生成異丁烯（/（）和H?。；

（6）明（H2N-NH2）中存在2個相同的氨基，若不用-Boc對其中1個基基進行保護直接與F發生

反應，則2個氨基均會參與反應，生成

（7）A的不飽和度為2,其同分異構體含有硝基（-NO?）,且存在順反異構體，即含有碳碳雙鍵，

故還剩2個飽和碳原子；核磁共振氫譜含有4組峰，則碳碳雙鍵每個碳原子上都存在1個H原子，故

可能的結構簡式為CH3cH2cH=CHNO2和CH3CH=CHCH2NO2。

19.(15分)乙烯的產量是衡量一個國家石油化工水平的標志。工業上可以用乙烯制備環氧乙烷(C2H4O)

和乙醇。

(1)工業上用銀作催化劑氧化乙烯制備環氧乙烷，發生的主要反應為：

2c2H4(g)+O2(g).2C2H4O(g)△”/=-2IOkJmoH

①已知反應存在如下轉化關系：

C2H4(g)+AgO2(s)—^C2H4O(g)+AgO(s)

△HAH5

J

Ag(s)+O2(g)Ag(s)+^02(g)

則△”尸(用含△%、AH,、AHs的代數式表示)。

②該反應的部分過程如下圖所示(部分共價鍵未畫出)：

HX*

2\