北京市海淀区2026届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）

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2026.05
本试卷共 10 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无
效。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
第一部分
本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一
项。
1. 中国科学家成功开发出一种新型界面催化剂，用于乙醇和水重整制氢气，同时获得高附加值的乙酸，并
实现了二氧化碳的零排放。下列说法不正确的是
A. 乙醇分子和水分子之间能形成氢键
B. 该反应属于氧化还原反应
C. 乙酸是有机化工生产的重要原料
D. 催化剂能提升乙醇的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇分子含有羟基，水分子也含有 O-H 键，O 的电负性较强，二者之间可以形成氢键，A 正
确；
B．该反应中 H 元素从反应物中的+1 价转化为 H2 中的 0 价，存在元素化合价的升降，属于氧化还原反应，
B 正确；
C．乙酸可用于合成乙酸乙酯、醋酸纤维、医药、农药等产品，是有机化工生产的重要原料，C 正确；
D．催化剂只能降低反应活化能、加快反应速率，不改变化学平衡状态，因此不能提升乙醇的平衡转化率，
D 错误；
故选 D。
2. Se 是人体必需的微量元素，科研人员利用植物乳杆菌高效制备有机硒——硒代蛋氨酸( )，
硒代蛋氨酸与蛋氨酸( )结构相似，二者的结构简式如下图。下列说法正确的是
第 1页/共 26页
A. 第一电离能：
B. Se 的最高价氧化物的化学式为
C. 硒代蛋氨酸和蛋氨酸互为同系物
D. 硒代蛋氨酸不能发生缩聚反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，Se 和 S 同主族且 Se 位于 S 的下方，故第一电离能
，A 正确；
B．Se 属于第ⅥA 族元素，最高正价为+6 价，最高价氧化物的化学式为 ，B 错误；
C．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个 原子团，硒代蛋氨酸和蛋氨酸是 S 和 Se 原子的替换，
组成不相差 ，不互为同系物，C 错误；
D．硒代蛋氨酸含有氨基和羧基，两种官能团可以发生缩聚反应生成多肽类物质，D 错误；
故选 A。
3. 下列图示或化学用语不正确的是
A. 中的 p-p 键：
B. Cu 的原子结构示意图：
C. 羟基的电子式：
D. 原子核中含有 22 个质子、26 个中子的核素：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 的 p-p 键由 p 轨道沿键轴方向“头碰头”重叠形成，题图为 p 轨道“肩并肩”重叠的 p-p 键，
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图示错误，A 符合题意；
B．Cu 是 29 号元素，价电子排布为 ，核外电子层排布为 2、8、18、1，原子结构示意图正确，B 不
符合题意；
C．羟基是中性基团，O 最外层 6 个电子，与 H 共用 1 对电子，剩余 1 个单电子和 2 对孤对电子，电子式书
写正确，C 不符合题意；
D．核素的质量数=质子数+中子数= ，核素表示为 ，书写正确，D 不符合题意；
故选 A。
4. 下列操作符合实验安全规范的是
A. 金属钠着火时用泡沫灭火器灭火
B. 氢气等可燃性气体点燃前，需要验纯
C. 皮肤沾到少量苯酚，先用 NaOH 溶液清洗，后用水清洗
D. 用 制取 后，先撤酒精灯，后撤导管
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属钠着火会生成 ，可与泡沫灭火器产生的 、 反应生成 ，加剧燃烧，应
用沙土盖灭，A 错误；
B．可燃性气体不纯时点燃易发生爆炸，因此氢气等可燃性气体点燃前需要验纯，B 正确；
C． 溶液为强碱，具有强腐蚀性，会灼伤皮肤，苯酚沾到皮肤应先用酒精清洗，C 错误；
D．用 制取 后，先撤酒精灯会导致装置内压强减小，水槽中的水倒吸入热的试管，使试管炸裂，
应先撤导管后撤酒精灯，D 错误；
故选 B。
5. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 用于呼吸面具： ；
B. FeS 用于除去废水中的 ：
C. 浓 用于清洗试管中的银镜：
D. 实验室制氨气：
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【答案】D
【解析】
【详解】A． 可与人呼出的水蒸气、 反应释放 ，所给反应方程式正确，可用于呼吸面具，A
不选；
B． 的溶度积远小于 ，可发生沉淀转化将废水中 转化为更稳定的 沉淀除去，所给离子
方程式正确，B 不选；
C．浓硝酸具有强氧化性，可与 发生氧化还原反应生成可溶性 、 和 ，所给方程式得
失电子、原子均守恒，可用于清洗银镜，C 不选；
D．实验室制备氨气需使用 与 共热： ，若只加
热 得到的是 与 HCl 的混合气体，且混合气体有可能在管口遇冷后又生成 固体，无法得
到纯净的 ，D 选；
故选 D。
6. B30 铜镍合金的主要成分为 Ni(约 30%)、Cu(约 68%)，该合金在洁净富氧的天然海水中表面会生成薄而致
密的钝化膜，常用于制造远洋舰船。使用过程中，钝化膜在多种因素作用下缓慢被破坏，导致 B30 合金重
新暴露于海水中(如图)。
已知：Ni 在金属活动性顺序中位于 H 前。下列说法不正确的是
A. 钝化膜被破坏后会发生电化学腐蚀，Ni 作负极
B. 正极的主要反应为
C. 海水中的 、 等离子会加速合金的电化学腐蚀
D. 使用预成膜等技术加厚钝化膜，有助于延缓合金的腐蚀
【答案】B
【解析】
第 4页/共 26页
【详解】A．Ni 金属活动性强于 Cu，钝化膜破坏后合金与海水构成原电池，Ni 作负极发生电化学腐蚀，A
正确；
B．海水为富氧的中性环境，正极发生吸氧腐蚀，主要反应为 ，析氢反应为酸性
环境下的正极反应，不符合该场景，B 错误；
C．海水中的 、 等离子可增强海水导电性，且 易破坏钝化膜，会加速合金的电化学腐蚀，C 正
确；
D．钝化膜可隔绝合金与海水的接触，加厚钝化膜有助于延缓合金腐蚀，D 正确；
故选 B。
7. 下列实验操作及现象能得到相应实验结论的是
实验操作及现象 实验结论
向蔗糖水解后的溶液中先加 NaOH 调至碱性，再加
A 蔗糖水解生成了还原糖
悬浊液，加热，产生砖红色沉淀
向锌粒和稀 反应的试管中，滴加几滴 是 Zn 与 反应的 B
溶液，生成气体速率加快 催化剂
向待测溶液中加入 溶液，再滴加 KSCN 溶液，
C 待测溶液中含有
溶液变红
的 D 压缩装有 的注射器，气体颜色比压缩前更深
平衡正向移动
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．蔗糖水解用稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性，还原糖与 悬浊液的反应需在碱性
环境下进行，先加 调至碱性后加热产生砖红色 沉淀，说明存在还原糖，可证明蔗糖水解生成
了还原糖，A 正确；
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B．加入 溶液后， 置换出 ，二者与稀硫酸形成原电池加快反应速率， 参与反应被还原，
不是该反应的催化剂，B 错误；
C．若待测液中原本就含有 ，加 后再加 溶液也会变红，无法证明待测液含 ，正确操
作应先加 无明显现象，再加 溶液变红才能证明 存在，C 错误；
D．压缩注射器时容器体积减小， 浓度瞬间增大，即使平衡不移动，气体颜色也会比压缩前深，该现
象不能直接证明平衡正向移动，D 错误；
故选 A。
8. 光致变色分子在信息存储、智能材料等领域展现出重要应用前景。在紫外光的条件下，具有光致变色性
能的有机化合物 X 会发生结构转变得到 Y。
下列说法不正确的是
A. 转变过程中，有σ键的断裂和π键的形成
B. X 能发生加成或取代反应
C. Y 不能与盐酸反应
D. Y 比 X 具有更好的亲水性
【答案】C
【解析】
【详解】A．转变过程中 X 的 C-O 键断裂，同时有新的 键（如碳氮双键）生成，A 正确；
B．X 含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应，苯环及烷基结构可发生取代反应，B 正确；
C．Y 中存在带负电的氧原子，可与盐酸中的 结合生成酚羟基，能与盐酸反应，C 错误；
D．Y 为内盐结构，带有正负电荷，极性强于中性的 X，因此亲水性更好，D 正确；
故选 C。
9. 下列工业生产中，所采取的措施与目的不对应的是
工业生产 措施 目的
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减少 在阳极区的 A 氯碱工业 适当酸化阳极区溶液
溶解
氨催化氧化制
B 使用 Pt-Rh 合金做催化剂 加快反应速率
向饱和食盐水中先通入 提高 和
C 侯氏制碱
再通入
D 工业合成氨 将 从混合气中及时分离 提高反应物转化率
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯碱工业阳极生成 ，存在平衡 ，酸化阳极区可增大 浓
度，使平衡逆向移动，减少 的溶解，A 正确；
B．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，使用 Pt-Rh 合金作催化剂能加快氨催化氧化的反应速率，
B 正确；
C．侯氏制碱中先通入 是因为 极易溶于水，使溶液呈碱性，可吸收更多 ，从而提高 浓
度，便于溶解度较小的 析出，目的不是提高 和 ，C 错误；
D．工业合成氨的反应为 ，及时分离出 会使生成物浓度降低，平衡正向移动，提
高反应物转化率，D 正确；
答案选 C。
10. 二氧化硫催化氧化是工业制硫酸的关键反应，热化学方程式为：
。 催化该反应的机理如下图。
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下列说法正确的是
A. a 和 b 分别为 和
B. 若提高 对总反应速率影响不大，可推断反应速率：②＜①
C. 反应①、②的活化能分别为 、 ，则
D. 根据该机理，每生成 1 ml 需要至少投入 1 ml
【答案】B
【解析】
【分析】结合总反应 和 V 的价态变化，可得两步反应为： 反应①：
（b 为 ，c 为产物 ） 反应②： （a 为 ，
是催化剂，循环参与反应），据此解答。
【详解】A．根据推导，a 是 ，b 是 ，A 错误；
B． 总反应的速率由慢反应（决速步）决定，改变非决速步的反应物浓度对总反应速率影响很小。 是
反应①的反应物，提高 对总速率影响不大，说明反应①不是决速步，其速率更快，因此反应速率：
②＜①，B 正确；
C．反应焓变ΔH=正反应总活化能 逆反应总活化能，不是两步活化能的加和，且总反应 ，活化能
均为正值，不可能满足 ，C 错误；
D． 是该反应的催化剂，反应前后物质的量不变，可循环参与催化反应，生成 不需要投入
催化剂，D 错误；
故选 B。
11. 水溶液是半导体及新能源加工领域的重要原料。总氟浓度为 的 溶液
中，pH 随 的变化如下图。
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下列说法不正确的是
A. a 点：
B. b 点：
C. 水的电离程度：
D. 电离能力：
【答案】D
【解析】
【详解】A．总氟浓度为 ，根据物料守恒，所有含 F 微粒浓度之和等于总氟浓度，即
，A 正确；
B．b 点 pH=3.3，溶液呈酸性，故 ，根据电荷守恒 ，
可推得 ，B 正确；
C．HF 为酸，抑制水的电离， 和 水解可促进水的电离；从 a 到 c， 浓度逐渐增大，HF 浓度
逐渐减小，水的电离受到的促进作用增强、抑制作用减弱，故水的电离程度 ，C 正确；
D．c 点溶质为 ，溶液 pH=6.3 呈酸性，说明 水解程度大于 ，根据“越弱越水解”规律，可知
的电离能力弱于 HF，即电离能力 ，D 错误；
答案选 D。
12. 托瑞米芬可用于乳腺癌的治疗。托瑞米芬的前体 K 的合成路线如下图。
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已知：“—R”为 ，电负性 。
下列说法不正确的是
A. 中 H 的化合价为-1， 具有还原性
B. A 的核磁共振氢谱有 6 组峰
C. 试剂 X 为
D. K 分子中含 2 个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知电负性 ， 中 Al 为+3 价，整体带 1 个负电荷，计算可得 H 的化合价为-1，
-1 价 H 易失电子被氧化，具有还原性，A 正确；
B．A 的结构为 ，单取代苯环有邻、间、对 3 种等效氢，碳碳双键上两个氢化学
环境不同，为 2 种等效氢，醛基有 1 种等效氢，共 6 组峰，B 正确；
C．对比 P 和 Q 的结构，该反应为加成反应，最终产物 K 中，中心碳（连羟基的碳）连接的三个基团，说
明试剂 X 需要含有羰基 （P 进攻羰基发生加成，最终羰基氧转化为 K 中中心碳连接的羟基），故试剂
X 是 ，C 错误；
D．手性碳原子是连有 4 个完全不同基团的饱和碳原子，K 分子中 2 个碳原子为手性碳：
，D 正确；
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答案选 C。
13. 一种从粉煤灰(主要成分为 ，含少量 、 、 )中获得 的流程如下图。
已知：焙烧过程中 几乎不发生反应， 、 、 转化为相应的硫酸盐。
下列说法不正确的是
A. 浸出环节无法将 Ca 元素除尽
B. 由分步沉淀可推测
C. 母液经处理后得到的 可循环利用
D. 获得 的反应为
【答案】B
【解析】
【分析】首先将粉煤灰与硫酸铵混合送入焙烧炉共焙烧，杂质 不参与反应， 、 、 均
转化为硫酸盐；焙烧产物移入浸出池加稀硫酸浸出， 留在酸浸渣中被除去，滤渣中还有 ；金
属硫酸盐进入浸出液。 随后通过两次沉淀池分步除杂：沉淀池 1 调 pH 先沉淀出 除去铁杂质，沉
淀池 2 沉淀出 ，最终焙烧分解得到 产品，母液回收的硫酸铵可返回焙烧炉循环使用。
【详解】A．焙烧生成的 微溶于水，稀硫酸浸出时部分 会残留于溶液中，无法将 Ca 元素完
全除去，A 正确；
B．分步沉淀中 优先形成 沉淀，说明相同条件下 溶解度更小，同构型氢氧化物溶度
积越小溶解度越小，故 ，B 错误；
C．沉淀池 2 中沉淀 后，母液主要成分为 ，可返回焙烧炉 1 循环利用，C 正确；
D． 高温煅烧分解生成 和 ，反应方程式为 ，D 正确；
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故选 B。
14. 实验小组以 Cu 为阳极、Fe 为阴极探究铁棒镀铜实验中电镀液的选择，进行下表所示实验，电解时间均
为 60 min。
实验装置 实验序号 电解质溶液 阴极现象
铁钉上有疏松的红色固体，溶液
I
极液检测出
铁钉上有致密的红色镀层，溶液 Ⅱ 和过量浓氨水
阴极液未检测到 Fe 元素
铁钉上有疏松的红色固体，溶液
Ⅲ
黄色，阴极液检测出
铁钉上有少量疏松的红色固体，
Ⅳ 和
溶液颜色基本不变，阴极液检测
已知： ， 为黄色。
下列说法正确的是
A. 实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中检测出 ，说明阴极表面均发生反应：
B. 对比实验 I 和Ⅱ推测，实验Ⅱ中得到致密镀层是因为 小，铜的沉积速率慢
C. 实验Ⅲ溶液颜色变化是因为 的平衡正向移动
D. 将实验Ⅳ中盐酸替换为等浓度的 NaCl 溶液，可能得到较致密的红色镀层
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验Ⅳ中为酸性环境，Fe 可与 发生反应 生成 ，并非三个实验
均只发生 Fe 与 的置换反应，A 错误；
B．实验Ⅱ中加入过量浓氨水， 几乎完全转化为 ， 浓度接近
并不小，镀层致密的原因是游离 浓度低、铜沉积速率慢，B 错误；
第 12页/共 26页
C．电解时活性阳极 Cu 失电子生成 ，阴极 得电子析出 Cu，电子守恒下溶液中 浓度理论不
变，溶液变浅黄色是因为蓝色的水合 浓度降低，黄色的 颜色显现，并不是
平衡正向移动导致，C 错误；
D．将盐酸替换为等浓度 NaCl 溶液后，溶液 浓度大幅降低，阴极几乎没有 放电生成气泡，同时高浓
度 可与 形成 ，降低游离 浓度，减缓铜沉积速率，可能得到致密镀层，D 正确；
故选 D。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15. 自旋交叉配合物在分子开关、信息存储等领域具有重要应用。科研人员合成了一种 Fe(Ⅲ)自旋交叉配合
物 A，结构如下图。
（1）基态 的价电子排布式为_______。
（2）A 的 Fe(Ⅲ)配离子中，中心离子的配位数是_______；配位原子是_______。
（3）A 中的 由 等物质制得。根据 VSEPR 理论推测 分子的空间结构为_______形。
（4）A 的晶胞形状为长方体，边长分别为 a nm、b nm、c nm，结构如图。
已知：A 的摩尔质量为 ，阿伏加德罗常数的值为 。
①晶胞中，阴、阳离子的数目均为_______。
第 13页/共 26页
②晶体的密度为_______ 。( )
（5）在温度、光、电或压力等外部刺激下，A 在低自旋(LS)态和高自旋(HS)态间进行可逆切换，即自旋交
叉现象，进而实现“开关”功能。将下图中配离子的 的 LS 态和 HS 态补充完整_______。
已知：受配体提供电子对的影响， 的 5 个 d 轨道能量发生变化。2 个 d 轨道能量略有上升，记为 eg 组，
3 个 d 轨道能量略有下降，记为 组。当未成对电子数尽可能少且处于低能量轨道时， 处于 LS 态；
未成对电子数尽可能多且自旋平行时， 处于 HS 态。
【答案】（1）
（2） ①. 6 ②. N 和 O （3）三角双锥
（4） ①. 4 ②.
（5）
【解析】
【小问 1 详解】
Fe 是 26 号元素，基态 Fe 核外电子排布为 ， 价电子排布式为 。
【小问 2 详解】
由结构可知，中心 共形成 6 个配位键，配位原子是提供孤对电子的 N 和 O，因此配位数为 6。
【小问 3 详解】
第 14页/共 26页
中心 P 原子价层电子对数为 ，无孤对电子，因此空间结构为三角双锥形。
【小问 4 详解】
①根据均摊法：阳离子（Fe 配离子）共 8 个在棱上，2 个在内部，总个数为 ；阴离子 共 4
个在面上，2 个在内部，总个数为 ，数目均为 4。
②晶胞体积转换为 ，晶胞总质量 ，密度
。
【小问 5 详解】
共 5 个 d 电子，根据题意：LS 态电子优先填充低能 ，尽可能成对，因此 5 个电子排布为 ；
HS 态电子优先分占轨道、自旋平行，未成对电子最多，因此排布为 ，排布图见答案。
16. 钢铁行业是 排放的主要来源之一，约占全球总排放量的 7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作
具有重要意义。
（1）已知：
则 _______ 。
（2）常压下，在密闭容器中用 CO(或 )在不同温度下将 还原为 Fe，达平衡时，混合气体中 CO(或
)的物质的量分数如图。
①关于 CO 还原 为 Fe 的反应，下列分析正确的是_______(填序号)。
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a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态
b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变 CO 的平衡转化率
c．还原所得 Fe 可能包覆于 表面，使体系无法达到平衡状态
②平衡时 CO 的物质的量分数：N>M，原因是_______。
③用 代替 CO 还原 制备 Fe，可减少 排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能
源消耗的角度分析其局限性分别为_______、_______。
（3）恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。
通不同气体时的相对还原速率
实验编
固体 粒径/mm 号
CO
i FeO 0.1 0.27 0.09 0.33
ii FeO 2.5 0.25 0.08 0.35
iii FeO 8.5 0.15 0.06 0.25
iv FeO 20 0.021 0.007 0.036
v FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039
注：各实验中 FeO 质量相同。
①实验 i~iv 以 CO 进行还原时，相对还原速率依次下降，原因是_______。
②研究表明，在 FeO 中加入少量 MgO，某种氧化产物与 MgO 反应的生成物可“撑开”FeO 晶体，从而加
速 FeO 的还原。结合实验 iv、v 的数据，推测相关反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）-40 （2） ①. bc ②. 用 CO 还原 为 Fe 的反应为放热反应，从 M 点到 N 点，
温度升高，平衡逆向移动，平衡时 CO 的物质的量分数大 ③. 制备成本高，且平衡转化率低于 CO，
原料利用率低 ④. 工业制取 需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高
（3） ①. FeO 粒径越大，与还原气体的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次下降 ②.
【解析】
【小问 1 详解】
第 16页/共 26页
根据盖斯定律，将已知反应编号： ①
② ；
目标反应=① ②，因此 。
【小问 2 详解】
①a．该反应前后气体总物质的量始终不变，因此气体总物质的量不变不能说明反应达到平衡，a 错误；
b．延长反应时间不改变平衡状态，因此不能改变 CO 的平衡转化率，b 正确；
c．若生成的 Fe 包覆在 表面，会隔绝反应物接触，使反应无法持续进行，体系不能达到平衡，c 正确。
②该反应为放热反应（ ），温度升高，平衡逆向移动，CO 的平衡物质的量分数增大，因此
③ 物质利用： 制备成本高，且平衡转化率低于 CO，原料利用率低； 能源消耗：工业制取 需要消耗
大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高。
【小问 3 详解】
①FeO 粒径越大，反应物（FeO 与还原剂气体）的接触面积越小，反应速率越慢，因此相对还原速率依次
下降。
②结合实验 iv、v 的数据，加入 MgO 后，用 CO 的还原速率减慢，而加入 的还原速率加快，说明是
与 反应生成摩尔体积更大的 ，可撑开 FeO 晶体，加快还原速率。
17. 一种光引发剂 M 的合成路线如下。
已知：I．
第 17页/共 26页
Ⅱ．
（1）A 在酸性条件下的水解产物为常见饮品或调味品的成分，A 的名称是_______。
（2）B 的结构简式是_______。
（3）D→E 的化学方程式是_______。
（4）将 E→F 的化学方程式补充完整：_______。
（5）G 的结构简式是_______。
（6）J 中仅含一个六元环。I→J 反应前后“*”标记的碳原子的杂化方式未改变。I→J 反应新生成的官能团
有碳碳双键、_______。
（7）利用 J 到 M 的多步转化构建得到 M 中右侧的苯环 X，反应路径如下：①J→K 形成碳碳σ键，构建了 X
的六元环；②K→L 为取代反应，断裂了 X 的部分支链；③L→M 为消去反应，构建了 X 的大π键。K、L
的结构简式分别为_______、_______。
【答案】（1）乙酸乙酯
（2） （3）
（4） （5） （6）羟基
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（7） ①. ②.
【解析】
【分析】A 的不饱和度为 1，A 在酸性条件下的水解产物为常见饮品或调味品的成分，则 A 结构简式为
，A 发生已知信息Ⅰ的反应生成 B，则 B 的结构简式是
( )，D 和乙酰氯发生取代反应生成 E，结合 D 的分子式，D 结构简式为 ；B
和 F 一定条件下发生反应脱水生成 G，则 B 和 F 先发生的是加成反应，中间体为
，再发生消去反应生成 G，G 结构简式为 ，G
和 B 发生加成反应生成 I，I 开环生成 J，J 仅含一个六元环，结合（6）问，J 的结构简式为
，J→K 形成碳碳σ键，构建了 X 的六元环，则发生的羰基的加成反应，
第 19页/共 26页
K 的结构简式为 ，K→L 为取代反应，断裂了 X 的部分支链，L 的结构简
式为： ，L 发生消去反应生成 M，据此解答。
【小问 1 详解】
根据分析，A 为乙酸乙酯；
【小问 2 详解】
根据分析，B 的结构简式是 ；
【小问 3 详解】
D 为苯酚，苯酚与乙酰氯发生酰基化反应，得到邻羟基苯乙酮（即题中 E），同时生成 HCl，化学方程式是
；
【小问 4 详解】
根据原子守恒，剩余组成为 ，且系数是 2，故补全后
；
【小问 5 详解】
第 20页/共 26页
根据分析，G 结构简式是 ；
【小问 6 详解】
I 开环时，原环醚的 键断裂，氧原子转化为羟基，且题目已说明新生成碳碳双键，故另一新官能团为
羟基；
【小问 7 详解】
根据分析，K、L 的结构简式分别为 、 。
18. 一种利用 废气制取 单质的循环工艺流程如下图。
已知：i．溶液中 浓度较大时， 单质可通过反应 溶于其中。
ii． 的 ； 。
iii．电解时副产物主要为 和 。
（1）吸收装置中，生成 的反应的离子方程式为_______。
（2）电解装置制备
①电解池中所用离子交换膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
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②阳极室中， 放电生成 单质，进而与 反应生成 流出。生成 单质的电极反应式为_______。
（3）析硫装置制备 单质：向析硫装置中通入 将溶液酸化得到 单质，反应的离子方程式为_______。
（4）上述工艺中，若不考虑副反应，阴极流出液中的 循环利用即可满足所需，不需要外加，结合
该工艺中 转化的总反应说明理由：_______。
（5）为优化电解条件，实验室单独使用电解装置电解，阳极液为 溶液。取不同电解时间的阳极液，
用醋酸酸化，将 转化为 单质和 ，进而测定 的 转化率和 单质收率。
①理论上，电解前向阳极液中加少量 可提高 单质收率，结合 的水解平衡分析可能的原因是
_______。
②其他条件相同时，用 调节不同的阳极液 ，测得 转化率和 单质收率随时间变化如下图。
实际生产时调控阳极液的 为 ，支持这一调控措施的数据依据是_______。
③下图中 6 h 后， 转化率升高、 单质收率下降。实际生产中采用上述循环工艺长时间电解， 单质收
率(用析硫装置中所得 单质测定)没有明显下降，可能的原因是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 阳 ②.
（3）
（4）总反应为 ，NaOH 仅作循环吸收剂，不参与总反应
（5） ①. 水解平衡： ，加入 NaOH 使 c(OH−)增大，平衡左移，抑制
水解， 增大有利于 S 单质转化为可溶的 ②. 6h 内，相同时间时 pH=a 的 转化率与
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S 单质收率的差值小于 pH=b 的 ③. 实际生产中 循环利用，阳极室 始终较高，使得 S 单质
溶解进而析出(析硫装置中通入的 ，能将 还原为 S 单质)
【解析】
【小问 1 详解】
吸收装置中，循环回来的 NaOH 溶液吸收 生成 ，配平： 。
【小问 2 详解】
①电解时阳极室的 需要迁移到阴极室，使阴极室得到 NaOH 循环回吸收装置，因此需要允许阳离子通
过的阳离子交换膜。
②阳极 失电子生成 S 单质，电极反应式为： 。
【小问 3 详解】
通入 酸化提供 ，结合已知 i 的可逆反应，逆反应为 分解， 与分解产生的 结合为 ，
同时析出 S 单质，配平： 。
【小问 4 详解】
由总反应 可知，NaOH 仅作循环吸收剂，不参与总反应，不会被消耗，因此不需要补充。
【小问 5 详解】
① 水解平衡： ，加入 NaOH 使 c(OH−)增大，平衡左移，抑制 水解，
增大有利于 S 单质转化为可溶的 。
②目标产物是 S 单质， 转化率与 S 收率差值越小，调控效果越好，图像显示 6h 内，相同时间时 pH=a
的 转化率与 S 单质收率的差值小于 pH=b 的。
③单独电解时，生成的 S 长时间停留在阳极会被氧化为副产物导致收率下降，实际生产中 循环利用，
阳极室 始终较高，使得 S 单质溶解进而析出(析硫装置中通入的 ，能将 还原为 S 单质)。
19. 实验小组探究测定“ ”的平衡常数 的方法。
已知： ； 。
【查阅资料】直接测定 较困难，可利用反应 1： 进行测定。
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（1）一定温度下，在反应 1 体系中，反应 1 的平衡常数 ， _______
(写表达式)，则 。
【实验探究】在 6 mL 溶液中，加入 14 mL 氨水( ，溶质以
计)，生成 ，再逐滴加入 溶液，至刚出现浑浊且不再消失时达滴定终
点。改变 和 ，按照上述操作分别进行实验，记录终点时消耗的 溶液 ，实验结果如下表。[注：
所得溶液总体积为 ]
不同 时的
1 2 6
加入 27.00 mL 0.01 a 9.00
溶液后仍无沉淀
加入 27.00 mL 0.005 b d
溶液后仍无沉淀
（2） 溶液中加入少量氨水会生成沉淀，反应的离子方程式为_______。
（3） 中各微粒的平衡浓度可进行近似计算：
i．因滴定终点时生成的 极少，终点时溶液中的 可计为 ；
ii．因氨水过量，且终点时生成的 极少， 可计为 ；
iii．终点时溶液中的 可计为 ，原因是_______。
（4）判断 a、b 和 d 的大小关系：_______。
（5） 为 、 为 时，加入27.00 mL 溶液仍无沉淀，利用 分析原因：_______
。
（6） 为 9.00 mL 时， 的计算式为_______。
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（7）若停止滴加 溶液后，生成的浑浊又消失了，则会导致测得的 _______(填“偏低”“偏高”
或“无影响”)。
【实验拓展】在相同实验条件下，将 溶液替换为 NaCl 或 NaI 溶液，按上表的 、 数据进行实验，
结果无法测得 或与理论值偏差较大。
（8）在 溶液和 溶液中选择一种，分析原因：_______。
【答案】（1）
（2） （或写 ）
（3）氨水过量，且 ，生成 消耗的 的量远小于氨水中 的总物质的量
（4）
（ 5） ， 增 大 为 原 来 的 3 倍 ，
应增大为原来的 9 倍，即 应大于 81mL，反应 1 才能发生，27mL＜81 mL，所以不产生
沉淀
（6） （7）偏低
（8）NaCl： 较大，加入大量 NaCl 溶液仍不出现浑浊，无法测得
NaI： 较小，加入极少量 NaI 即生成浑浊，溶液体积误差较大
【解析】
【小问 1 详解】
对于平衡 ，平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因
此： 。
【小问 2 详解】
少量氨水无法生成二氨合银配离子，会生成氧化银沉淀（或 AgOH 沉淀），离子方程式为：
（或写 ）。
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【小问 3 详解】
已知 ，氨水过量， 全部转化为 消耗的 的量远小于氨水中 的总物质
的量，消耗的 可忽略不计，因此总 的物质的量近似等于起始氨水中 的物质的量。
【小问 4 详解】
由反应 1 的平衡常数 ，化简后可得 （温度不变 不变，总体积
抵消）： 越大， 越大； 相同时， 越小， 越大。因此 。
【小问 5 详解】
根据 ， 增大为原来的 3 倍，
应增大为原来的 9 倍，即 应大于 81mL，反应 1 才能发生，27mL＜81 mL，所以不产生
沉淀。
【小问 6 详解】
已知 ， （体积 V 约掉），代入数据
、 、 、 ，得：
。
【小问 7 详解】
浑浊消失说明滴定终点提前，测得的 小于真实值， 与 成正比，因此测得的 偏低。
【小问 8 详解】
若选 ： ，相同条件下更难生成 AgCl 沉淀，按表格数据加入最大量 NaCl
后仍无沉淀，无法确定滴定终点，无法测定 。
若选 ：因为 ，相同条件下更容易生成 AgI 沉淀，滴定终点提前， 偏小，导
致测定结果偏差较大。
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