重庆市巴蜀中学2026届高三下学期考前预测化学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2026届高三下学期考前预测化学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了5 Te—128等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写
清楚。
2.每小题选出答案后，用 2B 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。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Te—128
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. 化学与人类社会可持续发展息息相关。下列过程在一定条件下不能实现的是
A. 石油分馏→乙烯
B. 水杨酸+乙酸酐→阿司匹林
C. 煤的焦化→苯
D. 山梨酸钾、苯甲酸钠→延长食品保质期
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油分馏是物理变化，依靠各组分沸点差异分离烃类混合物，仅能得到石油气、汽油、煤油等
饱和烃类产品，乙烯需通过石油裂解制备，该过程不能实现，A 符合题意；
B．水杨酸和乙酸酐可发生酰基化反应生成乙酰水杨酸（阿司匹林），该过程可以实现，B 不符合题意；
C．煤的焦化即煤的干馏，属于化学变化，产物煤焦油中含有苯，可分离得到苯，该过程可以实现，C 不符
合题意；
D．山梨酸钾、苯甲酸钠是常见食品防腐剂，可抑制微生物增殖，延长食品保质期，该过程可以实现，D 不
符合题意；
故选 A。
2. 下列叙述正确的是
A. Cu 和 Fe 在常温下投入浓硫酸中均无明显现象，原理相同
B. Na 分别与熔融氯化镁和氯化镁溶液反应，生成的产物不同
第 1页/共 23页
C. CH3CH2Br 分别与氢氧化钠水溶液和氢氧化钠醇溶液反应，生成的溴化物不同
D. 澄清石灰水分别滴加到 Na2CO3 溶液和 NaHCO3 溶液中，现象不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下 Fe 遇浓硫酸发生钝化反应（表面生成致密氧化膜阻碍反应持续进行），Cu 常温下和浓
硫酸不发生反应，二者无明显现象的原理不同，A 错误；
B．Na 与熔融氯化镁发生置换反应，产物为 Mg 和 NaCl，Na 与氯化镁溶液反应时，Na 先和水反应生成 NaOH
和 H2，NaOH 再与氯化镁反应生成 Mg(OH)2 沉淀和 NaCl，二者产物不同，B 正确；
C．CH3CH2Br 与氢氧化钠水溶液发生水解反应生成 NaBr，与氢氧化钠醇溶液发生消去反应也生成 NaBr，
生成的溴化物均为 NaBr，二者相同，C 错误；
D．澄清石灰水滴入 Na2CO3 溶液生成 CaCO3 白色沉淀，滴入 NaHCO3 溶液同样会生成 CaCO3 白色沉淀，
二者现象相同，D 错误；
故答案选 B。
3. 下列反应原理和方程式书写错误的是
A. 用足量氨水洗去银镜：
B. SbCl3 水解制备 Sb2O3：
C. 用惰性电极电解丙烯腈制备己二腈：
D. 乙酰胺与盐酸共热：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ag 单质不能与氨水发生反应，清洗银镜应选用稀硝酸，方程式为：
，A 错误；
B．SbCl3 水解生成 Sb2O3 和 HCl，符合盐类水解规律，B 正确；
C．电解时阳极水电离出的 OH-失电子生成 O2，阴极丙烯腈得电子发生偶联反应生成己二腈，C 正确；
D．乙酰胺在酸性条件下加热水解生成乙酸和铵根离子，反应符合酰胺酸性水解的规律，D 正确；
故选 A。
4. 化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是
第 2页/共 23页
A. 向试管中加锌粒
B. 从食盐水中提取 NaCl 固体
C. 盛放 CCl4 的装置上贴的标签
D. 该装置可用于制备乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．向试管中加锌粒时，应先将试管横放，用镊子把锌粒放在试管口，再慢慢将试管竖立起来，使
锌粒滑入试管底部。直接竖直投入会砸破试管底，A 错误；
B．从食盐水中提取 NaCl 固体，应该用蒸发皿进行蒸发操作，不能用坩埚（坩埚用于固体灼烧），B 错误；
C．CCl4 是不易燃的液体，该标签是易燃液体标志，贴错标签，C 错误；
D．乙酸乙酯的制备装置中，试管加热、导管不伸入饱和碳酸钠溶液液面下（防止倒吸），操作和装置均符
合要求，D 正确；
故选 D。
5. 螯合钙比普通的补钙试剂更容易被人体吸收，某种螯合钙的结构如图所示。下列说法不正确的是
A. Ca 为 s 区元素 B. C、N、O 的第三电离能依次增大
C. 基态时，C 和 O 的成单电子数相同 D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．钙（Ca）是原子序数为 20 的元素，其基态原子的核外电子排布为 ，属于 s 区元素（第
IIA 族），A 正确；
第 3页/共 23页
B．第三电离能（ ）是指气态二价阳离子再失去一个电子形成三价阳离子所需要的能量。碳（C）：
，氮（N）： ，氧（O）：
，N2+失去一个电子后形成 1s22s2 稳定结构，导致其第三电离能 I3
(N)异常偏低，小于 I3(C)，即 ，比较 和 ，两者都是从 轨道失去一个电子。由于氧
的核电荷数（+8）大于氮的核电荷数（+7），对电子的吸引力更强，所以 ，B 错误；
C．碳（C）的基态电子排布为 。根据洪特规则，2p 轨道上的 2 个电子分别占据不同的轨道，因
此有 2 个单电子。氧（O）的基态电子排布为 。根据洪特规则，2p 轨道上有 2 个单电子，C 正确；
D．∠1 和∠2 对应的碳原子的杂化方式为 sp2 杂化，∠1 为单键-双键所形成的键角，∠2 为单键-单键之间
的键角，根据价层电子对之间斥力大小为：双键>单键，有双键会使键角变大，因此可知键角：∠1＞∠2，
D 正确；
故选 B。
6. Y 是一种人工合成的多肽，其合成路线如图所示。下列说法错误的是
A. E 的分子式为 B. F 和 G 生成 X 时，原子利用率为 100%
C. Y 水解可得到 E 和 G D. F 中的手性碳有 2 个
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据 E 的结构，E 分子式为 ，A 正确；
B．F 和 G 合成 X 是内酰胺开环聚合，反应过程没有小分子生成，所有原子都进入产物 X，原子利用率为 100%
，B 正确；
C．Y 是多肽，分子中含酰胺键（肽键），水解时所有酰胺键断裂，得到开链的氨基酸，无法得到环状内酰
胺结构的 E 和 G，C 错误；
D．手性碳原子是连有 4 个不同基团的饱和碳原子，该有机物共 2 个手性碳原子，位置如图：
第 4页/共 23页
，D 正确；
故选 C。
7. 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构如图 a)，该分子和客体分子 (结构示意
图如图 b)可形成主客体包合物， 被固定在空腔内部。下列说法正确的是
A. 主体分子存在分子内氢键 B. 主客体分子之间存在共价键
C. 主客体包合物属于分子晶体 D. 中 N 采用 杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A．该杯状主体分子含有多个 和 ，氧原子电负性大，分子内相邻 的氢原子可
与同一分子内的其他氧原子形成分子内氢键，A 正确；
B．主客体通过分子间作用力（氢键、范德华力）结合形成包合物，主客体之间不存在共价键，B 错误；
C．客体 是离子化合物，包合物中存在 和 两种离子，形成晶体时属于离子晶体，
不是分子晶体，C 错误；
D． 中 原子形成 4 个 键，无孤电子对，价层电子对数为 4，因此 采取 杂化，D 错误；
故选 A。
8. 一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，B 原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，
其晶体结构、晶胞沿 c 轴的投影图如图所示。下列说法不正确的是
第 5页/共 23页
A. 1 个晶胞中含有 1 个 Mg
B. 硼化镁属于混合型晶体
C. 每个 B 原子周围都有 2 个与之等距离且最近的 B 原子
D. 最近距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由硼镁化合物的晶体结构可知 Mg 位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中
含有 个 Mg，由晶胞沿 c 轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中 Mg
的个数为 1，A 正确；
B．B 原子层类似石墨结构，层内是共价键，硼化镁晶体中，Mg 原子层与 B 原子层之间通过离子键和金属
键结合，所以硼化镁属于混合型晶体，B 正确；
C．B 原子的成键结构类似石墨，每个 B 原子周围有 3 个等距且最近的 B 原子，C 错误；
D．由晶胞沿 c 轴的投影图可知，B 原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点
距离的 2 倍，顶点到对边的垂线长度为 ，因此 B-B 最近距离为 ，D 正确；
故选 C。
9. 由下列实验操作及现象能推出相应结论的是
选
实验操作及现象 结论 项
A 测定 0.01 ml/L 某酸溶液的 pH 为 2 该酸为强酸
电离程度：
向滴有 2 滴 溶液的少量蒸馏水中，再滴 B
加 2 滴 KSCN 溶液，无明显现象
第 6页/共 23页
往装有鸡蛋清的试管中先加入少量 ，再加过量
C 能使蛋白质变性
水，振荡，试管底部可见少量固体
相同温度下用 pH 计测定浓度均为
溶液和 溶液的
D 极性：
pH， 溶液的 pH 更小
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.01 ml/L 酸溶液 pH 为 2，仅说明该浓度下酸电离出的 ，若为二元强酸，
，pH 应小于 2，且未明确温度，也无法排除电离度接近 100%的中强酸，故不能证明
该酸为强酸，A 错误；
B．实验中 用量极少，即使电离出少量 ，与 结合生成的 浓度过低也无明
显现象，无法比较二者电离程度，B 错误；
C． 难溶于水，几乎不电离出 ，无法使蛋白质变性，试管底部的固体为未溶解的 ，C
错误；
D．相同浓度下 溶液 pH 更小，说明 水解程度更弱，对应酸 酸性更强，
原因是 F 电负性大于 Cl， 键极性更强，吸电子诱导效应更大，使羧基更易电离出 ，可推出 键
极性大于 键，D 正确；
故选 D。
10. 在 时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
第 7页/共 23页
则计算 的表达式正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据盖斯定律，将第一个反应乘 2、第二个反应乘 2 后相加，再减去 3 倍的第四个反应，所得总反
应除以 6 恰好为第三个反应，推导得 ，是 A 选项所给表达式，故选 A。
11. 兴趣小组设计了如图所示从 AgCl 中提取 Ag 的实验方案，下列说法正确的是
AgCl 溶液① [Cu(NH3)4]2++Ag CuCl2+NH4Cl 溶液②+Cu
A. 溶液①中，
B. 溶液②中，
C. 本实验方案可证明稳定性：
D. 按上述方案消耗 1 ml Fe 最多回收 2 ml Ag
【答案】D
【解析】
【详解】A． 与氨水发生如下反应： ，得到溶液①，其中银氨配离
子会部分解离： ，所以 ，A 错误；
B．溶液②中含 和 ， 和 水解使溶液显酸性，故 ，B 错误；
C．加入浓盐酸时 与 反应生成 ，说明 结合 的能力强于 ，稳定性
，C 错误；
D．整个流程中 可循环利用， 与氯化铜溶液反应得到 的反应生成+2 价的 ，根据得失电子守
恒：1 ml 失去2 ml电子，每个 得到1 ml电子被还原为 ，故消耗1 ml 最多回收2 ml
，D 正确；
第 8页/共 23页
故选 D。
12. 短周期元素 R、W、X、Y 原子序数依次增大。一种天然矿石 广泛用于玻璃行业，
含有 92 ml 质子。W 的族序数是周期数的 3 倍，R、W 最外层电子数之和与 X、Y 最外
层电子数之和相等，X 是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是
A. 原子半径：
B. 与 Y 同族且比 Y 原子多两个电子层的 Z 的原子序数为 50
C. 化学键中离子键成分的百分数：
D. W 单质在不同溶剂中的溶解性：
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素 R、W、X、Y 原子序数依次增大，元素 W 族序数是周期数 3 倍，位于第二周期第 VIA
族，W 为 O；X 是地壳中含量最高的金属元素，推得 X 为 Al；结合矿石化学式 电中性、质子数
总和、最外层电子数关系，推得 R 为 Li、Y 为 Si。
【详解】A．同周期主族原子半径从左到右依次减小，同主族原子半径从上到下依次增大，故原子半径：
，即 ，A 正确；
B．Y 为 Si 位于第三周期第 族，多两个电子层的元素为第五周期第 族的 Sn，原子序数为 50，B 正
确；
C．成键元素电负性差值越大，离子键成分百分数越高，Li 比 Al 活泼，对电子的吸引力更弱，Li 的电负性
小于 Al，Li 与 O 电负性差大于 Al 与 O 电负性差，故 离子键成分百分数大于 ，即
，C 错误；
D．W 单质为 和 ， 属于非极性分子，根据相似相溶原理，其在非极性溶剂 中溶解度大于极
性溶剂 ， 的分子空间构型为 V 形，属于极性分子但极性微弱，其在非极性溶剂 中溶解度大
于极性溶剂 ，D 正确；
故选 C。
13. 在恒温条件下，一种 浓差电池的工作原理如图所示，下列说法不正确的是
第 9页/共 23页
A. M 电极的电势低于 N
B. 气体压强
C. N 电极的电极方程式为：
D. 若外电路中转移 2 ml ，则两极气体的质量差将改变 32 g
【答案】D
【解析】
【分析】图中显示，Mg2+离子从 M 电极区域通过固体电解质移动到 N 电极区域。在原电池中，阳离子向正
极移动，阴离子向负极移动。因此，N 是正极，M 是负极。负极（M 电极）：发生氧化反应，电极反应式为：
， 正 极 （ N 电 极 ）： 发 生 还 原 反 应 ， 电 极 反 应 式 为 ：
。
【详解】A．在原电池中，电子从负极流向正极，正极的电势高于负极。由分析可知，M 是负极，N 是正极，
那么 M 电极的电势低于 N 电极，A 正确；
B．由分析可知，这是一个浓差电池，其工作原理是利用物质从高浓度区域向低浓度区域的自发转移来产生
电能。负极（M）发生氧化反应： ，正极（N）发生还原反应：
，总反应是 S2 气体从 N 电极区域转移到 M 电极区域。为了使反应自发进
行，N 电极的 S2 压强 必须高于 M 电极的 S2 压强 ，B 正确；
C．由分析可知，N 电极是正极，发生还原反应。反应物为 S2 气体和迁移过来的 Mg2+，产物为 MgS，N 电
极的电极方程式为： ，C 正确；
D．根据电极反应，转移 ml 电子，M 电极生成 ml S2，N 电极消耗 ml S2，M 电极气体质量增
加 g，N 电极气体质量减少 g。两极气体的质量差改变了 g，D 错误；
故选 D。
第 10页/共 23页
14. 已知：
下列说法不正确的是
A. 在 NaI 溶液中，溶解的 AgI 可表示为： (以物质的量浓度表示)
B. 在 的 HI 溶液中加入足量的单质 Ag，可能有 产生
C. 比 更易与 配位
D. 0.01 ml 的 AgI 固体不能完全溶于 的 NaCN 溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．AgI 在 NaI 溶液中溶解存在 和 两种形式，由 得
，由配位平衡常数 得 ，总溶解浓度为二者之和，即
，A 正确；
B．HI 溶液中 可与 结合为 ，降低 浓度，使反应
的平衡逆向移动，因此可能产生 ，B 正确；
C． (aq)的 ，远小于 的稳定常数
，说明 更易与 配位，C 正确；
D．反应 的平衡常数 ， 较
大；0.01 ml AgI 完全反应仅消耗 0.02 ml ，剩余 的浓度为 1-0.02=0.98ml/L，浓度熵 Q=
第 11页/共 23页
，反应正向进行的趋势大，因此 AgI 可完全溶解，
D 错误；
故选 D。
二、非选择题：本题共 小题，共 分。
15. 碲( )被誉为“国防与尖端技术的维生素”，某科研人员设计以富碲渣(主要含 ，还含少量 、
)为原料逐步分离高回收价值元素。其工艺流程如图所示：
已知：① 微溶于水，可溶于强酸和强碱。
② 为二元弱酸，常温下， ， 。
请回答下列问题：
（1）化合物 中 的化合价为___________， 的原子序数为 ，其基态原子的 能层电子排布
式为___________。
（2）“浸铜”步骤中， 反应的离子方程式为___________，该反应控制溶液的 为 ，酸
性不能太强的原因是___________。
（3）“浸碲”步骤中，碲元素转化为 ，计算常温时，溶液 时，
___________。
（4）“浸金银”步骤中，反应试剂硫脲( )呈平面结构，可简写为 ， 的结
构为 ，与 配位的原子是 而不是 的原因是___________。
第 12页/共 23页
（5）“电解”步骤中，生成 Au 的电极反应式为___________。
（6）粗碲中碲的质量分数的测定步骤如下：取 2.0 g 粗碲粉，将其转化为亚碲酸( )，配制成 100
mL 溶液，取 25 mL 溶液于锥形瓶中。向锥形瓶中加入 5.00 mL 0.5 ml/L 酸性 溶液，充分反应使
亚碲酸转化为碲酸( )。再滴入 25.00 mL 0.3 ml/L 硫酸亚铁铵 溶液时达终点，
溶液恰好完全反应。
测定过程中发生下列反应： ；
。
则该粗碲中碲的质量分数为___________(保留 3 位有效数字)。
【答案】（1） ①. -2 ②. 4s24p64d10
（2） ①. Cu2Te+4H2O2+4H+=2Cu2++TeO2+6H2O ②. TeO2 会溶于强酸导致 Te 元素的损失
（3）5.0×10−10:1
（4）S 的原子半径更大，电负性更小，更易给出电子与 Ag⁺形成稳定配位
（5）[Au(TU)2]⁺+e- =Au +2TU
（6）96.0%
【解析】
【分析】工艺流程分析：浸铜 加入试剂过氧化氢、硫酸（调节 pH=4.5~5.0）。在酸性条件下， H2O2 作为
强氧化剂，将 Cu2Te 中的 Cu (+1) 氧化为 Cu2+，将 Te (−2)氧化为 Te(+4) （即 TeO2）。产物分离：浸出液 1：
含有 Cu2+，后续经过处理可以回收铜。固体渣：含有难溶于水的 TeO2 以及未反应的 Au、Ag 等贵金属。浸
碲：加入试剂：氢氧化钠溶液。利用 TeO2 的两性（题目已知 TeO2 可溶于强碱），它与氢氧化钠反应生成亚
碲酸盐进入溶液。贵金属 Au 和 Ag 不与 氢氧化钠反应，依然留在固体中，浸出液 2：含有碲的化合物，后
续经过处理可以回收粗碲。固体渣：主要含有 Au 和 Ag，进入下一步处理。浸金银：加入试剂：氯化铁、
酸性硫脲。这是一个氧化浸出过程，Fe3+具有氧化性，可以将 Ag 和 Au 氧化。硫脲作为配位剂，与氧化后
的Ag+和Au+形成稳定的络合物离子[Ag(TU)2]+和[Au(TU)2]+，从而使贵金属溶解进入溶液。 产物分离：浸
出渣：不溶的杂质。 含贵金属溶液：含有[Ag(TU)2]+和[Au(TU)2]+。电解：操作：对上述含贵金属的溶液进
行电解。在阴极，[Ag(TU)2]+和[Au(TU)2]+得到电子发生还原反应，析出金属单质 Au 和 Ag。通过控制电位
等条件，可以分别回收金和银。据分析以下各问；
【小问 1 详解】
Te 在 Cu2Te 中的化合价：设 Te 为 x，由电荷守恒得 2×(+1)+ x = 0，故 x = −2。Te 原子 N 能层电子排布式：
第 13页/共 23页
Te 原子序数 52，电子排布为[Kr]4d105s25p4，N 层（n=4）包含 4s24p64d10。
【小问 2 详解】
根据流程图，“浸铜”步骤中，Cu2Te 与 H2O2、H2SO4 反应，生成 Cu²⁺和 TeO₂，同时 H2O2 被还原为 H2O。
Te 从-2 价升至+4 价，Cu 从+1 价升至+2 价，H2O2 中 O 从-1 价降至-2 价。设 Cu2Te 的系数为 1，则：Cu2Te
→ 2Cu²⁺+ TeO2，失去电子数 = 2×1 + 6 = 8e⁻。 H2O2→ 2H2O，每分子得 2e⁻，需 4 分子 H2O2。左边需要 4H2O2
，右边生成 4H2O。 左边需要 2H2SO4 提供硫酸根，同时平衡 H⁺。离子方程式为 Cu2Te
+4H2O2+4H+=2Cu2++TeO2+6H2O；关于 pH 控制：若酸性太强，可能影响 TeO2 的沉淀（TeO2 可溶于强酸）。
因此，需控制 pH 在 4.5~5.0，避免 TeO2 溶解。
【小问 3 详解】
已知 H2TeO3 的 Ka1=1.0×10−3，Ka2=2.0×10−8。Ka1×Ka2 = × = ，
= ，当 pH=10 时， ? ? (H+)=10−10ꢀml/L 。
= =5.0×10−10。因此， ? ? (H2TeO3):? ? ( )=5.0×10−10:1。
【小问 4 详解】
观察硫脲结构，S 原子上有孤对电子，且 S 的电负性小于 N，更易给出电子对形成配位键。此外，S 的原子
半径大于 N，更易与 Ag⁺形成稳定配位。N 原子上的孤对电子参与 C=N 双键的π电子共轭，难以给出。因此，
S 更易与 Ag⁺配位。
【小问 5 详解】
根据流程，[Au(TU)2]⁺在阴极得电子还原为 Au，同时 TU 被释放。电极反应式为：[Au(TU)2]⁺+e- =Au +
2TU。
【小问 6 详解】
已知反应： 1. ；
2. 。首先计算总 ? ? (K2Cr2O7)=0.5ꢀml/L×0.005ꢀL=0.0025
ꢀml。? ? (Fe2+)=0.3ꢀml/L×0.025ꢀL=0.0075ꢀml。根据反应 2，? ? ( )剩余= =0.00125ꢀml。
则与 H2TeO3 反应的 ? ? ( )=0.0025ꢀml−0.00125ꢀml = 0.00125ꢀml 。根据反应 1， ? ? (H2TeO3)=3×
0.00125ꢀml=0.00375ꢀml（25mL 溶液中）。100mL 溶液中 ? ? (H2TeO3)=0.00375ꢀml×4=0.015ꢀml。?
? (Te)=0.015ꢀml×128ꢀg/ml=1.92ꢀg。质量分数 ? ? = ×100%=96.0% 。
16. 三氯异氰尿酸 俗称强氯精，是新一代广谱、高效、安全低毒的杀菌消毒剂，常温下为白
第 14页/共 23页
色固体， 时在水中的溶解度为 1.2 g，微溶于冷水，能与酸、碱溶液发生反应而溶解。某实验小组利
用异氰尿酸氯化法制备三氯异氰尿酸。
（1）步骤Ⅰ：尿素热裂解
尿素热裂解合成异氰尿酸时会生成一种无色气体，该气体为___________。
（2）步骤Ⅱ：碱溶异氰尿酸
实验相关装置示意图如图所示(夹持及控温装置略)。
①X 的仪器名称为___________。
②为了确保产品纯度，A 装置中“碱溶异氰尿酸”过程中出现___________时(填实验现象)，停止滴加
溶液。
（3）步骤Ⅲ：氯化
向异氰尿酸三钠溶液中缓缓通入 ，制备三氯异氰尿酸：
实验相关装置示意图如图所示(夹持及控温装置略)。
第 15页/共 23页
①D 装置中反应的离子方程式为___________。
②使用上图装置制备三氯异氰尿酸，按气体流向从左至右，导管连接顺序为___________(填字母)。
③向异氰尿酸三钠溶液中通入 时，反应剧烈且放出热量，必须控制反应温度不超过 ，则控制反应
温度的措施为___________。
（4）在各步转化中，尿素热裂解、碱溶、氯化步骤的转化率分别为 、 、 ，则 尿素
最终可得到三氯异氰尿酸(相对分子质量为 )的质量为___________，残余尿素、消耗 、消耗
的物质的量之比为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 异氰尿酸固体恰好溶解
（3） ①. ②. g→c→d →a→b→e→f ③. 将装置 A 置于冰水
浴中
（4） ①. 111.6g ②.
【解析】
【分析】实验中利用 NaOH 溶液、异氰尿酸固体和 制备三氯异氰尿酸，核心反应在 A 装置中进行，D
装置利用次氯酸钙[ ]与浓盐酸反应制备氯气( )，装置 B 为氯气的净化装置，用饱和食盐水的作
用为除去氯气中混有的 HCl；装置 C 为尾气吸收装置，防止多余的氯气污染空气，据此分析来解题。
【小问 1 详解】
该反应中反应物是尿素，其分子式为 CO(NH2)2，生成物之一是异氰尿酸，由原子守恒可知，会生成一种无
色气体为 ，化学方程式为 。
【小问 2 详解】
①仪器 X 的名称是恒压滴液漏斗；
第 16页/共 23页
②根据题干信息，异氰尿酸是白色固体，微溶于冷水，能与碱溶液发生反应而溶解。实验过程是向盛有固
体异氰尿酸的烧瓶 A 中滴加 NaOH 溶液。随着 NaOH 溶液的滴入，固体的异氰尿酸会与 NaOH 反应，生成
可溶性的异氰尿酸钠盐，固体逐渐溶解。当观察到固体恰好完全溶解时，说明反应完全，停止滴加 NaOH
溶液。
【小问 3 详解】
①D 装置利用次氯酸钙[ ]与浓盐酸反应制备氯气( )，离子方程式为：
；
②制备三氯异氰尿酸，发生装置 D：氯气气体从 g 出来，除杂装置 B：洗气瓶应“长进短出”，以便气体与
液体充分接触。所以从 进，d 出，反应装置 A：a 进，b 出，尾气处理装置 C：吸收多余的氯气，同样应“长
进短出”，所以从 e 进，f 出，连接顺序为：g→c→d →a→b→e→f；
③题目指出反应剧烈且放热，需控制温度不超过 。通常将装置 A 置于冰水浴中。
【小问 4 详解】
尿素 CO(NH2)2 的物质的量 ，由 O 元素守恒可知，
，尿素热裂解、碱溶、氯化步骤的转化率分别为 、 、 ，总转化率
为 ，理论产物物质的量为 ，实际产物物质的量为
，产物质量为 ，残余尿素的物质的量为：
- = ，根据步骤 II 的反应，1 ml 异氰尿酸消耗 3 ml ，生成的异氰尿酸
物质的量为 ，消耗 的物质的量为 ，根据步骤 III 的反
应，1 ml 异氰尿酸三钠消耗 3 ml ，进入步骤 III 的异氰尿酸三钠物质的量为 ，理论消耗
的物质的量为 ，实际反应掉的异氰尿酸三钠为 ，
实际消耗 为 ，
。
17. 二氧化碳是廉价可持续的碳源，其转化为甲醇能减碳增效、推动可持续发展。以下是 制备
可能涉及的反应：
第 17页/共 23页
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1） ___________，反应Ⅱ在___________(填“高温”“低温”“任意温度”或“任意温度都不”)
条件下自发进行。
（2）恒温恒容条件下，向某容器中加入体积比为 的 和 ，同时发生上述三个反应，下列
能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。
A. 混合气体的密度保持不变
B. 体系中 与 的物质的量之比为
C. 容器压强保持不变
D. 、 和 三者的物质的量之和保持不变
（3）不同温度下，按 充入恒压密闭容器中发生上述三个反应，平衡时
和 的选择性 、 的转化率如图所示。表示平
衡时 选择性的曲线为___________(填“ ”“ ”或“ ”)， 时 的平衡体积分数为
___________ (保留三位有效数字)；曲线 随温度升高而降低的原因为___________。
（4）一定条件下，以 和 为原料制备 和甲酸盐，可将 转化成高附加值的化学品，
第 18页/共 23页
其装置原理如图。电极 a 的反应式为___________，当有 通过阳离子交换膜时，整个装置消耗的含
碳分子的数目为___________。
【答案】（1） ①. ②. 低温 （2）C
（3） ①. c ②. 7.14 ③. 温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡正向移动，但反应Ⅱ平衡
逆向的程度更大
（4） ①. ②. 0.75NA 或
【解析】
【小问 1 详解】
根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，因此
；反应自发进行时
，反应Ⅱ是放热反应， ，反应是气体分子数减少的反应， ，则低温时
反应自发进行。
【小问 2 详解】
A．根据 ，三个反应的反应物与产物均为气体，则质量守恒，且容器体积不变，则混合气体的密度
是定量，因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，A 错误；
B．体系中 与 的物质的量之比为 不能说明各物质的物质的量浓度不变，不一定达到平衡状
态，B 错误；
C．根据 ，反应Ⅰ和Ⅱ是气体分子数减少的反应，在恒温恒容条件下，容器压强是变量，因此当
容器压强保持不变时，反应达到平衡状态，C 正确；
D． 、 和 三者的物质的量之和保持不变，不能说明各物质的物质的量浓度不变，不一定达
到平衡状态，D 错误；
第 19页/共 23页
故选 C。
【小问 3 详解】
相同温度下，CO(g)和 CH3OH(g)选择性相加应为 100%，所以曲线 b 表示的是 CO2(g)的平衡转化率，反应Ⅲ
为吸热反应，反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅲ正向移动，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，CO(g)选择性增
大，CH3OH(g)选择性减小，所以表示 CO(g)选择性的曲线为 c；结合 n(CO2)：n(H2)=1：3，设反应前气体总
物质的量为 4 ml，由图可知， K 时，CO2(g)的平衡转化率为 80%，CH3OH(g)选择性为 75%，则参加反
应的 n(CO2)=0.8×1 ml=0.8 ml，剩余的 n(CO2)=0.2×1 ml=0.2 ml，反应的 CO2 转化为 CO(g)和 CH3OH
(g)，则生成的 n(CO)=0.8 ml×25%=0.2 ml，生成的 n(CH3OH)=0.8 ml×75%=0.6 ml，根据方程式得生成的
n(H2O)=0.6 ml+0.2 ml=0.8 ml，剩余的 n(H2)=3 ml-1.8 ml-0.2 ml=1 ml，T0K 下平衡时气体物质的量之
比等于体积比，则 CO2(g)的平衡体积分数为 ×100%≈7.14%；曲线 b 表示的是 CO2
(g)的平衡转化率，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡
正向移动，温度升高，CO2(g)的平衡转化率下降，说明温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅲ的影响。
【小问 4 详解】
电极 a 处 转化成 ，得电子发生还原反应，则电极 a 的电极反应式为
；电极 b 处 失电子发生氧化反应生成 ，该电极反应式为
，当有 通过阳离子交换膜时，电子转移为 ，则 a 处
消耗 0.5ml，b 处消耗 0.25ml，因此整个装置消耗的含碳分子为 0.5ml+0.25ml=0.75ml，
数目为 。
18. 芬太尼 H( )是一种强效的麻醉性阿片类镇痛药，在麻醉和疼痛治疗领域有着
重要的地位。如图是以苯乙胺为起始原料的芬太尼合成路线。
第 20页/共 23页
（1）X 的名称为___________。
（2） 的反应类型为___________。
（3）D 中的含氧官能团名称为___________。
（4）已知 步骤中还生成了一种酸性气体，写出 的化学方程式：___________。
（5）F 的红外光谱结果发现 F 中含有碳氮双键，则 F 的结构简式为___________。
（6）M 为 E 的同系物，且 M 的相对分子质量比 E 小 56.满足以下条件的 M 的同分异构体有___________种
(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中峰面积比为 的结构简式为___________。
①含有苯环 ②能发生水解反应和银镜反应 ③含有碳碳双键
（7）结合题目中的相关信息，写出以环己胺为原料制备 的合成路线图___________(无机
试剂和题目中出现过的有机试剂任选)。
【答案】（1）丙烯酸甲酯
（2）加成反应 （3）酮羰基和羧基
（4） （5） （6）
①. 5 ②.
（7）
【解析】
【分析】根据 B 的结构简式以及 X 的分子式，可知 X 结构简式为 CH2=CHCOOCH3，A 与 CH2=CHCOOCH3
发生加成反应生成 B，由 D 的结构简式可知其分子式为 C14H17O3N，对比 E 的分子式，以及在第(4)问中的
第 21页/共 23页
描述“ 步骤中还生成了一种酸性气体”，可知生成了 CO2，E 的结构简式为 ，第(5)
小问中描述“F 的红外光谱结果发现 F 中含有碳氮双键”，可知 F 的结构简式为 ，F
与 H2 加成得到 G；据此分析解答；
【小问 1 详解】
由上述分析可知，X 的结构简式为 CH2=CHCOOCH3，名称为丙烯酸甲酯；
【小问 2 详解】
的反应类型为加成反应；
【小问 3 详解】
根据 D 的结构简式，D 中的含氧官能团为酮羰基和羧基；
【小问 4 详解】
由分析可知， 的化学方程式为 ；
【小问 5 详解】
F 的结构简式为 ；
【小问 6 详解】
E 的结构简式为 ，M 为 E 的同系物，且 M 的相对分子质量比 E 小 56，即 M 比 E 少 4
个 CH2，即 M 的侧链上有 3 个碳原子，一个氮原子，一个氧原子，以及 2 个不饱和度，其同分异构体满足
如下条件：①含有苯环，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有-NH-CHO 结构，③含有碳碳双键，按照
由整到散的思路，则结构可能是： ， ， (3 种位
置)，共 5 种；其中核磁共振氢谱中峰面积比为 的结构简式为
第 22页/共 23页
；
【小问 7 详解】
环己胺的结构简式为 ，结合流程中第一步反应， 与 CH2=CHCOOCH3 加成得到
，再按照流程中 B 到 D 反应可以得到 ，加热后得到 ，最后与
H2 加成得到目标产物，合成路线为
。
第 23页/共 23页