2026届陕西西安中学高三下学期第三次学情测试化学试卷 含解析

陕西省西安中学高2026届高三第三次模拟考试

化学试题

(时间：75分钟满分：100分)

一、选择题(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.重庆市战略性新兴产业发展“十四五”规划(2021-2025年)涉及的下列物质中，属于金属材料的是

A．重组蛋白B．高性能铜箔C．氮化镓半导体D．聚氨酯树脂

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．重组蛋白为有机物，A不符合题意；

B．合金、纯金属均为金属材料，铜为金属材料，B符合题意；

C．氮化镓半导体为新型无机非金属材料，C不符合题意；

D．聚氨酯树脂为有机合成材料，D不符合题意；

故选B。

【点睛】

2.下列化学用语或图示表示正确的是

A.NCl3的电子式：

B.H2CO3的结构式：

C.P4的空间填充模型：

D.用电子云轮廓图示意p--pσ键的形成：

【答案】B

【解析】

【详解】A．NCl3​中，N原子最外层5个电子，与3个Cl原子各形成1对共用电子对，剩余1对孤电子

对，题目给出的电子式书写错误，A错误；

B．H2CO3​的结构中，两个H原子均连接在O原子上，中心碳原子连接1个双键氧和两个羟基，图示连

接方式正确，B正确；

C．题目给出的图示是P4​的球棍模型，不是空间填充模型，C错误；

D．pp键是两个p轨道沿键轴方向头碰头重叠形成的；题目给出的图示是p轨道肩并肩重叠，形成的

是pp键，D错误；

故选B。

3.物质用途体现性质，下列两者对应关系不．正．确．的是

A.苯酚用于杀菌消毒，体现了苯酚的氧化性

B.利用“杯酚”分离C60和C70，体现了超分子分子识别的特征

C.硫代硫酸钠用来除去自来水中的氯气，体现了硫代硫酸钠的还原性

D.臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，体现了臭氧的极性很弱

【答案】A

【解析】

【详解】A．苯酚可用于杀菌消毒，其作用机制主要是通过使蛋白质变性和破坏细胞膜，苯酚本身无强氧化

性，不能体现氧化性，A符合题意；

B．杯酚是一类超分子主体化合物，可通过分子识别作用选择性结合对应尺寸的富勒烯，从而实现C60和C70

的分离，体现了超分子的分子识别特征，B不符合题意；

C．硫代硫酸钠除去氯气时，硫代硫酸钠中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，体现了还原性，C不符合

题意；

D．根据相似相溶原理，四氯化碳为非极性溶剂，水为极性溶剂，臭氧在四氯化碳中溶解度更高，说明臭氧

的极性很弱，D不符合题意；

故答案为A。

4.分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、

肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。下列说法错误的是

A.甲的分子式为C13H18O2B.甲分子中最多有8个碳原子共平面

C.甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应D.甲修饰成乙可降低对胃、肠道的刺激

【答案】B

【解析】

【详解】A．由甲的结构简式可知分子式为C13H18O2，A正确；

B．苯环是平面型分子，由于单键可旋转，则最多共平面的碳原子有共11

个，B错误；

C．甲含有羧基，能与NaOH溶液反应，乙含有酯基，可与NaOH溶液发生水解反应，C正确；

D．甲含有羧基，具有弱酸性，甲修饰成乙含有酯基，可降低对胃、肠道的刺激，D正确；

故选：B。

5.在2025年9·3阅兵式上，展示的多种先进武器装备涉及到众多物质结构相关知识。下列关于武器装备材

料的物质结构说法正确的是

A.新型战斗机机身使用的是铝合金，其晶体结构中铝原子与合金元素原子形成混合型晶体

B.用于制造导弹发动机耐高温部件的难熔合金(如钨合金)，其高熔点特性主要源于原子半径小、价电子数

多，使得原子间形成的共价键强

C.阅兵车辆轮胎使用的橡胶材料，属于体型高分子化合物，具有良好的弹性和可塑性

D.激光武器中的核心光学材料，其内部微粒呈现规则有序排列，具有各向同性的特点，属于典型的离子晶

体

【答案】C

【解析】

【详解】A．铝合金属于金属晶体，金属晶体是由金属阳离子和自由电子通过金属键结合形成的，并非混合

型晶体（混合型晶体如石墨，同时存在共价键、范德华力等多种作用力），A错误；

B．钨合金属于金属晶体，高熔点是因为原子半径小、价电子数多，金属键强，而非共价键强，B错误；

C．轮胎所用橡胶为硫化橡胶，通过硫化将线性橡胶分子交联为体型网状结构，兼具良好的弹性和可塑性，

C正确；

D．内部微粒规则有序排列的是晶体，具有各向异性，而激光武器中的核心光学材料多为共价晶体（如石英、

激光玻璃），而非离子晶体（离子晶体一般不具备优良的光学透光性），D错误；

故选C。

6.化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是

选项宏观现象微观解释

邻羟基苯甲醛与对羟基苯甲醛沸对羟基苯甲醛可形成分子内氢键，沸点更低一

A

点不同些

Cu原子电子跃迁时会吸收或释放特定波长的

B灼烧铜或铜的化合物火焰呈绿色

光

碳原子在三维空间无序排列，X射线衍射实验

C炭黑是非晶体

检验看不到分立的斑点

离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越

D氯化钠晶体熔点低于氧化镁晶体

大，离子晶体熔点越低

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，沸点更低，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，沸点更高，选

项微观解释错误，A符合题意；

B．焰色反应的本质是金属原子的电子跃迁时吸收或释放特定波长的光，灼烧铜或其化合物火焰呈绿色符合

该原理，微观解释正确，B不符合题意；

C．非晶体的构成微粒在三维空间无序排列，X射线衍射实验不会出现分立的斑点，炭黑为非晶体符合该特

征，微观解释正确，C不符合题意；

D．离子晶体熔点与晶格能正相关，晶格能随离子所带电荷数减少、离子半径增大而降低，氯化钠离子电荷

数更小、对应离子半径更大，故熔点低于氧化镁，微观解释正确，D不符合题意；

故选A。

7.化学方程式是化学独有的学科语言，下列过程所对应的化学方程式或离子方程式错误的是

用浓溶液溶解沉淀：+2+

A.NH4ClMgOH22NH4+Mg(OH)22NH3H2O+Mg

使酸性溶液褪色：2

B.H2O2KMnO42MnO4H2O26H2Mn3O24H2O

用新制碱性悬浊液检验乙醛的醛基：＋＋--＋＋

C.CuOH2CH3CHO2Cu(OH)2OH→CH3COOCu2O↓3H2O

工业上制备高铁酸钠的一种方法：32

D.3ClO2Fe10OH2FeO43Cl5H2O

【答案】B

【解析】

【详解】．浓溶液中水解使溶液呈酸性，可与反应生成弱电解质及

ANH4ClNH4Mg(OH)2NH3H2O

Mg2+，该离子方程式书写正确，A不符合题意；

---

B．该氧化还原反应电子不守恒，2个MnO4得10e，但1个H2O2仅能失2e，得失电子总数不等，正确离

子方程式为-2，符合题意；

2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2+8H2OB

CuO

C．碱性条件下乙醛的醛基被新制Cu(OH)2氧化为乙酸根，Cu(OH)2被还原为2沉淀，离子方程式书

写正确，C不符合题意；

-3+2--

D．碱性条件下ClO将Fe氧化为FeO4，自身被还原为Cl，电子、电荷、原子均守恒，离子方程式书

写正确，D不符合题意；

答案选B。

2＋-

8.科学家研究发现，利用CaF2晶体释放出的Ca和F可脱除硅烷，这拓展了金属氟化物材料的生物医学功

能。CaF2晶胞结构如图1所示，该晶胞从A离子处沿体对角线的投影如图2所示。下列叙述错误的是

A.F-填充在以Ca2＋构成的四面体空隙中

B.若C离子的投影位置在⑩，则B离子的投影位置在⑦

＋3

C.晶胞内Ca2和F-的最短距离为anm

4

D.若脱硅速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，则脱硅速率：BaF2＜CaF2

【答案】D

【解析】

【详解】A．每个F周围紧邻4个Ca2，构成四面体结构，因此F填充在Ca2构成的四面体空隙中，A

正确；

B．沿体对角线（从顶点A到对角顶点C）投影，设晶胞边长为1，A坐标为(1,1,1)，C坐标为(0,0,0)（投影

在⑩），离子B若为x+y+z=2（靠近A端），投影位置正好在⑦，B正确；

13

C．晶胞边长为anm，体对角线长度为3anm，Ca2和F的最短距离为体对角线的​，即anm，

44

C正确；

．2半径大于2，2对的作用力更弱，更容易释放出自由，因此脱硅速率：，

DBaCaBaFFBaF2CaF2​

D错误；

故选D。

9.化合物XYZ2W6为翡翠的主要成分，W、X、Y和Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态W原

子的价层电子排布式为nsnnp2n，Y的基态原子核外电子共占据7个原子轨道，Z的最高正化合价和最低负

化合价的绝对值相等。下列说法中正确的是

A.简单离子半径：X>Y>W

B.ZW2的空间构型为直线型

C.X和Y的第一电离能均小于同周期相邻元素

-

D.YCl3分子中所有原子均满足8e结构

【答案】C

【解析】

【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态W原子的价层电子排布式为nsnnp2n，

s能级充满可以容纳2个电子，其价层电子排布式为2s22p4，则W为O元素；Y的基态原子核外电子共占

据7个原子轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，Y为Al元素；Z的最高正化合价和最低负化合价的

绝对值相等，其原子序数大于Al，只能处于Ⅳ族，可知Z为Si元素；由化学式“XYZ2W6”可知，X表现+1

价，其原子序数大于O，则X为Na元素；据此作答。

【详解】A．电子层数相同，核电荷数越大，半径越小；则简单离子半径：O2-＞Na+＞Al3+，即W＞X＞Y，

A错误；

B．ZW2为SiO2，其结构为立体网状而非直线型，B错误；

C．Na的第一电离能小于同周期相邻的Mg，Al的第一电离能小于相邻的Mg和Si，C正确；

-

D．AlCl3中Al的价层电子数为6，未满足8e结构，D错误；

故答案选C。

10.下列实验设计，能达到实验目的的是

A．检验乙炔的还原性B．除去H2中的HCl

．制备晶体．测量NO体积

CCuNH34SO4H2OD2

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．电石与饱和食盐水反应生成乙炔，通入溴水，若褪色可说明乙炔含不饱和键，具有还原性，然

而电石中常含CaS杂质，与水反应生成H2S，H2S也能使溴水褪色，没有经过除杂装置，无法区分是乙炔

还是H2S导致褪色，所以不能达到目的，A错误；

B．碱石灰为碱性干燥剂，可吸收酸性气体HCl，H2为中性气体，不参与反应。但气体经过干燥管需“大

口进、小口出”，使得气流充分接触碱石灰，而选项中气体小口进，大口出，气流方向错误，B错误；

2

C．向含有CuNH的溶液中加入乙醇，可降低CuNH3SO4H2O的溶解度，使其析出晶体，

344

从而达到制备晶体的目的，C正确；

D．NO2易溶于水，不能使用排水法测量NO2体积，D错误；

故答案选C。

11.如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅

速下降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述正

确的是

A.在C的水溶液中加入少量固体A，C水溶液的电离平衡向正向移动

B.E是一种无色无味，无毒的气体

C.G的稀溶液可以用来处理银镜实验中试管上的银

D.F是酸性氧化物

【答案】C

【解析】

【分析】固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌产生气体C和固体D，温度迅速下降。气体C能使湿润

的红色石蕊试纸变蓝，则C为NH3；G是强酸，则E是NO，F是NO2，G是HNO3；H是白色固体，

常用作钡餐，H是BaSO4，D是BaCl2；A和B反应是NH4Cl和Ba(OH)28H2O反应，CNH3和HCl

可转化为NH4Cl，则A是NH4Cl，B是Ba(OH)28H2O。

【详解】A．在NH3的水溶液（氨水）中存在电离平衡：NH3H2ONH4OH。加入少量A（NH4Cl），

会使浓度增大，根据同离子效应，平衡逆向移动，抑制的电离，错误；

NH4NH3H2OA

B．E为NO，它是一种无色、有毒的气体，B错误；

稀

C．G为HNO3，稀硝酸具有强氧化性，能与银发生反应：3Ag4HNO33AgNO3NO2H2O，

因此可以用来处理银镜实验中试管上的银，C正确；

D．F为NO2，它与水反应生成硝酸和NO，发生了氧化还原反应，因此NO2不是酸性氧化物，D错误；

故选C。

ⅠⅡ

12.实验室常以SbCl3和Cl2为原料制备SbCl5，其制备()和纯化()的实验装置如图所示(夹持、加热及搅

拌装置略)。已知：SbCl3的熔点73.4C，沸点223.5C，易水解；SbCl5的熔点3.5C，液态SbCl5在140C

时即发生分解，2.9kPa下沸点为79C，也易水解。下列说法错误的是

A.实验装置中两种冷凝管可以交换使用

B.试剂X和试剂Y都可以用碱石灰

C.I中的碎瓷片和Ⅱ中的毛细管都有防止暴沸的作用

D.I中液体进入Ⅱ、Ⅱ中液体的纯化都利用了减压原理

【答案】A

【解析】

【分析】由实验装置图可知，干燥的Cl2进入三颈烧瓶中，与SbCl3反应制备SbCl5，用真空泵抽气将SbCl5

转移至双口烧瓶中，用减压蒸馏的方法在圆底烧瓶中收集到SbCl5，其中试剂X为碱石灰，用于吸收未反应

的Cl2，防止污染环境，同时防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶中导致SbCl3水解，末端用无水CaCl2，作用是

防止空气中水蒸气进入圆底烧瓶中导致SbCl5水解，毛细管的作用是减压蒸馏时连通大气，减压时可吸入极

少量空气，防止液体暴沸，据此分析解答。

【详解】A．装置I中为球形冷凝管回流冷凝防止低沸点原料和产品被蒸出。而装置Ⅱ中的冷凝管在蒸馏时

冷凝气体液化收集，两者作用不一致不能互换，A错误；

B．X和Y均有处理Cl2尾气的作用，选择碱石灰，B正确；

C．液体加热时易暴沸，碎瓷片和毛细管均能防止暴沸，C正确；

D．液态SbCl5在140C时即发生分解，所以两步均利用减压蒸馏降低蒸馏的温度防止产品分解，D正确；

故选A。

13.一种新型短路膜电池分离CO2装置如下图所示。下列说法中，正确的是

A.负极反应为：H22OH2eH2O

正极反应消耗22.4LO，理论上需要转移电子

B.24mol

C.该装置用于空气中CO2的捕获和分离，CO2最终由出口A流出

D.短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子

【答案】D

【解析】

-++-

【分析】由图可知，H2通入极为负极，负极反应式为H2-2e=2H，H与HCO3反应生成CO2，O2通入极为

正极，正极反应式为--，和-反应生成2-，2-移向负极与+结合生成-，

O2+2H2O+4e=4OHCO2OHCO3CO3HHCO3

据此分析解答。

-+

【详解】A．氢气通入极为负极，电极反应式为H2-2e=2H，A错误；

B．未给出标准状况，无法计算O2的物质的量及转移电子的物质的量，B错误；

．由图可知，该装置用于空气中的捕获，2--，+与-反应生成，则

CCO2CO2→CO3→HCO3HHCO3CO2CO2

最终由出口B流出，C错误；

D．由图可知，短路膜中存在电子运动，和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子，D

正确；

故选D。

11

14.25℃时，向20.00mL0.1000molLClCH2COOH溶液中滴入0.1000molLNaOH溶液，溶液的pH

cClCH2COO

及溶液中lg(用pM表示)随滴入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确

cClCH2COOH

的是

5

A.25℃时，KaClCH2COOH10

B.25℃时，P点溶液的pHpM1.63

当时，

C.VNaOHaq10.00mLcClCH2COOHcClCH2COO

当时，

D.VNaOHaq15.00mL4cNa3cClCH2COO3cClCH2COOH

【答案】D

【解析】

【分析】图中实线表示溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化关系，虚线表示溶液中

cClCH2COO

lg随滴入的NaOH溶液体积的变化关系；向ClCH2COOH溶液中滴加NaOH溶液反

cClCH2COOH

应为：ClCH2COOHNaOHClCH2COONaH2O；溶液中同时存在ClCH2COOH的电离平衡：

cClCH2COOcH

，电离常数，据此分析。

ClCH2COOHClCH2COOHKa

cClCH2COOH

cClCH2COO

【详解】A．当溶液中lg0时，即cClCH2COOcClCH2COOH，此时

cClCH2COOH

pH2.86

pH2.86，25℃时，KaClCH2COOHcH1010，A错误；

cClCH2COO

B．由图可知，P点时，溶液的pHpM，即lgcHlg，则

cClCH2COOH

cClCH2COO22.861.431

，，所以，

cHcHKaClCH2COOH10cH10molL25℃

cClCH2COOH

时，P点溶液的pHpMlg101.431.43，B错误；

．当时，酸被中和一半，溶液中的溶质是等物质的量的和

CVNaOHaq10.00mLClCH2COOH

ClCH2COONa，由图可知,此时溶液呈酸性，即此时ClCH2COOH的电离程度大于ClCH2COONa的水

解程度，则此时溶液中cClCH2COOHcClCH2COO，C错误；

．当时，此时溶液中，此时溶

DVNaOHaq15.00mLnClCH2COOH:nClCH2COONa1:3

液中存在物料守恒：4cNa3cClCH2COO3cClCH2COOH，D正确；

故选D。

二、非选择题(共58分)

15.MnSO4·H2O是一种重要的饲料添加剂，一种以软锰矿(主要成分是MnO2，还有CaO、Al2O3、Fe2O3、SiO2

等杂质)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图1所示。

-10-3.

已知：①25℃时，Ksp(CaF2)=1.5×10、Ksp(MnF2)=4.5×10

②该工艺条件下，有关金属离子沉淀的pH范围如表所示。

金属离子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋

开始沉淀的pH1.97.03.48.1

4.7(＞9.8时开始

沉淀完全的pH3.29.010.1

溶解)

回答下列问题：

（1）“酸浸”得到的滤渣Ⅰ的成分为___________。

2+

（2）“酸浸”时，MnO2被Fe还原，该反应的离子方程式___________。

（3）“氧化”时，加热温度不宜过高的原因是___________。

（4）“除铁铝”时，应调节溶液pH的范围是___________。

（5）“除钙”时，加入MnF2发生反应的离子方程式是___________，在25℃时该反应的平衡常数

K=___________。

（6）硫酸锰在不同温度下的溶解度S和一定温度内析出晶体的组成如图2所示。“一系列操作”包括将所

得滤液控制温度在80～90℃之间蒸发结晶、___________、___________、真空干燥，最后得到MnSO4·H2O。

【答案】（1）SiO2、CaSO4

2++2+3+

（2）MnO2＋2Fe＋4H=Mn＋2Fe＋2H2O

（3）防止温度过高H2O2分解

（4）4.7≤pH＜8.1

2+2+7

（5）①.MnF2＋CaCaF2＋Mn②.3×10

（6）①.趁热过滤②.用80～90℃的蒸馏水（热水）洗涤2～3次

【解析】

2+2+

【分析】软锰矿加入硫酸、铁屑溶解软锰矿，Fe把MnO2还原为Mn，二氧化硅不反应，生成硫酸钙微溶，

2+2+3+3+2+3+

SiO2、CaSO4两者成为滤渣Ⅰ，过滤，所得溶液中含有Mn、Fe、Fe、Al，加双氧水把Fe氧化为Fe，

2+

加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除去铁、铝元素；过滤滤液加MnF2生成CaF2沉淀除去Ca；

过滤得硫酸锰溶液，滤液控制温度在80～90℃之间蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、真空干燥，最后得到

MnSO4·H2O。

【小问1详解】

由分析，“酸浸”得到的滤渣Ⅰ的成分为SiO2、CaSO4；

【小问2详解】

2+2+

“酸浸”时，MnO2被Fe还原，两者发生氧化还原生成铁离子和锰离子，该反应的离子方程式：MnO2＋2Fe

+2+3+

＋4H=Mn＋2Fe＋2H2O；

【小问3详解】

过氧化氢不稳定，受热容易分解，故“氧化”时，加热温度不宜过高的原因是防止温度过高H2O2分解；

【小问4详解】

“除铁铝”时，铁离子、铝离子成为沉淀，而锰离子不能沉淀，结合表数据，应调节溶液pH的范围是4.7≤pH

＜8.1；

【小问5详解】

2+2+

“除钙”时，加入MnF2发生反应，使得钙离子转化为锰离子，离子方程式是MnF2＋CaCaF2＋Mn，在

2+2+2-

cMncMncFKMnF4.5103

℃时该反应的平衡常数sp27；

25K=2+=2+2-==10=3×10

cCacCacFKspCaF21.510

【小问6详解】

由图，温度高于23.9℃时，溶液会析出MnSO4·H2O，且其溶解度随温度升高而减小，故“一系列操作”包括

将所得滤液控制温度在80～90℃之间蒸发结晶、趁热过滤、用80～90℃的蒸馏水（热水）洗涤2～3次、

真空干燥，最后得到MnSO4·H2O。

16.脱氢乙酸是一种重要的有机合成中间体和低毒高效食品防腐剂。实验室以乙酰乙酸乙酯为原料，在OH-

的催化作用下制备脱氢乙酸。

相对分子质性密度

名称熔点/℃沸点/℃物理性质

量状/g/.cm-3

无

色

微溶于水，易溶

乙酰乙酸乙透

1301.03-39180.8于乙醇等有机

酯明

溶剂

液

体

白

微溶于乙醇和

色

脱氢乙酸168—109~111269.9冷水，具有较强

晶

的还原性

体

无

色

与水任意比例

透

乙醇460.79-114.178.3互溶，易溶于有

明

机溶剂

液

体

步骤Ⅰ．脱氢乙酸的合成：反应原理和实验装置如图(夹持和加热装置已省略)：

①在N2氛围中，向三颈烧瓶中加入100mL乙酰乙酸乙酯和0.05g催化剂，磁力搅拌加热10min后再升高

至某温度，回流一段时间。

②反应结束后，将其改为蒸馏装置，控制温度为80℃左右蒸出乙醇，在三颈烧瓶中得到脱氢乙酸粗产品。

步骤Ⅱ．脱氢乙酸的分离与提纯

将盛有脱氢乙酸粗产品的三颈烧瓶改为下图中的装置B，进行水蒸气蒸馏(夹持和加热装置已省略)，蒸出乙

酰乙酸乙酯和脱氢乙酸，过滤装置C中的混合物，得白色晶体，再用乙醇洗涤该晶体，干燥后得固体产品

56.0g。

请回答下列问题：

（1）步骤Ⅰ中装置D的名称是___________。

（2）步骤Ⅰ中②过程中不需要用到的仪器为___________(填字母)。

（3）通过实验可探究不同的反应条件对脱氢乙酸产率的影响。依据下图分析合成脱氢乙酸的最适宜条件为：

___________℃、___________h、___________作催化剂。与其他催化剂相比，所选催化剂使脱氢乙酸产率

最高的原因可能为___________。

（4）步骤Ⅱ装置中，a管的作用为___________，C中的溶剂的最佳选择为___________。

（5）脱氢乙酸的产率约为___________(填字母)。

A.54%B.64%C.74%D.84%

【答案】（1）球形冷凝管

-

（2）cf（3）①.200②.6③.Na2CO3+NaHCO3(质量比1：1)④.c(OH)低，则催化效率

低，产率低，c(OH-)高，脱氢乙酸会发生水解，使得产率降低

（4）①.平衡压强②.乙醇（5）D

【解析】

【分析】在N2氛围中防止脱氢乙酸被氧化，向三颈烧瓶中加入100mL乙酰乙酸乙酯和0.05g催化剂，磁力

搅拌加热10min后再升高至某温度，回流一段时间，而后转入三颈烧瓶中进行蒸馏冷凝分离脱氢乙酸和乙

酰乙酸乙酯，最后获得脱氢乙酸56.0g，据反应方程式计算得出其产率。

【小问1详解】

根据仪器构造可知D为球形冷凝管；

【小问2详解】

步骤Ⅰ中②过程为将①反应后得到的产物改为蒸馏，蒸出乙醇后在三颈瓶中得到粗脱氢乙酸，蒸馏需要用到

的仪器有直形冷凝管、承接管、温度计和锥形瓶，不需要用到球形冷凝管、蒸发皿，故答案为：cf；

【小问3详解】

由不同的反应条件对脱氢乙酸产率的影响图示信息知，相同时长，200℃时产率最大，相同温度，6h时间产

率最大，相同温度和时长，Na2CO3+NaHCO3(质量比1：1)时产率最大，与其他催化剂相比，所选催化剂使

脱氢乙酸产率最高可能是c(OH-)低，则催化效率低产率低，c(OH-)高，脱氢乙酸会发生水解，使得产率降低，

而此时溶液的酸碱性比较适中，使得脱氢乙酸产率较高；

【小问4详解】

a管与大气相通，作用是平衡压强；乙酰乙酸乙酯微溶于水，易溶于乙醇等有机溶剂，脱氢乙酸微溶于乙醇

和冷水，具有较强的还原性，步骤Ⅱ中装置C中的溶剂的最佳选择为乙醇；

【小问5详解】

根据反应方程式可知，100mL×1.03g/mL=103g乙酰乙酸乙酯完全反应可以生成脱氢乙酸的质量为

103g156.0g

××168g/mol=66.55g，故脱氢乙酸的产率为×100%=84%，答案选D。

130g/mol266.55g

17.氯乙烯CH2CHCl是制备聚氯乙烯(PVC)单体的核心原料，利用1，2-二氯乙烷CH2ClCH2Cl

与乙炔制备氯乙烯的过程涉及如下两个反应。

．1

ICH2ClCH2ClgCH2CHClgHClgΔH169.69kJmol

11

ΔS1142.5JmolK

．1

ⅡCHCHgHClgCH2CHClgΔH298.82kJmol

11

ΔS2123.86JmolK

回答下列问题：

1

（1）反应CHCHgCH2ClCH2Clg2CH2CHClg的ΔH_______kJmol。

（2）从反应自发性的角度分析，利用1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)与乙炔制备氯乙烯时的温度既不能

过高也不能过低的原因为_______。

1

（3）反应I和Ⅱ的IgK随变化曲线如图甲所示，则表示反应Ⅱ的变化的曲线为_______(填“L”或

T1

“L2”)。

（4）在CuCl催化下，反应Ⅱ的历程如图乙所示，决速步骤的化学方程式为_______；HCl与反应

时，1号碳原子吸附HCl中的H原子，从结构的角度解释其原因为_______。

（5）TC、初始总压强为100kPa时，将1molCH2ClCH2Clg和1molCHCHg充入VL恒容密闭

容器中，发生反应I和Ⅱ，25min时体系达到平衡状态。此时容器中生成1.8molCH2CHClg，容器内

的总压强为102kPa。

①下列事实能判断体系达到平衡状态的是_______(填标号)。

a．相同时间内HClg生成的物质的量等于HClg消耗的物质的量

b．vCH2ClCH2Cl2vCH2CHCl

c．容器中气体的平均摩尔质量不变

d．容器中混合气体的密度不变

11

②025min内，vCH2CHCl_______molLmin(用含V的代数式表示)。

1

③TC时，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp_______kPa(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量

分数)。

【答案】（1）-29.13

（2）温度过低不利于反应I自发，温度过高不利于反应II自发

（3）L1

（4）①.②.1号碳负电性强，易吸附正电性强的氢原子

0.072

（5）①.ac②.③.7.5

V

【解析】

【小问1详解】

根据盖斯定律，反应I+反应II得CHCHgCH2ClCH2Clg2CH2CHClg，

111

ΔH=ΔH1+ΔH269.69kJmol98.82kJmol29.13kJmol；

【小问2详解】

111

ΔG1=ΔH1-ΔS1=69.69kJmolT142.5JmolK0，自发需要高温，温度过低不利于反应I

111

自发，ΔG2=ΔH2-ΔS2=98.82kJmolT123.86JmolK0，自发需要低温，温度过过不利

于反应I自发；

【小问3详解】

1

反应II为放热反应，温度升高减小，K值减小，IgK减小，反应Ⅱ的变化的曲线为L；

T1

【小问4详解】

活化能最大的为决速步骤（TS1），化学方程式为；HCl与反应时，

1号碳原子吸附HCl中的H原子，从结构的角度解释其原因为1号碳连着H和Cu，2号碳连着H和Cl，

Cl具有较强电负性吸引电子，使2号碳原子电负性弱于1号碳原子，因1号碳负电性强，易吸附正电性强

的氢离子；

【小问5详解】

①a．相同时间内HClg生成的物质的量等于HClg消耗的物质的量，即正逆反应速率相等，a正确；

b．vCH2ClCH2Cl2vCH2CHCl，反应I和II进行的限度不一定相同，b错误；

c．恒容容器，反应I和II为气体物质的量发生变化的反应，气体的质量不变，故气体的平均摩尔质量不变

可以说明是平衡状态，c正确；

d．恒容容器，反应I和II为气体的质量不变，体积不变，故气体的密度恒定不变，不能说明达到平衡状态，

d错误；

故选ac；

1.8mol

0.072

②025min内，ΔcVLmolL1min1；

vCH2=CHCl==V

Δt25min

③设反应I转化xmol，反应I转化ymol，VL恒容密闭容器，初始总压强为100kPa，达到平衡状态容器内

102

的总压强为102kPa，则气体物质的量为22.04mol，

100

CH2Cl-CH2ClgCH2=CHClg+HClg

起始（mol）100

、

转化（mol）xx