2026年高考化学二轮信息必刷卷02（江苏卷）（全解全析）

2026年高考化学二轮信息必刷卷02

化学

考情速递

高考·新动向：深度锚定高考评价体系，以核心素养为核心纽带，强化“知识应用—能力迁移—价值

引领”的三层考查逻辑。试题素材聚焦国家战略需求与民生实际，既凸显化学学科的实践价值，又渗透

爱国主义与可持续发展理念。如第1题关联人形机器人量产热点，考查金属材料分类，对接新材料产

业发展；第14题围绕稀土出口管制政策，以废荧光粉回收制备氧化钇为载体，强化资源循环利用意识；

第16、17题聚焦废水处理、丙烷脱氢等工业场景，引导学生关注生态保护与能源安全。

高考·新考法：延续“13道单选+4道综合”的经典结构，创新点集中在模块交叉融合与定量计算深化。

选择题侧重基础考点的灵活变式，非选择题强调多维度能力迁移：第8题将电解池原理与有机物氧化、

阴离子迁移结合，融合电化学、氧化还原、电荷守恒等核心知识；第12题以NaHS溶液性质探究为

载体，串联电离平衡、水解平衡、溶度积计算，考查溶液中粒子浓度关系与平衡常数推导；第17题结

合燃烧热数据与平衡曲线，要求通过盖斯定律计算焓变、推导平衡常数，强化“数据处理—图表分析

—逻辑推理”的链式考查；第15题有机合成路线中，引入官能团保护与异构化设计，提升有机化学

综合应用要求。

高考·新情境：创设“真实问题导向”的多元化情境，覆盖工业生产、环境治理、药物合成、新材料研发

四大领域，实现“情境—问题—知识”的深度绑定。第5-7题以海水综合利用为情境，整合同位素、

物质分离、环境保护等知识，体现海洋资源开发的学科价值；第16题以纳米Fe粉处理铬(Ⅵ)废水

为情境，构建“电化学腐蚀—氧化还原—沉淀转化”的反应体系，考查污染治理的化学原理；第14

题稀土提取工艺流程，融合酸浸、除杂、焙烧等工业操作与溶度积计算、晶胞分析，展现无机化学的工

业应用；第15题药物中间体合成，以多步反应串联官能团转化与同分异构体设计，凸显有机化学在医

药领域的核心作用。

命题·大预测：2026年江苏卷化学命题将持续“稳中有进”，聚焦三大趋势：一是情境素材更具战略导向，

稀土、新能源、污染治理等国家重点领域将成为高频载体，如第14题稀土提取、第17题丙烷脱氢制

丙烯，备考需关注政策热点与工业技术革新；二是跨模块融合更趋深度，物质结构、反应原理、实验操

作的交叉设问将常态化，如第14题将晶胞计算与氧化还原滴定结合，需强化模块间知识网络构建；三

是定量计算占比提升，平衡常数、溶度积、焓变计算等定量考点将贯穿选择与非选择题，如第12题平

衡常数推导、第17题分压平衡常数计算，需夯实计算技巧与数据处理能力；四是实验探究注重实操，

工业流程中的条件控制、除杂方案设计、纯度测定等实验素养考查将强化，如第16题Fe(OH)3制备

的pH控制，备考需结合实验原理与工业实际，提升情境化实验设计能力。

（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：H1C12N14O16S32Fe56Ce140

一、单选题：本大题共13小题，每小题3分，共39分，每小题给出的4个选项中只有一个答案符合要求。

1．2025年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是

A．碳纤维躯干B．钛合金关节C．聚氨酯皮肤D．高纯硅传感器

【答案】B

【解析】A．碳纤维是一种含碳量在90%以上的高强度、高模量纤维，属于无机非金属材料，A不符合题

意；B．钛合金是金属钛与其他元素形成的合金，属于金属材料，B符合题意；C．聚氨酯是人工合成的有

机高分子材料，属于合成材料，C不符合题意；D．高纯硅传感器的主要成分高纯硅是半导体材料，属于新

型无机非金属材料，D不符合题意；故合理选项是B。

2．甲胺可以除去装修污染物甲醛，相关反应为CH3NH2HCHOCH3NCH2H2O。下列说法正确的

是

23

A．N的基态原子核外电子排布式：2s2pB．CH3NCH2为分子晶体

C．H2O的空间填充模型：D．CHO的电子式：

【答案】B

223

【解析】A．N为7号元素，基态原子核外电子排布式：1s2s2p，故A错误；B．CH3-N=CH2是有机物，

晶体由分子构成，为分子晶体，故B正确；C．H2O中O原子半径大于H原子，其空间填充模型：，

故C错误；D．-CHO的电子式：，故D错误；故选：B。

3．实验室称量一定质量Na2CO3固体以测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作不正确的是

A．称量B．加水溶解

C．滴定D．读数

【答案】C

【解析】A．Na2CO3具有腐蚀性，称量时为防止腐蚀托盘，需要放在玻璃器皿中进行称量，A正确；B．可

直接向锥形瓶中加水溶解Na2CO3，B正确；C．在进行滴定操作时，规范操作是左手控制活塞，右手摇动

锥形瓶，C错误；D．滴定管读数时视线与凹液面最低处相切，D正确；故答案选C。

4．高岭石的化学组成可表示为，其性质相当稳定，被誉为万能石，常作为制造瓷器和

Al4Si4O10OH8“”

陶器的主要原料，下列说法正确的是

A．半径：r(Al3)r(O2)

B．第一电离能：I1AlI1Si

C．酸性：H2SiO3H2CO3

D．热稳定性：SiH4H2O

【答案】C

3+2-

【解析】A．Al3和O2电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故rAl

rO，A错误；B．同

12

周期中，第一电离能总体随核电荷数增大而增大，但Al（3p）的I1小于Si（3p），故I1Al

I1Si，

B错误；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性减弱，非金属性C

>

Si，

对应最高价氧化物水合物的酸性H2CO3

>

H2SiO3，C正确；D．元素非金属性越强，氢化物热稳定性越强，

非金属性O

>

Si，故热稳定性H2OSiH4，D错误；综上，答案是C。

阅读下列材料，完成5~7题。

海水是人类的宝贵财富。从海水中提取核聚变的核心材料氘(D)；反渗透法淡化海水(海水加压后水分子可透

过半透膜而离子不能)；海水蕴含丰富的钠、镁、氯、溴等元素，综合利用示意图如下；海洋是“蓝碳”的重

要载体，海草床通过光合作用吸收二氧化碳并封存。但人类活动产生的大量CO2导致海水酸化，会破坏珊

瑚礁(主要成份CaCO3)。

5．下列说法正确的是

A．氢有H、D、T三种氢元素

B．反渗透法淡化海水是化学变化

C．光合作用是将光能转化成热能的过程

D．大气中二氧化碳增加，会使表层海水温度升高，海水吸收二氧化碳的能力降低

【答案】D

【解析】A．H、D、T是氢元素的三种核素(同位素)，并非三种氢元素，A错误；B．反渗透法淡化海水是

利用半透膜只允许水分子通过，阻止盐离子通过的物理原理，无新物质生成，属于物理变化，B错误；C．光

合作用是将光能转化为有机物中的化学能，并非热能，C错误；D．大气中CO2增加会加剧温室效应，使表

层海水温度升高，气体的溶解度随温度升高而降低，因此海水吸收CO2的能力会降低，D正确；故答案选D。

6．下列化学反应表示正确的是

2

A．海水酸化：CO2H2OH2CO32HCO3

．破坏珊瑚礁：

BCO2CaCO3H2OCaHCO32

Δ

C．制备无水MgCl2:MgCl26H2OMgCl26H2O

通电

D．氯碱工业：Cl2H2O2OHH2ClO

【答案】B

【解析】A．H2CO3是二元弱酸，分步电离且以第一步为主，正确电离式为

2

CO2H2OH2CO3HHCO3，不会直接电离出CO3，A错误；B．破坏珊瑚礁是CO2、CaCO3与H2O

反应生成可溶的Ca(HCO)，化学方程式为正确；．加

32CO2CaCO3H2OCaHCO32,BCMgCl26H2O

2+

热时，Mg会水解生成Mg(OH)Cl或Mg(OH)2，最终得不到无水MgCl2，需在HCl气流中加热，抑制水解，

通电

故C错误；D．氯碱工业是电解饱和NaCl溶液，正确离子方程式为2Cl2H2O2OHH2Cl2，

D错误；故答案选B。

7．下列物质性质与分离、用途对应关系正确的是

A．CO2是酸性氧化物，光合作用吸收CO2并封存

B．NaHCO3受热易分解，可治疗胃酸过多

C．Br2有挥发性，用热空气从水中吹出Br2

D．NH3具有还原性，可作制冷剂

【答案】C

【解析】A．CO2是酸性氧化物，但光合作用是吸收CO2并将其转化为有机物，并非"封存"，且"酸性氧化

物"的性质与"光合作用吸收CO2无直接对应关系，A错误；B．NaHCO3可治胃酸过多，是因为其能与胃酸

(HCl)反应，而非利用"受热分解"的性质，性质与用途不匹配，B错误；C．Br2有挥发性，热空气能降低Br2

在水中的溶解度并促使其挥发，因此可用热空气从水中吹出Br2，性质与分离方法直接对应，C正确；D．NH3

作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热，使环境温度降低，利用的是其物理性质(易液化，汽化吸热)，而非

"还原性"，性质与用途不对应，D错误；故答案选C。

8．某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水溶液中

的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。电解中下列说法错误的是

A．阳极区pH下降

B．OH从阴极区向阳极区迁移

C．阴极发生反应NO36H2O8eNH39OH

D．阴极转化1molNO3，有9molOH通过阴离子交换膜

【答案】D

【解析】电解池左侧电极NO3转化为NH3，N元素化合价降低，发生还原反应，为阴极；右侧电极乙二醇

转化为羟基乙酸盐，C元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极。装置中为阴离子交换膜，OH-可通过该

膜从阴极区向阳极区迁移。阴极发生NO3的还原反应，阳极发生乙二醇的氧化反应。A.阳极区发生乙二醇

的氧化反应，消耗OH-，溶液中OH-浓度降低，pH下降，A正确；B.电解池中阳离子向阴极移动，OH-为

阴离子，从阴极区向阳极区迁移，B正确；C.阴极NO3转化为NH3，N元素从+5价降至−3价，1molNO3

得到8mol电子，结合电荷守恒与原子守恒，电极反应式为NO36H2O8eNH39OH，C正确；D.阴

-

极转化1molNO3，根据电极反应式，生成9molOH，但电子转移为8mol，根据电荷守恒，通过阴离子

交换膜的OH-物质的量为8mol，并非9mol，D错误；故答案选D。

9．化合物Z是一种药物合成的中间体，其合成路线如下：

下列叙述不正确的是

A．Y可以发生加成、取代、消去反应

B．X分子中所有碳原子可能处于同一平面

C．Y、Z可用FeCl3溶液鉴别

D．Z与足量H2反应后的产物中有3个手性碳原子

【答案】A

【解析】A．Y中苯环可以发生加成反应，取代反应，但是整个结构都无法发生消去反应，A错误；B．X

中苯环结构为平面结构，酮羰基中的碳原子也为平面结构，故通过酮羰基和苯环间碳碳单键的旋转，两个

平面可以共面，B正确；C．Z中有酚羟基，遇含Fe3+的溶液会显紫色，而Y中无酚羟基，无该现象，故可

以用FeCl3溶液鉴别Y、Z，C正确；D．Z与足量H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不发生加成，只有苯

环能与氢气加成，手性碳原子是以单键和四个不同的原子或基团连接的碳原子，故产物中有3个手性碳原

子，标记如图，D正确；故本题选A。

+-

10．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O=H+HO+e。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，

可能的反应机理如图所示。

根据上述反应机理，下列叙述错误的是

1818

A．三唑在反应循环中起催化作用B．CO2换成CO2，可生成H2O2

2

C．碳原子轨道的杂化存在从sp到sp的转变D．总反应为2H2O+CO2=H2O2+HCOOH

【答案】B

【解析】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；B．由机

181818

理图可知，CO2换成CO2，可生成HCOOH，B错误；C．由机理图可知，CO2转化为HCOOH，因此

sp2

碳原子轨道的杂化存在从到sp的转变，C正确；D．由机理图可知，CO2和H2O反应生成H2O2和HCOOH，

总反应为2H2O+CO2=H2O2+HCOOH，D正确；故选B。

11．室温下，根据下列实验过程及现象，对应的实验结论不．正．确．的是

选

实验过程及现象实验结论

项

-1-1

向2

mL

0.1

molL的盐酸中加入锌粒，产生气泡，再滴入2滴0.1

molL形成原电池加快化学反

A

的CuSO4溶液，产生气泡的速率增大应速率

-1

B向2

mL

0.1

molL

Na2S溶液中滴加几滴溴水，振荡产生淡黄色沉淀氧化性：Br2>S

将溴丁烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体充分水洗后，再通入

1-1-溴丁烷发生了消去反

C

酸性KMnO4溶液中，溶液褪色应

结合H+能力：

用pH试纸分别测定CH3COONa溶液和NaNO2溶液pH，CH3COONa溶液pH

D

--

大CH3COO>NO2

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

+

【解析】A．向盐酸中加入锌粒产生气泡是H与Zn发生反应生成H2，滴加CuSO4后气泡速率增大，是因

2++

为Cu被还原为Cu，在锌表面形成Zn-Cu原电池，使H与Zn反应加快，结论正确，A正确；B．溴水与Na2S

2

反应生成淡黄色硫沉淀，表明Br2可以氧化S生成S，则氧化性Br2>S（氧化剂的氧化性大于氧化产物），

结论正确，B正确；C．1-溴丁烷在乙醇和NaOH中加热发生消去反应生成烯烃，气体水洗去除乙醇后通入

酸性KMnO4，烯烃使其褪色，结论正确，C正确；D．未明确CH3COONa溶液与NaNO2溶液的浓度，则

CH3COONa溶液的pH大不能说明CH3COO水解程度更大，结合H能力更强，应通过测定相同物质的量浓

-+

度的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，确定CH3COO、NO2的水解程度及结合H能力，D不正确。故

选D。

12．室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。

71336

已知：Ka1H2S110，Ka2H2S110，KspCuS1.010。

实验1：向10mL0.10molL1NaHS溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液pH11

1

实验2：向10mL0.10molLH2S溶液中加等体积同物质的量浓度的NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚

酞试液

1

实验3：向10mL0.10molLNaHS溶液中滴加几滴CuSO4溶液，有黑色沉淀生成。

下列说法不正确的是

A．实验1所得溶液中：cHScS2

B．实验2的现象为溶液变红

2

C．实验2所得溶液中：cScOHcH2ScH

2-16

D．实验3中反应Cu2HSCuSH2S的平衡常数K1.010

【答案】D

2112

cHcS1310cS13

【解析】A．实验1中，Ka2H2S110，pH=11时，溶液中有110，则

cHScHS

222

cS110cHS，故c(HS)>c(S)，A正确；B．实验2中，H2S与等量NaOH反应生成NaHS，

-2

溶液中主要的溶质为NaHS，则主要考虑HS的电离和水解，HSHSKa2，

14

Kw1107

HSH2OOHH2SKh1，Kh17110＞Ka2，则水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，

Ka1110

2

故酚酞溶液变红，B正确；C．实验2中的溶质为NaHS，根据质子守恒：cScOHcH2ScH，

222

C正确；D．H2SHHSKa1，HSHSKa2，CuSCuSKsp，实验3的反应平衡常数计

13

Ka211030

算为K736110，D错误；故选D。

Ka1Ksp110110

13．管式甲醇蒸汽重整制氢反应器如图甲所示。在反应物入口温度为493K、水、醇物质的量之比为1.3

的情况下，随着加热壁温度逐步升高，反应器出口处各组分物质的量分数如图乙所示。甲醇蒸汽重整制氢

反应为：

Ⅰ：CH3OHgH2Og3H2gCO2gΔH149.7kJ/mol(主反应)

Ⅱ：CH3OHg2H2gCOgΔH290.7kJ/mol(副反应1)

Ⅲ：COgH2OgCO2gH2gΔH3(副反应2)

下列说法错．误．的是

A．ΔH341.0kJ/molB．曲线b为CO

C．该装置理想的工作温度为570K590KD．加热壁透氢设计有利于提高氢气产率

【答案】B

【解析】A．反应I-反应II=反应III，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=49.7kJ/mol-90.7kJ/mol=-41.0kJ/mol，A正确；B．反

应I和II吸热、反应III放热，温度越高，反应有利于吸热方向，即CO生成方向，则升高温度CO的物质

的量分数增加，因此曲线a为CO，B错误；C．乙图曲线的最高点所对应的温度为该装置理想的工作温度，

即570~590K，C正确；D．加热壁为透氢设计，相当于分离出产物氢气，减小了产物浓度，使化学平衡向正反

应方向移动，有利于提高氢气产率，D正确；故答案为B。

二、非选择题：本题共4小题，共61分。

14.（16分）近年来，中国商务部、海关总署宣布对稀土相关物项实施出口管制。稀土元素是指元素周期

表中原子序数为57~71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)，共17种元素，

稀土分为轻稀土和中重稀土。请回答下列问题：

(1)镧系元素在周期表中的位置是______；已知基态镝(Dy)原子的电子排布式为Xe4f106s2，则一个基态镝

原子所含的未成对电子数目为______个。

(2)氧化钇Y2O3广泛应用于微波、光学玻璃、激光、超导等许多尖端行业。利用废荧光粉(主要成分为

、

ZnOY2O3，还含有一定量的Al2O3、PbO2、SiO2、MgO等)为原料生产Y2O3的工艺流程如图所示。

已知：ⅰ、金属离子浓度小于等于1.0105molL1时，认为已沉淀完全；

ⅱ、常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下左图所示。

33

①采用离子浓度传感器测得相同时间内Y的浸取率与浸取溶液温度的关系如上右图所示，T1℃后，Y的

浸取率随温度升高而减小，请从反应原料的角度分析最可能的原因是______。

②滤渣b的主要成分是______(填化学式)。

③若常温下测得3恰好沉淀完全时，滤液中cCO21.2106molL1，则KYCO保

Y24sp2243______(

留两位有效数字)。

④焙烧时发生反应的化学方程式为：。

“”Y2C2O439H2O______

(3)铈(Ce)属于镧系元素，氧化铈是一种重要的光催化材料。CeO2具有良好的储氧放氧能力，是汽车尾气净

化催化剂的关键成分，其晶胞如图所示。

4

①纳米CeO2中位于晶粒表面的Ce具有催化作用。已知CeO2晶胞边长为anm，在边长为2anm的立方体晶

粒中位于表面的Ce4最多有______个。

②在尾气消除过程中CeO2与CeO2x0x0.5相互转化。CeO2x中的Ce为3、4价，测定x的值可判

4

断它们的比例。现取CeO2x固体1.6560g，加入足量硫酸和0.0220molFeSO47H2O充分溶解，使Ce全部

31

被还原成Ce，再用0.1000molL的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，重复操作三次，若平均消耗标准溶

4

液40.00mL(已知氧化性：CeKMnO4)，则此时x为______。

【答案】(1)第六周期第IIIB族（2分）4（2分）

3

(2)①T1C后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，Y的浸取率随温度升高而减小（2分）

焙烧

②AlOH（2分）③1.71028（2分）④2YCO·9HO3O2YO12CO18HO（2

32243222322

分）

(3)①50（2分）②0.4（2分）

、、、、

【解析】荧光粉的主要成分为ZnOY2O3，还含有一定量的Al2O3PbO2MgOSiO2等，用盐酸酸浸后，

金属氧化物生成金属阳离子，滤渣为，加氨水调节，结合已知②的图像，滤渣为，

aSiO2pH=5bAlOH3

继续加DDTC除掉锌、铅，加草酸沉钇得到草酸钇晶体，滤液中主要含有的金属阳离子为Mg2，在空气中

焙烧草酸钇晶体得到氧化钇。（1）镧系元素在周期表中的位置是第六周期第IIIB族；4f能级有7个轨道，

最多能排14个电子，镝（Dy）原子的电子排布式为Xe4f106s2，说明其4f能级上有4个未成对电子。

（2）由图可知，Y3的浸取率随温度升高先增大后减小，增大是因为温度提高，加快浸取速率，下降是因

3

为盐酸易挥发，故T1C后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，Y的浸取率随温度升高而减小；

由分析可知，滤渣的成分为；3恰好沉淀完全时，滤液中26-1，此时

bAlOH3YcC2O41.210molL

23

cY31.0105molL-1，KYCOc2Y3.c3CO21.01051.21061.71028；“焙

sp224324

烧时，与氧气反应生成、、，根据电子守恒和质量守恒，化学方程式为

”Y2C2O439H2OY2O3CO2H2O

焙烧

2YCO9HO3O2YO12CO18HO。

2243222322

（3）边长为2a的立方体晶粒可视为由2228个晶胞堆砌而成，采用总离子数减去内部离子数的方法计

算:该晶粒中的Ce4离子总数为63个，完全处于内部(不与表面接触)的离子有13个，因此位于表面的Ce4为

433

631350（个）；实验过程中CeO2x固体中Ce全部被还原成Ce，FeSO4·7H2O部分被氧化成Fe，

43

剩余的部分用酸性KMnO4标准溶液滴定，由于氧化性CeKMnO4，故滴定过程中KMnO4不会与Ce反

2322

应，根据反应5FeMnO48H5FeMn4H2O，与MnO4反应的Fe的物质的量为

50.1000molL10.04L0.02mol，还原Ce4消耗的Fe2的物质的量为0.0220mol-0.02mol=0.0020mol，根

4+2+3+3+

据反应Ce+Fe=Ce+Fe，可知固体中+4价Ce的物质的量为0.0020mol，相当于CeO2为0.0020mol，

1.6560g-0.0020mol172g/mol

则固体中CeO的物质的量为=0.004mol，则固体中

23328g/mol

NCe0.002mol0.004mol251

=，解得x0.4。

NO0.002mol20.004mol382x

15.（14分）有机物G是合成一种药物的中间体，其一种合成路线如下图所示

(1)A分子是否存在对映异构______（填“存在”或者“不存在”）。

(2)BC反应的目的是______。

(3)AB的反应中，若第二步不加入CH3OH，则会生成分子式为C4H2O4的有机物X、X分子中含有2个

四元环。X的结构简式为______。

(4)F的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______。

①能使FeCl3溶液发生显色反应，能使Br2的CCl4溶液褪色；

②属于一种-氨基酸，分子中含有5种化学环境不同的氢原子。

(5)写出以、CH3OH和为原料制取的

合成路线图，无机试剂及有机溶剂任用，合成示例见本题题干______。

【答案】(1)存在（2分）

(2)保护羟基，防止发生副反应（2分）

(3)（2分）

(4)或（3分）

+、

HKMnO4CH3OHNaBH4

(5)（5分）

浓硫酸、

【解析】A→B，A与SOCl2作用后，羧基被活化，再与CH3OH发生酯化反应，羧其转化为酯基，得到B，

实现了羧基向酯基的转化；

B→C，该步反应是对分子中的羟基进行保护操作，防止羟基在后续反应中被破坏，使羟基以稳定的形式存

在于C中；

C→D，NaBH4将C中酯基等基团还原，同时释放出被保护的羟基，得到含有多个羟基的D，完成还原与基

团解保护过程；

D→E，在LiCl和三乙胺作用下，D中的羟基发生反应，引入氯原子，生成E（含氯原子和羟基），实现了

羟基向氯代基基团的转化。

E→F，E与反应试剂在DMF中发生取代、成环等反应，构建出复杂的杂环结构，生成F，完成杂环骨架的

搭建。

F→G，F与该试剂发生反应，引入叔丁氧羰基等基团，最终得到目标中间体G，完成官能团的修饰与最终

产物构建。

（1）判断A分子是否存在对映异构，需要看分子中是否有手性碳原子，A分子中，与两个-OH和两-COOH

相连的中心碳原子，连接的四个基团全不相同，存在手性碳原子，所以存在对映异构。

（2）由流程可知，B→C过程中将羟基转化为醚键，而D→E过程中，又得到羟基，由此可知，B→C的目

的是保护羟基，防止发生副反应。

（3）

若第二步不加入CH3OH，则A会发生分子内脱水成环的酯化反应，X分子中含有2个四元环，结合X的分

子式可知，X的结构简式为。

（4）①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中有酚羟基，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和

键；

②属于一种-氨基酸，则氨基和羧基链在同一个碳原子上，分子中含有5种化学环境不同的氢原子，说明

其结构对称，满足条件的结构简式有或

。

（5）根据E→F的条件可知，想要合成，则需要

与在DMF作用下合成，根据逆推可知，首先发生氧化反应合成，

与甲醇发生酯化反应生成，在NaBH4作用下发生还原反应得到

，故合成路线为

H+、KMnOCHOHNaBH

434

浓硫酸、

。

187

16．（15分）纳米Fe粉和FeS均可处理含硫酸的铬(Ⅵ)废水。已知：KspFeS6.310，Ka1H2S6.310，

15

Ka2H2S7.010

(1)纳米零价铁的制备。

绿矾(FeSO47H2O)、保险粉(Na2S2O4)溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在4090C温水浴作用下反应，

主要反应产物为纳米Fe粉和Na2SO3，其化学方程式为_______。

(2)利用零价铁和活性炭处理CrVI的反应机理为：零价铁在水中电化学腐蚀产生H和Fe2，H和Fe2在

酸性条件下均能将CrVI还原为CrIII，CrIII可转化为Cr(OH)3沉淀去除。

2

①写出Cr2O7和H反应的离子方程式_______。

②纳米零价铁投入量对CrVI去除率的关系如图所示。当纳米零价铁的投入量为2gL1时，反应60min后，

去除率只有50%；而当零价铁的投入量增加到10gL1时，反应60min后，去除率为100%。可能的原因为

_______。

③初始pH对CrVI去除率的关系如图所示。pH11时，CrVI的去除率几乎为零。可能的原因为_______。

(3)利用FeS处理CrVI的机理为：

2

Ⅰ．FeSSHFeHS

Ⅱ．Fe2CrVIFe3Cr3

Ⅲ．HSCrVISCr3+H

．33

ⅣXCr1XFe3H2OCrXFe1X(OH)33H(0X1)

①反应Ⅰ的化学平衡常数K_______。(填数值)

②制备高纯Fe2O3粉末。将反应Ⅳ生成的沉淀用酸溶解后，取一定体积所得溶液于烧杯中，_______，得高

纯Fe2O3粉末。(可供选择的试剂和主要仪器：蒸馏水、NaOH溶液、稀盐酸、BaCl2溶液、坩埚、蒸发皿、

pH计。)已知该溶液中Fe3开始沉淀的pH1.7，完全沉淀的pH3.0，Cr3开始沉淀的pH4.3，完全沉

淀的pH5.6。

4090C

【答案】(1)FeSO47H2ONa2S2O44NaOHFe2Na2SO3Na2SO49H2O（2分）

23

(2)①6HCr2O78H2Cr7H2O（2分）

②零价铁量较少时，不能形成较多的微小原电池，CrVI的去除率低；随着零价铁量的增加，形成的FeC

原电池的数目迅速增加，另外零价铁与CrVI的接触面积也增大，反应速率加快，导致CrVI去除率迅速

增大，60min后，CrVI的去除率达到100%（3分）

pH11时，电化学腐蚀生成的Fe2和H极少；溶液碱性增强，Fe2会生成氢氧化物沉淀覆盖在零价铁

表③面，阻碍反应的进行，导致CrVI的去除率几乎为零（3分）

(3)①9.0104（2分）

②边搅拌边滴加NaOH溶液，同时使用pH计测量溶液中的pH，当测得pH在3.04.3范围内，停止滴加

NaOH溶液，充分反应一段时间后静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加

BaCl2溶液无沉淀生成，将沉淀转移至坩埚中，灼烧至固体质量不再变化（3分）

【解析】（1）反应物是绿矾(FeSO47H2O)、保险粉(Na2S2O4)和NaOH，产物是纳米Fe粉和Na2SO3。

222

这是一个氧化还原反应，Fe被还原为Fe，得到2个电子，S2O4被氧化为SO3，两个S原子失去2个电

子，根据电子守恒和原子守恒配平可得，其化学方程式为

4090C

FeSO47H2ONa2S2O44NaOHFe2Na2SO3Na2SO49H2O。

2

（2）①H是还原剂，Cr2O7是强氧化剂，Cr从+6价被还原为+3价，H从0价被氧化为+1，且反应在酸

23

性条件下进行，故反应的离子方程式为6HCr2O78H2Cr7H2O；

②零价铁和活性炭形成原电池；当投入量少时，铁粉少，形成的Fe-C原电池数量少，反应速率慢，去除率

低；当投入量大时，铁粉增多，形成的原电池数目迅速增加，加速了电子转移。同时，接触面积增大，反

应速率加快，能在60min内将Cr(VI)完全去除。

③H和Fe2在酸性条件下均能将CrVI还原为CrIII，pH11时，碱性强，电化学腐蚀受阻，难以生成

223

还原剂H和Fe，生成的少量Fe或Fe会立即生成Fe(OH)2或Fe(OH)3沉淀，覆盖在铁粉表面，形成钝

化层，阻碍了电子传递和反应的继续进行。

cFe2cHS

（3）①利用溶度积(Ksp)和电离常数(Ka)计算，反应Ⅰ的化学平衡常数为K，分子分

cH

2218

cFecScHSKspFeS6.310

母同乘2得4。

c(S)K2159.010

cHcSKa2H2S7.010

333

②从除铬后的废水中得到Fe2O3，即分离Fe和Cr，应控制pH在3.0~4.3之间，使Fe完全沉淀为

3

Fe(OH)3，而Cr留在溶液中。故先调节pH：，边搅拌边滴加NaOH溶液，控制pH在3.0~4.3之间，

32

产生Fe(OH)3沉淀；过滤，使Fe(OH)3沉淀与含Cr的滤液分离；用蒸馏水洗涤沉淀，直至洗涤液中不含SO4；

将Fe(OH)3沉淀转移到坩埚中灼烧至恒重，得到Fe2O3。

、、、

17．（16分）裂解C4H10可以获得CH4C2H6C2H4C3H6等许多重要的化工原料。

已知：I．C4H10(g)CH4(g)+C3H6(g)ΔH1；

Ⅱ．C4H10(g)C2H6(g)+C2H4(g)ΔH2；

一些物质的燃烧热如表：

物质C4H10C2H6CH4C2H4C3H6

-2878.0(正)

燃烧热ΔH/kJmol-1-1560.8-891.0-1411.0-2058.0

-2869.6(异)

若反应中为正丁烷，则-1，该反应能自发进行的条件是。

(1)IC4H10ΔH1=___________kJmol___________

(2)2L恒容密闭容器中分别通入1molC4H10(正，g)或1molC4H10(异，g)发生反应I、Ⅱ，两种反应物的平衡

转化率随温度变化的关系如图所示：

①图中代表C4H10(异，g)的平衡转化率随温度变化的曲线是___________(填“M”或“N”)，理由是___________。

②若