2026年高考考前最后一卷：化学02（新高考15+4）解析版

2026年局考考前最后一卷（新图考通用15+4）

高三化学

（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：HlC12N14016P31Zn65

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.【本土风情】文物见证历史，化学创造文明。下列有关陕西的文物的说法不正确的是

ABCD

A.青铜器何尊的主要成分含有Cu、Sn等元素

B.唐鎏金舞马衔杯纹银壶变暗的主要原因银发生化学腐蚀生成Ag?O

C.五代青釉提梁倒注骁壶烧制所用的主要原料为黏土

D.西汉丝质素纱禅衣的制衣纤维的主要成分是蛋白质

【答案】B

【解析】A.青铜属于合金，主要含有铜、锡等金属元索，故青铜器的主要成分是铜锡合金，A正确；

B.唐鎏金舞马衔杯纹银壶变暗的主要原因是银与空气中的含硫物质反应生成黑色的硫化银（Ag?s）,

而不是氧化银（Ag2O）,B错误；

C.瓷壶属于陶瓷，其制取原料主要是黏土，c正确：

D.西汉丝质素纱禅衣，丝的主要成分是蛋白质，D正确；

故选B。

2.化工生产是现代社会的基础支撑。下列化工生产所涉及的主要反应属于氧化还原反应的是

A.以胆帆和石灰乳为原料生产波尔多液（有效成分为碱式硫酸铜）

B.以硫酸铁为原料生产铁红（三氧化二铁）

C.以食盐、氨气、二氧化碳为原料生产纯碱

D.以氨气为原料生产硝酸

【答案】D

【解析】A.生产波尔多液是坦矶（C〃5O「5HQ）与石灰乳发生复分解类反应生成碱式硫酸铜，所有

元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，A错误；

B.硫酸铁（及2（5°4）3）中抡为+3价，铁红FgO3中与也为+3价，反应过程无元素化合价升降，不

属于氧化还原反应，B错误；

C.侯氏制碱法的反应为NaC/+NH?+CO.+H20=NaHCO、1+NH©、

2NaHCOy=Na2CC\+C（）2T+H,O'所有元素化合价均无变化，不属卜氧化还原反应，C错误；

D.氨气制硝酸的过程涉及反应：4MA+50,=4NO+6H。、2NO+O2=2NO^

32催化剂，

3NQ+HQ=2"NO3+N。，N元素化合价从-3价逐步升高至+5价，。元素化合价降低，存在电子转

移，属于氧化还原反应，D正确；

故选Do

3.实验室中，下列实验操作正确的是

A.在通风橱中取用液澳时，需佩戴手套和护目镜

B.滴定操作过程中，滴定管尖嘴始终不能与锥形瓶内壁接触

C.用氢氟酸清洗做硅酸分解实验后的瓷川烟

D.蒸发结晶除去KNO3溶液中的NaCl

【答案】A

【解析】A.液溟具有强腐蚀性、易挥发且有毒，在通风橱口取用并佩戴手套和护目镜，可避免液溟灼

伤皮肤、溅入眼睛或浪蒸气中毒.A正确：

B.滴定操作滴加最后半滴溶液时，需要将滴定管尖嘴与锥形瓶内壁接触，使半滴溶液流入锥形瓶，并

非始终不能接触，B错误：

C.瓷卅堪的主要成分含S0,氢氟酸会与SR发生反应SR+4"尸=S/£T+2H9,腐蚀瓷用翔C

错误；

D.KVQ溶解度随温度变化大,NaCl溶解度随温度变化小，除去KNQ溶液中的NaCl应采用降温结晶，

蒸发结晶会导致KNO,大量析出，无法实现分离，D错误；

故选Ao

4.卜.列化学用语或图示表达不正确的是

H

乙懵（）的电子式：

A.CH3CNH：C••：C；；N：

H

f11f

B.Fe3+价层电子轨道表示式为：IIIII0

3d

OH

无手性碳原子

D.1"核磁共振氢谱图为:

HCOOCHCH3

【答案】D

【解析】A.乙懵(CH3CN)中-CN基团内C与N共用3对电子对，碳与氢形成1对共用电子对，碳原子

与-CN之间共用1对电子对，上述电子式表述正确，A正确；

B.Fe的原子序数为26,其核外价层电子排布式为：3d64s2,失去最外层的3个电子后形成的Fe-"价层电

子轨道表示式为IB正确；

3d

OH

C.手性碳原子周围连接的四个原子或原子团均不相同，在三维空间不能叠合，没有符合条件的碳

原子，故无手性碳原子，c正确；

CH3

D.有机物分子中，同一个碳原子连接的甲基是等效的，则I中等效氢原子种类为3,所以

HCOOCHCH3

核磁共振氢谱图中应该有3组吸收峰，峰面积比为6:1:1,D错误；

故选D。

5.下列关于物质性质或应用解释错误的是

A,浓硫酸流动性差，主要是因为硫酸分子间形成较强的氢键

B.苯胺(|)有碱性，是因为氨基氮原子有一个孤电子对能结合质子(FT)

C.常温下CO?是气体而CS?是液体，是因为CS?中共价键键能大，共价键更稳定，沸点更高

D.乙醇与钠的反应没有水与钠的反应剧烈，是因为乙基是挂电子基团，使乙醇中O-H的极性减弱

【答案】C

【解析】A.H2sO、结构中含有-。”，浓硫酸分子间可形成大量氢键，分子间作用力显著增强，因此粘

度大、流动性差，A正确；

B.苯胺中氨基的氮原子存在孤电子对，能够和质子H+的空轨道形成配位键，因此苯胺具有碱性，B正

确：

c.cc>2和CS?都属「分子晶体，熔沸点由范德华力决定，利分子内共价键键能无关；CS,相对分子质

量更大，分子间范德华力更强，因此沸点更高，常温下为液体，c错误；

D.乙基是推电子基团，会使乙醇中O-H键的极性弱于水中的O-H键，乙醇羚基中氢更难被置换，因

此乙醇与钠反应不如水与钠反应剧烈，D正确；

故选Co

6.【新科技情境】2026年我国在绿氢制备、固态电池、碳回收利用、载人航天等领域取得重大突破。设Na

为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()

A.Imol绿氢(H2)所占的体积为22.4L

B.常温常压下，22.4L固态电池电解质(LizO-MCh)中含有的锂离子数为2NA

C.ILO.Imol•L”碳回收液(Na2co3)中含有的CQX数目为0.1NA

D.航天舱内Imol氧气(Ar)含有的核外电子总数为18NA

【答案】D

【解析】A.未说明H?所处的状态，无法计算H2的体积，A错误；B.固态电池电解质不是气体，不能用22.4

L・moH计算，B错误;C.CO32•会水解,实际离子数小于0.1NA,C错误；D.1个Ar原子有18个电子，

ImolAr含电子数为18NA,D正确，答案选D。

7.碳酸祠La?(COJ是一种治疗高磷酸盐血症的药物，其制备原理为

2LaCl3+6NH4HCO,=La2(CO3)31+6NH4C1+3CO2T+3H2O。下列说法正确的是

A.NH；的空间结构：平面正方形

B.干冰升华时破坏了共价键

c.键角：co；->CO2

D.NH；和CO丁中心原子的杂化方式不同

【答案】D

【解析】A.NH；中心N原子价层电子对数为4,无孤电子对，空间结构为正四面体形，A错误；B.T

冰是分子晶体，升华属于物理变化，仅破坏分子间作用力，B错误；C.CO：中心C为卯2杂化，空间

构型为平面三角形，键角约120。；CO2中心C为sp杂化，空间构型为直线形，键角为180°,因此键角：

CO2>CO；-,C错误；D.NH：中心N原子价层电子对数为4,杂化方式为印二。。；一中心C原子价层

电子对数为3,杂化方式为山，一者中心原子杂化方式不同，D正确：故选D。

8.氯及其化合物的转化关系如图所示(部分条件和产物已省略)。

KC1O3乡

HC1

下列叙述错误的是

A.反应①中MnO?作催化剂，反应③中MnO2作氧化剂

B.反应②中利用高沸点酸（H?S。」）制备低沸点酸（HC1）

C.反应③中MnO?过量时还原剂能完全反应

D.反应④中氧化剂与还原剂的质量比为5：1

【答案】C

MnO,△

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

A

MnCl2+C12f+2H2O,MnCh作氧化剂,A正确；

AA

B.反应②利用高沸点酸（H2sO4）制低沸点酸（HC1）：KC1+H2s浓广KHSCh+HClf或2KC1+H2so4（浓广

K2so4+2HC13B正确；

A

C.反应③：MnCh+4HCl（浓）=MnC12+CbT+2H2。，二氧化钵只与浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，MnO2

过量时，随着反应进行，盐酸浓度降低到某一-浓度反应停止.HC1（还原剂）不能完全反应，C错误；

A

D.反应④在加热条件下，02与KOH转化为KQ和KQ03：3CI2+6KOH=5KC1+KC1O3+3H2O,氧化剂

还原剂为gci2；氧化剂与还原剂均为氯气，质量比等于物质的量之比，为:：g=5：I,D正

确；

故答案为C。

9.科研人员实现了电化学银催化C[p2）-O偶联中酚类与脂肪库之间的反应，如图所示（副产物省略）。

已知；R-CN温鼠＞R-CH2NH2（R表示燃基，-CN为弱基）。

卜.列说法错误的是

A.甲、乙分子中所有原子不共平面

B.丙和丁的分子式相同、化学性质不同

C.Imol丙最多能与8moi乩发生.加成反应

D.乙、丙、丁三种分子中都不含手性碳原子

【答案】A

【解析】A.苯环为平面结构，-CN中的碳采用sp杂化，其空间结构为直线形，苯环与-CN直接相连,

所以甲分子中所有原子共平面，A错误；

B.丙、丁的分子式相同，结构不同，它们互为同分异构体，化学性质不同，B正确；

C.1个丙分子中含有2个苯诩和1个鼠基，且由题意知，Imol冢基最多能与2m0IH2发生加成反应,

所以1mol丙最多能与8moiH2发生加成反应，C正确；

D.乙、丙、丁三种分子中都没有连接4个不同原子或原子团的碳原子，所以这三种分子中都不含手性

碳原子，D正确；

故选Ao

10.【陌生反应机理】Ni/ZrO?催化剂是一种被广泛使用的负载型金属催化剂，ZrO：表面的羟基可促进反

应物吸附或稳定中间体。Ni/ZrO:催化CO?与H?反应的历程如图所示，下列说法不•正•确•的是

A.也在Ni表面吸附并解离，CO?与Ze?表面的羟基结合生成中间体

催化剂

B.该历程的总反应方程式为：CO2+4H2-----CH4+2H.O

C.该历程第4步中存在极性键的断裂和形成

D.若用D?完全替代H?进行反应，生成的水都是D。

【答案】D

【解析】A.从图可以看出，也在Ni表面吸附并解离，形成活性中间体，CO?与ZrO?表面的-OH结

合形成中间体，A正确；

B.从图可以看出，CO2和H?在Ni/ZrCh催化下反应生成CK和H?O,总反应方程式为：

催化剂

CO2+4H2-----CH4+2H2O,B正确；

C.在第4步，中间体与催化剂表面的羟基形成的C-0键断裂，并形成C-H键，二者都是极性键，C

正确；

D.从图可以看舟，第2步反应生成的H?。中部分H原子来自ZrO：表面的-OH,部分来自H”第3步

反应生成的H?O中的H原子来自H2,因此，若用D2完全代替H2反应，生成的水有HDO,不全是D。，

D错误；

故答案选D。

11.下列实验设计、现象和实验结论都正确的是

选项实验设计现象实验结论

将N0?通入下列溶液至饱和：①无色变黄色Cu和浓HNO3反应后溶液是

A

①浓HNOR；②Cu(NOj和浓HNO3混合溶液②蓝色变绿色绿色主要原因是溶有NO?

将含有二氧化硫的气体通入酸性高钵酸钾中，紫红色变浅，有通过测定白色沉淀的质量，可

B

然后加入足量氯化钿溶液白色沉淀产生推算二氧化硫的物质的量

取两份适量Cu(OH%固体，分别滴加氨水和盐

C固体均溶解Cu(OH)2为两性氢氧化物

酸

将25℃0.1mol-L-'Na2sO3溶液加热到40℃,溶液的pH逐渐温度升高，Na2s水解平衡

D

维持一段时间并用传感器监测溶液pH变化减小正向移动

【答案】A

【解析】A.Cu与浓HNO,反应方程式为：CU+4HN。式浓)=Cu(NOJ2+2NC>2T+2Hq,根据对照实验

结果，将NO?通入浓硝酸使溶液由无色变黄，通入Cu(NOJ和浓硝酸的混合溶液使溶液从蓝色变为绿

色，可证明Cu和浓硝酸反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO〉实验设计、现象和结论均正确，A

正确：B.酸性KMnO“可以将SO2氧化为SO：,但酸化KMnO,会引入额外的SO；,同时，S0,可溶于

水，生成沉淀的质量无法准确反映气体中S02的含量，B错误；C.Cu(OH)2与酸反应的离子方程式为：

2+

CU(OH)2+2H*=CU+2H2O,反应生成对应的盐和水，说明Cu(OH)2具有碱性，与氨水反应的离子方程

式为：CU(OH)2+4NH3-H2O=[CU(NH3)4](OH)2+4H2O,反应生成配合物而非盐和水，不能说明CtKOH%

是两性氢氧化物，C错误；D.温度升高时，水的电离程度增加，溶液中c(H+)增大，pH减小，不能由

此得出“pH减小源于Na2s。|水解平衡正向移动,,的结论，D错误；故答案选A。

12.一种新型钙钛矿光伏材料含短周期元素X、Y、Z、W,原子序数依次增大，相关信息如下：①X基态

原子只有一个原子轨道填有电子，较易通过共价键与其它原子结合；②Y基态原子的核外电子有6种

不同的运动状态：③Z基态原子的价电子构型为〃s"印"则；④W是电负性最强的元素。下列说法正确

的是

A.Y的氧化物都是酸性氧化物

B.YX]分子中的X-Y-X键角小于ZX：分子中的X-Z-X键角

C.Y、Z、W分别与X形成的物质不可能含有非极性键

D.X、Z、W三种元素能形成离子化合物

【答案】D

【解析】①X基态仅1个原子轨道填充电子，易形成共价键，为H；②Y核外有6种运动状态的电子,

即核外有6个电子，为C；③Z价电子构型即〃=2,价电子构型为2s22P3,为N：④短周期

电负性最强的元素W为尸。

A.Y(C)的氧化物有CO、CO2,CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，A错误；

B.YX』为CH-中心C原子形成4个。键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角约109。28'；ZX3

为NHn中心N原子形成3个。键，含1对孤电子对，空间构型为三角锥形，键角约107。，故X-Y-X

键角更大，B错误；

C.。与H可形成C2H6（含C-C非极性键）；N与H可形成N?H4（含N-N非极性键）：F9H形成

HF,只含极性键，C错误；

D.H、N、F可形成NH’F,由N"；和广构成，属于离子化合物，D正确；

故答案选Do

13.基于PTO—PTS的水系有机液流电池具有较高的能量密度和长期运行稳定等优点。该电池的工作原理

如下图。

多孔碳电极质子交换膜

下列说法小ip国的是

A.-SO；基团有利于PTO—PTS在水中的溶解

B.a为PTO~^H—PTS,b为PTO—PTS

C.放电时，右侧溶液的pH增大

D.充电时，左侧多孔碳电极接电源的正极

【答案】B

【分析】由图中V2+-V”可知，电池右侧发生的电极反应为V?+e->▽“，发生氧化反应，则右侧为

电池的负极。左侧电池发生还原反应，其电极反应为PTO-PTS+4H'+4e-=PTO-4H-PTS，左侧为电池的

正极，即a为PTO-PTS,b为PTO-4H-PTS。

【解析】A.-SO；是强极性、亲水基团，可显著提高有机物在水中的溶解度，A止确;

B.放电时，左侧为正极，发生还原反应，其电极反应式为PTO-PTS+4LT十4e=PTO-4H-PTS，因此流

入电极的a为PTO-PTS,流出的b为PTO-4H-PTS,B错误；

C.放电时，右侧负极发生反应v2+-»rV3+,同时H+通过质子交换膜从右侧迁移至左侧，使右侧的

pH增大，C正确；

D.充电时，原电池的正极变为电解池的阳极，需接电源正极，D正确；

故答案选B。

14.我国科研团队开发出甲醇在Ag催化下脱氢制甲醛的反应为：①CHQH（g）.，HCHO（g）+H2（g）；②

CH3OH(g)PCO(g)+2H2(g),800K时，刚性密闭容器中，通入甲醇发生反应，CO与HCHO的分

压随时间变化如图。该温度下，反应①Kp为1x10。kPa。下列说法错误的是

A.该温度下HCHO(g)nCO(g)+H2(g),勺为150kPa

B.通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率

C.其他条件不变，增大容器体积，重新达到平衡时，甲醛的产率增加

D.该温度下平衡时甲醇的分压为0.016kPa

【答案】C

【分析】平衡时由图可知：XHCHO)=80kPa,〃(CO)=60kPa；根据反应①

CH3OH(g)HCHO(g)+H;(g),生成80kPa的HCHO,则生成80kPa的H?。根据反应②

CH3OH(g).CO(g)+2H2(g),生成60kPa的CO,则生成2x60=120kPa的H2。因此，平衡时总的

p(H2)=80kPa+120kPa=200kPa。

【解析】A.目标反应HCHO(g).CO(g)+H式g),分压平衡常数:

K/XCO)-/J(H)_60x200

2=150kPa.正确:

p-p(HCHO)8U-A

B.由图像可知，随着反应时间延长，甲醛分压先增大后减小，最后趋于稳定，而CO的分压先增大,

后趋于稳定，因此通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率，B正确；

C.增大容器体枳，体系总压强减小，对于HCHO分解反应HCHO(g).CO(g)+H2(g)(正反应气体

分子数增加)，减压平衡正向移动，更多甲醛分解，因此重新平衡时甲醛的产率降低，C错误;

D.反应①的『嘲胱川|。3,

则:

/rrzr\/XHCHOf)p(H)80x200八八

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

故选C。

15.一种锯酸锂晶体具有优良的电光、光折变、非线性光学等性质，是优良的光电学材料。该银酸锂晶体

的立方晶胞的结构如图所示。己知：晶胞参数为。pm,钝酸锂的摩尔质量为Mg.molL1号和2号原

子的分数坐标分别为(0,0,0)、(1」」)。下列有关说法错误的是

Nb

OLi

OO

A.3号原子的分数坐标为

B.该晶胞的化学式为LiNbO?

C.晶胞中Li在体对角线方向的投影为

0/V/

D.该晶体的密度为F-x"严g<m

aN入

【答案】C

【解析】A.3号原子位于x轴和），轴的1处，z轴的《处，故3号原子的分数坐标为（1/，），A正确;

B.该晶胞中Nb位于晶胞体内，有2个，0位于体内，有4个，Li位于8个顶点和4条棱上，故有

8x1+4x!=2个，Li、Nb和0的原子个数比为2:2:4=1:1:2,晶胞的化学式为LiNbO,,B.正确；C.8

84

个Li在顶点，4个Li在棱心，故晶胞中所有Li在体对角线方向的投影为C错误：D.晶

…2M

2M---g

胞的质量为％-g，晶胞的体积为"xl。-30cm，故晶体的密度为N,\_2M%3，

八P"a3xlO3Oc7H3-7N；g

D正确；故答案为C。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.（14分）某冶金过程产生的废渣有SiO?、CuO、Fe,O,、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产C%。的

一种流程示意图如下。

过量①空气

硫酸②Na2cO3MaHSCh溶液

|上节PH=2.匚匿匕3.5

冶金废渣------H还原标铜一飙。

酸浸渣黄钠铁研

已知：i.25℃,Caso,微溶于水，PbSO4和黄钠铁矶［NNFe3（SO）（OH）J均难溶于水。

ii.冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。

元素SiCuFePbCa

质量分数/%15.3414.754.6614.312.16

I.酸浸

(1)CuO与硫酸反应的离子方程式是___________。

(2)酸浸渣中除CaSOj外，还含有。

II.沉铁

(3)加入Na2c0,的目的有o

III.还原沉铜

(4)开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH,NaHSO,的使用量将增加，结合Cu”与NaHSO,

反应的离子方程式解释原因。

(5)酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的C40中含有杂质CaSOj,解释原因：o

IV.产品中Ci】?。含量的测定

(6)经提纯后，产品中只有C%0和Cu,测定产品中Cug含量的方法如下。

硫酸酸化的(NH)Fe(SO)

任EFe-O-溶液,环羽Ce(SOJ溶液.标42准溶4窥2|计算样品

践回i.溶解遇山药ii.氧化iii.滴定含量|

已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe*

①样品溶解发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+>。

②步骤iii中(NH)Fe(SOjj容液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V,计算样品中Cu,。的质

量分数还需要的实验数据是0

【答案】(每空2分)

+2+

(1)CUO+2H=CU+H2O

(2)SiO2,PbSO4

(3)CO：与H+反应，调节溶液的pH：提供Na+,形成黄钠铁矶沉淀除铁

(4)Cu2+与HSO.发生反应2cli2++HSO；+2H?。螫C%。1+S。：+5H',生成的H，与HSO,反应生

成H2so,,&SO3分解为SO?受热逸出，使还原剂NaHSO,的量减少

<5)CaSO,微溶，酸浸时c(SO：)低，酸浸液中有CzF+未完全沉淀。沉铜反应生成SO；、dSO；)增

大，使Q(CaSOj>KKCaSOj,生成CaSO4沉淀

3+2+2+

(6)Cu2O+2Fe+2H-=2Cu+2Fe+H2OCe(SOj溶液的物质的最浓度和体积、样品的质

量

【分析】冶金废渣加硫酸酸浸，SiO?不与硫酸反应，PbO与硫酸反应生成难溶广水的PbSO-Cao与

硫酸反应生成微溶于水的CaSO4,SiO?、CaSCh和PbSO4形成酸浸渣，氧化铜、氧化铁、氧化亚铁溶

于硫酸转化成溶于水的硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；溶液通入空气，加入Na2c03调节pH=2.0,生成

黄钠铁帆，溶液中加入NaHSO|调节pH=3.5,温度控制80C,生成CsO。

【解析】（I）CuO为碱性氧化物，离子方程式中不拆分，与强酸反应生成铜盐和水，离子方程式为：

42

CuO+2H=Cu++H2O.

（2）结合分析可知，SiO?不与硫酸反应，难溶于水；PbO与硫酸反应生成难溶于水的PbSO』，二者均

留在酸浸渣中。

（3）酸浸后溶液酸性较强，碳酸钠中CO；与H.反应，降低H'浓度，调节pH,使Fe"沉淀为黄钠铁

矶除去，同时提供黄钠铁研组成中需要的Na,

（4）c/+与NaHSOs反应的离子方程式为：2Cu"+HSO3+2H2。鳖CU2OJ+SO：+5H+,反应生成H+，

若不调控pH,溶液中H+与HSO；反应生成H2so3,H2s0。分解为SO2受热逸出，使还原剂NaHSO：的量

减少。

（5）CaSO,微溶于水，硫酸浓度较低时，溶液中SO：浓度小，Ca?+不能在酸浸步骤完全沉淀，部分Ca?+

随滤液进入沉铜步骤，沉铜反应生成SOj,c（SO：）增大，使Q（CaS0j）＞K、/,（CaS04）,生成CaSO,沉淀

最终随C%0共沉淀析出，因此得到的C%0中混有CaS（\杂质。

（6）①酸性条件下，C"0被Fe"氧化，+1价Cu转化为+2价Cu,Fe?+被还原为Fe?+,离子方程式为

3+2+2+

Cu2O+2Fe+2H'=2Cu+2Fe+H2O；

2+3+

②样品用FC2（SO4）3溶液溶解:生成Fe?+,用过量的Ce（SO4）2溶液将Fe氧化成Fc，再用（NH4）2Fe（SCU）2

滴定剩余的Cc（SO4）＞间接去测量C“0的质量，因此还需要Ce（SOJ溶液的物质的量浓度和体积、样

品的质量才能计算质量分数。

17.（15分）某实验小组制备二水合磷酸锌晶体并测定其纯度。

实验一：制备二水合磷酸锌结晶水合物。

步骤1：称取2.50gZnO,置于150mL仪器a中（图I）,加入50mL水，80℃磁力搅拌30min,制成糊

状物。

步骤2：在80℃磁力搅拌下缓慢滴加25巾114F。4溶液（1：9体积比），加完后继续搅拌15min.

步骤3：抽滤（装置如图2所示），用少量水洗涤、抽干。

步骤4：120℃烘干451“而，得到白色ZnJPQ^NHz。，称量，记录产品质量。

自来水龙头

布氏漏斗

图］（布氏烧瓶）图2

实验二：测定产品的纯度。

步骤I：准确称取吧产品，置于烧杯中，用少量水润湿，加入5mL3moi•广盐酸，搅拌至溶解完全,

转移至容量瓶中，加水混匀配制成I。。mL溶液。

步骤II：准确移取20.00inL步骤I配制的溶液于锥形瓶中，加入30mL水和2〜3滴0.2%二甲酚橙溶液,

缓慢滴加20%六次甲基四胺溶液，直至溶液由黄色变为紫红色，再加入20%六次甲基四胺溶液，使溶液

pH为5〜6。

步骤HI：用0.01moLPEDTA标准溶液滴定至溶液恰好变为亮黄色，且30s不变色，记录滴定体积。

步骤IV：平行测定三次，消耗EDTA溶液的平均体积为VmL,计算产品的纯度。

已知：滴定反应中办2+和EDTA以物质的量比1:1反应；

回答下列问题:

（I）图1中仪器a的名称是___________o

（2）步骤2中，采用“热水浴”加热，而不直接用酒精灯加热，"热水浴''加热的主要优点是。

写出步骤2中反应的化学方程式：o

（3）步骤3中，图2抽滤装置中布氏漏斗的作用类似于下列仪器中的（填标号）。

S

O

A.W

T

（4）步骤4中，烘干温度不宜超过120℃,其原因是。

（5）实验二步骤I中，需要选择容量瓶的规格是（填标号）。

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

（6）该产品的纯度为%（用含w、V的代数式表示）。若滴定管用水洗涤后没有用待装液润

洗，可能使测定产品的纯度___________（填“偏高""偏低''或''无影响

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）三颈烧瓶（1分）

（2）受热均匀，便于控制温度3ZnO+2HFO42zn3（POj+3H?0或

A

3ZnO+2H3PO4=Zn3（PO4）,-2H2O4-H2O

（3）C

（4）避免产品失去结晶水或产品分解

（5）B

（6）半丫偏高

3w

【分析】本题以磷酸锌晶体为素材，考查化学实验基本操作知识，以及滴定法测产品纯度。

【解析】（1）仪器a为三颈烧瓶：

<2）水浴加热便于控制温度、受热均匀等；向ZnO糊状物滴加H.FO」合成化学方

程式为3ZnO+2H3PO4=Zn3（PO4）7-2H2O+H2O：

<3）抽滤就是减压过滤，所以布氏漏斗与过漉使用的漏斗功能相同；

（4）产品是结晶水合物，温度过高，会导致产品失去结晶水；

（5）配制100mL溶液，必须选择100mL容量瓶;

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

的物质的量为0.0lxVxl（r3moi,产品配制成100mL溶液，移取20.00mL滴定，故100mL溶液中

1（）（）

Zn"的物质的量为0.01xVx10-3x哭mol，产品中Zn与Zn3（PO•2HQ的物质的量比为3:1,故

Zn/POjt%。的质量为OOlxVxl（尸x蜉Kx421g,L算产品纯度为

°°“Vxl°"Mxgx4212.105V；没有用EDTA溶液润洗滴定管，测得所用EDTA体积

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

w3w

偏大，导致测得的结果偏高。

18.（14分）巴洛沙韦是一种新型抗流感病毒药物，其中间体（I）的合成路线如下:

HOAllocAllocAlloc

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

D-U-iii

AB(C8HHNO4)CD

OBnOOBnOOBnO

CH.CHJoz^HCI

OH--A(广一»

ivHV，

EFH

OBnO

(广SnCL

Bn—IQHJCH,—

O

NH

II小

Boc—:(CHJCO—C—/Alloc

I

（I）I中含氧官能团有酯基、、（填名称）。

（2）B中“-Alloc”的结构简式为o

（3）反应ii使用的DIBAL-H是一种重要有机物，最有可能是（填标号）。

（4）反应iv的化学方程式为。

（5）反应vi除了H之外，还有C0?和异丁烯两种气体生成，过程中涉及的有机反应类型有

（6）F经v、\"两步获得H。若F直接与H2N-NH2反应，不能达到目的，原因是

（7）写出同时符合下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：

a.含硝基；b.存在顺反异构；c.核磁共振氢谱有4组峰。

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）隧键（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）反应（1分）消去（消除）反应（I分）

（6）胧中的两个氨基都会参与反应（或其他合理答案）

(7)CH.CH2cH=CHNO2(或CH3cH=CHCH2NO2)

（）

【分析】A与J1-发生取代反应得到B,B用DIBAL-H还原生成C,C在MsOH酸性条件

（I八。〜

下与甲醇发生取代反应得到D；E与一碘乙烷发生取代反应得到F,F与单-Boc保护的胧反应生成G,

G在酸性条件下脱除-Boc保护得到H；D和H在SnCL作用下发生取代反应生成I；

【解析】（1）I的结构简式为其含氧官能团有酯基、（酮）埃基、醐键、酰胺

基;

（2）B的结构简式为°则“-Alloc”的结构简式为—COOCH2cHMCH?:

（3）反应iiB中酰胺基的镶基被还原为羟基，故DIBAL-H为还原剂，根据题意，DIBAL-H是一种重

要的有机物，则:

a.丫、个/丫是有机物，而H的电负性大于AL则H为-1价，具有较强的还原性，a符合题意;

H

b.NaBH4是一种较强的还原剂，但属于无机物，b不符合题意;

c.LiAIH」是一种极强的还原剂，但属于无机物，c不符合题意;

0

d.是有机物，但其中含有过氧键（―0一。一），具有强氧化性，d不符合题意；

故选a：

（4）反应iv中，E的粉基氢被乙基取代得到F,同时生成HL化学方程式为

OBnOOBnO

OBnO

（5）G的结构简式为LN,其中-NH-Boc基团在酸性条件下，发生酰胺基和酯

、NH

o^koX（CHj）j

基的水解反应（取代反应）生成H、H2CO3（分解为COZ和H。）和叔丁醇（义），叔丁醇进

一步发生消去反应生成异丁烯（/（）和H?。；

（6）明（H2N-NH2）中存在2个相同的氨基，若不用-Boc对其中1个基基进行保护直接与F发生

反应，则2个氨基均会参与反应，生成

（7）A的不饱和度为2,其同分异构体含有硝基（-NO?）,且存在顺反异构体，即含有碳碳双键，

故还剩2个饱和碳原子；核磁共振氢谱含有4组峰，则碳碳双键每个碳原子上都存在1个H原子，故

可能的结构简式为CH3cH2cH=CHNO2和CH3CH=CHCH2NO2。

19.(15分)乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志。工业上可以用乙烯制备环氧乙烷(C2H4O)

和乙醇。

(1)工业上用银作催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷，发生的主要反应为：

2c2H4(g)+O2(g).2C2H4O(g)△”/=-2IOkJmoH

①已知反应存在如下转化关系：

C2H4(g)+AgO2(s)—^C2H4O(g)+AgO(s)

△HAH5

J

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

则△”尸(用含△%、AH,、AHs的代数式表示)。

②该反应的部分过程如下图所示(部分共价键未画出)：

HX*

2\