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2020 级高三模拟考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Cl 35.5 Ti 48 Ag 108
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是
A. 中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金
B. 中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅
C. 中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标
D. 中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢是铁碳合金，属于合金，A正确；
B．光伏电站使用 的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B错误；
C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO 的排放，故有助于实现卡塔尔世界
2
杯绿色低碳的目标，C正确；
D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D正确；
故答案为：B。
2. 下列叙述正确的是
A. 容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水
B. 可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚
C. 金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火
D. 可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，简式滴定管下端有玻璃珠和分液漏斗下
端有玻璃活塞，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A正确；
B．瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩
埚，B错误；
C．由于镁可以在CO 中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CO 2MgO+C，故金属镁着火时，不可用
2 2
泡沫灭火器灭火，C错误；
D．硝酸银见光易分解，可将硝酸银固体保存在棕色广口瓶中，D错误；
故答案为：A。
3. 铁铝铅榴石主要成分为 ，其组成也可写成的氧化物形式：
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学科网（北京）股份有限公司。下列说法正确的是
A. 组成元素均位于元素周期表的p区
B. 晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高
C. 基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
D. 中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A错误；
B．已知Si(s)和SiO(s)均为原子晶体，且键长为：Si-Si键＞Si-O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si-
2
O键＞Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B
错误；
C．已知Al是13号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p33s23p1，故基态铝原子核外电子占据7各原子轨
道，即有7种不同的空间运动状态，C正确；
D．由原子手恒可知，Fe O 中x=4，设Fe O 中Fe(II)为a个，则有2a+3(3-a)=8，即得a=1，即设Fe O 中
3 x 3 x 3 x
Fe(II)与Fe(III)的个数比为1：2，D错误；
故答案为：C。
4. 有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是
A. 能与溴水发生加成反应和取代反应
B. 与足量 加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应
D. 1mol M与足量 溶液反应，最多消耗2mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代
反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br 水发生加成反应，A正确；
2
B．由题干有机物的结构简式可知，与足量H 加成后的产物中含有醇羟基、羧基和碳氯键等官能团，其中
2
醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．由题干有机物的结构简式可知，1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1molNaOH，含有1mol羧基，可
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学科网（北京）股份有限公司消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2molNaOH，即一定条件下，1mol M最多
可与4mol NaOH反应，C正确；
D．由题干有机物的结构简式可知，1mol M与足量NaCO 溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗NaCO 各
2 3 2 3
1mol即2molNa CO，D正确；
2 3
故答案为：B。
5. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A ( ) 饱和 溶液
B ( ) 盐酸、NaOH溶液、
C ( ) 无水
D 溴苯( ) NaOH溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用饱和NaHCO 溶液来除去CO 中的SO ，反应原理为：2NaHCO +SO=Na SO +2CO +H O该
3 2 2 3 2 2 3 2 2
反应未有化合价改变，不属于氧化还原反应，A不合题意；
B．用NaOH溶液、CO 即可除去Al O 中的Fe O，涉及的反应先后为：Al O+2NaOH=2NaAlO +H O、
2 2 3 2 3 2 3 2 2
NaAlO +2H O+CO=Al(OH) ↓+NaHCO、2Al(OH) Al O+3H O，试剂盐酸可以不用，且未有元素化合价
2 2 2 3 3 3 2 3 2
改变，均不属于氧化还原反应，B不合题意；
C．干燥氨气不能用无水CaCl ，试剂错误，C不合题意；
2
D．除去溴苯中的Br ，用NaOH溶液然后分液，反应原理为：2NaOH+Br =NaBr+NaBrO+H O，该反应有
2 2 2
元素化合价改变，属于氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
6. 铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是
A. 可用铝热反应制备铬
B. 常温下铬在浓硝酸中发生钝化
.
C 可直接蒸发 溶液制备无水
D. 已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为
【答案】C
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【详解】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：
2Al+Cr O Al O+2Cr，A正确；
2 3 2 3
B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝
酸中发生钝化，B正确；
C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl 溶液时由于CrCl 水解得到Cr(OH) 和HCl，HCl易挥
3 3 3
发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl 溶液不能制备无水CrCl ，C错误；
3 3
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由 +H O 2 +2H+可知，则其氧化产物为
2
，D正确；
故答案为：C。
7. 前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期。X的最高能级的电子数比电子层数
多1，Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数
均相同。下列说法正确的是
A. 四种元素中电负性最大的为Y
B. X元素的第一电离能高于其同周期相邻元素
C. Z元素在同周期中金属性最强
D. W与X两种元素形成的化合物中只含有极性键
【答案】B
【解析】
【分析】前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期，则W为氢；X的最高能级的
电子数比电子层数多1，为氮；Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Y为硅；Z与W中均存在单电子，
且两者单电子数和最外层电子数均相同，Z为钾或铜；
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属
性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；四种元素中电负性最大的为X，A错误；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周
期相邻元素，B正确；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；Z为
钾或铜，若为铜则不成立，C错误；
D．W与X两种元素形成的化合物NH 中也含有N-N非极性键，D错误；
2 4
故选B。
8. 下列实验能达到相应实验目的的是
A．在铁制品上镀 B．探究浓度对反应速
C．验证乙烯具有还原性 D．制备FeSO 固体
4
致密铜镀层 率的影响
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学科网（北京）股份有限公司A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．一般情况下，在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为
CuSO 溶液，铁作阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，但若用CuSO 过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以
4 4
形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一个稳定的状态，此时镀铜层的结晶会更一致，镀层的孔隙
率下降，即使的铁上镀致密铜镀层，A符合题意；
B．由于浓硫酸由强氧化性，导致反应原理发生改变，加入浓硫酸反应原理可能为：
NaSO+3H SO (浓)=Na SO +4SO↑+3H O，加入稀硫酸则反应原理为：
2 2 3 2 4 2 4 2 2
NaSO+H SO =Na SO +S↓+SO ↑+H O，故不能探究浓度对反应速率的影响，B不合题意；
2 2 3 2 4 2 4 2 2
C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水
的洗气瓶来除去乙烯中的乙醇，且还可能产生还原性气体SO ，C不合题意；
2
D．直接蒸干FeSO 饱和溶液，亚铁离子被氧化生成铁离子，则不能制备无水FeSO ，D不合题意；
4 4
故答案为：A。
9. 有机物W的结构如图所示，下列关于W的说法错误的是
A. 分子中无手性碳原子
B. 分子中碳原子的杂化方式有2种
C. 1mol W中含σ键的数目为19
D. W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与 溶液反应的有18种
【答案】D
【解析】
【详解】A．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物结构简式可
知，分子中无手性碳原子，A正确；
第5页/共23页
学科网（北京）股份有限公司B．由题干有机物结构简式可知，分子中碳碳双键和碳氧双键上的碳原子采用sp2杂化，另一个单键的碳原
子采用sp3杂化，故分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3 2种杂化方式，B正确；
C．已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个Π键，结合题干有机物结构简式可知，1mol W中含σ键的
数目为19 ，C正确；
D．已知W的分子式为C HO，W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与NaHCO 溶液反应即含有羧
8 8 3 3
基，则若只含有一个取代基为： 一种，若含有两个取代基则有：-CHOH和-COOH、-OCH
2 3
和-COOH、-CHCOOH和-OH三组，每一组又有邻间对三种位置关系，若为三个取代基即-OH、-CH 和-
2 3
COOH此种情况共有4+4+2=10种，故一共有1+3×3+10=20种，D错误；
故答案为：D。
10. CO 电催化还原制备CHOH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。
2 3
主反应：
副反应：
下列说法正确的是
A. 催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低 、
B. * 与 结合形成*
C. 反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
D. 反应 为决速步
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热 、 ，A错误；
B．由题干反应历程图可知，*OCH 与H原子结合形成*OCH ，B错误；
2 3
C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；
D．由题干反应历程图可知，反应 的活化能最大，该步反应速率最慢为
决速步，D正确；
故答案为：D。
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学科网（北京）股份有限公司二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，
全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 为探究FeCl 溶液与NaS溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe S 均为难溶于水的黑色固
3 2 2 3
体)。
实
实验操作 实验现象
验
分别向盛有少量FeS、Fe S 固体的试管中加 固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe S 还
2 3 2 3
①
入稀盐酸 有淡黄色浑浊生成
开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立
向0.1mol/L FeCl 溶液中加入少量0.1 mol/L
3
② 即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产
NaS溶液
2
生
先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸
向0.1 mol/L Na S溶液中加入少量0.1 mol/L
2
③ 后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体
FeCl 溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸
3
生成
下列说法错误的是
A. 配制 FeCl 溶液时，需将FeCl 固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度
3 3
B. 实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为
C. 由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe S
2 3
D. FeCl 溶液与NaS溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关
3 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于FeCl 在水溶液中已发生水解，故配制FeCl 溶液时，需将FeCl 固体溶于浓盐酸，以抑制
3 3 3
Fe3+水解，再加水稀释至所需浓度，A正确；
B．由于FeCl 溶液呈酸性，结合实验②中实验现象开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，
3
同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生，可知沉淀消失发生反应的离子方程式为
，B正确；
C．由于实验③中NaS过量，故若发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，黑色沉淀还可能是FeS和S，或Fe S 、
2 2 3
FeS和S的混合物，与稀盐酸反应也能观察实验③的现象，故由实验①、③中的现象不能推出实验③中的
黑色沉淀为Fe S，C错误；
2 3
D．根据题干实验②③可知，FeCl 溶液和NaS溶液反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有
3 2
关，D正确；
故答案为：C。
12. 某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的 转化为N 进入大气层，反应
2
过程如图所示。下列说法错误的是
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学科网（北京）股份有限公司A. 过程I中 发生还原反应
B. a和b中参与反应的 数目相等
C. 过程Ⅱ的反应为
D. 过程I→Ⅲ的总反应为
【答案】C
【解析】
【分析】某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移（如a、b和c），则过程Ⅰ的方程式为： +2H++e-
=NO↑+HO，过程Ⅱ的方程式为：NO+ +2H++3e-=N H+H O，过程Ⅲ的方程式为：NH-4e-
2 2 4 2 2 4
=N ↑+4H+，据此分析解题。
2
【详解】A．由题干信息可知，过程I中 转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A正确；
B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为： +2H++e-=NO↑+HO，过程Ⅱ的方程式为：NO+
2
+2H++3e-=N H+H O，和b中参与反应的 数目相等，B正确；
2 4 2
C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO+ +2H++3e-=N H+H O，C错误；
2 4 2
D．由分析可知，过程Ⅰ的方程式为： +2H++e-=NO↑+HO，过程Ⅱ的方程式为：NO+ +2H++3e-
2
=N H+H O，过程Ⅲ的方程式为：NH-4e-=N ↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为
2 4 2 2 4 2
，D正确；
故答案为：C。
13. 一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、 )回收金属的工艺流程如
下：
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学科网（北京）股份有限公司室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH 7.8 5.5 5.8 1.8 8.3
完全沉淀时的pH 9.4 6.7 8.8 2.9 10.9
下列说法正确的是
A. “滤渣I”为
B. “调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C. 生成 的离子方程式为
D. “沉钴”时，用 代替 可以提高 的纯度
【答案】BC
【解析】
【分析】由题干工艺流程图信息可知，向低铜萃取余液中加入 CaO浆液调节pH值到4.0~5.0，则产生
CaSO 和Fe(OH) 沉淀，过滤得滤渣I成分为CaSO 和Fe(OH) ，滤液中含有Co2+、Cu2+、Fe2+、Mn2+等离子，
4 3 4 3
向滤液中通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，进而转化为Fe(OH) 沉淀，将Mn2+氧化为MnO ，过滤得滤液(主要
3 2
含有 Co2+和 Cu2+)，向其中加入 CaO 浆液，调节 pH 到 5.5~7.8，将 Cu2+转化为 Cu(OH) ，即滤渣Ⅱ为
2
Cu(OH) ，过滤得滤液，向其中加入NaHCO 进行沉钴，反应原理为：Co2++2 =CoCO ↓+H O+CO↑，
2 3 3 2 2
据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH) 和CaSO，A错误；
3 4
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B正
确；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO 的离子方程
2
式为 ，C正确；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用NaCO 代替NaHCO ，否则将生成
2 3 3
Co(OH) 等杂质，D错误；
2
故答案为：BC。
14. 双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到 和 。工业上用“双极膜双成对电解
法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是
第9页/共23页
学科网（北京）股份有限公司A. a为阳极，b为阴极
B. b极上草酸发生的反应为
C. HBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介
D. 两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示，a极HO生成O，发生氧化反应，则a为阳极；b极H+生成H，发生还原反应，则b
2 2 2
为阴极，据此分析作答。
【详解】A．根据分析，a为阳极，b为阴极，A正确；
B．阴极上的反应为：HC O+2e−+2H+=OHCCOOH+H O、 ，B正确；
2 2 4 2
C．OHCCHO属于非电解质，HBr的作用是增强阳极液的导电能力，Br-在阳极发生失电子的氧化反应生成
Br ，Br 将OHCCHO氧化为OHCCOOH，HBr充当间接电氧化的媒介，C正确；
2 2
D．当阳极生成标准状况下2.24LO ，转移电子物质的量为0.4mol，生成乙醛酸amol，当阴极b极生成标准
2
状况下2.24LH ，转移电子数为0.2mol，生成乙醛酸bmol，根据电子守恒，
2
，解得b-a=0.1mol，理论上可得到乙醛酸的质量一定大于
0.1✖74g/mol=7.4g，D错误；
故答案为：D。
15. 25℃时，向一定浓度的 溶液中逐滴加入HCl，以X表示 或 。已知
，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
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学科网（北京）股份有限公司A. 曲线I表示 与pH的关系
B. 第一步电离常数的数量级为
C. 时，
D. 时，
【答案】BD
【解析】
【分析】当 ， ， ；当 ，
， ；由于K >K ，结合图像可知，曲线Ⅱ表示
a1 a2
与 的关系、曲线Ⅰ表示 与 的关系；
【详解】A．由分析可知，Ⅰ表示 与 的关系；，A正确。
B．由点（2.23，-1）可知， 第一步电离常数为 ，其
数量级为10-2，B错误。
C．由图可知， 时， >0，则 ；
，由点（3.19，1）可知，
； ，此时 ，则
，得 ，C正确。
D．由电荷守恒可知， ；由物料守恒可知，
；两式联立可得：
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学科网（北京）股份有限公司； ， 时，
，则有 ，D错误。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. VA族元素原子核外电子排布有着特殊性，能与其他元素组成结构、性质各异的化合物。回答下列问题：
（1）氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，
则重排后的氧原子价电子排布图为_______，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合
_______(填“泡利不相容原理”或“洪特规则”)。
（2）沸点： _______ (填“>”或“＜”，下同)，键角： _______ 。
（3）As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______。
（4）基态As原子的最高能级组的电子排布式为_______，与 互为等电子体的分子为_______(写出
一种)。
（5）TiN晶胞中的少量Ti被Al代替后的立方晶胞结构如图所示。该晶胞中，距离Ti最近的Al有_______
个；原子①与原子②的距离为_______nm(已知晶体密度为 ，阿伏加德罗常数的值为 )。
【答案】（1） ①. ②. 洪特规则
（2） ①. < ②. <
（3）As>Se>Ge
（4） ①. 4s23d104p3 ②. CCl
4
（5） ①. 4 ②.
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原
子价电子排布图为 ；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不
同的轨道且自旋方向相同，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合洪特规则；
【小问2详解】
氨分子可以形成氢键，导致沸点升高，故沸点： < ； 、 中心原子均为sp3杂化，但
是 中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致
中键角减小，故键角： < ；
【小问3详解】
同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期
相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge；
【小问4详解】
As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的最高能级组的电子排布式为4s23d104p3；等电子体是指价电子
数和原子数相同的分子、离子或原子团，与 互为等电子体的分子为CCl 等；
4
【小问5详解】
由图可知，以右侧棱心的钛原子为例，晶胞内体心铝原子与其最近，则周围4个晶胞中距离Ti最近的Al
有4个；据“均摊法”，晶胞中含 个N、 个Ti、1个Al，设晶胞参数为anm，则
晶体密度为 ， ，原子①与原子②
的距离为 。
17. 一种从含银、铼的废催化剂(含 、MgO、 、 和 等)中回收银和铼的工艺流程如下：
已知：高铼酸( )是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
第13页/共23页
学科网（北京）股份有限公司（1）“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反
应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。
（3）用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。
（4）“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时， 与AgCl反应生成 和一种无毒气体，该
反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用 溶解，则100mL 6 最多能
溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知： )的平衡常
数称为稳定平衡常数， ；AgCl的 。
【答案】（1） ①. 分液漏斗和烧杯 ②. 降温
（2） ①. 2Re+7H O=2ReO +6H O+2H+ ②. 溶解高铼酸
2 2 2
（3）酸溶 （4） ①. 4AgC1+5 =4Ag↓+N ↑+4 +5H O ②. 7.18g
2 2
【解析】
【分析】含银、铼的废催化剂(含 、MgO、 、 和 等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废
催化剂中的铼生成高铼酸， 、 、MgO和Fe O 也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸
2 3
液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO 为浸渣，加入
2
还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复
使用。
【小问1详解】
“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选
用降温结晶；
【小问2详解】
“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H O=2ReO
2 2
+6H O+2H+；高铼酸( )是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在
2
70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
【小问3详解】
滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
【小问4详解】
“还原”时， 与AgCl反应生成 和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5
=4Ag↓+N ↑+4 +5H O；
2 2
已知：① ) ；
第14页/共23页
学科网（北京）股份有限公司②AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) ；
①+②可得AgCl(s)+2NH （aq） [Ag(NH)]+(aq)+Cl-(aq)
3 3 2
。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol 143.5g/mol 7.18g。
18. 溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O 在合适温度下催化氧化HBr制备
2
Br (g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br 完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O 混
2 2 2
合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：
（1）已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：
物质 HBr(g) (g) (g) (g)
相对能量/ x y z w
此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为
2
60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是
_______(填标号)。
A. B.
C. D.
（2）“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1 的
(g)和 (g)，发生反应： 。保持温度不变，压缩容器体积，
测得不同容积下 (g)的平衡浓度如下表：
容器体积V/L 10 3
m 0.09 0.25
当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡_______移动(填“正向”
“逆向”或“不”)，m=_______；容器体积缩小到 L时，平衡_______移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，
此反应在容积为10 L和 L时化学平衡常数分别为 、 ，则 _______ (填“大于”“小于”或“等
于”)。
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学科网（北京）股份有限公司（3）新工艺中，“氧化溴化”反应： 。
反应起始物料n( )、n(HBr)、n( )分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中
的物质的量分数为x( )，在T为500K下的x( )～p、在p为 下的
如图所示。
a点对应的压强为_______；b点对应的反应条件为_______，此时 _______(保留三位有效数字)。
【答案】（1）C （2） ①. 不 ②. 0.027 ③. 逆向 ④. 大于
（3） ①. ②. 500K、 ③. 65.2%或者0.652
【解析】
【小问1详解】
由题干表中数据可知，4HBr(g)+O (g)=2Br (g)+2HO(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭
2 2 2
容器中充入4mol HBr(g)和1mol O(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，
2
改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时
测得放出热量为Q kJ，则 ，故答案为：C；
【小问2详解】
根据反应方程式 可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L
时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不
移动，m= =0.027，；容器体积缩小到 L时，若平衡不移动，则平衡时c(CHBr)=
3
=0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，T K时，此反应在容积为10 L和 L时化学平衡
常数分别为 、 ，由三段式分析10V 时，
0
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学科网（北京）股份有限公司，K= =0.14，V0时，由于压强
1
增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时
，K= =0.083，则 大于 ，故
2
答案为：不；0.027；逆向；大于；
【小问3详解】
由题干反应方程式 可知，恒温恒容下，增大
压强平衡正向移动，即x( )随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的
曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x( )随着温度的升高而减小，故题干图
像中曲线a为 下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、 ，b点时x(
)=0.30，根据三段式分析可知，
，则有： =0.30，解得x=
mol，故b点 =65.2%，故答案为： ；500K、 ；65.2%或者
0.652。
19. 文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如下图所示：
已知以下过程：
第17页/共23页
学科网（北京）股份有限公司I.
II.
III.
回答下列问题：
（1）物质A的名称为_______，B→C的化学反应方程式为_______。
（2）试剂X的结构简式为_______，C→D的反应类型为_______。
（3）E中含氧官能团的名称为_______。
（4）同时满足下列条件的C的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基 ②分子中含有手性碳原子
③能发生银镜反应 ④与 发生显色反应
（5）根据上述信息，写出以丙酮( )为主要原料，制备 的合成路线
________________。
【 答 案 】 （ 1 ） ① . 苯 酚 ② . +ClCOCH Cl
2
+HCl
（2） ①. NH(CH) ②. 取代反应
3 2
（3）羟基和醚键 （4）12
（ 5 ） CHCHOHCH CHCHBrCH
3 3 3 3
或 者 CHCHOHCH
3 3
CHCHBrCH
3 3
【解析】
【分析】由题干合成流程图信息可知，由A的分子式和B的结构简式结合A到B的转化条件可知，A的结
第18页/共23页
学科网（北京）股份有限公司构简式为： ，由F的结构简式和E到F的转化条件并结合题干已知信息Ⅲ可知，E的结
构简式为： ，由E的结构简式和D到E的转化条件可知，D的
结构简式为： ，由B的结构简式和B到C的转化条件并结合已知信
息Ⅰ可知，C的结构简式为： ，由C和D的结构简式和C到D的转化条件
并结合已知信息Ⅱ可知，试剂 X 的结构简式为：NH(CH) ，(5) 已知 可由
3 2
在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干 F 到 G 的转化信息可知，
可由 和CHCHBrCH 转化而得，CHCHBrCH 可由CHCHOHCH
3 3 3 3 3 3
和HBr反应制得或则CHCHOHCH 和PBr 反应制得，CHCHOHCH 则可由 和催化加氢
3 3 3 3 3
或则催化还原可得，据此分析确定合成路线，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为： ，则物质A的名称为苯酚，B→C即
转化为 ，故该反应的化学反应方程式为：
+ClCOCH Cl +HCl，故答案为：苯酚；
2
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学科网（北京）股份有限公司+ClCOCH Cl +HCl；
2
【小问2详解】
由分析可知，试剂X的结构简式为NH(CH)，C→D即 + NH(CH)
3 2 3 2
+HCl，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：NH(CH)；取代反
3 2
应；
【小问3详解】
由分析可知，E的结构简式为： ，则E中含氧官能团的名称为羟基和
醚键，故答案为：羟基和醚键；
【小问4详解】
由分析可知，C的结构简式为： ，其分子式为：C HOCl，则同时满足下列
9 9 2
条件：①苯环上有两个取代基，②分子中含有手性碳原子即含有同时连有四个互不相同的原子或原子团的
碳原子，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，④与FeCl 发生显色反应即含有酚羟基，故两个取
3
代基为：-OH和 、 、 、 等四组，然后每一组又有
邻间对三种位置异构，故符合条件的C的同分异构体有4×3=12种，故答案为：12；
【小问5详解】
已知 可由 在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干F到
G的转化信息可知， 可由 和CHCHBrCH 转化而得，
3 3
CHCHBrCH 可由CHCHOHCH 和HBr反应制得或则CHCHOHCH 和PBr 反应制得，CHCHOHCH 则可
3 3 3 3 3 3 3 3 3
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学科网（北京）股份有限公司由 和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线为：
CHCHOHCH CHCHBrCH
3 3 3 3
或者 CHCHOHCH CHCHBrCH
3 3 3 3
，故答案为：
CHCHOHCH CHCHBrCH
3 3 3 3
或者 CHCHOHCH CHCHBrCH
3 3 3 3
。
20. 环己酮( )是一种重要的化工原料，一种由HO 氧化环己醇制备环己酮的实验方法如
2 2
下：
相关数据如下：
密度/ 沸点/ 与水形成共沸物的沸
物质 部分性质
℃(101kPa) 点/℃
.
环己
0.96 161.0 978 能溶于水，具有还原性，易被氧化
醇
环己 155.0 微溶于水，遇氧化剂易发生开环反
0.95 95.0
酮 98.0/3.4kPa 应
回答下列问题：
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学科网（北京）股份有限公司（1） 的作用是_______：加入食盐的目的是_______。
（2）环己酮的产率受HO 用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加HO 的用量其产率反而下降，原
2 2 2 2
因是_______。
（3）减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用_______(填“水浴”或“油浴”)。
进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有_______。
减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅
拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是_______(填标号)。
a.关闭真空泵 b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
c.缓慢打开双通旋塞 d.停止通冷凝水
（4）本实验中环己酮的产率为_______(保留2位有效数字)。
（5）传统的制备环己酮实验用酸性 作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程
式为_______。
【答案】（1） ①. 催化剂 ②. 降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离
（2）环己酮进一步被氧化发生开环反应
（3） ①. 油浴 ②. 防止暴沸 ③. bdca
（4）83%或者0.83
（5）3 +4 +32H+ 3HOOCCH CHCHCHCOOH+8Cr3++19H O
2 2 2 2 2
【解析】
【分析】本实验题是用HO 在FeCl 的催化下氧化环己醇制备环已酮，先在10mL环己醇和2.0gFeCl 混合，
2 2 3 3
在滴加30%H O 在60℃~70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸馏得到共
2 2
沸馏出液，向共沸馏出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到
有机层，主要含有环己酮和环己醇，向其中加入MgSO 吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸馏
4
即得较纯净的环己酮，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，FeCl 的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体
3
分离，故答案为：催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离；
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学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加HO 的用
2 2
量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降，故答案为：环己酮进一步被氧化发生开环
反应；
【小问3详解】
由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏
时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压
蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，
进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷
凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca，答案为：油浴；防止暴沸；
bdca；
【小问4详解】
根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)= =0.096mol，本实验中环己酮的产率为
=83%，故答案为：83%或者0.83；
【小问5详解】
传统的制备环己酮实验用酸性 作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配平
可得，该反应的离子方程式为3 +4 +32H+ 3HOOCCH CHCHCHCOOH+8Cr3+
2 2 2 2
+19H O，故答案为：3 +4 +32H+ 3HOOCCH CHCHCHCOOH+8Cr3++19H O。
2 2 2 2 2 2
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