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2026 年高考一轮复习检测卷
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：H 1 C 12 N 14 O 16 A l27 Cl 35.5 S 32 K 39 Fe56
第Ⅰ卷（选择题 共42 分）
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．2025 年9 月3 日，中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80 周年阅兵盛典在北京举行，下列说法
错误的是
A．战机使用的高沸点液体发烟剂拉烟过程只发生化
学变化
B．DF-5C导弹外壳是由耐热树脂基体与碳纤维组
成的复合材料
C．防弹衣中的凯夫拉纤维是芳香聚酰胺材料
D．隐形歼击机的隐身涂层属于合成高分子材料
【答案】A
【解析】战机拉烟过程中，高沸点液体发烟剂在高温下汽化并冷凝成小液滴形成烟迹，主要为物理变化，
并非只发生化学变化，故A 错误；复合材料由基体和增强体组成，耐热树脂基体与碳纤维组成的材料属于
复合材料，故B 正确；凯夫拉纤维的化学成分为聚对苯二甲酰对苯二胺，属于芳香族聚酰胺材料，故C 正
确；隐形战机的隐身涂层通常由人工合成的高分子化合物构成，属于合成高分子材料，故D 正确；故选
A。
2．下列有关化学用语表示正确的是
1
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A．中子数为8 的氧原子核素符号：❑8
8O
B．
Fe
3+
的结构示意图：
C．HClO 的电子式为：
D．NaCl 溶液中的水合离子：
【答案】B
【解析】核素符号左上角为质量数，左下角为质子数，氧质子数为8，中子数8 时质量数=8+8=16，正
确符号应为
O
8
16
，A 错误；
Fe
为
26
号元素，
Fe
3+
核外电子数
=26−3=23
，结构示意图应为
，B
正确；HClO结构式为H-O-Cl，电子式中O 应在中间，正确电子式为
，C 错误；NaCl溶液
中，Na
+带正电吸引水分子氧端（负电），Cl
-带负电吸引水分子氢端（正电），图示不符合水合离子特
征，D 错误；故选B。
3．下列实验操作规范的是
A．蒸发AlCl3溶液得到AlCl3晶体
B．量取25.00 mL KMnO4溶液
2
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C．加热NaHCO3固体
D．配制100 mL 1.00 mol/L的NaCl溶
液
【答案】B
【解析】AlCl3溶液中Al
3+水解生成Al(OH)3和HCl，加热蒸发时HCl挥发，促进水解平衡正向移动，最终
得到Al(OH)3（或进一步灼烧得 Al2O3），无法得到AlCl3晶体，A 错误；KMnO4溶液具有强氧化性，需用
酸式滴定管量取，滴定管可精确到0.01mL，可量取25.00 mL KMnO4溶液，操作规范，B 正确；加热
NaHCO3固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，若试管口向上则操作错误，C 错误；配
制溶液转移时需用玻璃棒引流，直接倾倒会导致溶液溅出，体积不准确，D 错误；故选B。
4．下列物质的性质与对应结构无关的是
选项
结构
性质
A
O3的空间结构为V形
O3在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度
B
石墨具有层状结构
石墨有良好的润滑性
C
NH3中的N具有孤电子对
NH3具有碱性
D
乙醇中含有亲水基−OH
乙醇易溶于水
【答案】A
【解析】O3的V 形结构使其具有极性，但溶解度在非极性的CCl4中更高可能与分子间色散力（与分子量
相关）有关，而非直接由V 形结构导致，因此结构和性质无关，A 符合题意；石墨的层状结构使层间易滑
动，直接导致润滑性，结构和性质相关，B 不符合题意；NH3中N 的孤电子对使其能结合质子，直接体现
碱性，结构和性质相关，C 不符合题意；乙醇的-OH 为亲水基，能与水形成氢键，直接导致易溶于水，结
构和性质相关，D 不符合题意；故选A。
5．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2 L NH3与11.2 L HF 均含有5 NA个质子
B．4.4 g C2H4O 中含有σ 键数目最多为0.7 NA
C．5.8 g 丁烷充分裂解，生成物中乙烷的分子数为0.1 NA
D．常温下，1 L pH=9 的CH3COONa 溶液中，水电离出的OH
−数目为10
−9 NA
3
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【答案】B
【解析】标准状况下，HF 为液体，无法用气体摩尔体积计算其质子数，A 错误；C2H4O 的结构中，环氧乙
烷（环状）含7 个σ 键（2 个C-O、1 个C-C、4 个C-H），4.4g（0.1mol）对应0.7 NA个σ 键，B 正确；丁
烷裂解可能生成乙烷和乙烯，但反应存在多种途径，乙烷分子数小于0.1 NA，C 错误；常温下pH=9 的
CH3COONa 溶液中，c( H
+)=10
−9mol / L。c(OH
−)=10
−5mol/L，溶液中的OH
−均来自水的电离，因
此水电离出的c(OH
−)=10-5mol/L，数目为10-5 NA，而非10-9 NA，D 错误；故选B。
6．下列过程中，对应反应方程式正确的是
A．NaHS 溶液中滴入FeCl3
溶液：Fe
3++3 HS
−+3 H2O= Fe(OH)3↓+3 H2S↑
B．AgCl 溶于浓氨水：Ag
++2NH3⋅H2O =[Ag(NH3)2]
++2H2O
C．酸性K2Cr2O7
溶液氧化H2O2
：Cr2O7
2−+8 H
++5 H2O2=2Cr
3++ 4 O2↑+9 H2O
D．含氟牙膏防治龋齿的原理：Ca5(PO4)3OH(s)+ F
−(aq)⇌Ca5(PO4)3F(s)+OH
−(aq)
【答案】D
【解析】Fe3+与HS-在溶液中会发生氧化还原反应而非双水解，产物应为S 等，且Fe3+会被还原为Fe2+，依
据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出离子方程式为2Fe3++HS-=2Fe2++S↓+H+，若HS-过量，还会
与H+反应生成H2S，A 错误；AgCl 溶解于浓氨水的反应中，应以AgCl(s)为反应物，而非直接使用Ag+，
方程式未体现固体参与反应，正确的离子方程式为AgCl+2NH3⋅H2O =[Ag(NH3)2]
++Cl
−+2H2O，B 错
误；Cr2O7
2−与H2O2的氧化还原反应中，电子转移数目未配平（Cr 得到6e-，H2O2失去10e-），且O2的生
成量不符合化学计量，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，正确的离子方程式为
Cr2O7
2−+8 H
++3 H2O2=2Cr
3++3O2↑+7 H2O，C 错误；F-与羟基磷灰石反应生成更稳定的氟磷灰石，符合
沉淀转化原理，方程式符合客观实际，D 正确；故选D。
7．以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原料回收部分金属单质，
其工艺流程如图：
4
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已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表：
电对
Cu
2+/Cu
Pb
2+/Pb
Ni
2+/Ni
Cd
2+/Cd
Fe
2+/Fe
电极电位/ V
+0.337
−0.126
−0.257
−0.402
−0.442
下列说法错误的是
A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用
B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含Fe(OH)3
C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu
D．流程中可循环利用的物质有CO、H2SO4、Ni
【答案】C
【解析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原料回收
部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅
不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S 的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍
（物质X）调节溶液pH，将溶液中Fe
3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有Fe(OH)3的滤渣Ⅱ和滤液；向
滤液中加入镍(物质Y)，将溶液中Cu
2+转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z）和硫酸镍、硫酸镉
的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液Ⅰ）；固体通入一氧化碳气化分离得到四
羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化
碳、硫酸、镍。
“酸浸”中鼓入空气，O2可氧化NiS 中的-2 价的硫，防止生成H2S产生污染，同时搅拌使反应更充分，A
正确；加入“物质X”调pH使Fe
3+转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO 可消耗H
+且不引入杂质，Fe
3+在较低
pH溶液中生成Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ，B 正确；净化需除去氧化性强的Cu
2+，而不除去Ni
2+、 Cd
2+，同时不
引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y 为Cd，其还原性强于Ni，会置换Ni
2+，且Z 不仅含
Cu、还含有Ni，C 错误；CO 参与气化生成Ni(CO)4，Ni(CO)4分解后生成CO 可循环；H2SO4在酸浸中使
用，滤液Ⅰ中含H2SO4循环；Ni(CO)4分解生成的Ni 可用于净化步骤除Cu
2+，D 正确；故选C。
8．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
5
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A
向蔗糖溶液中滴加5 mL 0.1 mol·L-1稀硫酸，水浴加
热，再加入少量新制Cu (OH)2继续加热
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
B
向10 mL 0.2 mol·L-1 NaOH 溶液中滴加2 滴0.1
mol·L-1MgCl2溶液，再滴加2 滴0.1 mol·L-1CuCl2溶
液
先生成白色沉淀，
后生成蓝色沉淀
K sp[Mg (OH)2]>
K sp[Cu (OH)2]
C
取适量FeCl2溶液于试管中，加入酸性KMnO4溶液，
振荡
酸性KMnO4溶液紫
红色褪去
Fe
2+具有还原性
D
向某Na2SO3样品中加入足量BaCl2溶液，再加入足
量稀盐酸
先出现白色沉淀，
后沉淀部分溶解
Na2SO3样品已部分
变质
【答案】D
【解析】蔗糖水解需要稀硫酸作催化剂，水解后溶液呈酸性。而新制Cu(OH)2与醛基的反应需在碱性条件
下进行。实验中未加碱中和稀硫酸，直接加入新制 Cu(OH)2，无法检测水解生成的葡萄糖（含醛基），因
此无砖红色沉淀不能说明蔗糖未水解，A 错误；NaOH 溶液过量NaOH 中OH-浓度高），滴加MgCl2生成
Mg(OH)2白色沉淀后，过量的NaOH 会直接与后续滴加的CuCl2反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，并非
Mg(OH)2沉淀转化为Cu(OH)2。因此，不能通过此实验比较K sp[Mg (OH)2]和K sp[Cu (OH)2]的大小，B 错
误；FeCl2溶液中，Cl-也具有还原性，酸性KMnO4溶液紫红色褪去，可能是Cl-或Fe2+被氧化，无法单独证
明Fe2+具有还原性，C 错误；Na2SO3与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀；若Na2SO3部分变质，会生成
Na2SO4，Na2SO4与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀。实验中“先出现白色沉淀，后沉淀部分溶解”，说明
既有BaSO3溶解部分）又有BaSO4（不溶解部分），证明Na2SO3样品已部分变质，D 正确；故选D。
9．双酚A(BPA)的结构如图所示，在工业上常用于合成聚碳酸酯(PC)和环氧树脂等材料。关于双酚A 的下
列说法正确的是
A．含有苯环，故属于芳香烃
B．滴加FeCl3溶液后，溶液显紫色
C．可以与浓溴水发生取代反应，1 mol 双酚A 最多消耗2 mol Br2
D．可以与Na2CO3溶液反应放出CO2
【答案】B
【解析】双酚A 含有C、H、O 三种元素，不属于烃，故A 错误；双酚A 分子中含有酚羟基，酚类物质与
6
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FeCl3溶液反应显紫色，故B 正确；酚与浓溴水发生取代反应时，溴原子取代酚羟基邻、对位的氢，双酚A
每个苯环上酚羟基的邻位各有2 个可取代，1 mol 双酚A 最多消耗4 mol Br2，故C 错误；酚羟基酸性弱于
碳酸，与Na2CO3反应生成苯酚钠和NaHCO3，不会放出CO2，故D 错误；故选B。
10．一种应用广泛的催化剂结构如图所示，已知X、Y、Z、W、Q 为原子序数依次增大的短周期主族元
素，其中W 的氧化物可做耐火材料，Y 和Q 位于同主族。下列说法正确的是
A．元素的最高价：Z>Q>X
B．简单氢化物的稳定性：Z>Y>Q
C．同周期元素中第一电离能比W 大的只有一种
D．该化合物中所有原子最外层均满足8 电子
【答案】B
【解析】由W2+可知W 最外层有 2 个电子，且其氧化物可做耐火材料，结合原子序数依次增大的短周期
主族元素，推出W 为Mg。Y 和Q 同主族，且结构中Y 形成双键，推测Y 为O，则Q 为S（同主族且原子
序数更大）。X 形成 4 个单键，原子序数小于O，故X 为C；Z 形成1 个单键，原子序数比O 大，故Z 为
F。Z 为F，F 无正价，元素的最高价：Z>Q>X不成立，A 错误；Z 为F、Y 为O、Q 为S，非金属性
F>O>S，简单氢化物稳定性HF>H2O>H2S，即Z>Y>Q，B 正确；W 为Mg（第三周期），同周期第一电离
能比Mg 大的有Si、P、S、Cl、Ar，不止一种，C 错误；Q 为S，在化合物中S 形成6 个共价键，最外层电
子数超过8 个，D 错误；故选B。
11．利用分子筛负载锰基催化剂可实现NH3还原NOx生成N2和H2O，该过程的反应机理如下图所示，下列说
法错误的是
7
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A．IM2→IM3 为该反应的决速步骤
B．IM3→IM4 过程中NO参与反应
C．将Z
2−[MnO]
2+替换为Z
2−[Mn
18O]
2+，反应可得H2❑
18O
D．Z
2−[MnOH−NHNOH]
2+比Z
2−[MnOH−NH2 NO]
2+稳定
【答案】C
【解析】决速步骤为反应历程中活化能最高的步骤，即过渡态（TS）能量最高的步骤。IM2→IM3 对应的
过渡态（TS1）能量变化最大，其活化能最大，则为决速步骤，A 正确；由图中得，IM3→IM4 的过程NO
参与了反应，构建了新的中间体，B 正确；H2O 中的O 来自反应物NOx，催化剂Z2-[MnO]2+中的O 不参与
产物H2O 的形成；将MnO 替换为Mn18O 后，18O 仍留在催化剂中，产物H2O 不含18O，C 错误；中间体能
量越低越稳定，由图得Z2-[MnOH-NHNOH]2+（IM5）的能量低于Z2-[MnOH-NH2NO]2+（IM4），则前者更
稳定，D 正确；故选C。
12．氮化铝（AIN）的立方晶胞结构如图所示。晶胞参数为apm，1 号、3 号原子的分数坐标分别为
(0,0,0)、(
1
2 ,0, 1
2)。设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．2 号原子的分数坐标为(
1
2 , 1
2 ,0)
B．该晶胞中Al的配位数为6
8
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C．2 个N 之间最近距离为√3
2 apm
D．该晶体密度为
4×(27+14)
N A×(a×10
−10)
3 g⋅cm
−3
【答案】C
【解析】1 号原子坐标(0,0,0)为晶胞顶点，2 号原子位于xy面心，则其分数坐标为(
1
2 , 1
2 ,0)，A 正确；
AlN 晶胞为NaCl 型结构，Al 原子周围最近邻N 原子有6 个（x、y 、z轴方向各2 个），配位数为6，B
正确；N 原子位于八面体空隙（棱心或面心），最近N 原子间距离为面对角线一半，即√2
2 a pm，C 错
误；铝原子个数是：8× 1
8 +6× 1
2 = 4，氮原子个数是：12× 1
4 +1= 4，晶胞中Al 和N 各4 个，AlN摩尔
质量是41 g/mol，体积(a×10
−10cm)
3，密度为：
4×(27+14)
N A×(a×10
−10)
3 g⋅cm
−3，D 正确；故选C。
13．研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙
醛分别在阴、阳极反应生成乙醇和乙酸，以一定浓度的乙醛-Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的
处理过程，其装置图如下，下列说法错误的是
A．电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体单质，则c 极产生的是O2
B．电解过程中，d 极区Na2SO4的物质的量增大
C．若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则b 电极的电极反应为CH4-8e
-+10OH
-=CO3
2-+7H2O
D．在实际工业处理中，阴极区乙醛的去除率可达60%。若在两极区分别注入1 m
3乙醛含量为
4400 mg⋅L
-1的废水，可得到乙醇2.76 kg
【答案】B
【解析】电解池中阳离子向阴极移动，Na+向d 极移动，则d 极为阴极，c 极为阳极，阳极与电源正极相
9
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连，阴极与电源负极相连，故b 为电源负极，a 为电源正极。阳极（c 极）发生氧化反应，乙醛被氧化为乙
酸，同时有OH⁻放电生成O2（无色气体单质）；阴极（d 极）发生还原反应，乙醛被还原为乙醇，同时
H+放电生成H2（无色气体单质）。c 电极产生了无色气体O2， 故A 正确；装置中为阳离子交换膜，仅允
许Na+通过，SO4
2-无法通过。电解时Na+从c 极区（阳极区）向d 极区（阴极区）移动，但d 极区SO4
2-的物
质的量不变，故Na2SO4的物质的量由SO4
2-决定，保持不变，故B 错误；d 极为阴极，连接直流电源负极
（b 极）。甲烷碱性燃料电池中，负极（b 极）CH4失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4 -8e⁻ +10OH⁻
= CO3
2- +7H2O，故C 正确；阴极区注入1 m3废水，乙醛含量4400 mg/L，总质量为4400 mg/L×1000 L=
4400 g，物质的量为4400 g ÷ 44 g/mol = 100 mol。去除率60%，则反应的乙醛为60 mol，生成乙醇60
mol，质量为60 mol × 46 g/mol = 2760 g= 2.76 kg，故D 正确；故选B。
14．某H2S溶液的总硫浓度c0=0.1mol/L，含硫物种分布系数(δ )与pH的关系曲线如图，
δ(H2S)=
c(H2S)
c(H2S)+c(HS
−)+c(S
2−) ;CuS、ZnS在不同pH下的临界金属离子浓度的pM曲线如图，
pM =−lg[c(M
2+)]。已知常温下K sp(CuS)=8.0×10
−37; K sp(ZnS)=1.2×10
−23。下列描述错误的是
A．曲线1 代表−lgc(Cu
2+)随pH的变化
B．等浓度的H2S与NaHS溶液等体积混合后，溶液的pH约为7
C．向该H2S溶液中加入一定量ZnCl2固体，并调pH至c(HS
−)=c(S
2−)时，
2c(Zn
2+)>2c(S
2−)+c(HS
−)+c(Cl
−)
D．用ZnS可除去ZnCl2溶液中混有的CuCl2
【答案】B
【解析】对于MS 型硫化物，K sp=c(M
2+)·c(S
2−)，因K sp(CuS)=8.0×10
−37远小于
10
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K sp(ZnS)=1.2×10
−23，相同c(S
2−)时c(C u
2+)更小，pCu=−lgc(C u
2+)更大，故p(C u
2+)曲线在p(Zn
2+)
曲线上方，曲线1 代表p(C u
2+)，A 正确；等浓度H2S与NaHS等体积混合，由于H2S的K a1
远大于K a2
，溶
液中H2S 的电离程度大于HS-的水解程度，溶液呈酸性，pH<7，B 错误；溶液中加入一定量ZnCl2固体
后，存在电荷守恒：2c(Zn
2+)+c (H
+)=2c(S
2−)+c(HS
−)+c(Cl
−)+c(OH
−)，调pH至c(HS
−)=c(S
2−)时，对
应图像曲线第二处交点，根据K a2(H2S)= c (H
+)⋅c(S
2−)
c(HS
−)
=c (H
+)=10
−12.9，此时溶液显碱性，说明
c(OH
−)>c (H
+)，根据电荷守恒关系可知，2c(Zn
2+)>2c(S
2−)+c(HS
−)+c(Cl
−)，C 正确；由于
Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，ZnS可与Cu
2+发生沉淀转化：ZnS+Cu
2+=CuS+Zn
2+，可除去CuCl2，D 正确；故选
B。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题，共4 题，共58 分。
15.（14 分）MnO2在电子工业和化学工业上有广泛用途。用硫铁矿(主要成分为FeS2)、软锰矿(主要成分为
MnO2，含有少量的Al2O3、Fe2O3等杂质)制取高纯度MnO2的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程MnO2与FeS2的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(2)滤渣a 的主要成分为 (填化学式)。
(3)“沉锰”时反应的离子方程式为 。
(4)“焙烧”时参加反应的气体与生成气体的质量之比为 。
(5)“氧化”的目的是 。
(6)滤液中主要阳离子的检验方法是 。
(7)若在实验室进行MnCO3焙烧，焙烧后的产物需在 (填仪器名称)中冷却，防止吸收空气中的水
蒸气。
11
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【答案】(1)3：2（2 分）
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3（2 分）
(3)Mn
2++ HCO3
−+ NH3⋅H2O = MnCO3↓+ NH4
++ H2O（2 分）
(4)4：11（2 分）
(5)将MnO2粗品中混有的MnCO3中进一步转化为MnO2（2 分）
(6)取少量滤液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说
明滤液中含有NH4
+（2 分）
(7)干燥器（2 分）
【解析】将硫铁矿(主要成分为FeS2)、软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量的Al2O3、Fe2O3等杂质)加硫酸
进行酸浸，得到含硫单质的滤渣和含Fe
3+、Mn
2+和Al
3+的滤液；向滤液中加入氨水并调节pH 进行除铁、
铝，得到含Fe(OH)3、Al(OH)3的滤渣和含有Mn
2+的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液和氨水，控制pH 在
6.5~7 之间进行沉锰，将Mn
2+转化为碳酸锰沉淀，过滤后将固体焙烧得到二氧化锰粗品，向粗品中加入硫
酸、氯酸钾，进一步将粗品中的碳酸锰转化为二氧化锰，最后过滤、洗涤、干燥得到纯品。
（1）根据流程图，“酸浸”过程MnO2与FeS2反应的离子方程式为：
3MnO2+2FeS2+12H
+=3Mn
2++2Fe
3++4S↓+6H2O，MnO2
做氧化剂，FeS2
做还原剂，氧化剂与还原剂物质的
量之比为3:2。
（2）“除铁、铝”时，加入氨水调节pH，Fe
3+、Al
3+会与氨水反应生成氢氧化物沉淀，所以滤渣a 的主
要成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3。
（3）根据流程图，“沉锰”时反应的离子方程式为：Mn
2++ HCO3
−+ NH3⋅H2O = MnCO3↓+ NH4
++ H2O。
（4）“焙烧”时发生的反应为：2MnCO3+O2 =
❑
焙烧
2MnO2+2CO2，O2的质量为：1 mol×32 g⋅mol
−1=32 g
，CO2的质量为：2 mol×44 g⋅mol
−1=88 g，所以参加反应的气体与生成气体的质量之比为：
32:88= 4:11。
（5）“氧化”的目的是：将MnO2粗品中混有的MnCO3中进一步转化为MnO2。
（6）滤液中主要的阳离子为NH4
+，检验NH4
+的方法是：取少量滤液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，将
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湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明滤液中含有NH4
+。
（7）焙烧后的产物温度较高，若在空气中冷却会吸收水蒸气，应在干燥器中冷却。
16.（14 分）1．葡萄糖酸亚铁(C6 H11O7)2Fe是常用的补铁剂，易溶于水。用如图装置制备FeCO3
，提取出
的FeCO3与葡萄糖酸反应可制得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：
(1)装置b 的名称为 。
(2)打开K1、K3，关闭K2，开始反应。一段时间后关闭K3，打开K2。在装置c 中制得碳酸亚铁。实验过程中
产生的H2作用有
。
(3)将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，用化学方程式说明其
原因
。
(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是 。
(5)用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，该反应的离子方程式为 ，
此法产品纯度更高，原因是
。
(6)产品中铁元素质量分数的测定：取1.680g 葡萄糖酸亚铁产品置于锥形瓶中，加水与硫酸溶液溶解，然后
加适量还原剂防止Fe
2+被空气氧化(还原剂不参与后续滴定过程)，密闭放置约20 分钟。滴加2 滴指示剂，
用0.2000mol/LCe(SO4)2
标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2
标准液18.00mL，则产品中铁元素的质量分数为
(已知：Ce
4++ Fe
2+=Ce
3++ Fe
3+)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶 （1 分）
(2)将装置中的空气排出；将装置b 中的溶液压入装置c （2 分）
(3)4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2 （2 分）
(4)降低葡萄糖酸亚铁的溶解度，有利于析出 （2 分）
(5)Fe
2
+
+2HCO3
−= FeCO3↓+ H2O+CO2↑（2 分）碳酸氢钠溶液碱性更弱，不利于Fe(OH)2的生成（2 分）
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(6)12.00% （3 分）
【解析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利
用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故烧瓶b 中制备硫酸亚铁，三颈烧瓶c 中FeSO4和Na2CO3发生反应：
FeSO4+Na2CO3=FeCO3↓+Na2SO4，利用生成氢气，使烧瓶中气压增大，将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中。
（1）由图可知，装置b 的名称为蒸馏烧瓶；
（2）FeCO3易氧化，b 中反应产生的H2的作用：一是把装置内的空气排干净，防止生成的FeCO3被氧化；
二是把b 中溶液压进c 中；故答案为：将装置中的空气排出；将装置b 中的溶液压入装置c；
（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，原因是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：
4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；
（4）乙醇分子的极性比水小，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；故答案为：
降低葡萄糖酸亚铁的溶解度，有利于析出；
（5）碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液，发生反应的
离子方程式为Fe
2++2HCO3
-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，可以降低溶液的pH 防止产生氢氧化亚铁，得到的产品纯
度更高，故答案为：Fe
2
+
+2HCO3
−= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；碳酸氢钠溶液碱性更弱，不利于Fe(OH)2的生
成；
（6）由Ce
4++Fe
2+=Ce
3++Fe
3+可知，n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.20mol/L×18.0×10-3L=3.6×10-3mol，故产品含铁元素的
质量分数为3.6×10
-3mol×56g/mol
1.680g
×100 % =12.00 %。
17.（15 分）I.回答下列问题。
(1)“液态阳光”是推动碳低峰，碳中和的技术新路径。反应原理为：
2CO2(g)+4H2O (g)=2CH3OH (g)+3O2(g)Δ H >0 (假设该反应无副反应)。设y =Δ H −T ΔS，y 随温度的
变化关系如下图所示，图所对应该反应的线条是 。
II.稀有气体曾被认为无法形成化合物，近年来稀有气体化合物的合成蓬勃发展。Xe 的氟化物被广泛用作刻
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蚀剂、氧化剂和氟化剂，常用Xe 和F2制备XeF2，反应体系存在如下平衡(以下实验均在恒容条件下进行)：
反应i：Xe(g)+ F2(g)⇌XeF2(g) K 1
反应ii：Xe(g)+2F2(g)=XeF4 (g) K 2
反应iii：Xe(g)+3F2(g)=XeF6 (g) K 3
温度/℃
K 1
K 2
250
8.79×10
8
1.26×10
8
400
3.59×10
2
1.74×10
3
(2)关于上述反应，下列有关说法正确的是 (填标号)。
A．当体系总压不再改变时，反应达到平衡
B．当Xe 与F2的投料比为1：1 时，F2的平衡转化率大于Xe
C．达到平衡后将XeF2从体系中移除，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均正向移动
(3)升高温度，平衡XeF2(g)+ F2(g)=XeF4 (g) (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，理由
是 。
(4)在400℃条件下，向1 L 容器内通入21.32 mol Xe 和40.35 molF2，t min 后反应达平衡。平衡时各产物的
物质的量(n)如表所示。
物质
XeF2
XeF4
XeF6
n/mol
3.59
17.40
0.32
t min
①
内，Xe 的平均反应速率为 mol·L-1·min-1。
②平衡时F2的转化率的区间为 (填标号)。
A．50%~60% B．70%~80% C．90%~100%
400℃
③
时反应iii 的平衡常数K3= 。
(5)向某恒容密闭容器中充入一定量的Xe 和F2，发生反应i、ii、iii，平衡时容器中XeF2、XeF4、XeF6的分
布分数δ[如δ (XeF2)=
n(XeF2)
n(XeF2)+n(XeF4)+n(XeF6)
]随温度的变化如图所示(已知反应ⅲ为放热反应)。
δ (XeF4)先增大后减小的原因是
(用平衡移动原理解
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释)。
【答案】(1)c （1 分）
(2)AB （2 分）
(3) 正向移动 （1 分） 升高温度平衡常数增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动 （2 分）
(4) 21.31
t
（2 分） C （2 分） 32 （2 分）
(5)根据表中数据，反应i(Xe+ F2⇌XeF2)和反应ii(Xe+2 F2⇌XeF4)均为放热反应。而反应
XeF2+ F2⇌XeF4
的平衡常数K = K 2
K 1
，随温度升高而增大（由(3)问可知），故该反应为吸热反应。在较
低温度时，升高温度，此吸热反应平衡正向移动，δ( XeF4)增大；在较高温度时，XeF4的分解（反应ii
的逆反应）占主导，导致δ( XeF4)减小（3 分）
【解析】（1）由2CO2(g)+4H2O (g)=2CH3OH (g)+3O2(g)Δ H >0可知，该反应Δ H >0，ΔS<0，则
y =Δ H −T ΔS随着T 增大而增大，因此图所对应该反应的线条是：c；
（2）A．反应体系中，气体的分子数发生变化，压强是一个变量，当体系总压不再改变时，反应达到平
衡，A 正确；反应i 中Xe 与F2的化学计量数之比为1:1，而反应ii、iii 中Xe 与F2的化学计量数之比分别为
1:2 和1:3。当Xe 与F2的投料比为1:1 时，相对于反应ii 和iii 的化学计量，F2是不足的，因此F2的平衡转化
率大于Xe，B 正确；达到平衡后将XeF2从体系中移除，反应i 平衡正向移动，Xe 与F2浓度减小，ii 和iii 均
逆向移动，C 错误；故选AB；
（3）根据盖斯定律，反应ii-反应i 的反应XeF2(g)+ F2(g)=XeF4 (g)，所以该反应的平衡常数K = K 2
K 1
，
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250℃时，K = K 2
K 1
= 1.26×10
8
8.79×10
8 ≈0.14，400℃时，K = K 2
K 1
= 1.74×10
3
3.59×10
2 ≈4.85，升高温度平衡常数增大，
反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
（4）①根据反应i、ii、iii，t min 时，反应的Xe 物质的量为：n(Xe)=3.59+17.4+0.32=21.31 mol，
所以平均反应速率为：v(Xe)=Δc(Xe)
Δt
=21.31 mol/L
t
= 21.31
t
mol/(L⋅min)；
②由已知可知Δn(F2)=3.59+17.40×2+0.32×3=39.35 mol，因此F2的转化率为：
39.35
40.35 ×100 % =97.52%，故答案选C；
400℃
③
时反应iii 的平衡常数K 3=
c(XeF6)
c(Xe)c
3(F2)
=
0.32
(21.32−21.31)×(40.35−39.35)
3 =32。
（5）根据表中数据，反应i(Xe+ F2⇌XeF2)和反应ii(Xe+2 F2⇌XeF4)均为放热反应。而反应
XeF2+ F2⇌XeF4
的平衡常数K = K 2
K 1
，随温度升高而增大（由(3)问可知），故该反应为吸热反应。在较
低温度时，升高温度，此吸热反应平衡正向移动，δ( XeF4)增大；在较高温度时，XeF4的分解（反应ii
的逆反应）占主导，导致δ( XeF4)减小。
18.（15 分）化合物G 是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A 中不含氧官能团的名称为 ；A→B 的反应类型为 。
(2)HOCH2CH2OH的同系物HOCH2CH2CH2OH的化学名称为 ；设计B→C 的目的是 。
(3)已知反应物RMgBr 极易水解，C→D 的反应需使用非水溶剂。写出C→D 的总反应方程式 。
(4)F→G 为消去反应，该消去反应的副产物有 种可能的结构。
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(5)同时满足下列条件的G 的同分异构体有 种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；
②除苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一种氢原子；
③苯环上各含碳原子的取代基中碳原子数相同
(6)写出以
和
CH2=CHCOOCH2CH3
为原料经三步反应制备
的合成路线（无机试剂和
有机溶剂任选） 。
【答案】(1) 碳碳双键 （1 分） 加成反应 （1 分）
(2) 1,3-丙二醇 （1 分） 保护酮羰基 （2 分）
(3)
+CH3CH2 MgBr →
乙醚
+CH3OMgBr
（2 分）
(4)1 （2 分）
(5)6 （2 分）
(6)
（4 分）
【解析】（1）A 中不含氧的官能团名称为碳碳双键；对比A 与B 可知，A 与CH2=CHCOOCH3发生加成反
应，得到B。
（2）HOCH2CH2CH2OH 的名称为1,3-丙二醇；对比BDE 可以得出，乙二醇与酮羰基的成环反应是为了保
护酮碳基，防止酮碳基在C 到D 中反应。
（3）RMgBr 中与Mg 直接相连的碳显较强的负电性，而酮碳基中与O 相邻的C 显较强的正电性，C 到D
的反应方程式为：
+CH 3CH 2 MgBr →
乙醚
+CH 3OMgBr
。
（4）F 到G 为消去反应，F 中的羟基的β −位碳有3 个，其中2 个含有氢，所以消去反应的副产物除G 还
有1 种可能。
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（5）G 的同分异构体中能和氯化铁发生显色反应，说明含有酚羟基，不与溴水反应，说明苯环上酚羟基
的邻位2 个位点，和对位1 个位点都具有取代基，又因为苯环上只有1 种氢原子，所以酚羟基的两个间位
没有取代基，且酚羟基的两个邻位取代基相同。此时苯环上具有4 个饱和度，G 分子具有2（两个环）+3
（3 个双键）=5 个饱和度，还剩一个饱和度，和9 个C，则这9 个碳中具有一个饱和度，且9 个碳构成3
个取代基，每个取代基含有3 个碳原子，且有两个取代基相同，所以位于对位的取代基具有1 个不饱和
度，含有3 个碳，为丙烯基（丙烯基有3 种），位于酚羟基邻位的两个取代基要么同时为丙基（-
CH2CH2CH3），要么同时为异丙基（-CH(CH3)2），则符合条件①②③的同分异构体有3×2=6 种。
（6）先将溴原子转化为酮羰基，再利用A 到B 的反应得到目标产物：
。
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