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2026 年普通高中学业水平选择性考试仿真卷(三)
满分：100 分 时间：75 分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14
O 16 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共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．文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物的主要材质属于天然有机高分子的是( )
A.铜奔马
B.隋天龙山石佛首三彩
C.宋彩绘木雕观音
D.莲花形玻璃托盏
【答案】 C
【解析】 铜奔马为主要成分为金属材料，A 错误；隋天龙山石佛首三彩主要材质属于硅酸
盐材料，B 错误；宋彩绘木雕观音主要材质纤维素属于天然有机高分子，C 正确；莲花形玻
璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，D 错误。
2．下列对实验过程的相关问题处理方法合理的是( )
选项
实验过程的相关问题
处理方法
A
证明CH3COOH 是弱电解质
用pH 计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶
液pH 大小
B
从含有I2的NaCl 固体中提取I2
用CCl4溶解、萃取、分液
C
检验溴乙烷与NaOH 乙醇溶液反应中生
成的乙烯
将产生气体通入酸性KMnO4溶液
D
从明矾过饱和溶液中快速析出晶体
用玻璃棒摩擦烧杯内壁
【答案】 D
【解析】 不知道溶液浓度，不能根据比较溶液pH 大小判断酸性强弱，A 错误；从含有I2
的NaCl 固体中提取I2，应利用I2升华的性质，B 错误；挥发的乙醇也能使高锰酸钾褪色，
不能证明反应生成乙烯，C 错误；从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧
杯内壁，在烧杯内壁产生微小的微晶来充当晶核，D 正确。
3．(2025·安徽高考)氟气通过碎冰表面，发生反应①F2＋H2O=====HOF＋HF，生成的HOF
遇水发生反应②HOF＋H2O===HF＋H2O2。下列说法正确的是( )
A．HOF 的电子式为
B．H2O2为非极性分子
C．反应①中有非极性键的断裂和形成
D．反应②中HF 为还原产物
【答案】 A
【解析】 HOF 中心原子为O ，与H 、F 通过共用电子对形成共价键，电子式为
，A 正确，H2O2 空间结构为半开书页形，正负电荷中心不重合，属于极性分
子，B 错误；反应①中F—F 非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C 错误；F 的电负性大
于O，HOF 中氟表现为－1 价，O 为0 价，H 为＋1 价，生成物HF 中氟还是－1 价，F 的化
合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为H2O，H2O2 既是氧化产物也是还原产
物，HF 既不是氧化产物也不是还原产物，D 错误。
4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．22.4 L CH4中原子的数目为5NA
B．1 mol 18O 所含中子的数目为10NA
C．28 g Fe 粉和足量S 完全反应，转移电子的数目为1.5NA
D．0.1 L 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2反应，生成Cl2的数目为0.3NA
【答案】 B
【解析】 未指明气体是否处于标准状况，22.4 L CH4的物质的量无法确定为1 mol，因此
原子数目无法确定为5NA，A 错误；18O 的中子数为18－8＝10,1 mol 18O 含10 mol 中子，数
目为10NA，B 正确；28 g Fe(0.5 mol)与S 反应生成FeS，Fe 的氧化态为＋2 价，转移电子数
为0.5×2＝1 mol＝1NA，而非1.5NA，C 错误；浓盐酸与MnO2 反应时，随反应进行浓度降
低，反应停止，实际生成Cl2的物质的量小于理论值0.3 mol，D 错误。
5．下列化学用语或图示表示正确的是( )
A．NH3的VSEPR 模型：
B．Na2S 的电子式：
C．Cl 的原子结构示意图：
D．Al2(SO4)3溶于水的电离方程式：Al2(SO4)32Al3＋＋3SO
【答案】 A
【解析】 NH3的中心原子价层电子对数为3＋(5－3×1)＝4，且含有1 个孤电子对，VSEPR
模型为四面体形，A 正确；硫化钠是离子化合物，电子式：
，B 错误；
氯是第17 号元素，Cl 原子结构示意图为
，C 错误；Al2(SO4)3是强电解质，溶于水完
全电离，电离方程式：Al2(SO4)3===2Al3＋＋3SO，D 错误。
6．10-羟基喜树碱具有抗癌作用，其结构简式如图。下列有关该化合物的说法正确的是(
)
A．有2 种含氧官能团
B．可与FeCl3溶液发生显色反应
C．可与NaHCO3溶液反应产生CO2
D．有2 个手性碳原子
【答案】 B
【解析】 10-羟基喜树碱中含有羟基，酰胺基和酯基三种含氧官能团，故A 错误；10-羟基
喜树碱中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，故B 正确；该分子中不含羧基，无法
与NaHCO3 溶液反应产生CO2 ，故C 错误；该分子的手性碳如图所示，
，只有1 个手性碳原子，故D 错误。
7．格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O 和O2等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装
置(部分装置略)，以乙醚(沸点34.5 ℃)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。
下列说法错误的是( )
A．气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用
B．烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液
C．图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替
D．产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应
【答案】 B
【解析】 当气球被充入气体时，气体在气球内产生了一定的压力，这将均匀地作用在气球
内外的表面上，使得外壳可以均匀分担气体的压力，故A 正确；格氏试剂过量时有副产物
生成，烧瓶中应加入苯甲酰氯，格氏试剂通过滴液漏斗缓慢滴加，故B 错误；反应体系为
无水、无氧的密封装置，需要用图中的恒压滴液漏斗，保证液体顺利滴下，而不能用分液漏
斗，故C 正确；苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快，导致苯甲酰氯与格氏试剂产
率高，故D 正确。
8．下列关于物质性质比较或事实与原因分析正确的是( )
选项
物质性质比较或事实
原因分析
A
2C＋SiO2===Si＋2CO↑
非金属性：C>Si
B
熔沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛
邻羟基苯甲醛能形成氢键
C
在水中溶解度：CO2<乙醇
CO2相对分子质量较小
D
硬度：金刚石>晶体硅
原子半径：C<Si，因此共价键键能：C
—C>Si—Si
【答案】 D
【解析】 元素的非金属性强弱指的是元素原子得电子能力的强弱，C 置换出Si，但C 是还
原剂，所以不能说明得电子能力：C>Si，也不能说明非金属性：C>Si，A 错误；邻位因分
子内氢键削弱分子间作用力，而对位因分子间氢键增强分子间作用力，则熔沸点：邻羟基苯
甲醛<对羟基苯甲醛，B 错误；乙醇与水可以形成氢键，且CO2为非极性分子，根据相似相
溶原理，在水中溶解度：CO2<乙醇，C 错误；金刚石和晶体硅都是共价晶体，原子半径C＜
Si，C—C 键能＞Si—Si 键，导致金刚石共价键更强，硬度更大，D 正确。
9．化合物RY2(YZ3X10)(XW)2在涂料等领域应用广泛。W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增
加，W、X、Y、R 分别属于前四个不同周期的主族元素。基态X 原子中s 能级电子总数与p
能级电子总数相等，基态Z 原子次外层电子数是最高能层电子数的2 倍，Y 和Z 的原子序数
之和等于X 和R 的原子序数之和，基态R 原子的价电子只占据最高能层1 个原子轨道。下
列说法错误的是( )
A．原子半径：R>Y>Z>X
B．X 的第一电离能比同周期相邻元素的都低
C．化合物RY2(YZ3X10)(XW)2中，Z 显＋4 价
D．Y、Z、R 的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能反应
【答案】 D
【解析】 W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增加，W、X、Y、R 分别属于前四个不同周
期的主族元素，W 是H 元素。基态X 原子中s 能级电子总数与p 能级电子总数相等，X 是O
元素；基态Z 原子次外层电子数是最高能层电子数的2 倍，Z 是Si 元素；Y 和Z 的原子序数
之和等于X 和R 的原子序数之和，基态R 原子的价电子只占据最高能层1 个原子轨道，R
是K 或Ca，若R 是Ca，X 和R 的原子序数之和为28，Y 和Si 的原子序数之和等于28，则
Y 原子序数为14，所以R 不可能是Ca，R 是K，Y 是Al。电子层数越多半径越大，电子层
数相同，质子数越多半径越小，原子半径：K>Al>Si>O，故A 正确；同周期元素从左到右
第一电离能有增大趋势，N 原子2p 能级半充满，结构稳定，N 原子第一电离能大于同周期
相邻元素，所以O 的第一电离能比同周期相邻元素的都低，故B 正确；根据化合价代数和
等于0，化合物KAl2(AlSi3O10)(OH)2中，Si 显＋4 价，故C 正确；Al(OH)3是两性氢氧化物，
溶于强酸和强碱，H2SiO3是弱酸，Al(OH)3和H2SiO3不反应，故D 错误。
10．化学镀镍废水经分离处理后得到含磷废液(主要含NaH2PO2)和含镍废液(主要含NiCl2)，
分别通入如图所示电解装置的两极室回收磷、镍。已知：H3PO2是一元中强酸；25 ℃时，
H3PO4的Ka1＝6.9×10－3、Ka2＝6.2×10－8、Ka3＝4.8×10－13。电解过程中，下列说法不正确的是
( )
A．阳极的主要反应为H2PO＋2H2O－4e－===H2PO＋4H＋
B．Ⅰ室溶液的pH 逐渐增大，Ⅱ室溶液的pH 逐渐减小
C．理论上，每生成1 mol Ni，同时处理0.5 mol H2PO
D．理论上，电路中每转移1 mol e－，Ⅲ室溶液质量减少65 g
【答案】 B
【解析】 由题图可知，阳极H2PO 失去电子被氧化为H2PO，阴极镍离子得到电子被还原
镍单质；阳极H2PO 失去电子被氧化为H2PO，反应为H2PO＋2H2O－4e－===H2PO＋4H＋，A
正确；Ⅰ室反应为H2PO＋2H2O－4e－===H2PO＋4H＋，生成氢离子通过质子交换膜进入中间
室，Ⅰ室溶液的pH 不会逐渐增大，B 错误；结合B 分析和电子守恒，理论上，每生成1
mol Ni，电路中转移2 mol 电子，则同时处理0.5 mol H2PO，C 正确；结合B 分析，理论
上，电路中每转移1 mol e－，Ⅲ室中减少0.5 mol NiCl2，则溶液质量减少65 g，D 正确。
11．锆酸锶(SrZrO3，相对分子质量为M)可用于制造高频热稳定陶瓷电容器和高温陶瓷电容
器，其一种立方晶胞结构如图所示。已知该晶胞边长为d pm；a、c 原子的坐标分别为
(0,0,0)和；NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A．b 原子坐标为
B．锆原子填充在氧原子形成的八面体空隙中
C．该晶体的密度为g·cm－3
D．与O 原子距离最近且等距的O 原子的数目为12
【答案】 D
【解析】 a 原子的坐标为(0,0,0)，由题图，b 点在xyz 轴上投影坐标分别为0、、，b 原子
坐标为，A 正确；由题图，锆原子填充在6 个氧原子形成的八面体空隙中，B 正确；据“均
摊法”，晶胞中含8×＝1 个Sr、1 个Zr、6×＝3 个O，则晶体密度为g·cm－3＝g·cm－3，C 正
确；以顶面面心氧原子为参照物，距离其最近的氧原子在四个侧面面心上，这样的氧原子有
8 个，D 错误。
12．将乙烯通入PdCl2水溶液中可生成乙醛和金属Pd，用CuCl2实现PdCl2的再生，并用空
气再生CuCl2，由此组合成催化循环反应，反应机理如下图所示，下列有关该反应过程的说
法错误的是( )
A．乙醛中的氧原子由H2O 提供
B．若反应在PdCl2的D2O 溶液中进行，可能生成CH3CDO
C．生成乙醛的净反应为：CH2===CH2＋O2――――――→CH3CHO
D．消耗1 mol O2时，可再生2 mol PdCl2
【答案】 B
【解析】 由反应机理可知，反应Ⅱ中碳碳双键与水发生加成反应，得到羟基，在反应Ⅴ中
羟基被氧化为醛基，故乙醛中的氧原子由H2O 提供，A 正确；反应Ⅱ中碳碳双键与水发生
加成反应，得到羟基，该羟基为—OD，到步骤Ⅴ中，羟基被氧化为醛基，最后得到
CH3CHO，B 错误；PbCl2、CuCl2在反应中起催化剂作用，步骤Ⅱ消耗水，在Cu＋→Cu2＋转
化过程中由又新生成水，故生成乙醛的净反应为：CH2===CH2 ＋
O2―――――――→CH3CHO，C 正确；消耗1 mol O2时，转移4 mol e－，由Pd0→Pd2＋化合
价变化可知，会生成2 mol PdCl2，D 正确。
13．下列实验操作及现象能得出相应结论的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向0.1 mol·L－1CuSO4溶液中加入少量
NaCl 固体
溶液由蓝色变为
黄绿色
Cl－和H2O 在配合物中
存在相互竞争
B
向苯酚浊液中加入足量Na2CO3溶液
溶液变澄清
Ka(苯酚)> Ka1(H2CO3)
C
向盛有饱和Na2CO3溶液的试管中加入
BaSO4固体，一段时间后，过滤、洗
涤沉淀，将洗净后的白色固体加入盐
酸中
白色固体加入盐
酸后，产生气
泡，固体部分溶
解
Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)
D
常温下，将氨水和盐酸等体积混合
后，滴加几滴甲基橙，振荡
溶液显黄色
NH3·H2O 为弱碱
【答案】 A
【解析】 向0.1 mol·L－1 CuSO4 溶液中加入少量NaCl 固体，溶液由蓝色变为黄绿色，
[Cu(H2O)4]2＋转化为[CuCl4]2－，故A 正确；向苯酚浊液中加入足量Na2CO3溶液生成苯酚钠和
碳酸氢钠，溶液变澄清，说明酸性：苯酚>HCO，得出结论是Ka(苯酚)>Ka2(H2CO3)，故B 错
误；向盛有饱和Na2CO3溶液的试管中加入BaSO4固体，一段时间后，过滤、洗涤沉淀，将
洗净后的白色固体加入盐酸中，产生气泡，固体部分溶解，说明增大碳酸根离子的浓度有碳
酸钡生成，Qc(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO)>Ksp(BaCO3)，不能说明Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)，故C
错误；常温下，将氨水和盐酸等体积混合后，滴加几滴甲基橙，振荡，溶液显黄色，由于没
有明确盐酸和氨水的浓度，不能证明NH3·H2O 为弱碱，故D 错误。
14．环境保护工程师研究用Na2S、FeS 或H2S 处理水样中的Cd2＋。室温下，H2S 饱和溶液物
质的量浓度为0.1 mol·L－1，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ 随pH 变化关系如图所示[例如
δ(H2S)＝]。已知Ksp[Fe(OH)2]＝10－15.1，Ksp[FeS]＝10－17.2，Ksp[CdS]＝10－26.1，下列说法中错
误的是( )
A．Na2S 溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
B．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S 至饱和，可使c(Cd2＋)<10－5 mol·L－1
C．忽略S2－的第二步水解，0.1 mol·L－1的Na2S 溶液中S2－的水解率约为62%
D．向0.01 mol·L－1的FeCl2溶液中加入等体积的0.2 mol·L－1的Na2S 溶液，反应初期产生沉
淀为FeS
【答案】 D
【解析】 由溶液中各含硫微粒物质的量分数δ 随pH 变化关系图可知，曲线向下的代表
H2S 的物质的量分数与pH 关系，先升后降的代表HS－的物质的量分数与pH 关系，上升的
曲线代表S2－的物质的量分数与pH 关系，H2S 曲线和HS－曲线的交叉点代表二者的浓度相
等，对应的pH＝7，c(H＋)＝10－7 mol/L，Ka1＝＝c(H＋)＝10－7，HS－与S2－曲线交叉点代表
HS－与S2－二者物质的量分数相等，对应的pH＝13，c(H＋)＝10－13 mol/L，Ka2＝＝c(H＋)＝10
－13。Na2S 溶液中存在电荷守恒，即：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，A 正确；
向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S 至饱和，若c(Cd2＋)<10－5 mol·L－1，反应Cd2＋＋
H2S===CdS↓＋2H＋几乎完全发生，c(H＋)＝0.02 mol/L，由Ka1×Ka2＝×＝＝10－7×10－13＝10－
20，饱和H2S 溶液中H2S 浓度为0.1 mol/L，＝10－20，c(S2－)＝2.5×10－20 mol/L，此时c(Cd2＋)
＝＝ mol/L<10－5 mol/L，B 正确；根据S2－＋H2OHS－＋OH－，设水解的S2－的物质的量
浓度为x mol/L，产生的HS－和OH－浓度都为x mol/L，Kh＝＝＝＝＝0.1，x≈0.062 mol/L，
水解率为×100%＝62%，C 正确；0.1 mol/ L Na2S 溶液中S2－的水解率约为62%,0.01 mol/L
FeCl2溶液中加入等体积0.2 mol/L Na2S 溶液，瞬间得到0.005 mol/L FeCl2和0.1 mol/L Na2S
的混合液，瞬时c(Fe2 ＋)·c(S2 －) ＝0.005 mol/L×(0.1 mol/L －0.062 mol/L) ＝1.9×10 －4 ＞
Ksp(FeS)，c(Fe2＋)c2(OH－)＝0.005 mol/L×(0.062 mol/L)2＝1.922×10－5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应
初始生成的沉淀是FeS 和Fe(OH)2，D 错误。
二、非选择题：本题共4 题，共58 分。
15．(15 分)三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂。工业上采用直接氧化法由PCl3 制备
POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2=====4PCl3,2PCl3＋O2=====2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
其他
PCl3
－112
75.5
遇水极易水解
POCl3
2
105.3
遇水极易水解
某实验小组模拟该工艺设计实验装置如图(部分加热和夹持装置已略去)：
请回答下列问题：
(1) 装置戊中发生反应的离子方程式为：________________________________
____________________________________________________________________。
(2)装置乙的主要作用为：①干燥气体，②_____________________________
____________________________________________，③______________________
____________________________________________。
(3)装置丙的温度需控制在60～65 ℃的原因是__________________________
____________________________________________________________________。
(4)实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，该实验小组采用下列方法测定产品中的氯元素含
量，继而通过计算确定三氯氧磷的纯度：
Ⅰ.取m g 产品于锥形瓶中，加入足量NaOH 溶液，待水解完全后滴加稀硝酸至酸性
Ⅱ.向锥形瓶中加入V1 mL c1mol·L－1 AgNO3溶液至Cl－完全沉淀
Ⅲ.向其中加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖
Ⅳ.加入指示剂，用c2 mol·L－1 KSCN 溶液进行滴定，至终点时消耗KSCN 溶液V2 mL
(已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10－10，Ksp(AgSCN)＝2×10－12)
①步骤Ⅳ中选用的指示剂为_______________________________________。
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将滴定管的旋塞
稍稍转动，使半滴KSCN 溶液悬于管口，___________________
________________________________________________________________________________
__________________________________________________________，继续摇动锥形瓶，观察
颜色变化。
③产品中氯元素含量的表达式为：____________________________________
____________________________________________________________________。
④下列操作会使测得的氯元素含量偏小的是________。
a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线
b．实验过程中未加入硝基苯
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
d．滴定时锥形瓶未干燥
(5)如需进一步提纯产品，可采用的提纯方法为__________________。
【答案】 (1)MnO2＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2)观察O2流速进而调节PCl3与
O2的反应速率 平衡气压 (3)温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降
低 (4)①硫酸铁溶液 ②用锥形瓶内壁将半滴KSCN 溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲
洗锥形瓶内壁 ③%
bc
④
(5)蒸馏
【解析】 根据工业上采用直接氧化法由PCl3 制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋
6Cl2=====4PCl3,2PCl3＋O2=====2POCl3，则甲装置是制备氧气的装置，乙装置是干燥氧气
的装置，戊装置是制备氯气的发生装置，丁装置是干燥氯气的装置，丙装置发生P4(白磷)与
Cl2反应、PCl3与O2反应。(1)装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式
为：MnO2＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(2)甲装置是制备氧气的装置，由于
PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调
节PCl3与O2的反应速率，③平衡气压。(3)PCl3的沸点是75.5 ℃，为了加快反应速率，因此
装置丙的温度需控制在60～65 ℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成
PCl3挥发，利用率降低。(4)①铁离子与KSCN 呈红色，因此步骤Ⅳ中选用的指示剂为硫酸
铁溶液；②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN 溶液悬于管
口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN 溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，继续
摇动锥形瓶，观察颜色变化；③氯离子的物质的量为(c1V1－c2V2)×10－3 mol，则产品中氯元
素含量的表达式为：×100%＝%；④配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏
低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN 的量减小，则消耗的硝酸银物质
的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a 错误；实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导
致结果偏小，故b 正确；滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN 体积偏
大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c 正确；滴定时锥形瓶未干
燥，对结果无影响，故d 错误。(5)如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则
可采用的提纯方法为蒸馏。
16．(14 分)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si 等
元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn 等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4 低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；
Fe2(SO4)3在650 ℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700 ℃。
回答下列问题：
(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2
生成，该反应的化学方程式为______________________________
___________________________________________________________________。
“ 高温焙烧” 温度为650 ℃，“ 水浸” 所得滤渣主要成分除SiO2 外还含有
________________(填化学式)。
(2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”
时金属元素的浸出率________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)HR 萃取Cu2＋反应为：2HR(有机相)＋Cu2＋(水相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)。“反萃
取”时加入的试剂为________(填化学式)。
(4)“沉钴”中，pH＝4 时Co2＋恰好沉淀完全[c(Co2＋)＝1×10－5 mol·L－1]，则此时溶液中
c(H2S)＝__________mol·L－1。已知：Ka1(H2S)＝1×10－7，Ka2(H2S)＝1×10－13，Ksp(CoS)＝4×10
－
21
。
CoS“
溶
解
”
时
发
生
反
应
的
离
子
方
程
式
为
___________________________________________________________________。
(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_________ ___________(填
操作单元名称)循环利用。
【答案】 (1)3MnO2＋3NH4HSO4=====3MnSO4＋N2↑＋NH3↑＋6H2O Fe2O3、CaSO4
(2)减小 (3)H2SO4 (4)4×10－4 CoS＋H2O2＋2H＋===Co2＋＋S＋2H2O (5)低温焙烧
【解析】 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn 等元素，加入硫
酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生
的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650 ℃高温
焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤
渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得
到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤
分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。(1)低温焙
烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电
子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：3MnO2＋3NH4HSO4 ========3MnSO4＋
N2↑＋NH3↑＋6H2O；根据已知条件，高温焙烧的温度为650 ℃，只有硫酸铁发生分解，生成
三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”
所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4。(2)根据已知条件，硫酸铵低温分
解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减
少，导致金属元素的浸出率减小。(3)根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)＋Cu2＋(水
相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使
平衡逆向移动，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4。(4)沉钴
时，pH＝4 时Co2＋恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2＋)＝1×10－5 mol/L，此时c(H＋)＝1×10－4
mol/L，根据Ksp(CoS)＝4×10－21，推出c(S2－)＝＝＝4×10－16 mol/L，又因为Ka1(H2S)＝1×10－
7，Ka2(H2S)＝1×10－13，Ka1×Ka2＝×＝，则c(H2S)＝＝＝4×10－4 mol/L；由流程图可知，CoS
溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4 和S，化学方程式为：CoS＋H2O2＋
H2SO4===CoSO4＋S＋2H2O，改写成离子方程式为：CoS＋H2O2＋2H＋===Co2＋＋S＋2H2O。
(5)由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后
滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用。
17．(15 分)CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效
应对全球气候变化的重要方法。
(1)CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO 和H2，其反应原理为CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)
＋2H2(g) ΔH＝＋120 kJ·mol－1
①该反应在一定温度下能自发进行的原因为___________________________
____________________________________________________________________。
②已知键能是指气态分子中1 mol 化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的
化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C≡O
H—H
键能/(kJ·mol－1)
413
1 075
436
则CO2(g)===C(g)＋2O(g) ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)催化重整涉及的反应如下：
ⅰ.CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g)
ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1
若在恒温、恒容密闭容器中进行反应ⅰ、ⅱ，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是
________(填字母)。
A．相同时间内形成C—H 键和H—H 键的数目之比为2∶1
B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内混合气体的密度保持不变
(3)在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)∶n(CO2)＝1∶1 的混合气体，在一
定温度下发生反应ⅰ、ⅱ，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。
①平衡时容器的体积是起始时的________倍。
②该温度下反应i 的压强平衡常数Kp＝________p(Kp为用分压表示的平衡常数，分压＝总压
×物质的量分数)。
③维持其他因素不变，若向平衡体系中通入一定量的N2(N2不参与反应)，再次平衡后CH4的
转化率________(填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”，下同)，________。
(4)光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并
产生空穴(h＋，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO 和O2－，价带上CH4直接转化
为CO 和H2，反应机理如图所示：
在Rh 表面，每生成1 mol CO，则价带产生的空穴(h＋)数为________NA；价带上的电极反应
式可表示为___________________________________________。
【答案】 (1)①该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG＝ΔH－TΔS<0(合理即可) ②＋1 490
(2)BC (3)
1.2
①
②3 ③增大 ④不变 (4)2 CH4＋2h＋＋O2－===CO＋2H2
【解析】 (1)①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG＝ΔH－TΔS<0 反应可以自
发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG＝ΔH－TΔS<0；
②根据反应热＝反应物键能和－生成物键能和，则ΔH＝2E(C===O)＋4×413－2×1 075－
2×436＝120 kJ·mol－1，解得，E(C===O)＝745 kJ·mol－1，故CO2(g)===C(g)＋2O(g) ΔH＝
745×2＝＋1 490 kJ·mol－1。(2)两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C—H
键和H—H 键的数目之比为2∶1，不能证明反应达到平衡，A 错误；在反应进行的过程中，
氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应
达到平衡，B 正确；在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时
可以证明反应达到平衡，C 正确；体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的
密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D 错误。(3)根据题
给数据可得以下三段式：
CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g)
开始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) 0.2 0.2 0.4 0.4
平衡(mol) 0.8 0.8 0.4 0.4
H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)
开始(mol) 0.4 0.8 0 0.4
转化(mol) 0.2 0.2 0.2 0.2
平衡(mol) 0.2 0.6 0.2 0.6
①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的＝＝1.2 倍；②平衡时气体
总物质的量＝2.4 mol，则此时反应ⅰ平衡常数Kp＝＝3p；③加入氮气相当于减压，反应ⅰ
正向移动，CH4的转化率增大；反应ⅰ平衡常数Kⅰ＝，反应ⅱ平衡常数Kⅱ＝，则＝，平衡常
数只与温度有关，故该比值不变。(4)1 mol CH4 转化为1 mol CO 反应为CH4＋O2－－2e－
===2H2＋CO，转移2 mol 电子，即2NA个电子，则形成空穴(h＋)数为2NA；由题图可知在价
带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为CH4＋2h＋＋O2－===CO＋
2H2。
18．(14 分)升压药物盐酸米多君(TM)及其关键中间体B 的合成路线(部分条件略去)如图所
示：
回答下列问题：
(1)TM 分子中含氧官能团名称是______________。
(2)物质B 的结构简式为____________。上述合成路线中属于加成反应的是________(填序
号)。
(3) 反应①的原子利用率为100% ，该反应的化学方程式为_________________
________________________________________________________________________________
_________________________________________________________。
(4)符合下列条件的A 的同分异构体有________种(不考虑立体异构)。
①含有苯环结构
1 mol
②
该物质分别与足量NaHCO3溶液、金属钠反应生成1 mol CO2、1 mol H2
③含有手性碳原子
写出其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6 个峰的分子的结构简式
________________。
(5)已知：NH2CH2CH2OH＋ClCOCH2Cl――――→
。根据上述合成路线和相关信
息，设计以
和流程中相关试剂为原料制备
的“绿色化学”合成路线
(其他试剂任选)_________________________________________
________________________________________________________________________________
_________________________________。
【答案】 (1)羟基、醚键、酰胺基
(2)
①② (3)
＋CH3NO2―→
(4)13
(5)
―――――→
【解析】 对照反应①和②可知，A 为
，物质X 为CH3NO2，结合反应条件和
后面物质的结构简式分析，B 的结构简式为
，KCN 溶液中存在HCN，对比A
的分子式和反应②的产物可以得出，反应②为A 和HCN 的加成反应，据此解答。(1)根据
TM 的结构简式可知，TM 分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基。(2)根据分析，B
的结构简式为：
；由分析可知，A 为
，则反应①为A 与CH3NO2
的加成反应，反应②为A 与HCN 的加成反应，故上述合成路线中属于加成反应的是①②。
(3)A 的结构简式为
，物质X 的结构简式为CH3NO2，反应中原子利用率100%，
则为加成反应，该反应方程式为
＋CH3NO2―→
。(4)符合下列条件
的有机物A 的同分异构体①含有苯环；②1 mol 该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠
反应生成1 mol CO2、1 mol H2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子。
则若苯环上有一个侧链，同分异构体有
、
、
、
，若苯环上有两个侧链，分别为羧基和
、—OH 和
、—
CH3和
，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13 种；其中
苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6 个峰的分子的结构简式
。(5)首先用苯
甲醛和CH3NO2 发生加成反应生成，
，随后硝基被还原为氨基生成
，再在ClCOCH2Cl 作用下生成产物
，具体流程为
―――→
――――→
―――――→
。
