文档文本内容
机密★启用前
2026 年高考化学考前冲刺模拟C
（考试时间75 分钟，满分100 分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.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：H1 Li7 C12 O16 Na23 Sc45 Ti48 La139
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
项符合题目要求。
1．中国的无人机产量居世界第一。下列有关无人机的说法错误的是
A．制造芯片的主要材料为Si
B．机翼主体所用碳纳米材料属于胶体
C．起落架所用铝合金硬度比纯铝大
D．机身所用增强聚酯树脂属于复合材料
【答案】B
【解析】A．硅是良好的半导体材料，是制造芯片的核心原料，A 正确；
B．胶体是分散质粒子直径在1~100 nm 之间的分散系，属于混合物，而碳纳米材料是纯净的碳单质，不属
于分散系，因此不属于胶体，B 错误；
C．合金的硬度通常高于其组成纯金属，因此铝合金硬度比纯铝大，C 正确；
D．增强聚酯树脂是以聚酯树脂为基体、添加增强材料复合得到的材料，属于复合材料，D 正确；
故选B。
2．氢氟酸可溶蚀玻璃，其主要反应为
。下列化学用语或说法错误的是
A．
的共价键类型：
键
B．
的电子式：
C．
的晶体类型：共价晶体
D．基态O 原子的轨道表示式：
【答案】A
【解析】A．
中，O 原子价层电子对数为2+
=4，杂化方式为
，
键是
的
轨道与
的
杂化轨道头碰头重叠形成的
键，属于
键，A 说法错误；
B．
是共价化合物，
最外层4 个电子，分别与4 个
各形成1 对共用电子，双方均满足8 电子稳定
结构，图示电子式书写正确，B 说法正确；
C．
由
、
原子通过共价键连接形成空间网状结构，晶体类型为共价晶体，C 说法正确；
D．基态O 原子的电子排布式为
，该轨道表示式符合泡利原理、洪特规则、能量最低原理，D 说
法正确；
故选A。
3．
在
中发生反应：
。
的结构如图，可看作
分子
中H 原子被硝基取代而形成。下列说法错误的是
A．
是极性分子
B．
空间构型为直线形
C．
的键角小于
的键角
D．
中Cl 杂化轨道类型为
【答案】C
【解析】A．由结构可知，N2O5不对称，正负电荷中心不重合，也为极性分子，A 正确；
B．
中N 原子的价层电子对数为
，N 杂化轨道类型为sp，故
的空间构型为直线
形，B 正确；
C．H3O+中O 原子的价层电子对数为
，孤电子对数为1，H2O 中O 原子的价层电子对数为
，孤电子对数为2，孤电子对数越多，对成键电子的斥力越大，键角越小，C 错误；
D．
中Cl 原子的价层电子对数为
，孤电子对数为0，空间构型为正四面体形，D 正
确；
故答案选C。
4．氮及其化合物的部分转化关系如图所示。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应①每加入
，充分反应后生成
的数目为
B．反应②断裂1 mol 极性键时，转移电子的数目为
C．标准状况下，5.6 L NO 含有的原子数为
D．
的
溶液中，
数目为
【答案】C
【解析】A．反应①是合成氨可逆反应，1 mol
不能完全转化，生成
的数目小于
，A 错误；
B．反应②为氨的催化氧化，4 mol
反应时断裂12 mol N-H 极性键，共转移20 mol 电子，断裂1 mol
极性键时转移电子数目为
，B 错误；
C．标准状况下5.6 L NO 的物质的量为
，每个NO 含2 个原子，总原子物质的量为
0.5 mol，原子数为
，C 正确；
D．题目未给出
的
溶液的体积，无法计算
的数目，D 错误；
故选C。
5．聚碳酸亚丙酯(PPC)是一种以
和环氧丙烷(
)为原料合成的完全可降解塑料，合成原理如下，
下列说法正确的是
A．
的反应的原子利用率=100%
B．
的反应为缩聚反应
C．环氧丙烷与环氧乙烷互为同系物
D．PPC 的降解产物之一为1，3-丙二醇
【答案】C
【解析】A．X（丙烯）与
反应生成Y（环氧丙烷）时，根据原子守恒，除了Y 还会生成小分子
，
原子利用率小于100%，A 错误；
B．缩聚反应的特征是生成高分子的同时，会伴随小分子副产物生成。Y 和
合成PPC 时，所有原子全
部进入产物PPC 中，没有小分子副产物，不是缩聚反应，B 错误；
C．结构相似、分子组成相差1 个或若干个
原子团的化合物互为同系物。环氧乙烷和环氧丙烷都属于
三元环醚，结构相似，分子组成相差1 个
，互为同系物，C 正确；
D．根据PPC 的结构，水解降解后得到的二元醇为
，是1,2-丙二醇，不是1,3-
丙二醇，D 错误；
故选C。
6．用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是
选项
劳动项目
化学知识
A
铝制品表面镀膜
阳极氧化形成致密氧化膜
B
pH 计测定雨水的pH
的雨水为酸雨
C
加工腊肉时加入适量NaCl
NaCl 为防腐剂
D
葡萄酒中加入适量
起增味和杀菌作用
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】A．铝做阳极时，通过电解阳极氧化可在铝制品表面生成致密的氧化铝氧化膜，实现铝制品表面
镀膜，解释合理，A 不符合题意；
B．酸雨的定义为
的雨水，使用pH 计测定雨水pH 就是为了判断雨水是否为酸雨，解释合理，B
不符合题意；
C．NaCl 能够使微生物脱水失去活性，可抑制细菌生长，是常用的食品防腐剂，加工腊肉加入适量NaCl
作防腐剂，解释合理，C 不符合题意；
D．葡萄酒中加入适量
的作用是杀菌和抗氧化，防止葡萄酒被氧化变质，因此
不具有增味作用，
解释不合理，D 符合题意；
故答案为：D。
7．已知
、
、
是原子序数依次增大的短周期主族元素，
位于第四周期，是应用最广的一种金属；
的原子半径最小，
、
均有两个未成对电子。由它们组成的一种营养强化剂的结构如图所示。下列说
法正确的是
A．第一电离能：
B．
在高温下能与
反应产生
C．氢化物的热稳定性：
D．原子半径：
【答案】B
【分析】W 位于第四周期，是应用最广的金属，因此W 为Fe（铁）；X 的原子半径最小，短周期中原子
半径最小的是H，因此X 为H（氢）；X、Y、Z 原子序数依次增大，均为短周期主族元素，且都有2 个未
成对电子，结合结构中Y 形成4 个共价键，Z 可形成双键、单键带负电，可得：Y 价电子数为4，Z 价电子
数为6，因此Y 为C（碳），Z 为O（氧）。
【解析】A．第一电离能：同周期主族元素第一电离能整体从左到右增大，非金属第一电离能大于金属，
因此顺序为
，A 错误；
B．高温下铁与水蒸气反应：
，产物有
，B 正确；
C．题干未说明是“最简单氢化物”，C 存在多种氢化物（如多碳烃），无法得出所有氢化物热稳定性
，C 错误；
D．同周期主族元素原子半径从左到右减小，因此原子半径
，正确顺序为
，D 错误；
故选B。
8．下列实验设计合理的是
A．使发黑的银手镯恢复光亮
B．滴定法测定KI 溶液的浓度
C．分离I2和NH4Cl 固体混合物
D．制备溴苯
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】A．银手镯发黑是因为表面生成了Ag2S，该装置中锡、Ag2S 与NaCl 溶液形成原电池，锡比银活
泼，锡作负极失电子，Ag2S 在正极得电子被还原为Ag，可以使发黑的银手镯恢复光亮，实验设计合理，
A 正确；
B．Fe3+与I−会发生反应
，滴定一开始就会生成I2，使淀粉溶液变蓝，无法判断滴定
终点，B 错误；
C．加热时，I2升华，NH4Cl 受热也会分解为NH3和HCl 气体，二者遇冷后，I2凝华、NH3和HCl 又重新化
合为NH4Cl 固体，都附着在烧瓶底部，无法分离，C 错误；
D．苯制备溴苯需要液溴才能在溴化铁催化下发生取代反应，浓溴水的溴浓度低，无法发生该反应，D 错
误；
故答案为A。
9．
是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为：
，其四方晶胞如
图所示。设阿伏加德罗常数的值为
，下列说法不正确的是
A．合成反应中，还原剂是LiH 和C
B．晶胞中含有的
个数为4
C．每个
周围与它最近且距离相等的
有8 个
D．该晶体的密度为
【答案】D
【解析】A．标注化合价：
中
为
价，反应物
、
均为
价；产物
中，
为
价，
中
为
价、
为
价，
中
为
价。 化合价升高的是
中
（
）和
（
），
因此还原剂是
和
，A 正确；
B．用均摊法计算晶胞中离子数目： 黑球（
）：8 个在顶点，1 个在晶胞体内，总数目为
。
化合物
中
与
数目比为
，因此晶胞中
数目为
，B 正确；
C．以晶胞体内的
为例，周围最近且距离相等的
共有8 个，C 正确；
D．晶胞中含2 个
，
的摩尔质量
，晶胞总质量
。 晶胞体积
，晶体密度
，D 错误；
故选D。
10．肉桂酸乙酯的工业生产流程如图所示，下列说法正确的是
A．Ⅰ中所有原子可以共平面
B．1 mol Ⅱ最多能与1 mol NaOH 反应
C．Ⅲ能发生取代、加成和消去反应
D．Ⅳ的核磁共振氢谱有6 组峰
【答案】A
【解析】A．苯甲醛中，苯环是平面结构，醛基
也是平面结构，碳碳单键可以旋转，因此所有原子
可以共平面，A 正确；
B．Ⅱ中含有1 个酸酐结构，酸酐与NaOH 反应时，1mol 酸酐最终消耗2 mol NaOH，因此1 mol Ⅱ最多能
与2 mol NaOH 反应，B 错误；
C．Ⅲ为肉桂酸，含苯环、碳碳双键、羧基，可以发生取代、加成反应；但不存在可发生消去反应的官能
团（醇羟基、卤原子），不能发生消去反应，C 错误；
D．肉桂酸乙酯结构为
，苯环有3 种不同环境的H 原子，支链有4 种不同
环境的氢原子，共有7 种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱有7 组峰，D 错误；
故选A。
11．天青石主要成分是
，还含有少量
及
、
、
的氧化物等杂质，现以天青石为原料制
备
的工艺流程如下：
已知：
，
。
下列说法错误的是
A．加入
缓冲溶液可使
转化为
B．镁、硅元素分别在“调pH”工序和“酸浸工序”除去
C．若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水量增大
D．将
投入到
溶液中，反应后
时，
的转化率为32%(忽
略溶液体积变化)
【答案】D
【分析】由溶度积可知相同温度时溶解度
<
，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以
将天青石矿粉和Na2CO3溶液充分混合，发生沉淀转化：SrSO4 +Na2CO3 = SrCO3+Na2SO4，过滤后得到的
粗SrCO3中含有杂质Si、Mg、Fe 的氧化物及少量BaSO4。向粗SrCO3中先加盐酸酸浸，经过滤除去SiO2、
BaSO4，然后向滤液中加HClO，将Fe2+氧化生成Fe3+，加氨水调pH，溶液中析出Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，
通过过滤除去Mg(OH)2、Fe(OH)3，再向滤液中加入NH4HCO3溶液，生成SrCO3沉淀，经过滤、洗涤、干
燥即可得到纯净的SrCO3。
【解析】A．加入
缓冲溶液可使
转化为
，便于除去，A 正确；
B．根据分析可知，硅的氧化物（如SiO2）不与盐酸反应，会在“酸浸”后进入滤渣1；镁的氧化物（如
MgO）与盐酸反应生成Mg2+，但Mg2+在后续“调pH”步骤中会沉淀（进入滤渣2），因此硅、镁元素分别
在“酸浸工序”（硅）和“调pH”工序（镁）除去，B 正确；
C． “氧化”工序是将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+沉淀的pH(约3~4)远低于Fe2+沉淀的pH(约7~8)。若去掉“氧
化”工序，Fe2+需在更高pH 下沉淀，会消耗更多氨水，C 正确；
D．
的摩尔质量为184 g/mol，
的物质的量为0.5 mol，由反应
，反应后
时，溶液中
，则此时溶液中
，已转化的
的物质的量等于溶液中的
物质
的量，为0.32mol，则
的转化率为
，D 错误；
故答案选D。
12．某同学进行如下兴趣实验，下列说法正确的是
反应原理：①
②
③
（橙红）
现象：立即产生橙红色沉淀，几秒钟后溶
液颜色变为蓝色
A．反应①中
和
的VSEPR 模型不同
B．该实验条件下，反应的活化能：③＞②
C．单质的熔点：
D．可以利用②反应的原理实现检验食盐是否加碘（淀粉碘化钾试纸额外提供）
【答案】D
【解析】A．
中I 的价层电子对数为
（含1 对孤电子对），VSEPR 模型为四面体形，
中N 的价层电子对数为
（含1 对孤电子对），VSEPR 模型也为四面体形，二者相同，A
错误；
B．实验现象为：立即产生橙红色沉淀（反应③），几秒钟后溶液才变蓝（反应②生成
遇淀粉变蓝），
说明反应速率：③>②；反应速率越快，活化能越小，因此活化能：③<②，B 错误；
C．常温下
为液态，
为固态，因此单质熔点：
，C 错误；
D．食盐中添加的碘为碘酸盐（含
）。根据反应②的原理，在酸性条件下，
可以与
（淀粉碘化钾试纸
提供）反应生成
，
遇淀粉变蓝色。因此，可以将食盐溶解，加入少量食醋酸化，然后用湿润的淀粉碘化钾
试纸检验，若试纸变蓝，则证明食盐已加碘，D 正确；
故选D。
13．利用偏二甲肼
燃料电池电解制备
，并得到副产物KOH、
、
装置如下
图所示。电解所需试剂为：KOH 稀溶液、
浓溶液、
浓溶液、
稀溶液。下列说
法正确的是
A．a 极反应：
B．可用银电极替换石墨I 电极
C．A 膜和B 膜之间存放
浓溶液，A 膜为阳离子交换膜
D．a 极消耗0.15 mol 偏二甲肼时，X 室
减少1.2 mol
【答案】D
【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，a 极为燃料电池的负极，氧离子作用下偏二甲肼在负极失去电
子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和水，b 极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；
右侧装置为制备磷酸二氢镁的电解池，与燃料电池正极相连的石墨Ⅰ为电解池的阳极，氯离子在阳极失去
电子发生氧化反应生成氯气，溶液中的镁离子通过阳离子交换膜进入A 膜和B 膜之间的产品室，则X 室为
盛有氯化镁溶液的阳极室，产品室中盛有的是磷酸二氢镁稀溶液；石墨Ⅱ是阴极，水分子在阴极得到电子
发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则Y 室为盛有氢氧化钾稀溶液的阴极室，B 膜和C 膜之间的区域是
盛有磷酸二氢钾浓溶液的原料室，原料室中的钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，磷酸二氢根离子通过
阴离子交换膜进入产品室得到磷酸二氢镁，则A 膜和C 膜均为阳离子交换膜，B 膜为阴离子交换膜。
【解析】A．由分析可知，a 极为燃料电池的负极，氧离子作用下偏二甲肼在负极失去电子发生氧化反应生
成二氧化碳、氮气和水，电极反应式为：
，A 错误；
B．由分析可知，石墨Ⅰ为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，所以不能用银
电极替换石墨I 电极，否则无法制得副产品氯气，B 错误；
C．由分析可知，石墨Ⅰ为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，溶液中的镁离
子通过阳离子交换膜进入A 膜和B 膜之间的产品室，产品室中盛有的是磷酸二氢镁稀溶液，C 错误；
D．由得失电子数目守恒可知，a 极消耗0.15 mol 偏二甲肼时，X 室减少镁离子的物质的量为：
=1.2 mol，D 正确；
故选D。
14．Dieckmann 缩合反应的机理如下(—Et 是乙基)，下列说法错误的是
A．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
B．1 mol d 与NaOH 溶液反应最多能消耗2 mol NaOH
C．强碱性条件有利于Dieckmann 反应发生
D．根据机理推测，可实现如下转化：
【答案】B
【分析】
由图可知，Dieckmann 缩合反应为：
+EtOH，反应的实质是：
分子中脱去氢原子的2 号碳原子与脱去-OEt 的6 号碳原子结合形成五元环。
【解析】A．由图可知，反应过程中有碳氢、碳氧极性键的断裂和碳氧极性键的生成，还有碳碳非极性键
的断裂与形成，A 正确；
B．由结构简式可知，d 分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应生成，则1 mol d 与氢氧化钠溶液反应最
多能消耗1 mol 氢氧化钠，B 错误；
C． 该反应需要碱拔除反应物的
，产生碳负离子才能引发反应，强碱性条件更有利于
拔除，促
进反应进行，C 正确；
D． Dieckmann 缩合本质是分子内二酯的缩合关环，由题给反应机理可知，
分子中1 号
碳原子脱去氢原子后，能与脱去-OCH2CF3的碳原子结合形成六元环，反应的化学方程式为：
+CF3CH2OH，D 正确；
故选B。
15．常温下，将0.01 mol
固体投入1 L 水中，平衡条件下，体系中全部含磷物质(
、
、
、
、
)的摩尔分数随pH 的变化关系如图所示(元素Fe、P 的物质的量保持不变、忽略溶
液体积变化)。
已知
，
。
下列说法错误的是
A．丙线所示物种为
B．
的电离常数
约为
C．pH=0.23 时，
，不存在
沉淀
D．pH=12.36 时，
【答案】B
【分析】由题意可知，FePO4(s)+3
Fe(OH)3(s)+
该反应的平衡常数为K=
=9.9×1022，H3PO4的电离方程式分别为：
；
；
；将FePO4固体投入pH 很小的溶液中首先FePO4水解生成
H3PO4，所以甲线代表的物质为FePO4，乙线为H3PO4，由图甲线可知，随着pH 增大，FePO4水解程度逐
渐减小后增大；丁线呈现的是随着pH 增大一直增大的趋势，由H3PO4的电离方程式可知有一直增大的趋
势的应该为
，则丙线为
，据此分析问题。
【解析】A．丙线所示物种为
，A 正确；
B．H3PO4第二步电离的平衡常数为
，则可从图中找出
的点，
此时
，从图中
与
的曲线交点可知，该点的pH≈7.2，故
≈10-7.2，B 错误；
C．由图可知当pH=0.23 时，δ(H3PO4)=0.2，而根据FePO4的水解方程式可知，根据物料守恒，
等于
所有溶解的含磷微粒浓度之和，但是当溶液的pH=0.23 时，该溶液体系中只有H3PO4一种含磷微粒，FePO4
起始物质的量为0.01mol，所以此时c(Fe3+)=0.002 mol/L，C 正确；
D．当溶液pH=12.36 时，是加入了大量的碱溶液，该体系的电荷平衡方程式中应该还有随其碱溶液加入的
阳离子，如去掉该阳离子，则电荷平衡方程式为
，D 正确；
故答案选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（13 分）以钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)为原料，分离回收
钴的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，加入
的作用是______，浸渣的主要成分是______(填化学式)。
(2)“除铁”时温度不宜太高的原因是______，该过程中将pH 控制在3.7~4.0 范围内的原因可能是______。
(3)过硫酸钠(
)中阴离子的结构如图所示，其中硫元素的化合价为______，在酸性条件下，“除
锰”时发生的主要反应的离子方程式为______。
(4)向“除锰”后的溶液中加入
溶液并控制溶液pH 进行“氧化沉钴”。由“除铁”和“沉钴”的
工序可推断，还原性：
______(填“>”“<”或“=”)
。
(5)在隔绝空气氛围中灼烧
，固体的失重率(
)与温度的关系
如图所示。温度为290℃时，所得物质为______(填化学式)。
【答案】(1)还原
及
（2 分）
（1 分）
(2)防止
高温分解（2 分）
偏低，
沉淀不完全，
偏高，
等离子会沉淀（2 分）
(3)+6 （1 分）
（2 分）
(4)＜（1 分）
(5)Co2O3（2 分）
【分析】钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)中加入过量硫酸、K2SO3溶
液进行酸浸、还原，Co2O3、CoO、MnO2、FeO、ZnO 转化为Co2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+，SiO2不溶，过滤后，
SiO2成为滤渣；加入H2O2、调节pH，Fe2+被氧化生成的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入
将Mn2+氧
化并转化为MnO2沉淀；继续加入
、NaOH 溶液，Co2+被氧化为Co3+并转化为Co(OH)3沉淀，过滤
后，滤液中含有Zn2+等。
【解析】（1）由分析可知，“酸浸”时，加入
，Co2O3、MnO2溶解并被还原为Co2+、Mn2+、则
K2SO3的作用是：还原
及
，浸渣的主要成分是
。
（2）H2O2的热稳定性差，受热易发生分解，“除铁”时温度不宜太高的原因是：防止
高温分解；该
过程中需除尽Fe3+但不能让Co2+生成沉淀，则将pH 控制在3.7~4.0 范围内的原因可能是：
偏低，
沉淀不完全，
偏高，
等离子会沉淀。
（3）过硫酸钠(
)的阴离子中，6 个O 显-2 价，2 个O 显-1 价，设硫元素的化合价为x，则2x+
(-2)×6+(-1)×2=-2，则x=+6，在酸性条件下，“除锰”时，加入
将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀，
转化为
，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生的主要反应的离子方程式为
。
（4）在“除铁”步骤中，
能氧化
但不能氧化
，说明
的还原性强于
；在“沉钴”步骤
中，需要更强的氧化剂
才能氧化
，也说明
的还原性较弱。综合可知，还原性：
＜
。
（5）设初始Co(OH)3的物质的量为1mol，质量m=1mol×(59+17×3)g/mol=110g，隔绝空气灼烧时，
Co(OH)3发生分解反应，失重成分为H2O，假设反应为2Co(OH)3
Co2O3+3H2O，失重质量为1.5mol×18g/
mol=27g，失重率为
≈24.5%，对照图中数据，此时温度为290℃，所得物质为Co2O3。
17．（14 分）测定铁矿石中铁含量的传统方法是
滴定法。实验小组利用该方法测定
铁矿石中铁的含量：
【制取氯化亚锡】
实验装置如图所示：
【测定含量】
按如下操作步骤进行实验：
Ⅰ．将制取的
产品溶于浓盐酸并配制成溶液。
Ⅱ．准确称取矿样a g，用浓盐酸加热溶解；冷却后，逐滴加入
溶液，边加边摇，直至溶液由黄色变
为浅绿色，再多加1～2 滴
溶液。
Ⅲ．迅速加入5 mL 饱和
溶液，生成白色丝状沉淀，加入适量
混合酸和二苯胺磺酸钠
指示剂，用
的
标准溶液滴定至溶液呈蓝紫色为止，记录消耗体积V mL。
已知：
①
具有还原性，易水解。
②室温时
将
缓慢氧化为
，自身转化成
，但难以氧化
；加热时，
可氧化
。
③
与磷酸能形成
等无色可溶性配合物。
④
可被
还原为
。
请回答下列问题：
(1)仪器a 的名称为_______，装置E 中的试剂为_______。
(2)制取
时，先加入浓硫酸加热，一段时间后，再开启管式炉加热的原因是_______。
(3)步骤Ⅱ中加入
溶液后发生反应的离子方程式为_______。
(4)步骤Ⅲ中，热的溶液需冷却后再滴加
溶液，并放置2～3 min，才能开始滴定。对此，合理的解释
是_______。
A．热的溶液中，
氧化
的速率过快，反应不易控制
B．热的溶液中，
被
氧化，将使测定结果偏低
C．加入
溶液后立即滴定，则
未除尽，将使测定结果偏高
D．放置时间过长，
可被空气中的氧气氧化，将使测定结果偏高
(5)步骤Ⅲ中加入
的作用是_______。
(6)矿样中
的质量分数为_______。(用含a、c、V 的代数式表示)
(7)
滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用
和
将铁矿石试样中
还
原为
，再用
标准溶液滴定。从环保角度分析，该方法相比于
滴定法的优
点是_______。
【答案】(1)球形干燥管(或干燥管)（1 分） 碱石灰(或氢氧化钠固体，合理即可) （1 分）
(2)利用生成的HCl 排出装置内的空气，防止加热时Sn 被空气中的氧气氧化（2 分）
(3)
（2 分）
(4)BC（2 分）
(5)与
形成无色可溶性配合物，消除
的黄色对滴定终点观察的干扰，同时可提高滴定终点的灵敏度
(合理即可) （2 分）
(6)
（2 分）
(7)使用有毒的汞盐，避免了重金属汞污染，更加环保(合理即可)（2 分）
【解析】（1）仪器a 为球形干燥管；
易水解，且反应中过量的HCl 有毒需要吸收，因此E 中试剂为
碱石灰，既可以吸收尾气HCl，又能防止空气中水蒸气进入装置D 使
水解。
（2）Sn 具有还原性，加热时易被氧气氧化，先加热浓硫酸与NaCl 反应产生HCl，排尽装置内空气后再加
热管式炉，可避免Sn 被氧化。
（3）
将
还原为
，自身被氧化为
，根据得失电子守恒、电荷守恒配平可得：
。
（4）室温下
氧化
速率慢，加热时主要问题是氧化
，不是
反应速率不易控制，A 错误；
热溶液中
可氧化
，导致消耗
的量减少，测定结果偏低，B 正确；若立即滴定，过量的
未被完全氧化，
也会还原
，导致消耗
体积偏大，测定结果偏高，C 正确；放置时
间过长，过量的
可被空气中的氧气氧化，导致
不能完全氧化
，残余的
会在滴定过程中与
反应，将使测定结果偏高，D 错误；故选BC。
（5）根据已知信息，
为黄色，会干扰终点观察，磷酸可与
形成无色配合物，同时降低
浓度，
增大滴定突跃，使终点判断更准确。
（6）根据反应关系：
，可得
，因此Fe 的质量分数
为
。
（7）原方法使用有毒的HgCl₂，汞是重金属，会造成环境污染，新方法不使用汞盐，减少了污染，更环保。
18．（15 分）燃油汽车尾气中NO、
和CO 处理的有关反应如下：
①
②
③
(1)
___________
，K=___________。
(2)已知：平衡常数K 与反应热(
)、温度(T)的关系式为
(R=8.314)。上述反应的平
衡常数与温度关系如图所示。曲线
代表反应___________(填序号)的8.314
与T 关系，判断依据是
___________。
(3)天然气也可以除去
，发生反应：
。某温度下，在
2.0 L 刚性密闭容器中充入1 mol
(g)和2 mol
(g)，发生上述反应，测得容器内气体压强(p)与反应
时间(t)的变化如表所示。
t/min
0
2
4
6
8
10
p/(100
kPa)
4.80
5.44
5.76
5.92
6.00
6.00
0
①～8 min 时间段内用
分压表示
的速率为___________
。
②其他条件不变，起始投入4 mol
和5 mol
，达到平衡时平衡常数
___________kPa。(提示：
以分压表示的平衡常数为
，分压=总压×物质的量分数)
(4)工业上，可采用电解吸收法将工业尾气中氮的氧化物转化成
。向0.1
NaCl 溶液(含少量
NaOH，pH=9)中通入NO 电解，测得NO 的去除率与电流强度的关系和溶液中相关含氯粒子浓度变化与电
流强度的关系如图所示。
①通过电流强度大于4A 时，NO 去除率降低的主要原因是___________。
②如果电流强度为4A，工作a min 时，通入了m g NO，则电解效率为___________。[已知：电解效率等
于实际通过的电子物质的量与理论通过的电子物质的量之比，
，法拉第常数F=96500
]
【答案】(1) -200.9（2 分）
（2 分）
(2)②（1 分） 反应①是吸热反应，温度升高反应①平衡正向移动，
增大，
增大
代表①；
反应②和③是放热反应且②的放热量较大，反应热越大，曲线斜率越大，
代表②（2 分）
(3)
30
①
（2 分） ②3240（2 分）
(4)①
的氧化性强于
，电流强度大于4A 电解液中
增大，
降低，溶液的氧化性降
低，因此NO 去除率降低（2 分） ②
（2 分）
【解析】(1)根据盖斯定律可知，反应
，则
，
；
(2)反应①是吸热反应，温度升高反应①平衡正向移动，
增大，
增大
代表①；反应②和③是放热
反应且②的放热量较大，反应热越大，曲线斜率越大，
代表②；
(3)恒温恒容条件下，气体压强与气体物质的量成正比。设转化的
的物质的量为x mol，列三段式：
，解得x=0.75。起始时，
，平衡时，
，用
分压计算反应速率：
；根据平衡常数表达式可计算：
；
(4)由图乙可知，
的氧化性强于
，电流强度大于4A 电解液中
增大，
降低，溶液
的氧化性降低，因此NO 去除率降低；
理论通过电子：
，实际通过电子：
mol，电解效
率
。
19．（13 分）化合物Ⅰ有特定发光性能，在新型有机发光二极管的开发中具有潜在价值，其结构如下：
某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：①RCOOR′
R′OH
②
③
(
等)
请回答：
(1)化合物A 中含有的官能团名称是__________。
(2)下列说法正确的是__________。
A．化合物A 的酸性比苯甲酸弱
B．化合物
既可与酸反应又可与碱反应
C．
反应过程中只发生加成反应
D．化合物
中存在分子内氢键
(3)G 的结构简式是__________。
(4)B→C 反应类型是__________，其化学方程式是__________。
(5)写出3 种同时符合下列条件的化合物B 的同分异构体的结构简式__________。
①核磁共振氢谱表明：分子中有4 种不同化学环境的氢原子；
②与过量
反应生成邻苯二酚(
)。(已知
)
(6)以
、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇为有机原料，合成一种发光材料，合成路线如下所示(部
分产物已略去)，其中
和
的结构简式为__________和__________。
；
+CH2=CHCOOH
M+
N
【答案】(1)羧基、碳溴键（1 分）
(2)BD（1 分）
(3)
（2 分）
(4)取代反应（1 分）
+NH2NH2
+C2H5OH（2 分）
(5)
、
、
（2 分）
(6)
（2 分）
（2 分）
【分析】由流程可知，A 发生取代反应生成B，B 发生已知①反应原理生成C，结合C 化学式，C 为
，C 与D 发生已知②反应生成E，结合D、E 化学式，D 为
、E 为
，E 中硝基在Fe、HCl 条件下还原为氨基得到F，F 与G 生成
H，结合G 化学式，G 为
，H 进一步转化为I。
【解析】（1）化合物A 中含有的官能团名称是羧基、碳溴键。
（2）A．化合物A 中含有的Br 为吸电子基，使羧基中O-H 极性增大，酸性增强，故化合物A 的酸性比苯
甲酸强，A 错误；
B．化合物B 中含酯基，既可与酸反应又可与碱反应，B 正确；
C．
反应过程中发生还原反应，不是加成反应，C 错误；
D．化合物
中苯环上的酚羟基与其邻位的碳氮双键上的N 可以形成分子内氢键，D 正确；
故选BD。
（3）根据分析，G 的结构简式为
。
（4）B 发生已知①反应原理生成C，结合已知信息可知该反应为取代反应。
方程式为
+NH2NH2
+C2H5OH。
（5）化合物B(
)的同分异构体，②与过量
反应生成邻苯二酚(
)，结合本
题已知信息可知苯环上连有醚键可与HBr 反应形成酚，故符合要求的同分异构体有
结构。①
核磁共振氢谱表明：分子中有4 种不同化学环境的氢原子；说明有机物对称性较高，符合要求的有
、
、
。
（6）参考已知反应③可知
+CH2=CHCOOH 会发生成环反应，形成M
，M
与
；按照已知反应②发生反应生成N
。
