文档文本内容
2026 年高考第一次模拟考试
高三化学
(考试时间：90 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 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32
Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127 Ba-137
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．【社会热点】2025 年诺贝尔化学奖与金属有机框架(MOFs)的研发有关。MOFs 以金属为节点、有
机分子为连接，形成具有规则多孔结构、内部表面积巨大的化合物。因金属及有机分子的不同，MOFs 种
类很多。下列关于MOFs 说法不正确的是( )
A．可用于二氧化碳的捕捉
B．可作氢气、甲烷等存储材料
C．可制作具有活性位点多的催化剂
D．属于硅酸盐材料
【答案】D
【解析】A 项，MOFs 具有多孔结构和高表面积，适合吸附二氧化碳，A 正确；B 项，多孔结构能有
效存储气体如氢气和甲烷，B 正确；C 项，金属节点和巨大表面积可提供丰富的催化活性位点，C 正确；D
项，MOFs 由金属和有机配体构成，属于配位聚合物，而非硅酸盐材料，D 错误；故选D。
2．下列表示不正确的是( )
A．As 原子的简化电子排布式：[Ar] 4s24p6 3
B．SO3
2-的VSEPR 模型：
C．N，N'-二甲基苯甲酰胺的结构简式：
D．用电子云轮廓图表示乙烯分子中的π 键：
【答案】A
【解析】A 项，As 原子的简化电子排布式应为[Ar]3d104s24p3，A 错误；B 项，SO3
2-的价层电子对数目
为4，故其VSEPR 模型为四面体形，B 正确；C 项，
的系统命名为，N，N'-二甲基苯
甲酰胺，C 正确；D 项，乙烯分子中的π 键电子云轮廓图为镜面对称，D 正确；故选A。
3．下列说法正确的是( )
A．病患可通过静脉注射一定浓度的葡萄糖或蔗糖溶液来补充能量以及糖分
B．HOCH2CH(OH)CHO 在一定条件下被氢气还原后的产物中存在手性碳原子
C．利用变性原理可提纯蛋白质并保持其生理活性
D．为满足人体生命活动对脂肪酸的需要，日常饮食应摄入多样化的油脂
【答案】D
【解析】A 项，蔗糖在人体中的水解产物为葡萄糖和果糖，果糖不能为人体补充能量，则病患不可通
过静脉注射一定浓度的蔗糖溶液来补充能量，故A 错误；B 项，HOCH2CH(OH)CHO 在一定条件下被氢气
还原后的产物为HOCH2CH(OH)CH2OH，手性碳原子为连接4 个不同原子或原子团的饱和碳原子，则
HOCH2CH(OH)CH2OH 分子中不含有连接4 个不同原子或原子团的饱和手性碳原子，故B 错误；C 项，蛋
白质的变性过程为不可逆的过程，变性时蛋白质会失去生理活性，则不能利用变性原理可提纯蛋白质，故
C 错误；D 项，油脂一定条件下发生水解反应可生成多种满足人体生命活动需要的脂肪酸，则日常饮食应
摄入多样化的油脂满足人体生命活动对脂肪酸的需要，故D 正确；故选D。
4．【新考法】铝可溶于NaOH 溶液：2Al+2NaOH +6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，下列说法正确的是(
)
A．工业上可借助此反应规模化制备H2
B．[Al(OH)4]-中Al 原子为sp3杂化
C．反应后溶液碱性增强
D．Al 是一种两性化合物
【答案】B
【解析】A 项，工业生产Al 要消耗大量电能，再用Al 制备H2成本太高，A 项错误；B 项，[Al(OH)4]-
中Al 原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，B 项正确；C 项，反应消耗氢氧化钠，反应后c(OH-)降低，溶
液碱性减弱，C 项错误；D 项，Al 是单质，D 项错误；故选B。
5．PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：
下列说法正确的是( )
A．上述流程中每一步均有元素化合价变化
B．PH3在流程中都属于还原产物
C．次磷酸钠(NaH2PO2)属于酸式盐
D．2mol次磷酸分解时转移2mol电子
【答案】B
【解析】白磷与过量浓NaOH 加热歧化得到NaH2PO2和PH3，次磷酸钠与硫酸复分解反应生成H3PO2
和NaHSO4，次磷酸歧化分解得到PH3和H3PO4，整个流程通过歧化反应两次生成，实现的价态转化。A
项，NaH2PO2和H2SO4反应生成H3PO2和NaHSO4，无元素化合价发生变化，A 错误；B 项，反应
P4+3NaOH(浓)+3H2O==3NaH2PO2+PH3↑中，P 元素的化合价由0 价降至PH3中的-3 价，PH3为还原产物，
H3PO2中P 的化合价为+1 价，PH3的化合价为-3 价，所以H3PO2分解生成PH3为还原反应，PH3属于还原产
物，B 正确；C 项，白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2，且次磷酸(H3PO2)为一元酸，其分子中只
有一个羟基氢可以电离，故NaH2PO2为正盐，C 错误；D 项，H3PO2分解方程式为2H3PO2==H3PO4+PH3↑，
P 从+1 价升高到+5 价，同时，P 从+1 价降低到-3 价，在该反应中，2molH3PO2，转移4mol 电子，D 错误；
故选B。
6．【改编】解释下列事实所用的化学用语不正确的是( )
A．铜片放入浓硝酸中：3Cu+8H++2NO3
-=3Cu2++2NO↑+4H2O
B．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+
C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：Fe-2e-=Fe2+
D．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，褪色：5SO2+2MnO4
-+2H2O=2Mn2++5SO4
2-+4H+
【答案】A
【解析】A 项，铜与浓硝酸反应应生成NO2而非NO，离子方程式应为Cu+4H++2NO3
-=Cu2+
+2NO2↑+2H2O，A 错误；B 项，Fe3+与Cu 反应生成Cu2+、Fe2+，电荷和原子均守恒，B 正确；C 项，吸氧腐
蚀负极反应为Fe 失去电子生成Fe2+，C 正确；D 项，SO2与酸性高锰酸钾反应，电荷、原子均守恒，D 正
确；故选A。
7．【改编】下列实验装置(部分夹持装置略)设计或操作能够达到实验目的的是( )
A．向容量瓶内转
移溶液
B．测定醋酸的浓度
C．制备乙二酸
D．高温熔融烧碱
【答案】B
【解析】A 项，一定物质的量浓度溶液的配制实验中，向容量瓶中转移溶液时需用玻璃棒引流，且玻
璃棒下端需靠在容量瓶刻度线以下，A 错误；B 项，聚四氟乙烯活塞滴定管可用于盛装碱溶液，用NaOH
滴定醋酸时常用酚酞做指示剂，该方法可测出醋酸浓度，B 正确；C 项，乙二酸具有较强还原性，KMnO4
具有强氧化性，乙二酸能被酸性高锰酸钾酸氧化为二氧化碳，则足量酸性KMnO4可将乙二醇氧化生成CO2
和水，该方法不能制备乙二酸，C 错误；D 项，烧碱即NaOH，高温条件下能跟石英坩埚中的SiO2反应，
故不能用石英坩埚进行烧碱熔融操作，D 错误；故选B。
8．提纯苯甲酸粗品(含有NaCl、泥沙等杂质)，得到苯甲酸纯品的方案如下。
下列说法不正确的是( )
A．一系列操作包括：过滤、洗涤、干燥
B．重结晶要求杂质必须在溶剂中溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大
C．趁热过滤的目的：除去泥沙，减少苯甲酸的析出，提升产率
D．步骤III 不宜用乙醇洗涤，可用冷水洗涤2~3 次
【答案】B
【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲
酸、NaCl 溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液
冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。
A 项，结晶后需分离晶体，一系列操作包括过滤(分离晶体与母液)、洗涤(除去表面杂质)、干燥(得到纯
品)，A 正确；B 项，重结晶要求被提纯物质(样品)溶解度随温度变化大(高温溶解、低温析出)，杂质溶解
度要么很大(留在母液)要么很小(提前过滤除去)，而非“杂质溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大”，
B 错误；C 项，趁热过滤时温度高，苯甲酸溶解度大，可除去不溶性泥沙，同时减少苯甲酸析出损失，提
升产率，C 正确；项，乙醇易溶解苯甲酸，用乙醇洗涤会导致晶体损失；冷水能洗去表面杂质(如NaCl)且
苯甲酸溶解度小，可减少损失，D 正确；故选B。
9．依据下列事实进行的推测正确的是( )
A．NaCl 固体与浓H2SO4 加热可制HCl， 则NaI 固体与浓H2SO4 加热制HI
B．Na2O2 与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
C．实验室可利用AlCl3与足量氨水反应来制备Al(OH)3，则也可利用CuCl2与足量氨水反应生成
Cu(OH)2
D．Fe 与S 反应生成FeS，则Cu 与S 反应生成Cu2S
【答案】D
【解析】A 项，浓硫酸具有强氧化性，能够将NaI 氧化为I2，不能用NaI 固体与浓H2SO4加热制HI，
故A 错误；B 项，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故B 错误；C 项，Cu(OH)2溶于过量氨水，因此不能利用
CuCl2与足量氨水反应生成Cu(OH)2，故C 错误；D 项，硫的氧化性较弱，只能将金属氧化到较低价态，Fe
与S 反应生成FeS，Cu 与S 反应生成Cu2S，故D 正确；故选D。
10．【新思维】NO 催化SO2与O2反应的物质转化关系如下。下列对该过程的分析不正确的是( )
A．a、c 分别是O2、SO3
B．NO 改变了SO2与O2的反应历程
C．NO 既体现了还原性，又体现了氧化性
D．SO2与SO3分子中硫原子杂化轨道类型相同
【答案】C
【解析】根据反应过程分析，SO2与O2反应生成SO3，NO 参与催化过程，a 参与反应生成NO2(b)，所
以a 是O2，SO2与NO2反应生成SO3和NO， 所以d 是SO2，c 是SO3。A 项，根据分析可知，A 正确；B
项，根据催化剂的作用原理，NO 作为催化剂， 改变了反应的途径，降低了反应的活化能，从而改变了
SO2与O2的反应历程，B 正确；C 项，根据氧化还原反应原理，NO 与O2反应时NO 被氧化，体现还原
性，NO2与SO2反应生成NO，并未体现NO 的氧化性，C 错误；D 项，根据杂化轨道理论，SO2中S 原子
价层电子对数是：
，是sp2杂化；SO3中S 原子价层电子对数是：
，
也是sp2杂化，D 正确；故选C。
11．苯和Br2可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确
的是( )
A．对比历程图，苯更易发生取代反应，最主要的原因是反应②的速率更快
B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变
C．加入FeBr3可以降低反应②的活化能和焓变，提高反应速率
D．经两步发生反应①的总焓变=E2-E1
【答案】B
【解析】A 项，反应②取代反应的活化能最低，生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生
取代反应，A 错误；B 项，苯中碳原子都是sp2杂化，
与
最右边上下两个碳原子是
sp3杂化，其余为sp2杂化，B 正确；C 项，催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反
应速率，C 错误；D 项，焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应①的总焓变=E1-E2，D 错
误；故选B。
12．探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。
已知：K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。
下列说法错误的是( )
A．过程Ⅰ发生的反应的离子方程式为：2MnO4
-+NO2
-+2OH-
2MnO4
2-+NO3
-+H2O
B．过程Ⅱ未得到紫色溶液，可能是MnO4
2-转化为MnO4
-的速率小于MnO4
-氧化NO2
-的速率
C．过程Ⅳ得到淡黄色溶液可推知NO2
-氧化了I-
D．该实验证明对应的实验条件下，NO2
-的还原性强于MnO4
2-和Mn2+
【答案】C
【解析】依据图示分析，反应Ⅰ产生了绿色溶液，结合题目信息可知发生的反应为：2MnO4
-+NO2
-
+2OH-
2MnO4
2-+NO3
-+H2O，生成了绿色的K2MnO4溶液；反应Ⅱ为向绿色溶液中滴加醋酸溶液至溶液呈
弱酸性，由于K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4，图中只得到了棕黑色沉
淀和无色溶液，说明反应产生的沉淀为MnO2；反应Ⅲ继续滴加醋酸溶液，沉淀消失，即MnO2与NO2
-发
生了反应：MnO2+NO2
-+2CH3COOH=Mn2++NO3
-+2CH3COO-+H2O，反应结束后得到了x mL 的无色溶液(含
NO3
-、bmol·L-1NO2
-)；反应Ⅳ加入足量的稀KI 溶液，后加入稀硫酸至溶液的pH 为y，碘离子被氧化为碘
单质(浅黄色溶液)，产生了NO 气体，NO 遇空气产生了NO2(淡棕色气体)。A 项，由已知可知反应Ⅰ产生
了绿色溶液，即NO2
-与KMnO4在碱性条件下加热反应产生K2MnO4，依据氧化还原反应原理书写离子方程
式为：2MnO4
-+NO2
-+2OH-
2MnO4
2-+NO3
-+H2O，A 不符合题意；B 项，K2MnO4溶液在酸性环境中不稳
定，转化为MnO2和KMnO4，但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗，则可能为MnO4
2-转化为
MnO4
-的速率小于MnO4
-氧化NO2
-的速率，B 不符合题意；C 项，依据分析反应Ⅲ结束后得到了x mL 的无
色溶液，含NO3
-、bmol·L-1NO2
-，均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产生碘单质，不能说明是NO2
-氧化
了I-，C 符合题意；D 项，依据分析，结合氧化还原反应原理：还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
由反应Ⅰ：2MnO4
-+NO2
-+2OH-
2MnO4
2-+NO3
-+H2O 可知，还原性：NO2
-大于MnO4
2-；由反应Ⅲ：
MnO2+NO2
-+2CH3COOH=Mn2++NO3
-+2CH3COO-+H2O 可知，还原性：NO2
-大于Mn2+，D 不符合题意；故选
C。
13．化合物Z 是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A．X 分子中所有碳原子一定共平面
B．1mol Y 与足量溴水反应消耗 3mol Br2
C．Z 可以与银氨溶液反应
D．X、Y、Z 均能与Na2CO3溶液反应生成CO2
【答案】C
【解析】A 项，X 分子
中，依据苯和乙烯的分子结构，每个框内的碳原子一定
共平面，但两个红框只共用1 个碳原子，所以两个红框内的碳原子不一定共平面，也就是所有碳原子不一
定共平面，A 不正确；B 项，Y 分子中，只有酚羟基邻位上的1 个氢原子能被溴取代，所以1mol Y 与足量
溴水反应消耗 1mol Br2，B 不正确；C 项，Z 分子中含有醛基官能团，可以与银氨溶液反应，C 正确；D
项，X、Y、Z 分子中均含有羟基，X、Y 分子中还含有羧基，酚羟基能与N2CO3反应，但只能生成
NaHCO3，不能生成CO2气体，羧基能与Na2CO3反应产生CO2气体，也就是它们均能与Na2CO3溶液反
应，但Z 不能生成CO2气体，D 不正确；故选C。
14．【新考法】某小组欲制备配离子[Cu(NH3)4]2+，实验如下。
序号
步骤
Ⅰ
向2mL0.2mol·L-1CuSO4溶液中滴加0.5mL
1
1mol L
氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加
约1.5mL 氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅱ
分别向0.1mol·L-1CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；1min
后，前者铁钉表面有红色物质析出，后者铁钉无现象
Ⅲ
取0.1g 氢氧化铜固体于试管中，加入5mL1mol·L-1CuSO4氨水，溶液略变为蓝色，
固体未见明显溶解；滴加2 滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液
已知：Cu2++4NH3
[Cu(NH3)4]2+ K=2.0×1013
Cu(OH)2
Cu2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=2.2×10-20
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH4
+
B．加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液，不能得到纯净的[Cu(NH3)4]SO4固体
C．Ⅱ中现象证明了CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中，+2 价铜的存在形式不同
D．Ⅲ中固体完全溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-
【答案】D
【解析】A 项，向硫酸铜溶液中滴加氨水生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨是弱碱，因此离子方
程式为Cu2++2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH4
+ ，A 正确；B 项，加热蒸干Ⅰ中的深蓝色溶液可能发生
3[Cu(NH3)4]SO4·H2O=3Cu+8NH3↑+2N2↑+3SO2↑+9H2O，因此不能得到纯净的[Cu(NH3)4]SO4固体，B 正确；C
项，分别向0.1mol·L-1CuSO4溶液和实验Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉；1min 后，前者铁钉表面有
红色物质析出，后者铁钉无现象则说明两种溶液中+2 价铜的存在形式不同否则现象会有相似，C 正确；D
项， ①Cu2++4NH3
[Cu(NH3)4]2+ K=2.0×1013；② Cu(OH)2
Cu2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=2.2×10-20； ③
Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，③=
+
①②，则反应③的平衡常数K③=4.4×10-7＜105反应③不可能是氢氧
化铜完全溶解的离子方程式，D 错误；故选D。
二、非选择题：本题共5 小题，共58 分。
15．(10 分)锂盐是目前的研究的热点，在电池和有机合成领域均有重要应用。
（1）锂电池的电解液可采用溶有LiPF6的碳酸酯类有机溶液。
①基态Li+的电子云轮廓图的形状为 。
②基态P 原子的价层电子轨道表示式为 。
③根据VSBPR 模型，PF6
-的中心原子上的价层电子对数为 ，空间结构为正八面体形。
（2）为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式
如下，阴离子为PF6
-。
①N 、F、P 三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
②该阳离子中，带“*”的C 原子的杂化轨道类型为 杂化。
（3）Li2S 因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞
的边长为apm (1pm=10-10cm)。
①晶胞中的“○”代表 (填“Li”或“
2
S ”)。
②距离Li最近的
2
S 有 个。
③已知阿伏伽德罗常数为NA。该晶体的密度为 g· cm-3。
（4）氨基锂(LiNH2)为白色固体，广泛用于有机合成。
①已知键角NH4
+＞NH3＞NH2
-。从结构角度解释其原因： 。
LiNH
②
2与NaNH2结构相似。从结构角度解释LiNH2熔点(373℃)高于NaNH2熔点(210℃)的原因：
。
【答案】（1）球形(1 分)
(1 分) 6(1 分)
（2） F、N、P(1 分) sp2(1 分)
（3） Li+(1 分) 4(1 分)
3
10
A
4 46
10
N
a
(1 分)
（4）N 原子均为sp3杂化，孤电子对数NH4
+＜NH3＜NH2
-，孤电子对有较大的斥力(1 分)
二者均为离子晶体且结构相似，Li+的半径更小，LiNH2中的离子键更强(晶格能更大) (1 分)
【解析】（1）①基态Li+的核外电子排布式为1s2，电子云轮廓图形状为球形，故答案为：球形；②P
是15 号元素，最外层电子数为5，基态P 原子的价层电子轨道表示式为
；③PF6
-的价层
电子对数为
5 1 1 6
6
6
2
；
（2）①一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐
变小，则F>N>P；②由图可知带“*”的C 原子含有3 个σ 键，没有孤电子对，则价电子对数n=3，为sp2杂
化；
（3）①根据晶胞的示意图可知实心球的个数为
1
1
8
6
4
8
2
，○的个数为8，○与实心圆的个数比
为2：1，则Li2S 中○代表Li+；②根据晶胞图可知Li+最近的S2-有4 个；③该晶体的密度
3
3
10
A
4 46
g / cm
10
m
V
N
a
；
（4）①三种粒子的中心N 原子均为sp3杂化，孤电子对数NH4
+＜NH3＜NH2
-，孤电子对有较大的斥
力，孤电子对越多，键角越小，因此键角为NH4
+＞NH3＞NH2
-；②二者均为离子晶体且结构相似，Li+的半
径更小，LiNH2中的离子键更强(晶格能更大)，因此LiNH2熔点(373℃)高于NaNH2熔点(210℃)。
16．【社会热点】(10 分)选择性还原技术(SCR)可以有效脱除烟气中的氮氧化物(NOx)。
已知：ⅰ．O3在164℃以上时可加速分解成O2；
ⅱ．当NO 与NO2的物质的量相同时，会发生快速反应：2NH3+NO+NO2
2N2+3H2O
（1）钒基催化剂(V2O5/TiO2)可用于NH3-SCR，反应机理与催化剂表面
的活性吸附位点有关。基
于Lewis 酸位点的SCR 催化反应机理如图所示。
①脱除NO 的反应方程式为 。
②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低NH3-SCR 的反应速率，可能的原因是 。
（2）臭氧对NH3-SCR 反应具有一定的辅助作用：O3+NO=NO2+O2。在不同温度下，经相同时间后测
得不同O3/NO 投料比时NO 的脱除率如图所示。
①温度低于250℃时，O3/NO 投料比为0.5 时，NO 脱除率较高的原因是 。
350℃
②
后，NO 脱除率均有不同程度下降，可能的原因是 (答出两点)。
（3）以电化学结合Ce4+氧化法除去烟气中的NO2和SO2，装置如图所示。
①若阳极区生成1mol Ce4+，则经过质子交换膜的H+为 mol。
②从资源利用角度说明结合电解法与Ce4+氧化法的优点 。
【答案】（1） 4NH3+4NO+O2
4N2+6H2O(1 分) 硫的氧化物与NH3反应，生成的盐附着在
催化剂表面，使催化剂活性降低(2 分)
（2）当O3/NO 为0.5 时，生成的NO2和剩余的NO 物质的量相同，发生快速反应：2NH3+NO+NO2
2N2+3H2O(2 分) 温度升高O3分解，c O3减小；催化剂失活(2 分)
（3）1(1 分) Ce4+氧化烟气中的SO2、NO2，可回收HNO3和H2SO4，Ce4+在阳极再生，循环使用
(2 分)
【解析】Ce3+转化为Ce4+，化合价升高，失去电子发生氧化反应，阳极电极反应式为：Ce3+-e-=Ce4+，
生成氢气一极为阴极，电极方程式为：2H＋＋2e-=H2↑。
（1）①根据反应机理示意图可知，脱除NO 的总反应化学方程式：4NH3+4NO+O2
4N2+6H2O；
②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低NH3−SCR 的反应速率，可能的原因是：硫的氧化物与NH3反应，
生成的盐附着在催化剂表面，使催化剂活性降低；
（2）①温度低于250℃时，O3/NO 投料比为0.5 时，NO 脱除率较高的原因是：当O3/NO 为0.5 时，生
成的NO2和剩余的NO 物质的量相同，发生快速反应2NH3+NO+NO2
2N2+3H2O；②350℃后，NO 脱
除率均有不同程度下降，可能的原因是：温度升高O3分解，c(O3)减小或者催化剂失活；
（3）①若阳极区生成1molCe4+，根据电极反应式可知，转移1mol 电子，则经过质子交换膜的H+为
1mol；②结合电解法与Ce4+氧化法的优点为：Ce4+氧化烟气中的SO2、NO2，可回收HNO3和H2SO4，
Ce4+在阳极再生，循环使用。
17．(14 分)有机物Q 是一种抗血栓药物，其合成路线如下。
已知：i．
ii．
（1）A 和J 均属于芳香化合物，J 中含有的官能团名称为 。
（2）A→B 的反应类型是 。
（3）D→E 的化学方程式为 。
（4）X 的分子式为C3H6O，G 的结构简式为 。
（5）下列说法正确的是 (填序号)。
a．可用新制的Cu(OH)2检验X 中的官能团
b．反应①除了生成L 外，还生成CH3COOH
c．反应③的原子利用率为100%
（6）L 有多种同分异构体N，符合下列条件的结构简式有 种(不考虑立体异构)。
i．含有苯环，且苯环上只有1 个取代基
ii．1 mol N 与足量NaHCO3溶液反应产生2mol 气体
（7）反应②的过程如下：
M
①
的结构简式为 。
L→
②
中间体的过程中会生成高分子副产物，写出生成高分子的化学方程式 。
【答案】（1）羟基、羧基(1 分)
（2）取代反应(1 分)
（3）
+NaOH
2
H O
NaCl+
(2 分)
（4）
(2 分)
（5）bc(2 分)
（6）3(2 分)
（7）
(2 分)
(2
分)
【解析】物质A 属于芳香族化合物，结合A 的分子式可知，A 的结构简式为
，A 和浓硝酸发生
取代反应生成B，根据Q 的结构简式可知，发生甲基的对位取代反应，所以B 为
，由反应条件、分
子式可知，B 中甲基上的氢原子被氯原子取代生成D 为
，F 与X 发生信息i 中反应生成G，结合有
机物分子式可知，D 发生卤代烃水解反应生成E，E 发生醇的催化氧化生成F，故E 为
，F 为
，则X 为
，L 发生信息ii 中取代反应生成M 为
，结合Q 的结构
简式推知G 为
J 为芳香族化合物，由L 的结构简式，可知J 与甲醇发生酯化反应生成K，K 中酚
羟基与乙酸酐发生取代反应生成J，推知J 为
，K 为
。
（1）由分析可知J 为
，其中含有的官能团是羟基、羧基；
（2）A→B 是甲苯的硝化反应，反应类型是取代反应；
（3）D→E 为卤代烃的水解反应，方程式为：
+NaOH
2
H O
NaCl+
；
（4）由分析可知G 为
；
（5）a．X 为
，X 中不含有醛基，不能用新制的
2
Cu OH
检验X 中的官能团，a 错
误；b．根据元素守恒可知，反应①除了生成L 外，还生成
3
CH COOH ，b 正确；c．反应③属于加成反
应，原子利用率为100%；故选bc；
（6）N 是L 的同分异构体，且符合条件，ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1 个取代基；ⅱ.1molN 与足量
碳酸氢钠溶液反应产生2mol 气体，说明含有2 个羧基，符合条件的同分异构体为
、
、
，共3 种；
（7）L 发生信息ii 中取代反应生成M 的结构简式为
；L→中间体的过程中，L 在碱性
条件下发生水解，生成
，
分子中的-OH 和另一分子的-COOH 能发生缩聚反
应生成的高分子化合物：
，化学方程式为：
。
18．(12 分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿
(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。
（2）“滤渣1”的主要成分有 。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化
学试剂是 。
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2O
H++B(OH)−
4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3是
酸；在“过滤2”前，将溶液pH 调节至3.5，目的是 。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 ，母液经加热后可返回
工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 。
【答案】（1） NH3+NH4HCO3＝(NH4)2CO3(2 分)
（2）Fe2O3、Al2O3、SiO2(2 分) KSCN (1 分)
（3）一元弱(1 分) 转化为H3BO3，促进析出(2 分)
（4）2Mg2++2H2O+3CO3
2－＝Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3
－(或2Mg2++H2O+2CO3
2－＝
Mg(OH)2∙MgCO3↓+CO2↑)(2 分) 溶浸 (1 分) 高温焙烧(1 分)
【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，
反应方程式为：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3；
（2）滤渣I 为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN；
（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原
子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH
调节至3.5，目的是将B(OH)−
4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出；
（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2+
+2H2O+3CO3
2-=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3
-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环
使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。
19．【新思维】(12 分)(北京市大兴区高三期末)某小组同学将过量的AgNO3 溶液滴加到饱和氯水中，
发现氯水的漂白性出现异常，于是对相关的反应进行了探究。
Ⅰ.发现问题
（1）①氯气与水反应的化学方程式为 。小组同学猜测加入AgNO3溶液后，
生成 沉淀，使c(Cl-)降低，c(HClO)增大，氯水漂白性增强，于是进行如下实验。
②与过量AgNO3溶液反应后，氯水漂白性减弱的实验证据是 。
Ⅱ．查阅资料：AgClO 为白色晶体，常温下难溶于水
提出猜想：反应中除生成AgCl 外，还有AgClO 生成
Ⅲ.实验探究
已知：AgI + I-
AgI2
-
编号
实验操作
实验现象
i
向a1试管中加入2 mL 浓盐酸，并用湿润
的淀粉KI 试纸靠近试管口
产生刺激气味的气体，试纸变蓝
ii
向a2试管中加入2 mL 饱和KI 溶液，振
荡，再滴入2 滴淀粉溶液
加入饱和KI 溶液，白色沉淀变
为黄色，振荡后沉淀溶解，滴加
淀粉溶液，溶液变蓝。
iii
向另一支试管a3中只加入2 mL 饱和KI 溶
液，振荡，再滴入2 滴淀粉溶液，与实验
ii 放置相同时间
滴入淀粉溶液，无明显变化
（2）操作a 的名称是 。
（3）实验i 中产生刺激气味的气体，可能的反应方程式是 。
（4）实验ii 表明，固体b 中含有AgClO，且AgClO 的溶解度大于AgI，请结合实验现象进行解释
。
（5）实验iii 的作用是 。
（6）综上，过量的AgNO3 溶液滴加到饱和氯水后，氯水漂白性减弱的可能原因 。
【答案】（1）Cl2+ H2O
HClO + HCl(1 分) AgCl 沉淀(1 分) 加入过量AgNO3溶液后红色褪
去变慢(或实验组中，10min 后溶液红色褪去，对照组中，8s 后溶液红色褪去) (1 分)
（2）过滤(1 分)
（3）AgClO+ 2HCl = AgCl + H2O +Cl2↑(2 分)
（4）加入饱和KI 溶液后，白色沉淀变为黄色，证明AgCl、AgClO 的溶解度大于AgI，生成AgI 后，
溶液中c(ClO-)增大，将过量的I-氧化为I2，加入淀粉溶液变蓝(2 分)
（5）对照实验，排除空气对I-的氧化对实验现象产生影响(2 分)
（6）过量的AgNO3 溶液与氯水反应，生成了AgCl 和AgClO，使溶液中c(ClO-) [或c(HClO)]降低，
氯水漂白性减弱(2 分)
【解析】新制氯水中发生反应：Cl2+H2O
HCl+HClO，加入硝酸银溶液与HCl 反应生成AgCl 沉
淀，提出猜想：反应中除生成AgCl 外，还有AgClO 生成，加入浓盐酸反应生成氯气，氯气氧化KI 为碘单
质，淀粉溶液变蓝；
（1）①氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，反应方程式为：Cl2+H2O⇌HClO+HCl,加入AgNO3溶液
后，生成AgCl 沉淀；②与过量AgNO3溶液反应后，氯水漂白性减弱的实验证据是：加入过量AgNO3溶液
后红色褪去变慢(或实验组中，10min 后溶液红色褪去，对照组中，8s 后溶液红色褪去)；
（2）操作a 的名称是是过滤；
（3）实验ⅰ中产生刺激气味的气体，可能产生氯气，反应方程式为：
AgClO+2HCl═AgCl+H2O+Cl2↑；
（4）溶解度小的物质可以转化为溶解度更小的物质，加入饱和KI 溶液后，白色沉淀变为黄色，证明
AgCl、AgClO 的溶解度大于AgI，生成AgI 后，溶液中c(ClO- )增大，将过量的I-氧化为I2，加入淀粉溶液
变蓝；
（5）实验ⅲ的作用是对照作用，排除空气对I-的氧化对实验现象产生影响；
（6）过量的AgNO3 溶液滴加到饱和氯水后，氯水漂白性减弱的可能原因是：过量的AgNO3 溶液与
氯水反应，生成了AgCl 和AgClO，使溶液中c(ClO-)[或c(HClO)]降低，氯水漂白性减弱。
