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：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 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64
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，只有一项是符合题目
要求的。
1．（改编）自然资源是可持续发展的关键，下列对黑、吉、辽、内蒙古四地资源的叙述错误的是
（
）
A. 黑龙江省——石油：由多种碳氢化合物组成的混合物
B. 吉林省——木材：其主要成分纤维素属于多糖
C. 辽宁省——菱镁矿：其主要成分碳酸镁属于无机盐
D. 内蒙古自治区——稀土矿：稀土元素包括周期表Sc、Y 和镧系元素，共22 种元素
【答案】D
【详解】f 区元素指的是元素周期表中的镧系元素和锕系元素，稀土元素包括Sc、Y 和镧系元素，共17
种元素，D错误。
2．使用如下实验装置，可以达到预期目的的是( )
A．AB．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A 项，三溴苯酚溶于苯，无法过滤除去。B 项，乙酸乙酯和乙醇的沸点相近，无法蒸馏分
离。D 项，
分解生成
与
，无
剩余。
3．氟是非金属中最活泼的元素，能形成多种氟化物。四种氟化物的熔、沸点如下表所示，下列说法错误
的是
氟化物
熔点/℃
993
x
m
沸点/℃
1695
y
n
A．
的VSEPR 模型为四面体形
B．
比
易与
形成配离子
C．
、
、
、
D．
中存在离子键、极性键和非极性键
【答案】B
【详解】A．
中心原子(氧原子)的杂化方式为
，则OF2的VSEPR 模型为四面体形，A 正确；
B．F 的电负性大于N，N−F 中成键电子对偏向F，导致
中的N 原子核对孤电子对的吸引力增强，
难以形成配位键，则
不易与
形成配离子，B 错误；
C．
中的
、
的电荷数与
中的阳、阴离子的电荷数相同，但
、
的半径小，
的离子键更强，熔、沸点更高，则x<993、y<1695；
和
均为分子晶体，
的
相对分子质量大于
的相对分子质量，相对分子质量越大，物质的熔、沸点就越高，则m> −223.8、
n> −144.8，C 正确；
D．
与
的相互作用为离子键，
中存在极性键和非极性
键，
中存在极性键，则
中存在离子键、极性键和非极性键，D 正确；
故选B。
4．下列实验方案能达到探究目的的是
选
项
探究目的
实验方案
A
Na2SO3溶液是否变质
取少量久置的Na2SO3溶液向其中滴加BaCl2，观察现象
B
向5mL 浓度均为
的NaI、NaCl 混合溶液中滴加2 滴
溶液，观察现象
C
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，观察现象
D
氯水久置，pH 值会逐渐减
小
每隔一段时间，使用pH 试纸测定氯水的pH 值，并记录数据进行比较
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．亚硫酸钠和氯化钡也会生成白色沉淀，不能检验Na2SO3溶液是否变质，A 不符合题意；
B．向5mL 浓度均为
的NaI、NaCl 混合溶液中滴加2 滴
溶液，银离子不
足，而先产生黄色沉淀，证明
，能达到实验目的，B 符合题意；
C．乙醇和水均会和钠单质生成氢气，不能检验乙醇中是否含有水，C 不符合题意；
D．氯水溶液中HClO 具有漂白性，无法用pH 试纸准确测量其pH，，D 不符合题意；
故选B。
5．类比推理是研究物质性质的常用方法，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观实际。
下列说法中错误的个数是
（
）
AgNO
①
3溶液和过量NaOH 溶液反应先生成白色沉淀，然后沉淀转化为灰色，则AgNO3溶液和过量
NH3·H2O 反应现象也相同；
②少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，则少量CO2通入BaCl2溶液也产生白色沉淀；
③乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸；
HCl
④
一定条件下能被MnO2氧化为Cl2，推出HBr 一定条件下也能被MnO2氧化为Br2；
F
⑤
2与水反应置换出О2证明非金属性F＞O，推出C 与SiO2反应置换出Si 证明非金属性C＞Si；
Na
⑥
2CO3与少量盐酸反应为放热反应，则NaHCO3与少量盐酸反应也为放热反应。
A．3 个
B．4 个
C．5 个
D．6 个
【答案】C
【详解】①AgNO3溶液和过量NaOH 溶液反应先生成AgOH 白色沉淀，然后AgOH 沉淀分解转化为灰
色Ag2O，而AgNO3溶液和过量NH3·H2O 反应生成银氨溶液，①错误；
②少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生BaCO3白色沉淀，而碳酸的酸性比盐酸弱，所以少量CO2通入
BaCl2溶液不发生反应，没有白色沉淀产生，②错误；
③乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，而乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应最终生成二氧
化碳和水，③错误；
④由实验室制氯气可知，HCl 一定条件下能被MnO2氧化为Cl2，而HBr 的还原性比HCl 强，所以HBr
一定条件下也能被MnO2氧化为Br2，④正确；
F
⑤
2与水反应置换出О2，证明非金属性F＞O，C 与SiO2反应置换出Si 时，C 为还原剂，Si 为还原产物，
所以不能证明非金属性C＞Si，⑤错误；
Na
⑥
2CO3与少量盐酸反应为放热反应，而NaHCO3与少量盐酸反应为吸热反应，⑥错误；
综合以上分析，①②③⑤⑥错误，故选C。
6．下列常见微粒中
键、
键判断正确的是
（
）
A．
与
结构相似，
分子中
键与
键的数目之比为
B．
与
结构相似，
分子中含
键数目
C．
与
结构相似，
中含有的
键数目为
D．已知反应
，若该反应中有
键断裂，则形成的
键
数目为
【答案】C
【分析】单键均为σ 键，双键中含有1 个σ 键1 个π 键，叁键含有1 个σ 键2 个π 键；
【详解】A．
分子的结构简式为CH2=CHC≡N，其中含有6 个σ 键和3 个π 键，所以σ 键
与π 键数目之比为2 1∶，A 错误；
B．CO 物质的量不确定，不能计算
键数目，B 错误；
C．
与
结构相似
，
结构为
，在1 个
含有1 个
键，
中含有的
键数
目为
，C 错误；
D．若该反应中有4molN-H 键断裂，则生成1.5mol 氮气，形成π 键的数目是3NA，D 错误；
故选C。
7．钙钛矿具有独特的晶体结构，广泛应用于传感器、固体电阻器等诸多领域。图1、2 均为钙钛矿型化合
物，其中图1 中另两种离子为
、
，图2 中另两种离子为
和
。
下列说法错误的是
A．钛酸钙的化学式为
B．图2 中，Y 为
C．
中含有配位键
D．晶胞中与每个
紧邻的
有12 个
【答案】B
【详解】A．根据均摊原则，晶胞中Ca2+数为
、A 离子数为
、B 离子数为1，根据化合
价代数和等于0，A 是O2-、B 是Ti4+，钛酸钙的化学式为
，故A 正确；
B．根据均摊原则，图2 中，
数为
、X 离子数为1、Y 离子数
，根据化合价代
数和等于0，Y 为
、X 为
，故B 错误；
C．N 原子能形成3 个共价键，
中有1 个N-H 键为配位键，故C 正确；
D．根据图示，图1 中与每个
紧邻的
有12 个，故D 正确；
选B。
8．某药物的合成中有以下反应过程。下列说法正确的是
（
）
A．A→B 过程中丙酮是催化剂
B．B 物质有6 种官能团
C．B→C 过程中需控制条件降低NaClO 的氧化性
D．C 物质不能发生羟醛缩合反应
【答案】C
【详解】A．A→B 过程中，试剂为CH3COCH3（丙酮）和CH3COCl（乙酰氯），乙酰氯为酰化剂，使
A 中部分羟基发生反应；结合A 和B 结构式可知，丙酮参与反应，并形成环状化合物，作为反应物而
非催化剂（催化剂需反应前后不变），A 错误；
B．B 物质的官能团包括羟基（－OH）、酯基（－OCOCH3）、醚键（－O－）、碳碳双键（C=C），
共4 种，并非6 种，B 错误；
C．B→C 过程中，NaClO 为氧化剂，目标产物C 含醛基（－CHO）；NaClO 氧化性较强，若不控制条
件易将醛基进一步氧化为羧基（－COOH），需降低其氧化性以避免过度氧化，C 正确；
D．羟醛缩合需分子含α－H 的醛/酮，C 中醛基（－CHO）的α－C（与－CHO 直接相连的碳）上有氢
原子（α－H），可发生羟醛缩合，D 错误；
故答案为C。
9．某萃铜余液主要含有
、
、
、
、
等离子，从萃铜余液中回收金属和制备
的工艺流程如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．已知过硫酸钠
中
的化合价为
，则
含过氧键的数目为
B
“
．氧化除锰”过程中过硫酸钠
可用绿色氧化剂
来代替
C．加入
“调
”所得滤渣的成分为
D．取
以上产品高温煅烧得到
固体
和
(标况)，则该产品的化学式为
。
【答案】D
【分析】流程可知，向萃铜余液中加入过硫酸钠溶液，余液中锰离子、亚铁离子被氧化生成二氧化
锰、铁离子，过滤得到二氧化锰和“氧化除锰"的余液；向余液中加入氧化锌调节溶液pH 使铁离子转化
为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有锌离子、镉离子的滤液；加入锌置换出Cd；加入有机溶剂萃取，到除
去镉离子的滤液；向硫酸锌溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锌转化为碱式碳酸锌晶体，过滤得到碱式
碳酸锌晶体。
【详解】A．根据化合价的代数和为零，设-1 价O 有a 个，可得2×(8-a)+a=12+2，可解得a=2，可判断
每个
中含有2 个-1 价的O，故1mol
中含过氧键的数目为
，A 错误；
B．
可作
分解的催化剂，故不能用
来代替
，B 错误；
C．加入ZnO 使溶液的pH 升高，目的是将溶液中的
转化为
沉淀，故滤渣为
，C
错误；
D．
，
，可知
，可知
，则该产品的化学式为
，D 正确；
故选D。
10．（新考法）我国科学家研发了一种“自愈和”有机框架材料FDU-HOF-3，可以选择性吸附低浓度的
NH₃。吸附前后FDU-HOF-3 的结构示意图如图1 所示，X-射线衍射图如图2 所示。下列说法错误的是
（
）
A．FDU-HOF-3 吸附
后晶体结构被破坏
B．FDU-HOF-3 是分子晶体，分子间主要的作用力是氢键
C．FDU-HOF-3 选择性地吸附
的过程只涉及氢键的断裂与形成
D．
脱附后FDU-HOF-3 的“自愈和”过程体现了超分子的自组装特性
【答案】C
【详解】A．由图2 X-射线衍射图可知，FDU-HOF-3 未吸附NH3时有明显衍射峰（晶体特征），吸附
NH3后衍射峰消失或弥散，说明晶体结构被破坏，A 正确；
B．FDU-HOF-3 为氢键有机框架材料（HOF），由有机分子通过氢键组装而成，属于分子晶体，分子
间主要作用力为氢键，B 正确；
C．吸附NH3过程中，除氢键的断裂与形成外，还存在NH3与材料间的范德华力、偶极-偶极相互作用
等，并非“只涉及”氢键，C 错误；
D．脱附后FDU-HOF-3 通过非共价键（如氢键）自发恢复有序结构，体现超分子自组装特性，D 正确；
故选C。
11．（改编）苯在浓
和浓
作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法正确的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．对于生成
的反应，浓
作脱水剂
C．由苯得到
时，苯中的大
键没有变化
D．X、
均为苯的取代产物
【答案】A
【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，
以上2 个角度均有利于产物Ⅱ，A 正确；
B．苯的硝化反应中浓
作催化剂，B 错误；
C．M 的六元环中与
相连的C 为
杂化，苯中大
键发生改变，C 错误；
D．根据前后结构对照，X 为苯的加成产物，Y 为苯的取代产物，D 错误；
故选A。
12
“
．绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作
者设计耦合
高效制
的方法，装置如图所示。部分反应机理为：
。下列说法错误的是
A．相同电量下
理论产量是传统电解水的1.5 倍
B．阴极反应：
C．电解时
通过阴离子交换膜向b 极方向移动
D．阳极反应：
【答案】A
【分析】据图示可知，b 电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b
电极为阳极，a 电极为阴极，HCHO 为阳极反应物，由反应机理
可知：反应
后
生成的
转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH 的同时还生成了
H-，生成的HCOOH 再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子
发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+
H2，②HCOOH+OH-=HCOO-
+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol 电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，
而传统电解水：
，转移2mol 电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下
理论产量是传统电解水的2 倍，故A 错误；阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-
=H2↑+2OH-，故B 正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减
少，要使电解质溶液呈电中性，
通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b 极方向移动，故C 正确；
由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+
H2，②HCOOH+OH-=HCOO-
+H2O，由(
+
)×2
①②
得阳极反应为：
，故D 正确；
答案选A。
13．（新考法）化学家合成了一种超分子形成的分子开关，分子B 被束缚于分子A 的链状结构中，通过改
变溶液的酸碱性实现超分子的状态切换，如图3。下列说法不正确的是( )
A．分子B 内部有一定的空间，能够识别并固定某些碱金属离子
B．加人酸后，分子B 移向位点2，可能因为位点2 与分子B 之间存在氢键与静电作用
C．改变溶液的酸碱性时超分子的结构改变，但该过程中没有发生化学变化
D．分子A 的端位体积较大存在空间位阻，所以分子B 被束缚于分子A 的链状结构中
【答案】C
【详解】
项，加入酸后，分子A 的位点2 由
变为
，该过程为酸碱中和反应，属于化学变
化。
14．工业上常通过烷烃催化裂解制取低碳烯烃
。向容积1L 的容器中通入
，发生反应：
，其他条件不变、相同时间内丙烯产率陆温度变化如图7
所示。下列说法正确的是( )
A．该反应正反应活化能小于逆反应活化能
B．其他条件不变，初始温度为
，若改为在绝热的容器中反应，产率应低于
C．
时，丙烯产率的变化主要是温度导致的
D．
时，
【答案】B
【详解】该反应为吸热反应，温度升高，平衡产率增大，据此做出判断。需要注意的是该图为相同时
间内的产率变化图，图示曲线上的点可能都不能表示平衡产率。由恒温改为绝热，因为反应吸热，故
温度下降，速率降低，平衡产率也降低，无论
时是否达到平衡，从热力学和动力学的角度分
析，丙烯产率都应下降，
正确。温度升高应导致丙烯产率升高，而该段丙烯产率陡降，故这段丙烯
产率的变化主因不是温度，这可能是由于高温下催化剂失活导致的，
错误。直接计算可得
但由于该反应吸热，一定有
故
时平衡产
率一定高于
，图示
点一定未达平衡，D 错误。
15．常温下，现有
的
溶液，
。已知含氮或含碳各微粒的分布分数(平衡时某种
微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示，下列说法错误的是
A．常温下，
B．向
的上述溶液中逐滴滴加
溶液时，
和
浓度都逐渐减小
C．
溶液中存在下列守恒关系：
D．当溶液的
时，溶液中存在下列关系：
【答案】B
【详解】A．由0.1mol/L 碳酸氢铵溶液的pH 为7.8，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于碳酸
氢根离子，使溶液呈碱性，则由盐类水解规律可知，一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，一水
合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，故A 正确；
B．由图可知，向pH 为7.8 的碳酸氢铵溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中的铵根离子浓度减小，碳
酸氢根离子浓度增大，故B 错误；
C．碳酸氢铵溶液中存在物料守恒关系
，故C 正
确；
D．由图可知，溶液pH 为9 时，溶液中离子浓度的大小关系为
，故D 正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（16 分）某科研团队以高铬型钒磁铁矿(主要成分为
及
等杂质)，通过以
下工艺流程提取钒和铬。
已知：①焙烧后，钒元素以
形式，铬元素以
形式存在
②
（1）钒磁铁矿因表面附着有矿物油，可用 (填标号)洗涤。
A．NaOH 溶液 B．乙醇溶液 C．碳酸钠溶液
（2）写出基态Cr 原子的价层电子轨道表示式 。
（3）写出
焙烧的化学方程式
。
（4）滤渣2 为 。
（5）焦亚硫酸是两个亚硫酸分子脱水缩合形成的，请写出焦亚硫酸的结构式 。
（6）洗脱工序中洗脱液的主要成分为 。
（7
“
）沉钒”得到
，若洗脱后的溶液中
，为使钒元素的沉淀率达到99%，
则沉钒后溶液中的
至少为 moL/L。(忽略溶液体积的变化)
【答案】（1）B
（2）
（3）
（4）Al(OH)3、H2SiO3
（5）
（6）NaCl
（7）1.6
【分析】高铬型钒磁铁矿(主要成分为
及
等杂质)，焙烧后，钒元素：
FeV2O4被氧化，钒元素以
形式存在；铬元素：FeCr2O4被氧化，铬元素以
形式存在；杂质反
应：SiO2与NaOH 反应生成Na2SiO3；Al2O3与NaOH 反应生成
。焙烧后的固体进行水浸，
Na2SiO3、
、含
和
的钠盐等溶于水进入溶液，难溶物质成为滤渣1（成分为
Fe2O3）。溶液通过R-N(CH3)3Cl 树脂进行离子交换，实现钒、铬与其他杂质的初步分离。向含钒的洗
脱液，加入NH4Cl 固体，得到NH4VO3沉淀。铬的提取：将离子交换后含铬的溶液，调节pH 至6，可
能使部分杂质沉淀，得到滤渣2[Al(OH)3、H2SiO3]；加入焦亚硫酸钠溶液，
被还原，Cr 从+6 价
被还原为较低价态，还原后调节pH，使铬元素以Cr(OH)3沉淀形式析出。
【详解】（1）矿物油属于烃类，易溶于有机溶剂，乙醇是有机溶剂，可用于洗涤矿物油，而NaOH
溶液、碳酸钠溶液与矿物油不反应且不溶解矿物油，所以选B；
（2）
Cr 是24 号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子为3d 和4s 电子，故价层电子轨
道表示式为
；
（3）焙烧后，钒元素以
形式，氧元素的化合价降低，铁和钒的化合价升高，故方程式为：
（4）焙烧时，SiO2转变为硅酸钠，Al2O3转变为
，调pH 至6，硅酸钠和
反应得滤渣2 的成分为Al(OH)3、H2SiO3；
（5）亚硫酸的化学式为H2SO3，结构式为
，焦亚硫酸是两个亚硫酸分子脱水缩合
形成的，故焦亚硫酸的结构式为
；
（6）为了使平衡R-N(CH3)3Cl + NaVO3
R-N(CH3)3VO3 +NaCl 逆向移动，洗脱工序中洗脱液的主要
成分为NaCl 溶液；
（7
“
）沉钒"得到NH4VO3，若洗脱后的溶液中
，为使钒元素的沉淀率达到99%，则
沉钒后溶液中的
，沉钒后溶液中的
至少为
。
17．（12 分）某化学实验小组在实验室中模拟制取NaN3的实验装置如图所示（略去夹持仪器）：
实验原理如下：
2Na+2NH3
Δ
¿2NaNH2+ H2↑
¿
2HNO3+8 HCl+ 4SnCl2= 4 SnCl4+5 H2O+ N2O↑
2NaNH2+ N2O
210~220℃
¿ NaN3+ NaOH+ NH3
¿
已知：NaNH2易潮解和易氧化。
请回答下列问题：
(1)仪器D 的名称是 ，F 中盛放浓硫酸的作用是 。
(2)制备NaNH2时，打开K 2、K 3，首先加热的是 （填“C”或“E”），按图示方法制备NH3的化学方
程式为 。
(3)实验时G 中生成沉淀SnO2⋅x H2O，反应的化学方程式为 。
(4)将制取的NaN3冷却，先加H2O溶解，再加入乙醇，经过滤，洗涤，干燥得产品。用乙醇洗涤的原因
是 。
(5)称取2.0g 产品，配制成100mL 溶液，取10.00mL 溶液于锥形瓶中，加入0.1mol/L(NH4)2Ce(NO3)6溶
液40.00mL，充分反应后，再用0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce
4 +，终点时消耗标准
溶液10.00mL。相关反应如下（假设杂质不参与反应）：
第一步：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3= 4 NH4 NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3 N2↑
第二步：Ce
4++ Fe
2+=Ce
3++ Fe
3+
①若滴加(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液至终点时，滴定管玻璃尖嘴部分有气泡，则产品纯度 （填“偏
大”或“偏小”）
②若2.0g 该产品完全发生第一步反应时，转移的电子的物质的量为 。
【答案】(1) 球形干燥管 吸收过量的氨气，同时防止水蒸气进入E 中使NaNH2潮解
(2) C Ca(OH)2+2NH4Cl
Δ
¿CaCl2+2NH3↑+2H2O
¿
(3)N2O+SnCl2+( x +1)H2O=SnO2⋅x H2O+N2+2HCl
(4)减少NaN3的溶解损失，且乙醇易挥发，便于NaN3干燥
(5) 偏大 3×10-3 mol
【分析】结合实验原理可知A 装置用于制取N2O，B 用于除去N2O中混有得HCl、HNO3；C 装置用于
制取氨气，D 中盛有碱石灰用于干燥氨气，氨气进入E 中与Na 在加热条件下反应生成NaNH2，然后再
通入N2O在210℃-220℃下NaNH2与N2O反应生成NaN3，过量得氨气在F 中被吸收，过量的N2O进入G
中与SnCl2发生氧化还原反应生成氮气和SnO2⋅x H2O，据此分析解答；
【详解】（1）仪器D 的名称为球形干燥管；F 中盛放浓硫酸的作用：一是吸收过量的氨气，二是防止
G 中的水蒸气进入E 中使NaNH2潮解；
（2）制备NaNH2时，打开K 2、K 3，首先加热的是C，使生成的氨气充满装置，以排尽装置内的空
气；利用氯化铵和氢氧化钙的混合固体加热制备NH3，反应方程式为：
Ca(OH)2+2NH4Cl
Δ
¿CaCl2+2NH3↑+2H2O
¿
；
（3）N2O进入G 中与SnCl2发生氧化还原反应生成氮气和SnO2⋅x H2O，反应方程式为：
N2O+SnCl2+( x +1)H2O=SnO2⋅x H2O+N2+2HCl；
（4）NaN3难溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少NaN3的溶解损失，且乙醇易挥发，便于NaN3干燥；
（5）①若滴加(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液至终点时，滴定管玻璃尖嘴部分有气泡，导致终点读数偏小，
则所测过量的Ce
4+的量偏小，则计算的NaN3消耗的Ce
4+偏高，所测NaN3偏高，则产品纯度偏大；
②根据用量可知n(Fe
2+)=0.1mol/L×10×10-3L=10-3 mol；则剩余Ce
4+的物质的量也为10-3 mol；NaN3消
耗的Ce
4 +的物质的量为0.1mol/L×40×10-3L-10-3 mol=3×10-3 mol，由反应可知步骤①中每消耗1molCe
4 +
转移1mol 电子，则2.0g 样品发生第一步反应时，转移的电子的物质的量为3×10-3 mol。
18．（12 分）
在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为
)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程
如下：
(1)浸出
①用硫酸和
可溶解软锰矿，请补全该反应的离子方程式：
□
+□___________+□___________=□
+□
□______
②浸出时可用
代替硫酸和
。下列说法正确的是 (填序号)。
a．
在反应中作氧化剂
b．用
浸出可减少酸的使用
c．该法可同时处理烟气中的
，减少大气污染
(2)净化、分离
①软锰矿浸出液中的
、
可通过加碱转化为沉淀去除，分离出清液的方法是 。
②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去
，结合离子方程式解释原理： 。
(3)热解
在一定空气流速下，相同时间内
热解产物中不同价态
的占比随热解温度的变化如图。
热解过程中涉及如下化学反应：
i．
ii．
iii．
①为了增大产物中
的占比，可以采用的措施是 (答出两条)。
②温度升高，产物中
的占比降低，可能的原因是 。
【答案】(1)
+2Fe2++4H+=
+2
+2H2O bc
(2) 过滤 稀释浸出液，使得溶液的pH 升高，导致
+3H2O
3H++Fe(OH)3正向移动
(3) 控制温度在450
左右、增大空气的流速 反应速率ii 大于反应速率 i
【分析】软锰矿通过浸出操作得到含
的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到
，
热解得到二氧化锰粗颗粒。
【详解】（1）①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和
可溶解软锰矿，离子
方程式：为
+2Fe2++4H+=
+2
+2H2O；
a
②．二氧化锰和
反应生成硫酸根离子，硫元素化合价升高，在反应中作还原剂，a 错误；
b．用
代替硫酸浸出，减少了硫酸的使用量，b 正确；
c．该法可充分利用二氧化硫，将二氧化硫转化为盐溶液，可同时处理烟气中的
，减少大气污染，
c 正确；
故选bc；
（2）①软锰矿浸出液中的
、
可通过加碱转化为沉淀去除，过滤是分离固液的一种实验操
作，故分离出清液的方法是过滤；
②通过稀释浸出液，使得溶液的pH 升高，导致
+3H2O
3H++Fe(OH)3正向移动，利于除去铁离
子；
（3）①由图可知，在450
的含量最大且其它价态锰含量较低；由涉及反应可知，通入更多氧
气利于二氧化锰的生成；故为了增大产物中
的占比，可以采用的措施是控制温度在450
左
右、增大空气的流速。
②反应中首先生成
，然后
再转化为其它价态锰，温度升高，产物中
的占比降低，可能
的原因是由于反应速率ii 大于反应速率 i（或者反应i 已经完成，ii 反应速率更快）
19．（15 分）普卡必利可用于治疗某些肠道疾病，其合成路线如下（部分条件和产物略去）：
已知：i．R-NH2
ii．
iii．
(1)A 中的官能团名称是氨基和 。
(2)试剂a 的结构简式是 。
(3)
的反应类型是 。
(4)
的化学方程式是 。
(5)I 的核磁共振氢谱只有一组峰，I 的结构简式是 。
(6)下列说法正确的是 （填序号）。
a．
的反应过程需要控制
不过量
b．G 与
溶液作用显紫色
c．普卡必利中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应
(7)K→L 加入
的作用是 。
(8)以G 和M 为原料合成普卡必利时，在反应体系中检测到有机物Q，写出中间产物P、Q 的结构简
式： 、 。
【答案】(1)碳氯键
(2)
(3)取代反应
(4)
+Cl2
+HCl
(5)
(6)
(7)吸收
生成的
，促进反应正移，利于
的生成
(8)
【分析】根据
的结构简式，结合已知信息，采取逆推法，可判断
和乙酸酐发生取代反应生成
为
，
和单质溴发生取代反应生成
，则
的结构简式为
，根据已知信息
可知
发生取代反应生成
为
，
和氯气发生苯环上的取代反应生成
，根据
的分子
式结合
生成
的反应条件以及最终产品的结构简式，可知
的结构简式为
，根据已
知信息可知
的结构简式为
，则
的结构简式为
，根据
的分子式可知
的结构简式为
，根据已知
信息可判断的结构是
，的核磁共振氢谱只有一组峰，所以的结构简式为：
，据此解答。
【详解】（1）根据A 的结构简式可判断A 中的官能团名称是氨基和碳氯键。
（2）
和试剂
发生取代反应生成
，
结构式为
，则
的结构简式是
。
（3）根据以上分析可知
的反应类型是取代反应。
（4）根据以上分析可知
的化学方程式是
+Cl2
+HCl。
（5）的核磁共振氢谱只有一组峰，是环丙烷，结构简式是
。
（6）a．中含有2 个溴原子，的结构是
，
的结构简式为
，所以
的反应过程需要控制甲醇不过量，a 正确；
b．G 的结构简式为：
，无酚羟基，与
溶液作用不显紫色，b 错误；
c．根据普卡必利的结构简式可知分子中含有酰胺基和氨基，能与盐酸反应，c 正确；
答案选
。
（7）
中有溴化氢生成，则加入碳酸钾的作用是吸收
生成的
，促进反应正移，利于
的生成。
（8）
生成
时减少了
个氢原子，其结构为：
，这说明醇羟基被氧化为醛基，则
的结构简式为
，由于
中的氨基和
中的醛基发生加成反应生成
，则
的结构简
式为
，最后
中羟基被氧化转化为普卡必利。
