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 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．【科技前沿】最近，中国科学家成功采用“变压吸附+膜分离+精制纯化”方法成功分离氢氦制得高纯
氦。下列说法不正确的是( )
A．H 的第一电离能小于He 的
B．H2分子间存在共价键，He 分子间存在范德华力
C．也可以利用沸点不同对H2和He 进行分离
D．利用原子光谱可以鉴定He 元素和H 元素
【答案】B
【解析】A 项，He 为稀有气体，最外层为稳定结构，难以失去电子，第一电离能较大，A 正确；B
项，H2分子间不存在共价键，存在分子间的作用力，He 分子间存在范德华力，B 错误；C 项，H2与He
的沸点不同，所以可利用沸点不同进行分离，C 正确；D 项，原子光谱是由原子中的电子在能量变化时
所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，利用原子光谱可以鉴定He
元素和H 元素，D 正确；故选B。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．中子数为20 的氯离子：
20
17 Cl
B．Cl2分子中化学键的电子云轮廓图：
C．CO3
2-的价层电子对互斥模型：
D．用电子式表示K2S 的形成过程：
【答案】D
【解析】A 项，质子数为17、中子数为20 的氯离子表示为：
37
17Cl-，A 错误；B 项，Cl2分子中化学键
是p-pσ 键，轮廓图为
，B 错误；C 项，CO3
2-的成键电子对是3，孤对电子为0，
价层电子对为3，为平面三角形，C 错误；D 项，K2S 中K 失电子形成K+，S 得到电子，形成S2-，K+和
S2-通过离子键结合，形成过程为：
，D 正确；故选D。
3．下列说法不正确的是( )
A．可用NaOH 溶液除去苯中混有的苯酚
B．将乙醇与Al2O3共热可产生使Br2的四氯化碳溶液褪色的气体
C．向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，说明淀粉未水解
D．氨基酸以两性离子的形态存在时，水中溶解度最小，可以形成晶体析出
【答案】C
【解析】A 项，NaOH 溶液可以和苯酚反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯分层，然后分液可分离，A 正
确；B 项，将乙醇与Al2O3共热发生消去反应生成乙烯，乙烯可以与溴发生加成反应使Br2的四氯化碳
溶液褪色，B 正确；C 项，向淀粉的水解液中加入碘水，溶液变蓝，可能是淀粉没有完全水解，C 错
误；D 项，氨基酸以两性离子的形态存在时，形成内盐，在水中溶解度最小，易析出晶体，D 正确；故
选C。
4．【新考法】摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，在空气中不易被氧化。下列说法不正确的是(
)
A．NH4
+的空间结构为正四面体形
B．可用KSCN 溶液检验摩尔盐是否氧化变质
C．Fe 元素位于元素周期表的ds 区
D．氨气易液化是因为氨分子间能形成氢键
【答案】C
【解析】A 项，NH4
+的中心原子N 原子的价层电子对数为
5-1-1 4
4
=4
2
，为sp3杂化，空间构型为正四
面体形，A 正确；B 项，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子和KSCN 溶液变红色，能用KSCN 溶液检
验摩尔盐是否氧化变质，B 正确；C 项，Fe 为26 号元素，位于元素周期表的d 区，C 错误；D 项，氨
气易液化是因为氨分子间能形成氢键，使得其沸点升高，D 正确；故选C。
5．【新思维】磷化氢(PH3)在粮食储藏中用作熏蒸剂，起杀虫、防虫的作用，可用白磷和过量的强碱溶液
反应制备：P4+KOH+H2O→PH3+KH2PO2 (未配平)。下列说法正确的是( )
A．P4含有σ 键的数目为6NA(NA为阿伏伽德罗常数的值)
B．KH2PO2溶液呈酸性
C．PH3为还原产物，其结合氢离子的能力比NH3强
D．每生成0.1mol PH 转移的电子的物质的量为0.3mol
【答案】D
【解析】A 项，P4的物质的量没有说明，不能确定σ 键个数，A 错误；B 项，KH2PO2是在过量的碱条
件下生成的，说明KH2PO2为正盐，强碱弱酸盐水解呈碱性，B 错误；C 项，P 的电负性小于N，P 的电
子云密度小，PH3结合氢离子的能力比NH3弱，C 错误；D 项，反应中磷元素化合价由0 价变化到-3
价、+1 价，每生成0.1mol PH3转移的电子的物质的量为0.3mol，D 正确；故选D。
6．【改编】下列离子方程式正确的是( )
A．用CuSO4溶液吸收H2S，产生黑色沉淀：Cu2++S2-=CuS↓
B．碱性锌锰电池的负极反应：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2
C．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe+4H++NO3
-=Fe3++NO↑+2H2O
D．SO2通入漂白粉溶液中：Ca2++2ClO−+H2O+SO2=CaSO3↓+2HClO
【答案】B
【解析】A 项，H2S 是弱酸，在溶液中主要以H2S 分子形式存在，正确写法应为Cu2+
+H2S=CuS↓+2H+，A 错误；B 项，碱性锌锰电池的负极反应为Zn 被氧化，结合OH-生成Zn(OH)2，电荷
守恒且反应式正确，B 正确；C 项，过量铁粉与稀硝酸反应，最终铁会将生成的Fe3+还原为Fe2+，正确
的离子方程式应该是3Fe+8H++2NO3
-=3Fe2++2NO↑+4H2O，C 错误；D 项，ClO-具有强氧化性，SO2会被
氧化为SO4
2-，离子方程式为：Ca2++3ClO−+H2O+SO2=Cl−+CaSO4↓+2HClO，D 错误；故选B。
7．【改编】化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作规范且能达到实验目的的是( )
A．配制NaOH 溶液
B．制备Fe(OH)2
C．测新制氯水的pH
D．稀释浓硫酸
【答案】B
【解析】A 项，配制氢氧化钠溶液应该先在烧杯中溶解氢氧化钠固体，冷却到室温后再转移到容量瓶
中，不能直接在容量瓶中溶解药品，故A 错误；B 项，Fe(OH)2易被氧化，制备Fe(OH)2时，应尽可能
隔绝空气，图中试管内FeSO4溶液上层用植物油隔绝空气，可防止生成的Fe(OH)2被氧化，将胶头滴管
插入溶液中再滴加溶液，可以防止加入氢氧化钠溶液时引入氧气，操作规范且能达到目的，故B 正
确；C 项，氯水中的次氯酸具有漂白性，不能用pH 试纸测氯水的pH，故C 错误；D 项，稀释浓硫酸
时，为防止酸液飞溅，应该把浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中，故D 错误；故选B。
8．AlCl3是一种用途广泛的化工原料，某兴趣小组欲从饱和AlCl3溶液中获取AlCl3·6H2O，相关装置如图所
示，下列说法不正确的是( )
已知：AlCl3·6H2O 易溶于水、乙醇及乙醚
A．通入HCl 可以抑制AlCl3水解并促使AlCl3·6H2O 晶体析出
B．经过滤→冷水洗涤2~3 次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O 晶体
C．倒扣小漏斗的作用是防止NaOH 溶液倒吸
D．AlCl3·6H2O 在干燥HCl 氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3
【答案】B
【解析】A 项，AlCl3发生水解反应AlCl3+3H2O
Al(OH)3+3HCl，通入HCl 可以抑制Al3+的水解，
增大了溶液中Cl-的浓度，降低AlCl3溶解度，促使AlCl3·6H2O 晶体析出，故A 正确；B 项，AlCl3·6H2O
易溶于水，增大氯离子浓度可防止晶体溶解而损失，合适的洗涤剂为饱和氯化铝溶液，经过滤→饱和
氯化铝溶液洗涤2~3 次→低温干燥可以获取AlCl3·6H2O 晶体，故B 错误；C 项，氯化氢溶于水易发生
倒吸，倒扣小漏斗的作用是防止NaOH 溶液倒吸，故C 正确；D 项，为防止AlCl3·6H2O 水解，在干燥
HCl 氛围中加热脱水可以制备无水AlCl3，故D 正确；故选B。
9．【改编】依据下列事实进行的推测正确的是( )
A．Na 与H2O 反应生成NaOH 和H2，则Fe 与H2O 反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO 溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO 溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N 与盐酸反应生成NaCl 和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH 溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O 和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O
和NH4NO3
【答案】C
【解析】A 项，Na 与水反应生成NaOH 和H2，Fe 与冷水、热水都不反应，Fe 与水蒸气反应生成Fe3O4
和H2，A 不合理；B 项，NaClO 具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO 溶液与SO2发生氧化还
原反应时SO2被氧化成SO4
2-，ClO-被还原成Cl-，B 不合理；C 项，Na3N 与盐酸反应生成NaCl 和
NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：
Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C 合理；D 项，氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag+
+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D 不合理；故选C。
10．甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd 表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO3
-的催化还原。已知
Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是( )
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．在整个历程中，每1molH2可还原2molNO3
-
C．HCOOH 分解时，只有极性共价键发生了断裂
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO3
-氧化性的作用
【答案】B
【解析】A 项， 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增大甲酸分解的速率，故A 正
确；B 项，整个历程中，1molH2失电子形成2molH+转移2mole-，1molNO3
-最终得电子形成0.5molN2转
移5mole-，所以1molH2可以还原0.4molNO3
-，故B 错误；C 项， HCOOH 分解产生CO2和H2，所以
会发生碳氢键和碳氧键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，故C 正确；D 项，NO3
-与NO2
-在氧化
Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH 值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起
到调节pH 的作用，有增强NO3
-氧化性的作用，故D 正确；故选B。
11．一定条件下，1molCH3OH 和O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO 的能量变化如图所示[反应物
O2(g)和生成物H2O(g)略去]。下列说法不正确的是( )
A．有催化剂时，主要产物为HCHO
B．无催化剂时，升高温度更有利于提高甲醛的产率
C．该条件下CO2比CO 更稳定
D．加入该催化剂能提高图中各反应的速率，但不能改变反应的焓变
【答案】D
【解析】A 项，由图可知，有催化剂时，生成甲醛的活化能减小，而生成CO 的活化能增大，因此，
有催化剂时候的主要产物为甲醛，A 项正确；B 项，无催化剂时，升高温度使反应速率增大，更有利
于提高甲醛的产率，B 项正确；C 项，由图可知，二氧化碳具有的能量比CO 低，则该条件下二氧化
碳比CO 的稳定性强，C 项正确；D 项，由图可知，该催化剂能增大甲醇生成CO 的活化能，降低甲醇
催化氧化生成甲醛的活化能，所以该催化剂降低了甲醇生成CO 的反应速率，增大了甲醇催化氧化生
成甲醛的反应速率，D 项错误；故选D。
12．【新思维】某同学进行粗盐提纯实验，除去样品中的SO4
2-、Ca2+、Mg2+并进行定性检验。设计操作流
程如下：已知室温条件下：
12
sp
2
Mg OH
5.6 10
K
，
10
sp
4
BaSO
1.1 10
K
，
9
sp
3
BaCO
2.6 10
K
。一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于
5
1 10
mol / L
时，化学上通常认
为沉淀完全。
下列说法错误的是( )
A．步骤②调节溶液的pH
12
，可使Mg2+沉淀完全
B．其他步骤不变，将步骤①和步骤②的顺序调换仍会生成大量白色沉淀M
C．步骤⑤加入过量盐酸后溶液中存在的阴离子为Cl和OH
D．步骤④和步骤⑥均用到的玻璃仪器是玻璃棒
【答案】C
【解析】用沉淀法分离杂质离子，用碳酸钠除去Ca²+，用氯化钡去除SO4
2-，用氢氧化钠去除Mg2+，
Ca²++CO3
2-=CaSO3↓，Ba²++SO4
2-=BaSO4↓，Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓，为保证杂质完全反应，所加的除杂
试剂都适当过量，且碳酸钠溶液在氯化钡溶液之后加，可以除去过量的钡离子(Ba²++CO3
2-=BaSO3↓)，
过滤沉淀后用盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠(CO3
2--+2H+ ═H2O + CO2↑、H++OH-=H2O)。A 项，欲
使Mg2+沉淀完全，即残余
2
5
(Mg
)
1 10 mol / L
c
。根据
2
2
12
sp
2
Mg OH
(Mg
)
(OH )
5.6 10
K
c
c
，可计算出此时溶液中(OH )
c
应大于
12
4
5
5.6 10
/ L
7.5 10 mol / L
1 10
mol
。当pH
12
时，
2
(OH )
10 mol / L
c
，大于
4
7.5 10 mol / L
，能
使Mg2+沉淀完全，A 正确；B 项，根据题干信息，最终得到的NaCl 固体样品溶解后加入BaCl2溶液后
产生白色沉淀，应该是前面的SO4
2-或CO3
2--未被完全处理干净，这说明原除杂流程中步骤①所加BaCl2
不足或步骤⑤所加盐酸不足。交换步骤①和步骤②的顺序，即将加入BaCl2和NaOH 的顺序颠倒，并
不影响SO4
2-和CO3
2--的去除。因此，若原流程会生成沉淀M，调换顺序后仍会生成，和步骤①与步骤
②的顺序无关，B 正确；C 项，过量盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应：CO3
2--+2H+ ═H2O +
CO2↑、H++OH-=H2O，阴离子只有Cl-，C 错误；D 项，步骤④为过滤，用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃
棒、漏斗，玻璃棒用来引流，步骤⑥是蒸干，用到的玻璃仪器是玻璃棒，用来搅拌，D 正确；故选
C。
13．化合物Z 是一种新型杀菌剂，其分子中含有两个平面环状结构，利用点击化学法设计的一种合成Z 的
路线如下。有关说法中错误的是( )
A．X 的名称为苯甲醛 B．Y 和Z 含相同数目的手性碳原子
C．Z 中碳原子和氮原子的杂化方式完全相同 D．Y→Z 的反应类型为加成反应
【答案】C
【解析】A 项，根据X 的结构含有苯环和醛基，X 名称为苯甲醛，A 正确；B 项，
、
，含相同数目的手性碳原子，B 正确；C 项，Z 中含饱和碳和不饱和碳原子，碳原
子杂化方式有sp2、sp3，其分子中含有两个平面环状结构，则氮原子的杂化方式sp2，C 错误；D 项，
Y→Z 的反应为碳碳三键上的加成反应，D 正确；故选C。
14．向少量AgNO3溶液中依次加入足量下表中的试剂，观察现象并记录如下：
试剂
NaCl
①
溶液
②氨
水
NaBr
③
溶液
④Na2S2O3
溶液
KI
⑤
溶液
⑥Na2S
溶液
⑦浓
硝酸
白色沉
淀
澄清
溶液
浅黄色
沉淀
澄清溶液
黄色
沉淀
黑色沉
淀
澄清
溶液
已知：Ag+与S2O3
2-形成[Ag(S2O3)2]3-。
依据现象推测，下列说法不正确的是( )
A．②中加氨水后发生反应：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
B．同温度下，溶度积Ksp大小关系：AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S
C．与Ag+配位的能力由强到弱依次为：S2O3
2-、NH3
D．向①中产生白色沉淀中加入浓硝酸，也会变澄清
【答案】D
【解析】A 项，②中加氨水后氯化银沉淀溶解，生成[Ag(NH3)2]+，发生反应：
AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，A 正确；B 项，沉淀向着溶解度更小的方向转化容易实现，
根据实验中沉淀的转化过程，可知同温度下，溶度积Ksp大小关系：AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S，B 正
确；C 项，Br-可与[Ag(NH3)2]+反应生成AgBr 沉淀，AgBr 沉淀又可溶于Na2S2O3溶液，说明与Ag+配位
的能力由强到弱依次为：S2O3
2-、NH3，C 正确；D 项，①中产生白色沉淀为AgCl，AgCl 不溶于浓硝
酸，不会变澄清，D 错误；故选D。
二、非选择题：本题共5 小题，共58 分。
15．(10 分)NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用是科学研究的重要课题。
（1）以H2、N2合成NH3，Fe 是常用的催化剂。
①基态Fe 原子的电子排布式为 ，基态N 原子轨道表示式 。
②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金
属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：
ⅰ.两种晶胞所含铁原子个数比为 。
ⅱ.图1 晶胞的棱长为apm(1pm=10-10cm)，则其密度ρ= g/cm3。
③我国科学家开发出
双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：
I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，从原子结构角度解释原因 。
（2） NH3、NH3BH3 (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
NH
①
3的中心原子的杂化轨道类型为 。
NH
②
3BH3存在配位键，提供空轨道的是 。
（3）常温下S2Cl2是橙黄色液体，其分子结构如图所示。
少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。
S2Cl2分子是 (填“极性”、“非极性”)分子，S2Br2与S2Cl2分子结构相似，熔沸点S2Br2
S2Cl2(填“>”或“<”)。
【答案】（1） 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2(1 分)
(1 分) 1:2(1 分)
(2 分)
H、Li、Na 位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有
效吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小(1 分)
（2） sp3(1 分) B(1 分)
（3）极性 (1 分) ＞(1 分)
【解析】（1）Fe 元素的原子序数为26，核外有26 个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe 原子的
电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；②N 原子核外有7 个电子，分2 层排布，原子的轨
道表示式：
；ⅰ．由晶胞的结构可知，图1 结构中，Fe 位于顶点和体心，Fe
原子的个数为8×
+1=2，图2 结构中，Fe 位于顶点和面心，Fe 原子的个数为8×
+6×
=4，则两种
晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；ⅱ．图1 晶胞的棱长为apm，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质
量为
g，其密度
g•cm-3；③第一电离能为 H＞Li＞Na，原因是H、Li、Na 位于同
一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减
弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；
（2）①NH3分子中中心原子N 原子的价层电子对个数=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子
N 原子的杂化轨道类型为sp3杂化；②在NH3BH3结构中，N 原子存在孤电子对，B 原子为缺电子原
子，在配位键的形成中B 原子提供空轨道；（3）该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所
以是极性分子；S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，相对分子质量越大则熔沸点越高，所以
熔沸点：S2Br2＞S2Cl2。
16．【新考法】(11 分)铅酸蓄电池电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，因此在生产、生活中使用
广泛。
（1）铅酸蓄电池的构造如图所示。
①放电时，Pb 作 极。
②硫酸作电解质溶液更有利于放电，说明理由： 。
（2）以废旧铅酸电池中的含铅废料(主要含PbO2、PbSO4以及少量的Pb、PbO)为原料制备PbO，实现
铅的再生利用，流程示意图如下。
已知： Ksp(PbSO4)=2.5×10-8、Ksp(PbCO3)=7.4×10-14。
① “脱硫”过程中需不断搅拌，其作用是 。
②PbO2转化为PbSO4的化学方程式是 。
③PbSO4分别和等物质的量的(NH4)2CO3、NH4HCO3混合进行脱硫，测得脱硫率随反应温度的变化如下
图。
i．结合平衡常数解释可选择(NH4)2CO3脱硫的原因： 。
ii．相同温度时，曲线b 的脱硫率低于曲线a 的脱硫率，原因是 。
iii．用Ca(OH)2实现(NH4)2CO3的再生和CO2的循环利用，设计方案：取溶液B， 。
【答案】（1）负(1 分) 生成PbSO4沉淀，使反应更完全(1 分)
（2） ①增大反应物接触面积，提高反应速率(1 分)
2PbO
②
2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+Na2SO4+2H2O(1 分) 、Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O(1 分)
③PbSO4(s)+CO3
2-(aq)
PbCO3(s)+SO4
2-(aq) K=3.4×105，反应完全(2 分)
PbSO4+2HCO3
-= PbCO3+SO4
2-+CO2↑+H2O，NH4HCO3未完全转化为沉淀(2 分)
加入Ca(OH)2，过滤，向滤液中通入PbCO3分解产生的CO2(2 分)
【解析】以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)制备PbO，含铅废料加入
NaHSO3、H2SO4反应后过滤得到PbSO4，溶液A 中主要成分为Na2SO4和未反应完的H2SO4；而后
PbSO4中加入碳酸铵，产生碳酸铅沉淀，溶液B 中主要成分为硫酸铵和未反应完的碳酸铵，过滤后碳
酸铅受热分解产生PbO。
（1）①根据铅蓄电池的装置可知，放电时，Pb 失去电子发生氧化反应，Pb 为负极；②负极Pb 失去
电子发生氧化反应生成PbSO4，则负极的电极反应式为Pb-2e-+SO4
2-=PbSO4，正极PbO2发生得电子的
还原反应生成PbSO4，正极电极反应式为PbO2+2e-+4H++SO4
2-=PbSO4+2H2O，可知，硫酸作电解质溶
液更有利于放电的原因是：生成PbSO4沉淀，使反应更完全。
（2）①“脱硫”过程中需不断搅拌，其作用是：增大反应物接触面积，提高反应速率；②PbO2与
NaHSO3、H2SO4反应后生成PbSO4、Na2SO4，发生的反应为：
2PbO2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+Na2SO4+2H2O，同时PbO2与Pb 在稀硫酸的作用下也可以产生硫酸
铅，发生的反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。③i．PbSO4中加入碳酸铵反应后产生碳酸铅沉
淀，发生的转化反应为：PbSO4(s)+CO3
2-(aq)
PbCO3(s)+SO4
2-(aq)，根据Ksp(PbSO4)=2.5×10-8、
Ksp(PbCO3)=7.4×10-14可知，该反应的平衡常数为
，
，可认为该反应完全进
行；ii．根据图像可知，脱硫率随着温度的升高逐渐增大，但是温度太高的时候脱硫率降低，加入碳
酸氢铵时会与硫酸铅发生反应产生二氧化碳，即相同温度时，曲线b 的脱硫率低于曲线a 的脱硫率，
原因是：PbSO4+2HCO3
-= PbCO3+SO4
2-+CO2↑+H2O，NH4HCO3未完全转化为沉淀；iii．根据分析可
知，溶液B 中主要成分为硫酸铵和未反应完的碳酸铵，加入Ca(OH)2同时通入二氧化碳与硫酸铵反应
后产生(NH4)2CO3，设计方案：取溶液B，加入Ca(OH)2，过滤，向滤液中通入PbCO3分解产生的
CO2。
17．(12 分)托法替尼是一种治疗关节炎的药物，其重要中间体W 的一种合成路线如下。
已知：
ⅰ．
；ⅱ．
。
（1）E 中的含氧官能团的名称是 。
（2）B→D 反应的化学方程式是 。
（3）下列说法正确的是 。
a．F→G、E+I→M 均为取代反应
b．G→I，CH2BrCHO 和CH3CH2OH 的物质的量之比为2：1
c．有E+I→M，若用KOH 溶液替换K2CO3，可能降低M 的产率
（4）E 中α-H 的活泼性较强，原因是 。
（5）M→W 的转化经历如下过程。
Z→W 仅发生官能团的变化，Z 和W 的分子式均为C6H5O2N3，分子中均含有一个六元环，一个五元
环。W 的分子中含有1 个N-H 键，2 个O-H 键和2 个C-H 键。
Y→Z
①
，生成Z 的同时还生成的有机化合物是 。
Y
②
的结构简式是 ，W 的结构简式是 。
【答案】（1）酯基(1 分)
（2） CH3COOCH3
2
+Cl
催化剂
CH2ClCOOCH3+HCl(2 分)
（3）ac(2 分)
（4）N、O 的电负性均较大，-CN 和-COOR 均为吸电子基团(极性强)，二者均使位C-H 的键极性增
强(2 分)
（5）CH3CH2OH(1 分)
(2 分)
(2 分)
【解析】CH3COOH 与CH3OH 在浓硫酸的催化下加热，发生酯化反应生成CH3COOCH3，可推知B 为
CH3COOCH3，B 与Cl2在催化剂下发生反应生成D，D 与NaCN 在加热条件下发生反应生成E(
)，由B 和E 的结构可推知D 为CH2ClCOOCH3；F(CH3CHO)与Br2在光照条件下发生
取代反应生成G(CH2BrCHO)，G 与CH3CH2OH 在酸性条件下发生已知i 反应，生成I，可推知I 为
CH2BrCH(OCH2CH3) 2，I 与E 在K2CO3的作用下发生取代反应生成M(
)，M 最后转化
为W。
（1）E 的结构为
，E 中的含氧官能团的名称为酯基。
（2）由分析知，D 的结构简式为CH2ClCOOCH3，B→D 反应为B 与Cl2在催化剂下发生取代反应，化
学反应方程式为CH3COOCH3
2
+Cl
催化剂
CH2ClCOOCH3+HCl。
（3）a．由分析知，F 与Br2在光照条件下发生取代反应生成G，I 与E 在K2CO3的作用下发生取代反
应生成M，则均为取代反应，a 正确；b．由已知：i．
可知，G→I 中，CH2BrCHO 和CH3CH2OH 的物质的量之比为1 2∶，b 错误；c．E+I→M 反应中，K2CO3
的作用为吸收生成的HBr，若用KOH 溶液替换，K2CO3，可能会使E 和M 中的酯基发生水解，降低
M 的产率，c 正确；故选ac；
（4）在E 中，由于N、O 的电负性均较大，-CN 和-COOR 均为吸电子基团(极性强)，二者均使α 位C-
H 的键极性增强，故α-H 的活泼性较强；故答案为N、O 的电负性均较大，-CN 和-COOR 均为吸电子
基团(极性强)，二者均使α 位C-H 的键极性增强。
（5）如图，M 与
在催化剂的条件发生已知反应ii 生成X，则X 为
，X 反应中脱去CH3OH 后生成Y，Y 为
，Y 在酸
性条件下反应生成Z，Z→W 仅发生官能团的变化，Z 和W 的分子式均为C6H5O2N3，分子中均含有一
个六元环、一个五元环，可推知Z 为
，W 的分子中含有1 个N-H 键，2 个O-H 键和
2 个C-H 键，对比Y 的分子式即可知道，①Y→Z，
生成
和；②Y 的结构简式是
，W 的结构简式是
。
18．【新考法】(12 分)氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获利缓释肥料磷酸镁铵
(MgNH4PO4)，过程如下。
资料：
i.氧氮废水中氮元素主要以NH4
+形式存在；
ii. Mg3(PO4)2、MgNH4PO4，难溶于水；
iii.当c(Mg2+)和c(NH4
+)为1 mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的cPO4
3-约为1.0×10-12mol·L-1，生成
MgNH4PO4沉淀所需的cPO4
3-约为1.0×10-13mol·L-1。
（1）检验溶液中NH4
+的操作是 。
（2）经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是 。
（3）磷酸盐若选择Na3PO4混合后会产生大量Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为
，氨氮去除率将 (填“提高”“降低”或“不变”)。
（4）含磷微粒的物质的量分数与pH 的关系如下图所示。
下列说法正确的是 (填序号)。
a. Na2HPO4溶液呈酸性
b. Na3PO4和Na2HPO4溶液中，微粒的种类相同
c.等浓度的Na3PO4和Na2HPO4溶液中，[cPO4
3-＋cHPO4
2-+ cH2PO4
-＋cH3PO4]相等
（5）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。
pH
①
在9～10 之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为 。
pH
②
过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是 。
③对于c(NH4
+)较低的氨氮废水，上述磷酸铵镁沉淀法的处理效果不佳，且无法通过地加Na2HPO4和
MgCl2的用量来改善，原因是 。
【答案】（1）取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH 溶液并加热，取湿润的红色石蕊试纸于试管
口(1 分)
（2）过滤(1 分)
（3） 3Mg2++2PO4
3-= Mg3(PO4)2↓(1 分) 降低(1 分)
（4）bc(2 分)
（5）①Mg2++NH4
++HPO4
2-+OH-= MgNH4PO4↓+H2O(2 分)
pH
②
过大，可能生成Mg(OH)2、Mg3(PO4)2(2 分)
③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L 时，表成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4
沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10 倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L 的时候，铵根离子无法除去(2
分)
【解析】氨氮废水与磷酸盐、氯化镁混合之后，再通过调节pH 至9-10，使之选择性生成磷酸镁铵，
再通过过滤将之分离出去就得到处理后的废水。
（1）检验溶液中的操作是：取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH 溶液并加热，取湿润的红色石
蕊试纸于试管口。
（2）磷酸镁铵是沉淀，所以分离的方法是过滤。
（3）镁离子和磷酸根离子反应生成磷酸镁沉淀，其离子方程式为3Mg2++2PO4
3-= Mg3(PO4)2↓，大量镁
离子会沉淀下来，影响磷酸镁铵的生成，使氨氮去除率降低。
（4）a．从图中所知，含磷微粒主要为HPO4
2-时，pH 大于7，故Na2HPO4溶液呈碱性，a 错误；b．
Na3PO4溶液中存在PO4
3-的水解平衡和水的电离平衡，Na2HPO4溶液中存在HPO4
2-的水解平衡、电离平
衡和水的电离平衡，故两溶液所含有的微粒种类是相同的，b 正确；c．根据物料守恒知，等浓度的
Na3PO4和Na2HPO4溶液中，cPO4
3-＋cHPO4
2-+ cH2PO4
-＋cH3PO4相等，c 正确；故选bc。
（5）①由题意知pH 在9-10 之间时，镁离子、铵根离子、磷酸氢根离子、氢氧根离子反应生成磷酸镁
铵沉淀和水，其离子方程式为Mg2++NH4
++HPO4
2-+OH-= MgNH4PO4↓+H2O；②pH 过大，PO4
3-增多 ，
与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形
成磷酸镁铵沉淀，因此氨氮的去除率降低。③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L 时，表成磷酸沉淀
需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10 倍，若铵根离子浓度
小于0.1mol/L 的时候，铵根离子无法除去。
19．(13 分)某课外小组探究硫化钠晶体(Na2S·9H2O)在空气中放置一段时间后所得样品的组成。取2.0g 在空
气中放置一段时间的硫化钠样品，溶于VmL 水，得到溶液A，测得溶液A 的pH 为13。
查阅资料：
i．硫化钠晶体在空气中放置后，可能会有Na2Sx、Na2SO3、Na2S2O3等物质生成。
ii．S2-、Sx
2-、S2O3
2-都不能使品红褪色，SO3
2-或高浓度OH-能使品红褪色。
iii．Na2Sx能与
+
H 反应生成H2S(臭鸡蛋气味气体)和S；Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS(黑色固体)和S；
Na2S2O3可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀。
（1）实验一
试剂
品红溶液
编号
试剂
现象
a
溶液A
立即褪色
b
pH=13 的NaOH 溶
液
无明显变化
实验一证明氧化产物中有Na2SO3，其中实验b 的目的是 。
（2）实验二
取溶液A 于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，离
心沉降(固液分离)，得到无色溶液B 和淡黄色固体。
①某同学由实验一结果进一步推测硫化钠晶体的氧化产物中可能还含有Na2SO4，这是因为Na2SO3具
有 性。
②该实验现象不能证明样品中存在Na2Sx，因为 。
③取无色溶液B， (填操作和现象)，证明溶液A 中存在SO4
2-。
（3）实验三
①证明氧化产物中存在Na2S2O3的证据是 。
②溶液A 中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，可能发生的反应是 (用离子方程式表示)。
（4）分别取2.0gNa2S、Na2SO3、Na2S2O3、Na2Sx溶于V mL 水中，所得各溶液的pH 值均小于13。则
溶液A 的pH 为13 的可能原因是 (用化学用语表示)。
（5）在空气中放置一段时间的硫化钠样品所含物质一定有Na2S·9H2O、 (忽略结晶水)。
【答案】（1）确认pH=13 溶液中的
-不使品红褪色，证明溶液中存在SO3
2-(2 分)
（2）还原(1 分) 样品中可能有未被氧化的Na2S，酸性条件下S2-与SO3
2-可以反应生成S，S2-还可
以与H+反应产生H2S，从而产生相同实验现象(2 分) 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀(1 分)
（3）浅绿色溶液滴加稀盐酸无现象，加热产生棕黑色沉淀(1 分) Cu2++Sx
2-= CuS↓+(x-1)S↓、Cu2+
+S2-= CuS↓(2 分)
（4）
2
2
2
2
x
2xNa S+ x-1 O + 2x-2 H O=2Na S +4 x-1 NaOH 、
2
2
2
2
2
3
2Na S+2O +H O=Na S O +2NaOH (2 分)
（5） Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3和NaOH(2 分)
【解析】（1）根据题目信息：S2-、Sx
2-、S2O3
2-都不能使品红褪色，SO3
2-或高浓度OH-能使品红褪色，
进行对照实验，验证在空气中放置后的氧化产物有Na2SO3，其中编号b 实验的目的是：排除高浓度
OH-使品红褪色的可能，证明溶液中存在SO3
2-。
（2）Na2SO3有较强的还原性，在空气中易被氧化发生2Na2SO3+O2=2Na2SO4；Na2Sx能与H+反应生成
H2S 和S，样品中可能有未被氧化的Na2S，酸性条件下S2-与SO3
2-可以反应生成S，S2-还可以与H+反应
产生H2S，从而产生相同实验现象，所以不能证明；通常用盐酸酸化的氯化钡检验SO4
2-，因为开始加
入足量的稀盐酸，所以只要加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在SO4
2-。
（3）根据题目所给信息：Na2S2O3可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解
生成棕黑色沉淀，浅绿色溶液滴加稀盐酸无现象，加热产生棕黑色沉淀，证明氧化产物中存在
Na2S2O3；根据题目所给信息：Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS (黑色固体)和S 和Cu2++S2-= CuS↓分析溶
液中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，可能发生的反应是Cu2++Sx
2-= CuS↓+(x-1)S↓、Cu2++S2-= CuS↓。
（4）Na2S 等物质溶于水pH 值均小于13。但溶液A 的pH 为13 的可能原因是Na2S 被氧化时生成了
NaOH，反应的化学方程式为
2
2
2
2
x
2xNa S+ x-1 O + 2x-2 H O=2Na S +4 x-1 NaOH 、
2
2
2
2
2
3
2Na S+2O +H O=Na S O +2NaOH 。
（5）Na2S 在空气中放置会被氧化为Na2S2O3，也会被氧化为Na2SO3、Na2SO4，同时也会生成NaOH，
所以其产物有Na2S·9H2O、Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3和NaOH。
