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 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cr 52 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．【热点】湖南历史悠久，物产丰富。下列是湖南的一些特产，有关说法正确的是
A．铜官陶器与玻璃、水晶都属于硅酸盐材料
B．湘绣的主要材料是蚕丝，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于天然高分子
C．常德板鸭富含脂肪，脂肪属于天然高分子，可用于制肥皂
D．荸荠中含有较多的淀粉，淀粉与纤维素互为同分异构体，水解产物相同
【答案】B
【解析】铜官陶器与玻璃都属于硅酸盐材料，但水晶属于氧化物，A 错误；蚕丝的主要成分是蛋白质，属
于天然高分子，B 正确；脂肪不属于天然高分子，C 错误；淀粉与纤维素不属于同分异构体，两者链节个
数不一定相同，D 错误。故选B。
2．【改编】下列化学用语表述正确的是
A．
SO3的VSEPR 模型：
B．
CCl4的电子式：
C．一氟乙烷的空间填充模型：
D．质量数为79 的硒核素：
❑35
79Se
【答案】A
【解析】SO3中心原子S 为sp2杂化，无孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，A 正确；CCl4的电子式中
Cl 原子周围应有电子填充，B 错误；F 原子半径小于C 原子，填充模型中F 原子大小不正确，C 错误；硒
的质子数为34，质量数为79 的硒核素：❑34
79Se，D 错误；故选A。
3．【热点】下列不符合实验安全要求的是
A．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
B．含重金属离子的废液，先转化为沉淀，再填埋
C．不慎将苯酚沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗
D．验证肥皂泡收集的少量氢气，点燃前无需验纯
【答案】B
【解析】电器起火时，切断电源是首要步骤，二氧化碳灭火器适用于此类火情，A 正确；重金属离子有
毒，对于含重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理，沉淀物分离后作为废渣集中送至环保单位进一步
处理，B 错误；苯酚在常温下在水中的溶解度较小，但易溶于酒精，故可用乙醇溶解苯酚可减少皮肤伤
害，后续水冲进一步清洁，处理得当，C 正确；氢气具有可燃性，则肥皂泡收集少量的氢气，点燃前无需
验纯，安全可控，D 正确；故选B。
4．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下44.8L CH3Cl的分子数为2 N A
B．1L0.1mol⋅L
−1FeCl3
溶液水解形成的Fe(OH)3
胶体粒子数为0.1 N A
C．4.4g CH3CHO中含有σ键的数目为0.7 N A
D．78g Na2O2与足量水完全反应，转移电子数目为2 N A
【答案】A
【解析】标准状况下，CH3Cl 为气体，44.8 L CH3Cl 的物质的量为2 mol，分子数为2NA，A 正确；FeCl3水
解生成的Fe(OH)3胶体是多个Fe(OH)3的集合体，因此胶体粒子数远小于0.1NA，B 错误；一个乙醛
（CH3CHO）分子中有6 个σ 键（4 个C-Hσ 键、1 个C-Cσ 键、1 个碳氧σ 键），4.4 g 乙醛的物质的量为
0.1 mol，σ 键总数为0.6 NA，C 错误；过氧化钠与水反应时，每1 mol Na2O2转移1 mol 电子，78 g Na2O2
（1mol）与水反应时，总转移电子数为NA，D 错误；故选A。
5．【改编】下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是
A．不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油
B．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可采用渗析来分离胶体和溶液
C．CCl4难溶于水、比水易溶解I2，可用CCl4萃取碘水中的I2
D．苯甲酸具有酸性，可用重结晶的方式提纯苯甲酸
【答案】C
【解析】石油分馏通过沸点差异分离汽油、柴油，而非密度不同，A 错误；渗析分离胶体与溶液的原理是
粒子大小，而非胶体的吸附性，B 错误；CCl4符合萃取剂要求（不溶于水、I 2在CCl4中的溶解度比在水中
的大），可萃取碘水中的I2，C 正确；重结晶利用溶解度差异提纯，与酸性无关，苯甲酸提纯需通过溶解-
结晶过程，D 错误；故选C。
6．有关下列实验事实解释错误的是
选项
实验事实
解释
A
利用“杯酚”分离C60和C70
超分子具有“分子识别”特性
B
[Cu(NH3)4)
2+的稳定性强于[Cu(H2O)4)
2+
电负性：N<O
C
H2O 的沸点高于H2S 的沸点
键能：H-O>H-S
D
O3在CCl4中的溶解度大于在H2O 中的溶解度
O3是极性很弱的极性分子
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】利用“杯酚”分离C60和C70是基于超分子的“分子识别”特性，杯酚通过主客体作用选择性结合
不同尺寸的分子，A 正确；[Cu(NH3)4]2+的稳定性强于[Cu(H2O)4]2+，原因是电负性N＜O，NH3给出电子形
成配位能力比H2O 强，B 正确；H2O 沸点高于H2S 是因H2O 分子间存在氢键，而非H-O 键能更大（键能影
响化学键断裂难易，与沸点无关），C 错误；O3在CCl4中溶解度更大是因O3为弱极性分子，CCl4为非极
性溶剂，符合“相似相溶”原理，D 正确；故选C。
7．根据元素周期律推测，下列说法不正确的是
A．离子半径：H
−>Li
+
B．第一电离能：P>S
C．非金属性：F>O
D．热稳定性：H2O<H2S
【答案】D
【解析】离子半径比较：H-核外有 1 个电子层(2 个电子)；Li+有2 个电子层，但Li+核电荷数更大，对电
子的吸引力更强，因此离子半径H- >Li+，A 正确；第一电离能比较：P(磷)和S(硫)同处第三周期，P 的3p
轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于S，故“P > S”正确，B 正确；非金属性比较：F(氟)和O(氧)同处
第二周期，非金属性从左到右增强，F 的电负性(4.0)大于O(3.5)，非金属性F > O 正确；热稳定性比较：O
和S 同属ⅥA 族，非金属性O > S，故氢化物稳定性H2O > H2S，D 错误；故选D。
8．Mg2Fe是一种很有发展潜力的新型储氢材料，其晶胞为立方体，Fe 位于顶点和面心，Mg 位于顶点和相
邻面心形成的四面体中心，储氢后形成化合物X，氢以正八面体构型分布在每个Fe 周围。下列说法不正确
的是
A．化合物X 的化学式为Mg2FeH6
B．化合物X 遇水产生H2、Mg 和Fe
C．化合物X 减压和高温有利于释放H2
D．Mg2Fe的硬度高于纯铁和纯镁
【答案】B
【解析】Mg2Fe 中Mg 与Fe 的个数比为2:1，储氢后H 以正八面体构型分布在每个Fe 周围，即Fe 与H 的
个数比为1:6，因此化合物X 的化学式为Mg2FeH6，A 正确；化合物Mg2FeH6中Mg、Fe 的化合价均为+2
价，H 为-1 价，则遇水发生反应Mg2FeH6+6 H2O =2Mg(OH)2+ Fe(OH)2+6H2↑，并不生成Mg 和Fe，B 错
误；化合物Mg2FeH6释放H2发生分解反应Mg2FeH6= Mg2Fe+3 H2↑，该反应Δ H >0，Δ S>0，因此减压和
高温有利于反应正向进行，C 正确；一般合金的硬度高于其组元金属本身，Mg2Fe 为镁铁合金，其硬度比
纯铁和纯镁的硬度更高，D 正确；故选B。
9．烟酸是B 族维生素，可以预防和治疗多种疾病。利用碳封装过渡金属电极可电催化将3-甲基吡啶氧化
为烟酸，工作原理如图所示，在电场作用下，双极膜中H+、OH-离子分别向两极迁移。下列说法正确的是
A．a 极的电极反应式为2H2O-2e-=7OH-+H2↑
B．a 极电势高于b 极电势
C．制备0.1mol 烟酸时双极膜中质量减少10.8g
D．碳封装过渡金属电极能催化提高b 电极上还原反应的速率
【答案】C
【解析】从题图可判断，电极a 与碱性NaOH 溶液相接，电极b 与酸性 H2SO4溶液相接，且利用b 极上
“碳‐过渡金属”电极催化氧化3‐甲基吡啶生成烟酸，可知b 极为阳极（氧化极），a 极为阴极（还原
极）。在外加电源作用下，阳极电势高于阴极电势，故a 极电势低于b 极电势。a 极为阴极，发生还原反
应，得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故A 错误；b 极为阳极（氧化极），a 极为阴极（还
原极）。在外加电源作用下，阳极电势高于阴极电势，故 a 极电势低于 b 极电势，故B 错误；
−6e
−+6OH
−→
+ 4 H 2O ，制备0.1 mol 烟酸时转移电子为0.6 mol，根据电子守恒可知，双
极膜中有0.6 mol OH-移向阳极，0.6molH+移向阴极，即质量减少0.6 mol×18 g/mol=10.8 g，故 C 正确；碳
封装过渡金属电极的作用是促进3‐甲基吡啶在阳极发生氧化反应，而非加快阴极的还原速率，故D 错误；
故选C。
10．色并[4，3-d]嘧啶衍生物具有显著的生物学特性，其合成过程的某步反应如左图所示。下列说法正确
的是
A．N 与水以任意比例互溶
B．1 mol M 与足量溴水反应最多可消耗3 mol Br2
C．一分子P 酸性环境下水解的有机产物中含有2 个含氧官能团
D．M、N、P 分子中所有原子均可能共面
【答案】B
【解析】N 为氰基乙酸乙酯（NCCH2COOCH2CH3），含酯基和氰基，分子中含有较大的疏水基团（乙
基），在水中溶解度不大，A 错误；M 分子中含酚羟基和醛基，酚羟基的邻对位有2 个活泼氢，与溴水发
生取代反应消耗2mol Br2，醛基被溴水氧化为羧基（-COOH），消耗1mol Br2，共消耗3mol Br2，B 正
确；P 含内酯基和氰基，酸性水解后，内酯基生成羟基和羧基，氰基生成羧基，有机产物中含1 个羟基和2
个羧基，共3 个含氧官能团，C 错误；N 分子中乙基的碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，P 中也有四面体
结构的碳原子，所有原子不可能共面，D 错误；故选B。
11．实验室制备磺酰胺的装置(夹持仪器略)如图所示，其原理为SO2Cl2+ 4 NH3=SO2(NH2)2+2NH4Cl(
SO2Cl2易水解)。下列说法正确的是
A．装置甲中生石灰不可用NaOH 固体代替
B．装置丙中多孔球泡的作用是防倒吸
C．装置丁中的固体可以是碱石灰或无水CaCl2
D．装置戊中可能有HCl 和H2SO3生成
【答案】C
【解析】在装置甲中反应制取氨气，然后在装置乙中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置丙中与
SO2Cl2发生反应，制取得到磺酰胺，装置丁防止SO2Cl2发生水解反应，后边连接戊吸收多余的氨气。装置
甲中浓氨水与生石灰反应制备氨气，生石灰的作用是吸水并放热促进氨气逸出，NaOH 固体同样具有吸水
性且溶解时放热，可替代生石灰，A 错误；丙中多孔球泡的作用是增大氨气与SO2Cl2的接触面积，使反应
更充分，防倒吸需通过倒扣漏斗等装置实现，B 错误；丁装置需防止外界水汽进入丙（SO2Cl2易水解），
且可能吸收未反应的氨气，无水CaCl2会与氨气发生反应，也吸水，装置丁中的固体可以是碱石灰或无水
氯化钙，C 正确；若SO2Cl2挥发进入戊中遇水水解，生成硫酸和HCl，方程式为
SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故戊中可能有HCl 和H2SO4生成，D 错误；故选C。
12．钽酸锂(LiTaO3)是光通讯、激光及光电子领域中的基本功能材料。一种以含钽废渣(主要成分为
Ta2O3⋅FeO，含少量油脂和Al2O3等)为原料制备钽酸锂的流程如下：
下列说法错误的是
A．“沸腾炉焙烧”为增加气固接触面积，常采用“逆流”操作
B．滤渣1 的主要成分为Fe2O3，滤渣2 的主要成分为Al(OH)3
C．已知+5 价Ta 具有一定的氧化性，“酸化”时硫酸比盐酸更合适
D．在实验室模拟“灼烧”工序，主要仪器为石英坩埚、酒精灯、泥三角等
【答案】D
【解析】含钽废渣主要成分为Ta2O3⋅FeO，含少量油脂和Al2O3。含钽废渣加入碳酸钠、通入空气在沸腾
炉中焙烧，得到NaTaO3、NaAlO2和Fe2O3，加氢氧化钠浸取，滤渣1 是Fe2O3，滤液中含有Na2TaO3、
NaAlO2，滤液通入过量二氧化碳，NaAlO2和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，滤渣2 是氢
氧化铝；滤液加酸“酸化”生成HTaO3沉淀，HTaO3和碳酸锂灼烧得到LiTaO3。沸腾炉焙烧采用“逆流”
操作可增加气固接触面积，使反应更充分，故A 正确；焙烧后生成的Fe2O3不溶于NaOH 溶液，滤渣1 为
Fe2O3；浸取液中NaAlO2与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀，滤渣2 为Al(OH)3，故B 正确；+5 价Ta 有氧
化性，盐酸中Cl-易被氧化，所以“酸化”时硫酸比盐酸更合适，故C 正确；灼烧时Li2CO3分解产生
Li2O，Li2O 与石英坩埚中的SiO2反应，应使用铁坩埚，故D 错误；故选D。
13．常温下，向含等物质的量浓度的CaCl2、CdCl2、NaF 的混合液中逐滴加入稀盐酸，溶液中−lg X[
X =c(Ca
2+)、c(Cd
2+)、c (H
+)
c (HF)]与lgc(F
−)的关系如图所示。
已知：常温下，CdF2的溶解度大于CaF2。
下列叙述错误的是
A．K a (HF)=10
−3.17
B．Q 点坐标为(0.98,4.15)
C．在CaF2和CdF2共沉的浊液中c(Ca
2+)
c(Cd
2+) =10
7.65
D．c(F
−)
c (HF) =100的HF 和NaF 的混合液pH =5.17
【答案】C
【解析】溶度积表达式Ksp(CaF2)=c(Ca
2+)×c
2(F
-)和Ksp(CdF2)=c(Cd
2+)×c
2(F
-) c(Cd
2+)，根据沉淀物
的化学式可知，两沉淀溶解平衡曲线的斜率相同，由图可知，L1、L3斜率相等，又因为在常温下，CdF2的
溶解度大于CaF2
，则L1表示−lgc(Ca
2+)与lgc(F
−)的关系，L3表示−lgc(Cd
2+)与lgc(F
−)的关系， L2表示
−lgc(H
+)
c(HF) 与lgc(F
−)的关系。L2表示−lgc(H
+)
c(HF) 与lgc(F
−)的关系，HF 的电离平衡常数：
Ka=c(H
+)×c(F
−)
c(HF)
，则Ka
c(F
−) =c(H
+)
c(HF)
，取负对数得−lgc(H
+)
c(HF) =−lg K a+lgc(F
−)，取点b(-2,1.17)，代入
得1.17= -lg Ka -2，解得lg Ka=-3.17，即K a (HF)=10
−3.17，A 正确；由图中a 点坐标计算，
Ksp(CdF2)=c(Cd
2+)×c
2(F
-)=10
−2.19×1
2=10
−2.19，Q 点时，对应的−lgX相等，则
2.19+2lgc(F
-)=3.17+lgc(F
-)，则lgc(F
-)=0.98，−lgX = 4.15，因此Q 点坐标为(0.98,4.15)，B 正
确；CaF2
和CdF2
共沉时，c(F⁻)相同，c(Ca
2+)
c(Cd
2+) =Ksp(CaF2)
Ksp(CdF2)
，CaF2
更难溶，Ksp(CaF2)更小，该比值应小于
1，而10
7.65>1，C 错误；由Ka=c(H
+)×c(F
−)
c(HF)
得，c(H
+)= Ka×c(HF)
c(F
−)
= 10
−3.17
100 =10
−5.17，则pH=5.17，D 正
确；故选C。
14．以吡啶—硼自由基循环的自由基传递催化机理如图所示(-Ph 为苯基，-Et 为乙基，-[B]为−B (OR)2)。下
列说法正确的是
A．总反应的反应类型为取代反应
B．体现催化活性的是物质a
C．整个过程中没有非极性共价键形成
D．如果物质b 变为
，产物为
【答案】D
【解析】总反应式为
，反应类型为加成反应，A 错误；B．物质a
未体现催化活性，体现催化活性的是机理图中正上方的吡啶—硼自由基，B 错误；该反应有C−C非极性键
形成，C 错误；类比题图机理，如果物质b 变为
，则产物为
，D 正确；故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15.（14 分）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3
和CCl4在高温下制备无水CrCl3，同时生成COCl2气体。可利用如图装置模拟制取三氯化铬（K1、K2为气
流控制开关）。
原理：Cr2O3+3CCl4
高温
¿3COCl2+2CrCl3
¿
已知：①COCl2气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体；CCl4的沸点为76.8℃。
②碱性条件下，H2O2
可将Cr
3+氧化为CrO4
2−（黄色）；酸性条件下，H2O2
可将Cr2O7
2−（橙色）还原为Cr
3+
（绿色）。
回答下列问题：
(1)本实验要求在通风橱中进行，下列实验图标中与该要求有关的是 （填标号）。
A
B
C
D
E
(2)步骤如下：
ⅰ.连接装置，检查装置气密性，装入药品并通入N2；
ⅱ.加热石英管至400℃；
ⅲ.控制开关，加热CCl4，温度保持在50~60℃之间；
ⅳ.加热石英管继续升温至650℃，直到装置丙中反应基本完成，切断管式炉的电源；
ⅴ.停止装置乙的水浴加热，继续通一段时间N2；
ⅵ.装置冷却后，结束制备实验。
①装置戊中玻璃仪器的名称为 ，该仪器盛装P2O5，作用是 。
②步骤Ⅴ的操作：继续通一段时间N2的目的是 。
(3)装置己中反应的离子方程式为 。
(4)测定产品中CrCl3的质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取5.000gCrCl3
产品，在强碱性条件下，加入过量的30 %H2O2
溶液，小火加热使CrCl3
完全转化为CrO4
2−
，继续加热一段时间；
Ⅱ.冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸（浓磷酸的作用是防止指示剂提前变色），使CrO4
2−转化为Cr2O7
2−
，再加适量的蒸馏水将溶液稀释至100mL；
Ⅲ.取25.00mL 溶液，加入适量浓硫酸混合均匀，滴入2 滴试亚铁灵作指示剂，用新配制的
1.000 mol⋅L
−1(NH4)2Fe(SO4⋅)2
标准溶液滴定至终点，重复2~3 次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2
标准溶液的
体积为21.00mL。
①产品中CrCl3的质量分数为 %。
②下列操作将导致产品中CrCl3的质量分数测定值偏高的是 （填标号）。
A．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
B．步骤Ⅱ中未加浓磷酸
C．步骤Ⅲ中装(NH4)2Fe(SO4)2
溶液的滴定管未润洗
D．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】(1)E （2 分）
(2)球形干燥管 （2 分） 防止水蒸气进入丁和丙中使三氯化铬潮解 （2 分） 将COCl2完全排入装置
己中被充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入丁中，防倒吸 （2 分）
(3)COCl2+ 4 OH
−=CO3
2−+2H2O+2Cl
− （2 分）
(4)88.76 （2 分） CD （2 分）
【解析】三氯化铬易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和
水蒸气，装置甲、乙的作用是用N2将CCl4导入装置丙中参与反应，装置丁用于收集产物，装置戊的作用是
防止水蒸气进入反应装置，装置己用于处理COCl2尾气，整个反应开始前先用干燥的N2排除装置内空气，
然后再通入N2将CCl4气体带入装置丙与Cr2O3反应，生成的有毒气体COCl2用装置己中的NaOH 溶液吸收
从而进行尾气处理，为防止装置己中的水蒸气进入反应装置，还要在装置丁、己中间加一个干燥装置戊。
（1）本实验涉及到COCl2气体，有毒，需要通风，E 为通风图标。
（2）①装置戊中玻璃仪器的名称为球形干燥管，其盛装的P2O5可以防止水蒸气进入装置丁、丙中使三氯
化铬潮解；
②继续通一段时间N2，其目的是将COCl2完全排入装置己充分吸收，并将生成的CrCl3全部吹入装置丁中；
由于停止加热使装置丙腔体内压变小，可能发生倒吸，所以持续通氮气还具有防倒吸的作用。
（3）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl 和CO2，COCl2和NaOH 溶液反应的离子方程
式应该为COCl2+ 4 OH
−=CO3
2−+2H2O+2Cl
−。
（4）①根据Cr2O7
2−~6 Fe
2+，结合元素守恒可知，2CrCl3~6 Fe
2+~6(NH4)2Fe(SO4)2
，则样品中
n(CrCl3)=
1
3 n[(NH4)2Fe(SO4)2)× 100
25 = 1
3 ×1.000 mol/L×0.021L×4 =028 mol，
m (CrCl3)=0.028 mol×158.5g/ mol= 4.438g，产品中CrCl3的质量分数为4.438g
5.000g ×100 % =88.76 %；
②步骤Ⅰ中未继续加热一段时间，由于过量的H2O2
的存在，在步骤Ⅱ中会还原Cr2O7
2−为Cr
3+，则滴定时消
耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2
溶液的体积偏小，使CrCl3
的质量分数的测定值偏低，A 不符合题意；若步骤Ⅱ
中未加浓磷酸，将导致滴定终点提前，即导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2
溶液的体积将偏小，使CrCl3
的质量分
数的测定值偏低，B 不符合题意；若步骤Ⅲ中装(NH4)2Fe(SO4)2
溶液的滴定管未润洗，则消耗
(NH4)2Fe(SO4)2
溶液的体积将偏大，使CrCl3
的质量分数的测定值偏高，C 符合题意；若步骤Ⅲ中读数时，
滴定前俯视，滴定后平视，将导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2
溶液的体积将偏大，使CrCl3
质量分数的测定值偏
高，D 符合题意；故答案为CD。
16.（14 分）镓(Ga)和锗(Ge)是支撑当代计算机、5G 通信、航空航天、新能源、医药卫生及国防军工高新
技术发展的重要基础材料，直接关系到国家经济和战略安全。一种由硫化锌精矿(主要成分为ZnS，还含有
铁、铜、镓和锗等金属硫化物)为原料回收Zn、Ga、Ge 的工艺流程如图所示。
已知：①镓与铝同主族，化学性质相似。
②该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如表所示。
金属离子
Fe
2+
Fe
3+
Ga
3+
Cu
2+
开始沉淀时的pH
8.0
2.5
3.5
5.3
完全沉淀时的pH
9.6
3.3
4.6
6.4
回答下列问题：
(1)“氧压浸出”过程中禁止明火加热，原因是 。
(2)加入ZnO“调pH”，pH 应控制在 范围内。
(3)GaCl3气态时常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8 电子结构，则Ga 与Cl 之间存在的化学键
有 (填字母)。
A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键
(4)25℃时，已知：Ga
3++ 4 OH
−⇌[Ga(OH)4)
− K 1=1.0×10
34，K b(NH3⋅H2O)=2.0×10
−5，
K sp[Ga(OH)3)=1.0×10
−35，计算反应Ga(OH)3+ NH3⋅H2O⇌[Ga(OH)4)
−+ NH4
+的平衡常数K 2=
。
(5)HGaCl4与过量NaOH 溶液反应的化学方程式为
。
(6)“电解”制粗镓后的电解废液中溶质的主要成分 (填化学式)。
(7)“水解”获得GeO2⋅n H2O的化学方程式为
。
【答案】(1)精矿与酸反应会生成可燃性气体硫化氢，遇明火燃烧，甚至可能会发生爆炸（2 分）
(2)3.3≤pH<3.5（2 分）
(3)AC（2 分）
(4)2.0×10
−6（2 分）
(5)HGaCl4+5 NaOH = Na[Ga(OH)4)+ 4 NaCl+ H2O或HGaCl4+5 NaOH = NaGaO2+ 4 NaCl+3 H2O（2 分）
(6)NaOH（2 分）
(7)GeCl4+(n+2)H2O =GeO2⋅n H2O↓+ 4 HCl（2 分）
【解析】由题给流程可知，向硫化锌精矿中加入氧气和硫酸，将各金属硫化物转化为硫酸盐和二氧化硫气
体，向滤液中加入氧化锌，调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀（滤渣2），滤液用Zn
置换，得到铜、镓和锗的混合物，滤液经一系列操作后可得到剩余的Zn；混合物氧化焙烧得到其氧化物，
然后加入硫酸酸浸，得到硫酸盐，加入丹宁沉锗，丹宁锗经氯化蒸馏得氯化锗，氯化锗水解得
GeO2·n H2O，被还原后得Ge。沉锗后的滤液经中和、酸溶等一系列操作得含HGaC l4的溶液，加入过量
NaOH，得到[Ga(OH )4]
−的溶液，电解得Ga。
（1）精矿含有硫元素，与酸反应生成硫化氢气体，遇明火燃烧，甚至可能会发生爆炸，会发生危险。
（2）加入ZnO“调pH”，目的是沉淀铁元素，而铁元素在“氧压浸出”均被氧化为F e
3+，所以要保证铁转
化为氢氧化铁沉淀，而确保G a
3+不会被沉淀，根据表中数据可知，应控制在3.3≤pH<3.5。
（3)GaCl3气态时常以二聚体形式存在，其分子结构类似于A l2C l6，二聚体中各原子均满足8 电子结构，
A l2C l6
的结构为
，以此类推，则
Ga与Cl
之间存在的化学键有极性键和配位键，故
选AC。
（4）反应Ga(OH)3+ NH3⋅H2O⇌[Ga(OH)4)
−+ NH4
+的平衡常数表达式为：K = c(N H 4
+)·c[Ga(OH )4)
−
c(N H 3·H2O)
，
变形为：K = 1.0×10
34×c(G a
3+)×c
4(O H
−)×c(N H 4
+)
c(N H 3·H2O)
，即
K =1.0×10
34×Ksp[Ga(OH )3)×Kb(N H 3⋅H2O)，代入数据可得：K =2.0×10
−6。
（5）因为镓与铝同主族，化学性质相似，HGaCl4与过量NaOH溶液反应的化学方程式为
HGaCl4+5 NaOH = Na[Ga (OH)4)+ 4 NaCl+ H2O或HGaCl4+5 NaOH = NaGaO2+ 4 NaCl+3 H2O。
（6）“电解”Na[Ga(OH )4)和NaCl的溶液制粗镓，[Ga(OH )4]
−在阴极得电子转化为Ga和O H
−，
C l
−在阳极失电子转化为氯气，故电解后的电解废液的主要溶质为NaOH。
（7）氯化锗水解得GeO2·n H2O，方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2⋅n H2O↓+ 4 HCl。
17.（15 分）以化合物A 为原料制备一种药物中间体J 的合成路线如下。
请回答下列问题：
(1)化合物F 在核磁共振氢谱上有 组吸收峰。
(2)A→B，F→G的反应类型分别为 、 。
(3)H 中的含氮官能团的名称是 。
(4)化合物A 沸点低于
的理由是 。
(5)E→F的化学反应方程式 。
(6)从官能团转化的角度解释化合物I 转化为J 的过程中，先加碱后加酸的原因 。
(7)参照以上合成路线，若以
为原料制备
(其他试剂自选)，则其合成路线为
。
【答案】(1)4 （1 分）
(2)取代反应 （1 分） 还原反应（1 分）
(3)酰胺基（2 分）
(4)
形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A 形成分子内氢键，沸点较低（2 分）
(5)
+HNO3(浓)
→
浓H 2SO4
Δ
+H2O（2 分）
(6)提高化合物I 的转化率（2 分）
(7)
（4 分）
【解析】A 发生取代反应生成B，B 和氯气发生取代反应生成C，C 发生水解反应生成D，D 发生酯化反应
生成E 为
，E 发生硝化反应生成F，F 发生还原反应生成G，G 和CH2ClCOCl 发生成环反应生
成H，H 和CH3I 发生取代反应生成I 为
，I 发生水解反应，然后酸化得到J。
（1）化合物F 没有对称轴，每个氢原子都不相同，在核磁共振氢谱上有4 组吸收峰。
（2）根据分析，A→B，F→G的反应类型分别为取代反应、还原反应。
（3）H 中的含氮官能团的名称是酰胺基。
（4)化合物A 沸点低于
的理由是
形成分子间氢键，使沸点更高；而物质A
形成分子内氢键，沸点较低。
（5)E→F为硝化反应，化学反应方程式
+HNO3(浓)
→
浓H 2SO4
Δ
+H2O。
（6）化合物I 转化为J 的过程中，从官能团转化的角度，先加碱后加酸的原因是提高化合物I 的转化率。
（7)以
为原料制备
，
先发生硝化反应生成
，
发生题干中的还原反应生成
，
和
发生题目G 到H 成
环反应生成产物，其合成路线为
。
18.（15 分）环己烯是工业常用的化工品，工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己烯。根据所学知
识，回答下列问题：
Ⅰ．环己烷的制备
(1)1，6-己二硫醇[HS(CH2)6SH)在铜的作用下可制得环己烷，涉及的反应有：
①HS(CH2)6SH (g)+Cu (s)⇌CuS(s)+CH3(CH2)5SH ΔH1
，
②CH3(CH2)5SH (g)+Cu (s)⇌CuS(s)+CH3(CH2)4CH3(g) ΔH2
③CH3(CH2)4CH3(g)⇌C6 H12(环己烷,g)+ H2(g) ΔH3
相关共价键键能表
共价键
H−H
C−H
C−C
键能/（kJ/mol）
436
413
348
则ΔH3=
kJ/mol，反应③在低温下 （填“能”或“不能”）自发进行。
Ⅱ．环己烯的制备
制备环己烯的反应：C6 H12(环己烷,g)⇌C6 H10(环己烯,g)+ H2(g) Δ H 4>0。
(2)在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，反应一段时间。下列叙述错误的是 （填序号）。
a．当v 生[C6 H12(环己烷,g))= v耗(H2)时，反应达到平衡状态
b．当C6 H12(环己烷,g)的体积分数不再改变时，反应达到平衡状态
c．加入高效催化剂，单位时间内C6 H10(环己烯,g)的产率一定会增大
(3)其他条件不变时，环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性随温度的变化如图所示（选择性
= n(环己烯)
Δn(环己烷) ×100 %）。下图中表示环己烷平衡转化率的曲线是
；当温度高于500℃
后，环己烷脱氢的产物除环己烯外还可能有
（任写一种结构简式）。
(4)在723K、压强恒定为120kPa 条件下，向反应器中充入1mol Ar 和2mol C6 H12(环己烷,g)，反应10min
后，达到平衡。若此时环己烷的平衡转化率为50%，则用环己烷分压变化表示的平均转化速率为
kPa/min，该温度下，K p=
kPa；若继续充入Ar，则环己烷的平衡转化率会 （填“增大”或
“减小”）[K p为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数]。
【答案】(1)+ 42 （2 分） 不能（1 分）
(2)ac（2 分）
(3)L1 （2 分）
或
或
等（2 分）
(4)5 （2 分） 30 （2 分） 增大（2 分）
【解析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，反应③
CH3(CH2)4CH3(g)⇌C6 H12(环己烷,g)+ H2(g)，CH3(CH2)4CH3(g)中含有5 个C- C 键、14 个C-H 键，
C6 H12(环己烷,g)中含有6 个C–C 键、12 个C-H 键，H2(g)中含有1 个H-H 键，则
ΔH3=(14×413+5×348)−(12×413+6×348+ 436)=+ 42kJ/mol；反应③ΔH3=+ 42kJ/mol>0，
ΔS>0（反应生成气体，混乱度增大），根据ΔG=ΔH−TΔS，低温时ΔG>0，不能自发进行；
（2）v 生[C6 H12(环己烷,g))= v耗(H2)均为正向反应，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平
衡，a 错误；当C6 H12(环己烷,g)体积分数不再改变，说明各物质浓度不变，反应达到平衡，b 正确；催
化剂只能改变反应速率，不影响平衡产率，加入高效催化剂，单位时间内C6 H10(环己烯,g)产率不一定增
大（平衡不移动，只是缩短达到平衡时间，若已达平衡，产率不变），c 错误；故选ac；
（3)制备环己烯的反应C6 H12(环己烷,g)⇌C6 H10(环己烯,g)+ H2(g) Δ H 4>0，升高温度，平衡正
向移动，环己烷平衡转化率增大。所以表示环己烷平衡转化率的曲线是L1（L2是选择性，因为温度升高到
一定程度后选择性降低，而转化率持续增大）；温度高于500℃后，环己烷脱氢可能进一步生成环己烯、
环己二烯、苯等不饱和烃，结构简式为：
、
、
等；
（4）初始充1mol Ar 和2mol C6 H12(环己烷,g)，总物质的量3mol，总压120kPa，则初始环己烷分压
p始(C6H12)= 2
3 ×120kPa =80kPa，平衡转化率50%，则平衡时环己烷物质的量1mol，环己烯的物质的
量为1mol，氢气的物质的量也为1mol，Ar 的物质的量为1mol，总物质的量=1+1+1+1= 4 mol，平衡时
环己烷分压p平(C6H12)= 1
4 ×120kPa =30kPa。分压变化Δp=80kPa−30kPa =50kPa，时间10min，
平均转化速率=50
10 =5kPa/min；平衡时环己烷、环己烯、氢气物质的量分别为1mol、1mol、1mol，Ar
1mol，总物质的量4mol，则p(C6H12)=30kPa，p(C6H10)=30kPa，p(H2)=30kPa；
Kp=p(C6H10)⋅p(H2)
p(C6H12)
= 30kPa×30kPa
30kPa
=30kPa；恒压下充入Ar，相当于减压，反应
C6 H12(环己烷,g)⇌C6 H10(环己烯,g)+ H2(g)正向气体物质的量增大，减压平衡正向移动，环己烷平衡
转化率增大。
