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16 小题，每小题3 分，共48 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．【新考法】按物质的组成和性质分类，[Cu(NH3)4](OH )2不属于( )
A．纯净物 B．弱电解质 C．碱 D．配合物
【答案】B
【解析】A 项，[Cu(NH3)4](OH )2是固定组成的化合物，属于纯净物，A 不符合题意；B 项，在水中完
全解离为[Cu(NH3)4]2+和OH-，属于强电解质，因此不属于弱电解质，B 符合题意；C 项，碱的定义是电
离时产生的阴离子全部为OH－，[Cu(NH3)4](OH )2电离后阴离子仅为OH－，符合碱的定义，因此属于碱，
C 不符合题意；D 项，[Cu(NH3)4]2+为配离子，表明该物质是配合物，D 不符合题意；故选B。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．甲醇的空间填充模型：
B．Cu2+的离子结构示意图：
C．sp3杂化轨道示意图：
D．过氧化氢的电子式：
【答案】B
【解析】A 项，
此为球棍模型，故A 错误；B 项，Cu2+的离子结构示意图：
，
故B 正确；C 项，sp3杂化轨道示意图：
，
此为sp2杂化轨道示意图，故C 错误；
D 项，过氧化氢的电子式：
，故D 错误；故选B。
3．根据元素周期律，下列说法中不正确的是( )
A．氢键的键长：
B．第一电离能：N＞O＞C
C．碱性： Mg(OH)2＞Be(OH)2
D．分子的极性：H2S＞H2O
【答案】D
【解析】A 项，氢键键长与电负性相关，电负性越大，氢键越强，键长越短。F 电负性最大，键长最短；
N 电负性最小，键长最长。顺序正确，A 正确；B 项，第一电离能：N 因半充满结构更稳定，电离能高
于O；O 的电离能又高于C。顺序N＞O＞C 正确，B 正确；C 项，同主族金属性Mg＞Be，故Mg(OH)2
碱性更强，C 正确；D 项，O 电负性大于S，H2O 极性更强，D 错误；故选D。
4．【改编】化学实验操作规范、安全是进行科学研究的前提，下列做法不正确的是( )
A．被水蒸气轻微烫伤，先用洁净冷水处理再涂上烫伤药膏
B．苯酚不慎沾到皮肤上，用氢氧化钠溶液擦拭
C．硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中
D．电石与饱和食盐水反应产生的气体，点燃前需验纯
【答案】B
【解析】A 项，高温能使蛋白质发生变性，故轻微烫伤后，应该先用洁净的冷水处理，降低局部温度，
然后涂上烫伤药膏，尽量不要弄破，防止感染，A 正确；B 项，苯酚具有腐蚀性，对皮肤黏膜具有强烈
腐蚀性，少量沾到皮肤上应用酒精清洗，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，不能用氢氧化钠，B 错误；C 项，
硝酸银溶液见光易分解，棕色细口瓶避光且适合液体保存，C 正确；D 项，电石与饱和食盐水反应产生
的气体是乙炔，可以燃烧，点燃可燃性气体前，需对气体进行验纯，防止气体不纯发生爆炸，D 正确；
故选B。
5．在酸性条件下甲醇可以将NO3
-转化为无害的气体排放，甲醇转化为CO2。下列说法正确的是( )
A．若转移6 mol 电子则生成22.4LCO2
B．NO3
-对应的产物为
C．反应后溶液的酸性增强
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为3：5
【答案】D
【解析】A 项，反应过程中，NO3
-中N 元素化合价由+5 降低至0，CH3OH 中C 元素化合价由-2 升高至
+4，根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒，反应离子方程式为：6NO3
-
+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O，每转移30mol 电子生成5mol CO2，每转移6mol 电子生成1mol
CO2，标准状况下1mol 气体的体积为22.4L，但题目未说明温度压强条件，无法确定生成二氧化碳的体
积，A 错误；B 项，在酸性条件下甲醇可以将NO3
-转化为无害的气体排放，反应中NO3
-被还原为N2，
B 错误；C 项，反应离子方程式为：6NO3
-+5CH3OH+6H+=3N2↑+5CO2↑+13H2O，反应过程中消耗了H+，
反应后溶液酸性减弱，C 错误；D 项，还原产物(N2)与氧化产物(CO2)的物质的量之比为3：5，D 正确；
故选D。
6．【改编】根据材料的组成或结构变化可推测其性质变化，下列推测不合理的是
材料
组成或结构变化
性质变化
A
金属铅
减小晶粒大小至纳米量级
晶体熔点降低
B
晶体SiO2
熔融后迅速降温凝固
光学性质表现各向异性
C
苯酚
在苯环上引入3 个硝基
羟基上的H 更易电离
D
聚丙烯酸钠
加入少量交联剂聚合为网状结构
增强吸水性
【答案】B
【解析】A 项，金属铅晶粒减小至纳米量级，由于纳米材料表面能增大，导致熔点降低，A 合理；B 项，
晶体SiO2熔融后迅速降温凝固形成非晶态玻璃(如石英玻璃)，非晶态物质光学性质应表现为各向同性，
而非各向异性，B 不合理；C 项，苯酚苯环上引入3 个硝基(吸电子基团)，增强了苯环缺电子性，稳定
苯氧负离子，使羟基氢更易电离(酸性增强)，C 合理；D 项，聚丙烯酸钠加入少量交联剂形成网状结构，
能增加聚合物吸水膨胀能力和保水性，从而增强吸水性，D 合理；故选B。
7．【原创】下列方程式正确的是( )
A．氯化铝溶液中加过量氨水：Al3+
+4NH3·H2O= [Al(OH)4]-+4NH4
+
B．小苏打溶液与FeCl3溶液混合：Fe3+ +3HCO3
- =Fe (OH)3↓+3CO2↑
C．甲醛与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应：HCHO+2Cu(OH)2
HCOOH+ Cu2O↓+2H2O
D．少量CO2气体通入苯酚钠溶液中：2C6H5O-+CO2 +H2O→2C6H5OH+CO3
2-
【答案】B
【解析】A 项，氯化铝溶液中加过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3+
+3NH3·H2O=Al(OH) 3↓+3NH4
+，A 错误；B 项，小苏打溶液与FeCl3溶液混合：发生双水解反应生成氢
氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为：Fe3+ +3HCO3
- =Fe (OH)3 ↓+3CO2↑，B 正确；C 项，碱性条件
下，甲醛溶液与足量新制氢氧化铜共热反应生成碳酸根离子、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式
为：HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH
Na2CO3+2Cu2O↓+6H2O，C 错误；D 项，少量CO2气体通入苯酚钠
溶液中反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：C6H5O-+CO2 +H2O→C6H5OH+HCO3
-，D 错误；故选
B。
8．【改编】利用下列实验装置进行实验时，能达到实验目的的是( )
A．检验样品中
的钠元素
B．检验木炭与浓硫酸
反应产生
C．实验室制氨气
D．中和反应反应
热的测定
【答案】D
【解析】A 项，检验钠元素可通过焰色反应，用铂丝蘸取样品，在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，
说明含钠元素，不能使用玻璃棒，因为玻璃棒中含有钠元素，会干扰实验结果，不符合题意，A 错误；
B 项，木炭与浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，需先除去SO2才能检验
CO2，不符合题意，B 错误；C 项，实验室制氨气常用氯化铵和氢氧化钙混合加热，仅加热氯化铵会生
成氨气和氯化氢，在试管口又会重新化合为氯化铵，无法制得氨气，不符合题意，C 错误；D 项，该装
置可以用来测量中和反应反应热，符合题意，D 正确；故选D。
9．PEF 材料是一种生物基聚酯材料[由可再生生物质资源(如玉米、甘蔗等)提取原料制成的塑料材料]具有
多种优越性能和广泛的应用前景。其一种转化过程如图所示：
下列说法错误的是( )
A．x=2n-1(n>1)
B．上述转化的原子利用率小于100%
C．1mol FDCA 与足量碳酸钠溶液反应放出1mol 二氧化碳
D．PEF 通过碳碳双键的加聚反应生成的网状高分子，不可反复加热熔融加工
【答案】C
【解析】A 项，根据PEF 材料制备原理，其发生的是缩聚反应，反应物FDCA 中含有双羧基，MEG 中
含有双羟基，根据高聚物的结构特点，其末端各有一个羧基和羟基没有酯化，则生成的水分子的数量
是2n-1(n>1)，故A 正确；B 项，转化中有水分子生成，可见制备PEF 材料，原材料利用率小于
100%，故B 正确；C 项，FDCA 中结构虽含有双羧基，但1molFDCA 与足量碳酸钠溶液反应生成的应
是碳酸氢钠，即使过程中有二氧化碳生成，肯定也远远小于1mol，故C 错误；D 项，PEF 通过碳碳双
键加聚反应生成的网状高分子属于热固性材料，因其交联结构不可逆，因此无法反复加热熔融加工，
故D 正确；故选D。
10．下列晶体的制备方案不正确的是( )
选项
目标晶体
制备方案设计
A
NaCl 晶体
往饱和NaCl 溶液中加入一定量的浓盐酸
B
水晶
熔融态
缓慢冷却
C
明矾大晶体
在高于室温30~50°C 的明矾饱和溶液中悬挂
明矾晶核，静置过夜
D
[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体
向CuSO4溶液中加入氨水至难溶物溶解，再
加入95%乙醇
【答案】C
【解析】A 项，向饱和NaCl 溶液中加入浓盐酸，Cl-浓度增大，同离子效应使NaCl 溶解平衡逆向移动，
析出NaCl 晶体，A 正确；B 项，物质凝固可以得到晶体，熔融态的二氧化硅，缓慢冷却可得到水晶，
快速冷却会得到非晶体的石英玻璃，B 正确；C 项，在高于室温10~20℃的明矾饱和溶液中悬挂明矾
晶核，静置过夜，反复多次，可以获得大晶体，若温差过大，则得到较多数目的晶体，得不到大晶体，
C 错误；D 项，向CuSO4溶液中加入氨水至难溶物溶解，再加入95%乙醇，乙醇降低溶剂的极性，使
配合物溶解度减小析出晶体，D 正确；故选C。
11．已知环己烯、1，3-环己二烯、苯均能与H2在一定条件下发生加成反应制得环己烷，反应的热化学方
程式如下。下列说法不正确的是( )
①
②
③
A．
转化为
的热化学方程式为
B．
催化加氢生成
的反应为放热反应
C．键长：苯中碳碳键>环己烯中碳碳双键
D．1mol 物质具有的能量：
【答案】D
【解析】A 项，根据盖斯定律可知，②-①可得
(g)转化为
(g)的热化学方程式为
(g)
，A 正确；B 项，根据盖斯定律可知，③-①可得
(g)催化加氢生成
(g)的热化学方程式为
(g)
，则该反应为放热反应，故B 正
确；C 项，苯中碳碳键键长介于单双键之间，故键长为苯中碳碳键>环己烯C=C，C 正确；D 项，根据
题中信息无法判断1mol
(g)和
1mol(g)的能量大小关系，D 错误；故选D。
12．近日，科学家研制出一种由碳基ORR 高效催化的可充电锌—空气/碘化物混合电池，其放电过程如图
所示。下列叙述正确的是( )
A．充电时，电极N 接直流电源的正极
B．阻隔空气进入该电池，电池停止工作
C．放电时，若消耗x molO2和y mol IO3
-，理论上消耗(2x+3y)mol Zn
D．充电时，阳极发生的电极反应为I-+3H2O-6e-= IO3
-+6H+
【答案】C
【解析】由图可知，在该电池中，空气中的氧气O2在碳基ORR 电极(M 电极)发生反应，生成OH-，同
时溶液中的IO3
-也发生了反应，生成I-，故电极反应为①：O2+2H2O+4e-=4OH-和②：IO3
-+3H2O+6e-=I-
+6OH-，M 电极为正极；而Zn 电极(N 电极)发生失去电子的氧化反应，故N 电极为负极。A 项，由分
析知，N 电极在放电时为负极，充电时该电极应当作为阴极与电源的负极相连，A 错误；B 项，由分
析知该电池的正极会发生两个电极反应，但隔绝空气只会阻断反应①的进行，而反应②不需要氧气就
可以进行，故此时电池不会停止工作，B 错误；C 项，由分析知，消耗x mol O2时会转移4x mol e-，
消耗y mol IO3
-时会转移6y mol e-，故在此条件下共转移(4x+6y) mol e-，由于消耗1 mol Zn 需转移2
mol e-，故在此条件下消耗的Zn 的物质的量为
，C 正确；D 项，由图可知
该电池的电解质中会有OH-参与反应，故该电池的电解质应为碱性，不应有H+参与反应，正确的电极
反应应为I-+6OH--6e-= IO3
-+3H2O，D 错误；故选C。
13．马格努斯(Magnus)绿盐是一种无机化合物，由正负配离子构成，常温下为深绿色针状结晶或粉末，晶
胞如图所示，下列说法不正确的是( )
A．Pt 配位数为4，但Pt 不是sp3杂化 B．观察晶胞，该盐本质上是一维线性结构
C．该物质化学式可表示为：Pt(NH3)2Cl2 D．该物质可能不耐高温，受热易分解
【答案】C
【解析】A 项，由马格努斯的晶胞结构可知，Pt 周围距离最近的Cl-或NH3有4 个，Pt 配位数为4，但
Pt 与周围的4 个Cl-或NH3形成平面正方形，而不是四面体，则Pt 不是sp3杂化，A 正确；B 项，由马
格努斯的晶胞结构可知，马格努斯绿盐由[Pt(NH3)4]2+和[PtCl4]2-交替排列形成一维链状结构，本质为一
维线性结构，B 正确；C 项，该盐由正负配离子构成，实际组成为[Pt(NH3)4][PtCl4]，而非中性分子
Pt(NH3)2Cl2，C 错误；D 项，配合物中配位键较弱，含NH3配体受热易分解逸出NH3，故不耐高温，D
正确；故选C。
14．【新思维】CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸乙酯的机理如图所示。下列说法正确的是( )
A．步骤③的反应类型为取代反应
B．该反应的原子利用率
C．反应过程中存在
、
键的形成
D．若将步骤①中CH2=CH2换为CH2=CHCH3，则产物可能为
【答案】D
【解析】A 项，步骤③是中间体通过消去反应形成丙烯酸乙酯中的碳碳双键，并非取代反应(取代反应
需“上一下一”，此处为消去小分子形成双键)，A 错误；B 项，该反应的产物为丙烯酸乙酯和碘化氢，
原子利用率不是100%，B 错误；C 项，C2H4的C=C 键在步骤①中断裂，步骤③重新形成，存在C=C
键的形成；但CO2中的C=O 键直接转化为酯基的C=O 键，未新形成C=O 键，C 错误；D 项，将
CH2=CH2换为CH2=CHCH3(丙烯)，丙烯关于碳碳双键不对称，则可能生成
，D 正确；
故选D。
15．室温下，有色金属冶炼废渣(含
、
、
等的氧化物)用硫酸酸浸后，提取铜和镍的过程如下图所
示。已知：
，
，
，
，
。
下列说法正确的是( )
A．等浓度的NaHSO3溶液和(NH4)2C2O4溶液中，水的电离程度：NaHSO3溶液＜(NH4)2C2O4溶液
B．0．1mol·L-1NaHSO3溶液中：c(H＋)＞c(H2SO3)
C．(NH4)2C2O4溶液中：2c(NH3⋅H2O)+2c(NH4
+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4
-)+c(C2O4
2-)
D．“沉镍”后的上层清液中：
【答案】A
【解析】A 项，HSO3
-在水中呈较明显的酸性，溶液 pH 较低，对水的电离抑制。(NH4)2C2O4属于弱酸
弱碱盐，促进水的电离，等浓度的NaHSO3溶液和(NH4)2C2O4溶液中，水的电离程度：NaHSO3溶液＜
(NH4)2C2O4溶液，故A 正确；B0.1 mol L-1 NaHSO3溶液中 c(H+) 与 c(H2SO3) 的比较：
，此时c(HSO3
-)=0.1mol·L-1，则
，
故c(H＋)＜c(H2SO3)，故B 错误；C 项，(NH4)2C2O4溶液中存在物料守恒，正确守恒为：c(NH3⋅H2O)
+c(NH4
+)=2c(H2C2O4)+2c(HC2O4
-)+2c(C2O4
2-)，故C 错误；D 项，若已生成NiC2O4沉淀，则
，则溶液中
，故D 错误；故选A。
16．氮化硅是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高，硬度大，电绝缘性好，常温下化学性质稳定，
但生产成本较高。不溶于酸(氢氟酸除外)。高温下氮化炉中的氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种
用工业硅(含少量铁、铜的单质及氧化物)和N2(含少量O2)合成氮化硅的工艺流程如下：
以下说法不正确的是( )
A．N2净化时，铜屑的作用是除去氮气中含有的少量氧气
B．X 可能是硝酸或硫酸
C．连接真空装置是为了排除氮化炉中原有的氧气和水蒸气
D．氮化硅可作为高温结构陶瓷，用于制作高速切削刀具等
【答案】B
【解析】起始原料为工业硅块，其中含有少量杂质(如铁、铜的单质及氧化物)，在600℃下进行灼烧，
铜屑与氧气反应生成氧化铜，从而去除氮气中的氧气，在“氮化炉”中硅与氮气反应生成氮化硅，反
应产物中含有未反应的工业硅及其中的杂质(如铁、铜的单质及氧化物)，使用稀酸X 进行酸洗以溶解
这些杂质。酸洗后用蒸馏水水洗，去除残留的酸和可溶性盐，最终经过干燥或研磨等步骤，得到纯化
的氮化硅产品。A 项，氮气中含少量氧气，铜屑在600℃时与氧气反应生成氧化铜，可除去氧气，A
正确；B 项，工业硅含Fe、Cu 的单质及氧化物，酸洗需除去这些杂质，稀硫酸与Cu 单质不反应，无
法除去Cu 单质，稀硝酸可与Cu、Fe 单质及氧化物反应，故X 只能是硝酸，不可能是硫酸，B 错误；
C 项，高温下氧气和水蒸气会腐蚀氮化硅，连接真空装置可排除氮化炉中原有的氧气和水蒸气，C 正
确；D 项，氮化硅熔点高、硬度大，可作为高温结构陶瓷用于高速切削刀具，D 正确；故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共52 分。
17．【新思维】(16 分)半导体材料可以分为硅、锗等元素半导体和氮化镓等化合物半导体。P 型半导体核
心特点是掺杂低价元素引入空穴主导导电，每缺少一个电子，产生一个空穴。请回答：
(1)关于主族元素的描述，下列说法正确的是________。
A．基态
原子
轨道上的电子自旋方向相同
B．Ga 位于元素周期表第四周期，第VA 族
C．电子排布为[He]2s12p4的N 原子处于激发态
D．Ge 的半径小于Ge4+的半径
(2)氮化镓的晶胞如图(白球为N，黑球为
)。
①化学式是 ，晶体类型 。
②氮化镓中掺杂少量镁可以形成P 型半导体，掺杂镁后晶体中“空穴”增多的原因是 。
(3)氯化钠是一种重要的化工原料，可以制备多种化工产品：
①下列说法正确的是 。
A．SOCl2与过量NH3反应的方程式为SOCl2+4NH3=SO(NH2)2+2NH4Cl
B．粗硅提纯过程中的HCl 和H2不可以循环使用
C．工业上可以用反应Ⅱ生产盐酸
D．SiHCl3中的硅的化合价为
价
②NaClO 与NH2反应生成N2H4的化学反应方程式 。
③N2H4是一种弱碱，碱性N2H4 CH3NH2(填“<”或“>”)理由是 。
④设计实验检验SOCl2与足量的氢氧化钠溶液反应生成的阴离子 。
【答案】(1)AC(2 分)
(2) GaN(1 分) 共价晶体(1 分)
镁原子最外层有2 个电子，代替Ga (III)后缺少一个电子，形成空穴(2 分)
(3)AC(2 分) NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O(2 分) <(2 分)
甲基是推电子基团，氨基是吸电子基团，甲基连接的氮原子给出孤电子对结合氢离子的能力强，所以
碱性大(2 分)
取少量反应后的溶液于试管中，滴加盐酸溶液，产生的气体使品红溶液褪色，则有亚硫酸根离子；另
外取少量反应后的溶液于试管，先加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则有氯离子(2
分)
【解析】电解饱和食盐水可得H2、Cl2和NaOH，Cl2和NaOH 通过反应Ⅰ制得NaClO，NaClO 与NH3
反应生成N2H4，SOCl2与过量NH3反应的方程式为SOCl2+4NH3=SO(NH2)2+2NH4Cl；H2和Cl2通过反应
Ⅱ反应得到HCl，HCl 和粗硅反应得到SiHCl3，SiHCl3再和H2反应得到纯硅，粗硅提纯过程中的HCl
和H2可以循环使用。
(1)A 项，基态Si 原子3p 轨道上的电子排布为3p2，所以自旋方向相同，A 正确；B 项，Ga 在元素周期
表中的位置为第四周期第ⅢA 族，B 错误；C 项，基态N 原子电子排布为[He]2s22p3，所以[He]2s12p4
的N 原子处于激发态，C 正确；D 项，Ge 失去电子后核外电子层数减少，故Ge 的半径大于Ge4+的半
径，D 错误；故选AC。
(2)①白球为N，8 个在顶点，6 个在面上，
；黑球为Ga，4 个均在体心，故Ga 和N 的个
数比为1∶1，化学式为GaN；该晶体由原子间通过共价键结合而成，为共价晶体；②利用题干信息(P
型半导体核心特点是掺杂低价元素引入空穴主导导电)，镁原子最外层有2 个电子，代替Ga (III)后缺
少一个电子形成空穴。
(3)①A 项，SOCl2与过量NH3反应的方程式为SOCl2+4NH3=SO(NH2)2+2NH4Cl，A 正确；B 项，粗硅
提纯过程中的HCl 和H2是可以循环使用，B 错误；C 项，工业上可以用氢气与氯气反应生产盐酸，反
应Ⅱ生产盐酸，C 正确；D 项，SiHCl3中的氯的电负性最大，显负价，硅的化合价为不是-4，D 错误；
故选AC。②Cl 的化合价由+1 变为-1，Cl 得到2e-，N 的化合价由-3 变为-2，N 失去e-，根据电子得失
守恒即可写出该氧化还原反应的方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。③甲基是推电子基团，氨基
是吸电子基团，甲基连接的氮原子给出孤电子对结合氢离子的能力强，所以碱性大。④SOCl2与足量
的氢氧化钠溶液反应生成的阴离子为亚硫酸根离子与氯离子，因此检验这两种阴离子。取少量反应后
的溶液于试管中，滴加盐酸溶液，产生的气体使品红溶液褪色，则有亚硫酸根离子，另外取少量反应
后的溶液于试管，先加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则有氯离子。
18．【新考法】(12 分)合成氨是化学对社会发展的一项巨大贡献。请回答：
(1)合成氨新猜想：2N2(g)＋6H2O(g)
4NH3(g)＋3O2(g) ΔH＝+765.2kJ·mol−1。该猜想在1200℃时
(填“能”或“不能”)自发。
(2)N2与H2反应是目前合成氨的主要途径。
①N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＜0，该反应平衡常数表达式为K= 。
②某时刻反应速率v 正(N2)=v 逆(N2)=a
，若改变某一条件立即有v 正(N2)>v 逆(N2)>a
，说出
改变的条件并说明理由 。
(3)理论计算发现，N2分子从垂直催化剂晶体的010 晶面(该晶面与晶体三条坐标轴相交且截距相等)接
触催化剂时，催化效果最好。这体现了晶体的 。
(4)通过间接电催化作用可将CO2与NH3转化为高附加值的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)。
①先电解CO2制得环氧乙烷(
)，过程如下图。电解过程中的总反应式为 。
②再将
通入1mol·L-1氨水中可制得乙醇胺(
)。已
知常温下
，则1
氨水的pH= 。乙醇胺产率、NH3转化率随环氧乙
烷量的增加如下图所示。乙醇胺产率下降的原因是 。
【答案】(1)不能(1 分)
(2)
(1 分) 加压；加压使正逆反应速率均增大；加压使平衡向反应计量数减小方向
移动，与v 正>v 逆相符(2 分)
(3)各向异性(2 分)
(4)
(2 分) 11.65(2 分) 环氧乙烷与乙醇胺发生副反应，生成
二乙醇胺、三乙醇胺(2 分)
【解析】(1)由题意可知，反应的ΔH＞0，ΔS＜0，故在任何温度下均不能自发进行。
(2)①根据平衡常数的定义可知，该反应平衡常数表达式为K=
；②v 正(N2)>v 逆(N2)，说
明平衡正向移动，该反应为气体分子数减小的放热反应，则故符合题意的是加压；
(3)由题意可知，催化剂晶体的不同晶面的催化活性不同，体现了晶体的各向异性。
(4)①左侧电解过程中电极反应式是CO2+12H＋+12e-=C2H4+4H2O、2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。右侧的电极
反应式是
、O2＋4H＋＋4e-=2H2O，根据电子得失守恒相加，得
电解的总反应式
。②根据题给信息，
，所
以溶液的pH=14-2.35=11.65，据题给信息“
”，
说明
过量时会继续与H2NCH2CH2OH 反应，生成HN(CH2CH2OH)2，N(CH2CH2OH)3，导致乙醇
胺产率下降。
19．(12 分)某研究小组制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾(K3[Fe(C2O4)3])的步骤如下：
步骤Ⅰ．称取一定质量FeSO4·7H2O 和H2C2O4·2H2O，用蒸馏水溶解并加入少量稀硫酸，加热煮沸并不
断搅拌，形成颗粒较小的FeC2O4·2H2O 黄色沉淀，将黄色沉淀用热蒸馏水洗涤3 次；
步骤Ⅱ．将上述黄色沉淀加入如图所示的三颈烧瓶中(加热装置已省略)，加入饱和FeC2O4·2H2O 溶液
后，加热并维持反应装置在40℃，缓慢滴加过量的3% H2O2溶液并不断搅拌，发生反应：
6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6FeC2O4·2H2O=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O。确认反应已完全后，将三颈烧
瓶中的溶液转移至烧杯中，加热至沸；
步骤Ⅲ．保持上述溶液近沸状态，加入一定量饱和H2C2O4溶液直至溶液完全变绿，经过一系列操作，
将得到的固体转移至表面皿，烘箱干燥后即得产品。
已知：三草酸合铁(Ⅲ)酸钾为翠绿色晶体，水中溶解度0℃为4.7g /100g 水，100℃为117.7g /100g 水，
难溶于乙醇，加热时可发生分解。
请回答：
(1)装置图中盛放3%H2O2溶液的仪器名称为 。
(2)步骤Ⅱ“确认反应已完全”的方法是：取少量所得悬浊液， (请将实验操作、现象及结论
补充完整)。
(3)步骤Ⅱ中滴加过氧化氢的速率不可过快的原因是 。
(4)关于制备流程，下列说法中不正确的是________。
A．步骤Ⅰ中使用稍过量H2C2O4主要是为了抑制
2
Fe 的水解
B．步骤Ⅰ得到较小的晶体颗粒，方便洗涤和后续反应溶解
C．步骤Ⅱ过程中始终通入N2的主要作用是防止外界空气中的氧气进入
D．步骤Ⅲ中发生的反应为：2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
(5)步骤Ⅲ，经过一系列操作得到产品的所有步骤如下，请排序 ③ (填序
号)。
①滤液中加入一定量乙醇
②加热蒸发浓缩至出现一层晶膜
③将一小段棉线悬挂在溶液中，盖好烧杯，在暗处放置数小时
④合并固体后用少量乙醇洗涤
⑤冰水浴冷却结晶后过滤
⑥过滤
(6)步骤Ⅲ得到的产品为水合晶体K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O (摩尔质量为490 g·molˉ1)。将产品置于N2气流
中持续加热，记录产品的剩余质量分数随温度的变化如下图所示。
①120℃和300℃时产生的气体分别为 (填“A”或“B”)。
A．H2O、CO2 B．CO2、H2O
②从微粒间相互作用强弱的角度做出解释： 。
【答案】(1)分液漏斗(1 分)
(2)加入少量稀硫酸，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未出现蓝色浑浊，说明FeC2O4已完全反应(或过滤并用水
洗涤沉淀，将洗涤后的沉淀溶于稀硫酸，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液的颜色不褪去，
说明FeC2O4已完全反应) (2 分)
(3)滴加过快，导致反应过于剧烈；同时部分草酸根被氧化；可能使过氧化氢分解(或其他合理答案) (2
分)
(4)AC(2 分)
(5)②⑤① ⑥④(2 分)
(6)A(1 分) H2O 通过氢键(或分子间相互作用)与其他微粒相互作用，作用力较弱，较易失去；产生
CO2时需断裂共价键(和配位键)，作用力较强，较难失去(2 分)
【解析】制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾(K3[Fe(C2O4)3])的流程包括三个关键步骤，首先利用FeSO4·7H2O 和
H2C2O4·2H2O 在加热下反应生成黄色沉淀FeC2O4·2H2O，FeC2O4·2H2O 与饱和K2C2O4溶液及3%H2O2在
三颈烧瓶中发生氧化还原反应可生成K3[Fe(C2O4)3]，反应方程式为
6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6FeC2O4·2H2O=4 K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3+12H2O，确认反应完全后，然后将三
颈烧瓶中的溶液转移至烧杯中，加热至沸，加入一定量饱和H2C2O4溶液，可使Fe(OH)3转化为
K3[Fe(C2O4)3]，最后经过一系列操作(加热浓缩、冷却结晶、过滤等)，将得到的固体转移至表面皿，放
入烘箱中干燥，最终可得产品。
(1)装置图中盛放3%H2O2溶液的仪器名称为分液漏斗。
(2)步骤Ⅱ“确认反应已完全”的关键是证明三颈烧瓶中已无FeC2O4剩余，采取的方法可以是：取少
量所得悬浊液，加入少量稀硫酸，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未出现蓝色浑浊，说明FeC2O4已完全反应
(或过滤并用水洗涤沉淀，将洗涤后的沉淀溶于稀硫酸，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液的
颜色不褪去，说明FeC2O4已完全反应)。
(3)步骤Ⅱ中滴加过氧化氢的速率不可过快的原因有：滴加过快，会导致反应过于剧烈；滴加过快，会
使部分草酸根同时被氧化；滴加过快，可能使过氧化氢分解(或其他合理答案)。
(4)A 项，步骤Ⅰ中使用稍过量H2C2O4主要是为了保证FeSO4完全反应而转化为FeC2O4·2H2O，加入少
量稀硫酸主要是为了抑制Fe2+的水解，A 错误；B 项，步骤Ⅰ得到较小的晶体颗粒，小颗粒晶体在洗
涤、溶解时与液体的接触面积大，便于洗涤和后续反应溶解，B 正确；C 项，步骤Ⅱ反应前通入N2的
主要作用是除去空气，防止二价铁被氧化，反应过程中始终通入N2的主要作用是搅拌，C 错误；D 项，
由题意知，步骤Ⅲ中得到的产品为K3[Fe(C2O4)3]，根据K、Fe、C、O 原子守恒知，步骤Ⅲ中发生的反
应为2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O，D 正确；故选AC。
(5)步骤Ⅲ中，为得到产品K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O，需将溶液通过加热浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体，
向滤液中加入适量乙醇促使残存的产物析出，再次过滤合并固体后用乙醇洗涤、过滤， 所以顺序应
为②⑤①→③→⑥④，故填“②⑤①”；“⑥④”。
(6)①设该晶体物质的量为1mol，则其质量为491g，从开始到温度为120℃，产品失去的质量为
491g (1 89%)
54g
，即3molH2O 的质量，则120℃时产生的气体为H2O；从120℃到300℃，产品
失去的质量为491g (89%
80%)
44g
，即1molCO2的质量，则300℃时产生的气体为CO2，故选A。
②产品加热过程中，较低温度下产生H2O 而较高温度下产生CO2的原因：H2O 通过氢键(或分子间相互
作用)与其他微粒相互作用，作用力较弱，较易失去；产生CO2时需断裂共价键(和配位键)，作用力较
强，较难失去。
20．(12 分)化合物J 是重要的化工原料，合成路线如下；
已知：Ph—指苯基，NBS 指
，TMS 指Si(CH3)4。请回答：
(1)化合物A 中的含氧官能团名称是 ；化合物B→C 发生的反应类型是 。
(2)化合物G 的结构简式是 。
(3)下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．化合物A 的水溶性强于B
B．化合物F→G 的反应属于取代反应
C．化合物H 中采用sp2杂化的原子数目与化合物I 不相同
D．化合物J 的分子式是C16H11O
(4)化合物C→D 反应的化学方程式是 。
(5)I→J 的反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成与J 互为同分异构体的副产物的
结构简式为 。
(6)参考上述路线，以NBS、PhB(OH)2、乙醇、
为有机原料，设计化合物
的合成路线 。(用流程图表示，无机试剂任选)
【答案】(1)羟基、羧基(1 分) 还原反应(1 分)
(2)
(1 分)
(3)CD(2 分)
(4)
(2 分)
(5)
(2 分)
(6)
(3 分)
【解析】A 和甲醇发生酯化反应生成的B 为
，LiAlH4为常见的还原剂，结合C 的分
子式可知，B 被还原生成的C 为
，C 被催化氧化生成D，D 和CBr4在PPh3作用下反应生
成E，E 在CuI、K3PO4、加热条件下发生取代反应生成F，结合G 的分子式和H 的结构简式可知，G
的结构简式为
，则F 与PhB(OH)2发生取代反应生成G，G 与NBS 发生取代反应
生成H，H 与CH≡C-TMS 发生取代反应生成I，最后I 在PtCl2、加热条件下发生加成反应生成J。
(1)由A 的结构简式可知，含氧官能团名称是羟基、羧基；LiAlH4为常见的还原剂，B 被还原生成C，
则化合物B→C 发生的反应类型是还原反应；
(2)由分析可知，化合物G 的结构简式是
；
(3)A 项，化合物A(
)含有的羧基强极性、易与水形成氢键，B(
)中含有
的
的极性弱于羧基，则化合物A 的水溶性强于B，A 正确；B 项，由分析可知，F 与
PhB(OH)2发生取代反应生成G，即化合物F→G 的反应属于取代反应，B 正确；C 项，H 和I 中的苯环、
碳碳双键上的C 均采用sp2杂化，则化合物H 中采用sp2杂化的原子数目与化合物I 相同，C 错误；D
项，由J 的结构简式可知，化合物J 的分子式应为C16H10O，D 错误；故选CD。
(4)由分析可知，C 为
，C 被催化氧化生成D，则化合物C→D 反应的化学方程式是：
；
(5)I→J 是炔基参与成环反应，成键苯环及反应位置不变，则副产物是炔基与另一苯环连接位置改变，
与J 互为同分异构体，其结构简式为
；
(6)以NBS、PhB(OH)2、乙醇、
为有机原料设计合成
，可以参考题干流程中F→G→H 的反应原理，采用逆分析法：
由
与PhB(OH)2发生取代反应得到，
由
与NBS 发生取代反应得到，
由
发生消去反应得到，所以合成路线为：
。
