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2026 年高考第一次模拟考试
高三化学
（考试时间：60 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 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Se 79 Mo 96 Ra 186
一、氨硼烷的结构与性质（22 分）
1．【改编题】氨硼烷(
，熔点为104℃)因其高储氢含量以及室温稳定特性受到人们关注。氨硼烷
的一种制备方法如下：
。
已知：①若多原子分子中各原子在同一平面，且有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子间运动，形
成大π 键。
②原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相同的空间构型。
请回答下列问题：
(1)基态B 原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为 。
(2)第二周期中，第一电离能位于硼元素与氮元素之间的元素有 种。
(3)①常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生的三种酸分别为HF、HBF4和
(填化学式)。
②实验测得BF3中B—F 键的键能是646 kJ·mol-1，而NF3中N—F 键的键能是280 kJ·mol-1，BF3中B—F 键
能大于NF3中N—F 键能的原因是 。
(4)氨硼烷与乙烷互为等电子体。氨硼烷晶体中各种微粒间的作用力涉及_______(填标号)。
A．范德华力
B．离子键
C．配位键
D．金属键
(5)环硼氮烷B3H6N3又称无机苯，其球棍模型如图。其中氮原子的杂化类型为
(6)硼氢化钠(NaBH4)是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图所示。
Na
①
+的配位数是 。
②已知硼氢化钠晶体的密度为
，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Na+与
之间的最近距离为
nm(用含
、NA的代数式表示)。
③若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则得到晶体的化学式为 。
(7)氨硼烷受热或水解都能释放氢气，加热氨硼烷时，它首先会聚合成(NHBH2)，继续加热，再继续聚合成
(NHBH)，而氨硼烷在催化剂存在下水解生成偏硼酸铵NH4BO2等量氨硼烷若彻底反应，加热法和水解法释
放氢气的量比为
【答案】(1)哑铃形或纺锤形（2 分）
(2)3(或三)（2 分）
(3) H3BO3或B(OH)3 （2 分） NF3中不存在大π 键，BF3中存在大π 键，使B—F 键比N—F 键更短，
B—F 键能更大（2 分）
(4)AC（2 分）
（5）sp2（2 分）
(6) 8 （2 分）
（3 分） Na3Li(BH4)4（3 分）
(7) 2:3(2 分）
【解析】（1）基态B 原子中电子占据最高能级为2p 能级，电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形；
（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA 族、第VA 族元素第一电离能大
于其相邻元素，第二周期元素中，第一电离能介于B、N 之间的元素Be、C、O，所以在第二周期元素中，
第一电离能介于B、N 之间的元素种类数为3 种元素；
（3）①常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生的三种酸分别为HF、HBF4
和H3BO3或B(OH)3(BF3+3H2O=3HF+H3BO3)；
②实验测得BF3中B-F 键的键能是646 kJ·mol-1，而NF3中N-F 键的键能是280 kJ·mol-1，BF3中B-F 键能大
于NF3中N-F 键能的原因是NF3中不存在大π 键，BF3中存在大π 键，使B-F 键比N-F 键更短，B-F 键能更
大；
（4）氨硼烷(
)中，BH3的B 缺电子，NH3的N 有孤对电子，B 与N 形成配位键（C 项）；氨硼烷
是分子晶体，分子间存在范德华力（A 项）；无离子键（非离子晶体）和金属键（非金属），故选AC；
(5)根据B、N 的最外层电子数知，B、N 分别形成三条共价键，其结构式为
，故N 原
子的杂化方式为sp2
（6）①根据其晶胞，该晶体中Na+周围最近的
为8 个，故Na+的配位数为8；
②根据均摊法可知，该晶胞中有
4 个Na+，
4 个
，该晶胞的体积=2a3×10-
21cm3=
cm3，故边长a=
nm，则Na+与
之间的最近距离为面对角线的一半，即边长的
，则为
nm；
③若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中有1 个Li+，3 个Na+，4 个
，得到的晶体的
化学式为Na3Li(BH4)4。
(7)加热法：
，水解法：
，故比例为2：3；
二、甲烷在工农业生产中的利用（20 分）
2．【改编题】I.
是一种重要的化工原料，被广泛应用在工农业生产中。已知反应：
(1)根据反应
，回答下列问题：
①下列措施有利于提高反应混合气中
含量的是 。
A．使用催化剂 B．增大反应体系的压强 C．升高温度 D．及时导出CO
②一定条件下，将
与
按物质的量之比
置于恒容密闭容器中反应，下列能说明该反应达到平衡
状态的是 。
A．体系中混合气体密度不变 B．反应体系压强不再改变
C．
与
的转化率相等 D．
与
物质的量之比不再改变
(2)以甲烷为燃料的新型电池得到广泛应用。下图是甲烷燃料电池工作原理的示意图。
B
①
极上的电极反应式为 。
②以该燃料电池作电源，用石墨作电极电解氯化钠溶液，当两极收集共到2.24L(标准状况)气体时，消耗甲
烷的体积为 L(标准状况)。
Ⅱ.乙烯与水蒸气可在某催化剂作用下制乙醇：
。向10L 某恒容密闭容器中通入2mol 乙烯和amol 水蒸气，发生
上述反应，测得
的平衡转化率与投料比
以及温度的关系如图所示。回答下列问题：
(3)反应从开始分别进行到A、B、C 点时，放出的热量
、
、
由小到大的顺序为 。
(4)
(填“>”、“<”或“=”)
；已知乙烯制备乙醇的反应速率方程表达式为
，
，其中
、
为速率常数，只与温度有关。若其他条件
不变，则温度从
变化到
的过程中，下列推断合理的是 。
A．
增大的倍数大于
B．
增大的倍数小于
C．
减小的倍数大于
D．
减小的倍数小于
(5)若A 点对应的体系中，反应从开始到达到平衡所用时间是4min，则0 至4min 内水蒸气的平均反应速率
。
温度下，反应的平衡常数
。
【答案】(1) CD（2 分） B（2 分）
(2)
（2 分） 0.28（3 分）
(3)
（2 分）
(4) > （2 分） D（2 分）
(5)
（2 分） 100（3 分）
【解析】（1）①A．加入催化剂，平衡不移动，氢气含量不变，A 不符合题意；
B．增大反应体系的压强，平衡逆向移动，氢气含量减小，B 不符合题意；
C．升高温度，平衡向正反应方向移动，氢气含量增大，C 符合题意；
D．及时导出CO，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气含量增大，D 符合题意；
故选CD。
A
②．该反应是一个只有气体参与的反应，由于容器体积不变，任何阶段体系中混合气体密度不变，A 不
一定平衡；
B．由于该反应是气体体积变化的反应，当气体压强不变，说明达到平衡，B 达到平衡；
C．甲烷和水按化学计量数之比投料，CH4与H2O 的转化率始终相等，C 不一定平衡；
D．甲烷和水按化学计量数之比投料,反应到任意时刻，二者的剩余的物质的量之比均不变，D 不一定平衡；
故选B。
（2）①燃料电池中燃料在负极发生氧化反应，甲烷失电子在熔融盐中生成二氧化碳气体，则B 极上的电
极反应式为：
。
②石墨作电极电解氯化钠溶液，
，产生氢气和氯气，当两极收集共
到
气体时，各生成
气体，当生成
，转移电子
，根据甲烷转
移电子数的比例关系可知，
。
（3）
是为放热反应，起始时通入的乙烯物质的量相同，则乙烯的平衡转化率越大，反应进行的限
度越大，放出的热量也越多，故
。
（4）由图中的
、
点分析，结合勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙烯的平衡转化
率减小，故
。温度从T1变化到T2的过程为降低温度，正、逆反应速率均会减慢，且该反应为放热反
应，故逆反应速率减小的幅度大于正反应速率减小的幅度，即
减小的倍数小于
，选
。
（5）A 点时，
，此时乙烯与水蒸气初始物质的量相等，即
，据图中信息列三段式：
，容器体积为
，反应时间为
，故
，
。
三、实验室制备三草酸合铁酸钾（18 分）
3．【热门考点】实验室制备三草酸合铁酸钾
过程如下。
已知：ⅰ．
易溶于水，难溶于乙醇；
ⅱ．制备过程中形成中间产物
，溶液为橙红色；
ⅲ．
时，
易被空气中氧气氧化；
ⅳ．
时
的电离平衡常数：
。
草酸亚铁晶体(
·
)制备。制备流程如图1 所示。
(1)加热溶解
的过程中，加入少量
的作用是 。
(2)
晶体是一种配位聚合物，晶体的部分结构如图2 所示，
配位数为 。
(3)
，滤液
，则滤液中
。
(4)检验洗涤是否完全的方法是 。
三草酸合铁酸钾制备。
将制备的
晶体放入烧杯中，先加入饱和
溶液溶解晶体，形成橙红色溶液。水浴加热
控制温度
，加入一定量
溶液，出现红褐色沉淀，停止滴加
溶液后，持续煮沸
。
加入饱和
溶液，至红褐色沉淀完全溶解，再加入95%乙醇溶液，静置，抽滤，洗涤。
(5)橙红色溶液中加入
溶液得到
和红褐色沉淀，且物质的量之比为4：2，写出该过程
发生反应的离子方程式： 。
(6)其他条件一定时，
溶液浓度与产率的关系如图3 所示，
溶液浓度为4%时产率最高的原因是
。
(7)加入95%乙醇溶液的目的是 。
(8)
需要避光保存，光照条件下会发生分解反应生成
，写出该反应的化学方程
式： 。
【答案】(1)抑制
水解；防止
时，
被空气中氧气氧化 （2 分）
(2) 6 （2 分）
(3)200 （2 分）
(4)取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化后，再加入
溶液，若无沉淀产生，则洗涤完全（2 分）
(5)
（3 分）
(6)
溶液浓度低于
时，二价铁不能完全氧化，产率降低；
溶液浓度高于
时，浓度越高，
分解速率越快，二价铁不能完全氧化，产率降低 （2 分）
(7) 降低
溶解度，有利于析出（2 分）
(8)
（3 分）
【解析】(1)
中
会发生水解，且已知：
时，
易被空气中氧气氧化，
则加入少量
可以抑制
的水解，同时降低溶液的
，防止
被氧化；
(2)从题图给出的晶体部分结构可知，与
直接相连的原子的数目就是其配位数，则
周围有6 个原子
与之配位；
(3)根据
时，
，推出
；
(4)在制备过程中，沉淀表面附着有
等离子，检验洗涤是否完全可以通过检验最后一次洗涤液中是否
含有
，故方法是取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化后，再加入
溶液，若无沉淀产生，则洗涤
完全；
(5)橙红色溶液中含
，加入
后生成
和红褐色沉淀
、且两者物质的
量之比为4 2∶，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒配平离子方程为：
；
(6)
是氧化剂，浓度过低时，反应速率慢，氧化二价铁不完全，导致产率低；浓度过高时，
分解
速率加快，有效参与反应的量减少，也会使产率降低。浓度为4%时，既能保证反应速率，又能使
较
充分地参与反应，所以产率最高；
(7)由题给信息，
难溶于乙醇，加入乙醇降低
的溶解度，有利于其从溶液中
析出；
(8)根据题意，
在光照条件下分解生成
，根据得失电子守恒、元素守恒可知，
还会生成
、
和
，反应的化学方程式为：
。
四、一种合成多巴胺单体的方法（19 分）
4．【热门考点】某研究小组按下列路线合成多巴胺单体Y(部分反应条件及试剂已简化)。
已知：①
(苯胺、苯酚易被氧化)
②
请回答：
(1)化合物F 中体现碱性的官能团名称是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．化合物
的反应类型为取代反应
B．化合物
的过程采用了保护酚羟基的方法
C．化合物
中的
试剂作捕酸剂，提高产率
D．化合物
中存在2 个手性碳原子，具有光学活性
(3)化合物I 的结构简式 。
(4)E→F 的反应方程式是 。
(5)写出同时符合下列条件的多巴胺单体Y 的所有同分异构体的结构简式 。
①分子中只含有1 个环，且为苯环；
②1H-NMR 谱和IR 谱检测表明：分子中共有3 种不同环境的氢原子，有氰基(-CN)，无羟基、醛基和过氧
键(-O-O-)。
(6)设计以化合物A 为原料合成
的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
【答案】(1)氨基（2 分）
(2)BC（3 分）
(3)
（3 分）
(4)
或
（3 分）
(5)
、
、
、
（4 分）
(6)
（4 分）
【分析】A 经过多步反应生成B，B 和
发生取代反应生成C（
），D 和HClO 发生加成反应生成E，E 和NH3发生取代反应生成F，F 和
C 发生取代反应生成G ， G 和氧气发生催化氧化反应生成H(
)， H 和
发生反应生成I(
)，I 在
发生取代反应生
成 Y，据此分析。
【解析】（1）化合物F 中体现碱性的官能团名称是：氨基；
（2）A.化合物D→E 的反应类型为加成反应，说法错误；
B.化合物B→Y 的过程采用了保护酚羟基的方法， 说法正确；
C.化合物I→Y 中的K2CO3可中和生成的酸（乙酸），使平衡正向移动，提高产率，说法正确；
D.化合物G（
）中存在1 个手性碳原子，不是2 个手性碳原子，具有光学
活性，说法错误；故选BC；
（3）化合物I 的结构简式：
（4）E 和NH3发生取代反应生成F ，E→F 的反应方程式是：
或
；
（5）符合条件的Y 的所有同分异构体，分子式为：C10H9O3N，不饱和度为7：
①分子中只含有1 个环，且为苯环，不饱和度用去4；
②1H-NMR 谱和IR 谱检测表明：分子中共有3 种不同环境的氢原子，有氰基(-CN)，不饱和度用去2，无羟
基、醛基和过氧键(-O-O-)，分析可得：如下结构
、
、
、
；
（6）化合物A（
）和浓硫酸、浓硝酸发生取代反应生成
，
在酸性高锰酸钾作用下
生成
，
根据信息在Fe 和HCl 作用下生成
，
在NaNO2和H2O 作
用下生成
，故合成路线为：
五、一种利用钒钛磁铁矿精矿制取重要化工原料方法（21 分)
5．【热门考点】稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主
要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和 SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示：
已知：①“加压焙烧”过程中存在反应
，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二
次氯化”；
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以
形式存在。
回答下列问题：
(1)已知FeV2O4中 Fe 为+2 价，则V 的化合价为 。
(2)“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，
弊端为 。
(3)“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。
(4)“萃取”时，
先转化为
再与萃取剂R3N 结合，其过程可表示为：
。据此分析“反萃取”过程中加入 Na2CO3溶液的作用为
。
(5)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。
(6)V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5 价V 存在形态如图所示(忽略溶液前后
体积变化)：
将0.01 molV2O5溶解在200 mL 烧碱溶液中，剩余溶液的
，反应的离子方程式为
。
（7）乙二醇的生产工艺中，需使用热的
溶液(脱碳液)脱除
，脱碳液中含有的
能减少溶液
对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中
的含量，操作中涉及两个反应如下：①
；②
。下列说法正确的是
A．反应①和②中还原剂与氧化剂的物质的量之比均为2 1∶
B．反应①生成1mol
时，反应转移2mol 电子
C．已知氧化性Fe3+>I2，向VOCl2溶液中滴加Fe2(SO4)3溶液则会生成V2O5
D．反应①和②在强酸性环境中都更易发生反应
（8）偏钒酸铵在加热条件下反应会生成V2O5，NH3和H2O。V2O5在氮气氛围中，碳高温条件下还原氮化
制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为 。生成标况下22.4L 该还
原性气体时，反应转电子数为 。
【答案】(1)+3（2 分）
(2) SiO2 （2 分） 硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后
续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境（2 分）
(3)Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解（2 分）
(4)消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将
与萃取剂分离（2 分）
(5)
+3Fe3++2
+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+（3 分）
(6)V2O5+4OH-=
+2H2O（2 分）
(7)A(2 分）
(8) V2O5+5C+N2
2VN+5CO(2 分） 2NA（2 分)
【解析】（1）已知FeV2O4中Fe 为+2 价，根据化合价代数和为零，则V 的化合价为+3 价，故答案为：
+3；
（2）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2，硝酸代替盐酸的弊端：硝酸具
有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯；同时硝酸还原会生成
NO、NO2等有毒气体，污染环境，故答案为：SiO2；硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子
(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境；
（3）溶液中存在Fe3+(“酸浸”时Fe3O4、FeV2O4溶解生成)，Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，导致
实际消耗的H2O2量远大于理论计算量，故答案为：Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解；
（4）Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c(H+)降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将
与萃取剂分离，
故答案为：消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将
与萃取剂分离；
（5）“沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：
+3Fe3++2
+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，故答案为：
+3Fe3++2
+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+；
（6）剩余c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=10-12mol/L，pH=12，结合V 的存在形态图：pH=12 时，c(V)=
=0.1mol/L，即-lgc(钒)=-lg0.1=1 时，+5 价V 主要以
形式存在，V2O5与OH-反应生成
和H2O，离子方程式为：V2O5+4OH-=
+2H2O，故答案为：V2O5+4OH-=
+2H2O。
(7) A．反应①中还原剂（KI）与氧化剂（V2O5）的物质的量之比为2:1；反应②中还原剂（S2O
）与氧化
剂（I2）的物质的量之比也为2:1，A 正确；
B．反应①中生成2molVOCl2转移2mol 电子，故生成1molVOCl2时转移1mol 电子，B 错误；
C．Fe3+的氧化性虽强于I2，由反应①可知，氧化性：
，无法判断Fe3+和V2O5的氧化性强弱，无法
直接推断向VOCl2溶液中滴加Fe2(SO4)3溶液是否会生成V2O5，C 错误；
D．反应②中S2O
在强酸性条件下与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，强酸性不利于反应②进行，D 错
误；
故选A。
(8)根据题意可知高温条件下V2O5可与C、N2反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应
是CO，结合氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为V2O5+5C+N2
2VN+5CO，生成标况下
22.4LCO 的物质的量为
=1mol，该反应中C 元素由0 价上升到+2 价，则反应转移电子数为2NA，
故答案为：V2O5+5C+N2
2VN+5CO；2NA。
