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 K39 Cu 64 Zn 65
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．【改编】我国在材料的开发和应用方面取得了举世瞩目的成就。下列属于金属材料的是
A．
B．
C．
D．
A．C919 使用的碳纤维复合材料
B．盾构机钻头刀刃的硬质钨合金
C．科学家用冰制作的“冰光纤”
D．卫星芯片使用的高纯硅
【答案】B
【解析】碳纤维复合材料是性能优良的复合材料，A 错误；硬质钨合金属于金属材料，B 正确；冰是固态
水，则用冰制作出的“冰光纤”属于非金属材料，C 错误；晶体硅属于无机非金属材料，D 错误；故选
B。
2．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
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】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；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；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；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。
3.【改编】黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是分布最广的铜矿物。工业上用FeCl3溶液将其溶浸，反应原理为
CuFeS2+3Fe
3++Cl
−= 4 Fe
2++CuCl+2S，设N A
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．CuFeS2中硫元素的化合价为-1
B．Cu 位于元素周期表的d 区
C．每生成1 molCuCl转移电子数为3 N A
D．1 mol基态铁原子中未成对电子数为4 N A
【答案】D
【解析】CuFeS2中，Cu 通常为+2 价，Fe 为+2 价，S 的化合价为-2（总电荷平衡：+2 +2 +2×(-2) = 0），因
此硫的化合价为-2，而非-1，A 错误；Cu 的电子排布为[Ar]3d104s1，属于周期表ds 区，而非d 区，B 错
误；反应中，1 molCu 从+2→+1（还原，得1 mole-），3 mol Fe3+→Fe2+（还原，共得3 mol e-），总转移电
子的物质的量为4 mol。每生成1 mol CuCl 转移电子数为4N A，而非3N A，C 错误；基态Fe 原子（电子排
布[Ar]3d64s2）的3d 轨道有4 个未成对电子（洪特规则），因此1 mol Fe 原子含4N A个未成对电子，D 正
确；故选D。
4．除去下列物质中的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
试剂或方法
A
CO2(CO)
通入氧气并点燃
B
CaO(CaCO3)
加入盐酸溶解后过滤
C
Na2CO3(NaHCO3)
加热
D
FeCl3(FeCl2)
加入适量铁粉
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】CO2中混有CO 时，通入氧气并点燃不可行，因为CO2不支持燃烧且CO 浓度低难以点燃，A 错
误；CaO 与CaCO3均会与盐酸反应，导致原物质被消耗，B 错误；加热时NaHCO3分解为Na2CO3、CO2和
H2O，既除杂又生成目标产物，C 正确；加入铁粉会与FeCl3反应生成FeCl2，反而增加杂质，D 错误；故
选C。
5．下列由物质的结构特征无法直接推测其性质的是
选
项
结构特征
性质
A
HCl 分子中含有极性共价键
HCl 溶于水后能电离出H
+和Cl
−
B
金刚石中C 原子采取sp
3杂化，形成正四面体网状结
构
金刚石硬度大
C
CH2=CHCH3分子中含有碳碳双键
该物质能使酸性KMnO4溶液褪色
D
H2O分子间存在氢键
H2O的沸点高于H2S、H2Se
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】HCl 分子含有极性共价键，但极性键的存在无法直接推断其在水中的电离情况，A 错误；金刚石
的sp
3杂化立体网状结构使其原子间结合紧密，硬度极大，结构直接决定性质，B 正确；碳碳双键的存在直
接决定其可被酸性KMnO4氧化，C 正确；分子间氢键直接导致H2O 沸点高于H2S、H2Se，D 正确；故选
A。
6．某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W 、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的
短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y 原子价电子数是Q 原子价电子数的2 倍。下列说法正确的是
A．W 与X 形成的化合物为非极性分子
B．电负性：Z>X>Y
C．氢化物的沸点：Z>X
D．Q 的氧化物能与强碱溶液反应
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z、Q 是核电荷数依次增大的短周期元素，W 形成1 条单键且核电荷数最小，W 为
H，X 形成4 条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X 为C，Y 形成2 条单键，核电荷数大于C，
Y 为O，W，Y 原子序数之和等于Z，Z 为F，Y 原子价电子数为Q 原子价电子数的2 倍，Q 为Al。W 与X
形成的化合物有多种，不一定是非极性分子，A 错误；同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性
依次增大，电负性F>O>C，B 错误；未指明最简氢化物，碳的氢化物有多种，C 错误；Q 为Al，其氧化物
Al2O3能与强碱反应，D 正确；故选D。
7．【新情境】石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中，其化
学式为KCx，它的平面图如图所示，单层化合物厚度为b nm，下列说法错误的是
A．该石墨间隙化合物能导电
B．与K 距离最近的C 原子数为6
C．该石墨间隙化合物的化学式为KC8
D．该石墨间隙化合物单层的密度为：135×10
21
❑√3a
2b N A
g⋅cm
-3
【答案】D
【解析】该石墨间隙化合物中碳原子为sp2杂化，未参与杂化的2p 轨道形成离域大π 键，2p 电子可在整个
碳原子平面自由移动，使该化合物能导电，A 正确；由图可知，每个钾原子位于碳原子构成的六元环中
心，与钾原子最近的碳原子为该六元环的顶点碳原子，故与K 距离最近的C 原子数为6，B 正确；由图可
知，可选择图中虚线框选的部分
作为该石墨间隙化合物的晶胞，碳原子位于晶胞内
部，有8 个，钾原子位于晶胞的4 个顶点上，有4× 1
4 =1个，则化学式为KC8，C 正确；该石墨间隙化合
物单层的密度ρ= NM
N AV =
1×(39+12×8)
N A×a
2b×
❑√3
2 ×10
−21
g⋅cm
−3= 270×10
21
❑√3a
2b N A
g⋅cm
−3
，D 错误；故选D。
8. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A．向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液：2AgI(s)+S
2−(aq)⇌Ag2S(s)+2I
−(aq)
B．用Na2S2O3
溶液脱氯：S2O3
2−+2Cl2+3H2O=2SO3
2−+4Cl
−+6H
+
C．绿矾处理含K2Cr2O7
的酸性废水：6Fe
2++Cr2O7
2−+14H
+=6Fe
3++2Cr
3++7H2O
D．向草酸溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液：2MnO4
−+5H2C2O4+6H
+=2Mn
2++ 10CO2↑+8H2O
【答案】B
【解析】AgI 的溶解度大于Ag2S，加入硫化钠可使AgI 转化为Ag2S 沉淀，A 正确；S2O3
2-与Cl2反应时，
Cl2作为强氧化剂会将S2O3
2-氧化为SO4
2-而非SO3
2-，产物错误，正确的离子方程式为
S2O3
2−+4Cl2+5H2O=2SO4
2−+8Cl
−+10H
+，B 错误；Fe2+在酸性条件下被Cr2O7
2-氧化为Fe3+，Cr2O7
2-被还原为
Cr3+，电荷、原子均守恒，离子方程式正确，C 正确；草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，电子转
移、原子和电荷均配平正确，离子方程式符合事实，D 正确；故选B。
9. 【改编】我国科技工作者研发了一种新型“酸碱混合硝酸-锌”电池，其工作原理如图所示，图中“双
极膜”中间层中的H2O解离为H
+和OH
−，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A．电池工作时，双极膜中H
+向锌电极迁移
B．电池工作过程中，锌电极附近溶液的pH升高
C．催化电极的反应式：NO3
−+8e
−+10 H
+= NH4
++3 H2O
D．当有1mol电子通过导线时，负极区溶液质量增加32.5g
【答案】C
【解析】催化电极为正极，锌电极为负极，所以双极膜中H
+应向催化电极迁移，A 项错误；Zn电极的电极
反应式为Zn−2e
−+ 4 OH
−=Zn (OH)4
2−，消耗OH
−，故锌电极附近溶液的pH降低，B 项错误；催化电极为正
极，NO3
−在正极得电子发生还原反应生成NH4
+，电极反应式为NO3
−+8e
−+10 H
+= NH4
++3 H2O，C 项正确；
锌电极反应式为Zn−2e
−+ 4 OH
−=Zn (OH)4
2−，当有1mol电子通过导线时，溶解0.5 mol Zn(质量为32.5g
)，同时有1mol OH
−进入负极区，负极区溶液质量增加49.5g，D 项错误；故选C。
10. 【热点】布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对其进行分子修
饰，降低副作用。下列说法错误的是
A．乙的分子式为C19H23 NO2
B．甲可与NaHCO3溶液反应
C．1 mol 乙最多能与7 molH2反应
D．甲分子中最多有11 个碳原子共平面
【答案】C
【解析】乙的分子式为C19H23 NO2，A 正确；布洛芬分子中含有羧基（-COOH），羧基能与碳酸氢钠（
NaHCO3）发生反应生成二氧化碳气体，甲能与碳酸氢钠溶液反应，B 正确；乙中酯基不能与氢气加成反
应，最多能与6 molH2反应，C 错误；甲苯环上的6 个碳原子及其直接连接的碳原子（如丙酸链中的部分碳
原子）可能处于同一平面。通过构型分析，甲分子中最多有11 个碳原子可以共平面，D 正确；故选C。
11. 利用市售的氯化锌制备无水氯化锌的实验装置如图。已知无水氯化锌遇水易水解。
下列说法错误的是
A．盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗
B．盐酸的沸点比硫酸的低
C．为提高除水速率，应加快HCl 和N2的气体流速
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
【答案】D
【解析】浓硫酸与固体NaCl 加热得到HCl，经过浓硫酸干燥，通入管式炉，在管式炉中HCl 气流作用下
加热市售氯化锌得的无水氯化锌。恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压
强相等，使浓硫酸顺利滴下，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，A 正确；盐酸易挥发，硫酸是高沸
点酸，B 正确；应加快HCl 和N2的气体流速，可以快速带走水蒸气，C 正确；氯化锌升华进入管式炉II，
凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ，D 错误；故选D。
12. 某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知
“沉钴”温度下K sp(CoS)=10
−20.4，下列说法错误的是
A．“浸出”条件下，Co3O4氧化性强于Fe2O3
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“沉铁”的原理是利用CO3
2−促进Fe
3+水解
D．“沉钴”后上层清液中c(Co
2+)⋅c(S
2−)<10
−20.4
【答案】D
【解析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe
3+、Mn
2+、Co
2+，
加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。“浸出”
时，Co3O4能被还原（参与氧化还原反应）为Co
2+，“而Fe2O3中Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还
原，说明Co3O4氧化性强于Fe2O3，A 正确；生物质（稻草）为农业废弃物，来源广泛且可再生，B 正确；
“沉铁”加入Na2CO3
，CO3
2-与H
+结合，促进Fe
3+水解生成FeOOH沉淀，C 正确；“沉钴”后上层清液为
CoS饱和溶液，此时c(Co
2+)·c(S
2-)= Ksp(CoS)=10
-20.4，而非小于，D 错误；故选D。
13. 亚磷酸主要用作制造塑料稳定剂，也用于合成纤维和亚磷酸盐的制造。常温下向亚磷酸H3PO3中滴加
NaOH 溶液，溶液中含P 离子只有H2PO3
−、HPO3
2−。溶液中lgX[X = c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
或c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
]与pOH 的关系如
图所示，下列说法正确的是
已知：p K a1=1.3，p K a2=6.6
A．H3PO3是三元弱酸
B．直线a 表示的X 为c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
C．当lgX =0时，直线b 的横坐标为6.6
D．pH =7时，c(HPO3
2−)>c(H2PO3
−)>c(H3PO3)
【答案】D
【解析】lgX =lg c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
=lg K a1
c (H
+)
=lg K a1×c(OH
−)
K w
=lgc(OH
−)+lg K a1−lg K w =−pOH
+lg K a1+14，同理lg c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
= −pOH+lg K a2+14，因为K a1> K a2，直线a 表示的X=c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
，b 代
表的X= c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
。溶液中含P 离子只有H2PO3
−、HPO3
2−，没有PO3
3−，说明没有第三步电离，则H3PO3是二
元弱酸，A 错误；由分析可知，直线a 表示的X 为c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
，B 错误；由分析可知，b 代表的X=
c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
，lg c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
= −pOH+lg K a2+14，p K a2=6.6，K a2=10-6.6，当lgX =0时，pOH=7.4，曲线b
的横坐标为7.4，C 错误；lgX =lg c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
=−pOH +lg K a1+14，p K a1=1.3，K a1=10
-1.3，
lg c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
= −pOH+lg K a2+14，p K a2=6.6，K a2=10-6.6，pH =7即pOH =7，将这个值代入公式，可得
c(HPO3
2−)
c(H2PO3
−)
>1，c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
>1，所以c(HPO3
2−)>c(H2PO3
−)>c(H3PO3)，D 正确；故选D。
14. 丙烯是重要的化工原料，可用丙烷在催化剂a 或b 作用下发生脱氢反应制备，总反应方程式为
CH3CH2CH3(g)⇌CH3CH =CH2(g)+ H2(g)，反应进程中相对能量变化如图所示[*表示吸附态，
*CH3CHCH2+2∗H→CH3CH =CH2(g)+ H2(g)中部分进程已省略]。
下列说法正确的是
A．总反应是放热反应
B．其他条件相同时，催化剂a 或b 对丙烯的平衡产率无影响
C．与催化剂b 相比，丙烷被催化剂a 吸附得到的吸附态较不稳定
D．①转化为②的进程中，决速步骤为变化*CH3CH2CH3→∗CH3CHCH3+∗H
【答案】B
【解析】总反应中，反应物CH3CH2CH3(g)相对能量小于产物CH3CH=CH2(g)+H2(g)相对能量，为吸热反
应，A 错误；催化剂不影响平衡，故对丙烯的平衡产率无影响，B 正确；由图可知，丙烷被催化剂a 吸附
后能量更低，则被催化剂a 吸附后得到的吸附态更稳定，C 错误；活化能高的反应速率慢，是反应的决速
步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H 或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D 错误；故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15. （15 分）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理如下：
名称
相对分子质
量
熔点/℃
沸点/℃
密度(g/mL)
溶解性
甲苯
92
-95
110.6
0.867
不溶于水，易溶于乙醇
苯甲酸
122
122.4(100℃左右
开始升华)
248
___________
微溶于冷水，易溶于乙
醇、热水
实验步骤：
Ⅰ．在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL 甲苯、100mL 水和4.8g(约0.03mol)高锰酸
钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
Ⅱ．停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合
物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析
出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。
Ⅲ．纯度测定：称取0.122g 粗产品，配成乙醇溶液，于100mL 容量瓶中定容。每次移取25.00mL 溶液，
滴加少量指示剂，用0.01000mol·L-1的KOH 标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL 的KOH 标准溶
液。
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________(填标号)。
A．100mL
B．250mL
C．500mL
D．1000mL
(2)当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是 。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是 。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是 。
(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是 。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为 。利用滴定法测定苯甲酸纯度时，标准液应放入
(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过 的方法提纯。
【答案】(1)B （1 分）
(2)无油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化 （2 分）
(3)除去过量的高锰酸钾，避免用盐酸酸化时，产生氯气 （2 分）
(4)MnO2 （2 分）
(5)苯甲酸升华造成损失 （2 分）
(6)86% （2 分） 碱式 （2 分）
(7)重结晶 （2 分）
【解析】由题意可知，制备苯甲酸的实验过程为甲苯与过量高锰酸钾发生氧化反应生成苯甲酸钾，向反应
后的冷却溶液中先加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，再用盐酸酸化得到苯甲酸，经过
滤、干燥、洗涤得苯甲酸粗产品，并用氢氧化钾溶液滴定测定粗产品的纯度。
（1）加热三颈烧瓶中的溶液时，三颈烧瓶中所盛装液体不能超过容积的三分之二，不能少于三分之一，
由题意可知，三颈烧瓶中溶液的体积为(100mL+1.5mL)=101.5mL，则三颈烧瓶的最适宜规格为250mL，故
选B；
（2）由题给信息可知，甲苯不溶于水，当回流液中不再出现油珠时，说明不溶于水的甲苯已经完全被氧
化为苯甲酸；
（3）由分析可知，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是除去过量的高锰酸钾，防止用盐酸酸化得到
苯甲酸时，过量高锰酸钾与酸化所用的盐酸反应生成有毒的氯气污染环境；
（4）由题给信息可知，甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，则用少量热水洗涤滤渣一步中
滤渣的主要成分是二氧化锰；
（5）由题给信息可知，苯甲酸100℃时易升华，所以干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；
（6）苯甲酸为一元酸，则滴定时存在如下关系式：C6 H5COOH∼KOH，滴定消耗21.50mL0.01000mol·L-1的
氢氧化钾标准溶液，则苯甲酸的纯度为
0.0100 mol⋅L
−1×21.50×10
−3L× 100
25 ×122g⋅mol
−1
0.122g
×100 % =86 %；氢氧化钾溶液能与玻璃中的二氧
化硅反应，所以测定苯甲酸纯度时，标准液应放入碱式滴定管中；
（7）根据苯甲酸的水溶性可知，若要得到纯度更高的苯甲酸，需要利用重结晶的方法进行提纯。
16. （14 分）钒是重要的战略金属，广泛应用于储能、合金等领域，现代工业利用钒渣(主要成分为FeO、
V2O3，含少量SiO2、Al2O3、Cr2O3等杂质)制备钒电解液(VOSO4溶液)的一种绿色工艺流程如下：
已知：①多钒酸铵(NH4)2V6O16在pH 为2 至6 条件下溶解度极低，在强酸性条件下(pH<2)会溶解。
②在酸性介质中，钒的稳定阳离子以VO2
+形式存在，具有氧化性。
根据以上流程，回答下列问题：
(1)V 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为
。
(2)“焙烧”过程中，钒渣中的V2O3转化为NaVO3的化学方程式为
。
(3)“溶解”后，滤渣1 的主要成分是 (填化学式)。
(4)常温下，若水浸后滤液1 中c(CrO4
2-)=0.02 mol⋅L
-1，为回收滤液中的Cr，将其转化为Cr
3+，以
Cr(OH)3形式沉淀完全(浓度≤1×10
-5mol⋅L
-1)，应控制pH 至少为 。{已知：常温下，
K sp[Cr(OH)3)=6.4×10
-31，lg 4=0.6)
(5)钒的“酸溶”步骤中，SO2
将V6O16
2-还原为VO
2+的离子方程式为
；该反应需在酸性条件下进
行，原因是
。
【答案】(1)d （2 分） 3d
34s
2 （2 分）
(2)V2O3+2NaOH+O2=2NaVO3+H2O （2 分）
(3)Fe2O3 （2 分）
(4)5.6 （2 分）
(5)V6O16
2-+3SO2+8H
+=6VO
2++3SO4
2-+4H2O （2 分）保证钒元素以VO
2+的形式存在，防止生成VO2
+（2 分）
【解析】钒渣与氧气以及NaOH、Na2CO3一起焙烧，FeO被氧气氧化为Fe2O3，V2O3被氧气氧化，生成
NaVO3，SiO2在通氧气条件下，与NaOH、Na2CO3反应生成Na2SiO3,Al2O3与碱反应生成Na[Al(OH)4)，
Cr2O3被氧气氧化，与碱反应生成Na2CrO4；加水溶解后，Fe2O3不溶于水，成为滤渣1，其他物质变为相
应的离子；加入NH4Cl调节pH，NaVO3与NH4Cl反应生成(NH4)2V6O16，并且因为pH 为2 至6 条件下溶解
度极低，导致(NH4)2V6O16析出，Na2SiO3变为H2SiO3跟随析出，其余物质（Na[Al(OH)4)、Na2CrO4）留
在滤液中；H2SiO3
不溶于酸，成为滤渣3，SO2
将V6O16
2-还原为VO
2+，生成VOSO4
，随后进行深度除杂、电
解精制得到纯净的钒电解液。
（1）V 位于第四周期第VB 族，属于d 区元素；V 为23 号元素，其基态原子核外电子排布式为
[Ar)3d
34s
2，则价层电子排布式为3d
34s
2；
（2）焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2发生氧化还原反应，V 从+3 价被氧气氧化为+5 价(NaVO3中)，氧化剂是
O2，氧从0 价变为-2 价，其化学反应方程式为：V2O3+2NaOH+O2=2NaVO3+H2O；
（3）焙烧时，FeO被氧气氧化为Fe2O3，Fe2O3不溶于水，故滤渣1 是Fe2O3；
（4）要使Cr
3+以Cr(OH)3形式沉淀完全(浓度≤1×10
-5mol⋅L
-1)，根据
K sp[Cr(OH)3)=c (Cr
3+)⋅c
3(OH
-)=6.4⋅10
-31可得c
3(OH
-)≥6.4×10
-31/10
-5=6.4×10
-26(mol⋅L
-1)
3，
c (OH
-)≥
3√(6.4×10
-26)=4.0×10
-9mol⋅L
-1，则c(H
+)≤1×10
-14
4×10
-9mol/L
=2.5×10
-6 mol/L，pH≥5.6；
（5）根据得失电子守恒，V6O16
2-中的V 为+5 价，VO
2+中的V 为+4 价，每个V 原子得到1 个电子，SO2
中的
S 为+4 价，需要升价，变为SO4
2-（+6 价），每个S 原子失去2 个电子，据此V6O16
2-与SO2
的计量数之比为
1:3，化学反应方程式为：V6O16
2-+3SO2+8H
+=6VO
2++3SO4
2-+4H2O；
根据题目已知信息：在酸性介质中，阳离子有VO2
+较稳定，具有氧化性，而后续流程中需要V 元素以在
VO
2+的形式存在，故该反应需在酸性条件下进行，原因是酸性条件下有利于生成VO
2+，保证钒元素以VO
2+
的形式存在，防止生成VO2
+。
17. （15 分）阿斯巴甜(G)是一种广泛使用的非糖类甜味食品工业的添加剂。它具有高甜度的特性，大约是
蔗糖的200 倍，因此只需少量就能产生甜味，同时具有含热量极低的优点。一种合成阿斯巴甜(G)的路线如
下：
已知：
。
根据上述合成路线回答下列问题：
(1)物质A 的化学名称是 。
(2)A→B 的反应类型是 。
(3)物质C 与M(
)中，酸性较强的是 (填字母)。
(4)阿斯巴甜(G)中含有 个手性碳原子，写出其中含氮官能团的名称 。
(5)写出D→E 的化学方程式： 。
(6)H 是C 的同分异构体，符合下列条件的H 共有 种(不考虑立体异构)。
①能与氯化铁溶液显紫色 ②能发生银镜反应和水解反应 ③苯环上有四个取代基
其中核磁共振显示氢原子个数比为6:2:1:1的是 (写出一种即可)。
(7)参照上述路线，写出由丙酮和甲醇合成有机玻璃PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯
)的合成路
线(其他无机试剂任选) 。
【答案】(1)苯乙醛 （1 分）
(2)加成反应 （1 分）
(3)C （1 分）
(4)2 （1 分） 氨基、酰胺基 （2 分）
(5)
+CH3OH ⇌
Δ
浓硫酸
+H2O （2 分）
(6)16 （2 分）
或
（2 分）
(7)
（3 分）
【解析】A →B 是醛基和HCN 发生亲核加成反应，可知B 为
，C→D 根据提示可知D 为
，D 在浓硫酸的条件下和甲醇酯化生成E 为
，E 和F 生成阿斯
巴甜。
（1）由A 的结构简式可知，A 的名称为苯乙醛；
（2)苯乙醛和HCN 加成生成
，所以A→B 的反应类型为加成反应；
（3）C 中羧基相邻碳原子上连有−OH为吸电子基团，使羧基中O-H 键极性增大，酸性增强，故C 的酸性
更强；
（4)连接4 个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，G 中含有两个手性碳原子，如图
，含氮官能团为氨基和酰胺基；
（5)D 在浓硫酸、加热的条件下和甲醇酯化生成E，化学方程式为
+CH3OH ⇌
Δ
浓硫酸
+H2O；
（6）能与氯化铁溶液显紫色、能发生银镜反应和水解反应，则结构中必含有酚羟基和甲酸酯结构，苯环
上有四个取代基则剩余两个基团应为甲基。若苯环上只有两个甲基和一个酚羟基，则变换位置共有6 种，
再加入甲酸酯的结构，共有6×3=18种。当两个甲基处在间位时，存在两种是重复的，则符合要求的同分
异构体共有16 种；
符合核磁共振氢谱显示氢原子个数比为
6:2:1:1
的为
或
。
（7)丙酮与HCN 发生亲核加成，水解后可以得到
，浓硫酸条件下发生消去可以得到甲基丙烯
酸，甲基丙烯酸与甲醇发生酯化反应得甲基丙烯酸甲酯，在一定条件下发生加成聚合即得PMMA，合成路
线为
。
18. （14 分）高纯CO2主要用于电子工业、医学研究及临床诊断，同时CO2在工业上也有重要的运用。回答
下列问题：
利用CO2制备CO：
主反应(ⅰ)为CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) ΔH1
；
副反应(ⅱ)为2CO2(g)+6 H2(g)⇌C2H4 (g)+ 4 H2O (g) ΔH2=−337kJ·mol-1；
(1)298K 时相关物质的相对能量如图1 所示。
ΔH1= kJ/mol。
(2)在一恒容密闭容器中充入1molCO2和2molH2，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ。下列叙述正确的是
___________(填标号)。
A．当混合气体的平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B．升高温度，反应ⅰ和ⅱ的平衡常数都增大
C．达到平衡后，通入Ar，反应ⅰ和ⅱ的逆反应速率都不变
D．体系生成0.1molC2H4时放出的热量为33.7kJ
(3)在一密闭容器中充入amolCO2和3amolH2，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ。在0.1MPa、1.0MPa、10MPa 下测
得CO2的平衡转化率与温度的关系如图2 所示。
①L3代表的压强为 MPa。
W
②
点时，乙烯为bmol。对应条件下，反应ⅰ的平衡常数Kp= (列出代数式即可)。提示：用分
压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。
(4)在反应器中充入一定量CO2和H2，在催化剂条件下，同时发生反应ⅰ和反应ⅱ。测得CO2在单位时间内的
转化率、C2H4的选择性与温度的关系如图3 所示。分析温度高于500℃，乙烯的选择性降低，二氧化碳的
转化率增大，其原因是 。
(5)以石墨为电极，以KOH 溶液为电解质溶液，电解CO2可以制备乙烯。写出阴极上的电极反应式：
。
【答案】(1)+41 （2 分）
(2)AC （2 分）
(3)0.1 （2 分） (0.65a+2b)(0.65a−2b)
0.35a(2.35a−4 b)
（3 分）
(4)催化剂对乙烯的选择性降低，温度对反应ⅱ的影响小于反应ⅰ （2 分）
(5)2CO2+8 H2O+12e
−=C2H4+12OH
− （3 分）
【解析】（1）已知反应Δ H等于生成物的总能量减去反应物的总能量，结合298K 时相关物质的相对能量
如图1 所示信息，故CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) ΔH1=(283kJ / mol)+(151kJ/ mol)−393kJ/
mol=+ 41kJ/mol；
（2）由题干方程式信息可知，反应ⅰ是一个气体体积不变的反应，而反应ⅱ是一个气体体积减小的反
应，即反应过程中混合气体的物质的量一直在改变，而气体质量不变，即混合气体的平均摩尔质量一直在
改变，故当混合气体的平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，故A 正确；由(1)分析可知，反应
ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，故升高温度，反应ⅰ的平衡常数增大，而反应ⅱ的平衡常数却减小，
故B 错误；在恒容密闭容器中，达到平衡后，通入Ar，反应体系各物质的浓度均保持不变，故反应ⅰ和ⅱ
的逆反应速率都不变，故C 正确；生成乙烯的同时也生成了CO，故体系生成0.1molC2H4时放出的热量小
于33.7kJ，故D 错误；
（3）①反应ⅰ反应前后气体分子数不变，反应ⅱ反应前后气体分子数减少，故增大压强，反应ⅱ平衡正
向移动，反应ⅰ平衡不移动，导致CO2的平衡转化率增大，结合图像可知，L3代表的压强为0.1MPa；
W
②
点时，乙烯为bmol，对应条件下，L1代表的压强为10MPa，由三段式分析可知：
2CO2(g)
+
6 H2(g)
⇌
C2H4 (g)
+
4 H2O (g)
起始量/ mol
a
¿3a
¿0
¿
转化量/ mol
¿
¿6b¿¿b¿¿4b¿平衡量/ mol¿a-2b¿¿3a-6b
CO2(g)
+
H2(g)
⇌
CO (g)
+
H2O (g)
起始量/ mol
a-2b
¿3a-6b
¿0
¿
转化量/ mol
¿
¿x¿¿x¿¿x¿平衡量/ mol¿a-2b-x¿¿3a-6
根据此温度下，CO2
的转化率为65%，则有2b+x=0.65a，x=0.65a-2b，n(CO2)=a-0.65a=0.35amol，
n (CO)= (0.65a-2b)mol，n(H2)=3a-6b-x= (2.35a-4b)mol，n(H2O)= (0.65a+2b)mol，根据反应ⅰ的特
点可知，平衡常数与总压强无关，可以物质的量代替分压进行计算，则反应ⅰ的平衡常数
Kp=p(CO)p(H2O)
p(CO2)p(H2) =n (CO)n(H2O)
n(CO2)n(H2) =
(0.65a-2b)(0.65a+2b)
0.35a (2.35a-4b)
；
（4）由题干反应方程式信息可知，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，故由于催化剂对乙烯的选择
性降低，温度对反应ⅰ的影响小于反应ⅰ，导致温度高于500℃，乙烯的选择性降低，二氧化碳的转化率
增大；
（5）以石墨为电极，以KOH 溶液为电解质溶液，电解CO2可以制备乙烯，阴极上的电极反应即CO2得到电
子被还原为C2H4
，故该电极反应式为：2CO2+8 H2O+12e
−=C2H4+12OH
−。
