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 Ti 48 Zn 65 In 115 Ba 137
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共39 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．【新科技】2025 年央视春晚宇树机器人惊艳全国。制作机器人的材料中，属于有机高分子的是
A．锂电池中的石墨
B．太阳能电池板中的硅
C．机器人外壳中的聚乙烯
D．电路板中的金属铜
【答案】C
【解析】A．石墨为无机碳材料，A 错误；B．硅为无机半导体材料，B 错误；C．聚乙烯是乙烯发生加
聚反应得到的高分子聚合物，C 正确；D．铜为金属，不是有机物，D 错误；故选C。
2．【改编】
可用于电镀。Cu 与KCN 溶液反应的方程式为
。下列说法正确的是
A．中子数为35 的铜原子：
B．Cu 的外围电子排布式：
C．
中存在极性键和非极性键
D．
的电子式为
【答案】D
【解析】A．Cu 质子数为29，则质量数=29+35=64，则核素符号为：
，A 错误；B．Cu 为29 号元素，
电子排布式为
，外围电子排布式应包括3d 和4s 电子，即
，B 错误；C．该化合物CN-
中C 与N 之间存在极性键，不含非极性键，C 错误；D．CN-中C 与N 之间共用3 对电子，得到的1 个电
子给C 以达到稳定结构，对应电子式为：
，D 正确；故选D。
3．【新考法】实验室称量一定质量的
固体，并用于测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作
不正确的是
A．称量
B．溶解
C．加指示剂
D．滴定
【答案】C
【解析】A．称量一定质量的
固体，可用电子天平，A 正确；B．碳酸钠溶于水，可以向锥形瓶
中加适量的水溶解碳酸钠固体，B 正确；C．不应用石蕊作指示剂，主要原因是其颜色变化不够明显，
难以准确判断滴定终点，滴定时，可选甲基橙为指示剂，C 错误；D．盐酸显酸性，用酸式滴定管装盐
酸，滴定时，左手控制玻璃塞，右手摇晃锥形瓶，D 正确；故选C。
4．某合金含
、
、
、
、
和
等元素。下列说法正确的是
A．
的电负性大于
B．Mn 和Cu 均为
区元素
C．
的第一电离能小于
D．
形成的配离子
中
键、
键数目之比为1 1∶
【答案】D
【解析】A．Al 的电负性在同周期中位于Si 左侧，电负性小于Si，A 错误；B．Cu 为ds 区元素，B 错误；
C．Mg 的3s 轨道全充满更稳定，第一电离能大于Al，C 错误；D．每个CN⁻与Fe 形成1 个σ 键，自身含
2 个π 键1 个σ 键，总σ 键12 个，π 键12 个，比例为1:1，D 正确；故选D。
阅读材料，完成5~7 小题：
硫(S)元素在自然界中通常以硫化物、硫酸盐或单质的形式存在。硫有多种单质存在形式，S8的结构如
图，黑火药的主要成分是S、KNO3和C；硫的氢化物(硫化氢、二硫化氢)均有弱酸性；低价硫有氧气敏
感性，在细菌作用下可发生氧化反应；SO2具有还原性。人类根据需要可将硫元素转化为指定物质，以
减少环境污染，满足生产、生活的需求。
5．下列说法正确的是
A．SO2分子中键角小于SO3分子中键角
B．二硫化氢(H2S2)分子的构型为直线形
C．CaSO4·2H2O 中既有离子键又有非极性共价键
D．离子半径：
【答案】A
【解析】A．SO2中心S 原子价层电子对数为2+
=3(含1 孤电子对)，构型V 形，键角约120°(孤
对电子斥力使键角减小)；SO3中心S 原子价层电子对数为3+
=3(无孤电子对)，构型平面三角形，
键角120°，故SO2键角小于SO3，A 正确；B．H2S2结构类似H2O2，S 原子为sp3杂化，含孤电子对，分子
构型为折线形，非直线形，B 错误；C．CaSO4·2H2O 中Ca2+与
间为离子键，
内S-O 为极性共价
键，H2O 中O-H 为极性键，无非极性共价键，C 错误；D．S2-电子层3 层，Na+电子层2 层，离子半径
r(S2-)＞r(Na+)，D 错误；故答案为：A。
6．下列化学反应表示正确的是
A．黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：
B．用酸性KMnO4溶液吸收
C．使用硫化亚铁除去废水中汞离子：
D．黑火药爆炸：
【答案】B
【解析】A．FeS2中S 为-1 价，氧化为
(+6 价)，每个S 失7e-，2 个S 失14e-；O2得电子，1mol O2得
4e-，2mol FeS2需7mol O2，但Fe2+在有氧酸性条件下易被进一步氧化为Fe3+，方程式未体现Fe2+被氧化，
正确方程式为：
，A 错误；B．酸性KMnO4与SO2反应，
(Mn+7)→Mn2+(+2)得5e-，SO2(S+4)→
(+6)失2e-，电子守恒配平为2
+5SO2+2H2O=2Mn2++5
+4H+，电荷、原子均守恒，B 正确；C．FeS 难溶，离子方程式中应写化学式，正确为
FeS+Hg2+=HgS↓+Fe2+，C 错误；D．黑火药爆炸正确方程式为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，产物无
K2CO3和SO2，D 错误；故答案为：B。
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．S-H 键长比O-H 的长，CH3SH 的沸点低于CH3OH
B．SO3具有氧化性，可用于制取硫酸
C．四氯乙烯为非极性分子，工业上可用于溶解S8
D．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂
【答案】C
【解析】A．CH3OH 沸点高于CH3SH 是因CH3OH 分子间存在氢键，与S-H、O-H 键长无关，A 错误；B．
SO3制硫酸为SO3+H2O=H2SO4，非氧化还原反应，与SO3氧化性无关，B 错误；C．S8为非极性分子，四氯
乙烯(非极性分子)根据相似相溶原理可溶解S8，C 正确；D．浓硫酸作干燥剂利用吸水性，脱水性是将
有机物中H、O 按水比例脱去，D 错误；故答案为：C。
8．元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是
A．工业制取漂白粉：饱和食盐水
漂白粉
B．工业制取镁：
溶液
无水
Mg
C．工业制取硫酸：
D．工业制取纯碱：饱和食盐水
固体
固体
【答案】D
【解析】A．工业制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得，A 不合题意；B．由于MgCl2水解生成Mg(OH)2
和HCl，HCl 易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，B 不合题意；C．硫与过量的O2燃烧只
能生成SO2，SO2经催化氧化才能制得SO3，且工业上制备硫酸是煅烧含硫矿物来制得SO2，C 不合题意；
D．向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，可以制得NaHCO3固体此为侯氏制碱法，然后NaHCO3受
热分解得到纯碱，D 符合题意；故答案为：D。
9．化合物Z 是一种药物合成中间体，其合成路线如下。
下列说法正确的是
A．X 与足量H2加成后的产物中含有4 个手性碳原子
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验Y 中是否含有X
C．Z 分子存在顺反异构体
D．等物质的量的Y、Z 分别与足量NaOH 溶液反应，消耗NaOH 一样多
【答案】D
【解析】A．X 与足量H2加成后得到
，环己烷环上只有连接-CH2OH、-OH、-CH3的三
个碳原子为手性碳（各连4 个不同基团），共3 个手性碳，A 错误；B．X 含醛基、酚羟基，Y 含酚羟基、
碳碳双键，二者均能被酸性高锰酸钾氧化褪色，无法检验Y 中是否含X，B 错误；C．Z 分子中六元环存
在碳碳双键，双键两端碳原子分别连接不同基团，但该碳碳双键存在六元环中，Z 不存在顺反异构体，
C 错误；D．Y 含1 个酚羟基和2 个酯基（-COOC2H5），1molY 消耗3mol NaOH；Z 含2 个酯基，其中1 个
酯基水解后又会生成酚羟基，1molZ 消耗3mol NaOH，二者消耗NaOH 相同，D 正确；故选D。
10．【新科技】科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法(有少量CO 产生)，反
应原理如图(M、N 均为石墨电极)。
已知：在电场作用下，双极膜中水电离出H+和OH-向两极迁移。下列说法错误的是
A．M 极为阳极，H2发生氧化反应
B．电解一段时间后，M 极区域溶液pH 不变
C．N 极上生成甲醇的电极反应式为
D．M 极每消耗3molH2，N 极消耗的CO2大于1mol
【答案】C
【解析】右边二氧化碳转化为甲醇和一氧化碳，化合价降低，得电子，所以N 作阴极；左边氢气失电
子，化合价升高，所以M 作阳极，据此解答。A．由题意知，氢气在M 极失电子，发生氧化反应，作
阳极，A 正确；B．M 极为阳极，双极膜中OH-移向阳极，H2被氧化，电极反应式为：H2-2e-+ 2OH-
=2H2O，则电解一段时间后，M 极区域溶液pH 不变，B 正确；C．N 极为阴极，双极膜中H+移向阴极，
CO2被还原为CH3OH，C 元素从+4 价降为-2 价，得6e-，电极反应式为：
，
C 错误；D．M 极电极反应式为：H2-2e-+ 2OH-=2H2O，若M 极每消耗3 mol H2，转移电子数为6 mol e-，
N 极发生的还原反应包括
和
，根据得失电
子守恒可知，N 极消耗的CO2大于1mol，D 正确；故选C。
11．【改编】探究
溶液性质的实验如下：
实验Ⅰ 向
溶液中滴加
滴酚酞试液，溶液颜色没有变化
实验Ⅱ 向
溶液中加入
溶液，溶液变红色。再滴加4
滴
溶液，加入过量
粉，
粉部分溶解。过滤，
实验Ⅲ 取一定量
溶液，加入过量
粉，
粉部分溶解。过滤，向滤液中滴入2 滴
酸性
溶液，紫色消失
实验Ⅳ 取一定量
溶液，加入等浓度等体积的
溶液，产生红色沉淀
下列说法正确的是
A．实验Ⅰ溶液颜色没有变化是由于
未水解
B．实验Ⅱ说明
与
反应是可逆反应
C．实验Ⅲ说明氧化性
D．实验Ⅳ产生的红色沉淀为
、
混合物
【答案】D
【解析】A．FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，酚酞在酸性条件下不变色，因此颜色未变化是
由于pH 未达到酚酞变色范围，而非FeCl3未水解，A 错误；B．实验Ⅱ中，初始Fe3+浓度远高于SCN-，
即使反应不可逆，Fe3+仍有大量剩余，与Cu 反应的现象不能直接证明反应可逆，B 错误；C．实验Ⅲ中，
加入过量Cu 粉，Cu 粉部分溶解，说明Cu 粉能与Fe3+反应生成Cu2+，说明Fe3+的氧化性比Cu2+强；向滤
液中滴入2 滴酸性KMnO4溶液，紫色消失，由于溶液中含有氯离子，无法说明酸性KMnO4被滤液中
Fe2+还原，即无法比较KMnO4的氧化性比Fe3+强，C 错误；D．FeCl3与NaAl(OH)4混合时，
，
，氢离子和氢氧根结合生成水，相互
促进水解，从而生成Fe(OH)3、Al(OH)3，故红色沉淀仅为Fe(OH)3、Al(OH)3混合物，D 正确；故答案选
C。
12． 【改编】已知室温下，
，
，
。用含少
量
的
酸性溶液制备NiOOH 的过程如下。下列说法正确的是
A．
溶液中：
B．
的NaClO 溶液中：
C．“调pH”得到的上层清液中：
D．“氧化”时主要发生反应：
【答案】C
【解析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH 的流程：加入Na2CO3溶液调pH，Fe3+转化为Fe
（OH）3沉淀，Ni2+不沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀得到含Ni2+的滤液，碱性条件下加入NaClO 溶液，
氧化Ni2+得到NiOOH 沉淀，发生的反应为2Ni2++ClO-+4OH-＝2NiOOH↓+Cl-+H2O，过滤、洗涤、干燥得到
NiOOH 固体，据此分析解答。A．
溶液中物料守恒关系为c（
）+c（
）+c
（H2CO3）=
c（Na+）=0.1mol/L，电荷守恒关系为c（OH-）+2c（
）+c（
）=c（H+）+c
（Na+），则c（OH-）-c（H+）=c（
）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（
）＜
0.1mol•L-1+c（H2CO3），故A 错误；B．pH=11 的NaClO 溶液中
=3000，即
，故B 错误；C．“调pH”得到的上层清液中浓度积Q[Fe(OH)3]=c(Fe3+）
•c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+）•c2(OH-)＜Ksp[Ni(OH)2]，则上层清液中
，故C 正确；D．碱性条件下加入NaClO 溶
液氧化Ni2+得到NiOOH 沉淀，反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D 错误；故选C。
13． 由乙二酸二甲酯(
，简称“DMO”)催化合成乙二醇，发生3 个连续反应：
反应I：
(g)+2H2(g)=
(g)+CH3OH(g) ΔH<0
反应II：
(g)+2H2(g)=
(g)+CH3OH(g) ΔH<0
反应III：
(g)+H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH<0
在一定条件下，DMO 与
以一定投料比发生上述反应，出口处检测到DMO 的实际转化率及
(简称“MG”)、乙二醇占各主要产物的物质的量分数x[如
随温度的变化曲线如题图所示。下列说法正确的是
A．初始加入
时生成
B．温度高于
(乙二醇)随温度升高而降低的主要原因是反应II 的平衡逆向移动
C．在
范围，出口处
D．延长原料与催化剂的接触时间可提高DMO 的平衡转化率
【答案】A
【解析】A．反应I：1mol DMO 反应生成1mol CH3OH 和1mol MG；反应II：1 mol MG 反应生成1 mol
CH3OH 和1 mol 乙二醇。由图像可知，175℃时DMO 转化率为80%，且MG 的物质的量分数
。设初始DMO 为1 mol，DMO 转化了0.8 mol，生成0.8 mol MG（反应I）。设其中有
ymol MG 参与反应II，则剩余MG 为0.8-ymol，生成的乙二醇为y mol。根据
，即
，解得y = 0.4。则生成的CH3OH 总量为反应I 的0.8 mol 和反应II 的0.4 mol，则生成的
CH3OH 总量为1.2 mol，A 正确；B．图示中的物质的量分数和转化率不是平衡时的量，温度高于
时，升高温度乙二醇的生成量减少，但是DMO 的实际转化率升高，说明导致
(乙二醇)随温度升高而
降低的主要原因是反应III 正向移动造成的，B 错误；C．根据反应计量关系：反应I：1 mol DMO 生成
1 mol CH3OH；反应II：1 mol MG 生成1 mol CH3OH；生成1 mol 乙二醇，需要经过反应I 和反应II，共
生成2 mol CH3OH。此外，反应III 还会消耗乙二醇生成乙醇，进一步减少乙二醇的量，同时不生成甲
醇。因此，甲醇的物质的量与乙二醇的物质的量之比大于2，即
，C 错误；D．延长原料
与催化剂的接触时间，只能加快反应速率，使反应更快达到平衡，但平衡转化率由温度、压强等因素
决定，不会因接触时间延长而改变，D 错误；故答案选A 。
二、非选择题：本题共4 小题，共61 分。
14．（15 分）从高铟烟灰中(主要含
、
、
、
等)提取铟的过程如下：
已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。
(1)氧化酸浸：向高铟烟灰中加入
和稀
充分反应，硫元素被氧化为
，
①写出
反应的离子方程式：_____。
②过滤所得滤渣含
、
和_____(填化学式)。
(2)萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：
(水相)+3HA(有机相)
(有机相)
(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图-1 所示，铟萃取率先增大后减小的可能原
因是_____。
(3)反萃取：
(有机相
(水相)
(水相)
(有机相)，有机相与水相体积比和反萃
取率，水相中铟浓度的关系如图-2 所示，操作时选择有机相与水相体积比为_____，原因是_____。
(4)制备铟：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为_____。若锌粉的利用率为
，获得
6.9kg 铟时需要使用锌粉_____kg(写出计算过程)。
【答案】(1) ①
(2 分) ②
(1 分)
(2)搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的
乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低(2 分)
(3)
(2 分) 反萃取率最高(2 分)
(4)
(2 分)
10.0kg(4 分)
【解析】高铟烟灰加入氧化锰和硫酸进行“氧化酸浸”后，
转变为
沉淀，
、
转变为In3+，二氧化硅不与硫酸反应。滤液中含有In3+、Mn2+、
，“滤渣”为过量的二氧化锰、二
氧化硅和硫酸铅，滤液加入有机萃取剂HA 萃取In3+，“反萃取”得到
溶液，在
溶液中
加入锌粉发生置换反应得到粗铟。
（1）①向高铟烟灰中加入
和稀
充分反应，硫元素被氧化为
，
被还原为
Mn2+，
反应的离子方程式：
；
②根据分析，过滤所得滤渣含
、
和
；
（2）根据已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化，则铟萃取率先增大后减小
的可能原因是搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造
成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低；
（3）为提高铟的提取率，根据图示，操作时选择有机相与水相体积比为
，因为此时反萃取率最高；
（4）分液，向水相中加入足量Zn，发生置换反应得到粗铟，应的化学方程式为
；根据关系式
。
15．（15 分）一种用于治疗高血脂的新药Ⅰ的合成路线如图：
已知：a.
b.
回答下列问题：
(1)B 的结构简式为：_______。
(2)G 中所含官能团的名称是_______。
(3)已知卤代烃与氢氧化钠反应过程中，影响反应进行的难易因素之一是碳卤键的键能，键能越小，越
容易形成碳正离子而发生反应，则①、
②、
③、
三种物质中最容易与氢氧化钠反应生成A 的物质为_______(填序号)。该流程中
转化
为A 的化学方程式为_______。
(4)化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，且满足下列条件的W 的结构简式为_______。
①遇
溶液显紫色；②属于芳香族化合物；③能发生银镜反应；
④核磁共振氢谱图中有5 组峰，峰面积比为2 2 2 1 1
∶∶∶∶。
(5)设计用甲苯和乙醇为原料制备
的合成路线_______。(其他无机试剂任
选)
【答案】(1)
(2 分)
(2)羟基和醛基(2 分)
(3)①(2 分)
(2 分)
(4)
(3 分)
(5)
(4 分)
【解析】甲苯经反应①得
，水解得A：
，又经催化氧化得B：
，继续氧化生成C：
；甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生
成CH2Cl2，CH2Cl2继续发生水解反应得E 甲醛HCHO，H：，E 又与F：CH3(CH2)6CHO 反应生成G：
，则G 中含羟基和醛基；G 加氢还原得到H 为三元醇，H 与C 发生酯化反应
得到I。
【解析】（1）
甲苯经反应①得
，水解得A：
，又经催化氧化得B：
，
故答案为：
；
（2）
甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成CH2Cl2，CH2Cl2继续发生水解反应得E：HOCH2OH，E 又与
F：CH3(CH2)6CHO 反应生成G：
，则G 中含羟基和醛基；
（3）
碳卤键键能越小越易反应，C-I 键键能最小，则①最易反应，故答案为①；
在氢氧化钠水溶
液加热条件下水解生成A：
和氯化钠，方程式为：
；
（4）
C 为
，W 的相对分子质量比C 大14，即多一个CH2。遇FeCl3溶液显紫色说明含酚羟
基；属于芳香族化合物，说明含有苯环；能发生银镜反应说明含醛基；核磁共振氢谱图中有5 组峰且
峰面积比为2 2 2 1 1
∶∶∶∶，则结构简式为
，故答案为
；
（5）
由题干反应规律可得，故答案为：CH3CH2OH
CH3CHO；
；
16．（15 分）钛酸钡（
）是制备电子陶瓷材料的基础原料。
(1)实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：
已知：
能水解生成
，
能进一步水解生成
；
能与浓硫酸反应生成
。
草酸氧钛钡晶体的化学式为
。
①“沉钛”时，Ti（Ⅳ）的存在形式（相对含量分数）与溶液
的关系如图1 所示。需加入氨水调节
溶液的pH 在2~3 之间，原因是_____。
②“过滤”后，用蒸馏水将所得固体充分洗涤，证明固体已洗净的实验方法是__________。
③钛酸钡的晶胞如图2 所示，与
最近且等距的
构成的图形形状是_____。
(2)利用
与
生成
和Ti（Ⅳ）的反应可测定钛酸钡样品的纯度。
①请补充完整实验方案：称量
钛酸钡样品完全溶于浓硫酸，再加入过量铝粉，充分振荡，使其
完全反应（
将
转化为
）。_____，加入适量稀硫酸酸化，制得待测钛液。将待测钛液转
移到
容量瓶中后定容。取
待测钛液于锥形瓶中，__________，记录消耗标准液的体积。
重复滴定实验操作3 次，平均每次消耗标准液19.50 mL。
（实验时必须使用的试剂：蒸馏水、
溶液、KSCN 溶液）
②根据以上数据计算钛酸钡样品的纯度（写出计算过程，结果以百分数表示）__________。
【答案】(1) ①
在2~3 时，Ti（Ⅳ）主要以
的形式存在，可直接与
反应，有利于
草酸氧钛钡晶体的生成 (2 分)
②取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化，再加入
溶液，若无白色沉淀，则固体已洗净(2 分)
③正八面体形(2 分)
(2) ①过滤，用蒸馏水洗涤滤渣2~3 次，将洗涤液与原滤液合并(2 分) 加入2~3 滴KSCN 溶液作
为指示剂，用
溶液滴定，当加入最后半滴标准液时，溶液变为红色，且半分钟内
不变色(3 分)
②
(4 分)
【解析】由题给流程可知，向四氯化钛和氯化钡混合液中加入草酸溶液和氨水充分反应得到草酸氧钛
钡沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到草酸氧钛钡晶体；草酸氧钛钡晶体煅烧分解制得钛酸钡。
（1）①由图可知，pH 在2～3 之间时，Ti(
)
Ⅳ主要以
的形式存在，可直接与钡离子反应，
有利于草酸氧钛钡晶体的生成，所以“沉钛”时需加入氨水调节溶液的pH 在2～3 之间，故答案为：
在2~3 时，Ti(
)
Ⅳ主要以
的形式存在，可直接与
反应，有利于草酸氧钛钡晶体的
生成。
②“过滤”后，固体表面可能残留
，要证明固体已洗净，可检验最后一次的洗涤液中是否含有
，
实验方法为取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化，再加入
溶液，若无白色沉淀，则固体已洗净，
故答案为取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化，再加入
溶液，若无白色沉淀，则固体已洗净。
③钛酸钡的晶胞如图2 所示，由图可知，与
最近且等距的
有6 个，这6 个
构成的图形形状
是正八面体，故答案为正八面体。
（2）①称量
钛酸钡样品完全溶于浓硫酸，再加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应（
将
转化为
），过滤，洗涤滤渣2～3 次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫
酸酸化，制得待测钛液。将待测钛液转移到
容量瓶中后定容。取
待测钛液于锥形瓶中，
向锥形瓶中滴加2～3 滴KSCN 溶液，用
溶液滴定，当滴入最后半滴
标准液时，溶液变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复
滴定实验操作3 次，平均消耗标准液19.50 mL，故答案为过滤，洗涤滤渣2～3 次、将洗涤液与原滤液
合并；加入2~3 滴KSCN 溶液作为指示剂，用
溶液滴定，当加入最后半滴标准液时，
溶液变为红色，且半分钟内不变色。
②根据原子守恒、电子得失守恒可得关系式
，
=
，
待测钛液中
=
，原溶液中
=
，因此钛酸钡样品的纯度为＝
=97.5%，故答案为97.5%。
17．（16 分）为缓解温室效应与能源供应之间的冲突，
的资源化利用已成为研究的热点。
(1)
、
重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。
①已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
___________
②其他条件相同，
、
混合气体在催化剂a、b 作用下分别发生重整反应，催化剂表面均产生
积碳。对附着积碳的催化剂a、b 在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，剩余固体的质
量变化如图所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是___________(填“催化剂a”或“催化剂
b”)，判断的理由是___________。
(2)利用
制备甲酸。
①我国科学家利用
在Ru(与Fe 同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸。催化过程如图所示。
与吸附了H 原子的催化剂通过配位键形成中
间体X，X 的结构式为___________。该催化过程的总反应为___________。
②一种利用电催化反应器合成甲酸的工作原理如图所示。
阴极主要发生的电极反应式：___________。
③
/HCOOH 循环在氢能的贮存释放、燃料电池等方面具有重要应用。其他条件不变，
催化
加氢转化为
的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在40～80℃范围内，
催化加氢
的转化率迅速上升，但是在80～100℃范围内，
催化加氢的转化率下降，两段变化的主要原因
是___________。
【答案】(1) ①+247.5 (2 分)
②催化剂b (2 分) 剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，
催化活性保持时间就越长，催化剂b 剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a(3 分)
(2) ①
(2 分)
或
(2 分)
②
(2 分)
③40～80℃温度升高反应速率增大且温度升高使催化剂的活性增大；80～100℃，温度升高使催化剂
的活性减弱，反应速率减慢(3 分)
【解析】（1）①结合盖斯定律可知，反应
-反应
=反应
，所以其
。
②据图可知，重整反应中能保持较长时间催化活性的是催化剂b；因为剩余固体的质量与原始固体质
量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b 剩余固体的质
量与原始固体质量的比值大于催化剂a。
（2）①从图中转化可知，
和X 反应生成了
和
，根据原子守恒可知，X 为
，
其结构式为：
。结合整个流程分析，反应物是二氧化碳、氢气和氢氧化钠（或
者氨气），产物是甲酸钠或甲酸铵，故方程式为：
或
。
②从图中可以看出，在阳极发生反应：
，在阴极，
得电子产物与
反应生成
，故阴极主要发生的电极反应式为：
。
③根据图像可知，40～80℃，温度升高反应速率增大，催化加氢的转化率迅速上升，说明温度升高使
催化剂的活性增大；80～100℃，催化加氢的转化率下降，说明温度升高使催化剂的活性减弱，反应
速率减慢。
