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 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．【改编】中原文化是中华优秀传统文化的根源和灵魂。文物承载历史，传承文化。下列文物的主要成
分为合金材料的是
A．安阳出土的妇好青铜鸮尊
B．舞阳出土的贾湖骨笛
C．安阳出土的灰陶埙
D．宝丰出土的汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】妇好青铜鸮尊的主要成分是青铜，青铜是铜锡合金，属于合金材料，A 正确；贾湖骨笛的主要成
分是动物骨骼，其成分为碳酸钙、磷酸钙及蛋白质等，不属于合金，B 错误；灰陶埙的主要成分是黏土烧
制后的硅酸盐，属于无机非金属材料，不是合金，C 错误；汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶是瓷器，主要成分为硅
酸盐，属于无机非金属材料，不是合金，D 错误；故选A。
2．下列实验的对应操作中，不合理的是
A．用HCl 标准溶液滴定NaOH 溶液
B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的NaCl 溶液获得NaCl 晶体
D．配制一定物质的量浓度的KCl 溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】用HCl 标准溶液滴定NaOH 溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判
断滴定终点，A 项合理；浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿
烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B 项合理；NaCl 的溶解度随温度升高变化不明
显，从NaCl 溶液中获得NaCl 晶体采用蒸发结晶的方法，C 项合理；配制一定物质的量浓度的溶液时，玻
璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1~2cm 时，应改用胶头滴管滴
加蒸馏水，D 项不合理；故选D。
3．【改编】白磷和红磷是磷元素的两种常见同素异形体。白磷(P4)与浓硫酸反应的化学方程式为
P4+10 H2SO4(浓)= 4 H3PO4+10SO2↑+ 4 H2O。设N A是阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．已知P4为正四面体分子，1 mol P4中含有共价键的数目为4N A
B．0.1 mol⋅L
−1 H2SO4溶液中H
+的数目为0.2N A
C．2 mol SO2和1 mol O2充分反应生成的SO3的分子数目小于2N A
D．每生成11.2 LSO2，转移的电子数为10N A
【答案】C
【解析】白磷（P4）分子为正四面体结构，每个分子含有6 个P-P 共价键，因此1 mol P4中共价键数目为6
NA，A 错误；题中未提供0.1 mol∙L-1 H2SO4溶液的体积，无法计算溶液中H+的数目，B 错误；SO2和O2生
成SO3的反应为可逆反应，即2 mol SO2和1 mol O2无法完全转化为SO3，因此生成的SO3分子数一定小于
理论最大值2 NA，C 正确；题中并未明确11.2 L 是标准状况下的体积，因此SO2的物质的量无法计算，即
反应转移的电子数无法计算，D 错误；故选C。
4．下列鉴别或检验能达到实验目的的是
A．用硝酸酸化的BaCl2溶液检验N a2SO3是否被氧化
B．用酸性KMnO4检验乙烯中是否含有SO2
C．用石灰水鉴别N a2C O3与NaHCO3
D．用水检验溴蒸气和NO2气体
【答案】D
【解析】硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根(SO3
2−)氧化为硫酸根(SO4
2−)，因此即使Na2SO3未被氧化，也
会被硝酸氧化生成BaSO4沉淀，无法判断原Na2SO3是否被氧化，A 错误；乙烯和SO2均能使酸性KMnO4
溶液褪色，会对SO2的检验造成干扰，B 错误；Na2CO3和NaHCO3与石灰水反应均能生成CaCO3白色沉
淀，现象相同，无法鉴别，C 错误；溴蒸气溶于水形成溴水变为橙黄色，而NO2溶于水发生反应：
3 NO2+ H 2O =2 HNO3+ NO，气体颜色褪去并产生无色气体NO，现象明显不同，D 正确；故选D。
5．以下现象的原因解释中错误的是
选项
现象
原因
A
HF 的稳定性强于HCl
HF 分子之间除了范德华力以外还存在氢键
B
Na 与TiCl4反应冶炼Ti
Na 的还原性比Ti 强
C
向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇会析出晶
体
乙醇分子的极性比水的极性小，降低了溶质的溶
解度
D
不存在稳定的H3、HCl2、Cl3分子
共价键具有饱和性
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】HF 的稳定性强于HCl 是由于H-F 键的键能更大，而非氢键；氢键影响物理性质（如沸点），而
稳定性由化学键强度决定，A 错误；Na 还原TiCl4生成Ti，因Na 的还原性比Ti 强，符合金属活动性规
律，B 正确；乙醇极性小于水，加入乙醇后溶剂极性降低导致[Cu(NH3)4]SO4溶解度下降析出晶体，解释合
理，C 正确；H3、HCl2、Cl3无法稳定存在是因共价键的饱和性限制原子成键数目，解释正确，D 正确；故
选A。
6．某种离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y
的最外层电子数是内层电子数的2 倍，Z 与W 同主族，Q 是元素周期表中电负性最大的元素。下列说法错
误的是
A．非金属性：Z＞W
B．氢化物沸点：Z＞Y
C．ZQ3是极性分子
D．X、Z、Q 三种元素能形成离子化合物
【答案】B
【解析】X、Y、Z、Q、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y 的最外层电子数是内层电子数的2
倍，Y 原子含有2 个电子层，最外层含有4 个电子，则Y 为C；Q 是元素周期表中电负性最大的元素，Q
为F；结合图示可知，X 形成1 个共价键，其原子序数小于C 元素，则X 为H；Z 与W 同主族，Z 介于C
元素和F 元素之间，W 与6 个F
-离子形成-1 价阴离子，W 的化合价为+5 价，则Z 为N，W 为P。同主族从
上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：N>P，A 正确；N 元素的氢化物有氨气、肼，C 元素的氢化物为
烃，对于简单氢化物沸点：CH4<NH3，但是碳原子数较多的烃常温下为液态或固态，其沸点大于氨气、
肼，B 错误；ZQ3为NF3，该分子中存在孤对电子，空间结构为三角锥形，是极性分子，C 正确；H、N、F
三种元素可形成离子化合物NH4 F，D 正确；故选B。
7．NbO 的立方晶胞如图，晶胞参数为anm ,P的分数坐标为(0,0,0)，下列说法正确的是
A．O 的配位数是6
B．Nb 和O 的最短距离为a
2 nm
C．晶体密度ρ= 6×(93+16)
NA×a
3×10
−21 g/cm
3
D．M 点的分数坐标为(
1
2 , 1
2 ,
❑√2
2 )
【答案】B
【解析】由图可知，NbO 的立方晶胞中距离O 原子最近且距离相等的Nb 原子有4 个，O 的配位数是4，
故A 错误；由图可知，Nb 和O 最短距离为边长的 1
2
，晶胞参数为 a nm ，Nb 和O 最短距离为a
2 nm
，故B 正确；根据均摊法计算可知，Nb 的个数为6× 1
2 =3，O 的个数为12× 1
4 =3 ，即晶胞中含有3 个
NbO，晶胞密度为
ρ= m
V =
3×(93+16)
NA
g
(a×10
−7cm)
3 = 3(93+16)
NAa
3
×10
21 ，故C 错误；P 的分数坐标为(0,0,0),M位
于正方体的面心，M 的分数坐标为(
1
2 , 1
2 , 1
2)
，故D 错误；故选B。
8. 下列过程中发生的化学反应，相应的方程式书写正确的是
A．将氧化亚铁溶于稀盐酸中：FeO+2H
+= Fe
2++ H2O
B．用石灰乳吸收Cl2
制备漂白粉：Cl2+2OH
−=Cl
−+ClO
−+ H2O
C．向Na2S2O3
溶液中滴加稀HNO3
：S2O3
2−+2H
+=S↓+SO2↑+ H2O
D．用醋酸和KI 溶液检验食盐中的KIO3
：5I
−+IO3
−+6 H
+=3I2+3 H2O
【答案】A
【解析】稀盐酸为强酸，H
+完全电离，FeO 作为碱性氧化物与H
+反应生成H2O和Fe
2+，故氧化亚铁与稀盐
酸反应：FeO+2H
+=Fe
2++ H2O，离子方程式书写正确，A 正确；石灰乳是Ca (OH)2
悬浊液，不能拆，正确
的离子方程式为2Ca(OH )2+2Cl2＝2Ca
2++2Cl
−+2ClO
−+2 H 2O，B 错误；硫代硫酸钠与HNO3
稀反应
时，HNO3
作为强氧化剂会将Na2S2O3
氧化，产物为SO4
2−和NO，正确的方程式为
3 S2O3
2−+8 NO3
−+2 H
+=6 SO4
2−+8 NO↑+ H 2O，C 错误；醋酸为弱酸，在离子方程式中应保留分子形式
不能拆分，正确的方程式为5 I
−+ IO3
−+6CH 3COOH =3 I 2+6CH 3COO
−+3 H 2O，D 错误；故选A。
9. 【热点】我国科学家发明了一种Zn−MnO2可充电电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．充电时，阳极附近溶液的pH 降低
B．充电时，左侧电极室的SO4
2−向中间室K2SO4
溶液移动
C．该电池无需向左右两极室分别补充H2SO4溶液和KOH 溶液
D．放电时，若电路中转移0.2mol 电子，则负极区溶液质量减少1.3g
【答案】B
【解析】Zn-MnO2电池左侧为酸性（H2SO4）极室，右侧为碱性（KOH）极室。在放电过程中，锌作为负
极被氧化，而二氧化锰作为正极被还原。充电过程则是相反的，即电解反应，阳极发生氧化反应，阴极发
生还原反应。充电时，阳极（MnO2电极）发生反应：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，生成H+使阳极附近H+浓
度增大，pH 降低，A 正确；充电时为电解池，阴离子向阳极移动，左侧为阳极室，中间室的SO❑4
2−（阴
离子）通过阴离子交换膜向左侧阳极室移动，而非左侧电极室的SO❑4
2−向中间室移动，B 错误；放电过
程：负极Zn-2e
-+4OH
-=Zn (OH)4
2-，正极MnO2+2e
-+4H
++SO4
2-=MnSO4+2H2O；充电过程，阳极：
MnSO4+2H2O-2e
-=MnO2+4H
++SO4
2-，阴极：Zn (OH)4
2-+2e
-=Zn+4OH
-，可知，转移相同电子时，氢离子，
氢氧根离子生成和消耗的量是一样的，同时钾离子和硫酸根离子不参加电极反应，则H2SO4和KOH 溶液
无需补充，C 正确；放电时负极反应：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)❑4
2−，转移0.2mol 电子时消耗0.1molZn
（6.5g），同时0.2molK+（阳离子）向正极移动移出负极室（质量7.8g），溶液质量变化为
6.5g-7.8g=-1.3g，即减少1.3g，D 正确；故选B。
10. 某抗病毒药物X 的结构简式如图所示。下列关于有机物X 的说法正确的是
A．分子中含有4 种官能团
B．所有碳原子均采取sp
2杂化
C．1 mol X 最多能与3 mol NaOH 反应
D．不能发生加聚反应
【答案】C
【解析】分子中含有羟基、酯基、碳碳双键共3 种官能团，A 项错误；结构中与碳碳双键相连的碳原子为
饱和碳原子，采取sp
3杂化；苯环中碳、羰基碳、碳碳双键的碳均为sp
2杂化，并非所有碳原子均为sp
2杂
化，B 项错误；1 mol 酯基水解消耗1 mol NaOH，水解后含2 mol 酚羟基，均可与NaOH 反应，则1 mol 该
物质最多消耗3 mol NaOH，C 项正确；X 中含碳碳双键，可发生加聚反应，D 项错误；故选C。
11. 【新情境】氮化镓因其带隙宽和亮度高的特性而被广泛用于制造高亮度、长寿命的LED，通过反应：
2Ga+2NH3=2GaN +3 H2制取氮化镓（GaN）。下列装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制备氨气
B．用装置乙干燥氨气
C．用装置丙制备氮化镓
D．用装置丁处理尾气并收集氢气
【答案】D
【解析】氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，能达到实验目的，A 不符合题意；碱石灰是碱性
干燥剂，可以用来干燥氨气，能达到实验目的，B 不符合题意；镓和氨气加热、镍做催化剂反应制取氮化
镓(GaN)，能达到实验目的，C 不符合题意；氢气密度小于空气，采用向下排空气法收集，装置中氢气应
该短进长出，D 符合题意；故选D。
12. 蓝矾常用于制备波尔多液、游泳池的消毒剂。以赤铜矿石(主要成分为Cu2O，含少量Fe2O3、Al2O3和
SiO2等)为原料制备蓝矾的流程如图所示。下列叙述错误的是
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀的pH如下表。
氢氧化物
Al(OH)3
Cu (OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀的pH
3.7
5.4
6.3
1.5
完全沉淀的pH
4.7
6.7
8.3
3.2
A．“滤渣1”含有铜单质
B．“氧化”中可能产生有毒气体Cl2
C．“调pH=b”范围：4.7≤pH<5.4
D．分离“蓝矾”的操作：过滤、干燥
【答案】D
【解析】赤铜矿石的主要成分为Cu2O，含少量Fe2O3、Al2O3和SiO2等，加入稀硫酸酸浸，Cu2O发生歧化
反应，生成Cu 和CuSO4，Fe2O3、Al2O3分别转化为硫酸铁、硫酸铝，SiO2与硫酸不反应，Cu 与硫酸铁反
应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以滤渣1 为Cu、SiO2，向滤液中加入次氯酸钠，氧化并调节溶液的pH：
3.2≤a<3.7，使铁离子先转化为Fe(OH )3沉淀，再向滤液中加入NaOH 调节pH：4.7≤b<5.4，使铝离
子转化为Al(OH )3沉淀，过滤，得到硫酸铜溶液，进一步处理得到蓝矾。滤渣1 为Cu、SiO2，A 正确；
“酸浸”步骤生成Cu 和Fe3+，Cu 可将Fe3+还原为Fe2+，“氧化”步骤加入NaClO，酸性条件下ClO-可氧
化Fe2+为Fe3+，ClO-自身被还原为Cl-，过量ClO-与Cl-在酸性条件下可能发生反应：ClO-+Cl-
+2H+=Cl2↑+H2O，产生有毒气体Cl2，B 正确；“调pH=b”目的是沉淀Al3+而不沉淀Cu2+，Al(OH)3完全沉淀
的pH=4.7，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5.4，故需控制4.7≤pH<5.4，C 正确；蓝矾为CuSO4·5H2O 晶体，从硫
酸铜溶液中分离出蓝矾需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，仅过滤、干燥无法得到蓝矾晶
体，D 错误；故选D。
13．298 K 时，H2 A溶液中H2A、HA
−、A
2−在含A 粒子中所占物质的量分数随溶液pH 的变化关系如图所
示，过程中保持H2A、HA
−、A
2−总浓度为0.1mol⋅L
−1。已知298 K 时，CuA 和Cu(OH)2
的K sp
分别为
6.3×10
−36和2.2×10
−20。下列说法不正确的是
A．曲线b 表示HA
−的物质的量分数随pH 的变化
B．常温下，c (H
+)⋅c(A
2−)
c(H2A)⋅c(OH
−) =1.0×10
−6
C．pH<7时，一定存在c (H
+)=c(HA
−)+2c(A
2−)+c(OH
−)
D．pH =13时，向该溶液中滴加0.01mol⋅L
−1CuSO4
溶液，CuA 比Cu(OH)2
优先析出
【答案】C
【解析】H2A是二元弱酸，存在两步电离H2❑❑A⇌H
＋+HA
－，HA
-⇌H
++A
2-
。随着pH增大，溶液中
c(H
+)减小，根据勒夏特列原理，H2A的电离平衡正向移动，而H2A的物质的量分数逐渐减小 ，因此曲线
a 表示H2A的物质的量分数随pH的变化；在pH较小时，主要是H2A的电离，H2A电离产生HA
-，使得HA−的
物质的量分数逐渐增大；当pH继续增大，HA
-进一步电离生成A
2-，HA
-的物质的量分数又逐渐减小，所以
曲线 b 表示 HA
-的物质的量分数随pH的变化；因为A
2-是H2A 二级电离的产物，在pH较小时，H2A 主要发
生一级电离，A
2-含量少；随着pH增大，HA−不断电离产生A
2-，A
2-的物质的量分数逐渐增大，故曲线 c 表
示A
2-的物质的量分数随pH的变化。曲线b表示HA
−的物质的量分数随pH的变化，A 正确；由图可知，pH=7
时，c (H2A)=c(HA
－)，所以H2A的K a1= c (H
+)×c (HA
-)
c (H2A)
=1.0×10
-7，pH=13 时，c(A
2-)=c(HA
－)，所以
H2A的K a2= c (H
+)×c ( A
2-)
c (HA
-)
=1.0×10
-13，则c (H
+)×c ( A
2-)
c (H2A)×c (OH
-) = c (H
+)×c ( A
2-)
c (H2A)×c (OH
-) ×
c (H
+)×c (HA
-)
c (H
+)×c (HA
-) =
c (H
+)×c (HA
-)
c (H2A)
× c (H
+)×c (A
2-)
c (HA
-)
c (H
+)×c (OH
-)
= K a1× K a2
K w
=
1.0×10
-7×1.0×10
-13
10
-14
=1.0×10
-6，B
正确；pH<7时，若此溶液只是H2A的溶液时，存在电荷守恒c (H
+)=c(HA
−)+2c(A
2−)+c(OH
−)；若该溶液
由H2A于其他的盐组成时，电荷守恒中含包含其他阳离子的浓度，因此不一定存在
c (H
+)=c(HA
−)+2c(A
2−)+c(OH
−)，C 错误；pH=13时，溶液中A
2-和OH
-的浓度分别约为0.05 mol⋅L
-1和
0.1 mol⋅L
-1，产生CuA、Cu (OH)2沉淀所需的Cu
2+最小浓度分别为
K sp(CuA)
0.05 mol⋅L
-1 =6.3×10
-36
0.05
mol⋅L
-1=1.26×10
-34 mol⋅L
-1、
K sp[Cu (OH)2)
c
2(OH
-)
=2.2×10
-20
0.01
mol⋅L
-1=2.2×10
-18mol⋅L
-1，故向该溶液中滴加CuSO4溶液先产生CuA 沉
淀，D 正确；故选C。
14. 丙二醇脱氧脱水反应的循环机理如图所示。下列说法不正确的是
A．整个过程中属于氧化还原反应的是③④
B．反应历程中既有π键的断裂又有π键的生成
C．总反应方程式：2
→
MoO3
HCHO+CH3CHO+ H 3C-CH=CH2+2H2O
D．若将原料换为乙二醇，有乙烯、乙醛生成
【答案】D
【解析】①、②过程中主要发生取代反应，且不涉及电子转移，Mo 元素化合价不变化；在反应③中，Mo
元素的化合价由+6 价降低到+4 价，有化合价变化，属于氧化还原反应，在反应④中，Mo 元素的化合价由
+4 升高到+6，有化合价变化，属于氧化还原反应，A 正确；由图可知②过程中有Mo=O 键发生断裂，④过
程中的有Mo=O 形成，故既有π键的断裂又有π键的生成，B 正确；由图可知，MoO3参加反应后最后步
骤又生成，为催化剂，①过程1,2-丙二醇、MoO3为反应物，生成了水和
，第②过程
、1,2-
丙二醇为反应物，生成了水和
，第③过程
分解生成甲醛、乙醛和
，
再分解
生成丙烯和MoO3，总反应方程式：2
→
MoO3
HCHO+CH3CHO+ H3C-CH=CH2+2H2O，C 正确；若将
原料换为乙二醇
HOCH2CH2OH
，经过步骤①生成
，步骤②生成
，步骤③中
中C-C 键、
Mo-O 键断裂，生成2 分子
和
，步骤④
中Mo-O 键断裂，同时有C=C 双键
生成，故若将原料换为乙二醇，有乙烯、甲醛生成，D 错误；故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15.（14 分）摩尔盐是分析化学中重要的基准物质，其化学式可表示为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，其摩尔质量为
392 g·mol-1。它易溶于水，难溶于乙醇。某学习小组利用废铁屑、稀硫酸和硫酸铵为原料设计如图所示装
置(加热和夹持装置已略去)制备少量摩尔盐并测定产品纯度。
已知：废铁屑表面有油污，且含有硫化亚铁杂质。
Ⅰ．制取摩尔盐
实验步骤如下：
①用10% Na2CO3溶液煮废铁屑5 分钟，过滤后用蒸馏水冲洗至中性，转移至锥形瓶中。
②关闭活塞K3，打开活塞K1和K2，加入20%稀硫酸，水浴加热至50 60℃
∼
，待大部分废铁屑溶解后，打
开活塞K3，关闭活塞K2。
③一段时间后再关闭活塞K1、K3，采用热水浴蒸发装置B 中水分，待液面产生晶膜时停止加热，冷却结
晶，过滤，用无水乙醇洗涤晶体样品、干燥。
回答下列问题：
(1)实验中两次用到Na2CO3溶液的作用分别是
、 。
(2)步骤③用无水乙醇洗涤的优点是
。
Ⅱ．测定产品纯度
取10.00 g 实验所得晶体样品配成100 mL 溶液，取出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加稀硫酸酸化，用0.1000
mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，重复3 次，平均消耗KMnO4标准溶液9.00 mL。
(3)滴定反应的离子方程式为 。将KMnO4标准溶液装入滴定管后，排气泡的正确操作为
(填字母)。
a．
b．
c．
d．
(4)经计算，该产品的纯度为 %(保留三位有效数字)；滴定时，若滴定时间过长，可能会导致测
得的产品纯度 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】
(1)除去废铁屑表面的油污 （2 分） 吸收装置A 中产生的H2S(合理即可) （2 分）
(2)减少晶体在洗涤过程中的溶解损失；乙醇易挥发，晶体易干燥(合理即可)（2 分）
(3)5Fe
2++ MnO4
−+8 H
+=5Fe
3++ Mn
2++ 4 H2O （2 分） b（2 分）
(4)70.6% （2 分） 偏小（2 分）
【解析】含有FeS 的废铁屑用10%Na2CO3溶液去除表面油污和清洗后，关闭活塞K3，打开活塞K1和K2，
加入20%稀硫酸，水浴加热至50 60℃
∼
，待大部分废铁屑溶解后，得到硫酸亚铁溶液，打开活塞K3，关闭
活塞K2，将装置A 中的溶液通过产生的H2压入装置B 中，与硫酸铵溶液混合后得到硫酸亚铁铵晶体，一
段时间后再关闭活塞K1、K3，采用热水浴蒸发装置B 中水分，待液面产生晶膜时停止加热，冷却结晶，过
滤，用无水乙醇洗涤晶体样品、干燥，据此分析解答。
（1）已知废铁屑表面有油污且含有硫化亚铁，与硫酸反应会生成有刺激性气味的H2S，Na2CO3溶液呈碱
性，能够与油污发生皂化反应除去油污，同时它作为碱性溶液可以吸收H2S，故答案为：除去废铁屑表面
的油污；吸收装置A 中产生的H2S(合理即可)；
（2）无水乙醇能降低硫酸亚铁铵晶体的溶解度，避免在洗涤过程中晶体大量溶解造成损失，且乙醇易挥
发，便于干燥晶体，故答案为：减少晶体在洗涤过程中的溶解损失；乙醇易挥发，晶体易干燥(合理即
可)；
（3）滴定过程中Fe2+与MnO4
−发生氧化还原反应，其配平后的离子方程式为5Fe
2++ MnO4
−+8 H
+=
5Fe
3++ Mn
2++ 4 H2O，观察所给的操作示意图，KMnO4溶液应装入酸式滴定管，排气泡时打开活塞，让溶
液快速流出，使气泡排出，b 符合题意，故答案为：5Fe
2++ MnO4
−+8 H
+= 5Fe
3++ Mn
2++ 4 H2O；b；
（4）n(MnO4
−)=0.1000 mol·L-1
×9.00×10
−3 L=9×10
−4 mol，由亚铁离子与高锰酸根反应的化学计量数
可知，25.00 mL 所配溶液中n(Fe
2+)=5n(MnO4
−)= 4.5×10
−3mol，100 mL 所配溶液中含有100mL
25mL
×4.5×10
−3 mol=0.018 mol，样品中(NH4)2Fe(SO4)2⋅6 H2O的纯度为0.018 mol×392g⋅mol
−1
10.00g
×100 % =70.6 %，Fe
2+易与空气中的氧气反应，若滴定时间过长，会导致消耗KMnO4标准液溶液体积偏
小，则导致测得的产品纯度偏小，故答案为：70.6%；偏小。
16.（14 分）某种电镀污泥主要含碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬以及少量的金，可用于制取K2Cr2O7、金
属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下。
已知：①煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2
高温
¿
¿2CuO+TeO2
¿
；②酸浸时TeO2转化为TeO
2+；③
K2Cr2O7的溶解度随温度升高而增加。
回答下列问题：
(1)Cu的价层电子排布式为 。
(2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为 。
(3)滤液经酸化后加入KCl，通过 、 、抽滤、干燥操作可得到重铬酸钾。
(4)酸浸液中除了过量的H2SO4外，还可能含有 (写化学式)。
(5)为实现资源的综合利用，“电解”后的溶液可返回到 工序。
(6)测定某固体产品中K2Cr2O7含量的方法如下(杂质不参与反应)：称取产品试样2.50g配成250 mL溶液，
用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 mol⋅L
−1硫酸
亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2
标准液进行滴定，重复进行三次实验。
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为 。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2
标准液的平均体积为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7
的纯度为
%。
【答案】(1)3d
104s
1 （2 分）
(2)2Cr2O3+3O2+ 4 Na2CO3
高温
¿
¿4 Na2CrO4+ 4 CO2
¿
（2 分）
(3)蒸发浓缩 （1 分） 冷却结晶 （1 分）
(4)TeOSO4、CuSO4 （2 分）
(5)酸浸 （2 分）
(6)Cr2O7
2−+6 Fe
2++14 H
+=2Cr
3++6 Fe
3++7 H2O （2 分） 49.0或49 （2 分）
【解析】电解污泥首先经焙烧，在纯碱和空气作用下氧化杂质，其中Cu2Te被氧化为CuO和TeO2，Cr2O3被
氧化为Na2CrO4，接着水浸溶出可溶性的铬酸盐（Na2CrO4），得到含铬滤液，滤渣中含贵金属和碲，经
酸浸后，金因不与稀酸反应而以单质析出，碲生成可溶的碲酸盐，然后向酸浸液中通入SO2还原，使碲从
溶液中被还原析出，最后将含铜溶液电解，得到金属铜。
（1）Cu的核外电子排布式为1s
22s
22p
63s
23p
63d
104s
1，简化电子排布式为[Ar)3d
104s
1，可得出价电
子排布式；
（2）Cr2O3在碱性、加热、供氧条件下被氧化并与Na2CO3反应生成铬酸盐Na2CrO4，写出化学方程式配平
即可；
（3）酸化后，原来溶液中的铬酸钠（Na2CrO4）会变成重铬酸（H2Cr2O7）；
再加入KCl，提供钾离子，重铬酸中的Cr2O7
2−与K
+结合生成重铬酸钾（K2Cr2O7
），由于重铬酸钾的溶解
度比铬酸钠小，为了让它从溶液中析出，需要先加热蒸发使溶液变浓，再冷却使晶体析出，最后就能得到
橙红色的K2Cr2O7晶体；
（4）焙烧得到的CuO在酸中溶解成CuSO4，Te在酸性介质可形成TeOSO4；
（5）电解后铜以金属析出，溶液中主要是H2SO4，可回到酸浸步骤再利用；
（6）①在酸性条件下，重铬酸根离子Cr2O7
2−具有较强的氧化性，可把亚铁离子Fe
2+氧化成Fe
3+，同时，
Cr2O7
2−自身被还原成Cr
3+；
②称取2.50g试样配成250 mL溶液，取25.00 mL用0.1000 mol⋅L
−1Fe
2+溶液滴定，消耗体积25.00 mL。由
反应关系Cr2O7
2−:Fe
2+=1:6，可得n(Cr2O7
2−)= 4.17×10
−3 mol，计算得m(K2Cr2O7)=1.226g，
纯度= 1.226
2.50 ×100 %≈49.0 %。
17. （15 分）苯环上原有取代基对新引入取代基的位置具有显著的导向作用，称为定位效应。如−CH3、
−NH2、−OH、−OCH3、−NHCOCH3等使新取代基优先进入其邻位或对位(邻位或对位产物的占比受原有取
代基体积大小影响)，而
−NO2
、
−COOH
等使新取代基优先进入其间位。化合物L(
)的合成路线
如下：
回答下列问题：
(1)E 含有的官能团的名称是 。
(2)B→C 的反应类型是 。
(3)K 的结构简式是 。
(4)符合下列条件的化合物D 的芳香族同分异构体共有 种(不考虑立体异构)。
i．含有−NH2；ii．能发生银镜反应。
(5)设计步骤③的目的是 、 。
(6)对苯二胺是用途广泛的中间体，请写出由F 制备对苯二胺的离子方程式： 。
(7)依据以上流程信息，结合所学知识，设计以
为原料合成
的路线，请补全如下路线(无机
试剂和溶剂任选)。
【答案】(1)硝基、酰胺基 （2 分）
(2)还原反应 （2 分）
(3)
（2 分）
(4)17 （2 分）
(5)提高对位产物的产率或使新取代基优先进入其对位 （2 分） 保护氨基 （1 分）
(6)
（2 分）
(7)
（2 分）
【解析】化合物L 的合成路线分析：A→B 是苯与浓硫酸、浓硝酸发生取代反应（硝化反应）生成硝基
苯；B→C 是硝基苯在锌和盐酸作用下发生还原反应生成苯胺；C→D 是苯胺与CH3COCl 发生取代反应生
成
；D→E 是
与浓硫酸、浓硝酸发生取代反应（硝化反应）生成
；E→F
是
在锌和盐酸作用下发生还原反应生成
；F→G 是
与氯气和水发生取代反应生成
；G→H 是
在低温下与亚硝酸钠和盐酸发生反应生成
；H→I 是
与氯化亚铜和盐酸发生反应生成
；I→J 是
在水和氢氧根离子作用下发
生水解反应生成
；J→K 是
在低温下与亚硝酸钠和盐酸发生反应生成
；K→L
是
与碘化钾发生取代反应生成
。
【解析】（1）由E 的结构简式可知，其所含官能团为硝基、酰胺基。
（2）观察B、C 的结构简式，−NO2转变成了−NH2，根据得氢失氧为还原反应可知，B→C 的反应类型为
还原反应。
（3)G→H 和J→K 的反应条件相同，J 中也含有氨基，可以类比G→H 得出K 的结构为
。
（4）D 的芳香族同分异构体需满足：含−NH2、能发生银镜反应（即含−CHO 或甲酸酯）。苯环上的取代
基存在4 种情况：①−CH(NH2)CHO（1 个取代基，1 种）；②−NH2
、−CH2CHO（2 个取代基，3 种）；③-
CHO、−CH2NH2（2 个取代基，3 种）；④−NH2、−CH3、−CHO（3 个取代基，10 种），所以共17 种芳
香族同分异构体。
（5）步骤③将氨基转化为乙酰胺基。由题干信息可知，氨基和乙酰胺基的定位效应均为邻位或对位，但
是乙酰胺基体积比氨基大，空间上更有利于定位到对位。再根据步骤③、⑨可知，步骤③有保护氨基的作
用。
（6)根据F 的结构
和对苯二胺的结构
可知，发生的是酰胺基在碱性条件下的水解反应，据此
可以得出离子方程式为
。
（7)根据题干信息，羧基的定位效应在间位，再依据题给合成路线的步骤①、②、⑩、
可以补全合成路
⑪
线的剩余部分，路线流程图为
。
18.（15 分） 采用热分解法去除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：2H2S(g)=S2(g)+2H2(g) Δ H 1=+169.8kJ⋅mol
−1；
反应Ⅱ：CH4 (g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) Δ H 2=+63.7kJ⋅mol
−1。
回答下列问题：
(1)反应CH4 (g)+2H2S(g)=CS2(g)+ 4 H2(g)的△H= kJ⋅mol
−1。
(2)已知反应Ⅰ的Δ S =+150.28J⋅mol
−1⋅K
−1，该反应能自发进行的温度是_____(填标号)。
A．600℃
B．700℃
C．800℃
D．900℃
(3)保持100kPa 不变，将H2S与CH4按体积比2 1∶投入密闭容器中，并通入一定量的N2稀释，在不同温度下
反应达到平衡时，所得H2、S2与CS2的体积分数如图所示。
X
①
所在曲线代表的是
(填化学式)的体积分数。
Y
②
所在曲线随温度的升高先增大后减小的原因是
。
③往容器中充入N2的目的是
。
1050℃
④
时，下列能说明容器中反应达到平衡状态的有
(填字母)。
A．容器的体积保持不变
B．容器内气体密度保持不变
C．v (CH4)= v (CS2)
D．含碳物质的总的体积分数保持不变
1000℃
⑤
达到平衡时，H2S的体积分数为0.25%，则该温度下达到平衡后H2S的去除率为 (保留三位有
效数字，下同)，反应Ⅰ压强平衡常数K p= (用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分
数)。
【答案】(1)＋233.5 （2 分）
(2)D （1 分）
(3)①CS2 （2 分） ② 950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程度比反应Ⅱ右
移程度大，所以S2的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反应Ⅰ，
S2的体积分数会减小 （2 分） ③减小各组分的浓度，使平衡正向移动，提高H2S的去除率 （2 分）
ABD
④
（2 分） ⑤92.3%(0.923) （2 分） 121kPa （2 分）
【解析】（1）根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得，反应Ⅰ+反应Ⅱ=所求反应，
CH4 (g)+2H2S(g)=CS2(g)+ 4 H2(g) Δ H =+233.5 kJ⋅mol
−1；
（2）已知反应Ⅰ的Δ S =+150.28J⋅mol
−1⋅K
−1，Δ H 1=+169.8kJ⋅mol
−1，根据
ΔG = Δ H 1−T Δ S<0，可求得T >1130K≈857° C，故选D；
（3）①将H2S与CH4按体积比2 1∶投料，并用N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于S2是反应Ⅰ的
生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y 所在曲线是S2的体积分数，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随
着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，S2的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度
大于反应Ⅰ，S2的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z 所在曲线为H2的体积分数，X 所在曲线
为CS2的体积分数；
②由于S2是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y 所在曲线是S2，950～1050℃时，以反应Ⅰ
为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，S2的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增
大的幅度大于反应Ⅰ，S2的体积分数会减小；
③往容器中充入N2的目的是减小各组分的浓度，使平衡正向移动，提高H2S的去除率；
④随着反应的进行，气体物质的量增大，恒压条件下容器体积增大，A 正确；气体密度等于用气体总质量
除以体积，反应前后气体质量不变，体积增大，气体密度减小，B 正确；v (CH4)= v (CS2)未标明正、逆，
无法说明，C 错误；随着反应的进行，含碳物质的总物质的量不变，而气体的总物质的量在改变，其体积
分数改变，D 正确；
⑤由题图可知，1000℃达到平衡时，φ(H2)=5.5 %，φ(CS2)=1.25 %，φ(S2)=0.25 %，φ(H2S)= 0.25 %，
则H2S的去除率为
1.25 %×2+0.25 %×2
1.25 %×2+0.25 %×2+0.25 % ×100 %≈92.3 %；
反应Ⅰ压强平衡常数K p= (5.5 %×100kPa)
2×(0.25 %×100kPa)
(0.25 %×100kPa)
2
=121kPa。
