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 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55
一、选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．【改编】山东历史文化底蕴深厚、地理位置优越、物产丰富，下列说法正确的是
A 潍坊风筝骨架材料竹篾主要成分与淀粉互为同分异构体
B. 德州夏津“打铁花”的绚烂色彩与金属原子核外电子跃迁吸收能量有关
C. 淄博陶瓷可用黏土经一系列物理变化制得
D. 东营黄河三角洲的形成与胶体聚沉有关
【答案】D
【解析】A．纸张的主要成分是纤维素，纤维素和淀粉都属于高分子化合物，由于聚合度n 不同，它们
的分子式不同，不互为同分异构体，A 错误；B．“打铁花”的绚烂色彩是因为金属原子的核外电子发
生跃迁，从高能级向低能级跃迁时释放能量，不是吸收能量， B 错误；C．陶瓷的制作过程涉及了物
理变化和化学变化，故B 错误；D．当黄河水流至入海口时，河水中的胶体与含有大量电解质的海水相
遇，使胶体粒子发生聚沉现象，故D 正确。
2．【改编】化学物质在生活、生产中应用广泛。下列说法正确的是
A. 甲苯可用于制备食品防腐剂苯甲酸钠
B. 苏打、小苏打均可用于治疗胃酸过多
C. 自然界中存在游离态的硅，其可用作半导体材料
D. 金属钠常用于钛、铌、铜等金属的冶炼
【答案】A
【解析】A．甲苯可以被氧化为苯甲酸，再与碱反应得到苯甲酸钠，故A 正确；B．用于治疗胃酸过多
的是小苏打（碳酸氢钠），故B 错误；C．硅在自然界只以化合态存在，故C 错误；D．金属钠具有强
还原性，可利用其还原性，将其用于钛、铌、钽、锆等金属的冶炼，不能用于金属铜的冶炼，故D 错
误。
3． 有关实验操作、试剂保存或处理方法错误的是
A. 点燃H2前，需检验其纯度 B. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中
C. 金属Na 着火时使用泡沫灭火器灭火 D. 苯酚沾到皮肤上，先后用乙醇、水冲洗
【答案】C
【解析】A．H2为易燃气体，在点燃前需验纯，A 正确；B．溶液应盛放在细口瓶中，因为浓硝酸见光
发生分解，需要避光保存，因此浓硝酸保存在棕色细口瓶中，B 正确；C．Na 与二氧化碳反应，Na 与
水也可剧烈反应，故金属Na 着火，不可以用泡沫灭火器灭火，可用沙土盖灭，C 错误；D．苯酚易溶
于乙醇等有机物质中，苯酚沾到皮肤上后应立即用乙醇冲洗，稀释后再用水冲洗，D 正确。
4．结构原子序数依次增大的X、Y、Z 三种元素位于不同的短周期，其组成的化合物结构如图。下列说法
错误的是
A. 电负性：Y>X>Z B. 简单氢化物的沸点：Y>Z
C. 最高价含氧酸的酸性： Z>Y D. Y、Z 组成的化合物可能为共价晶体
【答案】C
【解析】原子序数依次增大的X、Y、Z 三种元素位于不同的短周期，即分别位于第一、二、三周期，
则原子半径依次增大，所以由图可知，白球为X，只能形成1 个共价键，则X 为H 元素；黑球为Y，
形成3 个共价键，则Y 为N 元素；灰球为Z，形成4 个共价键，则Z 为Si 元素。
A．X 为H 元素，Y 为N 元素，Z 为Si 元素，SiH4中Si、H 元素化合价分别为+4、-1，则Si、H 原子间
的共用电子对偏离Si 原子而偏向H 原子，即电负性：H>Si，同理根据NH3可得电负性：N>H，所以电
负性：N>H>Si，即Y>X>Z，A 正确；B．Y 为N 元素，Z 为Si 元素，因N 元素的电负性很大，NH3分
子间存在氢键，SiH4分子间不存在氢键，则简单氢化物的沸点沸点：NH3> SiH4，即Y>Z，B 正确；
C．Y 为N 元素，Z 为Si 元素，同周期主族元素从左到右，非金属性依次增大，同主族元素从上到下，
非金属性依次减小，则非金属性：N>Si，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价
含氧酸的酸性：HNO3>H2SiO3，即Y>Z，C 错误；
D．Y 为N 元素，Z 为Si 元素，N、Si 组成的化合物可能为共价晶体，如Si3N4，D 正确。
5．下列化学反应对应的离子方程式书写错误的是
A.
向
Ba(HCO3)2
溶
液
中
滴
入
NaHSO4
溶
液
至
恰
好
沉
淀
完
全
：
2
2
3
4
4
2
2
Ba
HCO
H
SO
BaSO
H O
CO
B
．
2
．
24LCO2
（
标
准
状
况
）
通
入
250mL0.5mol·L-1NaOH
溶
液
中
：
2
2
3
3
2
4CO
5OH
CO
3HCO
H O
C.将ICl 滴入NaOH 溶液中：
2
ICl
2OH
IO
Cl
H O
D.将0.2molCl2 通入2L0.1mol·L-1FeI2溶液中：
2
3
2
2
2Fe
2I
2Cl
2Fe
I
4Cl
【答案】D
【解析】A．沉淀完全时，Ba2+与
2
4
SO 的物质的量之比为1 1∶，即
3
2
Ba HCO
与NaHSO4的物质的量
比为1 1∶，离子方程式为
2
2
3
4
4
2
2
Ba
HCO
H
SO
BaSO
H O
CO
，A 正确；B．标准状
况下，2.24LCO2 的物质的量为0.1mol ，250mL0.5mol·L-1NaOH 溶液中溶质NaOH 的物质的量为
0.125mol
，
参
加
反
应
的
n(CO2)
：
n(NaOH)=4:5
，
反
应
的
离
子
方
程
式
为
2
2
3
3
2
4CO
5OH
CO
3HCO
H O
，B 正确；C．ICl 中I 为+1 价，Cl 为-1 价，ICl 与NaOH 的反
应为非氧化还原反应，离子方程式为
2
ICl
2OH
IO
Cl
H O
，C 正确；D．还原性：I->Fe2+，
氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，0.2molCl2和0.2molFeI2反应时，氯气与碘离子恰好完全反应，
离子方程式为
2
2
2I
Cl
I
2Cl
，D 错误。
6．某有机物M 含3 种元素，核磁共振氢谱图和质谱图如图所示，常见有机物中部分元素同位素的天然丰
度如表所示。
常见有机物中部分元素同位素的天然丰度
核素
天然丰度
核素
天然丰度
已知：质谱中与同位素离子相对应的峰称为同位素离子峰，其强度通常与对应同位素的相对丰度成正
比；同位素离子峰可鉴定分子中含有的Cl、Br、S 等原子。下列关于M 的说法正确的是
A M 含有C、H、S 三种元素
B. M 在浓硫酸作用下，消去后的有机产物有一种
C. M 经消去、加成、取代后的产物，一定不能用于制备有机高分子化合物
D. 在加热条件下，用发烟硝酸和AgNO3定量检测M 中的官能团
【答案】D
【解析】根据核磁共振氢谱图知，含有三种氢原子且氢原子个数之比为2: 2 : 3，同位素离子峰
强度
通常与对应同位素的相对丰度成正比，相对强度知，同位素的质量数相差2，且相对强度相差较小，根
据表中数据知，有机物M 中含有的元素为C、H、Br，相对分子质量为124 时，只能含有1 个31Br，结
合核磁共振氢谱图知，结构简式为CH3CH2CH2Br。
A．通过以上分析知，M 中含有C、H、Br 三种元素，故A 错误；B．M 发生消去反应需要的条件是
NaOH 的醇溶液、加热，在浓硫酸作用下不能发生消去反应，故B 错误；C．M 发生消去反应生成
CH2=CHCH3，CH2= CHCH3和溴发生加成反应生成BrCH2CH BrCH3，BrCH2CHBrCH3发生水解反应(也
是取代反应)生成HOCH2CH (OH)CH3，HOCH2CH(OH)CH3能和多元羧酸发生缩聚反应生成高分子化合
物，所以M 经消去、加成、取代后
产物，能用于制备有机高分子化合物，故C 错误；D.发烟硝酸和
M 反应生成HBr，HBr 能和AgNO3溶液反应生成AgBr 淡黄色沉淀，所以在加热条件下，用发烟硝酸和
AgNO3定量检测M 中的官能团，故D 正确。
7． 【改编】结构决定性质，性质决定用途。下列对应解释错误的是
选
项
用途
解释
A
N2可用于反应的保护气
N2中N≡N 键能大
B
王水能溶解金和铂
浓盐酸的主要作用是增强硝酸的氧化性
C
Ti－Fe 合金可用于储存H2
Ti－Fe 合金能与H2结合成金属氢化物
D
甘油可用于配制化妆品
甘油能与水形成氢键保湿
【答案】B
【解析】A．氮气中存在氮氮三键，键能大，分子结构稳定，化学性质不活泼，不易与其他物质发生反
应，所以可用于反应的保护气 ，A 正确；B．王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比1:3 混合而成，能溶解金
和铂，是因为浓盐酸提供的大量Cl-与金属离子形成稳定的络离子，降低了金属的电极电势，增强了金
属的还原性，从而使反应能够进行，而不是增强硝酸的氧化性，B 错误；C．Ti－Fe 合金能与氢气结合
成金属氢化物，在一定条件下又能释放出氢气，可用于储存氢气，C 正确；D．甘油即丙三醇，分子中
含有多个羟基，能与水分子形成氢键，具有良好的吸水性和保湿性，可用于配制化妆品，D 正确。
8．在催化剂作用下，酮的炔基化反应原理如图。下列说法错误的是
A. Z 的水溶性小于Y B. X 中最多有7 个C 原子共面
C. X→Y 为加成反应 D. Y→Z 的反应中有H2O 生成
【答案】B
【解析】A．由题干转化流程图中Y、Z 的结构简式可知，Y 中含有亲水基团-NH2和-OH，而Z 中不含，
故Z 的水溶性小于Y，A 正确；B．由题干转化流程图中X 的结构简式可知，X 中含有苯环和酮羰基所
在的两个平面结构，单键能够任意旋转，故X 中最多有8 个C 原子共面，B 错误；C．由题干转化流程
图中X、Y 的结构简式和X 到Y 的转化条件可知，X→Y 中X 的羰基双键断裂，为加成反应，C 正确；
D．由题干转化流程图中Y、Z 的结构简式，根据原子守恒可知，Y→Z 的反应中有H2O 生成，D 正确。
9．【新考法】我国科学家利用WO2和NiOOH 的协同作用实现了CH3OH 和(CH3)2NH 电催化合成
HCON(CH3)2，反应装置及催化机理如图所示。下列说法错误的是
A.b 为电源正极
B.工作一段时间后e 极附近pH 减小
C.CH3OH 和(CH3)2NH 均发生氧化反应
D. 理论上每生成1mol 的C 气体，e 上有2mol 的(CH3)2NH 被氧化
【答案】D
【解析】由图可知，在该电催化合成装置中，CH3OH 和(CH3)2NH 在e 电极发生反应生成
HCON(CN3)2，发生氧化反应，所以e 为阳极，d 极为阴极。A．由分析知，e 为阳极，与阳极相连的b
为电源正极，A 正确；
B．e 极发生的反应为
，工作一段时间后，e 极附近氢离
子浓度增大，pH 减小，B 正确；C．从催化机理图可知，CH3OH 转化为·CHO，C 元素化合价升高，
(CH3)2NH 转化为·N(CH3)2，N 元素化合价升高，因此CH3OH 和(CH3)2NH 均发生氧化反应，C 正确；
D．由A 分析可知，d 极为阴极，e 极为阳极，阴极反应为：
，H2即为题
中的C 气体，阳极反应为：
，根据得失电子守恒，理论
上生成1 mol H2，转移2 mol 电子，阳极上有0.5 mol 的(CH3)2NH 被氧化，D 错误。
10.硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO2(g)+Cl2(g)
SO
⇌
2Cl2(g) ΔH<0.恒容密闭容器
中按不同的投料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定某温度下体系达平衡时的Δp，结果如图。已知：Δp=p0-
pt，p0为体系初始压强，等于240kPa；pt为体系平衡压强。
下列说法错误的是
A. 图甲能准确表示该温度下Δp 随进料比变化的曲线是D
B. 图甲中，该温度下产物SO2Cl2平衡时物质的量分数的最大值约为43%
C. 图乙中温度关系为T3>T2>T1
D. 图乙T1温度下，平衡常数
【答案】D
【解析】A．由题干可得，反应的Kp不变，且该反应中SO2和Cl2的化学计量系数之比为1 1∶，当投料
比为1 1∶时
最大，则投料比为a b∶与b a∶时，
相等，即投料比为0.5 和2 时的
相等，则图甲能
准确表示该温度下Δp 随进料比变化的曲线是D，A 正确；B．图甲中，当
时，
，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，设起始时
和
物质的量均为x mol，
则反应达到平衡时气体总物质的量减小
。根据化学方程式可知生成
的物质的量为0.6xmol，平衡时气体总物质的量为2x-0.6x=1.4xmol ，则图甲中，该温度下
产物SO2Cl2平衡时物质的量分数的最大值约为
，B 正确；C．该反应ΔH<0，属于
放热反应，相同投料比时，升高温度，平衡逆向移动，气体物质的量增大，
减小，则图
乙中温度关系为
，C 正确；D．图乙T1温度下，
时，
，设起
始时
物质的量为nmol，则
物质的量为2nmol，反应后气体总物质的量减小
，根据化学方程式可知生成
的物质的量为
，平衡时
物质的量为(2n-0.75n)mol=1.25n mol，
物质的量为(n-0.75n)mol=0.25nmol，平衡时总压强
，则平衡时
，
，
，所以平衡常数
，D 错误。
二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
11．由下列事实或现象能得出相应结论的是
事实或现象
结论
A
向包有Na2O2的脱脂棉上滴加蒸馏水，脱脂棉燃烧
Na2O2有强氧化性
B
测定不同温度下蒸馏水的pH，pH 随温度升高而降低
水的电离程度随温度升高而增大
C
向苯酚浊液中加入足量Na2CO3溶液，溶液由浑浊变澄清
苯酚的酸性比H2CO3强
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片，试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
【答案】B
【解析】A．过氧化钠与水反应生成氧气和NaOH，且放热，则脱脂棉燃烧，即可证明过氧化钠与水
反应放热且有氧气生成，无法确定有强氧化性，A 错误；B．升高温度，促进水的电离，则测定不同
温度下蒸馏水的pH，pH 随温度升高而降低，B 正确；C．苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，
溶液变澄清，无法得出苯酚的酸性比碳酸强，且碳酸的酸性大于苯酚的酸性，C 错误；D．加热试管
中的聚氯乙烯薄膜碎片，有HCl 生成，则试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红，不能证明氯乙烯加聚是可
逆反应，D 错误。
12．一种从铜阳极泥(含有Au、
、
等)中分离回收Au 和Ag 的工艺流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
。
下列说法错误的是
A.“氧化酸浸”时加入适量NaCl 的目的是使银元素转化为AgCl 沉淀
B.“除金”时溶液中
浓度不小于
C.“电沉积”完成后阴极区溶液中可循环利用的物质为
D.“还原”中生成的N2、Au 物质的量之比为3:4
【答案】B
【解析】铜阳极泥含有Au、Ag2Se、Cu2Se 等，加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息可知，
滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl；滤渣1 中加入NaClO3、H2SO4、NaCl 将Au 转
化为Na[AuCl4]，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl；在滤渣2 中加入Na2S2O3将AgCl 转化
为[Ag(S2O3)2]3-；[Ag(S2O3)2]3-“电沉积”生成Ag；用N2H4还原Na[AuCl4]生成Au 和N2。
A．铜阳极泥含有Au、Ag2Se、Cu2Se 等，加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息可知，滤液
1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl，可知“氧化酸浸”时加入适量NaCl 的目的是使银
元素转化为AgCl 沉淀，故A 正确；B．在“除金”工序溶液中，Cl-浓度过大，AgCl 会转化为
[AgCl2]-，当某离子的浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，可忽略该离子的存在，为不让AgCl 发生转化，令
[AgCl2]-=1.0×10-5mol·L-1，根据
，
，所以“除金”时溶液中Cl-1浓度不能大于0.5mol·L-1，故B
错误；C．“电沉积”阴极[Ag(S2O3)2]3-得电子生成Ag 和S2O3
2-，完成后阴极区溶液中可循环利用的物
质为NaS2O3，故C 正确；D． “还原”中N2H4还原Na[AuCl4]生成Au 和N2，Au 由+3 价降低为0、N
元素由-2 价升高为0，根据得失电子守恒，生成的N2、Au 物质的量之比为3:4，故D 正确。
13.电还原处理含NO3
-废水生成NH3过程中，酞菁铁可吸附NO3
-，促进NO3
-在阴极得电子，属于阴极催化
剂，酞菁铁结构如图，测得该结构中Fe 有两个单电子，据此分析，以下说法错误的是
A.该结构中Fe 为+3 价
B.中心离子与配位原子形成四面体结构
C.中心离子可能通过配位键与NO3
-结合，吸附NO3
-，并通过该结构促进阴极电子转移电子
D.酞菁铁中氮原子杂化方式均为SP2
【答案】AB
【解析】A． 因为酞菁铁分子整体显电中性，配体失去两个氢离子显-2 价，则Fe 为+2 价，A 错误；
B．如图：
，中心离子Fe 与①②③④号的N 原子配位，不能形成四面体结构，B 错
误；
C．NO3
-中N 原子存在孤对电子，中心离子可能通过配位键与NO3
-结合，吸附NO3
-，并通过该结构促
进阴极电子转移电子，C 正确；
D．一部分氮原子形成3 个单键，且不存在孤电子对，一部分氮形成一个双键、一个单键、一个配位
键，故所有氮原子均采取sp2杂化，D 正确。
14.为探究Ag2SO3能否溶于硝酸，某实验小组进行如下实验。下列说法错误的是
A. 由②③知少量的Ag2SO4能溶于稀硝酸
B. ④中白色沉淀为Ag2SO4
C. ⑥中沉淀溶解发生反应：Ag2SO3+2HNO3(浓)=AgSO4+2NO2↑+H2O
D. 上述实验表明Ag2SO3能否溶于硝酸与硝酸的浓度有关
【答案】B
【解析】A．AgNO3溶液和Na2SO4溶液反应生成沉淀Ag2SO4，故②中观察到略有浑浊，由③现象可得
少量的Ag2SO4 能溶于稀硝酸，A 正确；B．Na2SO3 溶液与AgNO3 溶液反应生成的白色沉淀是
Ag2SO3，故④中白色沉淀不是Ag2SO4，B 错误；C．实验⑥中加入浓硝酸时产生红棕色气体(NO2)并用
BaCl2 溶液检出SO4
2-（得到BaSO4 白色沉淀），说明浓硝酸将Ag2SO3 氧化成了Ag2SO4，并放出
NO2，故⑥中沉淀溶解发生反应：Ag2SO3+2HNO3(浓)=AgSO4+2NO2↑+H2O，C 正确；D．⑤中现象说
明Ag2SO3在c（HNO3）=0.3mol·L-1时不溶解，⑥中现象说明Ag2SO3能溶于浓硝酸，因此Ag2SO3能否
溶于硝酸与硝酸的浓度有关，D 正确。
15. 悬浊液( 含足量
固体) 加
固体，发生反应
和
，
、
与
的关系如图所示，
代表
或
，N 代表
或
。已知
。
下列说法错误的是
A.
B.
的平衡常数
C.
时，
D.
时，
【答案】D
【解析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，
溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为
[Ag(S2O3)]−，故开始溶液中
小于
。
A．Ksp(AgBr)=10-12.2，则10-3.85×10x=10-12.2，x=-8.35，故A 正确；
B．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L 时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-
3.85mol/L、10-8.35mol/L，
=10-4.2，
的浓度为：
，
的平衡常数为
，故B 正确；
C．根据物料守恒，（-4.6，-4.2）点存在c(Br-) = c(Ag+) + c{[Ag(S2O3)]-} + c{[Ag(S2O3)2]3-}，
，
时，
，故c(Br-) = c(Ag+) +
c{[Ag(S2O3)]-} + c{[Ag(S2O3)2]3-}，故C 正确；
D．溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为
，
浓度逐渐减小，
溶液中
小于
，（-4.6，-4.2）点存在
=
，该点左侧c{[Ag(S2O3)]-} > c{[Ag(S2O3)2]3-}，而该点右侧c{[Ag(S2O3)2]3-}
>c{[Ag(S2O3)]-}，
时，
固体完全溶解，位于该点右侧，结合分
析，存在
，故D 错误。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
16.（12 分）锰及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态
的价电子排布式为___________，Mn 的第三电离能___________(填“>”“<”或“=”)铁
的第三电离能。
（2）科学家设计了一种含锰的仿生螯合物
可催化酚类转化为醌。其中
DMF 的结构简式为
的合成如下：
①
的空间构型为___________，EDTB 分子中N 的杂化轨道类型为___________，DMF 分子中键
角：
___________
(填“>”“<”或“=”)。
②对苯二胺的沸点为267～269℃而邻苯二胺的沸点为252~258℃，两者差异的原因是___________。
（3）锰的某种氧化物具有一定催化效果，其晶胞结构如图中A 所示(Mn 和O 原子省略)，晶胞棱长为
apm。A 可看作是由ⅰ、ⅱ两种基本单元交替排列而成；ⅱ中单元内的锰和氧均位于体对角线上离顶
点
处。
①晶胞A 中，距离m 原子
最近的O 原子分数坐标为___________；ⅰ、ⅱ单元中Mn 的配位
数之比为___________。
②该氧化物的晶体密度为___________
(列出计算式)。
【答案】（1）3d5 >
（2）① 正三角形 sp2、SP3 > ②邻苯二胺可形成分子内氢键，减弱分子间作用力，导致
沸点相对较低(或对苯二胺更易形成分子间氢键，增强分子间作用力，因此沸点更高)
（3）①
.
②
【解析】(1)锰的原子序数为25，基态电子排布为：
，则
价电子排布式
为3d5。
的3d5 是一个半充满的稳定结构，失去一个电子后变为3d4，因此需要较高的能量；
Fe
2+的电子排布为
，失去一个电子后变为
，是一个半充满的稳定结构，因此需要能量较低，因
此，锰的第三电离能>铁的第三电离能。
(2)①
的价层电子对数是：
，且没有孤对电子，因此其空间构型为平面
正三角形。
分子中的
原子通常与多个原子成键，既形成了双键，也有单键，因此其杂化轨道
类型为
和
两种杂化方式。
分子中，氮原子采用
杂化，含有一对孤对电子。键角
是
键角，
是
键角。由于
中的氮原子的孤对电子排斥作用，
键角
略小于
，而
键角
接近
，故
。
②对苯二胺的氨基位于对位，分子间更容易形成氢键，而邻苯二胺的氨基位于邻位，分子间氢键作用
较弱，因此对苯二胺的沸点更高。
(3)①在单元中，
原子与4 个
原子配位，因此配位数为4；在单元
中，
原子与3 个
原
子配位，因此配位数为3，所以
的配位数之比为
。
原子位于体对角线上离顶点
处，
因此其坐标为
。这是因为体对角线的长度为
，离顶点
处的坐标
为
。
②把和
摆为
的样子，锰原子位于晶胞的8 个顶点和6 个面心，以及4 个的内部各个，4 个
的
内部各4 个，所以一个
中含有锰原子为：
，氧原子均在晶胞内部，
故氧原子为：
，所以其氧化物的化学式为：
。该氧化物的晶体密度为：
。
17.（12 分）以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)为原料制备金属Sb 和PbCl2的一种
工艺流程如下：
已知：①“酸浸”浸出液中含有SbCl3、PbCl
、AsCl3等；物质X、SbCl3、AsCl3均易水解；“酸浸”和
“电解”过程无气体放出；
②25℃时，Ksp(PbSO4)=2.55×10-8，Ksp(PbCl2)=1.7×10-5。
回答下列问题：
（1）“滤渣”的成分是_____(填化学式)，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；
②_____。
（2）物质X 是_____(填化学式)，金属Y 的作用是_____。
（3）“除砷”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，反应的化学方程式为_____。
（4）“浸取”时温度与NaCl 溶液的浓度对铅浸出率和PbCl2溶解度的影响如图所示：
①浸取铅的最合适的条件是_____。
②循环浸取“沉铅”滤渣，向浸取后的溶液中加入适量BaCl2溶液处理后，加水使NaCl 浓度稀释至
1.5mol·L-1的目的是_____。
③25℃时，PbCl2(s)+2Cl-(aq)
PbCl
(aq)的平衡常数为K1，浸取中反应PbSO4(s)+4Cl-(aq)
PbCl
(aq)+SO
(aq)的平衡常数K=_____(用含K1的代数式表示)。
【答案】（1）S 和SiO2 抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解 （2）SbCl5 将SbCl5还原为SbCl3
（3）2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O＝2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl
（4）①4.5mol·L-1NaCl 溶液，85℃ ②降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb 回收率
③1.5×10-3K1
【解析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)中加入过量盐酸和物质X 进行“酸
浸”，矿石中的硫化物转化为可溶的氯化物和硫，二氧化硅不参与反应，过滤得到含有硫、二氧化硅
的滤渣和含有物质X、SbCl3、PbCl4
2-、AsCl3等的滤液；向滤液中加入金属Y，该过程应发生氧化还原
反应；“除砷”步骤中加入NaH2PO2，将溶液中的三氯化砷还原为砷，过滤得到砷和滤液；向滤液中
加入稀硫酸，将
转化为PbSO4沉淀，过滤后得到SbCl3溶液和主要含PbSO4的滤渣；向滤渣中
加入NaCl 溶液浸取得到PbCl2；电解SbCl3溶液，Sb3+在阴极得到电子发生还原反应生成Sb，在阳极
失去电子生成SbCl5，由此可知物质X 为SbCl5，电解得到的SbCl5可以返回“酸浸”步骤循环使用；
金属Y 为Sb，将“酸浸”浸出液中的SbCl5还原为SbCl3，据此解答。
（1）根据分析可知，滤渣的成分是S 和SiO2，根据已知条件①中“物质X、SbCl3、AsCl3均易水解”可
知，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；②抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解；
（2）由流程图可知，物质X 在电解步骤中生成，且“电解过程无气体放出”，则电解过程中SbCl3发
生氧化还原反应生成Sb 和SbCl5，所以物质X 是SbCl5，“酸浸”步骤的浸出液中含有剩余的
SbCl5，“转化”步骤中目的是将SbCl5转化为SbCl3，金属Y 为Sb，则金属Y 的作用是：将SbCl5还
原为SbCl3；
（3）“除砷”过程中发生氧化还原反应，As3+被还原为As，则AsCl3作氧化剂，NaH2PO2作还原剂，根
据氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，结合氧化还原规律可得反应的化学方程式为：
2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O=2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl；
（4）①由图可知，铅的浸取率在85℃、4.5mol·L-1NaCl 溶液中最大，则浸取铅最合适的条件是
4.5mol·L-1NaCl 溶液、85℃；
②由图可知，NaCl 溶液浓度为1.5mol·L-1时，PbCl2溶解度≤25g，因此加水使NaCl 浓度稀释至
1.5mol·L-1，可降低PbCl2的溶解度，使更多的PbCl2析出，从而提高Pb 的回收率，则加水使NaCl 浓
度稀释至1.5mol·L-1的目的是：降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb 回收率；
③PbSO4(s)
Pb2+(aq)+
(aq)的Ksp=c(Pb2+)×c(
)=2.55×10-8，PbCl2(s)
Pb2+(aq)+2Cl-(aq)的
Ksp=c(Pb2+)×c2(Cl-)=1.7×10-5，PbCl2(s)+2Cl-(aq)
(aq)的平衡常数K1=
，PbSO4(s)
+4Cl-(aq)
(aq)+
(aq)的平衡常数K=
=
。
18.（12 分）对溴乙酰苯胺(
)是医药合成的重要中间体，实验室常以乙酰苯胺(
)和
为原料来合成。实验步骤如下：
步骤Ⅰ．向一定体积的三颈烧瓶中，先加入45.0mL 乙醇，再加入10.8g 乙酰苯胺，充分溶解。将13.0g
溴溶解于20.0mL 冰醋酸中，装入图1 所示装置的仪器a 中；
步骤Ⅱ．一边搅拌一边慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液，滴加完毕后，在45℃下，继续搅拌反应1 小时，
然后将温度提高至60℃，再搅拌一段时间；
步骤Ⅲ．在搅拌下将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH 的100mL 冰水中(混合后溶液呈弱酸性)，此时
立即有固体析出，略有黄色，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去，将上述溶液放
入冰水浴中慢慢冷却；
步骤Ⅳ．采用如图2 所示装置过滤，并用冷水充分洗涤，干燥，经系列操作后得到12.84g 白色针状晶
体，色谱检测其纯度为80.0%。
已知：有关物质的部分性质见下表：
物质
相对分子
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
质量
乙酰苯胺
135
113
304
白色结晶性粉末，微溶于冷水，溶于热水、乙醇等
对溴乙酰苯胺
214
167
353
白色针状晶体，溶于苯、乙醇，微溶于热水，不溶于冷
水
回答下列问题：
（1）图1 装置中，仪器a 的名称为___________，“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是___________(填
标号)。
①100mL ②150mL ③250mL ④50mL
（2）乙醇和冰醋酸的作用是___________。
（3）“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是___________，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去时
的离子方程式为___________。
（4）“步骤Ⅳ”中，图2 装置停止实验时，先___________(填标号)再___________(填标号)，最后加
入冰水充分洗涤。
a．打开活塞K b．关闭抽气泵
（5）本实验中，对溴乙酰苯胺产率为___________，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85℃，将导致所
测产率___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 ②
（2）充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应
（3）吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体
(
或
)
（4）a b
（5）60% 偏小
【解析】三颈烧瓶中先加入乙醇，再加入乙酰苯胺，充分溶解，将溴溶解于冰醋酸中，慢慢地滴加溴
的冰醋酸溶液，在水浴条件下反应得到对溴乙酰苯胺和HBr，将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH 的
100mL 冰水中，以吸收HBr、溴、乙酸，并使固体析出，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄
色恰好褪去，以除去多余的溴单质，在冰水浴中慢慢冷却析出对溴乙酰苯胺，过滤，并用冷水充分洗
涤，干燥，经系列操作后得到白色针状晶体对溴乙酰苯胺。
（1）图1 装置中，仪器a 的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中加入45.0mL 乙醇，加入10.8g 乙酰苯
胺，滴加20.0mL 溴的冰醋酸溶液，三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二，则“步骤Ⅰ”
中选用三颈烧瓶的规格是②150mL 合适；
（2）已知，乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水、乙醇等，实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂，乙
醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应；
（3）已知，对溴乙酰苯胺不溶于冷水；反应后溶液加入含少量NaOH 的100mL 冰水中，氢氧化钠和
酸发生中和反应放热，会导致温度升高，“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热
量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；显黄色，说明含有过量溴单质，
溴单质具有氧化性，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去，则溴单质氧化亚硫酸氢根离子为硫
酸根离子同时生成溴离子，离子方程式为
(或
)；
（4）“步骤Ⅳ”中，图2 装置停止实验时，为防止倒吸，应先a．打开活塞K，使得装置与大气相通，
再b．关闭抽气泵，最后加入冰水充分洗涤。
（5）10.8g 乙酰苯胺为
=0.8mol，理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为
=0.8mol，
经系列操作后得到12.84g 白色针状晶体，色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%，则本实验中，对溴乙酰
苯胺产率为
，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85℃，使得溴、乙
酸、乙醇挥发，导致原料损耗，将导致实际所得产物质量减小、所测产率偏小。
19.（12 分）特戈拉赞(化合物K)是抑制胃酸分泌的药物，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．Bn 为
，咪唑为
；
Ⅱ．
和
不稳定，能分别快速异构化为
和
。
回答下列问题：
（1）B 中含氧官能团只有醛基，其结构简式为_______。
（2）G 中含氧官能团的名称为_______。
（3）J→K 的反应类型为_______。
（4）C 和D 生成E 的过程中会有其他有机物生成，该有机物的结构简式为_______。
（5）D 的同分异构体中，与D 官能团完全相同，且水解生成丙二酸的有_______种(不考虑立体异构)。
（6）E→F 转化可能分三步：①E 分子内的咪唑环与羧基反应生成X；②X 快速异构化为Y；③Y 与
反应生成F．第③步化学方程式为_______。
（7）苯环具有与咪唑环类似的性质。参考E→X 的转化，设计化合物Ⅰ的合成路线如下(部分反应条
件已略去)。其中M 和N 的结构简式为_______和_______。
【答案】（1）
（2）(酚)羟基、羧基 （3）取代反应 （4）
（5）6 （6）
（7）
【解析】根据流程，有机物A 与有机物B 发生反应生成有机物C，根据有机物B 的分子式和小问1 中
的已知条件，可以判断，有机物B 的结构为
；有机物C 与有机物D 发生反应生成有机物
E；有机物E 在醋酸酐的作用下发生成环反应生成有机物F；有机物F 发生两步连续反应生成有机物
G，根据有机物G 的分子式和有机物H 的结构可以推出，有机物G 的结构为
；有机物
G 发生两步反应生成有机物H，将羧基中的-OH 取代为次氨基结构；有机物H 与有机物I 发生取代反
应，将有机物H 中酚羟基上的氢取代生成有机物J；最后有机物J 发生取代反应将结构中的Bn 取代为
H。
（1）根据分析，有机物B 的结构为
。
（2）有机物G 的结构为
，其含氧官能团为(酚)羟基和羧基。
（3）J→K 的反应是J 与H2在Pd/C 催化下发生取代反应生成K 和甲苯，反应类型为取代反应。
（4）D 分子中存在两个酯基，而E 分子中存在1 个酯基和1 个羧基，推测C+D→E 过程中还存在类似
酯基水解的反应，则该有机物的结构简式为
。
（5）D 的同分异构体中，与D 的官能团完全相同，说明有酯基的存在，且水解后生成丙二酸，说明
主体结构中含有
。根据D 的分子式，剩余的C 原子数为5，剩余H 原子数为12，因
同分异构体中只含有酯基，则不能将H 原子单独连接在某一端的O 原子上，因此将5 个碳原子拆分。
当一侧连接甲基时，另一侧连接-C4H9，此时C4H9有共有4 种同分异构体；当一侧连接乙基时，另一
侧连接-C3H7，此时-C3H7有共有2 种同分异构体，故满足条件的同分异构体有4+2=6 种。
（6）根据已知条件和题目中的三步反应，第三步反应为酚羟基与乙酸酐的反应，生成有机物F。则有
机物Y 为
，根据异构化原理，有机物X 的结构为
。反应
第③步的化学方程式为
。
（7）根据逆推法有机物N 发生异构化生成目标化合物，发生的异构化反应为后者的反应，有机物N
为
，有机物M 有前置原料氧化得到的，有机物M 发生异构化前者的反应生成有机物N，
有机物M 的为
。
20.（12 分）CO2催化加氢转化为CH3OH 既能响应国家的“双碳”目标，又能缓解能源紧缺。该过程主要
发生下列反应：
Ⅰ．CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H
⇌
2O(g) ΔH1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)
CH
⇌
3OH(g) ΔH2
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g) ΔH3<0
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数lnKx与温度T 的变化关系见图。则ΔH3/ΔH2的数值
范围是___________(填标号)。
A. <-1
B. -1-0
C. 0-1
D. >1
（2）3MPa 下，以进气流量4.5mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3 持续通过装有0.5g 催化剂的反应管
中(仅发生上述反应Ⅰ、Ⅱ)。经相同时间测得CO2的转化率[α(CO2)]、CH3OH 的选择性[S(CH3OH)]及
CH3OH 的时空收率[Y(CH3OH)]随温度(T)的变化关系如图：
已知：a.S(CH3OH)=n(转化为CH3OH 的CO2)/n(消耗的CO2)×100%
b.Y(CH3OH)=CH3OH 的产率×CO2的进气流量/催化剂的质量(mmol·h－1·g－1)
①该条件下，合成CH3OH 的最佳温度是___________，图中代表S(CH3OH)随温度变化的曲线是
___________，280℃后，曲线b 快速下降的可能原因是___________。
280℃
②
时，CO 的选择性为___________，若Y(CH3OH)为4.95 mmol·h－1·g－1，则
α(CO2)=___________(列出计算式即可)。
③一定条件下，将进气流量改为0.04mmol·min－1(此流量下的转化率可近似认为平衡转化率)，测得出
气流量为0.038 mmol·min－1，α(CO2)为50%，此时反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________。
【答案】（1）C （2）①280℃ b 反应未达平衡，CO2的转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增
大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降 ②22.5%
③
【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ可以看作是反应Ⅰ和反应Ⅱ的加和：
，根据
题目描述，
，即
，从图中可以看出，反应Ⅰ的
随温度升高而增大，说
明
，反应Ⅱ的
随温度升高而减小，说明
，因此
且
，
，所以
的范围为
。
（2）①根据题干信息，甲醇的时空收率Y 与甲醇的产率成正比，280℃时，Y 最大，即甲醇产率最大，
也就是说280℃是生成CH3OH 的最佳温度。
根据(1)题结论以及a、b 两条曲线变化趋势可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度
n(CH3OH)减小，转化为CH3OH 的CO2减小，n(CO)增加，转化为CO 的CO2增加，则S(CH3OH)降低，
图中代表S(CH3OH)随温度变化的曲线是b；280℃后，曲线b 快速下降的可能反应未达平衡，升高温
度，CO2的转化率逐渐增大，反应Ⅰ速率的增大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速下降;
②根据图像信息可知，280℃时，CH3OH 的选择性为77.5，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ以及元素守恒和选择
性的表达式可得，
，
，
，所以
。
，已知
，进气流量
4.5 mmol·min－1、n(CO2)：n(H2)=1：3 ，所以
的进气流量为
，根据单位换算，
1h 通入CO2的物质的量为
，催化剂质量为 0.5 g，因此
，
=CO2
转化率×CH3OH 的选择性，280℃时甲醇的选择性为77.5%，所以
，故
；
③根据题意，该气体流速下的转化率为平衡转化率，若假设装置中起始时含有
气体，那
么起始时
、
，反应Ⅰ中
，反应Ⅱ
，则假设反应Ⅰ达到平衡后再发生反应Ⅱ并达到平衡，且平衡时n 总
=0.038xmmol，则有如下三段式；
反应Ⅰ的三段式为：
，
反应Ⅱ的三段式为：
，
根据平衡时转化率为50%，可知a=0.005x，n 总=0.01x-a+a-b+0.03x-a-2b+a+b=0.04x-2b=0.038xmmol，
解得b=0.001xmmol，则平衡时
、
、
，
,可以得到反应Ⅰ的
。
