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 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32
Cl-35.5 K-39 Ca-40 Ti -48 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127 Ba-137
一、选择题：本题共16 小题，每小题3 分，共48 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．【新思维】下列物质不属于盐的是( )
A．NaN3 B．CH3NH3Cl C．Na2O2 D．CH3COONa
【答案】C
【解析】盐是由阳离子(如金属阳离子、铵根离子或取代铵根离子)和酸根阴离子组成的化合物。A 项，
叠氮酸钠属于盐，A 不选；B 项，氯化甲铵属于盐，B 不选；C 项，过氧化钠属于氧化物，C 选；D 项，
乙酸钠属于盐，D 不选；故选C。
2．【改编】化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达正确的是( )
A．用电子式表示H2O 的形成过程：
B．OF2分子的VSEPR 模型为
C．用电子云轮廓图表示
键的形成：
D．Mn2+的价电子轨道表示式：
【答案】B
【解析】A 项，H2O 的电子式形成过程需注意：H2O 是共价化合物，形成过程中不存在阴阳离子，选项
中错误地将共价化合物按离子化合物的形成过程表示，正确的表示为：
，A 错误；B 项，OF2分子中中心O 原子的价层电子对数：σ 键数
(2)+ 孤电子对数
，总价层电子对数为4。VSEPR 模型由价层电子对数决定，价层电子对数
为4 时，VSEPR 模型为四面体形，B 正确；C 项，此选项中由p 轨道“头碰头”重叠形成，故p-p 键为
σ 键，C 错误；D 项，Mn2+的核电荷数为25，失去2 个电子后核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d5，其
价电子为3d5，价电子轨道表示式中3d 轨道应为5 个单电子(洪特规则)，且无4s 电子，选项中画出4s
轨道的电子，D 错误；故选B。
3．黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为K(Mg，Fe)3AlSi3O10(F，OH)2，下列说法正确的是(
)
A．离子键百分数：K2O＜Al2O3 B．离子半径：O2-＞F-
C．沸点：SiO2＜HF D．碱性：Mg(OH)2＜Al(OH)3
【答案】B
【解析】A 项，化合物中离子键百分数与成键双方的电负性差值有关，氧与钾的电负性差值大于氧与
铝，则化合物中离子键百分数：K2O＞Al2O3，A 错误；B 项，O2-和F-的电子层数相等，O 元素的核电荷
数小于F，则离子半径：O2-＞F-，B 正确；C 项，SiO2是原子晶体，HF 是分子晶体，则沸点：SiO2＞
HF，C 错误；D 项，同周期主族元素，从左往右金属性依次减小，则金属性：Mg>Al，元素金属性越
强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，D 错误；故选B。
4．关于实验室安全，下列说法不正确的是( )
A．实验中取出但未用完的高锰酸钾可配成溶液再进行常规处理
B．滴定管、容量瓶和分液漏斗使用前都需要检查是否漏水
C．与钠的燃烧实验有关的图标包含：
D．不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
【答案】C
【解析】A 项，实验中剩余的高锰酸钾若确认未受污染，可先配成溶液并通过适当的还原或稀释等常
规方式进行安全处理，A 正确；B 项，分液漏斗、容量瓶、滴定管是带有旋塞和瓶塞的仪器，使用前都
需要检查是否漏水，B 正确；C 项，钠的燃烧实验的主要危险在于其金属的强还原性、遇水剧烈反应及
燃烧的火灾危险，并不涉及用电安全，因而所给的“当心触电
”符号不恰当，C 错误；D 项，
碱溶液沾到皮肤上应先用大量水冲洗，随后再用弱酸(如1%硼酸)进行进一步处理是正确的急救措施，
D 正确；故选C。
5．【社会热点】“九三大阅兵”上，强大的火箭军“东风”系列导弹是国之重器。某些导弹使用液体燃
料偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]和四氧化二氮(N2O4)作为推进剂，反应方程式为：
C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．1mol(CH3)2N-NH2所含共价键的数目为10NA
B．每有0.6molN2生成，转移电子数目为2.4NA
C．25℃、101 kPa 下，22.4 L 氮气中的共用电子对数目为3NA
D．标准状况下，46 g 四氧化二氮(N2O4)气体中氧原子数为2NA
【答案】D
【解析】A 项，偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]分子中，每个分子含有11 个共价键(包括C-H、C-N、N-N、N-H
键)，因此1 mol 偏二甲肼所含共价键的数目为11NA， A 错误；B 项，反应中每生成3 mol N2，转移16
mol 电子，生成0.6molN2时，转移电子数为
，B 错误；C 项，25℃、101kPa 下，气
体摩尔体积大于22.4 L/mol，因此22.4 L N2的物质的量小于1 mol，共用电子对数目小于3NA，C 错误；
D 项，46 g N2O4的物质的量为0.5 mol，每个分子含4 个氧原子，故氧原子总数为2NA，D 正确；故选
D。
6．【改编】物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( )
选项
结构或性质
用途
A．
钠原子半径较大，金属键较弱，导致钠
的熔点较低，且钠是热的良导体
钠可被用作原子反应堆的循环导热剂
B．
立方氮化硼与金刚石的晶体结构相似
立方氮化硼可用于制作切削刀具
C．
1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是一种离
子液体，具有良好的导电性
1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐可被用作更安全的有
机合成溶剂
D．
酚醛树脂具有网状结构，受热后不能软
化或熔化
酚醛树脂可用于生产烹饪器具的手柄与集成电路板
的底板
【答案】C
【解析】A 项，钠原子半径较大，金属键较弱，导致钠的熔点较低，且钠是热的良导体，所以可与钾
用作原子反应堆的导热剂，故A 正确；B 项，立方氮化硼与金刚石的晶体结构相似，都是共价晶体，
共价晶体硬度大，立方氮化硼可用作制作切削刀具，故B 正确；C 项，1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐
是一种离子液体，难挥发，可用作有机合成的溶剂，与其导电性无关，故C 错误；D 项，酚醛树脂具
有网状结构，受热后不能软化或融化，为酚醛树脂的热固性，可用于生产烹饪器具的手柄与集成电路
板的底板，故D 正确；故选C。
7．【原创】下列反应方程式书写正确的是( )
A．将少量氯气通入过量Na2SO3溶液中：Cl2＋3SO3
2-＋H2O=2Cl−＋2HSO3
-＋SO4
2-
B．铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：PbO2＋4H+＋2e−=Pb2+＋2H2O
C．用醋酸和淀粉−KI 溶液检验加碘盐中的IO3：IO3
-＋5I−＋6H+=3I2＋3H2O
D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：
＋2Br2
＋2H+＋2Br−
【答案】A
【解析】A 项，将少量氯气通入过量Na2SO3溶液中发生氧化还原反应生成Cl−、HSO3
-、SO4
2-，根据得
失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cl2＋3SO3
2-＋H2O=2Cl−＋2HSO3
-＋SO4
2-，A 正确；B 项，铅
酸蓄电池放电时，PbO2在正极得到电子生成PbSO4和水，正极的电极方程式为：PbO2＋4H+＋2e−+ SO4
2-
=PbSO4＋2H2O，B 错误；C 项，醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆，用醋酸和淀粉−KI 溶液检
验加碘盐中的IO3，离子方程式为：IO3
-＋5I−＋6CH3COOH=3I2＋3H2O+6CH3COO-，C 错误；D 项，邻
羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，溴水具有较强氧化性，能将醛基氧化，D 错误；故选A。
8．下列实验装置或实验操作不能达到相应实验目的的是( )
A．图1：探究温度对化学平衡的影响
B．图2：测定一定时间内生成H2的反应速率
C．图3：验证FeCl3对H2O2分解的催化作用
D．图4：使用简易量热计进行中和反应热的测定
【答案】C
【解析】A 项，烧瓶内存在可逆反应2NO2(g)
N2O4(g) ΔH＜0，其中NO2是红棕色，N2O4是无色，
热水中温度升高，平衡左移，颜色加深，冰水中温度降低，平衡右移，颜色变浅，因此该实验可以探
究温度对化学平衡的影响，A 正确；B 项，锌和硫酸反应生成氢气，通过注射器活塞移动的体积可计算
氢气的体积，结合秒表记录的时间，可计算单位时间内氢气的生成速率，B 正确；C 项，验证催化剂
FeCl3对H2O2的分解作用，需设置对照试验，取两支试管加入相同体积相同质量分数的H2O2溶液，一支
滴加2 滴FeCl3溶液，一支不滴加，对比气泡产生速率，判断催化剂FeCl3对H2O2的分解作用，另外C
中实验的影响因素还有加热，同样会影响H2O2的分解作用，C 错误；D 项，D 为简易量热计，由内、
外两个筒组成，内筒为反应容器，插有温度计和玻璃搅拌器，外筒起保温作用，可以用于进行中和反
应热的测定，D 正确；故选C。
9．二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M 的
合成方法如下。下列说法错误的是( )
A．K 和M 中均含有手性碳原子
B．依据M 的合成原理，可推测合成M 的过程中会产生含六元环的副产物
C．该材料性能优良，但不耐强酸和强碱
D．生成1mol M 参加反应的CO2的物质的量为(m+n) mol
【答案】B
【解析】A 项，由图可知，K 分子中含有如图*所示的手性碳原子
：，M 分子中含有如图
*所示的手性碳原子：
，A 正确；B 项，由图可知，K 分子、L 分子中的
碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M 的过程中会产生含五元环的副产物，即：
，B 错误；C 项，由图可知，M 分子中含有酯基，在强酸或强碱溶液中会发生水解反应，所
以使用该材料时应避免接触强酸或强碱，C 正确；D 项，根据反应可知，mmolK 分子、nmolL 分子与
(m+n)molCO2发生加聚反应生成1molM，理论上消耗(m+n)molCO2，D 正确； 故选B。
10．【新考法】下列含铝元素物质的制备方案正确的是( )
选项
目标产物
制备方案
A
Al
电解氯化铝
B
AlCl3·6H2O
AlCl3溶液蒸发结晶
C
AlCl3
AlCl3·6H2O 在干燥的HCl 气流中脱水
D
Al(OH)3
向氯化铝溶液中加入足量NaOH 溶液后，过滤
【答案】C
【解析】A 项，电解氯化铝无法得到金属铝，工业上通过电解熔融氧化铝制备铝，氯化铝为共价化合
物，熔融态不导电，A 错误；B 项，AlCl3溶液蒸发结晶时，Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，HCl 挥发使
水解加剧，最终无法得到AlCl3·6H2O，B 错误；C 项，AlCl3·6H2O 在干燥HCl 气流中脱水，HCl 抑制
AlCl3水解，可制得无水AlCl3，C 正确；D 项，向AlCl3溶液中加入过量NaOH 会生成Na[Al(OH)4]，
Al(OH)3溶解，无法通过过滤得到，D 错误；故选C。
11．已知下列热化学方程式：
①2Cu(s)+O(g)==2CuO(s) ΔH1
②4Al(s)+3O(g)==2Al2O3(s) ΔH2
③2Al(s)+3CuO(s)==3Cu(s)+Al2O3(s) ΔH3
④CuO(s)+H2(g)==Cu(s)＋H2O(g) ΔH4
⑤2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH5
下列有关上述热化学方程式焓变的说法正确的是( )
A．ΔH1>0、ΔH2>0、ΔH3<0 B．ΔH3=ΔH2−3ΔH1
C．ΔH1=ΔH5−2ΔH4 D．ΔH1>0、ΔH4<0
【答案】C
【解析】A 项，反应①(Cu 氧化为CuO)和反应②(Al 氧化为Al2O3)均为放热反应，ΔH1和ΔH2均小于
0；反应③(铝热反应)为放热反应，ΔH3<0；A 中ΔH1>0、ΔH2>0 错误，ΔH3<0 正确，A 错误；B 项，通
过盖斯定律推导，反应③的焓变应为ΔH3=(ΔH2−3ΔH1)/2，而非ΔH3=ΔH2−3ΔH1，等式系数错误，B 错
误；C 项，通过反应④和反应⑤组合可得反应①，推导得出ΔH1=ΔH5−2ΔH4，等式成立，C 正确；D
项，反应①为放热，ΔH₁<0，而反应④(H₂ 还原CuO)为放热，ΔH4<0。D 中ΔH1>0 错误，ΔH4<0 正确，
但整体错误，D 错误；故选C。
12．【新思维】热电化学电池可以将热能直接转换为电能，一种热电化学电池的工作原理如下图。下列说
法不正确的是( )
A．热端电极反应：[ Fe(CN)6]4--e-=[ Fe(CN)6]3-
B．电解质溶液中应设置隔热的阴离子交换膜
C．升高冷端电极处的温度可以提高电池的电压
D．将装置中的负载改为电源，可以同时实现制冷和制热的效果
【答案】C
【解析】由图可知，热端电极失电子，是负极，电极反应：[ Fe(CN)6]4--e-=[ Fe(CN)6]3-；冷端电极得电
子，是正极，电极反应：[ Fe(CN)6]3-+e-=[ Fe(CN)6]4-。A 项，根据分析知，热端电极为负极，发生氧化
反应，电极反应：[ Fe(CN)6]4--e-=[ Fe(CN)6]3-，A 正确；B 项，由图及分析可知，负极(热端)消耗[
Fe(CN)6]4-生成[ Fe(CN)6]3-，正极(冷端)消耗[ Fe(CN)6]3-生成[ Fe(CN)6]4-，为维持电荷平衡，[
Fe(CN)6]3-、[ Fe(CN)6]4-需要在两极之间迁移，同时保持冷端和热端的温差，必须设置隔热材料，故需
要在电解质溶液中应设置隔热的阴离子交换膜， B 正确；C 项，热电化学工作原理是利用冷端和热端
之间的温差产生电能，温差越大，电子转移的驱动力就越强，电池电压越高，升高冷端电极处的温度，
会减小冷端和热端之间的温差，导致电压减小， C 错误；D 项，将装置中的负载改为电源，则装置变
为电解池，控制电流等条件，使冷端吸热(制冷)，热端放热(制热)可以同时实现制冷和制热的效果，D
正确； 故选C。
13．【新思维】三环氮杂冠醚分子中有四面体配位点的空穴，可与铵根离子结合形成如图所示结构(部分结
构未画出)。下列说法正确的是( )
A．三环氮杂冠醚为超分子
B．三环氮杂冠醚可增大NH4Cl 在有机溶剂中的溶解度
C．NH4
+与三环氮杂冠醚通过4 个
氢键结合
D．三环氮杂冠醚分子中的所有元素均位于周期表p 区
【答案】B
【解析】A 项，超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，三环氮杂
冠醚要结合铵根离子后才形成超分子，本身不是超分子，A 错误；B 项，三环氮杂冠醚分子存在有机
基团，与有机溶剂相溶性强，当它与铵根离子结合形成稳定配合物后，会使整个离子-冠醚配合物在有
机溶剂的溶解性增强，溶解度增大，B 正确；C 项，由图可知，NH4
+与三环氮杂冠醚之间通过4 个
氢键结合，而不是
氢键，C 错误；D 项，三环氮杂冠醚分子中含H、C、N、O 元
素，其中H 元素位于周期表的s 区，C、N、O 元素位于周期表的p 区，不是所有元素都在周期表的p
区，D 错误；故选B。
14．【新考法】CO2在催化剂—O—Ga—O—Zn—作用下加氢制甲醇，再通过催化剂SAPO-34 制乙烯，反
应历程如图所示(□表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂表面)，下列说法正确的是( )
A．催化剂—O—Ga—O—Zn—降低CO2加氢制甲醇的ΔH，加快反应速率
B．CO2催化加氢制甲醇的总反应方程式：
C．理论上，每产生1 mol 乙烯，需消耗3 mol 氢气
D．历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
【答案】D
【解析】A 项，催化剂降低了反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变反应的ΔH，A 错误；B
项，CO2催化加氢制甲醇的总反应方程式：
，B 错误；C 项，甲醇在催化
剂SAPO-34 作用下制乙烯的方程式为
，结合两步反应可得关系
式6H2~2CO2~CH2=CH2，故理论上，每产生1 mol 乙烯，需消耗6 mol 氢气，C 错误；D 项，由图可知，
反应历程中涉及C=O 极性键和H-H 非极性键的断裂，有C-H 极性键和C=C 非极性键的形成，D 正确；
故选D。
15．25℃时，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；Ksp(CaCO3)= 3.4×10－9，Ksp(MgCO3)=6.8×10－
6，不考虑Mg2+的水解，下列描述不正确的是( )
A．pH：CaCO3饱和溶液＜MgCO3饱和溶液
B．cH2CO3：CaCO3饱和溶液＞MgCO3饱和溶液
C．H2CO3饱和溶液中cCO3
2-≈4.7×10-11
D．浓度为0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液，有沉淀产生
【答案】B
【解析】A 项，溶度积越大，表示该物质在水中溶解度越大，溶液中离子浓度越大，溶液碱性越强，
pH 越大，由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明碳酸镁溶解度更大，pH 更大，A 正确；B 项，由于
Ksp(CaCO3)＜Ksp(MnCO3)，碳酸钙比碳酸镁的溶解度小，溶液中cCO3
2-小，水解程度小，生成
cH2CO3也小，CaCO3饱和溶液＜MgCO3饱和溶液，B 错误；C 项，H2CO3的第一步电离生成HCO3
-，
第二步电离生成CO3
2-，由于Ka2很小，说明第二步电离程度极小，H2CO3饱和溶液中cCO3
2-≈Ka2，C
正确；D 项，在NaHCO3溶液中，HCO3
-发生电离产生CO3
2-：HCO3
-
H++CO3
2-。在0.1 mol·L-1的
NaHCO3溶液中，cCO3
2-远大于10-8 mol·L-1。当滴加CaCl2溶液时，离子积
很容
易大于Ksp(CaCO3)= 3.4×10－9，故有沉淀产生，D 正确；故选B。
16．【新思维】镀锌铁皮具有较强的耐腐蚀性。镀锌层(如图)是铁皮的保护膜，膜的厚度与均匀度是判断
镀层质量的重要指标。测定镀锌层厚度的方案如下：
步骤Ⅰ——取样：剪取合适长宽的镀锌铁皮(计算面积为Scm2)；
步骤Ⅱ——称重：用电子天平称量铁皮的质量(m1g)；
步骤Ⅲ——酸溶：将镀锌铁皮放入烧杯中，加入足量稀硫酸，用玻璃棒小心翻动铁皮，使铁皮镀锌层
都充分反应。到反应速率突然减小时(产生气泡速率变得极慢)，立刻将铁皮取出，用水冲掉附着的酸
液。
步骤Ⅳ——称重：将铁片放在陶土网上，用酒精灯小火烘干，冷却后称量质量(m2g)。
已知：锌的密度为ρg· cm-3
下列说法不正确的是( )
A．步骤Ⅲ，反应速率突然减小的主要原因是镀锌层消耗完，不能与铁构成原电池
B．步骤Ⅲ，理论上若不取出铁皮，让它完全溶解，通过测定生成氢气的体积，可以计算混合物中锌
的质量
C．步骤Ⅳ，若用大火加热则可能使铁氧化而导致测定的镀锌层厚度偏小
D．镀锌层厚度
【答案】D
【解析】镀锌铁皮中含有铁和锌，锌比铁活泼，锌、铁与稀硫酸构成原电池，锌为负极，铁为正极，
反应速率较快，当镀锌层中的锌反应完后，只有铁与稀硫酸反应，反应速率减慢时，取出镀锌铁皮，
剩余的镀锌铁皮只含铁，镀锌铁皮反应前后减少的质量(m1- m2)g 为锌的质量。A 项，由分析可知，步
骤Ⅲ，反应速率突然减小的主要原因是镀锌层消耗完，不能与铁构成原电池，A 正确；B 项，由分析
可知，步骤Ⅲ，理论上若不取出铁皮，让它完全溶解，根据化学方程式Zn+2H2SO4== ZnSO4+H2↑和Fe
+2H2SO4== FeSO4+H2↑，通过测定生成氢气的体积，可以计算混合物中锌的质量，B 正确；C 项，步骤
Ⅳ，若用大火加热则可能使铁氧化，导致冷却后称量的m2偏大，则锌的质量偏小，测定的镀锌层厚度
偏小，C 正确；D 项，由分析知，镀锌层中锌的质量(m1- m2)g，则镀锌层的体积为
，镀
锌层单侧面积为Scm2，则镀锌层的厚度
，D 错误；故选D。
二、非选择题(本大题共4 小题，共52 分)
17．【新思维】(16 分)卤族元素在生产生活中扮演中着重要的角色。
(1)关于VIIA 族元素的描述，下列说法正确的是___________。
A．基态Br 原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3，其价层电子数等于最外层电子数
B．键能：HF>HCl>HBr>HI，导致酸性：HF<HCl<HBr<HI
C．根据VSEPR 模型，可推测OF2和I3
+空间构型均为V 形
D．已知AlCl3为分子晶体，则可推测沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3
(2)某配位化合物的晶胞及其在xy 平面的投影如图所示。晶体中存在独立的阴阳离子，晶胞参数分别
为apm，apm，cpm，a=β=γ=90°。
①该化合物中配离子为 。
②计算该晶体的密度 g/cm3(列出计算表达式)。
(3)以生产感光材料的过程中生产中产生的含AgBr 的废液为原料，制备单质银的一种工艺流程如下图
所示：
已知：Ag+可与S2O3
2-结合生成稳定的[Ag(S2O3)2]3-。
①已知NH2OH 与NH3类似，具有碱性，请写出其水溶液中主要存在的阳离子 。
②步骤1 中，有无毒无害的气体单质，请写出步骤1 中AgBr 与NH2OH 反应的化学方程式是
。
③操作1、操作2 均为 ，步骤2 中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是 ，若
省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是 。
(4)(CN)2、(SCN)2等物质具有与卤素单质类似的性质，称为拟卤素，其对应的CN-、SCN-称之为拟卤
离子，已知氧化性：I2>(CN)2.
①(SCN)2为链状结构，分子中每个原子均满足8e-，请写出(SCN)2的电子式 。
②CN-能与Ag+形成稳定的无色离子[Ag(CN)2]-，但在CuSO4溶液中加入NaCN 溶液，却生成气体和白
色难溶盐沉淀，请写出相应的离子方程式 。
【答案】(1)BCD(2 分)
(2)[TiF6]2-(1 分)
或
(2 分)
(3)NH3OH+(1 分) 2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O(2 分)
过滤(1 分)
将AgBr 完全/充分转化为[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag 的纯度(2 分)
步骤1 中有HBr 生成，Na2S2O3在酸性条件下不稳定易分解，造成损失(2 分)
(4)
(1 分) 2Cu2++4CN- =2CuCN↓+(CN)2↑(2 分)
【解析】(1)A 项，基态Br 原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，其价层电子数等于最外层电子数，
A 错误；B 项，卤化氢键能越大，则越难电离，其氢化物酸性越弱，则键能：HF>HCl>HBr>HI，导致
酸性：HF<HCl<HBr<HI， B 正确；C 项，OF2中心原子价层电子对数为
，I3
+中心原子
价层电子对数为，
，根据VSEPR 模型，可推测OF2和I3
+空间构型均为V 形，C 正确；
D 项，非金属性Cl>Br>I，AlCl3为分子晶体，AlI3、AlBr3均为分子分子晶体，量越大，熔沸点越高，
则沸点：AlI3>AlBr3>AlCl3，D 正确；故选BCD；
(2)①配离子是由中心离子和配位原子构成的，由图可知，该晶胞中Ti 周围有6 个F，其中钛为+4 价，
氟为-1 价，则配离子是：[TiF6]2-；②结合晶胞可知，该晶胞中Ti：8×
+1=2；Li：8×
+2=4；F：4×
+10=12；体积为：
，则其密度为：
g/cm3或者
g/cm3；
(3)①根据题意NH2OH 可发生类似氨气的电离，电离方程式为NH2OH+H2O
NH3OH++OH-，则
其水溶液中主要存在的阳离子NH3OH+；②无毒无害的气体单质是氮气，该反应中氯化银是氧化剂，
NH2OH 是还原剂，则方程式为：2AgBr+2NH2OH=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O；③根据流程可知，操作1、
操作2 都是分离固体和液体，则操作1、操作2 均为过滤；根据题意Ag+可与S2O3
2-结合生成稳定的
[Ag(S2O3)2]3-，则步骤2 中，加入稍过量的Na2S2O3溶液的目的是：将AgBr 完全/充分转化为
[Ag(S2O3)2]3-溶于水而除去，提高产品Ag 的纯度；结合①可知，操作1 会生成HBr，且HBr 可以和
Na2S2O3反应，则若省去操作1，直接加入Na2S2O3溶液，缺点是：步骤1 中有HBr 生成，Na2S2O3在酸
性条件下不稳定易分解，造成损失；
(4)①(SCN)2分子中每个原子均满足8e-，则(SCN)2的电子式
；②(CN)2具有与卤
素单质类似的性质，其对应的CN-，在CuSO4溶液中加入NaCN 溶液，却生成气体和白色难溶盐沉淀，
说明铜离子和CN-发生氧化还原反应生成CuCN 和(CN)2，方程式为：2Cu2++4CN- =2CuCN↓+(CN)2↑。
18．(12 分)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。
Ⅰ．直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)
HOCH2CH2OH(g) ΔH＜0
(1)下列措施有利于提高H2平衡转化率是_______。
A．增大压强
B．降低温度
C．加入催化剂
D．恒容装置充入H2
(2)在355K 时，在1 L 的刚性恒容容器中，通入CO 的物质的量为1 mol，控制H2的物质的量为n。达
到平衡时，相应平衡体系中乙二醇的物质的量为x，绘制x 随n 变化的示意图 ，测得
时，
CO 的平衡转化率为50%。(不计副反应)
Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备DMO (
)经过MG(
)合成乙二醇
(HOCH2CH2OH)，具体反应如下：
反应ⅰ：DMO(g)＋2H2(g)
MG(g)＋CH3OH(g) ΔH＜0
反应ⅱ：MG(g)＋2H2(g)
HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH＜0
反应ⅲ：HOCH2CH2OH(g)＋H2(g)
CH3CH2OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0
(3)2MPa、
催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比
，出
口处检测到DMO 的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的
选择性=n 生成(该物质)/n 消耗(DMO)×100%]。
①DMO(
)中C 的杂化方式是 。
②已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO 的转化率，曲线
表示乙醇的选择性。
③450K，出口处n(MG)∶n(DMO)的值为 。
④控制温度在483K 左右乙二醇的选择性最高，请说明温度过高或过低乙二醇选择性下降的原因
。
【答案】(1)AB(2 分)
(2)
(2 分)
(3) ①sp2、sp3 (2 分) ② Ⅰ(1 分) Ⅲ(1 分) ③2(2 分)
④温度低于483K，主要是温度升高，反应ⅱ速率加快，更多的MG 转化成乙二醇，反应ⅲ几乎不反
应，所以乙二醇的选择性升高。温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应ⅲ的速
率加快，导致乙二醇的选择性反而下降(2 分)
【解析】(1)A 项，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，
A 符合题意；B 项，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，B 符合题
意；C 项，加入催化剂，降低反应的活化能，化学反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡转化率不
变，C 不符合题意；D 项，恒容装置充入H2，平衡正向移动，但H2的平衡转化率减小，D 不符合题意；
故选AB。
(2)CO 和H2合成乙二醇的反应方程式为2CO(g)＋3H2(g)
HOCH2CH2OH(g)，当通入CO 的物质的
量固定为1 mol 时，开始是，随H2的物质的量(n)增加，平衡正向移动，乙二醇的物质的量增大，当
H2的物质的量n=1.5 时，乙二醇的物质的量为0.25 mol，此后，随H2的物质的量增加，乙二醇增大的
幅度会逐渐变缓，最终趋于0.5 mol，故x 随n 变化的示意图为
。
(3)①DMO(
)中C 的杂化方式是sp2、sp3；②MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲
线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ表示DMO 的实际转化率；随着反应的进行MG
逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，则乙醇的选择性会增加，MG 的选择性会降低，根据
曲线的变化，曲线IV 为MG 的选择性曲线，因此曲线III 为乙醇的选择性曲线；③设初始时
n(DMO)=1 mol，则n(H2)=52.4 mol，由图可知，450K 时，DMO 的实际转化率为80%，转化的DMO
为0.8 mol，乙二醇和MG 的选择性均为50%，则生成的MG 的物质的量n(MG)=
=0.4
mol，出口处n(MG)∶n(DMO)为
=2：1；④控制温度在483K 左右乙二醇的选择
性最高原因是温度低于483K，主要是温度升高，反应ⅱ速率加快，更多的MG 转化成乙二醇，反应
ⅲ几乎不反应，所以乙二醇的选择性升高，温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，
反应ⅲ的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降。
18．(12 分)H2是重要的化工原料。请回答：
(1)以H2、CO2为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=−49.5 kJ·mol−1
Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g) ΔH2=−90.4 kJ·mol−1
Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH3
①ΔH3= kJ·mol−1。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入体积比为3∶1 的H2和CO2，发生上述反应。下列说法正确的
是 。
A．CO 的浓度不变，说明反应已达到平衡状态
B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，可提高H2的平衡转化率
C．增大压强，活化分子百分数不变，反应速率加快
D．分离出H2O(g)，反应Ⅰ平衡正向移动，平衡常数KⅠ增大
(2)CH4、H2O(g)与载氧体CeO2(Ce 是活泼金属，正价有+3、+4)反应，可制得H2和CO，气体分步制备
原理示意如图1 所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要
反应(此条件下CH4不分解)：
步骤Ⅰ：CH4
2H2＋CO 步骤Ⅱ：H2O
2H2
步骤Ⅰ中，
大于理论值2 的可能原因是 。
(3)在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(足量)中通入H2生成HCOO−实现储氢，反应为：HCO
(aq)＋H2(g)
HCOO−(aq)＋H2O(g) ΔH=−19.4 kJ·mol−1。
①HCOO−的空间构型为 。
②25℃下，HCOOH 电离平衡常数为Ka=1.8×10−4，则pH=4 的某HCOOH、HCOOK 的混合溶液中
c(HCOO−)∶c(HCOOH)= 。
③已知催化剂在80℃左右活性最高，40℃时体系中c(HCOO−)随时间变化曲线如图2 所示。不改变其
他条件，t 时刻迅速升温至80℃，画出t 时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线 。
【答案】(1) +40.9(2 分) AC(2 分)
(2)CeO2氧化性较强，可将CO 氧化为CO2，使得CO 的物质的量减小，
增大(2 分)
(3)平面三角形(2 分) 9∶5 或1.8(2 分)
(2 分)
【解析】(1)①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则由盖斯定律得
；②A 项，CO 的浓度不变，即反应
Ⅱ、Ⅲ的正、逆反应速率均相等，反应Ⅱ、Ⅲ均已达到平衡状态，则反应Ⅰ也达到平衡状态，能说明
反应已达到平衡状态，A 正确；B 项，增大投料比n(H2)∶n(CO2)，相当于增加H2的量，H2的浓度增
大，能使平衡正向移动，H2的转化量增大，但H2的起始量增大程度更大，会降低H2的平衡转化率，
B 错误；C 项，增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰
撞的次数增加，反应速率加快，C 正确；D 项，分离出H2O(g)，H2O(g)的浓度减小，反应Ⅰ平衡正向
移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数KⅠ不变，D 错误；故选AC。
(2)步骤Ⅰ：CH4
2H2+CO，
的理论值为2，但载氧体CeO2氧化性较强，可能将CO 氧化
为CO2，导致CO 的物质的量减小，
增大，则步骤Ⅰ中，
大于理论值2 的可能原因是：
CeO2氧化性较强，可将CO 氧化为CO2，使得CO 的物质的量减小，
增大；
(3)①HCOO−的中心C 原子的价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角
形；②因HCOOH 电离平衡常数
，则pH=4 的某HCOOH、HCOOK 的混合溶液
中
；③该储氢反应为放热反应，
升高温度(t 时刻迅速升温至80 ℃)，平衡逆向移动，且催化剂在80 ℃左右活性最高，反应速率快，
体系中c(HCOO−)迅速减小，达到平衡时体系中c(HCOO−)低于40 ℃时的，则不改变其他条件，t 时刻
迅速升温至80 ℃，画出t 时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线为：
。
19．(12 分)配合物三草酸合铁酸钾是常用的光敏材料和催化剂。某实验小组进行制备与探究实验，步骤如
下：
步骤Ⅰ：常温下，向100 mL 蒸馏水中依次加入6.3 g 草酸(H2C2O4·2H2O)和3.45 g 碳酸钾(K2CO3)，充分
反应后，得到混合溶液A；
步骤Ⅱ：向混合溶液A 中加入5.6 g 硫酸亚铁FeSO4·7H2O，控制温度在40~50℃反应，同时滴加3%过
氧化氢溶液至溶液颜色变为黄色，得到溶液B；
步骤Ⅲ：将溶液B 蒸发浓缩至体积约为30 mL，分为两等份。一份快速冷却至0℃，结晶、过滤得到
黄色针状晶体P(K3[Fe(C2O4)3] ·xH2O)；另一份缓慢冷却至室温(25℃)，结晶、过滤得到黄色片状晶体
Q(K3[Fe(C2O4)3] ·yH2O)；
步骤Ⅳ：将晶体P、Q 分别置于暗处在110℃下烘干脱水，最终均得到三草酸合铁酸钾
(K3[Fe(C2O4)3])。
已知：
ⅰ、常温下，草酸的Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5；
ⅱ、三草酸合铁酸钾易溶于水，难溶于乙醇，在150℃以上会分解。
ⅲ、M(H2C2O4·2H2O)=126 g·molˉ1 ，M(K2CO3)=138 g·molˉ1
请回答：
(1)K3[Fe(C2O4)3]中，与Fe3+形成配位键的配位原子是 (填元素符号)。
(2)步骤Ⅰ所得混合溶液A 中，主要溶质的化学式为 ，该溶液常温下pH 最接近 (填选项)。
A．2 B．4 C．10 D．12
(3)步骤Ⅱ中，控制温度在40～50℃反应的主要目的是______(填选项)。
A．加快反应速率
B．促进Fe3+的水解
C．防止H2O2剧烈分解
D．抑制Fe2+被空气氧化
(4)晶体P、Q 分别置于暗处烘干脱水的目的是 。
(5)下列说法不正确的是______。
A．步骤Ⅰ制备混合溶液A 时，应将碳酸钾分批加入草酸溶液中，避免反应过于剧烈
B．步骤Ⅲ中，可向浓缩后的溶液中加入适量乙醇，促进三草酸合铁酸钾晶体析出
C．步骤Ⅱ中，为加快反应速率，可将H2O2换成稳定性更高的KMnO4，然后升高反应温度
D．两份浓缩液中得到不同形状晶体P 和Q 的原因是因为冷却的温度不同造成的
(6)已知室温下能发生反应：2Fe3++2I-==I2+2Fe2+，而[Fe(C2O4)3]3-与
混合后无明显现象。从配合物结构
对中心离子性质影响的角度，解释
与[Fe(C2O4)3]3-氧化性差异的原因 。
【答案】(1)O(1 分)
(2) KHC2O4 (2 分) A(1 分)
(3)C(2 分)
(4)由于三草酸合铁酸钾对光敏感，为防止其见光分解，需将晶体P、Q 分别置于暗处烘干脱水(2 分)
(5)CD(2 分)
(6) Fe3+与C2O4
2-形成[Fe(C2O4)3]3-时，C2O4
2-作为配体向Fe3+的空轨道提供孤电子对，使Fe3+的电子云密
度增大，有效降低了Fe3+氧化性，同时，形成的螯合物结构稳定，进一步抑制了Fe3+的氧化活性，所
以[Fe(C2O4)3]3-氧化性弱于Fe3+(2 分)
【解析】制备三草酸合铁酸钾的实验过程为草酸溶液和碳酸钾溶液反应生成草酸氢钾、二氧化碳和水；
反应生成的草酸氢钾与硫酸亚铁溶液、过氧化氢溶液在40～50℃条件下反应生成三草酸合铁酸钾、硫
酸钾和水；将三草酸合铁酸钾溶液蒸发浓缩后，通过不同的冷却方式(快速冷却或缓慢冷却)得到含结
晶水的三草酸合铁酸钾晶体；三草酸合铁酸钾晶体置于暗处在110℃下烘干脱水得到三草酸合铁酸钾。
(1)草酸根离子中的氧原子具有孤对电子，能与具有空轨道的铁离子形成配位键；
(2)草酸溶液与碳酸钾溶液反应可以生成草酸钾、二氧化碳和水：H2C2O4+K2CO3=K2C2O4+CO2↑+H2O，
也可以生成草酸氢钾、二氧化碳和水：2H2C2O4+K2CO3=2KHC2O4+CO2↑+H2O，由题意可知，6.3 g 草
酸晶体的物质的量为：
=0.05 mol，碳酸钾的物质的量为：
=0.025 mol，则由方程式
可知，草酸溶液与碳酸钾溶液反应生成草酸氢钾、二氧化碳和水；溶液A 中草酸氢钾的浓度为：
=0.5mol/L，则溶液中的氢离子浓度为：c(H+)=
≈0.057 mol/L，则溶液pH
最接近2，故选A；
(3)由分析可知，步骤Ⅱ发生的反应为草酸氢钾与硫酸亚铁溶液、过氧化氢溶液在40～50℃条件下反
应生成三草酸合铁酸钾、硫酸钾和水，则该反应是亚铁离子氧化为铁离子的反应，反应时应抑制铁离
子水解，防止过氧化氢受热易分解，导致三草酸合铁酸钾的产率降低，所以步骤Ⅱ中，控制温度在40
～50℃反应虽然可以加快反应速率，但主要目的是防止温度过高，过氧化氢受热分解导致产率降低，
故选C；
(4)由题意可知，三草酸合铁酸钾对光敏感，为防止三草酸合铁酸钾见光分解，所以脱水制备三草酸合
铁酸钾时，需将晶体P、Q 分别置于暗处烘干脱水；
(5)A 项，由分析可知，步骤Ⅰ发生的反应为：2H2C2O4+K2CO3=2KHC2O4+CO2↑+H2O，反应时为防止反
应生成的二氧化碳的速率过快，使得溶液溢出，导致产率降低，制备混合溶液A 时，应将碳酸钾分批
加入草酸溶液中，避免反应过于剧烈，A 正确；B 项，由题给信息可知，三草酸合铁酸钾易溶于水，
难溶于乙醇，所以步骤Ⅲ冷却结晶时，可向浓缩后的溶液中加入适量乙醇，降低三草酸合铁酸钾的溶
解度，促进三草酸合铁酸钾晶体析出，B 正确；C 项，草酸氢根离子具有还原性，也能被具有强氧化
性的高锰酸钾溶液氧化，所以步骤Ⅱ中的过氧化氢溶液不能换成高锰酸钾溶液，C 错误；D 项，由题
意可知，两份浓缩液中得到不同形状晶体P 和Q 的原因是因为冷却的速率不同造成的，D 错误；故选
CD；
(6)铁离子与草酸根离子反应生成三草酸合铁酸根离子时，草酸根离子中的氧原子与铁离子形成配位键，
导致铁离子的电子云密度增大，有效降低了铁离子的氧化性，同时，形成的螯合物结构稳定，进一步
抑制了铁离子的氧化活性，所以三草酸合铁酸根离子的氧化性弱于铁离子。
20．(12 分)某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成某利尿药物M。
(1)D 中的官能团名称为 ；从整个过程看，F→G 的反应目的是 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．B→D 的反应试剂及条件为Cl2、光照 B．F 中sp3杂化的原子数为1 个
C．E→F 的过程中有H2O 生成
D．J 在一定条件下可以生成高分子化合物
(3)E 的结构简式为 。
(4)写出K→L 的化学方程式 。
(5)L→M 的中间产物(分子式为C16H18O4N3SCl)可能的结构简式是 。
(6)以B 和丙醛为原料，设计化合物
的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)
。
【答案】(1) 硝基、氯原子(1 分) 保护氨基(1 分)
(2)CD(2 分)
(3)
(1 分)
(4)
+
+H2O(2 分)
(5)
(2 分)
(6)
(3 分)
【解析】根据K 的结构简式及A、B、D 的分子式知，A 为
，A 的苯环上甲基邻位的氢原子被
硝基取代生成B 为
，根据F 的结构简式知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成
D 为
，D 中硝基发生还原反应生成E 中氨基，则E 为
，E 通过两次取代反应
生成F，F 中氨基和乙酸发生取代反应生成G 为
，G 发生氧化反应生成
H 为
，H 发生水解反应得到J，K 和J 发生取代反应生成L，根据M 的
结构简式知，J 为
，L 为
，L 和CH3CHO
先发生加成反应再发生取代反应生成M。
(1)由分析可知，D 为
，官能团名称为硝基、氯原子，F→G 的过程中氨基转化为酰胺基，
H→J 的过程中酰胺基又转化为氨基，则F→G 的反应目的是保护氨基。
(2)A 项，由分析可知，B 为
，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D，反应试剂
及条件为Cl2、催化剂(Fe 或FeCl3)，A 错误；B 项，F 中甲基碳原子形成4 个σ 键，不含孤电子对，为
sp3杂化，氨基氮原子形成3 个σ 键，含1 个孤电子对，为sp3杂化，F 中sp3杂化的原子数为2 个，B
错误；C 项，由分析可知，E 通过两次取代反应生成F，E 和ClSO3H 发生取代反应生成
，
和NH3发生取代反应生成F，该过程中有H2O 生成，C
正确；D 项，由分析可知，J 为
，其中含有1 个羧基和1 个氨基，J 在一定条
件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，D 正确；故选CD。
(3)由分析可知，E 为
。
(4)由分析可知，K 和J 发生取代反应生成L，化学方程式为：
+
+H2O。
(5)L 为
，L 和CH3CHO 先发生加成反应再发生取代反应生成M，L 和
CH3CHO 先发生加成反应生成中间产物(分子式为C16H18O4N3SCl)可能的结构简式是
或
。
(6)由逆向合成法分析，
可由
和丙醛发生L 生成M 的反应原理
得到，
可由
和
发生取代反应得到，
可由
发生还原反应得到，
可由
发生氧化反应得到，
可由
发生还原反应得到，合成路线为：
。
