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 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5
K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127 Ba-137 Pb-207
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．
是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生
40Ar。
40K 的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生
衰变所需的时间)长达13 亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是( )
A．
40K 的原子核内有21 个中子
B．
39K 和
40K 均易失去一个电子
C．可通过质谱法区分
和
40K
D．
40K 衰变为
40Ar 的过程属于化学变化
【答案】D
【解析】A 项，
40K 的原子核内有40-19=21 个中子，A 正确；B 项，
39K 和
40K 最外层均只含有1 个电
子，易失去一个电子，B 正确；C 项，
39K 和
40K 的相对原子质量不同，可通过质谱法区分39K 和
40K，
C 正确；D 项，
40K 衰变为
40Ar 的过程中元素种类发生了变化，不属于化学变化，D 错误；故选D。
2．【改编】下列化学用语表示正确的是( )
A．基态镁原子最外层电子云轮廓图：
B．SO3
2-的VSEPR 模型：
C．
的系统命名：2，2，4-三甲基戊烷
D．1mol 冰晶体中存在着4mol 氢键，其结构为
【答案】C
【解析】A 项，基态镁原子最外层电子为3s2，s 轨道电子云轮廓图为球形，题目中图片为哑铃形(p 轨
道)，A 错误；B 项，SO3
2-中心S 原子价层电子对数=(6+2)/2=4(含1 对孤电子对)，VSEPR 模型为四面体
形，图片为三角锥形(分子构型)则不符合，B 错误；C 项，该有机物主链为5 个碳的戊烷，2 号碳连2
个甲基、4 号碳连1 个甲基，系统命名为2,2,4-三甲基戊烷，C 正确；D 项，冰的晶体结构为
，1 个水分子与相邻的4 个水分子形成4 个氢键，但1 个氢键被2 个水分子共
用，则平均1mol 冰晶体中存在着2mol 氢键，D 错误；故选C。
3．【改编】北京的饮食特色美食丰富多样。下列关于美食的化学知识正确的是( )
A．食物中的淀粉可水解为葡萄糖，葡萄糖能还原新制的 Cu(OH)2产生砖红色沉淀
B．炖鱼时添加食醋和料酒会香气四溢，是因为生成了易溶于水的酯
C．生腌——生蚝腌制时加入高度白酒使蛋白质发生盐析
D．营养师建议适当摄入富含纤维素的食物，纤维素在人体内可水解和利用
【答案】A
【解析】A 项，葡萄糖属于还原性糖，可还原新制的 Cu(OH)2产生砖红色沉淀Cu2O ， A 项正确；B
项，食醋中的乙酸与料酒中的乙醇 发生酯化反应，得到微溶于水的乙酸乙酯，B 项不正确；C 项， 盐
析需高浓度盐溶液，而高度白酒中的酒精使蛋白质变性析出，属于变性而非盐析，C 不正确；D 项，人
体内没有水解纤维素的酶，不能够水解纤维素，D 项不正确；故选A。
4．【新考法】下列关于氯化铁说法不正确的是( )
A．铁元素位于周期表d 区 B．氯化铁属于强电解质
C．氯化铁溶液与金属铜发生置换反应 D．氯化铁能与硫氰化钾溶液反应显红色
【答案】C
【解析】A 项，铁元素原子序数为26，位于元素周期表的d 区，A 正确；B 项，氯化铁溶于水完全电
离，属于强电解质，B 正确；C 项，氯化铁溶液与金属铜发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，该反应不
属于置换反应，C 错误；D 项，氯化铁能与硫氰化钾溶液反应生成红色络合物Fe(SCN)3，D 正确；故选
C。
5．下列反应可以得到多卤化物：KI+I2=KI3、CsBr+IBr=CsIBr2。下列说法不正确的是( )
A．CsIBr2中阴阳离子个数比是1：1
B．苯与
在催化剂作用下发生取代反应可生成碘苯
C．CsIBr2受热分解生成的产物含有
D．
能使湿润的淀粉
试纸变蓝色
【答案】C
【解析】A 项，Cs 在该化合物中为+1 价，I 为+1 价，Br 为-1 价，阴阳离子个数比是1：1，A 正确；B
项，苯与IBr 在催化剂作用下发生亲电取代反应，可生成碘苯和HBr，B 正确；C 项，CsIBr2中I 的化
合价为+1、Br 显-1 价，I 的电负性小于Br，因此，I 很难得到电子变为-1 价；离子晶体中离子电荷越
多，半径越小离子键强，离子晶体的晶格能越大(离子晶体越稳定)，CsIBr2受热易分解，倾向于生成晶
格能更大的物质CsBr，C 错误；D 项，IBr 与KI 反应的化学方程式为：KI + IBr = KBr + I2，淀粉-KI 试
纸会变蓝色，D 正确；故选C。
6．【改编】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。
7．在实验室制备下列物质，下列说法正确的是( )
A．制备铜氨溶液
B．制备Fe(OH)3胶体
C． 制取NaHCO3晶
体
D．制备干燥的NH3
【答案】A
【解析】A 项，向CuSO4溶液中滴加足量氨水，先发生反应CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4生
成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O，最终得到铜氨溶
液，A 正确；B 项，制备Fe(OH)3胶体的正确方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，而不是Fe2(SO4)3溶
液，B 错误；C 项，NaHCO3受热易分解(2NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑＋H2O)，直接加热NaHCO3溶液会
导致其分解为Na2CO3，无法得到NaHCO3晶体，C 错误；D 项，浓氨水与生石灰反应可制备NH3，但
P2O5为酸性氧化物，会与NH3反应，不能用于干燥NH3，应使用碱石灰，D 错误；故选A。
8．【新思维】从废旧LiFePO4电极粉末中回收制备FePO4·2H2O，同时获得副产品Li2CO3，工艺流程如
下。下列说法正确的是( )
已知：i．FePO4在硝酸中易溶，在硫酸中难溶
ii．碳酸锂在水中的溶解度如下表所示。
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
A．过程Ⅰ中酸浸需要采用硫酸
B．过程Ⅱ和过程Ⅲ均可使用Na2CO3溶液
C．过程Ⅲ的具体操作为：将溶液2 加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．过程Ⅲ如果使用NaHCO3，则反应的离子方程式为2Li++HCO3
-=Li2CO3↓+H+
【答案】B
【解析】废旧LiFePO4电极粉末在过程Ⅰ中用H2O2、硝酸酸浸，其中的Fe2+被氧化为Fe3+，然后相溶液
中加入适量Na2CO3溶液，调整溶液的pH，使Fe3+、PO4
3-形成FePO4·2H2O 形成，根据题目信息可作：
Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，要从溶液中获得Li2CO3沉淀，过程Ⅲ的具体操作为：将溶液2
加热浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥而获得Li2CO3沉淀。A 项，过程Ⅰ酸浸需溶解LiFePO4并氧化Fe2+变
为Fe3+，后续的过程Ⅱ从溶液Ⅰ中沉淀Fe3+形成FePO4·2H2O。根据信息可作FePO4在硫酸中难溶，在硝
酸中易溶，故酸浸时不能使用硫酸，而应该选用硝酸，A 错误；B 项，过程Ⅱ反应形成沉淀
FePO4·2H2O，使用Na2CO3，CO3
2-会反应消耗溶液中的H+，使Fe3+与溶液中的PO4
3-反应得到
FePO4·2H2O；过程Ⅲ中，溶液中的Li+与CO3
2-形成Li2CO3沉淀，因此该过程也可使用Na2CO3，故过程
Ⅱ和过程Ⅲ均可使用Na2CO3溶液，B 正确；C 项，根据题目信息可知：Li2CO3溶解度随温度升高而降
低，要形成Li2CO3沉淀，过程Ⅲ应加热浓缩后，趁热过滤、洗涤、干燥，以避免因温度降低时Li2CO3
因溶解度增大而重新被溶解造成损失，C 错误；D 项，在过程Ⅲ中Li⁺与NaHCO3电离产生的HCO3
-反应
生成Li2CO3沉淀，同时电离产生H+与HCO3
-反应产生CO2、H2O，相应反应的离子方程式为：2Li+
+2HCO3
-=Li2CO3↓+H2O+CO2↑，D 错误；故选B。
9．依据下列事实进行的推测不正确的是( )
A．Ba(NO3)2溶液中通入SO2生成BaSO4沉淀，则CaCl2溶液中通入CO2生成CaCO3沉淀
B．乙烯能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯也能被酸性KMnO4氧化生成CO2
C．元素周期表中锂和镁位于对角线上，MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水
D．AgOH 溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，则Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2
【答案】A
【解析】A 项，SO2溶于水与水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下NO3
-表现强氧化性，会
将H2SO3氧化产生SO4
2-，与溶液中的Ba2+反应产生BaSO4沉淀，而CO2与水反应产生的H2CO3，由于
酸性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液中通入CO2气体不能生成CaCO3沉淀，A 错误；B 项，乙烯分子中
含有不饱和的碳碳双键，能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯分子中也含有不饱和的碳碳双键，因此也
能被酸性KMnO4氧化生成CO2，B 正确；C 项，元素周期表中锂和镁位于对角线上，二者形成的化合
物结构相似。MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水，C 正确；D 项，Cu、Ag 属于同一副族元素，二
者结构相似，性质也相似。AgOH 难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH3)2OH；
Cu(OH)2难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH3)4(OH)2，D 正确；故选A。
10．【新思维】化学链燃烧技术可提高燃烧效率，并有利于CO2的捕集。某种化学链燃烧技术中的物质转
化关系如下图，其中M 和N 为铜的氧化物，反应①和②在不同装置中进行，燃料用CxHy表示。下列
说法不正确的是( )
A．M 和N 分别是CuO 和Cu2O
B．若②中燃料为CH4，则完全反应时，燃料与①中所需空气的体积比约为1 : 2
C．相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在空气中直接燃烧放出的热量相等
D．与燃料在空气中燃烧相比，化学链燃烧生成的CO2纯度更高，利于富集
【答案】B
【解析】A 项，CxHy燃烧生成二氧化碳和水，是被氧化，化合价升高，则M→N 是化合价降低，故M
和N 分别是CuO 和Cu2O，A 正确；B 项，若②中燃料为CH4，则完全反应时需要的氧气量为CH4物
质的量2 倍，燃料与①中所需空气则为CH4的10 倍，体积比约为1:10，B 错误；C 项，根据盖斯定律
可知，一个化学反应不管一步反应还是几步完成，反应热相等，故相同条件下，理论上燃料通过化学
链燃烧和在空气中直接燃烧放出的热量相等，C 正确；D 项，由图示可知，从燃料反应器中出来的只
有CO2和水，CO2纯度更高，利于富集，D 正确； 故选B。
11．FeSx催化CO 还原处理烟气中的SO2转化为液态S，部分物质转化关系如图1 所示。在容积可变的密闭
容器中充入一定量的CO 和SO2，在不同压强(p1、p2)下，反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温度
的变化如图2 所示。
下列说法不正确的是( )
A．W 为CO，M 为CO2
B．②中每生成molZ，③中有1molFeSx生成
C．升高温度，SO2与CO 反应的平衡常数减小
D．p1＞p2
【答案】B
【解析】FeSx催化CO 还原处理烟气中的SO2转化为液态S，W 和FeSx反应生成O=C=S 和FeSx-1，由
原子守恒可知W 为CO，Z 和FeSx-1反应生成FeSx，则Z 为S，Y 和O=C=S 反应生成S 和M，则Y 为
SO2，M 为CO2。A 项，W 为CO，M 为CO2，A 正确；B 项，Z 为S，M 为CO2，Y 为SO2，反应②为
2O=C=S+ SO2
3S+2CO2，反应③为FeSx-1+S=FeSx，结合总反应2CO+SO2
S+2CO2可知，②
中每生成1molZ，③中有0.5molFeSx生成，B 错误；C 项，由图2 可知，升高温度，SO2的平衡转化率
减小，说明反应2CO+SO2
S+2CO2逆向移动，平衡常数减小，C 正确；D 项，该过程的总反应
为2CO+SO2
S+2CO2，该反应过程中气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转
化率增大，则p1＞p2，D 正确；故选B。
12．KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，一种制取KMnO4的原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ中反应的化学方程式：2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O
B．Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ均需过滤
C．制取KMnO4的过程中，MnO2和KOH 均可循环利用
D．K2MnO4在碱性条件下比在酸性条件下更稳定
【答案】C
【解析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH 和O2在加热条件下反应生成K2MnO4(步骤I)，反应后
加稀KOH 溶液使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤除去不溶性杂质(步骤II)，向滤液中通入过量
CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2(步骤III)，滤液
进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体(步骤IV)。A 项，I 中MnO2、KOH 和O2在
加热条件下反应生成K2MnO4，化学方程式为2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O，故A 正确；B 项，
需要过滤的步骤有II、III、IV，故B 正确；C 项，第III 步反应方程式为
3K2MnO4+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KOH，加入CO2，减少生成KOH 的浓度，促进反应进行，因此
MnO2可循环利用，KOH 被消耗，不能循环利用，故C 错误；D 项，碱性环境下K2MnO4不易发生歧
化反应，而在酸性条件下K2MnO4会歧化为KMnO4和MnO2，因此K2MnO4在碱性条件下比在酸性条
件下更稳定，故D 正确；故选C。
13．化合物e 是一种药物递送的良好载体，可用甲基水杨酸(a)为原料合成，合成路线如下图。下列说法正
确的是( )
A．1 个e 分子中采用sp3杂化的碳原子共有3n+1 个 B．c 分子一氯代物有5 种
C．d 和c 反应生成e，反应类型是缩聚反应 D．a 和d 都能与溴水发生反应
【答案】A
【解析】A 项，1 个e 分子中，链节内有3 个C 采用sp3杂化，链节外有1 个C 采用sp3杂化，采用sp3
杂化的碳原子共有3n+1 个，A 正确；B 项，化合物c 中氢原子有6 种，则一氯代物有6 种，如图所示
，B 错误；C 项，d 和c 反应生成e，该反应无小分子生成，是开环后发生的加聚
反应，C 错误；D．a 含酚羟基，在酚羟基邻位上可与溴发生取代反应，d 属于芳香醇、不能与溴水发
生反应，D 错误； 故选A。
14．【新思维】实验小组用下表实验研究Cu 与Fe(NO3)3的反应。将0.3 g Cu 与10 mL 溶液A 混合，振荡
后静置30 min，观察现象。
溶液A
实验现象
①
0.6mol·L-1Fe(NO3)3溶液(未加酸， pH≈1)
溶液由黄色变为棕绿色，未见气
泡产生
②
0.3mol·L-1Fe2(SO4)3溶液(未加酸， pH≈1)
溶液由黄色变为蓝绿色
③
HNO3和NaNO3混合溶液[ pH≈1，
c(NO3
-)=1.8mol·L-1]
无明显变化
资料：Fe2++NO
Fe(NO)2+，Fe(NO)2+溶液呈棕色。
下列说法不正确的是( )
A．结合资料推测，①中Fe3+和NO3
-均体现了氧化性
B．②中发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+
C．由①③推测，①中直接还原NO3
-的可能是Fe(Ⅱ)
D．由②③可知，Cu 还原Fe3+反应的限度大于Cu 还原NO3
-反应的限度
【答案】D
【解析】A 项，实验①中溶液变为棕绿色，结合资料Fe2++NO
Fe(NO)2+，Fe(NO)2+溶液呈棕色，
则生成了Fe2+和Fe(NO)2+，说明Fe3+被还原为Fe2+，同时NO3
-在酸性条件下可能被还原为NO，又继续
和Fe2+反应生成Fe(NO)2+，则Fe3+和NO3
-均体现了氧化性，A 正确；B 项，实验②使用Fe2(SO4)3溶液
(无NO3
-)，溶液由黄色(Fe3+)变为蓝绿色(Fe2+浅绿色和Cu2+蓝色的混合色)，反应为典型的Cu 还原
Fe3+，方程式书写正确，故B 正确；C 项，实验①有反应(棕绿色)，实验③无反应(无明显变化)，对比
可知NO3
-还原需Fe 参与。结合资料，Cu 先还原Fe3+生成Fe2+，Fe2+再直接还原NO3
-为NO，形成
Fe(NO)2+。因此，直接还原NO3
-的是Fe(II)(即Fe2+)，故C 正确；D 项，实验②中Cu 还原Fe3+发生，实
验③中Cu 还原NO3
-未发生(无明显变化)，表明在相同条件下(pH≈1，离子浓度相似)，Cu 还原Fe3+的
反应可以进行，而Cu 还原NO3
-的反应不能自发进行或反应速率慢，而非限度差异(如动力学因素导致
实验③无明显现象)，不能直接推断限度大小，D 错误；故选D。
二、非选择题：本题共5 小题，共58 分。
15．(12 分)甲胺铅碘[(CH3NH3)PbI3]和甲脒铅碘[(NH2CH=NH2)PbI3]，均可用作太阳能电池的功能材料。
（1）82Pb 在元素周期表中的位置是 ，属于 区元素。
（2）53I 的电子排布式为[Kr] 。
（3）比较CH3NH3
+和CH3NH2的H-N-H 键角大小，并说明原因： 。
（4）NH2CH=NH2
+为平面结构，其中N 的杂化类型为 。
（5）与CH3NH2相比，NH2NH2中N 原子结合H+能力弱，原因是 。NH2NH2与足量盐酸反
应的离子反应方程式 。
（6）两种材料具有相同的晶胞结构，如图所示。
① “
”代表CH3NH3
+或NH2CH=NH2
+，“
”代表 (填“pb2-”或“I-”)。
②研究发现，用少量有机二元胺的阳离子(如下)代替晶体表面部分NH2CH=NH2
+，可提升电池的防潮
性能，且效果：a<b。a、b 效果不同的可能原因是 。
a．
b．
③甲胺铅碘[(CH3NH3)PbI3]的晶胞参数为a nm，该晶体的密度为 g/cm3。
【答案】（1）第六周期ⅣA 族(1 分) p 区(1 分)
（2）4d105s25p5(1 分)
（3）CH3NH3
+＞CH3NH2，CH3NH3
+和CH3NH2中N 的杂化类型均为sp3，CH3NH2的N 原子有一对孤对
电子，电子间的斥力：孤对-成键>成键-成键，H-N-H 键角CH3NH3
+＞CH3NH2(2 分)
（4）sp2(1 分)
（5） N 的电负性大于C(或甲基为给电子基团)，CH3NH2中电子云更偏向N，N 电子云密度更大，给
电子能力更强(2 分) NH2NH2+2H+=N2H6
2+(1 分)
（6） ①Pb2+(1 分) ②b 的链端有甲基，不利于与H2O 形成氢键；a 中氢原子个数更多，成氢键的
几率更大(1 分) ③
(1 分)
【解析】（1）Pb 是第82 号元素，位于第六周期ⅣA 族；其价电子排布为6s26p2，属于p 区元素；
（2）I 是第53 号元素，基态I 的电子排布式为[Kr]4d105s25p5；
（3）CH3NH3
+和CH3NH2中N 的杂化类型均为sp3，CH3NH3
+中N 原子无孤电子对，CH3NH2中N 原子
有1 个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，所以H-N-H 键角：
CH3NH3
+＞CH3NH2；
（4）NH2CH=NH2
+中所有原子位于同一平面，说明N 原子参与了双键的形成，则N 的杂化类型均为
sp2；
（5）NH2NH2相对于CH3NH2，N 的电负性大于C(或甲基为给电子基团)，CH3NH2中电子云更偏向
N，N 电子云密度更大，给电子能力更强，因此NH2NH2中N 原子结合H+能力弱；NH2NH2中的氨基显
碱性，会与酸反应，与足量盐酸反应的离子反应方程式为 NH2NH2+2H+=N2H6
2+；
（6）①“
”代表CH3NH3
+或NH2CH=NH2
+，个数为
，1 个
位于体心，灰球位于面心，个
数为
，根据甲胺铅碘[(CH3NH3)PbI3]和甲脒铅碘[(NH2CH=NH2)PbI3]可知，“
”代表Pb2+；
②a 中氢原子个数更多，成氢键的几率更大，从而影响材料的吸湿性和防潮性能，b 的链端有甲基，不
利于与H2O 形成氢键，所以a 的防潮效果不如b；③由晶胞结构图分析可知1mol 甲胺铅碘
[(CH3NH3)PbI3](M=620g/mol)所含微粒为1mol，若甲胺铅碘的晶胞边长为a nm，则其晶体的密度为
。
16．【新思维】(12 分)研究从含锌资源中获取Zn 的途径具有重要意义。
Ⅰ．工业上酸浸提锌
氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等。
已知：ⅰ．几种难溶电解质的Ksp
难溶电解质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Ksp
4.9×10-17
2.8×10-39
1.0×10-33
3.0×10-17
ⅱ．浸出液中主要金属阳离子浓度
粒子
Zn2+
Fe2+和Fe3+
Al3+
浓度/(mol·L-1 )
0.3
0.1
0.1
（1）浸出渣的主要成分有PbSO4、CaSO4和SiO2，PbO 和H2SO4反应的离子方程式是 。
（2）加入试剂a 的目的是 。
（3）电解前，含Zn2+溶液中铁和铝的离子浓度均需小于10-6mol·L-1，应调节
的范围是
(忽略①和②导致的体积变化)。
Ⅱ．实验室中氨浸提锌
已知：ⅲ．[Zn(NH3)4]2+
Zn2++4NH3 K=10-9.5。
ⅳ．M 的结构筒式如图所示，R 为-C9H19，两个羟基中，酚羟基酸性较强。
（4）NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO 发生反应的离子方程式是 。
（5）M 能与Zn2+形成稳定的配合物X，相关反应为2M+Zn2+
2H++X。
①补全下图中X 的结构并用“…”标出氢键 。
②X 中形成氢键有利于Zn2+的萃取，原因可能是 。
（6）从平衡移动的角度解释CO2能提高有机溶液中X 含量的原因： 。
【答案】（1）PbO+2H++SO4
2-
PbSO4+H2O(1 分)
（2）将Fe2+氧化成Fe3+，利于通过调pH 将Fe3+除去(1 分)
（3）5
pH
6(2 分)
（4）ZnO+2NH3+NH4
+=[Zn(NH3)4]2++H2O(2 分)
（5） ①
(2 分) ②提高X 结构的稳定性；提高X 在有机溶剂中
的溶解性；降低X 在水中的溶解性(2 分)
（6）CO2与NH3反应，c(NH3)减小，有利于[Zn(NH3)4]2+
Zn2++4NH3 的平衡正向移动，导致
c(Zn2+)增大，促进2M+Zn2+
2H++X 的平衡正向移动(2 分)
【解析】Ⅰ．由题给流程可知，向氧化锌矿中加入稀硫酸共热酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧
化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫酸铅、硫酸钙、二氧化硅的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入
合适的氧化剂a，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化锌等调节溶液pH，将溶液中的铁离子
转化为氢氧化铁沉淀，过滤得含锌离子的溶液和含有氢氧化铁滤渣；电解含锌离子的溶液，在阴极得
到锌；Ⅱ．向氧化锌中加入氨气和硫酸铵的混合溶液，将溶液中的锌离子转化为四氨合锌离子，向浸
出液中加入含M 的有机溶液，通入二氧化碳气体，将溶液中的四氨合锌离子转化为X，分液得到含有
X 的有机溶液和水溶液；含有X 的有机溶液经多步处理得到锌。
（1）由分析可知，氧化铅矿与稀硫酸共热，其中氧化铅稀硫酸反应生成硫酸铅和水，反应的离子方
程式为PbO+2H++SO4
2-
PbSO4+H2O；
（2）由分析可知，加入合适的氧化剂a 的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，便于加入氧化锌
等调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀；
（3）由溶度积可知，溶液中铝离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，则铝离子完全沉淀时，溶液
中的氢氧根离子浓度
=1×10—9mol/L，溶液的pH
5；溶液中的锌离子不沉淀，则溶
液的氢氧根离子浓度小于
=1×10—8mol/L，溶液的pH 小于6，则电解前，应调节溶液pH 的
范围为5
pH
6；
（4）由分析可知，向氧化锌中加入氨气和硫酸铵的混合溶液的目的是将溶液中的锌离子转化为四氨
合锌离子，反应的离子方程式为ZnO+2NH3+NH4
+=[Zn(NH3)4]2++H2O；
（5）①由图可知，M 中含有的氮原子和氧原子具有孤对电子，由题给信息可知，两个羟基中酚羟基
酸性较强，则M 中含有的氮原子和酚羟基上的氧原子能与具有空轨道的锌离子形成配位键；氧元素的
电负性强于氮元素，则氮原子所连的羟基上的氢原子与配合物X 中的原酚羟基上的氧原子之间形成氢
键，所以X 的结构为
；②X 中氢键的形成能提高X 结构的稳定性，降
低分子的极性，从而降低X 在水中的溶解性，提高X 在有机溶剂中的溶解性，所以X 中形成氢键有利
于锌离子的萃取；
（6）CO2是酸性氧化物，能与溶液中的NH3反应，溶液中c(NH3)减小，有利于[Zn(NH3)4]2+
Zn2+
+4NH3 的平衡正向移动，导致溶液中c(Zn2+)增大，促进2M+Zn2+
2H++X 的平衡正向移动，所以
CO2能提高有机溶液中X 含量。
17．(12 分)由C-H 键构建C-C 键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N-苯基甘氨酸中的C-H 键
在O2作用下构建C-C 键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如下图。
已知：
i．R—Br+RCHO
ii．
（1）试剂a 为 。
（2）B 具有碱性，B 转化为C 的反应中，使B 过量可以提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率，其原因是
(写出一条即可)。
（3）C 转化为D 的化学方程式为 。
（4）G 转化为H 的化学方程式为 ；G 生成H 的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一
种的结构简式： 。
（5）已知：i．
+
ii．
①D 和I 在O2作用下得到J 的4 步反应如下图(无机试剂及条件已略去)，中间产物1 中有两个六元环和
一个五元环，中间产物3 中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1 和中间产物3 的结构
简式 ； 。
②D 和I 转化成J 的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的O2与生成的J 的物质的量之比为
。
【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸(1 分)
（2）
具有碱性，增加
的量，可降低生成物HCl 的浓度，使平衡正向移动(2 分)
（3）
+ H2O
+ CH3CH2OH(2 分)
（4） BrCH2CHBrCH2CH2OH
+ HBr(2 分)
或
(1 分)
（5） ①
(1 分)
(1 分) ② 1:1(2 分)
【解析】由流程信息知，制备喹啉并内酯需先得到
和
，A 为硝基苯，经
还原后得到苯胺B，苯胺与ClCH2COOC2H5发生取代反应得到C，C 为
，其在酸
性条件下发生水解生成
；丙烯和溴单质在高温条件下发生取代反应得到E，E 为
CH2=CH-CH2Br ，E 与甲醛反应生成F，结合信息i 知，F 为CH2=CH-CH2CH2OH，则G 为
CH2BrCHBrCH2CH2OH，结合信息ii 知，H 为
，它在NaOH 醇溶液和加热条件下发生消去反
应生成
。
（1）从苯到A 发生苯的硝化反应，所用试剂为浓硫酸、浓硝酸；
（2）C 为
，B→C 的化学方程式为：
+ ClCH2COOC2H5 →
+ HCl ，因
具有碱性，增加
的量，可降低生成物HCl 的浓度，
使平衡正向移动，从而提高ClCH2COOC2H5的平衡转化率；
（3）C 为
，C→D 发生酯的水解反应，化学方程式：
+ H2O
+ CH3CH2OH；
（4）G 为BrCH2CHBrCH2CH2OH，参考题干中的已知信息i 知，G →H 的化学方程式：
BrCH2CHBrCH2CH2OH
+ HBr；G 生成H 的过程中会得到少量的聚合物，参考题干中
的已知信息i 写出其中一种的结构简式：
或
；
（5）结合（5）中信息i 知，
和
在氧气的作用下可先生成中间产物1：
，化学方程式为：2
+2
+ O2
2
+2H2O，结合（5）中信息ii 知，
在一定条件下可转化为中
间产物2：
，然后
发生自身酯化反应得到中间产物3：
，最后
在氧气的作用下反应生成喹啉并内酯，方程式为：2
+ O2
2
+ 2H2O，整个过程中只有第一步和最后
一步消耗O2，故理论上消耗的O2与生成的喹啉并内酯的物质的量之比为1:1。
18．(10 分)利用菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2 等杂质]制备MnCO3粉的工艺流程
如下。
已知：i．MnO 易被氧化为Mn2O3，MnO 能溶于氨水生成[Mn(NH3)4]2+。
ii．Mn(OH)2(s)
Mn2+ (aq)+ 2OH-(aq)
（1）脱硅时进行的分离操作是 。
（2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。
温度/℃
600
700
800
主要成分
MnO、
CaMg(CO3)2
MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、
MgO
MnO、CaCO3、
MgO
下列说法正确的是 (填序号)。
A．800℃时发生了反应：CaMg(CO3)2
CaCO3+MgO+CO2↑
B．热稳定性：MnCO3＞CaCO3＞MgCO3
C．焙烧时，N2的作用是避免MnO 被氧化
（3）已知MnCO3分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度
从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。
（4）图1 中，氨水-(NH4)2CO3溶液中的总氮浓度固定为14mol·L-1。结合图1 解释浸锰时同时使用氨水
和碳酸铵的原因： 。
（5）沉锰过程中温度对Mn 沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn 沉淀率增大的原
因： 。
（6）该工艺流程中可再次利用的物质为 。
【答案】（1）过滤(1 分)
（2）AC(2 分)
（3）替换后cCO2浓度变大，不利于MnCO3的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，K
增大，Q＜K，MnCO3才能继续分解(2 分)
（4）加入氨水可使MnO 转化为可溶性的[Mn(NH3)4]2+；加入碳酸铵可避免pH 过高发生副反应Mn2++
2OH-
Mn(OH)2；同时NH4
+能与OH-结合补充NH3的消耗(2 分)
（5）温度升高导致NH3被蒸出，cNH3减小，[Mn(NH3)4]2+
Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增
大，生成MnCO3沉淀(2 分)
（6）CO2或(NH4)2CO3、NH3(1 分)
【解析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]为原料，制备
MnCO3粉，菱锰矿与25% NaOH 溶液脱硅，发生2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，生成的Na2SiO3能溶于
水，过滤，与MnCO3、CaMg(CO3)2不溶物分离除去，MnCO3、CaMg(CO3)2在N2的作用下焙烧，使
MnCO3发生分解反应生成MnO，再加入氨水-(NH4)2CO3溶液浸锰，过滤除去CaMg(CO3)2，得到含有
[Mn(NH3)4]2+的浸锰液再沉锰制得MnCO3粉。
（1）脱硅时发生2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，生成的Na2SiO3能溶于水，与MnCO3、CaMg(CO3)2不
溶物分离方法为过滤；
（2）A 项，根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，800℃时发生了反应：CaMg(CO3)2
CaCO3+MgO+CO2↑，A 项正确；B 项，根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，600℃时MnCO3
分解，700~800℃MgCO3分解，800℃时CaCO3未发生分解，故热稳定性：MnCO3＜MgCO3＜CaCO3，
B 项错误；C 项，MnO 易被氧化为Mn2O3，故焙烧时，N2的作用是避免MnO 被氧化，C 项正确；故
答案为AC；
（3）相同温度下，将N2替换为CO2，cCO2浓度变大，MnCO3
MnO+CO2平衡逆移，不利于
MnCO3分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至700℃，K 值增大，此时Q＜K，反应正向进行，
MnCO3继续分解；
（4）从图像可看出，c[(NH4)2CO3]=0，溶液pH 较高，氨水可使MnO 转化为可溶性的[Mn(NH3)4]2+，
但Mn 浸出量较低，随c[(NH4)2CO3]增大，溶液pH 降低，Mn 浸出量升高，c[(NH4)2CO3] ≥1.5
mol·L-1，pH 略大于10，Mn 浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使MnO 转化为可溶性的
[Mn(NH3)4]2+；加入(NH4)2CO3可避免pH 过高发生副反应Mn2++ 2OH-
Mn(OH)2；同时NH4
+能与
OH-结合补充NH3的消耗；
（5）氨水-(NH4)2CO3溶液浸锰时，得到含有[Mn(NH3)4]2+、CO3
2-等的浸锰液，溶液中存在[Mn(NH3)4]2+
Mn2++4NH3平衡，沉锰时，温度升高，导致NH3被蒸出，cNH3减小，[Mn(NH3)4]2+
Mn2+
+4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，
，有MnCO3沉淀生成；
（6）焙烧生成的CO2可以与氨水反应制备(NH4)2CO3，而沉锰时逸出的NH3可以制备氨水。
19．【新考法】(12 分)实验小组制备SO2并探究其遇酸性KI 溶液后的变化。
【实验1】通N2一段时间后，关闭弹簧夹，向B 的试管中滴入
盐酸，打开活塞a 加
入适量硫酸，B 中溶液迅速变黄，静置一段时间，溶液中出现浑浊。
（1）实验开始时通N2的目的是 。
（2）A 中制备SO2反应的化学方程式为 。
【实验2】推测B 中可能发生氧化还原反应生成I2和S，设计如下实验进行验证。
（3）实验2 证明B 中未生成I2，而是生成了S 和SO4
2-。
①现象1 和试剂2 分别是 、 。
②推断SO2在该条件下发生了歧化反应，反应的离子方程式为 。
【实验3】改变实验1 中B 的试剂，重复实验1 的操作，探究KI 和盐酸在SO2歧化反应中的作用。
实验
试管中的溶液(1 mL)
滴管中的溶液(1 mL)
B 中现象
3-1
蒸馏水
蒸馏水
无明显现象
3-2
蒸馏水
mol·L-1盐酸
3-3
mol·L-1
溶液
滴淀粉溶液
蒸馏水
溶液迅速变黄，始终未变
蓝，出现浑浊较实验1 慢
（4）由实验3 可得到的结论是 。
（5）查阅资料：
a．在
的作用下，SO2的歧化反应分两步：ⅰ．I-与SO2反应生成I2和S；ⅱ．生成的I2再与SO2反应
生成I-和SO4
2-。
b．I-结合SO2形成了黄色的中间产物，有利于ⅰ中的电子转移，
的结合能力与其离子半径密切相
关。
①ⅱ中发生反应的离子方程式为 。
②实验3-3 中始终未检测出I2，可推断反应速率：ⅰ ⅱ(填“>”或“<”)。
③Cl 与I 同主族，但实验3-2 表明
无法起到
的作用，原因可能是 (写2 条)。
【答案】（1）排尽装置内的空气，防止氧气干扰实验(1 分)
（2） Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4 +SO2↑+H2O(1 分)
（3） ①溶液不变蓝(或无明显现象)(1 分) 盐酸酸化的BaCl2溶液(1 分)
②2H2O+3SO2=S↓+2SO4
2-+4H+(2 分)
（4）KI 是SO2歧化反应的催化剂，能加快反应速率；盐酸本身对SO2歧化反应无影响，但能增大KI
的催化活性(2 分)
（5） ①SO2+ I2+2H2O=4H++SO4
2-+2I-(1 分) ②＜(1 分) ③Cl-的离子半径比I-小，结合
SO2的能力弱，无法形成有利于电子转移的黄色中间体；Cl-的还原性比I-弱，难以与SO2发生第一步
反应(i)生成Cl2和S(2 分)
【解析】实验1 中A 为SO2发生装置，B 为探究KI、SO2和盐酸反应的装置，C 为尾气处理装置，吸
收多余的二氧化硫，以免污染空气。
（1）I-和SO3
2-均为强还原性离子，易被空气中的氧气氧化，因此实验开始时通N2的目的是排尽装置
内的空气，防止氧气干扰实验；
（2）A 装置中利用70%的浓硫酸和Na2SO3制备SO2气体，其反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=
Na2SO4 +SO2↑+H2O；
（3）①据题意，实验2 证明B 中未生成I2，而是生成了S 和SO4
2-，则向实验所得上层清液中加入淀
粉溶液不变蓝，加入盐酸酸化的BaCl2溶液生成BaSO4白色沉淀，因此现象1 为溶液不变蓝(或无明显
现象)，试剂2 为盐酸酸化的BaCl2溶液；②SO2在该条件下发生歧化反应生成S 和SO4
2-，反应离子方
程式为2H2O+3SO2=S↓+2SO4
2-+4H+；
（4）实验3-1 中，未加KI 溶液、盐酸，实验无明显现象；实验3-2 中，未加KI 溶液，加入盐酸，实
验仍无明显现象，说明盐酸对SO2歧化无作用；实验3-3 中，加入KI 溶液，未加盐酸，实验出现浑
浊，但比实验1(加入KI 溶液和盐酸)要慢，说明KI 是SO2歧化反应的催化剂，能加快反应速率，盐酸
本身对SO2歧化反应无影响，但能增大KI 的催化活性；
（5）①ⅱ中I2与SO2反应生成I-和SO4
2-，离子方程式为SO2+ I2+2H2O=4H++SO4
2-+2I-；②实验3-3 中始
终未检测出I2，说明i 中生成I2的速率远远小于ii 中消耗I2的速率，即反应ii 的速率大于反应i 的速
率，故填“<”； ③Cl 与I 同主族，但实验3-2 表明Cl-无法起到I-的作用，原因可能是：Cl-的离子半径
比I-小，结合SO2的能力弱，无法形成有利于电子转移的黄色中间体；Cl-的还原性比I-弱，难以与SO2
发生第一步反应(i)生成Cl2和S。
