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 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Cu 64
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 年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是
A．碳纤维躯干
B．钛合金关节
C．聚氨酯皮肤
D．高纯硅传感器
【答案】B
【解析】A．碳纤维是一种含碳量在 90% 以上的高强度、高模量纤维，属于无机非金属材料，A 不符
合题意；B．钛合金是金属钛与其他元素形成的合金，属于金属材料，B 符合题意；C．聚氨酯是人工合
成的有机高分子材料，属于合成材料，C 不符合题意；D．高纯硅传感器的主要成分高纯硅是半导体材
料，属于新型无机非金属材料，D 不符合题意；故合理选项是B。
2．【改编】实验室制备
的原理是
。下列说法正确的是
A．
的结构示意图为
B．
中
键、
键数目之比为
C．
中
元素的化合价为
D．
和
的空间结构相同
【答案】C
【解析】A．Br⁻为溴原子得到1 个电子形成的阴离子，溴原子序数为35，核外电子数为35，Br⁻核外电
子数为36，其结构示意图应为2、8、18、8，而图片中电子排布为2、8、18、7，为溴原子结构示意图，
A 错误；
B．CO2的结构式为O=C=O，每个双键含1 个σ 键和1 个π 键，分子中含2 个C=O 双键，故σ 键数目为
2，π 键数目为2，σ 键、π 键数目之比为1:1，B 错误；C．NaBrO3中Na 为+1 价，O 为-2 价，设Br 化合
价为x，由化合物中正负化合价代数和为0 可得：+1+ x + 3×(-2)=0，解得x=+5，C 正确；D．
中C
的价层电子对数=(4+2)/2=3，无孤电子对，空间结构为平面三角形；
中Br 的价层电子对数=(7+1)/
2=4，含1 对孤电子对，空间结构为三角锥形，二者空间结构不同，D 错误；故选C。
3． 实验室用稀硝酸和Cu 制备NO 和
，下列装置能达到实验目的的是
A．用①收集NO
B．用②吸收尾气
C．用③分离Cu 和
溶液
D．用④蒸干
溶液
【答案】C
【解析】A．NO 易与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，故A 错误；B．NO 不溶于水且与水不反
应，不能用水吸收NO 尾气，故B 错误；C．Cu 为不溶性固体，
溶液为液体，分离固液混合
物需用过滤装置，故C 正确；D．
溶液加热时，Cu2+水解生成Cu(OH)2和HNO3，HNO3易挥发，
直接蒸干
溶液得到的是且氧化铜，如果灼烧得到CuO，故D 错误；答案选C。
4．二氯异氰尿酸钠(结构如图所示)是一种重要的消毒剂。下列说法正确的是
A．电负性：χ(N)>χ(O)
B．键极性：C-N>C-O
C．第一电离能：I1(C)>I1(N)
D．离子半径：r(O2-)>r(Na+)
【答案】D
【解析】A．同周期越靠右电负性越大，则电负性：χ(N)<χ(O)，A 错误；B．由于电负性电负性：
χ(N)<χ(O)，则键极性：C-N<C-O，B 错误；C．一般来说，同周期越靠右第一电离能越大，则第一电离能：
I1(C)<I1(N)，C 错误；D．核外电子排布相同时，原子序数越小，半径越大，则离子半径：r(O2-)>r(Na+)，D
正确；故选D。
阅读材料，完成5~7 小题：
氢硫酸是二元弱酸，具有强还原性。用NaOH 溶液吸收H2S 可制备Na2S 或NaHS；H2S 与SO2反应可用于工
业制高纯度硫磺；银器与空气中H2S 接触后会产生黑褐色的Ag2S；C2H5OH 与H2S 反应可制备难闻的
C2H5SH（乙硫醇）用于警示家用煤气泄露；H2S 和CO2反应生成的COS（羰基硫）用于粮食熏蒸；H2S 可除
去废水中Hg2+等重金属离子。
5．下列说法正确的是
A．
（
）是共价晶体B．SO2中S 原子杂化类型为sp3
C．H2S 的热稳定性比H2O 大
D．C2H5SH 的沸点比C2H5OH 低
【答案】D
【解析】A．由题干S8的结构式（
）可知，S8是由分子构成的，故属于分子晶体而
不是共价晶体，A 错误；B．SO2中心原子S 周围的价层电子对数为：2+
=3，故S 原子杂化类
型为sp2，B 错误；C．已知O 的非金属性强于S，故H2S 的热稳定性比H2O 小，C 错误； D．已知
C2H5SH 和C2H5OH 均为分子晶体，C2H5OH 分子间存在氢键，而C2H5SH 分子间不能形成氢键，导致C2H5SH
的沸点比C2H5OH 低，D 正确；故答案为：D。
6．下列反应表示不正确的是
A．H2S 与SO2反应制硫磺：
B．Na2S 溶液显碱性的原因：
C．银器与空气中H2S 接触生成
D．H2S 除去废水中
【答案】B
【解析】A．H2S 与SO2反应制硫磺即S 元素发生归中反应，反应方程式为：
，
A 正确；B．已知H2S 是二元弱酸，则S2-水解是分步进行，分布书写的，即Na2S 溶液显碱性的原因：
、
，B 错误；C．银器与空气中H2S 接触生成Ag2S，即Ag
与O2反应生成Ag2O，Ag2O 再与H2S 发生复分解反应，总反应方程式为：
，C 正确；D．已知H2S 是弱酸，离子方程式书写时不能拆，则H2S 除去
废水中Hg2+的离子方程式为：
，D 正确；故答案为：B。
7．制备羰基硫的反应：
。下列说法正确的是
A．已知该反应在高温条件下能自发进行，则
B．该反应的平衡常数
C．反应的
（
表示键能，CO2和COS 中的化学键可
分别视为C=O 和C=S）
D．高温或使用催化剂均可提高H2S 的平衡转化率
【答案】A
【解析】A．已知该反应的
，根据自由能变判据可知，
＜0 时反应自发，该反应
在高温条件下能自发进行，则
，A 正确；B．根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数
，B 错误；C．已知反应的反应热
等于反应物的键能总和减去生成物的键能总
和，故该反应的
=
，C 错误；D．由
可知：升温能使平衡正向移动，即高温能提高H2S 的平衡
转化率，但使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，即不能提高H2S 的平衡转化率，D 错
误；故答案为：A。
8．一种光电催化脱除
的工作原理如题图所示。工作时，光催化
电极产生电子和空穴，双极膜中
解离的
和
分别向两极迁移。下列说法不正确的是
A．空穴和电子的产生驱动了脱除
与制备
的发生
B．双极膜中
解离的
向GDE 电极移动
C．左室发生的电极反应式：
D．工作一段时间，当电路中转移1 mol
，右室增重17 g
【答案】B
【解析】由图可知，电池工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴，故Fe2O3电极为负极，电极反应
为：
+2OH--2e-=
+H2O，GDF 电极为正极，电极反应为：O2+2H++2e-=H2O2，电解质溶液中阴离子
移向负极，阳离子移向正极，故双极膜中，靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜，OH-通过阴离子交换膜移向
负极，H+通过阳离子交换膜移向正极，据此分析作答。A．原电池能够加快反应速率，空穴和电子的产
生促使形成原电池反应，故驱动了脱硫与H2O2制备反应的发生，故A 正确；B．结合分析可知，双极膜
中水解离的氢氧根移向Fe2O3电极，故B 错误；C．根据分析可知，左室发生反应：SO2+2OH-=
+H2O，
+2OH--2e-=
+H2O，故C 正确；D．工作一段时间，当电路中转移1mole-，O2+2H++2e-
=H2O2，右室增重为氢离子和氧气质量，增重=1mol×1g/mol+0.5mol×32g/mol=17g，故D 正确；故选：
B。
9．有机物 W 可发生如图所示的反应，下列说法正确的是
A．为促进M 的生成，试剂Q 可用浓硫酸B．Y 中所有碳原子不可能共平面
C．M、X、Y 都存在顺反异构体
D．X 中
杂化和
杂化的碳原子的比例是
【答案】D
【解析】由有机物的转化关系可知，试剂Q 作用下W 与
发生取代反应生成M 和溴化氢，
M 受热发生构型转化生成X 和Y。A．由分析可知，试剂Q 作用下W 与
发生取代反应生成
M 和溴化氢，若试剂Q 为浓硫酸，平衡体系中氢离子浓度增大，会导致平衡向逆反应方向移动，不利
于M 的生成，故A 错误；B．由结构简式可知，Y 分子中的苯环、碳碳双键为平面结构，氧原子的空间
构型为V 形，由单键可以旋转可知，分子中所有碳原子有可能共平面，故B 错误；C．由结构简式可知，
X 分子中有一个不饱和的碳原子上连接了2 个氢原子，不可能存在顺反异构体，故C 错误；D．由结构
简式可知，X 分子中苯环上碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有8 个，单键碳原子的杂化
方式为sp3杂化，共有2 个，则分子中sp2杂化和sp3杂化的碳原子的比例是
，故D 正确；故选D。
10．【新考法】以
催化的
反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程中有非极性共价键断裂和形成
B．反应过程中
的化合价没有改变
C．催化剂参加了反应并降低了反应焓变
D．
反应的化学方程式：
【答案】A
【解析】A．反应中有氧气参与反应，且生成了氮气，所以反应过程中有非极性共价键断裂和形成，A
正确；B．在题给的反应历程中，
的成键数发生了改变，即
的化合价发生了变化，B 错误；
C．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响焓变，C 错误；D．流程中有氧气的参与，
反
应的化学方程式：
，D 错误；故答案选A。
11． 【新考法】探究含铁化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3 滴KI 溶液和2 滴淀粉溶液后变蓝；向另一份
中滴加KSCN 溶液后变血红色。
步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF 固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。
步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3 滴KI 溶液和2 滴淀粉溶液，未变蓝。
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为
B．步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3-
C．步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c 血红色(Fe3＋)<c 无色(Fe3+)
D．步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱
【答案】C
【解析】步骤Ⅰ：取一定量
溶液分为两等份，向一份中滴加3 滴KI 溶液和2 滴淀粉溶液后变蓝，
说明有单质
生成，即发生反应：
；向另一份中滴加KSCN 溶液后变血红色，是
因为
与
能发生显色反应：
；
步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF 固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了
)：
；
步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3 滴KI 溶液和2 滴淀粉溶液，未变蓝，说明
不能氧化
；据此分析解答。A．步骤Ⅰ中溶液变蓝，说明有单质
生成，反应方程式为：
，A 正确；B．NaF 加入后生成更稳定的
，导致
分解，红色褪
去，B 正确；C．血红色溶液中
主要以
形式存在，游离
浓度低；而无色溶液中的
更稳定，游离
浓度更低，则有
，C 错误；D．
的氧化性弱
于
，无法将
氧化生成
，导致步骤Ⅲ未变蓝，D 正确；故答案为：C。
12．室温下，通过矿物中
获得
的过程如下：
已知：
，
。下列说法正确的是
A．
溶液中：
B．反应
正向进行，需满足
C．“脱硫”后上层清液中：
D．
悬浊液加入
“溶解”过程中，溶液中
浓度逐渐减小
【答案】D
【解析】
中加入
溶液脱硫，
与
反应转化为
沉淀，再加入
溶
解得到
。A．由质子守恒关系得：
，故A 错误；B．
该反应的平衡常数
，当浓度商
时，平衡正向移动，故B 错误；C．“脱硫”后上层清液主要是
溶
液，还含有未反应完的
溶液，守恒关系还应考虑
，故C 错误；D．
悬浊液加入
“溶解”过程中，由于
会和
反应生成
，所以溶液中
浓度逐渐减小，故D 正确；
故选D。
13．利用甲醇催化脱氢法制备甲酸甲酯主要涉及如下化学反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g)
HCOOCH3(g)＋2H2(g) ΔH1
反应Ⅱ：CH3OH(g)
CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.6 kJ·mol-1
反应Ⅲ：HCOOCH3(g)
2CO(g)＋2H2(g) ΔH3=＋136.3 kJ·mol-1
恒压下，将甲醇蒸气以一定流速通过催化反应器，甲醇转化率和甲酸甲酯选择性随反应温度的变化如
图所示。下列说法不正确的是
A．ΔH1=＋44.9 kJ·mol-1
B．甲醇转化率随温度升高而增大的可能原因：反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快
C．其他条件不变，563K 时，增大甲醇蒸气流速可提高甲醇的转化率
D．当温度高于563K 时，甲酸甲酯选择性下降的原因：反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率增大，且增幅大于
反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率的增幅
【答案】C
【解析】A．根据盖斯定律可知，反应Ⅰ=反应Ⅱ×2-反应Ⅲ，ΔH1=2ΔH2－ΔH3=（2×90.6-136.3）kJ·mol-1
=＋44.9 kJ·mol-1 ，故A 正确；B．温度升高活化分子百分数提高，反应Ⅰ、Ⅱ速率均加快，甲醇转化
率也随之增大，故B 正确；C．其他条件不变，563K 时，增大甲醇蒸气流速，甲醇的转化率会降低，
故C 错误；D．当温度高于563K 时，随着温度增高，反应Ⅰ和反应Ⅲ的反应速率都增大，平衡都向右
移动，甲酸甲酯选择性下降，说明反应Ⅲ消耗甲酸甲酯的速率的增幅大于反应Ⅰ生成甲酸甲酯的速率
的增幅，故D 正确；答案选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共61 分。
14．（16 分）CrO3是电镀工业常用原料，电镀废水中的
、
和
是高毒性的重金属离子，可
用Cr(
)
Ⅳ表示。
Ⅰ．CrO3的制备和性质
(1)制备
①制Na2CrO4：向含亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]的矿石中加入NaClO 和NaOH 的混合溶液，可得粗Na2CrO4溶
液和Fe2O3固体。写出发生反应的化学方程式：___________。
②制CrO3：粗Na2CrO4溶液经提纯、转化后获得Na2Cr2O7溶液，向Na2Cr2O7溶液中加入浓硫酸后获得
CrO3，浓硫酸的作用是___________。
(2)热稳定性
CrO3加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图-1 所示。通过计算确定B 点剩余固体成分的化
学式(写出计算过程)。___________。
Ⅱ．含铬废水的处理
(3)化学沉淀法
常用还原剂NaHSO3或FeSO4，将Cr(
)
Ⅵ还原为Cr(
)
Ⅲ，再形成Cr(OH)3沉淀而除去。
①写出用NaHSO3还原酸性废水中
的离子方程式：___________。
②用FeSO4去除废水中Cr(
)
Ⅵ比用NaHSO3去除Cr(
)
Ⅵ后，废水中铬含量更低。原因是___________。
(4)离子交换法
一种层状镁铝氢氧化物处理剂可表示为[Mg(1-x)Alx(OH)2](CO3) ·nH2O，溶液中的阴离子可以与处理剂层
间的
引发生离子交换，从而实现Cr(
)
Ⅵ的去除。已知废水中Cr(
)
Ⅵ总浓度为0.20 mol·L-1，含铬物
种浓度随pH 的分布如图-2 所示，Cr(
)
Ⅵ的去除率随pH 的变化如图-3 所示。
pH<2.5 时，随着废水pH 的减小，Cr(
)
Ⅵ去除率减小，原因可能是___________。
【答案】(1) ①
(2 分)
②酸性(提供H+)作用和脱水作用(2 分)
(2)设CrO3质量为100 g，则CrO3的物质的量为：
=1mol，其中Cr 质量为：
1mol×52g/mol=52g，题干图中信息可知，B 点固体质量为100g×76.00%=76 g，则B 点固体中O 的质量
为(76-52)=24 g，n(O)=
=1.5mol，B 点固体Cr 数目与O 数目比为1mol：1.5mol=2:3，所以化学
式为Cr2O3 (4 分)
(3) ①
(2 分)
②Fe2+还原Cr(
)
Ⅵ的同时自身被氧化为Fe3+，在溶液中水解生成Fe (OH)3胶体，胶体的吸附作用能使Cr
(OH)3沉淀与Fe(OH)3共沉淀，使铬残留量更低(3 分)
(4)随着污水pH 的减小H+浓度增加，层状镁铝氢氧化物与H+反应，Cr(
)
Ⅵ从
、
转化为
H2CrO4，使溶液中可交换Cr(
)
Ⅵ阴离子浓度减小(3 分)
【解析】（1）①Fe(CrO2)2中Fe 为+2 价、Cr 为+3 价，在NaClO(氧化剂)和NaOH 作用下，Fe2+被氧化为
Fe2O3(+3 价)，+3 价铬被氧化为Na2CrO4(+6 价)，ClO-被还原为Cl-，结合原子守恒和得失电子守恒配平其
为：
，故答案为：
；
②Na2CrO4在酸性条件下转化为Na2Cr2O7(2
+2H+
+H2O)，浓硫酸提供H+并吸收水分，使
CrO3从溶液中析出，故答案为：酸性(提供H+)作用和脱水作用；
（2）设CrO3质量为100 g，则CrO3的物质的量为：
=1mol，其中Cr 质量为：
1mol×52g/mol=52g，题干图中信息可知，B 点固体质量为100g×76.00%=76 g，则B 点固体中O 的质量
为(76-52)=24 g，n(O)=
=1.5mol，B 点固体Cr 数目与O 数目比为1mol：1.5mol=2:3，所以化学
式为Cr2O3；
（3）①酸性条件下，
(+6 价)被
还原为Cr3+(+3 价)，
被氧化为
，结合电荷守恒和
原子守恒配平其为：
+3
+5H+=2Cr3++3
+4H2O，故答案为：
+3
+5H+=2Cr3++3
+4H2O；
②Fe2+还原Cr(
)
Ⅵ的同时自身被氧化为Fe3+，在溶液中水解生成Fe (OH)3胶体，胶体的吸附作用能使Cr
(OH)3沉淀与Fe(OH)3共沉淀，使铬残留量更低；
（4）由图3 可知，pH＜2.5 时，Cr(
)
Ⅵ
主要以
形式存在；图3 显示此时去除率降低，因处理剂
更易与
(碱性条件为主)交换，
交换能力弱，故去除率随pH 减小而降低，故答案为：
pH<2.5 时，随着污水pH 的减小H+浓度增加，层状镁铝氢氧化物与H+反应，Cr(
)
Ⅵ从
、
转
化为H2CrO4，使溶液中可交换Cr(
)
Ⅵ阴离子浓度减小。
15．（15 分）氯喹是合成一种抑制病毒药物的中间体，其合成路线如下图：
(1)C 分子中采取sp2杂化的碳原子数目是_______。
(2)B→C 的反应需经历两步，其反应类型依次为_______、_______。
(3)C→D 的反应中会有一种与D 互为同分异构体的副产物X 生成，该副产物X 的结构简式为_______。
(4)E 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，其中一种也能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有氰基(-CN)；
③分子中有4 种不同化学环境的氢；
④分子中有一个手性碳原子。
(5)写出以1，3-丁二烯(
)和
为原料制备
的合成
路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】(1)9 (2 分)
(2)加成反应(1 分) 消去反应(1 分)
(3)
(3 分)
(4)
(3 分)
(5)
或
(5 分)
【解析】A 发生还原反应生成B，B 和
先发生加成反应再发生消去反应生成
C，C→D 过程中
→
，在与N 原子相连
的C 的邻位C 上成新环，同理，这个新环也可以在N 左下角这个C 上形成新环，会有一种与D 互为同
分异构体的副产物X 生成，该副产物X 的结构简式为
，D 发生取代反应生
成E，E 脱去CO2生成F，F 发生取代反应生成G，G 和
发生取代反应生成氯喹，以
此解答。
（1）由C 的结构简式可知，其中苯环、碳氮双键、酯基中的C 原子采取sp2杂化，则采取sp2杂化的
碳原子数目是9。
（2）
结构B、C 的结构简式可知，B 和
先发生加成反应再发生消去反应生成C。
（3）
由分析可知，C→D 过程中
→
，在与N
原子相连的C 的邻位C 上成新环，同理，这个新环也可以在N 左下角这个C 上形成新环，会有一种与
D 互为同分异构体的副产物X 生成，该副产物X 的结构简式为
。
（4）
E 为：
，它的同分异构体在酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能
发生银镜反应，则必有HCOO-、-CHO，只有三个氧原子而水解产物有一种能与FeCl3溶液发生显色反
应，则HCOO-必与苯环直接相连，有-CN，那么还有1 个C，一个Cl，因为有一个手性碳，则这个C 上
连的4 个部分不相同，所以我们先把这部分连好，为：
，左边部分必与
相连，又因为有4 种不同化学环境的氢，所以只能连在对位：
。
（5）
1，3-丁二烯先和Br2发生加成反应生成
，
和NaOH 水溶液发生取代反
应生成
，
发生取代反应生成
，
和HCl 发生加成反
应生成
，
和
发生取代反应生成
，合成路
线为：
或
。
16．（15 分）纳米铜用途广泛，可用次磷酸(
)还原柠檬酸铜钠制备。
已知：①
为一元弱酸；在一定条件下可分解：
。
②
易溶于水。
③
与柠檬酸根离子可形成配位离子
。
(1)制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷和石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3 小时，制得
，
冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到
。实验装置中
溶液的作用是______。
(2)制备柠檬酸铜钠［
］。制备过程如图所示：
①基态
的核外电子排布式为______。
②加入
溶液的作用是______。
(3)制备纳米铜。
在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀
调节溶液pH 为4~6，加入一定量
，在
50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。
①调pH 后的溶液中的
将
氧化为
，反应的离子方程式为______。
②
的实际用量远大于理论值的原因是______。
(4)经过
还原后所得的纳米铜中含有难溶的
，欲测定产品中
的百分含量，请补充完整
以下实验方案：用电子天平准确称取一定质量的样品，置于烧杯中，______，将沉淀灼烧至恒重后，
用电子天平称量，计算。(已知：
。必须使用的试剂：
溶液、
溶液、
溶液、蒸馏水)
【答案】(1)吸收产生的PH3气体(2 分)
(2) ①
(2 分) ②作氧化剂氧化
，促进CuS 溶解(2 分)
(3)
(3 分)
部分
在酸性条件下容易发生歧化反应，部分被氧气氧化(2 分)
(4)在通风设备里，向烧杯中加入过量的
溶液，充分搅拌反应，过滤，洗涤，用蒸馏水
洗涤固体2-3 次，洗涤液和滤液合并，向滤液中滴加
溶液至上层清液不再产生沉淀，过
滤，多次洗涤至向最后一次洗涤滤液中滴加
溶液无沉淀(4 分)
【解析】（1）将白磷和石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3 小时，制得
，冷却后过滤，滤液
通过强酸性阳离子树脂后得到
。根据已知信息可知过程中会产生PH3气体，用
溶液吸收
产生的PH3气体。
（2）①基态Cu 原子核外有29 个电子，Cu 的核外电子排布式为
，基态
的核外电子排
布式为
；
②柠檬酸钠具有强还原性，加入
溶液的作用是作氧化剂氧化
，促进CuS 溶解。
（3）
被氧化为
，反应的离子方程式为
；
根据题干信息，
的实际用量远大于理论值的原因是部分
在酸性条件下容易发生歧化反应，
部分被氧气氧化。
（4）测定
，补充完整实验方案：用电子天平准确称取样品m g，置于烧杯中，在通风设备里，
向烧杯中加入过量的
溶液，充分搅拌反应，过滤，洗涤，用蒸馏水洗涤固体2-3 次，
洗涤液和滤液合并，向滤液中滴加
溶液至上层清液不再产生沉淀，过滤，多次洗涤
至向最后一次洗涤滤液中滴加
溶液无沉淀，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，
计算。
17．（15 分）我国力争2030 年前实现“碳达峰”，2060 年前实现“碳中和”。以
为原料合成
依然是“碳达峰”环境下的科研热点，电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回
答下列问题：
Ⅰ：
=
Ⅱ：
=
Ⅲ：
=
(1)部分键能的数据如下表所示，则
___________。
共价键
键能
436
803
328.4
464
(2)反应Ⅰ能自发进行的原因是___________。
(3)一定条件下，
=
反应历程如图所示。该反应的反应速率由第
___________(填“1”或“2”)步决定。
(4)研究发现
表面脱除
原子形成的
(氧空穴)决定了
的催化效果，氧空穴越多，催化
效果越好，
催化
合成甲醇的机理如图。已知增大气体流速可带走多余的
，从而提高
的选择性，请结合催化机理解释其原因___________。
(5)汽车尾气中的
和
在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体。催化剂性能决定了尾气处
理效果。将
和
以一定的流速通过两种不同的催化剂
进行反应，测量逸出气体中
含
量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图所示。
①曲线上
点的脱氮率___________(填“
”“
”或“
”)对应温度下的平衡脱氮率。
②催化剂
条件下，温度高于
时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是___________。
(6)近年研究发现，电催化
和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，
向一定浓度的
溶液通入
至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示。电解过程中生成尿素
的电极反应式为___________。
【答案】(1)414（2 分）
(2)
、
，则在低温能自发进行（2 分）
(3)1（2 分）
(4)增大气体流速可带走多余的
，促进反应
正向进行，增加氧空穴
的量（2 分）
(5) ① =（2 分）
②温度超过650K 时，催化剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y 条件下，
反应速率增大，相同时间内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率
下降（3 分）
(6)
（2 分）
【解析】（1）根据盖斯定律，
，
反应物的键能-生成物
的键能
，计算得
；
（2）该反应Ⅰ为放热反应，依据
反应能自发进行，反应ⅰ的
、
，则在低
温能自发进行；
（3）由图可知，能垒：过渡态
过渡态1，能垒越小反应速率越大，化学反应的决速步是由速率慢
的反应一步所决定的，则一定条件下的反应速率由第1 步决定的；
（4）从催化机理图中能看出
与
中的O 结合生成
，而使催化剂出现氧空穴，由题意可知，
氧空穴越多，催化效果越好，所以增大气体流速可带走多余的
，可以促进反应
正向进行，可以增加氧空穴的量。
（5）①根据图中曲线得到曲线上a 点的脱氮率＝对应温度下的平衡脱氮率；
②催化剂Y 条件下，温度高于650K 时脱氮率随温度升高而下降的原因可能是温度超过650K 时，催化
剂的活性降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降或催化剂Y 条件下，反应速率增大，相同时间
内反应已经平衡，随着温度超过650K，升温使该反应平衡逆向移动，脱氮率下降；
（6）电解过程中生成尿素的反应是还原反应，在阴极上发生，电极反应式为
。
