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 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】下列物质中，不属于配合物的是( )
A．Na3AlF6 B．(NH4)2C2O4 C．[Cu(H2O)4]SO4·H2O D．[Ag(NH3)2]OH
【答案】B
【解析】配合物的核心特征是存在中心金属离子或原子与配体通过配位键形成的配位结构。A 项，
Na3AlF6是离子化合物，外界离子是Na+，内界离子是[AlF6]3-。外界离子Na+与内界离子[AlF6]3-之间以离
子键结合，[AlF6]3-中Al3+与6 个F-之间以配位键结合，故Na3AlF6属于配位化合物，A 不符合题意；B
项，(NH4)2C2O4是盐，属于离子化合物。虽然阳离子NH4
+中N 原子和H 离子之间存在配位键，但化学
上通常将含有中心金属原子(或离子)与配体形成的配合单元的化合物称为配合物，(NH4)2C2O4不符合此
定义，一般归为盐类，故不属于配合物，B 符合题意；C 项，[Cu(H2O)4]SO4·H2O 是结晶水合物，属于
离子化合物，阳离子[Cu(H2O)4]2+与阴离子SO4
2-之间以离子键结合，在阳离子[Cu(H2O)4]2+中，中心离子
Cu2+与4 个H2O 之间以配位键结合，因此[Cu(H2O)4]SO4·H2O 属于配合物，C 不符合题意；D 项，
[Ag(NH3)2]OH 是离子化合物，阳离子[Ag(NH3)2]+与阴离子OH-之间以离子键结合，在阳离子
[Ag(NH3)2]+中，中心Ag+与2 个NH3之间以配位键结合，属于配合物，D 不符合题意；故选B。
2．【改编】化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是( )
A．用电子式表示Cl2的形成：
B．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：[Cu(NH3)2]2++CO+NH3= [Cu(NH3)3CO]2+
C．用电子云轮廓图示意
键的形成：
D．制备芳纶纤维凯芙拉：
【答案】B
【解析】A 项，氯元素为ⅦA 族元素，最外层电子数为7，Cl 原子与Cl 原子共用1 对电子形成Cl2，电
子式表示Cl2的形成过程为：
，A 正确；B 项，亚铜氨中铜元素的
化合价为+1 价，而[Cu(NH3)2]2+中铜元素为+2 价，亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO 的原理为：
[Cu(NH3)2]++CO+NH3= [Cu(NH3)3CO]+，B 错误；C 项，π 键是由两个原子的p 轨道“肩并肩”重叠形成
的，用电子云轮廓图表示p-pπ 键的形成为
，
C 正确；D 项，
的氨基和
的羧基发生缩聚反应生成
高聚物
和水，其反应的化学方程式
，D 正确；故选
B。
3．【改编】工业上电解饱和食盐水可制得烧碱。下列说法正确的是( )
A．半径大小：O2-＜Na+ B．化合物中离子键百分数：KCl＜NaCl
C．第一电离能大小：O＜Na D．电负性大小： Cl＜O
【答案】D
【解析】A 项，O2-和Na+均为两个电子层，但O2-的核电荷数(8)小于Na+(11)，导致O2-的电子排斥更强，
半径更大，A 错误；B 项，K+半径大于Na+，极化能力更弱，离子键百分数更高，因此KCl 的离子键百
分数大于NaCl，B 错误；C 项，Na 最外层只有1 个电子，容易失去，其第一电离能较低，C 错误；D
项，电负性：O(3.44)> Cl(3.16)，因此Cl 的电负性小于O，D 正确；故选D。
4．【原创】关于实验室安全，下列说法不正确的是( )
A．如果苯酚浓溶液沾到皮肤上，应立即用酒精洗，再用水冲洗
B．为加快铁屑在稀硫酸中的溶解，采用酒精灯加热比采用电热套加热更安全
C．为防止Cl2逸散，可在装Cl2的集气瓶口涂抹适量凡士林，使玻璃片与瓶口更密合
D．含硝酸银的废液，可加试剂使Ag+沉淀，再将沉淀物分离
【答案】B
【解析】A 项，苯酚易溶于酒精，沾到皮肤后先用酒精清洗正确，A 正确；B 项，铁与稀硫酸反应产生
氢气，酒精灯明火可能引发爆炸，电热套无明火更安全，B 错误；C 项，凡士林可增强玻璃片与瓶口的
密封性，防止Cl2泄漏，C 正确；D 项，处理含Ag+废液应沉淀后分离，符合规范，D 正确；故选B。
5．联氨(N2H4)可用于镜面镀银，其原理为Ag(NH3)2]++N2H4→Ag↓ +N2↑+NH4
++NH3 (未配平)。设NA为阿伏
加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A．32g N2H4中非极性键的数目为NA
B．1mol NH4NO3晶体中σ 键的数目为7NA
C．1L0.01mol·L-1 Ag(NH3)2]NO3溶液中Ag+的数目为0.01NA
D．标准状况下，每转移0.2 NA电子则会生成约1.12LN2
【答案】C
【解析】A 项，32 g N2H4的物质的量为1 mol，每个N2H4分子含1 个N-N 非极性键，总数为NA，故A
正确；B 项，NH4
+含4 个σ 键，NO3
-含3 个σ 键，1 mol NH4NO3含7 mol σ 键，数目为7NA，故B 正确；
C 项，[Ag(NH3)2]+为稳定配离子，Ag+几乎不解离，溶液中Ag+数目远小于0.01NA，故C 错误；D 项，
每生成1 mol N2转移4 mol 电子，转移0.2 NA电子生成0.05 mol N2，标准状况下体积为0.05 mol×22.4
L/mol =1.12 L，故D 正确；故选C。
6．【改编】化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列有关事实的微观解释正确的是( )
选项
事实
微观解释
A
甲苯与KMnO4溶液反应实验中，加入冠
醚可以缩短褪色时间
超分子具有自组装特征
B
只有1 个最外层电子的碱金属原子光谱在
光谱里呈现双线
在一个原子轨道里，最多容纳2 个电子且自旋相
反
C
O3在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解
度
O3与CCl4均为非极性分子，相似相溶
D
CH3Cl 的沸点高于CF4
相对分子质量是影响二者沸点的主要因素
【答案】B
【解析】A 项，冠醚与K+形成超分子复合物，促进KMnO4与甲苯接触，加快反应速率，原因是超分子
有分子识别的特征，A 错误；B 项，在一个原子轨道里，最多容纳自旋相反的2 个电子，由于自旋-轨
道耦合作用，单电子能级分裂为两个相近的能级，跃迁时发射两种波长相近的光，形成双线结构，B 正
确；C 项，O3为极性分子，CCl4为非极性分子，“均为非极性”的表述错误，C 错误；D 项，CH3Cl 沸
点高因极性分子间作用力强，而非相对分子质量，D 错误；故选B。
7．【改编】下列方程式书写不正确的是( )
A．氢氧化钙溶液与足量小苏打溶液发生反应：2HCO3
-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO3
2-+2H2O
B．黄铜矿在大量空气中充分焙烧：4CuFeS4+17O2=4CuO+2Fe2O3+8SO2
C．将亚硫酸钠溶液倒入酸性重铬酸钾溶液中：Cr2O7
2-+3SO3
2-+8H+=3SO4
2-+2Cr3++4H2O
D．由高锰酸钾出发制备氟气时，需要先将高锰酸钾氟化为K2MnF6：
4KMnO4+4KF+20HF=4K2MnF6+3O2↑+10H2O
【答案】B
【解析】A 项，氢氧化钙溶液与足量小苏打溶液发生反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、水，反应的离子
方程式为2HCO3
-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO3
2-+2H2O，故A 正确；
B 项，黄铜矿在大量空气中充分焙烧生成氧化铁、氧化铜、二氧化硫，反应方程式为
4CuFeS4+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO2，故B 错误；C 项，将亚硫酸钠溶液倒入酸性重铬酸钾溶液中，亚硫
酸根离子被氧化为硫酸根离子，重铬酸根被还原为铬离子，反应的离子方程式为Cr2O7
2-+3SO3
2-
+8H+=3SO4
2-+2Cr3++4H2O，故C 正确；D 项，由高锰酸钾出发制备氟气时，需要先将高锰酸钾氟化为
K2MnF6，Mn 元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，O 元素化合价升高放出氧气，反应方程式为4
KMnO4+4KF+20HF=4K2MnF6+3O2↑+10H2O，故D 正确；选B。
8．【新思维】下列实验方案不能得出相应结论的是( )
观察电流表指针偏转
方向
观
察溶液颜色变化
观
察溶液颜色变化
观察出现浑浊所用时间
A．结论：金属活动
性顺序为Zn＞Fe＞
Cu
B．结论：氧化性顺序
为Cl2＞Fe3+＞I2
C．结论：甲基使苯
环活化
D．结论：增大反应物
浓度，该反应速率加快
【答案】C
【解析】A 项，实验通过两个原电池判断金属活动性：Fe-Cu 原电池中电子从Fe 流向Cu，Fe 为负极，
说明活动性：Fe＞Cu；Zn-Fe 原电池中电子从Zn 流向Fe，Zn 为负极，说明活动性：Zn＞Fe，则活动性：
Zn＞Fe＞Cu，A 正确；B 项，KI 和FeCl3发生氧化还原反应产生FeCl2和I2，淀粉KI 溶液变为蓝色，证
明氧化性：Fe3+＞I2，向含KSCN 的FeCl2溶液中滴加氯水，Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，溶液变红，证明氧化
性Cl2＞Fe3+，则氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，B 正确；C 项，酸性KMnO4溶液氧化甲苯中的甲基，而苯不反
应，因此苯环使甲基活化，而非甲基使苯环活化，C 错误；D 项，实验中仅Na2S2O3浓度不同，其他条
件相同，浓度大的试管先出现浑浊，说明增大反应物浓度加快反应速率，D 正确；故选C。
9．科学家对具有生物活性的中药提取物肉桂醛和龙脑进行结构组装，合成新型药物肉桂酸龙脑酯，下列
说法正确的是( )
A．1mol 肉桂醛最多能被4molH2催化还原
B．1 个龙脑分子中含有3 个手性碳原子
C．若用酸性KMnO4 溶液代替碱性KMnO4 溶液，可省去步骤Ⅰ中的反应②
D．可用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质
【答案】B
【解析】肉桂醛中醛基氧化为羧基得到肉桂酸，再和龙脑在一定条件下发生酯化反应转化为肉桂酸龙
脑酯。A 项，苯环、碳碳双键、醛基均会和氢气加成，则1mol 肉桂醛最多能被5molH2催化还原，A 错
误；B 项，手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；
1 个龙脑分子中含有3 个手性碳原子，
B 正确；C 项，酸性KMnO4 溶液氧化性太强，也会氧化肉桂醛中碳碳双键，这样就不能得到肉桂酸，
C 错误；D 项，肉桂酸龙脑酯含酯基，会和氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的
肉桂酸杂质，D 错误；故选B。
10．下列物质的制备方案不正确的是( )
选项
目标产物
制备方案
A
C2H2
用电石和饱和食盐水反应制备，用CuSO4溶液除
去H2S、PH3等杂质
B
HI
用NaI 和浓磷酸在缓慢加热条件下反应制备
C
NaHCO3
向氨化的饱和食盐水中通入足量CO2，蒸发浓
缩，冷却结晶，过滤，洗涤
D
Ti
在Ar 气氛中用适量Na 充分还原TiCl4，冷却后水
浸，过滤，洗涤
【答案】C
【解析】A 项，电石(CaC2)与饱和食盐水反应生成C2H2，同时产生的H2S、PH3杂质可与CuSO4溶液反
应(如CuSO4+H2S=CuS↓ +H2SO4)被除去，方案合理，A 不符合题意；B 项，浓磷酸为非氧化性酸，与
NaI 在加热条件下发生复分解反应生成HI(利用高沸点酸制低沸点酸)，且 HI 不会被氧化，方案合理，
B 不符合题意；C 项，氨化的饱和食盐水(含大量NH3)通入足量 CO2，会发生反应：NaCl+ NH3+
CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl(侯氏制碱法原理)，NaHCO3溶解度小而析出，但后续“蒸发浓缩”步骤错
误，因加热会导致NaHCO3分解且可能使NH4Cl 结晶析出，造成混合物；正确操作应为直接过滤分离
沉淀，无需蒸发浓缩和冷却结晶，方案不正确，C 符合题意；D 项，钛(Ti)的制备方案：在Ar 气氛中
用钠(Na)还原TiCl4可行，冷却后水浸可溶解NaCl 杂质，过滤洗涤得Ti 粉，方案正确，D 不符合题意；
故选C。
11．已知石墨比金刚石稳定。下列反应均能自发进行，下列判断不正确的是( )
CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH5
A．ΔH1−ΔH2＞0 B．ΔH2−ΔH3＞0
C．ΔH4<0 D．2ΔH1−ΔH2−ΔH4+ΔH5=0
【答案】D
【解析】A 项，等量的石墨完全燃烧比部分燃烧放热更多，故ΔH2更小，则ΔH1−ΔH2＞0，A 正确；B
项，石墨比金刚石稳定，完全燃烧生成CO2时，金刚石释放更多热量，故ΔH3更小，则ΔH2−ΔH3＞
0，B 正确；C 项，根据所有反应均能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，第四个反应是熵减反应，即ΔS
＜0，则ΔH4<0，C 正确；D 项，根据盖斯定律，ΔH5=2ΔH1−ΔH2−ΔH4，D 错误；故选D。
12．【新思维】某课题组以硫酸为介质，采用电解法制备H2O2，间接氧化邻硝基甲苯(
)制备邻
硝基苯甲醛(
)，装置如图所示。制备过程中，极表面无明显现象。下列说法正确的是(
)
A．a 电极连接电源正极
B．b 电极反应式：
C．电解质溶液的酸性逐渐增强
D．理论上，每生成
邻硝基苯甲醛，标况下
电极消耗22.4LO2
【答案】D
【解析】a 电极通入氧气，转化为过氧化氢，氧元素化合价降低，为阴极，电极反应式为O2+2H++2e-
=H2O2，则b 电极为阳极，电极反应式为2H2O-2e-= H2O2＋2H＋。A 项，a 电极为阴极，连接外接电源
负极，A 错误；B 项，b 电极为阳极，电极反应为2H2O-2e-= H2O2＋2H＋，B 错误；C 项，转移相同
电子数时，a 电极消耗H+与b 电极生成H+的物质的量相同，b 电极消耗水，a 极生成H2O2，忽略体积
变化，溶液中H+浓度基本不变，酸性基本不变，C 错误；D 项，
，转移4 mol 电子时，生成1 mol 邻硝基苯甲醛，需要2 molH2O2，由a 电极反应式
O2+2H++2e-=H2O2和b 电极反应2H2O-2e-= H2O2＋2H＋可知，此时a 电极消耗1 mol 氧气，即消耗标准
状况下氧气的体积为22.4 L，D 正确；故选D。
13．石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中，其化学式为
KCx，它的平面图如图所示，单层化合物厚度为b nm，下列说法错误的是( )
A．该石墨间隙化合物能导电
B．与K 距离最近的C 原子数为6
C．该石墨间隙化合物的化学式为KC8
D．该石墨间隙化合物单层的密度为：
【答案】D
【解析】A 项，该石墨间隙化合物中碳原子为sp2杂化，未参与杂化的2p 轨道形成离域大π 键，2p 电
子可在整个碳原子平面自由移动，使该化合物能导电，A 正确；B 项，由图可知，每个钾原子位于碳
原子构成的六元环中心，与钾原子最近的碳原子为该六元环的顶点碳原子，故与K 距离最近的C 原子
数为6，B 正确；C 项，由图可知，可选择图中虚线框选的部分
作为该石墨间隙
化合物的晶胞，碳原子位于晶胞内部，有8 个，钾原子位于晶胞的4 个顶点上，有
个，则化学
式为KC8，C 正确；D 项，该石墨间隙化合物单层的密度
，D 错误；故选D。
14．Heck 反应是指芳基、乙烯基或苄基卤化物与烯烃在合适的钯催化剂存在下进行的偶联反应，如图为以
溴苯为原料进行的Heck 反应机理，下列说法错误的是( )
A．在反应过程中，Pd 的化合价有2 种
B．反应过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成
C．用同位素标记的
代替
可得到DBr
D．总反应为
【答案】C
【解析】由图可知Heck 反应机理：以溴苯(A)和丙烯酸甲酯(B)为原料，在 Pd 催化剂作用下发生偶
联，生成产物 C，同时生成 HBr(D)。A 项，由图可知步骤①前Pd 是0 价，步骤②→⑥中Pd 为+2 价，
Pd 的化合价有2 种，A 正确 ；B 项，断裂的键：C-Br(极性键)、C-H(极性键)、C=C 中的π 键(非极性
键)；形成的键：新的C-C(非极性键)、新的C=C 中的π 键(非极性键)、H-Br(极性键)。因此涉及极性
键和非极性键的断裂与形成，B 正确；C 项，由机理图可知，位于端基碳上的氢原子与Br 原子发生消
去反应得到HBr，故用同位素标记的
代替
最终得到
，无法得
到DBr，C 错误；D 项，由转化图示可知环上物质代表催化剂参与反应过程的转化过程，指入箭头代
表反应物，指出箭头代表生成物，该过程的总反应为
，D 正确；故选C。
15．常温下，现有含0.01mol·L-1Cd2+的废液，可加入0.01 mol·L-1Na2S 溶液或
固体生成沉淀除去Cd2+。
下列说法不正确的是( )
(已知：Ksp(FeS)=6.4×10－18，Ksp(CdS)=8.0×10－27，Ksp[Cd (OH)2]= 7.2×10－15；H2S 的Ka1=1.1×10-7，
Ka2=1.3×10-13)
A．0．01 mol·L-1Na2S 溶液中：c(Na+)>c(OH−)> c(HS−)> c(S2−)
B．向20mL0.01mol·L-1Cd2+溶液中加入20mL0.01 mol·L-1Na2S 溶液，反应初始生成的沉淀是CdS
C．生成的CdS 沉淀不溶于0.1mol·L-1盐酸
D．Cd2+(aq)+2HS-(aq)
CdS(s)+H2S(aq)反应的平衡常数
【答案】B
【解析】A 项，Na2S 溶液中，Na+浓度为0.02 mol/L，S2−水解生成HS−和OH−，水解后OH−浓度略高于
HS−，S2−浓度最低，顺序为c(Na+)>c(OH−)> c(HS−)> c(S2−)，A 正确；B 项，混合后Cd2+和S2−浓度均为
0.005mol/L，Q=2.5×10-5 > Ksp(CdS)=8×10-27，且反应Cd2++2S2-+2H2O= Cd(OH)2↓+2HS-，
，平衡常数大于105的反应一般认
为完全进行，所以也一定会生成大量Cd(OH)2沉淀，B 错误；C 项，CdS 溶解反应为CdS(s)+2H+(aq)
H2S(aq)+Cd2+(aq)，
，可以得出其平衡常数很小，且盐酸浓度低，所以0.1 mol 盐酸不可
以溶解CdS，C 正确；D 项，该反应平衡常数
，D 正确；
故选B。
16．【新思维】以硫酸厂矿渣(含Fe2O3、α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄[FeO(OH)]的工艺流程如图所示：
资料：i. α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，
不溶于水，可溶于强酸或强
碱。
ii. Ksp(CaCO3)=2.8×10-9；Ksp(FeCO3)=2.0×10-11
iii.沉铁过程主要生成FeCO3
下列说法不正确的是( )
A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN 溶液，溶液变红，发生的反应是Fe.3++3SCN-
Fe(SCN)3]
B．“滤渣”中主要成分为SiO2、铁粉
C．“沉铁”过程中有副产物Fe(OH)2生成，可能原因是HCO3
-促进了Fe2+的水解
D．若用CaCO3 “沉铁”，则无副产物Fe(OH)2产生，当反应完成时，溶液中c(Ca2+)：c(Fe2+)=140
【答案】B
【解析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-
Al2O3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫
酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离
子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气将碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到
铁黄。A 项，取“酸浸”后的溶液滴加KSCN 溶液，Fe3+和SCN-结合生成Fe(SCN)3]，溶液变红，该反
应为可逆反应，离子方程式为：Fe.3++3SCN-
Fe(SCN)3]，A 正确；B 项，由分析可知，“滤渣”
中主要成分为SiO2、铁粉、α-Al2O3，B 错误；C 项，Fe2+在水溶液中会发生水解：Fe2++2H2O
Fe(OH)2+2H+，HCO3
-可以和H+反应降低c(H+)，促进“沉铁”Fe2+的水解，则过程中有副产物Fe(OH)2
生成，可能原因是HCO3
-促进了Fe2+的水解，C 正确；D 项，假设用CaCO3"沉铁"时，溶液的pH 不足以
生成Fe(OH)2，当反应达到沉淀转化平衡时，有CaCO3(s)+Fe2+(aq)
CaCO3(s)+Ca2+(aq)，
，D 正确；故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共52 分。
17．【新思维】(16 分)钛、金、铬等元素在工业中有重要应用，已知Au(金)与铜属于同一族元素。请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．基态钛原子(22Ti)中有4 个单电子
B．Au(金)处于元素周期表的d 区
C．Au 能溶于王水(V 浓盐酸∶V 浓硝酸=3∶1 混合)，与Cl-与Au3+形成[AuCl4]-有关
D．纯钛硬度与不锈钢相当，钛金合金硬度更大
(2)合金的硬度取决于化学键的数量和这些键的长度。
①钛金合金的一种
形态为立方晶胞，顶点是金，面心是钛，立方体边长为
。如下图所示：每
个钛周围有 个金，每个钛周围最近的有 个钛。
②计算Ti—Au 键的距离为
。(
，
，结果保留两位小数)
③为增强钛的硬度和美观，可镀氮化钛(TiN)薄膜。TiN 薄膜可使用化学气相沉积技术来制备：在基底
上，温度加热到350℃以上，利用四氯化钛和氨气反应制得，写出该反应的化学方程式 。(氯
化铵分解温度：337.8℃)，并设计实验，检验产物中相对活泼的一种气体 。
(3)三分子磷酸(
)之间可脱水形成环状三聚磷酸(H3P3O9)，画出环状三聚磷酸的结构式
，并比较磷酸与环状三聚磷酸的Ka1，并从断键角度说明理由 。
(4)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过如下工艺将铬铁矿转化并回收钾资源。已知：
铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、 Al2O3、SiO2。
①浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、 、 、MgO(填化学式)。
②写出还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。
【答案】(1)AB(2 分)
(2)4(1 分) 8(1 分) 2.93(2 分)
(1 分) 用湿润的pH(或石蕊)试纸靠近产物出口，若变红，
且将产物导入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀。则该相对活泼的气体为HCl(2 分)
(3)
(1 分) 环状三聚磷酸中的每个羟基平均受
的吸引更大，导致羟基
的极性变的更大，更易断裂，更易电离氢离子导致环状三聚磷酸的Ka1大于磷酸(2 分)
(4) Al(OH)3(1 分) H2SiO3(1 分) Fe(CO)5+K2CrO4+4H2O=Cr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑(2 分)
【解析】(1)A 项，基态钛原子(22Ti) 的电子排布式为1s2s22p63s23p63d24s2，其中3d 轨道有2 个单电子，
4s 轨道没有单电子，所以基态钛原子中有2 个单电子，A 错误；B 项，金(Au)的原子序数为79，其电
子排布式为[Xe]4f 145d106s1，价电子排布式为5d106s1，根据元素周期表分区规则，价电子排布式为(n -
1)d1- 9ns1-2的元素属于ds 区元素，所以金处于元素周期表的ds 区，B 错误；C 项，王水是浓盐酸和浓硝
酸按体积比3 : 1 混合而成的溶液，金能溶于王水是因为Cl-与Au3+形成稳定的[AuCl4]-，降低了Au3+的
浓度，使金与王水的反应能够持续进行，C 正确；D 项，纯钛硬度与不锈钢相当，纯钛硬度较小，钛
金合金是混合物，合金的硬度一般比组成它的纯金属的硬度大，所以钛金合金硬度更大，D 正确；答
案选AB；
(2)①在该立方晶胞中，面心的钛原子与顶点的金原子相邻，每个面心的钛原子与4 个顶点的金原子相
连，由于每个顶点的金原子被8 个面共用， 所以每个钛原子周围有4 个金原子；面心的钛原子与相邻
面心的钛原子最近，每个面心的钛原子有4 个相邻的面心钛原子，另一取向也有4 个，所以每个钛周
围最近的钛的个数为8；②由晶胞结构可知，Ti—Au 键的距离为晶胞边长的
，立方体边长为4.15
，则Ti—Au 键的距离为晶胞边长为
=2.93
；③加热到350℃以上，四
氯化钛和氨气反应制得氮化钛和氯化铵，反应的化学方程式为
；
产物中活泼的气体为氯化氢，氯化氢气体遇湿润的石蕊试纸变红等，故检验方法为用湿润的pH(或石
蕊)试纸靠近产物出口，若变红，且将产物导入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀。则该相对活
泼的气体为HCl；
(3)环状三聚磷酸是由三分子磷酸脱去三分子水而形成，其结构式为
；环状三
聚磷酸中的每个羟基平均受
的吸引更大，导致羟基的极性变的更大，更易断裂，更易电离氢离子
导致环状三聚磷酸的Ka1大于磷酸；
(4)铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、 Al2O3、SiO2，与过量KOH 在空气中煅烧，生成
K2CrO4、Fe2O3、MgO、KAlO2、 K2SiO3, ;通入KHCO3- K2CO3/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，
Fe2O3、 MgO 不反应，故滤渣I 为Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO;通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分
离出K2CrO4固体，滤液|中含有K2CrO4将K2C'rO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化
为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离， 滤液1I 的主要溶质为K HCO3；
Fe(CO),做还原剂，将滤液I 中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣II，KOH
进一步处理得K2CO3，循环使用；①根据分析可得浸取工序中滤渣I 的主要成分: Fe2O3、Al(OH)3、
H2SiO3、MgO；②Fe(CO)5做还原剂，将滤液I 中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为
Fe(OH)3，铁元素由0 价升高到+ 3 价，Cr 由+ 6 价降低到+3 价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学
方程式为Fe(CO)5+K2CrO4+4H2O=Cr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑。
18．【社会热点】(12 分)工业生产催化剂的过程会产生含大量高浓度氮氧化物(NOx)的烟气，对环境造成严
重破坏。某工艺通过选择性催化还原法(SCR)治理去除烟气中的NOx，使其达到排放标准，且无需二
次处理。
SCR 主反应：
NO(g)+4NH3(g)＋O2(g)=4N2(g)＋6H2O(g) (i)
2NO2(g)+4NH3(g)＋O2(g)=3N2(g)＋6H2O(g) (ii)
SCR 副反应
2NO(g)＋O2(g)
2NO2(g) (iii)
请回答：
(1)标准状态下，一些物质的相对能量如表所示：
物质
N2(g)
O2(g)
NH3(g)
NO(g)
H2O(g)
NO2(g)
相对能量/kJ·mol−1
0
0
-50
91
-242
34
①计算反应(ii)的ΔH = kJ·mol−1。
②判断反应(ii)在什么条件下自发进行 (填“任意温度”“高温”或“低温”)。
(2)已知尿素[CO(NH2)2]的分解作为还原剂NH3的来源，尿素可以通过如下电化学装置获得，电解过程
中生成尿素的电极反应式是 。
电解过程中需控制合适的电流，否则阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路以8A 恒定电流工作
20 分钟，产生尿素0.005mol，则该电解装置的电解效率
(
)。
［已知：电荷量
电流
时间
。］
(3) NOx的去除率(用R 表示)受投料的氨氮比(n)、进入混合器中烟气的NOx浓度(即入口NOx浓度，用
表示)等因素的影响，结果如图
、所示。
下列有关说法中正确的是___________。
A．为取得最优氮氧化物的去除效果，入口NOx浓度应保持在
B．结合图像，分析NOx的去除率的下降主要受NO 去除率的影响
C．当氨氮比小于0.9 时，NO2去除率为负值，NH3主要用于满足NO 的转化，且部分NO 被氧化成
NO2
D．由图可知，应尽量提高氨氮比，以提高NOx去除率
(4)空速是指单位时间内通过单位体积催化剂的气体流量，单位为
，它反映气体与催化剂的接触时
间，该脱硝工艺中空速控制在
，请解释空速不宜过低的原因： 。
【答案】(1) -1320(2 分) 任意温度(2 分)
(2) CO2＋2NO3
-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O(2 分) 80%(2 分)
(3)AC(2 分)
(4)低空速不利于反应后生成物N2、H2O 从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率 过长的停留时间，还
会促使NH3发生氧化反应，反而使NOx 去除率下降(2 分)
【解析】ΔH=生成物总能量-反应物总能量，反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS，当ΔH＜0，ΔS
＞0，则在任意温度下，ΔG＜0，反应都能自发进行。
(1)①ΔH=生成物总能量-反应物总能量，对于反应2NO2(g)+4NH3(g)＋O2(g)=3N2(g)＋6H2O(g：生成物
总
能
量
为
，
反
应
物
总
能
量
为
，
则
该
反
应
的
ΔH=
；②反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS，由反应(ⅱ)可知，
反应后气体分子数增加，所以ΔS＞0，又因为
，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS
＞0，则在任意温度下，ΔG＜0，反应都能自发进行；
(2)生成尿素的那一极是a 极，在a 极NO3
-得到电子，结合H+生成CO(NH2)2和H2O，根据氧化还原反
应中得失电子守恒配平得电极反应式为CO2＋2NO3
-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O；已知电流I=8A，
时间t=20min=1200s，根据电荷量公式Q=It 可得
，根据电极反应式CO2＋2NO3
-
+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O 可知，生成1mol 尿素转移16mol 电子，现在生成0.005mol 尿素，则转
移0.08mol 电子，根据法拉第常数
，则理论电荷量
，
；
(3)A 项，由图b 可以看出当入口NOx浓度应保持在
时，氮氧化物的去除效果最好，故A 正
确；B 项，NOx的去除率的下降时，NO 的去除率并没有明显变化，所以由图中无法得出NOx的去除
率的下降主要受NO 去除率的影响的结论，故B 错误；C 项，由图a 可以看出，当氨氮比小于0.9 时，
NO2去除率为负值，此时NH3主要用于满足NO 的转化，且部分NO 被氧化成NO2，故C 正确；D 项，
由图a 可知，氨氮比并非越高越好，当氨氮比达到一定值后，NOx去除率不再明显提高，甚至可能出
现其他情况，所以不应尽量提高氨氮比来提高NOx的去除率，故D 错误；故选AC。
(4)不宜过低的原因为：低空速不利于反应后生成物N2、H2O 从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率过
长的停留时间，还会促使NH3 发生氧化反应，反而使NOx去除率下降。
19．【新思维】(12 分)“Chem is try”小组探究Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的合成方法：
实验一：Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙晴合亚铜)的制备实验流程：
实验二：Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的制备
反应方程式：Cu(CH3CN)4ClO4+2phen→Cu(phen)2ClO4+4CH3CN。
实验步骤：按如图所示搭好装置→检查气密性→关闭滴液漏斗活塞→“惰性气体保护”→将
Cu(CH3CN)4ClO4溶于10mL 乙腈，通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→将邻菲罗啉的乙晴溶液通过滴液漏斗
加入三颈烧瓶→搅拌20 min→通过滴液漏斗滴加新蒸馏的无水乙醚→过滤、干燥。
已知：①Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体；②
+
Cu 的配合物通常为无色，易被氧化；
③CH3CN(乙晴)沸点81.6℃，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；④phen 为邻菲罗啉(
)。
(1)步骤Ⅰ：取14 g 碱式碳酸铜加少量水湿润，搅拌下小心滴加高氯酸至固体几乎完全溶解。若加入太
多水，弊端是 。
(2)步骤Ⅳ：加热回流结束的标志是 。
(3)步骤Ⅵ：最适宜的干燥方法是_______。
A．烘箱烘干 B．低温风干 C．真空干燥 D．滤纸吸干
(4)实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现。请从下
列操作中选择合适的操作并排序(需要用到下列所有操作)： 。
关闭K1→_______→_______→_______→_______→_______(填序号)→重复以上操作3 次→关闭真空泵。
a．打开K1 b．打开K2 c．关闭K2 d．抽真空 e．通氮气
(5)下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜
B．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为冷却结晶、过滤、洗涤
D．实验二通过滴液漏斗投料过程可能有空气进入装置，应在通风橱内进行
(6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜。请结
合物质的溶解性推测原因 。
【答案】(1)减缓反应速率、延长蒸发结晶时间(2 分)
(2)溶液蓝绿色褪去(2 分)
(3)C(2 分)
(4)b→d→c→a→e(2 分)
(5)BCD(2 分)
(6)CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而
[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应(2 分)
【解析】Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙晴合亚铜)的制备实验流程中，Cu2(OH)2CO3用高氯酸溶解后过
滤得到Cu(ClO4)2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Cu(ClO4)2·6H2O 蓝绿色晶体，在无水乙
腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，Cu+的
配合物通常为无色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真空干燥。
(1)若加入太多水，会导致反应物的浓度降低，弊端是: 减缓反应速率、延长蒸发结晶时间。
(2)Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体，溶于水后得到蓝色溶液，加热回流结束时，溶液
蓝绿色褪去。
(3)由已知信息可知Cu+的配合物通常为无色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真
空干燥，故选C。
(4)实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现，操作为：
关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3 次→关闭真空泵。
(5)A 项，步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A 正
确；B 项，步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B 错误；C
项，步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C 错误；D 项，Cu+的配合物易被氧
化，实验二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D 错误；故选BCD。
(6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因
是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而
[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应。
20．(12 分)左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，以下是其盐酸盐(化合物K)的一种合成路线
(部分反应条件已简化，忽略立体化学)：
已知：
i.化合物F 不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。
ii.氯原子易与过渡金属形成配位键
iii.
iv.
回答下列问题：
(1)D 中含氧官能团的名称 ，含氮官能团的电子式 。
(2)F 的结构简式 ，E→F 过程中会生成一种高分子副产物，其结构简式为 。
(3)下列说法不正确的是_______。
A．J→K 发生了取代反应，且形成了配位键
B．B→D 的反应中，
断裂的是化学键a
C．I 中含有共价键和离子键两种作用
D．E 中含有1 个手性碳原子
(4)G 与
反应生成H 和两种气体的化学方程式 。
(5)已知：
。A→B 过程中氧化剂为过氧乙酸，而不选择在Ag 催化下，用O2
作氧化剂的原因 。
(6)写出以
为原料制备
的合成路线 。(用流程图表示，无机试剂、有机
溶剂任选)
【答案】(1) 羟基(1 分)
(1 分)
(2)
(1 分)
(1 分)
(3)BD(2 分)
(4)
(2 分)
(5)催化剂Ag 易与氯原子形成配位键，导致催化剂中毒，反应效率低(1 分)
(6)
(3 分)
【解析】B 和C 反应生成D，由D 逆推，可知C 是
；化合物F 不能与饱和碳酸氢钠溶液
反应产生二氧化碳，根据F 的分子式，可知E 发生分子内酯化反应生成F，F 是
；G 与SOCl2
发生取代反应生成H，根据G 的结构简式，可知H 是
；H 和I 反应生成J，根据H、J
的结构简式，可推出I 是
。
(1)根据D 的结构简式，D 中含氧官能团的名称羟基，含氮官能团是-CN,电子式为
。
(2)根据以上分析，F 的结构简式
，E 中含有羧基、羟基，分子间脱水缩合生成高分子，
E→F 过程中生成的高分子副产物的结构简式为
。
(3)A 项，J→K 发生了取代反应，且氨基中N 与HCl 中的H 形成配位键，故A 正确；B 项，B→D 的反
应中，
中的化学键b 断裂，故B 错误；C 项，根据以上分析，I 是
，含有共
价键和离子键两种作用，故C 正确；D 项，
中含有2 个手性碳原子(*标出)，故D
错误；选BD。
(4)
与2
发生取代反应生成
和SO2、HCl，反应的化学方程式为
；
(5)知：
。催化剂Ag 易与氯原子形成配位键，导致催化剂中毒，反应效率低，
所以A→B 过程中氧化剂为过氧乙酸，而不选择在Ag 催化下，用2作氧化剂。
(6)根据信息
，苯乙烯和HBr 发生加成反应生成
，
和NaCN 发生取代反应生成
，
水解为
，合成路线为
。
