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 N14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Co 59 Cu 64
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. 【热点】中华文化源远流长，古文物历经千年流传至今与其材质有着密不可分的关系。下列文物的主要
成分属于合金的是
A．兰亭集序（绢本）
B．西汉玉器皇后之玺
C．玉猪龙
D．双面神人青铜头像
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】绢帛的主要成分为蛋白质，故不选A；玉玺的主要成分为硅酸盐，故不选B；玉猪龙的主要成分
为硅酸盐，故不选C；双面神人青铜头像的主要成分为铜合金，故选D；故选D。
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p−pπ键的形成：
D．Mn
2+
的价电子轨道表示式：
【答案】B
【解析】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；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6−2×1
2
=2，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； 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；Mn
2+的核电荷数为25，失去2 个电子后核外电子排布
为：1s
22s
22p
63s
23p
63d
5，其价电子为3d
5，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.【新情境】 将CO2与CH4转化为甲醇是一项能实现“变废为宝”的碳循环技术，化学反应原理为
2H2O+CO2+3CH4
⇌
高压
催化剂、200~ 400℃
4 CH3OH。设N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，6.72 L CO2的σ 键数为0.6 N A
B．每生成1 mol CH3OH，转移的电子数为6 N A
C．1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl 分子数为N A
D．CH3OH 中含有sp3杂化的原子数为2 N A
【答案】C
【解析】二氧化碳分子中σ 键数为2，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则6.72 L 二氧化碳的σ
键数小于6.72L
22.4L/mol
×2×NAmol—1=0.6NA，A 错误；由方程式可知，反应生成4mol 甲醇时，转移电子的物
质的量为6mol，则反应生成1mol 甲醇时，转移电子的数目为1mol×６
4
×NAmol—1=1.5NA，B 错误；光照条
件下甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，则1mol 氯气完全反应时，生成氯化氢的分子数为
1mol×NAmol—1=NA，C 正确；未明确甲醇分子的物质的量，无法计算分子中含有sp3杂化的原子的物质的量
和数目，D 错误；故选C。
4. 下列物质中杂质(括号内为杂质)的检验试剂、除杂试剂，都正确的是
选项
物质及杂质
检验试剂
除杂试剂
A
Na2CO3溶液(NaHCO3)
Ba(OH)2溶液
过量NaOH 溶液
B
FeCl3(FeCl2)
K3[Fe(CN)6)溶液
酸性高锰酸钾溶液
C
CO2(SO2)
品红溶液
饱和碳酸氢钠溶液
D
Cl2(HCl)
润湿的淀粉-碘化钾试纸
饱和食盐水
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】检验试剂Ba(OH)2溶液与Na2CO3和NaHCO3均反应生成沉淀，无法区分两者，检验错误；除杂用
过量的NaOH 可将NaHCO3转化为Na2CO3，正确；A 不符合题意；K3[Fe(CN)6)溶液可检验Fe2+（生成蓝色
沉淀），检验正确；但酸性高锰酸钾会引入Mn2+和K+等新杂质，除杂错误；B 不符合题意；品红溶液可检
验SO2（褪色），而CO2无此现象，检验正确；因亚硫酸的酸性强于碳酸，SO2能与饱和NaHCO3溶液反
应而被除去，而CO2不反应且在饱和NaHCO3溶液中溶解度小，除杂正确，C 符合题意；湿润的淀粉-KI
试纸用于检验Cl2（变蓝），但无法直接检测杂质HCl 的存在，检验错误；饱和食盐水可除去HCl，除杂正
确；因检验错误，D 不符合题意；故选C。
5. 下列类比或推理合理的是
选项
已知
方法
结论
A
沸点：Cl2<Br2<I2
类比
沸点：H2<N2<O2
B
酸性：HClO4>HIO4
类比
酸性：HCl>HI
C
金属性：Fe>Cu
推理
氧化性：Fe
3+<Cu
2+
D
硬度：金刚石>晶体硅
推理
键长：
C−C>Si−Si
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【解析】分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，A 正确；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物
的水化物的酸性越强，非金属性Cl> I，故酸性HClO4>HIO4，但HCl的酸性比HI弱，B 错误；由金属性
Fe>Cu，可推出氧化性Cu
2+> Fe
2+，但氧化性Fe
3+>Cu
2+，C 错误；金刚石和晶体硅均为共价晶体，硬
度与键长有关，键长越短，键能越大，硬度越大。因原子半径C 小于Si，故键长C−C<Si−Si，D 错误；故
选A。
6. 【热点】某离子液体的结构如图所示，其阴离子能与纤维素中的羟基形成氢键，对纤维素有很好的溶解
性。W、X、Y、Z、Q 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y 是组成有机物的基本骨架元素，Q
的单质可与水反应生成氧气。下列说法正确的是
A．第一电离能：Y<Z
B．阴离子中X 不满足8 电子稳定结构
C．基态原子的未成对电子数：X>Z>Q
D．WQ 属于酸，不能与任何酸性氧化物反应
【答案】A
【解析】Y 是组成有机物的基本骨架元素，则Y 为C；Q 的原子序数大于C，形成1 个共价键，且离子液
体的阴离子能与纤维素中的羟基形成氢键，说明Q 的电负性较大，则Q 为F；Z 能形成3 个共价键或4 个
共价键，原子序数大于C，小于F，则Z 为N；X 的原子序数小于C，且形成XF❑4
-，则X 为B，W 的原子
序数最小，结合成键特点，则W 为H。N 的2p 电子处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，
则第一电离能C＜N，A 正确；B 原子核外有3 个价电子，4 个F 提供4 个电子，又带1 个单位的负电荷，
故B 满足8 电子稳定结构，B 错误；结合分析可知，X、Z、Q 分别为B(1s22s22p1)、N(1s22s22p3)、
F(1s22s22p5)，有未成对电子数分别为1、3、1，则未成对电子数X=Q<Z，C 错误；HF 为弱酸，可与SiO2
反应，D 错误；故选A。
7. 氮化钛为金黄色晶体，是良好的半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为x nm，b 点原子
的分数坐标为(0,0,0), N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．a 点原子的分数坐标为(0, 1
2 , 1
2)
B．晶胞中Ti 与N最短距离为1
2 x nm
C．该晶体的密度为
248
N A× x
3×10
−21 g/cm
3
D．晶胞中与N等距且紧邻的Ti有8 个
【答案】D
【解析】结合b 点分数坐标特点可知，该晶胞中a 点原子的分数坐标为(0, 1
2 , 1
2)
，A 正确；晶胞中Ti 与N
最短距离为棱长的一半，即1
2 x nm，B 正确；结合晶胞结构，Ti 为12×1
4
+1=4，N 为8×1
8 +6×1
2 =4，密度为
ρ= m
V
=
(48+14)×4
N A
g
( x×10
−7cm)
3
=
248
N A× x
3×10
−21 g/cm
3，C 正确；以面心N 原子为研究对象，与其等距且紧邻的
Ti 原子有6 个，D 错误；故选D。
8.【改编】ClO2是一种高效消毒剂，工业上可用NaClO3与浓盐酸反应制取ClO2气体，反应的化学方程式为
2NaClO3+ 4 HCl(浓)=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。下列说法错误的是
A．该反应中NaClO3是氧化剂，其中Cl 元素的化合价为＋5
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 2∶
C．反应中每生成1mol ClO2，转移1mol e
−
D．反应中ClO2、Cl2两种物质的晶体类型相同，但共价键类型不同
【答案】B
【解析】NaClO3中Na 元素为+1 价，O 元素为-2 价，根据化合价代数和为零可知Cl 元素的化合价为+5，
该反应中NaClO3的Cl 元素由+5 价下降到+4 价，NaClO3是氧化剂，A 正确；该反应中部分HCl 中Cl 元素
化合价由-1 价上升到0 价，有2 分子HCl 作还原剂，NaClO3是氧化剂，反应中氧化剂和还原剂的物质的量
之比为1 1∶，B 错误；该反应中NaClO3的Cl 元素由+5 价下降到+4 价，反应中每生成1mol ClO2，转移
1mol e
−，C 正确；ClO2、Cl2两种物质均为分子晶体，ClO2中共价键为极性共价键，Cl2中共价键为非极
性共价键，D 正确；故选B。
9. 【新情境】某实验小组设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH 稳定，借助其降解乙酸钠生成
CO2，并将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co
2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转
移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池(忽略两装置内溶液体积变化)。下列说法错误
的是
A．装置工作时，穿过左右两侧阳膜的离子相同
B．装置工作一段时间后，在将乙室溶液转移至甲室之前，甲室中Cl
−浓度不变
C．乙室d 电极反应式为LiCoO2+e
−+ 4 H
+=Li
++Co
2++2H2O
D．外电路中转移4 mol e
−时，a、c 两极共产生标准状况下22.4 L CO2
【答案】D
【解析】已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池，则左侧为电解池。将废旧锂离子电池的正极材
料LiCoO2(s)转化为Co2+，则钴元素化合价降低，LiCoO2(s)为正极（d 极），发生还原反应：
LiCoO2+e
−+ 4 H
+= Li
++Co
2++2 H 2O，与之相连的a 极为电解池阳极。原电池中c 电极为电池负极，电
极反应式为：CH 3COO
−−8e
−+2 H 2O =2CO2↑+7 H
+，与之相连的b 极为电解池阴极。电解池中，与
原电池正极相连的a 电极为阳极，电极反应为：CH 3COO
−−8e
−+2 H 2O =2CO2↑+7 H
+；b 电极为阴
极，Co
2+在阴极得到电子发生还原反应生成Co，电极反应式为：Co
2++2e
−=Co。装置工作时，左侧电
解池阳极醋酸根放电产生H
+，H
+和Na
+穿过阳膜移向甲室；右侧原电池中负极醋酸根放电产生H
+，为保
持溶液电中性，H
+和Na
+穿过阳膜移向乙室，穿过左右两侧阳膜的离子都是H
+和Na
+，A 正确；在将乙室
溶液转移至甲室之前，甲室中Co
2+在阴极得到电子生成Co，溶液中Cl
−不参与电极反应，且忽略溶液体积
变化，所以甲室中氯离子浓度不变，B 正确；由分析可知，C 正确；外电路中转移4 mol 电子时，a 电极产
生CO2的物质的量为n(CO2)= 2
8 ×4 mol =1mol；c 电极产生CO2的物质的量为
n(CO2)= 2
8 ×4 mol =1mol；则a、c 两极共产生CO2的物质的量是2 mol，在标准状况下的体积为：
V =2mol×22.4 L/mol = 44.8 L，D 错误；故选D。
10. 下列说法正确的是
A．X 能发生水解反应
B．Z 分子中所有碳原子均在同一个平面上
C．Y 分子中sp
3和sp
2杂化的碳原子数目比为1:2
D．1 mol Z 在足量溴水溶液中能与5 mol Br2发生加成反应
【答案】C
【解析】X 中没有酯基或卤族原子，不能发生水解反应，A 错误；
中1 号碳原子为饱和碳原
子，与2、3、4 号碳原子直接相连，这4 个碳原子不可能全部共面，B 错误；饱和碳原子采用sp3杂化，碳
碳双键的碳原子采用sp2杂化，1 个Y 分子中，采用sp3杂化的碳原子有2 个，采用sp2杂化的碳原子有4
个，数目比为1:2，C 正确；Z 中含有2 个碳碳双键，可以和溴水中的Br2发生加成反应，1 mol Z 在足量溴
水溶液中能与2 mol Br2发生加成反应，D 错误；故选C。
11. 三氧化二锑(Sb2O3)可用作白色颜料和阻燃剂。在实验室中可利用SbCl3
的水解反应制备Sb2O3
，具体实
验步骤如下：
①按下图装置安装仪器(加热仪器略)，添加试剂，通入NH3，得到固液混合物；
②向容器a 中缓慢加入大量蒸馏水，搅拌一段时间，过滤、洗涤、110℃烘干。
已知：i．SbCl3的水解分三步进行，中间产物有SbOCl等；
ii．SbOCl 难溶于乙醇、能溶于乙二醇，如果反应只发生在表面，则得不到单一晶型。
下列说法错误的是
A．SbCl3在熔融状态下不导电，则SbCl3为共价化合物
B．通入NH3的目的是中和反应过程中生成的HCl，促进反应正向进行
C．实验中如果将乙二醇改为乙醇，也可得到单一晶型的Sb2O3
D．配制SbCl3溶液的操作为：取SbCl3固体溶解于较浓的盐酸中，再加入水稀释到所需浓度
【答案】C
【解析】熔融状态下不导电说明该物质在熔融状态下没有自由移动的离子，因此它不是离子化合物，而是
共价化合物， 故A 正确；SbCl3水解是可逆反应(2SbCl3+3 H 2O⇌Sb2O3+6 HCl)，通入NH 3中和产物
HCl，可使化学平衡正向移动，促进水解反应进行，故B 正确；SbOCl 难溶于乙醇、能溶于乙二醇，如果
将乙二醇改为乙醇，反应只发生在表面，则得不到单一晶型，故C 错误；SbCl3易水解，为了防止水解，
配制SbCl3溶液时，先取SbCl3固体溶解于较浓的盐酸中，再加入水稀释到所需浓度，故D 正确；故选C。
12. 从废旧CPU 中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下：
已知HAuCl4= H
++[AuCl4)
−，下列说法正确的是
A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好
B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使Cu
2+和Ag
+分离
C．NaCl 促进了Au 和HNO3的反应，其原因之一是Cl
−降低了c(Au
3+)，生成了稳定性更好的[AuCl4)
−
D．向含2molHAuCl4的溶液中加入过量Zn 使其完全还原为Au，需消耗3 molZn
【答案】C
【解析】CPU 中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯
化钠可以溶解得到但HAuCl4溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根
同时存在时金可溶解。酸溶步骤溶解Cu 和Ag，浓硝酸与Cu 反应为
Cu+ 4 HNO3(浓)=Cu( NO3)2+2 NO2↑+2 H 2O，1mol Cu 消耗4mol HNO3，稀硝酸与Cu 反应为
3Cu+8 HNO3=3Cu( NO3)2+2 NO↑+ 4 H 2O，1mol Cu 消耗8
3
≈2.67mol HNO3，稀硝酸消耗更少；同理
Ag 与稀硝酸反应消耗硝酸也更少，故从消耗硝酸量角度，稀硝酸更好，A 错误；滤液含Cu
2+、Ag
+，加入
过量浓氨水，Ag
+生成可溶的Ag(NH3)2
+，Cu
2+生成可溶的[Cu(NH3)4)
2+，二者均溶于氨水，无法分离，B 错
误；Au 与HNO3
反应生成Au
3+，加入NaCl 后，Cl
−与Au
3+结合生成稳定的AuCl4
−，降低了c( Au
3+)，促使
Au 的溶解平衡正向移动，从而促进反应进行，C 正确；HAuCl4中Au 为+3 价，2mol Au
3+还原需6mol 电
子，Zn 被氧化为Zn
2+，1mol Zn 失2mol 电子，需3mol Zn 还原 Au
3+，HAuCl4电离出H
+，过量Zn 会与
H
+反应生成H2，实际消耗Zn 更多，D 错误。故选C。
13. H2C2O4是一种二元酸，CaC2O4是一种难溶性盐。图中曲线表示常温下溶液中部分粒子间的关系(i 和
ii)：
i.0.10 mol⋅L
−1的H2C2O4溶液中，各物种(H2C2O4、HC2O4
−、C2O4
2−)的lg
c
mol⋅L
−1 与pH 的关系；
ii.含CaC2O4(s)的0.10 mol⋅L
−1Na2C2O4
溶液中，lg c(Ca
2+)
mol⋅L
−1
与pH 的关系。
下列说法错误的是
A．曲线③表示lg c(H2C2O4)
mol⋅L
−1
与pH 的关系
B．常温下，H2C2O4
的K al=10
−1.13
C．常温下，pH =3时，H2C2O4溶液中c(HC2O4
−)>c(C2O4
2−)>c(H2C2O4)
D．向(ii)中的溶液中增加CaC2O4(s)，平衡后溶液中H2C2O4、HC2O4
−、C2O4
2−的浓度之和不变
【答案】B
【解析】H2C2O4
是一种二元酸，随着pH增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c(HC2O4
−)先增大后减小，
c(C2O4
2−)逐渐增大；含CaC2O4(s)的0.10 mol⋅L
−1Na2C2O4
溶液中，随着pH增大，
C2O4
2-+H2O⇌HC2O4
-+OH
-逆移，c(C2O4
2−)逐渐增大，导致CaC2O4(s)⇌Ca
2+(aq)+C2O4
2−(aq)逆移，
c(Ca
2+)逐渐减小，因此c(Ca
2+)与c(C2O4
2−)的变化呈反比；据此可得曲线①表示
lg[c(C2O4
2−)/(mol⋅L
−1))与pH的关系，曲线②表示lg[c(HC2O4
−)/(mol⋅L
−1))与pH的关系，曲线③
表示lg[c(H2C2O4)/(mol⋅L
−1))与pH的关系，曲线④表示lg[c(Ca
2+)/(mol⋅L
−1))与pH的关系。曲线③
表示lg c(H2C2O4)
mol⋅L
−1 与pH 的关系，A 正确；常温下，，K a2= c(C2O4
2−)c (H
+)
c(HC2O4
−)
=10
−4.27（①②交点代入），
K al K a2= c(C2O4
2−)c
2(H
+)
c(H2C2O4)
=(10
−2.77)
2=10
−5.54（①③交点代入），H2C2O4的
K al= K al K a2
K a2
= 10
−5.54
10
−4.27 =10
−1.27，B 错误；pH=3 时，H2C2O4
溶液中：HC2O4
−（②）lg c 最大，C2O4
2−
（①）次之，H2C2O4（③）最小，即c(HC2O4
−)>c(C2O4
2−)>c(H2C2O4)，C 正确；ii 中溶液含CaC2O4(s)，
已饱和，增加CaC2O4(s)不改变溶解平衡，C2O4
2−及水解产物浓度不变，三种物种浓度之和不变，D 正
确；故选B。
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）。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 ；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；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；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。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15. （14 分）某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O，并测定其结晶水含量。
已知：①Sac
-表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g⋅mol
-1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较
小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。
②CoCl2⋅6H2O+2NaSac⋅2H2O=[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O+(6- x )H2O+2NaCl。
(一)制备
I．称取1.0 g CoCl2⋅6H2O，加入18.0 mL 蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ．称取2.6 g(稍过量)糖精钠(NaSac⋅2H2O)，加入10 mL 蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ．将溶液2 加入接近沸腾的溶液1 中，反应3 分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)I 和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 、 。(写出两种)
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 中，以使大量晶体析出。除去糖精钠固体中的
氯化钠，方法是 。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1% NaSac 溶液洗涤晶体，正确顺序为 。
A．①③② B．③②① C．②①③
用丙酮洗涤晶体的目的是 。
(4)Ⅳ中，检验水洗后氯离子已经洗涤干净的方法是 (将实验操作、现象和结论补充完整)。
(二)结晶水含量测定
EDTA 和Co
2+形成1:1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶
液和指示剂，在50~60℃下，用c mol⋅L
-1的EDTA 标准溶液滴定。
(5)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。
a．用标准溶液润洗滴定管
b．加入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL 处
c．检查滴定管是否漏水并清洗
d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(6)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O中x 的测定值为 (用含m、c、
V 的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x 的测定值 (填“偏高”
“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)玻璃棒 （1 分） 量筒(或胶头滴管等，合理即可) （1 分）
(2)冰水浴(或“冷水浴”)重结晶 （1 分）
(3)B （1 分） 除去残留的水且能使晶体快速干燥 （2 分）
(4)取少量最后一次水洗液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl
-已洗
净 （2 分）
(5)cabd （2 分）
(6)500m
9cV -27.5(或m−cV ×10
−3×495
18×cV ×10
−3
) （2 分） 偏高 （2 分）
【解析】按照反应CoCl2⋅6H2O+2NaSac⋅2H2O=[Co(Sac)2(H2O)4)⋅xH2O+(6-x)H2O+2NaCl制备糖精
钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac 溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶
体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA 标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。
（1）步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率，故答案为
玻璃棒；量筒（或胶头滴管）；
（2）因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于
冰水浴中；利用糖精钠和氯化钠在同一溶剂中溶解度随温度变化的不同，通过加热溶解、降温结晶的方法
可将二者分离提纯，该方法为重结晶。
（3）先用冷的1% NaSac 溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co
2+转
化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，
丙酮可以与水互溶且沸点比水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为
B；
（4）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净的步骤：取水洗时的最后一次水洗液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴
加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl
-已洗净；
（5）使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗（c），再用待装的标准溶液进行润洗
（a），待润洗完成后装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL 处（b），放液赶出气泡后调节液面至“0”刻
度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数（d），故答案为cabd；
（6）滴定消耗的n(EDTA)= cV
1000 mol，EDTA 与Co
2+形成1:1配合物，则样品溶解后的
n(Co
2+)= cV
1000 mol，即样品中的n{[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O)= cV
1000 mol，而
M {[Co(Sac)2(H2O)4)⋅x H2O)=(495+18 x)g⋅mol
-1，所以cV
1000 mol×(495+18 x)g⋅mol
-1=mg，解
得x = 1000m
18cV −495
18 = 500m
9cV −27.5(或= 1000m−495cV
18cV
= m−495cV ×10
−3
18cV ×10
−3
)；若滴定前滴定管尖嘴处
无气泡，滴定后有气泡，测得消耗的EDTA 溶液体积偏小，即V 偏小，根据x = 500m
9cV −27.5，则x 偏高。
16. （14 分）硫化铋(Bi2S3)在光催化剂、锂离子电池等领域具有重要的潜在价值。一种以氧化铋渣（主要
成分是Bi2O3、MnSO4、Fe2O3、CuO、Ag2O和Al2O3）为原料，制取高纯Bi2S3并回收锰的工艺流程如
图所示。
已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如表所示：
金属离子
Fe
3+
Cu
2+
Al
3+
开始沉淀的pH
2.2
5.2
3.6
沉淀完全（c=1.0×10
−5 mol⋅L
−1）的pH
3.2
6.7
4.7
②硫代乙酰胺(CH3CSNH2)在酸性溶液中会水解为乙酰胺（CH3CONH2,可溶于水）和硫化氢；硫化氢会进一
步发生反应：2Bi
3+ (aq)+3 H2S(g)⇌Bi2S3(s)+6 H
+ (aq)。
回答下列问题：
(1)基态Mn
2+的价电子排布式为 。
(2)“酸浸”时，Bi2O3转化为Bi
3+的离子方程式为 。
(3)从“滤液1”中可回收的金属主要有 （填化学式）。
(4)“沉铋”时，BiCl3转化为BiOCl 沉淀的化学方程式为 。
(5)“转化”的两种方法如下：
方法一：第一步，用NH4 HCO3溶液将BiOCl 转化为(BiO)2CO3，发生反应
2NH4 HCO3+2BiOCl= (BiO)2CO3↓+CO2↑+ H2O+2NH4Cl；第二步，(BiO)2CO3受热分解为Bi2O3，发生反
应的化学方程式为 。
方法二：第一步，用NaOH 溶液将BiOCl 转化为Bi(OH)3；第二步，Bi(OH)3受热分解为Bi2O3．已知：常
温下，Ksp[Bi(OH)3)= 4.0×10
−31，反应BiOCl(s)+ H2O (l)⇌Bi
3+ (aq)+2OH
−(aq)+Cl
−(aq)
K =1.6×10
−31。
常温下，当BiOCl 恰好完全转化为Bi(OH)3
时，溶液中c(Cl
−)=0.04 mol⋅L
−1，此时溶液pH = 。
(6)“硫化”后需用蒸馏水洗涤Bi2S3固体，洗涤固体的操作方法是
。
【答案】(1)3d5 （2 分）
(2)Bi2O3+6H+=2Bi
3++3H2O （2 分）
(3)Al、Cu （2 分）
(4)BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+CO2↑+2NaCl （2 分）
(5)(BiO)2CO3
△
❑Bi2O3+CO2↑ （2 分） 13 （2 分）
(6)将待洗涤的固体放在过滤器的滤纸上，用玻璃棒引流，向固体表面滴加适量蒸馏水，使溶剂缓慢流过固
体，重复2-3 次 （2 分）
【解析】氧化铋渣(主要成分是Bi2O3、MnSO4、Fe2O3、CuO、Ag2O和Al2O3)制取高纯Bi2S3的工业流程
为：氧化铋渣水浸提锰，过滤得到含Mn2+的浸出液，Bi2O3、Fe2O3、CuO、Ag2O和Al2O3不溶于水存在
于滤渣中，用硫酸溶液、氯化钠溶液酸浸，Bi2O3与硫酸反应生成Bi3+、Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+，CuO
与硫酸反应生成Cu2+，Al2O3与硫酸反应生成Al3+，Ag2O 与硫酸反应生成Ag2SO4，过滤得滤渣1 为
Ag2SO4，滤液中加饱和碳酸钠溶液调节pH=3 沉铋，Bi3+转化为BiOCl 沉淀，还混有少量Fe(OH)3沉淀，过
滤得到BiOCl、Fe(OH)3固体，“滤液1”中含有Fe3+、Al3+、Cu2+，“洗涤”时先用水洗除去附着的可溶性
离子，BiOCl 不溶于稀硫酸，再用稀硫酸洗涤除去Fe(OH)3，经过“转化”得到Bi(OH)3、在空气中分解生
成Bi2O3，加盐酸酸溶得到BiCl3溶液，再加入硫代乙酰胺进行硫化得到Bi2S3，反应为
3CH3CSNH2+3H2O+2BiCl3→3CH3CONH2+Bi2S3↓+6HCl。
（1）Mn 是25 号元素，基态Mn 原子价电子排布式为3d54s2，则基态Mn
2+的价电子排布式为3d5。
（2）“酸浸”时，Bi2O3和硫酸反应转化为Bi
3+的离子方程式为：Bi2O3+6H+=2Bi
3++3H2O。
（3）由分析可知，“滤液1”中含有Fe3+、Al3+、Cu2+，可回收的金属主要有Al、Cu。
（4）“沉铋”时，BiCl3和Na2CO3、NaCl 反应生成BiOCl 沉淀和CO2，化学方程式为：
BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+CO2↑+2NaCl。
（5）(BiO)2CO3受热分解为Bi2O3和CO2，发生反应的化学方程式为：(BiO)2CO3 △
❑Bi2O3+CO2↑；已知
BiOCl(s)+ H2O (l)⇌Bi
3+ (aq)+2OH
−(aq)+Cl
−(aq)的K =c(Cl
-)c
2(OH
-)c(Bi
3+)=1.6×10
−31，常温下，
当BiOCl 恰好完全转化为Bi(OH)3
时，溶液中c(Cl
−)=0.04 mol⋅L
−1，c
2(OH
-)c(Bi
3+)=
K
c(Cl
-) = 1.6×10
−31
0.04
=4×10
−30，Ksp[Bi(OH)3)=c(Bi
3+)c
3(OH
-)= 4.0×10
−31，则c(OH-)=
Ksp[Bi(OH)3)
c(Bi
3+)c
2(OH
-) = 4.0×10
−31
4.0×10
−30 =0.1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，此时溶液pH=13。
（6）由分析可知，“硫化”后需用蒸馏水洗涤Bi2S3固体，洗涤固体的操作方法是：将待洗涤的固体放在
过滤器的滤纸上，用玻璃棒引流，向固体表面滴加适量蒸馏水，使溶剂缓慢流过固体，重复2-3 次。
17. （15 分）中华裸蒴中含有一种具有杀菌活性的化合物J，其合成路线如图：
已知：
(1)化合物D 的官能团名称是 。
(2)由A 生成B 的反应类型为 。
(3)由化合物B 生成化合物C 的化学方程式为 。
(4)化合物E 的结构简式为 。
(5)下列说法正确的是_______。
A．化合物J 的分子式为C16 H15O3 N
B．碱性：化合物F<
C．步骤④中改用稀硫酸，会降低化合物J 的产率
D．步骤⑥中P2O5的作用为催化剂、吸水剂
(6)F 的同分异构体中，含有苯环、−NH2，且能发生银镜反应，核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:2:1的
同分异构体的结构简式为 。
(7)以苯甲醇(
)为原料，设计化合物F 的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选) 。
【答案】(1)酯基和醚键 （2 分）
(2)取代反应(酯化反应) （1 分）
(3)
+
→
一定条件
+ HBr （2 分）
(4)
（2 分）
(5)CD （2 分）
(6)
或
（2 分）
(7)
→
△
Cu、O2
→
催化剂
HCN
→
催化剂
H2
→
△
Cu、O2
（4
分）
【解析】A 与甲醇发生酯化反应生成B（
），B 与
发生反应生成C，结合
有机物C 的分子式和D 的结构简式推测C 为
，C 与CH3I在一定条件下发生取代反应生
成D；根据H 的结构简式逆推，并结合已知信息可知，G 为
，E 与F 反应生成
G，E 为
。
（1）由结构可知，D 中含氧官能团的名称为醚键、酯基；
（2）根据流程可知A 与甲醇在一定条件下发生酯化（取代）反应生成B 和水；
（3)B 与
发生取代反应生成C，反应的化学方程式为
+
→
一定条件
+ HBr；
（4)根据分析可知，化合物E 的结构简式为
；
（5）根据J 的结构简式可知，J 的分子式为C16 H13O3 N，A 错误；F 为
，比
多了烃基，烃基是推电子基团，故
更易与氢离子结合，碱性更强，B 错误；步骤④是酯
基水解，碱性条件消耗羧酸，促进水解，即酯基在碱性条件下的水解比酸性条件下水解程度更大，若改用
稀硫酸，会降低化合物J 的产率，C 正确；步骤⑥中脱去1 分子水，P2O5的作用为催化剂、吸水剂促进反
应正向进行，D 正确；故选CD；
（6)F 的结构简式为
，F 的同分异构体中，含有苯环、−NH2，且能发生银镜反应，结构中
含有醛基，核磁共振氢谱峰面积之比为
2:2:2:2:1
的同分异构体的结构简式为：
或
（7)
催化氧化生成醛（
），
与HCN加成生成
，经还原
生成
，最后催化氧化生成F（
），合成路线为：
→
△
Cu、O2
→
催化剂
HCN
→
催化剂
H2
→
△
Cu、O2
18. （15 分）十氢萘(C10H18)是一种高密度的氢能载体，可通过转化为萘(C10 H8)实现制氢，反应为
C10H18(l)⇌C10H8(l)+5 H2(g) ΔH。
回答下列问题：
(1)标准摩尔生成焓是指在101kPa、298K下，由最稳定的单质合成1mol 物质的反应焓变。相关物质数据
如下表，则ΔH= kJ⋅mol
−1。
物质
C10H18(l)
C10H8(l)
H2(g)
标准摩尔生成焓
/(kJ⋅mol
−1)
−226
96
0
(2)在密闭反应器中投入1molC10H18，进行液相脱氢实验，其脱氢的平衡转化率随压强及温度的变化如下图
所示。其中，控制温度可实现液相脱氢(即“实验条件点”)。
M
①
点时，容器容积为VL，C10H18(g)⇌C10H8(g)+5 H2(g)的平衡常数K = 。(用含V 的代数式
表示)
②随压强增大，“实验条件点”对应C10H18平衡转化率升高的原因是 。
(3)一定温度和压强下，在密闭反应器中进行C10H18
液相脱氢实验，产物中检测出四氢萘(C10 H12)，反应过
程中液相C10H18、C10H12和C10H8的浓度随时间的变化如图所示。
0~2h
①
内的平均化学反应速率：v(C10H8) v(C10H12)(填“>”“<”或“=”)。
②结合图像判断脱氢反应机制主要为 (填“a”或“b”)，理由是 。
a．平行反应，即同时发生C10H18→C10H8和C10H18→C10H12
b．连续反应，即反应物经过如下转化：C10H18→C10H12→C10H8
8.5h
③
时C10H18的转化率为 %。(精确到小数点后一位)
(4)化学工作者设计用电解原理去除煤化工废水中的C10H8，并将其转化为二氧化碳和水。已知电极材料均
为惰性电极，某中性盐溶液为电解质溶液，则阳极电极反应式为 。
【答案】(1)+322 （2 分）
(2)1
4V
5 （2 分） 温度对该平衡的影响程度大于压强对该平衡的影响程度（2 分）
(3)> （1 分） a （2 分） 随着反应物十氢萘(C10 H18)的消耗，四氢萘(C10H12)和萘(C10 H8)的浓度都逐
渐增大，且C10H18→C10H8速率比C10H18→C10H12快；2h 后，C10H12浓度继续增大，但增幅减小，可推知
C10H18→C10H12速率比C10H12→C10H8快，综上可知反应C10H12→C10H8速率最慢，则生成C10H8主要取决
于反应C10H18→C10H8 （2 分） 34.7（2 分）
(4)C10H8−48e
−+20 H2O =10CO2↑+ 48 H
+ （2 分）
【解析】（1）反应C10H18(l)⇌C10H8(l)+5 H2(g)的ΔH=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成
焓=(+96kJ⋅mol
−1)−(−226kJ⋅mol
−1)=+322kJ⋅mol
−1。
（2）①根据已知条件列出“三段式”
C10H18(g)
⇌
C10 H8(g)
+
5 H2(g)
起始(mol)
1
¿0
¿
¿
0.2¿¿0.2¿¿1¿平衡(mol)¿0.8¿¿0.2¿¿1¿
平衡常数K=c(C10H8)⋅c
5(H2)
c(C10H18)
=
0.2
V
×(
1
V)
5
0.8
V
=1
4V
5 。
②该反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，随压强增
大，实验条件点对应C10H18平衡转化率升高的原因为温度对平衡移动的影响程度大于压强。
（3）①由图可知，0∼2h内，物质的量浓度变化：C10H8>C10H12，则2h 内的平均速率：C10H8>C10H12。
②随着反应物十氢萘(C10 H18)的消耗，四氢萘(C10H12)和萘(C10 H8)的浓度都逐渐增大，且C10H8
的浓度增大
幅度更大，则C10H18→C10H8速率比C10H18→C10H12快；从2h 后的C10H12浓度增幅明显减小，可推知
C10H18→C10H12速率比C10H12→C10H8快，综上可知反应C10H12→C10H8速率最慢，而C10H18→C10H8反应
速率快，生成C10H8主要取决于反应C10H18→C10H8，故脱氢反应机制为a。③由图可知，8.5h 时，
c(C10H8)=2mol/L，c(C10H12)=0.13mol/L，c(C10H18)=4mol/L，故α(C10H18)= 2+0.13
4 +2+0.13 ×100 %
≈34.7 %。
（4）根据信息，电解目的是使C10H8转化为二氧化碳和水，该反应为碳元素化合价升高，发生的氧化反
应，为电解池的阳极反应，利用化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可写出阳极电极反应式：
C10H8−48e
−+20 H2O =10CO2↑+ 48 H
+。
