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 Co-59 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．【新考法】下列可用作食品添加剂且属于无机物的是( )
A．硫酸铅 B．木糖醇 C．葡萄糖酸-δ-内酯 D．二氧化硫
【答案】D
【解析】A 项，硫酸铅为重金属盐，会导致蛋白质变性，不能用作食品添加剂，A 错误；B 项，木糖醇
分子中含有5 个羟基的五元醇，属于有机物，不属于无机物，B 错误；C 项，葡萄糖酸-δ-内酯是含有羟
基和酯基的内酯化合物，属于有机物，不属于无机物，C 错误；D 项，二氧化硫是酸性氧化物，在国家
规定的食品添加范围内，添加的二氧化硫可以起到防腐和抗氧化的作用，能用作食品添加剂，D 正确；
故选D。
2．下列化学用语中正确的是( )
A．用电子式表示HCl 的形成过程：
B．H2中共价键的电子云图：
C．[Cu(NH3)4]2+的球棍模型：
D．甘氨酸的结构简式：
【答案】C
【解析】A 项，HCl 是共价化合物，用电子式表示HCl 的形成过程：
，
A 错误；B 项，H2中共价键类型为s-sσ 键，电子云图为：
，B 错误；C 项，[Cu(NH3)4]2+中
Cu2+和4 个NH3形成4 个配位键，空间构型为平面正方形，球棍模型为
，C 正确；D 项，甘
氨酸的结构简式：H2NCH2COOH，D 错误；故选C。
3．【改编】根据元素周期律推测，下列说法不正确的是( )
A．离子键的百分数：Na2O＞MgO B．第一电离能：N＞F＞O
C．离子半径：H-＞Li+ D．化合物中共价键的极性：H2O＞H2S
【答案】B
【解析】A 项，Na+电荷低且半径大，极化能力弱，Na2O 的离子键百分数高于MgO(Mg2+电荷高、半径
小，共价性增强)，A 正确；B 项，第一电离能顺序应为F＞N＞O(因F 电负性最强，N 因p 轨道半充满
结构电离能高于O)，但选项B 写为N＞F＞O，B 错误；C 项，H-和Li+电子层结构相同，均为2 电子结
构，原子序数小的H-半径更大，C 正确；D 项，电负性O＞S，O-H 键极性＞S-H 键，D 正确；故选
B。
4．下列说法正确的是( )
A．重结晶法提纯苯甲酸晶体实验涉及的图标只有
B．滴定实验接近滴定终点时，用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁对实验结果无影响
C．为了便于观察，可在试管中做钠与水的反应实验
D．含硝酸银的废液，直接倒入废液缸中
【答案】B
【解析】A 项，做重结晶法提纯苯甲酸晶体实验涉及的图标还有
，A 错误；B 项，滴定接近终点
时，用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，因溶质总量不变，故不会影响实验结果，B 正确；C 项，钠与水反应剧
烈，直接在试管中进行存在爆炸风险，C 错误；D 项，含硝酸银的废液需特殊处理(如沉淀银离子)，直
接倒入废液缸可能污染环境，D 错误；故选B。
5．【社会热点】神舟二十一号载人飞船于2025 年10 月31 日23 时44 分发射成功，将张陆、武飞、张洪
章3 位航天员送入天宫空间站。其使用的推进剂是四氧化二氮和偏二甲肼[(CH3)2N-NH2]。发生的化学
反应是2N2H4(l)＋C2H8N2(l)=2CO2(g)＋3N2(g)＋4H2O(g) ΔH。下列叙述正确的是( )
A．发射场产生的红棕色气体是N2在空气中反应直接生成的NO2
B．C2H8N2每断裂
极性键时转移电子数约为
C．在该反应中，N2既是氧化产物又是还原产物，CO2是氧化产物
D．该反应的ΔH＜0，常温下不需要其他条件就一定能发生该反应
【答案】C
【解析】A 项，高温和减压条件下，N2O4(g)
2NO2(g) 平衡向右移动，产生NO2气体，观察到发
射场产生红棕色“烟”，N2在空气中不能直接反应生成NO2，故A 错误；B 项，1 个(CH3)2N-NH2分子
含10 个极性键(其中，6 个C-H 键、2 个C-N 键、2 个H-N 键)和1 个非极性键(N-N 键)，根据化学方程
式可知，1mol(CH3)2N-NH2参与反应转移16mol 电子，则消耗0.5mol(CH3)2N-NH2即断裂5mol 极性键时
转移8mol 电子，故B 错误；C 项，在此反应中，3molN2中有2 molN2是还原产物，1 molN2是氧化产物，
CO2是氧化产物，故C 正确；D 项，启动反应需要采用“点火”(提供能量)，故D 错误；故选C。
6．【改编】根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是( )
材料
组成或结构变化
性质变化与解释
A
离子液
体
溶解纤维素
离子液体中的阴阳离子破坏了纤维素分子
链之间的氢键，增大了纤维素的溶解度
B
苯酚
通过与硝酸反应，在苯环上
引入3 个硝基
硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O
H
键极
性增强，羟基上的H 更易电离
C
橡胶
在橡胶中添加炭黑
炭黑具有还原性，可增强橡胶的抗老化性
能
D
纤维素
用乙酰基取代纤维素上的羟
基
纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力
下降
【答案】C
【解析】A 项，离子液体中的阴阳离子破坏了纤维素分子链之间的氢键，增大了纤维素的溶解度，故
离子液体可以溶解纤维素，A 正确；B 项，苯酚通过与硝酸反应，在苯环上引入3 个硝基，苯环上发生
亲电取代，硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O-H 键极性增强，羟基上的H 更易电离，B 正确；C 项，
炭黑是最常用的补强填料，在很多橡胶制品中都会加入炭黑来提高制品的补强性能，使橡胶更耐磨，C
错误；D 项，用乙酰基取代纤维素上的羟基成酯，导致纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力下降，
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．【改编】利用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是( )
A．用甲装置检验产物乙炔 B．用乙装置制取乙酸乙酯
C．用丙装置防止钢闸门腐蚀 D．用丁装置测定Na2C2O4溶液的浓度
【答案】B
【解析】A 项，电石与水反应生成的乙炔中含硫化氢和磷化氢等杂质，用硫酸铜溶液除去其中的杂质
后，溴水仍褪色，说明产物中含乙炔，即可用甲装置检验产物乙炔，A 正确；B 项，用乙装置制取乙酸
乙酯，需加浓硫酸作催化剂和吸水剂，为了防倒吸，导管应该在饱和碳酸钠液面上，B 错误；C 项，将
钢闸门与电源的负极相连，作阴极，被保护，可以防止钢闸门腐蚀，C 正确；D 项，用丁装置，可用酸
性高锰酸钾标准溶液滴定Na2C2O4溶液，根据消耗的标准溶液体积，可测定Na2C2O4溶液的浓度，D 正
确；故选B。
9．室温下，1，2-环氧丙烷可通过下列两步反应最终生成酯，反应如下：
下列说法中正确的是( )
A．1，2-环氧丙烷转化为物质甲的过程中断裂的是1 号位置的C 形成的C
O
键
B．水也能实现甲→乙的转化，且不影响乙的产率
C．乙醇中C-O 键的键能比1，2-环氧丙烷中断裂的C-O 键的键能大
D．若将步骤I 中CH3COO-替换为OH-，则最终生成
【答案】C
【解析】1，2-环氧丙烷的三元环中，亲核试剂CH3COO-优先进攻取代基较少的2 号C 原子，即断裂2
号C 形成的C-O 键形成甲(
)，
酸化与氢离子结合生成乙(
)。A 项，
1，2-环氧丙烷的三元环中，亲核试剂H3COO-优先进攻取代基较少的C 原子，即2 号位置，因此断裂的
是2 号位置的C 形成的C-O 键，A 错误；B 项，若用水替代反应体系，甲会与水发生亲核取代生成乙醇，
而不是酯(乙)，会显著降低乙的产率，B 错误；C 项，乙醇中的C-O 键由饱和sp3杂化碳原子形成，键
能较高；而1，2-环氧丙烷的C-O 键处于三元环中，因环张力存在，键能较低；因此，乙醇中C-O 键的
键能比1，2-环氧丙烷中断裂的C-O 键的键能大，C 正确；D 项，若将H3COO-替换为OH-，第一步生成
醇盐中间体，第二步在H+作用下不会生成酯，而是生成二醇，即
，D 错误；故选C。
10．【新考法】下列晶体的制备方案不正确的是( )
选项
目标晶体
制备方案设计
A
NaCl 晶体
往饱和
溶液中加入一定量的浓盐酸
B
水晶
熔融态SiO2缓慢冷却
C
明矾大晶体
在高于室温30~50°C 的明矾饱和溶液中悬挂明矾晶核，静置过夜
D
[Cu(NH3)4]SO4·H2O
晶体
向CuSO4溶液中加入氨水至难溶物溶解，再加入95%乙醇
【答案】C
【解析】A 项，向饱和NaCl 溶液中加入浓盐酸，Cl-浓度增大，同离子效应使NaCl 溶解平衡逆向移动，
析出NaCl 晶体，A 正确；B 项，物质凝固可以得到晶体，熔融态的二氧化硅，缓慢冷却可得到水晶，
快速冷却会得到非晶体的石英玻璃，B 正确；C 项，在高于室温10~20℃的明矾饱和溶液中悬挂明矾
晶核，静置过夜，反复多次，可以获得大晶体，若温差过大，则得到较多数目的晶体，得不到大晶体，
C 错误；D 项，向CuSO4溶液中加入氨水至难溶物溶解，再加入95%乙醇，乙醇降低溶剂的极性，使
配合物溶解度减小析出晶体，D 正确；故选C。
11．相同温度和压强下，下列判断不正确的是(已知：共轭二烯烃比非共轭二烯烃稳定；ΔS 的计算方法遵
循盖斯定律，可类比H
计算方法)( )
①
1
Δ
0
H
1
ΔS
②
2
Δ
0
H
2
ΔS
③
3
Δ
0
H
3
ΔS
④
4
Δ
0
H
4
ΔS
A．ΔS3＜ΔS1 B．ΔH2=2ΔH1
C．ΔS3=ΔS2+ΔS4 D．根据信息可推测苯分子具有特殊的稳定性
【答案】B
【解析】A 项，反应①消耗1molH2，反应③消耗3mol H2，熵变ΔS 与反应前后气体分子数的变化相关，
消耗的H2越多，熵变的绝对值越大，ΔS 越小，故ΔS3＜ΔS1，A 正确；B 项，反应①是孤立双键加氢，
反应②是共轭双键加氢，由于共轭双键具有较高的稳定性，两个反应的焓变不是简单的倍数关系，即
ΔH2≠2ΔH1，B 错误；C 项，反应③可由反应④与反应②加和得到，根据盖斯定律，ΔS3=ΔS2+ΔS4，C
正确；D 项，由于反应④的ΔH4＞0，说明苯环与氢气的加成反应是吸热反应，这意味着苯环比共轭二
烯烃更稳定，因此，苯环具有特殊的稳定性，D 正确；故选B。
12．钠离子-石墨炔(GDY)电池是一种高可逆容量、长循环寿命的新型电池，其装置如图所示。石墨炔是层
状结构，其层间距与Na+直径相仿。首周充电即电池组装完成后第一次充电过程。下列说法错误的是(
)
A．放电时正极电极反应式为：Na++ GDY +e-=Na-GDY
B．GDY 中sp2和sp 杂化的C 为其导电性提供了条件
C．GDY 层间距有利于
+
Na 的嵌入和沿着GDY 碳平面进行传输
D．电池组装完成无需对GDY 电极进行任何处理即可首周充电
【答案】D
【解析】根据题意，放电时Na 发生失电子的反应，为负极；GDY 为正极，发生得电子的还原反应。
A 项，放电时，GDY 电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为Na++ GDY +e-=Na-GDY，
故A 正确；B 项，sp2和sp 杂化的C 原子形成的共轭体系中存在离域电子，可为 GDY 提供导电性，
故B 正确；C 女GDY 层间距与Na+直径相仿，既利于Na+嵌入，也便于其沿碳平面传输，故C 正确；
D 项，首次充电时，正极(GDY 电极)发生氧化反应，Na-GDY 失去电子变为GDY 和Na+。因此，在首
次充电前，GDY 电极必须是含有钠的Na-GDY 状态，这通常需要进行预嵌钠处理。所以‘无需任何
处理’的说法是错误的，故D 错误；故选D。
13．【新思维】2025 年诺贝尔化学奖授予Susumu Kitagawa、Richard Robson 和Omar M。 Yaghi，以表彰
他们在金属有机框架(MOF 又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架
MOF-5 由
2+
Zn
和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。
下列关于金属有机框架的说法不正确的是( )
A．MOF-5 其骨架结构中存在配位键
B．MOF-5 中对苯二甲酸根中的碳原子均采取sp2杂化
C．MOF-5 和冠醚一样，属于超分子
D．金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料
【答案】C
【解析】A 项，MOF-5 是金属有机框架材料，Zn2+(配位离子)与对苯二甲酸根(配体)通过配位键结合形
成骨架结构，因此骨架中存在配位键，A 正确；B 项，对苯二甲酸根中苯环上的碳原子均为sp2杂化；
羧基为平面结构，碳与氧形成双键，价层电子对为 3，故羧酸根为中的碳原子也为sp2杂化，因此对
苯二甲酸根的所有碳原子均采取sp2杂化，B 正确；C 项，超分子是通过分子间作用力，如氢键、范德
华力等组装形成的聚集体；而 MOF-5 是通过配位键，共价键的一种，连接金属离子与配体形成的配
合物，并非超分子，C 错误；D 项，MOF 具有规则的多孔结构，可利用孔隙实现氢的储存，同时能
吸附环境中的污染物，因此在储氢、环境净化等领域具有应用潜力，D 正确；故选C。
14．三唑(平面结构)水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。根据上述反应机理，
下列叙述不正确的是( )
A．三唑在反应循环中起催化作用
B．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．微粒Y 和Z 中碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2
D．CO2换成C18O2，总反应为：2H2O+C18O2=HCOOH+H2
18O2
【答案】D
【解析】A 项，由机理图可知，在反应循环中，三唑作催化剂，A 正确；B 项，反应过程中有CO2中
碳氧π 键的断裂和甲酸中O-H 的形成，故有极性键的断裂和形成，有N-Nπ 键断裂和H2O2中过氧键的
形成，故有非极性键的断裂和形成，B 正确；C 项，三唑是平面结构，Y 也是平面结构，故其碳原子
和氮原子均为sp2杂化，Z 中碳原子为sp2杂化，C 正确；D 项，CO2换成C18O2，生成HC18O18OH，总
反应为：2H2O+C18O2=HC18O18OH+H2O2，D 错误；故选D。
15．在25℃下，Ksp(CaCO3)=10－8.5，Ksp(CaSO4)= 10－4.3，；H2CO3的Ka1=10-6.3，Ka2=10-10.3。下列说法中不正
确的是( )
A．0．1mol·L-1的NaHCO3中，根据质子守恒，有
a1
a2
2ln
H
ln
ln
c
K
K
B．计算CaCO3溶于 c(H＋)=a 的1L 溶液中Ca2+的浓度(s)，有
2
2
1
2
1
2
a
a
a
sp
a
a
a
aK
K K
s
K
K K
C．CaSO4(s)+CO3
2-(aq)
CaCO3(s)+SO4
2-(aq)，转换反应可以自发进行，且程度较大
D．向5mol·L-1的CaCl2溶液中，通入CO2至饱和，不可以析出CaCO3沉淀
【答案】B
【解析】A 项，NaHCO3中，物料守恒：cNa＋＝cCO3
2-＋cHCO3
-＋cH2CO3，电荷守恒：cNa＋＋
cH＋＝cOH－＋cHCO3
-＋2cCO3
2-，质子守恒： cH＋=cOH－＋cCO3
2--cH2CO3，
+
-
3
6.3
a1
2
3
c H
c HCO
K =
10
c H CO
，
+
2-
3
10.3
a2
-
3
c H
c CO
K
10
c HCO
，代入
，有
+
a1
a2
2ln c H
ln K
+ln K
，A 正确；B 项，根据物料守恒，cCa2＋＝cCO3
2-＋cHCO3
-＋
cH2CO3，
+
-
3
6.3
a1
2
3
c H
c HCO
K =
10
c H CO
，
+
2-
3
10.3
a2
-
3
c H
c CO
K
10
c HCO
，代入得，
sp
2+
sp
2+
sp
2+
a2
2+
a2
a1
K
c H
K
c Ca
c H
c H
c Ca
K
K
c Ca
=
+
+
K
K
c Ca
，B 错误；C 项，CaSO4(s)+CO3
2-(aq)
CaCO3(s)+SO4
2-(aq)，
4.3
sp
4
4.2
8.5
sp
3
K
CaSO
10
K=
10
K
CaCO
10
，转换反应可以自发进行，且程度较大，C 正确；D 项，CO2至饱和，
c(CO3
2-)主要由碳酸二级电离平衡决定，
+
2-
3
10.3
a2
-
3
c H
c CO
K
10
c HCO
，因饱和，故
+
-
3
c H
c HCO
，
可得
2-
10.3
3
c CO
10
mol/L
，离子积
2-
2+
10.3
8.5
3
sp
3
Q=c CO
c Ca
5 10
mol/L<K
CaCO
10
向5
mol·L-1的CaCl2溶液中，不可以析出CaCO3沉淀，D 正确；故选B。
16．化学需氧量(COD)指在一定条件下，水样中可被强氧化剂氧化的还原性物质(如有机物、亚硝酸盐、硫
化物等)所消耗的氧当量。COD 含量可按下列步骤测定：
【实验一】
【实验二】取10.00mL 蒸馏水代替待测水样，重复上述实验。
下列说法中不正确的是( )
A．步骤Ⅰ中使用的K2Cr2O7溶液的浓度需标定
B．步骤Ⅱ中，Ag2SO4可能是有机物氧化反应的催化剂
C．
2
Fe 与指示剂的结合能力强于
3
Fe
D．若(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定前未润洗滴定管，则测得的COD 含量将偏低
【答案】A
【解析】实验一和实验二分别使用了待测水样和蒸馏水，通过加入K2Cr2O7溶液和H2SO4溶液，以及
Fe2+和指示剂，来测定水样中的化学需氧量(COD)，实验二作为对照实验。A 项，实验二采用的蒸馏水
不能和K2Cr2O7溶液以及(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应，有了实验二作对照实验，步骤Ⅰ中使用的K2Cr2O7
溶液的浓度不需标定，A 错误；B 项，步骤Ⅱ中，Ag2SO4可能是有机物氧化反应的催化剂，因为催化
剂可以加速反应速率，但不参与反应的最终产物，B 正确；C 项，Fe2+与指示剂的结合能力强于Fe3+，
因为Fe2+在滴定过程中被氧化成Fe3+，指示剂的颜色变化标志着滴定终点，C 正确；D 项，若
(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定前未润洗滴定管，则相当于稀释了(NH4)2Fe(SO4)2溶液，导致滴定体积偏大，
计算所得水样中还原性物质消耗的K2Cr2O7溶液偏少，从而测得的COD 含量偏低，D 正确；故选A。
二、非选择题：本题共4 小题，共52 分。
17．【新思维】(16 分)氮族元素和卤族元素的化合物具有巨大的应用价值。请回答：
(1)下列关于氮族元素的说法正确的是______(选填序号)。
A．锑的价层电子排布式为4d105s25p3
B．NO2
-与O3互为等电子体(原子总数和价电子总数均相同的分子、离子或原子团)
C．NH3与BF3反应生成H3N-BF3，
变小
D．PH4AlCl4中阴、阳离子的中心原子均为sp3杂化
(2)某含卤素的正五价砷化物的立方晶胞如图1，晶胞沿轴方向的投影如图2，写出由配离子表示的该
化合物的化学式 ，该晶体的密度为 g· cm-3 (列出计算式即可)。
(3) ①羧基的酸性：H2NCH2COOH H3N+CH2COOH (填“>”或“<”)。
②请从原子结构角度解释可形成PF5而N 只能形成NF3的原因 。
(4)从废印刷电路板冶炼的副产品——粗溴盐中回收NaBr 晶体的工艺流程如图：
① “操作2”后可循环利用的物质X 为 。
② “还原”步骤先在室温下反应一段时间后煮沸。室温时发生的离子方程式 ，
煮沸时CO(NH2)2+2OH-
CO3
2-+2NH3↑。
③ “操作3”的步骤包括 ，再蒸发结晶，得到纯度较高的NaBr 晶体。
【答案】(1)BD(2 分)
(2)[AsCl4][AsF6] (2 分)
(2 分)
(3) ①<(2 分) ②P 原子半径大，价层中能成形成共价键的轨道多(2 分)
(4) ①CCl4(2 分) ②CO(NH2)2+3Br2+8OH-=CO3
2-+6Br-+N2↑+6H2O(2 分)
③加HBr 至不再产生气泡(2 分)
【解析】粗溴盐和NaBrO3与盐酸反应生成Br2，Br2易溶于CCl4，加入CCl4可从反应后的溶液中萃取
出Br2，在含Br2的有机相中加入CO(NH2)2和NaOH 溶液并煮沸，Br2被还原为Br-，CO(NH2)2转化为
CO3
2-，N 元素转化为NH3，经过分液后，CCl4可回收利用，分液后的水相中含CO3
2-和Br-，加过量的
HBr 至不再产生气泡除去CO3
2-，再蒸发结晶，得到纯度较高的NaBr 晶体。
(1)A 项，锑为第五周期第VA 族元素，价层电子排布式为5s25p3，A 错误；B 项，NO2
-与O3为价电子
数均为18 的三原子分子(离子)，互为等电子体，B 正确；C 项，孤电子对与成键电子相互作用大于成
键电子间的相互作用，H3N-BF3的N 原子无孤电子对，
比NH3大，C 错误；D 项，
PH4AlCl4中阴、阳离子的中心原子P 和Al 均为正四面体结构，为sp3杂化，D 正确；故选BD。
(2)如图可知，一个晶胞中有2 个AsF6和2 个AsCl4，该化合物的化学式为[AsCl4][AsF6]，晶体密度为
(3)①NH3
+吸电子，羧基的O-H 更容易解离，酸性更强，则羧基的酸性：H2NCH2COOH
<H3N+CH2COOH；②P 原子半径大，价层中能成形成共价键的轨道多，则P 可形成PF5而N 只能形成
NF3。
(4)①据分析，“操作2”为分液操作，可循环利用的物质X 为CCl4；② “还原”步骤中室温时发生的
反应为CO(NH2)2与Br2在碱性条件下生产碳酸钠、溴化钠、氮气和水，离子方程式
CO(NH2)2+3Br2+8OH-=CO3
2-+6Br-+N2↑+6H2O；③据分析，分液后的溶液包括溴化钠和碳酸钠，“操作
3”的步骤包括加HBr 至不再产生气泡除去碳酸钠，再蒸发结晶，得到纯度较高的NaBr 晶体。
18．【新考法】(12 分)酸性CuCl2溶液主要组成为HCl 与CuCl2 (HCl 与CuCl2会络合为H2CuCl4)，其具有
溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为Cu(s)+
H2CuCl4(aq)→H2CuCl3(aq)+ CuCl(s)，CuCl(s)+2HCl(aq)→H2CuCl3(aq)
(1)CuCl 中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。
(2)CuCl2溶液中存在平衡： [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-
CuCl4
2- (黄色)+4H2O
，下列说法不
正确的是_______(填序号)。
A．加入几滴AgNO3溶液，平衡逆向移动
B．加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K 增大
C．加水稀释，c([Cu(H2O)4]2+)：c(CuCl4
2-)的比值会减小
D．加入少量
固体，平衡正向移动，
转化率增大
(3)盐酸的浓度会影响刻蚀速率，CuCl2浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L 时，
c(H2CuCl3)随时间的变化曲线如图所示，中间速率变缓慢的可能原因是 。c(HCl)= 1.5mol/L 时，
在0~1.5min 内，H2CuCl3的平均生成速率为 。
(4)Cu2+能形成多种配合物。在CuCl2溶液中，存在以下氯化络合反应：
Cu2++ Cl-
CuCl+ K1=1.5 Cu2++ 2Cl-
CuCl2 K2=0.5
Cu2++ 3Cl-
CuCl3
- K3=5×10-3 Cu2++ 4Cl-
CuCl4
2- K4=2.5×10-5
在1.0×10-4mol/L CuCl2稀溶液中，改变溶液中Cl-起始浓度，测得铜元素的各物种分布系数δ 与Cl-平衡
浓度关系如图所示。
①曲线b 表示微粒 的物种分布系数。
②A 点时溶液中c(Cl-)= 。Cu2+的氯化络合转化率为 。
(5)用电化学方法可实现酸性CuCl2刻蚀液的再生，在电解池的 (填“阴”或“阳”)极实现
CuCl3
2-转化为CuCl4
2-，电极反应式为 。
【答案】(1)
(1 分)
(2)CD(2 分)
(3) 反应生成的固体CuCl 覆盖了铜，阻碍反应进行，生成H2CuCl3的速率较慢 0.2mol·L-1·min-1(2
分)
(4) ①CuCl+(1 分) ②
(2 分)
(2 分)
(5) 阳(1 分) CuCl3
2--e-+ Cl-= CuCl4
2-(1 分)
【解析】(1)CuCl 中基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，其轨道表示式为
；
(2)A 项，加入几滴AgNO3溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl 沉淀，使c(Cl-)减小，平衡逆向移动，A 正确；
B 项，反应为吸热反应，加热溶液，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄绿色，平衡常数K 增大，B 正
确；C 项，加水稀释，c(Cl-)减小，
，故
增大，C 不正
确；D 项，加入少量氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子本身的转化率减小，D
不正确；故选CD；
(3)由刻蚀原理，铜会和H2CuCl4(aq)反应生成氯化亚铜沉淀，反应生成的固体CuCl 覆盖了铜，阻碍反
应进行，导致生成H2CuCl3的速率较慢；因HCl 的浓度越低，平衡时H2CuCl3的浓度越低， 图中相同
时间内最低的曲线为c(HCl)= 1.5mol/L 时曲线，由曲线可知，c(HCl)= 1.5mol/L 时，在0~1.5min 内，
H2CuCl3的浓度为0.3mol/L，平均生成速率为
；
(4)①曲线b 表示微粒的物种分布系数先增大后减小，因开始时发生反应Cu2++Cl-
CuCl+，
CuCl+分布系数增大，后随着Cu2++2Cl-
CuCl2的反应进行，CuCl+分布系数减小，故曲线b 表示
微粒CuCl+的物种分布系数；②由图可知，A 点时CuCl3
2-和CuCl4
2-物质种分布系数几乎为0，可以忽
略不计，主要含铜微粒为Cu2+、CuCl+和CuCl2；ab 曲线相交，则
，根据反应：Cu2+
+Cl-
CuCl+可知，
，
；设
、
，据反应Cu2++2Cl-
CuCl2，
，
，
，由铜
元素守恒，
，则4.5y+4.5y+y≈1.0×10-4mol/L，得
y≈1.0×10-5mol/L；则Cu2+的氯化络合转化率为
；
(5)用电化学方法可实现酸性刻蚀液的再生，电解池中阳极失电子发生氧化反应，故在电解池的阳极实
现CuCl3
2-转化为CuCl4
2-，电极反应式为CuCl3
2--e-+ Cl-= CuCl4
2-。
19．(12 分)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O，并测定其结晶水含量。
已知：Sac-表示糖精根离子，其摩尔质量为182 g·molˉ1，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，CoCl2·6H2O +2NaSac·2H2O=[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O+(6-
x)H2O+2NaCl。
(一)制备
Ⅰ．称取1.0 g CoCl2·6H2O，加入18 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 加入到接近沸腾的溶液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)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 中，以使大量晶体尽快析出。
(2)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
(3)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中， (将实验操作、现
象和结论补充完整)。
(二)结晶水含量测定
EDTA 和Co2+形成1：1 配合物。准确称取m g 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。
(4)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
(5)滴定终点时消耗标准溶液V mL，则产品[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O 中x 的测定值为 (用含
m、c、V 的代数式表示；代数式需化简)；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)冰水浴(2 分)
(2)B(2 分)
(3)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)
(4)cabd(2 分)
(5)
(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)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；
(2)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
Co2+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，故选B；
(3)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；
(4)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)，故正确顺序为cabd；
(5)滴定消耗的
，EDTA 与Co2+形成1:1 配合物，则样品溶解后的
，即样品中的
，而
，所以
，解得
(或
)；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
，则x 偏高。
20．【新考法】(12 分)苯磺酸米洛巴林(K)是口服镇痛药，主要用于治疗外周神经性疼痛，疗效显著。某研
究小组按以下路线合成该药物(反应条件及试剂已简化)：
已知：
①
4
Fe
/NH Cl
2
2
R
NO
R
NH
粉
②
请回答：
(1)化合物G 中的官能团名称是 。
(2)下列说法正确的是______。
A．A→B 和D→E 的转化都经历加成、消去两步
B．C→D 的转化中，碳原子的杂化方式均未改变
C．D→E 的C3H4O4存在分子内氢键
D．化合物J 既能与酸反应也能与碱反应
(3)化合物A 的结构简式是 ；化合物I 的结构简式是 。
(4)G→H 过程产生(H3CO)2POONa，G→H 的化学方程式是 。
(5)J→K 过程温度过高，易产生含十元环有机物，写出该副产物结构简式 。
(6)以
和HCHO 为原料，设计化合物线
的合成
路线 (用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】(1)碳碳双键、(酮)羰基(1 分)
(2)CD(2 分)
(3)CH2=CHCH2OH (1 分)
(1 分)
(4)
+(H3CO)2POCH2COOC(CH3)3+NaI→
+
(H3CO)2POONa+H2↑(2 分)
(5)
(2 分)
(6)
(3 分)
【解析】A(C3H6O)→B(
)的过程中A 需要与
反应得
到B，物质B(
)结构中被标记的部分来自A，故物质A
为
；物质B 结合
可生成物质C；物质C 经加热可转化生
成物质D。物质D(
)与C3H4O4反应可生成E，对比D 和E 的结构，可推知C3H4O4的结构
为
。物质E 经加热可转化生成物质F。物质F 在一定条件下可转化为物质G(
)。结合已知信息②可知，物质G 与(H3CO)2POCH2COOC(CH3)3可反应生成H，则
H 为
。产品K 是由J 和
生成的，则J 为
。物质I 由H 与CH3NO2反应生成，且I 经过两步反应可以得到物质J，其
中第二步的条件和已知信息①的条件相同，故物质I 为
，故其中
的第一步是将酯基转化为羧基，第二步是将硝基转化为氨基。
(1)化合物G(
)中的官能团有碳碳双键和(酮)羰基；
(2)A 项，A→B 的反应过程，先是一分子
中的碳氧双键部分与一分子
发生加成反应生成
，
再与一分子
发生取代反应生成B 和水，该过程中未经历消去；D→E 过程中，D 中碳氧双键部
分与一分子
发生加成反应得到
，
再发生消去反应得到E 和水，故A 错误；B 项，物质C(
)加热
可生成物质D(
)，过程中碳原子的杂化方式并非均未改变，如C 中与乙基相连的那个碳
原子形成了双键，采取sp2杂化，而D 中的该碳原子形成了4 个单键，采取sp3杂化，故B 错误；C 项，
由分析可知，C3H4O4的结构简式为
，它含两个羧基，两个羧基在合适的空间
位置时(两个羧基距离较近)可形成分子内氢键，故C 正确；D 项，化合物J(
)
既含有氨基，又含有羧基，既能与酸反应也能与碱反应，故D 正确；故选CD。
(3)由分析可知化合物A 的结构简式是
，化合物I 的结构简式是
；
(4)依据前面的分析，结合原子守恒知，G→H 的化学方程式：
+
(H3CO)2POCH2COOC(CH3)3+NaI→
+(H3CO)2POONa+H2↑；
(5)由于物质J 中含有羧基和氨基，可以发生脱水缩合，如果两个J 脱水缩合即可得到十元环，故该副
产物结构简式为：
；
(6)
用方框标记的位置和物质B 具有相似的结构，故该物
质可以由HCHO 和
合成。而
的合成可参考题目中物质G 的合成，
且原料为
，
可以和HCN 经过加成反应得到
，
再发生消去反应得到
，该物质经过水解可以得到
，
经过类似F 到G 的反应得到
，
再与氢气发生加成反应即可得到
，
和HCHO 可合成目标产物。综上，合成线路为：
。
