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 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ag 108 I 127 Hg 201
一、选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．【传统文化】中华传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A.《易经》记载的“泽中有火”“上火下泽”涉及烃类的燃烧
B.成语“刀耕火耨”是指伐去树木烧掉野草，余灰可降低土壤碱性
C.北宋汝窑瓷器是以黏土为主要原料，经高温烧结而成
D.“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”，其中的柳絮富含糖类
【答案】B
【解析】A．“泽中有火”“上火下泽”指湖泊池沼水面起火，沼气主要成分为甲烷，属于烃，“泽中
有火”“上火下泽”，烃类的燃烧，A 正确；B．余灰即草木灰，主要成分为碳酸钾，因碳酸根的水解
水溶液呈碱性，不能降低土壤碱性，B 错误；C．瓷器主要成分是硅酸盐，以黏土为主要原料，经高温
烧结而成，C 正确；D．柳絮主要成分为纤维素，属于多糖，柳絮富含糖类，D 正确。
2．物质性质决定用途。下列两者对应关系错误的是
A.
具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
B.乙二醇的水溶液凝固点很低，可用作汽车发动机的防冻液
C.二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韧度，可作光导纤维
D.KMnO4分解生成O2，浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜
【答案】D
【解析】A．ClO2具有强氧化性，能有效杀灭微生物，用于自来水消毒，A 正确；B．乙二醇与水混合
后显著降低凝固点，用作防冻液，B 正确；C．二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韧度，对光具
有良好的传导性，可用于光导纤维的制造，C 正确；D．KMnO4用于水果保鲜是因强氧化性吸收乙烯，
而非分解生成O2，D 错误。
3． 【改编】下列化学用语或图示正确的是
A. 聚丙烯的结构简式：
B.顺-2-丁烯的球棍模型：
C.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
D.基态Mn2+价电子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】A．聚丙烯的结构简式：
，故A 错误；B．顺-2-丁烯的结构简式为：
，
因此球棍模型为
，B 正确；C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键为
，故C 错误；D．Mn
是25 号元素，基态Mn 原子的价电子排布式为3d54s2，Mn 原子失去最外层2 个电子得到Mn2+，基态
Mn2+价电子的轨道表示式为
，故D 错误。
4．下列玻璃仪器在相应实验中选用合理的是
A.乙醇制备乙烯：③⑤ B.反萃取法提取碘单质：②④⑤⑥
C.提纯混有泥沙的苯甲酸：①②③ D.分离二氯甲烷和四氯化碳：②③⑤⑥
【答案】A
【解析】A．浓硫酸作用下乙醇在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，则乙醇制备乙烯时需要用
到蒸馏烧瓶组装气体发生装置、温度计控制反应温度，故A 合理；B．反萃取法提取碘单质时，不需要
用到球形冷凝管②、酸式滴定管④、蒸馏烧瓶⑤，故B 不合理；C．提纯混有泥沙的苯甲酸时，不需要
用到球形冷凝管②、温度计③，故C 不合理；D．分离二氯甲烷和四氯化碳的方法为蒸馏，蒸馏需要用
到直形冷凝管，不需要用到球形冷凝管②，故D 不合理。
5． 一种食品添加剂的结构如图。已知X、Y、Z、M、R、Q 为短周期主族元素，原子序数依次增大，最
外层电子数之和为23，X 的基态原子核外电子只有一种自旋取向，M 与Q 同族。下列说法错误的是
A.原子半径：R>Y>Z B.第一电离能：R>Z>M
C.简单氢化物的热稳定性：M>Q D.X 的氧化物与Q 的氧化物反应可能发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】X
基态原子核外电子只有一种自旋取向，说明X 只有1 个电子，所以X 为H 元素，由食品
添加剂的结构可知，Y 形成4 个共价键，X、Y、Z、M、R、Q 为短周期主族元素，原子序数依次增大，
若Y 为Si，则不满足Q 为短周期主族元素，所以Y 为C；M 形成2 个共价键，若M 为S，则不满足Q
为短周期主族元素，所以M 为O，M 与Q 同族，原子序数大于O，则Q 为S，由原子序数依次增大，
可得Z 为N，由最外层电子数之和为23，可得R 的最外层电子数为23-(1+4+5+6+6)=1，则R 为Na，据
此回答。
A．由分析知，R 为Na，Y 为C，Z 为N，Na 位于第三周期，原子半径最大，C 和N 为与同周期，原子
半径C>N，则原子半径：Na>C>N，A 正确；B．由分析知，R 为Na，Z 为N，M 为O，Na 第一电离能
三者中最小，由于N 的2p 轨道为半满结构，第一电离能大于O，故第一电离能：N>O>Na，B 错误；
C．M 为O，Q 为S，非金属性O>S，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，则简单氢化物的
热稳定性：H2O>H2S，C 正确；D．H 的氧化物中H2O2能与S 的氧化物中的SO2发生SO2+H2O=H2SO4反
应，该反应中，S 的化合价升高，O 的化合价降低，属于氧化还原反应，D 正确。
6．有机化合物M 具有广谱抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于M 的说法错误的是
A.含4 种含氧官能团
B.存在顺反异构和对映异构
C.1mol M 最多可消耗5mol NaOH D.其酸性水解产物均可发生加成反应和取代反应
【答案】C
【解析】A．含(酚)羟基、酰胺基、羧基、酯基4 种含氧官能团，故A 正确；B．M 分子中含有碳碳双
键且碳碳双键的两个碳原子各连接两个不同的基团，所以存在顺反异构，M 分子中含有与4 个不同原
子或原子团相连的单键碳，所以存在对映异构，故B 正确；C．1mol M 水解生成mol
、1mol
，最多可消耗6mol NaOH，故C 错误；D．其
酸性水解产物是
、
，均可发生加成反应和取代反应，故D 正确。
7．定影剂使用原理为
，使用时应控制体系
，否则易发
生副反应
。设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A.100mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中，S2O3
2-数目小于0.01NA
B.正常使用时，每溶解94g AgBr，生成配位键数目为NA
C.体系pH 过小时，每生成18gH2O，转移电子数目为2NA
D.发生副反应时，溶液减重32g，SO2逸出数目为NA
【答案】D
【解析】A．Na2S2O3溶液中S2O3
2-会发生水解，导致其浓度降低，因此
溶
液中，S2O3
2-数目小于0.01NA，A 正确；B．定影剂使用时，AgBr 与S2O3
2-形成配离子
，
Ag+的配位键个数为2，94g AgBr 的物质的量为
=0.5mol，生成配位键数目为NA，B 正确；
C．体系pH 过小时，S2O3
2-可能发生歧化反应：
，反应中S 元素从
+2 价分别变为0 价和+4 价，每生成18gH2O（1mol），生成1molS，转移电子数目为2NA，C 正确；
D．发生副反应
时，溶液减重32g 时，说明生成的S 和SO2的总质量
为32g，结合S 和SO2物质的量相等，则生成SO2物质的量为
mol，D 错误。
8．近期研究人员证实了含碳-碳单电子σ 键化合物的存在。其中一种化合物的结构如图，虚线和圆点表示
仅有1 个共用电子的共价键。下列说法错误的是
A.该化合物含有离子键、共价键
B.该化合物中碳原子的杂化方式为
C.该碳-碳单电子σ 键的键长比普通碳-碳单键的键长要长
D.依据价层电子对互斥理论，
的中心碘原子价层电子对数为5
【答案】B
【解析】A．该化合物由阴阳离子构成，含有离子键，阴阳离子内部含共价键，A 正确；B．该化合物
中苯环和碳碳双键连接的C 原子为sp2杂化，虚线和圆点连接的碳原子的杂化方式为
，B 错误；C．
该碳-碳单电子σ 键仅有一个单电子，作用力较弱，键长比普通碳-碳单键的键长要长，C 正确；D．依
据价层电子对互斥理论，
的中心碘原子的价电子数为7，每个配位碘原子贡献1 个电子，共2 个（两
个配位原子），由于离子带一个单位负电荷，需加上1 个电子，价层电子对数为
，D 正
确。
9．我国科学家在光电催化—化学耦合烟气脱硫并实现CO2的资源化利用与电能储存的研究中取得重大突
破，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电极a 的电极反应式：
B. 装置A 食盐水中NaCl 质量分数：x%＜y%
C. 离子交换膜N 为阴离子交换膜
D. 每吸收1molSO2，理论上装置B 的总质量增加62g
【答案】D
【解析】装置B 中，d 极2Fe2+-2e-=2Fe3+，作原电池的负极；c 极2H++2e-=H2↑，作原电池的正极，则装
置B 为原电池。装置A 为电解池，a 极与电源的负极相连，作电解池的阴极，在该电极，CO2得电子产
物与电解质反应生成CO 和HCO3
-，电极反应式为3CO2+2e-+H2O=CO+2HCO3
-；b 极与电源正极相连，
为电解池的阳极，食盐水中的Cl-失电子生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。装置A 中，左侧HCO3
-
透过离子交换膜M 进入中间盛有NaHCO3溶液室，右侧Na+透过离子交换膜N 进入中间盛有NaHCO3溶
液室，使NaHCO3溶液由稀变浓，食盐水由浓变稀；离子交换膜M 为阴膜，离子交换膜N 为阳膜。
A．由分析可知，电极a 为阴极，CO2 得电子产物与电解质反应生成CO 和HCO3
-，电极反应式：
3CO2+2e-+H2O=CO+2HCO3
-，A 不正确；B．装置A 中，食盐水中Cl-失电子生成Cl2 从溶液中逸出，
Na+透过阳离子交换膜N 进入中间NaHCO3溶液室，从而使NaCl 溶液由浓变稀，所以NaCl 质量分数：
x%＞y%，B 不正确；C．由分析可知，Na+能透过离子交换膜N，所以离子交换膜N 为阳离子交换膜，
C 不正确；D．在装置B 内，SO2-2e-+2H2O=SO4
2-+4H+，在c 极2H++2e-=H2↑，每吸收1molSO2，同时生
成1molH2，则理论上装置B 的总质量增加1mol×64g/mol-1mol×2g/mol=62g，D 正确。
10.已知甲烷分解反应CH4(g)
C(S)+2H2(g) ΔH>0。其正反应速率方程为
，逆反应
速率方程为
(
和
为反应速率常数)，1000℃达平衡时，
下列说法不正确的是
A.反应速率常数k 与温度、催化剂等有关，与浓度无关
B.其他条件不变，降温再次达到平衡时，可能存在
C.恒温恒压下通入Ar 气体，平衡正向移动，c(H2)减小
D.根据该反应可推测，合成氨工业用熟铁作衬里代替钢铁是避免高压下氢气与碳反应
【答案】B
【解析】A．反应速率常数k 与温度、催化剂等有关，而浓度影响反应速率，不会影响反应速率常数，
A 正确；B．1000℃达平衡时，
，
，其他条件不变，降温再次达到
平衡时，平衡逆向移动，
减小，
增大，
，不可能存在
， B
错误；C．恒温恒压下通入Ar 气体，增加容积，
减小，相当于减压，平衡正向移动， C 正确；
D．钢铁中含有碳，在合成氨工业中，氢气在高压下可能会与钢铁中的碳反应，而熟铁中含碳量很低，
用熟铁作衬里代替钢铁可以避免高压下氢气与碳反应， D 正确。
二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。
11．化合物M 是一种新型抗生素的中间体，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K 虚
线圈内所有原子共平面。下列说法正确的是
A.K 中碳氮键可沿键轴旋转 B.L 中所有碳、氧原子共平面
C.形成M 时，氮原子与L 中碳原子b 成键 D.Q 的构造异构体有6 种
【答案】CD
【解析】A．化合物K 虚线圈内所有原子共平面，则N 原子
最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯
环的大π 键共轭，故碳氮键不可沿键轴旋转，A 错误；B．L 中有饱和碳原子，故所有碳、氧原子不共
平面，B 错误；C．对照L 和M 的结构可以看出，形成M 时，L 分子中
18O 与b 碳原子之间的共价键
断裂，则氮原子与L 中碳原子b 成键，C 正确；D．Q 的构造异构体
、
、
、
、
、
，共有6 种，D 正确。
12．中国科学院化学研究所韩布兴课题组，以草酸和硝酸盐为原料(N2和CO2分别为氮源和碳源)，实现了
电催化C-N 偶联制备甘氨酸。原理如图(OA 为HOOC-COOH，GX 为HOOC-CHO，GC 为HOOC-
CH2OH)。下列说法正确的是
A.反应iii 是偶联制备甘氨酸的决速步
B.反应iv 的原子利用率为100％
C.OA→GX 的电极反应式为
2
HOOC
COOH
2H
2e
HOOC
CHO
H O
D.甘氨酸在阳极和阴极的中间区域生成
【答案】C
【解析】⑴碳源相关反应机理。反应（i）中CO2快速转化为OA，在合适的电极电势和催化剂作用下，
CO2分子得到电子并发生重排等过程生成HOOC-COOH。反应（ii）中OA（HOOC-COOH）得到2 个
电子和2 个H+转化为GX（HOOC-CHO），此为还原反应。从结构上看，是羧基被还原为醛基，在电
催化体系中，电极提供电子，酸性环境提供质子，降低了反应活化能，促使反应进行。反应（iii）中
GX 进一步得2 个电子和2 个H+转化为GC（HOOC-CH2OH），同样是还原反应 ，醛基被进一步还原
为羟基，持续在电催化作用下，借助电极和电解质溶液环境实现电子和质子转移。
⑵氮源相关反应机理。反应（1）中N2转化为NO3
-，这是一个氧化过程。在电催化条件下，可能是
在阳极区域，N2分子在电极表面被氧化，结合溶液中的氧原子等逐步形成NO3
-。NO3
-得到电子和质子，
先发生反应（2）转化为NH2OH，再经反应（3）得到NH4
+，这是连续的还原过程，每一步都在特定
的电极电势和催化剂作用下，通过控制电子和质子的供给实现氮元素化合价的逐步降低。
C-N
⑶
偶联反应机理。反应（iv）中GX（HOOC-CHO）与NH2OH 发生反应，醛基与NH2OH 发生亲
核加成反应，在电催化体系提供的微环境下，促进反应中间体的形成和转化，最终生成HOOC-
CHNOH ，实现了C-N 键的初步构建。反应（v）中HOOC-CHNOH 得到4 个电子和4 个H+，发生还
原反应，最终生成甘氨酸（HOOC-CH2NH2），完成C-N 偶联制备甘氨酸的全过程。整个过程中电催
化作用通过调控电极反应，为反应提供合适的电子和质子转移路径，促进各步反应的进行。
A．由图可知反应ⅲ是副反应，不是偶联制备甘氨酸
决速步，A 错误；B． 观察反应iv 的过程，除
了生成目标产物外，可能还有其他副产物生成（从图中反应关系看，原子并非全部转化到甘氨酸中），
所以原子利用率不是100%，B 错误；C．从图中可知OA（HOOC-COOH）转化为GX（HOOC-
CHO）的过程中，碳元素化合价降低，发生还原反应，结合电极反应式书写规则，其电极反应式为
2
HOOC
COOH
2H
2e
HOOC
CHO
H O
，C 正确；D．从图中反应历程来看，甘氨酸
（HOOC-CH2NH2）是在一系列反应后生成的，其生成过程涉及到阴极产生的物质（如NH2OH 等） ，
不是在阳极和阴极的中间区域生成，D 错误。
13.某小组设计如下工艺流程回收废旧印刷电路板中的铜，下列说法正确的是
A.反应Ⅰ的离子方程式为：
B.操作③使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒
C.操作④以石墨为电极材料，溶液pH 增大
D.上述化工流程中可以循环使用的物质有NH3、NH4Cl、RH
【答案】A
【解析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液
采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu 转化为[Cu(NH3)4]2+，Cu 元素化合价由0 价变为+2
价，所以Cu 是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu 氧化；反应Ⅱ是[Cu(NH3)4]2+与有机物RH 反应，生
成CuR2，同时生成NH3、NH4Cl；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层
中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电
解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，硫酸
能循环利用。
A．反应Ⅰ得到铜氨溶液，根据得失电子守恒、离子守恒、原子守恒，离子方程式为：
，A 正确；B．操作③是分液，使用的玻璃
仪器为烧杯、分液漏斗，B 错误；C．操作④以石墨为电极材料，电解总反应：
，则溶液pH 减小，C 错误；D．根据分析知，上述化工
流程中可以循环使用的物质有NH3、NH4Cl、RH、H2SO4，D 错误。
14.某实验小组探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应。
实验1．将2ml0.04mol·L-1 AgNO3溶液与将2ml0.04mol·L-1 FeSO4溶液(调pH=3)混合后密封。观察到
产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色。
实验2．将2ml0.04mol·L-1 NaNO3溶液与将2ml0.04mol·L-1 FeSO4溶液溶液(调pH=3)混合后密封。逐
滴加KSCN 溶液无明显现象。
实验3．取少量实验1 反应后的上层清液，滴加1 滴KSCN 溶液。观察到溶液先变红，稍振荡后红色
消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN 溶液，上述现象再次出现。
已知：AgSCN、Ag2SO4均为白色沉淀，
，
。
下列说法错误的是
A.实验1 中灰黑色沉淀含Ag 和Ag2SO4
B.实验2 说明NO3
-在较低的酸度下不能氧化Fe2+
C.实验3 说明该实验条件下Fe3+与SCN-反应比Ag+与SCN-的反应速率快
D.综合上述实验可知Fe3+不能氧化Ag
【答案】AD
【解析】实验1 中产生灰黑色沉淀，说明有Ag 生成，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，由实验2 与1
对比可知，NO3
-在较低的酸度下不能氧化Fe2+，实验1 中在较低酸度下Ag+氧化Fe2+；实验③中，滴入
KSCN 后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣的反应速率较Ag＋与SCN﹣的快，Fe3＋
与SCN -反应生成Fe(SCN)3，稍微振荡后红色消失并产生白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag++
SCN-= AgSCN↓，该实验条件下Fe3+与SCN-反应比Ag+与SCN-的反应速率快。
A．根据分析，实验1 中灰黑色沉淀含Ag，A 错误；B．根据分析，实验2 说明NO3
-在较低的酸度下
不能氧化Fe2+，B 正确；C．根据分析，实验3 说明该实验条件下Fe3+与SCN-反应比Ag+与SCN-的反
应速率快，C 正确；D．根据以上实验，无法得出Fe3+不能氧化Ag 的结论，D 错误。
15. 向PH=4.8、含有0.1mol·L-1NiSO4和0.2mol·L-1CH3COOH 的化学镀镍废水(CH3COOH 为pH 缓冲剂)中，
加入乳酸(以HY 表示)对其中Ni2+进行处理，各含镍元素物质的分布情况随乳酸浓度(cy/mol·L-1)的变化
关系如图。
已知：①
。
②Ni2+可以与CH3COO-形成络合物Ni(CH3COO)+和Ni(CH3COO)2；
③Ni2+可以与乳酸根形成NiY+、NiY2、NiY3
-三种可溶性络合物；
④忽略Ni2+水解和溶液体积变化；下列说法错误的是
A.图中曲线3 代表的是NiY+
B.当乳酸浓度为0.6 mol·L-1时，溶液中以NiY2为主
C.由图示可知，醋酸与Ni2+的配位能力大于乳酸
D.反应NiY++HY
NiY2+H+的平衡常数的数量级为10-5
【答案】AC
【解析】A．由图例知1-Ni2+、5- Ni(CH3COO)+、6- Ni(CH3COO)2，随着乳酸浓度的增加，Ni2+与乳酸
的络合物开始增加，则曲线2 代表的是NiY+、曲线3 代表的是NiY2、曲线4 代表的是NiY3
-，A 错误；
B．当乳酸浓度为0.6 mol·L-1时，溶液中NiY2的Di，溶液中以NiY2为主，B 正确；
C．溶液中CH3COOH 的浓度为0.2mol·L-1，而当乳酸的浓度同为0.2mol·L-1时，溶液中NiY+、NiY2的
Di均比Ni(CH3COO)+和Ni(CH3COO)2大，则可说明乳酸与Ni2+的配位能力大于CH3COOH，C 错误；
D．溶液的Ph=4.8，代入曲线2、3 的交点坐标可计算反应NiY++HY
NiY2+H+的平衡常数
，则其平衡常数的数量级为10-5，D 正确。
三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。
16.（12 分）四碘合汞酸银(
)是一种热致变色材料，存在两种晶体结构，分别为
、
，温度会导致两种晶体结构转化。回答有关问题：
（1）Hg 为第6 周期ⅡB 族元素，其基态原子价电子排布式为_______，Hg 有两种常见价态+1 价、+2
价，氯化亚汞分子(
)为直线形分子，试写出其结构式：_______。
（2）
在溶液中与铵根离子反应后产生黄色沉淀
，可用于检验铵根离子。
配离子的空间结构为_______形，产物
中Hg2+的配位数为_______。
（3）低温下
以β 型结构存在，其晶胞结构如上图，
以面心立方结构密堆积，A 原子分数
坐标为
，写出
分数坐标为_______，晶胞中四面体空隙占隙比为_______。
（4）
升温至50.7℃转变为
，α、β 两者结构相似，区别是
中Ag+和
如上图形式随机占据四面体空隙。α、β 间晶体结构的转变也导致性质的一些变化，如颜色、导
电性等。
晶体可以导电，而且导电粒子几乎全是
，分析原因：_______。
在四面
体空隙间迁移需穿越四面体侧面，计算侧面的空隙半径(空隙内切圆半径)并比较与
半径大小
_______(计算结果保留三位有效数字)，推测
仍可迁移的原因是_______(提示：相关离子半径
：
261pm、
：115pm、
：102pm；
)。
【答案】（1）5d106s2 Cl-Hg-Hg-Cl （2）正四面体 2
（3）(3/4,3/4,1/8)、(1/4,1/4,5/8) 3/8
（4） 晶体结构中有供阳离子迁移的空隙，Ag+电荷数少与阴离子间作用力弱
空隙半径40.4pm (40.38)小于Ag+半径
温度升高，晶格粒子松动，(阴)离子可以变形或电子云有重叠等
【解析】（1）由Hg 为第6 周期ⅡB 族元素可知，其基态原子价电子排布式为5d106s2，Hg 有两种常
见价态+1 价、+2 价，氯化亚汞分子(Hg2Cl2)为直线形分子，即Hg 显+1 价，两个Hg 之间还形成1 对共
用电子对，则其结构式：Cl-Hg-Hg-Cl，故答案为： 5d106s2；Cl-Hg-Hg-Cl；
（2）[HgI4]2-配离子中心原子Hg 周围形成4 个配位键，即价层电子对数为4，故该离子的空间结构为
正四面体形，已知NH2
-中N 原子上有2 对孤电子对能分别和2 个Hg 各形成1 个配位键，O 分别与2 个
Hg 各形成1 个配位键，故产物[NH2Hg2O]+中每个Hg2+周围均含2 个配位键其结构式为：
，即Hg2+的配位数为2，故答案为：正四面体；2；
（3）由题干信息：低温下Ag2HgI4以β 型结构存在晶胞结构图，I-以面心立方结构密堆积，I-个数为：
，则Ag+为2 个，Hg2+为1 个，即位于最右后下方的
晶胞的体心上，或者上面一个
晶胞的左后下方的
晶胞的体心上，故Hg2+的坐标分别为
、
，每个
晶胞划分为8 个小立方体，每个立方体中形成1 个四面体空隙，其中只有3 个填充了离子(2 个Ag+和1
个Hg2+)，故晶胞中四面体空隙占隙比为
，故答案为：
、
；
；
（4）β-Ag2HgI4升温至50.7℃转变为α-Ag2HgI4，α、β 两者结构相似，区别是α-Ag2HgI4中Ag+和
Hg2+如上图形式随机占据四面体空隙，故晶胞划分为8 个小立方体形成的8 个空隙中只有
的晶胞中
占有Ag+或Hg2+，从而给晶体结构中有供阳离子迁移的空隙， α-Ag2HgI4晶体可以导电，但由于Ag+电
荷数少与阴离子间作用力弱，导致导电粒子几乎全是Ag+， Ag+在四面体空隙间迁移需穿越四面体侧
面，侧面的空隙半径(空隙内切圆半径)即如图所示：
，AO=261×2×
×
=301.368，则内切圆的半径为：AO-r(I-)=301.368-261=40.4 小于Ag+半径，但由于温度升高，晶格粒子
松动，(阴)离子可以变形或电子云有重叠等原因，导致Ag+仍可迁移，故答案为：晶体结构中有供阳
离子迁移的空隙，Ag+电荷数少与阴离子间作用力弱；空隙半径40.4pm (40.38)小于Ag+半径；温度升
高，晶格粒子松动，(阴)离子可以变形或电子云有重叠等。
17.（12 分）从废锂离子电池还原熔炼产生的金属合金(含
)中，逐一回收各种金
属的部分工艺流程如下：
已知：①浸出液中含
和
；
②萃取剂a 可选择性萃取
，萃取剂b 可选择性萃取
和
；
可形成稳定配离子
，
可形成
且易溶于有机溶剂；
③
，金属离子浓度
时可认为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“加热酸浸”时，金属
发生反应的化学方程式为___________。
（2）“反萃取①”时，也可用王水代替HNO3溶液，但随王水浓度的增加，反萃取率会有所下降，原因
是___________。
（3）“反萃取②”时加入的试剂X 为___________(填字母序号)。
A.
溶液
B. 氨水
C. 稀盐酸
D.
溶液
（4）滤渣1 的成分为___________(填化学式)；“氧化”时无气体产生，则反应的离子方程式为
___________。已知滤液中
，若用
沉淀
该滤液中的
，至
少需要加
固体___________
(不考虑溶液体积变化)。
（5）用碘量法测定经“反萃取①”后水相2 中
的浓度：
操作步骤为：取
水相2，向其中加入过量
溶液，滴入几滴淀粉溶液，用
标准溶液滴定至终点，消耗
标准溶液
。(已知：
；
)。
①已知有机相1 中
浓度为
，若水相2 和有机相2 体积比为
，则
的反萃取率
为___________(保留到小数点后1 位)。(反萃取率
，
代表水相中的金属离子，
代表
原有机相中的金属离子，忽略萃取过程中两相体积变化)。
②下列关于滴定分析正确的是___________(填标号)
A．未用标准液润洗滴定管，测定反萃取率偏高
B．振荡时锥形瓶中有液体溅出，测定反萃取率偏高
C．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有气泡，测定反萃取率偏高
【答案】（1）
（2）Cu2+与Cl-形成[CuCl4]2-易溶于有机溶剂(萃取剂a)，导致反萃取率有所下降 （3）B
（4）Fe(OH)3
5.24×10-3
（5）88.9% A
【解析】由题干流程图信息可知，向金属合金(含
)中加入稀硫酸和H2O2将
它们分别转化为含
和
，过滤除去不溶性杂质，向浸出液中加入萃取剂
a，萃取出Cu2+，分离出有机相1，再向其中加入HNO3溶液进行反萃取①分离得到有机相2 主要含萃
取剂a 和水相2 主要含Cu2+，向水相1 中加入萃取剂b 进行萃取出Fe3+和Co2+，分离出有机相3，向其
中加入试剂X 进行“反萃取②”时将Fe3+转化为Fe(OH)3 沉淀进入滤渣1，Co2+转化为稳定配离子
进入水相4，向水相3 中加入试剂调节pH=3，再加入NaClO 将Mn2+氧化为MnO2而除
去，过滤得到滤液主要含有Ni2+，向滤液中加入Na2C2O4得到沉淀NiC2O4，过滤得到滤渣2 主要成分
是NiC2O4。
(1)由分析可知，“加热酸浸”时，金属Fe 转化为Fe3+，则Fe 发生反应的化学方程式为：
；
(2)由题干信息可知，Cu2+可形成
且易溶于有机溶剂，则“反萃取①”时，也可用王水即浓盐
酸和浓硝酸按照体积比为1:3 混合，代替HNO3溶液，但随王水浓度的增加，Cu2+与
形成
易溶于有机溶剂(萃取剂a)，导致反萃取率有所下降；
（3）由题干信息可知，
可形成稳定配离子
，“反萃取②”时将Fe3+转化为
Fe(OH)3沉淀进入滤渣1，Co2+转化为稳定配离子
进入水相4，则加入的试剂X 为氨水，
故答案为：B；
（4）由分析可知，滤渣1 的成分为Fe(OH)3；“氧化”时将Mn2+氧化为MnO2且无气体产生，则反应的
离子方程式为
，已知滤液中
，当
Ni2+完全沉淀时溶液中
的浓度为：
=4.0×10
10
−mol
10
5
−L
==4.0×10-5mol/L，若用
沉淀
该滤液中的
，至少需要加
固体4.0×10-5mol/L×1L+5.2×10-3mol/
L×1L=5.24×10-3
；
（5）操作步骤为：取
水相2，向其中加入过量
溶液，滴入几滴淀粉溶液，用
标准溶液滴定至终点，消耗
标准溶液
。(已知：
；
)。
①由反应方程式
；
可找到关系式为：2Cu2+~I2~2 S2O3
2-，
故有n(Cu2+)=n(S2O3
2-)=0.0500mol/L×20.00×10-3L=1.0×10-3mol，则水相2 中Cu2+的浓度为：
1.0×10
3
−mol
25.00×10
3
−L
=0.04mol/L，已知有机相1 中Cu2+浓度为0.09mol/L，若水相2 和有机相2 体积比为
2:1，则Cu2+的反萃取率
=0.04 mol/L×2VL
0.09mol/L×VL
=×100%=88.9%；
②A．未用标准液润洗滴定管，导致标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，测定水相中Cu2+浓
度偏大，则测定反萃取率偏高，A 符合题意；B．振荡时锥形瓶中有液体溅出，导致消耗标准液的体
积偏小，测定水相中Cu2+浓度偏小，测定反萃取率偏低，B 不合题意；C．滴定达终点时，发现滴定
管尖嘴部分有气泡，导致消耗标准液的体积偏小，测定水相中Cu2+浓度偏小，测定反萃取率偏低，C
不合题意。
18.（12 分）逆合成分析是分析目标结构，逐步将其拆解为更简单的前体和原料，完成路线设计的方法，
也是近年来化学领域AI 应用热点。某课题组使用AI 对某目标分子进行逆合成分析如下(⇒为逆合成分
析箭头，反应条件省略)：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
结构为
Ⅲ．对于苯环，
是间位取代定位基；
是邻对位取代定位基，且决定性：
。
回答下列问题：
（1）E 中含氧官能团的名称为___________，D→C 的反应类型为___________；H 的结构简式为
___________。
（2）
的化学方程式为___________。
（3）写出符合下列条件
K 的同分异构体的结构简式___________。
①含苯环且能发生水解反应；②1mol 该有机物发生银镜反应最多能生成
③核磁共振氢谱有4 组峰且峰面积之比为
（4）E→D 反应的目的为___________。
（5）对于由A 至H 的逆合成分析，某同学给出了另一分析结果：
该分析不可行的理由是：①X→A 的反应，F 原子更易被取代；②___________。
【答案】（1）醚键、硝基 还原反应
（2）
（3）
、
（4）保护
(亚氨基)(或保护
，防止
发生反应)
（5）Z→Y 的反应，由于-NH2、-OR 为邻对位取代基，且决定性：-NH2>-OR，所以Br 难以取代在-
NH2的间位
【解析】逆合成分析是分析目标结构，逐步将其拆解为更简单的前体和原料，完成路线设计的方法，
目标分子可由（A）
发生取代反应得到，（A）
可由
与
发生取代反应得到，则C 为
，B 为
；(D)
发生还原
反应，将硝基还原为氨基可得到C，D 由E 与
发生取代反应制得，E 由G 与F 发生取代反应制
得，由F 的分子式、结合E 和G 的结构式可推知F 为
，G 由H 制得，H 由I 制得，结合G 和I 的结
构可推知，H 的结构为
，I 由J 和K 制得，据此回答。
(1)E 的结构为
，含氧官能团的名称为醚键、硝基；D 的结构为
，由分析知，C
的结构为
，对比D 和C 的结构可知，D→C 为将硝基还原为氨基，反应类型为还原反应；
由H 的分子式，结合I 和G 的结构式可推知H 的结构式为
；
(2) 由分析知，F 的结构简式为
，则
发生取代反应生成E 的化学方程式为
；
(3)K 为
，满足①含苯环且能发生水解反应，含有酯基，②1mol 该有机物发生银镜反应
最多能生成4molAg，则含有2 种甲酸酯结构，③核磁共振氢谱有4 组峰且峰面积之比为1:2:2:2 的同
分异构体为
、
；
(4)E 到D 将
(亚氨基)取代，A 到目标分子将
(亚氨基)还原回来，则E→D 反应的目的为保护
(亚氨基)(或保护
，防止
发生反应)；
(5)由已知对于苯环，-NO2是间位取代定位基；-NO2、-OR 是邻对位取代定位基，且决定性：-NH2>-
OR，对于由A 至H 的逆合成分析，该同学给出了另一分析结果中，Z→Y 的反应，由于-NH2、-OR 为
邻对位取代基，且决定性：-NH2>-OR，所以Br 难以取代在-NH2的间位，则该逆合成分析不可行。
19.（12 分）贝诺酯(分子式为
，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，熔点
，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性
关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。
已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶(
)是一种有机碱。部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下
图所示。
步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。
将9g 阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL 氯化亚砜（SOCl2） (0.05mol，沸点78.8℃)、3 滴吡啶加
入干燥的三颈烧瓶中，接上仪器a，控制温度70～75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，
冷却，得到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。
步骤Ⅱ：合成贝诺酯。
在装有搅拌器及温度计的150mL 三颈烧瓶中加入50mL 水和10.6g(0.07mol)对乙酰氨基酚(
)。在
下，边搅拌边滴加NaOH 溶液，完毕后，慢慢滴加步骤Ⅰ制得的
乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH 至9～10，继续搅拌反应1.5～2h，抽滤，水洗至中性，得粗
品。
步骤Ⅲ：纯化与分析。
回答下列问题：
（1）仪器a
名称为_______，图中滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是_______。
（2）实验步骤I 所用仪器均需干燥，是因为SOCl2遇水剧烈反应生成两种气体，请写出该反应的化学
方程式：_______。
（3）加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以_______。
（4）某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分
别在反应开始、回流60min、90min、120min 和150min 时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的
斑点如下图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是_______(填标号)。
a．60min b．90min c．120min d．150min
（5）步骤Ⅱ中维持10~15℃主要
为了_______。
（6）步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验_______(填标
号)。
_______→_______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥
a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→冷却结晶
b．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性→冷却结晶
c．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→冷却结晶
d．加热乙醇溶解→趁热过滤→水洗至中性→活性炭脱色→冷却结晶
该实验最终得到纯品12.52g，则贝诺酯的产率为_______。
【答案】（1）球形冷凝管 平衡压强，使液体顺利流下
（2）SOCl2+H2O=SO2+2HCl （3）中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率
（4）c （5）防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解 （6）c 80%
【解析】阿司匹林、氯化亚砜在吡啶催化作用下生成乙酰水杨酰氯，对乙酰氨基酚和氢氧化钠反应生
成对乙酰氨基酚钠，乙酰水杨酰氯和对乙酰氨基酚钠反应生成贝诺酯, 粗产品可以利用重结晶法进行
提纯。
(1)根据装置图，仪器a 的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气
压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。
(2)SOCl2遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为
SOCl2+H2O=SO2+2HCl。
(3)阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的
作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。
(4)对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min
时下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min 时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩
余，因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。
(5)对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水
解；
(6)贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶，得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，
重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，
故选c。
根据合成路线图，0.05mol 阿司匹林理论上生成0.05mol 贝诺酯的，该实验最终得到纯品12.52g，则贝
诺酯的产率为
。
20.（12 分）N，N 二甲基甲酰胺
是常见的有机溶剂，一种
加氢耦合二甲胺
制
的反应如下，副反应产生三甲胺
：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）反应Ⅲ在_____(填“较高”“较低”或“任意”)温度下自发进行。
（2）将
、
、
，通入
密闭容器发生上述反应，体系达平衡后，部分
含碳物质的x[x 为以碳元素计的物质的量分数，
]随温度变化如图1 所示，则代
表
的曲线为_____(填小写字母)；
温度时，
，
_____，反应Ⅲ的
平衡常数
_____
。
（3）
温度下，向1L 密闭容器中重新加入
、
和适量
，发生上述反应，
DMF、TMA 的物质的量随时间的变化关系如图2，2min 内，DMA 的反应速率为_____
，2min 时，体系内
，则此时反应Ⅲ的反应速率
_____
(填“>”
“<”或“=”)。
（4）保持体系总压强和反应物投料比相同，分别以
做辅气与无
做辅气投入反应物，DMA 的
转化率与温度的关系如图3，含He 的曲线为_____，理由为_____。
【答案】（1）较低 （2）b 20% 1/6 （3）0.1 <
（4） n 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子数减小的反应，在相同温度下，加入He，减小反应体系
各物质分压，平衡逆向移动，DMA 转化率减小
【解析】（1）反应Ⅲ是气体分子数减少的反应，为熵减的反应，即ΔS<0，且反应Ⅱ减去反应Ⅰ可得
反应Ⅲ，即ΔH3=ΔH2-ΔH1=-100kJ mol
⋅
−1-56kJ mol
⋅
−1=-156kJ mol
⋅
−1，当ΔH-TΔS<0 时反应能自发进行，
则反应Ⅲ在较低温度下能自发进行；
（2）反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，DMF 增多，反应Ⅱ和Ⅲ为放热反应，升
高温度，平衡正向移动，则TMA 减小，DMF 增多，综合反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ考虑，DMF 一直在增加，即
x(DMF)一直在增大，所以代表x(DMF)的曲线为b，代表x(TMA)的曲线为c，代表x(DMA)的曲线为
a；由部分含碳物质的x 的表达式可知，分母为含碳物质总的含碳量，由各物质投料量可知总的含碳量
为3mol，分子为某含碳物质中碳的物质的量，则T1温度时，x(DMF)=
，即
n(DMF)=0.3mol，列三段式（反应Ⅲ可由反应Ⅰ、Ⅱ得到，故可通过反应Ⅰ、Ⅱ列三段式）：
由
可知：
，解得y=0.1，则x(CO2)=
；反应Ⅲ
平衡常数
（3）由图2 可列2min 内转化量三段式：
容器体积为1L，则2min 内DMA
转化量为0.2mol/L，DMA 的反应速率为0.1
；2min
时，温度不变，则平衡常数不变，体系内
=0.16mol+0.08mol=0.24mol，则2min 时，
反应Ⅲ的
>
，此时平衡逆向移动，所以此时反
应Ⅲ的反应速率
＜
；
（4）保持体系总压强和反应物投料比相同，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子数减小的反应，充入He，
体积膨胀，导致反应中各物质浓度减小，相当于分压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向
移动，DMA 转化率减小，所以含He 的曲线为n；理由为：反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子数减小的反
应，在相同温度下，加入He，减小反应体系各物质分压，平衡逆向移动，DMA 转化率减小。
