文档文本内容
2026 年高考第二次模拟考试
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 O-16 S-32 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 Cu-64 Au-197
Pb-207
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．【传统文化】《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[Cu2(OH)2CO3或[Cu2(OH)2SO4]，不入药
用，惟堪镀作，以合熟铜(铜单质)。投苦酒(醋酸)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不
正确的是( )
A．“不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的Cu2+可使蛋白质变性
B．鸡屎矾“投苦酒(醋酸)中”，反应前后各元素化合价不变
C．“苦酒(醋酸)”中碳原子均为sp3杂化
D．“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe 从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe 表面的Cu 阻止
反应继续进行
【答案】C
【解析】A 项，碱式碳酸铜和或碱式硫酸铜能与胃酸的主要成分盐酸反应生成铜离子，铜离子可使蛋
白质变性，故A 正确；B 项，碱式碳酸铜与醋酸溶液反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，碱式硫酸铜与醋酸
溶液反应生成硫酸铜、醋酸铜、二氧化碳和水，反应中均没有元素发生化合价变化，故B 正确；C 项，醋
酸分子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，羧基碳原子为sp2杂化，故C 错误；D 项，由题意可知，“涂
铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是因为铁与溶液中的铜离子发生置换反应生成的铜覆盖在铁的表面，
铁表面的铜阻碍了铁与溶液中的铜离子继续反应，故D 错误；故选C。
2．【原创】下列化学用语表示正确的是( )
A．NaCl 的晶胞：
B．
18O2-的离子结构示意图：
C．p-pσ 键电子云轮廓图
D．SO2的VSEPR 模型：
【答案】B
【解析】A 项，图中所给的不是NaCl 的晶胞，NaCl 的晶胞应为
，A 错误；B 项，
18O2-质子数为8(氧元素原子序数)，核外电子数=8+2=10，离子结构示意图为
，B 正确；C 项，p-
pσ 键为p 轨道沿键轴方向“头碰头”重叠，电子云轮廓图呈轴对称，电子云轮廓图为
，
C 错误；D 项，SO2中S 原子价层电子对数=2(σ 键)+1(孤对电子)=3，VSEPR 模型为平面三角形， D 错误；
故选B。
3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是( )
A．晶体硅中的杂质会影响其通信容量，因此必须制备高纯度的硅
B．钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管仍被保护起来
C．硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等
D．在某些酱油中加入铁强化剂，可以减少缺铁性贫血问题的发生
【答案】A
【解析】A 项，晶体硅用于半导体材料，其纯度影响导电性能，但“通信容量”通常与光纤(二氧化
硅)相关，而非晶体硅，A 错误；B 项，镀锌利用牺牲阳极保护，锌比铁活泼，破损后仍保护钢管，B 正确；
C 项，硝酸纤维(硝化纤维素)根据硝化程度不同，可用于火药、塑料(如赛璐珞)和涂料，且极易燃烧，C 正
确；D 项，酱油中添加铁强化剂可补充铁元素，预防缺铁性贫血，D 正确；故选A。
4．【新考法】合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨液除去其中的
，反应为
[Cu(NH2)3]++CO+NH3
[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0。下列说法正确的是( )
A．Cu+的价层电子排布式为3d94s1
B． [Cu(NH3)3CO]+ 中提供孤电子对的是Cu+
C．反应前后，Cu+的配位数由2 变为4
D．吸收
后的铜氨液经冷却处理可再生
【答案】C
【解析】A 项，Cu+的电子排布为 [Ar]3d10，其价层电子排布式为3d10，A 错误；B 项，在配合物
[Cu(NH3)3CO]+ 中，中心离子Cu+提供空轨道，配体NH3和CO 提供孤电子对，因此提供孤电子对的不是
Cu+，B 错误；C 项，反应前的配合物 [Cu(NH3)2]+ 中，Cu+的配位数为 2(2 个NH3配体)；反应后的配合物
[Cu(NH3)3CO]+中，Cu+的配位数为 4(3 个NH3和1 个CO 配体)，因此配位数由2 变为4，C 正确；D 项，该
反应的ΔH＜0，为放热反应，逆反应为吸热反应。若要再生铜氨液(释放CO)，需要加热促进逆向反应，而
冷却会促进正向吸收CO，不利于再生，D 错误；故选C。
5．膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，化学反应方程式为P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，
下列说法错误的是( )
A．KH2PO2为酸式盐 B．反应中氧化剂与还原剂物质的量比为1：3
C．上述反应中PH3为还原产物 D．反应中每消耗1 mol P4共转移3 mol 电子
【答案】A
【解析】A 项，过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸，则KH2PO2为正盐，A 错误；B 项，
反应中P4的1 个P 原子被还原(生成PH3)，3 个P 原子被氧化(生成KH2PO2)，氧化剂(被还原的P)与还原剂
(被氧化的P)物质的量比为1：3，B 正确；C 项，P4→PH3中P 元素化合价降低，发生还原反应，则PH3为
还原产物，C 正确；D 项，每消耗1 molP4，1molP 被还原(得3mol e⁻)，3molP 被氧化(各失1mol e⁻)，总转
移电子数为3 mol，D 正确；故选A。
6．【新考法】纷繁复杂的变化之中，蕴含着不变的自然法则和秩序，它们像宇宙的密码，引导着万
物的发展与演变。下列描述变化的离子方程式正确的是( )
A．FeO 溶于稀硝酸：3FeO+10H++NO3
-=3Fe2++NO↑+5H2O
B．“84”消毒液在空气中短暂放置漂白效果更好：ClO-+CO2+H2O=HClO+CO3
2-
C．向碘化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
D．用铜电极电解饱和食盐水制Cl2：2Cl－＋2H2O
2OH－＋H2↑＋Cl2↑
【答案】A
【解析】A 项，FeO 与稀硝酸反应时，Fe2+被NO3
-氧化为Fe3+，NO3
-被还原为NO。反应式电荷守恒(左
边总电荷+9，右边+9)，原子数平衡(Fe、O、H、N 均守恒)，符合强氧化性酸条件下的反应规律。A 正确；
B 项，HClO 的酸性强于HCO3
-、但比碳酸的酸性弱，ClO-与CO2反应时，应生成HCO3
-而非CO3
2-。正确反
应为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3
-。B 错误；C 项，Cl2少量时优先氧化还原性更强的I-，而非Fe2+。正确反
应为2I-+Cl2=I2+2Cl-。C 错误；D 项，铜为活泼电极，电解时阳极反应为Cu-2e-=Cu2+，而非Cl-放电。总反
应方程式应为Cu+2H2O
Cu(OH)2+H2↑。D 错误；故选A。
7．【改编】下图所示装置或操作能达到实验目的的是( )
A．熔化Na2CO3
B．中和反应反应热测
定
C．制备乙烯
D．验证或收集电解饱和
食盐水的产物
【答案】D
【解析】A 项，高温下，Na2CO3与瓷坩埚主要成分SiO2发生反应，熔化Na2CO3应该用铁坩埚，故A
错误；B 项，金属导热性强，为减少热量损失，中和反应反应热测定实验中应使用玻璃搅拌器，故B 错误；
C 项，170℃时，乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯，应该把温度计插入液面以下，故C 错误；D
项，根据装置图可知，碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解饱和食盐水时，阳极氯离子失电子生成氯气，用淀
粉碘化钾溶液检验氯气，阴极生成氢气，氢气密度小于空气，用向下排空气法收集氢气，故D 正确；选
D。
8．【新题型】氧化石墨烯在能源、材料等领域具有重要的应用前景。用强氧化剂在石墨层间引入大量
基团(如
、
等)削弱层间作用力得到氧化石墨烯。下列说法正确的是( )
A．氧化石墨烯有一定的亲水性 B．石墨是一种有机高分子材料
C．石墨层内导电性和层间导电性相同 D．石墨转化成氧化石墨烯是物理变化
【答案】A
【解析】A 项，氧化石墨烯中含有羟基和羧基，能够和水分子形成氢键，有一定的亲水性，A 正确；
B 项，石墨仅由碳原子构成，是无机物，不是有机高分子材料，B 错误；C 项，在石墨烯中，每个碳原子
都贡献出一个未成键的电子，这些电子形成了一个大π 键，电子可以在整个层面内自由移动，使得石墨烯
在层内具有优异的导电性，石墨烯层与层之间是通过较弱的范德华力相互作用的，这种力不足以支持电子
在层间自由传输，石墨烯的层间导电性相对较弱，C 错误；D 项，石墨转化成氧化石墨烯的过程中生成了
新的物质，是化学变化，D 错误；故选A。
9．根据物质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( )
物质
组成和结构变化
性能变化
A
铝
加入一定量的Cu、Mn、Mg、Si
强度、抗腐蚀能力增强
B
水泥
加入一定量石膏
抗压能力提高
C
液态油脂
催化加氢
抗氧化性提高
D
聚乙炔
掺入Na 等金属
导电性提高
【答案】B
【解析】A 项，铝中加入一定量的Cu、Mn、Mg、Si 等制成合金，可以增强材料的强度强度、抗腐蚀
能力，故A 正确；B 项，水泥里掺入一定比例的石膏可以提高水泥的硬化速度和强度，强度不是抗压能力，
故B 错误；C 项，液态油脂催化加氢增加了油脂饱和程度，油脂的抗氧化性能增强，故C 正确；D 项，聚
乙炔中掺入Na 等金属，分子间出现了多余的自由电子，可以增强导电性，故D 正确；故选B。
10．【新考法】化学链燃烧技术可提高燃烧效率，并有利于CO2的捕集。某种化学链燃烧技术中的物
质转化关系如下图，其中M 和N 为铜的氧化物，反应①和②在不同装置中进行，燃料用CxHy表示。下列
说法不正确的是( )
A．M 和N 分别是CuO 和Cu2O
B．若②中燃料为CH4，则完全反应时，燃料与①中所需空气的体积比约为1 ： 2
C．相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在空气中直接燃烧放出的热量相等
D．与燃料在空气中燃烧相比，化学链燃烧生成的CO2纯度更高，利于富集
【答案】B
【解析】A 项，CxHy燃烧生成二氧化碳和水，是被氧化，化合价升高，则M→N 是化合价降低，故M
和N 分别是CuO 和Cu2O，A 正确；B 项，若②中燃料为CH4，则完全反应时需要的氧气量为CH4物质的
量2 倍，燃料与①中所需空气则为CH4的10 倍，体积比约为1：10，B 错误；C 项，根据盖斯定律可知，
一个化学反应不管一步反应还是几步完成，反应热相等，故相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在
空气中直接燃烧放出的热量相等，C 正确；D 项，由图示可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和水，
CO2纯度更高，利于富集，D 正确；故选B。
11．【新考法】氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进
行催化还原的原理如图1 所示，反应物A 在沸石笼内转化为B、C、D 等中间体的过程如图2 所示。下列说
法正确的是( )
A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成
B．过程Ⅱ中，脱除1molNO 转移6mol 电子
C．脱除NO 的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：5
D．图1 总反应的化学方程式为4NO+4NH3+O2
4N2+6H2O
【答案】D
【解析】A 项，由题干反应历程图可知，过程Ⅰ即图2 所示中间体D 与NO、NH3和NH4
+反应生成
N2、H2O 和[Cu(NH3)4]2+，其中未涉及非极性共价键的断裂，有N≡N 非极性键的生成，A 错误；B 项，过程
Ⅱ中发生反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++NO=N2+H2O+[Cu(NH3)2]++ NH4
+，反应中化合价升高的是
[Cu(NH3)4]2+中的N 元素，化合价降低的是[Cu(NH3)4]2+中的Cu 元素和NO 中的N 元素，则脱除1mol NO 转
移3mol 电子，B 错误；C 项，脱除NO 的反应物为NO、NH3、O2，生成物为N2和H2O，总反应的方程式
为4NO+4NH3+O2
4N2+6H2O，氧化剂为NO 和O2，还原剂为NH3，氧化剂和还原剂的物质的量之比
为5 4∶，C 错误；D 项，由题干反应历程图可知，进入的物质为NO、NH3和O2，此为反应物，流出的物质
为N2和H2O，此为生成物，故图1 总反应的化学方程式为4NO+4NH3+O2
4N2+6H2O，D 正确；故选
D。
12．PEF 材料是一种生物基聚酯材料[由可再生生物质资源(如玉米、甘蔗等)提取原料制成的塑料材料]
具有多种优越性能和广泛的应用前景。其一种转化过程如图所示：
下列说法错误的是( )
A．x=2n-1(n>1)
B．上述转化的原子利用率小于100%
C．1mol FDCA 与足量碳酸钠溶液反应放出1mol 二氧化碳
D．PEF 通过碳碳双键的加聚反应生成的网状高分子，不可反复加热熔融加工
【答案】C
【解析】A 项，根据PEF 材料制备原理，其发生的是缩聚反应，反应物FDCA 中含有双羧基，MEG
中含有双羟基，根据高聚物的结构特点，其末端各有一个羧基和羟基没有酯化，则生成的水分子的数量是
2n-1(n>1)，故A 正确；B 项，转化中有水分子生成，可见制备PEF 材料，原材料利用率小于100%，故B
正确；C 项，FDCA 中结构虽含有双羧基，但1molFDCA 与足量碳酸钠溶液反应生成的应是碳酸氢钠，即
使过程中有二氧化碳生成，肯定也远远小于1mol，故C 错误；D 项，PEF 通过碳碳双键加聚反应生成的网
状高分子属于热固性材料，因其交联结构不可逆，因此无法反复加热熔融加工，故D 正确；故选D。
13．【新考法】钠离子电池具有充电速度快和低温环境性能优越的特点，其电极材料的导电聚合物中
掺杂磺酸基可增强其电化学活性，其充电时工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．充电时，电极B 为阴极，质量减少
B．钠离子电池的工作原理是
的嵌入与脱嵌
C．充电时，电极A 的电极反应式为
D．充电过程中，每转移
，两电极质量变化相差46 g
D．反应过程中可能产生
【答案】A
【解析】题目图示信息表明：充电时，电极A 连接电源的正极，是阳极；电极B 连接电源的负极，是
阴极。电极A 的导电聚合物中掺杂了磺酸基，充电时Na+从电极A 脱嵌，进入电解质；放电时Na+嵌入电
极A。电极B 为Na2C6，充电时Na+嵌入电极B，放电时Na+脱嵌。A 项，充电时，电极B 连接电源的负极，
作阴极，Na+移向电极B，在电极B 上放电发生还原反应，使电极B 质量增加，A 项错误；B 项，钠离子电
池的工作原理是Na+在正负极之间迁移，实现能量的存储和释放，充电时Na+从正极脱嵌，嵌入负极，而放
电时则相反，即原理为Na+的嵌入与脱嵌，B 项正确；C 项，充电时，电极A 连接电源的正极，为阳极，
发生氧化反应，电极反应式为
，符合
选项所示，C 项正确；D 项，充电过程中，根据C 项阳极反应式，每转移1mole-，电极A 有1molNa+脱嵌
移至电极B，因此电极A 减重23 g，电极B 增重23 g，则两电极质量变化相差23g-(-23g)=46 g，D 项正确；
故选A。
14．【实验探究】某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
序号
试剂
实验现象
①
2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水
+0.5mL 蒸馏水
溶液完全褪色所需时间：③＜
②＜①。
实验均产生棕褐色固体(经检验
为MnO2)，都伴有少量气泡产
生(经检验为N2)。
②
2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水
+0.5mL1mol·L-1稀硫酸
③
2mLKMnO4溶液+1mL10mol·L-1氨水
+0.5mL1mol·L-1Na2SO4溶液
④
2mLKMnO4溶液+1mL5mol·L-1(NH4)2SO4溶
液+0.5mL 蒸馏水
无明显变化
注：实验中c(KMnO4)=0.01mol·L-1 。下列说法不正确的是( )
A．实验①中发生了反应2MnO4
-+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-+2H2O
B．溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：c(H+)增大，MnO4
-的氧化性增强
C．对比实验③④可得出，还原性：NH3>NH4
+
D．在实验④的试剂中，逐滴加入浓NaOH 溶液，可观察到溶液褪色
【答案】B
【解析】根据表格中的实验可知，实验①、②、③中均产生了褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，
经检验为N2，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐
而非氨水，实验的总体积均是相等的。A 项，根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，
还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：2MnO4
-+2NH3=2MnO2+N2↑+2OH-+2H2O，
故A 正确；B 项，实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验
②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，
实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反
应速率的并不是c(H+)，故B 错误；C 项，实验③中NH3被氧化为N2，实验④中NH4
+未被氧化，所以还原
性：NH3>NH4
+，故C 正确；D 项，实验④中加入的NH4
+未被氧化，当逐滴加入浓NaOH 溶液，会促进
NH4
+的水解，增大了NH3·H2O 的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D 正确；故选
B。
二、非选择题(本题共4 小题，共58 分)
15．(15 分)Ti 是一种密度小，强度大的金属。钛合金也有广泛应用。
(1)将Ti 的基态原子价电子轨道表示式补充完整： 。
。
(2)Ti 的三种四卤化物的熔点如下表。
四卤化物
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
38.3
155
TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点依次升高的原因是 。
(3)TiCl4可用于制备金属Ti．工业上常以TiO2和Cl2为原料制备TiCl4，反应时需加入焦炭。
已知：ⅰ.TiO2(s)＋2Cl2(g)
TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝+172kJ·mol−1 K1=10-28.5
ⅱ. 2C(s)＋O2(g)
2CO(g) ΔH2＝-223kJ·mol−1 K2=1048.0
从平衡移动角度解释加入焦炭的作用： 。
(4)Ti3Au 合金有良好的生物相容性，其晶体有α 和β 两种立方晶胞结构，如下图。
①α-Ti3Au 中，Au 周围最近且等距的Ti 的个数为 。
②若α-Ti3Au 和β-Ti3Au 两种晶胞棱长分别为anm 和bnm，则两种晶体的密度之比为 。
(5)用滴定法测定Ti3Au 合金中Ti 含量：取ag 合金，加入足量浓硫酸共热，得到紫色Ti2(SO4)3溶液，
并在酸性条件下定容至250mL；取25mL 溶液于锥形瓶中，以KSCN 为指示剂，用cmol·L-1 Fe2(SO4)3溶液
进行滴定，Ti2(SO4)3逐渐变为TiOSO4(无色)，达到滴定终点时，消耗Fe2(SO4)3溶液VmL。
①滴定过程Ti3+被氧化为TiO2+的离子方程式为 。
②滴定终点的现象：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液， 。
③合金中Ti 的质量分数为 。
【答案】(1)
(1 分)
(2)TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力随之增大(2 分)
(3)K2很大，通过反应ⅱ可显著降低c(O2)，促使i 中平衡正向移动；ΔH2＜0，反应ⅱ放热使温度升高，
促使ⅰ中平衡正向移动(2 分)
(4) 12(2 分)
(2 分)
(5)Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+(2 分) 溶液变为红色，半分钟内不褪色 (2 分)
(2
分)
【解析】(1)Ti 是22 号元素，位于第四周期IVB 族，价电子排布式为3d24s2，故Ti 的基态原子的价电
子轨道表示式为
；
(2)这三种化合物均为分子晶体，分子晶体的熔点受范德华力的大小影响，分子量越大范德华力越大，
熔点也越高；
(3)反应ii 的平衡常数很大，加入焦炭后，能够显著减少O2的含量，促使反应i 的平衡正向移动，又因
反应i 的△H>0，反应ii 放出大量的热也有利于反应i 的平衡正向移动，从而提高TiCl4的产率；
(4)由晶胞结构可知，与Au 等距的Ti 位于相邻面的面心，故与Au 等距的Ti 共有12 个；晶胞密度ρ=
，α-Ti3Au、β-Ti3Au 的N 分别为1、2(均摊法)，V 分别为a3、b3，带入公式可得α-Ti3Au 和β-Ti3Au 的
密度之比为
；
(5)Ti2(SO4)3、Fe2(SO4)3与水反应生成FeSO4、TiOSO4和硫酸，反应的离子方程式为Ti3++Fe3+
+H2O=TiO2++Fe2++2H+；当溶液中的Ti3+全部反应，继续滴加的Fe2(SO4)3溶液会与KSCN 反应使溶液变红色，
故当滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变为红色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点；结合Ti2(SO4)3与
Fe2(SO4)3反应的离子方程式可知有如下计量关系：Ti~Ti3+~Fe3+，则合金中Ti 的质量分数为
。
16．【新考法】(14 分 )以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化
物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下。
已知：
(1)“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2-和Mn2+的形式浸出。
①加快浸出速率可采取的措施有 (写出2 条)。
②补全PbS 与MnO2反应的离子方程式 。
③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S 单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两
次加入，硫元素主要转化为SO4
2-。该工艺流程采用方案2，理由是 。
(2)“除铁”时，加入
至溶液pH ≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀。写出发生反应的离子
方程式 。
(3)滤渣
的主要成分是PbS 和ZnS，滤液
中c(Pb2+)=7.7×10-7mol·L-1，c(Zn2＋)=1.3×10-6mol·L-1。则可
推断
、
、
的大小关系为 。
(4)“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (Mn3O4的结构式为
)。
(5)干燥温度为90℃ ，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。5h 后随干
燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是 。
【答案】(1)加热、粉碎原料(2 分)
PbS+MnO2+4Cl-+8H+=[PbCl4]2-+SO4
2-+4Mn2++4H2O(2 分)
防止单质S 覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高Mn2+浸出量(2 分)
(2)MnO2+2Fe2++2H2O=2FeOOH+Mn2++2H+(2 分)
(3)
(2 分)
(4)1：4(2 分)
(5)Mn3O4被O2氧化(2 分)
【解析】由题给流程可知，向方铅矿和软锰矿中加入盐酸和氯化钠混合溶液酸浸，将矿石中的金属元
素浸出后，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 约为3，将溶液中的铁元素转化为碱式氧化铁沉淀，过滤得到含
有二氧化硅、碱式氧化铁的滤渣和含有四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子的滤液；滤液经冰水沉积、过
滤得到二氯化铅固体和滤液；二氯化铅与硫酸溶液反应转化为硫酸铅；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液
中的铅离子、锌离子转化为硫化铅、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铅、硫化锌的滤渣和滤液；向滤液中
加入氨水后，通入空气氧化，将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，过滤得到四氧化三锰。
(1)①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率；②由题意
可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、
锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为PbS+MnO2+4Cl-+8H+=[PbCl4]2-+SO4
2-+4Mn2++4H2O；③由
题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单
质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低；
(2)由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成FeOOH 沉淀和氢离
子，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++2H2O=2FeOOH+Mn2++2H+；
(3)由滤渣D 中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C 中铅离子浓度小于锌
离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为
；
(4)由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离
子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH4
++6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离
子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4；
(5)5 h 后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中
混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小。
17．(15 分)某新型药物P 的合成路线如下。
(1)A 与FeCl3溶液反应显紫色。A 中含官能团的名称是 。
(2)C→D 所需的试剂和条件为 。
(3)D→E 的化学方程式是 。
(4)H→I 的过程中还产生了CH3OH，I 和CH3OH 的化学计量比是 。
(5)下列说法正确的是 (填序号)。
a．E→F 在Na2CO3/DMF 条件下进行，推测Na2CO3能吸收HBr，提高F 的产率
b．F→G 过程中，Sn2+转化为Sn4+，则
c．K→L 的反应类型是取代反应
(6)已知：M→P 过程中M 分子中的一个氮原子杂化类型发生了改变，生成1molP 的同时还生成3mol
甲醇。P 分子中含两个六元环和一个五元环，P 的结构简式是 。
(7)已知：
，由Ⅰ经过三步反应合成J，路线如下。
其中第一步NH2OH 只断裂O-H 键，写出中间产物Q、R 的结构简式 、 。
【答案】(1)(酚)羟基、氟原子(碳氟键)(2 分)
(2)浓硝酸、浓硫酸、加热(1 分)
(3)
+H2O
+CO2 ↑+ C2H5OH(2 分)
(4)1：2(2 分)
(5)abc(2 分)
(6)
(2 分)
(7)
(2 分)
(2 分)
【解析】A 与FeCl3溶液反应显紫色，所以A 中含有酚羟基，再结合A 的分子式和D 的结构可以得出
A 的结构是
，结合B 的分子式与D 的结构，可以得出B 为
，结合D 的结
构与C 的分子式可以得到C 的结构是
,D 在酸性加热的条件下生成E，所以E 为
，F 经过还原反应生成G，结合F 的结构和G 的分子式可以得到G 为
。
J 反应生成K，结合J 的结构和K 的分子式，可以得到K 为
，根据M 和G 的结构，可
以推断出L 的结构为
。M→P 过程中M 分子中的一个氮原子杂化类型发生了改变，生成
1molP 的同时还生成3mol 甲醇。P 分子中含两个六元环和一个五元环，P 的结构简式是
。
(1)A 与FeCl3溶液反应显紫色，所以A 中含有酚羟基，再结合分子式和D 的结构，A 中还含有氟原子，
所以A 中的官能团为：酚羟基、氟原子。
(2)由分析可知C 的结构，对比C、D 结构，C 发生硝化反应生成D，所以C→D 所需的试剂和条件为：
浓硝酸、浓硫酸、加热。
(3)由分析可知，D 在酸性环境下加热生成E，化学方程式为：
+H2O
+CO2 ↑+ C2H5OH。
(4)由题中流程可知，H→I 的过程中还产生了CH3OH，结合H、CH3C(OCH3)3和I 的结构简式可以推知，
I 与生成CH3OH 的化学计量比为1 2∶。
(5)a 项，E 和C3H7Br 发生取代反应生成F，同时生成了HBr，该反应在Na2CO3/DMF 条件下进行，推
测Na2CO3能吸收HBr，提高F 的产率，a 正确；b 项，F 发生还原反应生成G，硝基转化为氨基，N 元素化
合价下降了6，若Sn2+转化为Sn4+，Sn 元素化合价上升2，则n(氧化剂) n(
∶
还原剂)=1 3∶，b 正确；c 项，由分
析可知，K 和SOCl2发生取代反应生成L，c 正确；故选abc。
(6)M→P 过程中M 分子中的一个氮原子杂化类型发生了改变，生成1molP 的同时还生成3mol 甲醇，
结合H 和CH3C(OCH3)3反应生成I 的反应原理，可知CH3C(OCH3)3提供的三个─OCH3基在成环时逐一被替
换放出CH3OH，最终P 分子含有两个六元环和一个五元环，则P 分子的结构简式为
。
(7)I 与NH2OH 加成时只断裂NH2OH 中的O-H 键，先得到加成产物Q，随后失去CH3OH 生成中间体
R，最后发生异构化关环得到J。Q、R 的结构式分别是对I 分子上“C≡N”部位被“─NHOH”加成并经进一
步移除甲醇后所形成的相应含N、O 五元杂环前体，则Q 为
，R 为
。
18．【实验探究】(14 分)某小组同学探究Zn 与CuCl2溶液反应的还原产物。
(1)将2g 锌片分别插入到20mL 不同浓度的CuCl2溶液中，实验记录如下。
实验
溶液
实验现象
Ⅰ
0.2mol·L-1CuCl2溶
液
锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振
荡，出现白色浑浊
Ⅱ
0.5mol·L-1CuCl2溶
液
锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振
荡，出现较多白色浑浊
Ⅲ
1mol·L-1CuCl2溶液
锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，溶
液略显白色浑浊，振荡，白色浑浊消失
资料：CuCl(白色固体)难溶于水，[Cu(NH3)2]+(无色)；[CuCl3]2-
CuCl+2Cl-，[CuCl2]-
CuCl+Cl-。
①用离子方程式解释0.2mol·L-1 CuCl2溶液显酸性(
)的原因 。
②锌片表面附着的紫红色固体Cu 疏松多孔，容易脱落，可能的原因是 。
③将2g 锌片插入到20mLc(Cl－)=0.4mol·L-1的KCl 与盐酸混合溶液(
)中，一段时间内未观察到气
泡。分析实验Ⅰ中产生气泡的主要原因是 。
④验证白色浑浊物的成分。取实验Ⅰ中白色不溶物，滴入浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，振荡，
溶液逐渐变蓝。用离子方程式解释溶液由无色变为蓝色的原因 。实验证实了白色浑浊物为CuCl。
⑤实验Ⅲ所得溶液中，被还原的铜元素可能形成2 种配离子[CuCl3]2-、[CuCl2]-，进行以下实验：取实
验Ⅲ反应后的溶液，加大量水析出CuCl，从平衡移动角度分析哪种配离子有利于析出CuCl 。
(2)进行实验Ⅳ，继续探究Zn 与CuCl2溶液反应的还原产物。
实验
装置
实验现象
Ⅳ
3min 后，碳棒附近开始出现白色浑浊，
未检测到Cu
生成白色浑浊的电极反应式为 。
(3)Zn 与CuCl2溶液反应的还原产物不同可能与 有关。
【答案】(1)①Cu2++2H2O
Cu(OH)2+2H+(2 分)
②H+在紫红色固体内部得电子，产生氢气，使Cu 疏松多孔，容易脱落(2 分)
③锌表面析出Cu 后，形成Zn-Cu 原电池，加快锌与H+的反应速率 (2 分)
④4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH- (2 分)
⑤[CuCl3]2-更容易析出CuCl。加水稀释，溶液中各离子浓度均减小；反应ⅰ：[CuCl3]2-
CuCl+2Cl-，Q＜K，平衡正向移动，有利于析出CuCl；反应ⅱ：[CuCl2]-
CuCl+Cl-，Q=K，平衡不移
动(2 分)
(2)Cu2++e-+Cl-=CuCl(2 分)
(3)Cl-浓度、Cu2+浓度、反应物是否直接接触、碰撞几率、实验装置等(2 分)
【解析】通过Zn 与CuCl2溶液反应的现象，设计实验对产物中白色浑浊物进行分析、验证，并探究影
响还原产物种类的因素等问题。
(1)①0.2mol·L-1 CuCl2溶液显酸性，是由于Cu2+水解生成H+导致的，水解离子方程式为Cu2++2H2O
Cu(OH)2+2H+；②Cu 附着在Zn 片表面，形成原电池，溶液中的H+在Cu 极得电子变成氢气，导致
Cu 疏松多孔，容易脱落；③实验I 主要是Cu2+被还原生成单质附着在Zn 片上，形成了Zn－Cu 原电池，
加快了产氢速率；④沉淀溶解得到无色溶液是因为生成了[Cu(NH3)2]+，最后变蓝是因为[Cu(NH3)2]+被空气
氧化生成了[Cu(NH3)4]2+，变蓝过程的离子方程式为4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-或
4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O；⑤[CuCl3]2-更容易析出CuCl。加水稀释，溶液中
各离子浓度均减小；反应ⅰ：[CuCl3]2-
CuCl+2Cl-，Q＜K，平衡正向移动，有利于析出CuCl；反应
ⅱ：[CuCl2]-
CuCl+Cl-，Q=K，平衡不移动；
(2)Cu2+在正极得电子，生成CuCl 白色浑浊物，电极反应式为Cu2++e-+Cl-=CuCl；
(3)结合上述实验条件可知，还原产物不同可能与溶液中Cu2+、Cl-的浓度，反应物是否接触、碰撞几率、
实验装置等有关。
