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 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Cu 64 Cr 52
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．我国矿产资源丰富，下列资源转化的主要过程不是化学变化的是
A．石灰石煅烧
B．天然气的液化
C．石油的裂解
D．磁铁矿炼铁
【答案】B
【详解】A．石灰石煅烧是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A 不符
合题意；
B．天然气的液化是通过加压或降温使甲烷变为液态，仅改变物质状态，无新物质生成，属于物理变化，
B 符合题意；
C．石油裂解是将长链烃断裂为短链烃（如乙烯），生成新物质，属于化学变化，C 不符合题意；
D．磁铁矿炼铁是四氧化三铁被还原为铁单质，有新物质生成，属于化学变化，D 不符合题意；
故选B。
2．下列实验操作、试剂保存，描述正确的是
A．在电子天平上放一张称量纸，称量5.0g
固体
B．将液溴存放在棕色细口瓶中盖紧橡胶塞，加水液封
C．容量瓶、滴定管使用前均需用蒸馏水洗净并烘干
D．中学实验中，未用完的钠、钾可放回原试剂瓶
【答案】D
【详解】A．NaOH 固体具有强腐蚀性和吸湿性，应使用烧杯或玻璃器皿称量，不可直接放在称量纸上，
否则会腐蚀纸张并导致称量不准确，A 错误；
B．液溴需在棕色细口瓶避光保存，但橡胶塞会与溴反应，应使用磨口玻璃塞，加水液封防止挥发，B
错误；
C．容量瓶使用前需洗净但无需烘干(残留水分不影响浓度)，滴定管使用前需要用待装液润洗，C 错误；
D．钠、钾是活泼金属，易与水、氧气反应，且通常为块状固体，中学实验中，未用完的钠、钾可放回
原试剂瓶，D 正确；
故选D。
3．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．NaClO 溶液具有碱性，可用作漂白剂
B．
具有还原性，可用作燃料电池的燃料
C．
为酸性氧化物，可用作光导纤维
D．
分子间可形成氢键，
的热稳定性比
的高
【答案】B
【详解】A．次氯酸钠可用作漂白剂是因为次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，与次氯酸
钠溶液呈碱性无关，A 错误；
B．肼具有还原性，能在燃料电池得负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，所以肼可用作燃料电池
的燃料，B 正确；
C．二氧化硅是因为具有全反射光得性能，可用作光导纤维，与酸性氧化物性质无关，C 错误；
D．氨气的热稳定性强于磷化氢是因氮元素的非金属性强于磷元素，N-H 键键能大于P-H 键键能，与氨
气能形成氢键无关，D 错误；
故选B。
4．下列关于铁及其化合物的说法错误的是
A．用酸性高锰酸钾溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2
B．铁与水蒸气高温下产生H2及Fe3O4
C．沸水中滴加饱和FeCl3溶液可制得Fe(OH)3胶体
D．可用浓FeCl3溶液洗涤附着“铜镜”的试管
【答案】A
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化Fe2+使其褪色，但FeCl3溶液中高浓度Cl-在酸性条件下也可能被高
锰酸钾氧化，导致褪色现象，无法准确检验是否含有FeCl2，A 错误；
B．铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，化学方程式为：
，B 正
确；
C．沸水中滴加饱和FeCl3溶液，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，是实验室制备胶体的标准方法，C 正确；
D．浓FeCl3溶液可溶解铜，反应为：
，因此可用于洗涤附着铜镜的试管，
D 正确；
故答案选A。
5．第43 号元素锝（Tc）的基态原子价电子排布式为
。室温下，将锝单质溶于硝酸可制备强氧化性
酸
。下列说法错误的是
A．Tc 位于元素周期表中第ⅦB 族
B．
的中子数与质子数之差为13
C．
经衰变后形成
，该过程属于化学变化
D．将1.5 mol 金属锌完全溶于1 mol
溶液中，Tc 元素化合价改变
【答案】C
【详解】A．Tc 价电子排布为4d55s2，有7 个价电子，位于周期表第ⅦB 族，A 正确；
B．
质子数为43，质量数为99，中子数=99-43=56，中子数与质子数之差=56-43=13，B 正确；
C．
衰变过程涉及原子核的变化（原子序数增加，质量数不变），属于核反应，不属于化学变化
（化学变化仅涉及核外电子），C 错误；
D．
是强氧化剂（Tc 为+7 价），锌是还原剂（Zn→Zn2+），反应中Tc 被还原，化合价降低，D 正
确；
故选C。
6．W、X、Y、Z 和M 五种主族元素，原子序数依次增大，在元素周期表中W 的基态原子s 能级电子数最
少，短周期中Z 原子的原子半径最大，Y 与X、M 相邻，Y 的基态原子s 能级与p 能级具有相同的电子数。
下列说法错误的是
A．电负性：Y>X>Z
B．第一电离能：X>Y>M
C．Z2Y 中离子键成分的百分数比Z2M 大
D．
、XY2、
三种微粒的空间构型相同
【答案】D
【分析】W 的基态原子s 能级电子数最少，W 为H；短周期中Z 原子的原子半径最大，Z 为Na；Y 的基
态原子s 能级与p 能级电子数相同，且Y 与X、M 相邻，原子序数X<Y<M，Y 的电子排布为1s22s22p4，
即O；X 为N，M 为S；综上：W(H)、X(N)、Y(O)、Z(Na)、M(S)；据此作答。
【详解】A．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性：Y(O)>X(N)>Z(Na)，A
正确；
B．N 的2p3为半满稳定结构，第一电离能大于O；O 和S 同主族，O 的第一电离能大于S，则第一电离
能：X(N)>Y(O)>M(S)，B 正确；
C．O 的电负性大于S，Na 与O 的电负性差更大，因此Na2O 中离子键成分百分数更大，即Z2Y(Na2O)中
离子键成分的百分数比Z2M(Na2S)大，C 正确；
D．X 为N，Y 为O；则
：N 原子价层电子对数为3，含1 对孤电子对，V 形；NO2分子为含有一个单
电子的V 形分子；
：N 原子价层电子对数为2，无孤电子对，直线形，三者空间构型不完全相同，
D 错误；
故答案选D。
7．通过如图所示的流程，可由甲苯(液体)氧化制备苯甲醛(液体)。
下列说法中正确的是
A．流程中的
可用酸性
溶液代替
B．“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”可使用同一个漏斗(用前均需洗涤干净)
C．“操作Ⅱ”和“操作Ⅲ”均为两种液体的分离，但分离原理不同
D．加热蒸干
溶液得到
固体，在空气中灼烧后可循环使用
【答案】C
【分析】甲苯在稀硫酸作用下，被
氧化为苯甲醛，Mn2O3还原为硫酸锰，油水经过分液分离得到
的稀硫酸可以循环利用，得到的“油”是甲苯和苯甲醛的混合物，经过蒸馏得到产品苯甲醛。
【详解】A．若使用
能将甲苯直接氧化成苯甲酸，A 选项错误；
B．“操作Ⅰ”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，过滤用普通漏斗，“操作Ⅱ”是分液，分液用分液漏斗，
不可使用同一个漏斗，B 选项错误；
C．“操作Ⅱ”是分液，分离原理是根据两种液体不互溶，“操作Ⅲ”是蒸馏，操作原理是两种液体沸
点不同，所以分离原理不同，C 选项正确；
D．因
水解得到的
和
均不挥发，所以加热蒸干
溶液得到的固体仍然是
，D 选项错误。
故选C。
8．双酚A 是重要的有机化工原料，可用苯酚和丙酮制备，原理如下。下列说法正确的是
A．双酚A 分子中共线的碳原子最多有5 个
B．苯酚与双酚A 可以与
溶液反应
C．苯酚与双酚A 均为酚类物质，互为同系物
D．双酚A 中有四种不同化学环境的氢原子
【答案】D
【详解】A．苯环对角线上的原子共线，中心C 为四面体结构，则最多共线的C 原子有3 个，A 错误；
B．苯酚和双酚A 中均含有酚羟基，苯酚的酸性小于碳酸，故苯酚与双酚A 不可以与
溶液（羧
基可以和
反应）反应，B 错误；
C．苯酚中含有1 个苯环，双酚A 中含有两个苯环，二者结构不相似，组成相差的不是一个或多个
CH2，二者不属于同系物，C 错误；
D．双酚A 是对称结构，有四种不同化学环境的氢原子，如图所示，
，D 正确；
故答案选D。
9．肼
是一种高能量密度的燃料和重要化工还原剂，一种使用电化学-非电化学催化反应联合的方法
合成肼的原理示意图如下。下列说法不正确的是
A．环己醇中碳原子的杂化方式为
B．过程①中环己醇分子失去了电子
C．过程②涉及
键的断裂和
键的形成
D．N 元素被氧化的步骤发生在③和④
【答案】D
【详解】A．环己醇中碳原子均为饱和碳原子，杂化方式为
，A 正确；
B．由图可知，过程①为环己醇分子脱去羟基上的H 原子，发生氧化反应，失去电子，B 正确；
C．由图可知，过程②中断裂与氧原子相连的碳原子上
，在碳氧之间形成
，故涉及
键的断裂
和
键的形成，C 正确；
D．由图可知，过程③中发生脱水反应，N 元素化合价没有发生变化，未发生氧化反应；过程④中脱去
N 上的H 原子，N 元素化合价升高，发生氧化反应，D 错误；
故答案选D。
10．向温度恒定、体积为
的密闭容器中充入
和
发生如下反应，产物的物质的量浓度(c)随
反应时间(t)变化如图，已知反应速率
，
为反应速率常数，a、b 为对应反应物X、Y
的化学计量数，为对应反应物的浓度，下列说法正确的是
A．该条件下，反应
的平衡常数
B．
时刻，
的正反应速率为
C．若容器中再投入
和
，再次达到平衡时，物质
的物质的量分数增大
D．若加入某催化剂只催化反应I，对反应II 无影响，则物质
的浓度峰值点
可能移向
【答案】D
【详解】A．对于反应I，有
，
，当达到平衡时，正逆反应速率相等，其
平衡常数
；对于反应II，有
，
，当达到平衡时，
正逆反应速率相等，其平衡常数
；对于反应III，其平衡常数
，而不是
，A 错误；
B．起始时，物质P 和Q 的物质的量浓度分别为0.5 mol/L 和1.0 mol/L，t1时刻，物质P 和Q 的物质的
量浓度均为0.2 mol/L，M 浓度的减少为0.2 mol/L+
=0.25 mol/L，N 浓度的减少为
0.2
mol/L+
=0.5 mol/L，即
时刻，
、
，所以
，而不是
，B 错误；
C．容器中再投入等比例的反应物M 与N，相当于增大压强，反应I 反应前后气体体积数减小，平衡会
正移，P 的含量增大；反应II 反应前后气体体积数增大，平衡会逆移，Q 的含量减小，C 错误；
D．加入某催化剂只催化反应I，而对反应II 无影响，则反应I 的速率加快，达到峰值的时间会缩短，
且反应I 存在速率竞争优势，其浓度峰值会增大，故可能会移向b 点，D 正确；
故选D。
二、选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题选对一题得4 分，每小题有一个或两个选项符
合题意，全部选对得4 分，选对但不全得2 分，有选错的得0 分
11．利用废旧电池中的磷酸亚铁锂(
)制备
的电解装置如图所示。下列说法错误的有
A．电极a 为阳极
B．罐1 内发生的反应为
C．隔膜为阴离子交换膜
D．理论上
离子穿过隔膜，产生标况下
气体
【答案】CD
【分析】如图为利用废旧电池中的磷酸亚铁锂(
)制备
的电解装置，电极a
失电子，发生氧化反应转化成
，电极反应为
，则a 电极为
阳极，罐1 内发生的反应为
；电极b 为水得电子，
与
生成
，电极b 为阴极，电极反应式为：
，据此回答。
【详解】A．由分析知，电极a 为阳极，A 正确；
B．由分析知，罐1 内发生的反应为
，B 正确；
C．由分析知，a 电极为阳极，电极b 为阴极，
由a 极经过隔膜到达b 极，与水得到电子生成的
结合生成
，故隔膜为阳离子交换膜，C 错误；
D．由b 电极的反应式
可知，
离子穿过隔膜，生成氢气的物质的量为
0.5mol，标况下的体积为
，D 错误；
故选CD。
12．实验小组研究硫酸四氨合铜晶体的制备过程中影响Cu(OH)2溶解的因素，设计如下实验：
序
号
实验
现象
Ⅰ
取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加氨水至沉淀量最大，再滴
加0.1 mol·L-1 NaOH 溶液至pH 为11，继续滴加足量氨水
沉淀几乎不溶
解
Ⅱ
将Ⅰ中沉淀过滤、洗涤后加入足量氨水
沉淀几乎不溶
解
Ⅲ
取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加0.1 mol·L-1 NaOH 溶液至沉
淀量最大，再加适量(NH4)2SO4固体，继续滴加足量氨水
沉淀溶解，溶
液呈深蓝色
Ⅳ
取Ⅲ中所得溶液，滴加5 滴0.1 mol·L-1 NaOH 溶液
产生蓝色沉淀
Ⅴ
取Ⅲ中所得溶液，加入光亮的铁钉
无明显现象
下列说法错误的是
A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅲ中沉淀溶解是NH3与
共同作用的结果
B．由实验Ⅳ现象可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与
的结合能力
C．由上述实验方案可知：Na+一定能影响
的形成
D．实验Ⅴ说明，形成配合物后Cu(
)
Ⅱ的氧化能力下降
【答案】BC
【分析】实验Ⅰ：滴加氨水形成
沉淀后，再加NaOH 至pH=11，继续加足量氨水，沉淀不溶
解，说明高pH（高
浓度）抑制了
溶解形成
。
实验Ⅱ：过滤洗涤后的
加足量氨水，沉淀不溶解。说明纯
在氨水中不易溶解，缺乏
促进溶解的条件。
实验Ⅲ：滴加NaOH 形成
沉淀后，加
固体，再加足量氨水，沉淀溶解并呈深蓝色。
说明
提供的
降低了
浓度，使氨水能顺利配位溶解
形成
。
实验Ⅳ：取Ⅲ的深蓝色溶液（含
），滴加NaOH 产生蓝色沉淀
。说明
能破
坏
配合物，重新生成沉淀，表明
与
的结合能力强于与
的结合能力。
实验Ⅴ：取Ⅲ的溶液加铁钉无现象。而通常
可与铁发生氧化还原反应，无反应说明形成配合物后
Cu(
)
Ⅱ的氧化能力下降。
【详解】A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ和Ⅱ中仅加氨水沉淀不溶解，Ⅲ中加
和氨水后溶解，
说明
（作配体）与
（降低
浓度）共同作用促进溶解，A 正确；
B．根据分析可知，
与
的结合能力强于Cu2+与
的结合能力，B 错误；
C．实验Ⅰ和Ⅲ均使用NaOH（引入
），但Ⅰ中沉淀不溶解，Ⅲ中溶解，区别在于Ⅲ中加了
，
作为旁观离子，无证据显示其影响
形成，C 错误；
D．实验Ⅴ中加铁钉无现象，说明形成
后Cu(
)
Ⅱ的氧化能力下降，D 正确；
故选BC。
13．废水中的盐度过高不能随意排放，下图是回收废水中
的电化学装置，回收产品为
。装置II
室中的“辅助电极”中的过渡金属（用
表示）材料能吸附或释放含
废水中的
，吸附
后转化为
，释放出
后转化为
。下列说法错误的是
A．惰性电极1 为阴极
B．若交换膜为
交换膜，电源乙放电一段时间后III 室中溶液
降低
C．接通电源甲时，辅助电极吸附废水中的
D．辅助电极释放
的电极反应：
【答案】C
【分析】电极与反应判断：惰性电极1（I 室）：通入空气生成NaOH，发生还原反应：O2+2H2O+4e-
=4OH-，故为阴极，连接电源甲（负极）；惰性电极2（III 室）：H2O 被氧化为O2，发生氧化反应：
2H2O- 4e-= O2↑+4H+，故为阳极，连接电源乙（正极）；辅助电极连接于电源乙的负极（即电源甲的正
极），因此：接通电源甲时→辅助电极为阳极→发生氧化反应，释放Na⁺：
，接通电源乙时→辅助电极为阴极→发生还原反应，吸附Na⁺
；
【详解】A．惰性电极1 上O2得电子生成OH-，发生还原反应，为阴极，A 正确；
B．电源乙工作时，惰性电极 2（阳极）生成H+，交换膜b 为
交换膜，
从II 室进入III 室，但
H+仍留在III 室，导致溶液酸性增强，pH 降低，B 正确；
C．接通电源甲时，辅助电极为阳极，发生氧化反应：
，此过程是释
放
，而非吸附。吸附
发生在接通电源乙时（辅助电极为阴极），C 错误；
D．辅助电极作为阳极时，
失电子，释放出
，D 正确；
故答案选C。
14．含钛高炉渣富含
、
、
、
、
、
等氧化物，其用于提取金属钛的流程如
下。已知：
不溶于水、稀酸和碱溶液。
下列说法正确的是
A．“研磨、磁选”时除去高炉渣中的铁元素
B．“酸浸”和“碱浸”均应在高温下进行
C．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分不相同
D．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变
【答案】A
【分析】含钛高炉渣富含
、
、
、
、
、
等氧化物，经过研磨、磁选分
离出
，盐酸酸浸，
、
、
溶解，得到各物质的盐溶液，TiO2、SiO2不溶解，滤渣1
主要成分是TiO2、SiO2，滤渣再加氢氧化钠溶液碱浸，SiO2溶解，TiO2不溶，滤渣2 主要成分是TiO2，
提纯之后还原得到金属钛；据此分析解题。
【详解】A．四氧化三铁具有磁性，可通过“研磨、磁选”方法除去铁元素，A 正确；
B．“酸浸”和“碱浸”在室温下就可进行，无需高温，B 错误；
C．先加入NaOH 溶液，氧化铝和二氧化硅可溶解，再加入稀盐酸，氧化镁、氧化钙溶解，最终得到的
滤渣均为二氧化钛，C 错误；
D．先加入NaOH 溶液，氧化铝和二氧化硅均可溶解，NaOH 用量增加，D 错误；
故答案为AC。
15．
是常用的沉淀剂和指示剂，
是常用的氧化剂，二者的转化反应为
(aq，黄色)
(aq，橙色)
，298K 时，向
溶液中滴加少量硫酸(假设溶液体积
不变)，溶液pH 与平衡时
、
的关系如图所示。
已知：
。下列叙述错误的是
A．
代表
与pH 的关系
B．a→d 点，
的物质的量浓度变化为0.03
C．298K 时该反应的平衡常数
D．c 点坐标为
【答案】AC
【分析】根据反应
(aq，黄色)
(aq，橙色)
可知，增大H+浓度，平衡
正向移动，
浓度减少，
浓度增加，L1代表
浓度与pH 关系，L2代表
浓度与pH
关系。
【详解】A．经过分析可知，
代表
与pH 的关系，A 错误；
B．起始时，
为0.09mol/L，
为0.005mol/L，d 点时
为0.04mol/L，根据Cr
原子守恒，
=(0.09+0.005×2)mol/L-0.04×2mol/L=0.02mol/L，a→d 点，
变化为
0.05mol/L-0.02mol/L=0.03mol/L，B 正确；
C．d 点时，
=0.04mol/L，
=0.02mol/L，c(H+)=10-6mol/L，反应
(aq，黄色)
(aq，橙色)
的平衡常数K=
，C
错误；
D．c 点时
=
，根据Cr 原子守恒，设
=
=x mol/L，
2x+x=0.09+2×0.005=0.1，x=
，K=
，
=
=
mol/L，解得
c(H+)=
，pH=6.26，c 点坐标为
，D 正确；
答案选AC。
三、非选择题：本题包括5 小题，共60 分。
16．硼、砷、铁等元素可形成结构、性质各异的物质，在生产、科研中发挥着重要用途。回答下列问题：
(1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是___________(填标号，下同)，用光谱仪
可捕捉到发射光谱的是___________。
A．
B．
C．
D．
(2)同周期中第一电离能大于砷的元素有___________种。CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH 两种含砷有机酸中沸
点较高的是___________(填化学式)，原因为___________。
(3)LiZnAs 晶体的立方晶胞结构如图1 所示，N 点原子分数坐标为(
，
，
)；LiZnAs 晶体部分Zn 原子
被Mn 原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体LiZnmMnnAs，其立方晶胞结构如图2 所示。
①M 点原子分数坐标为___________。
②m=_________
③已知NA为阿伏加德罗常数的值，LiZnmMnnAs 的摩尔质量为Mg/mol，晶体密度为dg/cm3。晶胞中As
原子与Mn 原子之间的最短距离为___________nm(列出计算式)。
(4)FeSO4·7H2O 的结构如图所示。
图示FeSO4·7H2O 结构中键角1、2、3 由大到小的顺序是___________(填序号)。
【答案】(1) A CD
(2) 2 CH3As(OH)2 CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH 两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2
含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高。
(3)
0.75
(4)3＞1＞2（或3，1，2）
【详解】（1）硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基
态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，C、D 均为激发态，D 失去一个电子需要
能量最小，基态原子中第一电离能小于第二电离能，A 失去一个电子需要克服第二电离能，B 失去一
个电子需要克服第一电离能，则失去一个电子需要吸收能量最大的是A；发射光谱是由能量较高的激
发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D 均为激发态，则用光谱仪可捕捉
到发射光谱的是C、D 项；
（2）同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，砷位于元素周期表的第四周期第ⅤA 族，其基态
原子核外价电子排布式为：4s24p3，砷原子p 轨道为半充满的稳定状态，其第一电离能大于Se，因此
同周期中第一电离能大于砷的元素只有Br 和Kr 两种；CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH 两种含砷有机酸均属于
分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；
（3）
把晶胞切割成多个边长为
的小正方体，M 位于一个顶点，所在的正方体在N 所在正方体的正上方，
所以M 点原子分数坐标为
；据均摊法晶胞计算法则可得：Li：
，Zn：
，Mn：
，As：4，化简即可得LiZnmMnnAs 中m=0.75，n=0.25；将晶胞切
割成八个大小相等的正方体，如图
，Mn 原子在顶点，As 原子在小正方体的体
心，即晶胞结构体对角线的
处，设棱长为a，一个晶胞中含有4 个分子，所以
，
nm，则As 原子与Mn 原子之间的最短距离为
nm；
（4）
中Fe2＋提供空轨道，
中O 提供孤电子对，形成配位键，
与
之间形成
氢键。
、
的中心原子均为sp3杂化，
中O 有两个孤电子对，
中S 无孤电子对，根据
孤电子对间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，
得3＞1＞2。
17．铋的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为
，含FeS、CuO、
等杂质)
制备
的工艺流程如下：
已知：ⅰ.“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。铋元素转化为
时，若溶液碱性增强，会转化生
成
。
.
ⅱ
。
回答下列问题。
(1)滤渣1 的主要成分为_______。辉铋矿浸取率在温度高于40℃时会快速下降，其可能的原因是
_______。
(2)“氧化浸取”时，
和FeS 的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(3)“除铜”时发生反应：
，则
_______。
(4)“转化”时生成的
沉淀需过滤、洗涤、干燥得产品，检验是否洗净的操作是_______。
(5)铋酸钠(
)常用来检验
，待测水样中加入铋酸钠(黄褐色粉末)若出现紫红色则说明样品中
含有
。水样需要严格控制较低温度，是因为铋酸钠在较高温度的水中会发生反应，请写出铋酸
钠在水中发生的化学方程式_______。
(6)铋基催化剂对
电化学制取HCOOH 具有高效的选择性。不同催化剂的反应历程与相对能量变化
如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，转化过程为：
催化剂最好选择_______(填“Bi”或“
”)，由
生成
的离子方程式为_______。
【答案】(1) S 和
盐酸挥发、
分解
(2)3：2
(3)
(4)取最后一次洗涤液，先加入硝酸无明显现象，再加硝酸银，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
(5)
(6)
【分析】由题干信息，辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有: Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3+
+3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S 和不反应的SiO2的滤渣1，
滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH 除去Fe3+，得到滤渣2 为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，
发生反应Cu2++4NH3(g)
[Cu (NH3)4]2+，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，加入盐酸溶解滤渣，再加入
NaOH、NaClO，发生反应
，得到产品NaBiO3；
【详解】（1）由分析，滤渣1 的主要成分为S 和
。辉铋矿浸取率在温度高于40℃时会快速下降，
其可能的原因是盐酸挥发、
分解，两者都会导致浸取率下降；
（2）酸性条件下过氧化氢和FeS 发生氧化还原反应生成铁离子和硫单质、水，反应为：
2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，反应中过氧化氢为氧化剂、FeS 为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的
量之比为3：2；
（3）已知：
①
②
，
反应①-②得到反应：
，则
；
（4）检验是否洗净，就是检验最后一次洗涤液中是否含氯离子，故检验方法为：取最后一次洗涤液，
先加入硝酸无明显现象，再加硝酸银，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
（5）已知，铋元素转化为
时，若溶液碱性增强，会转化生成
；铋酸钠
常用来检
验
，说明铋酸钠能氧化锰离子为高锰酸根离子，则铋酸钠具有强氧化性，铋酸钠和水会发生氧
化还原反应生成氧气和
，结合质量守恒，还会生成水，发生的化学方程式
；
（6）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应
越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，催化剂最好选择
，其最大活化能较小；由图，
生成
的反应为
得到电子和
生成
和
，离子方程式为
。
18．CuCl 是一种高效催化剂，某研究性小组拟热分解
制备CuCl。
【资料查阅】
【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有___________。
A．酸性
B．强氧化性
C．难挥发性
D．吸水性
(2)X 装置的名称为___________。
(3)加完药品后的操作是___________。
(4)该实验装置的一处缺陷为___________。
(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的酸化
溶液中，待样品完全溶解后，配
成100 mL 溶液。取出10.00 mL，用
的
标准溶液滴定到终点，消耗
溶液b
mL，
被还原为
。样品中CuCl 的质量分数为___________。
(6)若测定结果偏大可能的原因是___________。
A．样品中混有CuO
B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失
C．滴定管未用
标准溶液润洗
D．装待测液前锥形瓶内残留少量水
【答案】(1)AC
(2)球形干燥管
(3)先打开恒压滴液漏斗的旋塞，通一段时间气体后，点燃A 处酒精灯
(4)装置C 不能防止倒吸
(5)
(6)C
【分析】浓硫酸和氯化钠固体在加热的条件下反应，制取HCl 气体，CuCl2·2H2O 在HCl 气流的作用下，
低于140℃加热，失去结晶水，得到CuCl2，再升高温度至300℃以上，CuCl2分解，生成CuCl 和Cl2，
若通入HCl 气体过少，CuCl2·2H2O 会部分转化为Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2又继续分解产生了CuO。
【详解】（1）浓硫酸和氯化钠反应生成氯化氢，难挥发酸制易挥发酸，体现了浓硫酸的酸性、难挥
发性，选AC；
（2）X 是球形干燥管；
（3）CuCl2·2H2O 受热会转化为Cu2(OH)2Cl2，所以要先反应生成HCl 一段时间后再点燃装置A 的酒精灯，
即先打开恒压滴液漏斗的旋塞，反应一段时间后，点燃酒精灯；
（4）装置C 没有防倒吸；
（5）根据得失电子守恒，滴定过程中各物质关系式为
，10.00 mL 溶液
消耗n(K2Cr2O7)=
，则100 mL 溶液中n(CuCl)=0.06ab mol，
；
（6）A．样品中混有CuO，对测定结果没有影响，A 错误﹔
B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致滴定消耗的K2Cr2O7溶液体积偏小，测定结果偏
小，B 错误；
C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗，导致标准液浓度偏小，滴定时消耗溶液的体积偏大，最终导致
测定结果偏大，C 正确；
D．装待测液前锥形瓶内残留少量水，不影响标准溶液体积的大小，因此对测定结果没有影响，D 错
误；
故选C。
19．Daprodustat 是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J 的合成路线如图所示。
已知：
。
回答下列问题：
(1)B→C 的反应类型是___________。
(2)一定条件下，反应Ⅱ的化学方程式是___________。
(3)D→E 的过程中，D 中的___________(填官能团名称，下同)变为E 中的___________。
(4)F 不能水解，G 的核磁共振氢谱中有2 组峰。H 与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元
环状化合物的化学方程式是___________。
(5)由中间体J 合成Daprodustat 的过程中需经历以下三步：
其中试剂1 的分子式为C5H7O3N，J 生成K 为加成反应，则试剂1 和L 的结构简式分别为___________和
___________。
【答案】(1)还原反应
(2)
+3H2
(3) 氨基 酰胺基
(4)HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2
+2H2O
(5)
【分析】
E 的结构简式为
，D 与
发生加成反应生成
，
推出D 的结构简式为：
，由C 与氢气发生加成反应生成的D，推知C 的结构简式为：
，由B 的分子式以及B 到C 的转化条件可知，B 被还原为氨基生成C，推知B 的结构简
式为：
，由B 的结构简式和A 的分子式可推知，A 是一种芳香族化合物，分子式为
C6H6 ，则A 为
，苯与浓硝酸、浓硫酸共热反应生成的B
，E
和I 发生取代反应生成J
和HCl，则I 为
，H
分子式为C3H4O4，则逆推H 为
，根据已知反应可知G 为
，则F 为CH3COOH，
据此解答。
【详解】（1）
由分析可知，从B(
)到C(
)，B 中硝基变为C 中的氨基，在有机化学中，
硝基被还原为氨基的反应属于还原反应。
（2）
由分析可知， C 为苯胺(
)，D 为
，反应II 是在H2作用下发生反应，从
分子式看是苯胺发生加氢反应，苯环被加氢还原，所以化学方程式为：
+3H2
（3）
由分析可知，D 的结构简式为：
，D 中含有的官能团是氨基，D 与N=C=O 反应生成E
，从的结构可知，反应后形成了酰胺基，即D 中的氨基变为E 中的酰胺基，故
答案为：氨基；酰胺基。
（4）
由已知R-Cl 经①NaCN、②H+转化为RCOOH，G 经此反应得到H，H 为丙二酸(HOOCCH2COOH)，丙二酸
与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)发生成环反应，二者通过羧基和氨基脱水缩合形成七元环状化合物(含有2 个
N 原子和5 个C 原子的环)，同时生成2 分子水，根据原子守恒可写出上述化学方程式为
。
（5）
L 发生酯的水解脱去C2H5OH，结合Daprodustat 中羧基的位置可知，L 的结构简式为
，试剂1 的分子式为C5H7O3N，J 生成K 为加成反应，K→L 是异构化，
则试剂1 中含—COOC2H5，结合L 的结构简式可知试剂1 的结构简式为
，
碳氮双键发生加成反应，故答案为：
；
。
20．研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题：
(1)研究发现
的速率随温度的升高而减小，该反应由如下两个基元反应构
成(
为相应的正、逆反应速率常数，只与温度有关)：
i：
(快)，
、
；
ii：_______(慢)，
、
。
①写出基元反应ii 的方程式：________________________________两个基元反应的活化能相对大小关
系为
_______
(填“
”、“
”或“
”)。
②基元反应i 的平衡常数
_______(用含速率常数的代数式表示)。
(2)工业上利用反应
可将氮的氧化物转化为
无害气体，向某密闭容器中通入
、
，测得在其他条件相同时，平衡体系中
的物
质的量分数
与压强
、温度
之间的关系如图所示：
①图中曲线Ⅱ表示_______过程(填“等温”或“等压”)，判断的依据是_______。
②若a 点对应的压强恒为
，反应开始到达到平衡所用时间为
，则此时间段内
_______
，平衡常数
_______。
【答案】(1)
(2) 等压 正反应为放热反应，温度越高，平衡时
越小 0.6 1
【详解】（1）①总反应减基元反应i 得基元反应ii 为
；基元反应i 为快
反应，基元反应ii 为慢反应，慢反应活化能较大，故
。
②平衡时
，所以
，
。
（2）①正反应放热，升高温度平衡逆向移动，
的物质的量分数减小；正反应为气体体积减小的反
应，增大压强平衡正向移动，
的物质的量分数增大，故图中曲线Ⅱ表示等压、升温过程。
②设平衡时生成了
，
，
，x=2，n(NO)=n(CO)=2mol，n(N2)=2mol，n(CO2)=4mol，n 总=10mol，若a 点对应的压强为
，CO 的平衡压强为
，CO 的初始压强为10MPa，反应开始到达到平衡所用时间
为
，则此时间段内
；NO 的平衡压强为
，N2的平衡压强为
，CO2的平衡压强为
，
平衡常数
。
