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 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】按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( )
A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐
【答案】D
【解析】[Cu(NH3)4](OH)2是一种易溶于水的强碱，属于电解质，Cu2+与NH3之间以配位键相结合，属于
配合物；故选D。
2．【改编】下列表示正确的是( )
A．PCl3分子的VSEPR 模型：
B．反-2-丁烯的球棍模型：
C．用电子式表示MgCl2的形成过程：
D．CH3CH(CH3)CH2C(CH3)3的名称：2，4，4-三甲基戊烷
【答案】B
【解析】A 项，PCl3中心磷原子价层电子对数
，采取sp3杂化，则PCl3分子的VSEPR
模型应为四面体形，A 错误；B 项，反-2-丁烯中两个甲基分别位于双键的相反两侧，球棍模型为
，B 正确；C 项，MgCl2是离子化合物，Mg2+原子失去电子形成Mg2+，Cl 原子
得到电子形成Cl-，用电子式表示MgCl2的形成过程：
，C 错误；D 项，根据系统命名法，
该有机物主链上有5 个碳原子，从取代基近端开始编号，2 号碳原子上有2 个甲基，4 号碳原子上有1
个甲基，该有机物名称为：2，2，4-三甲基戊烷，D 错误；故选B。
3．根据元素周期律，下列说法不正确的是( )
A．非金属性：S＞Se＞Te B．电负性： Be＜B＜C
C．第二电离能：Cu＜Zn D．半径：P3-＞P5+
【答案】C
【解析】A 项，硫、硒、碲同主族，非金属性随原子半径增大而减弱，顺序正确，故A 正确；B 项，
Be、B、C 同周期，电负性随原子序数增大而递增(Be：1.57，B：2.04，C：2.55)，顺序正确，故B 正
确；C 项，Cu 的价电子排布式为3d104s1，失去1 个电子后，Cu+的价电子排布式为3d10，达到了全充满
的稳定结构，再失去1 个电子比较困难，Zn 的价电子排布式为3d104s2，失去1 个电子后，Zn+的电子排
布式为3d104s1，Zn 的第二电离能仅需失去4s1电子，所以第二电离能：Cu>Zn，故C 错误；D 项，P3-比
P5+多1 个电子层，半径更大，故D 正确；故选C。
4．关于实验操作、现象、结论，下列说法正确的是( )
A．在Cu 与浓硫酸共热后的混合物加水观察颜色的变化检验反应的产物
B．乙醇在浓硫酸催化下发生消去反应时，将水银球温度计浸入液面下，以控制反应温度
C．镁条与盐酸反应过程中，浮在液面，可知Mg 的密度比盐酸小
D．酯化反应时，加热试管中的反应物后，加入沸石以免暴沸
【答案】B
【解析】A 项，反应后的混合物中仍有浓硫酸，直接加水可能因剧烈放热导致危险，且未冷却时CuSO4
可能未析出，无法正确观察颜色，A 错误；B 项，乙醇消去反应需控制170℃，温度计必须浸入液面下
以准确测量反应液温度，B 正确；C 项，镁浮于液面是因反应产生H2气泡的托举也会使镁浮于水而上，
不能根据这一现象推测镁的密度小于水，C 错误；D 项，沸石应在加热前加入，加热后补加可能引发暴
沸，操作错误，D 错误；故选B。
5．【新思维】已知4NH4ClO4+S8=4NH3↑+8SO2↑+4HCl↑，下列有关说法不正确的是( )
A．3 种产物均为极性分子 B．n(氧化产物)：n(还原产物)=1：1
C．NH4
+与ClO4
-的键角相等 D．反应过程中可能有白烟产生
【答案】B
【解析】A 项，NH4
+与ClO4
-为三角锥形，属于极性分子；SO2为V 形分子，属于极性分子；HCl 分子
的正负电荷中心不重合，属于极性分子，A 正确；B 项，反应中Cl 元素化合价从+7 降低为-1 价，S 元
素化合价从0 升高为+4 价，则氧化产物为SO2，还原产物为HCl，因此n(氧化产物)：n(还原产物)=2：
1，B 错误；C 项，NH4
+与ClO4
-均为正四面体结构，键角均为109°28'，C 正确；D 项，产物中NH4
+与
ClO4
-与HCl 可以反应生成氯化铵固体，因此反应过程中可能有白烟产生，D 正确；故选B。
6．【改编】物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是( )
选
项
性质差异
结构因素
A
沸点：乙醇(78.3℃)高于乙醛(20.8℃)
分子间氢键
B
熔点：H2O 大于HF
分子间形成的氢键强度
C
键角：PF3(94℃)小于PCl3(109.5℃)
电负性差异
D
分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃)
键能大小
【答案】B
【解析】A 项，由于乙醇中存在和氧原子相连的氢原子，存在分子间氢键，而乙醛中不存在，导致乙
醇(78.3℃)的沸点高于乙醛(20.8℃)，即与氢键作用有关，A 不符合题意；B 项，水的熔点比氟化氢高，
是因为水分子间形成的氢键个数较多，B 符合题意；C 项，电负性：F>Cl，故PF3中共用电子对离P 更
远，排斥力更小，键角更小，即键角与F、Cl 的电负性差异有关，C 不符合题意；D 项，由于半径
I>Br，导致H-Br 的键能比H-I 的键能大，所以热分解温度：HBr 大于HI，即稳定性HBr>HI，故HBr
和HI 的热稳定性和键能有关，D 不符合题意；故选B。
7．【改编】下列离子方程式正确的是( )
A．向红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液显浅绿色：2Fe3++Fe=3Fe2+
B．将足量SO2通入Na2S 溶液：2SO2+S2-+2H2O=2HSO3
-+H2S
C．Al 溶于NaOH 溶液：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-
+3H2↑
D．CuSO4溶液中滴加过量浓氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4
+
【答案】C
【解析】A 项，向红色硫氰化铁溶液中加入过量铁粉至溶液显浅绿色发生的反应为硫氰化铁溶液与过
量的铁反应生成硫氰化亚铁，反应的离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，故A 错误；B 项，足量
二氧化硫与硫化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠和硫沉淀，反应的离子方程式为5SO2+2S2-+2H2O=4HSO3
-
+3S↓，故B 错误；C 项，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为
2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-
+3H2↑，故C 正确；D 项，硫酸铜溶液与足量氨水反应生成氢氧化四氨合
铜、硫酸铵和水，反应的离子方程式为Cu2++6 NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2NH4
++2OH-+4H2O，故D 错误；
故选C。
8．【改编】下列实验装置能达到实验目的的是( )
A．氯气的喷泉实验
B．比较C、Si、S 非金
C．用乙醇萃取碘水中的
D．检验氯化铵受热分解
属性大小
碘
的产物
【答案】B
【解析】A 项，Cl2在饱和食盐水中溶解度极小，无法形成压强差，不能进行喷泉实验，A 错误；B 项，
该装置实验稀硫酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳，则非金属性S＞C，CO2通入硅酸钠溶液，生成硅酸
沉淀，可以比较碳硅元素非金属性大小，故B 正确；C 项，乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，故C
错误；D 项，碱石灰能和氯化氢反应，P2O5能和氨气反应，此实验中，氯化氢可以用湿润的蓝色石蕊试
纸检验，氨气可以用湿润的酚酞试纸检验，应将碱石灰和P2O5位置互换，故D 错误；故选B。
9．有机物P 是一种治疗心律失常的药物，其部分合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。
下列说法中错误的是( )
A．M→N 为取代反应 B．M 与溴水反应最多消耗2molBr2
C．P 完全氢化后有4 个手性碳 D．P 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A 项，观察M→N 的反应，M 中酚羟基的氢原子被取代，该反应为取代反应，A 正确；B 项，
M 中含有酚羟基，酚羟基的邻、对位可与溴水发生取代反应，M 分子中酚羟基的邻、对位有2 个位置
可被取代，所以1mol M 与溴水反应最多消耗2molBr2，B 正确；C 项，手性碳是连有4 个不同原子或原
子团的碳原子，P 完全氢化后产物为
，其中有4 个手性碳如图所示
，C 正确；D．P 中含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，
能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D 错误；故选D。
10．【新思维】某兴趣小组用硫酸铜制备硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)，具体流程如图。下列说
法正确的是( )
A．步骤Ⅰ中，滴加氨水，溶液颜色逐渐变深，最终转变为深蓝色
B．步骤Ⅱ中，水浴加热主要目的是除去多余的NH3
C．步骤Ⅲ中，加入乙醇改变溶剂的极性促进[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出
D．实验室进行铜与浓硫酸反应时，加入过量的铜可以让硫酸彻底反应
【答案】C
【解析】硫酸铜溶液中滴加氨水先产生Cu(OH)2 蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解生成
[Cu(NH3)4]2+，水浴加热促进[Cu(NH3)4]SO4·H2O 的生成，最后加入乙醇使更多的晶体析出得到粗产品。
A 项，步骤Ⅰ中，滴加氨水时，先产生Cu(OH)2 蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解生成
[Cu(NH3)4]2+，溶液才变为深蓝色，A 错误；B 项，步骤Ⅱ水浴加热的主要目的是促进
[Cu(NH3)4]SO4·H2O 的生成，B 错误；C 项，[Cu(NH3)4]SO4·H2O 是离子化合物，在极性较强的水中溶
解度大；加入极性较弱的乙醇，可降低其溶解度，促进晶体析出，C 正确；D 项，铜与浓硫酸反应需
加热，且随反应进行，浓硫酸变稀后不再与铜反应，因此加入过量铜也无法让硫酸彻底反应，D 错误；
故选C。
11．已知I.碳碳双键加氢时总要放出热量，并且放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比；II.1，3-环己二
烯(
)脱氢生成苯是放热反应。相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是( )
①
(g)+H2(g)→
(g)ΔH1 ②
(g)+2H2(g)→
(g)ΔH2
③
(g)+3H2(g)→
(g) ΔH3 ④
(g)+H2(g)→
(g) ΔH4
A．ΔH1>0，ΔH2>0
B．ΔH3=ΔH1+ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH2
ΔH
﹤
4
D．ΔH2=ΔH3+ΔH4
【答案】C
【解析】A 项，反应①和②都是和氢气加成，是放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，故A 错误；B 项，
将反应①和②相加不能得到反应③，所以ΔH3≠ΔH1+ΔH2，故B 错误；C 项，反应①和②都是放热反应，
ΔH＜0，根据已知，加氢放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比，所以ΔH1＞ΔH2；反应④是1，3-
环己二烯脱氢生成苯的逆反应，是吸热反应，所以ΔH4＞0，所以ΔH2
ΔH
﹤
4，故C 正确；D 项，将反
应②和④和相加得到反应③，所以ΔH3=ΔH2+ΔH4，故D 错误；故选C。
12．为了实现碳中和，某科研团队研究了以铜基配合物电催化还原CO2的装置原理(如图所示)，下列说法
不正确的是( )
A．Pt 电极附近溶液的pH 减小
B．石墨烯为阴极，发生的电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
C．每转移2 mol 电子，阳极室、阴极室溶液质量变化量的差值为30 g
D．该装置可减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用
【答案】C
【解析】该装置为电解池，Pt 电极发生的电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，该电极为阳极，与电源正
极相连，即a 为正极，b 为负极，石墨烯为阴极，电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，H+从阳极区向阴
极区迁移。A 项，Pt 电极上H2O 失电子转化为O2，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，所以电极附近
溶液的pH 减小，A 正确；B 项，石墨烯为阴极，根据二氧化碳转化图可知电极反应式为CO2+2e-
+2H+=HCOOH，B 正确；C 项，每转移2 mol 电子，由阴极电极反应式CO2+2e-+2H+=HCOOH 可知，
有1 mol 二氧化碳转化为HCOOH，且有2 molH+从阳极区迁移至阴极区，所以阴极室溶液质量增大，
阴极室增加的质量为
；根据阳极室反应2H2O-4e-=O2↑＋4H
＋可知，每转移2mol 电子，阳极消耗1mol 水，生成0.5mol 氧气，同时有2molH+迁移至阴极室，所以
阳极室质量减少，阳极室减少的质量为
，所以
，C 错误；D 项，该装置可实现CO2转化为HCOOH，减少CO2在大气中累积，并
实现可再生能源有效利用，D 正确；故选C。
13．【新思维】氮和氧是构建化合物的常见元素，某N2O5的晶胞如图。
下列说法不正确的是( )
A．该氮氧化物中N 都呈
价
B．该晶体中氮原子的杂化方式有sp、sp2两种
C．O3与足量红棕色气体反应生成N2O5的化学方程式为：2NO2+O3=N2O5+O2
D．晶体类型是分子晶体
【答案】D
【解析】根据晶胞中N 原子和O 原子的结合可知，N2O5晶胞中存在2 种微粒，一种为：NO2
+；一种为：
NO3
-，则N2O5晶体类型为：离子晶体。A 项，N2O5晶体中，O 元素的化合价为-2 价，根据化合物中正
负化合价代数和为0 原则，得到N 元素化合价为+5 价，A 正确；B 项，在NO2
+中的孤对电子为
，则微粒VSEPR 模型为直线形，中心N 原子杂化类型为：sp；在NO3
-中的孤对电子
为
，则微粒VSEPR 模型为平面三角形，中心N 原子杂化类型为：sp2，B 正确；C 项，
O3具有强氧化性，在将NO2氧化为N2O5时，还有O2生成，反应的化学方程式为：
2NO2+O3=N2O5+O2，C 正确；D 项，N2O5晶体类型为：离子晶体，D 错误；故选D。
14．在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是( )
A．①过程中有极性键的断裂和形成
B．该机理中
为催化剂，
为中间产物
C．化合物ⅰ和化合物ⅱ均含有3 种不同化学环境的氢原子
D．该机理的总方程式为：CO2+
【答案】B
【解析】由图可知，二氧化碳转化为化合物ⅱ的反应为催化剂作用下二氧化碳与甲基环氧乙烷反应生
成
，反应的化学方程式为CO2+
。A 项，由图可知，①过程中，
二氧化碳发生碳氧极性键断裂，同时形成新的碳氧极性键，A 正确；B 项，由图可知， 碘化钾是过程
②的生成物、过程④的反应物，AcOH 是过程③的生成物、过程①和④的反应物，所以碘化钾和
AcOH 都是反应的催化剂，B 错误；C 项，由结构简式可知，
和
分子中均含有三种
不同化学环境的氢，C 正确；D 项，总反应的方程式为CO2+
，D 正确；故
选B。
15．25℃，CaSO4饱和溶液中c(Ca2＋)=7.0×10－3mol·L-1；Ksp(CaC2O4)=2.5×10－9；Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，
Ka2(H2C2O4 )=1.5×10-4mol·L-1；Ka(CH3COOH)=1.75×10-5；lg1.5=0.18。下列说法不正确的是( )
A．向CaC2O4悬浊液中加入足量CaSO4(s)，c(Ca2＋)增大
B．在
的H2C2O4溶液中：
，
C．在H2C2O4中加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC2O4沉淀
D．向0.010mol·L-1Na2C2O4溶液中滴入几滴紫色石蕊试液(pH 变色范围：5.0~8.0)，溶液呈蓝色
【答案】D
【解析】A 项，CaSO4饱和溶液中
，CaC2O4饱和溶液中c(Ca2＋)小于
CaSO4，CaC2O4饱和溶液中c(Ca2＋)，向CaC2O4悬浊液中加入足量CaSO4(s)，c(Ca2＋)增大，A 正确；B
项，H2C2O4的电离常数
，将
代入计算，等式成立，可知
对应的是0.1mol·L-1的H2C2O4
溶液，则
，故在0.1mol·L-1的H2C2O4溶液中：
，B 正确；
C 项，根据题给K 值可知，醋酸的酸性弱于草酸，在H2C2O4中加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉
末，醋酸钠电离出的醋酸根离子与氢离子结合生成弱电解质醋酸，减少了氢离子浓度，促进了草酸电
离，会产生更多的草酸根离子，有利于生成CaC2O4沉淀，C 正确；D 项，根据C2O4
2−+H2O
HC2O4 -+OH-，
，
，pH=7.91，溶液呈紫色，D 错误；故选D。
16．【新思维】某同学进行粗盐提纯实验，除去样品中的Mg2+、Ca2+、SO4
2-并进行定性检验。设计操作流
程如下：已知室温条件下：Ksp[Mg(OH)2]= 5.6×10－12，Ksp(BaCO3)=2.6×10－9，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10。
一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，化学上通常认为沉淀完全。
下列说法错误的是( )
A．步骤②调节溶液的pH＞12，可使Mg2+沉淀完全
B．其他步骤不变，将步骤①和步骤②的顺序调换仍会生成大量白色沉淀M
C．步骤⑤加入过量盐酸后溶液中存在的阴离子为Cl-和OH-
D．步骤④和步骤⑥均用到的玻璃仪器是玻璃棒
【答案】C
【解析】用沉淀法分离杂质离子，用碳酸钠除去Ca2+，用氯化钡去除SO4
2-，用氢氧化钠去除Mg2+，
Ca2++CO3
2-=CaCO3↓，Ba2++SO4
2-=BaSO4↓，Mg2++2OH-= Mg(OH)2↓，为保证杂质完全反应，所加的除杂
试剂都适当过量，且碳酸钠溶液在氯化钡溶液之后加，可以除去过量的钡离子(Ba2++CO3
2-=BaCO3↓)，
过滤沉淀后用盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠(2H++CO3
2-- ═H2O + CO2↑、H++OH--=H2O)。A 项，欲
使Mg2+沉淀完全，即残余
。根据
，可计算出此时溶液中
应大于
。当pH＞12 时，
，大于
，能
使Mg2+沉淀完全，A 正确；B 项，根据题干信息，最终得到的NaCl 固体样品溶解后加入BaCl2溶液后
产生白色沉淀，应该是前面的SO4
2-或CO3
2-未被完全处理干净，这说明原除杂流程中步骤①所加BaCl2
不足或步骤⑤所加盐酸不足。交换步骤①和步骤②的顺序，即将加入BaCl2和NaOH 的顺序颠倒，并
不影响SO4
2-和CO3
2-的去除。因此，若原流程会生成沉淀M，调换顺序后仍会生成，和步骤①与步骤
②的顺序无关，B 正确；C 项，过量盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应：2H++CO3
2-- ═H2O +
CO2↑、H++OH--=H2O，阴离子只有Cl-，C 错误；D 项，步骤④为过滤，用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃
棒、漏斗，玻璃棒用来引流，步骤⑥是蒸干，用到的玻璃仪器是玻璃棒，用来搅拌，D 正确；故选
C。
二、非选择题：本题共4 小题，共52 分。
17．【新思维】(16 分)硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用，请回答。
(1)关于VIA 族元素有关微粒的描述，下列说法正确的是_______。
A．第二电离能：基态氧原子高于基态氮原子
B．Se4+的电子排布为[Ar]4s2
C．酸性：CH3OH＜CH3SH
D．价电子排布图为
的S 原子处于激发态
(2)某化合物的晶胞如图：
化学式是 ；距离晶胞顶点Au 原子距离最近的S 原子有 个。
(3)焦亚硫酸钠(可视为Na2SO3SO2)溶于水所得溶液呈 (填“酸”或“碱”)性，结合数据说明原
因 。(常温下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7)
(4)某兴趣小组将载金硫化矿粉(细小的Au 颗粒被FeS2、FeAsS 包裹)通入空气焙烧，得到烟气和烧渣
(含有Fe2O3和Au)，以烧渣为原料，制备单质Au 和FeSO4·7H2O，流程如下：
①操作A 是 ，试剂B 是 。
②写出Zn 和Na2[Au(CN)2]生成Au 的化学方程式(Zn 元素以四配位离子存在) 。
③在碱性条件下，FeAsS 与足量高压
反应，可得Fe2O3和两种空间构型相同的酸根离子，写出反应
的离子方程式 。
【答案】(1)AC(2 分)
(2)AuPS4(2 分) 4(2 分)
(3)酸性(2 分) 焦亚硫酸钠与水发生反应：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，水解常数
(2 分)
(4)过滤(1 分) 过量铁粉(1 分)
Zn+2Na2[Au(CN)2]=Na2[Zn(CN)4]+2Au(2 分)
2FeAsS+10OH-+7O2=Fe2O3+2AsO4
3-+2SO4
2-+5H2O(2 分)
【解析】(1)A 项，氧元素的原子序数为8，基态原子失去1 个电子后得到O+的价电子排布式为
2s22p3，2p 轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，氮元素的原子序数为7，基态原子失去1 个电子
后得到N+的价电子排布式为2s22p2，较易失去电子，所以基态氧原子第二电离能高于基态氮原子，故
正确；B 项，硒元素的原子序数为34，基态Se4+离子的电子排布为[Ar]4p2，故错误；C 项，氧元素的
电负性大于硫元素，则甲硫醇分子中巯基的极性弱于甲醇分子中羟基的极性，解离出氢离子能力强于
甲醇，酸性强于甲醇，故正确；D 项，由价电子排布图可知，
表示处于基态的硫
原子，故错误；故选AC；
(2)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的金原子个数为8×
+1=2，位于体内的磷原子个数为2，
位于面上的硫原子个数为16×
=8，则晶胞的化学式为AuPS4；晶胞中距离晶胞顶点金原子距离最近
的硫原子位于面上，共有4 个；
(3)焦亚硫酸钠溶于水发生的反应为：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，则焦亚硫酸钠溶于水得到亚硫酸氢钠溶
液，亚硫酸氢根离子的水解常数
，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故选：酸性；
焦亚硫酸钠与水发生反应：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，水解常数
；
(4)由题给流程可知，含有氧化铁、金的烧渣与氰化钠溶液和足量空气反应后，过滤得到二氰合金酸钠
溶液和含有氧化铁的滤渣；二氰合金酸钠溶液与锌反应后，过滤得到金和四氰合锌酸钠溶液；将滤渣
溶于稀硫酸后，加入过量铁粉充分反应后，过滤得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却
结晶等操作得到七水硫酸亚铁；①操作A 是过滤、试剂B 是过量铁粉，故选：过滤；过量铁粉；②二
氰合金酸钠溶液与锌反应生成金和四氰合锌酸钠溶液，反应的化学方程式为
Zn+2Na2[Au(CN)2]=Na2[Zn(CN)4]+2Au；③由题意可知，在碱性条件下，FeAsS 与足量高压氧气反应生
成氧化铁、硫酸根离子、砷酸根离子和水，反应的离子方程式为：2FeAsS+10OH-+7O2=Fe2O3+2AsO4
3-
+2SO4
2-+5H2O。
18．【社会热点】(12 分) “零碳甲醇”作为公认的新型清洁可再生能源，不易爆炸、储运安全便捷。甲醇
的制备方法有二氧化碳加氢法、电催化法等。
Ⅰ.二氧化碳加氢法
反应ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝+49.4kJ·mol−1
反应ⅱ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.0kJ·mol−1
反应ⅲ：CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g) ΔH3
(1) CO2的电子式是 ；
(2) ΔH3= kJ·mol−1，反应ⅲ自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任何温
度”)。
(3)在一定条件下发生反应CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)，向一容积为2 L 的恒容密闭容器
中充入0.2molCO2和0.6molH2，下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
a. CO2和H2的浓度比保持不变 b.单位时间内消耗3 molH2，同时消耗1 molH2O
c.
d.混合气体的平均摩尔质量不再变化
(4)在某催化剂存在下发生反应ⅰ和ⅱ，向一恒容密闭容器中通入
混合气体，在不同条件
下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为
。CO2的平衡转化率及
的选择性(
)随温度变化曲线如图所示。
①结合图像，实际选用300~320℃反应温度的原因： ；
②312℃时反应①的
。(
是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数，列计
算式即可)。
Ⅱ.电催化法
(5)电还原二氧化碳制甲醇的原理如图(稀硫酸为电解液)。
①与电源正极相连的电极为 (填“M”或“N”)。
②M 电极的电极反应式为 。
【答案】(1)
(1 分)
(2) -90.4(1 分) 低温(1 分)
(3)bd(2 分)
(4)温度低于300℃，反应速率太慢，且CO2转化率低；温度高于320℃，甲醇的选择性低，催化剂失
活(2 分)
(2 分)
(5) N(1 分) CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O(2 分)
【解析】(1)CO2是共价化合物，碳原子和每个氧原子间共用两对电子，电子式为
。
(2)根据盖斯定律，反应ⅰ－ⅱ=ⅲ，故
；
反应ⅲ为ΔH＜0、ΔS＜0，则低温条件满足
反应自发可以进行；
(3)a．该反应中CO2和H2的化学计量数之比为1:3，投料比为0.2:0.6=1:3，则CO2和H2的浓度比始终
保持不变，恒为1:3，不能说明该反应达到平衡状态，a 错误；b．单位时间内消耗3 molH2，同时消耗
1 molH2O，说明
，该反应达到平衡状态，b 正确；c．
，说明
，该
反应未达到平衡状态，c 错误；d．该反应为气体分子数减小的纯气体反应，随着反应的进行，混合气
体的平均摩尔质量不断变化，故混合气体的平均摩尔质量不再变化说明该反应达到平衡状态，d 正确；
故选bd。
(4)①实际选用300~320℃反应温度的原因：温度低于300℃，反应速率太慢，且CO2转化率低；温度
高于320℃，甲醇的选择性低，催化剂失活；②由图可知，312℃时CO2的转化率为12.5%，甲醇的选
择性为80%，假设氢气为3 mol，CO2为1 mol，则反应ⅰ消耗的CO2物质的量为1
mol×12.5%×80%=0.1 mol，则反应ⅱ消耗的CO2物质的量为1 mol×12.5%-0.1 mol=0.025 mol，则可列三
段式：
则平衡时，n(CO2) =0.875 mol，n(H2)=2.675 mol，n(CH3OH)=0.1 mol，n(H2O)= 0.125 mol，
n(CO)=0.025 mol，气体总物质的量为3.8 mol，故反应ⅰ的
；
(5)①M 电极，CO2被还原为CH3OH，作阴极，则N 电极作阳极，与电源正极相连；②M 电极的电极
反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
19．【新思维】(12 分)钛白粉的主要成分是TiO2，它是一种染料及颜料，广泛用于油漆、塑料、造纸等行
业。
如下是以钛铁矿[主要成分为FeTiO3，含SiO2、FeO 等杂质]为主要原料生产钛白粉并获得副产品
FeSO4·7H2O 的工艺流程。
已知：①发生的主要反应：a．FeTiO3+2H2SO4
TiOSO4+FeSO4+2H2O；b．TiOSO4+ 2H2O
H2TiO3↓
+H2SO4；c．H2TiO3
高温TiO2+H2O。②TiO2+遇H2O2 溶液呈橙黄色。③Fe3++Ti3++H2O=TiO2++ Fe2+
+2H+。请回答：
(1)步骤1 控制反应温度为160～200℃的目的是 。
(2)步骤3、4 为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收FeSO4·7H2O。往浸出液中加入铁粉至溶液中的
3
Fe 完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至FeSO4·7H2O 结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列
说法正确的是_______。
A．
3
Fe 可能是在实验过程中氧化产生的
B．再次抽滤获得的滤液中溶质是TiOSO4和FeSO4
C．利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体
D．再次抽滤后的洗涤，应选用蒸馏水进行多次洗涤
(3)步骤5 包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化。操作步骤如下：取一部分步骤4 获得的滤液
→____→____→____→____→抽滤得偏钛酸(H2TiO3)→将偏钛酸在坩埚中加热到二氧化钛(TiO2)。将下
列操作按合理顺序填入以上空格 。
a．静置沉降后，用倾析法除去上层水
b．逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10 分钟
c．用热的稀硫酸溶液洗涤沉淀2～3 次，然后用热水洗涤沉淀
d．慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30 分钟(过程中适当补充水至原体积)
(4)测定样品中TiO2纯度
步骤一：精准称取0.2000g 样品放入锥形瓶中，一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+。
步骤二：称取48.20g 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·12H2O]配制成1000mL 硫酸铁铵标准溶液。
步骤三：用配制的硫酸铁铵标准溶液滴定
3
Ti 至终点。重复操作2 次，消耗硫酸铁铵标准溶液体积的
平均值为20.00mL。
①步骤三应选用 作指示剂指示反应终点。
A．H2O2 B．NH4SCN C．甲基橙
②在滴定接近终点时，使用“半滴”操作可提高测量的准确度，其方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶
液悬于管口， ，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。
③样品中TiO2的质量分数为 。(保留4 位有效数字)
【答案】(1)温度过低，则反应速率慢或反应不能发生；温度过高，反应过于剧烈，易造成危险(2 分)
(2)AB(2 分)
(3)b→d→a→c(2 分)
(4)B(2 分) 用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁(2 分)
80.00%(2 分)
【解析】向钛铁矿[主要成分为FeTiO3，含SiO2、FeO 等杂质]加浓硫酸后发生反应FeTiO3+2H2SO4
TiOSO4+FeSO4+2H2O 转化为TiOSO4、FeSO4，可能生成Fe2(SO4)3，SiO2不溶解，经水浸、抽滤后，滤
液①中含有TiO2+、Fe2+，可能含有Fe3+，加入铁屑后将Fe3+完全转化为Fe2+，并结晶得到
FeSO4·7H2O，过滤后得到滤液③中只有TiO2+，再经过水解、产物的分离和物质的转化得到TiO2，具
体反应为TiOSO4+ 2H2O
H2TiO3↓ +H2SO4、H2TiO3 高温TiO2+H2O。
(1)步骤1 设计反应为FeTiO3+2H2SO4
TiOSO4+FeSO4+2H2O，控制反应温度为160～200℃的目的是温
度过低，则反应速率慢或反应不能发生；温度过高，反应过于剧烈，易造成危险。
(2)A 项，浓硫酸具有氧化性，可能将Fe2+氧化为Fe3+，故A 正确；B 项，加铁屑后再次抽滤已将
Fe3+完全转化为Fe2+，因此获得的滤液中溶质是TiOSO4和FeSO4，故B 正确；C 项，利用冰盐水快速
冷却的目的是降低FeSO4·7H2O 的溶解度，不能得到颗粒较大的晶体，缓慢冷却可以得到较大的晶体，
故C 错误；D 项，为减少FeSO4·7H2O 的溶解，再次抽滤后的洗涤应选用冰水进行多次洗涤，故D 错
误；故选AB。
(3)步骤5 包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加
热得到二氧化钛(TiO2)。操作步骤为：取一部分步骤4 获得的滤液，逐滴加入到沸水中并不停搅拌，
继续煮沸约 10min，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约 30min(过程中适当补充水至原体积)，静置
沉降后，用倾析法除去上层水，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3 次，然后用热水洗涤沉淀，经过抽滤得偏
钛酸(H2TiO3)，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)，则操作顺序为 b→d→a→c。
(4)①步骤三中的反应为Fe3++Ti3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+。A 项，滴定开始就生成TiO2+，TiO2+遇H2O2
溶液呈橙黄色，溶液在整个滴定过程均保持橙黄色，无法指示滴定终点，故A 错误；B 项，滴定开始
存在Fe3+，终点时Fe3+完全转化为Fe2+，与NH4SCN 形成红色络合物，终点是红色褪去，故B 正确；C
项，滴定反应不涉及H+和OH-，不能使用甲基橙，故C 错误；故选B。②在滴定接近终点时，使用
“半滴”操作可提高测量的准确度，其方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁
将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。③称取
48.20g 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·12H2O]配制成1000mL 硫酸铁铵标准溶液，则
1
4
4
2
2
48.20g
482g /
c[NH Fe SO
12H O]=
0.1000
L
1L
mol
mol
。则按Fe3++Ti3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+可知，
NH4Fe(SO4)2~ Fe3+~Ti3+~TiO2，
1
4
4
2
n[NH Fe SO
]=0.1000
L
0.0200L
0.002mol
mol
，则
2
n(TiO )=0.00200mol，
2
m(TiO )=0.00200mol 80g/mol=0.1600g
，样品中TiO2的质量分数为
0.1600g 100%
80%
0.2000g
。
20．(12 分)有机化合物L(
)可用于拔牙后消炎，或缓解急性的呼吸道炎症引
起的发热、疼痛。其合成路线如下：
已知：①
②
请回答：
(1)A→B 的反应类型为 ；化合物K 中的官能团名称是 。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．D 在水中的溶解度比C 小
B．H 分子中有6 个sp2杂化的碳原子
C．K 与NaOH(aq)反应后，加入乙醇目的是溶解L 提高产率
D．G 的分子式可能为C11H13O2Br
(3)E→F 发生反应的化学方程式为 。
(4)J 分子内存在由氢键形成的六元环，J 的结构简式是 。
(5)写出符合下列条件的
(分子式：C17H22O5)的同分异构体 (写3 种)。
①结构中含有两个六元环，其中一个是苯环；
②1mol 该物质与足量
溶液反应可以生成2mol Na2CO3；
③
-NMR 显示有4 组峰。
(6)参照上述流程，设计由2-溴丙烷和乙醇为原料制备
的合成路线 (用流
程图表示，无机试剂任选)。
【答案】(1)加成反应(1 分) 羰基、酯基(1 分)
(2)ABC(2 分)
(3)
+CH3OH(1 分)
(4)
(1 分)
(5)
、
、
(3 分)
(6)
(3 分)
【解析】由合成路线可知，
与Br2发生加成反应得到B，B 的结构简式为
，B 与氢气在催化剂加热的条件下发生加成反应生成C，结合C 的分子式可知结构
简式为
，结合已知①C 生成D 的过程中引入了羧基(-COOH)，D 的结构简式为
，
D 与甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成E；结合已知②E 和醇钠在加热条件下生成F，F
的结构简式为
，F 与G 在一定条件下生成H，G 的结构简式为
，H 经水解得到J，J 的结构简式为
，J 脱酸形成
K，K 在“NaOH(aq)、乙醇”条件下，剩余的酯基发生水解反应，最终生成L。
(1)由分析可知，A→B 的反应类型为加成反应；化合物K 中官能团的名称是酯基、羰基。
(2)A 项，D 为
，C 为
，羧酸能与水形成氢键，所以D 在水中的溶解度比C 大，
A 错误；B 项，根据H 的结构简式可知，H 分子中有9 个sp2杂化的碳原子，B 错误；C 项，K 与
NaOH(aq)反应后，加入乙醇目的是让L 沉淀从而析出产品，C 错误；D 项，由分析可知G 的结构简式
为
，分子式为C11H13O2Br，D 正确；故选ABC。
(3)由分析可知E→F 发生反应的化学方程式为
+CH3OH。
(4)J 分子内存在由氢键形成的六元环，J 的结构简式是
。
(5)符合①结构中含有两个六元环，其中一个是苯环，②1 mol 该物质与足量NaOH 溶液反应可以生成
2mol Na2CO3(说明含有2 个-OCOO-)，③
1H-NMR 显示有4 组峰的
(分子
式：C17H22O5)的同分异构体：
、
、
。
(6)结合题中合成路线和已知信息，由2-溴丙烷和乙醇为原料制备
的合成路线为：
