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：75 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 B11 C 12 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cu 64
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．【热点】湖南博物院是湖南省最大的历史艺术类博物馆，下列馆藏文物中材质的主要成分为天然高分
子的是
A．釉下褐彩绘莲花纹瓷壶
B．商代象纹铜铙
C．柿蒂纹谷纹玻璃剑首
D．T形帛画
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】瓷壶的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是高分子化合物，A 错误；铜铙的主要成分
是金属铜或其合金，属于金属材料，不是高分子化合物，B 错误；玻璃剑首的主要成分是硅酸盐，属于无
机非金属材料，不是高分子化合物，C 错误；帛画的“帛”指丝织品，主要成分是蛋白质，蛋白质属于天
然高分子化合物，D 正确；故选D。
2. 【改编】下列化学用语表示不正确的是
A．基态❑24Cr原子的价电子轨道表示式：
B．
SO3
2−
的VSEPR 模型：
C．Na2O2的电子式为：
D．Cl
−
的结构示意图：
【答案】A
【解析】基态❑24Cr原子的电子排布式为：[ Ar)3d
54 s
1，根据泡利原理和洪特规则，其价电子轨道表示
式为：
，A 错误；SO3
2−
的孤电子对为
1
2 ×(6+2−3×2)=1，中心S 原子的价层电子对
数=3+1=4，中心S 原子采用
sp
3
杂化，则其VSEPR 模型为：
，B 正确；
Na2O2
是由
Na
+
和
O2
2−
构成
的离子化合物，其电子式为：
，C 正确；Cl 为17 号元素，Cl 原子的质子数与电
子数都为17，形成
Cl
−
后得到1 个电子变为18 个，质子数不变，则
Cl
−
的结构示意图为：
，D 正
确；故选A。
3. 钠及其化合物的部分转化关系如图。设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
NaCl( 熔融) →
电解
①
Na→
O2
②
Na2O2→
H2O
③
NaOH→
Cl2
④
NaClO
A．反应②中2.3 g Na 完全反应生成Na2O2转移电子数目为0.2 N A
B．反应①生成的气体，每11.2 L(标准状况)含原子的数目为N A
C．1 mol Na2O2中含有的离子数目为4 N A
D．100 mL1mol⋅L
−1NaClO溶液中，ClO
−的数目为0.1 N A
【答案】B
【解析】根据转化关系，对应的反应方程式为：①2 NaCl =
❑
电解
2 Na+Cl2↑；②2 Na+O2=
❑
Δ
Na2O2；③
2 Na2O2+2 H 2O = 4 NaOH +O2↑；④Cl2+2 NaOH = NaCl+ NaClO+ H 2O。反应②中2.3 g Na 为0.1
mol，生成过氧化钠时，每个Na 原子失去1 个电子，总转移电子数为0.1mol×1 N A =0.1 N A，A 错误；反
应①电解熔融NaCl 生成Cl2，标准状况下11.2 L Cl2为0.5 mol，含0.5mol×2=1mol原子，即1 N A，B 正
确；1 mol 过氧化钠含2 mol Na
+和1 mol O2
2−，总离子数为3 N A
，C 错误；ClO⁻是弱酸酸根，会水解，
0.1molNaClO溶液中ClO⁻的实际数目小于0.1 N A，D 错误；故选B。
4. 下列实验仪器的选择或操作均正确的是
A．分离乙醇和乙酸
B．制备Cl2
C．制备晶体[Cu(NH3)4)SO4⋅H2O
D．配制检验醛基的Cu (OH)2悬浊液
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】乙醇和乙酸互溶，不能用分液漏斗分离，应采用蒸馏法，A 错误；MnO2与浓盐酸反应制备Cl2需
要加热，图中缺少加热装置，B 错误；[Cu(NH3)4)SO4· H 2O在乙醇中溶解度较小，向其溶液中加入乙醇可
降低溶解度，促使晶体析出，操作合理，C 正确；检验醛基的Cu(OH)2悬浊液需在碱性条件下，应加入过
量NaOH，该操作无法保证NaOH 溶液过量，D 错误；故选C。
5. 可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是
选项
结构
性质
A
乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间无氢键
乙醇的沸点高于乙醛
B
金刚石和石墨二者熔化后，碳原子原来的排列方式
被打破，原子间的距离相等，相互作用强度也相同
金刚石和石墨沸点相同
C
聚丙烯酸钠的结构是
聚丙烯酸钠具有高吸水性
D
石英玻璃(非晶态二氧化硅)的原子排列相对无序
具有各向异性
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】乙醇分子含-OH（分子间可形成氢键），乙醛分子的H 连在C 原子上（无法形成分子间氢键），
氢键会显著提高分子间作用力，使沸点升高，乙醇的沸点高于乙醛，故A 正确；金刚石（sp
3三维网状结
构）和石墨（sp
2层状结构）在熔化后，原有的特殊排列方式会被破坏，转变为无序的液态碳，在液态
中，碳原子间的距离和相互作用强度趋同（此时不再区分sp
2或sp
3杂化），因此从液态到气态的转变（即
沸点）所需的能量相同，故此时二者沸点相同，故B 正确；聚丙烯酸钠的结构中有-COONa，是强亲水基
团，因此聚丙烯酸钠具有高吸水性，故C 正确；石英玻璃是非晶态二氧化硅（原子排列无序），而“各向
异性”是晶体的特征（晶体原子排列有序，不同方向性质不同），故D 错误；故选D。
6. 一种麻醉剂的分子结构式如图所示。X、Y、Z、W、E 为原子序数依次增大的短周期元素，其中，X 是
最轻的元素，E 对应的最高价含氧酸为最强酸。下列说法错误的是
A．XEZ的不稳定性是导致E2水溶液久置变质的主要原因
B．生活中俗称的“煤气中毒”是YZ分子造成的
C．XW溶液与SiO2反应表现了SiO2作为酸性氧化物的通性
D．ZW2中Z 的化合价为+2 价
【答案】C
【解析】X 是最轻的元素，则X 为H 元素；元素Y、Z、W、E 原子序数依次增大，分子结构中Y 形成4
条共价键、Z 形成2 条共价键、W 形成1 条共价键，推知Y 为C 元素、Z 为O 氧元素、W 为F 元素；E 对
应的最高价含氧酸为最强酸，则E 为Cl 元素。元素对应关系： X 是H、Y 是C、Z 是O、W 是F、E 是
Cl。XEZ是HClO，氯气溶于水生成次氯酸和盐酸，Cl2+ H 2O⇌HClO+ HCl，次氯酸见光容易分解，
2 HClO =
❑
光照
2 HCl+O2↑，导致氯气与水反应平衡正移，使氯气水溶液变质，A 正确；“煤气中毒”是由
CO气体引起，B 正确；HF和二氧化硅反应：SiO2+ 4 HF = SiF4↑+2 H 2O，酸性氧化物与碱反应生成盐
和水，这是HF的特殊腐蚀性所致，与二氧化硅是酸性氧化物无关，C 错误；ZW2是OF2，F 元素为-1 价，
则氧元素显 +2 价，D 正确；故选C。
7. 铜与硫形成的化合物晶体的晶胞如图所示，晶胞参数为anm，下列说法错误的是
A．晶胞中两个Cu
2+间的最短距离为
❑√2
2 anm
B．晶胞中Cu
2+的配位数为2
C．设N A
为阿伏加德罗常数的值，则晶体密度为384×10
21
a
3× N A
g⋅cm
−3
D．铜(Cu)位于第四周期第IB 族，其基态原子价层电子排布式是3d
104s
1
【答案】B
【解析】由晶胞图可知，晶胞中两个Cu
2+间的最短距离为顶点到面心的距离，为
❑√2
2 anm，A 正确；由晶
胞示意图可知，每个S
2−周围相邻且最近的Cu
2+有4 个，晶体的化学式为CuS，故每个Cu
2+周围相邻且最近
的S
2−有4 个，Cu
2+的配位数为4，B 错误；由均摊法计算出一个晶胞有4 个CuS，根据晶体密度的计算公
式计算得其密度为384×10
21
a
3× N A
g⋅cm
−3，C 正确；根据铜是29 号元素，根据其在周期表中的位置和电子排
布式规则得Cu的价层电子排布式为3d
104s
1，D 正确；故选B。
8.【新情境】硼氢化钠是一种无机物，化学式为NaBH4，是最常用的还原剂之一，通常用作醛类、酮类、
酰氯类的还原剂，塑料工业的发泡剂，造纸漂白剂，以及医药工业制造双氢链霉素的氢化剂。下列关于
NaBH4的说法错误的是
A．酸性条件下，NaBH4的还原性减弱，更难与氧化剂发生反应
B．金的一种制备方法是氯金酸(HAuCl4)与硼氢化钠反应，该反应体现了HAuCl4的氧化性
C．工业上常用NaBH4
处理含Cr2O7
2-的废水(酸性条件)，其反应原理：
3BH4
-+4Cr2O7
2-+32H
+=3BO2
-+8Cr
3++22H2O
D．户外露营时，用NaBH4与水反应制氢供氢气炉使用，若消耗1.9 g NaBH4，理论上可生成标准状况下
4.48 L H2
【答案】A
【解析】酸性条件下，H
+浓度增加，BH4
−中的H⁻（-1 价）更易被氧化为H2
（0 价），此时NaBH4
的还原性
增强，而非减弱，A 错误；氯金酸（HAuCl4）中Au 为+3 价，与NaBH4反应生成Au 单质（0 价），Au 被
还原，说明HAuCl4
具有氧化性，B 正确；反应中BH4
−的H⁻（-1 价）被氧化为H2O中的+1 价的H，Cr2O7
2−中
的Cr（+6 价）被还原为Cr
3+，电子转移守恒（3×8 e⁻=4×6 e⁻），反应式合理，C 正确；1.9 g NaBH4的物质
的量为0.05 mol，按反应NaBH4+ 2H2O = NaBO2+ 4H2↑，生成0.2 mol H2，标准状况下体积为4.48 L，
D 正确；故选A。
9. 【新情境】我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料-Cu3(PO4)2的水系双离子电池，该电池以
Na0.44MnO2和Cu3(PO4)2为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述错误的是
A．放电时，电流从Na0.44MnO2电极经电解质溶液流向Cu3(PO4)2电极
B．放电时，若电极a 得到6.4gCu 和1.44gCu2O，则电路中转移0.22mole-
C．充电时，电极b 的电极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2
D．为消除第一次放电的不可逆，可将Cu3(PO4)2彻底放电转化为Cu2O 后再充电
【答案】B
【解析】由图可知，放电时为原电池，a 极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，发生得电子的还原反应，b 极上
Na0.44MnO2→Na0.44-xMnO2，发生失电子的氧化反应，则a 极为正极，b 极为负极，负极反应式为Na0.44MnO2-
xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，即a 极为阳极，b 极
为阴极，阴阳极反应与负正极反应相反。放电时，电流从正极沿导线流向负极，再经电解质溶液到正极，
A 正确；放电时，电子转移情况为：Cu∼2e
-、C u2O∼2e
-，若电极a 得到6.4g Cu（为0.1mol）和1.44g
Cu2O（为0.01mol），则电路中转移0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol 电子，观察原电池的a 极，发现a 极还
发生2H2O+2e
-= H2↑+2O H
-，因此无法判断转移多少电子，B 错误；根据分析知，充电时，电极b 的电极
反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，C 正确；若将Cu3(PO4)2彻底放电转化为Cu2O，再充电时
Cu2O 可单向转化生成Cu3(PO4)2，D 正确；故选B。
10. 湖南妹子因能吃辣被称为辣妹子，适当的辣味有增进食欲、促进消化液分泌的作用，其中一种物质为
姜辣素，分子结构如图，下列说法正确的是
A．姜辣素的分子式为C17H16O4
B．分子结构中含有四种官能团
C．该物质能够使酸性高锰酸钾褪色
D．能与Na2CO3溶液反应放出二氧化碳
【答案】C
【解析】根据结构式可知，不饱和度为5，C 原子数为17，则氢原子数为17×2+2−5×2=26，姜辣素的
分子式为C17H26O4，A 错误；分子中含有羟基、醚键和酮羰基，B 错误；分子中含有羟基，能被酸性高锰
酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾褪色，且与苯环相连的亚甲基上有氢原子，也能被酸性高锰酸钾氧化褪
色，C 正确；酚羟基可以和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，D 错误；故选C。
11. 氮化硅陶瓷是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷。以N2、H2、SiCl4（g）（沸点57.6℃，极易水解，
具有腐蚀性）为原料在高温下制备氮化硅的实验装置如图。实验结束后丁装置硬质玻璃管增重2.8g，己装
置增重15.56g，不考虑SiCl4在丙装置和戊装置中的损耗。
下列说法不正确的是
A．乙装置中反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1
B．丁装置中反应的化学方程式为2N2+6 H2+3SiCl4 (g)
高温
¿Si3 N4+12HCl
¿
C．戊装置中的试剂为浓硫酸
D．该实验中氮化硅的产率为75%
【答案】D
【解析】以N2、H2、SiCl4（g）为原料在高温下制备氮化硅的方程式为
2N2+6 H2+3SiCl4 (g)
高温
¿Si3 N4+12HCl
¿
，甲装置用于生成氢气，乙装置用于生成氮气，丙装置中将N2、
H2、SiCl4干燥、混合，在丁装置内发生反应制取Si3N4；戊装置的目的是防止水蒸气进入丁装置，己装置
用于吸收过量的SiCl4气体和反应生成的HCl 气体，以防止污染环境。乙装置中NH4Cl与NaNO2反应生成N2
，反应方程式为NH 4Cl+ NaNO2= N 2↑+ NaCl+2 H 2O，其中NH4Cl作还原剂化合价升高生成氮气，
NaNO2作氧化剂化合价降低生成氮气，二者得失电子数均为3，物质的量之比1:1，A 正确；丁装置中以N2
、H2、SiCl4（g）为原料在高温下制备氮化硅，方程式为2N2+6 H2+3SiCl4 (g)
高温
¿Si3 N4+12HCl
¿
，B 正
确；SiCl4
极易水解，为防止SiCl4
进入丁装置应在戊中加入浓硫酸除水，C 正确；；m(Si3 N4)=2.8g，
n(Si3 N4)=
2.8g
140g/ mol =0.02mol，m(SiCl4)+m (HCl)=15.56g，依据反应
2N2+6 H2+3SiCl4 (g)
高温
¿Si3 N4+12HCl
¿
，可求出n (HCl)=0.02mol×12=0.24 mol，
m (HCl)=0.24 mol×36.5g/ mol=8.76g，m(SiCl4)=15.56g−8.76g=6.8g，
n(SiCl4)=
6.8g
170g/ mol =0.04 mol，若SiCl4完全转化为Si3 N4，又可生成Si3 N4的物质的量为0.04
3
mol，该实验氮化硅的产率为
0.02mol
0.02mol+ 0.04 mol
3
×100 % =60 %，D 错误；故选D。
12. 一种以废旧电池正极材料(主要成分为LiCox Niy MnzO2，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机
黏合剂)为原料制备LiMn2O4的流程如下：
下列说法错误的是
A．“灼烧”后的固体产物中，Co和Al均为+3价
B．在“酸浸”过程中所滴加的H2O2的作用为氧化剂
C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为5S2O8
2−+2Mn
2++8 H2O=10SO4
2−+2MnO4
−+16 H
+
D．“合成”LiMn2O4过程中，发生反应会有CO2和O2放出
【答案】B
【解析】废旧电池正极材料主要成分为LiCox Niy MnzO2，其中Co为+3 价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏
合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸
浸”，双氧水把+3 价Co还原为+2 价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把Mn
2+氧化为
二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成NiCO3⋅2Ni(OH)2⋅4H2O沉淀除镍，滤液中加
碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMn2O4。灼烧时有机黏合剂和炭黑被氧化除去，铝箔被
氧化为Al2O3（Al为+3 价），原LiCox Niy MnzO2中Co为+3 价，灼烧后Co仍为+3 价，A 正确；碱浸后滤渣
含Co
3+等高价金属离子，Co
3+具有强氧化性，酸浸时会氧化H2O2生成O2，自身被还原为Co
2+，H2O2作还原
剂而非氧化剂，B 错误；沉锰时加入K2S2O8
（含S2O8
2−，强氧化剂），将Mn
2+氧化为紫红色MnO4
−，离子方
程式5S2O8
2−+2Mn
2++8 H2O =10SO4
2−+2MnO4
−+16 H
+，C 正确；合成LiMn2O4
时，发生反应
2Li2CO3+8MnO2= 4 LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，D 正确；故选B。
13. 常温下，向CaA饱和溶液(有足量CaA固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进CaA溶解，总反应为
CaA+2H
+⇌H2 A+Ca
2+。平衡时lg[c(Ca
2+)/(mol⋅L
−1))、分布系数δ (M)与pH的变化关系如图所示(其中
M代表H2A、HA
−或A
2−)。比如δ (A
2−)= c( A
2−)
c总
，c总=c(H2A)+c(HA
−)+c( A
2−)。已知：常温下H2A的饱
和溶液的浓度为1.06mol/L。下列说法错误的是
A．在Na2A溶液中，A
2−的K h1
K h2
=1000
B．在H2A的饱和溶液中，c
2(H
+)×c( A
2−)=1.06×10
−5.54
C．常温下，CaA的p K sp(CaA)≈8.63
D．pH =2.6、c(Ca
2+)=0.1mol/L
时，0.1mol/LNaHA溶液中无CaA沉淀生成
【答案】D
【解析】常温下，向CaA饱和溶液(有足量CaA固体)中通入HCl气体，随着HCl 的通入，c (H
+)逐渐增大，
pH 逐渐减小，图像从右向左，c( A
2−)逐渐减小，导致c( HA
−)增大，继续通入HCl，c( HA
−)逐渐减小，
c( H2A)逐渐增大，故曲线Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ分别表示A
2−、HA
−和H2A与pH 的变化关系，根据
CaA+2H
+⇌H2 A+Ca
2+反应，随着横坐标向右，c (H
+)逐渐减小，上述平衡逆向移动，导致c(Ca
2+)逐渐减
小，曲线Ⅰ和Ⅱ逐渐减小，又因为在未通入HCl 时，CaA 饱和溶液的pH≈7，其中c(Ca
2+)≈10
−4.315，故曲
线Ⅱ表示lgc(Ca
2+)与pH 的变化关系，H2A 的一级电离平衡常数Ka1=c(H
+)c(HA
−)
c(H2A)
，曲线Ⅰ和曲线Ⅲ的
交点处c(HA
−)=c(H2A)，则Ka1=c(H
+)=1.0×10
−1.27，同理可得，Ka2=1.0×10
−4.27。在Na2A溶液中，
A
2−的一级水解常数Kh1= Kw
Ka2
= 10
−14
10
−4.27 =10
−9.73，同理A
2−的二级水解常数Kh2= Kw
Ka1
= 10
−14
10
−1.27 =10
−12.73，故
Kh1
Kh2
=1000，A 正确；H2A的Ka1×Ka2=c
2(H
+)×c(A
2−)
c(H2 A)
=10
−1.27×10
−4.27=10
−5.54，在饱和溶液中，H2A
的饱和溶液的浓度为1.06mol/L，c
2(H
+)×c( A
2−)=1.06×10
−5.54，B 正确；左侧纵坐标为-4.315 的溶液的
pH=7，此时未通入HCl，为CaA 的饱和溶液，由图像可知，δ (A
2−)≈100 %
，由元素守恒可知，
c总=c(Ca
2+)=1.0×10
−4.315，c(A
2−)=c总×δ (A
2−)=1.0×10
−4.315×100 % =1.0×10
−4.315，故其中
c(A
2−)=c(Ca
2+)≈1.0×10
−4.315，故CaA的
Ksp=c(A
2−)⋅c(Ca
2+)≈1.0×10
−4.315×1.0×10
−4.315=1.0×10
−8.63，则CaA的p K sp(CaA)≈8.63，C 正
确；pH=2.6 时，0.1mol/LNaHA溶液中，HA
−电离平衡常数远大于其水解平衡常数，以电离为主，忽略其
水解，根据HA
−的电离平衡常数Ka2=c(H
+)c(A
2−)
c(HA
−)
= 10
−2.6×c(A
2−)
c(HA
−)
=10
−4.27，故c(A
2−)=10
−2.67 mol/L
，CaA 的Q=c(A
2−)⋅c(Ca
2+)=0.1mol/L×10
−2.67 mol/L=10
−3.67>Kap=10
−8.63，故有CaA 沉淀生成，D
错误；故选D。
14. 某课题组以CH3OH，CO，HI 作原料催化合成乙酸的机理如图所示(＋1、＋3 表示Rh 的价态)。下列说
法不正确的是
A．[RhI2(CO)2)
−可看成合成乙酸的催化剂
B．反应②中CH3I发生了还原反应
C．若[RhI2(CO)2)
−中C 均用❑
13C标记，反应物CO 用❑
12C，则生成CH3
12COOH
D．反应⑥的H2O中O 原子进攻正电性很强的羰基碳
【答案】C
【解析】以CH3OH，CO，HI 作原料催化合成乙酸的机理，涉及Rh 的不同价态及中间产物的变化，
[RhI2(CO)2]-(+1 价)在反应起始通过与CH3I 作用生成+3 价的Rh 配合物，Rh 配合物继续与CO、H2O 等发生
多步反应最终生成CH3COOH 并再生成[RhI2(CO)2]-(+1 价)。据分析知[RhI2(CO)2)
−在循环中先消耗后生成，
是反应的催化剂，A 正确；Rh 从+1 变为+3 被氧化，则CH3I 被还原，B 正确；根据反应机理可知，若
[RhI2(CO)2]- 中C 均用13C 标记，反应物CO 用12C，则生成 CH3
13COOH，C 错误；由图可知⑥是断羰
基碳上的C −I键和水中的H −O，成C −O，故H2O中O 原子进攻电正性很强的羰基碳，D 正确；故选
C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15. （14 分）烟酸又称维生素B3，实验室可用3-甲基吡啶为原料来制备。
实验步骤：
ⅰ．原料氧化：在如图所示的装置中加入2.40 g 3-甲基吡啶、70mL 水，分次加入10.0 g KMnO4(过量)，加
热控制温度在85～90℃，搅拌反应60min，反应过程中有难溶物MnO2和强碱生成。
ⅱ．粗品生成：将反应液转移至蒸馏烧瓶中，常压下144℃蒸馏，再趁热过滤，用热水洗涤滤渣，合并洗
涤液与滤液，用浓盐酸酸化至pH 为3.8～4.0，冷却结晶、过滤、冷水洗涤，最后干燥得粗产品。
ⅲ．粗品提纯：将粗产品用热水溶解，加活性炭脱色，趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得纯
品。
ⅳ．纯度测定：取提纯后产品0.500 g 溶于水，配成100 mL 的溶液，每次取25.00 mL 溶液于锥形瓶中，滴
加几滴酚酞试液，用0.0500 mol/L NaOH 溶液滴定，平均消耗NaOH 溶液20.00 mL。
回答下列问题：
(1)仪器A 的名称是
。
(2)原料氧化过程中3-甲基吡啶被KMnO4氧化生成烟酸钾的化学方程式为
。
(3)粗品生成过程中蒸馏的目的是
。
(4)粗品提纯用的方法为
。
(5)粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、
(填字母)。
(6)纯度测定中，产品的纯度为
。若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则测定的结果
(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
。
【答案】(1)三颈烧瓶（2 分）
(2)
＋2KMnO4
Δ
¿
¿
＋2MnO2↓＋KOH＋H2O（2 分）
(3)除去未反应的3-甲基吡啶（2 分）
(4)重结晶（2 分）
(5)BD（2 分）
(6)98.4% （2 分） 偏小（2 分）
【解析】3-甲基吡啶被高锰酸钾氧化先生成烟酸钾，再经过盐酸酸化得到烟酸粗产品，粗产品经过重结晶
得到纯品，纯品用氢氧化钠溶液滴定测定其纯度。
（1）由图可知，仪器A 为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
（2)根据反应原理可知，氧化时甲基被氧化为羧酸钾，相应的方程式为：
＋2KMnO4
Δ
¿
¿
＋2MnO2↓＋KOH＋H2O
；
（3）根据题给信息可知，3-甲基吡啶沸点为144℃，则合成粗产品时，在常压、144℃下蒸馏的目的是：
除去未反应的3-甲基吡啶；
（4）结合题给信息可知，烟酸微溶于冷水，温度升高，溶解度逐渐增大，则粗品提纯的方法为：重结
晶；
（5）粗品提纯过程中，趁热过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故选BD；
（6）烟酸是一元酸，与NaOH 反应物质的量之比为1:1，消耗NaOH 的物质的量为：
0.0500 mol/L×20.00×10
-3L=1×10
-3mol，烟酸的质量为
1×10
-3mol×123 g/mol×100
25.00 =0.492 g，纯度为0.492 g
0.5 g
×100%=98.4%；
若滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读出的NaOH 体积偏小，则测定的结果偏小。
16. （14 分）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆(主要含ZrOCl2，还含有少量Fe、Cr、Hf等
元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：ZrO
2+、Fe
3+、Cr
3+、Hf
4+；
25℃
②
时，K sp[Fe(OH)3)= 4.0×10
−38，K b(NH3⋅H2O)=1.8×10
−5；
③部分物质沸点如下
物质
ZrCl4
FeCl3
CrCl3
FeCl2
CrCl2
沸点/℃
331
315
1300
700
1150
回答下列问题：
(1)为增大酸溶效率，可采取措施为
。(填一条即可)
(2)基态Cr 原子和Fe 原子核外未成对电子数之比为
。请设计实验方案证明酸溶后溶液
中不存在Fe
2+:
。
(3)“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成Zr(NO3)2Cl2⋅2TBP的离子方程式：
。
(4)“沉淀”后，“废液”中
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
=1.8，则“废液”中c(Fe
3+)= mol⋅L
−1。
(5)“沸腾氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为
。
(6)“还原”的主要目的是
。
【答案】(1)将原料粉碎、搅拌、适当增加酸的浓度、适当升温（2 分）
(2)3:2 （2 分） 取少量酸溶后的溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6)溶液，不产生蓝色沉淀，则溶液中不
存在Fe
2+（2 分）
(3)ZrO
2++2TBP+2NO3
-+2Cl
-+2H
+=Zr(NO3)2Cl2⋅2TBP+H2O（2 分）
(4)4.0×10
−23（2 分）
(5)2C+2Cl2+ZrO2
高温
¿ZrCl4+2CO
¿
（2 分）
(6)把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质（2 分）
【解析】氧氯化锆主要含ZrOCl2，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中
各金属元素的存在形式为：ZrO
2+、Fe
3+、Cr
3+、Hf
4+，加入萃取剂TBP 萃取分液得到含Hf 的溶液，通
过反萃取得到TBP 和水溶液，水溶液中加入氨水沉淀Zr 离子、铁离子、铬离子，煅烧得到ZrO2、Fe2O3、
Cr2O3，加入C、 Cl2“沸腾氯化”时，ZrO2、Fe2O3、Cr2O3转化为：FeCl3、CrCl3、CrCl2、ZrCl4，ZrO2转化
为ZrCl4同时，结合质量守恒，还生成一种还原性气体为CO，再加入氢气还原，把FeCl3还原为FeCl2，避
免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，升华后ZrCl4加入Mg 发生镁热反应，生成金属Zr。
（1）为增大酸溶效率，可采取措施为将原料粉碎、搅拌、适当增加酸的浓度、适当升温等；
（2）Cr 为24 号元素，价电子排布式为3 d
54 s
1，未成对电子数为6，Fe 为26 号元素，价电子排布式为
3 d
64 s
2，未成对电子数为4，所以比值为3:2；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成KFe[Fe(CN)6)蓝色沉
淀，取少量酸溶后的溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6)溶液，不产生蓝色沉淀，则溶液中不存在Fe
2+；
（3）“萃取”时，ZrO
2+可与萃取剂TBP形成Zr(NO3)2Cl2⋅2TBP，结合质量守恒，生成
Zr(NO3)2Cl2⋅2TBP的离子方程式为：ZrO
2++2TBP+2NO3
-+2Cl
-+2H
+=Zr(NO3)2Cl2⋅2TBP+H2O；
（4）“沉淀”后的“废液”中有
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
=1.8，Kb(NH3⋅H2O)=c(NH4
+)×c(OH
−)
c(NH3⋅H2O)
=1.8×10
−5，则
c(OH
−)=1.0×10
−5 mol/L，K sp[Fe(OH)3)= 4.0×10
−38，则“废液”中
c(Fe
3+)=Ksp[Fe(OH)3)
c
3(OH
−)
= 4.0×10
−38
(10
−5)
3
mol/L= 4.0×10
−23 mol/L；
（5）“沸腾氮化”时，加入C、通入氯气，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体CO，该反应中碳
化合价由0 变为+2、氯化合价由0 变为-1，结合电子守恒，化学方程式为2C+2Cl2+ZrO2
高温
¿ZrCl4+2CO
¿
；
（6）由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂
质，最后升华得到ZrCl4，故答案为：把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质。
17. （15 分）阿扎司琼及其盐酸盐作为一种抗肿瘤辅助药，能够有效缓解化疗引起的恶心、呕吐症状。阿
扎司琼及其盐酸盐(H)的合成路线如图所示。
回答下列问题：
(1)A 中含氧官能团的名称为 。
(2)B 的结构简式为 。
(3)B→C 的反应类型是
。
(4)已知：生成G 的同时还生成了两种酸性气体，写出F→G 反应的化学方程式： 。
(5)A 的同分异构体中满足下列条件的有 种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱为5 组峰且峰面
积之比为2:2:1:1:1 的结构简式为
。
①含有苯环，但不含甲基。
②能与碳酸氢钠溶液发生反应。
③能与氯化铁溶液发生显色反应。
(6)参照上述路线，设计以对氯苯酚为原料合成
的路线： (其他试剂任选)。
【答案】(1)酯基、羟基（2 分）
(2)
（2 分）
(3)还原反应（1 分）
(4)
（2 分）
(5)23 （2 分）
（2 分）
(6)
（4 分）
【解析】该合成路线是阿扎司琼及其盐酸盐（H）的制备过程，A 与浓硝酸在浓硫酸催化并加热的条件下
发生取代反应生成B，B 的结构简式为
。B 与Fe、HCl 反应。B 中的不饱和键（如与肟基相关的
不饱和部分）发生还原反应，同时引入氨基，得到化合物C，反应类型为还原反应。C 与ClCH2COCl、
K2CO3在DME（乙二醇二甲醚）中反应，发生取代等反应，使分子结构进一步修饰，得到化合物D。D 与
CH3I、K2CO3反应，CH3I 作为甲基化试剂，对分子中的特定基团进行甲基化，得到化合物E。E 在酸性条
件下反应，发生水解等反应，使分子结构中的酯基等官能团转化，得到化合物F。F 与SOCl2反应，SOCl2
与F 中的羟基发生取代反应，生成SO2和HCl（两种酸性气体），同时得到化合物G。G 与
、DCC 反应，通过取代、成键等过程，最终得到目标产物阿扎司琼及其盐酸盐H。
（1）A 中含氧官能团为酯基、羟基。
（2)结合合成路线中物质A 到B 的反应条件，可推测发生硝化反应，结合后续物质C，可确定硝基的位
置，从而可推出B 的结构简式为
。
（3）B 到C 中，B 中的硝基被还原为氨基，符合还原反应的特征，故反应类型为还原反应。
（4)明确F 和G 的结构，结合反应条件，分析官能团的变化：羧基变为酰氯发生取代反应，还会生成小分
子
SO2
和HCl，进而写出反应的化学方程式为
。
（5)含有苯环，但环上不含甲基；能与碳酸氢钠溶液反应，说明含羧基(−COOH)；能与氯化铁溶液发生显
色反应，说明含酚羟基(−OH)，则取代基分别为①−OH、②−Cl、③−CH2COOH；②−CH2Cl、−COOH、
−OH；③−OH、−CHClCOOH；再根据同分异构体数目判断规律：苯环上三个取代基都不相同有10 种，苯
环上有2 个取代基则有邻间对3 种，故共有23 种。根据峰的组数和面积比，符合条件的结构简式为
。
（6)以对氯苯酚为原料，参照题干中A~D 的“硝化、还原、酰化、成环”等反应步骤，结合目标产物的结
构，可逐步设计出合成路线为
。
18. （15 分）请回答下列问题。
(1)二氧化碳的综合利用对实现我国提出的“碳达峰”和“碳中和”目标尤为重要，通过二氧化碳加氢合成
二甲醚(CH3OCH3)有广泛的应用。
反应Ⅰ：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) ΔH1=−49.0kJ/ mol
反应Ⅱ：2CH3OH (g)⇌CH3OCH3(g)+ H2O (g) ΔH2=−24.5kJ / mol
反应Ⅲ：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) ΔH3=+ 41.2kJ/ mol
①已知反应2CO2(g)+6 H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3 H2O (g)的活化能Ea（正）为46.2kJ / mol，则该反应逆反
应的活化能Ea（逆）为 kJ/mol。
②向恒温恒容的密闭容器中通入物质的量之比为1:2的CO2
和H2
，控制温度为T1
❑℃、起始压强为15 MPa
下发生上述三个反应，反应进行1 h 达到平衡，测得容器内压强为11 MPa，CH3OCH3(g)、CO (g)和
CH3OH (g)的压强满足以下关系，p(CH3OCH3):p(CO):p(CH3OH)=1:1:2，二甲醚的产率为 [二甲
醚的产率= 2n(CH3OCH3)
n(初始的)CO2
×100 %]，反应Ⅲ的平衡常数Kp= 。
③产物中的CH3OH和CO 可用于电化学合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO)，工作原理如图。
石墨1 极上发生的电极反应式为
。
(2)汽车排气管上的三元催化装置，可以催化尾气中CO、NO 发生以下两个反应：
反应Ⅰ：2NO (g)+CO (g)= N2O (g)+CO2(g) ΔH1<0
反应Ⅱ：N2O (g)+CO (g)= N2(g)+CO2(g) ΔH2<0
已知：N2的选择性=
2n(N2)
n(
N O
初始的) ×100 %
经测定汽车尾气中反应物浓度和生成物浓度在相同时间内随温度变化关系如图所示。
④左图中温度由275℃升至350℃的过程中，NO、CO 的浓度迅速下降的主要原因是：
。
⑤某容器中发生上述两个反应，下列措施能提高氮氧化物平衡转化率的有 （填字母）。
a.使用高效催化剂
b.适当升高温度
c.及时从体系分离出CO2
⑥试分析300℃升至400℃过程中N2O浓度先增大后减小的原因：
。
⑦450℃时，该时间段内N2的选择性为 （保留三位有效数字）。
【答案】(1)168.7 （2 分） 20% （2 分） 6
35
（2 分）
2CH3OH+CO−2e
−=(CH3O)2CO+2H
+ （2分）
(2)催化剂活性增强，反应速率加快 （2 分） c （1 分） 300℃~350℃反应Ⅰ产生N2O速率大于反
应Ⅱ的消耗速率；350℃~ 400℃反应Ⅰ产生N2O的速率小于反应Ⅱ的消耗速率 （2 分） 87.8%（2
分）
【解析】（1）根据盖斯定律，反应2CO2(g)+6 H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3 H2O (g)可由反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到
ΔH =2ΔH1+ΔH2=2×(−49.0kJ/mol)+(−24.5kJ/mol)=−122.5kJ/mol，根据反应的活化能与反应
热的关系ΔH =Ea(正)−Ea (逆)，已知Ea（正）为46.2kJ/ mol，可求得Ea(逆)=168.7kJ/ mol；
由n(CO2):n(H2)=p(CO2):p(H2)可得起始时p0(CO2)=5 MPa，p0(H2)=10 MPa，观察三个反应左右气体计量
数可知平衡时压强的变化只由反应Ⅰ引起，可由差量法进行计算如下：
CO2(g)
+
3 H2(g)
⇌
CH3OH (g)
+
H2O (g)
Δp
1
¿3
¿1
¿1
¿
2MPa
¿6 MPa
¿ ¿2MPa¿(15−11)MPa¿
结合平衡时CH3OCH3(g)、CO (g)和CH3OH (g)的压强满足关系p(CH3OCH3):p(CO):p(CH3OH)=1:1:2，
2CH3OH (g)
⇌
CH3OCH3(g)
+
H2O (g)
Δp
2 x
¿ x
¿
¿
(2−2 x): x =2:1可求得x =0.5 MPa，进一步可求得
p(CH3OCH3)=0.5 MPa，p(CH3OH)=1MPa，p(CO)=0.5 MPa，p(H2O)=3 MPa，p(CO2)=2.5 MPa，
p(H2)=3.5 MPa，二甲醚的产率= 2n(CH3OCH3)
n(初始的CO2)
×100 % = 2p(CH3OCH3)
p0(CO2)
×100 % =20 %；根据上面所求
值，可求得反应Ⅲ的平衡常数Kp=p(H2O)×p(CO)
p(CO2)×p(H2)
= 6
35
；由图可知，石墨2 极上O2得电子结合H+生成
H2O，发生还原反应，所以石墨2 极为阴极，石墨1 极为阳极，在石墨1 极上，CH3OH 和CO 发生氧化反
应生成(CH3O)2CO，电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+；
（2）此段温度升高，反应物的消耗量急剧增大，说明温度使催化剂的活性增强，使反应速率加快；使用
高效催化剂，只能加快反应速率，不能改变平衡状态，氮氧化物平衡转化率不变；反应I 和反应Ⅱ均为放
热反应，适当升高温度，平衡逆向移动，氮氧化物平衡转化率降低；及时从体系分离出CO2，平衡正向移
动，氮氧化物平衡转化率提高；故选c；300℃∼350℃反应Ⅰ产生N2O速率大于反应Ⅱ的消耗速率，
350℃∼400℃反应Ⅰ产生N2O的速率小于反应Ⅱ的消耗速率；由图可知，450℃时，
c(N2)=1.625×10
−3 mol/L，c (
N O
初始的)=c (NO)+2c(N2)+2c(N2O)
=(200+1625×2+125×2)×10
−6 mol/L=3.7×10
−3 mol/L，N2
的选择性
=
2n(N2)
n(
N O
初始的) ×100 % =
2c(N2)×V
c (
N O
初始的)×V ×100 % = 2×1.625×10
−3 mol/L
3.7×10
−3 mol/L
×100 %≈87.8 %。
