北京市顺义区2026届高三化学下学期一模试卷含解析

北京市顺义区2026届高三化学下学期一模试卷

可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.我国科研人员研发“原子抽提”技术，通过在铜铂合金中引入50Sn原子，利用Sn的原子半径大于Cu

及Sn与Pt的强作用力，将嵌入铜铂合金内的Pt原子“抽提”至表面。该技术可降低丙烷脱氢制丙烯时催

化剂铜铂合金的用量。下列说法不．正．确．的是

A.基态Sn原子的价层电子排布式为5s25p2

B.Cu元素位于元素周期表的ds区

C.电子层数是影响原子半径SnCu的主要因素

D.该技术可降低丙烷脱氢制丙烯反应的焓变

【答案】D

【解析】

【详解】A．Sn是50号元素，位于第五周期第ⅣA族，基态原子价层电子排布式为5s25p2，故A不符合题意；

B．Cu为第四周期第ⅠB族元素，元素周期表中第ⅠB、ⅡB族属于ds区，故B不符合题意；

C．Sn原子核外有5个电子层，Cu原子核外有4个电子层，电子层数越多一般原子半径越大，是原子半径

Sn＞Cu的主要影响因素，故C不符合题意；

D．催化剂只改变反应活化能，不改变反应的焓变，该技术仅降低催化剂用量，不影响反应焓变，故D符合

题意；

答案为D。

2.下列化学用语或图示表达不．正．确．的是

A.HCN的电子式

B.SO3的VSEPR模型

C.顺-2-丁烯的结构简式

D.水分子的电离过程

【答案】A

【解析】

【详解】A．HCN是共价化合物，电子式：，A错误；

623

B．SO​中心S原子价层电子对数33，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，，

32

B正确；

C．顺-2-丁烯的定义是两个甲基位于双键同侧，，C正确；

D．水分子的自偶电离过程为，图示反应物为两个水分子，产物为水合氢离子

2H2OH3OOHH3O

和氢氧根OH，D正确；

故选A。

3.下列说法正确的是

A.油脂都不能使溴水褪色

B.利用X射线衍射可测定蛋白质的晶体结构

C.核酸分子中碱基通过共价键结合成碱基对

D.蔗糖、麦芽糖互为同分异构体，水解产物相同

【答案】B

【解析】

【详解】A．油脂分为植物油和动物脂肪，植物油含不饱和碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，A错

误；

B．X射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可用于测定蛋白质的晶体结构，B正确；

C．核酸分子中碱基对是通过氢键结合的，并非共价键，C错误；

D．蔗糖、麦芽糖分子式均为C12H22O11，互为同分异构体，但蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只

生成葡萄糖，水解产物不同，D错误；

故答案选B。

4.下列方程式与所给事实不．相．符．的是

A.洗涤硫酸钡时，用稀硫酸比用等体积蒸馏水损失少：2+2-

BaSO4(s)Ba(aq)+SO4(aq)

B.用稀硝酸洗去试管壁上的银：

Ag2HNO3AgNO2H2O

C.用足量NaOH溶液吸收尾气：2

SO2SO22OHSO3H2O

D.钠可用作强除水剂：

2Na2H2O2Na2OHH2

【答案】B

【解析】

【详解】A．稀硫酸中存在大量2-，使的溶解平衡逆向移动，抑制溶解，因此用稀硫酸洗

SO4BaSO4BaSO4

涤时BaSO4损失更少，A不符合题意；

B．稀硝酸与Ag反应的还原产物为NO，反应为-+，给出的方程式与事

3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O

实不相符，B符合题意；

C．足量NaOH溶液吸收SO2，反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式书写正确，C不符合题意；

D．Na可与水反应生成氢氧化钠和氢气，因此可作强除水剂，离子方程式书写正确，D不符合题意；

故选B。

5.在钢铁部件表面进行发蓝处理，形成一层致密Fe3O4薄膜可减少钢铁的腐蚀。某种发蓝处理过程中铁的

转化如下，过程中同时产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

下列说法不．正．确．的是

A.钢铁腐蚀过程中，负极的电极反应式为Fe2eFe2

B.Ⅰ中反应的离子方程式为2

3FeNO25OH3FeO2NH3H2O

C.温度升高为500℃、增大NaNO2溶液浓度，更有利于发蓝处理

D.发蓝处理可减少钢铁腐蚀的主要原因是隔绝空气与钢铁接触，减小反应速率

【答案】C

【解析】

【分析】铁与NaNO2溶液、NaOH溶液在140℃生成NaFeO2，反应：

2，与溶液、NaOH溶液在140℃生成，

3FeNO25OH3FeO2NH3H2ONaNO2Na2Fe2O4

NaFeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4​，据此分析；

【详解】A．钢铁发生电化学腐蚀时，Fe作负极，失电子生成Fe2，电极反应式为Fe2eFe2，A正

确；

B．根据题干，反应生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，配平该离子方程式：Fe从0价变为

2中的+2价，N从中的+3价变为中的-3价，离子方程式为

FeO2​NO2​NH3

2，B正确；

3FeNO25OH3FeO2NH3H2O

C．该转化过程在水溶液中进行，水的沸点为100℃，温度升高到500℃时，水会完全汽化，无法维持溶液

环境，不利于反应进行，因此不是更有利于发蓝处理，C错误；

D．发蓝形成的致密Fe3O4​薄膜，隔绝了空气、水与钢铁接触，减小了腐蚀反应的速率，减少钢铁腐蚀，

D正确；

故选C。

6.下列依据相关数据作出的推断中，不．正．确．的是

A.依据元素的电负性，可推断化合物中元素化合价的正负

B.依据相对分子质量，可推断C2H5OH与C3H8的沸点高低

C.依据弱酸的电离常数，可推断同温度同浓度时，NaF与CH3COONa溶液的pH大小

D.依据某温度下Q与Ksp的相对大小，可推断该温度下难溶电解质的沉淀或溶解情况

【答案】B

【解析】

【详解】A．电负性反映原子对键合电子的吸引能力，电负性更大的元素在化合物中显负价，电负性更小的

显正价，可依据电负性推断化合价正负，A不符合题意；

B．C2H5OH分子间存在氢键，C3H8分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此C2H5OH

的沸点远高于C3H8，不能仅依据相对分子质量推断C2H5OH与C3H8的沸点高低，B符合题意；

C．弱酸的电离常数越大，酸性越强，对应强碱弱酸盐的水解程度越小，溶液pH越小，依据弱酸的电离常

数，可推断同温度同浓度时NaF与CH3COONa溶液的pH大小，C不符合题意；

D．某温度下，若QKsp，难溶电解质析出沉淀；若QKsp，沉淀溶解；若QKsp，达到溶解平衡，

可依据二者相对大小判断沉淀或溶解情况，D不符合题意；

故选B。

7.下列实验的相应操作中，不．正．确．的是

A．借助秒表，测定稀硫酸与锌B．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，

的反应速率把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH

C．Fe与水蒸气反应结束后，D．使用碱式滴定管时轻轻挤压碱式滴定管的玻璃球，

先移出导管，再熄灭酒精灯排除气泡

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．该装置使用长颈漏斗且未形成液封，反应生成的氢气会从长颈漏斗上口逸出，无法通过注射器

准确测定生成气体的体积，不能测定反应速率，A错误；

B．测待测液的pH时，需用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色

卡比较，读出pH，B正确；

C．Fe与水蒸气反应结束后，应先移出导管，再熄灭酒精灯，是为了防止倒吸，C正确；

D．使用碱式滴定管排气泡时，应将橡皮管向上弯曲，轻轻挤压碱式滴定管的玻璃球，排除气泡，操作正确，

D正确；

故答案选A。

22

CuHO4ClCuCl4HO

8.CuCl2溶液中存在如下平衡：2442H0，下列说法正确

(蓝色)(黄色)

的是

A.向CuCl2溶液中通入HCl气体，溶液由蓝色变为黄绿色

B.向CuCl2溶液中滴加AgNO3溶液，促进平衡正向移动

C.将CuCl2溶液置于冷水中，溶液由蓝色变为黄绿色

D.向CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液pH不变

【答案】A

【解析】

【详解】A．通入HCl气体后溶液中-浓度增大，平衡正向移动，黄色的2-浓度升高、蓝色的

ClCuCl4

2+

浓度降低，二者混合使溶液呈黄绿色，A正确；

CuH2O4

+--

B．滴加AgNO3溶液时，Ag与Cl反应生成AgCl沉淀，Cl浓度减小，平衡逆向移动，B错误；

2+

C．该反应H0，正反应吸热，置于冷水中温度降低，平衡向放热的逆向移动，浓度升

CuH2O4

高，溶液偏蓝色，C错误；

2+

D．加入NaCl固体，-浓度增大平衡正向移动，浓度减小，Cu2+水解平衡逆向移动，+

ClCuH2O4H

浓度降低，pH升高，D错误；

故答案为：A。

9.二氢嘧啶酮类化合物具有抗肿瘤、抗病毒、抗菌等药理作用。一种二氢嘧啶酮类化合物(L)的合成方法

如下。

下列说法不．正．确．的是

A.苯甲醛的核磁共振氢谱有四组峰

B.反应物K的结构简式是

C.生成物L分子中存在2个手性碳原子

D.乙酰乙酸乙酯中碳上的CH键极性强，易断裂

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据苯甲醛的结构简式，苯甲醛中有4种不同化学环境的氢原子，即核磁共振氢谱有四组峰，

故A说法正确；

B．苯甲醛(C7H6O)、乙酰乙酸乙酯(C6H10O3)、K反应生成L(C14H16O2N2S)和2分子水，根据原子守恒，K的分子

式为CH4N2S，因此对比结构简式可以推出K的结构简式为，故B说法正确；

C．根据手性碳原子的定义，L中手性碳原子的位置是，L分子中存在1个手性碳原子，

故C说法错误；

D．根据上述反应可知，乙酰乙酸乙酯的α碳上的C-H发生断裂，羰基为强吸电子基团，使得α碳上的电子

偏向羰基上的碳原子，使α碳上的C-H键极性增强，容易断裂，故D说法正确；

答案为C。

10.我国科学家研发出一种电驱动化学链合成氨新技术，包括电驱动Li2NH加氢过程和电驱动LiH固氮过

程，原理示意图如图。其中a、b代表LiH或Li2NH中的一种。

已知：过程Ⅰ中H2为两电极反应物；电解质为熔融氯化锂；NH3和H2均在阳极上析出。

下列说法不．正．确．的是

A.a为LiH

B.过程Ⅰ中生成的电极反应式为2

NH3H22eNHNH3

C.过程Ⅱ中N2在阴极得到电子

D.过程Ⅰ转移2mole时生成的a在过程Ⅱ中完全反应，生成1molH2

【答案】D

【解析】

【分析】根据流程循环：b进入过程Ⅰ（加氢过程），与H2​反应生成NH3​和a；a进入过程Ⅱ（固氮

过程），与N2反应生成H2​和b，b循环回过程Ⅰ。配平过程Ⅰ反应：Li2NH2H2NH32LiH，

因此a为LiH，b为Li2NH，据此分析；

【详解】A．根据分析，a为LiH，A正确；

2

B．过程Ⅰ中NH3​在阳极生成，阳极发生氧化反应，H2​失电子，与Li2NH电离出的NH结合生成NH3，

电极反应2，B正确；

H22eNHNH3​

C．过程Ⅱ中N2​转化为Li2NH中-3价的N，化合价降低，发生得电子的还原反应，阴极发生还原反应，

因此N2​在阴极得到电子，C正确；

D．过程Ⅰ转移2mole时，生成2molLiH（a）；过程Ⅱ中LiH与N2​反应的配平方程式为：

4LiHN22Li2NHH2​，可得4molLiH生成1molH2​，因此2molLiH完全反应仅生成0.5molH2，

D错误；

故选D。

11.我国科学家制备出一种铜基催化剂用于催化甲醇水蒸气重整制氢，主要反应过程如下(H2O和H2未画

出)。

0

已知；Cu基催化剂中的Cu和Cu为催化活性位点；H2O只参与Cu上的反应。

下列说法不．正．确．的是

A.过程Ⅱ→Ⅲ是催化甲醇水蒸气重整制氢的决速步骤

B.在0位点发生的总反应为Cu0

CuCH3OHCH2OH2

C.Cu位点上的反应中，参与反应的CH2O与最终生成的H2的物质的量之比为1：2

D.Ⅰ→Ⅶ反应过程中，有四个过程均存在键的断裂与键的形成

【答案】D

【解析】

【详解】A．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最高的步骤，根据图可知过程Ⅱ→Ⅲ的能垒变化最大（即

活化能最高），因此过程Ⅱ→Ⅲ是决速步骤，故A正确；

00

B．观察图中Cu位点反应，可以看出Cu位点的反应物为CH3OH，生成物为CH2O和H2，总反应为

Cu0，故B正确；

CH3OHCH2OH2

++

C．由图可知，H2O只参与Cu上的反应，在Cu位点上，CH2O与H2O反应生成CO2和H2，总反应为CH2O+H2O=CO2+2H2，

参与反应的CH2O与最终生成H2的物质的量之比为1:2，故C正确；

D．Ⅰ→Ⅶ的反应过程中，Ⅰ→Ⅱ未发生化学键断裂或形成，Ⅱ→Ⅲ发生CH3OH中C-H键（σ键）断裂，生

成CH2O（含C=O双键，包含π键）和H2，此过程存在σ键断裂和π键形成，Ⅲ→Ⅳ未发生化学键变化，Ⅳ→Ⅴ

未发生化学键变化，Ⅴ→Ⅵ发生H2O中O-H键（σ键）断裂，形成π键，Ⅵ→Ⅶ同时存在σ键断裂和π键形

成，根据上述分析可以看出仅Ⅱ→Ⅲ、Ⅴ→Ⅵ、Ⅵ→Ⅶ共3个过程存在σ键断裂和π键形成，不存在四个

符合要求的过程，故D错误；

故答案选D。

12.CO催化还原NO生成N2和CO2可以同时实现两种有害气体的有效脱除，因而成为治理烟气的最理想方

案之一、将组成一定的CO与NO混合气体通入恒容密闭容器中，主要反应过程为：

ⅰ．1

2NO(g)CO(g)N2O(g)CO2(g)H1381.45kJmol

ⅱ．1

N2O(g)CO(g)N2(g)CO2(g)H2365.05kJmol

不同温度下，反应相同时间，反应体系中各气体的物质的量浓度随温度的变化如图。

n(转化为N的NO)

已知：NO的脱除率2100%

n(初始的NO)

下列说法不正确的是

A.CO与NO反应生成N2与CO2的热化学方程式为：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)

H746.5kJmol1

B.y曲线代表的物质是N2

C.450℃时，NO的脱除率约为60%

D.450℃比350℃更有利于CO、NO的有效脱除

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据盖斯定律，将反应ⅰ+反应ⅱ可得总反应：

2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)

111，A正确；

ΔHΔH1ΔH2381.45kJmol(365.05kJmol)746.5kJmol

B．CO、NO是反应物，浓度随温度升高（反应速率加快，消耗增多）逐渐降低，CO2​和N2​是生成物，

浓度随温度升高逐渐增大，总反应中CO2​计量数为2，N2​计量数为1，因此相同温度下CO2​浓度大

于N2​，故曲线x为CO2、曲线y为N2​，B正确；

剩余

C．根据N原子守恒：初始NO浓度c0NOcNO2cN2O2cN2，根据B选项可知，曲线

剩余1

x为CO2、曲线y为N2​，则曲线e为N2O，如图可知，450℃时，cNO350mmolL、

11

cN2O200mmolL、cN21500mmolL，代入

1

得：c0NO3502200215003750mmolL，

2cN3000

根据脱除率定义可知：脱除率2100%100%80%，C错误；

c0NO3750

D．如图可知，450℃比350℃时CO浓度明显降低，NO浓度变化不明显，但CO和NO浓度均较低，因此450℃

比350℃更有利于CO、NO的有效脱除，D正确；

故选C。

13.一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯W的合成路线如下。

下列说法不．正．确．的是（）

A.反应物P分子中碳原子的杂化类型为sp2及sp

B.高分子W具有高强度可能与链之间能形成氢键有关

C.反应物M与P生成W的反应类型为缩聚反应

D.依据上述反应原理，高分子W可以和反应，生成体型聚合物

【答案】C

【解析】

【详解】A．P分子中，萘环上的碳原子都形成3个σ键、无孤电子对，杂化类型为sp2杂化；-N=C=O中

心碳原子形成2个σ键、无孤电子对，杂化类型为sp杂化，A正确；

B．高分子W的结构中含有-NH-，N上连接H原子，分子链之间可以形成氢键，氢键增强了分子间作用力，

因此W具有高强度，B正确；

C．缩聚反应的定义是：单体缩合生成高分子，同时会脱去小分子副产物（如水、醇等），该反应中，-N=C=O

和-OH发生加成反应生成氨基甲酸酯键，所有原子全部进入产物，没有小分子生成，不属于缩聚反应，C错

误；

D．选项中的化合物是季戊四醇，1个分子中含有4个羟基（多个可反应官能团），可以与W的异氰酸酯基

-N=C=O发生交联，生成体型网状聚合物，D正确；

故答案选C。

14.某小组探究利用CaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3，实验如下。

实验序号实验操作实验现象

试管a：立即出现白色沉淀

Ⅰ

试管b：无明显现象

试管a：立即出现白色沉淀

Ⅱ

试管b：立即出现白色沉淀

试管a：立即出现白色沉淀

Ⅲ试管b：立即出现白色沉淀，有无色

气泡产生

9

已知：ⅰ、白色沉淀为CaCO3，KspCaCO33.410；

ⅱ、25℃时，的7，11；

H2CO3Ka14.510Ka24.710

ⅲ、实验中，3滴溶液的体积约为0.15mL。

下列说法不．正．确．的是

1

A.常温下，0.5molL溶液的pH:Na2CO3NaHCO3CaCl2

B.Ⅲ中，试管b中发生反应的离子方程式为：2

2HCO3CaCaCO3H2OCO2

C.常温下，利用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3时需控制溶液浓度在一定范围

D.将1溶液与1溶液混合，溶液中出现白色沉淀

10mL0.005molLCaCl210mL0.002molLNaHCO3

【答案】D

【解析】

【详解】A．NaCO溶液中2水解程度大，碱性最强；NaHCO溶液中水解略强于电离，呈弱碱性；

23CO33HCO3

CaCl2为强酸强碱盐，溶液中性。故pH顺序为：Na2CO3>NaHCO3>CaCl2，A正确；

B．实验现象为白色沉淀+无色气泡，说明发生反应：2+Ca2+=CaCO↓+CO↑+HO，方程式满足原子守恒、

HCO3322

电荷守恒，且与现象一致，B正确；

C．利用CaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3时，需控制溶液浓度。若CaCl2浓度过高，NaHCO3也可能生成沉淀，

故需控制浓度范围，C正确；

D．计算混合后各离子浓度：混合后总体积为20mL。c(Ca2+)=(10mL×0.005mol/L)/20mL=0.0025

mol/L，c()=(10mL×0.002mol/L)/20mL=0.001mol/L，实验Ⅰ中4mL0.05mol/LCaCl(c(Ca2+)=

HCO32

0.05mol/L)溶液中加3滴0.1mol/LNaHCO溶液，混合后c()=(0.15mL×0.1mol/L)/4.15mL

3HCO3

≈0.0036mol/L，无沉淀生成，混合后钙离子和碳酸氢根离子浓度远远低于实验Ⅰ，故无沉淀生成。D错

误；

故答案选D。

本部分共5题，共58分。

15.金属-有机框架材料(MOFs)是由含金属的节点与有机连接体构筑形成的一种材料，具有空间立体网状结

构，在气体存储、分离领域具有潜在应用价值。MOF-5是一种典型的金属有机框架材料。

（1）MOF-5的一种制备方法如下。

①Zn的基态原子价层电子轨道表示式是______。

②DMF的分子式是______。

③组成DMF的第二周期元素中，元素的第一电离能最大的是______。

（2）MOF-5晶体的晶胞是立方体结构，结构示意图如下。

①MOF-5中每个6周围与它最近且距离相等的2有______个。

Zn4OBDC

②MOF-5晶体的密度为3，6和2的摩尔质量分别为1和1，阿伏伽

gcmZn4OBDCMgmolNgmol

7

德罗常数为NA，该晶胞的棱长为______nm。1nm10cm

（3）研究发现MOFs材料的热稳定性与金属阳离子所带电荷及其尺寸有关。将MOF-5中的Zn2替换为Al3，

材料的热稳定性显著提升。从微粒间作用的角度解释原因______。

【答案】（1）①.②.C3H7NO③.N

8M24N7

（2）①.6②.310

NA

（3）Al3+所带电荷比Zn2+多，离子半径比Zn2+小，与配体之间作用强度更大

【解析】

【小问1详解】

①Zn是30号元素，基态原子价层电子排布为3d104s2，价层电子轨道表示式为

；

②DMF为N,N-二甲基甲酰胺，结构为，分子式为；

CH32NCHOC3H7NO

③组成DMF的第二周期元素为C、N、O，同周期第一电离能从左到右整体增大，且N的2p2p轨道为半满稳

定结构，第一电离能N>O>C，故第一电离能最大的是N(氮)。

【小问2详解】

①每个6在x、y、z三个轴的正负方向，各连接1个最近的2，故总数为6；

[Zn4O]BDC

111

②根据均摊法，[ZnO]6位于顶点、棱心、面心和体心，数目为812618，根据电荷平

4842

46

衡，BDC2数目为24，设晶胞棱长为anm，则晶胞体积V(a107cm)3a31021cm3，晶

2

8M24Nm8M24N7

胞总质量mg，由密度公式得：a310nm。

NAVNA

【小问3详解】

Al3+所带电荷比Zn2+多，离子半径比Zn2+小，与配体之间的作用强度更大，因此材料热稳定性显著提升。

16.NaClO是84消毒液的有效成分，是一种应用广泛的含氯消毒剂。

（1）实验室制备NaClO。通常将纯净的氯气通入冷的氢氧化钠溶液中进行制备，实验如图。

①A为氯气发生装置。A中反应的化学方程式是______。

②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂______。

（2）电解法制备NaClO的原理示意图如图。阳极材料以钛作基体，RuO2TiO2为催化剂涂层。

已知：受电极材料影响，Cl浓度较大时，可优先被氧化。

①a极为______。

②结合电极反应式解释ClO的产生原理______。

③电解时实际生成的NaClO的总量小于理论计算所得NaClO的量，可能原因是______。

（3）NaClO用于消毒的主要原因是：产生HClO分子会很快吸附细菌，通过氧化反应消毒。

已知：ⅰ、HClO浓度越大，氧化还原电势越高、氧化性越强，消毒效果越好；

ⅱ、25℃时，HClO的8。

Ka4.010

①当84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势的变化如下。

84消毒液与水

1：101:1021:1031:104

的体积比

氧化还原电势

约570约620约690约560

(mV)

结合平衡移动原理解释84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势变化的原因______。

②84稀释液静置于空气中时，氧化还原电势的变化如图。结合离子方程式解释原因______。

浓

【答案】（1）①.MnO24HClMnCl2Cl22H2O②.

（2）①.阴极②.阳极发生反应，阴极发生反应，

2Cl2eCl22H2O2eH22OH

生成的与阴极产生的发生反应，从而生成③.浓

Cl2OHCl22OHClOClH2OClOCl

度减少，OH放电，有O2生成；Cl2和OH不完全反应；部分Cl2逸出未反应（合理即可）

3

（3）①.溶液中存在平衡：ClOH2OHClOOH，当稀释倍数从1:10增大到1:10时，加水

稀释促进ClO的水解，HClO物质的量增加程度大于体积增加的程度，HClO浓度增大，，氧化还原电势升高，

当稀释倍数超过1:103（如1:104）时，稀释的影响超过促进水解的影响，HClO浓度降低，氧化还原电势

降低②.，浓度逐渐增大，氧化性增强，因此氧化还

ClOCO2H2OHClOHCO3HClO

原电势逐渐升高

【解析】

【分析】该实验为实验室制备次氯酸钠（84消毒液有效成分）的流程：装置A中，二氧化锰与浓盐酸在加

热条件下反应制取氯气，制得的氯气中混有挥发的HCl和水蒸气，装置B为除杂装置，需依次通过盛有饱

和食盐水的洗气瓶除去HCl，得到纯净的氯气，纯净氯气通入装置C中冷的氢氧化钠溶液（冰水浴降温，防

止副反应生成氯酸钠），与氢氧化钠发生反应制得次氯酸钠，装置D中盛放氢氧化钠溶液，用于吸收尾气中

未反应的氯气，防止污染空气。

【小问1详解】

①装置A是MnO2与浓盐酸加热制Cl2，属于氧化还原反应，因此反应方程式为

浓

MnO24HClMnCl2Cl22H2O；

②A中产生的混合气体包括生成的Cl2和挥发的HCl，因此装置B的作用是除去挥发的HCl，选择饱和食盐

水是因为HCl极易溶于水，且Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度较小；

【小问2详解】

①由图可知，a极中消耗H2O产生H2，发生了还原反应，因此a极为阴极；

②在b极（阳极）发生的反应是，a极（阴极）发生的反应为，

2Cl2eCl22H2O2eH22OH

阳极生成的与阴极生成的发生反应，产生；

Cl2OHCl22OHClOClH2OClO

③实际产量小于理论产量的可能原因是Cl浓度减少，OH放电，有O2生成；Cl2和OH不完全反应；

部分Cl2逸出未反应等；

【小问3详解】

HClO的浓度决定了氧化还原电势：稀释初期水解促进使HClO浓度升高，氧化还原电势上升，过度稀释

时HClO的稀释效应占据主导，氧化还原电势下降；根据弱酸的酸性强弱，

的7>的8>的11，因此可以与

H2CO3Kα14.310HClOKα4.010HCO3Kα25.610CO2ClO

反应生成，离子方程式为，随着时间推移，空气中的

HClOClOCO2H2OHClOHCO3CO2

持续与ClO反应，溶液中HClO浓度逐渐升高，因此氧化还原电势逐渐升高。

17.一种重要医药中间体T的合成路线如下：

已知：

（1）A可与小苏打反应，B的分子式是C2H6O。AD的化学反应方程式是______。

（2）DE的反应类型是______。

（3）已知：J与FeCl3溶液作用显紫色。KL的反应试剂和条件为______。

（4）Q分子中含有的官能团名称是氯原子、______。

（5）下列说法正确的是______(填序号)。

a．HK引入保护基，PQ脱除保护基

b．L的一种同分异构体同时含有苯环和碳碳三键、既有酸性又有碱性

c．MP的反应类型是还原反应

（6）以G和R为原料合成T分为三步反应：

①X的结构简式为______。

②Y中仅有一个六元环，XY的反应类型是______。

浓H2SO4

【答案】（1）

CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O

Δ

（2）取代反应（3）浓硝酸、浓硫酸、加热

（4）（酚）羟基、氨基

（5）abc（6）①.②.消去反应

【解析】

【分析】A可与小苏打反应，说明A含羧基，B分子式为C2H6O，为乙醇CH3CH2OH，A在浓硫酸、加热

条件下与B发生酯化反应生成D，推得A为CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3；D与Cl2在一定条件下

发生取代反应生成E，E为ClCH2COOCH2CH3；E与NaCN发生取代反应生成F，F与H2NCOOC2H5

反应生成G和乙醇，根据已知信息可知，G的结构式为；A脱水生成H（C4H6O3），H

结构为，H与含酚羟基遇FeCl3显紫色的J反应，生成K，K发生硝化反应生成L，根据L的结

构逆推可知K为，J为；L与Cl2在FeCl3催化下发生苯环取代生成M，根据R的结构逆

推可知，M的结构为，M在Fe、HCl条件下发生还原反应，硝基转化为氨基生成P，P的

结构为；P脱保护基生成Q的结构为，Q与HNO2在0C下发生反应生成R；

R与G经三步反应生成T，据此分析。

【小问1详解】

A为CH3COOH，B为CH3CH2OH，A→D为乙酸与乙醇的酯化反应，化学反应方程式为

浓H2SO4

；

CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O

Δ

【小问2详解】

D为CH3COOCH2CH3，D→E为CH3COOCH2CH3与Cl2的取代反应，甲基上的氢原子被氯原子取代，

反应类型为取代反应；

【小问3详解】

K为对羟基苯乙酸乙酯类结构，K→L为苯环的硝化反应，反应试剂和条件为浓硝酸、浓硫酸、加热；

【小问4详解】

Q的结构为，Q分子中含有的官能团为氯原子、（酚）羟基、氨基；

【小问5详解】

a．H→K引入乙酰基保护酚羟基，P→Q脱除保护基，a正确；

b．L的同分异构体同时含苯环、碳碳三键，且既有酸性又有碱性，考虑同时含酚羟基和氨基，如

符合要求，b正确；

c．M→P为硝基还原为氨基，属于还原反应，c正确；

故选abc；

【小问6详解】

①R与G发生加成反应，G的结构为，加成后X的结构简式为

；

②Y中仅有一个六元环，X→Y为分子内羟基消去形成碳氮双键，反应类型为消去反应。

18.以NiMo/Al2O3型废催化剂为原料，实现Al、Ni、Mo(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。

已知：i．R3NRC8H17~C10H21是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将R3N

先酸化为；

(R3NH)

ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；MoO3易升华，易溶于碱。

（1）高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和MoO3。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，

可能原因是______。

2

（2）浸出过程中，MoO转化为MoO2、NiO转化为NiNH进入溶液。

3436

2

①NiO转化为NiNH的离子方程式为______。

36

②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。

2

（3）萃取时，滤液中加入酸化的RN会选择性萃取MoO2而不萃取NiNH。原因是______。

3436

（4）反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。

a．氨水b．硫酸溶液c．氯化铵溶液

（5）该流程中可循环利用的物质有______。

（6）测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。

取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥

形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用1标准液滴定，至滴定终点时消耗

H2SO40.1000molLFeSO4FeSO4

溶液的体积为12.00mL。

已知：2233。

MoO43Fe8HMo3Fe4H2O

反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。

【答案】（1）MoO3易升华，温度过高，MoO3流失，影响后续溶浸

（2）①.2②.不可以替换，原因1：氨水提供

NiO4NH3H2O2NH4Ni(NH3)65H2O

铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离

（3）由于静电引力作用，萃取有效成分吸引2，而2会静电排斥（4）a

(R3NH)MoO4[Ni(NH3)6]

（5）R3N、氨水

（6）0.04molL1

【解析】

【分析】废催化剂经高温焙烧将镍元素、钼元素转化为NiO和MoO3，氯化铵、氨水将镍元素和钼元素以

2

NiNH、MoO2形式浸出，氧化铝形成滤渣除去；利用酸化的RN萃取出MoO2进入有机层，

36434

2

NiNH进入水层，加入氢氧化钠得到氢氧化镍；有机层再经反萃取，净化浓缩得到钼盐，据此分

36

析。

【小问1详解】

已知MoO3易升华，焙烧温度过高时，MoO3升华逸出，可浸出的钼元素减少，影响后续溶浸；

【小问2详解】

①与氨水、反应生成六氨合镍(II)配离子，根据电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式：

NiONH4Cl

2；

NiO4NH3H2O2NH4Ni(NH3)65H2O

②已知NiO不溶于强碱，易溶于氨水，若使用氢氧化钠，氢氧化钠与铵根离子反应，氢氧化钠会增加氯化

铵用量；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成，后续不易分离，所以不可以用替换氨水，

Na[AlOH4]NaOH

故答案为：不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧

化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离；

【小问3详解】

酸化生成的带正电荷，可静电吸引带负电的2进入有机层；而2带正电荷，与

(R3NH)MoO4[Ni(NH3)6]

相互排斥，不能进入有机层，因此仅选择性萃取2，故答案为：由于静电引力作用，萃取

(R3NH)MoO4

有效成分吸引2，而2会静电排斥；

(R3NH)MoO4[Ni(NH3)6]

【小问4详解】

萃取时酸化为带正电的，结合2进入有机层；反萃取需要中和的

R3N(R3NH)(R3NH)MoO4(R3NH)

，使变回中性的，释放2进入水层，因此需要碱，选项中只有氨水为碱性，故选

H(R3NH)R3NMoO4

a；

【小问5详解】

2

反萃取后RN再生，可回到萃取步骤循环使用；萃取后水层NiNH与NaOH反应生成NiOH

3362

和氨水，所以氨水也可以回收循环用于浸出步骤，因此可循环的物质为R3N和氨水；

【小问6详解】

根据反应2233，可得：待测液中，

MoO43Fe8HMo3Fe4H2O25.00mL

11

n(Mo)n(MoO2)n(Fe2)0.1000mol/L0.012L0.0004mol，100mL则原反萃取液中

433

250mL0.004mol

总n(Mo)0.0004mol0.004mol，因此c(Mo)0.04mol/L

25.00mL0.1L

19.小