2026届江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学高三上学期高考第一次模拟考试化学试卷

这是一份2026届江苏省南京市鼓楼区南京市第二十九中学高三上学期高考第一次模拟考试化学试卷，共26页。试卷主要包含了7，完全沉淀时 pH=2，6＜等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(本题共 13 题，每题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意)
第 19 届杭州亚运会采用石墨烯纳米防滑涂层以增加地面防滑性。石墨烯属于
A. 有机材料B. 无机非金属材料C. 金属材料D. 复合材料
Δ
印刷电路板的碱性蚀刻液与 NaOH 溶液共热可发生反应：[Cu(NH3)4]2++2OH-CuO↓+4NH3↑+H2O。下
列说法不正确的是
Cu 属于 d 区元素B. 1ml[Cu(NH3)4]2+中含 16mlσ 键
C NH3 分子所含键角大于 H2OD. 稳定性：NH3＜H2O
一种用于烧制陶瓷的黏土中含 Al2Si2O5(OH)4、CaMg(CO3)2、MgSO4 等物质。下列说法正确的是
离子半径：r(Na+)>r(Al3+)>r(O2–)B. 电负性：χ(O)>χ(C)>χ(Si)
C. 熔点：CaO>MgOD. 第一电离能：I1(Si)>I1(Al)>I1(Mg)
222242
FeS 在酸性条件下可发生反应： FeS  2H  Fe2  S  H S↑。以FeS 为原料制取FeSO  7H O 晶
体的实验操作或原理不能达到实验目的的是
用装置甲制取含FeSO4 的悬浊液B. 用装置乙吸收挥发出的H2S 气体
C. 用装置丙除去 S 和未反应的FeS2D. 用装置丁蒸干溶液，获得FeSO4  7H2O
阅读下列材料，完成以下 3 个小题：
碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热(890.3kJ·ml-1)，是常见燃 料；H2CS3 是一种弱酸，在水中缓慢水解生成 H2CO3；通过反应 Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)可用于提纯 Ni。 Si、Ge 是重要半导体材料，硅可以溶于 HF-HNO3 的混合酸中生成 H2SiF6；醋酸铅(易溶于水，难电离)溶液可以吸收硫化氢气体。
下列说法正确的是
碳和硅的单质都属于分子晶体
CO2 中的 C 原子与 SiO2 中的 Si 原子杂化方式相同
配合物 Ni(CO)4 中配位键的形成由 Ni 提供空轨道
Ge 原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p2
下列化学反应表示不正确的是
甲烷的燃烧：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·ml-1
H2CS3 与水反应：H2CS3+3H2O=H2CO3+3H2S
硅溶于 HF-HNO3 的混合酸中：3Si+4HNO3+18HF=3H2SiF6+4NO↑+8H2O
醋酸铅溶液吸收硫化氢气体：Pb2++H2S=PbS↓+2H+
下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
金刚石难溶于水，可用于切割玻璃
晶体硅熔点高，可用作半导体材料
CH4 为正四面体分子，CH4 具有较大的燃烧热
石墨中碳原子未参与杂化的 2p 电子可在整个碳原子平面中运动，石墨具有导电性
下列物质的转化在给定条件下能实现的是
Fe2O3(s) 盐酸 FeCl3(aq) Cus Fe(s)
NH3·H2O(aq) 过量SO2 g (NH4)2SO3(aq) O2 g (NH4)2SO4(aq)
Ca(ClO)2(aq) CO2 g HClO(aq) 光照 O2(g)
Δ
CuSO4 NaOH Cu(OH)2 葡萄糖 Cu
异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体 Z 的部分路线如图：
下列有关化合物 X、Y 和 Z 的说法正确的是
1mlZ 中含有 6ml 碳氧 σ 键
X 分子中的所有原子一定共平面
Y 能发生加成、氧化和消去反应
Z 与足量的氢气加成后的产物分子中含有 3 个手性碳原子
科学家最近发明了一种 Al-PbO2 电池，电解质为 KOH、K2SO4、稀硫酸，通过 X 和 Y 两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成 M、R、N 三个电解质溶液区域(a>b)，结构示意图如图。下列说法正确的是
R 区域的电解质浓度逐渐减小
4
SO2- 通过 Y 膜移向 N 区
4
放电时 PbO2 电极上反应为 PbO2＋2e-＋4H＋＋ SO2- =PbSO4＋2H2O
理论上当电路中通过 2ml 电子，N 极区溶液质量减少 96g
常温下，根据下列实验操作及现象，得出的相应结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
室温下，通过下列实验探究 NaHSO3 溶液的性质。
实验 1：用 pH 试纸测量 0.1ml•L-1NaHSO3 溶液的 pH，测得 pH 约为 5。
实验 2：向 10mL0.1ml•L-1NaHSO3 溶液中加入等体积 0.1ml•L-1 氨水，充分混合后，溶液 pH 约为 9。实验 3：向 10mL0.1ml•L-1Na2CO3 溶液中滴加几滴 0.1ml•L-1NaHSO3 溶液，无明显现象。
实验操作及现象
结论
A
向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去
白葡萄酒中含有 SO2
B
将等浓度等体积的 Na[Al(OH)4]溶液与 NaHCO3 溶液混合有白色沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
C
向 2mL0.1ml·L−1NaCl 溶液中滴加 2 滴 0.1ml·L−1AgNO3溶液，有白色沉淀生成；振荡试管，再滴加 2 滴 0.1ml·L−1KI 溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
将 Fe(NO3)3 溶液加到 HI 溶液中，充分溶解后，滴入 CCl4
后振荡、静置，观察 CCl4 层颜色变化
证明氧化性：Fe3+>I2
实验 4：向 10mL0.1ml•L-1NaHSO3 溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
由实验 1 可得出： Ka1 H2SO3  Ka2 H2SO3   Kw
3
3
2
实验 2 所得溶液中存在： cSO2- +cHSO +cH SO
3
 =cNH
 H O  cNH+ 
324
由实验 3 可得出：Ka2(H2SO3)＜Ka1(H2CO3)
33
实验 4 反应后的上层清液中： c SO2-  c Ba2+ K(MnA2)。上述过程中前后调节 pH 值大小为 ab(填“>”或“＜”)
结晶：反萃取后的溶液中仍存在 Mg2+及少量 Ca2+等杂质离子，将该溶液蒸发结晶、趁热过滤可除去
m结晶MnSO4 
部分杂质。杂质去除率随 MnSO4 结晶率[ m总MnSO4  ×100%]的变化如图。
分析杂质去除率随 MnSO4 结晶率的增大反而下降的原因是。
电解：已知 Se 对 Mn2+有特殊的吸附能力。电解酸性 MnSO4 溶液制备 Mn 时在阴极加入适量的 SeO2
有利于 Mn 在电极上析出，结合方程式说明原因。
锰和镓形成的金属互化物的立方晶胞如图所示。晶胞中 1 号、2 号、3 号、4 号 Mn 原子构成一个
空隙；一个 Mn 原子周围距离最近且相等的 Mn 原子数为个。
化合物 G 是一种药物合成中间体，人工合成路线如图：
化合物 D 中的含氧官能团除羟基外，还有。
A→B 中生成的另一有机产物为。
（3）(C2H5)3N 有利于 D→E 的转化，原因是。
写出同时满足下列条件 的一种同分异构体，。除苯环外不含其它环状结构；含有 3 种不同化学环境的氢原子；含有 2 种官能团。
请设计以 和乙炔为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
亚硫酰氯(SOCl2)是一种无色或淡黄色液体(熔点-105℃，沸点 79℃)，有强烈刺激性气味，遇水剧烈反应生成两种酸性气体，常用作脱水剂。
实验室用 SCl2、SO2 与 Cl2 在活性炭化加热条件下制取 SOCl2，部分装置(夹持、加热装置略去)如图所示。
①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为。
②碱石灰的作用为。
测定样品中 SOCl2 的纯度。准确称量 2.55gSOCl2 样品，将其完全溶解于 300mLNaOH 溶液中，发生反应：SOCl2＋4NaOH=Na2SO3＋2NaCl＋2H2O。将反应后的溶液稀释到 500mL；取 50mL 稀释后的溶液于碘量瓶，滴加盐酸至 NaOH 恰好完全反应；再加入 ·L-1I2 溶液充分反应，用 0.1000ml·L- 1Na2S2O3 溶液滴定过量的 I2(I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6)。平行滴定三次，反应消耗 Na2S2O3 溶液的平均体积为 20.00mL。则样品中 SOCl2 的质量分数为(写出计算过程)。
实验室常利用 SOCl2 和 FeCl2·4H2O 混合加热制取无水 FeCl2，但不使用 SOCl2 与 FeCl3·6H2O 制取无水 FeCl3，其原因是可能发生副反应导致产品不纯。
①SOCl2 与 FeCl3·6H2O 发生副反应的可能原因是。
②为验证副反应的可能性，请补充完整实验方案：取少量 FeCl3·6H2O 于试管中，。则证明发生了副反应。(实验中必须使用的试剂：SOCl2、NaOH 溶液、K3[Fe(CN)6]溶液)
CO2 资源化利用具有重要意义。
电化制取甲烷。
①酸性条件下，向阴极通入CO2 ，反应生成CH4 的电极反应式为。
②实际电解时，需控制 pH 约为 7.当其他条件相同时，pH 减小， CH4 的产率降低，可能的原因是
。
光化制乙烯。CO2 、 H2O 、三乙胺（ ）在化剂作用下，光照一段时间可制得
C2H4 。
a 334
43 324
①化剂中含LaPO 。常温下，将0.10ml L1La NO  溶液和0.10ml L1Na HPO 溶液混合制备 LaPO4 。已知： Ksp La OH3   1.0 1019 ， Ksp LaPO4   1.0 1023 、 Ka2 H3PO4   1.0 108 、 K H PO   1.0 1013 。
44
反应La3 aq  HPO2 aq  LaPO s  H aq 的平衡常数 K 的数值为。
3
制备LaPO4 时， La NO3  溶液与Na2HPO4 溶液的混合方式为。
②用同位素示踪法研究乙烯分子中 C 和 H 的来源。在其他条件相同时，三乙胺（ C6H15N 分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为 28。能证明 C 和 H 均来源于三乙胺的一组试剂是
（填序号）。
22
H O 和13 CO
D2O 和CO2
22
D O 和13 CO
若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和（填结构简式）。
化合成环状碳酸酯。
相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。CO2
2
和 1，1-二甲基环氧乙烷（ ）在Zn  R  NH  / Br
架），反应的可能机理如图所示。
化作用下合成环状碳酸酯（R 为多孔骨
①机理图步骤Ⅱ中 C—O 键的断键位置有两种。画出主要中间产物 X 的结构简式。
②化反应过程中， -NH2 也能与 连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。-NH2 能与连接的原因是。
2026 届高三考前模拟综合检测(化学)
可能用到的相对分子质量：H-1 O-16 S-32 Cl-35.5
一、单选题(本题共 13 题，每题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意)
第 19 届杭州亚运会采用石墨烯纳米防滑涂层以增加地面防滑性。石墨烯属于
A. 有机材料B. 无机非金属材料C. 金属材料D. 复合材料
【答案】B
【解析】
【详解】石墨烯是一种碳的单质，属于新型无机非金属材料，故选 B。
Δ
印刷电路板的碱性蚀刻液与 NaOH 溶液共热可发生反应：[Cu(NH3)4]2++2OH-CuO↓+4NH3↑+H2O。下
列说法不正确的是
Cu 属于 d 区元素B. 1ml[Cu(NH3)4]2+中含 16mlσ 键
C. NH3 分子所含键角大于 H2OD. 稳定性：NH3＜H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜的价电子结构为 3d104s1，属于 ds 区元素，而非 d 区，故 A 错误；
每个 NH3 分子含有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3 共 12 个 σ 键，加上 4 个 Cu-N 配位键（σ 键），总计 16ml
σ 键，故 B 正确；
C．NH3 的中心原子 N 原子为 sp3 杂化，含有一对孤电子对，为三角锥形，键角约 107°，H2O 的中心原子 O 原子为 sp3 杂化，含有两对孤电子对，为 V 形，键角约 104.5°，也即是杂化类型相同，孤电子对数越多则键角越小，因此 NH3 键角更大，C 正确； D．同周期元素从左往右非金属性逐渐增强，氢化物稳定性逐渐增强，非金属性 Nr(Al3+)>r(O2–)B. 电负性：χ(O)>χ(C)>χ(Si)
C. 熔点：CaO>MgOD. 第一电离能：I1(Si)>I1(Al)>I1(Mg)
【答案】B
【解析】
【详解】A． Na+、Al3+、O2 为电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则离子半径顺序为
r O2 >r Na+ >r Al3+  ，A 错误； B．同主族元素电负性从左到右依次增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性： χ O  χ C  χ Si ，B 正确；
C．离子晶体的熔点取决于金属的半径和电荷，Mg2+和 Ca2+所带的电荷数一样，Mg2+的半径比 Ca2+小， MgO 的熔点比 CaO 高，C 错误；
D．第一电离从左到右依次增大，但第ⅡA、ⅤA 族元素为充满、半充满结构比较稳定，第一电离能大于相邻主族元素，则第一电离能： I1 Si >I1 Mg >I1 Al ，D 错误；
故选 B。
222242
FeS 在酸性条件下可发生反应： FeS  2H  Fe2  S  H S↑。以FeS 为原料制取FeSO  7H O 晶
体的实验操作或原理不能达到实验目的的是
用装置甲制取含FeSO4 的悬浊液B. 用装置乙吸收挥发出的H2S 气体
C. 用装置丙除去 S 和未反应的FeS2D. 用装置丁蒸干溶液，获得FeSO4  7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置甲中， FeS2 与稀硫酸在加热、电磁搅拌条件下发生反应：
224
FeS +2H+ =Fe2+ +S+H S  ，可制取制取含FeSO 的悬浊液，A 正确;
H2S 是酸性气体，能与 NaOH 溶液反应，装置乙可吸收挥发出的H2S 气体，B 正确;
C．S 和未反应的FeS2 难溶于水， FeSO4 易溶于水，用装置丙（过滤装置）可除去 S 和未反应的FeS2 ，
C 正确。
D． FeSO4 溶液蒸发结晶时， Fe2+ 易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到FeSO4 g7H2O 晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶，D 错误；
故答案选 D。
阅读下列材料，完成以下 3 个小题：
碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷具有较大燃烧热(890.3kJ·ml-1)，是常见燃 料；H2CS3 是一种弱酸，在水中缓慢水解生成 H2CO3；通过反应 Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)可用于提纯 Ni。 Si、Ge 是重要半导体材料，硅可以溶于 HF-HNO3 的混合酸中生成 H2SiF6；醋酸铅(易溶于水，难电离)溶液可以吸收硫化氢气体。
下列说法正确的是
碳和硅的单质都属于分子晶体
CO2 中的 C 原子与 SiO2 中的 Si 原子杂化方式相同
配合物 Ni(CO)4 中配位键的形成由 Ni 提供空轨道
Ge 原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p2
下列化学反应表示不正确的是
甲烷的燃烧：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·ml-1
H2CS3 与水反应：H2CS3+3H2O=H2CO3+3H2S
硅溶于 HF-HNO3的混合酸中：3Si+4HNO3+18HF=3H2SiF6+4NO↑+8H2O
醋酸铅溶液吸收硫化氢气体：Pb2++H2S=PbS↓+2H+
下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
金刚石难溶于水，可用于切割玻璃
晶体硅熔点高，可用作半导体材料
CH4 为正四面体分子，CH4 具有较大的燃烧热
石墨中碳原子未参与杂化的 2p 电子可在整个碳原子平面中运动，石墨具有导电性
【答案】5. C6. D7. D
【解析】
【5 题详解】 A．碳的单质如金刚石是原子晶体，硅的单质也是原子晶体，A 错误； B．CO2 中的 C 为 sp 杂化，SiO2 中的 Si 为 sp3 杂化，B 错误； C．Ni(CO)4 中 Ni 提供空轨道，CO 提供孤电子对形成配位键，C 正确； D．Ge的基态电子排布应为[Ar]3d104s24p4，D 错误；
故答案为 C。
【6 题详解】
甲烷燃烧的方程式及 ΔH 正确，A 正确；
B．H2CS3 水解生成 H2CO3 和 H2S，方程式正确，B 正确； C．硅与 HF-HNO3 反应的方程式配平正确，C 正确； D．醋酸铅难电离，应保留分子形式，D 错误；
故答案为 D。
【7 题详解】 A．金刚石切割玻璃因硬度大，与溶解性无关，A 错误； B．晶体硅作半导体因导电性，与熔点无关，B 错误； C．CH4 燃烧热大与键能有关，与分子结构无关，C 错误； D．石墨导电因未杂化的 2p 电子形成离域 π 键，D 正确；故答案为 D。
下列物质的转化在给定条件下能实现的是
Fe2O3(s) 盐酸 FeCl3(aq) Cus Fe(s)
NH3·H2O(aq) 过量SO2 g (NH4)2SO3(aq) O2 g (NH4)2SO4(aq)
Ca(ClO)2(aq) CO2 g HClO(aq) 光照 O2(g)
Δ
CuSO4 NaOH Cu(OH)2 葡萄糖 Cu
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe2O3 与盐酸反应生成 FeCl3 溶液正确，但 FeCl3 与 Cu 反应生成 FeCl2 和 CuCl2，而非 Fe 单质，第二步错误，A 错误；
过量 SO2 与 NH3·H2O 反应生成 NH4HSO3 而非(NH4)2SO3，第一步产物错误，B 错误；
Ca(ClO)2 与 CO2 反应生成 HClO 正确，HClO 光照分解生成 O2 正确，C 正确；
Cu(OH)2 与葡萄糖共热生成 Cu2O 而非 Cu 单质，第二步产物错误，D 错误；故答案选 C。
异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体 Z 的部分路线如图：
下列有关化合物 X、Y 和 Z 的说法正确的是
A. 1mlZ 中含有 6ml 碳氧 σ 键
B. X 分子中的所有原子一定共平面
C. Y 能发生加成、氧化和消去反应
D. Z 与足量的氢气加成后的产物分子中含有 3 个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据单键都是σ 键，双键是 1 个 σ 键 1 个 π 键，1mlZ 中含有 6ml 碳氧 σ 键，A 正确；
B．因为-OH 中的氧是 sp3 杂化，再加上单键可以旋转，X 分子中的所有原子不一定共平面， B 错误；
C．Y 中官能团有酮羰基、酚羟基，能发生加成、氧化反应，因苯环结构稳定，酚羟基不能发生消去反应，C 错误；
D．Z 与足量的氢气加成后的产物分子为其中含有 4 个手性碳原子，D 错误；
故选 A。
科学家最近发明了一种 Al-PbO2 电池，电解质为 KOH、K2SO4、稀硫酸，通过 X 和 Y 两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成 M、R、N 三个电解质溶液区域(a>b)，结构示意图如图。下列说法正确的是
R 区域的电解质浓度逐渐减小
4
SO2- 通过 Y 膜移向 N 区
4
放电时 PbO2 电极上反应为 PbO2＋2e-＋4H＋＋ SO2- =PbSO4＋2H2O
理论上当电路中通过 2ml 电子，N 极区溶液质量减少 96g
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，原电池工作时，Al 为负极，被氧化生成[Al(OH)4]-，PbO2 为正极，发生还原反应，电解 质溶液 M 区为 KOH，R 区为 K2SO4，N 区为 H2SO4，原电池工作时，负极反应为 Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，
4
则消耗 OH-，钾离子向正极(M 区向 R 区)移动，X 为阳离子交换膜；正极电极反应式为 PbO2+2e-+4H++ SO2
=PbSO4+2H2O，正极消耗氢离子，硫酸根向负极(N 区向 R 区)移动，则 Y 是阴离子交换膜。在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应的方程式，以此解答该题。
【详解】A．据分析，钾离子向正极(M 区向 R 区)移动，硫酸根向负极(N 区向 R 区)移动，R 区域的电解质浓度逐渐增大，故 A 错误；
4
B．据分析， SO2 向负极移动，通过 Y 膜移由 N 区向 R 区移动，故 B 错误；
C．据分析，放电时，PbO2 电极为正极，电极反应式为PbO  2e  4H  SO2  PbSO  2H O ，故
2442
C 正确；
4
D．结合分析可知，消耗 27g Al，电子转移 3ml，N 区消耗 6ml H+、1.5ml SO2 ，同时有 1.5ml
4
SO2 移向 R 区，则相当于减少 3ml H2SO4，同时生成 3ml H2O，则 R 区实际减少质量为 3ml×98g/ml- 3ml×18g/ml=240g，则当电路中通过 2ml 电子，N 极区溶液质量减少 130g，故 D 错误；
故选 C。
常温下，根据下列实验操作及现象，得出的相应结论正确的是
. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2 具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，导致溶液褪色，但乙醇同样能被酸性高锰酸钾氧化，
实验操作及现象
结论
A
向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去
白葡萄酒中含有 SO2
B
将等浓度等体积的 Na[Al(OH)4]溶液与 NaHCO3 溶液混合有白色沉淀生成
二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀
C
向 2mL0.1ml·L−1NaCl 溶液中滴加 2 滴 0.1ml·L−1AgNO3溶液，有白色沉淀生成；振荡试管，再滴加 2 滴 0.1ml·L−1KI 溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
将 Fe(NO3)3 溶液加到 HI 溶液中，充分溶解后，滴入 CCl4
后振荡、静置，观察 CCl4 层颜色变化
证明氧化性：Fe3+>I2
也会导致其褪色，因此结论不合理，故 A 错误；
4 
． 将 等 浓 度 等 体 积 的 Na AlOH   溶 液 与 NaHCO3 溶 液 混 合 发 生 反 应
AlOH  +HCO =AlOH  +CO2- +H O ，不是水解反应，故 B 错误；
4 3
332
3
C．向 2mL 0.1ml L1 NaCl 溶液中滴加 2 滴 0.1ml  L1 AgNO 溶液，产生白色沉淀，根据数据可知 NaCl 溶液过量， AgNO3 溶液全部反应生成AgCl 沉淀，此时再滴加 4 滴0.1ml  L1 KI 溶液，沉淀变为黄色， 说明白色的 AgCl 沉淀转化为黄色 AgI 沉淀， AgCls +I aq ƒ AgI s +Cl aq ， 得到
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故 C 正确；
3
D．Fe(NO3)3 与 HI 反应时， NO 在酸性条件下也具有强氧化性，故可能是Fe3 与 I-反应生成 I2，也可能是
32
HNO 与 I-反应生成 I2，因此不能证明氧化性： Fe3+ >I ，故 D 错误；故答案选 C。
室温下，通过下列实验探究 NaHSO3 溶液的性质。
实验 1：用 pH 试纸测量 0.1ml•L-1NaHSO3 溶液的 pH，测得 pH 约为 5。
实验 2：向 10mL0.1ml•L-1NaHSO3 溶液中加入等体积 0.1ml•L-1 氨水，充分混合后，溶液 pH 约为 9。实验 3：向 10mL0.1ml•L-1Na2CO3 溶液中滴加几滴 0.1ml•L-1NaHSO3 溶液，无明显现象。
实验 4：向 10mL0.1ml•L-1NaHSO3 溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A. 由实验 1 可得出： Ka1 H2SO3  Ka2 H2SO3   Kw
3
3
2
B. 实验 2 所得溶液中存在： cSO2- +cHSO +cH SO
3
 =cNH
 H O  cNH+ 
324
C. 由实验 3 可得出：Ka2(H2SO3)＜Ka1(H2CO3)
33
D. 实验 4 反应后的上层清液中： c SO2-  c Ba2+ c( H SO ) ，则有
c(HSO- )c(H+ )c(SO2- )c(H+ )c(SO2- )  c2 (H+ )
c(SO2- )
3 >1， c(H2SO3 )
w
K (H SO )  K (H SO )  3  3  3 >c2 (H+ )  10-10 >K ，A
a123a223
c(H2SO3 )c(H2SO3 )c(H2SO3 )
项错误；
B． 实验 2 中 NaHSO3 和氨水等物质的量混合，根据物料守恒可知，含硫元素微粒的总浓度等于含氮元素
3323324
微粒的总浓度，即 c( cSO2- +cHSO +cH SO  =cNH  H O  cNH+  ，B 项正确；
C．要证明： K H SO  H CO ，则应该发生的反应为：
a223a123323
CO2 +2HSO =CO  +H O  2SO2 ，该实验没有现象，说明没有发生到这个程度，这是由于实验 3 中
33223
NaHSO 只有几滴，量远远不足，只可能发生： CO2 +HSO =HCO  SO2 ，也同样是没有现象，因
33333
此不能得出Ka2 (H2SO3 )K(MnA2)。上述过程中前后调节 pH 值大小为 ab(填“>”或“＜”)
结晶：反萃取后的溶液中仍存在 Mg2+及少量 Ca2+等杂质离子，将该溶液蒸发结晶、趁热过滤可除去
m结晶MnSO4 
部分杂质。杂质去除率随 MnSO4 结晶率[ m总MnSO4  ×100%]的变化如图。
分析杂质去除率随 MnSO4 结晶率的增大反而下降的原因是。
电解：已知 Se 对 Mn2+有特殊的吸附能力。电解酸性 MnSO4 溶液制备 Mn 时在阴极加入适量的 SeO2
有利于 Mn 在电极上析出，结合方程式说明原因。
锰和镓形成的金属互化物的立方晶胞如图所示。晶胞中 1 号、2 号、3 号、4 号 Mn 原子构成一个
空隙；一个 Mn 原子周围距离最近且相等的 Mn 原子数为个。
【答案】（1）9MnO2 + 2FeS + 20H+=2 SO2- +2Fe3+ +9Mn2+ + 10H2O
4
（2）10-8.6（3）＜
水分大量蒸发，溶剂减少后使杂质结晶的析出量增加
阴极：SeO2＋4H+＋4e−=Se＋2H2O，生成 Se 单质能吸附 Mn2+，有利于 Mn2+在阴极发生还原并沉积
（6）①. 正四面体②. 12
【解析】
【分析】向电解锰渣中加入 MnO2 矿粉和稀硫酸，由于 MnO2 具有氧化性，MnS 中 S 元素被氧化为硫酸 根，CaO 与稀硫酸反应生成微溶物 CaSO4。Fe2O3、氧化镁生成可溶于水的金属硫酸盐，调节pH 沉淀铁，
通过萃取和反萃取实现Ca2 、 Mn2 的分离，得到 MnSO4 并电解制备 Mn。
【小问 1 详解】
氧化酸浸，MnS 中 S 元素被氧化为硫酸根，FeS 酸浸时发生反应的离子方程式：
20H  9MnO  2FeS  9Mn2  2Fe3 10H O  2SO2 。
224
【小问 2 详解】
当金属离子浓度低于105 ml / L ，该离子沉淀完全，据此可以求出氢氧化铁的溶度积常数：
314 3
KFe OH    cFe3 ·c3 OH    cFe3 · KW  105  10  1038.6 。溶液调节

sp 

3  cH   102.8 
pH 至4 后， cFe3
Ksp Fe OH  
3 

1038.6
3  10
8.6
ml / L 。
【小问 3 详解】
c3 OH  1010 
2
根据萃取原理： M2  2HA ƒ MA  2H ，可知平衡常数：
c2 H c2 H 
K CaA2   K MnA2  。根据二者平衡常数大小， K 值越大，越有利于反应进
cCa2 cMn2 
行，若金属离子浓度相同，钙离子在较低 pH 下即可形成 MA2 ，而锰离子需较高 pH 才能达到类似程度，先萃取Ca2 ，所以上述过程中前后调节 pH 值大小为a  b 。
【小问 4 详解】
通过浓缩溶液（蒸发结晶等操作）使目标溶质达到过饱和而析出晶体，由于溶液中的水分逐渐减少，溶剂减少，杂质也会析出晶体。
【小问 5 详解】
22
电解酸性 MnSO4 溶液制备 Mn 时的阳极反应为： Mn2  2e  2H O  MnO  4H ，阴极加入适量的
SeO 的电极反应为： SeO  4H  4e  Se  2H O ，生成的单质 Se 能吸附 Mn2 ，有利于 Mn2 在阴
222
极发生还原并沉积。
【小问 6 详解】
根据晶胞中 1 号、2 号、3 号、4 号 Mn 原子分别位于四个顶点，类似于甲烷中氢原子位置，所以构成一个正四面体空隙。该晶胞中，以3 号锰原子为中心原子进行参考，同层有 4 个锰原子距离最近，以及（该晶胞）中层和上层（晶胞，未画出）距离最近且相等的 Mn 原子总数为 12。
化合物 G 是一种药物合成中间体，人工合成路线如图：
化合物 D 中的含氧官能团除羟基外，还有。
A→B 中生成的另一有机产物为。
（3）(C2H5)3N 有利于 D→E 的转化，原因是。
写出同时满足下列条件 的一种同分异构体，。除苯环外不含其它环状结构；含有 3 种不同化学环境的氢原子；含有 2 种官能团。
请设计以 和乙炔为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）醚键、(酮)羰基
（2）CH3COOH（3）D 与发生取代反应生成 E 和 HCl，而(C2H5)3N 能与 HCl 反应消耗掉生
成的 HCl，促使该反应正向进行
（4）或（5）
【解析】
【分析】将 A 在CH3COOK 的作用下与乙酸酐反应得 B，然后与H2 加成把 B 还原为 C，将 C 在 MsOH、
3
加热下自身形成五元环得到 D，D 与 在C2H5  N 的作用下生成 E，然后把 E 在碱性条件下与反应得到 F，最后将 F 与H2 加成得到目标产物 G，据此分析解答。
【小问 1 详解】
化合物 D 中的含氧官能团除羟基外，还有醚键、(酮)羰基。
【小问 2 详解】
2
A→B 的反应为：+ CH3CO O
CH3COOK
+ CH3COOH ，则生成的另一有机产物为CH3COOH 。
【小问 3 详解】
D→E 的转化即+→+HCl，(C2H5)3N 有碱性能消耗
HCl，则(C2H5)3N 有利于 D→E 的转化的原因是：D 与发生取代反应生成 E 和 HCl，而(C2H5)3N
能与 HCl 反应消耗掉生成的 HCl，促使该反应正向进行。
【小问 4 详解】
的同分异构体同时满足下列条件：①除苯环外不含其它环状结构，则苯环上的取代基共有 2 个不饱和度，②含有 3 种不同化学环境的氢原子，说明分子结构高度对称，结构中需要出现
大量的-CH3 ；③含有 2 种官能团。综上，满足条件的同分异构体可以为：和

【小问 5 详解】
要将 和乙炔为原料来制备，可仿照题干中 C→D 的转化成环且引入羰基， 故需要先将 中的醛基氧化为羧基， 然后在 MsOH 作用下转变为环状结构
，再仿照 E→F，使与乙醛(通过乙炔水化法得到)反应得到，最后与
H2 加成得到目标产物，合成流程为：

亚硫酰氯(SOCl2)是一种无色或淡黄色液体(熔点-105℃，沸点 79℃)，有强烈刺激性气味，遇水剧烈反应生成两种酸性气体，常用作脱水剂。
实验室用 SCl2、SO2 与 Cl2 在活性炭化加热条件下制取 SOCl2，部分装置(夹持、加热装置略去)如图所示。
①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为。
②碱石灰的作用为。
测定样品中 SOCl2 的纯度。准确称量 2.55gSOCl2 样品，将其完全溶解于 300mLNaOH 溶液中，发生反应：SOCl2＋4NaOH=Na2SO3＋2NaCl＋2H2O。将反应后的溶液稀释到 500mL；取 50mL 稀释后的溶液于碘量瓶，滴加盐酸至 NaOH 恰好完全反应；再加入 ·L-1I2 溶液充分反应，用 0.1000ml·L- 1Na2S2O3 溶液滴定过量的 I2(I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6)。平行滴定三次，反应消耗Na2S2O3 溶液的平均体积为 20.00mL。则样品中SOCl2 的质量分数为(写出计算过程)。
实验室常利用 SOCl2 和 FeCl2·4H2O 混合加热制取无水 FeCl2，但不使用 SOCl2 与 FeCl3·6H2O 制取无水 FeCl3，其原因是可能发生副反应导致产品不纯。
①SOCl2 与 FeCl3·6H2O 发生副反应的可能原因是。
②为验证副反应的可能性，请补充完整实验方案：取少量 FeCl3·6H2O 于试管中，。则证明发生了副反应。(实验中必须使用的试剂：SOCl2、NaOH 溶液、K3[Fe(CN)6]溶液)
活性炭
【答案】（1）①. SO2＋SCl2＋Cl2
Δ
2SOCl2②. 吸收逸出的 SO2 与 Cl2，防止污染环境；防止
空气中的水进入装置与 SOCl2 反应
（2）70%（3）①. SOCl2(或 SOCl2 与水反应生成的 SO2)具有还原性，会还原 FeCl3·6H2O②.
加入稍过量的 SOCl2，加热，将尾气通入 NaOH 溶液中，充分反应后向试管中加入适量蒸馏水溶解，取少量溶解后的溶液于试管中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀
【解析】
【分析】制备 SOCl2 需要先制取氯气和二氧化硫，根据装置分析，左侧通入二氧化硫，右侧通入氯气，发
活性炭
生 SO2＋SCl2＋Cl2
Δ
2SOCl2 反应，制取 SOCl2，蛇形冷凝管也用来冷凝回流，球形干燥管的碱石灰用
来吸收逸出的 SO2 与 Cl2，防止污染环境并防止空气中的水进入装置与 SOCl2 反应，并测定样品中 SOCl2 的纯度，据此分析。
【小问 1 详解】
①由分析知，三颈烧瓶中左侧通入二氧化硫，右侧通入氯气，发生 SO2＋SCl2＋Cl2
活性炭
Δ
2SOCl2 反应；
②球形干燥管的碱石灰用来吸收逸出的 SO2 与 Cl2，防止污染环境并防止空气中的水进入装置与 SOCl2 反应；
【小问 2 详解】
I2 的总物质的量= 0.0500ml/L 0.050L=0.0025ml ，剩余 I2 的物质的量
11
= n Na2S2O3    0.1ml/L 0.02L=0.001ml ，Na2SO3 反应消耗 I2 的物质的量
22
232
=0.0025ml  0.0010ml=0.0015ml ，由关系式SOCl ~ SO2 ~ I 知，50.00mI 溶液中
0.0015ml 500mL 119g/ml
n(SOCl)=0.0015ml，则 2.38gSOCl2 中其质量分数为 50mL 100%  70% ；
2.55g
【小问 3 详解】
①实验室常利用 SOCl2 和 FeCl2·4H2O 混合加热制取无水 FeCl2，但不使用 SOCl2 与 FeCl3·6H2O 制取无水
FeCl3，因 SOCl2(或 SOCl2 与水反应生成的 SO2)具有还原性，会还原 FeCl3·6H2O，可能导致产品不纯；
②为验证副反应的可能性即检验亚铁离子的存在，设计实验方案如下：加入稍过量的 SOCl2，加热，将尾气通入 NaOH 溶液中，充分反应后向试管中加入适量蒸馏水溶解，取少量溶解后的溶液于试管中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀。
CO2 资源化利用具有重要意义。
电化制取甲烷。
①酸性条件下，向阴极通入CO2 ，反应生成CH4 的电极反应式为。
②实际电解时，需控制 pH 约为 7.当其他条件相同时，pH 减小， CH4 的产率降低，可能的原因是
。
光化制乙烯。CO2 、 H2O 、三乙胺（ ）在化剂作用下，光照一段时间可制得
C2H4 。
a 334
43 324
①化剂中含LaPO 。常温下，将0.10ml L1La NO  溶液和0.10ml L1Na HPO 溶液混合制备 LaPO4 。已知： Ksp La OH3   1.0 1019 ， Ksp LaPO4   1.0 1023 、 Ka2 H3PO4   1.0 108 、 K H PO   1.0 1013 。
44
反应La3 aq  HPO2 aq  LaPO s  H aq 的平衡常数 K 的数值为。
3
制备LaPO4 时， La NO3  溶液与Na2HPO4 溶液的混合方式为。
②用同位素示踪法研究乙烯分子中 C 和 H 的来源。在其他条件相同时，三乙胺（ C6H15N 分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为 28。能证明 C 和 H 均来源于三乙胺的一组试剂是
（填序号）。
22
H O 和13 CO
D2O 和CO2
22
D O 和13 CO
若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和（填结构简式）。
化合成环状碳酸酯。
相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。CO2
2
和 1，1-二甲基环氧乙烷（ ）在Zn  R  NH  / Br 化作用下合成环状碳酸酯（R 为多孔骨架），反应的可能机理如图所示。
①机理图步骤Ⅱ中 C—O 键的断键位置有两种。画出主要中间产物X 的结构简式。
②化反应过程中， -NH2 也能与 连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。-NH2 能与 连接的原因是。
【答案】（1）①. CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O②. pH 减小，溶液中 CO2 浓度降低
（2）①.
1.0 106
②. 向La NO3  溶液中缓慢加入 Na2HPO4 溶液并确保 pH＜8③. C
3
④. CH2=CHCH3
（3）①.②. 能形成氢键 N-H…O
【解析】
【小问 1 详解】
①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入CO2 ，反应生成CH4 的电极反应式为 CO2+8e-
+8H+=CH4+2H2O；
3
②pH 减小，平衡 CO2+H2O ƒ H2CO3 ƒ H+ +HCO- 逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制 pH 约为 7，当其他条件相同时，pH 减小， CH4 的产率降低，可能的原因是
pH 减小，溶液中 CO2 浓度降低；
【小问 2 详解】
①已知： Ksp La OH3   1.0 1019 ， Ksp LaPO4   1.0 1023 、 Ka2 H3PO4   1.0 108 、
a 334
KH PO   1.0 1013 。
44
反应La3 aq  HPO2 aq  LaPO s  H aq 的平衡常数 K=
c(H+ )
c(H+ )c(PO3- )
K (H PO )
1.0 10136
= 4 = a334  1.0 10 ；
444sp4
c(La3+ )c(HPO2- )c(La3+ )c(HPO2- )c(PO3- )K (LaPO )1.0 1019
3
La NO3  溶液因水解呈酸性， Na2HPO4 溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，La(OH)3 沉淀开始生成
1.0 1019
时 c3(OH-)=ml3/L3=10-18ml3/L3，c(OH-)=10-6ml/L，pH=8，故要确保 pH＜8，故制备LaPO4
0.1
33
时， La NO3  溶液与Na2HPO4 溶液的混合方式为向La NO3  溶液中缓慢加入Na2HPO4 溶液并确保
pH＜8；
22
②证明 C 和 H 均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（ C6H15N ）中的 C、H 与其它实际中的 C、H 不同，则选 C： D O 和13 CO ；
制备乙烯时，C 和 H 均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有
乙烯和 CH2=CHCH3；
【小问 3 详解】
1①甲基是推电子基，中 2 号 C-O 键极性更大，故 2 号键更容易段，因此机理图步骤
Ⅱ中主要中间产物 X 的结构简式为；