备考信息导航演练（六）-【衡水真题密卷】2026年高考化学备考信息导航演练（福建专用）

2025一2026学年度备考信息导航演练 化学（六） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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：Li一7O一16Zr一91 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.清乾隆年间《博山县志》中记载，“凿山取石，其精良者为驩石，…和以煤，盛以筒，置方 垆中，周以礁火…每石一石得铁二斗，为生铁。”下列说法错误的是 A.上述记载涉及以焦炭为还原剂的炼铁过程 B.“凿山取石”得到的石块中含有铁元素 C.生铁的熔点比纯铁高，密度比纯铁小 D.生铁含碳量比中碳钢高 2.天冬氨酸(Z)广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如图 所示。 COOH Br:BrCOOH NH,H.N COOH COOH PBr, COOH COOH y 天冬氨酸 Z 下列说法错误的是 A.可用红外光谱鉴别X、Y和Z B.Y能发生消去反应和取代反应 C.天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐 D.天冬氨酸有1个手性碳，能通过加聚反应合成聚天冬氨酸 3.某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成（结构如图）。X的 最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温下常 见的液态化合物。下列说法错误的是 化学试题（六）第1页（共8页） 备考信息 W 班级 YW,W 姓名 。。。。。。-。。。 A.同周期元素中第一电离能小于X的只有一种 B.该化合物中Q和W之间可形成氢键 得分 C.简单离子半径：Z>Q D.W、Z、Q三种元素可形成离子化合物 4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.0.1mol·L1 NaHCO3溶液中：c(OH)>c(H2CO3)+c(H+) B.常温下，1L0.1mol·L1的中性CH COONH4溶液中CH COO数目小于0.1NA C.1L0.1mol·L1 NaHSO3溶液中含有0.1NA个SO? D.标准状况下，11.2LNH3溶于水，溶液中NH、NH3·H2O的微粒数之和为0.5NA 5.下列所示装置或操作能达到实验目的的是 NaS溶液 稀硫酸 A,(S0,) A.测定锌与稀硫酸的反应速率 B.制备Al2S固体 铜 铁制 品 I的乙 CuSO4溶液+ 醚溶液 过量氨水 C.乙醚萃取碘水得到12的乙醚溶液 D.在铁制品上镀致密铜镀层 6.由结构不能推断出对应性质的是 选项 结构 性质 A 氨气与水分子均为极性分子 氨气易溶于水 B 聚乙炔分子含有共轭双键 聚乙炔可制备导电高分子材料 C 苯与甲苯分子均含有苯环 两者均可以与酸性高锰酸钾反应 D 超分子具有“分子识别”特征 空穴大小不同的冠醚能适配不同大小的碱金属离子 导航演练 化学试题（六）第2页（共8页） 5 7.PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示。 白磷(P,)过量浓NaOH溶液 →PH 4 →PH →次磷酸钠疏酸次磷酸分解 (NaH,PO,) →H,PO 下列说法正确的是 A.上述流程中每一步均有元素化合价变化 B.在流程中PH3均为还原产物 C.次磷酸钠(NaH2PO2)属于酸式盐 D.2mol次磷酸分解时转移2mol电子 8.以黄铁矿（主要含FeS2,还含有NiS、CoS、CuS以及少量Au)为原料分离各种金属，工艺 流程如图所示。 空气 硫酸、双氧水 氨水、碳酸氢铵 粉碎 黄铁矿 焙烧 →酸浸 →调pH ,沉钴 ---NiSo S02 少量Au 浸渣 CoCO: 已知：①“焙烧”后烧渣主要成分是Fe2O3、NiO、CuO、Co3O4和Au。 ②常温下，Kp[Fe(OH)3]=10-8.6,Kp[Cu(OH)2]=10-198,Kp[Co(OH)2]=104.7, KpNi(OH)2]=10-12.8,一般认为金属阳离子浓度≤105mol·L1为沉淀完全。 ③氧化性：Co3+>Cl2。 ④lg5=0.7。 下列说法错误的是 A.“酸浸”时H2O2作还原剂，若用盐酸代替硫酸和H2O2效果更佳 B.“沉钴”时发生反应的离子方程式为Co2+十HCO3+NH3·H2O一CoCO3￥+ NH:+H2O C.检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用HCl和BaCl2 D.当c(Co2+)=0.05mol·L-1,c(Ni2+)=0.1mol·L-1,“调pH”范围是6.6≤pH< 7.3 9.一种新型可充电硫锂电池中4-疏基吡啶(4MPy)作电解液添加剂，可先与多硫化物反应 生成吡啶硫醇锂(Li-PyS),其后放电过程的工作原理如图所示。下列叙述错误的是 用电器 LiS6① ②) Li-PyS Li2S3Li-PyS ④ Li-PyS ⑤→Li-PyS,6 LiS 5 化学试题（六）第3页（共8页） 备考信息 A.b电极总的反应式可表示为Sg+16e+16Li+一8Li2S B.若过程②中Li-PyS与Li2S6反应的物质的量之比为1：1，则m=4 C.过程⑥中，完全转化生成1 mol Li-PyS,理论上Li-PyS2可转移1mol电子 D.充电时，每转移0.05mo1电子，负极材料质量增加0.35g 10.食品添加剂甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)的阳离子可以发生二级电离。常温下 1mol·L1甘氨酸盐酸盐溶液中H3NCH2COOH、H3NCH2COO、H2NCH2COO 的物质的量分数（ò）随pH变化如图所示。 Ha NCH2 COOH=H3 NCH2COO+H+K; H3 NCH2 COO-H2 NCH2COO+H+K2. 1.0 0.5 (2.34,0.5) (9.60,0.5) 24681012pH 下列说法错误的是 A.Ka1=10-2.34 B.曲线Ⅱ代表c(H3NCH2COO-) C.pH=10时，c(H3NCH2COO-)<c(H2NCH2COO) D.用NaOH溶液滴定达到终点时，c(H2NCH2COO-)+c(H3NCH2COOH)+ c (H2 NCH2COO)=c(Na) 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(16分)以钛铁矿（主要成分为FeTiO3,含有少量Fe2O3、SiO2)为主要原料制取TiN和 水处理剂聚合氯化铁[Fe2(OH).Cl,-a]m的工艺流程如图所示。 稀硫酸适量铁粉酸性双氧水NH, 盐酸 钛铁矿一→酸浸→沉钛灯→氧化→沉铁→酸浸2 →水解聚合→聚合氯化铁 滤渣 滤液 NH, TiO(OH2-→TiCL,(熔融)→600C还原→TiN 气体X 已知：i.“酸浸1”所得滤液中阳离子主要有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+。 i.室温下，TiO2+(ag)+2H2O(1)一TiO(OH)2(s)+2H+(aq)的化学平衡常数K= 10;该条件下，Fe2+、Fe3+开始沉淀的pH分别为6.3、1.8。 导航演练 化学试题（六）第4页（共8页） 回答下列问题： (1)在元素周期表中，Ti位于第 周期 族；基态Fe3+离子与基态Fe+ 离子未成对电子数之比为 (2)FeTiO3溶于稀硫酸的离子方程式为 (3)室温下，当“沉钛”阶段上层清液中的c(TiO2+)=1.0×10-5mol·L1时，上层清 液的pH为 ;“氧化”时双氧水实际消耗量远大于理论消耗量，其原因 为 (4)“水解聚合”生成[Fe2(OH).Cl6-a]m的化学方程式为 0 (5)TN具有高硬度、耐磨损、化学稳定性好等特性，在工具涂层、切削工具应用广泛。 已知生成物气体X中有2种成分，其中一种是N2,则制备TN的反应中，氧化剂与 还原剂物质的量之比为 ；该流程中，能循环利用的物质是 (填化学式)。 12.(16分)三氯化铬(CrC13)可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华，高温下易氧 化。某学习小组在实验室中用Cr2O3和CC14制备无水CrC13并测定产品纯度，进行如 图实验探究（部分加热及夹持装置省略）。 I.制备无水(CrCl3) 管式炉 石英管 热电锅 足量 NaOH 水 海溶液 B D 查阅资料：①制备CrC13过程中，同时产生COC12,COC12常温下为气体，有毒，水解可 产生两种酸性气体。 ②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为CrO?（黄色)；酸性条件下H2O2可将Cr2O (橙色)还原为Cr3+(绿色)。 回答下列问题： (1)实验装置合理的连接顺序为a→ (填仪器接口字母标号，仪器不可重复 使用)；试剂X可以选择 (填标号)。 A.浓硫酸 B.氢氧化钠溶液 C.无水CCl4 (2)从安全的角度考虑，整套装置的不足之处是 0 (3)装置D中反应的离子方程式为 化学试题（六）第5页（共8页）】 备考信息导 (4)实验过程中最后再次通N2的目的是 (写出两点)。 Ⅱ.测定产品纯度（杂质不参加反应） 取三氯化铬样品mg,配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，在强碱性条 件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrC13完全转化为CrO,继续加热一 段时间。冷却后，加入2mol·L1H2SO4酸化，充分作用后，再加入足量KI溶液，加 塞摇匀充分反应后，铬元素只以Cr3+存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用cmol· L1标准Na2S2O3溶液滴定至终点消耗标准Na2S2O3溶液VmL(已知：2Na2S2O3+ L2Na2S4O6+2NaI)。 (5)样品中无水三氯化铬（摩尔质量为Mg·mol1)的质量分数为 %(用含 c、m、V、M的式子表示)。 (6)继续加热一段时间再进行后续操作，目的是 ;若不进行此 操作，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果将 (填“偏高”“偏低” 或“无影响”)。 13.(14分)有机物J具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，其中一条合成路线如图所示（部分条件 省略)。 CHI CH2CH,OH- →HC=-CHCH,OH→·→ 空气 OH COOH D DCC.DMAP CI3H1O3 CH,I,NaH G NaBH, CIsH16O OH 已知：I·=-CooH pCC,.DMA苹 0 R-OH R OH (R为H或烃基)。 R NaBH, 回答下列问题： (1)B在一定条件下与足量H2发生加成反应得到的化合物的名称为 (2)D中含氧官能团的名称为 0 航演练 化学试题（六）第6页（共8页） 5 (3)1个E分子中有 个手性碳原子。 (4)G的结构简式是 (5)C的同分异构体X是一种芳香化合物，同时满足下列条件的X有 种（不 考虑立体异构)。 ①与FeCl溶液不发生显色反应。 ②分子中无甲基且苯环上只有两个取代基。 ③1molX在Cu作催化剂条件下与1molO2反应。 其中分子中含有4种不同化学环境的氢原子的X的结构简式是 (6)已知：苯环连的侧链第一个碳原子上有氢原子，该侧链能被酸性KMO,溶液氧化为 苯甲酸。参照流程图中示例，写出以 OH为原料制备 的合成路线： OH (无机试剂和有机溶剂任用)。 14.(14分)“碳中和”是当前全球应对气候变化的重要目标，通过特定技术将二氧化碳转化 成有用产品是实现该目标的关键路径之一。 (1)一定条件下，CO2加氢可转化为绿色产品CHOH。该转化体系涉及以下三个 反应： 反应I:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-24.7kJ·mol-1; 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1； 反应Ⅲ：C0,(g)+3H(g)一2CH,0CH(g)+2H,0(g〉△H,=-60.8W·mol。 ①计算2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H= kJ·mol-1。 ②在一定条件下，反应I的正、逆反应速率方程：正反应速率v正=k正·x(CO2)· x3(H2),逆反应速率v滋=k逆·x(CH3OH)·x(H2O)(k正、k逆分别为正、逆反应 速率常数，只与温度有关，x为物质的量分数)。达到平衡后，升高温度，k正增大的 倍数 k递增大的倍数（填“>”“<”或“=”）。 (2)一定条件下，CO2可转化为高附加值产品HCOOH。该转化体系涉及以下两个 反应： IV.主反应：CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)△H4=-31.0kJ·mol-1； V.副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)十H2O(g)△H=+41.2kJ·mol1。 5 化学试题（六）第7页（共8页） 备考信息导舟 ①在恒温恒容密闭容器中加入等物质的量的CO2和H2,起始压强为P。kPa,平衡 时压强为PkPa,CO与HCOOH的浓度相等，则反应V的标准平衡常数K (写出表达式，不需要化简)；能提高HCOOH平衡产率的措施有 (至少写出两种)。已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 》 dD(g)+eE(g)=gG(g)+hH(g),K0 ,其中p°=100kPa,pc、 · pH、pD、pE为各组分的平衡分压。 ②实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性（产物的选择性：生 成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。 0.8解 0.6 b 0.6 0.4 0.4 0.2 c 200 240280320360 0 温度（℃） 曲线a表示 曲线b表示 ;温度高于240℃ 时，随着温度升高曲线a和b均呈下降趋势的原因是 (3)甲醇的沸点高于甲硫醇(CH3SH),其原因是 ;我 国科学家已成功开发出以ZnO/ZrO2固溶体为核心的高选择性二氧化碳加氢合成 甲醇的催化剂。其中ZxO2的晶胞结构如图所示。 A OB 其中A表示 (填O2或Zr4+)。ZrO2晶胞的棱长分别为anm、anm、 cnm,则晶体密度为 g·cm3(列出计算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 杭演练 化学试题（六）第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 参芳答案及解析 2025一2026学年度备考信息导航演练化学（六） 一、选择题 c(H+),因此c(OH-)<c(H2CO3)+c(H+),A 1.C【解析】记录的含义是开采含铁的矿石资源， 错误；CH COO水解，所以溶液中CH;COO数 用煤冶炼铁的过程。记载中“和以煤”指使用煤作 目小于0.1NA,B正确；NaHSO3溶液中HSO 为燃料和还原剂来源，以焦炭为还原剂的冶铁过 的电离程度很小，SO的浓度远低于0.1mol· 程，A正确；驩石（铁矿石）含有铁的氧化物，B正 L1,C错误；NH3溶于水后存在溶解平衡和电离 确；生铁是铁碳合金，合金熔点低于纯金属，因此 平衡，NH·H2O和NH的总数小于0.5NA,D 生铁熔点比纯铁低，C错误；生铁含碳量(2%~ 错误。 4.3%)高于中碳钢(0.25%~0.6%)，D正确。 5.D【解析】测定锌与稀硫酸的反应速率，可通过测 2.D【解析】X含有羧基，Y含有碳溴键和羧基，Z 量单位时间内生成H2的体积实现。装置中锌与稀 含有氨基和羧基，因此可用红外光谱鉴别X、Y和 硫酸在锥形瓶中反应，生成的气体通过导管进入量 Z,A正确；由Y结构简式可知，该有机物分子中含 气装置（如带刻度的玻璃管），记录时间和气体体积 有羧基、碳溴键，能发生消去反应和取代反应，B 即可计算速率，且应该使用分液漏斗，A错误；制备 正确；天冬氨酸分子中含有羧基，能和碱反应生成 A12S固体时，A13+与S2在溶液中发生双水解反 羧酸盐，含有氨基，能和酸反应生成盐，属于两性 应：2A13++3S2+6H20—2A1(OH)3￥+ 化合物，C正确；天冬氨酸有1个手性碳，如图所 3H2S↑，无法得到Al2S,B错误；乙醚萃取碘水 示.H.N COOH,天冬氨酸分子中合有羧基和氨 时，乙醚密度小于水，莘取后上层为含12的乙醚 COOH 层，下层为水层，C错误；铁制品镀铜时，需铜作阳 基，可通过缩聚反应合成聚天冬氨酸，D错误。 极（失电子生成Cu+)、铁制品作阴极(Cu2+得电 3.A【解析】X的最外层电子数等于内层电子数， 子析出铜)，电解质为CuSO4溶液。但若用 则X的核外电子排布式为1s22s2,X为Be元素， CuSO4和过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以 W只能形成一条共价键，结合W的位置可知W 形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一 为H元素，Y是有机物分子骨架元素，则Y为C 个稳定的状态，此时镀上的镀铜层会更一致，镀层 元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化合 的孔隙率下降，使铁制品上镀致密铜镀层，D 物，则Q为O元素，Z为N元素，据此解答。同周 正确。 期元素中第一电离能小于Be的有两种，即Li和 6.C【解析】氨气和水均为极性分子，根据相似相 B,A错误；该化合物中O的电负性较大，可以和 溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且氨与水可形 日之间形成氢键，B正确；电子层结构相同时，核 成氢键，进一步增大溶解度，A正确；聚乙炔的共 电荷数越大半径越小，故简单离子半径：N3> 轭双键结构使电子离域，形成导电通路，因此可制 O2,C正确；H、N、O可以形成离子化合物，如 备导电材料，B正确；苯和甲苯均含苯环，但苯不 NH4NO3,D正确。 能被酸性高锰酸钾氧化，而甲苯因苯环导致甲基 4.B【解析】0.1mol·L1 NaHCO3溶液中存在质 活泼可被氧化。两者结构差异导致性质不同，无 子守恒：c(CO)十c(OH)=c(HCO3)十 法仅通过苯环推断均能反应，C错误；超分子的 化学答案（六）第1页（共6页） 5 2026 备考信息导航演练（六） “分子识别”特性使其能选择性结合特定离子，冠 为碳酸钻沉淀，反应的离子方程式为C。+十 醚空穴大小与金属离子匹配即体现此性质，D HCO+NH3·HO-CoCO,￥+NH+H2O, 正确。 B正确；碳酸钻沉淀表面附有可溶的硫酸根离子， 7.B【解析】白磷与过量浓NaOH溶液加热发生歧 则检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液 化反应得到NaH2PO2和PH3,次磷酸钠与硫酸发 中是否含有硫酸根离子，则检验所需试剂为盐酸 生复分解反应生成HPO2和NaHSO,次磷酸歧 和氯化钡溶液，C正确；由溶度积可知，溶液中铜 化分解得到PH和HPO,整个流程通过歧化反 离子完全沉淀时，溶液中铁离子已经沉淀完全，所 应两次生成，实现价态转化，据此分析。NaH2PO2 以调节溶液DH时，为使铜离子完全沉淀，溶液中 和H2SO,反应生成HPO2和NaHSO4,无元素化 氢氧根离子浓度应大于 /10-19.8 V10-6 mol·L1= 合价发生变化，A错误；反应P,十3NaOH(浓)十 3H2O—3NaH2PO2+PH↑中，P元素的化合价 10.4mol·L1,则溶液pH大于6.6；为使镍离子不 由0价降至PH中的一3价，PH为还原产物， /102.8 沉淀，溶液中氢氧根离子浓度应小于 HPO2中P的化合价为十1价，PH3的化合价为 0.1mol· 一3价，所以HPO2分解生成PH为还原反 L1=10i9mol·L1,则溶液pH小于8.1，为使钻 应，PH属于还原产物，B正确；白磷与过量氢氧化 离子不沉淀，溶液中氢氧根离子浓度应小于 钠溶液反应生成NaH2PO2,这说明次磷酸(HPO2) 107 为一元酸，其分子中只有一个羟基氢可以电离， √0.05mol·L1omol·1,则滚 故NaH2 PO2为正盐，C错误；HPO2分解方程式 液pH小于7.3，所以“调pH”范围是6.6≤pH< 为2HPO2—HPO4+PH3个，P从十1价升高 7.3,D正确。 到十5价，同时，P从十1价降低到一3价，在该反9C【解析】放电时a电极发生氧化反应，Li被氧 应中，2molH,PO2转移4mol电子，D错误。 化为Li,b电极发生还原反应，S被还原并与 8.A【解析】由题给流程可知，将粉碎后的黄铁矿 L计结合进入电解液中，据此解答。b电极为正 在空气中焙烧，将金属硫化物转化为金属氧化物 极，得电子发生还原反应，电极反应为S十16e十 和二氧化硫，金不反应；向烧渣中加入硫酸和双氧 16Li计一8Li2S,A正确；Li-PyS与Li2S。物质量 水混合溶液酸浸，将四氧化三钻转化为硫酸钻，其 为1：1时，过程②反应为Li-PyS十LiS6 余的金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，金不反应， Li2S3十Li-PyS4,m为4，B正确；Li-PyS2转化为 过滤得到少量的金和滤液；向滤液中加入氨水调 Li-PyS的方程式为Li-PyS,+2e一Li-PyS+ 节溶液pH,将溶液中的铁离子、铜离子转化为氢 S2-,所以每生成1 mol Li--PyS,转移2mol电子， 氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、 C错误；充电时，外接电源负极接a极，发生反应 氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水和碳 Li+十e一Li,每转移0.05mol电子，增加质量 酸氢铵混合溶液沉钻，将溶液中的钻离子转化为 为0.05mol×7g·mol-1=0.35g,D正确。 碳酸钻沉淀，过滤得到硫酸镍溶液；硫酸镍溶液经 10.D【解析】HNCH2COOH为酸性物质，分布于低 多步处理得到硫酸镍固体。由分析可知，加入硫 pH区域，故为曲线I;H NCH2 COO既有酸性又有 酸和双氧水混合溶液酸浸的目的是将四氧化三钴 转化为硫酸钴，若用盐酸代替硫酸和双氧水混合 碱性，主要分布于pH中间区域，故为曲线Ⅱ； 溶液，四氧化三钻会与盐酸反应生成有毒的氯气 H NCH COO厂为碱性物质，分布于高pH区域，故 污染环境，所以不能用盐酸代替硫酸和双氧水混 为曲线Ⅲ。曲线I和Ⅱ的交点处 合溶液，A错误；由分析可知，加入氨水和碳酸氢 c (H,NCH2 COOH)=c(H:NCH2 COO),K= 铵混合溶液沉钻的目的是将溶液中的钻离子转化 c(H)=102,A正确；据分析，曲线Ⅱ代 5 化学答案（六）第2页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 表H,NCH COO的物质的量分数随pH变化曲 离子的核外电子排布式分别为 线，B正确；据分析，曲线Ⅱ、Ⅲ分别表示 1s22s22p3s23p3d和1s22s22p53s23p3d,因此 未成对电子数之比为5：4。 H,NCH COO、H2NCH2COO的物质的量分数随 (2)根据“酸浸1”所得滤液中阳离子主要 pH变化曲线，pH=9.6时c(H NCH COO)= 有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+,结合电荷守恒与元素 c(H NCH COO),则pH=10时c(H.NCH COO) 守恒，FeTiO.,溶于稀硫酸的离子方程式 <c(HNCH,COO),C正确；甘氨酸盐酸盐 为FeTiO3+4H+—TiO2++Fe2++2H2O。 (CIH NCH2COOH)的阳离子可以发生二级电 (3)室温下，TiO+(aq)+2HO(I)一TiO(OHD2 离，用氢氧化钠滴定会出现2次滴定终点，第一 (s)十2H广(ag)的化学平衡常数K= c2(H+) c(TiO) 次滴定终点时，两者按物质的量之比1：1反应， c2(H) 溶液中的元素守恒为c(H,NCH2COO)+ 1.0X10=10,c(H*）=10mol·L1,pH=2: c(HNCH,COOH)+c(H NCH,COO)= “氧化”时生成Fe+,Fe3+可催化过氧化氢分解，造 c(Na+),第二次滴定终，点时，甘氨酸盐酸盐与 成实际消耗量远大于理论消耗量。 NaOH按物质的量之比1：2反应，溶液中的元素守 (4)“水解聚合”生成[Fe2(OH).Cl6-a]m,根据元 素守恒可写出化学方程式：2 n FeCl.3十amH2O 恒为2「c(H NCH COO)+c(H NCH COOH)+ —[Fe2(OH).Cls-a]m+am HCl。 c(H3NCH2COO-)]=c(Na+),D错误。 (5)依题意，用氨气还原四氯化钛的化学方程式 二、非选择题 为6TiCL+8NH,6ooC6TiN+N2+24HCl,该 11.(1)四(1分)NB(1分)5：4(2分) 反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3：1，该 (2)FeTiO3+4Ht—TiO2++Fe2++2HO(2分) 反应生成的氯化氢能返回“酸浸2”循环利用。 (3)2(2分)Fe3+可催化过氧化氢分解，造成实 12.(1)hi(或ih)debcf(2分)A(2分) 际消耗量远大于理论消耗量(2分) (2)氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导 (4)2m FeCl3 +am H2O-[Fez (OH).Cle-a]m 管内凝华，从而堵塞导管(2分) +amHC1(2分) (3)COCI2+40H-CO+2H2 O++2CI ( (5)3：1(2分)HC1(2分) (4)将生成的CrCl排入C装置被收集，并将 【解析】钛铁矿（主要成分为FeTiO3,含有少 COC12完全排入装置D被充分吸收(2分) 量Fe2O3、SiO2)用稀硫酸酸浸，所得滤液中阳离 子主要有TiO+、Fe2+、Fe3+、Ht,加入适量铁粉 (5)cM (2分) 3m “沉钛”，将TiO2+转化为TiO(OH)2, (6)使过量H2O2完全分解(2分)偏低(2分) TiO(OH)2转化为TiCL后用氨气还原得到 【解析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧 TN,生成物气体X中有2种成分，其中一种是 气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在 N2,由元素守恒可知，另外一种气体是HCI,过滤 氧气和水蒸气，A装置用N2将CCL4导入装置参 后滤液中加入双氧水，将Fe+氧化为Fe3+,然后 与反应，E装置是发生装置，C装置作用是收集产 通入氨气将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤后， 物，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，D装 氢氧化铁沉淀用盐酸浸取得到FeCl3溶液，“水 置是处理COC12尾气；整个反应流程先用千燥的 解聚合”生成[Fe2(OH).Cl6-a]m。 N2排出装置内空气，然后再通入N2将CCl气 (1)Ti的原子序数是22，在元素周期表中，Ti位 体带入装置，与E中的Cr2O3反应，生成的 于第四周期NB族；基态Fe3+离子与基态Fe COCI2有毒气体用D装置收集，与D装置中 化学答案（六）第3页（共6页） 5 2026 备考信息导航演练（六） NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装 (6) 置中水蒸气进入反应装置，还要在C和D装置中 间加一个干燥装置B。 02 OH- Cu/△ (1)根据分析，仪器连接顺序为AECBD,故接口 顺序为ahi(或ih)debef;实验装置内不能存在水 酸性KMnO,溶液 蒸气，故通入的N2需干燥，试剂X为干燥剂浓 HOOC 硫酸。 OH (2)从安全的角度考虑，整套装置的不足之处是 氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内 浓硫酸/△ 凝华，从而堵塞导管。 (3)根据COCL2水解生成的两种酸性气体是HCI NaBH 和CO2,COCl2和NaOH溶液反应的离子方程 OH(3分) 式为COCL2+4OHCO+2H2O+2CI。 (4)反应结束后还需要持续通入N2,将生成的 【解析】由题干流程图中C和E的结构简式、D CrCl,排入C装置被收集，并将COCl2完全排入 的分子式并结合已知信息ⅰ可推知D的结构简 装置D被充分吸收。 (5)由原子个数和得失电子数目守恒可得关系 由F和J的结构简式、G的分 式：2CrCl3-2CrO~3I2~6Na2S2)3,滴定消耗 V mL c mol·L1硫代硫酸钠溶液，则无水三氯 子式并结合已知信息ⅱ可推知G的结构简式为 化铬质 量 分数 为 1 250mL 据此分析解题。 cV×103molX3×25.00mL ×Mg·mol-1 mg (1)由题千流程图中B的结构简式可知，B在一 X100%=cM%. 3m 定条件下与足量H2发生加成反应，即碳碳三键 (6)加热使过量H2)2完全分解，以免在酸性条 与H2加成，得到的化合物结构简式为 件下，H2O2把Cr2O?还原为Cr3+;苦步骤I中 CH,CH2CH2CH2CH2OH,根据醇的系统命名法 未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存 可知，该产物的名称为1-戊醇或正戊醇。 在，在后面的步骤中生成的2变少，则滴定时消 耗标准NaS2O3溶液体积减小，测定的CrCl3质 (2)由分析可知，D的结构简式 为 量分数偏低。 D中含氧官能团的名称为酯基和酮羰基。 13.(1)1-戊醇（或正戊醇）(1分) (3)已知同时连有4个互不相同的原子或原子团 (2)酮羰基（羰基）、酯基(2分) 的碳原子为手性碳原子，故1个E分子中有2个 (3)2(2分) 手性碳原子，如图所示 (2分)〉 (5)6(2分) √一0H(2分) (4)由分析可知，G的结构简式 H入人 5 化学答案（六）第4页（共6页）】 ·化学· 参考答案及解析 (5)由题千流程图可知，C的分子式为C0H4O2,不 将酮羰基还原为羟基，据此分析确定合成路线为 饱和度为4，则C同时满足条件①与FCl溶液不发 生显色反应即不含酚羟基；②分子中无甲基且苯环 OH CuW△ 上只有两个取代基；③1molX在Cu作催化剂条件 下与1molO2反应。含有2个能够被催化氧化的 酸性KMnO,溶液 羟基，即含有一CHOH、一CHCHCH2OH或 者一CH2 CH2 OH、一CH CH2 OH,每一组组合又有 邻、间、对三种位置异构，即一共有2×3=6种，其中 OH 分子中含有4种不同化学环境的氢原子的X的结 浓硫酸/△ OH 构简式是 HO NaBH (6)本题采用逆向合成分析法即 14.(1)①-72.2(1分) 由 OH ②<(2分) P。-P 100 (2)① 2(2分) 降温、加压（或及时 NaBH条件下还原生 2P- 3 100 分离出HCOOH)(2分) ②HCOOH的选择性(1分)CO2的转化率(1 发生酯 分)升温反应V逆向移动程度大于反应V正向 移动程度(1分) (3)甲醇能形成分子间氢键，甲硫醇不能(1分) 化反应合成 ,根据本小题题 4×91+8×16 Zr+(1分) acX10N(2分) 【解析】(1)①目标反应=2×反应Ⅲ一2×反应 I,故△H=2△H3-2△H1=(-60.8×2+24.7 干信息可知， 可被酸性高锰酸钾 OH ×2)kJ·mol1=-72.2kJ·mol1. 溶液直接氧化为对苯二甲酸不符合要求，需先将 ②反应I为放热反应，升温平衡逆向移动，则达 醇羟基转化为酮羰基，再用酸性高锰酸钾氧化， 到平衡后升高温度，k正增大的倍数<k运增大的 倍数。 即 OH 在Cu或Ag催化作用下被O, (2)①加入的CO2和H2的物质的量相等，所以 Po 起始时C0,和H:分压均为2，列三段式： 氧化为 再被酸 CO2 +H2= HCOOH P。 起始 2 2 0 性高锰酸钾氧化为 ,先发生酯 转化2(P。-P)2(P。-P) P。一P HOOC 化反应，结合题千已知信息iⅱ可知用NaBH:可 年衡2P二p2P←号PP卫 化学答案（六）第5页（共6页） 5 2026 备考信息导航演练（六） P。-P 曲线b为CO2的转化率；温度高于240℃时，升 100 K= 。,主反应Ⅳ为放热反应，正向 高温度HCOOH的选择性减小、CO2转化率减 2P 3 小，说明升温反应N逆向移动程度大于反应V正 100 向移动程度。 气体分子数减少，降温、加压、及时分离出 (3)由于甲醇能形成分子间氢键，甲硫醇不能，所 HCOOH均可使平衡正向移动，均能提高 以甲醇的沸点高于甲硫醇。根据ZrO2的晶胞结 HCOOH平衡产率。 构可知A的个教为8X日+6X;=4,B的个数 1 ②主反应V为放热反应，升高温度，平衡逆向移 动，HCOOH的选择性减小、CO2的转化率减小， 为8，因此依据化学式可知A表示Zr+。该晶体 副反应V为吸热反应，升高温度，平衡正向移动， m_4×91+8×16 的客度p-V-aC10Ng·cm。 C)的选择性增大、CO2的转化率增大，则曲线a 为HCOOH的选择性、曲线c为C)的选择性， 5 化学答案（六）第6页（共6页）