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2026 年高考一轮复习检测卷
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 C 12 N 14 O 16 P 31 Cl 35.5 S 32 K 39 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题 共42 分）
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．
【前言科技+化学材料】2025 年9 月3 日，中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80 周
年阅兵盛典在北京举行，下列说法错误的是
A．战机使用的高沸点液体发烟剂拉烟过程只发
生化学变化
B．DF-5C导弹外壳是由耐热树脂基体与碳纤维
组成的复合材料
C．防弹衣中的凯夫拉纤维是芳香聚酰胺材料
D．隐形歼击机的隐身涂层属于合成高分子材料
【答案】A
【解析】战机拉烟过程中，高沸点液体发烟剂在高温下汽化并冷凝成小液滴形成烟迹，主要为物理变化，
并非只发生化学变化，故A 错误；复合材料由基体和增强体组成，耐热树脂基体与碳纤维组成的材料属于
复合材料，故B 正确； 凯夫拉纤维的化学成分为聚对苯二甲酰对苯二胺，属于芳香族聚酰胺材料，故C
正确； 隐形战机的隐身涂层通常由人工合成的高分子化合物构成，属于合成高分子材料，故D 正确；
选A。
2．下列化学用语表示错误的是
1
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A．N2的电子式：
B．H2O 的VSEPR 模型：
C．Fe
2+
结构示意图：
D．乙醇分子的空间填充模型：
【答案】D
【解析】N2的电子式为
，两个氮原子间形成三键，各有一对孤对电子，A 正确；H2O 中O 的价层
电子对数为2+2=4，VSEPR 模型为四面体形，B 正确； Fe2+核电荷数为26，核外电子数24，电子层结构
为2、8、14，C 正确； 乙醇的分子式为CH3CH2OH ，图中为乙酸（CH3COOH）的空间填充模型，D 错
误；故选D。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值(原子量：Mg-24，O-16，N-14)，下列说法正确的是
A．0.1mol·L-1的明矾水溶液中含有Al3+的数目为0.1NA
B．2.4g 金属镁在空气中充分燃烧，失去的电子数为0.2NA
C．1molCH4和1molCl2充分反应后，生成的CH3Cl 数目为NA
D．4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目小于0.2NA
【答案】B
【解析】明矾水溶液的体积未知，无法计算Al3+数目，A 项错误；2.4g Mg 的物质的量为0.1mol，在空气中
燃烧会生成MgO 和氮化镁，每个Mg 失去2 个电子，总失去0.2mol 电子，即0.2NA，B 项正确； CH4与
Cl2的取代反应生成混合物，包括CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，则CH3Cl 的数目小于NA，C 项错误；
4.6g NO2和N2O4混合气体中，无论比例如何，氧原子总数恒为0.2NA，D 项错误；故选B。
4.下列离子方程式正确的是
A．纯碱溶液去油污的原理：CO3
2−+2H2O⇌H2CO3+2OH
−
B．FeCl3溶液腐蚀电路铜板：3Cu+2Fe
3+=3Cu
2++2Fe
C．Na2S2O3
溶液与稀硫酸混合：2H
++S2O3
2−=SO2↑+S↓+ H2O
D．向H2
18O中投入Na2O2
固体：2Na2O2+2H2
18O= 4 Na
2+ 4 OH
−+
18O2↑
【答案】C
【解析】纯碱（Na2CO3）水解分步进行，主要生成HCO3
−和OH-，而非直接生成H2CO3，方程式应为CO3
2−
2
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+ H2O
⇌HCO3
−+ OH-，选项A 错误；Fe3+与Cu 反应时，Fe3+被还原为Fe2+，而非Fe 单质，正确方程式为
Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，选项B 错误； Na2S2O3与稀硫酸反应生成S、SO2和H2O，离子方程式为S2O3
2−
+ 2H+ = S↓ + SO2↑ + H2O，选项C 正确； Na2O2与H2
18O 反应时，O2中的氧来自Na2O2中的过氧根（O2
2−
），而非H2
18O，因此O2应为普通O2，而非18O2，方程式应为
2 Na2O2+2 H 2
18O = 4 Na
++2OH
−+2
18OH
−+O2↑，选项D 错误；故选C。
5．化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是
A．去除油污
B．溶液加热
C．去除铁锈
D．灼烧固体
【答案】A
【解析】碳酸钠水解呈碱性，水解吸热，加热促进水解，增强碱性，油污为酯类物质，在碱性条件下可水
解，碱性增强可促进酯类水解，故加热碳酸钠溶液可以除油污，故A 正确；试管夹应夹在距离试管口的三
分之一处，故B 错误； 浓盐酸能和铁锈反应，也能和铁单质反应，故不能用浓盐酸除去铁锈，故C 错
误； 灼烧固体选用在坩埚中进行，但需要打开坩埚上盖，故D 错误；故选A。
6.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℃)高于二甲醚
(-29.5℃)
氢键作用
B
溶解度：O3在CCl4中>H2O 中
O3分子极性较弱
C
键角：PF3(94°)小于PCl3(109.5°)
电负性差异
D
熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3
晶体类型
【答案】D
【解析】乙醇和二甲醚互为同分异构体，但由于乙醇中存在分子间氢键，而二甲醚中不存在，导致乙醇
3
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(78.3℃)的沸点高于二甲醚(-29.5℃)，即与氢键作用有关，A 不合题意；臭氧分子有极性，但很微弱，所以
它在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，B 不合题意； 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，且原子半径：F＜Cl，故PF3的键角小于PCl3，即与F、Cl 的电负性差异有
关，C 不合题意；
D．NH4NO3和C2H5NH3NO3都是离子晶体，NH4NO3的熔点高于C2H5NH3NO3，表明微粒间的作用力
NH4NO3比C2H5NH3NO3大，NH4
+比C2H5 NH3
+半径小，所以NH4NO3的熔点比C2H5NH3NO3高的原因：离子半
径：NH4
+＜C2H5 NH3
+，NH4NO3中的离子键强，故NH4NO3的熔点高，D 符合题意；故选D。
7.物质之间是可以相互转化的。下列物质之间能通过图中所示实现一步转化的是
选项
X
Y
Z
A
Cu
CuO
Cu (OH)2
B
Al2O3
Al(OH)3
AlCl3
C
Fe
FeCl3
FeCl2
D
Si
SiO2
Na2SiO3
【答案】C
【解析】Cu→CuO 可通过铜与氧气加热实现；Cu→Cu(OH)2不能一步完成（Cu 需先转化为铜盐，再与碱
反应），且CuO→Cu(OH)2也无法一步实现（CuO 不溶于水），A 错误；Al2O3→Al(OH)3不能一步完成
（Al2O3不溶于水，需先转化为铝盐或偏铝酸盐再反应），B 错误； Fe→FeCl3（Fe 在Cl2中燃烧）、
Fe→FeCl2（Fe 与HCl 反应）均可一步实现；FeCl3→FeCl2（加Fe）、FeCl2→FeCl3（通Cl2）也能一步完
成，C 正确； Na2SiO3→SiO2不能一步完成（需先与酸反应生成H2SiO3，再加热分解），D 错误；故选
C。
8.W、X、Y、Z 四种元素的原子序数依次增大，基态W 原子核外电子占有3 个能级，且各能级电子数相
等，X 的第一电离能高于同周期相邻元素，Y 是短周期元素中金属性最强的元素，前四周期元素中，Z 的
基态原子未成对电子数最多。下列说法正确的是
A．简单离子半径：X＞Y
4
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B．简单氢化物的稳定性：X＜W
C．W、X 形成的化合物中含有离子键
D．W 的最高价氧化物对应的水化物会导致酸雨的形成
【答案】A
【解析】基态W 原子核外占有3 个能级，且各能级电子数相等，其核外电子排布应为1s
22s
22 p
2，因此W
为C 元素；是短周期中金属性最强的元素，即Y 为Na 元素；X 的第一电离能高于同周期相邻元素，原子
序数小于11，短周期中N 元素因2p 轨道半充满，第一电离能大于相邻的O 和C，因此X 为N 元素；Y 前
四周期中未成对电子数最多的基态原子，Cr 的核外电子排布为[ Ar ]3d
54 s
1，有6 个未成对电子，为前四
周期中未成对电子数最多的元素，因此Z 为Cr 元素。故元素分别是：W 是C、X 是N、Y 是Na、Z 是Cr。
N
3−与Na
+电子层结构相同，核电荷数越小半径越大，故r( N
3−)>r( Na
+)，A 正确；N 的氧化性大于C，
故NH3稳定性高于CH4，B 错误； C 和N 可形成CN ⁻离子，与金属阳离子结合形成离子化合物（如
KCN），含有离子键；也可以形成化合物(CN )2
，含有共价键，C 错误； H2CO3酸性较弱，酸雨主要由硫
酸和硝酸导致，D 错误；故选A。
9.下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
将少量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中，出现白色沉淀
探究BaSO3是否溶于水
B
用玻璃棒蘸取NaClO 溶液点在pH 试纸上，待颜色不变时与标
准比色卡对比读数
测定NaClO 溶液的pH
C
在1 mL 0.1 mol⋅L
−1 KMnO4酸性溶液中滴加5 mL 0.1
mol⋅L
−1 FeSO4溶液
检验+2 价Fe 的还原性
D
在沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液，边煮沸边搅拌
制备Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】将少量的SO2
通入到Ba(NO3)2
溶液中，SO2
与水反应生成H 2SO3
，NO3
−在酸性条件下具有强氧
化性，将H 2SO3氧化成H 2SO4，生成BaSO4沉淀，而非BaSO3，无法探究BaSO3的溶解性，A 错误；
NaClO溶液具有强氧化性，会漂白pH 试纸，导致无法准确判断pH 试纸的颜色变化情况，B 错误； 酸性
KMnO4
溶液与Fe
2+反应的离子方程式为：MnO4
−+5 Fe
2++8 H
+= Mn
2++5 Fe
3++ 4 H 2O，实验中两者恰
5
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好完全反应，Fe
2+被氧化为Fe
3+，紫色的MnO4
−被还原为无色的Mn
2+，观察到紫色褪去，可验证Fe
2+的
还原性，C 正确； 制备Fe(OH )3胶体需将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止
加热，但不能搅拌，否则会导致胶体聚沉，D 错误；故选C。
10.化合物Z 是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，其制备路线如图所示。
下列说法正确的是
A．X 不能与溴水发生取代反应
B．Y 的分子式为C9H8ClO2
C．1 mol Y 可与3 mol NaOH 反应
D．1 mol Z 最多与4 mol H2发生加成反应
【答案】D
【解析】X 的结构中含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，A 错误；Y 分子式为C9 H 9ClO2，B 错误； Y
中能与NaOH 反应的官能团：酚羟基（1 mol 酚羟基消耗1molNaOH）、碳氯键（1mol-CH2Cl 水解消耗1
mol NaOH），1molY 可与2 mol NaOH 反应，C 错误； Z 中能与H2加成的基团：苯环（1mol 苯环加成消
耗3 mol H2）、左侧有酮羰基（1mol 酮羰基加成消耗1 mol H2），酯基不能与H2加成，1molZ 最多与4
molH2发生加成反应，D 正确；故选D。
11.碳酸锰矿(难溶于水，主要成分为MnCO3、FeCO3)可发生如下图转化。
已知“氧化”后溶液中含Mn
2+、Fe
3+、H
+、SO4
2−。
下列说法正确的是
A．“酸浸”时FeCO3
发生的离子方程式为：FeCO3+2H
+=Fe
3++CO2↑+ H2O
B．“氧化”过程中加入H2O2
的目的是将Mn
2+氧化为MnO4
−
C．“除铁”时加入NH3⋅H2O，需控制溶液pH使Fe
3+完全沉淀，而Mn
2+不沉淀
D．最终得到MnSO4
和(NH4)2SO4
溶液，经蒸发结晶可直接得到纯净的MnSO4
固体
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【答案】C
【解析】碳酸锰矿中含有MnCO3、FeCO3等，加入过量H2SO4酸浸，得到MnSO4、FeSO4溶液；加入
H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+；加入NH3∙H2O 除铁，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀后，得到MnSO4和
(NH4)2SO4溶液。酸浸时FeCO3与H+反应，因无氧化剂，Fe2⁺不会被氧化为Fe3⁺，正确离子方程式应为
FeCO3+2H+=Fe2⁺+CO2↑+H2O，A 错误；氧化后溶液含Fe3⁺、Mn2+，Mn2+未发生改变，说明加入H2O2目的是
将Fe2+（酸浸生成）氧化为Fe3+，而非氧化Mn2⁺，B 错误； 除铁时加入NH3·H2O 调节pH，仅使Fe3+完全
沉淀为Fe(OH)3，而Mn2+不沉淀以留在溶液中，C 正确； 溶液含MnSO4和(NH4)2SO4，蒸发结晶时二者会
共同析出，无法直接得到纯净MnSO4，D 错误；故选C。
12.中国科学技术大学的肖正国团队制备出了晶体颗粒更大、更耐高温的全无机钙钛矿薄膜的晶体。某全无
机钙钛矿铷锡氯晶胞如图所示，立方晶胞参数为anm，A 为Rb
+，B 为Sn
2+，X 为Cl
−。a、b 原子分数坐标
如图所示。
下列叙述错误的是
A．该晶体的化学式为RbSnCl3
B．c 的原子分数坐标为(
1
2 , 1
2 , 1
2)
C．A、B 之间最短距离为√2
2 anm
D．与A 等距离且最近的X 有12 个
【答案】C
【解析】由题图可知，Rb+位于晶胞顶点，Sn2+位于体心，Cl-位于面心，则晶胞中含有8× 1
8 =1个Rb+，1
个 Sn2+，6× 1
2 =3个Cl-，该晶体的化学式为RbSnCl3，A 项正确；c 的原子位于体心，由a、b 的原子分数
坐标可知c 的原子分数坐标为(
1
2 , 1
2 , 1
2)
，B 项正确； A、B 之间最短距离等于体对角线的一半，即
√3
2 anm，C 项错误； 选取顶点上的一个A 为参照点，与该参照点相连的三个面的面心上的X 与A 最近且
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等距离，故共有3×8× 1
2 =12个X 与A 最近且等距离，D 项正确；故选C。
13.近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原
理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应
而完成充电。下列说法错误的是
A．放电时需断开K，且TiO2电极避光存储
B．充电时，TiO2电极反应式为2I3
−+2h
+=3I2
C．放电时，负极反应式为2S2
2−−2e
−=S4
2−
D．充电时闭合K，转移1 mol e-同时有1 mol Na+通过隔膜
【答案】B
【解析】放电时电池独立工作，需断开K 避免TiO2电极干扰；TiO2光照产生电子和空穴会驱动充电，故需
避光存储，A 正确；充电时阳极应发生I⁻氧化为I3
−（放电时正极反应为I3
−+2e⁻=3I⁻，充电时逆反应），而
h⁺为氧化剂，应氧化还原性更强的I⁻而非I3
−，正确反应应为3I⁻+2h⁺=I3
−+2h，B 错误； 放电时负极失电
子，M 电极区S2
2−（S 为-1 价）氧化为S4
2−（S 为-0.5 价），反应式为2S2
2−−2e
−=S4
2−，C 正确； 充电时闭
合K 形成回路，转移1mol e⁻，为保持电荷平衡，1mol Na⁺通过隔膜从阳极（N）移向阴极（M），D 正
确；故选B。
14.常温下，向10 mL 0.1 mol⋅L
−1某三元弱酸(简写为H3 A)溶液中滴加V mL pH =13的NaOH 溶液，滴加
NaOH 溶液后的溶液的pH 与含A 粒子分布系数的关系如图所示。已知：含A 粒子的分布系数表达式为δ
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(含A 粒子)=
n(含A粒子)
n(H3 A)+n(H2 A
−)+n(HA
2−)+n(A
3−) ×100 %。下列说法错误的是
A．曲线②表示δ(H2A
−)随滴加NaOH 溶液后溶液的pH 的变化曲线
B．常温下，K a3(H3 A)=10
−6.39 mol⋅L
−1
C．常温下Na2HA溶液中c(H2A
−)>c(A
3−)
D．pH = 4.77时，溶液中：c (Na
+)<3c(HA
2−)+3c(A
3−)
【答案】C
【解析】向H3 A溶液中滴加氢氧化钠溶液时发生的反应依次为H3 A+OH
−= H2A
−+ H2O、
H2A
−+OH
−= HA
2−+ H2O、HA
2−+OH
−= A
3−+ H2O，则曲线①、②、③、④分别表示H3 A、H2A
−、HA
2−、
A
3−随滴加NaOH 溶液后溶液的pH 的变化曲线。曲线②表示δ(H2A
−)随滴加NaOH 溶液后溶液的pH 的变
化曲线，A 正确；由图可知，溶液中H3 A、H2A
−的浓度相等时(曲线①、②的交点)，溶液pH 为3.15，由电
离常数可知，K a1(H3 A)= c (H
+)⋅c(H2 A
−)
c(H3 A)
=c (H
+)=10
−3.15，同理可知，
K a3(H3 A)= c (H
+)⋅c(A
3−)
c(HA
2−)
=10
−6.39 mol⋅L
−1，B 正确； Na2HA溶液中HA
2−存在电离(K a3=10
−6.39)和水
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解(K h= K w
K a2
= 10
−14
10
−4.77 =10
−9.23)，因K a3> K h
，电离占主导地位，所以c(A
3−)>c(H2 A
−)，C 错误；
pH = 4.77时，δ(H2A
−)=δ (HA
2−)，即c(H2A
−)=c(HA
2−)，电荷守恒：
c (Na
+)+c (H
+)=c(OH
−)+c(H2A
−)+2c(HA
2−)+3c(A
3−)，在酸性溶液中c (H
+)>c(OH
−)，则
c (Na
+)<c(H2 A
−)+2c(HA
2−)+3c(A
3−)=3c(HA
2−)+3c(A
3−)，D 正确；故选C。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题，共4 题，共58 分。
15．（14 分） 锗是一种重要的稀散金属，主要用于电子工业、光导纤维等领域。某锌浸渣中含有
ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4等，利用锌浸渣提取Ge 的实验流程如下图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与pH 的关系为：
pH
pH<2
pH =2.5~5
pH>12
Ge 存在形式
Ge
4+
[Ge(OH)3]
+
GeO3
2−
②部分金属离子的沉淀pH：
Fe
2+
Fe
3+
Zn
2+
开始沉淀
7.5
2.3
6.2
沉淀完全
9.0
3.2
8.0
回答下列问题：
(1)基态锗原子中核外电子排布所占据的原子轨道的总数为 ，“滤渣”的主要成分的化学式是
。
(2)Fe2O3在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为 ，物质A 属于碱性氧化物，其化学
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式是 。
(3)“沉锗”操作后，Ge 以GeO2的形式存在，随着pH 的升高，Ge 的沉淀率升高。“沉锗”操作理论上需控
制pH 范围为 。
(4)“酸溶”后，溶液的pH 为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸(C4 H6O6，结构如图所示
)与含锗微粒形成酒石酸络阴离子
[Ge(C4 H4O6)3]
2−
。
①“萃取锗”中主要反应的离子方程式为 。
②若溶液的pH 升高，锗的萃取率下降，原因是 。
③“反萃取”中加入的物质B 是 (填标号)。
a．H2SO4溶液 b．NaOH 溶液 c．NaHSO4溶液
【答案】(1) 17 （1 分） SiO2、PbSO4（2 分）
(2) Fe2O3+2H
++SO2=2Fe
2++SO4
2−+ H2O（2 分） CaO（1 分）
(3)5<pH<6.2（2 分）
(4) Ge
4++3C4 H6O6⇌[Ge(C4 H4O6)3]
2−+6 H
+（2 分） 生成[Ge(OH)3]
+后难以与酒石酸形成配合物（2
分） b（2 分）
【解析】由题给流程可知，锌浸渣用二氧化硫、硫酸溶液还原浸出，将氧化铁转化为硫酸亚铁，氧化锌、
氧化锗转化为硫酸锌、硫酸锗，二氧化硅和硫酸铅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣和滤液；
向滤液中加入物质A（碱性氧化物），将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，酸溶后能生成石膏
CaSO4⋅2H2O，则物质A 为氧化钙，向溶液中加入酒石酸和有机溶剂萃取、分液得到水相和含有
[Ge(C4 H4O6)3]
2−的有机相；向有机相中加入物质B 反萃取得到锗酸钠，pH 大于12 时Ge 以GeO3
2−形式存在，
故物质B 为氢氧化钠溶液，选择合适还原剂将锗酸钠还原得到锗。
（1）基态锗原子的核外电子排布式[Ar]3d
104s
24p
2，占据的原子轨道的总数为17，由分析知，滤渣的成
分是SiO2、PbSO4。
（2）由分析可知，还原浸出时氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和水，
反应的离子方程式为Fe2O3+2H
++SO2=2Fe
2++SO4
2−+ H2O，由分析可知，加入CaO 调节溶液pH 在5~6.2
范围内的目的是将溶液中的硫酸锗转化为GeO2沉淀。
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（3）“沉锗”操作后，Ge 以GeO2的形式存在，随着pH 的升高，Ge 的沉淀率升高。当 pH < 2 时，Ge
4 +
离子溶解度高，无法沉淀；当pH 逐渐升高至2.5∼5，Ge
4 +发生水解，生成[Ge(OH)3]
+，当 pH 进一步升
高时，pH>5形成沉淀GeO2
；当 pH >12，GeO2
会与 OH⁻ 发生反应形成可溶性GeO3
2−；当pH>6.2时Zn
2+可
能会与 Ge 沉淀共存，则“沉锗”操作理论上需控制pH 范围为5<pH<6.2。
（4）①“酸溶”后，溶液的pH 为1.8，Ge 存在形式为Ge
4 +，则“萃取锗”中主要反应的离子方程式为
Ge
4++3C4 H6O6⇌[Ge(C4 H4O6)3]
2−+6 H
+。
②若溶液的pH 升高，Ge 存在形式为[Ge(OH)3]
+，[Ge(OH)3]
+难以与酒石酸形成配合物，锗的萃取率下降。
③由分析知“反萃取”中加入的物质B 是氢氧化钠溶液，故答案选b。
16.（14 分）氯代环己烷(
)是一种医药中间体，实验室可用环己醇和浓盐酸在氯化钙作用下制备，
装置如图所示。
实验步骤如下：
在三颈烧瓶中加入12.5mL 环己醇和8g 无水氯化钙，加入过量浓盐酸，搅拌并加热，保持温度85℃回流
10h。冷却反应物，通过操作a 分离出上层有机物，依次用饱和食盐水、碳酸氢钠溶液、饱和食盐水洗涤，
用过量的无水氯化钙干燥。通过操作b 得到粗产品，然后蒸馏，收集馏分，最终得到产品11.85mL。
已知：相关物质的性质如表所示。
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g⋅mL
−1)
溶解性
环己醇
100
23
160
0.968
能溶于水，易溶于有机溶
剂
氯代环己烷
118.5
−44
142
1.0
不溶于水，易溶于有机溶
剂
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回答下列问题：
(1)写出制备氯代环己烷的化学方程式： 。
(2)实验过程中三颈烧瓶的加热方式最好为 (填“油浴”或“热水浴”)；仪器M 的名称是 ，
冷却水从 (填“x”或“y”)口进水。
(3)操作a 和操作b 分别是 、 ；下列仪器中完成操作b 时不需要的是 (填标号)。
A．分液漏斗 B．漏斗 C．烧杯
D．蒸发皿
(4)蒸馏时需要控制一定温度，则该温度为 (填标号)。
A．78.5～79.5℃ B．141.5～142.5℃ C．159.5～160.5℃
(5)氯代环己烷的产率为 %(保留3 位有效数字)。
【答案】(1)
+HCl →
85°C
CaCl2
+H2O （2 分）
(2) 热水浴 （1 分） 球形冷凝管 （1 分） y（1 分）
(3) 分液 （1 分） 过滤 （1 分） AD（2 分）
(4)B（2 分）
(5)82.6（3 分）
【解析】环己醇和浓盐酸在氯化钙作用下制备氯代环己烷，在三颈烧瓶中加入环己醇和无水氯化钙，加入
过量浓盐酸，搅拌并加热，保持温度85℃回流10h。冷却反应物，通过分液分离出上层有机物(氯代环己烷
和未反应完的环己醇)，依次用饱和食盐水、碳酸氢钠溶液、饱和食盐水洗涤，用过量的无水氯化钙干燥。
过滤出干燥剂得到粗产品(氯代环己烷、环己醇)，然后蒸馏，收集馏分氯代环己烷，最终得到产品。
（1）环己醇和氯化氢发生取代反应生成氯代环己烷和水，化学方程式为
+HCl →
85°C
CaCl2
+H2O。
（2）由于需要控制温度为85℃，所以实验过程中三颈烧瓶的加热方式最好为热水浴；仪器M 的名称是球
形冷凝管，冷却水从y 口进水。
（3）氯代环己烷不溶于水，操作a 是分液；用过量的无水氯化钙干燥后需要过滤；过滤操作不需要分液漏
斗和蒸发皿，答案选AD。
（4）馏分为氯代环己烷，其沸点是142℃，所以蒸馏中需要控制的温度为141.5～142.5℃，答案选B。
（5）12.5mL 环己醇的质量是12.5 mL×0.968g⋅mL
−1=12.1g，结合其相对分子质量知，物质的量是
0.121mol，理论上生成氯代环己烷的物质的量是0.121mol，最终得到氯代环己烷的物质的量是
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11.85×1.0 g
118.5 g/mol =0.100 mol，因此本次实验氯代环己烷的产率为0.100
0.121 ×100%≈82.6%。
17.（15 分）乙炔是化工生产中非常重要的有机物，其制备方法多种多样。回答下列问题：
I．用CO2、H2O、C 联合制备乙炔的反应过程如图所示：
(1)可用 技术测定BaC2的晶体结构。
(2)联合制备乙炔的总反应方程式为 。
(3)反应③包含两步反应，第一步反应：BaCO3(s)+C (s)= BaO (s)+2CO (g)，则第二步反应理论上生成0.5
mol CO 时转移电子的数目为 。
Ⅱ．甲烷催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一
(4)已知：CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) Δ H 1=−885kJ/ mol
2C2H2(g)+5O2(g)= 4 CO2(g)+2H2O (l) Δ H 2=−2600kJ/ mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O (l) Δ H 3=−572kJ/ mol
则反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)在 (填“高温”或“低温”)条件下能自发进行；碳原子的杂化
轨道中s 轨道成分越多，吸电子能力越强，可推测碳氢键的极性：C-H(甲烷) C-H(乙炔)(填
“>”或“<”)。
(5)在高温和隔绝氧气的条件下，甲烷能分解产生乙炔。分解体系中各气体的平衡分压(p/Pa)与温度(T/℃)的
关系如图所示：
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①T 1℃时，反应2CH4 (g)⇌C2H2(g)+3 H2(g)的压强平衡常数K p= Pa2。
②在某温度下，向V L 恒容密闭容器中充入0.12 mol CH4，只发生反应2CH4 (g)⇌C2H4 (g) +2H2(g)，达
到平衡时，测得p(H2)= p(CH4)，则CH4的平衡转化率为 。
【答案】(1)X 射线衍射 （1 分）
(2)CO2+3C+ H2O =
BaC2
C2H2+3CO （2 分）
(3)NA （2 分）
(4) 高温 （2 分） < （2 分）
(5) 1.0× 104.7 （3 分） 66.7% （3 分）
【解析】（1）测定晶体结构常用X 射线衍射技术，通过分析X 射线在晶体中的衍射图案，可确定晶体的
原子排列和结构；
（2）根据CO2、H2O、C 联合制备乙炔的反应过程，CO2、H2O、C 反应生成了乙炔和一氧化碳，BaC2作
催化剂，总反应方程式为CO2+ 4 C+ H2O =
BaC2
C2H2+3CO；
（3）第二步：BaO (s)+3C (s)= BaC2(s)+CO (g)，C 元素：2 个C 从0 价→BaC2中-1 价(得2 个电子)，1
个C 从0 价→CO 中+2 价(失2 个电子)，则生成 1molCO 时，转移电子数为2NA，生成0.5 mol CO，转移电
子数为NA；
（4）根据盖斯定律①×2−②1
2 −③× 3
2
，得2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) ΔH=
−885kJ /mol×2+2600k/mol× 1
2 +572kJ /mol× 3
2 =+388kJ /mol，该反应的气体物质的量增多
（熵增，ΔS>0），根据自发反应的判据ΔG=ΔH−TΔS<0，由于ΔH>0、ΔS>0，需在高温条件下，TΔS 足够
大，才能使ΔG<0，反应自发进行；乙快中C 为sp 杂化（s 成分50%），甲烷中C 为sp3杂化(S 成分
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25%)；s 成分越多，C 吸电子能力越强，C-H 键中H 正电性越强，键的极性越强，故碳氢键的极性C-H(乙
炔)>C-H(甲烷)；
（5）①将该反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度换为平衡分压，t1℃时，化学反应2CH4(g)=C2H2(g)
+3H2(g)的气体分压为：p(CH4)=103、p(H2)=104、p(C2H2)=10-1.3，压强平衡常数Kp=10
−1.3×(10
4)
3
(10
3)
2
=10
4.7；
②设CH4的开始浓度为0.3mol/L，转化浓度为xmol/L，根据反应方程式2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)中物质反
应转化关系可知平衡时c(CH4)=(0.3-x)mol/L，c(C2H4)= x
2
mol/L，c(H2)=xmol/L，达到平衡时，测得
p(C2H4)=p(CH4)，由于容器的容积不变，气体的物质的量的比等于压强的比，可知：0.3-x= x
2
，所以
x=0.2mol/L，故CH4的平衡转化率=0.2mol/L
0.3 mol/L
×100%=66.7%。
18.（15 分）以3,5-二氯-4-氟溴苯、D-环丝氨酸为原料，经多步反应制得异唑虫酰胺，制备异唑虫酰胺的
合成工艺如图所示：
已知：Ⅰ．Et 为乙基；THF 为四氢呋喃；Me 为甲基；Ph 为苯基；4-DMAP 为4-二甲胺基吡啶。
Ⅱ．R−CH2CH2OH →
4−DMAP
R−CH =CH2+ H2O。
回答下列问题：
(1)B 的名称为 ，D 中含有的官能团名称为 。
(2)E 中含有醇羟基，E 的结构简式为 。
(3)J→K 的化学方程式为 。
(4)G+L→M 的反应类型为 。
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(5)Q 的相对分子质量比D 小14，符合以下条件的Q 的芳香类同分异构体有 种(不考虑立体异
构)。
a．能与Na2CO3反应生成气体。 b．能发生银镜反应。
(6)根据上述信息，写出以
和乙醇为主要原料(无机试剂任选)制备
的合成路线：
。
【答案】(1) 三氟乙酸乙酯 （2 分） 羧基、酮羰基 （2 分）
(2)
（2 分）
(3)
+CH3CH2Br
→
K2C O3/ KI
HBr+
（2 分）
(4)取代反应 （1 分）
(5)17 （2 分）
(6)CH3CH2OH →
4-DMAP
CH2=CH2 →
Br2水
CH2BrCH2Br
→
NaOH/H2O
CH2OHCH2OH
（4 分）
【解析】化合物A 断裂C-Br 键与B(断裂C-O 键)发生取代反应生成C，化合物C 中的酮羰基与化合物D 中
酮羰基邻位上的甲基发生反应生成含有醇羟基的E(
)，E 在4-DMAP 条件下按照信息发
生反应将醇羟基生成碳碳双键，即化合物F，F 与H2NOH 反应成环，形成G；G 中的羧基与氨基发生反应
生成化合物M(含酰氨基)。
（1）B 中含有酯基和三氟甲基，名称为三氟乙酸乙酯；D 中含有的官能团名称为羧基、酮羰基。
（2）根据分析，E 的结构简式为
。
（3）根据J、K 的结构简式可判断反应过程中J 中断裂N-H 键，K 中形成新的N-C 键，发生取代反应，
J→K 的化学方程式为
+CH3CH2Br
→
K2C O3/ KI
HBr+
。
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（4）G+L→M 的反应是羧基与氨基发生的取代反应。
（5）Q 的相对分子质量比D 小14，故分子式为C9H8O3，能与Na2CO3反应生成气体说明含有羧基，能发生
银镜反应说明含有醛基，芳香类同分异构体说明含有苯环，符合要求的同分异构体有一取代：
(1 种)，二取代
、
(两骨架结构中均含有邻间对三种，共6 种)，三取代：
(按照三种取代基的位置不同，共10 种)，综上共有17 种符合要求的同分异构体。
（6）根据提供的原料乙醇，结合产物特点得合成乙二醇，再与
反应，具体路线为：
CH3CH2OH →
4-DMAP
CH2=CH2 →
Br2水
CH2BrCH2Br
→
NaOH/H2O
CH2OHCH2OH
。
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