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：Li 7 C 12 O 16 As 75
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 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．【传统文化】“齐天圣鼓”又称“猴鼓”，起源于唐朝，是中国非物质文化遗产之一，下列说法正确
的是
A．可用84 消毒液对牛皮面进行擦拭消毒
B．竹钉的主要成分彻底水解后，产物有还原性
C．与铜铆钉相比，采用铁铆钉固定铜质鼓环使用寿命更长
D．桐油是桐籽提炼的油脂，油脂属于天然高分子
【答案】B
【解析】A．84 消毒液具有强氧化性，会使牛皮中的蛋白质发生变性，从而损坏鼓面，故不可用84 消
毒液对牛皮面进行擦拭消毒，A 错误；
B．竹钉的主要成分是纤维素，纤维素彻底水解后生成葡萄糖，葡萄糖有还原性，B 正确；
C．鼓环常与手接触，易沾上汗液，使铁与铜形成原电池，铁钉作负极，被腐蚀，故铜质鼓环不宜采用
铁质铆钉固定，C 错误；
D．桐油是天然植物油，其主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，不属于天然高分子，D 错
误；
故选B。
2．利用下列题给仪器或材料(夹持装置任选)和试剂可以完成的实验是
仪器或材料
试管，烧杯，导管，表面皿，酒精灯，分液漏斗，玻璃棒，滤纸，漏
斗
试剂
蒸馏水，钠，碘水，锌片，铜片，无水乙醇，浓硫酸
A．设计酸性锌铜原电池
B．在空气中灼烧钠块
C．萃取碘水中的碘单质
D．实验室制乙烯
【答案】A
【解析】A．将浓硫酸缓慢加入盛有蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌稀释得到稀硫酸，将锌片和
铜片斜靠着放入稀硫酸中可以构成酸性锌铜原电池，则题给仪器和试剂可以完成酸性锌铜原电池的实
验设计，A 正确；
B．在空气中灼烧钠块时需要用到的仪器为小刀、表面皿、滤纸、三脚架、泥三角和坩埚，则题给仪器
没有给坩埚，所以不能完成在空气中灼烧钠块的实验设计，B 错误；
C．萃取碘水中的碘单质需要用到不溶于水的有机溶剂，则题给试剂不能完成萃取碘水中的碘单质的实
验设计，C 错误；
D．实验室制备乙烯的反应为无水乙醇和浓硫酸在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，实验时需
要用到的仪器为试管、温度计、导管、酒精灯和水槽，则题给仪器不能完成实验室制乙烯的实验设计，
D 错误；
故选A。
3．元素化合物的种类繁多，是构成物质世界的基础。下列有关元素化合物的说法，正确的是
A．
、
和
均可通过化合反应直接生成
B．糖类、蛋白质、油脂均可发生水解反应
C．常温下，铁、铝和铜与浓硫酸均不发生化学反应
D．乙烯、苯均能发生加成反应，但均不能发生取代反应
【答案】A
【解析】A．
，
，
，因此
、
和
均
可通过化合反应直接生成，A 正确；
B．糖类中单糖不能水解，二糖、多糖可以水解，油脂、蛋白质均可以发生水解，B 错误；
C．常温下，铜和浓硫酸不反应，加热条件下可以反应，铁和铝常温下遇浓硫酸会钝化，表面生成一层
致密的氧化膜，发生化学反应，C 错误；
D．苯易发生取代反应，难发生加成反应，但能与氢气在一定条件下发生加成反应，乙烯含有碳碳双
键，能发生加成反应，D 错误；
故答案选 A。
4．物质的结构决定性质，下列解释错误的是
选项
性质
解释
A
熔点：水晶>干冰
比
的式量更大
B
酸性：丙酸<甲酸
乙基的推电子作用削弱了氧氢键的极性
C
甲醛易溶于水
甲醛是极性分子且可与水分子形成氢键
D
聚乙炔有导电性
聚乙炔中碳原子为：
杂化可形成共轭长链
【答案】A
【解析】A．水晶（SiO2）熔点高于干冰（CO2）的主要原因是SiO2为共价晶体，具有强大的共价键网
络，而CO2为分子晶体，分子间作用力较弱；解释仅提及式量更大，忽略了晶体结构差异，A 错误；
B．丙酸酸性弱于甲酸是由于乙基的推电子诱导效应削弱了羧基中O-H 键的极性，使质子更难解离，B
正确；
C．甲醛易溶于水因其为极性分子，且羰基氧原子可作为氢键受体与水分子形成氢键，C 正确；
D．聚乙炔中碳原子为
杂化可形成共轭长链，共轭大
键体系为电荷传递提供了通路，D 正确；
故选A。
5．白磷和红磷是磷元素的两种常见同素异形体。白磷(
)与浓硫酸反应的化学方程式为
(浓)
。设
是阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．已知P4为正四面体分子，1 mol
中含有共价键的数目为4
B．0．1
溶液中
的数目为0.2
C．2 mol SO2和1 mol O2充分反应生成的SO3的分子数目小于2
D．每生成11.2 L
，转移的电子数为10
【答案】C
【解析】A．白磷（P4）分子为正四面体结构，每个分子含有6 个P-P 共价键，因此1 mol P4中共价键
数目为6 NA，A 错误；B．题中未提供0.1 mol∙L-1 H2SO4溶液的体积，无法计算溶液中H+的数目，B 错
误；C．SO2和O2生成SO3的反应为可逆反应，即2 mol SO2和1 mol O2无法完全转化为SO3，因此生成
的SO3分子数一定小于理论最大值2 NA，C 正确；D．题中并未明确11.2 L 是标准状况下的体积，因此
的物质的量无法计算，即反应转移的电子数无法计算，D 错误；故答案选C。
6．下列反应对应的离子方程式有错误的是
A．AgI 悬浊液加入铁粉进行转化：
B．
溶液中加入硫酸：
C．酸雨形成过程涉及
的氧化：
D．
溶液与稀硫酸产生硼酸：
【答案】A
【解析】A．铁粉与AgI 反应，Fe 被氧化为
，而不是
，正确的离子方程式应为
，A 错误；
B．K2CrO4溶液中加入硫酸，铬酸根在酸性条件下转化为重铬酸根，离子方程式为：
，B 正确；
C．酸雨形成中，H2SO3（亚硫酸）被O2氧化为H2SO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式
为：
，C 正确；
D．Na2B4O5(OH)4（硼砂）在水溶液中电离出
，与H+反应生成硼酸（H3BO3），离子方程式
为：
，D 正确；
故选A。
7．玛巴洛沙韦是一种特效抗流感药物，属于病毒RNA 聚合酶抑制剂，其特点是“只需吃一次”，其分子
结构如图所示。下列有关该分子说法错误的是
A．含有碳酸酯、酰胺、芳香环等结构
B．
可能与
、
等结合而降低药效
C．饱和碳原子中有3 个手性碳原子
D．与机体生物大分子的功能基团结合而发挥药效
【答案】C
【解析】A．由分子结构可知，该物质的分子结构中含有碳酸酯、酰胺、芳香环等结构，A 正确；
B．
(硫醚键)中的硫原子有孤电子对，能与
、
等金属离子形成配位键，可能会降低药物的
药效， B 正确；
C．连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，结合分子结构可知，饱和碳原子中有2 个手性碳
原子，如图标注“*”的碳原子：
，C 错误；
D．该物质属于病毒RNA 聚合酶抑制剂，与机体生物大分子(如蛋白质、核酸等)的功能基团结合而发
挥药效，D 正确；
故选C。
8．【新情境】Raney 镍是一种带有多孔结构、较大比表面积的固态多相催化剂，其主要成分是镍和少量
铝。制备Raney 镍的关键步骤如下所示。下列有关说法错误的是
A．
热分解时产生等体积的CO 和
B．“热分解”时，不可将
替换为
C．“浸出”时，NaOH 溶液溶解镍铝合金中的铝
D．“水洗”时，洗去了
、
和
离子
【答案】A
【分析】使用
作为保护气，将
热分解得到Ni，再将Ni 与Al 熔融得到镍铝合金，然后用
NaOH 溶液浸出合金中的Al，水洗后得到Raney 镍。
【解析】A．
在空气中加热，可能会生成
，气体产物有
和CO，而在该题中
热
分解过程使用
为保护气，根据题意，热分解后生成单质Ni，反应为
，产物只有
，没有CO，因此不会产生等体积的CO 和
，A 错误；
B．热分解需在惰性气氛（如
）中进行，若替换为
，会导致生成的Ni 被氧化，B 正确；
C．浸出步骤中，NaOH 溶液与镍铝合金中的铝反应：
，
从而溶解铝，C 正确；
D．水洗前，体系中含有浸出步骤中产生的
、NaOH 溶液中剩余的
和
等可溶性离
子，水洗可将其除去，D 正确；
故答案选A。
9．下列实验操作和现象对应解释错误的是
选项
实验操作和现象
解释
A
向饱和氨盐水中通入过量
，有晶体析出
B
向热
溶液中加少量油脂，充分振荡，不
再分层
油脂在碱性条件下水解
C
向
溶液中通入
气体，产生黑色沉淀
还原性：
D
向
溶液中加入
同浓度
KI 溶液和几滴KSCN 溶液，溶液变红
【答案】C
【解析】A．向饱和氨盐水中通入过量CO2，该反应是侯氏制碱法的核心反应，生成的NaHCO3因溶解
度较小而以晶体形式析出，A 正确；
B．向热Na2CO3溶液中加少量油脂，加热促进Na2CO3水解，溶液碱性增强，油脂发生皂化反应完全水
解为溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，因此不再分层，B 正确；
C．向CuSO4溶液中通入H2S 气体，产生黑色沉淀（CuS），反应能发生是因为CuS 的溶解度极小，不
溶于稀硫酸，与H2S 和H2SO4的还原性强弱无关，C 错误；
D．加入的KI 溶液过量，充分反应后，加入KSCN 溶液，溶液变红，说明溶液中仍有Fe3+剩余，说明
反应物不能完全转化，即Fe3+与I-的氧化还原反应为可逆反应，D 正确；
故答案选C。
10．如图所示的物质转化关系中，N 为常见的无色无味的液体，N 与固体M 剧烈反应，产生无色气体R 和
固体Q，R 燃烧时伴有浓烟，Q 的焰色为砖红色，F 为某类调味品的主要成分之一。
下列说法错误的是
A．R→E 的过程含加成反应
B．E 分子中σ 键和π 键的个数比为6：1
C．M 和Q 中均含离子键和非极性共价键D．R 可用于切割和焊接金属
【答案】C
【分析】N 为常见的无色无味的液体，N 与固体M 剧烈反应，产生无色气体R 和固体Q，R 燃烧时伴
有浓烟，Q 的焰色为砖红色，钙元素的焰色反应为砖红色，联想乙炔的制取可知M、N、Q、R 分别为
CaC2、H2O、Ca(OH)2、C2H2，C2H2与水反应生成CH3CHO，CH3CHO 催化氧化生成CH3COOH，
CH3COOH 是食醋的主要成分之一，则E、F 分别为CH3CHO、CH3COOH。
【解析】A．
，该反应先发生加成反应生成乙烯醇，后异构化生成
乙醛，A 正确；
B．CH3CHO 分子中含6 个σ 键和1 个π 键，个数比为6:1，B 正确；
C．CaC2中含离子键和非极性共价键、Ca(OH)2中含离子键和极性共价键，C 错误；
D．炔氧焰的温度可达3000℃，可用于切割和焊接金属，D 正确；
故答案选C。
11．等物质的量的1，3-丁二烯与HBr 发生反应，得到两种加成产物P1 和P2，其能量-反应进程图如下。
反应
后，在25℃，P1 占
、P2 占
；在
，P1 占
、P2 占
。下列说法错误的
是
A．P1 为1，2-加成产物，P2 为1，4-加成产物
B．1，3-丁二烯与HBr 生成P2 反应焓变为
C．因生成P1 的活化能低，故低温时产物以P1 居多
D．在
，延长反应时间，
会增大
【答案】D
【解析】A．CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生1，2-加成时只有一个碳碳双键发生反应，CH2=CH-CHBr-
CH3是CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生1，2-加成的产物，CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生1，4-加成时2
个碳碳双键均发生反应，原碳碳单键转化成双键，CH3CH=CHCH2Br 是CH2=CH-CH=CH2与HBr 发生
1，4-加成的产物，故A 正确；
B．根据图示，第一步反应的反应热为
，第二步生成P2 反应的焓变为
，根据盖斯定律，1，3-
丁二烯与HBr 生成P2 反应焓变为
，故B 正确；
C．根据图示，生成P1 的活化能低，所以低温时生成P1 的速率大，产物以P1 居多，故C 正确；
D．反应
后，在25℃，P1 占
、P2 占
，在
，P1 占
、P2 占
，温度低时生
成P2 的反应速率更慢，但由图示可知P2 的能量更低，更稳定，则延长反应时间，
会减小，故
D 错误；
选D。
12．锂铁砷是一种性能独特的超导材料，其中一种立方晶胞结构如图1 所示，Li+与As3-的正视图和俯视图
如图2 所示。若晶胞参数为a nm，M 点As3-的坐标为
，设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A．图1 中M、N 的间距为
B．与Li+等距且最近的Li+有12 个
C．密度为
D．若晶胞中一个As3-被Se2-替换，则Fe(Ⅱ)与Fe(0)的个数比为5：1
【答案】D
【解析】A．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M 点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8 个小立方
体的体心，交错排列，M、N 的间距为面对角线的一半，为
，A 正确；
B．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M 点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8 个小立方体的体
心，交错排列，若Li+位于顶点，其他的Li+位于面心，与Li+等距且最近的Li+有12 个，B 正确；
C．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M 点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8 个小立方体的体
心，交错排列，上下底面的而心、棱心、顶点都是Fe2+，均摊法可得晶胞中有4 个As3-、4 个Li+、
=4 个Fe2+，密度为
，C 正确；
D．由C 可知，1 个晶胞中有4 个Fe2+，4 个As3-，4 个Li+。当1 个As3-被Se2-取代后，总负电荷减少
1，则Fe2+通过降价成Fe 使得正负电荷代数和为0，则4 个Fe2+中有0.5 个降为0 价，因此Fe2+=3.5，
Fe=0.5，Fe(Ⅱ)Fe(0)的个数比为7：1，D 错误；
故选D。
13．某化合物的分子式为
，主要用作生产高效低毒有机农药的原料，其结构如图，已知
、
、
是原子序数依次增大且不同族的短周期元素，三者的价电子数之和为18；
的族序数为周期数的三
倍，电负性：
。下列说法错误的是
A．
为非极性分子
B．简单离子半径：
C．
中
的化合价为+5
D．简单氢化物的热稳定性：
【答案】A
【分析】
的族序数为周期数的三倍，则X 为O，且在结构式中成双键；Y 成5 个键应为第五主族元
素，且序数大于X，则Y 是P；Z 成单键，且序数大于Y，则Y 是Cl；且符合电负性：
且三者
的价电子数之和为18；据此作答。
【解析】A．由题干可知，
、
、
依次为
、
、
。
中心原子P 的价层电子对数是
，其空间构型不是正四面体结构，则其为极性分子，A 项错误；
B．简单离子半径：
，B 项正确；
C．
中
的化合价为
，C 项正确；
D．
的非金属性大于
，简单氢化物的热稳定性：
，D 项正确；
故答案选A。
14．一种可充放电
电池的结构示意图如图所示。电解质为
溶液。
下列说法不正确的是
A．多层复合结构有利于为
的反应提供丰富活性位点
B．放电时，a 极为正极，发生氧化反应
C．放电时发生
，供电能力下降，可通过向电解质溶液添加正丁醇改善
D．充电时，b 电极接电源的负极
【答案】B
【分析】可充放电
电池放电时Zn(b 电极)作负极失电子形成
，
(a 电极)作正极得电子形成
；充电时Zn(b 电极)为阴极，极反应：
，阳极(a 电极)极反应：
。
【解析】A．多层复合结构接触面积大，有利于为
的反应提供丰富活性位点，A 正确；
B．放电时a 为正极，发生还原反应，B 错误；
C．由于生成的
易溶于水，
单质损失，供电能力下降，向电解质溶液添加适量正丁醇可使溶剂极
性减弱，减少
的溶解，改善供电能力，C 正确；
D．充电时，b 电极是阴极应接电源的负极，D 正确；
故选B。
15．AgI 可用于人工降雨。AgI 溶于水，溶液中离子浓度与温度的关系如图所示，已知：pAg=-lgc(Ag+)，
pI=-lgc(I-)。下列说法正确的是（）
A．图像中，T＜20℃
B．AgI 的溶度积Ksp(AgI)：c=d=e＜f
C．20℃时，AgI 粉末溶于饱和KI 溶液中c(Ag+)=1×10-bmol•L-1
D．在d 点饱和AgI 溶液中加AgNO3粉末，d 点移动到f 点
【答案】B
【知识点】难溶电解质的沉淀溶解平衡、浓度对难溶电解质溶解平衡的影响、沉淀溶解平衡的应用、
溶度积规则及其应用
【分析】碘化银溶于水的过程为电离的过程，电离断键，故碘化银溶解是吸热的，在水中存在碘化银
的溶解平衡，Ksp=c(Ag+)∙c(I-)，Ksp属于平衡常数的一种，只受温度影响，结合图像分析解答。
【解析】A．碘化银溶解是吸热的，温度越高电离出的离子越多，图像中c(I-)：a＞b，故T＞20℃，故
A 错误；
B．Ksp属于平衡常数的一种，只受温度影响，在相同温度下，曲线上的各点溶度积相同，温度越高，
溶度积越大，AgI 的溶度积Ksp(AgI)：c=d=e＜f，故B 正确；
C．20℃时，AgI 粉末溶于饱和KI 溶液中，碘化银溶解平衡逆向移动，c(Ag+)＜1×10-bmol•L-1，故C 错
误；
D．在d 点饱和AgI 溶液中加AgNO3粉末，d 点沿de 曲线向e 点移动，故D 错误；
答案选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（14 分）从废钴钼系催化剂（主要含
、
及少量
、
、
）中回收钼的工艺如下
所示：
已知酸浸后钼元素主要存在形式为
和
，仲钼酸盐中为
。
回答下列问题：
（1）Co 位于元素周期表第四周期、第 族。
（2）
在空气中高温焙烧生成两种氧化物，有
和 。
（3）“焙烧”中加入
的优点是 （写一条）。
（4）“酸浸”后Mo 的价态不再发生改变，则
中
。
（5）“净化”产生废渣2，其中难溶硫化物主要有ZnS 和 。参考溶液中含铝形体浓度负对数
与pH 关系（如下图所示），则“净化”时pH 最佳控制范围是 （选填标号）。
A .
B．
C．
（6）“洗脱”时加入氨水的最佳浓度为
。氨水浓度过大，会导致有机萃取剂（酯类物
质）失效，从而降低Mo 的洗脱效率，有机萃取剂失效的可能原因是 。
（7）用
湿法氧化
，直接生成
和
，对应的离子方程式为 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）Ⅷ（1 分）
（2）
（3）减少
排放造成的环境污染（1 分）
（4）6
（5）CuS B
（6）酯类在较浓氨水中发生水解反应（或取代反应或皂化反应）
（7）
【分析】废钴钼系催化剂在空气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫，加入碳酸钙吸收二氧化硫防止
污染，加硫酸酸浸后得到金属的硫酸盐，由流程图可知，加入硫化铵除去铝离子、铜离子和锌离子，
然后萃取分离钴离子和钼离子，用氨水洗脱得到(NH4)2MoO4，加入盐酸调pH 后得到仲钼酸铵，据此
回答；
【解析】（1）Co 是27 号元素，位于周期表第4 周期VIII 族；
（2）
在空气中高温焙烧，Mo 生成
，S 生成
；
（3）加入碳酸钙高温下分解生成氧化钙，与
反应可以减少
排放造成的环境污染；
（4）“酸浸”后Mo 的价态不再发生改变，则由
可知其中Mo 的化合价为+6，由化合价的代数
和等于离子所带电荷数可知+6×7+(-2)×24=-n，解得n=6；
（5）净化时加入硫化铵，锌离子、铜离子与硫离子生成ZnS 和CuS 沉淀，铝离子与硫离子水解相互
促进生成氢氧化铝和硫化氢，净化目的是使溶液中含铝形体的浓度尽量低，观察题图可知当pH 在6~8
时，溶液中含铝形体的浓度最小，说明铝以沉淀形式存在，故选B；
（6）氨水浓度过大，溶液碱性过强会导致有机萃取剂（酯类物质）水解，从而降低Mo 的洗脱效率；
（7）次氯酸根氧化MoS2生成
和
，自身被还原为氯离子，由此可写出离子方程式
17．（13 分）安息香和二苯乙二酮不仅是重要的化工原料，还可作为自由基固化的光引发剂，并且在药物
合成方面都有广泛的应用。某研究小组进行“二苯乙二酮的制备与产率计算”的课题研究，实验原理
如下：
【查阅资料】
a.安息香的合成原料苯甲醛不稳定，易被氧化。
b.使用维生素
作为催化剂时，在高浓度碱液中反应会导致催化过程中维生素
的噻唑环开环失效。
c.采用三氯化铁作氧化剂合成二苯乙二酮，在加热回流过程中，反应体系受热不均，导致产品出现炭
化的现象。
d.相关理化数据：
性质物质
相对分子质量
密度/
溶解性
苯甲醛
106
1.06
难溶于水，易溶于乙醇
安息香
212
1.31
难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响
大)
二苯乙二酮
210
1.52
难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响
大)
碳酸氢钠
84
2.20(饱和溶液)
溶于水，不溶于乙醇
【实验方案】
二苯乙二酮的制备：
①分别量取一定量的苯甲醛与过量饱和
溶液于分液漏斗中，振荡多次，静置分液，得到纯化
的苯甲醛。
②向50mL 烧瓶中加入0.90g 维生素
和1.75mL 水，加入磁子，磁力搅拌使其溶解，再加入
乙醇和
纯化的苯甲醛。
③在磁力搅拌下缓慢滴加适量
溶液，控制滴加时间5~30min。安装加热回流装置，再从室温逐
步升至
，恒温一定时间后，冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得到安息香
。
④在
圆底烧瓶中依次加入合成的安息香、一定量的
、水和冰醋酸后摇匀，在微波反应仪
中进行微波辐射，反应完毕后加入40mL 热水，冷却结晶、抽滤得浅黄色粗品，进一步提纯后得到精
品
。
回答下列问题：
（1）仪器X 的作用是 。
（2）请写出①中发生的主要反应的化学方程式 。
（3）将烧瓶置于微波反应仪中反应的原因是 。
（4）下列有关说法错误的是_______。
A．①中分液后，取下层液体参与后续反应
B．氧化剂不选择浓硝酸的原因可能是浓硝酸反应过程中易产生
，污染环境
C．进一步提纯二苯乙二酮采用的方法是重结晶，可选择乙醇作溶剂
D．对产品结构进行表征，可采用红外光谱仪测定产品的相对分子质量
（5）抽滤的装置如图，安全瓶的作用是 ；抽滤相较于普通过滤装置的优点是 。
（6）本实验中二苯乙二酮的产率为 ，若③中滴加
速率过快，会导致产率 (填
“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）冷凝回流（1 分）
（2）
（3）使反应体系受热均匀，避免产物炭化
（4）AD
（5）防倒吸（1 分） 加快过滤速率，使产品更干燥（1 分）
（6）80.0% 偏低
【分析】苯甲醛与维生素B1、NaOH 反应制备安息香，安息香与FeCl3制备二苯乙二酮，反应后有黄
色产品析出，过滤，冷水洗涤、75%乙醇重结晶，得二苯乙二酮晶体。
【解析】（1）仪器
为球形冷凝管，用于冷凝回流。
（2）苯甲醛容易被氧化为苯甲酸，将取出的苯甲醛与碳酸氢钠溶液混合，能除去其中混有的苯甲
酸，达到纯化苯甲醛的目的，反应原理：
。
（3）【查阅资料】中提到“在加热回流过程中，由于反应体系受热不均，导致产品炭化的现象并未
得到有效解决”，反应体系放置于微波反应仪中，能使反应体系受热均匀，避免产物炭化。
（4）A．①中溶液为较饱和的碳酸氢钠溶液与苯甲醛，苯甲醛密度较小，处于上层，应取上层液体参
与后续反应，A 错误；
B．氧化剂不选择浓硝酸的原因可能是浓硝酸反应过程中易产生
，污染环境，B 正确；
C．二苯乙二酮粗品中可能混有未反应完全的安息香，结合溶解性数据，可用乙醇作溶剂进行重结
晶，C 正确；
D．可采用红外光谱仪测定产物中的化学键和官能团，用质谱仪测定产品的相对分子质量，D 错误；
故答案为AD。
（5）装置图中，右侧水流流动时产生的气体压强差，会显著减小吸滤瓶中的气压，安全瓶能起到防
倒吸的作用；相较于普通过滤装置，抽滤能加快过滤速率，且过滤效果更好，使产品更干燥。
（6）产率=实际产量÷理论产量，实际生成的二苯乙二酮的物质的量
，根据反应原理，理论生成的二苯乙二酮的物质的量=苯甲醛的
物质的量÷2，
，
，产率
；滴加NaOH 速率
过快，会导致溶液局部碱性过强，已知“在高浓度碱液中反应，会导致催化过程中维生素
的噻唑环
开环失效”，催化效果降低，产品产率降低。
18．（14 分）4，7-二氯喹啉(G)是合成四氨基喹啉类抗疟药物的重要中间体。其最新合成路线如下：
已知：①Et 表示乙基
；②喹啉环上的羟基与酚羟基性质相似。
（1）化合物A 的名称为 。
（2）化合物B 的含氧官能团名称为 。
（3）A 与B 生成C 是取代反应，则此反应另一种生成物是 (填结构简式)。
（4）若C→D 的反应过程分如图所示的“环化”和“异构化”两步：
则M 的结构简式为 。
（5）写出D→E 第一步反应(D 与氢氧化钠溶液加热回流)的化学方程式： 。
（6）E 合成F 需升温至250℃左右、回流1.5 小时，操作时要在氮气氛围下进行，氮气的主要作用是
。
（7）有机物R 是G 的同分异构体，请写出一种满足下列条件的R 的结构简式： 。
a.能使溴水褪色
b.分子中含—CN
c.除苯环外不存在其他环状结构，且苯环上有3 个取代基
d.核磁共振氢谱中共有4 组峰，且峰面积之比为
【答案】（每空2 分）
（1）间氯苯胺(或3-氯苯胺)
（2）醚键、酯基
（3）
（4）
(或
)
（5）
（6）作保护气，防止羟基被氧化
（7）
(或
、
10 种)
【分析】A 和B 发生取代反应生成C 和
，C 发生取代反应并异构化生成D，D 发生水解反
应然后酸化生成E，E 发生脱羧反应生成F，F 发生取代反应生成G。
【解析】（1）A 的名称为间氯苯胺或3-氯苯胺；
（2）化合物B 中含有三种官能团：碳碳双键、醚键、酯基，其中含氧官能团为醚键和酯基；
（3）A 与B 发生取代反应生成C 和
；
（4）
先环化得到M 再异构化生成
，说明C→M 发生了一个
酯基去掉乙氧基后取代—Cl 对位上—H 的反应，生成M（
）和
；
（5）D→E 的反应分两步进行，第一步为碱性条件加热回流使酯基彻底水解以及喹啉环上的羟基生成
盐，第二步为酸化后合成E。故第一步化学反应方程式为：
。
（6）
为脱羧反应，
作为保护气，可防止喹啉环上的羟基被氧化；
（7）根据G 的结构简式，有机物R 是G 的同分异构体，分子中除苯环外不存在其他环状结构，且苯
环上有3 个取代基，分子能使溴水褪色，由此推知分子中含有碳碳双键、—CN，核磁共振氢谱中有4
组峰，说明分子中有四种环境不同的氢原子，且峰面积比为
，结构可能是
、
或
（三个取代基位置可以调换，有10 种结构）。
19．（14 分）TiC 是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：
反应步骤如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）
，总反应的
随温度T 的变化关系如图，则总反应自发进行的温度条
件为 。
（2）在恒容密闭容器中，加入1 mol
、5 mol C 和8.4 mol 氢气，以
从20℃升温至
1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t 变化关系如图。已知：剩余固体质量分
数
148 min
①
之前反应速率逐渐加快的原因是 。
M
②
、N 点的反应速率
(选填“>”“=”或“<”)，其原因是 。
③设Q 点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的
(分压=总压×物质的量分
数，用含p 的代数式表示)。
（3）高温下，向
和C 反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC 与NaF 共熔体)，最终获得
TiC，原理如下：
ⅰ．
ⅱ．______________
ⅲ．
过程ⅱ的化学方程式为 ，加入NaF 有利于生成更多TiC 的原因是 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
温度高于1258K（1 分）
（2）该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因 >（1 分）
随着反应进行生成了
固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢
（3）
加入熔融 NaF 能生成TiC 与NaF 共熔
体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利
于得到更多的 TiC
【解析】（1）根据盖斯定律，总反应
可由
×I +
×Ⅱ +
×Ⅲ得
到：
；由
图可知，当
时，
，反应自发进行；
（2）①148 min 之前反应速率逐渐加快的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反
应速率加快的主要原因；
148
②
分钟以后，温度已经保持不变状态，由斜率可看出
；原因可能是因为随着反应进行
生成了
固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢；
1500℃
③
时时，剩余固体质量分数为68%，初始固体总质量：
，剩余固体质量：
，设反应的
为
，三段式为
剩余固体质量：
，则56x = 140 - 95.2，解得x = 0.8 mol，平衡时
，气体总物质的量
；
（3）过程ⅱ的化学方程式与
的作用 ，过程ⅰ：
；过程ⅲ：
，因此过程ⅱ为
与液态
反应生成
，方程式
为：
；加入熔融 NaF 能生成TiC 与NaF 共熔体，
该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得
到更多的 TiC。
