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：H 1 C 12 O 16 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ce 140
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 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．【改编】下列历史文物的主要成分属于金属材料的是
A．鲁国大玉璧
B．汝窑天蓝釉刻花鹅颈
瓶
C．“孙子兵法”竹简
D．战国金怪兽
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】鲁国大玉璧主要成分为玉石，属于无机非金属材料，A 错误；汝窑天蓝釉刻花鹅颈瓶为瓷器，主
要成分为陶瓷，属于无机非金属材料，B 错误；“孙子兵法”竹简的主要成分为纤维素，属于天然有机材
料，C 错误；战国金怪兽主要成分为黄金，黄金是纯金属，属于金属材料，D 正确；故选D。
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．
NH3的电子式：
B．
SO3的VSEPR
模型：
C．Fe
2+的价电子排布式：3d
54s
1
D．聚四氟乙烯的结构简式：
【答案】D
【解析】NH3中N、H 原子间形成3 对共用电子对，同时N 原子上有一对孤电子对，其电子式为：
，A 错误；SO3的中心S 原子的价层电子对数为3+6−3×2
2
=3，无孤电子对，采取sp2杂化，
SO3的VSEPR模型为平面三角形，B 错误；Fe 的原子序数为26，基态Fe 原子的价电子排布式为3d
64 s
2，
Fe
2+是Fe 原子失去2 个4s 电子形成的，所以Fe
2+的价电子排布式为3d
6，C 错误；聚四氟乙烯由
CF2=CF2加聚反应得到，则聚四氟乙烯的结构简式为：
，D 正确；故选D。
3．【热点】关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．如果苯酚浓溶液沾到皮肤上，应立即用酒精洗，再用水冲洗
B．为加快铁屑在稀硫酸中的溶解，采用酒精灯加热比采用电热套加热更安全
C．为防止Cl2逸散，可在装Cl2的集气瓶口涂抹适量凡士林，使玻璃片与瓶口更密合
D．含硝酸银的废液，可加试剂使Ag
+沉淀，再将沉淀物分离
【答案】B
【解析】苯酚易溶于酒精，沾到皮肤后先用酒精清洗正确，A 正确；铁与稀硫酸反应产生氢气，酒精灯明
火可能引发爆炸，电热套无明火更安全，B 错误；凡士林可增强玻璃片与瓶口的密封性，防止Cl2泄漏，C
正确；处理含Ag+废液应沉淀后分离，符合规范，D 正确；故选B。
4．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．2.8 g 基态硅原子核外未成对电子数为0.2 N A
B．3.2 g O2和C
18O混合气体中所含中子数为1.6 N A
C．1 L pH =2的CH3COOH溶液中氢离子的数目为0.02 N A
D．标准状况下，22.4 L CH4和22.4 L Cl2在光照条件下充分反应后气态分子数为2 N A
【答案】A
【解析】硅的摩尔质量为28 g/mol，2.8 g 硅的物质的量为0.1 mol，基态硅原子的3p 轨道有2 个未成对电
子，因此0.1 mol 基态硅原子核外未成对电子数为0.2 N A，A 正确；O2的摩尔质量为32 g/mol，C O
❑
18 的摩尔
质量为30 g/mol，则O2和C
18O混合气体的平均摩尔质量大于30 g/mol 而小于32 g/mol，混合气体总质量为
3.2 g，即总物质的量大于0.1 mol，1 个O2和C
18O分子均含16 个中子，则3.2 g O2和C
18O混合气体中所含中
子数大于1.6 N A，B 错误；pH=2 的CH3COOH 溶液中H+浓度为0.01 mol/L，1 L 该溶液中H+数目为0.01 N A
，而非0.02 N A，C 错误；甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，反应式依次为：①
CH 4+Cl2→
光
CH 3Cl+ HCl、②CH 3Cl+Cl2→
光
CH 2Cl2+ HCl、③CH 2Cl2+Cl2→
光
CHCl3+ HCl、④
CHCl3+Cl2→
光
CCl4+ HCl，生成的CH3Cl、HCl 是气体，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷都是液体，则
①③④反应前后气体分子数不变，但②是气体分子数减少的反应，则标准状况下，22.4 L CH4(即1 mol)和
22.4 L Cl2(即1 mol)在光照条件下充分反应后气态分子数小于2 N A，D 错误；故选A。
5．【改编】分离是研究物质的基本实验方法，下列关于物质分离的描述正确的是
A．分液漏斗下层液体放出时，应待分界液面进入活塞时迅速关闭活塞
B．蒸馏操作时温度计水银应放在烧瓶的混合液中
C．用CCl4萃取水中的碘时，振荡、静置、分层后分液即可得碘单质
D．除去NaCl晶体中的少量KNO3需经过溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作
【答案】A
【解析】分液漏斗下层液体放出时，应待分界液面进入活塞时迅速关闭活塞，此操作正确，因为关闭活塞
可防止上层液体混入下层液体中，确保分离彻底，A 正确；蒸馏操作时，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶
支管口处以测量蒸气温度，而非浸入液体，B 错误；用CCl4萃取水中的碘时，分液后仅得到碘的CCl4溶
液，需进一步蒸馏才能获得碘单质，因此分液无法直接得到碘单质，C 错误；除去NaCl 中的少量KNO3应
通过溶解、蒸发浓缩、趁热过滤等操作以去除KNO3，降温结晶会导致KNO3析出，混入NaCl 中，D 错
误；故选A。
6．化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列有关事实的微观解释正确的是
选项
事实
微观解释
A
甲苯与KMnO4溶液反应实验中，加入冠醚可
以缩短褪色时间
超分子具有自组装特征
B
只有1 个最外层电子的碱金属原子光谱在
光谱里呈现双线
在一个原子轨道里，最多容纳2 个电子且自旋
相反
C
O3在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
O3与CCl4均为非极性分子，相似相溶
D
CH3Cl的沸点高于CF4
相对分子质量是影响二者沸点的主要因素
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【解析】冠醚与K+形成超分子复合物，促进KMnO4与甲苯接触，加快反应速率，原因是超分子有分子识
别的特征，A 错误；在一个原子轨道里，最多容纳自旋相反的2 个电子，由于自旋-轨道耦合作用，单电子
能级分裂为两个相近的能级，跃迁时发射两种波长相近的光，形成双线结构，B 正确；O3为极性分子，
CCl4为非极性分子，“均为非极性”的表述错误，C 错误；CH3Cl沸点高因极性分子间作用力强，而非相
对分子质量，D 错误；故选B。
7．根据元素周期律推测，下列说法不正确的是
A．碱性：Mg (OH)2>Al(OH)3
B．第一电离能：N >F>O
C．离子半径：H
−>Li
+
D．化合物中共价键的极性：H2O>H2S
【答案】B
【解析】金属性Mg＞Al，故碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3，A 正确；第一电离能顺序应为F＞N＞O（因F 电负
性最强，N 因p 轨道半充满结构电离能高于O），但选项B 写为N＞F＞O，B 错误；H
−和Li
+电子层结构
相同，均为2 电子结构，原子序数小的H
−半径更大，C 正确；电负性O＞S，O-H 键极性＞S-H 键，D 正
确；故选B。
8．下图1 是两种金属单质A 和B 组成的储氢合金的立方晶胞结构示意图，晶体储氢时，H2可以位于晶胞
的体心和棱长中心，晶胞边长为apm，白球表示A 原子，黑球表示B 原子，N A为阿伏加德罗常数的值。下
列说法正确的是
A．该晶体的体对角面的截面图如图2 所示
B．A 的配位数为4
C．当储氢率为50%时，晶体的化学式为B2AH D．熔化该晶体需要破坏极性共价键
【答案】C
【解析】由图可知，该晶体的体对角面的截面图为边上是白球，中间为黑球,A 错误；由图可知，与A 距离
最近且等距的B 原子有8 个，故该晶胞中A 球的配位数为8，B 错误；由题可知，H2可以位于晶胞的体心
和棱长的中心，A 位于顶点和面心，B 位于体内，根据均摊法计算，当储氢率为50%时，晶胞中含A 原子
的个数为（8× 1
8 +6× 1
2 ）=4，B 原子的个数为8，H2的个数为（1+12× 1
4 ）×50 % =2，H 原子个数
为4，故晶体的化学式为B2AH，C 正确；该晶体为金属晶体，熔化该晶体需要破坏金属键，D 错误；故选
C。
9．一种Na−CaFeO3可充电电池的放电原理如图所示。下列说法错误的是
A．离子交换膜为阳离子交换膜
B．该电池中不能使用电解质的水溶液代替有机电解质
C．充电时，阴极的电极反应式为Na
++e
−= Na
D．用锂电极代替钠电极放电时，消耗等质量的锂电极时放电量较低
【答案】D
【解析】电池工作时，Na 电极失电子产生Na+，透过钠离子交换膜进入CaFeO3电极，则X 电极为负极，Y
电极为正极。由图可知，X 电极产生Na+，Y 电极消耗Na+，Na+通过离子交换膜从左向右移动，说明交换
膜允许阳离子通过，为阳离子交换膜，A 正确；Na 为活泼金属，能与水剧烈反应，若使用水溶液电解质，
Na 会直接与水反应，无法正常放电，故不能用水溶液代替有机电解质，B 正确；充电时为电解池，原电池
的负极（Na 电极）作阴极，阴极发生还原反应，电极反应式为Na
++e
−= Na，C 正确；Li 和Na 放电时均
为1mol 金属失去1mol 电子，等质量时，Li 的物质的量大于Na 的物质的量，则Li 转移电子更多，放电量
更高，D 错误；故选D。
10．化合物Z 是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．化合物X 最多有10 个原子共平面
B．化合物Z 具有2 个手性碳
C．X→Y 发生了加成反应
D．化合物
含醛基的同分异构体有4 个（不考虑立体异构）
【答案】B
【解析】碳碳双键和羰基是平面结构，化合物X 中与O 相连的甲基C 为sp3杂化，最多有1 个H 原子能与
左边结构共平面，即共平面的原子为
，因此最多有10 个原子共平面，A 正确；连有4 个不同
原子或基团的C 原子为手性碳原子，则化合物Z 只有1 个手性碳，即
（用*表示），B 错
误；反应X→Y 中，化合物X 的碳碳双键转化为化合物Y 的碳碳单键，且没有小分子生成，属于加成反
应，C 正确；化合物
含醛基的同分异构体有4 个，分别为
（不考虑立体异构）、
，D 正确；故选B。
11．已知二氧化氯（ClO2）为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆
炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．实验中通入CO2气体的目的是稀释ClO2，防止发生爆炸
B．配制分液漏斗中的混合液时，应将甲醇倒入浓硫酸中，同时不断搅拌
C．装置乙中应使用热水浴，以加快化学反应速率
D．装置乙发生的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】A
【解析】在甲装置烧瓶中用CH3OH、NaClO3和浓硫酸反应可制得ClO2，反应原理为：
CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，通入CO2气体将ClO2稀释，防止其浓度
过大引起爆炸，生成的ClO2在乙装置和H2O2在碱性条件下生成少量NaClO2，丙用于吸收尾气，防止大气
污染。甲装置为ClO2发生装置（NaClO3与甲醇在浓硫酸酸性条件下反应生成ClO2），ClO2浓度较高时易
爆炸，通入CO2可稀释生成的ClO2气体，降低其浓度，防止爆炸，A 正确；CH3OH 和浓硫酸混合时，应
将浓硫酸沿器壁缓慢倒入甲醇中并搅拌，若将甲醇倒入浓硫酸，会因局部过热导致液体飞溅，B 错误；
ClO2沸点为9.9℃，易挥发，乙装置需冷凝ClO2以使其充分溶解反应，应使用冷水浴而非热水浴（热水会
导致ClO2挥发损失），C 错误；乙装置中ClO2（Cl：+4→+3，得1e-，氧化剂）与H2O2（O：-1→0，失
2e-，还原剂）反应，根据电子守恒，氧化剂（ClO2）与还原剂（H2O2）物质的量之比为2:1，D 错误；故
选A。
12．磷化氢(PH3)可作为电子工业原料，在空气中能自燃，具有还原性。工业上用白磷为原料制备PH3的流
程如下。下列说法错误的是
A．制备PH3时，需在无氧条件下进行
B．反应1 中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3
C．NaH2PO2属于正盐
D．不考虑损失，1mol P4参与反应，可产生2.5mol PH3
【答案】B
【解析】由题给流程可知，反应1 为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和磷化氢，反应的化学方
程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，反应2 为NaH2PO2溶液与稀硫酸反应生成H3PO2和硫酸钠，反
应的化学方程式为2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反应3 为H3PO2发生分解反应生成H3PO4和PH3，
反应的化学方程式为2H3PO2=H3PO4+PH3↑；白磷和磷化氢在空气中都能自燃，所以制备磷化氢时，最好
在无氧条件下进行，A 正确；反应1 为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和磷化氢，反应的化学
方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，反应中磷元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，白磷即
是反应的氧化剂又是反应的还原剂，NaH2PO2是反应的氧化产物，磷化氢是还原产物，则氧化产物和还原
产物的物质的量之比为3：1，B 错误；由反应1 中白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和磷化氢可
知，NaH2PO2不能与氢氧化钠溶液反应，说明NaH2PO2在溶液中不能电离出氢离子，属于正盐，C 正确；
由反应1 的方程式可得：P4~PH3，由反应1、反应2、反应3 可得如下转化关系：P4~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5
PH3，则1 mol 白磷参与反应，可产生1mol+1.5mol=2.5 mol 磷化氢，D 正确；故选B。
13．已知25℃时，H2A为气态，H2A饱和溶液浓度约为0.1 mol/L，H2A水溶液中各含A 微粒物质的量分数
δ随pH 变化关系如下图所示[例如δ (H2A)=
c(H2A)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)
]。已知K sp(ZnA)=1.6×10
−24。
下列说法正确的是
A．NaHA 溶液中，水的电离受到抑制
B．向c =(Zn
2+)=0.01mol/L
的溶液中通入H2A气体至饱和，所得溶液中：c (H
+)<c(Zn
2+)
C．以酚酞为指示剂(变色的pH 范围为8.2-10.0)，用NaOH 标准溶液可滴定H2A水溶液的浓度
D．0.1 mol/L 的Na2A溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)
【答案】D
【解析】pH 较小时，随pH 增大，溶液中H2A 的物质的量分数逐渐减小，继续增大pH，HA-的物质的量分
数先增大后减小，A2-的物质的量分数逐渐增大，故曲线从左到右依次代表H2A、HA-、A2-物质的量分数随
pH 变化。由图像可知，pH=7.0 时，c(H2A)= c(HA-)，则H2A 的电离平衡常数Ka1=10-7，pH=13 时，c(HA-)=
c(A2-)，Ka2=10-13，NaHA 溶液中，HA⁻的水解平衡常数Kh= K W
K a1
= 10
−14
10
−7 =10
−7，Kh> Ka2，水解程度大于电
离程度，溶液显碱性，水解促进水的电离，A 错误；向c(Zn²⁺)=0.01 mol/L 溶液中通入H₂A 至饱和，ZnA 的
Ksp=1.6×10-24，沉淀生成会消耗A2-，促进H₂A 电离平衡正向移动，H⁺浓度增大。H₂A 饱和溶液浓度约为0.1
mol/L，完全电离时c(H⁺)≈0.2 mol/L，而Zn²⁺因形成沉淀浓度显著降低，故c(H⁺)>c(Zn²⁺)，B 错误；酚酞变
色范围为8.2~10.0，由于H 2 A的K a1=10
−7，酸性太弱，滴定到第一化学计量点时pH 突跃不明显，故不能
用指示剂准确判断终点，C 错误；0.1 mol/L Na₂A 溶液中，A²⁻发生水解：A²⁻+H₂O
HA⁻+OH⁻
⇌
， HA⁻进一
步发生水解：HA⁻+H₂O
H
⇌
2A+ OH⁻， c(OH⁻)>c(HA⁻)，则c(Na⁺)>c(A²⁻)>c(OH⁻)>c(HA⁻)，D 正确；故选
D。
14．推动CO2综合利用、实现碳中和是党中央的重大战略决策。CO2与H2在TiO2/Cu 催化剂表面生成
CH3OH 和H2O 的部分反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是
A．步骤②反应的Δ H <0
B．物质从催化剂表面脱附的过程会释放能量
C．步骤③反应比步骤①快
D．步骤③的反应方程式为HO
*+ H
*= H2O
*
【答案】B
【解析】由图可知，步骤②反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变小于0，Ａ正
确；物质从催化剂表面脱附的过程会吸收能量，Ｂ错误；由图可知，步骤③反应的活化能小于步骤①反
应，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以步骤③反应比步骤①快，Ｃ正确；由图可知，步骤③反应的
方程式为：HO
*+ H
*= H2O
*，Ｄ正确；故选Ｂ。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15.（14 分）糖精钠是一种甜味剂。某实验小组在实验室利用甲苯氯磺化法按以下五个步骤制备糖精钠(部
分操作及反应条件略)。
步骤Ⅰ：氯磺化
常温下，产物1 是黄色油状物，产物2 是白色固态结晶状物。实验装置示意图如图所示(夹持及控温装置
略)。
(1)仪器a 的名称为
。
(2)该实验过程中，需要进行尾气处理，可以选用的装置是
(填字母)。
A．
B．
C．
(3)分离产物1 和产物2 的操作名称是
。
步骤Ⅱ：氨化
(4)根据以上信息，写出氨化步骤的化学反应方程式：
。
步骤Ⅲ：氧化
(5)氧化过程中为保证氧化完全，需加入过量的KMnO4。反应完成后，向其中滴加Na2SO3溶液将过量的
KMnO4转化成MnO2，观察到现象为
时，停止加入Na2SO3溶液，该过程反应的离
子方程式为
。
步骤Ⅳ：酸化
步骤Ⅴ：成盐
(6)加热反应体系，待NaHCO3反应完全，趁热过滤。由滤液获得糖精钠产品的操作依次为
→过
滤→
→干燥。
【答案】(1)恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗（2 分）
(2)BC（2 分）
(3)过滤或抽滤（2 分）
(4)
+2NH3
·
H2O
→
+NH4Cl+2H2O 或
+2NH3
→
+NH4Cl（2 分）
(5)溶液紫红色褪去 （2 分） 2MnO4
−+3SO3
2−+ H2O=2MnO2↓+3SO4
2−+2OH
−（2 分）
(6)冷却结晶或降温结晶 （1 分） 洗涤（1 分）
【解析】甲苯先通过氯磺化，再经过氨化、氧化、酸化，最后与NaHCO3成盐，得到糖精钠，滤液获得糖
精钠产品的操作需要经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（1）根据图示，仪器a 的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗；
（2）步骤Ⅰ中氯磺酸易水解，生成的氯化氢可用水吸收，但需要防止倒吸，所以可以选用BC 装置。
（3）产物1 是黄色油状物（液体），产物2 是白色固态结晶状物（固体），固液分离的操作是过滤或抽
滤；
（4)由题给信息：
可知，氨化会生成HCl，HCl 可以继续与一水合氨反应生成
NH4Cl
，所以可得化学反应方程式为
+2NH3
·
H2O
→
+NH4Cl+2H2O 或
+2NH3
→
+NH4Cl；
（5）氧化过程中为保证氧化完全，需加入过量的KMnO4。反应完成后，向其中滴加Na2SO3溶液以除去过
量的KMnO4，KMnO4被消耗，则反应完全的现象是溶液紫红色褪去，该溶液呈碱性，KMnO4被还原为MnO2
，根据氧化还原反应规律，得出离子方程式为2MnO4
−+3SO3
2−+ H2O=2MnO2↓+3SO4
2−+2OH
−。
（6）由题意可知，趁热过滤得到糖精钠的热溶液，从热溶液中获得溶质的操作是：冷却结晶、过滤、洗
涤、干燥。
16.（15 分）以液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料回收Ce
的流程如图所示。
已知：
1.CeO2具有强氧化性，通常情况不与常见的无机酸反应。
2.几种阳离子转化为沉淀的pH
金属阳离子
Fe
3+
Ce
3+
Al
3+
Fe
2+
开始沉淀的pH
1.5
7.6
3.4
6.5
沉淀完全的pH
2.8
9.4
4.7
9.0
回答下列问题：
(1)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有 (至少写一种)。
(2)操作①和②的名称为 。
(3)请写出加入H2O2的与CeO2反应的离子方程式 。
(4)操作②中也需要调节pH，调节pH 的范围为 ，常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的pH =9
时，Ce(OH)3
悬浊液中c(Ce
3+)=
mol⋅L
−1［已知：25℃时，Ce(OH)3
的K sp=8.0×10
−21］。
(5)操作③需加入浓HCl的原因是 ，在氩气氛围中加热的目的是 。
(6)对CeCl3样品纯度进行测定的方法：准确称量样品12.5g，配成200mL 溶液，取50.00mL 上述溶液置于
锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8)］溶液使Ce
3+被氧化为Ce
4+，然后用萃取剂萃取Ce
4+，
再用1mol⋅L
−1的FeSO4标准也滴定至终点，重复2~3 次，平均消耗10.00mL 标准液。计算CeCl3样品的纯
度为 %。
【答案】(1)适当增大酸的浓度或适当升高温度或不断搅拌(答将样品粉碎不得分) （2 分）
(2)过滤 （1 分）
(3)2CeO2+ H2O2+6 H
+=2Ce
3++O2↑+ 4 H2O （2 分）
(4)4.7≤pH＜7.6 （2 分） 8.0×10
−6 （2 分）
(5)抑制Ce
3+的水解 （2 分） 防止加热过程中CeCl3被氧化 （2 分）
(6)78.88 （2 分）
【解析】废玻璃粉末酸浸除去Fe2O3、Al2O3，滤渣Ⅰ中含有CeO2、SiO2，CeO2具有强氧化性，加入H2O2
作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，二氧化硅不反应成为滤渣Ⅱ，滤液中含有CeCl3，加入碱调节
溶液的pH 得Ce(OH)3悬浊液，加盐酸得CeCl3⋅6H2O，在加热的条件下通入HCl 抑制CeCl3水解得无水
CeCl3，CeCl3在一定条件下生成Ce。
（1）根据影响反应速率的因素，为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有适当增大酸的浓度
或适当升高温度或不断搅拌；
（2）操作①和②都是固液分离的方法，均为过滤；
（3）CeO2具有强氧化性，加入H2O2作还原剂，酸性条件下CeO2被还原为Ce3+，过氧化氢中氧被氧化为
氧气，反应为：2CeO2+ H2O2+6 H
+=2Ce
3++O2↑+ 4 H2O；
（4）操作②中也需要调节pH，使得铁离子、铝离子成为沉淀，而Ce
3+不沉淀，结合表数据，调节pH 的
范围为4.7≤pH＜7.6；常温下，向滤液Ⅱ中加入碱调节溶液的pH =9时，pOH=5，则Ce(OH)3悬浊液中
c(Ce
3+)=Ksp
c
3(OH
-) =8.0×10
-21
10
−5×3
mol/L=8.0×10
-6mol/L；
（5）Ce3+水解方程式为Ce
3++3H2O⇌
❑
❑
Ce(OH)3+3H
+，操作③在加热的条件下通入HCl，使得水解平衡逆向
移动，故HCl 的作用是抑制Ce3+水解防止生成沉淀；在氩气氛围中加热的目的是防止加热过程中CeCl3被
空气中氧气氧化；
（6）Ce
4 +和亚铁离子发生氧化还原反应生成Ce
3+和铁离子，结合Ce 元素守恒和电子守恒存在，
CeCl3∼Ce
4+∼FeSO4，则CeCl3样品的纯度为1mol⋅L
−1×0.010L×246.5g/ mol× 200
50
12.5g
×100%=
78.88%。
17.（15 分）马拉维若(K)是一种具有新型作用机制的抗HIV 口服药，可由下列路线合成(部分试剂和条件省
略)。
已知：Bn—代表苄基(
)。
回答下列问题：
(1)E 中含氧官能团有酰胺基、 (写官能团名称)。
(2)D→E的反应类型是 。
(3)J 的结构简式是 。
(4)根据流程信息，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．物质B 的碳原子杂化类型为sp
2、sp
3
B．SO3所有原子共平面
C．1mol 物质F 最多能与8 molH2反应
D．物质J 中有1 个手性碳原子
(5)写出A 在一定条件下发生缩聚反应的方程式： 。
(6)G 可由L(
)经七步反应合成。L 的二氯代物有 种结构(不考虑取代芐基上的氢，不考虑
立体异构)。
(7)已知醇和氯代酯在一定条件下可发生如下反应：R1OH+Cl−COOR2
→
一定条件
ClCOOR1+R2OH，请设计合适
的路线，利用甲苯和
合成BnOOCCl： 。
【答案】(1)羟基、酯基 （2 分）
(2)还原反应 （1 分）
(3)
（2 分）
(4)AB （2 分）
(5)n
⇌
Δ
一定条件
+(n-1)H2O （2 分）
(6)11 （2 分）
(7)
→
光
Cl2
→
水，Δ
NaOH
或
→
KMnO4(H
+)
（4 分）
【解析】A 到B 发生酯化反应，B 的结构简式为：
，B 到C 发生取代反应，C 的结构简式
为：
，C 到D 发生酯基水解再酸化，D 到E 发生还原反应，-COOH 被还原为-
CH2OH，E 到F 发生氧化反应，-CH2OH 氧化为醛基，H 到I 酰胺基转化为氨基，I 的结构简式为：
，结合I 和K 的结构以及J 的分子式，J 的结构简式为：
。
（1）根据E 的结构，E 中含氧官能团为酰胺基、酯基、羟基；
（2）D→E的反应中羧基转化为羟基，去氧、加氢都属于还原反应；
（3)通过K 逆推，
I→K
为取代反应，结合J 的分子式可知J 的结构为
；
（4)物质B 的结构简式为：
，苯环上碳原子和酯基碳原子是sp2杂化，甲基上碳原子为
sp3，A 正确；SO3中心原子为S，价层电子对为3+6−3×2
2
=3，孤电子对为0，空间构型为平面三角形，
所有原子共平面，B 正确；1mol 物质F 最多能与7 molH2反应，C 错误；手性碳原子是一个碳原子周围连
接四个不同的原子或原子团，物质J 的结构为：
无手性碳原子，D 错误；答案选AB；
（5)A 中有氨基和羧基，羧基与氨基脱水缩合形成高分子，方程式为：n
⇌
Δ
一定条件
+(n-1)H2O；
（6)根据题意，L 的一氯代物有3 种：
、
、
，在此基础上考虑二氯代
物另一个氯的位置有：
、
、
，共11 种
（7)合成BnOOCCl 即
，可以由
和
发生反应得到，甲苯与氯气
光照发生甲基上取代反应，在水解得到苯甲醇，合成路线为：
→
光
Cl2
→
水，Δ
NaOH
也可以由甲苯与高锰酸钾溶液反应得到苯甲酸，苯甲酸还原为苯甲醇，合成路线也可以是：
→
KMnO4(H
+)
。
18.（14 分）碘甲烷(CH3I)是一种有机合成常用的甲基化试剂，大量用于制药工业，除此以外，其还可以
以热裂解的方式制低碳烯烃，涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ 2CH3I(g)=C2H4 (g)+2HI(g)ΔH1
反应Ⅱ 3C2H4 (g)=2C3H6 (g)ΔH2
反应Ⅲ 2C2H4 (g)=C4 H8(g)ΔH3
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的Δ H随温度的变化如图1a 所示。反应Ⅱ、Ⅲ中两个反应的lnK（K 为平衡常数）随温
度的倒数(
1
T)的变化关系如图1b 所示。
298K
①
下，ΔH1= kJ/mol。
②已知：本实验条件下lnK =−(
ΔH
RT )+C（R 和C 为常数），图中两条线几乎是平行的，试从化学键的形
成与断裂的角度分析其原因： 。
(2)利用计算机模拟反应过程。100kPa 条件下，投入1molCH3I，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃
平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图所示。回答下列问题：
已知：丙烯选择性= 转化为丙烯的CH3I的物质的量
反应掉的CH3I的物质的量
。
①下列有关说法正确的是 （填标号）。
A．715K 条件下，丙烯和丁烯的选择性相同
B．曲线a 代表C2H4的摩尔分数的变化
C．当体系压强不再变化，证明反应Ⅰ达到平衡
D．T=715K时，反应Ⅱ的平衡常数等于反应Ⅲ
E．曲线b 的变化情况说明催化剂的活性会受温度影响
715K
②
时，CH3I的转化率为 。
(3)结合以上信息和所学知识，试提出工业上有利于乙烯产率提高的措施： （写出一条即可）。
(4)碘甲烷是一种高神经毒性的卤代烃，但核电站等不可避免地会排放出以碘甲烷为代表的放射性有机碘，
有研究采用电化学方法脱碘，在酸性条件下的一种反应机理如下（其中R 代表烷基，X 代表卤素原子）：
RX+e
−→R⋅+X
−
R⋅+e
−⇌R
−
R
−+ H
+→RH
①该方法属于电化学 （填“氧化”或“还原”）法。
②利用该原理处理碘甲烷时，若生成了等量的CH4和C2H6，试写出阴极的电极方程式： 。
【答案】(1)+80.24 （2 分） 在反应Ⅱ和反应Ⅲ过程中，断裂和形成的化学键基本相同 （2 分）
(2)B （2 分） 80% （2 分）
(3)升高温度 （2 分）
(4)还原 （2 分） 3CH3I+ 4e
−+ H
+=C2H6↑+CH4↑+3I
− （2 分）
【解析】（1）①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的ΔH随温度的变化如图la 所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合
反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故在298K 温度下，
ΔH1=+80.24 kJ/ mol；
②图1b 中两条线平行说明，ΔH2与ΔH3几乎相同，从结构角度分析，可知在反应Ⅱ和反应Ⅲ过程中，断
裂和形成的化学键基本相同
（2）①根据选择性的定义，715K 时丙烯和丁烯的含量相同，但是丙烯和丁烯中的含碳量不同，因此选择
性不相同，A 错误；随温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ均逆向移动，则C2H4物质的量分数一
直增大，因此表示平衡体系中乙烯物质的量分数的是曲线a，B 正确；题中所给条件为恒压条件，因此压
强恒定不能作为平衡的判断依据，C 错误；当温度T=715K时，相同条件下的反应Ⅱ、反应Ⅲ的摩尔分数
相等，令乙烯的浓度为amol/L，则丙烯和丁烯的浓度均为2amol/L，反应Ⅱ的平衡常数应为
K Ⅱ= (2a)
2
a
3
= 4
a
，反应Ⅲ的平衡常数应为K Ⅲ= 2a
a
2 = 2
a
，D 错误；题中给的是平衡量随温度的变化，不考
虑催化剂的影响，E 错误；答案选B；
②根据715K 时图中的数据，假设平衡时n(C2H4)=xmol，则n(C3H6)=n(C4 H8)=2xmol，由碳元素守恒可
得出n(CH3I)=(1−16x)mol，由碘元素守恒可得出n (HI)=16xmol，由x
1+5x = 4 %，可得x=0.05 mol，
则CH3I(g)的平衡转化率为16x
1 ×100 % =80 %；
（3）生成乙烯的反应为吸热反应，升高温度可促进乙烯的生成；
（4）①根据反应机理可知，是发生得电子的还原反应；
②阴极发生得电子的还原反应，生成了等量的CH4和C2H6的电极反应式：
3CH3I+ 4e
−+ H
+=C2H6↑+CH4↑+3I
−。
