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 S 32 Fe 56
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．近年来，我国在航天、材料、能源、深海等领域取得了重大突破。下列说法正确的是
A．“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能
B．隐形战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种新型无机非金属材料
C．长征五号火箭使用液氧煤油发动机，煤油属于酯类化合物
D．“海牛Ⅱ号”深海钻探采用的钛合金钻头，其耐腐蚀性比纯钛强但硬度比纯钛低
【答案】B
【解析】A．太阳能电池通过光能直接转化为电能，无需化学能转换，A 错误；
B．石墨烯是碳的单层结构，属于新型无机非金属材料，符合题意，B 正确；
C．煤油为石油分馏产物，属于烃类，酯类需含酯基（-COO-）C 错误；
D．合金硬度一般高于纯金属，钛合金硬度应比纯钛高，耐腐蚀性也更强，D 错误；
故答案选B。
2．下列实验操作、试剂保存，描述正确的是
A．在电子天平上放一张称量纸，称量5.0g
固体
B．将液溴存放在棕色细口瓶中盖紧橡胶塞，加水液封
C．容量瓶、滴定管使用前均需用蒸馏水洗净并烘干
D．中学实验中，未用完的钠、钾可放回原试剂瓶
【答案】D
【解析】A．NaOH 固体具有强腐蚀性和吸湿性，应使用烧杯或玻璃器皿称量，不可直接放在称量纸
上，否则会腐蚀纸张并导致称量不准确，A 错误；
B．液溴需在棕色细口瓶避光保存，但橡胶塞会与溴反应，应使用磨口玻璃塞，加水液封防止挥发，B
错误；
C．容量瓶使用前需洗净但无需烘干(残留水分不影响浓度)，滴定管使用前需要用待装液润洗，C 错
误；
D．钠、钾是活泼金属，易与水、氧气反应，且通常为块状固体，中学实验中，未用完的钠、钾可放回
原试剂瓶，D 正确；
故选D。
3．从结构探究物质性质和用途是化学学习的有效方法。下列说法正确的是
A．
和
均为直线形的非极性分子
B．三氟乙酸的
大于三氯乙酸的
C．
和
均是极性分子，且
分子的键角较大
D．
石墨中含有
个非极性键(
为阿伏加德罗常数的值)
【答案】B
【解析】A．
为折线形结构，是极性分子；
为直线形非极性分子，A 错误；
B．氟的电负性比氯大，吸电子效应使三氟乙酸的酸性更强，Ka更大，B 正确；
C．
和
均为极性分子，但
的键角（约107°）大于
（约104.5°），C 错误；
D．12 g 石墨（1 mol C）含
个C-C 键，不是
个，D 错误；
故答案选B。
4．苹果中含有多酚和多酚氧化酶，“褐变”是氧气和多酚氧化酶共同作用将苹果中的酚类氧化。下列说
法错误的是
A．多酚是有机物
B．将苹果存放冰箱中可以减缓氧化速度
C．多酚氧化酶高温下易失去活性
D．维生素C 有助于减缓氧化过程，说明维生素C 有氧化性
【答案】D
【解析】A．多酚是含有碳元素的化合物，属于有机物，A 正确；
B．低温环境降低酶的活性，从而减缓氧化反应速度，B 正确；
C．多酚氧化酶是蛋白质，高温下会变性失活，C 正确；
D．维生素C 作为抗氧化剂，通过还原性减缓氧化过程，而非氧化性，D 错误；
故选D。
5．下列离子方程式符合题意的是
A．往NaOH 溶液中滴加AlCl3溶液，当沉淀质量最大时发生的反应：Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓
B．Mn2+可以在酸中被PbO2 氧化为
：2Mn2++5PbO2+2H2O═2
+5Pb2++4OH﹣
C．铁钝化后形成的致密氧化膜(主要成分为Fe8O11)可以溶解在稀盐酸中：Fe8O11+20H+═4Fe2++4Fe3+
+10H2O
D．将0.2 mol/L(NH4)Fe(SO4)2与0.4 mol/L NaOH 溶液等体积混合：Fe3++3OH﹣═Fe(OH)3↓
【答案】D
【解析】A．往NaOH 溶液中滴加AlCl3溶液，开始OH-过量，发生反应的离子方程式为
，一段时间后发生双水解反应：
，直至沉淀质
量最大，A 错误；
B．酸性条件下反应不可能生成OH⁻，方程式中的OH⁻与酸性环境矛盾，电荷和原子均未正确配平，正
确的离子方程式应为：2Mn2＋＋5PbO2＋4H＋=2
＋5Pb2＋＋2H2O，B 错误；
C．设Fe8O11中二价铁的个数为x，三价铁的个数为y，则2x+3y=22，x+y=8，联立二式解得x=2，
y=3，Fe8O11与H+反应,的离子方程式应为：Fe8O11＋22H+=2Fe2＋＋6Fe3＋＋11H2O，C 错误；
D．0．2mol/L(NH4)Fe(SO4)2与0.4mol/L NaOH 溶液等体积混合，Fe3+先与OH-反应，Fe3+与OH-物质的
量之比为1:2，Fe3+没有反应完，反应的离子方程式应为：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，D 正确；
故答案选D。
6．乙酰丙酸乙酯的高效绿色合成路线如下。下列说法正确的
A．化合物Ⅱ是
的同系物，能氧化为化合物Ⅰ
B．化合物Ⅱ到Ⅲ反应的原子利用率为100%
C．化合物Ⅲ在碱性环境中水解时，能生成4-戊酮酸
D．化合物Ⅰ中的碳碳双键与碳氧双键相比，其更易与
加成
【答案】B
【解析】A．同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机化合物。化合物II
含有碳碳双键、羟基和醚键，与乙醇结构不相似，二者不互为同系物；化合物II 含有
结构，
可以氧化为化合物I，A 错误；
B．化合物Ⅱ的分子式为
，和
反应生成
，产物的化学式为
，反应物原子
全部转化为产物，原子利用率为100%，B 正确；
C．化合物Ⅲ含有酯基，在碱性环境中水解时，不能生成4-戊酮酸，而是生成4-戊酮酸盐，C 错误；
D．根据
的转化可知，醛基与氢气发生了加成反应，说明化合物Ⅰ中的碳碳双键与碳氧双键相
比，其更难与
加成，D 错误；
故选B。
7．氮在自然界中的物质转化循环的部分关系如图所示。下列说法正确的是
A．过程I、Ⅱ和IV 属于氮的固定
B．过程I 中
表现氧化性，作氧化剂
C．过程Ⅲ的硝化过程可能发生：
D．过程IV 为反硝化过程，该过程中氮元素被氧化
【答案】B
【解析】A．氮的固定是游离态氮转变为化合态氮的过程，IV 不属于，A 错误；
B．过程I 中
中氮元素从0 价变为-3 价，表现氧化性，作氧化剂，B 正确；
C．氨、铵根离子不能在碱性环境大量存在，硝化过程可能发生的反应为
，C 错误；
D．过程IV 为反硝化过程，该过程中氮元素由+3、+5 价变为0 价，被还原，D 错误；
故答案选B。
8．下列实验现象、结论都正确的是
实验操作
现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加
溶液
浊液变澄清
苯酚的酸性强于碳酸的酸性
B
向蛋白质溶液中分别加入甲醛和
饱和溶液
均有固体析出
蛋白质均发生了变性
C
在装有过氧化钠固体的小试管中加入足量
水，无气体产生后再滴入几滴酚酞溶液
溶液先变红色，
后褪色
过氧化钠与水反应后的溶液呈碱性
且有漂白性
D
如图，将浓硝酸与红热的木炭放入试管中
试管中有红棕色
气体产生
红棕色气体为
，它一定是木
炭与浓硝酸反应生成的
【答案】C
【解析】A．向苯酚中滴加
溶液发生反应：
，说明酸
性：
，由于反应未生成
，故不能判断苯酚酸性强于
，A 错误；
B．饱和
溶液使蛋白质析出的过程属于盐析，B 错误；
C．过氧化钠与水反应：
，反应后的溶液中有氢氧化钠使溶液变红，另外
还有反应：
，中间产物过氧化氢有漂白性，C 正确；
D．
的产生有两种原因，一是浓硝酸与红热的碳反应生成，二是硝酸受热分解产生的，故现象无
法得到结论，D 错误；
故选C。
9．W、X、Y、Z 为四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，W、X 电子层数相同，W 与Y 同族，基
态W 的2p 轨道半充满，Z 的最外层只有1 个未成对电子，形成的化合物WXZ 中每个原子均为八电子
结构。下列说法错误的是
A．第二电离能：W＜X
B．1 个W2分子中有2 个
键
C．化合物WXZ 为直线形物质
D．W、Y 的简单氢化物的键角：W＞Y
【答案】C
【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z 为四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，W、X 电子
层数相同，W 与Y 同族，基态W 的2p 轨道半充满即为1s22s22p3，则为N，Y 的原子序数比W 大，Y
为P，Z 的最外层只有1 个未成对电子且Z 的原子序数比Y 的大，则Z 为Cl，形成的化合物WXZ 中每
个原子均为八电子结构，且X 的原子序数比W 的大，则WXZ 为NOCl，即X 为O，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，W 为N、X 为O，第二电离能即N+失去2p2上不稳定结构的电子，而O+失去
2p3上稳定结构的电子，故W＜X，A 正确；
B．由分析可知，W 为N，N2的结构式为N≡N，已知三键是1 个σ 和2 个
键，故1 个W2分子中有2
个
键，B 正确；
C．由分析可知，W 为N、X 为O、Z 为Cl，化合物WXZ 即NOCl，因其每个原子均为八电子结构，则
N 为中心原子，结构式为O=N-Cl，N 原子形成2 个σ 键，还有1 个孤电子对，故该物质的分子空间构
型为V 形，C 错误；
D．由分析可知，W 为N、Y 为P，W、Y 的简单氢化物即NH3、PH3中心原子N、P 周围的价层电子对
数均为：3+
=4，N 的电负性比P 大，P 的半径比N 大，则NH3中电子对间的距离比PH3中电
子对间的距离，电子对间的距离越近，排斥力越大，键角越大，故NH3＞PH3即W＞Y，D 正确；
故答案为：C。
10．黄铜矿的主要成分为
，并含有少量
等杂质，利用黄铜矿冶炼铜的工艺流程如图所示。
已知冰铜在转炉中发生反应：①
；②
。
下列有关说法错误的是
A．将黄铜矿粉碎的目的是增大固体表面积，提高与浮选剂的接触面，有利于选取铜精矿
B．上述反应①中还原产物是
，反应②中氧化剂是
C．在电解精炼铜时，电路中每转移
电子时，阴极增重
D．电解槽的阳极泥中含有金和银
【答案】B
【解析】A．将黄铜矿粉碎的目的是增大固体表面积，提高与浮选剂的接触面，有利于选取铜精矿，
故A 正确；
B．题述反应①中还原产物是
和
既是氧化产物也是还原产物，反应②中氧化剂是
和
既是氧化剂也是还原剂，故B 错误；
C．在电解精炼铜时，电路中每转移1mol 电子时，阴极析出0.5 mol Cu，阴极增重
，故C 正确；
D．粗铜精炼时，粗铜作阳极，放电时，
因失去电子而溶解，不活泼的
因不放电而沉
积在阳极泥中，故D 正确。
故选B。
11．实现双碳目标，
化学转化制备精细化学品是重要的研究方向。利用离子液体作催化剂，在温和条
件下活化
和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯的路径可能如下：
下列说法不正确的是
A．总反应的原子利用率为100%
B．反应过程中有极性键和非极性键的形成和断裂
C．若以环氧氯丙烷
为原料，合成产物的结构简式为
D．碳酸丙烯酯为极性分子，易溶于氯仿(
)等有机溶剂
【答案】B
【解析】A．总反应是
和环氧丙烷合成碳酸丙烯酯，反应物所有原子都进入产物，原子利用率为
100%，A 正确；
B．反应过程中，涉及极性键的形成与断裂，如步骤4 中C-Br 键的断裂和C-O 键的形成，但没有非极
性键的形成和断裂，B 错误；
C．根据反应路径的规律，若以环氧氯丙烷（从结构上看，环氧氯丙烷可看作是-CH2Cl 替代环氧丙烷
中的-CH3）为原料，则合成的产物结构简式可看作是-CH2Cl 取代碳酸丙烯酯中的甲基（-CH3），即合
成产物的结构简式为
，C 正确；
D．碳酸丙烯酯分子结构不对称，是极性分子；氯仿也是极性分子，根据“相似相溶”原理，极性分
子易溶于极性有机溶剂，所以碳酸丙烯酯易溶于氯仿，D 正确；
故选B。
12．气态
呈平面结构，其结构式为
。固态
的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．实验室利用
的吸水性与浓硝酸反应制得
B．气态
中N 原子的杂化方式为
杂化
C．1mol 气态
中含
个
键
D．固态
为离子化合物
【答案】A
【解析】A．五氧化二磷具有脱水性，可以使硝酸发生脱水反应生成五氧化二氮，反应的化学方程式
为：
，所以五氧化二磷制备五氧化二氮时，五氧化二磷表现脱水性，不是
吸水性，A 错误；
B．由结构式可知，气态五氧化二氮分子中每个氮原子都形成3 个σ 键，不含孤对电子，所以氮原子的
价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化，B 正确；
C．由结构式可知，气态五氧化二氮分子中含有2 个配位键、2 个氮氧双键和2 个氮氧单键，配位键和
单键属于σ 键，双键中含有1 个σ 键，所以1 mol 气态五氧化二氮分子中含有σ 键的数目为：1
mol×6×NAmol-1=6NA，C 正确；
D．由晶胞结构可知，固态五氧化二氮是由
离子和
离子形成的离子晶体，D 正确；
故选A。
13．某课题组以硫酸为介质，采用电解法制备
，间接氧化邻硝基甲苯(
)制备邻硝基苯甲
醛(
)，装置如图所示。制备过程中，极表面无明显现象。下列说法正确的是
A．a 电极连接电源正极
B．b 电极反应式：
C．电解质溶液的酸性逐渐增强
D．理论上，每生成
邻硝基苯甲醛，标况下
电极消耗
【答案】D
【分析】a 电极通入氧气，转化为过氧化氢，氧元素化合价降低，为阴极，电极反应式为
，则b 电极为阳极，电极反应式为
。
【解析】A．据分析，a 电极为阴极，连接外接电源负极，A 错误；
B．据分析，b 电极为阳极，电极反应为
，B 错误；
C．转移相同电子数时，a 电极消耗H+与b 电极生成H+的物质的量相同，b 电极消耗水，a 极生成
H2O2，忽略体积变化，溶液中H+浓度基本不变，酸性基本不变，C 错误；
D．
，转移4 mol 电子时，生成1 mol 邻硝基苯甲醛，需要
2 molH2O2，由a 电极反应式
和b 电极反应
可知，此时a
电极消耗1 mol 氧气，即消耗标准状况下氧气的体积为22.4 L，D 正确；
故答案为D。
14．常温下，将
溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸(
)、二氯乙酸(
)、
三氯乙酸(
)溶液中，溶液
与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X 的关系如图(忽略溶
液体积的变化)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ对应的是三氯乙酸(
)溶液
B．常温下
的数量级为
C．常温下滴加至溶液的
时，上述三种酸消耗
最多的是氯乙酸
D．加入等浓度的
至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为
【答案】C
【分析】酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，即电离平衡常数Ka：CH2ClCOOH＜
CHCl2COOH＜CCl3COOH，Ka(CH2ClCOOH)=
，Ka(CHCl2COOH)=
，Ka(CCl3COOH)=
，当
或
或
一定时Ka与c(H+)成正比，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH 与-lg
、-lg
、-lg
的关系，结合电离平衡常数及盐类水解规律
分析解答该题。
【解析】A．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示溶液pH 与-lg
、-lg
、-lg
的关系，故A 正确；
B．由图可知，当-lg
=0 时，pH≈2.8，此时Ka(CH2ClCOOH)=
=c(H+)=10-2.8，其数量级为10-3，故B 正确；
C．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，将NaOH 溶液分别滴加到等物质的量的氯乙酸、
二氯乙酸、三氯乙酸溶液中至溶液的pH=7 时，3 种酸均过量，且溶液中剩余酸：CH2ClCOOH＞
CHCl2COOH＞CCl3COOH，则常温下滴加至溶液的pH=7 时，上述三种酸消耗n(NaOH)最多的是三氯
乙酸，最少是氯乙酸，故C 错误；
D．酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH＜CCl3COOH，根据水解规律可知，酸根离子水解程度：
CCl3COO-<CHCl2COO-<CH2ClCOO-，则加入等浓度的NaOH 至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度
大小关系为c(CCl3COO-)＞c(CHCl2COO-)＞c(CH2ClCOO-)，故D 正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（15 分）铁黄(FeOOH)是一种重要的化工产品。以下为铁黄制备和纯度测定方法：
I：铁黄制备
向一定浓度
溶液中加入氨水并持续通入空气，经过滤、洗涤、干燥一系列操作可制得铁黄。
（1）写出制备铁黄的离子方程式： 。
（2）反应过程中需要检验溶液中的离子是否被氧化完全，应选用试剂为 (写化学式)：
FeOOH 可表示为
，则
。
（3）实验过程测得溶液的pH 对铁黄产率的影响如图所示。分析pH 过大时铁黄产率降低的可能原因
。
Ⅱ：产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
资料：
，
不与稀碱液反应。
（4）如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的
标准溶液所需的仪器名称为
。
（5）加入
的
溶液100 mL，最终消耗
的NaOH 溶液22.00 mL。滴定终点的现
象为 ，铁黄样品的纯度为 。
（6）若滴定后俯视读数，会导致所测样品纯度 。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
（2）
（1 分） 1：1
（3）pH 过大时，部分
会转化为
（4）容量瓶、烧杯
（5）滴入最后半滴
溶液，锥形瓶中溶液变为浅红色，且30 s 内不褪色 92.56%
（6）偏大
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是向硫酸亚铁溶液中加入氨水并持续通入空气，经过滤、洗
涤、干燥一系列操作可制得铁黄，并用酸碱中和滴定的方法测定铁黄的纯度。
【解析】（1）由分析可知，制备铁黄的反应为溶液中的亚铁离子与一水合氨和氧气反应生成铁黄沉
淀、铵根离子和水，反应的离子方程式为：
；
（2）溶液中的亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，所以可以用铁氰化钾溶液检验溶液中
的亚铁离子确定溶液中亚铁离子是否被氧化完全；由铁黄改写为氧化物时，铁原子和氧原子的个数比
不变可得：2x：(3x+y)=1：2，解得：x：y=1：1；
（3）溶液pH 过大时，溶液中的铁离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，导致铁黄产率降低；
（4）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可
知，配制一定物质的量浓度的硫酸标准溶液所需的仪器名称为一定规格的容量瓶和烧杯，不需要用到
漏斗和圆底烧瓶；
（5）铁黄与稀硫酸反应的化学方程式为：2FeOOH+3H2SO4=Fe2(SO4)3+4H2O，由题给流程可知，过量
稀硫酸与氢氧化钠溶液完全反应后，再滴入半滴氢氧化钠溶液，锥形瓶中溶液会变为浅红色，且30 s
内不褪色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴氢氧化钠溶液，锥形瓶中溶液变为浅红色，且30 s 内不
褪色；由题意可知，滴定消耗22.00 mL4 mol/L 氢氧化钠溶液，则铁黄样品的纯度为：
×100%=92.56%；
（6）若滴定后俯视读数，会使滴定消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致所测样品纯度偏大。
16．（14 分）氟碳铈矿的主要成分为
，含少量
等杂质。由氟碳铈矿提取铈的
一种工艺流程如下：
已知：
Ⅰ．“焙烧1”中
转化为
。
Ⅱ．电极电势的大小反映物质的氧化性还原性强弱。电极电势(E)越大，氧化型物质氧化性越强，反之
还原型物质还原性越强。
氧化型/还原型
标准电极电势E
0.68
0.96
1.49
1.61
1.77
Ⅲ．有机物
从溶液中萃取
的过程为
。
回答下列问题：
（1）为了增大反应速率，提高原料的利用率，“焙烧1”前可将矿石 处理。
（2）根据已知Ⅱ提示，“酸浸”时试剂a 最好为 (填标号)，试剂a 与
反应的化学方
程式为 。
A．
B．
C．
D．
（3）滤渣的主要成分除
还有 (填化学式)。
（4）加氨水“中和”的目的是 。
（5）“沉铈”过程中，
转化为
沉淀，该反应的离子方程式为 。
（6）依据上述工艺流程，下列说法错误的是___________。
A．由已知Ⅱ可得，氧化性
，还原性
B．“萃取”和“反萃取”的主要目的是除去溶液中
C．“反萃取”过程中，适当提高稀硝酸浓度，可以提高反萃取率
D．“焙烧2”过程中，发生分解反应
【答案】（每空2 分）
（1）粉碎
（2）C
（3）
（4）中和
，有利于提高
的萃取率
（5）
（6）AD
【分析】将氟碳铈矿原矿与纯碱混合后进行高温焙烧，目的是打破原矿稳定的结构，使其转化为更易
后续处理的焙烧矿；接着把焙烧矿粉碎研磨，增大它与稀酸的接触面积，再加入稀酸浸出，铈会溶解
到酸液中形成含铈浸出液，其余不溶性物质则成为浸出渣，随后通过过滤将浸出渣分离出去；之后向
得到的浸出液中加入除杂试剂，去除里面混有的铁、钙、镁等杂质离子，再次过滤后就能得到纯净的
含铈溶液；往这份纯净溶液里加入沉淀剂，铈会以固体沉淀物的形式析出，过滤收集沉淀物后还要进
行洗涤，洗掉沉淀物表面残留的杂质；最后将洗净的铈沉淀物再次高温焙烧，就能制得氧化铈产品。
【解析】（1）“焙烧1”前将矿石粉碎，能增大矿石与
的接触面积；
（2）由已知II 知，要将
还原为
，需要选择一种还原性物质，
A．从标准电极电势看，
还原性较弱，不能将
还原，A 错误；
B．
是氧化性离子，B 错误；
C．
中氧为
价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，C 正确；
D．氧气一般作氧化剂，D 错误；
故答案选C。
与
发生化学方程式为：
；
（3）氟碳铈矿中含
等杂质，“焙烧1”中
转化为
、SiO2与Na2CO3
反应生成Na2SiO3，在“酸浸”步骤中Na2SiO3与H2SO4反应生成H2SiO3沉淀，故滤渣的主要成分除
CaSO4外还有H2SiO3；
（4）“酸浸”后溶液呈酸性，加氨水“中和”是为了中和过量的稀硫酸，有利于提高
的萃取
率；
（5）“沉铈”过程中，
与
；溶液反应转化为
沉淀，离子方程式为：
；
（6）A．根据标准电极电势
，
，氧化性
，A 错
误；
B．“萃取”是萃取
，“反萃取”是将
从有机相转移到水相，主要目的是富集
，除去溶
液中
等杂质，B 正确；
C．“反萃取”过程中，发生
，适当提高硝酸浓度，
增
大，平衡正向移动，可以提高反萃取率，C 正确；
D．“焙烧2”过程中，
分解生成
，发生分解反应，D 正确；
故答案选AD。
17．（15 分）将二氧化碳转化为甲醇、二甲醚(DME)和碳氢化合物(HCs)等替代燃料已成为化学工程领域
的热门研究方向之一、请回答：
（1）用二氧化碳和氢气化学转化的相关反应如下：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
这三个反应的自由能
随温度变化的关系如图1 所示：
①某条件下Ⅰ反应能自发，则反应
0(填“>”、“<”或“=”)，该反应对应的曲线是
(填字母)。
②在
比例为
时，压强和温度对
平衡转化率、甲醇选择性的影响如图2、图3 所示：
结合图2 和图3 解释一定压强下二氧化碳平衡转化率随温度先降低后升高，理由是 。
③在250℃、
下，将
和
投入
容器中，若只发生Ⅰ和Ⅱ的反应，则反应达平
衡时，反应Ⅰ的平衡常数
(保留三位小数)。
(甲醇的选择性
)
（2）在
电解质溶液中，利用太阳能驱动
还原制备二甲醚可实现碳中和。
①阴极上生成二甲醚的电极反应方程式是 。
②对于该电解法制取二甲醚，下列叙述正确的是 。
A．开发新型催化剂，提高
吸附和活化能力
B．系统压强越大，越有利于
的溶解，经济效益越高
C．增加电流密度，以提高反应速率
D．利用该电解法原理可以用于合成烯烃、乙酸等
（3）二甲醚可作为清洁燃料替代柴油。二甲醚比甲醇更易燃烧，请从结构角度解释原因： 。
【答案】（每空2 分）
（1）①> B
②根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得
，
此为放热反应。低温阶段，以放热的
反应为主，升高温度，平
衡逆向移动，
平衡转化率降低；高温阶段，以吸热的
反应为
主，升高温度，平衡正向移动，
平衡转化率升高（3 分）
③0.012
（2）①
②ACD
（3）甲醇分子间形成氢键，甲醚没有，甲醚更易汽化形成可燃气体混合物；甲醚的分子结构使C-H
键能更小，更易断裂，燃烧需要的能量更少
【解析】（1）①某条件下Ⅰ反应能自发，Ⅰ反应为吸热反应，由
自发可知，
；由图可知只有B 曲线是随温度下降趋势，且只有Ⅰ反应是吸热反应，不同于Ⅱ、Ⅲ的放热反
应，所以该反应对应的曲线是B，故答案为>；B。
②
与
合成甲醇的反应为
，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得该反应，
根据盖斯定律计算
，为放热反应，温度较低
时，升高温度，主反应平衡逆向移动，
平衡转化率降低；温度较高时
与
反应生成
为吸
热反应，温度升高，该反应平衡正向移动，消耗
的程度超过合成甲醇平衡逆向移动使
转化率
降低的程度，
平衡转化率升高，故答案为根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得
，此为放热反应。低温阶段，以放热的
反应为主，升高温度，平衡逆向移动，
平衡转化率降低；
高温阶段，以吸热的
反应为主，升高温度，平衡正向移动，
平
衡转化率升高。
③ 据图②、③可知，该条件下的
平衡转化率为30%，甲醇选择性为80%，列三段式计算
据
，解得
，
，故答案为
0.012。
（2）①在
电解质溶液中，太阳能电解
还原制备二甲醚，所以阴极上
得到电子生成二
甲醚，电极反应式为
或者，故答案为
。
A
②．开发新型催化剂，提高
吸附和活化能力，加快反应速率，A 正确；
B．系统压强越大，设备成本会大幅度增加，经济效益不一定提高，B 错误；
C．增加电流密度，单位时间内通过的电量越多，电极反应速率越快，C 正确；
D．该电解法是
的还原反应，烯烃、乙酸均可通过
还原制得，原理可行，D 正确；
故答案选ACD。
（3）甲醇分子中含有羟基，甲醇分子间能形成氢键，甲醚没有，甲醚更易汽化形成可燃气体混合
物；甲醚的分子结构使C-H 键能更小，更易断裂，燃烧需要的能量更少，故答案为甲醇分子间形成氢
键，甲醚没有，甲醚更易汽化形成可燃气体混合物；甲醚的分子结构使C-H 键能更小，更易断裂，燃
烧需要的能量更少。
18．（14 分）甲状腺素是一种重要的激素，用来治疗呆小病、粘液瘤、肥胖病等人类疾病。以酪氨酸为起
始原料合成甲状腺素有多种路线，下列路线是最有代表性的经典合成路线。
回答下列问题：
（1）酪氨酸中含氧官能团名称为 。
（2）酪氨酸→A 的反应类型为 。
（3）A 与等物质的量的乙酸酐（
）反应生成B，该反应的化学方程式为 。
（4）C→D 所用试剂W 的分子式为
，W 的结构简式为 。
（5）试剂
、
、依次为 （填数字标号）。
①
、
；②
、
；③
、
（6）A 的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种。
a.具有六取代苯环结构；b.含氮基团全为硝基（
）；c.核磁共振氢谱显示2 组峰
（7）出于合成甲状腺素的目的，在中间体F 结构中圈出保护基团（保护基） 。
【答案】（每空2 分）
（1）羟基、羧基
（2）取代反应（或硝化反应）
（3）
（4）
（5）③②①
（6）2
（7）
【分析】酪氨酸与
在
作用下发生硝化反应，引入两个硝基，生成A，A 与等物质的量
的乙酸酐
发生取代反应生成B，B 与乙醇发生酯化反应生成C，C 与W
发生取代反应生成D，D 与
发生还原反应生成E，E 与
发生重氮化反应生成F，F 与
发生取代反应生成G，G 再通过一系列反应最终得到甲状腺素。
【解析】（1）酪氨酸的结构中，含氧官能团为羟基和羧基。
（2）酪氨酸与硝酸在浓硫酸作用下，其苯环上发生取代反应（或硝化反应）生成A。
（3）A 与等物质的量的乙酸酐反应，是A 中氨基与乙酸酐发生取代反应，化学方程式为
。
（4）C
D 发生的是取代反应，试剂W 的分子式为
，结合反应可知W 的结构简式为
。
（5）从流程看，先进行硝化反应引入硝基，用
，然后还原硝基为氨基，用
，最后重氮化反应，用
，所以试剂a、b、c 依次为③②①。
（6）根据A 的同分异构体满足的条件说明结构高度对称，根据A 的结构分析该同分异构体含有3 个
，两个
和一个
，符合条件的同分异构体有2 种，分别是
和
。
（7）酚羟基、羧基和氨基在转化过程中容易参与反应，若转化为醚键、酯基和酰胺基则相对不活
泼，结合原料、产品和中间体F 的结构可知，在中间体F 结构中保护基团是酯基、酰胺键和醚键，即
圈出情况为
。
