文档文本内容
2026 年高考第二次模拟考试
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 N 14 O 16 Cl 35.5 Co 59
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．【新科技成果】科技是国之利器，国家赖之以强。下列说法错误的是
A．LNG 双燃料汽车滚装船“驶向深蓝”。LNG（液化天然气）的主要成分为甲烷
B．钛铁矿在月表水分布与存储中的“双重作用”被揭示。钛位于周期表中的d 区
C．首个海上二氧化碳封存项目“破亿方”。二氧化碳的VSEPR 模型名称为直线形
D．人形机器人由“赛场”走向“市场”。机器人所使用的锂离子电池为一次电池
【答案】D
【解析】A．液化天然气是天然气的液化形式，主要成分是甲烷，A 正确；
B．钛的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB 族，属于d 区元素，B 正确；
C．二氧化碳（CO2）分子中碳原子价层电子对数为2，无孤对电子，VSEPR 模型为直线形，C 正确；
D．锂离子电池可反复充电使用，属于二次电池（可充电电池），而非一次电池（不可充电），D 错
误；
故选D。
甲硫醇(
)是重要的工业原料，可利用反应
制备甲硫醇，甲硫醇
能与NaOH 溶液反应生成盐。据此完成以下2 个小题。
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．
的电离方程式：
B．基态Al 原子的价层电子轨道表示式：
C．甲基的电子式：
D．
的空间填充模型：
3．结构决定性质，性质决定用途。下列关于性质或事实的解释错误的是
选项
性质或事实
解释
A
工业上电解熔融
冶炼
铝，而非电解熔融
和
的晶体类型不同
B
键角：
中心原子杂化类型不同
C
沸点：
分子间存在氢键，而
分子间没有
D
酸性：
S-H 的极性：
【答案】2．C 3．B
【解析】2．A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为：
，A 错误；
B．铝元素的原子序数为13，基态原子的价层电子排布式为3s23p1，轨道表示式为：
，B 错误；
C．甲基的结构简式为-CH3，电子式为：
，C 正确；
D．水分子的空间结构为V 形，空间填充模型为：
，D 错误；
故选C；
3．A．氧化铝是离子晶体，熔融状态下能导电，而氯化铝是分子晶体，熔融状态下不能导电，所以工
业电解熔融氧化铝冶炼铝，而非电解熔融氯化铝，A 正确；
B．硫化氢分子中的硫原子和水分子中的氧原子杂化类型相同，都为sp3杂化，水分子的键角大于硫化
氢是因为氧元素的电负性强于硫元素，水分子中成键电子对间的斥力大于硫化氢分子所致，B 错误；
C．甲醇分子能形成分子间氢键，而甲硫醇不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于甲硫
醇，沸点高于甲硫醇，C 正确；
D．甲基是推电子基，会使甲硫醇分子中氢硫键的极性减小，电离出氢离子的能力减弱，所以氢硫酸的
酸性强于甲硫醇，D 正确；
故选B。
4．以异丁醛（M）为原料制备化合物Q 的合成路线如下，下列说法错误的是
A．M 中所有的碳原子可以在同一个平面中
B．若M+X→N 原子利用率为100%，则X 是甲醛
C．用溴的四氯化碳溶液可鉴别N 和Q
D．1 mol Q 最多能与1 mol H2发生加成反应
【答案】A
【分析】在X 的作用下，M 中与醛基相连的碳上的氢（α 氢）变为羟甲基（—CH2OH），得到N。N 的
醛基脱氧，丙二酸二乙酯中夹在两个酯基之间的亚甲基（—CH2—）脱两个氢，生成P 和水。P 的酯基
在碱性条件下水解后又酸化变为羧基，一个羧基脱去CO2，另一个羧基与羟基发生分子内酯化成环，得
到Q。
【解析】A．M 为异丁醛［(CH3)2CHCHO］，分子中与醛基相连的碳采取sp3杂化，它与氢原子、醛基
碳、两个甲基碳形成四面体结构，故M 中所有的碳原子无法在同一平面中，A 错误；
B．若M+X→N 原子利用率为100%，对比M（C4H8O）和N（C5H10O2）的分子式，可推知X 的分子式
为CH2O，即甲醛，B 正确；
C．N 含醛基和羟基，Q 含碳碳双键和酯基，溴的四氯化碳溶液与N 不反应，与Q 中碳碳双键发生加成
反应而褪色，可鉴别，C 正确；
D．Q 中仅碳碳双键能与H2加成，故1 mol Q 最多与1 mol H2加成，D 正确；
故选A。
5．卟啉与镁元素结合为配合物叶绿素，结构如图，以下正确的是
A．该化合物中有共价键、离子键、配位键B．镁元素化合价为0 价
C．叶绿素易溶于水
D．卟啉在酸性环境中配位能力会减弱
【答案】D
【解析】A．该化合物中没有离子键，A 错误；
B．卟啉分子作为配体时，会失去两个连接在氮原子上的氢离子，形成一个带两个单位负电荷的阴离子，与
配位形成电中性的配合物，故镁元素的化合价为+2 价，B 错误；
C．叶绿素所连基团都是疏水性基团，难以形成氢键，故推测其难溶于水，C 错误；
D．酸性条件下，氢离子会占用N 的孤对电子，配位能力减弱，D 正确；
故答案选D。
6．【新情境】北京大学和中国科学院的化学工作者成功研制出碱金属与
形成的球碳盐，实验测知该类
物质在熔融状态下能导电，具有良好的超导性。其中
与金属K、Rb 形成的化合物晶胞结构如图1，
该晶胞在xy 平面的投影如图2。已知：晶胞边长
，
，
。下列说法错误的是。
A．晶胞中含有12 个碱金属阳离子
B．相邻两个
的最短距离为
C．与碱金属阳离子距离最近且相等的
有6 个
D．晶胞密度：
【答案】C
【解析】A．晶胞中
位于顶点和面心，总数为
个，即含有4 个
，碱金属阳离子为
，根据化合价代数和为零可知，晶胞中含有12 个碱金属阳离子，A 正确；
B．由晶胞图可知，相邻两个
的最短距离为面对角线的一半，即
，B 正确；
C．由晶胞图可知，位于体心、棱心的碱金属阳离子周围有6 个
与碱金属阳离子距离最近且相等，
而处于四面体空隙的碱金属阳离子与4 个
距离最近且相等，C 错误；
D．根据密度公式：
，对于
和
，每个晶胞中均含有4 个
和12 个碱金属
阳离子，则
与
的比值为
，所以
，
D 正确；
故选C。
7．下列物质的鉴别不能达到目的的是
A．用新制的氢氧化铜鉴别葡萄糖和麦芽糖
B．用红外光谱鉴别甲酸甲酯和乙酸
C．用酸性KMnO4 溶液鉴别直馏汽油和生物柴油
D．用浓溴水鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚
【答案】A
【解析】A．葡萄糖和麦芽糖均为还原糖，均能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，现象相同，无法
区分，因此该鉴别方法不能达到目的，A 符合题意；
B．甲酸甲酯含酯基，乙酸含羧基，红外光谱能通过官能团特征峰区分两者，B 不符合题意；
C．直馏汽油主要含饱和烃，不与酸性KMnO4反应；生物柴油含不饱和脂肪酸酯，能使酸性KMnO4褪
色，现象不同，可以区分，C 不符合题意；
D．溴乙烷为饱和卤代烃，不与浓溴水反应；乙醛可被溴水氧化，使溴水褪色；苯酚与浓溴水生成
2,4,6-三溴苯酚白色沉淀，现象不同，可以区分三者，D 不符合题意；
故选A。
8．【新考法】某MOFs 多孔材料孔径大小和形状恰好将
“固定”，能高选择性吸附
。废气中的
被吸附后，经处理能全部转化为
，原理如图。已知：
，
，下列
说法不正确的是
A．气体温度升高后有利于
的固定
B．使用多孔材料不能改变
的焓变
C．使用多孔材料能促进
平衡正向移动，有利于
的去除
D．加入
和
，化学反应方程式为：
，同时实现MOFs 再生
【答案】A
【解析】A．由于
是放热反应，因此升温会导致反应逆移，
浓度减小，多孔
材料对固定
的效率下降，A 错误；
B．反应焓变只与反应本身和反应的环境温度和压强有关，与多孔材料无关，B 正确；
C．多孔材料是选择性固定
，从而降低体系
浓度，导致反应
正移，从而
有利于
的去除，C 正确；
D．加入
和
，化学反应方程式为：
，MOFs 多孔材料中吸附的
被反应，即得到了
，也再生了MOFs，D 正确；
故选A。
9．重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。某化工厂处理含有
的废水并回
收利用Cr 元素制备
的流程如图所示，已知
属于两性氢氧化物。下列说法错误的是
工业废水
A．
的作用是还原剂
B．用
可代替
，离子方程式为
C．为使
充分沉淀，调pH 时应加入过量的NaOH 溶液
D．利用铝热法，可将
转化为Cr
【答案】C
【分析】
作还原剂将工业废水中的
还原为
，再调pH 使
转化为
沉淀，
灼烧得到
。
【解析】A．NaHSO3将
中的Cr(VI)还原为Cr3+，发生氧化还原反应，NaHSO3作还原剂，A 正
确；
B．H2O2具有还原性，可替代NaHSO3将
还原为Cr3+，所给离子方程式原子和电荷守恒，符合反
应原理，B 正确；
C．Cr(OH)3为两性氢氧化物，过量NaOH 会使其溶解生成[Cr(OH)4]-等络合物，导致沉淀不完全，应控
制pH 在适宜范围，C 错误；
D．铝热法利用铝的强还原性，可发生反应：Cr2O3 + 2Al = 2Cr + Al2O3，实现Cr2O3向Cr 的转化，D 正
确；
故答案选C。
10．【新情境】宁波大学学者研究发现了一种新型电池电极材料，该电极材料由原子序数依次增大的五种
短周期主族元素Q、W、X、Y 和Z 组成。Q 是原子半径最小的元素，Z 是同周期中原子半径最大的元
素；W、Y 原子的最外层电子数分别是内层电子数的2 倍和3 倍。下列说法正确的是
A．
为直线形分子
B．简单离子的半径：Y<Z
C．Q、X、Y 形成的化合物一定只含共价键
D．W、Z 能形成一种含非极性键的离子化合物
【答案】D
【分析】Q 是原子半径最小的元素，则为H；Z 是同周期中原子半径最大的元素，根据原子半径的递
变规律，Z 是第IA 族元素，又这五种元素都是主族元素，且原子序数依次增大，则Z 为Na；W、Y
原子的最外层电子数分别是内层电子数的2 倍和3 倍，则W、Y 最外层电子数依次为4 和6，分别为
C、O 原子，则X 只能为N 原子，据此分析。
【解析】A．
是H2O 分子，sp3杂化方式，空间结构为V 形，A 错误；B．根据同电子层时，核电
荷数越大，粒子半径越小的规律，则简单粒子半径有：Na+＜O2-，即Z＜Y，B 错误；C．Q、X、Y 有
可能组成NH4NO3，该物质中既含有离子键，又含有共价键，C 错误；D．W、Z 可能形成Na2C2这种
物质（类比电石CaC2），里面有离子键，是离子化合物，也有C 与C 间形成的非极性键，D 正确；故
选D。
11．根据实验操作及现象，下列结论中错误的是
选项
实验操作及现象
结论
A
将一个干燥的坩埚加热，同时切取绿豆大小的钠，迅速投入热坩埚
中，钠熔化后停止加热，剧烈燃烧，生成淡黄色固体
发生反应：
B
试管中依次滴加5 滴0.1
KBr 溶液、5 滴
和2 滴新制氯
水，振荡、静置，上层接近无色，下层为橙色
氧化性：
C
将0.5 gS 粉和1.0 gFe 粉混匀，置于陶土网上堆成条状。用灼热的
玻璃棒触及粉末至红热，生成刺激性气味的气体和黑色固体
S 体现了氧化性和还原性
D
两支试管中各加入2 mL10%
溶液，分别加入少量
粉末
和2 滴1
溶液，前者产生气泡较快
催化性能：
【答案】A
【解析】A．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体是Na2O2，结论中的化学方程式应该是2Na + O2
Na2O2，故A 错误。
B．氯水将溴离子氧化为溴单质，溴溶于CCl4显橙色，四氯化碳的密度大于水，所以下层为橙色，证
明氧化性Cl2 > Br2，故B 正确；
C．硫粉与铁粉反应生成硫化亚铁，同时硫在空气中被氧气氧化生成二氧化硫，硫既体现氧化性又体
现还原性，故C 正确；
D．MnO2催化H2O2分解产生气泡比FeCl3快，说明MnO2催化效率更高，故D 正确；
选A。
12．制备Na2SO3溶液的过程如下：由Na2CO3固体配制0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，向其中通入SO2至pH 约
为4；由NaOH 固体配制1 mol·L-1 NaOH 溶液，滴加到之前溶液中至pH 约为10，得到Na2SO3溶液。
下列说法正确的是
A．称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平右边的托盘内
B．使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1的NaOH 溶液
C．用图1 装置制备SO2
D．用图2 装置测量溶液的pH
【答案】B
【解析】A．称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平左边的托盘内，A 错误；
B．使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1的NaOH 溶液，无需精确
配制，无需使用容量瓶，B 正确；
C．图1 装置需要加热才能用铜和浓硫酸制备
，C 错误；
D．测量溶液的pH 不能直接将pH 试纸放入反应液，而应该用玻璃棒蘸取少量溶液滴到放于白瓷板上
的pH 试纸上，D 错误；
故选B。
13．耦合HCHO 制
的装置示意图如图所示。部分反应机理为：
。下列说法正确的是
A．a 电极连接电源负极，
得电子
B．阳极反应：
C．理论上每生成
，左侧溶液质量减少2 g
D．一段时间后，左侧溶液pH 增大，右侧溶液pH 减小
【答案】D
【分析】由电解池装置图可知，b 电极上HCHO 被氧化为
，则b 电极为阳极，根据反应机理可
知，消耗1 分子HCHO，生成1 分子H2，共失去2 个电子，则b 电极总反应方程式为
；a 电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为
；
通过阴离子交换膜从a 极室移向b 极室，据此作答；
【解析】A．a 电极为阴极，连接电源负极，但H2O 电离的H+优先于K+放电，被还原为H2，A 错误；
B．由分析可知，阳极总反应为
，B 错误；
C．阳极和阴极同时产生H2，则理论上每生成2 mol H2，转移2 mol 电子，左侧阴极室有1 mol H2（质
量为2 g）逸出，同时有2 mol
（质量为34 g）通过阴离子交换膜迁移到右侧阳极室，故左侧溶
液共减少36 g，C 错误；
D．一段时间后，左侧溶液中溶剂水减少，
浓度增大，pH 增大；右侧溶液中反应消耗的
多
于左侧迁移进入的
，
浓度减小，pH 减小，D 正确；
故答案选D。
14．室温下，两种难溶盐X(OH)x、Y(OH)y的饱和溶液中p(Xx+)或p(Yy+)与pH 的关系如图所示。已知：
p(Xx+)=-lgc(Xx+)；化学反应的K<10-5，通常认定这个反应很难进行，K>105，认为该反应基本进行彻
底。下列说法正确的是
A．x：y=2：3
B．若该饱和溶液的pH=8，则
=
C．向X(OH)x固体中加入YCly溶液，X(OH)x转化为Y(OH)y的趋势很大
D．若混合溶液中各离子起始浓度如M 点所示，滴入NaOH 溶液待平衡时
增大
【答案】B
【解析】A．对于沉淀X(OH)x，存在沉淀溶解平衡X(OH)x(s)
X
⇌
x+(aq)+xOH-(aq)，则
Ksp[X(OH)x]=c(Xx+)·cx(OH-)在图像上任找两点如(3，6)，(6，15)代入，得10-6·(10-11)x=10-15·(10-8)x，求得
x=3，且Ksp[X(OH)3]=1×10-39；同理，Y(OH)y，得y=2，Ksp[Y(OH)2]=1×10-20，x：y=3：2，A 错误；
B．
=
=
=
，当pH=8，即c(OH-)=10-6mol·L-1，代
入上式，
=
，B 正确；
C．向X(OH)x固体中加入YCly溶液发生2X(OH)3+3Y2+
3Y(OH)
⇌
2+2X3+，K=
==
=
=10-18<10-5，这个反应很难进行，C 错误；
D．M 点，c(X3+)=c(Y2+)，且M 点X(OH)3过饱和，加入NaOH 溶液溶解平衡X(OH)3 (s)
X
⇌
3+(aq)
+3OH-(aq)向沉淀方向移动，c(X3+)减小至
，M 点Y(OH)2未饱和，加入NaOH 溶液形成
Y(OH)2沉淀，c(Y2+)减小至
，
=
，M 点滴入NaOH 溶液后c(OH-)增大，
减小，D 项错误。
故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）钴的配合物
溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇，可通过CoCl2、NH4Cl 在
活性炭催化下，经浓氨水处理、过氧化氢氧化制备。具体步骤如下：
I．称取2.38 g CoCl2·6H2O 和4.0 g NH4Cl 固体，加入5 mL 高纯水，微热使其溶解。加入1.5 g 活性
炭，搅拌均匀，冷却至室温，再加入7 mL 浓氨水，搅拌，得到一种紫黑色溶液。将该溶液冷却至
10℃，向溶液中加入7 mL 4%的过氧化氢，保持温度为55℃，持续搅拌15 min。
Ⅱ．将上述溶液在冰水中快速冷却至2℃并抽滤，用2℃的高纯水冲洗，抽滤完成后弃掉滤液，收集
沉淀备用。
Ⅲ．将抽滤得到的沉淀转移入烧杯中，用温度为80℃的高纯水进行冲洗，之后加入1 mL 的浓盐酸，
搅拌均匀后趁热过滤，在滤液中再加入3.5 mL 浓盐酸，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，快速抽
滤，用___________洗涤沉淀3 次，干燥，得到橙黄色晶体1.35 g。
回答下列问题：
（1）步骤I 中使用的部分仪器如图甲，仪器a 的名称是
（2）步骤I 中溶液冷却至10℃的目的是： 。
（3）请写出制备
的化学方程式： 。
（4）步骤Ⅲ中，快速抽滤后，沉淀应用 冲洗。
（5）步骤Ⅲ中第二次加入浓盐酸的目的是 。
（6）为进一步确定产物组成，对产物的表征结果如图乙所示，表征所用仪器是___________。
A．核磁共振仪
B．质谱仪
C．红外光谱仪
D．X 射线衍射仪
（7）已知
是以Co3+为中心的正八面体结构(如图丙)，若其中的3 个NH3被Cl-取代，则
所形成的
的空间结构有 种。
（8）
(摩尔质量为267.5 g/mol)的产率为 (保留两位有效数字)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）锥形瓶（1 分）
（2）降低后续加入过氧化氢时的分解速率，同时也能避免温度过高导致氨气逸出
（3）
（或
）
（4）乙醇（1 分）
（5）提高
，促进
溶解平衡逆向移动，有利于
析出，提高产率
（6）D
（7）2
（8）50%
【分析】据题意，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化
溶液来制备
，反应的化学
方程式为
；向滤渣中加入80℃左
右的热水，充分搅拌后，趁热过滤；向滤液中加入少量浓盐酸，冷却结晶后过滤，用乙醇洗涤2~3
次，低温干燥得橙黄色晶体，据此分析作答。
【解析】（1）仪器a 为锥形瓶；
（2）温度降低可以降低后续加入过氧化氢时的分解速率，减少氧化剂的损失，从而提高原料利用
率；同时也能避免温度过高导致氨气逸出，保证配合反应顺利进行；
（3）由分析可知，制备
的化学方程式为：
（或
）；
（4）
难溶于乙醇，微溶于冷水，因此用乙醇（或无水乙醇）洗涤沉淀，既能减少产
物溶解损失，又能更快干燥沉淀；
（5）由于钴配合物
中含有氯离子，加入3.5 mL 浓盐酸，可利用同离子效应，提高
，促进
溶解平衡逆向移动，有利于
析出，提高产率；
（6）图乙横轴为2θ 角度，纵轴为“相对强度”，是典型的X 射线衍射图，对应的仪器为X 射线衍射
仪，故答案选D；
（7）
为正八面体结构，6 个
与中心离子距离相等，当被3 个
取代时，会有以下
情况：当2 个
位于对顶点180 度，再取代一个
与这2 个
形成90°夹角，如图所示：
；当2 个
位于邻位，夹角是90 度，第3 个
与前两个
形成类似xyz 坐标轴的
位置关系，如图所示：
；即共有2 种空间结构；
（8）根据元素守恒，理论上生成的
的物质的量与参与反应的
的物质的量
相等：即理论上产物的物质的量为
，故
的产率计算=
。
16．（14 分）一种从报废晶体玻璃(主要成分为
，含少量
杂质)中回收高
纯
的工艺流程如下：
已知：①常温下，
②萃取体系对稀土离子的萃取选择性：
③
回答下列问题：
（1）铁元素位于元素周期表的第四周期第 族，属于 区。
（2）“破碎研磨”的目的是 ；“水洗除杂”时，滤液中溶质主要有
、NaOH 和
。
（3）常温下，“溶浸”时需先加HCl 直至滤渣完全溶解后，再加NaOH 调节溶液pH，使
完全沉
淀，则溶液的pH 理论最小值为 (当溶液中某离子浓度
时，可认为该离子
沉淀完全)。
（4）“萃取分离”步骤需经过多次“萃取、洗涤和反萃取”，其目的是 。
（5）“沉钕”时，生成不溶于水的
。“灼烧”制备氧化钕过程中需高温且同时鼓入氧
气，该反应的化学方程式为 。
（6）报废晶体玻璃中
的质量分数为56%，取2000 g 报废晶体玻璃经上述流程后，最终得到1064
g 高纯
，则Y 的回收率为 (用百分数表示)。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）Ⅷ（1 分） d（1 分）
（2）增大接触面积，加快反应速率
（3）2.8
（4）提高
的萃取率，并分离
（5）
（6）95%
【分析】报废晶体玻璃(主要成分为
，含少量
杂质)经过“破碎研
磨”，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，
反应转化为
和
，水洗除杂过
滤滤液后，
加入盐酸酸浸转化为
，加入氢氧化钠溶液调节pH，
形成氢氧化铁沉淀，过滤，
进行萃取分离，分别加入草酸进行沉淀，再灼烧得到
，据此分析问题；
【解析】（1）铁为26 元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，属于d 区；
（2）对报废晶体玻璃先进行“破碎研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，由分析可知滤液
中溶质主要有
、NaOH 和
；
（3）使
完全沉淀，应使其浓度
，根据已知可知
溶解度最小，根据
，代入数据得
，根据KW得
，
，则溶液的pH 理论最小值为2.8；
（4）萃取体系对稀土离子的萃取选择性：
，有流程可，
需进行分离再分别沉
淀，故“萃取分离”步骤需经过多次“萃取、洗涤和反萃取”，其目的是提高
的萃取率，
并分离
；
（5）
“灼烧”制备氧化钕过程中需高温且同时鼓入氧气，氧气做氧化剂，将草酸根氧化
为二氧化碳，该反应的化学方程式为
；
（6）报废晶体玻璃中
的质量分数为56%，2000 g 报废晶体玻璃中理论含有
的质量为
，最终得到1064 g 高纯
，则Y 的回收率为
。
17．（15 分）乙二醇是一种重要的化工原料，可通过草酸二乙酯(
)热催化加氢制备。
回答下列问题：
I、制备草酸二乙酯。以
、CO 为原料，Pd 为催化剂，制备草酸二乙酯的反应机理如图所
示。
（1）反应过程中Pd 呈现多种化合价，分别为 。
（2）制备草酸二乙酯的总反应方程式 。
（3）利用生成的NO，并在反应器中加入O2、C2H5OH 可实现原料C2H5ONO 的再生和继续循环反
应，反应原理为：
。在再生反应中，需要控制NO 和O2物质的
量之比大于4，其可能原因为 。
Ⅱ、制备乙二醇。
主反应为
反应1：
反应2：
（4）反应
的
。
（5）其它条件相同，将含一定量C2H5OOCCOOC2H5、H2混合气体以一定流速通过装有催化剂
的反应管，出口处检测到C2H5OOCCOOC2H5的转化率和HOCH2COOC2H5的选择
性[
]随压强的变化曲线如图所示。
①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，C2H5OOCCOOC2H5的转化率逐渐上升、HOCH2COOC2H5选择性逐
渐下降。其原因是 。
②
催化机理如图所示。催化剂中
含量过多或过少，反应速率都会变慢。其原
因是 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）0、+1、+2
（2）
（3）过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响C2H5ONO 的再生和后续
循环反应
（4）
（3 分）
（5）增大压强，反应1、反应2 的速率都加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2 速率增加
幅度大于反应1 增加的幅度，HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降（3 分） Cu0含量过多，Cu+吸附
C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量少，生成H 的量少；两者都会使反应速率
变慢（3 分）
【解析】（1）由题干反应历程图可知，反应过程中Pd 呈现多种化合价，其中Pd 为0 价，PdOC2H5中
为+1 价，Pd(OC2H5)2和Pd(COOC2H5)2中均显+2 价，故答案为：0、+1、+2；
（2）由题干反应历程图可知，制备草酸二乙酯的反应物为：CO 和C2H5ONO，生成物为：
C2H5OOCCOOC2H5和NO，Pd 为催化剂，其余物质均为中间产物，故该转化的总反应方程式
；
（3）根据反应原理为：
可知，在再生反应中，NO 和O2的物
质的量之比为4，若小于4 即O2过量，此时可能部分O2氧化催化剂Pd 使其失去催化活性，同时过量
的O2还可能氧化C2H5ONO，而影响C2H5ONO 的再生和继续循环反应，故需要控制NO 和O2物质的量
之比大于4，故答案为：过量的O2氧化催化剂Pd，使催化剂中毒；也可能氧化C2H5ONO，影响
C2H5ONO 的再生和后续循环反应；
（4）由题干信息已知：反应1：
，反应2：
，则反应1+反应2 可得反应
，根据盖斯定律可知，
=(-102kJ/mol)+49.6kJ/mol=-52.4
；
（5）①在1.0~1.5MPa，随着压强增大，反应1 和反应2 中反应物、生成物浓度均增大，反应1 和反应
2 的反应速率均加快，C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升，但反应2 速率增大幅度大于反应1 增加幅
度，导致HOCH2COOC2H5选择性逐渐下降，故答案为：增大压强，反应1、反应2 的速率都加快，
C2H5OOCCOOC2H5转化率逐渐上升；反应2 速率增加幅度大于反应1 增加的幅度，HOCH2COOC2H5选
择性逐渐下降；
②由题干Cu(Cu0、Cu+)/SiO2催化机理图可知，Cu0吸附H2，生成的H 原子转移到Cu+上，与吸附在
Cu+上的C2H5OOCCOOC2H5反应生成HOCH2CH2OH，则催化剂中Cu0含量过多或过少，反应速率都会
变慢，其原因是Cu0含量过多，Cu+吸附C2H5OOCCOOC2H5的量少；Cu0含量过少，Cu0吸附H2的量
少，生成H 的量少；两者都会使反应速率变慢。
18．（15 分）盐酸凯普拉生是我国自主研发的新一代钾离子竞争性酸阻滞剂药物，其合成路线如图所示
(部分试剂及反应条件略)。
已知：叔丁醇钾是一种碱。NaBH3CN 是一种还原剂。
回答下列问题：
（1）B 中含氧官能团的名称为 。
（2）C 的结构简式为 。
（3）下列说法错误的是___________(填序号)。
A．化合物A 的酸性弱于苯酚
B．化合物C 到D 的反应为还原反应
C．路线中两处K2CO3的作用相同
D．化合物J 中可能存在分子内氢键
（4）在E 和J 生成K 的反应中，18-冠-6 的作用是 。
（5）K 与CH3NH2经过加成、消除得到L。写出K 到L 的化学方程式： 。
（6）D 的同分异构体同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)
①苯环上有3 个取代基
1 mol
②
该物质可以与2 mol NaOH 反应
③含有3 个甲基
其中，核磁共振氢谱显示5 组峰(峰面积比为1：1：2：2：9)的同分异构体的结构简式为
(写一种即可)。
（7）M 经盐酸酸化得到盐酸凯普拉生。选择M 中与盐酸结合形成盐的N 原子(“
”
①或“②”)并解释
原因 。(已知
为平面结构)
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）醚键（1 分）
（2）
（3）A
（4）18-冠-6 与K+作用，增强叔丁醇钾在有机物中的溶解度，增强其碱性
（5）
（6）24
或
（7）②位置的N 原子和盐酸结合形成盐；因为①号N 原子的孤电子对参与形成大π 键，碱性弱；②
号N 原子的孤电子对可与酸结合成盐
【分析】A 和B 发生取代反应生成C（
），C 发生还原反应生成D(
)，D 转化为E，F 发生取代反应生成H，H 转化为I，I 转化为J，E 和J 发生取
代反应生成K，K 与CH3NH2经过加成、消去得到L（
），L 发生还原反应生成
M，M 和HCl 反应生成盐酸凯普拉生（
）。
【解析】（1）根据B 的结构简式可知，含氧官能团是醚键；
（2）由分析可知，A 和B 发生取代反应生成C（
）；
（3）A．硝基是吸电子基团，使羟基的O-H 键极性增强，易断裂，酸性增强，A 错误；
B．C 到D 将硝基转化为氨基（加H 去O），是还原反应，B 正确；
C．A 到C 和F 到H 均发生取代反应,同时生成HBr，K2CO3的作用是消耗生成的HBr，促使反应正向
进行；
D．化合物J 中存在N-H 键，可通过旋转C 一C 键，形成
氢键， D 正确；
故答案选A。
（4）E 到J 的反应中叔丁醇钾作为碱促进反应进行，叔丁醇钾的碱性源于叔丁醇氧负离子，冠醚可以
识别碱金属离子，在该反应中，主要作用为结合叔丁醇钾的K+，使叔丁醇氧负离子裸露，增强碱性；
（5）CH3NH2中N-H 对K 的醛基加成，随后消去一分子水得到L 和水，化学方程式为：
；
（6）据题目信息，苯环上三个取代基，其中两个为-OH，另一取代基可能为
、
、
、
，则同分异构体的数目为
；核磁共振氢谱显示
5 组峰(峰面积比为1：1：2：2：9)的同分异构体的结构简式为
或
；
（7）②位置的N 原子和盐酸结合形成盐；因为①号N 原子的孤电子对参与形成大π 键，碱性弱；②
号N 原子的孤电子对可与酸结合成盐。
