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辽宁省 2026 年普通高等学校招生选择性考试（化学）
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：
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
项符合题目要求。
1. 化学助力人工智能的发展，下列说法正确的是
A. 锂离子电池可将化学能转化为电能
B. 氮化镓（ ）半导体属于有机材料
C. 光导纤维纤芯的主要成分是单晶硅
的
D. 数据中心冷却系统冷却液 汽化涉及化学键断裂
【答案】A
【解析】
【详解】A．锂离子电池属于原电池装置，工作时可将化学能转化为电能，A正确；
B．氮化镓（GaN）属于新型无机非金属材料，不是有机材料，B错误；
的
C．光导纤维纤芯 主要成分是二氧化硅，单晶硅是芯片的主要成分，C错误；
D．冷却液汽化属于物理变化，仅克服分子间作用力，不涉及化学键断裂，D错误；
故选A。
2. 一种制备火箭燃料肼（ ）的反应如下，下列说法错误的是
A. 的VSEPR模型：四面体形
B. 的共价键类型：非极性共价键
的
C. 中 杂化方式： 杂化
D. 的电子式：
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学科网（北京）股份有限公司【答案】B
【解析】
【详解】A．NH Cl中心原子N原子的价层电子对数为 ，所以其VSEPR模型为四面体
2
形，A正确；
B．NH 的共价键为N-H键，是由不同原子构成的共价键，为极性共价键，B错误；
3
C．NH 中N的价层电子对数为 ，杂化方式为sp3杂化，C正确；
2 4
D． 中氮原子与氢原子以共价键结合，其电子式为 ，D正确；
故选B。
3. 下列过程对应的化学方程式错误的是
A. 铜丝插入热的浓硫酸： （浓）
B. 少量 溶液滴入足量浓烧碱溶液：
C. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液：
D. 溶液滴入 悬浊液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜和二氧化硫，其化学方程式为 Cu+2H SO (浓)
2 4
CuSO +SO↑+2H O，A正确；
4 2 2
B ． 少 量 AlCl 溶 液 滴 入 足 量 浓 烧 碱 溶 液 ， 生 成 四 羟 基 合 铝 酸 钠 ， 其 化 学 方 程 式 为
3
AlCl +4NaOH=NaAl(OH) +3NaCl，B错误；
3 4
C ． 乙 烯 含 碳 碳 双 键 ， 和 溴 发 生 加 成 反 应 生 成 1,2- 二 溴 乙 烷 ， 其 化 学 方 程 式 为
CH=CH +Br →CHBrCHBr，C正确；
2 2 2 2 2
D．Ag S的溶解度远小于AgCl，所以向AgCl悬浊液中加入NaS发生沉淀转化生成Ag S，其化学方程式
2 2 2
为NaS(aq)+2AgCl(s)=Ag S(s)+2NaCl(aq)，D正确；
2 2
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学科网（北京）股份有限公司故选B。
4. 化学是一门实验与理论并重的学科。下列实验方案不合理的是
A． 收集及尾气处理 B．实验室制备乙炔
C．除去 中的 D．实验室铜件镀镍
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气的密度大于空气，使用向上排空气法收集，氯气与 CaCl 不反应，不能用CaCl 吸收尾气，
2 2
需用NaOH溶液吸收，A方案不合理；
B．电石与水反应生成乙炔，该反应剧烈，采用饱和NaCl溶液可减缓电石与水的反应速度，B方案合理；
C．亚硫酸的酸性比碳酸强，SO 通入到饱和NaHCO 溶液可发生反应生成NaSO 和CO，能除去CO 中的
2 3 2 3 2 2
SO ，C方案合理；
2
D．实验室铜件镀镍，铜制镀件接电源负极作阴极，镍接电源正极作阳极，电解液中含Ni2+，D方案合理；
故选A。
5. 生活细微处，亦有化学回响。下列“生活小妙招”不合理的是
选项 目的 生活小妙招
A 锁住揉好面团的水分 面团表面涂一层食用油
B 保鲜“自制番茄酱” 高温蒸煮后密闭保存
C 提升菜肴的“风味层次” 炒菜时加入适量料酒和香醋
D 去除蚕丝衣物上的油污 热水中加入苏打后浸泡衣物
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学科网（北京）股份有限公司A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．食用油可在面团表面形成隔离层，减少水分蒸发，能达到锁水目的，A不符合题意；
B．高温蒸煮可杀灭番茄酱中的微生物，密闭保存能隔绝外界微生物进入，可实现保鲜，B不符合题意；
C．料酒中的乙醇和香醋中的乙酸在加热条件下发生酯化反应，生成具有香味的酯类物质，可提升菜肴风
味，C不符合题意；
D．蚕丝的主要成分为蛋白质，苏打（碳酸钠）在热水中水解使溶液碱性较强，加热条件下蛋白质易发生
水解，会毁蚕丝衣物，D符合题意；
故选D。
6. 镁及其化合物的部分转化关系如下，设 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应①：每消耗 生成 分子的数目为
B. 反应②：每消耗 生成 数目为
C. 反应③：每消耗 转移电子数目为
D. 溶液中， 数目为
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应①为 ，反应②为 ，
反应③为 ，反应④为 ，据此回答。
【详解】A．由反应①为 可知，每消耗 ，生成
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学科网（北京）股份有限公司的物质的量为0.25 mol，则分子数为 ，A错误；
B．2.24L N 未指明在标准状况下，物质的量不一定为0.1mol，则生成的 的数目不一定为 ，B错
2
误；
C．4.4g的物质的量为 ，反应③为 ，C的化合价由+4价
降低为0价，转移4个电子，故每消耗4.4g ，转移的电子数为 ，C正确；
D． 溶液的体积未知，无法计算 ，D错误；
故选C。
7. 大面积单原子层二维金属 制备过程示意图如下。下列说法错误的是
A. 位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为
B. 蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分 可当作共价晶体
C. 常温常压下，等物质的量的 能量高于 晶体
D. 的一个基本结构单元为
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ga位于元素周期表第四周期第ⅢA族，电子排布式为 ，简化后
的电子排布式为 ，A错误；
B．由于蓝宝石砧座的硬度高，符合共价晶体的性质特征，故其主要成分 可当作共价晶体，B正确；
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学科网（北京）股份有限公司C．由图知，由 制作 的过程需要加热熔化并挤压，该过程为吸热过程，故等物质的量的
能量高于 晶体，C正确；
D．由大面积单原子层二维金属 俯视放大图可知， 为密排的二维结构，则一个基本结构
单元为 ，D正确；
故选A。
8. 药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是
A. 含有5个手性碳原子
B. 含有分子内氢键
C. 能使酸性 溶液褪色
D. 能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【 详 解 】 A ． 手 性 碳 原 子 是 指 连 有 4 个 不 同 原 子 或 原 子 团 的 饱 和 碳 原 子 ， 如 图
（带*号的为手性碳），则奥利司他中含有的手性C原子
为4个，A错误；
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学科网（北京）股份有限公司B．由奥利司他的结构可知，分子中含有 官能团，能形成分子内氢键，B正确；
C．由奥利司他的结构可知，分子中含有 官能团，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，
C正确；
D．由奥利司他的结构可知，分子中含有酰胺键和酯基，能够发生水解反应，正确；
故选A。
9. 金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料 （立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧
邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是
A.
B. 与 紧邻的 有12个
C. 晶胞中的价层电子总数为19
D. 的超导性质优于金属钒
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶胞Ⅱ中，白球（ ）的个数为 ，灰球（ ）的个数为 ，因此
，A正确；
B．以晶胞内部的 为例，周围等距紧邻的 共12个，因此与 紧邻的 为12个，B正确；
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学科网（北京）股份有限公司C． 是第ⅤB族元素，每个 价层电子数为5； 是第ⅣA族元素，每个 价层电子数为4。该晶胞含
6个 、2个 ，总价层电子总数 ，C错误；
D．金属钒晶胞Ⅰ中紧邻 间距为 ， 中紧邻 间距为 ，由题干可知，紧邻钒原子
间的距离变短可增强超导性能距离更短，因此 的超导性质优于金属钒，D正确；
故选C。
10. 颜料 因含有 而显色， 、 、 、 、 为原子序数依次增大的短周期元素，
基态 最外层电子数是内层的三倍，基态 最外层仅有一个电子， 是地壳中含量最多的金属元素且与
相邻， 与 同族。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：
B. 简单氢化物沸点：
C. 第一电离能：
D. 最高价氧化物水化物酸性：
【答案】B
【解析】
【分析】 、 、 、 、 为原子序数依次增大的短周期元素，基态M最外层电子数是内层三倍，
短周期元素只能是O；Z与M同族，则Z为S；W原子序数大于O，基态 最外层仅有一个电子，W为
Na； 是地壳中含量最多的金属元素，X为Al；X与Y相邻，原子序数大于Al，则Y为Si，据此回答。
【详解】A． 、 、Z，分别为O、Na、S， 与 电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故
； 有3个电子层，半径大于 与 ，因此简单离子半径 ，A正确；
B．Y、Z、M的简单氢化物分别为 、 、 ， 含氢键沸点最高； 相对分子质量大于
，分子间作用力更强，沸点 ，故沸点顺序为 ，B错误；
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学科网（北京）股份有限公司C．X、Y、M分别为Al、Si、O，同周期第一电离能随原子序数增大整体升高，故 ；同主族从
上到下，第一电离能降低，第一电离能 ，因此第一电离能 ，C正确；
D．X、Y、Z分别为Al、Si、S，均为第三周期元素，非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物分别为两
性的 、弱酸 、强酸 ，酸性依次增强，故酸性 ，D
正确；
故选B。
11. 热塑性可降解高分子材料Ⅲ可由如下反应制备。下列说法正确的是
A. Ⅰ和Ⅳ可用元素定量分析区分 B. Ⅲ具有网状交联结构
C. Ⅲ与 反应生成Ⅱ D. 该聚合反应为缩聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题干结构简式可知，Ⅰ和Ⅳ的分子数均为 ，元素组成（C、H、O的质量分数）完
全相同，因此无法用元素定量分析区分，无法元素定量分析进行区分，A错误；
B．从结构简式看，高分子Ⅲ的主链是线性的（两端为链节，没有交联点），属于线型高分子，而非网状
交联结构，B错误；
C．高分子Ⅲ在碱性条件下水解，酯基会断裂，生成的是二元醇和二元羧酸盐，不会直接生成环状的化合
物Ⅱ（环状酯），C错误；
D．反应过程中，单体Ⅱ开环，与单体I反应生成高分子Ⅲ的同时，脱去了小分子Ⅳ（丙酮），符合缩聚反
应的定义，可认为是缩聚反应，D正确；
故选D。
12. 从铜阳极泥（主要成分为 和 ，含少量 和 ）中提取热电材料碲（ ）的流程如
图。已知 与适量空气反应可生成 。下列说法正确的是
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学科网（北京）股份有限公司A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应
B. 滤渣可以全部溶于浓
C. 被氧化过程中，溶液碱性增强
D. “沉碲”过程中 被氧化
【答案】C
【解析】
【分析】铜阳极泥的主要成分为 和 ，含少量 和 ，在“浸渍”操作中，加入NaS溶
2
液，通入适量空气， 和 反应生成CuS沉淀，同时生成NaTe， 和 不溶，进入滤渣，
2 2
滤液1中含有NaTe，加入NaSO 溶液发生氧化还原反应，NaSO 作氧化剂被还原，同时将NaTe 氧化为
2 2 2 3 2 3 2 2
碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用；
【详解】A．“浸渍”时 和生成的 都具有还原性，通入过量空气时，过量 会进一步将
氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；
B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全
部溶于浓硝酸，B错误；
C． 被 氧化生成 的反应方程式为： ，反
应生成强碱 ，溶液中 增大，碱性增强，C正确；
D．滤液1中 在 中为 价，沉碲得到 价碲单质， 化合价升高被氧化，因此 做氧
化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误；
故选C。
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学科网（北京）股份有限公司13. 一种从废旧电池正极材料（ ）中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是
A. 电极反应：
B. 电路中转移 电子，理论上可回收
C. 电极连接电源正极
D. 可转化为 和 ，会降低锂的理论回收产率
【答案】D
【解析】
【分析】左侧池通入O 生成HO ，这是还原反应，因此 a电极是阴极，连接电源的负极。电极反应:
2 2 2
，右侧池 被氧化为 ，这是氧化反应，因此b电极是阳极，连接电
源的正极。电极反应: ；阴离子交换膜：允许阴离子(如 、OH-等)通过，以维持电荷平
衡。
【详解】A．如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在 溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，
A正确
B．电路中转移 电子时，整个体系总电子转移量为 ，每释放 对应 电子转移（
），双电极可同时回收 ，理论上可回收 ，B正确；
C．右侧发生氧化反应： 被氧化为 ，阳极连接电源正极，C正确；
D．若 歧化转化为 和 ，反应为： ，该歧化反应为碘自身氧化还原，
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学科网（北京）股份有限公司总可得到的电子数（氧化 的总能力）不变： 原本可得到 电子，歧化后 作
为氧化剂可得到 电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的 总物质的量不变，因此不会降低锂
的理论回收产率，D错误；
故选D。
14. 恒 容 密 闭 容 器 中 ， 等 物 质 的 量 的 和 发 生 的 总 反 应 如 下 ：
，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关
系如图。下列说法正确的是
A. 该反应的 ，
B. 点 的消耗速率大于 物质的生成速率
C. 点该反应的 （用物质的量分数代替浓度计算）
D. 点 的平衡转化率为75%
【答案】D
【解析】
【分析】由于生成物C H 、HO、HS均从零开始增加，且在任何时刻物质的量之比恒为3:2:1，结合图像
3 6 2 2
中a、b、c三条曲线的高低关系可知:曲线a代表C H，曲线b代表HO，曲线c代表HS。
3 6 2 2
【详解】A．观察图像可知，随着温度的升高，C H 的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡
3 8
向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此 ，另外，反应物气体共4分子，
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学科网（北京）股份有限公司生成物气体共6分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此 ，A错误；
B．前面已推断出a物质是C H。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应的化学
3 6
计量数之比。C H 与C H 的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时刻， 的消耗速率等于
3 6 3 8
物质( )的生成速率，B错误；
C．列三段式： ，M点时，C H 曲
3 8
线与b曲线(H O)相交，意味着两者的物质的量分数相等(即物质的量相等)：1-3x=2x，解得x=0.2，此时各
2
物质的量分别为：C H=0.4 mol、SO =0.8 mol、C H=0.6 mol、HS=0.2mol、HO=0.4mol。体系总物质的量
3 8 2 3 6 2 2
为 2.4 mol 。 代 入 物 质 的 量 分 数 平 衡 常 数 K 。 进 行 计 算
x
，C错误；
D．N点时，C H 曲线与c曲线(H S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1-3x=x，解得x=0.25。此时C H
3 8 2 3 8
转化了0.75 mol，故C H 的平衡转化率为： ，D正确；
3 8
故选D。
15. 室温下， 醋酸铜（ ， 表示 ）溶液中 、 、 和
的 曲线如图。保持体系中 元素总物质的量、 元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除
氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是
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学科网（北京）股份有限公司A. Ⅰ为 的变化曲线
B. 室温下，
C. 室温下，
[ K ]
D.
点：c(HAc)× 3+ a <0.20 mol⋅L-1
c(H+
)
【答案】C
【解析】
【分析】初始状态分析：溶液为0.10mol/L的CuAc 。体系中c(Cu)= 0.10mol/L，总(Ac)= 0.20mol/L；低pH
2
值(酸性较强)时：Ac-主要与 H+结合形成 HAc，因此 HAc 的浓度最大，接近 0.20 mol/L-1。此时 pX=-
lg(0.20)≈0.7；观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc的曲线。由于Ac-浓度极低，铜元素主要以
游离的Cu2+形式存在，其浓度略小于0.10 mol/L-1。此时pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为
1.1(略大于1.0代表 )，因此Ⅱ为Cu2+的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc+的曲线，据此解
答；
【详解】A．由分析可知，Ⅰ为 的变化曲线，A正确；
B．题中反应的 ，当pH=3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时 ，
且由M点坐标可知， ，代入平衡常数表达式： ，B正确；
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学科网（北京）股份有限公司C．根据P点坐标，此时pH=5.75， ，反应 的平
衡 常 数 ， 代 入 数 据 得 到 ： ， 故 ，
，C错误；
D．根据题意，C元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20 mol/L，存在物料守恒：
， 对 于 HAc 的 电 离 平 衡 常 数 ：
， 变 形 得 ， 代 入 题 干 原 式 ， 得 到 原 式 =
， 将 物 料 守 恒 式 代 入 得 到 ： 原 式 =
， Q 点 存 在 ， 由 于
，故原式= ＜ ，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分
16. 某工厂利用镍矿（主要成分为 ，含少量 和 ）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分
反应条件已略去）：
已知：①滤液1中镍以 形式存在，硫以 和少量 形式存在；
②“部分蒸氨”时 减小， 转化为 ， 。
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学科网（北京）股份有限公司回答下列问题：
（1）依据核外电子排布， 元素位于周期表_____区。
（2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________， 转化为 的化学方程
式为_______________。
（3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体 为__________（填化学式）。
（4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的 ，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化
消耗 的物质的量为______ 。
（5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。
（6）近似条件下，不同 溶液中二价镍[ ]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为
提高 的还原速率和转化率， 应选择_______（填“ ”或“ ”）。
已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释 还原程度较低而 还原程度较高的
原因：______________________（结合离子方程式作答）。
【答案】（1）d （2） ①. 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 ②.
（3） ①. ②.
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学科网（北京）股份有限公司（4）2 （5）
（6） ①. 2 ②. 被还原时发生反应： ，溶液
呈 酸 性 ， 不 利 于 “ 还 原 ” 步 骤 ； 而 被 还 原 时 发 生 反 应 ：
，不会生成游离的 ，因此还原程度较高
【解析】
【分析】镍矿的主要成分为 ，含少量 和 ，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生
成 、 ，浸渣为 ；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气 ，
减小， 转化为 ， 转化为CuS沉淀；向滤液2中通入
足量O ，将滤液2中剩余的 充分氧化为 ，最后通过H 还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分
2 2
为硫酸铵；
【小问1详解】
Ni是28号元素，价电子排布为 ，根据周期表分区规则，属于d区。
【小问2详解】
加压可增大氧气的溶解度，提高 浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率； 与氧气、氨水反应生成
，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为
。
【小问3详解】
的
氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定 ；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a
显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。
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学科网（北京）股份有限公司【小问4详解】
被氧化为 ， 中S 的平均化合价为 +2价， 中S的化合价为+6价，总共失去
电子， 反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗 的物质的量为 。
【小问5详解】
在“还原”步骤中， 被 还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的
（由 和 结合），阴离子是一直未参与后续反应的 。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是
，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。
【小问6详解】
观察题给图像，当 时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而 时反应
提前停滞（转化率低）， 时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2；
当 时，发生反应： ，会释放一个游离的 ，游离 会使溶
液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。
当 时，发生反应： ，恰好生成2个 ，体系不会生成游离的
，反应能顺利进行到底。
17. 某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（ ）的快速降解，制备对苯二甲酸（
）。
反应式：
实验步骤：
第18页/共29页
学科网（北京）股份有限公司Ⅰ．向反应瓶中加入 、 、 催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热至 ；随后
加入 ，继续搅拌加热回流 （回流温度 ）。
Ⅱ．反应混合物冷却后倒出，用 水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。
Ⅲ．用稀盐酸调节滤液 ，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥得到 固体。
已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于 。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是_______（填标号）。
的
（2）步骤Ⅰ中降解反应 主要产物为乙二醇和____________（填结构简式）。
（3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是______________________，催化剂可采用________法便捷分离。
（4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的_______和______（填名称）。
（5）取 步骤Ⅲ所得固体与 标准品均三甲氧基苯（ ，
）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为 ，
则所得固体中对苯二甲酸含量为_____%（精确至1%）。
（6）若采用题中方法降解 和 （ ）的混合物，
当进行步骤Ⅲ时，调节滤液 可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。 较大时，_______（填“
第19页/共29页
学科网（北京）股份有限公司”或“ ”）的降解产物析出。
【答案】（1）ADF （2）
（3） ①. 洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率 ②. 分液
（4） ①. 氯化钠 ②. 氯化氢（或盐酸）
（5）95 （6）BPA−PC
【解析】
【小问1详解】
本实验需要加热回流，反应总液体体积约20mL，加上固体反应物，选用100mL两颈圆底烧瓶A，单口烧
瓶B无法满足回流、搅拌/测温的多接口需求，C容积太小；回流需要球形冷凝管D；回流温度为138℃，
超过100℃，因此选择量程0~200℃的温度计F。
【小问2详解】
步骤Ⅰ为碱性条件下PET的酯水解反应，酯基水解后在NaOH环境中，羧基转化为羧酸钠，因此主要产物
为乙二醇和对苯二甲酸钠，其结构简式为 ；
【小问3详解】
未反应的PET等不溶物滤渣表面会吸附产物对苯二甲酸钠，洗涤可回收产物，提高产率；已知催化剂常温
下为油状物，难溶于水，与水体系分层，因此可直接分液分离，操作便捷。
【小问4详解】
调节pH过程中，NaOH与盐酸反应生成NaCl，且加入了过量稀盐酸，沉淀表面会吸附残留的NaCl和
HCl，因此水洗除去这两种杂质。
【小问5详解】
，均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应峰面
积比中的 ；对苯二甲酸含2个羧基氢、4个苯环氢，对应剩下的峰面积比 ，因此可得
，
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学科网（北京）股份有限公司，含量为 。
【小问6详解】
PET降解产物为对苯二甲酸（羧酸），BPA-PC降解产物为双酚A（酚类）；羧酸酸性强于酚，酸性越弱，
其盐越容易在较低 （即较大pH）条件下质子化析出，因此pH较大时，BPA-PC的降解产物先析出。
18. 低碳烯烃（ 烯）用途广泛，可由合成气（ ）经费托反应催化直接合成。
（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（ ：催化剂， ：活性碳氢物质）：
按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是________________________________（答出一条即可）。
（2）合成丙烯的费托反应主要为：
①
②
③
④
则 ______ ，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为______（填标号）。
A．低温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．高温高压
（3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制
副反应的最适宜催化剂为__________（填“ ”、“ ”或“ ”）。 时，
的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为_________（写出计算式即可）。
[ 已 知 ： 收 率 转 化 为 总 烃 的 转 化 率 低 碳 烯 烃 选 择 性 、
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学科网（北京）股份有限公司、 ]
（4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料 、
选择性为 或 时， 转化率与温度的关系如图3所示，则 _____ （填“>”、“=”或
“<”，下同），反应③的 _______ 。
（5）若采取某种措施抑制 生成，此时费托反应只发生②和④， 、恒压 、初始投料
时， 的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则 _________；
反应②的反应商 ______ （用分压代替浓度计算，分压 总压 物质的量分数，保留两位有效数
字）。
【答案】（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃）
（2） ①. -497 ②. A
（3） ①. ②.
（4） ①. ＞ ②. ＜
（5） ①. 0.3 ②.
【解析】
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司根据题干给出的反应历程图，中间体 既可以继续与 反应使碳链增长，也可以结合 +H 发
生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳
链也有可能继续增长生成 及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯
烃的产率。
【小问2详解】
根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3×反应③ + 反应④得到，因此
。 反应①是放热、气体分子数减少的反应，低
温有利于放热反应平衡正向移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压A。
【小问3详解】
由图 1 可知，在相同的温度下，使用 催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的目标
产物，其转化（消耗）属于副反应，因此 是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收率 转
化为总烃的CO转化率 低碳烯烃选择性； 选择性为 ，说明总消耗CO中 用于生成总烃；
由图2可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数据， 对应的
总转化率为 ，低碳烯烃选择性为 ，此时收率最大，因此收率计算式为
。
【小问4详解】
反应 ③ 为放热反应。在图 3 中的水平虚线（固定 CO 转化率为
60%），该线与实线（a%）相交于点 M（温度较低），与实线（b%）相交于点 N（温度较高）。在相同
CO 转化率下（即反应 ④ 生成 量基本相同），温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的
越少，导致 选择性越低。因此，高温对应的线b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a＞b；
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学科网（北京）股份有限公司由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即 = 、 = 。
题目要求比较 和 ，本质上就是比较M点和N点的正反应速率。点N的温度远高于点M，
温度升高会使反应速率常数k显著增大；此外，点N的CO 选择性更低，意味着更少的HO被消耗，反应
2 2
体系中HO的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N点的反应速率必然大于M点。
2
因此， ＜ 。
【小问5详解】
设初始 ， ： 转化率为 ，故转化的 为 ，剩余
； 丙烯选择性 ，故最终生成丙烯消耗 为 ，得
，分压比等于物质的量比，因此 ；
反应②为 ，反应商 ，代入分压化简得：
，平衡时： 、 、
、 ，
， ， ，计算得：
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19. 杀虫剂氯噻啉（化合物 ）合成路线如下（部分条件已略去）：
回答下列问题：
（1） 能发生银镜反应，其结构简式为_________。
（2） 中官能团名称为醛基和___________。
（3） 的反应类型为_________。
（4）参照 过程，设计某药物中间体 的合成路线如下（部分反应条件已略去）。其中，Ⅰ的结构简
式为________， 的化学方程式为______________________。
（5） 可能经历的过程如下图所示。 发生巯基（ ）参与的取代反应， 的结构简式为
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学科网（北京）股份有限公司___________。 发生分子内氨基（ ）与醛基的加成、消去反应生成 和 ，则 的结构简式为
___________（不考虑立体异构）。
【答案】（1） （2）碳溴键（溴原子）
（3）取代反应 （4） ①. ②. +CH OH
3
+H O
2
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】由合成路线可知，A(C HO)与Br 反应生成B，已知A能发生银镜反应，故A中含有醛基，由A
3 6 2
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学科网（北京）股份有限公司的分子式、结合B的结构简式可推知A为 ，B与C反应生成D，D在NaNO /HCl的条件下发生取
2
代反应生成E，E与 在一定条件下反应生成F，F与G在KCO 的条件下反应生成H，
2 3
结合F的分子式和E、H的结构可推知F的结构为： ，据此回答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为 ；
【小问2详解】
B的结构简式为 ，B中含有的官能团为醛基和碳溴键（溴原子）；
【小问3详解】
由分析知，F的结构简式为： ，F+G→H的反应为 取代了
F中Br，故反应类型为取代反应；
【小问4详解】
由分析知，在E→F的过程中，Br取代了甲基上的H，参照E→F的过程，药物中间体K的合成路线为
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学科网（北京）股份有限公司与 反应，甲基上的H被Br原子取代生成I，则I为 ，
在i.NaOH，HO，ii.H+中经水解后酸化生成J，则J为 ， 和
2
CHOH在HSO 的条件下发生酯化反应生成K，反应的化学方程式为: +CH OH
3 2 4 3
+H O；
2
【小问5详解】
B→D可能经历以下过程，已知X→Y发生巯基（-SH）参与的取代反应，则C( )异构为
X( )，X( )与B发生巯基（-SH）参与的取代反应生成Y，可推知Y的结
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学科网（北京）股份有限公司构简式为 ，Y发生分子内氨基（-NH ）与醛基发生加成、消去反应生成Z和HO，结合
2 2
D的结构简式可推知Z为： ， 异构为 。
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