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2026 年普通高中学业水平选择性考试仿真卷(一)
满分：100 分 时间：75 分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14
O 16 Cl 35.5 Cu 64 W 184
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．“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是(
)
A．“C919”大飞机用的氮化硅涂层
B．“梦想”号钻探船钻头用的合金
C．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层
D．“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜
【答案】 B
【解析】 氮化硅涂层属于新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，A 不符合题
意；合金是金属与其他元素熔合而成的材料，属于金属材料，B 符合题意；聚
酰亚胺是高分子有机材料，不属于金属材料，C 不符合题意；反渗透膜通常由
高分子聚合物制成，属于有机材料，D 不符合题意。
2．实验室中，下列试剂保存方法正确的是( )
A．液溴加水封保存在广口试剂瓶中
B．硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中
C．高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中
D．金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中
【答案】 B
【解析】 液溴为液体，应使用细口瓶保存，广口瓶通常用于固体，加水封正
确但试剂瓶选择错误，A 错误；硝酸银溶液见光易分解，棕色细口瓶避光且适
合液体保存，B 正确；高锰酸钾是强氧化剂，苯酚有还原性，两者混合可能反
应，不能放在同一药品柜中，C 错误；锂密度小于煤油，无法被煤油浸没隔绝
空气，保存方法错误，应保存在固体石蜡油中，D 错误。
3．以下研究文物的方法达不到目的的是( )
A．用14C 断代法测定竹简的年代
B．用X 射线衍射法分析玉器的晶体结构
C．用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类
D．用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量
【答案】 D
【解析】 14C 断代法通过测定有机物中14C 的残留量确定年代，竹简为植物制
品，适用此方法，A 正确；X 射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构，玉
器为晶体矿物，适用此方法，B 正确；原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种
类，可用于分析漆器表层元素，C 正确；红外光谱法用于分析分子官能团和结
构，无法直接测定相对分子质量(需质谱法)，D 达不到目的。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．1 mol 18O2的中子数，比1 mol 16O2的多2NA
B．1 mol Fe 与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NA
C．在1 L 0.1 mol/L 的NH4Cl 溶液中，NH 的数目为0.1NA
D．标准状况下的22.4 L Cl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2NA
【答案】 D
【解析】 O 的中子数为10，O 的中子数为8，每个O2分子含2 个O 原子，1
mol O2比1 mol O2多4NA个中子，A 错误；Fe 与水蒸气反应生成Fe3O4和H2,1
mol Fe 生成 mol H2，数目为NA，B 错误；NH 在水中会水解，溶液中NH 的数
目小于0.1NA，C 错误；1 mol Cl2 与H2 反应生成2 mol HCl，形成2 mol H—Cl
键，共价键数目为2NA，D 正确。
5．下列化学用语表达错误的是( )
A．甲醛(HCHO)的分子空间结构模型：
B．制备聚乙炔：nH—C≡C—H――→CH===CH
C．碳酸银溶于硝酸的离子方程式：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．1 mol SO 含有4NA个σ 键电子对
【答案】 C
【解析】 HCHO 是平面结构的分子，含有C==O 键和C—H 键，且原子半
径：C＞O＞H，其空间结构模型为
，A 正确；乙炔CH≡CH 发生加聚
反应生成聚乙炔，化学方程式为：nH—C≡C—H――→CH==CH，B 正确；
碳酸银难溶于水，不能拆成离子，正确的离子方程式为：Ag2CO3＋2H＋===2Ag
＋＋H2O＋CO2↑，C 错误；SO 的价层电子对数是4＋＝4，无孤对电子，则1
mol SO 含有4NA个σ 键电子对，D 正确。
6．华法林是香豆素类抗凝剂的一种，主要用于防治血栓栓塞性疾病。下图表示
合成华法林的反应过程，有关说法正确的是( )
A．华法林的分子式是C19H14O4
B．甲和乙中的所有碳原子可能共平面
C．华法林能发生取代、加成和消去反应
D．甲和乙反应生成华法林的反应是取代反应
【答案】 B
【解析】 根据华法林的结构简式，华法林的分子式是C19H16O4，A 错误；甲
中含苯环、酯基、碳碳双键等结构，乙中含苯环、碳碳双键、羰基结构，这些
平面结构通过单键相连，单键可旋转，所以所有碳原子可能共平面，B 正确；
华法林含有的羟基是醇羟基，但相邻碳原子上无氢原子，不能发生消去反应，
C 错误；甲和乙反应生成华法林是加成反应(碳碳双键参与)，不是取代反应，D
错误。
7．下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是( )
A.制备NH3
B.配制100 mL 1.00 mol·L－1 KCl 溶液
C.探究Na 与H2O 反应
D.探究温度对化学平衡的影响
【答案】 D
【解析】 NH4Cl 和Ca(OH)2 固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾
斜，A 错误；配制100 mL 1.00 mol·L－1 KCl 溶液，应在烧杯中溶解KCl 固体，
B 错误；金属钠与水反应剧烈，不能在试管中进行，应在烧杯中进行，C 错
误；两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温
度对2NO2(红棕色)N2O4(无色)平衡的影响，D 正确。
8．下列对物质性质的解释错误的是( )
选项
物质性质
解释
A
氯化钠熔点高于氯化铯
氯化钠离子键强于氯化铯
B
碘易溶于四氯化碳
碘和四氯化碳都是非极性分子
C
草酸氢钠溶液显酸性
草酸氢根离子水解程度大于电离程度
D
离子液体导电性良好
离子液体中有可移动的阴、阳离子
【答案】 C
【解析】 氯化钠中的钠离子半径比氯化铯中的铯离子半径小，离子键强度更
大，因此熔点更高，解释正确，A 正确；碘和四氯化碳均为非极性分子，符合
“相似相溶”原理，解释正确，B 正确；草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根
(HC2O)的电离程度(释放H＋)大于水解程度(生成OH－)，解释错误，C 错误；离
子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D 正确。
9．化工专家侯德榜成功开发了生产“气肥”的新工艺，“气肥”的化学组成为
YW4WXZ3。X、Y、Z 位于元素周期表的同一短周期，且均可与W 形成18e－粒
子；Z 的s 能级与p 能级上的电子数相同。下列说法正确的是( )
A．“气肥”的分解产物均易溶于水
B．第一电离能：Y>Z>X
C．原子半径：Y>X>Z>W
D．氢化物的沸点：X<Y<Z
【答案】 B
【解析】 X、Y、Z 位于元素周期表的同一短周期，Z 的s 能级与p 能级上的
电子数相同，Z 是O 元素。X、Y、Z 均可与W 形成18e－粒子，W 是H 元素；
根据“气肥”的化学组成可知其化学式为NH4HCO3，则X 为C，Y 为N。
NH4HCO3=====NH3↑＋CO2↑＋H2O，CO2不易溶于水，故A 错误；N 原子2p
能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能
N>O>C，故B 正确；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径
越小，原子半径C>N>O>H，故C 错误；碳可形成多种氢化物，有些碳的氢化
物在常温下为固体，故D 错误。
10．全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨
电极。下列说法正确的是( )
A．隔膜为阳离子交换膜
B．放电时，a 极为负极
C．充电时，隔膜右侧溶液Fe2＋浓度增大
D．理论上，Fe3＋每减少1 mol，Fe2＋总量相应增加2 mol
【答案】 B
【解析】 全铁流电池原理为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，a 极发生Fe－2e－===Fe2＋，
为负载铁的石墨电极做负极，b 极发生Fe3＋＋e－===Fe2＋，发生还原反应，b 为
石墨电极，作正极，以此解题。两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通
过，为阴离子交换膜，A 错误；根据分析，放电时，a 极为负极，b 极为正极，
B 正确；充电时，a 接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2＋＋2e－===Fe，b 接
电源正极，为阳极，发生的电极反应式为：Fe2＋－e－===Fe3＋，两极的Fe2＋均减
少，C 错误；根据总反应方程式2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，Fe3＋减少1 mol，Fe2
＋增加1.5 mol，D 错误。
11．NaxWO3晶体因x 变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95 时，其
立方晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( )
A．与W 最近且等距的O 有6 个
B．x 增大时，W 的平均价态升高
C．密度为g·cm－3时，x＝0.5
D．空位数不同，吸收的可见光波长不同
【答案】 B
【解析】 W 位于立方体的顶角，以顶角W 为例，在此晶胞内，离该顶角最近
且距离相等的O 原子位于该顶角所在3 条棱的棱心，由于该顶角在8 个晶胞
里，而棱上的原子被4 个晶胞共有，所以与W 最近且距离相等的O 原子有
3×8×＝6，故A 正确；O 元素化合价为－2 价，负化合价总数为－6，设W 元
素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0 可得：－6＋y＋x＝0，y＝6－
x，x 的值增大y 减小，即W 元素的平均化合价降低，故B 错误；0.44≤x≤0.95
时，立方晶胞中W 个数为8×＝1、O 个数为12×＝3，若x＝0.5，晶胞质量为
m＝g，晶胞体积为(a×10－10)3cm3，则密度ρ＝＝g/cm3＝g/cm3，所以密度为
g·cm－3 时，x＝0.5，故C 正确；NaxWO3 晶体因x 变化形成空位而导致颜色各
异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D 正确。
12．乙烯在硫酸催化下与水加成反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A．总反应任意温度都能自发进行
B．总反应速率由第①步反应决定
C．过渡态物质中最稳定的是第③步反应过渡态物质
D．乙烯和乙酸反应按照上述机理可生成乙酸乙酯
【答案】 A
【解析】 根据能量与反应进程图，第①步是吸热反应，且活化能最大，第②
步是放热反应，第③步是放热反应，总反应的化学方程式为CH2==CH2＋
H2O――→CH3CH2OH，总反应为放热反应，据此答题。总反应的ΔH<0、
ΔS<0，由ΔG＝ΔH－TΔS<0 的反应能自发进行知，总反应在低温下能自发进
行，高温下不能自发进行，A 错误；图中第①步反应的活化能最大，反应速率
最慢，总反应的速率由其决定，B 正确；能量与反应进程图中，第②步反应过
渡态物质能量比第③步反应过渡态物质能量高，能量越低的物质其稳定性越
强，因此第③步反应过渡态物质更稳定，C 正确；按照上述机理，乙烯与乙酸
发
生
：
―
―
→
―
―
→
，生成乙酸乙酯，D 正确。
13．下列实验操作能够达到目的的是( )
选项
实验操作
目的
A
测定0.01 mol/L 某酸溶液的pH 是否为2
判断该酸是否为强酸
B
向稀Fe2(SO4)3溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液
颜色变化
探究H＋对Fe3＋水解的
影响
C
向AgNO3溶液先滴入几滴NaCl 溶液，再滴入
比较AgCl 和AgI 的Ksp
几滴NaI 溶液，观察沉淀颜色变化
大小
D
将氯气通入Na2S 溶液，观察是否产生淡黄色
沉淀
验证氯气的氧化性
【答案】 D
【解析】 若该酸为一元酸，0.01 mol/L 某酸溶液的pH＝2，可判断为强酸，但
某些二元弱酸，在浓度0.01 mol/L 也可能达到pH＝2，故无法判断该酸是否为
强酸，A 错误；向稀Fe2(SO4)3溶液中加浓硫酸，虽增加H＋浓度抑制Fe3＋水解，
但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单独验证H＋的影响，B 错误；AgNO3
溶液过量，溶液中剩余的Ag＋会直接与I－生成AgI 沉淀，无法证明AgCl 转化
为AgI，故不能比较Ksp大小，C 错误；Cl2与Na2S 反应生成S 淡黄色沉淀，证
明Cl2将S2－氧化为S，验证了Cl2的氧化性，D 正确。
14．常温下，假设1 L 水溶液中Co2＋和C2O 初始物质的量浓度均为0.01 mol·L－
1。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随pH 的变化关系如图所
示(忽略溶液体积变化)。已知：体系中含钴物种的存在形式为Co2＋，CoC2O4(s)
和Co(OH)2(s)；Ksp(CoC2O4)＝6.0×10－8，Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15。下列说法
正确的是( )
A．甲线所示物种为HC2O
B．H2C2O4的电离平衡常数Ka2＝10－a
C．pH＝a 时，Co2＋物质的量浓度为1.6×10－3 mol·L－1
D．pH＝b 时，物质的量浓度：c(OH－)<c(C2O)
【答案】 C
【解析】 由题中信息可知，C2O 可以形成4 物种，分别为H2C2O4、HC2O、
C2O 和CoC2O4(s)，随着pH 增大，H2C2O4的摩尔分数逐渐减小，CoC2O4(s)会转
化为溶解度更小的[Co(OH)2]，CoC2O4(s)的摩尔分数先增大后减小，因此，C2O
的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所示物种为CoC2O4(s)，丁线所
示物种为C2O，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为
H2C2O4，丙线所示物种为HC2O。由甲、丁两线的交点可知，在该点C2O 和
CoC2O4(s)的摩尔分数相等，均为0.5，由于水溶液中Co2＋和C2O 初始物质的量
浓度均为0.01 mol·L －1 ，则此时溶液中C2O 的浓度为0.005 mol·L －1 ，由
Ksp(CoC2O4)＝6.0×10－8可以求出此时溶液中Co2＋的浓度为＝1.2×10－5 mol·L－
1，再由Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15 可以求出此时溶液中c(OH－)＝≈2.2×10－5
mol·L－1，pH≈9.3，即b≈9.3，根据图像中的位置可以估算出a<7。由乙和丙两
线的交点可知，H2C2O4和HC2O 的摩尔分数相等，均为0.08，则由C 元素守恒
可知，此时CoC2O4(s)的摩尔分数为0.84。由分析可知，甲线所示物种为
CoC2O4(s)，A 不正确；已知H2C2O4二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸性，
HC2O 的电离程度大于其水解程度；当溶液中HC2O 与C2O 浓度相等时，溶液显
酸性，c(H＋)>10－7 mol·L－1，则Ka2＝＝c(H＋)>1×10－7，B 不正确；pH＝a 时，
CoC2O4(s)的摩尔分数为0.84，CoC2O4(s)的物质的量为1 L×0.01 mol·L－1×0.84
＝0.008 4 mol，由水于溶液中Co2＋初始物质的量浓度为0.01 mol·L－1，以Co2＋
极限最大浓度估算形成Co(OH)2时所要最小c(OH－)＝mol·L－1＝×10－7 mol·L－
1，此时溶液呈碱性，应有较多草酸根，则a 点无Co(OH)2，此时Co 元素只有两
种存在形式：Co2＋和CoC2O4，由Co 元素守恒可得，Co2＋的物质的量浓度＝
0.01 mol·L－1－0.01 mol·L－1×84%＝1.6×10－3 mol·L－1，C 正确；由分析可知
pH＝b 时，C2O 的浓度为0.005 mol·L－1，c(OH－)≈2.2×10－5 mol·L－1，c(OH
－)<c(C2O)，D 错误。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．(15 分)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物
Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。
已知Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。Eu(C7H5O2)3·xH2O 在空气中易吸
潮，加强热时分解生成Eu2O3。
――――――→――→――――――――→―――――→
(1)步骤①中，加热的目的为_________________________________________
____________________________________________________________________
。
(2) 步骤②中，调节溶液pH 时需搅拌并缓慢滴加NaOH 溶液，目的为
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
；
pH 接近6 时，为了防止pH 变化过大，还应采取的操作为__________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
。
(3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名
称为________________。
(4)准确称取一定量产品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶
剂，加入一定量的NaOH 标准溶液，滴入1～2 滴酚酞溶液，用HCl 标准溶液滴
定剩余的NaOH。滴定终点的现象为_____________________________________
____________________________________________________________________
。
实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为___________________________
___________________________________________________________________。
(5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～
92 ℃范围内产品质量减轻的原因为
_______________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
。
结晶水个数x＝________。[M(C7H5O)＝121，结果保留两位有效数字]。
【答案】 (1)升高温度，加快溶解速率，提高浸出率 (2)防止生成Eu(OH)3沉
淀 缓慢滴加NaOH 溶液，同时测定溶液的pH (3)容量瓶、烧杯 (4)滴入最
后半滴标准溶液，溶液由浅红色变无色，并保持半分钟不变色 滴定终点呈碱
性，使用甲基橙误差较大 (5)Eu(C7H5O2)3·xH2O 吸潮的水 1.7
【解析】 Eu2O3加入稀盐酸加热溶解，调节pH＝6，再加入苯甲酸钠溶液，得
到Eu(C7H5O2)3·xH2O 沉淀，再经过抽滤、洗涤，得到产品。(1)步骤①中，加热
的目的是：加快溶解速率，提高浸出率。(2)Eu3＋在碱性溶液中易形成Eu(OH)3
沉淀，步骤②中，调节溶液pH 时需搅拌并缓慢滴加NaOH 溶液，目的是防止
生成Eu(OH)3沉淀；pH 接近6 时，为了防止pH 变化过大，要缓慢滴加NaOH
溶液，同时测定溶液的pH。(3)配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪
器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶。(4)用酚酞做指示剂，HCl 标准溶
液滴定剩余的NaOH，滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅
红色变无色，并保持半分钟不变色；滴定终点呈碱性，甲基橙变色范围在酸性
范围内，使用甲基橙做指示剂误差较大。(5)Eu(C7H5O2)3·xH2O 在空气中易吸
潮，0～92 ℃范围内产品质量减轻的是Eu(C7H5O2)3·xH2O 吸潮的水，92 ℃～
195 ℃失去的是结晶水的质量；最后得到的是Eu2O3,1 mol Eu(C7H5O2)3·xH2O 失
去结晶水质量减少18x g，重量减少5.2%，根据M(C7H5O)＝121，1 mol
Eu(C7H5O2)3 生成0.5 mol 的Eu2O3，质量减少3×(121－8)g＝339 g，重量减少
56.8%，有关系式18x∶5.2%＝339∶56.8%，x＝1.7。
16．(14 分)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS 和CuCl)中的
Zn、Pb 元素。
知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS 转变为[Zn(NH3)4]2＋；
②Ksp[Pb(OH)2]＝10－14.8；
③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。
回答下列问题：
(1)H2A 分子中手性碳原子数目为________。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O)转变为________(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为____________
_____________________________________________________________________
__________________________________________________________。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为___________________________
____________________________________________________________________
。
(5)滤渣2 中的金属元素为________(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A 反应生成PbA。PbA 产率随体系pH 升高先增
大的原因为________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
，pH 过高可能生成________(填化学式)。
(7)290 ℃“ 真空热解” 生成2 种气态氧化物，该反应的化学方程式为
_____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
【答案】 (1)2 (2)SO (3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高
时，NH3·H2O 分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减
小 (4)Zn＋[Cu(NH3)4]2＋===[Zn(NH3)4]2＋＋Cu (5)Fe (6)pH 升高，OH－浓度增
大，平衡A2－＋H2OHA－＋OH－逆向移动，A2－离子浓度增大，平衡PbSO4(s)
＋A2－PbA＋SO 正向移动，PbA 产率增大 Pb(OH)2 (7)Pb(OOC—CHOH
—CHOH—COO)=======Pb＋4CO↑＋2H2O↑
【解析】 废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2＋
和[Zn(NH3)4]2＋，滤渣1 有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的
溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，滤渣1 用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含
Fe 元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。(1)碳原子周围连接四
个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A 分子中手性碳原子有2 个，
。(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转
变为SO。(3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度
过高时，NH3·H2O 分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出
率减小。(4)加入Zn 发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2＋置换出Cu 单质，离子方程
式为：Zn＋[Cu(NH3)4]2＋===[Zn(NH3)4]2＋＋Cu。(5)根据分析，滤渣1 有Fe(OH)3
和PbSO4，用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素的沉淀。(6)“浸铅”
步骤发生PbSO4(s)＋A2－PbA＋SO，Na2A 溶液中存在A2－＋H2OHA－＋
OH－，pH 升高，OH－浓度增大，平衡A2－＋H2OHA－＋OH－逆向移动，A2－
离子浓度增大，平衡PbSO4(s)＋A2－PbA＋SO 正向移动，PbA 产率增大；pH
过高时，OH－浓度过大，会生成Pb(OH)2 沉淀，造成PbA 产率降低。(7)290
℃“真空热解”PbA 即Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)生成Pb 单质和2 种气
态氧化物为CO 和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC—CHOH—CHOH—
COO)=======Pb＋4CO↑＋2H2O↑。
17．(15 分)MgCO3/MgO 循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员
设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
Ⅰ.MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g) ΔH1＝＋101 kJ·mol－1
Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－166 kJ·mol－1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)===H2O(g)＋CO(g) ΔH3＝＋41 kJ·mol－1
回答下列问题，
(1)计算MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g) ΔH4＝________kJ·mol
－1。
(2)提高CH4平衡产率的条件是________。
A．高温高压
B．低温高压
C．高温低压
D．低温低压
(3)高温下MgCO3 分解产生的MgO 催化CO2 与H2 反应生成CH4，部分历程如
图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是
________(填序号)，生成水的基元反应方程式为___________________________
______________________________________________________。
(4)100 kPa 下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol 发生反应。反应物(H2、
MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反
应Ⅲ在360 ℃以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
＝×100%
①表示CH4选择性的曲线是________(填字母)。
②点M 温度下，反应Ⅱ的Kp＝________(kPa)－2(列出计算式即可)。
③在550 ℃下达到平衡时，n(CO)＝________mol。500～600 ℃，随温度升高
H2
平
衡
转
化
率
下
降
的
原
因
可
能
是
_________________________________________
___________________________________________________________________。
【答案】 (1)－65 (2)B (3)④ HO*＋H2*＋CH2*===CH3*＋H2O (4)①c
② ③0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【解析】 (1)已知：Ⅰ.MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g) ΔH1＝＋101 kJ·mol－1；
Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－166 kJ·mol－1，将Ⅰ＋Ⅱ可得
MgCO3(s) ＋4H2(g)===MgO(s) ＋2H2O(g) ＋CH4(g) ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝＋101
kJ·mol －1 ＋( －166 kJ·mol －1) ＝－65 kJ·mol －1 。(2) 已知反应Ⅱ.CO2(g) ＋
4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－166 kJ·mol－1 为放热反应，要提高CH4平
衡产率，要使平衡正向移动。高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产
率，A 错误；低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4平衡
产率，B 正确；高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高
CH4平衡产率，C 错误；低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，D
错误。(3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④步活化能最
高，速率最慢，基元反应为CH3*＋H*＋2H2O===CH4*＋2H2O；由图可知，在
第三步时生成了水，基元反应为：HO*＋H2*＋CH2*===CH3*＋H2O。(4) 已知
反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升
高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反
应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a 表示碳酸镁的转
化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性。①表示CH4选择性的曲
线是c；②点M 温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁
为0.51 mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为
0.49 mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和
甲烷的物质的量为0.245 mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49 mol，
根据氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02 mol，总的物质的量为0.02＋0.245
＋0.245＋0.49=1 mol，P(H2)＝×100 KPa＝2 KPa，P(CO2)＝P(CH4)＝×100 KPa
＝24.5 KPa，P(H2O)＝×100 KPa＝49 KPa，则反应Ⅱ的Kp＝＝；③在550 ℃下
达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为
10%，则生成的二氧化碳为0.7 mol，生成的甲烷为0.1 mol，根据碳原子守恒得
出n(CO)＝1－0.7－0.1 mol＝0.2 mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热
的。在500～600 ℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反
应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降。
18．(14 分)一种受体拮抗剂中间体P 合成路线如下。
已知：①RCOOH――→RCOCl ②试剂a 是
(1)I 分子中含有的官能团是硝基和________________。
(2)B→D 的化学方程式是___________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)下列说法正确的是________(填序号)。
a．试剂a 的核磁共振氢谱有3 组峰
b．J→K 的过程中，利用了(CH3CH2)3N 的碱性
c．F→G 与K→L 的反应均为还原反应
(4)以G 和M 为原料合成P 分为三步反应。
已知：
――――→R—NH2
――→――――――→―――――→
①M 含有1 个sp 杂化的碳原子。M 的结构简式为________________。
②Y 的结构简式为________________________________________。
(5)P 的合成路线中，有两处氨基的保护，分别是：
①A→B 引入保护基，D→E 脱除保护基；
②__________________________________________________________。
【答案】 (1)氟原子(或碳氟键)、羧基
(2)
＋HNO3(浓)――→
＋H2O (3)bc
(4)①
②
(5)E→F 引入保护基，Y→P 脱除保护基
【解析】 A 为苯胺，与乙酸反应得到B：
，
与浓硫
酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D：
，D 水解得到E 为
，E
与试剂a 反应得到F
，F 与H2发生还原反应得到G，I 与SOCl2碱性
条件下反应得到J
，J 与CH3OH 反应得到K，根据K 的分子式可以确
定K 为：
，K 还原得到L，L 进一步反应得到M，根据M 的分子式
可以确定M 的结构简式为：
，G 与M 经过三步反应得到P。(1)I 分
子含有的官能团为硝基、氟原子(或碳氟键)、羧基。(2)B(
)与浓硫
酸和浓硝酸加热发生硝化反应得到D：
，方程式为：
＋HNO3(浓)――→
＋H2O。(3)试剂a 中有一种等效氢原子，核磁
共振氢谱显示一组峰，a 错误；J→K 生成有HCl，加入碱性物质(CH3CH2)3N，
与生成的HCl 反应，促进反应正向进行，b 正确；根据分析F→G 与K→L 的反
应均为硝基转化为氨基，为还原反应，c 正确。(4)①根据M 的分子式和M 含有
1 个sp 杂化的碳原子，得出M 的结构简式为：
；②M(
)与G 在N==C 双键上先发生加成反应得到X，X 的结构简式为：
，X 在碱性条件下脱除CH3OH 得到Y，Y 的结构简
式为：
，最后发生已知的反应得到P，Y 的结构简式
为：
。(5)根据分析，另一处保护氨基的反应为：E→F
引入保护基，Y→P 脱除保护基。
