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2026 年普通高中学业水平选择性考试仿真卷(二)
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
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．泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。下列文物的材质属于无机非金属
材料的是( )
A.铜奔马
B.汉竹简
C.莲花形玻璃托盏
D.垂鳞纹秦公铜鼎
【答案】 C
【解析】 铜奔马的主要成分为青铜，属于金属材料，A 错误；汉竹简主要成分
为纤维素，属于天然有机高分子，B 错误；莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，属
于无机非金属材料，C 正确；垂鳞纹秦公铜鼎的主要成分为青铜，属于金属材
料，D 错误。
2．下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是( )
A．干冰升华助力舞台云雾形成
B．珍珠遇酸后失去光泽
C．加酶洗衣粉清洗蛋白质污渍
D．植物油久置氧化变质
【答案】 A
【解析】 干冰升华仅为状态变化，成分仍为CO2，无新物质生成，属物理变
化，A 符合题意；珍珠主要成分是CaCO3，与酸反应生成CO2等，属化学变化，
B 不符合题意；酶催化蛋白质水解为氨基酸，破坏原有结构，生成新物质，C 不
符合题意；植物油氧化变质后，主要生成过氧化物、醛、酮、羧酸等，发生变
质，属化学变化，D 不符合题意。
3．下列实验操作或实验处理方法合理的是( )
A．用乙醛与银氨溶液做银镜实验时，试管壁上的银用稀硝酸清洗
B．不慎将酸溅到眼中，先用大量水洗，然后用稀NaOH 溶液冲洗
C．酸碱滴定实验时，眼睛注视滴定管中液面变化
D．用小刀切取绿豆大的钠放入水中进行实验，剩余钠块丢入废液缸
【答案】 A
【解析】 银可与硝酸反应，所以试管壁上的银可用稀硝酸清洗，A 项正确；不
慎将酸溅到眼中，用大量水洗，边洗边眨眼睛，不能用NaOH 溶液冲洗，B 项错
误；酸碱滴定实验时，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，C 项错误；剩余钠块放
回原试剂瓶，D 项错误。
4．含氮化合物的部分转化关系如图，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正
确的是( )
A．反应①每消耗32 g O2，生成NO 分子的数目为2NA
B．标准状况下，22.4 L NO2中含有原子的数目为3NA
C．1 L 1 mol·L－1 NaNO2溶液中，含有NO 的数目为NA
D．反应③中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为NA
【答案】 D
【解析】 反应①为4NH3 ＋5O2=====4NO ＋6H2O ；反应②为2NO ＋
O2===2NO2；反应③为2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O，据此分析作答。根据
反应①可知，每消耗32 g O2，生成NO 分子的数目为0.8NA，A 项错误；标准状
况下，NO2 不是气体，无法计算，B 项错误；NO 在溶液中会发生水解，1 L 1
mol·L －1 NaNO2 溶液中，含有NO 的数目小于NA，C 项错误；2NO2＋2OH －
===NO＋NO＋H2O 中，NO 为氧化产物，该反应每生成1 个NO 转移电子1 个，
则每生成1 mol NO，转移电子的数目为NA，D 项正确。
5．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．CS2的电子式为
B．基态Be 原子的价电子排布式为2s22p2
C．C2H2的球棍模型为
D．反-2-丁烯的结构简式为
【答案】 A
【解析】 CS2与CO2结构类似，电子式为
，A 正确；Be 是4 号
元素，基态Be 原子的价电子排布式为2s2，B 错误；乙炔的球棍模型为
，图中表示乙炔的空间填充模型，C 错误；反-2-丁烯的分子中，两
个甲基位于双键的不同侧，结构简式是
，D 错误。
6．一种生物基可降解高分子P 合成路线如下。
下列说法正确的是( )
A．反应物A 中有手性碳原子
B．反应物A 与B 的化学计量比是1∶2
C．反应物D 与E 生成P 的反应类型为加聚反应
D．高分子P 可降解的原因是由于C—O 键断裂
【答案】 A
【解析】 A 与B 发生加成反应，结合A 的分子式以及P 的结构简式，可推出A
的结构简式为
，A 与B 反应生成D，由P 的结构简式可知，反应物A 与B
的化学计量比是2∶1；D 与E 反应生成高聚物P 和水。反应物A 中有1 个手性
碳原子，如图所示
，A 正确；由分析可知，反应物A 与B 的化学计量比
是2∶1，B 错误；反应物D 与E 反应生成高聚物P 和水，有小分子生成，为缩
聚反应，C 错误；由高分子P 的结构可知，P 中的酰胺基易水解，导致高分子P
可降解，即高分子P 可降解的原因是由于C—N 键断裂，D 错误。
7．化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧
化剂的量折算成消耗O2 的量(单位为mg·L－1)来表示。碱性KMnO4 不与Cl－反
应，可用于测定含Cl－水样的COD，流程如图。
下列说法错误的是( )
A．Ⅱ中发生的反应有MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O
B．Ⅱ中避光、加盖可抑制I－被O2氧化及I2的挥发
C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD 值越高
D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl－水样的COD 值偏高
【答案】 C
【解析】 Ⅰ中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液
中剩余有KMnO4，Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2 与I－反应得到I2 单质和
Mn2＋，Ⅲ中生成的I2再用Na2S2O3滴定。Ⅱ中MnO 和MnO2在酸性条件下与过
量的KI 反应得到I2和Mn2＋，存在MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋2H2O，A 正
确；Ⅱ中避光防止I2升华挥发，加盖防止I－被氧气氧化，B 正确；整个反应中，
KMnO4得电子生成Mn2＋，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目
相等，Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的
KMnO4的量少，水样中的COD 值越低，C 错误；若Ⅰ中为酸性条件，Cl－会与
KMnO4反应，水样中的COD 值偏高，D 正确。
8．物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是( )
性质差异
主要原因
A
沸点：H2O>H2S
电离能：O>S
B
酸性：HClO>HBrO
电负性：Cl>Br
C
硬度：金刚石>晶体硅
原子半径：Si>C
D
熔点：MgO>NaF
离子电荷：Mg2＋>Na＋，O2－>F－
【答案】 A
【解析】 H2O 沸点高于H2S 的主要原因是H2O 分子间存在氢键、H2S 分子间不
存在氢键，而非O 的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A 错误；HClO
酸性强于HBrO 是因为Cl 的电负性大于Br，导致O—H 键极性更强，更易解离
H＋，B 正确；金刚石硬度大于晶体硅是因为C 原子半径小于Si，C—C 键键能更
大，共价结构更稳定，C 正确；MgO 和NaF 均属于离子晶体，离子晶体的熔点
取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，
其熔点更高；MgO 熔点高于NaF 是因为Mg2＋和O2－的电荷高于Na＋和F－，且其
阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D 正确。
9．前4 周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是空气中含量第二
多的元素，Y 的周期序数与族序数相等，基态时Z 原子3p 原子轨道上有4 个电
子，W 与Z 处于同主族。下列说法正确的是( )
A．电负性：X>Y>Z
B．X 的第一电离能比同周期元素的小
C．Y 的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z 的强
D．W 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的弱
【答案】 D
【解析】 前4 周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 是空气中
含量第二多的元素，则X 为O 元素；Y 的周期序数与族序数相等，则Y 为Al；
基态时Z 原子3p 原子轨道上有4 个电子，则Z 为S；W 与Z 处于同一主族，则
W 为Se。同周期从左到右，金属性减弱，非金属性增强，元素的电负性增强；
同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：
O>S>Al，即X>Z>Y，A 错误；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，
N 的2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故O 的第一
电离能比同周期的N 小，但比C 大，B 错误；Al 的最高价氧化物对应水化物是
氢氧化铝，是两性氢氧化物，S 的最高价氧化物对应水化物是硫酸，酸性
H2SO4>Al(OH)3，C 错误；同主族从上到下元素非金属性减弱，简单气态氢化物
的热稳定性减弱，W(Se)的非金属性比Z(S)弱，所以W 的简单气态氢化物的热稳
定性比Z 的弱，D 正确。
10．采用中性红试剂利用电解原理直接捕获空气中的二氧化碳的装置图如下，下
列说法正确的是( )
已知：中性红NR：
，
NRH2：
A．若用铜锌原电池进行电解，a 极接铜锌原电池的Zn 板
B．电解时，b 极的电极反应式为：R－3e－―→RH3
C．装置中离子交换膜为阴离子交换膜
D．左储液罐发生反应的离子方程式可能为：CO2＋OH－===HCO
【答案】 D
【解析】 由题图可知，装置中a 极NRH2与HCO 转化为NR 和CO2，N 元素化
合价升高，发生氧化反应NRH2－2e－＋2HCO===NR＋2CO2↑＋2H2O，所以a 为
阳极，与直流电源正极相连。b 电极为阴极，与直流电源负极相连，NR 在阴极
得到电子发生还原反应生成NRH2。a 极是阳极，应接原电池的正极，铜锌原电
池中Zn 是负极，故A 错误；b 电极为阴极，水分子作用下NR 在阴极得到电子
发生还原反应生成NRH2，电极反应式为NR＋2e－＋2H2O===NRH2＋2OH－，故
B 错误；由b 电极的电极反应式可知，溶液中氢氧根浓度增大，要保持溶液中电
荷守恒，需要将a 电极产生的阳离子转移到b 极区，则装置中离子交换膜为阳离
子交换膜，故C 错误；由a 电极的电极反应式可知，反应物需要碳酸氢根，左储
液罐需要产生碳酸氢根供给，则左储液罐发生反应的离子方程式可能为CO2＋
OH－===HCO，故D 正确。
11．铜的一种化合物的晶胞如图所示，晶胞的边长为x pm，NA为阿伏加德罗常
数的值，铜原子a 的分数坐标为。下列说法错误的是( )
A．铜原子b 的分数坐标为
B．将晶胞从上下两面对角线方向切开得到的切面图为
C．a、c 两个铜原子间的距离为x pm
D．晶体中与Cl 最近且等距离的Cu 有4 个
【答案】 B
【解析】 由原子a 的分数坐标和晶胞结构可知原子b 的分数坐标为，A 项正
确；将晶胞从上下两面对角线方向切开得到的切面图为
或
，B
项错误；据晶胞中原子a、c 的位置可知，a，c 两个铜原子间的距离为晶胞面对
角线的，即x pm，C 项正确；晶体中与Cu 最近且等距离的Cl 有4 个，则与Cl
最近且等距离的Cu 有4 个，D 项正确。
12．用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量
CuSO4，反应机理如图所示。下列说法正确的是( )
A．N2是还原反应的产物
B．还原性：N2H4<Fe2＋
C．处理后溶液的pH 增大
D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2＋
【答案】 C
【解析】 由图中信息可知，N2H4 和Cu2＋反应生成的[Cu(N2H4)2]2＋是N2H4 和
Fe3O4反应的催化剂，[Cu(N2H4)2]＋是中间产物，该反应的离子方程式为N2H4＋
2Fe3O4＋12H＋=====N2↑＋6Fe2＋＋8H2O，N2H4是还原剂，Fe3O4是氧化剂，Fe2＋
是还原产物。该反应中，N2H4中N 元素的化合价升高被氧化，因此，N2是氧化
反应的产物，A 不正确；在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产
物，因此，还原性的强弱关系为N2H4>Fe2＋，B 不正确；由反应的离子方程式可
知，该反应消耗H＋，处理后溶液的pH 增大，C 正确；根据循环图可知，图示反
应过程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2]2＋，D 不正确。
13．室温下，下列实验方案能达到相应目的的是( )
选项
实验方案
目的
A
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐
酸，滴加KSCN 溶液，观察溶液颜色变
化
探究食品脱氧剂样品中有无
＋3 价铁
B
向Na2S 溶液中通入足量CO2，然后再将
产生的气体导入CuSO4溶液中，产生黑
色沉淀
证明Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)
C
向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热一
段时间，冷却后加过量NaOH 溶液至碱
性，再加银氨溶液，水浴加热，出现银镜
麦芽糖的水解产物具有还原
性
D
在I2的四氯化碳溶液中加入KI 溶液，振
荡，静置，下层颜色变浅
极性：H2O>CCl4
【答案】 B
【解析】 若还原铁粉中有＋3 价铁，其溶于盐酸生成FeCl3，铁粉与FeCl3在溶
液中会发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，此时滴加KSCN 溶液，溶液不会变红，无
法探究食品脱氧剂样品中有无＋3 价铁，故A 错误；向Na2S 溶液中通入足量
CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中，产生黑色沉淀，可知黑色沉淀是
CuS，CuS 是由H2S 与CuSO4 反应生成的，生成H2S 的反应Na2S＋2CO2＋
2H2O===H2S ＋2NaHCO3 ，由强酸制弱酸可证明酸性H2CO3>H2S ，所以
Ka1(H2CO3)>Ka1(H2S)，故B 正确；麦芽糖本身属于还原性糖，在碱性条件下，可
以和银氨溶液在水浴加热的条件下发生银镜反应，所以出现银镜，不能证明是麦
芽糖的水解产物具有还原性，故C 错误；在I2的四氯化碳溶液中加入KI 溶液，
发生反应I2＋I－===I，I 更易溶于水，导致下层颜色变浅，不能说明极性：
H2O>CCl4，故D 错误。
14．某氨基酸衍生物H2L 的pKa1＝1.47，pKa2＝7.90。常温下构建Pb2＋—H2L 体
系，体系中含铅物种百分含量与pH 关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．图中没有将含铅物种全表示出来
B．pH＝6 时，c(L2－)＝102.63c(H2L)
C．pH＝10 时，2c(L2－)＋c(HL－)＋c(OH－)＋c([PbL(OH)]－)＝2c(Pb2＋)＋c(H＋)＋
c([PbHL]＋)
D．pH＝12 后继续增大pH，溶液中的c([PbL(OH)]－)不一定继续增大
【答案】 C
【解析】 图中显示了Pb2＋、PbHL＋、Pb(HL)2和PbL(OH)－，根据化学反应原
理，还可能存在其他形式的含铅物种，如PbL2－，A 正确；已知H2L 的pKa2＝
7.90，则Ka2＝＝10－7.90，当pH＝6 时，c(H＋)＝10－6 mol/L，由Ka2的表达式可得
＝＝10 －1.90，又Ka1＝＝10 －1.47，pH＝6 时，＝＝104.53，所以c(L2 －)＝10 －
1.90×c(HL －) ，c(HL －) ＝104.53×c(H2L) ，则c(L2 －) ＝10 －1.90×104.53×c(H2L) ＝
102.63c(H2L)，B 正确；根据选项A 可知，图中的含Pb 物种并未全部列出，因此
pH＝10 时，仅按照已知含Pb 物种写出电荷守恒式是不对的，C 错误；pH＝12
后继续增大pH，OH－浓度持续升高，可能会导致PbL(OH)－进一步转化为其他形
式的含铅物种，因此PbL(OH)－的浓度不一定继续增大，D 正确。
二、非选择题：本题共4 题，共58 分。
15．(15 分)某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。
反应：
――――――→
步骤：
Ⅰ.向反应管中加入0.12 g 对甲基苯甲醛和1.0 mL 丙酮，光照，连续监测反应进
程。
Ⅱ.5 h 时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH 溶
液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。
Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH＝1 后，再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4 干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产
物。
回答下列问题：
(1) 相比KMnO4 作氧化剂，该制备反应的优点为_____________________、
__________________________(答出2 条即可)。
(2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H 的吸收峰，谱图中无羧基H 的吸收
峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比a∶b∶c∶d＝1∶2∶2∶3，a∶a′＝
2∶1。反应2 h 时，对甲基苯甲醛转化率约为________%。
(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是_______________________________
___________________________________________________________________。
(4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为_____________________________________
________________________________、___________________________________
__________________________________。
(5)用同位素示踪法确定产物羧基O 的来源。丙酮易挥发，为保证18O2气氛，通
18O2前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2，操
作顺序为：①→②→________→________→________(填标号)，重复后四步操作
数次。
同位素示踪结果如下表所示，则目标产物中羧基O 来源于醛基和________。
反应条件
质谱检测目标产物相对分子质量
太阳光，18O2，室温，CH3COCH3,5 h
138
太阳光，空气，室温，CH3C18OCH3,5 h
136
【答案】 (1)绿色环保 减少副产物的生成
(2)50 (3)除去未反应完的
(4)H ＋＋OH －===H2O
＋H ＋―→
(5)③ ①
④ 氧气
【解析】 0.12 g 对甲基苯甲醛和1.0 mL 丙酮在有空气存在、光照条件下反应，
反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH 溶液，充分反应后，用乙
酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层pH＝1 后，再用乙酸乙酯萃
取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产
物。(1)KMnO4 作氧化剂时可将
氧化为对苯二甲酸，即有副反应
发生，该制备反应在有空气存在、光照条件下发生时，以空气中氧气为氧化剂，
既绿色环保，又没有对苯二甲酸生成，所以反应的优点为绿色环保，减少副产物
的生成。(2)起始0 h 时只有
,5 h 时只有
，a∶a′
＝2∶1，则2 h 时反应液中既有
又有
，且两者物
质的量之比为1∶1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%。(3)蒸去溶剂丙酮后，加
入过量稀NaOH 溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层，则充分
反应后，用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的
。(4)步骤Ⅱ加
入过量稀NaOH 溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠，步骤Ⅲ中加稀盐
酸调节水层pH＝1 反应的离子方程式为：H＋＋OH－===H2O、
＋
H＋―→
。(5)丙酮易挥发，为保证18O2气氛，通18O2前，需先使
用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O2，即反应液中有
16O2，冷冻可排走一部分溶解的16O2，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭
阀门，待反应液恢复室温后，再冷冻反应液，即“循环冷冻脱气法”，所以操作
顺序为：①→②→③→①→④(填标号)，重复后四步操作数次；
的相对原子质量为136，太阳光，空气，室温，CH3C18OCH3,5 h 得到的物质相对
原子质量为136，为
，而太阳光，18O2，室温，CH3COCH3,5 h 得
到的物质相对原子质量为138，说明目标产物中羧基O 来源于醛基和空气中的氧
气。
16．(14 分)一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、
Cu、Pd 等金属，除Au 外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程
如下。
已知：Si 在空气中加热不反应；Au 被HNO3氧化成Au3＋的反应平衡常数K<10－
5；Au3＋可与Cl－发生反应：Au3＋＋4Cl－===[AuCl4]－；H[AuCl4]在水溶液中完全
电离。
回答下列问题：
(1) 从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“ 灼烧” 的目的是
______________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)浓硝酸与浓盐酸的比例为1∶3 时溶解Au 的效果较好，此时HNO3被还原为
NO。写出Au 溶解过程中发生反应的离子方程式：_________________________
______________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)“滤渣2”的主要成分是________(填化学式)。
(4)“滤液2”中含有Cu、Pd 等金属元素，可进一步将其分离提纯。
①基态Cu 的价层电子排布式为________。
②溶液中的Pd2＋经过一定处理后可以得到四配位的Pd(NH3)2Cl2沉淀，其有2 种
同分异构体a 和b。下列说法正确的有________(填标号)。
A．Pd(NH3)2Cl2中存在的化学键类型是配位键、离子键
B．Pd(NH3)2Cl2的晶体类型属于分子晶体
C．a 和b 的空间结构均为四面体形
D．a 的极性大于b
③某研究小组以Pd(NH3)2Cl2为原料制备金属Pd。将21.1 g Pd(NH3)2Cl2配制成悬
浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH 至弱碱性，得到[Pd(NH3)4]Cl2溶
液。然后加入50.00 mL 8.0 mol/L 的水合肼(N2H4·H2O)溶液还原，得到Pd 的同时
生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd 被完全还原，则产生的气体在标准
状况下的体积为________。
(5)AgCl 沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于
“ 氨溶” 后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为
__________________________________________________________________。
【答案】 (1)去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成 (2)Au＋NO＋4H＋＋
4Cl－===[AuCl4]－＋NO↑＋2H2O (3)Si (4)①3d104s1 ②BD ③1.12 L
(5)[Ag(NH3)2]＋＋e－===Ag＋2NH3↑
【解析】 废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd
等金属)灼烧去除塑料等有机杂质，得到Ag2O、CuO、PdO、Au、Ag、Si 残渣，
用浓硝酸酸溶，得到含有Cu2＋、Ag＋、Pd2＋、Ag＋的滤液1，Au 和Si 不溶于浓
硝酸存在于滤渣1 中，滤渣1 用浓硝酸和浓盐酸的混合物浸取，Au 转化为
[AuCl4]－，Si 不溶于酸存在于滤渣2 中，用还原剂可以将[AuCl4]－还原为Au，滤
液1 中加入NaCl，得到AgCl 沉淀，用氨水溶解AgCl 得到[Ag(NH3)2]＋，以此解
答。(1)通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag 等金属部分氧化为
对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污
染。(2)由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为1∶3 时溶解Au 的效果较
好，此时HNO3被还原为NO，Au 被氧化为[AuCl4]－，根据得失电子守恒和电荷
守恒配平离子方程式为：Au＋NO＋4H＋＋4Cl－===[AuCl4]－＋NO↑＋2H2O。(3)
废旧芯片中含有的物质中除Si 与Au 以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au 溶于浓硝
酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。(4)①Cu 在元素周期
表中的位置为第四周期第ⅠB 族，其价层电子排布式为3d104s1；②Pd(NH3)2Cl2
为四配位，两个Cl－和两个NH3 分子均以配位键与Pd 相连，无离子键，A 错
误；Pd(NH3)2Cl2 为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B 正确；如果
Pd(NH3)2Cl2的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体，C 错误；a 和
b 相比，b 的对称性更好，故a 的极性更大，D 正确；③21.1 g Pd(NH3)2Cl2溶液
加入50.00 mL 8.0 mol/L 的水合肼(N2H4·H2O)溶液还原，得到Pd 的同时生成无
色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N 元素由－2 价上升到0 价，Pd 元素由
＋2 价下降到0 价，根据得失电子守恒，该反应转移×2＝0.2 mol 电子，则生成
n(N2)＝＝0.05 mol，标准状况下的体积为0.05 mol×22.4 L/mol＝1.12 L。(5)“氨
溶”过程中发生的反应为AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－，所得溶液中存在
[Ag(NH3)2]＋，阴极[Ag(NH3)2]＋发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷
守恒配平电极反应式为[Ag(NH3)2]＋＋e－===Ag＋2NH3↑。
17．(15 分)利用CaS 循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主
要反应如下：
Ⅰ.CaS(s)＋2SO2(g)CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1
Ⅱ.CaSO4(s)＋4H2(g)CaS(s)＋4H2O(g) ΔH2
Ⅲ.SO2(g)＋3H2(g)H2S(g)＋2H2O(g) ΔH3
恒容条件下，按1 mol CaS,1 mol SO2和0.1 mol H2投料反应。平衡体系中，各气
态物种的lg n 随温度的变化关系如图所示，n 为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变。
回答下列问题：
(1)反应4H2(g)＋2SO2(g)4H2O(g)＋S2(g)的焓变ΔH＝________(用含ΔH1、ΔH2
的代数式表示)。
(2)乙线所示物种为________(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3________0(填“>”“<”
或“＝”)。
(3)T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所
示物种为a mol，则S2 为________mol(用含a 的代数式表示)；此时，CaS 与
CaSO4物质的量的差值n(CaS)－n(CaSO4)＝________mol(用含a 的最简代数式表
示)。
(4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新
达平衡时，H2S 与H2物质的量之比________(填“增大”“减小”或“不变”)，
H2O 物质的量n(H2O)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 (1)ΔH1＋ΔH2 (2)H2O ＜ (3)0.45＋0.5a 150a (4)增大 增大
【解析】 (1)已知：Ⅰ.CaS(s)＋2SO2(g)CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1；Ⅱ.CaSO4(s)
＋4H2(g)CaS(s)＋4H2O(g) ΔH2；依据盖斯定律Ⅰ＋Ⅱ即得到反应4H2(g)＋
2SO2(g)4H2O(g)＋S2(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2。(2)由于图示范围内反应Ⅱ的平衡
常数始终为K＝108，根据方程式结合平衡常数表达式可知＝100 始终成立，因此
根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、
H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反
应，即ΔH＜0。(3)T1平衡时H2是a mol，根据＝100 可知H2O 和SO2的物质的量
均为100a mol，根据H 元素守恒可知H2S 为0.1－101a，设平衡时CaS 和S2的
物质的量分别为x mol 和y mol，根据Ca 元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O
元素守恒可知2＝100a＋200a＋4－4x，解得x＝75a＋0.5，根据S 元素守恒可知
2＝0.1－101a＋100a＋1＋2y，解得y＝0.45＋0.5a，所以此时CaS 和CaSO4的物
质的量的差值为2x－1＝150a。(4)压缩容器容积，压强增大，反应4H2(g)＋
2SO2(g)4H2O(g)＋S2(g)平衡正向进行，S2 的产率增大，H2O 的物质的量增
大；温度不变，由于＝100 始终不变，反应4H2(g)＋2SO2(g)4H2O(g)＋S2(g)的
平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为K＝，＝100 始
终不变，所以增大。
18．(14 分)毛兰菲是一种具有抗肿瘤活性的天然菲类化合物，可按下图路线合成
(部分试剂省略)：
(1)化合物A 中的含氧官能团名称为________________，化合物A 与足量NaOH
溶液反应的化学方程式为__________________________________________
____________________________________________________________________。
(2)化合物B 的结构简式为________________________________________。
(3)关于化合物C 的说法成立的有________。
①与FeCl3溶液作用显色
②与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀
③与D 互为同系物
④能与HCN 反应
(4)C→D 的反应类型为________________。
(5)F→G 转化中使用了CH3OLi，其名称为________。
(6)毛兰菲的一种同分异构体Ⅰ具有抗氧化和抗炎活性，可由多取代苯甲醛J 出
发，经多步合成得到(如下图)。已知J 的1HNMR 谱图显示四组峰，峰面积比为
1∶1∶2∶6。J 和I 的结构简式为________________，________________。
【答案】 (1)酚羟基、醛基
＋2NaOH―→
＋2H2O
(2)
(3)②④ (4)还原反应
(5)甲醇锂 (6)
【解析】 A 为
，与CH3I 发生取代反应，生成B，其结构简式为
；B 与BnBr 发生取代反应，生成C，其结构简式为
；C
被NaBH4还原，生成D，其结构简式为
；多步转化生成E；E 与F
发生醛基的先加成后消去反应，生成G；G 经过一系列反应生成H；H 与氢气反
应生成毛兰菲。(1)化合物A 的结构简式为
，其含氧官能团为酚羟基、
醛基；A 中酚羟基可与NaOH 反应，生成
，其反应的化学方程式为：
＋2NaOH―→
＋2H2O。(2)由分析可知，化合物B 的结构简
式为：
。(3)化合物C 中无酚羟基，不能与FeCl3溶液作用显色；有醛
基，可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，能与HCN 发生加成反应；化
合物D 与C 的官能团种类不同，不互为同系物，故说法成立的为②④。(4)C→D
中，醛基被还原为醇羟基，属于还原反应。(5)CH3OLi 为甲醇与活泼金属形成的
化合物，名称为甲醇锂。(6)根据流程中E 和F 的反应，J 经过一系列转化形成的
结构类似于F，且其分子式为C9H10O4，峰面积比为1∶1∶2∶6，则其结构简式
为
；I 为毛兰菲的同分异构体，类似G 转化为毛兰菲的过程，可
推出I 的结构简式为
。
