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 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共39 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．【新材料】下列材料属于新型陶瓷的是
A．碳化硅
B．陶瓷
C．Ti-Fe 储氢合金
D．塑料
【答案】A
【解析】A．碳化硅陶瓷具有优良的抗氧化性、良好的耐腐蚀性等性能，属于新型陶瓷，故A 符合题意；
B．陶瓷属于传统无机非金属材料，故B 不符合题意；C．Ti-Fe 储氢合金属于合金，不属于新型陶瓷，
故C 不符合题意；D．塑料属于有机材料，故D 不符合题意；故答案为：A。
2．【改编】
催化剂能催化
脱除烟气中的NO，反应为
。下列说法正确的是
A．
的电子式：
B．
的空间填充模型为：
C．Ti 的价电子轨道排布图为：
D．
是极性键构成的非极性分子
【答案】C
【解析】A．已知N2中存在氮氮三键，故N2的电子式为：
，A 错误；B．
为球棍
模型，水的空间填充模型：
，B 错误；C．Ti 原子核外电子数为22，价电子排布式为
3d24s2，价电子排布图为
，C 正确；D．由不同种原子间形成的共价键是
极性键，正负电荷重心重合的分子是非极性分子，NH3分子为三角锥形，正负电荷中心不重合，故
是极性键构成的极性分子，D 错误； 故选C。
3．用
固体配制
溶液。下列实验操作规范的是
A．称量
固体
B．转移
溶液
C．定容
D．摇匀
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】A．称量碳酸钠固体，应该左物右码，A 错误；B．转移溶液时，需要使用玻璃棒引流，B 错
误；C．定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶中，视线与凹液面最低处水平，C 正确；D．摇匀时，要盖
上塞子并上下颠倒摇匀，D 错误；故选C。
4．冰晶石(Na3AlF6)可用于冶炼铝时降低Al2O3的熔融温度。下列说法正确的是
A．沸点：H2O>HF
B．电离能：I1(O)>I1(F)
C．半径：r(Al3+)>r(Na＋)
D．碱性：Al(OH)3>NaOH
【答案】A
【解析】A．虽然二者均可以形成分子间氢键，但是水分子间能形成多个氢键，导致水的沸点高于
，
A 正确；B．同一周期元素从左到右半径逐渐减小，第一电离能逐渐增大，故电离能
，B
错误；C．
和
均为
电子离子，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故半径大
小为：
，C 错误；D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金
属性强弱为：
，故碱性强弱为
，D 错误；故选A。
阅读材料，完成5~7 小题：
F2在常温下与Cu 反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫
酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF 的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中
制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质
相似的化学性质。Ka(HCN)=4.9×10-10。
5．下列说法不正确的是
A．硫酰氟(SO2F2)的键角大于SO2的键角
B．
和Cl2O 的中心原子的杂化轨道类型为sp3
C．(CN)2分子中所有原子最外层均满足8 电子结构
D．常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成(HF)2
【答案】A
【解析】A．SO2F2分子中S 的杂化类型为sp3，键角约为109.5°，而SO2为sp2杂化，键角约120°，因此
SO2F2的键角小于SO2，A 错误；B．
中Cl 的价层电子对数为4（sp3杂化），Cl2O 中O 的价层电子
对数也为4（sp3杂化），B 正确；C．(CN)2分子中C 和N 通过三键连接，均满足8 电子结构，C 正确；
D．HF 分子间氢键导致形成(HF)2，D 正确；故选A。
6．下列化学反应表示正确的是
A．CaF2与浓硫酸反应：
B．Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2＋2OH- =2Cl-＋Cl2O＋H2O
C．F2与熔融的Na2SO4反应：
D．(CN)2与水反应：(CN)2＋H2O⇌H++CN-＋HOCN
【答案】C
【解析】A．CaF2与浓硫酸反应生成2HF，方程式漏写系数2，正确的方程式：
，A 错误；B．Cl2与潮湿的Na2CO3反应
，B 错误；C．F2与熔融的Na2SO4高温发生反应
，生成SO2F2、NaF 和O2，C 正确；D．(CN)2与水反应生成HCN
和HOCN，HCN 为弱电解质对应的方程式为：(CN)2＋H2O
HCN＋HOCN，D 错误；故选C。
7．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒
B．Cu 与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器
C．SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2
D．HF 具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃
【答案】B
【解析】A．ClO2具有强氧化性，可使病菌的蛋白质变性，常用于自来水的消毒，A 错误；B．Cu 与F2
反应生成致密氟化物薄膜，可阻止进一步反应，用于储存F2，B 正确；C．SO2与KClO3反应时SO2作
为还原剂，体现还原性，C 错误；D．HF 蚀刻玻璃因与SiO2反应，不是其弱酸性，D 错误；故选B。
8．一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO 催化血糖反应，从而控制血糖浓度。下列有
关说法正确的是
A．电池工作时，化学能全部转化为电能
B．电池工作时，电子由a 电极沿导线流向b 电极
C．a 电极反应式为
D．反应中每生成1 molC6H12O7，转移电子数为
【答案】D
【解析】A．电池工作时，会有一部分化学能转化为热能，因此化学能不能全部转化为电能，A 错误；
B．在上述原电池反应中，在右边b 电极上，葡萄糖失去电子被氧化为葡萄糖酸，所以b 电极为原电池
的负极，a 电极为原电池的正极，电池工作时，电子由负极b 电极沿导线流向正极a 电极，B 错误；
C．根据图示可知：在a 电极上O2得到电子被还原为OH-，故a 电极的反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，
C 错误；D．在发生原电池反应时，葡萄糖C6H12O6被氧化变为葡萄糖酸C6H12O7，每有1 mol C6H12O7生
成，转移2 mol 电子，则转移的电子数近似值为
，D 正确；故合理选项是D。
9．化合物Z 是合成一种pH 荧光探针的中间产物，其部分合成路线如下，下列说法正确的是
A．X 在酸性溶液中水解可以得到2-丙醇
B．Y 与足量
反应的产物含有3 个手性碳
C．Z 分子存在顺反异构体
D．
溶液可用来鉴别Z 分子中是否含有Y
【答案】B
【解析】A．X 结构中含有酯基，在酸性溶液中水解可以得到
、
，
（结构中2 个羟基连在同一个碳原子上）不稳定，发生脱水转化为
，
不能得到2-丙醇，A 错误；B．Y 与足量
反应的产物为
，六元环中连羟基和
的碳原子为手性碳，有3 个，B 正确；C．Z 分子中含有碳碳双键，但形成碳碳双键的其中1
个碳原子（六元环中的碳）连的2 个原子团相同，不存在顺反异构体，C 错误；D．Y、Z 结构中均含
有酚羟基，二者均能与
溶液发生显色反应，故不能用
溶液鉴别Z 分子中是否含有Y，D 错
误；故选B。
10．【改编】
与盐酸在
催化电极上生成盐酸羟胺（
，化学性质类似于
）。可能的
反应机理如图所示，下列说法正确的是
A．过程①~④中N 的化合价均发生变化
B．过程②和③中都有极性键形成
C．过程⑤中
为
和
D．电催化
与盐酸生成
的反应方程式：
【答案】B
【解析】由反应机理可知，
，据此分析；A．过程①未得失电子，化合价
不变，②③④均得电子，N 的化合价均发生变化，A 错误；B．过程②有H-N 极性键形成，过程③中
有H-O 极性键形成，B 正确；C．根据题意可知，NH2OH 具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生
成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，过程⑤中
为
，C 错误；D．电催化
与盐酸生成
的反应方程式：
，D 错误；故选B。
11．【新考法】探究NaClO 与KI 溶液反应的实验如下：
实验Ⅰ：向10 mL
KI 溶液滴加5 滴饱和NaClO 溶液，溶液变为棕黄色，再滴加淀粉溶液，
溶液变蓝。
实验Ⅱ：向10 mL 饱和NaClO 溶液滴加5 滴
KI 溶液，溶液变为黄绿色，再滴加淀粉溶液，
溶液不变蓝，久置后，溶液黄绿色消失。
实验Ⅲ：向10 mL 含少量淀粉溶液的饱和NaClO 溶液中滴加
KI 溶液至过量。溶液先变为
黄绿色，后颜色不断加深，同时溶液局部变蓝但很快褪去。继续滴加KI 溶液，蓝色褪去速度变慢，
最终溶液变为蓝色，且不再褪色。
已知：部分微粒在水溶液中的颜色：
(黄绿色)、
(无色)。下列说法正确的是
A．实验Ⅰ中反应的离子方程式：
B．实验Ⅱ中最初的主要还原产物为
C．实验Ⅲ“局部蓝色褪去”的原因可能是
被
氧化为
或
D．由以上实验推断：较高浓度的NaClO 溶液与KI 溶液反应易生成
【答案】C
【解析】A．实验Ⅰ中NaClO 溶液呈碱性，反应式中的H+不合理，正确反应应为ClO⁻+ 2I⁻+ H2O = I2+
Cl⁻+ 2OH⁻，A 错误；B．实验Ⅱ中黄绿色为IO⁻的颜色，ClO⁻的还原产物是Cl⁻而非Cl2，B 错误；C．实
验Ⅲ中I2被过量ClO⁻进一步氧化为IO⁻（黄绿色）或
（无色），导致蓝色褪去，C 正确；D．实验
Ⅱ和Ⅲ表明高浓度NaClO 更易将I⁻氧化为高价态产物（如IO⁻），而非I2，D 错误；故选C。
12． 室温下，用
溶液(含少量
)制备
的过程如图所示。已知：
，
，
。下列说法正确的是
A．0．1
溶液中：
B．“除钙”得到的上层清液中：
C．氨水
溶液中：
D．“沉锰”的离子方程式为：
【答案】D
【解析】含少量Ca2+的MnSO4溶液中，加入NH4F 溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，所得滤液主要含
有Mn2+、
和
，再加入氨水−NH4HCO3溶液“沉锰”得到MnCO3沉淀，据此解答。A．F−、
均能水解生成HF、
，但
，
，所以
的水
解程度大于F−，
溶液显酸性，溶液中
，A 错误；B．“除钙”得到的上层清液为
CaF2的饱和溶液，则
，B 错误；C．一水合氨和
按物质的量1：1 混合
时，溶液中电荷守恒
，物料守恒
，联立两式可得
，两者实际物质的量比值未知，又
溶液中电荷守恒
，物料守恒
，联立两式可得
，氨水- NH4HCO3溶液呈碱性，且增加的
≠
，即
，C 错误；
D．Mn2+与
反应生成MnCO3沉淀，电离出的H+与
结合生成
和H2O，则“沉锰”
反应的离子方程式为：
，D 正确；答案选D。
13．
、
热解重整制
过程中的主要反应为：
I.
II.
常压下，将
的混合气甲，
的混合气乙分别以相同流
速通过反应管热解，
的转化率与温度的关系如图所示。
的选择性
。若不
考虑其他副反应，下列说法正确的是
A．温度升高，反应I 的平衡常数K 减小
B．反应
的
C．900℃时，保持通入的
体积分数不变，增大
可提高
的转化率
D．在1000~1300℃范围，随着温度的升高，混合气乙的体系中
的选择性增大
【答案】D
【解析】A．反应I 为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数K 增大，A 错误；B．反应II -
反应I 得
，
，B 错误；C．
的混合
气甲，
的混合气乙，甲乙中硫化氢的体积分数相同，均为
，由图可知，
温度低于1000℃时，不改变硫化氢的体积分数，加了甲烷的情况下，硫化氢的转化率在甲乙中相同，
即900℃时，增大
，
的转化率不变，C 错误；D．温度高于1000℃时，随着温度升高，乙
中硫化氢的转化率增大较甲中更快，乙中加了甲烷，说明反应II 影响较大，即在温度1000~1300℃范
围，随着温度的升高，混合气乙的体系中
的选择性增大，D 正确；故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共61 分。
14．（15 分）以氟碳铈矿(
、含少量铁的氧化物)为原料制备高纯度
的流程如下：
已知：
与
结合成
；在硫酸中
能被
萃取，
不能。
(1)“焙烧”时
转化成
。写出焙烧时发生的化学方程式：______。
(2)“氧化1”的目的是将
中的铈元素转化为+4 价，便于后续除杂。写出“氧化1”发生反应的离子
方程式：______。
(3)“除杂”后的溶液
含微量
。采用萃取剂对该溶液进行萃取和反萃取。
①“萃取”时发生反应：
。用有机物
萃取时，分配比(
)随硫酸根离子浓度的变化如图所示(保持其它条件不变)。D 随起始料液中
变化的原因是______。
②“反萃取”是在萃取所得有机层加入过氧化氢和硫酸进行多次处理。使用过氧化氢的目的是______。
(4)
晶胞中掺杂
占据原来
的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。(已知：
的空缺率
)。
①晶体
中每个Ce 周围与其最近的Ce 个数为______。
②若掺杂
后晶体中
的空缺率为
，则
______。
【答案】(1)
（3 分）
(2)
（3 分）
(3) ①随着
增大，水层中
与
结合成
，导致萃取平衡向左移动，D 迅速减小
（3 分）
②将
转化为
，防止转化为
（2 分）
(4)
12
①
（2 分） ②
（2 分）
【解析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)，经和碳酸氢钠焙烧，+3 价铈氧化成+4 价，
转化成
，
加硫酸和
，将
中的铈元素转化为+4 价，便于后续除杂，“除杂”后的溶液
含微量
。加萃取剂，Ce4+被萃取剂[(HA)2]萃取，加反萃取剂，H2O2又将Ce4+还
原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加碱后Ce3+转化为沉淀，加NaClO 将铈从+3 价氧化
为+4 价，最终得到产品，据此分析。
（1）“焙烧”时
转化成
，+3 价铈氧化成+4 价，发生的化学方程式：
；
（2）“氧化1”的目的是利用
的氧化性将
中的铈元素转化为+4 价，
与
结
合成
，“氧化1”发生反应的离子方程式：
；
（3）①“萃取”时存在反应：
，随着
增大，水层中
与
结合成
，导致萃取平衡向左移动，D 迅速减小；
②在稀硫酸和H2O2的作用下，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，将
转化为
，防止转化
为
；
（4）①根据图示，CeO2晶胞中，每个Ce 周围与其最近的Ce 的个数为12；
②氧化铈(CeO2)晶胞中掺杂
，
占据原来Ce4+的位置，未掺杂之前，每个晶胞中有
个Ce4+，8 个O2-，若每个晶胞掺杂x 个Y2O3，每个晶胞中Ce 和Y 共4 个时，分别含有
个
和
个
，则含有
个O2-，则此晶体中O2-的空缺率为
=10%，x=0.8，掺杂
后晶体中含有2.4 个
，0.8 个
，
；
15．（15 分）化合物G 是合成氢化橙酮衍生物的中间体，其人工合成路线如下：
注：-Bz 基团为苯甲酰基，结构式为
。
(1)B 中官能团名称为___________。
(2)E→F 的反应类型为___________。
(3)C 的结构简式为___________。
(4)D 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①分子中不同化学环境的氢原子数目之比为2：2：2：1；
②碱性条件下水解，酸化后得2 种产物，其中一种产物分子只含一种含氧官能团，另一种产物含有2
种含氧官能团且能与
溶液发生显色反应。
(5)写出以
和
、
为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线示例见本
题题干)_____________。
【答案】(1)(酚)羟基、(酮)羰基、碳氯键（2 分）
(2)取代反应（2 分）
(3)
（3 分）
(4)
（3 分）
(5)
（5 分）
【解析】在AlCl3作用下，
与
发生取代反应生成
。
结合D 的结构，可知在K2CO3的作用下，
分子内的碳氯键和酚羟基处发生了反
应形成了环，C 的结构简式为
。在催化剂作用下，
与H2反应转化
为
。在K2CO3作用下，
与CH3I 发生取代反应生成
。在氢氧化钠作用下，
与苯甲醛反应生成
。
（1）
B 的结构简式为
，官能团为(酚)羟基、(酮)羰基、碳氯键。
（2）根据E 和F 的结构简式，可知E 中酚羟基的H 原子被CH3I 中的甲基取代，因此E→F 的反应类
型为取代反应。
（3）
结合D 的结构，可知在K2CO3作用下，
分子内的碳氯键和酚羟基处发生了反应
形成了环，C 的结构简式为
。
（4）
D 的分子式为C22H14O6，同分异构体碱性条件下水解，酸化后得2 种产物，其中一种产物分子只含一
种含氧官能团，另一种产物含有2 种含氧官能团且能与氯化铁发生显色反应说明同分异构体分子中含
有由酚羟基形成的酯基以及醛基，再结合分子中不同化学环境的氢原子数目比为2 2 2 1(
∶∶∶
分别为4 个、
4 个、4 个、2 个)，则该同分异构体的结构简式为
。
（5）
目标产物
可由
和
在氢氧化
钠作用下合成。故要将
转变为
(模仿E→F)、
经催化氧化再转变为
；
先水解
再催化氧化转化为
，因此合成路线为：
。
16．（16 分）纳米铜用途广泛，可用次磷酸(H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。
已知：①H3PO2为一元弱酸；在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3↑+ H3PO4。
Ca(H
②
2PO2)2易溶于水。
Cu
③
2+与柠檬酸根离子可形成配位离子[Cu2(C6H5O7)2 ]2-。
(1)制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3 小时，制得
Ca(H2PO2)2，反应的离子方程式为_______，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。
(2)制备柠檬酸铜钠[Na2Cu2(C6H5O7)2 ]。制备过程如图所示：
①基态Cu2+的核外电子排布式为_______。
②加入H2O2溶液的作用是_______。
(3)制备纳米铜。
在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液pH 为4~6，加入一定量H3PO2，在
50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。
①调pH 后的溶液中的Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为_______。
H
②
3PO2的实际用量远大于理论值的原因是_______。
(4)经过H3PO2还原后所得的纳米铜中含有难溶的Cu2O，欲测定产品中Cu2O 的百分含量，请补充完整
以下实验方案：用电子天平准确称取一定质量的样品，置于烧杯中， _______，将沉淀灼烧至恒重后，
用电子天平称量，计算。
(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。必须使用的试剂：2mol·L-1H2SO4溶液、1mol·L-1NaOH 溶液、
2mol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水)
【答案】（1）2P4+3Ca(OH)2+6H2O
3Ca2++6
+2PH3↑（3 分）
(2)
[Ar]3d
①
9（2 分） ②氧化S2-，促进CuS 溶解。（2 分）
(3)
H
①
3PO2+2Cu2++2H2O
2Cu↓+H3PO4+4H+ （3 分）
②部分H3PO2分解；部分H3PO2被O2氧化，增大H3PO2的消耗量。（2 分）
(4)边搅拌边向其中加入过量2mol/LH2SO4溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体2~3 次，洗涤
液与滤液合并，向滤液中滴加1mol/LNaOH 溶液至上层清液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，
至取最后一次洗涤液，向其中加入2mol/LBaCl2溶液无沉淀生成。（3 分）
【解析】(1)由题所给信息，质量守恒、得失电子守恒可得化学方程式为2P4+3Ca(OH)2+6H2O
3Ca2++6
+2PH3↑。
（2）基态Cu 原子核外有29 个电子，Cu 的核外电子排布式为
，基态Cu2+的核外电子排布
式为
；
柠檬酸钠具有强还原性，加入H2O2溶液的作用是做氧化剂氧化S2-，促进CuS 溶解；
（3）H3PO2被氧化为H3PO4，反应的离子方程式为H3PO2+2Cu2++2H2O
2Cu↓+H3PO4+4H+；
H3PO2的实际用量远大于理论值的原因是部分H3PO2在酸性条件下容易发生歧化反应，部分被氧气氧
化。
（4）测定Cu2O，补充完整实验方案：用电子天平准确称取样品m g，置于烧杯中，在通风设备里，
向烧杯中加入过量的2 mol/LH2SO4溶液，充分搅拌反应，过滤，洗涤，用蒸馏水洗涤固体2-3 次，洗
涤液和滤液合并，向滤液中滴加1 mol/LNaOH 溶液至上层清液不再产生沉淀，过滤，多次洗涤至向最
后一次洗涤滤液中滴加2 mol/LBaCl2溶液无沉淀，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，计算。
17．（16 分）甲烷是重要的化工原料，由甲烷可以制取
等。
(1)
与
重整制氢的流程为：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
研究表明，反应Ⅱ在
催化下进行，反应分两步进行：
第一步：
①写出第二步的热化学方程式______。
②一定压强下，将
混合气体通入反应体系。平衡时，各组分的物质的量分数与
温度的关系如下图所示。曲线a 代表______（填化学式），750℃以后曲线a 下降的原因是______。
温度/℃
480
500
520
550
转化
率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
(2)
与
催化重整的主要反应为：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
已知：
还原能力
可衡量
转化效率，
（同一时段内
与
的物质的量变
化量之比）。
常压下
和
按物质的量之比
投料，一段时间内
转化率、R 值随温度变化如上表所示。
下列说法不正确的是______。（填字母）
A．改变催化剂可提高平衡时的R 值
B．R 值提高是由于催化剂选择性地提高反应Ⅳ的速率
C．温度越低，含氢产物中
占比越高
D．温度升高，
转化率增加，
转化率降低，R 值减小
(3)小分子与金属表面之间的作用与它们在低氧化态金属配合物中的相互作用类似。利用铜-铈氧化物
选择性催化氧化除去
中少量CO 的可能机理如图所示。
①金属吸附位优先吸附CO 而非
，可能的原因是______。
②如果用
代替
参加反应，则CO 去除产物分子的结构式是______。
(4)ZnO/石墨烯复合光催化
氧化甲烷和水生成甲醇和氢气可能的机理如图所示。
在电子空穴
（
）作用下生成
和一种强氧化性中性粒子X，
与X 反应最终生成甲醇。X 的电子式是
______。写出该机理总反应的化学方程式：______。
【答案】(1) ①
（2 分）
H
②
2（2 分） 750℃以后，反应体系以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡向逆反
应程度更大，H2的量减少（2 分）
(2)AD（2 分）
(3) ①碳原子的电负性比氧小，CO 中的C 比O2中的O 更易给出孤电子对，使得CO 更易与金属离子配
位，导致金属吸附位优先吸附CO （2 分）
②
18O=C=O 与O=C=O（2 分）
(4)
（2 分） O2 + 4CH4＋2H2O
4CH3OH＋2H2（2 分）
【解析】（1）①反应Ⅱ．
；研究表明，反
应Ⅱ在
催化下进行，反应分两步进行：第一步：
；根据盖斯定律可知，由4反应Ⅱ-第一步反应，可得第二步反应的热化学方程式
为
；
H
②
2是两个反应的生成物，CO 是反应I 的生成物，反应Ⅱ的反应物，则H2的量比CO 的量多，故曲
线a 表示的是H2，曲线b 表示的是CO。750℃以后，反应体系以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为放热反应，升
高温度，平衡向逆反应程度更大，H2的量减少，故750℃以后曲线a 下降。
（2）A．催化剂对化学平衡无影响，改变催化剂不能提高平衡时的R 值，A 错误；
B．催化剂X 可提高R 值，说明催化剂X 选择性地提高反应Ⅳ的速率，B 正确；
C．温度越低，R 值越大，说明反应Ⅳ进行的程度越大，含氢产物中H2O 占比越高，C 正确；
D．温度升高，反应Ⅲ（吸热）平衡正移，CH4转化率增加，反应Ⅳ平衡逆向移动，导致CO₂ 转化率
增大但R 值减小，D 错误；
故选AD。
（3）①金属吸附位优先吸附CO 而非O2，可能的原因是碳原子的电负性比氧小，CO 中的C 比O2中
的O 更易给出孤电子对，使得CO 更易与金属离子配位，导致金属吸附位优先吸附CO。
②如果用
18O2代替O2参加反应，反应i 中CO 分子和催化剂铜-铈氧化物中的O 结合生成CO2，反应ii
中
18O2和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后一个
18O 进入空位，故一段时间后，
18O 可能出现
在C18O2中，则CO 去除产物分子的结构式是
18O=C=O 与O=C=O。
（4）H2O 在电子空穴(h+)作用下生成H+和一种强氧化性中性粒子X，CH4与X 反应最终生成甲醇，X
应为-OH(羟基)，其电子式是
，由图可知，该机理总反应的化学方程式：O2 + 4CH4＋2H2O
4CH3OH＋2H2。
