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 Mn 55 Ni 59 Cu
64
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，只有一项是符合题目
要求的。
1．化学与生产、生活密切相关。下列过程不涉及化学变化的是
A．石油的分馏
B．热碱液去油污
C．煤的气化
D．生产人造奶油
【答案】A
【详解】A．石油分馏是利用组分的沸点不同进行分离的方法，不涉及化学变化，A 正确；
B．热碱液去油污发生皂化反应，有新物质生成，属于化学变化，B 错误；
C．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO 等气体的过程，
有新物质生成，属于化学变化，C 错误；
D．生产人造奶油是油脂的氢化过程，生成新物质，属于化学变化，D 错误；
故选A。
2．下列化学用语表述正确的是
A．基态Ga 原子的简化电子排布式：
B．
的VSEPR 模型：
C．反-2-丁烯的球棍模型：
D．
的晶体类型：分子晶体
【答案】D
【详解】A．
为31 号元素，基态
原子的简化电子排布式为
，A 错误；
B．
中中心氮原子上孤电子对数为
，价层电子对数为
采取
杂化，VSEPR 模型
是
，B 错误；
C．甲基位于碳碳双键的异侧时为反式结构，故反-2-丁烯的球棍模型为
，C 错误；
D．
由分子构成，晶体类型为分子晶体，D 正确；
故选D。
3．【新情境】8 月15 日为全国生态日，多地开展污水处理主题活动，集中处理污水汇集发酵产生的
、
、
和
、甲硫醇
、
等。下列说法正确的是
A．分子的极性：
B．共价键的键能：
C．键角：
D．分子中三键的键长：
【答案】B
【详解】A．
为非极性分子，
为极性分子，分子的极性：
，故A 错误；
B．
和
结构相似，O 原子半径小于
原子半径，键长：
键能大于
键
能，故B 正确；
C．H2S、NH3的VSEPR 模型都是四面体形，
中S 原子含有2 个孤电子对，
中N 原子含有1 个孤
电子对，键角：
，故C 错误；
D．
原子半径大于O 的原子半径，分子中三键的键长：
，故D 错误；
答案选B。
4．硫及其化合物部分转化关系如图。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，
中质子总数为
B．
的
溶液中，含S 微粒总数目为
C．反应①每生成
，转移电子数目为
D．反应②每生成
还原产物，则溶液中阴离子的数目减少
【答案】A
【详解】A．
中含有32 个质子，标准状况下，
的物质的量为0.5mol，所含质子数为
，A 正确；
B．无溶液体积，无法计算含S 微粒总数目，B 错误；
C．反应①中SO2的S 元素由+4 价下降到0 价，H2S 的S 元素由-2 价上升到0 价，化学方程式为
SO2+2H2S=3S+2H2O，
的物质的量为
，每生成0.3mol S，消耗0.1mol SO2，转移电
子数目为
，C 错误；
D．反应②中S 由0 价下降到-2 价被还原生成S2-，又由0 价上升到+4 价被氧化为
，离子方程式为
，每生成
S2-消耗3mol OH-，同时生成0.5mol
，但由于
和
会水解，则溶液中阴离子减少的数目小于
，D 错误；
故选A。
5．【新科技】我国科学家最新合成出一种聚醚酯(PM)新型材料，合成方法如下：
下列说法不正确的是
A．M 分子中含有2 个手性碳原子
B．M 在碱性条件下水解开环得到
C．PM 中含有酯基、醚键和羟基三种官能团
D．合成1mol PM，理论上需要n mol M 和1mol 苯甲醇
【答案】B
【详解】
A．由结构简式可知，M 分子中含有如图*所示的2 个手性碳原子：
，故A 正确；
B．由结构简式可知，M 中含有酯基，在酸性条件下水解开环得到
，碱性条
件下水解会生成相应的羧酸盐，故B 错误；
C．由结构简式可知，PM 中含有酯基、醚键和羟基三种官能团，故C 正确；
D．由结构简式可知，理论上，合成1mol PM 需要消耗n mol M 和1mol 苯甲醇，故D 正确；
故选B。
6．化学反应中有颜色变化之美。下列相关离子方程式表示不正确的是
A．向
溶液中滴加稀硫酸出现黄色沉淀：
B．向
溶液中加入
出现红褐色沉淀：
C．向酸性
溶液中通入
后溶液紫色褪去：
D．向
溶液中加入
后溶液变为黄色：
【答案】B
【详解】A．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，
被还原生成S，出现黄色沉淀，同时
也被氧化生
成SO2，反应的离子方程式为：
，A 正确；
B．向FeSO4溶液中加入H2O2，Fe2+被H2O2氧化生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：
，B 错误；
C．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，
被还原生成Mn2+，SO2被氧化为
，两者发生氧化还原反
应使溶液紫色褪去，反应的离子方程式为：
，C 正确；
D．向HI 溶液中加入H2O2，I−被H2O2氧化为I2，H2O2被I−还原生成H2O，反应的离子方程式为：
，D 正确；
故选B。
7．【新科技】我国科学家最近研究的一种无机盐
纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获
和抗氧化能力。W、X、Y、
的原子序数依次增加，且W、X、Y 属于不同族的短周期元素。W 的外层
电子数是其内层电子数的2 倍，X 和Y 的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z 的M 层未成对电子数为
4。下列叙述错误的是
A．W、X、Y、Z 四种元素的单质中W 的熔点最高
B．
中
提供电子对与
形成配位键
C．W、X 的简单氢化物中沸点较高的是X
D．Y 的氢氧化物难溶于
溶液，可溶于
溶液
【答案】B
【分析】W、X 、Y、Z 的原子序数依次增加，且W、X、Y 属于不同族的短周期元素。W 的外层电子数
是其内层电子数的2 倍，则W 为C 元素；每个周期的ⅡA 和ⅤA 的元素的第一电离能都比左右相邻元
素的高，由于配合物中Y 在外界，Y 可形成简单阳离子，则Y 属于金属元素，故X 和Y 分别为N 和Mg；
Z 的M 层未成对电子数为4，则其3d 轨道上有4 个不成对电子，其核外电子排布为
1s22s22p63s23p63d64s2，Z 为Fe 元素。
【详解】A．W、X、 Y、Z 四种元素的单质中，N 元素的单质形成分子晶体，Mg 和Fe 均形成金属晶体，
C 元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A 正确；
B．碳的电负性小于氮，则CN-中碳更容易提供孤电子对，
中CN-的C 原子提供孤电子对
与Fe3+形成配位键，而不是亚铁离子，B 错误；
C．W、X 的简单氢化物分别为甲烷和氨气，氨气能形成氢键，导致其沸点较高，C 正确；
D．Y 的氢氧化物是氢氧化镁，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于氯化钠溶液，但是，氯化铵溶液中
铵根离子水解生成氢离子可以破坏的氢氧化镁沉淀溶解平衡，因此可以溶于
溶液，D 正确；
故选B。
8．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备H2
B．用乙装置制备NH3
C．用丙装置验证NaHCO3的分解
D．用丁装置在铁上镀铜
【答案】A
【详解】A．打开分液漏斗活塞、打开弹簧夹，稀盐酸和锌反应生成氯化锌和氢气，锌在隔板上，关闭
弹簧夹，装置中压强增大，盐酸进入漏斗中，锌和稀盐酸分离，反应停止，能制备氢气，A 正确；
B．收集氨气导管应该伸到试管底部且其试管口放一团棉花，防止氨气和空气对流导致氨气不纯，B 错
误；
C．CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，C 错误；
D．电解时，阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，丁装置铁为阳极失去电子生成二价铁离子，铜为
阴极溶液中的铜离子得到电子得到铜，在铁上镀铜时，应该为镀层金属Cu 作阳极，待镀制品作阴极，
D 错误；
故选A。
9．锰氧化物具有较大应用价值，
的某种氧化物
的四方晶胞及其在
平面的投影如图所示，当
有氧原子脱出时，出现氧空位，设该四方晶胞参数为
、
、
，阿伏加德罗常数的值为
。
下列说法错误的是
A．该锰氧化物的化学式为
B．晶体密度为
C．
位于距离最近的O 构成的八面体中心
D．出现氧空位时，
的化合价降低
【答案】B
【详解】A．根据均摊法可知，该晶胞中
的个数为
，O 的个数为
，该锰氧化
物的化学式为
，A 正确；
B．
，晶体密度
，B 错误；
C．从图中可以看出，体内的
周围有6 个等距离的O，
位于距离最近的O 构成的八面体中心，C
正确；
D．当
晶体中有氧原子脱出时，出现氧空位，O 的化合价由-2 价升为0 价，失去电子，由电子守
恒，
(
)
Ⅳ得到电子化合价降低，D 正确；
故选B。
10．布洛芬(Z)常用于缓解发热和疼痛，合成布洛芬的部分转化如下图所示，下列说法正确的是
A．Y、Z 易溶于水
B．Y 不能发生消去反应
C．Y 和Z 可以发生酯化反应
D．Z 中所有碳原子可能位于同一平面上
【答案】C
【详解】A．Y 和Z 中虽含有亲水基团，但由于烃基较大，在水中几乎不溶解，A 项错误；
B．Y 中含有羟基，且与含羟基的碳原子相邻的碳原子上连有H，可发生消去反应，B 项错误；
C．Y 中含有羟基、Z 中含有羧基，二者可以发生酯化反应，C 项正确；
D．Z 中含有
杂化的碳原子，该碳原子连接了3 个C，其不可能位于同一平面上，D 项错误；
故选C。
11．采用高压氢还原法可以从溶液中直接提取金属粉末。以黄铜矿(含
、
，少量的
等)为原
料制备铜粉的流程如图所示：
下列说法错误的是
A．“废气”成分中含
，该气体排放到空气中易形成酸雨
B．“沉铁”时，反应温度越高，越有利于氧化铜的溶解
C．“浸渣”中含有二氧化硅，可用作制造普通玻璃的原料
D．“还原”时，适当降低溶液酸度有利于
生成
【答案】B
【分析】黄铜矿(含
、
，少量的
等)在空气中灼烧，硫元素被氧化，故得到废气含二氧
化硫，灼烧后固体加硫酸酸浸，得到溶液含
、
、
等，二氧化硅不反应，被过滤即为浸渣，
滤液中加过氧化氢，将
转变为
，加氧化铜调
使铁离子完全沉淀除去且不引入杂质离子，
还原过程为高压氢气将
转变为
，反应为
，据此回答。
【详解】A．“废气”成分中含
，可形成硫酸型酸雨，A 正确；
B．“沉铁”时反应温度高，
易分解，不利于氧化
，B 错误；
C．制造玻璃需要石灰石、纯碱和石英，“浸渣”中含有二氧化硅，可用作制造普通玻璃的原料，C 正
确；
D．从“还原”反应看，反应为
，则适当降低溶液酸度使平衡右移，有利于
的
生成，D 正确；
故选B。
12．在KI、淀粉、稀
和
的混合溶液中加入过量乙酰丙酮（
），观察到溶
液中无色与蓝色交替出现，主要转化如下图。下列说法中错误的是
A．反应①生成1mol
转移4mol
B．淀粉做指示剂
C．②的离子方程式为
D．最终溶液呈蓝色
【答案】D
【详解】A．反应①中H+和
反应生成Cl-和ClO2，Cl 元素由+3 价下降到-1 价，生成1mol
转移
4mol
，A 正确；
B．在KI、淀粉、稀
和
的混合溶液中加入过量乙酰丙酮(
)，反应过程
中有I2生成，观察到溶液中无色与蓝色交替出现，则应该使用淀粉做指示剂，B 正确；
C．反应②中ClO2和I-反应生成I2和
，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
，C 正确；
D．反应③中乙酰丙酮(
)过量，碘单质被消耗完全，溶液最终不呈蓝色，D 错误；
故选D。
13．为既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，合作小组利用反应
设计如图所示电池（离子交换膜为阴离子交换膜）。下列说法正确的是
A．电流不可以通过离子交换膜
B．电子由电极
经负载流向电极
C．相同状况下，左右两侧电极室中产生的气体体积比为
D．负极反应式为
【答案】D
【分析】由
可知，
中N 元素化合价升高，
中N 元素化合价降低，
所以
在电极A 发生氧化反应，电极A 为负极，电极反应式为
；
在电极B 发生还原反应，电极B 为正极，电极反应式为
，据此回
答。
【详解】A．离子交换膜允许阴离子通过，阴离子定向移动可形成电流，所以电流可以通过离子交换
膜，A 错误；
B．在反应
中，
中N 元素化合价升高，
中N 元素化合价降低，
所以
在电极A 发生氧化反应，电极A 为负极；
在电极B 发生还原反应，电极B 为正极。电子
由负极（电极A ）经负载流向正极（电极B ），B 错误；
C．根据电池总反应
，相同状况下，左右两侧电极室中产生的
体积比
等于物质的量之比为4:3，C 错误；
D．负极上
发生氧化反应，电解质溶液为KOH 溶液，根据电荷守恒和原子守恒，负极反应式为
，D 正确；
故选D。
14．
可在催化剂
或
作用下产生
，
能将烟气中的
氧化。
产生机理如
下：
反应Ⅰ：
(慢反应)
反应Ⅱ：
(快反应)
对于
脱除
反应：
，下列有关说法不正确的是
A．加入催化剂
，可提高
的脱除效率
B．此反应的
C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D．与
作催化剂相比，相同条件下
作催化剂时
脱除率可能更高
【答案】C
【详解】
A．已知：
可在催化剂
作用下产生·OH，或结合反应机理:：
催化剂表面仅存在Fe3+，
Fe3+通过慢反应Ⅰ产生Fe2+，再通过快反应Ⅱ产生·OH，总反应速率由慢反应I 决定，生成的·OH 能将烟
气中的NO、SO,氧化，则加入催化剂
，可提高
的脱除效率，故A 正确；
B．
熵减，该反应能自发进行，
时自发，则该反应的
△H<0，，故B 正确；
C．固定容积的反应体系中充入He，各组分的分压没有改变，反应速率不受影响，故C 错误；
D．
中既有+2 价的铁，又有+3 价的铁，因此
的催化效率比
更高，相同条件下
作催化剂时
脱除率可能更高，故D 错误；
故选C。
15．常温下，向
溶液中滴入
的稀盐酸，溶液中
与稀盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，
电离常数的数量级为
B．a 点对应的溶液中：
C．b 点对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中
D．c 点溶液中
【答案】D
【分析】向ROH 滴加HCl，a 点对应的溶液中溶质为等物质的量的ROH 和RCl，b 点对应酸碱恰好完全
中和，得RCl 溶液，c 点溶液中溶质n(RCl)=n(HCl)；
【详解】A．结合图像，V=0mL 时，
，可知c(OH−)=1×10−3mol·L−1，Kb=
=
=10−5，A 错误；
B．a 点对应的溶液中溶质为等物质的量的ROH 和RCl，溶液呈碱性，根据电荷守恒有c(R+)+c(H+)=c(Cl−)
+c(OH−)，结合c(OH−)>c(H+)，得：c(R+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，B 错误；
C．b 点对应酸碱恰好完全中和，得RCl 溶液，此时水的电离程度最大，结合物料守恒，溶液中
c(Cl−)=c(R+)+c(ROH)，C 错误；
D．c 点溶液中溶质n(RCl)=n(HCl)，根据物料守恒，溶液中c(Cl−)=2c(R+)+2c(ROH)，D 正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。（除标注外，每空2 分）
16．（14 分）镍通常用来制造合金、电池材料、催化剂等，有重要的用途。氢氧化镍
常用于制
备金属镍及镍的重要化合物。一种用铁镍合金废料（还含有少量铜、钙、镁、硅的氧化物）制备纯度
较高氢氧化镍的工艺流程如下：
已知：常温下，
。回答下列问题：
(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边分多次缓慢加入适量稀硝酸，
还原产物为
，金属镍溶解的离子方程式为___________；“酸溶”时产生的废渣的主要成分为
_______。
(2)“除铁”时②中加入
，生成黄钠铁矾
的离子方程式为___________；不
采用生成
进行“除铁”的原因可能为____________。
(3)“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，
的实际用量为理论用量的1.1 倍，用量不宜过大的原因是
_______。
(4)常温下，“沉镍”前
，加入少量浓
溶液，若忽略加入浓
溶液对溶
液体积的影响，则开始沉淀时溶液的
_______。
(5)用含镍
的铁镍合金废料
经上述工艺制得
图体，镍的回收率为___________
（保留四位有效数字）。
【答案】(1)
(2)
或
氢氧化铁易形成胶体不利于
过滤分离
(3)过量的
水解生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器
(4)6.2
(5)
【分析】废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸钙、硫酸镁。
硫酸钙溶解度较小，二氧化硅不溶，双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为
Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，
加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH 生成氢氧化镍沉淀，据此解答。
【详解】（1）金属镍在酸性条件下被硝酸氧化，化学方程式为
；“酸溶”时，
不溶于稀硝酸和稀硫酸，则废渣的主要
成分是
和
；
（2）“除铁”加入
时，生成黄钠铁矾
，根据原子守恒和电荷守恒可知
反应的离子方程式是
或
；
（3）
能溶于
，而过量的氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，所以“除钙镁”过程在陶瓷
容器中进行，
的用量不宜过大；
（4）“沉镍”前
，根据溶度积常数可知，开始沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度是
，所以
；
（5）
废料中镍元素为
，经工艺流程制得
固体，其回收率为
。
17．（13 分）苯并咪唑是一类杂环化合物，其结构与天然存在的核苷酸的结构相似，具有较强的生物活性。
以N，N＇-二苄基邻苯二胺为原料，在二甲亚砜(DMSO)溶剂中，加入氧化剂DDQ，可制备1-苄基-2-苯
基苯并咪唑，转化关系如图1 所示：
实验装置如图2 所示(夹持装置略)，实验步骤如下：
①称取86.4mg N，N＇-二苄基邻苯二胺(
)，取足量氧化剂DDQ 备用。
②向50mL 三颈烧瓶中依次加入N，N＇-二苄基邻苯二胺、DDQ，再加入1.0mL 二甲亚砜。
③将反应烧瓶移至40℃的油浴锅中，加热回流1h。
④向反应烧瓶中滴加5mL 饱和
溶液，待反应液变色后加入10mL 蒸馏水稀释反应液。将反应
液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，分液，向有机层中加入
无水硫酸镁固体，静置一段时间后，分离出液体，对分离出的液体进一步分离纯化，得到1-苄基-2-苯
基苯并咪唑，称得质量为71.0mg。
回答下列问题：
(1)仪器A 的名称是___________，冷凝水应从___________(选填“a”或“b”)口通入。
(2)从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是___________。
(3)步骤③中回流结束后需要进行的操作有：①停止加热，②关闭冷凝水，③移去油浴。正确的顺序是
(填字母)___________。
A．①②③
B．③①②
C．②①③
D．①③②
(4)步骤④中加入饱和
溶液的目的是___________。
(5)步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有___________。“进一步分离纯化”的操作是
___________。
(6)本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是___________(保留一位小数)。
【答案】(1)球形冷凝管（1 分） b（1 分）
(2)浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害的NO2气体，不利于环保
(3)D
(4)除去过量的氧化剂DDQ
(5)促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失 蒸馏（1 分）
(6)83.3%
【分析】向三颈烧瓶中依次加入N，N'-二苄基邻苯二胺、DDQ，二甲亚砜，将反应烧瓶移至40℃的油
浴锅中，加热回流1h，向反应烧瓶中滴加5mL 饱和Na2S2O3溶液除去过量的氧化剂DDQ，待反应液变
色后加入10mL 蒸馏水稀释反应液，将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和
食盐水洗涤有机层，促进有机物和水层分层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体除水，分离出液
体，对分离出的液体蒸馏可得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑。
【详解】（1）根据装置图，仪器A 的名称是球形冷凝管，为提高冷凝效果，冷凝水“低进高出”，
冷凝水应从b 口通入。
（2）浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害的NO2气体，不利于环保，所以本实验不用浓硝酸做氧化剂；
（3）步骤③中回流结束后先停止加热，再移走油浴，最后关闭冷凝水，这样操作可以减少产品损失，
故选D。
（4）步骤②加入了足量氧化剂DDQ，
具有还原性，步骤④中加入饱和
溶液的目的是
除去过量的氧化剂DDQ。
（5）步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解
损失，“进一步分离纯化”的操作是蒸馏，利用沸点不同进行分离；
（6）86.4mg N，N＇-二苄基邻苯二胺(
)的物质的量为
，理论上生成
0.3mol 1-苄基-2-苯基苯并咪唑，本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是
。
18．（14 分）甲酸(HCOOH)常用于制造农药、皮革等。CO2催化加氢合成甲酸的过程涉及以下反应：
①
②
回答下列问题：
(1)
___________
。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量
和
，发生上述2 个反应。下列情况表明上述反
应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．CO2消耗速率等于CO 消耗速率
B．混合气体的平均摩尔质量不变
C．HCOOH 体积分数不随时间变化
D．CO、H2O 浓度相等
(3)在
下，分别向
恒容密闭容器中投入
和适量
仅发生反应②，测得平衡时
与
关系如图所示。
①
___________
(填“>”“<”或“=”)。
②
代表的物质是___________(填化学式)。
③在a 点对应的平衡体系中，再投入
___________
(填“>”“<”或“=”)。
(4)某温度下，向
密闭容器通入
和
发生反应①和②，经过
达到平衡时
转
化率为
的选择性为
。
的反应速率
为___________
。
则反应②的平衡常数为___________(结果保留2 位小数)。
【答案】(1)-71
(2)BC
(3) < CO >
(4) 0.06 0.16
【详解】（1）已知：①CO2(g)+H2(g)
HCOOH(g) ΔH1=-30.0kJ•mol-1，②CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
ΔH2=+41kJ•mol-1，由盖斯定律，①-②得反应CO(g)+H2O(g)
HCOOH(g)，则ΔH=ΔH1-
ΔH2=-71kJ•mol-1，故答案为：-71；
（2）A. CO2消耗速率包括反应①和②的消耗速率，CO 的消耗速率只有反应②的消耗速率，故CO2消耗
速率等于CO 消耗速率时不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到化学平衡，A 不合题意；
B. 反应①是气体分子数改变的化学反应，混合气体的质量不变，混合气体的平均摩尔质量不变与物质
的量成反比，则混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化，达到平衡状态，B 符合题意；
C. HCOOH 体积分数不随时间变化，则说明平衡不再移动，反应达到平衡状态，C 符合题意；
D. CO、H2O 浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不确定反应是否达到平衡，D 不合题意；
故答案为：BC；
（3）1L 恒容密闭容器中投入1mol CO2和适量H2仅发生反应②，增加氢气投料，促使反应正向进行，
二氧化碳量减小、一氧化碳量增大，但是氢气本身转化率下降，使得
比值减小，结合图，则
L3、L4为CO 曲线，L1、L2为CO2曲线，反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，二
氧化碳量减小、一氧化碳量增大，则T1＜T2；
①由分析，T1＜T2，故答案为：＜；
②由分析，L4代表的物质是CO，故答案为：CO；
③在a 点对应的平衡体系中，平衡时二氧化碳、一氧化碳均为0.5mol/L，且水和氢气浓度相等，则：
则K=
=
=1，再投入0.1mol CO、0.2mol CO2，则Q=
=
＜1，则
反应正向进行，则
正＞
逆，故答案为：＞；
（4）经过10min 达到平衡时CO2转化率为60%，HCOOH 的选择性50%，则共反应0.6mol 二氧化碳，
生成0.3mol HCOOH，三段式为：
平衡时二氧化碳、H2、一氧化碳、水的物质的量分别为0.4mol、1.4mol、0.3mol、0.3mol，容器的体
积为1L，故H2的反应速率为
=
=0.06
，则反应②的平衡常数为K=
=
=0.16，故答案为：0.06；0.16。
19．（14 分）化合物H 是一种抗艾滋病药物，某课题组设计的合成路线如下：
已知：①
易被氧化；
②R1Br
；
③常压下，
与氢氧化钠溶液加热时不发生反应。
请回答下列问题：
(1)写出有机物A 的名称：___________。
(2)过程A→B 的作用是___________。
(3)常压下，B 与足量
溶液反应的化学方程式为___________。
(4)化合物D 的结构简式是___________。
(5)下列说法错误的是___________(填标号)。
a．E 分子中碳原子的杂化方式有3 种
b．E→F 的反应类型是消去反应
c．化合物H 的分子式是
，易溶于水
(6)化合物N(
)是另一合成路线的中间体，化合物N 符合下列条件的同分异构体，
写出其中的一种：___________。
①含有苯环
②
谱显示有6 种不同化学环境的氢原子
③能发生水解反应，产物之一是甘氨酸(
)
(7)以
和
为原料，制备
的合成路线如下：
写出G 到K 的化学反应方程式：___________。
【答案】(1)对氯苯胺或4-氯苯胺
(2)为了保护氨基
(3)
(4)
(5)bc
(6)
或
或
或
(7)
【分析】物质A 与CH3COCl 发生取代反应，生成物质B，将氨基保护，B 与HClO 反应生成物质C，C 与
CF3COOC2H5反应生成物质D，结合D 的分子式分析，D 的结构式应为：
，D 与M 反应生
成E，结合M 的分子式分析，M 应为
，E 在一定条件下生成F，F 在H3O+条件下水解生成
G，将氨基还原回来，G 在COCl2条件下生成H。
【详解】（1）由合成路线中A 的结构简式，可知有机物A 的名称为：对氯苯胺或4-氯苯胺。
（2）由分析可知过程A→B 的作用是为了保护氨基。
（3）B 中含有酰胺键和卤素原子，在一定条件下能与足量NaOH 溶液反应，化学方程式为：
。
（4）根据分析可知D 的结构简式为
。
（5）a．E 含有苯环，碳碳三键，甲基，故分子中碳原子的杂化方式由3 种，a 正确；
b．消去反应会产生不饱和结构，E→F 的反应没有产生不饱和结构，故不是消去反应，b 错误；
c．由结构可知，化合物H 的分子式是
，难溶于水，c 错误；
故答案选bc。
（6）满足①含有苯环；②H-NMR 谱显示有6 种不同化学环境的氢原子；③能发生水解反应，产物之
一是甘氨酸的化合物N 的同分异构体有
、
、
、
。
（7）根据已知信息，可知G 的结构简式为
，将其在一定条件下催化氧化可生成物质K，
。
