文档文本内容
2026 年高考第二次模拟考试
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：C-12 O-16 Na-23 S-32 Ba-137
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．【生活情境】化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列说法错误的是
A．改变金属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀
B．超市中售卖的“苏打水”呈碱性，是因为含有小苏打
C．酿酒工艺中加的“酒曲”与面包工艺中加的“发酵粉”(碳酸氢钠和有机酸)的作用不同
D．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉，其作用都是为了防止食品氧化变质
【答案】D
【解析】A．在金属中添加其他金属或非金属可以制成性能优异的合金，改变金属材料的组成，改变金
属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀，故A 正确；B．NaHCO3溶液呈弱碱性，超市
中售卖的“苏打水”呈碱性，是因为含有小苏打NaHCO3，故B 正确；C．酿酒工艺中加的“酒曲”是
催化剂，面包工艺中加的“发酵粉”是反应物，故C 正确；D．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原
铁粉，硅胶、生石灰是干燥剂，还原铁粉是为了防止食品氧化变质，故D 错误；答案选D。
2．键长、键角和键能是描述共价键的三个重要参数，下列有关的说法中错误的是
A．键角：
B．键长：
C．键能：
、
、
分子中的键能依次减小
D．乙烯分子中碳碳键的键能：σ 键>π 键
【答案】A
【解析】A．CO2是直线形分子键角为180°，CH4是正四面体形键角为109°28'，H2O 是V 形结构j 键角
为105°，NH3为三角锥形结构键角为107.3°，则键角：CO2>CH4>NH3>H2O，A 错误；B．半径：
Si>P>S>O，所以键长：Si-H>P-H>S-H>O-H，B 正确；C．同一主族从O 到Se，原子半径逐渐增大，键
长：O-H<S-H<Se-H，故对应氢化物分子中的键能依次减小，C 正确；D．乙烯碳碳双键中有1σ 键和1
个π 键，σ 键为p 轨道头碰头，重叠程度大，π 键为p 轨道肩并肩，重叠程度小，所以σ 键键能大于π
键，D 正确；故选A。
3．下列关于实验室安全的表述错误的是
A．实验用剩的金属钠块应放回原试剂瓶
B．酸液溅入眼睛，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗
C．实验室电器设备着火，应先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
D．实验室制备氯气时，应开启排风管道或排风扇
【答案】B
【解析】A．钠是非常活泼的金属，易和空气中氧气、水蒸气等反应，若随便丢弃易引起火灾，因此实
验用剩的金属钠块应该放回原试剂瓶，A 正确；B．酸液溅入眼睛，先用大量水冲洗，再用3%～5%的
碳酸氢钠溶液冲洗，不能用碱性较强的饱和碳酸钠溶液冲洗，B 错误；C．实验室电器设备着火，应先
切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火，不能用水基灭火器，C 正确；D．因氯气有毒且密度大于空气，
实验室制备氯气时，应开启排风管道或排风扇及时排出，避免积聚危害健康，D 正确；故选B。
4．【新载体】化合物X 是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是
A．用质谱仪检测A 的最大质荷比为90
B．甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应
C．B 和C 生成X 的反应不是缩聚反应
D．X 分子中采用
杂化的原子共有
个
【答案】D
【分析】甲基水杨酯与A 反应生成B，由B 的结构可知发生酯化反应推知A 为
，B 和C
在催化剂作用下开环后发生的加聚反应，据此分析；
【解析】A．根据A 的结构可知，A 的相对分子质量为90，用质谱仪检测A 的最大质荷比为90，A 正
确；B．甲基水杨酸含有羟基、羧基，苯环，能发生加成、氧化、取代反应，B 正确；C．根据分析可
知，B 和C 生成X，反应无小分子生成，是开环后发生的加聚反应反应，C 正确；D．链节内有3 个C
采用
杂化，2 个单键的氧原子采用
杂化，链节外有1 个C 采用
杂化，1 个O 采用
杂化，则
共有
个，D 错误；故选D。
5．【新角度】设
为阿伏加德罗常数的值。四乙基铅[
，熔点为-136℃]可用作汽油抗爆震
剂，制备原理为
。下列说法错误的是
A．
含有的价电子数目为
B．
中所含共价键的数目为
C．
中
杂化的原子数目为
D．每消耗
，反应转移的电子数目为
【答案】C
【解析】A．
是第IVA 族元素，价电子数为4，故
含有的价电子数目为
，A 正确；B．
的结构式为
，因此
中所含共价键的数目为
，B 正确；C．乙基中
碳原子的价层电子对数都为4，采取
杂化，而
与4 个乙基中的碳原子分别形成1 个配位键，即
也采取
杂化，故
中
杂化的原子数目为
，C 错误；D．反应
中，
失去电子生成
，
元素化合价由0 价升高至+4
价，因此每消耗
，反应中共转移
电子，
的物质的量为
，则转移的电子数目
为
，D 正确；故选C。
6．【新载体】2-呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2-呋喃甲酸(
)和乙醇在
浓硫酸催化下反应制备，其流程如下
已知：①2-呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196℃，微溶于水，易溶于乙
醚；②乙醚相对于水的密度为0.71，沸点为
；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25℃。下列
说法错误的是
A．反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率
B．洗涤过程中可用
溶液代替
溶液
C．洗涤、静置分层后，有机相从分液漏斗下层流出后，水相从上口倒出
D．蒸馏除去乙醚时，适宜选用水浴加热
【答案】B
【解析】A．反应为2-呋喃甲酸与乙醇的酯化反应（可逆反应），苯与水形成共沸物（共沸点
69.25℃），可通过回流及时蒸出水分，促使平衡正向移动，提高原料利用率，故A 正确；B．2-呋喃
甲酸乙酯为酯类，NaOH 溶液碱性强，会导致酯发生水解反应生成羧酸钠和乙醇，使产品损失，不能用
NaOH 代替Na2CO3（弱碱性，仅中和酸不水解酯），故B 错误；C．洗涤时有机相主要含2-呋喃甲酸
乙酯（密度1.117>水），分层后有机相在下层，水相在上层，分液时下层有机相从下口流出，上层水
相从上口倒出，操作正确，故C 正确；D．乙醚沸点34.5℃，水浴加热（温度可控且均匀）可避免局部
过热，适合蒸馏除去乙醚，故D 正确；答案选B。
7．常温下，由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
操作和现象
结论
A
向
溶液中加入浓氨水，溶液由天蓝色
变为深蓝色
稳定性：
B
分别将等
的甲酸、乙酸溶液稀释100 倍，
测定稀释后溶液的
，甲酸大于乙酸
酸性：甲酸<乙酸
C
对
悬浊液加热，
固体溶解
D
向
悬浊液中滴加酚酞，溶液变红；
再滴加稀硫酸，红色褪去，振荡后溶液变回
红色
悬浊液中存在溶解平衡：
【答案】D
【解析】A．向
溶液中加入浓氨水，溶液由天蓝色变为深蓝色，则
转化为
，说明
比
稳定，故A 错误；B．等
的甲酸、乙酸溶液稀
释100 倍，稀释后
越大，说明酸性越强，则甲酸强于乙酸，故B 错误；C．升高温度，促进
溶
解，说明该过程是吸热反应，焓变大于0，故C 错误；D．滴加稀硫酸，红色褪去，说明氢氧根离子浓
度减小，振荡后溶液变回红色，说明氢氧化镁又电离出氢氧根离子，则悬浊液中存在溶解平衡：
，故D 正确；故选D。
8．【生产情境】磷化氢(
)可作为电子工业原料，在空气中能自燃，具有还原性。工业上用白磷为原料
制备
的流程如下。下列说法错误的是
A．制备
时，需在无氧条件下进行
B．反应1 中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3
C．
属于正盐
D．不考虑损失，
参与反应，可产生
【答案】B
【分析】由题给流程可知，反应1 为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成
和磷化氢，反应的化
学方程式为
，反应2 为
溶液与稀硫酸反应生成H3PO2和硫酸
钠，反应的化学方程式为
，反应3 为H3PO2发生分解反应生成
H3PO4和PH3，反应的化学方程式为
；
【解析】A．白磷和磷化氢在空气中都能自燃，所以制备磷化氢时，最好在无氧条件下进行，A 正确；
B．反应1 为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成
和磷化氢，反应的化学方程式为
，反应中磷元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，白磷即是反应
的氧化剂又是反应的还原剂，
是反应的氧化产物，磷化氢是还原产物，则氧化产物和还原产
物的物质的量之比为3：1，B 错误；C．由反应1 中白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成
和磷
化氢可知，
不能与氢氧化钠溶液反应，说明
在溶液中不能电离出氢离子，属于正
盐，C 正确；D．由反应1 的方程式可得：P4~PH3，由反应1、反应2、反应3 可得如下转化关系：
P4~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5 PH3，则1 mol 白磷参与反应，可产生1mol+1.5mol=2.5 mol 磷化氢，D 正
确；故选B。
9．【新成果】科学家利用高温固体氧化物燃料电池技术实现了废气资源回收，并得到单质硫。该电池工
作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电子从电极b 流出
B．电极
的电极反应为
C．该电池消耗
转化成的电能理论上小于其燃烧热值
D．电路中每通过
电子，则有
流向电极a
【答案】C
【分析】由电池装置图分析可知，通入硫化氢生成单质硫，化合价升高，故电极a 为负极；通入氧气的
电极b 为正极。
【解析】A．由电池装置图分析可知，电极a 上通入硫化氢生成单质硫，S 元素化合价升高，故电极a
为负极，通入氧气的电极b 为正极，电子从电极a 流出，A 项错误；B．由装置分析，可知硫化氢在负
极上失去电子，同时结合氧离子生成硫单质和水，故电极a 的电极反应为2H2S+2O2--4e-
S2+2H2O，B
项错误；C．该电池消耗1 mol H2S 转化成的电能理论上不等于其燃烧热值，硫化氢燃烧要生成二氧化
硫，释放的热量更多，C 项正确；D．电路中每通过2 mol 电子，则有1 mol O2-流向电极a，D 项错误；
答案选C。
10．【新载体】某聚合物Z 的合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X 分子中所有原子共平面，有两种化学环境的氢原子
B．生成1mol Z，理论上同时生成
C．1mol Z 与NaOH 溶液充分反应，最多消耗
D．Y 为
【答案】D
【解析】A．X 分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，X 结构高度对称，有两种不同化学
环境的氢原子，A 错误；B．生成1mol Z，理论上同时生成
，B 错误；C．1mol Z
与NaOH 溶液充分反应，最多消耗
，C 错误；D．根据X 和Z 的结构，Y 的结构为：
，D 正确；故选D。
11．某无色水样中只含有
中的若干种离子(不考
虑由水电离出的
或
)。取
水样进行实验：向样品中先滴加足量硝酸钡溶液，生成
沉
淀，再滴加
硝酸(滴加过程中沉淀质量已不再变化)，最终沉淀的质量为
，下列说法错误的
是
A．水样中
B．水样中一定存在
C．水样中一定不存在
D．滴加硝酸的浓度为
【答案】B
【分析】水样为无色，则不存在
，最终沉淀的质量为
为硫酸钡，物质的量为
，向样品中先滴加硝酸钡溶液，生成
沉淀，则碳酸钡沉
淀为
，水样中一定存在
，则一定不存在
，
至少
存在一种，可能存在
，据此回答。
【解析】A．由分析知，
，A 正确；B．由分析知，水样中
至少存在一种，B 错误；C．由分析知，水样中一定不存在
，C 正确；
D．由分析知，
，硝酸与碳酸钡反应的方程式为
，
，D 正确；故选B。
12．【新载体】一定条件下，向某恒温密闭容器中按物质的量之比
投入
与
，发生
催化反应i 和ii(
代表苯基)：
反应i：
反应ii：
已知：
；活化能：反应ii>反应i．
下列叙述正确的是
A．a 的总键能大于b 的总键能
B．未达平衡前，反应ii 比反应i 快
C．适当升高温度，平衡产物中a 和b 的比例减小
D．同一温度下，增大
投料比，平衡产物中a 和b 的比例不变
【答案】D
【解析】A．根据
反应物的总键能-生成物总键能，则
反应物的总键能-生成物a 总键能，
反应物的总键能-生成物b 总键能，
生成物b 总键能-生成物a 总键能
，a 的总键
能小于b 的总键能，故A 错误；B．反应i 的活化能相对较小，则未达平衡前，反应i 较快，故B 错
误；C．由于
，适当升高温度、平衡逆向移动，平衡产物中a 和b 的比例增大，故
C 错误；D．对
而言，温度不变，
的平衡常数不变，故同一温度下，增大
投料比，平衡产物中a 和b 的比例不变，故D 正确；故答案为D。
13．X、Y、Z、M、Q 为5 种前四周期原子序数逐渐增大的元素。X 基态原子的核外电子只有1 种运动状
态，Y 的最高能级中未成对电子数为3，Z 的价层电子数是其能层数的3 倍，Z 与M 上下相邻，
的
价层电子轨道全充满。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．X 和Z 可以形成既含极性键又含非极性键的极性分子
C．
和
溶于稀硫酸形成的溶液均呈蓝色
D．
离子空间结构均为三角锥形
【答案】D
【分析】X、Y、Z、M、Q 为5 种前四周期原子序数逐渐增大的元素，X 基态原子的核外电子只有1
种运动状态，则X 为H 元素；Z 的价层电子数是其能层数的3 倍，则Z 为O 元素；Z 与M 上下相邻，
则M 为S 元素；Y 的最高能级中未成对电子数为3，则Y 为N 元素；Q+的价层电子轨道全充满，则Q
为Cu 元素，由题干信息可知，X、Y、Z、M、Q 分别为H、N、O、S、Cu，据此分析解题。
【解析】A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N 的2p 能级处于半满稳定状态，其第
一电离能大于同周期相邻元素，主族元素同主族从上向下第一电离能呈减小趋势，则第一电离能由大
到小的关系是：
，故A 项正确；B．H 和O 可以形成既含极性键又含非极性键的极性分子，如
，故B 项正确；C．
和
溶于稀硫酸均可生成
，溶液呈蓝色，故C 项正确；D．
空间结构为三角锥形，
空间结构为平面三角形，故D 项错误；故本题选D。
14．MnS 晶胞与NaCl 晶胞属于同种类型，如图所示，已知M 点锰原子坐标为
，晶胞参数为a
pm。下列说法错误的是
A．N 点锰原子坐标为
B．锰原子位于硫原子所围成的正八面体的体心
C．N 点锰原子与P 点硫原子之间的距离为
D．每个锰原子的周围与它最近且等距离的锰原子有8 个
【答案】D
【分析】MnS 晶胞与NaCl 晶胞属于同种类型，硫原子和锰原子均采用面心立方堆积，S 位于顶点和
面心，Mn 位于晶胞的棱心和体心，一个MnS 晶胞中含Mn 的个数为
，含S 的个数为
，据此回答问题；
【解析】A.由图可知，M 点位于棱心，N 点位于体心，M 点锰原子坐标为
，则 N 点锰原子坐
标为
，A 正确；B. 6 个面心上的硫原子构成一个八面体，Mn 位于硫原子构成的正八面体的
体心，B 正确；C. N 点锰原子位于体心，P 点硫原子位于顶点，N 点锰原子与P 点硫原子之间的距离
为晶胞体对角线的一半，晶胞参数为a pm，则N 点锰原子与P 点硫原子之间的距离为
，C 正
确；D. 由分析知，锰原子采用面心立方堆积中，每个Mn 最近且等距的Mn 数为
个，D 错误；故答
案为D。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（15 分）一种激酶抑制剂(H)的合成路线如下：
已知：
是引入
保护基的试剂，
为
。
回答下列问题：
（1）A→B 的化学方程式为 。
（2）B→C 的反应类型为 ；符合下列条件的C 的同分异构体有 种。
①含有
和
且连接在同一个碳原子上
②遇
溶液显色
③苯环上有两个取代基且有两种化学环境的氢
（3）D 中的含氧官能团名称为 。E 的结构简式为 。
（4）TFA 的作用 。
（5）制备G 的原料P 可由邻硝基苯硫酚和2-溴丙烷为主要原料通过以下方法合成：
已知：①硫醚在酸性
条件下氧化为硫砜基(
)
②硝基在铁粉与盐酸条件下还原为氨基(苯胺易被氧化)
M 的结构简式为 。试剂X 为 。
【答案】（1）
（2 分）
（2）取代反应（1 分） 10（2 分）
（3）醚键、硝基（2 分）
（2 分）
（4）脱去保护基（2 分）
（5）
（2 分） H2O2/H+（2 分）
【分析】根据D 的结构、A→B→C→D 的反应条件以及相关化合物的分子式可反推得：A 为
，B 为
，C 为
，则A 在浓硫酸、浓硝酸、加热作用下生成
B，B 与异丙醇发生取代反应生成C 和HF，C 与
在Pd 催化条件下生成D；根据H
的结构、D→E→F→H 的反应条件以及相关化合物的分子式可反推得：E 为
，F
为
，G 为
，则D 经氢气还原为E，E 使用Boc 基团保
护氨基得到F，F 与G 发生取代反应、在经过TFA 脱去保护基生成H。
【解析】（1）据分析，A→B 的化学方程式为
。
（2）据分析，B→C 的反应类型为取代反应；据已知，C 的同分异构体为-OH 和-C4H8NO2Cl 对位取代
的苯，同分异构体数目取决于-C4H8NO2Cl 的种类，不考虑Cl 取代的-C4H9NO2有：
、
、
、
，再考虑Cl 取代位置共有3+2+2+3=10 种。
（3）根据D 的结构，其含氧官能团名称为醚键、硝基；据分析，E 的结构简式为
。
（4）TFA 为三氟乙酸，脱去Boc 保护基，酸性条件，使F 和G 反应产物质子化得到H。
（5）根据已知条件，2-B 硝基硫醇与2-溴丙烷反应生成
，然后通过酸性过氧化氢氧化、Fe/
HCl 还原得到
（氨基易被氧化，不能首先将硝基还原为氨基，再氧化硫醚），则P 的合成路
线为：
，则M 的结构简式为
，试
剂X 为H2O2/H+。
16．（14 分）电解锰渣(主要成分是MnS、还含有FeS 及Fe、Ca、Mg 的氧化物等)制取高纯MnSO4并电解
制备Mn 的流程如下：
（1）氧化酸浸。酸浸后浸出液中主要离子为Mn2+、H+、
、Fe3+、Ca2+、Mg2+。写出FeS 酸浸时发
生反应的离子方程式 。
（2）沉铁。常温下，Fe3+开始生成氢氧化物沉淀的pH=1.7，完全沉淀时pH=2.8(某离子浓度≤1×10-
5mol/L，认为该离子沉淀完全)。酸浸后的溶液调节pH 至4 后，溶液中残留的c(Fe3+)=
mol·L-1。
（3）萃取与反萃取。向沉铁后的溶液加入某有机萃取剂HA，在不同pH 下进行萃取可以实现Ca2+、
Mn2+的分离。萃取原理为M2+＋2HA
MA
⇌
2＋2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)，过程如图。
已知：某温度下M2+＋2HA
MA
⇌
2＋2H+的平衡常数用K 表示，且K(CaA2)>K(MnA2)。上述过程中前后
调节pH 值大小为a b(填“>”或“＜”)
（4）结晶：反萃取后的溶液中仍存在Mg2+及少量Ca2+等杂质离子，将该溶液蒸发结晶、趁热过滤可
除去部分杂质。杂质去除率随MnSO4结晶率[
×100%]的变化如图。
分析杂质去除率随MnSO4结晶率的增大反而下降的原因是 。
（5）电解：已知Se 对Mn2+有特殊的吸附能力。电解酸性MnSO4溶液制备Mn 时在阴极加入适量的
SeO2有利于Mn 在电极上析出，结合方程式说明原因 。
（6）锰和镓形成的金属互化物的立方晶胞如图所示。晶胞中1 号、2 号、3 号、4 号Mn 原子构成一个
空隙；一个Mn 原子周围距离最近且相等的Mn 原子数为 个。
【答案】（1）9MnO2 + 2FeS + 20H+=2
+2Fe3+ +9Mn2+ + 10H2O（2 分）
（2）10-8.6（2 分）
（3）＜（2 分）
（4）水分大量蒸发，溶剂减少后使杂质结晶的析出量增加（2 分）
（5）阴极：SeO2＋4H+＋4e−=Se＋2H2O，生成Se 单质能吸附Mn2+，有利于Mn2+在阴极发生还原并沉
积（2 分）
（6）正四面体（2 分） 12（2 分）
【分析】向电解锰渣中加入MnO2矿粉和稀硫酸，由于MnO2具有氧化性，MnS 中S 元素被氧化为硫
酸根，CaO 与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4。Fe2O3、氧化镁生成可溶于水的金属硫酸盐，调节
沉
淀铁，通过萃取和反萃取实现
、
的分离，得到MnSO4并电解制备Mn。
【解析】（1）氧化酸浸，MnS 中S 元素被氧化为硫酸根，FeS 酸浸时发生反应的离子方程式：
。
（2）当金属离子浓度低于
，该离子沉淀完全，据此可以求出氢氧化铁的溶度积常数：
=
=
=
。溶液调节
后，
。
（3）根据萃取原理：
，可知平衡常数：
。根据二者平衡常数大小，
值越大，越有利于反应进行，
若金属离子浓度相同，钙离子在较低
下即可形成
，而锰离子需较高
才能达到类似程度，
先萃取
，所以上述过程中前后调节
值大小为
。
（4）通过浓缩溶液（蒸发结晶等操作）使目标溶质达到过饱和而析出晶体，由于溶液中的水分逐渐
减少，溶剂减少，杂质也会析出晶体。
（5）电解酸性MnSO4溶液制备Mn 时的阳极反应为：
，阴极加入
适量的
的电极反应为：
，生成的单质
能吸附
，有利于
在阴极发生还原并沉积。
（6）根据晶胞中1 号、2 号、3 号、4 号Mn 原子分别位于四个顶点，类似于甲烷中氢原子位置，所以
构成一个正四面体空隙。该晶胞中，以号锰原子为中心原子进行参考，同层有4 个锰原子距离最
近，以及（该晶胞）中层和上层（晶胞，未画出）距离最近且相等的Mn 原子总数为12。
17．（15 分）全球大气
浓度升高对人类生产、生活产生影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热
点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的
溶于水存在以下过程：
①
②
过程①的混合平衡常数
，其中
表示溶液中的
浓度，
表示大气中
的分压(单位：kPa)。温度升高，
(填“增大”或“减小”)；当大气压强为akPa，溶液
中的
(忽略
和水的电离)时，大气中
的体积分数为 。
（2）由
转化制甲醇具有重要的经济效益。反应
。在
有、无催化剂条件下的反应机理和相对能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS
为过渡态)。
该反应历程中决速步骤的化学方程式为 ，有催化剂时决速步骤的活化能为 eV。
（3）
催化加氢制甲醇反应历程中某一步基元反应的Arthenius 经验公式的实验数据如图所示，已
知Arthenius 经验公式为
(其中Ea 为活化能，K 为速率常数，R 和C 为常数)。
①该反应的活化能
kJ/mol；②当使用更高效的催化剂时，在图中画出Rlnk 与
关系的示
意图 。
（4）在
催化加氢制甲醇过程中也存在竞争反应
，在恒
温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将
和
按一定流速通过反应器，
转化率和甲醇选
择性
随温度变化关系如下图所示：
①若233-251℃时，催化剂的活性受温度影响不大，分析235℃后图中曲线下降的原因 。
②在压强为P 的恒温恒压密闭容器中，加入
和
反应并达到平衡状态
平衡转化率为
20%，甲醇的选择性为50%，计算
，在该温度下的平衡常数
(列出计算式)。
【答案】（1）减小（1 分）
（2 分）
（2）
或
（2 分）
1．40（2 分）
（3）30.0（2 分）
或
（2 分）
（4）主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因
而使二氧化碳的转化率和甲醇选择性下降（2 分）
（2 分）
【解析】（1）二氧化碳的溶解度随温度升高而降低，所以二氧化碳气体溶于水形成溶液会放热，即
H<0，温度升高平衡逆向移动，
减小；当大气压强为akPa，设大气中
的物质的量分数为x
时，根据
可知溶液中二氧化碳的浓度为
，忽略
和水的电离时，
，
，解得
，大气中
的体积分数
为
；（2）多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，活化能最大的一步决定着总反应的速
率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+3/2H2(g)或
；有催化剂时的活化能为0.4-(-1.00)eV=1.40eV；（3）①根据图象
并结合公式有：63.0=-3.0Ea+C，33.0=-4.0Ea+C，联立方程，解得Ea=30.0，C=153；②使用更高效的催
化剂时，可降低反应的活化能，则与Rlnk 与
关系的示意图为：
或
；（4）①CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡
逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)为吸热反
应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移
动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择
性下降，综上原因为主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向
移动程度，因而使二氧化碳的转化率和甲醇选择性下降；②CO2平衡转化率为20%，二氧化碳的物质
的量转化量为0.2mol，甲醇的选择性为50%，代入x(CH3OH)%=
，可得50%=
，解得n(生成CH3OH)=0.1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，一氧化碳物质
的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，物质总物质的量为：
0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.1mol+0.2mol=3.8mol，二氧化碳分压为
，氢气分压为
，甲醇分压为
，水蒸气分压为
，则CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的压强平衡常数Kp=
。
18．（14 分）氯化钴(Ⅲ)氨配合物常作催化剂、生物标识物和电镀液的添加剂，制备条件不同，配合物的
组成不同。
（1）紫红色
晶体中配体是 (填化学式或离子符号),Co 配位数 。
（2）实验室里将
和水混合并适当加热后加入活性炭作催化剂，再加浓氨水，冷
却后滴加双氧水，经过系列操作最终可得到橙黄色
晶体。
①滴加双氧水后，需维持温度333K 左右20min，下列控温方式最合理的是 (填字母)。
②写出总反应的化学方程式： 。
（3）已知
溶液的电导率与化合物构型的关系
如下：
化合物构型
离子数目
电导率/
MA
2
120~134
或
3
240~278
或
4
411~451
某氯化钴氨配合物可能是
或
中的一种，请结合所
给信息设计一个科学合理的实验测定其组成： 。
（4）某小组设计实验探究影响
氧化性的外界因素，实验记录如下：
序号
操作及实验现象
a
取少量
于试管中，滴加KI 溶液和淀粉溶液，无明显现象
b
取少量
于试管中，滴加HI 溶液，再滴加淀粉溶液，溶液迅速变蓝色
c
取少量
于试管中，滴加KI 溶液和淀粉溶液，溶液无明显变化
已知：
。
①甲通过比较实验a、b 现象，得出实验a 无明显现象的原因： 。
②乙对实验c“无明显现象”提出如下假设：
假设1：
没有氧化性；假设2：
稳定，
浓度很小，使得
氧化性弱
于
。
为了验证上述假设，乙补充设计实验：
序号
操作及实验现象
d
取少量
于试管中，滴加KI 溶液和淀粉溶液， (补充实验步
骤，可供选择的试剂：盐酸、硝酸、氨水)，观察到溶液迅速变蓝色
通过上述实验，得出假设2 成立。请你用平衡移动原理解释： 。
【答案】（1）
（2 分） 6（2 分）
（2）①A（2 分） ②
或
（2 分）
（3）取适量该配合物配制
溶液，测定其
下的电导率，若电导率在
之间，则该配合物组成为
，其他以此类推（2 分）
（4）①
难溶于水，
溶于水的部分中
浓度低，使得
氧化能力弱于
滴加适量盐酸（2 分） ②
，
和
反应促进平衡正向移动生成
，
浓度增大，氧化
生成I2（2 分）
【解析】（1）
的配离子是
，配体有
和
；由配离子
可知，配位体数为5 个NH3+1 个Cl-，故配位数为6。
（2）①333K 为
，应使用水浴加热，故选A；
②活性炭作催化剂，水浴加热，双氧水作氧化剂，还原产物为水，总反应为
或
。
（3）依题意，配制对应浓度的溶液，再测定其
下的电导率，根据数据判断配合物组成，具体
为：取适量该配合物配制
溶液，测定其
下的电导率，若电导率在
之间，则该配合物组成为
，若电导率在
之间，
则该配合物组成为
，若电导率在
之间，则该配合物组成为
；
（4）①比较实验a、b 现象，结合
的溶度积可知，实验a 无明显现象的原因是：
溶
于水的部分中
浓度低，使得
氧化能力弱于
；②六氨合钴离子存在平衡：
，加入盐酸（硝酸具有强氧化性，干扰实验，不选用硝酸），
和
反应，
减小，促进平衡正向移动，钴离子浓度增大，其氧化性增强，氧化I-生成I2；补充
实验d 中步骤：滴加适量盐酸。
