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：H 1 C 12 O 16 N 14 Zr 91
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．【航空航天】在低空经济的推动下，低空飞行器快速发展，并应用了大量新型材料。下列有关说法正
确的是
A．飞行器机身、机翼使用的碳纤维复合材料属于有机材料
B．观察窗、仪表盘罩等透明部件使用的聚碳酸酯属于无机非金属材料
C．飞行器使用的燃料可以用废弃食用油制备，废弃食用油的主要成分属于有机高分子
D．飞行器主要承力部位使用的航空铝合金属于金属材料
【答案】D
【详解】A．碳纤维复合材料由碳纤维（无机物）与树脂（有机物）复合而成，属于复合材料，而非纯
有机材料，A 错误；
B．聚碳酸酯是高分子聚合物，属于有机合成材料，不属于无机非金属材料（如陶瓷、玻璃），B 错误；
C．废弃食用油的主要成分是甘油三酯（油脂），属于小分子有机物，相对分子质量远低于高分子（通
常＞1 万），C 错误；
D．航空铝合金以铝为基础加入其他金属元素，符合金属材料的定义（金属元素或以金属元素为主的合
金），D 正确；
故答案选D。
2．下列表示不正确的是
A．As 原子的简化电子排布式：
B．
的VSEPR 模型：
C．N，N'-二甲基苯甲酰胺的结构简式：
D．用电子云轮廓图表示乙烯分子中的
键：
【答案】A
【详解】A．As 原子的简化电子排布式应为
，A 错误；
B．
的价层电子对数目为4，故其VSEPR 模型为四面体形，B 正确；
C．
的系统命名为，N，N'-二甲基苯甲酰胺，C 正确；
D．乙烯分子中的
键电子云轮廓图为镜面对称，D 正确；
故答案为：A。
3．化合物Z 是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X 分子中所有碳原子一定共平面
B．1mol Y 与足量溴水反应消耗 3mol Br2
C．Z 可以与银氨溶液反应
D．X、Y、Z 均能与Na2CO3溶液反应生成CO2
【答案】C
【详解】A．X 分子
中，依据苯和乙烯的分子结构，每个框内的碳原子一定共平
面，但两个红框只共用1 个碳原子，所以两个红框内的碳原子不一定共平面，也就是所有碳原子不一
定共平面，A 不正确；
B．Y 分子中，只有酚羟基邻位上的1 个氢原子能被溴取代，所以1mol Y 与足量溴水反应消耗 1mol
Br2，B 不正确；
C．Z 分子中含有醛基官能团，可以与银氨溶液反应，C 正确；
D．X、Y、Z 分子中均含有羟基，X、Y 分子中还含有羧基，酚羟基能与N2CO3反应，但只能生成
NaHCO3，不能生成CO2气体，羧基能与Na2CO3反应产生CO2气体，也就是它们均能与Na2CO3溶液反
应，但Z 不能生成CO2气体，D 不正确；
故选C。
4．下列实验操作或处理方法正确的是
A．Mg 着火可用泡沫灭火器灭火
B．实验剩余的钾、钠、白磷需放回原试剂瓶
C．药品柜的上层放置乙醇，下层放置高锰酸钾固体
D．含有少量重金属离子的废液可直接排放
【答案】B
【详解】A．Mg 着火时，泡沫灭火器中的水和生成的二氧化碳会与镁反应，加剧火势，应使用干燥沙
子或专用灭火器，A 错误；
B．钾、钠、白磷等活泼金属和易燃物剩余时，需放回原试剂瓶以避免危险或污染，符合实验室安全规
范，B 正确；
C．乙醇为易燃液体，高锰酸钾为强氧化剂，二者应分开存放以防反应引发火灾，上层放置乙醇、下层
放置高锰酸钾不符合安全要求，C 错误；
D．含重金属离子的废液具有毒性，直接排放会污染环境，需经处理达标后方可排放，D 错误；
故选B。
5．下列实验装置及药品的使用(部分夹持装置已略去)能达到实验目的的是
A．用于实验室制备乙酸乙酯
B．用于实验室制取溴乙烷
C．用于实验室制取溴苯
D．验证乙醇发生消去反应
【答案】C
【详解】A．右侧小试管塞有橡胶塞，与大气不相通，A 错误；
B．蒸馏时，温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口附近，而不是浸没于液面以下，B 错误；
C．该实验装置能够制备溴苯，同时也能实现尾气吸收以及防止倒吸的目的，C 正确；
D．受热挥发的乙醇以及副反应生成的
也会使酸性
溶液褪色，不能验证乙醇发生消去反应，
D 错误；
故答案选C。
6．下列反应的方程式正确的是
A．用FeS 除工业废水中的
：
B．硫酸铜溶液中通入过量
：
C．浓硝酸显黄色的原因：
D．1 mol HF 溶液与足量NaOH 溶液反应：
【答案】C
【详解】A. FeS 是沉淀，在写离子方程式时不能拆成离子，正确离子方程式为
，
故A 错误；
B. 过量氨气会与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+络离子，而非生成Cu(OH)2沉淀，正确离子方程式为：
，故B 错误；
C. 浓硝酸显黄色是由于分解产生的NO2溶解所致，给出的分解方程式：
正确，故C 正确；
D. HF 为弱酸，不能完全电离，正确离子反应为HF + OH-= F-+ H2O，且ΔH = -57.3 kJ·mol-1仅适用于强
酸强碱中和，故D 错误；
故答案为C。
7．【传统文化】《洞天奥旨》记：中药樟脑，气芳香浓烈刺鼻，有通窍、杀虫、止痛、辟秽之功效。某
实验小组查阅古籍，模拟从樟脑油中升华提取樟脑的过程。下列说法正确的是
A．樟脑属于芳香酮类化合物
B．樟脑分子中只有一个手性碳原子
C．樟脑不能使酸性
溶液褪色，因此樟脑不能发生氧化反应
D．从口注入冷凝水，在处得到樟脑纯品
【答案】D
【详解】A．樟脑分子结构中不含苯环，不属于芳香酮类化合物，A 错误；
B．连有4 个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则樟脑分子中有2 个手性碳原子，如图中标
注有“*”的碳原子：
，B 错误；
C．樟脑不能使酸性
溶液褪色，但樟脑可以燃烧，能发生氧化反应，C 错误；
D．在升华提取樟脑的过程中，从b 口注入冷凝水，使上升的樟脑蒸汽在c 处遇冷发生凝华变为固态的
樟脑，从而在c 处得到樟脑纯品，D 正确；
故选D。
8．【新考法】以不同材料修饰的
为电极，一定浓度的
溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循
环方式，可实现高效制
和
，装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极a 连接电源负极
B．加入Y 的目的是补充
C．电解总反应式为
D．催化阶段反应产物物质的量之比
【答案】B
【分析】电极b 上Br-发生失电子的氧化反应转化成
，电极b 为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=
+6H+；则电极a 为阴极，电极a 的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解总反应式为Br-+3H2O
+3H2↑；催化循环阶段
被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z
为O2。
【详解】A．根据分析，电极a 为阴极，连接电源负极，A 项正确；
B．根据分析电解过程中消耗H2O 和Br-，而催化阶段
被还原成Br-循环使用，故加入Y 的目的是
补充H2O，维持NaBr 溶液为一定浓度，B 项错误；
C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O
+3H2↑，C 项正确；
D．催化阶段，Br 元素的化合价由+5 价降至-1 价，生成1molBr-得到6mol 电子，O 元素的化合价由-2
价升至0 价，生成1molO2失去4mol 电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2)
∶n(Br-)=6 4=3 2
∶
∶，D 项正确；
答案选B。
9．利用Sonogashira 反应机理合成苯乙炔的基本过程如图，其中
表示配体
，下列叙述正确的是
A．步骤④过程中，
元素被还原
B．
和
是该反应过程的催化剂，可以提高
的平衡转化率
C．总反应的原子利用率达到100%
D．若用苯乙炔代替上述过程中的同类物质与
反应，可以合成
【答案】A
【详解】A．步骤④过程中，Pd 的化合价由+2 变为0，化合价降低，元素被还原，故A 正确；
B．催化剂不能使平衡移动，碘苯的平衡转化率不变，故B 错误；
C．由图可知，反应为乙炔和
生成苯乙炔和HI 的反应，反应为取代反应，有HI 生成，故总
反应的原子利用率小于100%，故C 错误；
D．若用苯乙炔代替上述过程中的同类物质与
发生取代反应，可以合成
，
故D 错误；
故选A。
10．【新素材】某种杯芳烃分子(如图甲)具有空腔结构，可包合
分子形成超分子；它同时还可以识别
对甲基苯乙烯分子中的乙烯基，引导对甲基苯乙烯分子进入其空腔内(如图乙)，进而将对甲基苯乙烯
氧化为(4-甲基苯基)环氧乙烷(如图丙)。下列说法错误的是
A．该杯芳烃分子腔外具有疏水性，而腔内具有亲水性
B．对该杯芳烃分子腔内羟基进行成酯修饰，可改变其分子识别能力
C．该杯芳烃分子可以防止
将对甲基苯乙烯分子中的甲基氧化
D．(4-甲基苯基)环氧乙烷分子中的氧原子来自该杯芳烃分子
【答案】D
【详解】A．该杯芳烃分子腔外为苯环和烷基，具有疏水性，腔内有4 个羟基，具有亲水性，A 正确；
B．对该杯芳烃分子腔内羟基进行成酯修饰，可改变其分子腔的大小和亲水性，从而改变其分子识别
能力，B 正确；
C．该杯芳烃可以包合
形成超分子，同时使对甲基苯乙烯的乙烯基进入腔内被
氧化，因此
能使
只氧化乙烯基而不会氧化甲基，C 正确；
D．反应产物中的氧原子来自该杯芳烃包合的
，D 错误；
答案选D。
11．探究
溶液性质的实验如下：
实验Ⅰ 向
溶液中滴加
滴酚酞试液，溶液颜色没有变化
实验Ⅱ 向
溶液中加入
溶液，溶液变红色。再滴加4
滴
溶液，加入过量
粉，
粉部分溶解。过滤，
实验Ⅲ 取一定量
溶液，加入过量
粉，
粉部分溶解。过滤，向滤液中滴入2 滴
酸性
溶液，紫色消失
实验Ⅳ 取一定量
溶液，加入等浓度等体积的
溶液，产生红色沉淀
下列说法正确的是
A．实验Ⅰ溶液颜色没有变化是由于
未水解
B．实验Ⅱ说明
与
反应是可逆反应
C．实验Ⅲ说明氧化性
D．实验Ⅳ产生的红色沉淀为
、
混合物
【答案】D
【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，酚酞在酸性条件下不变色，因此颜色未变化是
由于pH 未达到酚酞变色范围，而非FeCl3未水解，A 错误；
B．实验Ⅱ中，初始Fe3+浓度远高于SCN-，即使反应不可逆，Fe3+仍有大量剩余，与Cu 反应的现象不
能直接证明反应可逆，B 错误；
C．实验Ⅲ中，加入过量Cu 粉，Cu 粉部分溶解，说明Cu 粉能与Fe3+反应生成Cu2+，说明Fe3+的氧化
性比Cu2+强；向滤液中滴入2 滴酸性KMnO4溶液，紫色消失，由于溶液中含有氯离子，无法说明酸性
KMnO4被滤液中Fe2+还原，即无法比较KMnO4的氧化性比Fe3+强，C 错误；
D．FeCl3与NaAl(OH)4混合时，
，
，氢
离子和氢氧根结合生成水，相互促进水解，从而生成Fe(OH)3、Al(OH)3，故红色沉淀仅为Fe(OH)3、
Al(OH)3混合物，D 正确；
故答案选C。
12．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
的
量(单位为
)来表示。碱性
不与
反应，可用于测定含
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
B．Ⅱ中避光、加盖可抑制
被
氧化及
的挥发
C．Ⅲ中消耗的
越多，水样的COD 值越高
D．若I 中为酸性条件，测得含
水样的COD 值偏高
【答案】C
【分析】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。
【详解】A．Ⅱ中
、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；
B．酸性条件下，I-易被空气中的O2氧化，且生成的I2易挥发，故需要避光、加盖，B 正确；
C．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；
D．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；
故选C。
13．室温下，向含有
的酸性溶液中通入
生成
沉淀，若始终保持
的浓度为
，
体系中
[
，X 为
，
，
]与pH 的关系如图所示，已知
。
下列说法正确的是
A．线①表示
随pH 的变化
B．A 点坐标为
C．D 点
D．C 点与E 点溶液中的
之比为
【答案】A
【分析】氢硫酸是二元弱酸，一级电离常数远大于二级电离常数，则溶液pH 相同时，溶液中
大于
；向硫酸锡溶液中通入硫化氢时，溶液中锡离子浓度减小，则曲线①、②、③分别表示p
、p
、p
随pH 的变化；由图可知，C 点溶液中pH 为5 时，溶液中p
为2.2，则氢硫酸的一级电离常数为：
=10-5×10-2.2=10-7.2；B 点溶液中pH 为5
时，溶液中p
为7.2，则氢硫酸的二级电离常数为：
=10-5×10-7.2=10-
12.2。
【详解】A．由分析可知，曲线①、②、③分别表示p
、p
、p
随pH 的变化，
A 正确；
B．由图可知，A 点溶液pH 为5，溶液中氢硫酸的浓度为0.1 mol/L，由电离常数可得：
=10-7.2×10-12.2=10-19.4，则溶液中硫离子浓度为：
=10-
10.4 mol/L；由溶度积可知，溶液中锡离子的浓度为：
=10-14.6 mol/L，则A 点坐标为
，B 错误；
C．由图可知，D 点溶液pH 为2、氢硫酸的浓度为0.1 mol/L，由氢硫酸的一级电离常数可知，溶液中
硫氢根离子的浓度为：
=10-6.2 mol/L，C 错误；
D．由图可知，C 点溶液中pH 为5、氢硫酸的浓度为0.1 mol/L，由电离常数可得：
=10-7.2×10-12.2=10-19.4，则溶液中硫离子浓度为：
=10-
10.4 mol/L；E 点溶液pH 为2、氢硫酸的浓度为0.1 mol/L，由电离常数可得：
=10-7.2×10-12.2=10-19.4，则溶液中硫离子浓度为：
=10-
16.4 mol/L，则C 点与E 点溶液中硫离子浓度之比为：
，D 错误；
故选A。
14．锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，
为阿伏
加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．该氧化物的化学式为
B．该氧化物的密度为
C．Zr 原子之间的最短距离为
D．若坐标取向不变，将p 点Zr 原子平移至原点，则q 点Zr 原子位于晶胞xy 面的面心
【答案】C
【详解】A．根据晶胞示意图可知锆原子位于晶胞内部，氧原子位于晶胞顶点、棱心、面心、体心，
由“均摊法”可知，晶胞中含4 个Zr，
个O，则立方氧化锆的化学式为
ZrO2，A 正确；
B．结合A 项分析可知，晶体密度为
=
，B 正确；
C．Zr 原子之间的最短距离为面对角线的一半，即
，C 错误；
D．根据晶胞的位置可知，若坐标取向不变，将p 点Zr 原子平移至原点，则垂直向下，q 点Zr 原子位
于晶胞xy 面的面心，D 正确；
故答案选C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（15 分）水合肼(
)是一种强还原性的碱性液体，可制医药、抗氧剂、发泡剂。利用尿素法
生产水合肼原理为
。回答下列问题：
实验一：制取水合肼(实验装置如图所示)
(1)仪器A 的名称为___________。
(2)①反应过程中需控制温度，同时将A 中NaOH 和NaClO 溶液缓慢滴入三颈烧瓶，若滴速过快则会
导致产品产率降低，用化学方程式解释产率降低的原因：___________。
②充分反应后，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108~114℃馏分。
实验二：测定馏分中水合肼(
)含量
(3)称取馏分0.50 g 配成250 mL 待测溶液，取25 mL 待测溶液加入20.00 mL 0.1000 mol/L 单质碘的溶
液，再加入适量
固体调节pH，待水合肼完全转化为
后，加盐酸调节溶液pH 并加入少量
淀粉溶液，立即用
溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得平均消耗
溶液的体积为18.00 mL。(已知：
)
①本实验滴定终点的现象为___________。
②若滴定管用蒸馏水洗涤后，未润洗直接盛放
溶液，最终测得水合肼的纯度会
___________(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。
③馏分中水合肼(
)的纯度为___________。
(4)我国科学家以肼(
)为原料设计的新型电池能同时实现H2制备和海水淡化，装置如图。写出b
的电极反应方程式___________，离子交换膜d 是___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，理论
上若电极b 产生标准状况下11.2 L 的
，则电极a 区溶液质量变化量为___________g。
【答案】(1)分液漏斗
(2)N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+2NaCl+3H2O 或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O
(3) 当滴入最后半滴
溶液时，锥形瓶内溶液刚好从蓝色变为无色，且半分钟不变色
偏低 91%
(4)
阴 44
【详解】（1）由图，仪器A 的名称为分液漏斗；
（2）NaClO 具有强氧化性，
具有强还原性，二者能发生氧化还原反应，NaClO 被还原为
氯离子，水合肼被氧化为氮气，该过程的化学方程式：N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+2NaCl+3H2O，如果尿
素也参与反应，尿素被氧化成碳酸根，则化学方程式为
CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2↑+3NaCl+3H2O；
（3）①根据淀粉遇碘变蓝，实验滴定终点的现象为：当滴入最后半滴
溶液时，锥形瓶内溶液
刚好从蓝色变为无色，且半分钟不变色；
②若滴定管用蒸馏水洗涤后，未润洗直接盛放
溶液，将使标准溶液稀释，则滴定时消耗
溶液的体积会偏大，导致计算出的剩余I2的量会偏多，氧化肼时消耗I2的量会偏少，最终所
得肼的纯度会偏低。
③根据反应方程式存在
，可知与
反应的I2的物质的量为
=
，再根据
，结
合实验过程求得0.50g 产品含
的物质的量
，则最终所得肼的纯度为
。
（4）该装置为原电池，电极a 上氢离子得电子生成氢气，则a 为正极，电极反应为
，
电极b 上，
在碱性条件下失去电子生成N2，b 为负极，电极反应为
，
原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c 移向左侧（a），氯离子经d 移向右侧
（b），c、d 分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜；理论上若电极b 产生标准状况下11.2 L 的
（为
0.5mol），则转移电子2mol，电极a 区生成1mol 氢气，同时有2mol 钠离子进入电极a 区，则溶液中
质量增加2mol×23g/mol-1mol×2g/mol=44g。
16．（14 分）锗是重要的稀散金属，广泛应用于航空航天、电子、新能源等高科技领域。一种从炼锌渣
(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中提取锗的工艺流程如下：
已知：“还原酸浸”时Ge、Ga 元素转为Ge4+、Ga3+；GeO2是两性氧化物。
回答下列问题：
(1)“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4，则ZnFe2O4发生反应的化学方程式为___________，
所得滤渣主要成分除S 外还有___________(填化学式)。
(2)“共萃取”所得萃余液可返回炼锌系统循环利用，萃余液中主要成分除Fe2+，还有的金属离子为
___________。
(3)“沉镓”过程得到Ga(OH)3，加入NaHCO3的作用为___________；“中和”过程中生成GeO2，则
“中和”过程发生反应的离子方程式为___________。
(4)“水解”操作所得GeO2中残留有大量的氯离子，需多次高纯水洗涤，洗涤液中加入NaOH 溶液调
pH，再加入MgCl2，生成MgGeO3以回收锗。25℃时，当
时，为防止产生杂质，
pH 应小于___________。
已知：
，
，
。
(5)“真空还原”产物还有Na5P3O10、H3PO4等，则每生成1 mol Na5P3O10，反应转移的电子的物质的量
为___________mol；在不同温度、不同浓度的条件下，Ge 元素的产率如图所示，“真空还原”采用
的最佳条件为___________。
【答案】(1)
SiO2
(2)Mn2+、Zn2+
(3) 调节pH，便于生成Ga(OH)3
(4)10.3
(5) 20 2.5%，1100℃
【详解】（1）ZnFe2O4与稀硫酸、ZnS 反应中，ZnFe2O4中的+3 价Fe 还原得到+2 价Fe，ZnS 中-2 价S
被氧化为0 价S，化学方程式为
；据分析，滤
渣主要成分为SiO2和S；
（2）据分析，萃余液中含有Zn2+、Fe2+和Mn2+；
（3）“沉镓”过程加入NaHCO3消耗调节过量的稀硫酸调节pH 为碱性，便于生成Ga(OH)3；“中
和”Ge4+被氨水转化为GeO2，化学方程式为
；
（4）“水解”操作中GeO2首先溶于NaOH 得到可溶性Na2GeO3，然后加入MgCl2发生反应
，当
时，则
，即
，
则
，
，即溶液的pH 应小于10.3。
（5）“真空还原”中GeO2与NaH2PO2·H2O 反应得到GeO、Na5P3O10、H3PO4，Ge 由+4 价还原为+2 价，
P 由+1 价氧化为+5 价，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为：
10GeO2+5NaH2PO2·H2O=10GeO+Na5P3O10+2H3PO4+7H2O，则每生成1 mol Na5P3O10，反应转移的电子
的物质的量为20 mol；如图所示，1200℃与1100℃时Ge 元素产率相差较小，从节约资源的角度考虑
NaH2PO2·H2O 的质量分数为2.5%、温度为1100℃时，Ge 元素产率最大，即为最佳反应条件。
17．（14 分）实现“碳中和、碳达峰”是中国对国际社会的庄严承诺。关键在于二氧化碳如何资源化，其
中利用CO2与CH4镍基催化重整(DRM)技术制合成气(CO 和H2)是研究热点之一，发生的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)
反应Ⅱ：
(1)
为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定状态的单质生成1mol 该物质的焓变。对
于稳定状态单质，其
为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热
_______kJ·mol-1，该反
应能自发进行，则
_______0(填“大于”“小于”或“等于”)。
物质
CO2
CO
H2O(g)
(kJ·mol-1)
-393.5
-110.5
-241.8
(2)描述化学反应的平衡常数常用三种方法：Kc、Kp、和Kx(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓
度计算)。关于相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数的数值_______(填“相等”或“不相等”)。
(3)在恒温恒容的条件同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列有关说法正确的是_______(填标号)。
A．通入氮气，不能改变CO2的平衡转化率
B．混合气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态
C．使用高效催化剂能加快反应速率和降低反应的焓变
D．反应Ⅱ逆反应的活化能小于正反应的活化能
(4)在PMpa 时，将CO2和CH4按等物质的量充入密闭容器中，只进行反应Ⅰ，分别在无催化剂及ZrO2
催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示。
a
①点时有催化剂和无催化剂的CO2转化率相等的原因是_______。
②在PMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH4、Ar 按物质的量之比1：1：2 充入密闭容器，
CO2的平衡转化率大于50%，解释说明原因：_______，此时平衡常数
_______(以各气体的分压
代替浓度计算；列出含、p 的计算式)。
(5)一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子(
)和电子。利用该薄膜
能有效富集空气中的CO2.如图所示，在薄膜a 侧通入空气，b 侧通入氢气，充分反应后在b 侧得到高
浓度的CO2。
a 侧上的电极反应式为_______。
【答案】(1) +41.2 大于
(2)相等
(3)AD
(4) a 点所处温度下催化剂失去活性 充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积
增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大
(5)
【详解】（1）由题给信息知，
生成物的标准生成焓之和-反应物的标准生成焓之和，因此
的
；该反应能自发进行，即
，因
，所以
，故答案为
+41.2；大于。
（2）对于反应Ⅱ，
，
，
，所以相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常
数的数值相等，故答案为相等。
（3）A．恒温恒容条件下，通入氮气，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动， CO2的平衡转化率
不变，A 正确；
B．恒温恒容条件下，混合气体的总质量始终不变，混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡
状态，B 错误；
C．使用高效催化剂能加快反应速率但不影响反应的焓变，C 错误；
D．反应Ⅱ为吸热反应，由
正反应的活化能-逆反应的活化能
知，逆反应的活化能小于正反应
的活化能，D 正确；
故答案选AD。
（4）①根据图示，a 点时，有催化剂和无催化剂的转化率相等，这说明在该温度下，两者反应速率相
等，即a 点时温度较高，催化剂失去了活性，故答案为a 点所处温度下催化剂失去活性。
②反应Ⅰ为气体物质的量增大的反应，在pMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、
、Ar 按物
质的量之比1：1：2 充入恒压密闭容器，充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大
的方向移动，
的平衡转化率增大，所以
的平衡转化率ɑ 大于50%；假设起始充入了
、
、
Ar，平衡时
的转化率为，则平衡时转化的
，平衡时
，
，平衡时气体的总物质的量为
，故
=
，故答案为充入了不参加反应的氩气，
相当减小压强，平衡向体积增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大；
。
（5）由题意可知，薄膜可同时传导阴离子(
)和电子，b 侧通入氢气，充分反应后在b 侧得到水
和高浓度的CO2，故b 侧氢气失去电子，发生氧化反应，为负极，则薄膜a 侧为正极，得到电子，发
生还原反应，电极反应式为
，故答案为
。
18．（15 分）Darunavir 是一种非肽类HIV 蛋白酶抑制剂，其合成路线如图所示。
已知：
①
②
③
能与CH2N2发生反应并生成
。
回答下列问题：
(1)A 中的官能团名称是___________；合成路线中反应A→B 的目的是___________。
(2)D 的结构简式为___________，D→E 的反应类型是___________。
(3)F→G 的反应中，除G 外，另一种产物的结构简式为___________。
(4)A 的一种同分异构体满足：①苯环上只有一个取代基，但不含—COOH、—OH 和氮氧键；②含有6
种不同化学环境的氢原子(个数比为1：1：1：2：2：4)，其结构简式为___________(写出一种即可)。
(5)B→C 的反应需经历如下过程：
CH2N2分子，中心N 原子的杂化方式为___________；J→K 反应的过程中放出一种气体，其化学式为
___________。
【答案】(1) 羧基、氨基 保护氨基
(2)
取代反应
(3)
(4)
或
或
(5) sp N2
【详解】（1）A 中的官能团名称是羧基、氨基；反应A→B 中，将氨基转化为酰胺基，后续路线
F→G 中重新生成了此氨基，由此可见，反应A→B 的目的是保护氨基；
（2）根据分析，D 的结构简式为
，D→E 的反应类型是取代反应；
（3）根据已知信息①，F→G 的反应中，除G 外，另一种产物的结构简式为
；
（4）A 分子中除了苯环外还存在3 个碳原子，1 个氮原子，2 个氧原子，1 个不饱和度，其同分异构
体满足①苯环上只有一个取代基，但不含—COOH、—OH 和氮氧键；②含有6 种不同化学环境的氢原
子(个数比为1：1：1：2：2：4)，当苯环只有一个取代基，其上有3 种不同不同化学环境的氢原子，
个数比为1：2：2，则满足条件的同分异构体的结构简式为
或
或
；
（5）
分子结构是
，其中与碳相连的氮原子（中心N）形成两个
键（分别与C
和另一个N），没有孤对电子，价层电子对数为2，因此杂化方式为sp 杂化。根据已知信息③，J 的
结构简式为
，结合K 的结构简式，根据原子守恒可知，J→K 反应的过程中放
出的气体是
。
