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辽宁省 2026年普通高等学校招生选择性考试 (化学)
本试卷满分 100分，考试时间 75分钟。
可能用到的相对原子质量：H- 1　C- 12　O- 16　 Na- 23　Mg- 24　Si- 28　 S- 32
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，只有一项符合
题目要求。
1.【答案】A
【详解】A．锂离子电池属于原电池装置，工作时可将化学能转化为电能，A正确；
B．氮化镓 (GaN )属于新型无机非金属材料，不是有机材料，B错误；
C．光导纤维纤芯 主要成分是二氧化硅，单晶硅是芯片的主要成分，C错误；
D．冷却液汽化属于物理变化，仅克服分子间作用力，不涉及化学键断裂，D错误；
故选A。
2.【答案】B
【详解】A．NH2Cl中心原子N
5-1×2-1
原子的价层电子对数为 3+ = 4，所以其VSEPR模型为
2
四面体形，A正确；
B．NH3的共价键为N-H键，是由不同原子构成的共价键，为极性共价键，B错误；
C．N2H4中N
5-1×2-1
的价层电子对数为 3+ = 4，杂化方式为 sp3杂化，C正确；
2
D．NH+4 中氮原子与氢原子以共价键结合，其电子式为 ，D正确；
故选B。
3.【答案】B
【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜和二氧化硫，其化学方程式为 Cu+ 2H2SO4(浓)
Δ CuSO4+SO2 ↑+2H2O，A正确；
B．少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液，生成四羟基合铝酸钠，其化学方程式为AlCl3+ 4NaOH=
NaAl(OH)4+ 3NaCl，B错误；
C．乙烯含碳碳双键，和溴发生加成反应生成 1,2-二溴乙烷，其化学方程式为CH2=CH2+Br2→
CH2BrCH2Br，C正确；
D．Ag2S的溶解度远小于AgCl，所以向AgCl悬浊液中加入Na2S发生沉淀转化生成Ag2S，其化学
方程式为Na2S(aq) + 2AgCl(s) =Ag2S(s) + 2NaCl(aq)，D正确；
故选B。
4.【答案】A
【详解】A．氯气的密度大于空气，使用向上排空气法收集，氯气与CaCl2不反应，不能用CaCl2吸收
尾气，需用NaOH溶液吸收，A方案不合理；
B．电石与水反应生成乙炔，该反应剧烈，采用饱和NaCl溶液可减缓电石与水的反应速度，B方案
合理；
C．亚硫酸的酸性比碳酸强，SO2通入到饱和NaHCO3溶液可发生反应生成Na2SO3和CO2，能除去
CO2中的SO2，C方案合理；
·1·
D．实验室铜件镀镍，铜制镀件接电源负极作阴极，镍接电源正极作阳极，电解液中含 Ni2+，D方案
合理；
故选A。
5.【答案】D
【详解】A．食用油可在面团表面形成隔离层，减少水分蒸发，能达到锁水目的，A不符合题意；
B．高温蒸煮可杀灭番茄酱中的微生物，密闭保存能隔绝外界微生物进入，可实现保鲜，B不符合题
意；
C．料酒中的乙醇和香醋中的乙酸在加热条件下发生酯化反应，生成具有香味的酯类物质，可提升菜
肴风味，C不符合题意；
D．蚕丝的主要成分为蛋白质，苏打 (碳酸钠)在热水中水解使溶液碱性较强，加热条件下蛋白质易
发生水解，会毁蚕丝衣物，D符合题意；
故选D。
6.【答案】C
【详解】A．由反应①为Mg+ 2C5H6 →Mg(C5H5)2+H2 ↑可知，每消耗 0.5molC5H6，生成Mg(C5H5)2
的物质的量为 0.25mol，则分子数为 0.25NA，A错误；
B． 2.24L N2未指明在标准状况下，物质的量不一定为 0.1mol，则生成的 N 3-的数目不一定为
0.2NA，B错误；
4.4g 点燃
C． 4.4g的物质的量为 n= = 0.1mol，反应③为 2Mg+CO 2MgO+C，C的化合价
44g/mol 2
由+4价降低为 0价，转移 4个电子，故每消耗 4.4gCO2，转移的电子数为 0.4NA，C正确；
D． 0.15mol L-1MgCl2溶液的体积未知，无法计算Mg2+，D错误；
故选C。
7.【答案】A
【详解】A．Ga位于元素周期表第四周期第ⅢA族，电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p1，简化后
的电子排布式为 [Ar]3d104s24p1，A错误；
B．由于蓝宝石砧座的硬度高，符合共价晶体的性质特征，故其主要成分Al2O3可当作共价晶体，B
正确；
C．由图知，由Ga(3D)制作Ga(2D)的过程需要加热熔化并挤压，该过程为吸热过程，故等物质的量
的Ga(2D)能量高于Ga(3D)晶体，C正确；
D．由大面积单原子层二维金属Ga(2D)俯视放大图可知，Ga(2D)为密排的二维结构，则一个基本
结构单元为 ，D正确；
故选A。
8.【答案】A
【详 解 】A ． 手 性 碳 原 子 是 指 连 有 4 个 不 同 原 子 或 原 子 团 的 饱 和 碳 原 子 ，如 图
·2·
(带 *号的为手性碳)，则奥利司他中含有的手性 C
原子为 4个，A错误；
B．由奥利司他的结构可知，分子中含有 官能团，能形成分子内氢键，B正确；
C．由奥利司他的结构可知，分子中含有 官能团，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪
色，C正确；
D．由奥利司他的结构可知，分子中含有酰胺键和酯基，能够发生水解反应，正确；
故选A。
9.【答案】C
1
【详解】A．晶胞Ⅱ中，白球 (Si)的个数为 8× + 1= 2，灰球 (V)的个数为 12× 1 = 6，因此 x:y=
8 2
6:2= 3:1，A正确；
B．以晶胞内部的Si为例，周围等距紧邻的V共 12个，因此与Si紧邻的V为 12个，B正确；
C．V是第ⅤB族元素，每个V价层电子数为 5；Si是第ⅣA族元素，每个Si价层电子数为 4。该
晶胞含 6个V、2个Si，总价层电子总数= 6× 5+ 2× 4= 38≠ 19，C错误；
D．金属钒晶胞Ⅰ中紧邻V间距为 0.30 nm，VxSiy中紧邻V间距为 0.24 nm，由题干可知，紧
邻钒原子间的距离变短可增强超导性能距离更短，因此VxSiy的超导性质优于金属钒，D正确；
故选C。
10.【答案】B
【详解】A．M、W、Z，分别为O、Na、S，Na+与O2-电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故
Na+B．Y、Z、M的简单氢化物分别为SiH4、H2S、H2O，H2O含氢键沸点最高；H2S相对分子质量大于
SiH4，分子间作用力更强，沸点H2S>SiH4，故沸点顺序为SiH4C．X、Y、M分别为Al、Si、O，同周期第一电离能随原子序数增大整体升高，故Al族从上到下，第一电离能降低，第一电离能SD．X、Y、Z分别为Al、Si、S，均为第三周期元素，非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物分别为
两性的Al(OH)3、弱酸H2SiO3、强酸H2SO4，酸性依次增强，故酸性Al(OH)3正确；
故选B。
11.【答案】D
【详解】A．根据题干结构简式可知，Ⅰ和Ⅳ的分子数均为C3H6O，元素组成 (C、H、O的质量分数)
完全相同，因此无法用元素定量分析区分，无法元素定量分析进行区分，A错误；
B．从结构简式看，高分子Ⅲ的主链是线性的 (两端为链节，没有交联点)，属于线型高分子，而非网状
·3·
交联结构，B错误；
C．高分子Ⅲ在碱性条件下水解，酯基会断裂，生成的是二元醇和二元羧酸盐，不会直接生成环状的
化合物Ⅱ (环状酯)，C错误；
D．反应过程中，单体Ⅱ开环，与单体 I反应生成高分子Ⅲ的同时，脱去了小分子Ⅳ (丙酮)，符合缩聚
反应的定义，可认为是缩聚反应，D正确；
故选D。
12.【答案】C
【详解】A．“浸渍”时 Na2S和生成的 Na2Te都具有还原性，通入过量空气时，过量O2会进一步将
S2-氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；
B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸 (仅溶于王水)，因此滤渣不能
全部溶于浓硝酸，B错误；
C．Na2Te被O2氧化生成Na2Te2的反应方程式为：4Na2Te+O2+ 2H2O= 2Na2Te2+ 4NaOH，反应
生成强碱NaOH，溶液中 c(OH-)增大，碱性增强，C正确；
D．滤液 1中Te在Na2Te2中为-1价，沉碲得到 0价碲单质，Te化合价升高被氧化，因此Na2SO3做
氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误；
故选C。
13.【答案】D
【详解】A．如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在Na2SO4溶液中可生成OH-，该方程式书写正
确，A正确
B．电路中转移 2mol电子时，整个体系总电子转移量为 2 mol，每释放 1molLi+对应 1mol电子转
移 (LiFePO - + + +4- e =FePO4+Li )，双电极可同时回收Li ，理论上可回收 4molLi ，B正确；
C．右侧发生氧化反应：I-被氧化为 I-3 ，阳极连接电源正极，C正确；
D．若 I-3 歧化转化为 I-和 IO-3 ，反应为：3I-3 + 3H2O= 8I-+ IO-3 + 6H+，该歧化反应为碘自身氧化
还原，总可得到的电子数 (氧化LiFePO4的总能力)不变：3molI-3 原本可得到 6mol电子，歧化后
1molIO-3 作为氧化剂可得到 6mol电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的Li+总物质的量不变，
因此不会降低锂的理论回收产率，D错误；
故选D。
14.【答案】D
【详解】A．观察图像可知，随着温度的升高，C3H8的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使
平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此ΔH> 0，另外，反应物气体共 4
分子，生成物气体共 6分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此ΔS> 0，A错误；
B．前面已推断出 a物质是C3H6。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应
的化学计量数之比。C3H6与C3H8的化学计量数均为 3，因此在反应过程中的任何时刻，C3H8的消
耗速率等于 a物质 (C3H6)的生成速率，B错误；
3C3H8 + SO 2 3C3H6 + H2S + 2H2O
C 初始mol 1 1 0 0 0．列三段式： ，M点时，C3H8曲
变化mol 3x x 3x x 2x
平衡mol 1-3x 1-x 3x x 2x
线与 b曲线 (H2O)相交，意味着两者的物质的量分数相等 (即物质的量相等)：1- 3x= 2x，解得 x=
0.2，此时各物质的量分别为：C3H8= 0.4 mol、SO2= 0.8 mol、C3H6= 0.6 mol、H2S= 0.2mol、H2O
·4·
= 0.4mol。体系总物质的量为 2.4 mol。代入物质的量分数平衡常数 K x。进行计算 K x =
0.6
3 2
2.4
0.2
2.4
0.4
2.4 0.63 0.2 0.42= 1 ≈ 0.0234，C错误；
0.4 3 0.8 0.4
3 0.8 2.42
2.4 2.4
D．N点时，C3H8曲线与 c曲线 (H2S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1- 3x= x，解得 x=
0.25 C H 0.75mol。此时 3 8转化了 0.75mol，故C3H8的平衡转化率为： × 100%= 75%，D正确；1mol
故选D。
15.【答案】C
【详解】A．由分析可知，Ⅰ为CuAc+的变化曲线，A正确；
c CuAc+ c H+= B．题中反应的 K ，当 pH = 3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时 c CuAc++ =c Cu2 c HAc
-3.46
c Cu2+ ，且由M点坐标可知，c HAc = 10-0.86mol/L 10，代入平衡常数表达式：K= = 10-2.60，
10-0.86
B正确；
C．根据 P点坐标，此时 pH= 5.75，c CuAc+ = c HAc = 10-1.87，反应 Cu2++ HAc= CuAc++
10-5.75H + 的平衡常数 K = 10-2.60，代入数据得到： = 10-2.60，故 c
+ Cu
2+ = 10-3.15mol/L，
c Cu2
Ksp Cu OH = c Cu2+2 c2 OH- = 10-3.15× 10-8.25 2 = 10-19.65，C错误；
D．根据题意，C元素总物质的量不变，即总醋酸根 (含各种形态)的浓度保持为 0.20mol/L，存在物
料守恒：c Ac- + c CuAc+ + c HAc + 2c CuAc2 = 0.20mol/L，对于HAc的电离平衡常数：Ka
c Ac- c H+ Ka c Ac-= ，变形得 = ，代入题干原式，得到原式 = 3c HAc + c+ Ac
- =
c HAc c H c HAc
2 c HAc + c HAc +c Ac- ，将物料守恒式代入得到：原式 = 2 c HAc + 0 .2mol/L -
c CuAc+ +2c CuAc2 ，Q点存在 c HAc = c CuAc2 ，由于 c CuAc+ > 0，故原式= 0.2mol/L
- c CuAc+ < 0.2mol/L，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共 4小题，共 55分
16.【答案】(1)d (2) ①. 增大氧气的溶解度 (或浓度)，加快反应速率 ②. NiS+ 2O2+ 6NH3
H2O=[Ni(NH3)6]SO4+ 6H2O
(3) ①. [Cu(NH3) ]2+4 ②. NH3
(4)2 (5) (NH4)2SO4
(6) ①. 2 ②. Ni NH3 2+被还原时发生反应： Ni NH3 2++H2=Ni+NH+4 +H+，溶液呈
酸性，不利于“还原”步骤；而 Ni NH3 2
2+被还原时发生反应： Ni NH3 2
2++H2=Ni+ 2NH+4 ，不会
生成游离的H+，因此还原程度较高
【解析】
【小问 1详解】
Ni是 28号元素，价电子排布为 3d84s2，根据周期表分区规则，属于 d区。
【小问 2详解】
加压可增大氧气的溶解度，提高O2浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；NiS与氧气、氨水反应生
成 Ni NH3 6 SO4，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为NiS+ 2O2+ 6NH3 H2O=[Ni(NH3)
6]SO4+ 6H2O。
·5·
【小问 3详解】
氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定 [Cu(NH ) ]2+3 4 ；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a
显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中 c NH3 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。
【小问 4详解】
1molS 2-2O3 被氧化为SO2- 2-4 ，S2O3 中S 的平均化合价为 +2价，SO2-4 中S的化合价为+6价，总共失
去 2× (6- 2) = 8mol 8电子，1molO2反应得到 4mol电子，根据电子守恒，消耗O2的物质的量为 =4
2mol。
【小问 5详解】
在“还原”步骤中，[Ni(NH3)6]SO4被H2还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH+4
(由NH +3和H 结合)，阴离子是一直未参与后续反应的SO2-4 。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是
(NH4)2SO4，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。
【小问 6详解】
观察题给图像，当 x= 2时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0(完全转化)。而 x= 1时反
应提前停滞 (转化率低)，x= 3时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选 2；
当 x= 1时，发生反应： Ni NH 2+3 +H2=Ni+NH+4 +H+，会释放一个游离的H+，游离H+会使溶
液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。
当 x= 2时，发生反应： Ni NH 2+3 2 +H2=Ni+ 2NH+4 ，恰好生成 2个NH+4 ，体系不会生成游离的
H+，反应能顺利进行到底。
17.【答案】(1)ADF (2)
(3) ①. 洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率 ②. 分液
(4) ①. 氯化钠 ②. 氯化氢 (或盐酸)
(5)95 (6)BPA-PC
【解析】
【小问 1详解】
本实验需要加热回流，反应总液体体积约 20mL，加上固体反应物，选用 100mL两颈圆底烧瓶A，单
口烧瓶B无法满足回流、搅拌 /测温的多接口需求，C容积太小；回流需要球形冷凝管D；回流温度
为 138℃，超过 100℃，因此选择量程 0~200℃的温度计F。
【小问 2详解】
步骤Ⅰ为碱性条件下PET的酯水解反应，酯基水解后在NaOH环境中，羧基转化为羧酸钠，因此主
要产物为乙二醇和对苯二甲酸钠，其结构简式为 ；
【小问 3详解】
未反应的PET等不溶物滤渣表面会吸附产物对苯二甲酸钠，洗涤可回收产物，提高产率；已知催化
剂常温下为油状物，难溶于水，与水体系分层，因此可直接分液分离，操作便捷。
【小问 4详解】
调节 pH过程中，NaOH与盐酸反应生成NaCl，且加入了过量稀盐酸，沉淀表面会吸附残留的NaCl
和HCl，因此水洗除去这两种杂质。
【小问 5详解】
·6·
= 0.0168gn 均三甲氧基苯 = 1× 10-4mol，均三甲氧基苯含 3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应峰面168g/mol
积比中的 3:9；对苯二甲酸含 2个羧基氢、4个苯环氢，对应剩下的峰面积比 2:4，因此可得
n 对苯二甲酸 =n 均三甲氧基苯 = 1× 10-4mol，m 对苯二甲酸 = 1× 10-4mol× 166g/mol=
0.0166g
0.0166g，含量为 × 100%≈ 95%。
0.0175g
【小问 6详解】
PET降解产物为对苯二甲酸 (羧酸)，BPA-PC降解产物为双酚A(酚类)；羧酸酸性强于酚，酸性越
弱，其盐越容易在较低 c(H+) (即较大 pH)条件下质子化析出，因此 pH较大时，BPA-PC的降解产
物先析出。
18.【答案】(1)有副反应发生生成烷烃 (或生成高碳烷烃)
(2) ①. -497 ②. A
(3) ①. GeAPO ②. 85%× 1-32% × 83%
(4) ①. > ②. <
(5) ①. 0.3 ②. 3.8× 10-4
【解析】
【小问 1详解】
根据题干给出的反应历程图，中间体M-CH3既可以继续与 *CHx反应使碳链增长，也可以结合
+H 发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷
烃。此外，碳链也有可能继续增长生成C5及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低
了目标产物低碳烯烃的产率。
【小问 2详解】
根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由 3×反应③ + 反应④得到，因此ΔH1=ΔH4+ 3ΔH3=-374+ 3
× (-41) =-497kJ mol-1。 反应①是放热、气体分子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向
移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压A。
【小问 3详解】
由图 1 可知，在相同的温度下，使用GeAPO催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的
目标产物，其转化 (消耗)属于副反应，因此GeAPO是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收
率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性；CO2选择性为 32%，说明总消耗CO中 1- 32%
用于生成总烃；由图 2可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数
据，GeAPO对应的CO总转化率为 85%，低碳烯烃选择性为 83%，此时收率最大，因此收率计算式
为 85%× 1-32% × 83%。
【小问 4详解】
反应 ③CO(g) +H2(g) =CO2(g) +H2(g)为放热反应。在图 3 中的水平虚线 (固定 CO 转化率为
60%)，该线与实线 (a%)相交于点 M (温度较低)，与实线 (b%)相交于点 N (温度较高)。在相同 CO
转化率下 (即反应 ④ 生成H2O量基本相同)，温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的
CO2 越少，导致CO2选择性越低。因此，高温对应的线 b% 的选择性低于低温对应的线 a%，即 a>
b；
由于反应 3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即 v正(M ) = v逆 M 、v正 N =
v逆 N 。题目要求比较 v正 M 和 v逆 N ，本质上就是比较M点和N点的正反应速率。点N的温度
远高于点M，温度升高会使反应速率常数 k显著增大；此外，点N的CO2选择性更低，意味着更少的
H2O被消耗，反应体系中H2O的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N点的
·7·
反应速率必然大于M点。因此，v正(M )< v逆(N )。
【小问 5详解】
设初始n CO = 1mol，n H2 = 2mol： CO转化率为 50%，故转化的CO为 0.5mol，剩余n CO =
0.5mol；丙烯选择性 90%，故最终生成丙烯消耗CO为 0.5× 90%= 0.45mol，得n C3H6 =
0.45mol p C= 0.15mol 3
H6 n C3H6 0.15
，分压比等于物质的量比，因此 = = = 0.3；
3 p CO n CO 0.5
p C H
反应②为C3H6 g + =

H2 g C3H8 g ，反应商Q
3 8
p= ，代入分压化简得： Qp=
p C3H6 p H2
n C3H8 n总 ，平衡时： n C3H6 = 0.15mol、n CO = 0.5mol、n H 2
O =n CO =
P总 n C H
转化
3 6 n H2
0.5mol、n C H = 0.5mol×10%3 8 = 0.05 mol，n H2 = 2mol- 0.05mol - 0.5mol× 2= 59 mol，3 3 3 60
0.05 ×2.15
n总= 2.15mol，P总= 645kPa，计算得： Q =
3 ≈ 3.8× 10-4 kPa - 1p 。
645×0.15× 5960
19.【答案】(1) (2)碳溴键 (溴原子)
H( ) ( ) + 2
S O 43 取代反应 4 ①. ②. CH3OH +H2O
(5) ①. ②.
【解析】
【小问 1详解】
由分析可知，A的结构简式为 ；
【小问 2详解】
B的结构简式为 ，B中含有的官能团为醛基和碳溴键 (溴原子)；
【小问 3详解】
由分析知，F的结构简式为： ，F+G→H的反应为 取代了
F中Br，故反应类型为取代反应；
【小问 4详解】
由分析知，在E→F的过程中，Br取代了甲基上的H，参照E→F的过程，药物中间体K的合成路线
·8·
为 与 反应，甲基上的H被Br原子取代生成 I，则 I为 ，
在 i.NaOH，H2O，ii.H+中经水解后酸化生成 J，则 J为 ，
和CH3OH在H2SO4的条件下发生酯化反应生成K，反应的化学方程式为: +
H2SO4
CH 3OH +H2O；
【小问 5详解】
B→D可能经历以下过程，已知X→Y发生巯基 (-SH)参与的取代反应，则C( )
异构为X( )，X( )与B发生巯基 (-SH)参与的取代反应生成Y，
可推知Y的结构简式为 ，Y发生分子内氨基 (-NH2)与醛基发生加成、消去反应生
成 Z和H2O，结合D的结构简式可推知 Z为： ， 异构为
。
·9·辽宁省 2026 年普通高等学校招生选择性考试（化学）
本试卷满分 100分，考试时间 75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Si-28 S-32
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，只有一项符合题目要求。
1．化学助力人工智能的发展，下列说法正确的是
A. 锂离子电池可将化学能转化为电能 B. 氮化镓（GaN）半导体属于有机材料
C. 光导纤维纤芯的主要成分是单晶硅 D. 数据中心冷却系统冷却液的汽化涉及化学键断裂
2. 一种制备火箭燃料肼（N2H4）的反应如下，下列说法错误的是
NH2Cl+2NH3 N2H4+NH4Cl
A. NH2Cl的 VSEPR模型：四面体形 B. NH3的共价键类型：非极性共价键
C. N2H4中 N的杂化方式：sp3杂化 D. NH+4的电子式：
3. 下列过程对应的化学方程式错误的是
A. 铜丝插入热的浓硫酸：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O
B. 少量 AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl
C. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br
D. Na2S溶液滴入 AgCl悬浊液：Na2S(aq)+2AgCl(s)=Ag2S(s)+2NaCl(aq)
4. 化学是一门实验与理论并重的学科。下列实验方案不合理的是
A. Cl2收集及尾气处理 B. 实验室制备乙炔 C. 除去 CO2中的 SO2 D. 实验室铜件镀镍
5. 生活细微处，亦有化学回响。下列“生活小妙招”不合理的是
选项 目的 生活小妙招
A 锁住揉好面团的水分 面团表面涂一层食用油
B 保鲜“自制番茄酱” 高温蒸煮后密闭保存
C 提升菜肴的“风味层次” 炒菜时加入适量料酒和香醋
D 去除蚕丝衣物上的油污 热水中加入苏打后浸泡衣物
1
6. 镁及其化合物的部分转化关系如下，设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应①：每消耗 0.5 mol C5H6生成Mg(C5H5)2分子的数目为 0.5 NA
B. 反应②：每消耗 2.24 L N 3 2生成 N 数目为 0.2 NA
C. 反应③：每消耗 4.4g CO2 转移电子数目为 0.4 NA
D. 0.15 mol·L-1 MgCl2溶液中，Mg2+数目为 0.15 NA
7. 大面积单原子层二维金属 Ga(2D)制备过程示意图如下。下列说法错误的是
A. Ga位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为[Ar]4s24p1
B. 蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分 Al2O3可当作共价晶体
C. 常温常压下，等物质的量的 Ga(2D)能量高于 Ga(3D)晶体
D. Ga(2D)的一个基本结构单元为
8. 药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是
A. 含有 5个手性碳原子 B. 含有分子内氢键 C. 能使酸性 KMnO4溶液褪色 D. 能发生水解反应
9. 金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料 VxSiy（立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间
的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是
A. x : y = 3:1
B. 与 Si紧邻的 V有 12个
C. 晶胞中的价层电子总数为 19
D. VxSiy的超导性质优于金属钒
2
10. 颜料W6X4Y6M 20Z4因含有 Z2而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态M最外层电
子数是内层的三倍，基态W最外层仅有一个电子，X是地壳中含量最多的金属元素且与 Y相邻，Z与M同族。
下列说法错误的是
A. 简单离子半径：W＜M＜Z B. 简单氢化物沸点：Z＜Y＜M
C. 第一电离能：X＜Y＜M D. 最高价氧化物水化物酸性：X＜Y＜Z
11. 热塑性可降解高分子材料Ⅲ可由如下反应制备。下列说法正确的是
A. Ⅰ和Ⅳ可用元素定量分析区分 B. Ⅲ具有网状交联结构
C. Ⅲ与 NaOH反应生成Ⅱ D. 该聚合反应为缩聚反应
12. 从铜阳极泥（主要成分为 Cu2Te和 Cu2S，含少量 Ag2S和 Au）中提取热电材料碲（Te）的流程如图。已知 Na2Te
与适量空气反应可生成 Na2Te2。下列说法正确的是
A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 HNO3
C. Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中 Na2SO3被氧化
13. 一种从废旧电池正极材料（LiFePO4）中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是
A. a电极反应：O2+2H2O+2e =H2O2+2OH
B. 电路中转移 2 mol电子，理论上可回收 4 mol Li+
C. b电极连接电源正极
D. I 可转化为I 3 和IO 3，会降低锂的理论回收产率
3
14. 恒容密闭容器中，等物质的量的 C3H8和 SO2发生的总反应如下：3C3H8(g)+SO2(g) 3C3H6(g)+H2S(g)+2H2O(g)，
达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH＜0，ΔS＞0
B. L点 C3H8的消耗速率大于 a物质的生成速率
C. M点该反应的 Kx=0.135（用物质的量分数代替浓度计算）
D. N点 C3H8的平衡转化率为 75%
15. 室温下，0.10 mol·L-1醋酸铜（CuAc2，Ac 表示 CH3COO ）溶液中 CuAc2、CuAc+、Cu2+和 HAc的 pX-pH曲线
如图。保持体系中 Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难
溶物。下列说法错误的是
A. Ⅰ为 CuAc+的变化曲线 B. 室温下，K=10-2.60
C. 室温下，Ksp[Cu(OH)2]=10-20.97 D. Q点：
4
二、非选择题：本题共 4小题，共 55分
16. （13分）
某工厂利用镍矿（主要成分为 NiS，含少量 Fe2O3和 CuS）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件
已略去）：
已知：①滤液 1中镍以[Ni(NH ) ]2+形式存在，硫以SO2 3 6 4 和少量 S2O2 3 形式存在；
②“部分蒸氨”时 c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，x=1～5。
回答下列问题：
⑴依据核外电子排布，Ni元素位于周期表 区。
⑵“氧压氨浸”时，加压的目的是 ，NiS转化为[Ni(NH3)6]SO4的化学方程式
为 。
⑶滤液 1中铜的主要存在形式为 （填离子符号）。气体 a为 （填化学式）。
⑷“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液 2中剩余的 S2O2 3 ，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化 1 mol S O2 2 3
消耗 O2的物质的量为 mol。
⑸滤液 3浓缩结晶得到的 （填化学式）可用于生成化肥。
⑹近似条件下，不同[Ni(NH3)x]SO4溶液中二价镍[Ni(Ⅱ)]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高 Ni(Ⅱ)
的还原速率和转化率，x应选择 （填“2”或“≥3”）。
已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(NH3)]2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2+还原程度较高的原因：
（结合离子方程式作答）。
5
17. （14分）
某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（PET）的快速降解，制备对苯二甲酸（Mr=166）。
反应式：
实验步骤：
Ⅰ. 向反应瓶中加入 20 mL H2O、10.0 g NaOH、0.2 g催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热化合物至 135℃；随后加入
10.0 g PET，继续搅拌加热回流 5 min（回流温度 138℃）。
Ⅱ. 反应混合物冷却后倒出，用 150 mL水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。
Ⅲ. 用稀盐酸调节滤液 pH，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥的 8.2 g固体。
已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于 CH2Cl2。
回答下列问题：
⑴步骤 Ⅰ 实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是 （填标号）。
⑵步骤 Ⅰ 中降解反应的主要产物为乙二醇和 （填结构简式）。
⑶步骤 Ⅱ 中滤渣用水洗涤的目的是 ，催化剂可采用 法便捷分离。
⑷步骤 Ⅲ 中用水洗涤是为除去沉淀上残留的 和 （填名称）。
⑸取 0.0175 g 步骤 Ⅲ 所得固体与 0.0168 g 标准品均三甲氧基苯（ ，Mr=168）混合；该混合
物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为 2 : 4 : 3 : 9，则所得固体中对苯二甲酸
含量为 %（精确至 1%）。
⑹若采用题中方法降解 PET和 的混合物，当进行步骤 Ⅲ 时，调节滤液 pH可
实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时， （填“PET”或“BPA-PC”）的降解产物析出。
6
18. （14分）
低碳烯烃（C2-C4烯）用途广泛，可由合成气（CO+H2）经费托反应催化直接合成。
⑴烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，*CHx：活性碳氢物质）：
按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是 （答出一条即可）。
⑵合成丙烯的费托反应主要为：
① 6CO(g)+3H2(g)=C3H6(g)+3CO2(g) ΔH1
② C3H6(g)+H2(g)=C3H8(g) ΔH2 = -124 kJ·mol-1
③ CO(g)+H2(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3 = - 41 kJ·mol-1
④ 3CO(g)+6H2(g)=C3H6(g)+3H2O(g) ΔH4 = - 374 kJ·mol-1
则ΔH1= kJ·mol-1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为 （填标号）。
A. 低温高压 B. 低温低压 C. 高温低压 D. 高温高压
⑶传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图 1中抑制副反应
的最适宜催化剂为 （填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。430℃时，CO2的选择性为 32%，根
据图 2，此时低碳烯烃的最大收率为 （写出计算式即可）。
[已知：收率=转化为总烃的 CO转化率×低碳烯烃选择性、
]
⑷若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料 n(H2) : n(CO)=2.5、CO2选择
性为 a%或 b%时，CO转化率与温度的关系如图 3所示，则 a b（填“＞”、“=”或“＜”，下同），反应③的
v 正(M) v 逆(N)。
⑸若采取某种措施抑制 CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320℃、恒压 645 kPa、初始投料 n(H2) : n(CO)=2
时，CO的转化率为 50%，丙烯的选择性为 90%，则 p(C3H6) : p(CO)= ；反应②的反应商 Qp= (kPa)-1
（用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字）。
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19. （14分）
杀虫剂氯噻啉（化合物 H）合成路线如下（部分条件已略去）：
回答下列问题：
⑴A能发生银镜反应，其结构简式为 。
⑵B中官能团名称为醛基和 。
⑶F→H的反应类型为 。
⑷参照 E→F过程，设计某药物中间体 K的合成路线如下（部分反应条件已略去）。其中， Ⅰ 的结构简式为
，J→K的化学方程式为 。
⑸B→D可能经历的过程如下图所示。X→Y发生巯基（-SH）参与的取代反应，Y的结构简式为 。
Y发生分子内氨基（-NH2）与醛基的加成、消去反应生成 Z和 H2O，则 Z的结构简式为 （不考虑立体
异构）。
8

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