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2025 年云南高考真题化学试题
一、单选题
1．画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是
A．岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐
B．油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子
C．竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱
D．水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化
【答案】D
【详解】
A．贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐，A错误；
B．核桃油属于油脂，分子量较小，不属于有机高分子，B错误；
C．氧化铁（Fe O ）能与酸反应，不耐酸，C错误；
2 3
D．碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确；
故选D。
2．下列化学用语或图示表示正确的是
A．NH 的VSEPR模型：
3
B．Na S的电子式：
2
C．Cl的原子结构示意图：
D．Al (SO ) 溶于水的电离方程式：Al (SO ) ⇌2Al3++3SO2−
2 4 3 2 4 3 4
【答案】A
【详解】
A．NH 的中心原子价层电子对数为3+ 1 (5−3×1)=4，且含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A正确；
3
2
B．硫化钠是离子化合物，电子式： ，B错误；
C．氯是第17号元素，Cl原子结构示意图为： ，C错误；
D．Al (SO ) 是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式：Al (SO ) =2Al3++3SO2−，D错误；
2 4 3 2 4 3 4
故选A。
3．下列化学方程式错误的是
高温
A．煤制水煤气：C+H O(g) CO+H
2 2
B．Na O 供氧：2Na O +2CO =2Na CO +O
2 2 2 2 2 2 3 2
C．覆铜板制作印刷电路板：2FeCl +3Cu=3CuCl +2Fe
3 2
D．铅酸蓄电池放电：Pb+PbO +2H SO =2PbSO +2H O
2 2 4 4 2
【答案】C
【详解】
A．煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H ，方程式正确，A正确；
2B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式书写正确，B正确；
C．FeCl 与Cu反应时，Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe，正确反应为2FeCl +Cu=2FeCl +CuCl ，C错误；
3 3 2 2
D．铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO 与硫酸反应生成PbSO 和H O，方程式正确，D正确；
2 4 2
故选C。
4．N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A．22.4LCH 中原子的数目为5N
4 A
B．1mol18O所含中子的数目为10N
A
C．28gFe粉和足量S完全反应，转移电子的数目为1.5N
A
D．0.1L12mol⋅L−1盐酸与足量MnO 反应，生成Cl 的数目为0.3N
2 2 A
【答案】B
【详解】
A．未指明气体是否处于标准状况，22.4L CH 的物质的量无法确定为1mol，因此原子数目无法确定为5N ，A错
4 A
误；
B．18O的中子数为18-8=10，1mol18O含10mol中子，数目为10N ，B正确；
A
C．28g Fe（0.5mol）与S反应生成FeS，Fe的氧化态为+2，转移电子数为0.5×2=1mol=1N ，而非1.5N ，C错误；
A A
D．浓盐酸与MnO 反应时，随反应进行浓度降低，反应停止，实际生成Cl 的物质的量小于理论值0.3mol，D错误；
2 2
故选B。
5．下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是
A．制备NH B．配制100mL1.00mol⋅L−1KCl溶液
3
C．探究Na与H O反应 D．探究温度对化学平衡的影响
2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．NH Cl和Ca(OH) 固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾斜，A错误；
4 2
B．配制100mL1.00mol⋅L−1KCl溶液，应在烧杯中溶解KCl固体，B错误；
C．金属钠与水反应剧烈，不能在试管中进行，应在烧杯中进行，且烧杯不能盛满水，C错误；
D．两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO (红棕色)⇌N O (无色)平衡
2 2 4
的影响，D正确；
故选D。
6．化合物Z是某真菌的成分之一，结构如图。下列有关该物质说法错误的是A．可形成分子间氢键
B．与乙酸、乙醇均能发生酯化反应
C．能与NaHCO 溶液反应生成CO
3 2
D．1molZ与Br 的CCl 溶液反应消耗5molBr
2 4 2
【答案】D
【详解】
A．分子中存在-OH和-COOH，可以形成分子间氢键-O-H…O，A正确；
B．含有醇-OH，可以和乙酸发生酯化反应，含有-COOH，可以和乙醇发生酯化反应，B正确；
C．分子中含有-COOH，可以和NaHCO 反应产生CO ，C正确；
3 2
D．分子中只有碳碳双键能和Br 的CCl 溶液中的Br 反应，分子中含2个碳碳双键，1molZ可以和Br 的CCl 反
2 4 2 2 4
应消耗2molBr ，D错误；
2
答案选D。
7．稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是
A．SiO 可与NaOH溶液反应
2
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
650℃
D．制备纳米Si：SiO +2Mg Si+2MgO
2
【答案】B
【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO ，纳米SiO 和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将
2 2
MgO转化为MgCl ，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。
2
【详解】
A．SiO 是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na SiO 和H O，A正确；
2 2 3 2
B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl +H O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B
2 2
错误；
C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；
650℃
D．SiO 和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为SiO +2Mg Si+2MgO，
2 2
D正确；
答案选B。
8．某化学兴趣小组设计如下实验装置，通过测定反应前后质量的变化，验证NaNO 固体在酒精灯加热条件下，受
3
热分解的气态产物。
实验步骤：先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气；关闭Ⅰ左侧阀门，点燃酒精灯；一段时间后，Ⅱ中灼热的铜网变黑，
熄灭酒精灯甲；再次缓慢通入Ar气……
下列说法错误的是A．实验步骤中，点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙
B．整个过程中，若Ⅲ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O 在Ⅱ中反应完全
2
C．实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量，则分解的气态产物只有O
2
D．NaNO 应远离热源、可燃物，并与还原性物质分开存放
3
【答案】A
【分析】先缓慢通入Ar气，排尽装置内空气，防止对实验造成干扰，关闭Ⅰ左侧阀门，先后点燃乙、丙、甲处酒精
灯，一段时间后，Ⅰ中灼热的铜网变黑，说明NaNO 分解产生了O ，熄灭酒精灯甲，再次缓慢通入Ar气，使NaNO
3 2 3
分解产生的气态产物全部排尽，浓硫酸用于防止空气中的水蒸气进入装置干扰实验。
【详解】
A．一段时间后，Ⅰ中灼热的铜网变黑，说明NaNO 分解产生了O ，为确保能准确测定产生的氧气的质量，应先点
3 2
燃乙处酒精灯，再点燃丙处酒精灯，最后点燃甲处酒精灯，A错误；
B．Ⅱ、Ⅲ中Cu均能和氧气反应生成黑色的CuO，整个过程中，若Ⅱ中灼热的铜网未变黑，则说明生成的O 在Ⅱ中
2
反应完全，B正确；
C．Ⅱ中的Cu只能吸收O ，实验结束后，若Ⅰ中减少的质量等于Ⅰ中增加的质量，则分解的气态产物只有O ，C正确；
2 2
D．由该实验可知NaNO 受热易分解产生氧化剂、助燃性气体O ，故NaNO 应远离热源、可燃物，并与还原性物
3 2 3
质分开存放，D正确；
答案选A。
9．钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M
是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均
与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是
A．M与Z可形成离子化合物 B．原子半径：Rc(H+)>c(OH−)>c[(CH ) N ]
2 6 4 2 6 4
D．(CH ) N H+ ⇌(CH ) N +H+的平衡常数K≈7.3×10−6
2 6 4 2 6 4
【答案】D
【详解】
A．由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式NH+~[(CH ) N H++
4 2 6 4
3H+]~4OH−可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中c(NH+)=4c(OH−)=4×
4
0.01000mol⋅L−1 =0.04000mol⋅L−1，则原废水中c(NH+)=0.04000mol⋅L−1× 1 =0.004000mol⋅L−1，因此，废
4 10
水中NH+的含量为0.004000mol×18000mg⋅mol−1⋅L−1 =72.00mg⋅L−1，A错误；
4
B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，且只过量了1，由电荷守恒可知， c[(CH ) N H+]+c(H+)+c(Na+)=
2 6 4
5
c(OH−)+c(Cl−)，浓缩后的废水中NH Cl的浓度是NaOH标准溶液浓度的4倍，Cl−和Na+均不参与离子反应，可以
4
估算c点c(Cl−)>c(Na+)，c[(CH ) N H+]+c(H+)>c(OH−)，B错误；
2 6 4
C．(CH ) N H+在溶液中水解使溶液显酸性，类比NH 可知(CH ) N 在溶液中与水作用发生电离而使溶液显碱性；
2 6 4 3 2 6 4
a 点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说明(CH ) N H+的水解作用强于(CH ) N 的电离作用，可知溶液
2 6 4 2 6 4
中相关粒子的浓度的大小关系为 c[(CH ) N ]>c[(CH ) N H+]，C错误；
2 6 4 2 6 4
D．由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH ) N 占比较高，δ[(CH ) N ]=0.88，则由氮守恒可知，δ[(CH ) N H+]=
2 6 4 2 6 4 2 6 4
0.12，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则(CH ) N H+ ⇌(CH ) N +H+的平衡常数 𝐾 = c[(CH2 ) 6N4 ]⋅c(H+) =
2 6 4 2 6 4 c[(CH2 ) 6N4H+]
0.88×10−6
≈7.3×10−6，D正确；
0.12
故选D。
二、解答题
15．从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe O 、MnO 、CuO、SiO 等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工
2 3 2 2
艺如下：已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，Mn(OH) 的K 为1.9×10−13。
2 sp
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。
(2)“还原酸浸”时，MnO 反应的离子方程式为 。
2
(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①Au+5S O2−+[Cu(NH ) ]2+ =[Au(S O ) ]3−+[Cu(S O ) ]5−+4NH
2 3 3 4 2 3 2 2 3 3 3
②4[Cu(S O ) ]5−+16NH +O +2H O=4[Cu(NH ) ]2++4OH−+12S O2−
2 3 3 3 2 2 3 4 2 3
上述过程中的催化剂为 。
(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。
(5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+、Cu2+、MnO 的氧化性由强到弱的顺序为 。
2
(6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无Mn(OH) 析出，则c(Mn2+)≤ mol⋅L−1。
2
(7)一种锑锰(Mn Sb)合金的立方晶胞结构如图。
3
①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。
②N 为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 g⋅cm−3(列出计算式即可)。
A
【答案】
(1)3d104s1
(2)MnO +SO2−+2H+ =Mn2++SO2−+H O
2 3 4 2
(3)[Cu(NH ) ]2+
3 4
(4)大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含
度
(5)MnO >Fe3+>Cu2+
2
(6)0.19
122+55×3
(7) 12
𝑁A×a3×10−21
【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， Fe O 、MnO 被还原为Fe2+和Mn2+，CuO被溶解为Cu2+，Au、Ag、SiO
2 3 2 2
不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu2+被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+；“沉铁”时，Fe3+转化为沉淀，
后续转化为氧化铁；“沉锰”时，Mn2+沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。
【详解】
（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为
3d104s1。
（2）“还原酸浸”时，MnO 被亚硫酸钠还原为Mn2+，该反应的离子方程式为MnO +SO2−+2H+ =Mn2++SO2−+
2 2 3 4
H O。
2（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①Au+5S O2−+[Cu(NH ) ]2+ =[Au(S O ) ]3−+[Cu(S O ) ]5−+4NH
2 3 3 4 2 3 2 2 3 3 3
②4[Cu(S O ) ]5−+16NH +O +2H O=4[Cu(NH ) ]2++4OH−+12S O2−
2 3 3 3 2 2 3 4 2 3
分析以上两反应可知，[Cu(NH ) ]2+参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，
3 4
因此，上述过程中的催化剂为[Cu(NH ) ]2+。
3 4
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原
酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解
并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少
废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的
目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银
的富含度。
（5）“还原酸浸”时，Fe O 和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe3+和Cu2+，亚硫酸钠将Fe3+还原为Fe2+，而Cu2+并未
2 3
被还原，因此，Fe3+的氧化性强于Cu2+；“氧化”时，Fe2+被MnO 氧化为Fe3+，因此，MnO 的氧化性强于Fe3+。综
2 2
上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+、Cu2+、MnO 的氧化性由强到弱的顺序为MnO >Fe3+>Cu2+。
2 2
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时c(OH−)=10−6mol⋅L−1，无Mn(OH) 析出，根据Mn(OH) 的K
2 2 sp
为1.9×10−13，则c(Mn2+)≤
1.9×10−13
=0.19 mol⋅L−1。
(10−6)2
（7）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距
离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且
相等距离的Mn有3×8 =12个。
2
②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为122+55×3 g，该晶胞的
𝑁A
体积为(anm)3 =a×10−21cm3，晶体的密度为 (122+55×3)g = 122+55×3 g⋅cm−3。
𝑁A×a3×10−21cm3 𝑁A×a3×10−21
16．三氟甲基亚磺酸锂(M =140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下：
r
实验步骤如下：
Ⅰ．向A中加入3.5gNaHCO 、5.2gNa SO 和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M =168.5)，
3 2 3 r
有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。
Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na SO ，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤
2 4
液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。
Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽
滤、洗涤。
Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加
入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。
已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。
回答下列问题：(1)仪器A的名称为 ，冷凝管中冷却水应从 (填“b”或“c”)口通入。
(2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为 。
(3)步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是 。
(4)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为 ，判断加入浓盐酸已足量的方法为 。
(5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是 。
(6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为 (列出计算式即可)。
【答案】
(1) 三颈烧瓶 b
(2)二氧化碳
(3)将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率
(4) 取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，
若无白色沉淀，则浓盐酸已足量
(5)作为溶剂，溶解后加快反应速率
(6)40%
【分析】
向A中加入3.5gNaHCO 、5.2gNa SO 和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M =168.5)，
3 2 3 r
生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，80℃下反应
3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na SO ，
2 4
可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产
率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF
加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：
，析出白色固体。抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加
入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产
品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g，据此解答。
【详解】
（1）由图可知，A为三颈烧瓶，中间为冷凝管，为了提高冷凝效果，冷却水从b口通入，c口流出；
（2）向A中加入3.5gNaHCO 、5.2gNa SO 和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯
3 2 3
(M =168.5)，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产
r
生；
（3）A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分
搅拌后，加入无水Na SO ，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将吸附在滤渣上
2 4
的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率，故答案为：将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率；
（4）由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发
生的化学方程式为： ，析出白色固体，所以判断加入盐酸已
足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量；
（5）将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，故答案为：
作为溶剂，溶解后加快反应速率；
（6）已知向A中加入3.5gNaHCO 、5.2gNa SO ，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(M =168.5)，三氟甲磺酰氯量不足，
3 2 3 r
以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：140×3.3 g=2.75g，氟甲基亚磺酸锂的产率为1.1g ×100%=40%。
168 2.75g
17．我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应
为：
Ⅰ．C H OH(g)+H O(g)=2H (g)+CH COOH(g) ΔH K
2 5 2 2 3 1 𝑝1Ⅱ．C H OH(g)=CH CHO(g)+H (g) ΔH =+68.7kJ⋅mol−1
2 5 3 2 2
回答下列问题：
(1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为
预处理 水解 发酵
秸秆 → 纤维素 → → 乙醇
(2)对于反应Ⅰ：
①已知CH CHO(g)+H O(g)=H (g)+CH COOH(g) ΔH=−24.3kJ⋅mol−1则ΔH = kJ⋅mol−1。
3 2 2 3 1
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．CH COOH的体积分数不再变化
3
D．单位时间内生成1molH O，同时消耗2molH
2 2
③反应后从混合气体分离得到H ，最适宜的方法为 。
2
(3)恒压100kPa下，向密闭容器中按n(H O):n(C H OH)=9:1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图
2 2 5
1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性=
n(生成的乙酸)
×100%]
n(转化的乙醇)
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则
p(CH COOH):p(C H OH)= ，平衡常数K = kPa(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分
3 2 5 p1
压=总压×物质的量分数)。
【答案】
(1) 葡萄糖
(2) +44.4 AC 降温冷凝后收集气体
(3) 乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5
0.72×100×1.622
0.1×8.28×10.9
【详解】
（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律ΔH =ΔH+ΔH =-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1；
1 2
②恒温恒容下发生C H OH(g)+H O(g)=2H (g)+CH COOH(g)：
2 5 2 2 3
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到
平衡状态，A符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反
应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．CH COOH的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意；
3
D．单位时间内生成1molH O，同时消耗2molH 均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
2 2
故选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；
（3）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大
能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；
③设投料n(H O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性
2
为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n (乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强
平
比=物质的量之比，故p(CH COOH):p(C H OH)=0.72:0.1=36:5；列三段式
3 2 5
C H OH(g)+H O(g)=2H (g)+CH COOH(g) C H OH(g)=H (g)+CH CHO(g)
2 5 2 2 3 、 2 5 2 3 ，则平衡时乙醇、
Δn(mol) 0.72 0.72 1.44 0.72 Δn(mol) 0.18 0.18 0.18
H O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为
2
100kPa× 0.72 ×(100kPa× 1.62 )2 0.72 ×100×( 1.62 )2
0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则K = 10.9 10.9 =10.9 10.9 =
p1 0.1 8.28 0.1 8.28
100kPa× ×100kPa× ×
10.9 10.9 10.9 10.9
0.72×100×1.622
kPa。
0.1×8.28×10.9
18．化合物L是某中药的活性成分。一种合成路线如下(略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学)。
已知：在Ru(Ⅱ)的催化下，端烯烃 和 生烯烃复分解反应得到产物 。
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称为 。
(2)对比C和D的结构，可以推知C和D的 (填标号)不相同。
a．分子式 b．质谱图中的碎片峰 c．官能团
(3)D→F中另一产物的化学名称为 。
(4)E发生加聚反应，产物的结构简式为 。
(5)F→G的反应类型为 。
(6)羰基具有较强的极性。I→J经历了加成和消去的过程，其中间体的结构简式为 (填标号)。
a． b． c． d．
(7)K→L的化学方程式为 。(8)写出一种满足下列条件的L的同分异构体的结构简式 (不考虑立体异构)。
①能与FeCl 发生显色反应；1mol该物质与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH。
3
②核磁共振氢谱显示6组峰，且峰面积比为9:2:2:2:1:1。
③含有酯基和氨基(或取代的氨基，−NR''R'''，R''和R'''可以是H或烃基)。
【答案】
(1)醛基
(2)b
(3)乙烯
(4)
(5)氧化反应
(6)c
(7)
(8) 或 或
【分析】
A发生取代反应生成B，B与 发生反应生成C，C发生反应生成D，D与E在Ru(Ⅱ)作用下发生已知信
息的反应生成 F，F 在 SeO 作用下生成 G，G 比 F 多了一个氧原子，截个 H 的结构简式可知，G 的结构简式为
2
，G 发生还原反应生成 H，H 发生取代反应生成 I，I 中氨基与酮羰基先发生加成反应，再发生消
去反应生成J，J发生还原反应生成K，K发生取代反应生成L，据此解答。
【详解】
（1）由A结构简式可知，A中含氧官能团名称为醛基；
（2）观察结构可知，C和D的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，其官能团也是相同的，排除a、c，两种
分子因结构差异导致断裂偏好不同，所形成的碎片种类或丰度显著不同，故其质谱图中碎片峰会不同，故选b；
（3）结合烯烃复分解反应规律可知，其另一种产物是乙烯；
（4）E中含有碳碳双键，能发生加聚反应，产物的结构简式为 ；
（5）K→G的反应是加氧的反应，反应类型是氧化反应；
（6）I→J的反应为氨基和酮羰基的加成反应，形成七元环和羟基，得到的产物结构简式为 ，随后，羟基发生消去反应，即可得到J，故选c；
（7）K发生取代反应生成L，同时会生成甲醇，化学方程式为 ；
（8）L结构简式为 ，分子中不饱和度为5，碳原子数为12，氧原子数为3，氮原子数为1，满足下列
条件：
① 能与FeCl 发生显色反应，说明其含有酚羟基，苯环占了4个不饱和度，说明其余结构还剩余1个不饱和度，1mol
3
该物质与足量氢氧化钠反应，消耗3molNaOH，则其结构中应含有酚羟基形成的酯基，刚好消耗1个不饱和度，结
构中含有氨基，且核磁共振氢谱为 9：2：2：2：1：1，说明其含有三个等效的甲基，其核磁共振氢谱没有出现 3，
说 明 不 含 有 单 独 的 甲 基 ， 满 足 条 件 的 结 构 简 式 为 、
、 。
