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2025 年甘肃高考真题化学试题
一、单选题
1．下列爱国主义教育基地的藏品中，主要成分属于无机非金属材料的是
A．劳动英雄模范碑(南梁革命纪念馆藏)
B．红军党员登记表(红军长征胜利纪念馆藏)
C．陕甘红军兵工厂铁工具(甘肃省博物馆藏)
D．谢觉哉使用过的皮箱(八路军兰州办事处纪念馆藏)
【答案】A
【详解】
A．劳动英雄模范碑通常由石材或混凝土制成，属于无机非金属材料（如硅酸盐类），A符合题意；
B．红军党员登记表为纸质材料，主要成分是纤维素（有机高分子材料），B不符合题意；
C．铁工具由金属铁制成，属于金属材料，C不符合题意；
D．皮箱由皮革（动物蛋白质加工而成，属于有机材料）制成，D不符合题意；
故选A。
2．马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误的是
A．基态Si原子的价层电子排布图：
B． 16O的同位素 18O可作为有机反应示踪原子
8 8
C．SiCl 的电子式为：
4
D．SiO 的球棍模型为：
2
【答案】D
【详解】
A．Si为14号元素，其基态价电子排布式为3s23p2，故其基态价电子排布图为 ，A项正确；
B．16O和18O为氧元素的两种同位素，18O常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B项正确；
C．SiCl 为分子晶体，Si与Cl形成一对共用电子对，故SiCl 的电子式为 ，C项正确；
4 4
D．SiO 为共价晶体，其球棍模型应为立体网状结构， 不能表示SiO ，D项错误；
2 2
故选D。
3．苦水玫瑰是中国国家地理标志产品，可从中提取高品质的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的结构简式如图，下列
说法错误的是
A．该分子含1个手性碳原子 B．该分子所有碳原子共平面C．该物质可发生消去反应 D．该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【详解】
A．该分子含1个手性碳原子，如图所示 ，A项正确；
B．该分子中存在多个sp3杂化的碳原子，故该分子所在的碳原子不全部共平面，B项错误；
C．该物质含有醇羟基，且与羟基的β-碳原子上有氢原子，故该物质可以发生消去反应，C项正确；
D．该物质含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，D项正确；
故选B。
4．CO 加氢转化成甲烷，是综合利用CO 实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，CO (g)+4H (g)=
2 2 2 2
CH (g)+2H O(g)ΔH=−185kl/mol。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是
4 2
A．减小体系压强 B．升高温度
C．增大H 浓度 D．恒容下充入惰性气体
2
【答案】C
【详解】A．反应物气体总物质的量为5mol，生成物为3mol，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向（逆反应）
移动，A不符合题意；
B．该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意；
C．增大H 浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的H ，C符合题意；
2 2
D．恒容充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意；
故选C。
5．X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层
电子数的3倍，X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列说法错误的是
A．X与Q组成的化合物具有还原性 B．Y与Q组成的化合物水溶液显碱性
C．Z、W的单质均可在空气中燃烧 D．Z与Y按原子数1:1组成的化合物具有氧化性
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，说明Y、
Q为同主族元素，均为其K层电子数的3倍，说明价电子数为6，为氧元素和硫元素；X与Z同族，W为金属元素，
其原子序数等于X与Z的原子序数之和，所以只能推出W为镁，则Z为Na，X为H，据此解答。
【详解】
A．X与Q组成的化合物如H与S形成的H S，这些化合物中S处于最低价，具有还原性，A正确；
2
B．Y与Q形成的化合物为SO 或SO ，溶于水生成亚硫酸或硫酸，溶液显酸性，B错误；
2 3
C．Z为Na，W为Mg，都可以在空气中燃烧生成过氧化钠和氧化镁，C正确；
D．Z与Y按1:1组成的化合物为过氧化钠，其中O为-1价，有氧化性，D正确；
故选B。
6．丁酸乙酯有果香味。下列制备、纯化丁酸乙酯的实验操作对应的装置错误的是(加热及夹持装置略)
A B C D
回流 蒸馏 分液 干燥A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．加热回流时选择圆底烧瓶和球形冷凝管，冷凝管起到冷凝回流的目的，A正确；
B．蒸馏时测定的是蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，该装置温度计插入液体中，测定是液
体的温度，装置不对，B错误；
C．分液时，选择分液漏斗和烧杯，为了防止液体溅出，分液漏斗下端紧挨烧杯内壁，C正确；
D．有机液体干燥时，常加入无水氯化镁，无水硫酸钠等干燥剂，充分吸收水分后，过滤，可得干燥的有机液体，
D正确；
故选B。
7．物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是
选项 事实 结构因素
A K与Na产生的焰色不同 能量量子化
B SiH 的沸点高于CH 分子间作用力
4 4
C 金属有良好的延展性 离子键
D 刚玉(Al O )的硬度大，熔点高 共价晶体
2 3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A．焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级（能量量子化）导致焰色差异，结构因素
正确，A不符合题意；
B．SiH 和CH 均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力（范德华力）强弱决定，结构因素正确，B不符合题意；
4 4
C．金属延展性源于金属键的特性（自由电子使原子层滑动），而离子键对应离子晶体（延展性差），结构因素“离子
键”错误，C符合题意；
D．四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉(Al O )的硬
2 3
度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不符合题意；
故选C。
8．物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系不成立的是
选项 物质的性质 用途
A NaHCO 具有热分解性 餐具洗涤剂
3
B 酚醛树脂具有耐高温、隔热性 飞船外层烧蚀材料
C 离子液体具有导电性 原电池电解质
D 水凝胶具有亲水性 隐形眼镜材料
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．NaHCO 用作餐具洗涤剂是因为水解显碱性可与油脂反应，而非热分解性，对应关系不成立，A错误；
3
B．酚醛树脂耐高温、隔热性符合烧蚀材料保护飞船的需求，对应正确，B正确；
C．离子液体的导电性使其适合作为原电池电解质，对应正确，C正确；
D．水凝胶的亲水性可保持隐形眼镜湿润，对应正确，D正确；
故选A。
9．我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子(CH ) NCl可形成主客体包
3 4
合物：(CH ) N+被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是
3 4A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键
C．磺酸基中的S—O键能比S=O小 D．(CH ) N+和(CH ) N中N均采用sp3杂化
3 4 3 3
【答案】B
【详解】
A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确；
B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；
C．已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确；
D．N原子价电子数为5，(CH ) N+中N有4条𝜎键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，(CH ) N
3 4 3 3
中N有3条𝜎键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确；
故选B。
10．我国科学家制备了具有优良双折射性能的C H N I ⋅3H O材料。下列说法正确的是
3 8 6 6 2
A．电负性N<C<O B．原子半径C<N<O
C．I−中所有I的孤电子对数相同 D．C H N2+中所有N—H极性相同
3 3 8 6
【答案】C
【详解】
A．非金属性越强，电负性越大，故电负性：C＜N＜O，A错误；；
B．同周期从左到右，原子半径递减，故原子半径：C＞N＞O，B错误；
C．碘的价电子数为7，I−中心原子I与两个碘通过共用电子对形成共价键，则两边的碘存在3对孤对电子，中心原
3
子I的孤对电子是7+1−2×1 =3，C正确；
2
+
D．六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，N−H离大π键比较近，N-H键极性更大，D错误；
故选C。
11．处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下：下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+ =3Cu+2Fe3+
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH) 沉淀越完全
3
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了Li CO 的溶解度比Na CO 小的性质
2 3 2 3
【答案】D
【分析】酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得
到Al(OH) 沉淀，滤液加入H O ，把Fe2+氧化为Fe(OH) 沉淀，在经过多步操作，最后加入Na CO ，得到Li CO
3 2 2 3 2 3 2 3
沉淀。
【详解】
A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe+Cu2+ =Cu+Fe2+，A错误；
B．Al(OH) 是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH) 会溶解，B错误；
3 3
C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；
D．加入Na CO 得到Li CO 沉淀，利用了Li CO 的溶解度比Na CO 小的性质，D正确；
2 3 2 3 2 3 2 3
故选D。
12．我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如下图)。以新型MoNi⁄NiMoO 为催化
4
剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是
A．将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率
B．在外电路中，电子从电极1流向电极4
C．电极3的反应为：4OH−−4e− =2H O+O ↑
2 2
D．理论上，每通过2mol电子，可产生1molH
2
【答案】D
【分析】有图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：
Mg-2e-+2OH-=Mg(OH) ，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：H O+2e-=H ↑+2OH-，右侧为电解池，电极3
2 2 2
为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。
【详解】
A．催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；
B．根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；
C．由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：4OH−−4e− =2H O+O ↑，C正
2 2
确；
D．根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH ，D错误；
2
故选D。
13．下列实验操作能够达到目的的是选
实验操作 目的
项
A 测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸
B 向稀Fe (SO ) 溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究H+对Fe3+水解的影响
2 4 3
向AgNO 溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变
C 3 比较AgCl和AgI的Ksp大小
化
D 将氯气通入Na S溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性
2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．若该酸为一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2，可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也可能达
到pH=2，故无法判断该酸是否为强酸，A错误；
B．向稀Fe (SO ) 溶液中加浓硫酸，虽增加H+浓度增大抑制Fe3+水解，但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单
2 4 3
独验证H+的影响，B错误；
C．AgNO 溶液过量，溶液中剩余的Ag+会直接与I−生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI，故不能比较K ，C
3 sp
错误；
D．Cl 与Na S反应生成S淡黄色沉淀，证明Cl 将S2−氧化为S，验证了Cl 的氧化性，D正确；
2 2 2 2
故选D。
14．氨基乙酸(NH CH COOH)是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：
2 2
pK1=2.4 pK2=9.6
∗NH CH COOH ⇌ NH CH COO− ⇌ NH CH COO−
3 2 3 2 2 2
在25℃时，其分布分数δ[如δ(NH CH COO−)=
c(NH2CH2COO−)
]
2 2 c(∗NH3CH2COOH)+c(∗NH3CH2COO−)+c(NH2CH2COO−)
与溶液pH关系如图1所示。在100mL0.01mol/L∗NH CH COOH⋅Cl−溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH
3 2
与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ对应的离子是 ∗NH CH COOH
3 2
B．a点处对应的pH为9.6
C．b点处c( ∗NH CH COOH)=c(NH CH COO−)
3 2 2 2
D．c点处2c( ∗NH CH COOH)+c( ∗NH CH COO−)+c(H*)=c(OH−)
3 2 3 2
【答案】C
pK1=2.4 pK2=9.6
【分析】图1可知，随着pH增大，平衡 ∗NH CH COOH ⇌ NH CH COO− ⇌ NH CH COO−右移，
3 2 3 2 2 2
*NH CH COOH的分布分数减少，NH CH COO-先增加后减少，NH CH COO-最后增加，a点代表NH CH COO-和
3 2 3 2 2 2 3 2
NH CH COO-分布分数相等的点；图2中b点滴入NaOH为10mL， ∗NH CH COOH⋅Cl−和NaOH的物质的量相等，
2 2 3 2
得到NH CH COO-，c点 ∗NH CH COOH⋅Cl−和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH CH COO-。
3 2 3 2 2 2
【详解】A．根据分析可知，随着pH值增大，*NH CH COOH的分布分数减少，曲线I代表*NH CH COOH的分布分数，A
3 2 3 2
正确；
B．a点代表NH CH COO-和NH CH COO-分布分数相等的点，二者浓度相等，Pk =9.6，K =
c(NH2CH2COO−)×c(H+)
=
3 2 2 2 a2 a2 c((NH3CH2COO−)
c(H+)=10−9.6，pH=9.6，B正确；
C．图2中b点滴入NaOH为10mL， ∗NH CH COOH⋅Cl−和NaOH的物质的量相等，得到主要离子为NH CH COO-，
3 2 3 2
NH CH COO-存在电离和水解，K =10-9.6，K = Kw= 10−14 =10−11.6，电离大于水解，则c( ∗NH CH COOH) <
3 2 a2 h Ka1 10−2.4 3 2
c(NH CH COO−)，C错误；
2 2
D．c点 ∗NH CH COOH⋅Cl−和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH CH COO-，根据质子守恒，有
3 2 2 2
2c( ∗NH CH COOH)+c( ∗NH CH COO−)+c(H*)=c(OH−)，D正确；
3 2 3 2
故选C。
二、解答题
15．某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu O 和苯甲酸钠制备配合物Eu(C H O ) ⋅xH O，并通过实验测定产品
2 3 7 5 2 3 2
纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH) 沉淀。Eu(C H O ) ⋅xH O在空气中易
3 7 5 2 3 2
吸潮，加强热时分解生成Eu O 。
2 3
(1)步骤①中，加热的目的为 。
(2)步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为 ；pH接近6时，为了防止pH变化过大，
还应采取的操作为 。
(3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为 。
(4)准确称取一定量产品，溶解于稀HNO 中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH标准溶液，
3
滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为 。实验所需的指示剂不可更换
为甲基橙，原因为 。
(5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的原因
为 。结晶水个数x= 。[M(C H O−)=121，结果保留两位有效数字]。
7 5 2
【答案】
(1)升高温度，加快溶解速率，提高浸出率
(2) 防止生成Eu(OH) 沉淀 缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值
3
(3)容量瓶、烧杯(4) 滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色 滴定终点呈碱性，使用甲基橙误
差较大
(5) Eu(C H O ) ⋅xH O吸潮的水 1.7
7 5 2 3 2
【分析】Eu O 加入稀盐酸加热溶解，调节pH=6，再加入苯甲酸钠溶液，得到Eu(C H O ) ⋅xH O沉淀，再经过抽
2 3 7 5 2 3 2
滤、洗涤，得到产品。
【详解】
（1）步骤①中，加热的目的是：加快溶解速率，提高浸出率；
（2）Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH) 沉淀，步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的是
3
防止生成Eu(OH) 沉淀；
3
pH接近6时，为了防止pH变化过大，要缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值；
（3）配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶；
（4）用酚酞做指示剂，HCl标准溶液滴定剩余的NaOH，滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红
色变无色，并保持半分钟不褪色；
滴定终点呈碱性，甲基橙变色范围在酸性范围内，使用甲基橙做指示剂误差较大；
（5）Eu(C H O ) ⋅xH O在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C H O ) ⋅xH O吸潮的水，
7 5 2 3 2 7 5 2 3 2
92℃~195℃失去的是结晶水的质量；
最后得到的是Eu O ，1molEu(C H O ) ⋅xH O失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，根据M(C H O−)=121，
2 3 7 5 2 3 2 7 5 2
1molEu(C H O ) 生成0.5mol的Eu O ，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，有关系式18x：5.2%=339：
7 5 2 3 2 3
56.8%，x=1.7。
16．研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As O 及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿
2 3
色工艺，部分流程如下：
已知：As O 熔点314℃，沸点460℃
2 3
分解温度：CuO1100℃，CuSO 560℃，ZnSO 680℃，PbSO 高于1000℃
4 4 4
K (PbSO )=1.8×10−8
sp 4
(1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。
(2)将SO 通入Na CO 和Na S的混合溶液可制得Na S O ，该反应的化学方程式为 。
2 2 3 2 2 2 3
(3)酸浸的目的为 。
(4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。
(5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数a≠b≠
c，α=β=γ=90°。Cs与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，
晶体密度计算式为 g/cm3(用带有阿伏加德罗常数N 的代数式表示M 、M 和M 分别表示Cs、Pb和Br的摩
A Cs Pb Br
尔质量)。【答案】
(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As O 沸腾收集
2 3
(2)4SO +Na CO +2Na S=3Na S O +CO
2 2 3 2 2 2 3 2
(3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液
(4)电解法或置换法
(5)
√a2+b2+c2
CsPbBr
MCs+MPb+3MBr
2 3 NA×abc×10-30
【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、As O 及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，As O 因沸点低被蒸出，
2 3 2 3
设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶
于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸
铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。
【详解】
（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As O 沸腾收集，故答案为：使硫酸铜
2 3
分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As O 沸腾收集；
2 3
（2）将SO 通入Na CO 和Na S的混合溶液可制得Na S O ，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方
2 2 3 2 2 2 3
程式为4SO +Na CO +2Na S=3Na S O +CO ，故答案为：4SO +Na CO +2Na S=3Na S O +CO ；
2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2
（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为
硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；
（4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法；
（5）某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为8× 1 =1，Br位于棱心，
8
个数为12× 1 =3，该化合物的化学式为CsPbBr ，Cs位于体心，Pb位于顶点，Cs与Pb之间的距离为体对角线的一
3
4
半，由于晶胞参数a≠b≠c，α=β=γ=90℃，Cs与Pb之间的距离为 √a2+b2+c2 pm，该晶体密度计算式为MCs+MPb+3MBr
2 NA×abc×10-30
g/cm3，故答案为： √a2+b2+c2 ；CsPbBr ；MCs+MPb+3MBr。
2 3 NA×abc×10-30
17．乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：C H (g)+H (g)=C H (g) ΔH =−175kJ⋅mol−1(25℃,101kPa)
2 2 2 2 4 1
反应2：C H (g)+2H (g)=C H (g) ΔH =−312kJ⋅mol−1(25℃,101kPa)
2 2 2 2 6 2
(1)25℃，101kPa时，反应C H (g)+H (g)=C H (g) ΔH= kJ⋅mol−1。
2 4 2 2 6
(2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙
炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在60~220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 (任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，
乙炔转化率减小的原因可能为 。
②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为𝑣 𝑣 (填“>”“<”或“=”)，理由为 。
1 2
(3)对于反应1，反应速率v(C H )与H 浓度c(H )的关系可用方程式v(C H )=k[c(H )]𝛼表示(k为常数)。145℃时，
2 2 2 2 2 2 2
保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C H )=1.012×10−4mol⋅L−1⋅s−1时，c(H )=
2 2 2mol⋅L−1。
实验组 c(H )/mol⋅L−1 v(C H )/mol⋅L−1⋅s−1
2 2 2
一 4.60×10−3 5.06×10−5
二 1.380×10−2 1.518×10−4
(4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃,101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的
路径)。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的
活化能)
【答案】
(1)-137
(2) 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 催化剂在该温度范围内失活 ＞ 乙烯的
选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率
(3)9.2×10-3
(4) Pd/W Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的
【详解】
（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则△H=△H －△H =－312kJ/mol+175kJ/mol=−137kJ/mol；
2 1
（2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的
转化率增大；
220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温
度范围内失活；
由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即v ＞v ；
1 2
①5.06×10−5 =k×(4.6×10−3)α
（3）将数据代入方程{ ，②÷①得到𝛼=1，则k=1.1×10−2，𝑣(C H )=1.012×
②1.518×10−4 =k×(1.38×10−2)α 2 2
10-4时，1.012×10-4=1.1×10−2×c(H )，c(H )=9.2×10−3mol/L；
2 2
（4）如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，
乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。
18．毛兰菲是一种具有抗肿瘤活性的天然菲类化合物，可按下图路线合成(部分试剂省略)：(1)化合物A中的含氧官能团名称为 ，化合物A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为 。
(2)化合物B的结构简式为 。
(3)关于化合物C的说法成立的有 。
①与FeCl 溶液作用显色 ②与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀
3
③与D互为同系物 ④能与HCN反应
(4)C→D涉及的反应类型有 ， 。
(5)F→G转化中使用了CH OLi，其名称为 。
3
(6)毛兰菲的一种同分异构体Ⅰ具有抗氧化和抗炎活性，可由多取代苯甲醛J出发，经多步合成得到(如下图)。已知J
的 1HNMR谱图显示四组峰，峰面积比为1:1:2:6。J和I的结构简式为 ， 。
【答案】
(1) 酚羟基、醛基
(2)
(3)②④
(4) 还原反应 加成反应
(5)甲醇锂
(6)
【分析】A为 ，与CH I发生取代反应，生成B，其结构简式为 ；B与BnBr发生取代反应，生成C，
3
其结构简式为 ；C被NaBH 还原，生成D，其结构简式为 ；多步转化生成E；E与F
4
发生醛基的先加成后消去反应，生成G；G经过一系列反应生成H；H与氢气反应生成毛兰菲。
【详解】
（1）化合物A的结构简式为 ，其含氧官能团为酚羟基、醛基；A中酚羟基可与NaOH反应，生成
，其反应的化学方程式为： 。
（2）
由分析可知，化合物B的结构简式为： 。
（3）化合物C中无酚羟基，不能与FeCl 溶液作用显色；有醛基，可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，
3
能与HCN发生加成反应；化合物D与C的官能团种类不能，不互为同系物，故说法成立的为②④。
（4）C→D中，醛基被还原为醇羟基，即属于还原反应，又属于加成反应。
（5）CH OLi为甲醇与活泼金属形成的化合物，名称为甲醇锂。
3
（6）
根据流程中E和F的反应，J经过一系列转化形成的结构类似于F，且其分子式为C H O ，峰面积比为1：1：2：
9 10 4
6，则其结构简式为 ；I为毛兰菲的同分异构体，类似G转化为毛兰菲的过程，可推出I的结构
简式为： 。
