文档文本内容
2025 年湖南省普通高中学业水平选择性考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题卷和答题卡上。
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
本试题卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
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. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是
A. 高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
B. 金刚石薄膜——“梦想”号大洋钻探船使用的钻头表面涂层
C. 超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D. 超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
【答案】A
【解析】
A．金属材料包括纯金属及其合金，选项中的不锈钢是铁基合金，属于金属材料，A正确；
B．金刚石是碳的非金属形态，是无机非金属材料，B错误；
C．玄武岩纤维是由火山岩（主要成分为硅酸盐矿物）熔融制成的无机非金属材料，类似于玻璃纤维，不
属于金属材料，C错误；
D．玻璃纤维的主要成分是二氧化硅等非金属氧化物，属于无机非金属材料，因此不属于金属材料，D错
误；
故选A。
2. 化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是B．产生红色沉 D．试纸变为蓝
A．溶液褪色 C．溶液呈紫色
淀 色
.
A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A. 乙烯与酸性KMnO 溶液反应，溶液褪色，故A正确；
4
B. KOH溶液与CuSO 溶液反应生成Cu(OH) 蓝色沉淀，故B错误；
4 2
C. FeCl 溶液与苯酚发生显色反应生成紫色络合物，故C正确；
3
D. 浓氨水挥发出的氨气遇到湿润的红色石蕊试纸，发生反应： ，
试纸变为蓝色，故D正确。
故选B。
3. 加热时，浓硫酸与木炭发生反应： (浓) 。设 为阿伏加德罗
常数的值。下列说法正确的是
A. 含质子数为
B. 常温常压下， 含σ键数目为
C. 的稀硫酸中含 数目为
D. 与 充分反应得到 的分子数为
【答案】A
【解析】
A．12g的12C的物质的量为1mol，每个12C原子含有6个质子，因此总质子数为6N ，A正确；
A
B．常温常压下，6.72L CO 的物质的量小于0.3mol，每个CO 分子含2个σ键，总σ键数小于0.6N ，B错
2 2 A
误；C．pH=1的稀硫酸中， 浓度为0.1mol/L，1L溶液中 数目为0.1N ，而非0.2N ，C错误；
A A
D．SO 与O 生成SO 的反应为可逆反应，无法完全转化，实际生成的SO 分子数小于N ，D错误；
2 2 3 3 A
故选A。
4. 只用一种试剂，将 四种物质的溶液区分开，这种试剂是
A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液
【答案】D
【解析】
A．NaOH溶液分别和Na SO 、KNO 溶液混合时都没有明显现象，无法鉴别Na SO 、KNO ，故
2 4 3 2 4 3
A错误；
B．AgNO 溶液和Na SO 、(N H ) CO 、AlCl 溶液都能生成白色沉淀，无法鉴别
3 2 4 4 2 3 3
Na SO 、(N H ) CO
2 4 4 2 3
、AlCl ，故B错误；
3
C．稀硫酸分别和Na SO 、AlCl 、KNO 溶液混合，都没有明显现象，无法鉴别
2 4 3 3
Na SO 、AlCl 、KNO ，故C错误；
2 4 3 3
D．Ba(OH) 溶液分别和Na SO 、(N H ) CO 、AlCl 、KNO 溶液混合时，现象分别为：生成白
2 2 4 4 2 3 3 3
色沉淀、生成气体、先生成白色沉淀后沉淀溶解、无明显现象，现象不同，可以鉴别，故D正确。
故选D。
5. 下列有关物质性质的解释错误的是
性质 解释
A 酸性： 是推电子基团
熔点：
B 的体积大于
C 熔点： 比 的金属性弱
D 沸点： 分子间存在氢键
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A．羧酸酸性强弱与烃基的电子效应有关，−CH 是推电子基团，会使CH COOH中羧基的电子云密度相
3 3对
HCOOH更大，H+更难电离，所以酸性CH COOH<HCOOH，解释合理，A项正确；
3
B．C H NH NO 和NH NO 均为离子晶体，离子晶体熔点与晶格能有关。C H NH+ 的体积大于
2 5 3 3 4 3 2 5 3
NH+
，则
4
C H NH+ 与$\text{NO}_3^-$间的晶格能小于NH+ 与NO− 间的晶格能，晶格能小的熔点低，所以熔点
2 5 3 4 3
C H NH NO <NH NO ，解释合理，B项正确。；
2 5 3 3 4 3
C．Fe、Na均为金属晶体，金属晶体熔点取决于金属键强弱，金属键强弱与金属阳离子半径、所带电荷有
关。Fe的金属阳离子半径小、所带电荷多，金属键强，熔点高，与金属性强弱无关（金属性是指元素原子
失去电子的能力），该项解释错误，C项符合题意；
D．H O分子间存在氢键，使分子间作用力增大，而H S分子间无氢键，所以沸点H O>H S，解释合
2 2 2 2
理，D项正确；
故选C。
6. 浓溶液中含有的 具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依
次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z
的最外层电子数，M的价层电子排布是 。下列说法正确的是
A. 电负性：
B. Y形成的两种单质均为非极性分子
C. 由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质
D. 铁管上镶嵌M，铁管不易被腐蚀
【答案】D
【解析】
【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，则Y的最外层电子数为6，Y为O，X和Y的最外层电子数之
和等于Z的最外层电子数，则X的最外层电子数应为1，原子序数小于氧元素，则X为H，Z的最外层电
子数为7，则Z为Cl，M的价层电子排布是 ，M是Zn，综上所述：X为H、Y为O、Z为Cl、M
是Zn，据此解答；
A．非金属性越强，电负性越大， 中O为负化合价，因此X（H）的电负性小于Y（O），A错误；B．Y（O）的单质O 是非极性分子，但O 是极性分子（V形结构导致偶极矩不为零），B错误；
2 3
C．X（H）、Y（O）、Z（Cl）形成的化合物如HClO，属于弱电解质，并非全部为强电解质，C错误；
D．M为Zn，比Fe活泼，镶嵌Zn会通过牺牲阳极保护铁管，使其不易被腐蚀，D正确；
故选D。
7. 掺杂的铋酸钡具有超导性。 替代部分 形成 (摩尔质量为 )，其
晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为 ，设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 晶体中与铋离子最近且距离相等的 有6个
B. 晶胞中含有的铋离子个数为8
C. 第一电离能：
D. 晶体的密度为
【答案】A
【解析】
A．根据图示，晶体中与Bi3+最近且距离相等的O2−有6个，故A正确；
1
B．晶胞中Bi原子个数为8× =1，故B错误；
8
C．Ba为金属，易失电子；O非金属性较强，难失电子，所以第一电离能Ba<O，故C错误；
D．晶胞中Ba或K位于体心，个数为总和1， 位于棱心，有 ，所以晶胞的质量是 ，
晶胞体积是 ，则晶体的密度是： ，D错误；
故选A。8. 是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为
。下列说法错误的是
A. 中 元素的化合价为
B. 的空间结构为平面三角形
C. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D. 反应中消耗 ，转移
【答案】C
【解析】
A．在NaSbO 中，Na为+1价，O为−2价，设Sb元素化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价代数
3
和为(O)，可得(+1)+x+3×(−2)=0，解得x=+5，A正确；
5+1−3×2
B．NO− 中N原子的价层电子对数=3+ =3，且无孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空
3 2
间结构为平面三角形，B正确；
C．反应中氧化剂为NaNO 中的N（4mol）和O（3mol），总物质的量7mol；还原剂为Sb（4mol）。氧
3 2
化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C错误；
D．O、NaNO 同时做氧化剂，3mol O 参与反应，有4molSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol
2 3 2
（Sb的氧化，化合价：0→+5），D正确；
故选C。
9. 一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 电解过程中， 向左室迁移B. 电解过程中，左室中 的浓度持续下降
C. 用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色
D. 完全转化为 的电解总反应：
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，左侧发生 ，N元素化合价下降，则左侧是阴极区，右侧发生
，Cl元素化合价上升，则右侧是阳极区，据此解答；
A．电解池中，阳离子向阴极移动，则， 向左室迁移，A正确；
B．电解过程中， 先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于生成速率与消耗速率，
无法得出其浓度持续下降的结论，B错误；
C．b处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使变红的试纸褪色，
故能看到试纸先变红后褪色，C正确；
D．左侧阴极总反应是 ，右侧阳极总反应是 ，将两
电极反应相加即可得到总反应，D正确；
故选B。
10. 天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X的核磁共振氢谱有4组峰
.
B 与 水溶液反应，最多可消耗
C. 天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐
D. 天冬氨酸通过加聚反应可合成聚天冬氨酸
【答案】C【解析】
A．X中含有2种氢原子，其核磁共振氢谱有2组峰，A错误；
B．Y中羧基、溴原子水解生成的 HBr都能和NaOH以1：1反应，Y中含有1个溴原子和2个羧基，
所以1molY最多消耗3mol NaOH，B错误；
C．天冬氨酸中氨基具有碱性、羧基具有酸性，所以天冬氨酸是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐，C
正确；
D．天冬氨酸中含有2个羧基和1个氨基，能发生缩聚反应生成聚天冬氨酸，D错误；
故选C。
11. 具有还原性，易水解。一种制备纯净的 的装置示意图如下：
下列说法错误的是
A. 导气管a需接一个装有碱石灰的干燥管
B. 实验过程中应先通入 ，再开启管式炉加热
C. 若通入气体更换为 ，也可制备纯净的
D. 配制 溶液需加盐酸和金属
【答案】C
【解析】
【分析】先通入 ，排净装置的空气，Sn与HCl在管式炉中发生反应制取 ，冷却剂用于冷凝
， 盛接器收集 ，据此解答。
A.碱石灰具有吸水性且能吸收HCl，导气管a连接一个装有碱石灰的干燥管能防止空气中的水蒸气进入
SnCl 接收器，防止SnCl 水解，并且能吸收尾气中的HCl，防止污染空气，故A正确；
2 2
B.实验过程中应先通入HCl(g)，将空气排尽，防止Sn、SnCl 被空气氧化，然后再开启管式炉加热，故
2
B正确；C.氯气具有强氧化性，能氧化SnCl ，得不到纯净的SnCl ，故C错误；
2 2
D.SnCl 易水解且具有还原性，配制SnCl 溶液时要防止其水解和被氧化，所以在配制SnCl 溶液需加盐
2 2 2
酸和金属Sn，故D正确。
故选C。
12. 工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工
艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的 ；
金属化合物
下列说法错误的是
A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B. 试剂X可以是 溶液
C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】富集液中含有两种金属离子 ，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的
可知，CdCO、MnCO 的 接近，不易分离，则试剂X选择含 的试剂，得到CdS滤饼，加入
3 3
溶液沉锰，发生反应： ，据此解答。
A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；B．由分析可知，试剂X可以是 溶液，B正确；
C．若先加入 溶液进行“沉锰”，由题中信息以及 数据可知，金属离子 浓度相
当，则 也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正
确；
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是： ，D错误；
故选D。
13. 草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向 溶液中滴入一定量 溶液。混合溶液的 与
的关系如图所示。
实验2：向 溶液中加入 溶液。
已知： 时， 。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是
A. 实验1，当溶液中 时，
B. 实验1，当溶液呈中性时：
C. 实验2，溶液中有沉淀生成
D. 实验2，溶液中存在：
【答案】D【解析】
【分析】 、 ，根据 可知，当 时，
对应 大，pH数值小，因此 ， ，
的
以此解题。
A ． ， 当 溶 液 中
时， ，pH=2.5，A正确；
B．当溶液呈中性时， ，由两步电离平衡常数可知， ，
，同理： ， ，B正确；
C．实验2的离子方程式： ，平衡常数：
，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定
量计算，两步电离平衡反应式相加，得到 ，二者等体积混合，，列三段式： ，则
，估算x的数量级为 ，故
，故有沉淀生成，C正确；
D．电荷守恒中右侧缺少了 的浓度项，D错误；
故选D。
14. 环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯( )为原料生产环氧丙烷(
)的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A. 过程中Ⅱ是催化剂
B. 过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
的
C. 过程中 元素 化合价发生了变化
D. 丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%【答案】B
【解析】
A．Ⅱ在 I和H O 的反应中作生成物，在生成 Ⅲ 的反应中作反应物，因此该物质不是催化剂，而是中
2 2
间产物，故 A 错误。
B．CH =CHCH 在反应中断裂C=C非极性键中的π键及C−H极性键；H O 在反应中断裂O−O非极
2 3 2 2
性键生成 $-\text{OH}$；生成Ⅲ时形成新的O−O非极性键，生成Ⅳ时形成C−O极性键。因此该过程中
既有极性键又有非极性键的断裂与形成，故B正确。
C．根据图示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 中Ti元素的化合价相同，故Ti元素的化合价在反应过程中未发生变化，
故C错误。
D．反应生成了 ，且存在 的分解反应，原子利用率小于100%，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下：
相关信息如下：
相对分子质 沸 密度/
物质 熔点/℃ 溶解性
量 点/℃
硝基 不溶于水，易溶于乙
123 5.9 210.9 1.20
苯 醚
微溶于水，易溶于乙
苯胺 93 184.0 1.02
醚
乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶
乙醚 74 34.5 0.71 微溶于水
反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下：实验步骤为：
①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入 铁粉、 水及 乙酸，加热煮沸 ；
②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入 硝基苯 ，再加热回流 ；
③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液；
④将苯胺-水馏出液用 饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；
合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液；
⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集 馏分，得到 苯胺。
回答下列问题：
（1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填标号)。
（2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。
（3）步骤④中将苯胺-水馏出液用 饱和的原因是_______。
（4）步骤④中第二次分液，醚层位于_______层(填“上”或“下”)。
（5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸
馏，这样操作的原因是_______。
（6）下列说法正确的是_______(填标号)。A. 缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率
B. 蒸馏时需加沸石，防止暴沸
C. 用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯
D. 蒸馏回收乙醚，无需尾气处理
（7）苯胺的产率为_______。
【答案】
（1）A
（2）a
（3）利用盐析效应，加入NaCl可降低苯胺的溶解度，使其析出，提升产率
（4）上
（5） ①. 防止其挥发损失并提高冷凝效率 ②. 避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏时冷凝管的效率
或防止高温下冷凝管因温差过大破裂
（6）B
（7）75%
【解析】
【分析】由硝基苯制苯胺过程中，由于反应比较剧烈，故硝基苯需从上方缓慢加入；反应完成后，改用蒸
馏装置，将苯胺-水蒸馏出，苯胺在水中有一定的溶解度，加入NaCl固体，可使溶解在水中的大部分苯胺
就以油状物晶体析出，分液分离出有机层，水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，加入粒状氢
氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸馏得到苯胺，据此解答。
【小问1详解】
硝基苯为液体，实验室用细口瓶保存液体试剂，故选A；
【小问2详解】
装置Ⅰ中冷凝管的冷凝水是从下口进，上口出，故选a；
【小问3详解】
步骤④中将苯胺-水馏出液用NaCl饱和，增强水的极性，降低苯胺的溶解性，同时增大液相密度，使分层
界面更清晰，便于分液；
故答案为：降低苯胺的溶解性，同时使分层界面更清晰，便于分液；
【小问4详解】
乙醚的密度比水小，步骤④中第二次分液，醚层位于上层，
故答案为：上；
【小问5详解】
乙醚的沸点低，蒸馏回收乙醚时，锥形瓶用冰水浴，能降低锥形瓶内的温度，是乙醚充分液化，提高回收率；蒸馏乙醚时，因乙醚沸点很低，采用低温冷凝水，而蒸馏苯胺时，苯胺蒸汽温度很高，可能因温差过
大导致冷凝管破裂，同时也为了保证高温蒸汽有效冷凝，回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，
这样操作的原因是：避免高温蒸汽与低温冷凝水温差过大导致冷凝管破裂，同时也为了保证高温蒸汽有效
冷凝；
故答案为：降低锥形瓶内的温度，是乙醚充分液化，提高回收率；避免高温蒸汽与低温冷凝水温差过大导
致冷凝管破裂，同时也为了保证高温蒸汽有效冷凝；
【小问6详解】
A.硝基苯还原为苯胺的反应放热，缓慢滴加硝基苯，减小反应速率，便于控制反应温度不要过高，并非单
纯减小速率，故A错误；
B.蒸馏时需加沸石，可防止暴沸，故B正确；
C.苯胺和硝基苯官能团不同，可以用红外光谱区分，所以可以用红外光谱判断苯胺中是否含有硝基苯，故
C错误；
D.乙醚沸点低，易挥发，与空气混合后会形成爆炸性混合物，直接排放可能出现爆炸，另乙醚有麻醉作用，
直接排放会危害健康，故蒸馏回收乙醚时，需进行尾气处理，故D错误；
故答案为：B；
【小问7详解】
根据反应原理可知，0.08mol硝基苯，理论上制备0.08mol苯胺，理论产量：0.08 mol × 93 g/mol = 7.44 g，
实际产量：5.58 g，产率： 75% 。
16. 一种从深海多金属结核[主要含 ，有少量的 ]
中分离获得金属资源和电池级镍钻锰混合溶液 的工艺流程如下：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为 )开始沉淀和完全沉淀 的 ：开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1
完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1
回答下列问题：
（1）基态 的价层电子排布式为_______。
（2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是_______(写化学式)； 还原 的化学方程式为
_______。
（3）“沉铁”时， 转化为 的离子方程式为_______，加热至 的主要原因是_______。
（4）“沉铝”时，未产生 沉淀，该溶液中 不超过_______ 。
（5）“第二次萃取”时，_______、_______(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M
表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为_______。
【答案】
（1）
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. 防止形成 胶体，防止其吸附其他金
属阳离子，造成产率下降
（4）（5） ①. ②. ③. sp2
【解析】
【分析】金属结核[主要含 ，有少量的 ]加入 、
进行酸浸还原，得到的滤渣含有 ，滤液中含有 ，通
入空气，调解pH=3.2，沉铁得到 滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到 ，加入
萃取剂第一次萃取 ，分液得到 的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到
电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。
【小问1详解】
原子的价电子是指 和 能级上的电子，所以基态 原子的价电子排布式为 ；
【小问2详解】
由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 ； 将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸
的作用得到 ，化学方程式为 ；
【小问3详解】
“沉铁”时， 转化为 ，铁元素化合价上升，则 做氧化剂，离子反应为：
；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热
至 的主要原因是防止形成 胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
【小问4详解】
由表可知， ，“沉铝”时，未产生 沉淀，则 ；
【小问5详解】
由流程可知，第二次萃取时，主要萃取 ，因此 与混合萃取剂形成的配合物更稳定；
六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成 大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的
价层电子对数为3，是sp2杂化。
17. 化合物F是治疗实体瘤的潜在药物。F的一条合成路线如下(略去部分试剂和条件)：
已知：
回答下列问题：
（1）A的官能团名称是_______、_______。
（2）B的结构简式是_______。
（3）E生成F的反应类型是_______。
（4）F所有的碳原子_______共面(填“可能”或“不可能”)。
（5）B在生成C的同时，有副产物G生成。已知G是C的同分异构体，且与C的官能团相同。G的结构
简式是_______、_______(考虑立体异构)。（6）C与 生成E的同时，有少量产物I生成，此时中间体H的结构简式是_______。
（7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以 和 为原料合成
的路线_______(无机试剂和溶剂任选)。
【答案】
（1） ①. (酮)羰基 ②. 碳碳双键
（2） （3）氧化反应
（4）可能 （5） ①. ②.
（6） （7）
【解析】【分析】结合B的分子式可知，A发生加成反应生成B，则B的结构简式为 ，B中溴原子发
生消去反应生成C，C与 发生加成反应生成中间体D，再发生取代反应生成E，E与氧气
发生氧化反应生成F，据此解答。
【小问1详解】
A的官能固名称是碳碳双键、羰基，
【小问2详解】
B的结构简式是CH3COCHBrCH2Br,
；
【小问3详解】
E比F多两个氢原子，则E生成F的反应类型是氧化反应，
【小问4详解】
F中除了甲基外的碳原子都采用sp2杂化，单键可以旋转，则F中所有的碳原子可能共面，
【小问5详解】
B→C的反应是其中一个溴原子发生消去反应得到碳碳双键，G是C的同分异构体，且与C官能团相同，
可以考虑另外一个溴原子发生消去反应，则G的结构简式为 、 (考虑顺反异构)；
【小问6详解】
根据已知条件， 存在一系列的互变平衡，结合I的结构简式可知， 可转换为 与C发生加成反应后，得到的中间体H的结构简式为 ，再发生取
代反应，即可得到I；
【小问7详解】
目标产物含有酯基，说明是发生了酯化反应，结合 C→E的过程，首先 发生异构化反应转化为
， 再 和 HC=CH － CN 发 生 加 成 反 应 生 成 ， 再 发 生 水 解 反 应 生 成
2
， 再 发 生 酯 化 反 应 得 到 目 标 产 物 ， 具 体 流 程 是
。
18. 在温和条件下，将 转化为 烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将 高选择性
合成 ，该流程示意图如下：回答下列问题：
（1）电解池中电极M与电源的_______极相连。
（2） 放电生成 的电极反应式为_______。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应 的 _______ ，该反应_______(填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发
（4）一定温度下， 和 (体积比为 )按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压
强为 )发生反应i和ii．有 存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加， 的转
化率和产物的选择性(选择性 )如图2所示。根据图1，写出生成 的决速步反应式_______； 的选择性大于 的原因是_______。
②结合图2，当 时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，
的转化率减小的原因是_______；当 时，该温度下反应ii的 _______ (保留两位小
数)。
【答案】（1）正 （2）
（3） ①. ﹣126 ②. B
（4） ①. ②. 由 生成 时，活化能较大，反应速率慢 ③.
随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以
的转化率减小 ④. 0.16
【解析】
【小问1详解】
根据流程示意图，N极上CO转化为C H ，发生还原反应，为电解池的阴极，则 $M$ 极为电解池的阳极，
2 4
应接电源的正极。
【小问2详解】
CO在N极上放电生成C H ：C从+2价变为−2价。结合电解池介质、电荷守恒及元素守恒，CO
2 4
放电生成C H 的电极反应式为：
2 4
2 CO+6 H O+8 e−→C H +8 OH−
2 2 4
【小问3详解】
根 据 盖 斯 定 律 ， 反 应 ii － 反 应 i 即 可 得 到 目 标 反 应 ， 则
， 该 反 应 是 熵 减 的 放 热 反 应 ， 则 依 据
反应能自发进行，则低温下自发进行，选B；
【小问4详解】
总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决
速步骤，反应式为 ；由图可知，由 生成 时，活化能较大，反应速率慢，所以 的选择性大于 ；
当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平
衡均逆向移动，所以 的转化率减小；
当x=2时， 的转化率为90%， 的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C H：2mol、H：
2 4 2
1mol，则 、
、 ， 气 体 总 物 质 的 量 为
(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol ， 此 时 压 强 为 ，
、 、
，反应ii的K= 。
p
