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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 04（河北专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：
2025年试题遵循高中课程标准，引导中学教学遵循教育规律，试题精心设置问题，涵盖了化学学科的
基础实验、基本原理、化学学基础知识等，同时，考查学生的科学态度和学科关键能力，引导教学回归基
础。化学试题突出对化学基本概念、基本原理、基本技能等基础知识的考查，有效地考查了学生对必备知
识和关键能力的掌握情况以及考学科核心能力水平。
高考·新情境：
例如第1题以“河北省的考古出土文物”为载体进行硅酸盐、合金等；第8题以“电催化合成氨的反
应机理”为载体考查活化能、反应速率、化学键的断裂与生成；第10题以“新型短路膜电化学电池”为
载体考查电极反应式和电化学的计算；第17题以“研究乙酸制氢工艺”为载体考查平衡常数、化学平
衡、体积分数。
命题·大预测：
高考命题以课程标准为基本依据，以教材为重要参考，在最后的备考冲刺阶段，要对课本的知识体系
做一个回顾和归纳，建议可以课本目录为标准，将知识点重新串联起来，复习时做到不遗漏任何知识点。
回归课本要关注基本概念(如：热化学方程式、燃烧热、中和热等)，关注课本图像(如吸放热反应能量变化
图像、反应机理图等)，关注模型的建立(如原电池、电解池模型等)。此外，回归课本还要重视课本实验的
回顾。许多基本概念、原理、规律及物质性质都是由实验推导和验证的，因此除了关注有关元素化合物的
性质实验外，还要重点复习实验证明过程。
（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、考生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 N 14 O 16 P 31 S 32 K 39 I127
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．河北省的大批考古发掘成果展示了河北悠久而辉煌的历史。对下列河北出土文物的说法错误的是A．白玉双龙高纽文壁主要成分是二氧化硅
B．四龙四风铜方案的主要成分是铜锡合金
C．白釉黑彩孩儿鞠球纹枕的主要成分是硅酸盐
D．元青花龙纹食盒的“青”色源于含钴矿料“钴蓝”
【答案】A
【解析】白玉的主要成分是硅酸盐，故A错误；四龙四风铜方案属于青铜器，主要成分是铜锡合金，故B
正确；白釉黑彩孩儿鞠球纹枕是陶瓷，主要成分是硅酸盐，故C正确；钴蓝的主色和青蓝相似，元青花龙
纹食盒的“青”色源于含钴矿料“钴蓝”，故D正确；故选A。
2．下列化学用语表示错误的是
A．羟基的电子式：
B．乙炔的空间填充模型：
C．基态N原子的价层电子轨道表示式：
D．乙酸的球棍模型：
【答案】C
【解析】羟基中氢原子和氧原子形成一对共用电子对，氧原子还有1个单电子，其电子式为 ，故A
正确；乙炔的结构简式为HC≡CH，空间构型为直线形，空间填充模型： ，故B正确；基态N原
子的价层电子为2s22p3轨道表示式为 ，故C错误；乙酸的结构简式为：CHCOOH，乙酸的
3球棍模型为 ，故D正确；故选C。
3．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A
A．常温常压下，46gNO 和NO 混合气体含有的原子数为3N
2 2 4 A
B．0.2molFeI 与足量氧气反应时转移电子数为0.4N
2 A
C．标准状况下，2.24LCCl 含有的共价键数为0.4N
4 A
D．常温下，56g铁片投入足量浓HSO 中生成N 个SO 分子
2 4 A 2
【答案】A
【解析】常温常压下，NO 和NO 混合气体的最简式为NO ，46g NO 的物质的量为1mol，含3mol原
2 2 4 2 2
子，原子数为3N ，A正确；0.2molFeI 与足量氧气反应时Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I，转移0.6mol
A 2 2
电子，电子数为0.6N ，B错误；标准状况下，CCl 为液体，无法计算2.24LCCl 含有的共价键数，C错
A 4 4
误；常温下铁片遇浓HSO 钝化，不能产生SO ，D错误；故选A。
2 4 2
4．下列离子方程式书写错误的是
A．铜置于硫酸铁溶液中：
B．在 溶液中滴加少量澄清石灰水：
C．等体积等浓度的 溶液与 溶液混合：
D．将少量氯气通入 溶液中：
【答案】D
【解析】铜置于硫酸铁溶液中，铁离子能将铜单质氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，离子方程式为：
，A正确；在 溶液中滴加少量澄清石灰水，石灰水少量，Ca2+与OH-离子
的系数之比为1:2，反应的离子方程式为： ，B正确；
具有还原性，ClO-离子具有氧化性，等体积等浓度的 溶液与 溶液混合发生氧化还原
反应，二者的系数之比为1:1，反应的离子方程式为： ，C正确；Fe2+的还原性大于Br-，将少量氯气通入 溶液中氧化的是Fe2+离子，反应的离子方程式为：
，D错误；故选D。
5．图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是(除杂和尾气处理装置任选)
选
气体 试剂 装置
项
A 饱和 溶液+浓硫酸
B 浓盐酸
C NaH+水
D 石灰石+稀盐酸
【答案】B
【解析】如图所示的气体发生装置为固液不加热型；右侧气体收集装置，长进短出为向上排空气法，短进
长出为向下排空气法，装满水后短进长出为排水法。饱和 溶液和浓硫酸反应可以制 ，使用固液
不加热制气装置， 密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，A不
符合题意； 和浓盐酸加热反应可以制 ，应该使用固液加热制气装置， 密度比空气大，用向上
排空气法收集，不能完成氯气的制取，B符合题意； 与水反应可以制 ，使用固液不加热制气装
置，氢气密度比空气小，用向下排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，C不符合题意；石
灰石和稀盐酸反应可以制 ，使用固液不加热制气装置， 密度比空气大，用向上排空气法收集，可
以完成相应气体的发生和收集实验，D不符合题意；故选B。
6．下列实验操作中，对应的实验现象以及实验结论均正确，且两者具有因果关系的是
选
实验操作 实验现象 实验结论
项
无白色沉 会与 反应，且反应后
A 明矾溶液中加入过量NaF后再加浓氨水
淀生成 溶液中 的浓度很低B 向甲苯中加入溴水，充分振荡 溴水褪色 甲苯与溴水发生了取代反应
将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中， 无红色出 铁未被腐蚀，已破损的镀层
C
一段时间后，取溶液于试管中，滴加KSCN溶液 现 锌仍能起到保护的作用
向两支盛有5mL不同浓度 溶液的试管中同时加 产生气泡
D 探究浓度对反应速率的影响
入2mL5%双氧水 快慢不同
【答案】A
【解析】向盛有明矾溶液的试管中加入NaF溶液生成[AlF ]3-，[AlF ]3-很难电离出铝离子，则再加入氨水，
3 3
无白色沉淀生成，A正确；甲苯与溴水不能发生取代反应，向甲苯中加入溴水，甲苯萃取溴水中的溴，从
而使液体分为两层，上层为橙红色的溴的甲苯溶液，下层为无色的水，B错误；将镀层有破损的镀锌铁片
放入酸化的3%NaCl溶液中，构成原电池，Zn为负极，Fe为正极被保护，滴加KSCN溶液只检验铁离
子，无红色出现，不能证明Fe没有被腐蚀，C错误；NaHSO 与HO 发生反应NaHSO+H O=
3 2 2 3 2 2
NaHSO+H O，反应无明显现象，无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。
4 2
7．下列事实的原因分析错误的是
事实 原因
水中的溶解度：
A 为非极性分子， 的空间结构与水相似，分子显弱极性，水是极性溶剂
分子极性：
B N的电负性小于 与Cl的电负性差值大于N与Cl的电负性差值
晶体中的配位数：干 冰晶体中有氢键，氢键的方向性使得分子不可密堆积；干冰中无氢键，只有
C
冰>冰 范德华力，分子是密堆积的
摩氏硬度：金刚石>碳 金刚石中C原子半径小于碳化硅中硅原子半径，C-C键键长比C-Si键键长
D
化硅 短，键能大
【答案】B
【解析】O 为非极性分子，而O 的空间构型为V形，与水相似，分子显弱极性，水也是极性溶剂，依据
2 3
“相似相溶原理”，水中的溶解度： ，A正确；N的电负性大于P，P与Cl的电负性差值大于N与
Cl的电负性差值，故分子极性： B错误；冰晶体中有氢键，氢键的方向性使得分子不可密堆
积，干冰中无氢键，只有范德华力，分子是密堆积的，故晶体中的配位数：干冰 冰，C正确；两者均为
共价晶体，金刚石中C原子半径小于碳化硅中硅原子半径， 键键长比 键键长短，键能大，故摩
氏硬度：金刚石>碳化硅，D正确；故选B。8．我国科学家团队设计并合成了纳米 催化剂，并研究在催化剂表面电催化合成氨的反应机理如图所
示，*表示吸附态。下列说法正确的是
A．催化剂表面 吸附时释放能量， 解吸时需吸收能量
B．“途径①”速率最慢的步骤为
C．“途径①”中有极性键的断裂与生成
D． 在催化剂表面发生反应转化为 的过程，“途径①”比“途径②”更易进行
【答案】B
【解析】由图可知，途径①催化剂表面N 吸附时释放能量，途径②催化剂表面N 吸附时吸收能量，途径
2 2
①和途径②NH 解吸时均需吸收能量，故A错误；活化能越高，反应速率越慢，故“途径①”速率最慢的
3
步骤为*NNH+H++e−→*NHNH，故B正确；由图可知，“途径①”中有N-H的生成和氮氮三键的断裂，故
“途径①”中有极性键的生成与非极性键的断裂，故C错误； N 在催化剂表面发生反应转化为*NH 的过
2 3
∗
程，途径②活化能低，故“途径②”比“途径①”更易进行，故D错误；故选B。
9．乙二胺四乙酸用 表示，可接受质子形成 。 在水溶液中存在六级电离，含 微粒的分布
分数 与 变化关系如图。已知： 的 、 。
下列说法正确的是A．曲线e代表
B．向 溶液中加入过量 溶液，离子方程式为
C．酸性条件下溶液中存在：
D． 溶液中存在：
【答案】D
【解析】由题意可知， 在水溶液中存在六级电离，溶液pH越大，溶液中 的越小，则曲线a、
b、c、d、e分别代表 、 、 、 、 、 、 的分布分数与pH变化关系，由
公式可知， 的电离常数分别为10—0.9、10—1.6、10—2.0、10—2.67、10—6.16、10—10.26。由分析可知，曲线e
代表 的分布分数与pH变化关系，故A错误；由分析和碳酸的电离常数可知，酸性： >
>H CO>HCO > ，则向 溶液中加入过量碳酸钠溶液发生的反应为 溶液与碳酸钠溶液反
2 3
应生成NaHY和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 ，故B错误；
3由电离常数可知，溶液中 = =100.4，故C错
误；
由图可知， 溶液呈酸性，说明 在溶液中的电离程度大于水解程度，所以离子浓度的大小顺
序为 ，故D正确；故选D。
10．随着人们对环境保护和能源消耗的关注日益增加，诞生了许多新型电池。一种新型短路膜电化学电池
可以缓解温室效应，其装置如图所示。下列说法正确的是
A．该装置通过氢气与空气中 反应，达到缓解温室效应的目的
B．该电池的负极反应为
C．正极反应消耗标准状况下 ，理论上需要转移电子
D．短路膜和常见的离子交换膜不同，它只能传递电子，不能传递离子
【答案】C
【解析】由图可知，正极氧气发生还原反应和二氧化碳生成碳酸根离子，负极氢气发生氧化反应和碳酸氢
根离子生成二氧化碳。由图示可知，正极氧气发生还原反应和二氧化碳生成碳酸根离子，负极氢气发生氧
化反应和碳酸氢根离子生成二氧化碳，该装置吸收含二氧化碳空气，释放出不含二氧化碳的空气，生成二
氧化碳可以被收集利用，故可用于空气中的捕获，缓解温室效应，A错误；由分析可知，该电池的负极反应为 ，B错误；正极氧气发生还原反应和二氧化碳生成碳酸根离子，电极
反应式为： ，正极反应消耗标准状况下 ，理论上需要转移电子4mol，C正
确；由图示可知，短路膜中存在电子运动，故和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电
子，D错误；故选C。
11．某抗癌药物中间体的合成方法如图。下列说法正确的是
A．含氧官能团种数：
B．可用银氨溶液鉴别a和b
C．b分子中含有1个手性碳原子
D．a分子中最多有13个原子处于同一平面
【答案】B
【解析】a中含氧官能团为醛基，b中含氧官能团为羟基，均只有一种含氧官能团，故A错误；a中含有醛
基，可以与银氨溶液反应，b中不含醛基，不可以与银氨溶液反应，可以用银氨溶液鉴别a和b，故B正
确；连接四个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知b中没有手性碳原子，故C错误；a中的苯环是一个
平面，与苯环相连的F也位于同一个平面，醛基是一个平面可以与苯环共面，-CF 中最多1个碳原子和1
3
个氟原子与苯环共面，所以a中最多有15个原子共面，故D错误；答案选B。
12.下图所示化合物是制备某些药物的中间体，其中W、X、Y、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增
大，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，z原子的电子数是Q的一半。下列说法正确的是
A．简单氢化物的键角：Z>Q
B．第一电离能：Z>Y>X
C．基态原子的未成对电子数：X>Q
D． 和 空间结构均为平面三角形【答案】A
【解析】由均为短周期元素，且原子序数依次增大，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，
Z原子的电子数是Q的一半，图中W含有1个化学键，原子序数最小，故W为H，X含有4个共价键，故
X为C，Z和Q都含2个共价键，且Z原子的电子数是Q的一半，故Z为O，Q为S，Y含3个共价键，而
且原子序数介于C和O之间，故Y为N。Z的简单氢化物为HO，Q简单氢化物为HS，电负性O>S，O
2 2
原子周围成键电子多于S，成键电子对斥力大，键角大，键角HO>HS，A正确；同一周期从左到右第一
2 2
电离能呈现增大的趋势，N元素2p轨道半充满稳定，故第一电离能N>O>C，即Y>Z>X，B错误；
基态原子中C的未成对电子数为2个，S的未成对电子数也为2个，故基态原子的未成对电子数：X=Q，C
错误； 为 ， 为 ， 中心原子为N，价层电子对为3+ ，空间结构为平面
三角形， 中心原子为S，价层电子对为3+ ，空间构型为三角锥形，D错误；故选A。
13． 晶体具有良好的光学性能，晶胞为立方体。已知：晶胞参数为 ， 为阿伏加德罗常数的
值。下列叙述正确的是
A．与 最近且距离相等的 的数目为6 B．1个晶胞中含有2个 原子
C． 和 的最近距离为 D．该晶体密度
【答案】D
【解析】观察晶胞图示，K位于顶点，O位于面心，与K最近且距离相等的O的数目为12，A项错误；1
个晶胞中含有 个K原子，B项错误；面对角线上K和O最近距离为 ，C项错误；根据均摊
法计算可知，1个晶胞含1个 ， ，D项正确；故选D。14．一定温度下，在恒温恒容容器内发生反应： ，实验测得的数据如下表：
时间/s 0 500 1000 1500 2000 2500 3000
5.00 3.52 2.40 1.75 1.23 0.87 0.61
下列说法错误的是
A．向容器中通入氧气，平衡逆向移动，K不变
B． 时， 分解的平均反应速率为
C． 时，生成 的瞬时反应速率为
D．该反应的速率常数
【答案】C
【解析】一定温度下，在恒温恒容容器内发生反应： ，向容器中通入氧气，
平衡逆向移动，温度不变，K不变，A正确； 时， 分解的平均反应速率为
= ，B正确；0- 时，生成 的平均反应速率为
，不能计算 时，生成 的瞬时反应速率，C错误；该反应
的反应物只有 且系数为1，则 ，该反应的速率常数 ，D正确；故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.（15分）钴在新能源、新材料、航空航天、电器制造领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、
铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。已知：金属阳离子(M)以氢氧化物形式沉淀时， 和溶液 的关系如下图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其原因是 。
(2)Co在元素周期表的位置为 ；Cu的价电子排布式为 。
(3)“沉锰”步骤中，加 发生反应的离子方程式为 ，该
反应中 是_______。
A．还原剂 B．氧化剂 C．氧化产物 D．还原产物
(4)"酸浸"步骤中，浸渣的成分为铜和 ；"沉淀"步骤中，用NaOH调pH分离出的滤渣成分只有
，则调节的 的范围为 。
(5)"酸浸"步骤中，CoO发生反应的化学方程式是 。
(6)若“沉钴”步骤中，控制溶液 ，则从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是
。
【答案】(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率 （2分）
(2)第四周期VIII族（2分） （2分）
(3)C（1分）
(4) 硫酸铅(或 ) （2分） 3.1~6.2（2分）
(5) （2分）
(6)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH： ，静置后过滤、洗涤、干燥（2分）
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰等元素的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，
铜不溶解，Zn及其它+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶
液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入 将锰离子氧化为二氧化锰除去，同
时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节 ，铁离子完全转化为氢氧化铁
沉淀除去铁元素；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到 。
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其原因是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率；
（2）Co是27号元素，在元素周期表的位置是第四周期VIII族；Cu是29号元素，其价电子排布式为
；
（3）“沉锰”步骤中， 将 氧化为二氧化锰除去，二氧化锰为氧化产物，故C正确；
（4）“酸浸”步骤中， 不溶解， 单质及其它元素的+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其
它元素均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，浸渣的成分为铜和硫酸铅；“沉淀”步骤中，用 调
分离出的滤渣是 ，从图像分析得知 不能沉淀，调节的 的范围是 ；
（5）“酸浸”步骤中， 发生反应的化学方程式为： ；
（6）“沉钴”后滤液的 ，溶液中有 元素以 形式存在，当 后氢氧化锌会溶解
转化为 ，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，
边加边搅拌，控制溶液的pH： ，静置后过滤、洗涤、干燥。
16.（14分） 为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂。某小
组在实验室制备该晶体并检验其纯度。
【制备晶体】利用图1装置(部分夹持装置略)制备 晶体。(1)仪器X的名称为 。
(2)A装置中发生反应的化学反应方程式为 。
(3)使用长颈漏斗将A装置产生的气体持续通入B装置中，而不使用长导管通入的原因是 。
(4)向B装置硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，可观察到的现象为 。
(5)用恒压滴液漏斗向反应后溶液继续滴加95%乙醇溶液，有深蓝色晶体析出，经过滤、洗涤、干燥得到产
品。请从结构的视角解释加乙醇的目的是 。
【测定纯度】将 (相对分子质量为 )样品溶于水，并加入过量NaOH，通入高温
水蒸气，将样品产生的氨全部蒸出。先用 稀盐酸吸收蒸出的氨。再利用图2装置(夹持装
置略)，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定剩余的HCl，消耗 溶液。
(6)接近滴定终点时，一般采用“半滴法操作”。即将悬挂在滴定管尖嘴处的NaOH溶液 (填实验操
作)，随即用洗瓶冲洗锥形瓶内壁。
(7)样品中 的质量分数的表达式为 (用 、 、 、 表示)。
【答案】(1)普通漏斗 （2分）(2) （2分）
(3)防倒吸（2分）
(4)先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色（2分）
(5)降低溶剂的极性，利于 结晶析出（2分）
(6)轻轻靠一下锥形瓶内壁（2分）
(7) （2分）
【分析】装置A中生成氨气，反应产生的氨气通入B中，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续向B中通入氨
气，氢氧化铜溶解，生成硫酸四氨合铜，再滴入95%的乙醇析出 ，分离出
，溶解后和氢氧化钠反应释放出氨气被稀盐酸吸收，通过滴定剩余盐酸溶质的量可以
计算生成氨气的量，进而计算硫酸四氨合铜晶体的纯度。
【解析】（1）根据装置图，仪器X的名称为普通漏斗；
（2）A装置制备氨气，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气、水，发生反应的化学反应方程式为
；
（3）氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，使用长颈漏斗将A装置产生的气体持续通入B装置中，
而不使用长导管通入的原因是防倒吸。
（4）向B装置硫酸铜溶液中持续通入A装置产生的气体，并不断搅拌，先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜
继续和氨气反应生成硫酸四氨合铜，可观察到的现象为：先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，溶液变为深
蓝色。
（5）水分子的极性大于乙醇分子的极性，加入乙醇能降低溶剂的极性，利于 结晶析
出，所以滴加95%乙醇溶液，有深蓝色晶体析出。
（6）接近滴定终点时，一般采用“半滴法操作”，即将悬挂在滴定管尖嘴处的NaOH溶液轻轻靠一下锥
形瓶内壁，随即用洗瓶冲洗锥形瓶内壁。
（7）根据滴定原理，样品产生的氨气和滴定用的氢氧化钠共消耗 HCl，则氨气消耗的氯化氢为 ，n(NH )= ，根据
3
~~4NH ， 的物质的量为 ，样品中
3
的质量分数的表达式为 。
17.（14分）乙酸是基本的有机化工原料，研究乙酸制氢工艺具有重要的意义。已知制氢过程发生如下反
应：
热裂解反应：
脱羧基反应：
(1)下图为热裂解反应和脱羧基反应过程中的能量变化情况。
①表示热裂解反应能量变化情况的是曲线 ，该反应的活化能为 。
②两反应中，速率较快的是 。
(2)在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气并发生反应达到平衡状态，测得温度与气体产率的关系如下
图所示。
①由图可知，升高反应温度时，H 和CO的产率升高，而CO 和CH 的产率降低，原因是 。
2 2 4②图中H 的产率始终低于CO，CO 的产率始终低于CH，则该体系中可能存在的副反应的化学方程式为
2 2 4
。
③已知②中副反应为吸热反应，下列措施可抑制该副反应的是 （填字母标号）。
A．增大反应体系的压强 B．降低反应温度
C．向体系中通入HO(g) D．选择适当的催化剂
2
(3)若体系中只发生热裂解反应和脱羧基反应，在某条件下达到平衡，体系的总压强为pkPa，乙酸体积分数
为20%，其中热裂解反应消耗的乙酸占起始投料量的20%。
①平衡体系中，H 的体积分数为 。
2
②脱羧基反应的平衡常数Kp= kPa（Kp为以分压表示的平衡常数）。
【答案】(1) Ⅰ（1分） (E -E ) （2分） Ⅱ（1分）
5 2
(2) 反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，导致H 和CO的产率升高，而反应Ⅱ是一个放热反应，
2
升高温度平衡逆向移动，导致CO 和CH 的产率降低（2分） CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) （2分）
2 4 2 2 2
BC（2分）
(3) 20% （2分） 0.2p（2分）
【解析】（1）①由题干信息可知，热裂解反应是一个吸热反应即反应物的总能量低于生成物的总能量，
结合图像信息可知，表示热裂解反应能量变化情况的是曲线Ⅰ，根据活化能的定义可知，该反应的活化能
为(E -E )kJ/mol；
5 2
②由题干图像信息可知，热裂解反应的活化能更大，活化能越大反应速率越慢，故两反应中，速率较快的
是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
（2）①由题干信息可知，反应Ⅰ是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，导致H 和CO的产率升高，
2
而反应Ⅱ是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致CO 和CH 的产率降低，故答案为：反应Ⅰ为吸
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热反应，升高温度平衡正向移动，导致H 和CO的产率升高，而反应Ⅱ是一个放热反应，升高温度平衡逆
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向移动，导致CO 和CH 的产率降低；
2 4
②根据反应方程式的系数可知，H 和CO、CH 和CO 的系数分别相同，即若没有副反应发生则CO和H
2 4 2 2
的产率相同，CH 和CO 的产率相同，但图中H 的产率始终低于CO，CO 的产率始终低于CH，说明副反
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应消耗H 和CO，故该体系中可能存在的副反应的化学方程式为CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)，故答案
2 2 2 2 2
为：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)；
2 2 2
③由上述分析可知，已知②中副反应为CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)是一个吸热反应，据此解题：
2 2 2
该副反应是一个气体体积不变的反应，增大反应体系的压强对该反应平衡没有影响，A不合题意；已知该
反应是一个吸热反应，故降低反应温度使得该反应平衡逆向移动，能够抑制该反应的发生，B符合题意；
向体系中通入HO(g)即增大生成物浓度，能使平衡逆向移动，能够抑制该反应发生，C符合题意；选择适
2当的催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动即不能抑制该反应发生，D不合题意；故选BC；
（3）设起始乙酸的物质的量为1mol，脱羧反应生成甲烷的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由乙酸的体积分数可得： ×100%=20%，解得a=0.4，据此解题：
①由上述分析可知，平衡体系中，H 的体积分数为 ×100%= ×100%=20%；
2
②脱羧基反应的平衡常数Kp= = =0.2pkPa。
18.（15分）Daprodustat是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J的合成路线如下图所示。
已知：
(1)A是一种芳香族化合物，则反应I的条件是 。
(2)B和C含有的官能团名称分别为 、 。
(3) 的反应类型是 。
(4)F不能水解，G的核磁共振氢谱中有2组峰。
①根据含有的官能团进行分类，F的类别是 。
②H与乙二胺 在一定条件下反应生成七元环状化合物的结构简式是 。
③H与乙醇在一定条件下生成M(分子式 )的方程式是 。(5)下列关于 的说法中，正确的有___________。
A．J分子中含有2种官能团 B．J分子中存在手性碳原子
C．J存在含有苯环和酯基的同分异构体 D．J在一定条件下水解可得到D
(6)由中间体J合成Daprodustat的过程中需经历以下三步。
其中试剂1的分子式为 ，J生成K为加成反应，则试剂1和L的结构简式分别为 和
。
【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸、加热（1分）
(2) 硝基 （1分） 氨基（1分）
(3)加成反应（1分）
(4)羧酸（1分） （2分） （2分）
(5)CD（2分）
(6) （2分） （2分）
【解析】A是一种芳香族化合物，分子式为C H，则A为 ，苯与浓硝酸发生硝化反应生成B为
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，硝基还原为氨基，C为 ，苯环与氢气发生加成反应生成D为 ，D发生加成
反应生成E，E和I发生取代反应生成J和HCl，则I为 ，逆推H为 ，根据已知反应可知
G为 ，则F为CHCOOH；
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（1）A为 ，苯与浓硝酸发生硝化反应生成B为 ，反应I的条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；
（2）B为 ，C为 ，官能团分别为硝基 、氨基 ；
（3） 和 反应生成 ， 的反应类型是加成反应；
（4）①根据分析，F为CHCOOH，F的类别是羧酸；
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②H为 ，H与乙二胺(H NCH CHNH )在一定条件下反应生成七元环状化合物，化学方程式是：
2 2 2 2
HOOCCH COOH+H NCH CHNH +2H O；
2 2 2 2 2 2
③H与乙醇在一定条件下发生酯化反应，方程式为 ；
（5）J是 含有1种官能团酰胺基，A错误； 分子中不存在手性碳原子，B错误；
不饱和度为6，含有3个氧原子，可以存在含有苯环和酯基的同分异构体，C正确；
在一定条件下水解可得到 ，D正确；故选CD；
（6）L发生酯的水解脱去C HOH，结合Daprodustat中羧基的位置可知，L的结构简式为
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，试剂1的分子式为C HON，J生成K为加成反应，K→L是异构化，则试剂1中
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含-COOC H，结合L的结构可知试剂1的结构简式为 ，发生加成反应时，碳氮双键断裂。
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