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2025 年高考第一次模拟考试
高三化学
（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、准考证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 O-16 P-31 Cu-64 Zn-65
第Ⅰ卷（选择题 共48 分）
一、选择题：本题共16 小题，每小题3 分，共48 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．第二届世界材料大会2024 年7 月在广州隆重开幕。生活中处处有化学。下列化学物质的应用中，错误
的是
A．铁红
常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料
B．不锈钢是最常见的合金钢，合金元素主要是铬和镍，具有很强的抗腐蚀性
C．碳酸氢钠常用作加工面包、饼干等食品的膨松剂
D．五氧化二磷、碱石灰常用作食品的干燥剂
【答案】D
【详解】A．氧化铁为红色粉末，用作油漆、涂料等，故A 正确；
B．不锈钢中除铁元素外，主要合金元素是铬和镍，不锈钢是最常见的一种合金钢且不容易生锈，故B
正确；
C．NaHCO3受热会生成CO2，与酸反应也可以产生CO2，因此可作馒头、面包等食物的膨松剂，故C
正确；
D．五氧化二磷与冷水反应生成偏磷酸，有毒，因此五氧化二磷不能作食品干燥剂，而碱石灰吸水为产
生Ca(OH)2为强碱，具有腐蚀性，故D 错误；
故答案选D。
2．类比和推理是学习化学的重要方法，下列类比或解释不合理的是
已知
结论
A
15-冠-5(冠醚)能识别
12-冠-4(冠醚)能识别
B
石墨晶体可以导电
石墨的化学键具有金属键的性质
C
在
中的溶解度大于在
中
分子的极性影响溶解性
D
表面活性剂可以降低水的表面张力
表面活性剂在水面形成单分子膜
1
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破坏了水分子间的氢键
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．15-冠-5(冠醚)能识别Na+，说明该冠醚的空腔直径与Na+匹配，但K+直径比Na+直径大，
12-冠-4(冠醚)的空腔直径比15-冠-5(冠醚)的小，则12-冠-4(冠醚)不能识别K+，类比不合理，A 符合题
意；
B．石墨晶体可以导电，是因为石墨中的碳原子采用sp2杂化，所有的p 轨道相互平行且相互重叠，使p
轨道中的电子可在整个碳原子的平面内运动，所以石墨的化学键具有金属键的性质，解释合理，B 不符
合题意；
C．I2和
均为非极性分子，水为极性分子，根据“相似相溶”规律，
在
中的溶解度大于在
中，即分子的极性影响溶解性，解释合理，C 不符合题意；
D．表面活性剂是一种能显著降低液体表面张力的物质。在水面形成单分子膜时，表面活性剂的存在破
坏了水分子间的氢键，从而降低水的表面张力，解释合理，D 不符合题意；
故选A。
3．设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．3．2g
中
的数目为0.1
B．4．6g 乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0．2
C．常温常压下，124g
中所含P—P 的数目为4
D．1mol
中σ 键的个数为10
【答案】B
【详解】A．
不能电离出氢氧根离子，其中没有
，A 错误；
B．1mol 乙醇转化为1mol 乙醛转移电子数为2mol，4.6g 乙醇物质的量为0.1mol，完全转化为乙醛，转
移电子数为0.2
，B 正确；
C．1 分子
中存在6 个P—P 键，常温常压下，124g
(1mol)中所含P—P 的数目为6
，C 错误；
D．
、CO 与
形成配位键，即4 个σ 键，3 个氨分子中含有9 个σ 键，1 个CO 中含有1 个σ 键，
因此1mol
中所含σ 键个数为14
，D 错误；
故答案选B。
4．由
簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示（“UV”代表紫外线）。
下列说法错误的是
2
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A．该循环的总反应为：
B．
都有可能作催化剂
C．反应过程中有极性键、非极性键的断裂和生成
D．反应过程中金属元素V 的价态发生改变
【答案】C
【详解】A．由反应历程图可以看出，CH4和H2O 为反应物，CO 和H2为生成物，总反应为
，故A 正确；
B．反应开始时，可能是
、
先与H2O 反应，也可能是
、
先与CH4反应，
循环的起点不同，催化剂不同，所以
都有可能在循环中作催化剂，故B 正确；
C．存在CH4中C-H 极性共价键的断裂，存在CO 中
极性共价键的形成，存在H2中H-H 非极性共
价键的形成，该流程中不存在非极性共价键的断裂，故C 错误；
D．反应过程中，出现
、
、
三种物质，金属元素V 的价态一定发生改变，故
D 正确；
故选C。
5．一定条件下，有机化合物X、Y 的转化关系如下，下列说法错误的是
A．X 和Y 分子中均含有1 个手性碳原子
B．X 和Y 互为同分异构体
C．X 比Y 的一氯代物种类少1 种(不考虑立体异构)
D．X 和Y 均能发生取代反应和氧化反应
【答案】A
【详解】
3
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A ．X 分子中含有1 个手性碳原子
，Y 分子中含有两个手性碳原子
，A 错误；
B．X 分子和Y 分子的化学式均为C10H14O3，两者互为同分异构体，B 正确；
C．不考虑立体异构，X 的一氯代物有5 种
，Y 的一氯代物有6 种
，C 正确；
D．两个分子中均含有甲基和羰基，因此均可以发生取代反应和氧化反应，D 正确；
故选A。
6．化合物
是一种新型除草剂，可用于稻田除草。已知：
为原子序数依次
增大的短周期不同主族的非金属元素，
与其他元素不在同一周期，
是电负性最强的元素，基态
原子各能级的电子数相同。下列说法错误的是
A．
的空间构型为三角锥形
B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．简单离子半径：
【答案】D
【详解】A．
的中心原子N 的价层电子对为3，孤对电子对为1，空间构型为三角锥形，A 正确；
B．HF 分子间存在氢键、NH3分子间也存在氢键，HF 和NH3沸点高于CH4，标准状况下，HF 为液体，
NH3为气体，因此简单氢化物沸点：
，B 正确；
4
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C．同周期从左到右，第一电离能增大的趋势，N 的为2p 能级半充满，故反常，第一电离能：
，C 正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷越多，半径越小，离子半径：
，D 错误；
答案选D。
7．元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是
A．工业制取漂白粉：饱和食盐水
漂白粉
B．工业制取镁：
溶液
无水
Mg
C．工业制纯碱：
D．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石
【答案】D
【详解】A．工业制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得，A 不符合题意；
B．由于MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl 易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，B
不符合题意；
C．氮气与氢气在高温高压催化剂的条件下反应产生氨气，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化
碳，反应得到碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，C 不符合题意；
D．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡沉淀，碳酸钡与盐酸反应生成氯
化钡溶液，所以能由重晶石制可溶性钡盐，D 符合题意；
故答案选D。
8．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．海水提溴过程中将溴吹入
吸收塔：
B．工业废水中的
用FeS 去除：
C．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
【答案】A
【详解】A．海水提溴过程中将溴吹入
吸收塔，
在水溶液中将
还原为
，该反应的离子方
程式为
，故A 正确；
B．由于
的溶解度远远小于
，因此，工业废水中的
用
去除，该反应的离子方程式为
，故B 错误；
C．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮 气体，该反应的离子方程式
为
，故C 错误；
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，
被氧化为
，
属于弱酸，该反应的离
5
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子方程式为
，故D 错误；
故答案选A。
9．实验操作是进行科学实验的基础。下列实验操作科学合理的是
装置
操作及目的
A．除去淀粉溶液中的氯化钠杂质
B．萃取操作时，打开活塞放气
装置
操作及目的
C．实验室制备乙炔气体
D．滴定终点前冲洗锥形瓶内壁
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．淀粉溶液属于胶体，胶体能透过滤纸，不能透过半透膜，则不能用过滤方法除去淀粉溶液
中的NaCl 溶液，应用渗析方法，A 错误；
B．进行萃取操作时，打开分液漏斗的活塞放气的正确操作为将分液漏斗倒置，用手顶紧上口活塞，将
下口斜向上，不时地慢慢旋开下口的活塞进行放气，B 错误；
C．实验室用水和电石为原料制备乙炔，生成的氢氧化钙是糊状物，易导致分液漏斗堵塞，使水面难以
升降，无法控制反应速率，C 错误；
D．冲洗锥形瓶内壁，可保证充分反应，图中操作合理，D 正确；
答案选D。
10．在
浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成
，再加入锌粉生成
和纯度较高的单质银。下列说法错误的是
A．正极发生的电极反应式为：
B．随着腐蚀的进行，溶液的
增大
C．提高
浓度有利于单质银的溶解
D．加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度不变
【答案】D
6
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【详解】A．在氯化钠溶液中，正极氧气得电子被还原生成氢氧根，电极反应式为：
， A 正确；
B．根据A 可知，随着腐蚀的进行，氢氧根离子的浓度增大，溶液pH 增大，B 正确；
C．银单质在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgCl2]-，离子方程式为：
，负极反应式为
，则增大氯离子的浓度
有利于单质银的溶解，C 正确；
D．加入锌粉后，发生反应：
，溶液中阴离子总浓度降低，D 错误；
故选D。
11．煤中无机硫主要以FeS2的形式存在，随着煤的燃烧会产生SO2污染环境，工业上用硫酸铁溶液浸泡煤
可提高煤的品位。为探究硫酸铁溶液浸泡煤的影响因素，在不同条件下测得生成的Fe2+浓度随时间
(hr：小时)的变化如下图所示：
实验序
号
粒径相同且含相同FeS2的煤的质量/g
温
度/℃
硫酸铁溶液浓度/mol·L-1
pH
①
30
25
0.6
6
②
30
25
0.9
6
③
30
30
0.9
6
④
30
30
0.9
5
已知：①用硫酸铁溶液浸泡煤会将FeS2转变为FeSO4；
FeS
②
2可与硫酸发生反应：
。
下列有关说法正确的是
A．pH 越小，用硫酸铁溶液浸泡煤的除硫效果越好
B．实验④在0～0.3hr 时间内Fe3+消耗的化学反应速率为1.5 mol·L-1·hr-1
C．硫酸铁溶液与FeS2反应的离子方程式为：
D．由实验可得出浓度、温度、pH 和颗粒大小均可影响该反应的化学反应速率和化学平衡
【答案】C
【详解】A．溶液的pH 越小，溶液中H+浓度就越大，H+与FeS2反应生成S 与煤混在一起，从而没有
达到除硫的效果，A 错误；
7
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B．在0～0.3hr 时间内Fe2+的化学反应速率为：v(Fe2+)=
=1.5 mol·L-1·hr-1，则根据反应方
程式中物质反应转化关系可知Fe3+的消耗速率
v(Fe2+)=
×1.5 mol·L-1·hr-1=1.4 mol·L-1·hr-1，
B 错误；
C．由题中信息知，硫酸铁溶液与FeS2反应生成FeSO4，故反应的离子方程式为：
，C 正确；
D．由实验可知：浓度、温度、pH 都可以影响化学反应速率，而不能从实验得出颗粒大小影响化学反
应速率，从实验中也不能得出影响化学平衡的条件，D 错误；
故合理选项是C。
12．KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，
经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法正确的是
A．“熔融”过程中，n(氧化剂):n(还原剂)=2:1
B．滤渣2 经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率
C．用盐酸替代CO2能加快“酸化”时的速率
D．得到 KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、加热烘干
【答案】B
【详解】A．“熔融”过程中，发生反应：2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O，由反应方程式可知，
O2作为氧化剂，MnO2是还原剂，n(氧化剂):n(还原剂)=1:2，A 项错误；
B．由分析可知，滤渣2 为MnO2，经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率，B 项正确；
C．由于KMnO4和K2MnO4均能与HCl 发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，可用稀硫酸代替
CO2来加快“酸化”时的速率，C 项错误；
D．由KMnO4的溶解度随温度变化的曲线图可知，KMnO4的溶解度随温度升高而增大，故得到
KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D 项错误；
答案选B。
13．我国科学家房喻院士成功研发杯[4]吡咯纳米膜(熔点：-23.5℃)的制备方法。杯[4]吡咯分子结构如下图
所示，结构中含有四个吡咯单元(吡咯的结构简式为
，分子中所有原子共平面，波浪线表示
修饰基团)。下列说法正确的是
8
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A．杯[4]吡咯纳米膜属于共价晶体
B．吡咯分子中N 原子的杂化方式为
C．杯[4]吡咯分子结合卤素离子形成的是超分子
D．溶于水的吡咯分子不能与水分子形成水合分子
【答案】C
【详解】A．由题目可知，该晶体由固定的熔沸点，且熔沸点低，因此该分子为分子晶体，A 错误；
B．由题目可知，杯[4]吡咯分子中所有原子共平面，则吡咯分子中所有原子也共平面，因此吡咯分子
中的N 原子杂化方式是sp2，B 错误；
C．杯[4]吡咯分子及其衍生物与阴离子的结合能相对较大，因此可以结合卤素离子形成超分子，C 正
确；
D．吡咯分子中存在N-H 键，能与水分子间形成氢键，吡咯分子通过氢键与水分子进行相互作用，形
成水合物，D 错误；
故选C。
14．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选
项
实验操作及现象
结论
A
常温下，测定等浓度的
溶液和
溶液的
，
溶液为8.4，
溶液为9.0
电离平衡常数：
B
向
溶液中滴加几滴酸性
溶液，
溶
液紫色褪去
证明
具有还原性
C
向含有
的废水中加入
固体，溶液呈浅绿色
证明
D
向
黑色悬浊液中加入
，生成白色沉淀
证明
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．常温下，测定等浓度的
溶液和
溶液的
，
溶液为8.4，
9
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溶液为9.0，越弱越水解，则
酸性强于
，故
，
A 错误；
B．
、
均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故向
溶液中滴加几滴酸性
溶液，
溶液紫色褪去，不能证明
具有还原性，B 错误；
C．向含有
的废水中加入
固体，溶液呈浅绿色，即发生反应
，
可证明
，C 正确；
D．向黑色PbS 悬浊液中加入H2O2，PbS 被H2O2氧化成白色的PbSO4，表明在给定的条件下，PbS 能
够被氧化成难溶的PbSO4，但不能说明：Ksp(PbS)＞Ksp(PbSO4)，D 错误；
故选C。
15．NiCo-LDHs 电催化HMF(
)，NiCo-LDHs 电极的物质转化过程为
OHMF→HMFCA→FFCA→FDCA(
)，其工作原理如图1 所示，各物质含量的动态
变化如图2 所示。下列说法正确的是
A．NiCo-LDHs 电极电势低于石墨烯电极电势
B．HMFCA 转化为FFCA 是整个转化过程的决速步
C．石墨烯电极产物为
D．一段时间后，两电极室pH 均减小
【答案】B
【详解】A．根据分析，NiCo-LDHs 电极为阳极电极电势高于石墨烯电极电势，A 错误；
B．由图2 可知FFCA 的物质的量始终接近0，可知该过程中FFCA 能迅速转化为FDCA，则FFCA 转
化为FDCA 的活化能最小，反应一段时间后HMFCA 高于HMF 和FFCA，可知HMFCA 转化为FFCA
的反应速率较其他反应慢，而慢反应决定总反应速率，即HMFCA 转化为FFCA 是整个转化过程的决
速步，B 正确；
C．石墨烯电极为阴极，吸引溶液中的阳离子，氢离子发生还原反应生成氢气，即石墨烯电极产物为
10
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氢气，C 错误；
D．转化过程中NiCo-LDHs 电极上HMF 最终转化为FDCA，该过程中生成羧酸，溶液酸性增强，pH
减小，阴极电极室中氢离子发生还原反应，酸性减小，pH 增大，D 错误；
故答案为：B。
16．海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。
进入海水后，主要以4 种无机形式存在，称为总
溶解无机碳(
)，占海水总碳95%以上，在海水中存在平衡关系：
；
，某些组分百分率随
变化如下图。另据
资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应
形成石灰石外壳，进而形成
珊瑚。下列说法错误的是
A．海水中藻类的光合作用促进了珊瑚的形成
B．海水中：
C．
时，海水中
D．
【答案】D
【详解】A．海水中藻类的光合作用消耗二氧化碳，使
平衡正
向移动，有利于珊瑚虫形成石灰石外壳，A 正确；
B．在海水中存在平衡关系：
，碳酸以第一步电离为主，根据分析
有
则有
，
，B 正确；
C．
时pH=10.3，溶液显碱性，则有
，C 正确；
11
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D．总溶解无机碳（DIC）除了碳酸氢根离子、碳酸根离子、碳酸外还有溶解二氧化碳等其他形式，
，D 错误；
故选D。
第II 卷（非选择题 共52 分56）
二、非选择题，共4 题，共52 分。
17．(14 分)锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、CuO、SiO2)为
原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；
25℃
②
时，Zn2++4NH3 ⇌[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。
(1)Zn、Cu 在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) I(Zn)(填“＞”或“＜”)。
(2)“浸取”时，ZnO、CuO 分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。
[Zn(NH
①
3)4]2+的配位数为 。
ZnO
②
发生反应的离子方程式为 。
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。
(3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S 超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-
ZnS↓+4NH3导致锌的回收率
下降，该反应的平衡常数为 。
(4)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，
已知：晶胞参数为anm。
①与Cu 原子等距离且最近的Cu 原子有 个。
②该铜锌合金晶体的密度为 g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) ds（1 分） ＞（2 分）
(2) 4（1 分） ZnO+2NH4Cl+2NH3=[Zn(NH3)4]Cl2+H2O（2 分） 温度过低，反应速率慢；温度过高，
会导致NH3挥发量增加，且NH4Cl 分解（2 分）
(3)2.5×1014（2 分）
(4) 8（2 分）
（2 分）
12
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【详解】（1）Zn、Cu 的价层电子排布式分别为3d104s2、3d104s1，在元素周期表中位于ds 区，Cu+的
价电子排布式为3d10，3d 轨道全充满，而Zn+的价电子排布式为3d104s1，所以第二电离能：I(Cu)＞
I(Zn)。
（2）①[Zn(NH3)4]2+中，1 个Zn2+与4 个NH3形成配位键，则配位数为4。
ZnO
②
与NH3-NH4Cl 溶液发生反应，生成[Zn(NH3)4]Cl2等，离子方程式为ZnO+2
+2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O。
③“浸取”时，加入NH3-NH4Cl 溶液，它们的热稳定性差，则温度应控制在30℃左右，其原因为：温
度过低，反应速率慢；温度过高，会导致NH3挥发量增加，且NH4Cl 分解。
（3）“除铜”时，当加入的(NH4)2S 超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-
ZnS↓+4NH3，导致锌的回
收率下降，该反应的平衡常数为
=
=
=
=2.5×1014。
（4）①从晶胞图可以看出，1 个Cu 原子与4 个Cu 原子的距离最近且相等，而该Cu 原子位于面心，
被2 个晶胞共用，则与Cu 原子等距离且最近的Cu 原子有8 个。
②在1 个铜锌合金晶胞中，含Zn 原子个数为
=1，含Cu 原子个数为
=3，则化学式为Cu3Zn，
该铜锌合金晶体的密度为
=
g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
18．(13 分)肉桂酸乙酯具有甜橙和葡萄的香味和底蕴，香气持久，有定香作用，可用于香粉、香水、香精
的制作。其合成原理如下：
+CH3CH2OH
+H2O
已知：对甲苯磺酸为强酸，无氧化性。
部分物质的物理性质如下：
物质名称
分子式
密度/(
)
沸点
溶解性
肉桂酸
1.245
300
溶于乙醇、苯，不溶于冷水
肉桂酸乙酯
1.049
271
不溶于水，溶于乙醇
乙醇
0.78
78.3
与水任意比例互溶
实验步骤：
Ⅰ．加料：于100mL 仪器A 中加入30.0mL 乙醇(约0.5mol)和11.9mL 肉桂酸(约0.1mol)，再加入一定
量的催化剂对甲苯磺酸，摇匀，加沸石并固定于铁架台上。
Ⅱ．加热：油浴加热至所需温度，反应2h 后停止加热。
13
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Ⅲ．减压蒸馏：将反应装置中的仪器A 取下安装在精馏装置中，在利用水循环真空泵抽真空的条件下
进行蒸馏，蒸出未反应的乙醇和反应生成的少量水。等到不再有冷凝液流出时，停止加热，得到含有
催化剂的粗产品。
Ⅳ．除杂：在粗产品中加入
的
溶液。
Ⅴ．水洗静置：用水洗涤三次，得到淡黄色油状液体，加入无水硫酸镁后过滤，即得肉桂酸乙酯。
Ⅵ．称量：量取产品体积，经计算其质量为13.8g。部分装置如图。
回答下列问题：
(1)使用分水器的优点是 。
(2)仪器A 的名称为 ；冷凝管的进水口为 (填“a”或“b”)口。
(3)油浴加热的优点为 ，本实验不使用浓硫酸作催化剂的原因为 。
(4)第Ⅳ步除杂过程中，加入
的
溶液的目的是 。
(5)无水硫酸镁的作用是 。
(6)该产品的产率为 (保留三位有效数字)。
【答案】(1)分离出水，可以促使反应平衡正向移动（2 分）
(2)三颈烧瓶（1 分） b（1 分）
(3)加热均匀、受热温度稳定，且可以加热到较高温度（2 分） 防止氧化反应中的反应物和生成物
（2 分）
(4)中和催化剂对甲苯磺酸（2 分）
(5)吸收水，起干燥作用（1 分）
(6)78.4%（2 分）
【详解】（1）由反应原理可知，反应生成水，使用分水器分离出水，可以促使反应平衡正向移动，
利于提高产品产率；
（2）由题干实验装置图中可知，仪器a 的名称为三颈烧瓶，冷凝管的作用为冷凝回流，提高反应物的
利用率，冷却水采用“下口进、上口出”，故冷却水的入口为b；
（3）油浴加热的优点为加热均匀、受热温度稳定，且可以加热到较高温度；已知：对甲苯磺酸为强
酸，无氧化性，而浓硫酸具有强氧化性，会氧化肉桂酸、乙醇、肉桂酸乙酯，故本实验不使用浓硫酸
作催化剂的原因为防止氧化反应中的反应物和生成物；
（4）粗产品中含有催化剂对甲苯磺酸，碳酸钠能和酸反应，加入碳酸钠是为了中和催化剂对甲苯磺
酸；
（5）无水硫酸镁能吸收水，作用是吸收水，起干燥作用；
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（6）30.0mL 乙醇(约0.5mol)和11.9mL 肉桂酸(约0.1mol)反应，由反应原理，肉桂酸完全反应，反应
后得到13.8g 产品，则该产品的产率为
。
19．(14 分)氮氧化物(NOx)的资源化利用和处理具有重要意义。回答下列问题：
(1)用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ．N2(g)+O2(g) = 2NO(g)
H
△
1>0 .
ⅱ．2NO(g)+O2(g) = 2NO2 (g)
H
△
2＜0
ⅲ．CH4(g)+ 4NO(g) =2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H
△
3＜0
①对于反应ⅲ，下列说法正确的是 。
A．恒温恒压时，充入氩气降低了NO 的转化率
B．v 正(NO)=2v 逆(N2)，该反应达到平衡状态
C．体系达到平衡后，升高温度，体系中的混合气体的平均相对分子质量不变
D．恒温恒容时，当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
CH
②
4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的焓变△H = (用代数式表示)。
(2)我国科学家在研究CH4与NO2的反应机理时发现，该反应有3 个途径(如图甲)R1、R2和R3，分别生
成CH3*+ HNO2、CH3*+trans-HONO(反式)和CH3*+cis-HONO(顺式)，对应的中间状态分别为TS1、
TS2 和TS3。R1、R2和R3的速率常数(一定温度时，反应物单位浓度时的反应速率)分别记为k1、k2和
k3，总反应的速率常数为k， k=k1+k2+k3，1380~1800K 温度范围内的速率常数变化如图乙。
①从能量变化来看，反应速率最快的是 (填“R1”“R2”或“R3”)，原因是 。
②下列有关说法错误的是 (填正确答案标号)。
A．trans-HONO 比HNO2和cis-HONO 都稳定
B．在高温时，R1和R3会相互竞争
C．温度升高，3 个反应的速率常数都减小
D．CH4与NO2存在多种反应机理，R1是主要反应
(3)用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g) +NO2(g)+2NH3(g)
2N
⇌
2(g)
+ 3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为p 的密闭容器中充入物质的量相等的NO、NO2和NH3，达
到平衡状态后，N2的摩尔分数为0.2。
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NO
①
2的转化率为 。
②该温度下此反应的平衡常数Kp= (用含p 的式子表示)。
【答案】(1) BC（2 分） △H1-△H2+△H3（2 分）
(2)R3（2 分） TS3的活化能最低或R3的过渡态能量最低（2 分） CD（2 分）
(3) 0.33 或
（2 分） 2.7p（2 分）
【详解】（1）①对于反应ⅲ．CH4(g)+ 4NO(g) =2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H
△
3＜0
A．恒温恒压时，充入氩气，容器的体积增大，各物质的浓度减小，由于反应前后气体的分子数相等，
所以平衡不移动，NO 的转化率不变，A 不符合题意；
B．v 正(NO)=2v 逆(N2)，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，所以该反应达到平衡
状态，B 符合题意；
C．体系达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，但由于反应前后气体分子数相等，所以体系中的混
合气体的平均相对分子质量不变，C 符合题意；
D．恒温恒容时，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，则反应不一定达到平衡状态，D
不符合题意；
故选BC。
②ⅰ．N2(g)+O2(g) = 2NO(g)
H
△
1＞0 .
ⅱ．2NO(g)+O2(g) = 2NO2 (g)
H
△
2＜0
ⅲ．CH4(g)+ 4NO(g) =2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H
△
3＜0
依据盖斯定律，将反应ⅰ-ⅱ+ⅲ得：反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的焓变△H =
H
△
1-
H
△
2+
H
△
3。
（2）①从能量变化来看，从NO2+CH4转化为TS3时，正反应的活化能最小，所以反应速率最快的是
R3，原因是：TS3的活化能最低或R3的过渡态能量最低。
A
②．从图中可以看出，trans-HONO 所具有的能量低于HNO2和cis-HONO，所以trans-HONO 比
HNO2和cis-HONO 都稳定，A 正确；
B．在高温时，TS1和TS3能量接近，反应速率常数相近且都随温度的升高而增大，所以R1和R3会相
互竞争，B 正确；
C．从图乙中可以看出，降低温度，3 个反应的速率常数都减小，则温度升高，3 个反应的速率常数都
增大，C 错误；
D．从图甲、乙中可看出，TS3的活化能最小，速率常数最大，则CH4与NO2存在多种反应机理，R3是
主要反应，D 错误；
故选CD。
（3）一定温度下，在某恒定压强为p 的密闭容器中充入物质的量相等的NO、NO2和NH3(设各为
1mol)，发生反应NO(g) +NO2(g)+2NH3(g)
2N
⇌
2(g) + 3H2O(g)，达到平衡状态后，N2的摩尔分数为
0.2。设参加反应NO2物质的量为x，则可建立如下三段式：
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则
，x=
。
NO
①
2的转化率为
≈0.33 或
。
②该温度下此反应的平衡常数Kp=
=2.7p。
20．(11 分)某研究小组对一除草剂的有效成分喹草酮的合成路线进行了探究：
回答下列问题：
(1)
的反应类型是 。
(2)化合物G 所含的官能团名称为 。
(3)写出
的化学方程式 。
(4)符合下列条件B 的同分异构体N 有 种。
①与
溶液可发生显色反应；②可与
溶液反应；③可发生银镜反应；④含硝基官能团
(5)在一般的有机化合物中烯醇式是不稳定的，要转变为酮式，而化合物K 能稳定存在，试用分子间作
用力解释 。
(6)该方法还可以用于合成另一性能优良的除草剂二酮类化合物的中间体M，同时伴随着M 的同分异
构体L 的生成，流程如下图：
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或M
已知
，试写出产物M 的结构简式 。
【答案】(1)取代反应（1 分）
(2)酯基、酰胺基（2 分）
(3)
+
+CH3OH（2 分）
(4)30（2 分）
(5)形成了六元环氢键（2 分）
(6)
（2 分）
【详解】（1）H 和
反应，根据I 和H 的分子式对比，I 物质减少了一个氢原子和一个氧原子，
根据结构分析，应该是羧基上的
被氯原子取代，所以，二者发生了取代反应。答案为：取代反
应。
（2）根据
的结构可知，所含的官能团名称是酯基、酰胺基。答案为：酯基、酰胺基。
（3）D 物质是C 物质在
共同作用下生成，根据C 和D 二者分子式中原子个数的差值，可
以得知D 物质是
，然后和E 物质发生取代反应。故方程式为：
+
→
+CH3OH。
（4）B 的同分异构体①与
溶液可发生显色反应，说明含有酚羟基；②可与
溶液反应，
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说明含有
；③可发生银镜反应，说明含有
，另外含有
。根据分析可知，其同分
异构体上存在四个不同的取代基，如图
，利用数学思维进行分析，假设a 基团固定，b、
c、d 三个基团在剩余5 个位置移动，结合排列组合知识可知，一共有
种组合。
答案为：
。
（5）化合物K 的最左侧含有烯醇式结构，其中含有
，可以形成分子间的氢键。同时，该物质是
一个闭合的环状结构，形成平面环(五元或六元环比较稳定)。答案为：形成了六元环氢键。
（6）根据题中转化关系，
与
反应，L 中新形成了酯基，由于烯醇式存在
⇌
互变情况，则存在
⇌
的变换，
与SOCl2先反应生成中间产物
，中间产物与
发生类似I→K 的反应生成
为
。答案为：
。
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