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2025 年高考押题预测卷
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 N 14 O 16 Se 79
第Ⅰ卷（选择题 共40 分）
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．福建是乌龙茶的故乡，有一千年的茶文化历史，是茶文化的发祥地之一。下列说法不正确的是
A．茶叶中含多种酚类物质经常饮用可抗氧化、防衰老
B．做青是茶叶制作工艺中重要的发酵工序，该工序中发生了氧化还原反应
C．乌龙茶为碱性茶，但茶汤呈弱酸性
D．《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”文中涉
及过滤和蒸馏等化学实验操作方法
【答案】D
【详解】A．茶叶中含多种酚类物质，酚类物质具有还原性，经常饮用可抗氧化、防衰老，A 正确；
B．茶叶发酵过程，有元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，B 正确；
C．判断依据:以在人体代谢的产物划分，含硫/氯/磷较多为酸性，含钙/镁/钾/钠/铁多为碱性，C 正确；
D．文中包含了将茶叶里的有机物萃取、溶解、过滤、供人品尝，没有涉及到蒸馏，D 错误；
故答案选D。
2．ATP 是细胞生命活动所需能量的直接来源，也是生物体内重要的能量转换中间体。生物体内的ADP 转
化为ATP 的过程如图所示。下列有关说法错误的是
A．1 个ATP 分子中有4 个手性碳原子
B．ADP 由戊糖、碱基、磷酸脱水缩合而成
1
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C．ATP 和ADP 均可以和乙酸、乙醇发生酯化反应，还可以和盐酸、NaOH 发生中和反应
D．ADP 转化为ATP 的反应属于取代反应
【答案】D
【详解】A．ATP 分子中戊糖的含氧的五元杂环上有4 个手性碳原子，故A 正确；
B．ADP 由戊糖
、碱基
的脱水产物，与二个磷酸分子的脱水产物，通过
发生酯化反应生成，故B 正确；
C．化合物ATP 和ADP 均有可以表现碱性的氨基和可以表现酸性的磷酸基团，还有五碳糖上的羟基，
故既能与酸反应又能与碱反应，还可以和乙酸、乙醇发生酯化反应，故C 正确；
D．由图可知，ADP 与一分子磷酸结合生成ATP 和一分子水，是取代反应，故D 错误；
故答案为D。
3．湿法冶金涉及反应：
①
②
设
为阿伏加德罗常数的值。已知：常温下，
。下列叙述正确的是
A．
溶液含
数目为
B．在反应①中，
完全反应时消耗
分子数目为
C．在反应②中，生成
时转移电子数目为
D．
含
键数目为
【答案】C
【详解】A．依题意可知，
是弱酸，
会发生水解，
溶液含
数目小于
，A 错误；
B．
体积没有注明“标准状况”，无法计算，B 错误；
C．在反应②中，生成
的物质的量为
，转移
电子，即
，
C 正确；
D．1 个
含1 个
键，能形成1 个配位键（也是
键），
含
键数目为
，D 错误；
故选C。
4．硫代硫酸钠(Na2S2O3)的制备和应用相关流程如图所示。
2
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已知：
。下列离子方程式书写正确的是
A．反应①：
B．用Na2S2O3测定碘单质的含量时生成Na2S4O6的离子反应方程式为：
C．反应③：
D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：
【答案】B
【分析】复分解反应发生时，强酸与弱酸盐反应制取弱酸。NaHSO3和Na2CO3发生反应①生成
Na2SO3、NaHCO3，Na2SO3和S 发生反应②生成Na2S2O3，Na2S2O3和AgBr 发生反应③生成
Na3[Ag(S2O3)2]、NaBr。
【详解】A．根据
，可知NaHSO3和Na2CO3发生反
应①生成Na2SO3、NaHCO3，该反应的离子方程式应该为：
，A 错误；
B．用Na2S2O3测定碘单质的含量时生成Na2S4O6，同时I2得到电子被还原为I-，该反应的离子反应方程
式为：
，B 正确；
C．反应③Na2S2O3和AgBr 发生反应③生成Na3[Ag(S2O3)2]、NaBr。由于AgBr 难溶于水，因此不能写
成离子形式，应该写化学式，离子方程式应该为：
，C 错误；
D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应产生S、SO2、H2O，该反应的离子方程式应该为：
+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D 错误；
故合理选项是B。
5．下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．制备苯甲酸苯甲酯
B．验证金属锌保护铁
C．熔融纯碱
D．制取少量
A．A
B．B
C．C
D．D
3
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【答案】B
【详解】A．苯甲酸和苯甲醇发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯，采用分水器不断带走反应生成的水，可
促进酯化反应向生成酯的方向进行，A 正确；
B．由于Fe 可能会被
氧化为Fe2+，故验证金属锌保护铁的实验中，应该用胶头滴管取Fe
电极的溶液于试管中，然后向试管中滴加铁氰化钾溶液，B 错误；
C．铁坩埚不和碱性物质反应，可以用于熔融纯碱，C 正确；
D．用大理石和盐酸制取少量CO2并配有安全漏斗，能较好控制反应速率，D 正确；
故选B。
6．W、X、Y、Z、R 是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z 位于同一周期，
可以组成如下图所示的某离子液体。下列说法不正确的是
A．阴离子的中心原子的配位数为6
B．该离子液体有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质
C．Y 同周期元素中，第一电离能比Y 大的元素有1 种
D．W、Y、Z 构成的盐晶体中存在氢键
【答案】C
【分析】据离子液体的结构，W、Z 可形成1 个共价键，为H、F、Cl；X 形成4 个共价键，为C、Si；
Y 形成3 个共价键，为N、P；R 形成5 个共价键，为N 或P；又“W、X、Y、Z、R 是元素周期表中原
子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z 位于同一周期”；所以W、X、Y、Z、R 五种原子
分别是H、C、N、F、P。
【详解】A．由图可知，阴离子的中心原子的配位数为6，A 正确；
B．该离子液体中存在离子，有良好的导电性，可被开发成原电池的电解质，故B 正确；
C．Y 是N，Y 同周期元素中，第一电离能比Y 大的有F 和Ne 两种元素，故C 错误；
D．W、Y、Z 构成的盐晶体是
晶体，铵根离子中的氢原子和氟离子之间存在氢键，故D 正确；
综上所述，说法不正确的为C。
7．铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料，有“超级金属”之称。以绿柱石
为原料制备金属铍的工艺如下：
4
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已知：750℃烧结时，
与绿柱石作用生成易溶于水的
，“滤渣1”中含有铁、铝、硅的
氧化物，
难溶于水，
可与过量OH-结合成
。下列说法不正确的是
A．“沉氟”反应的离子方程式为：
B．提高烧结后的水浸效率可以将烧结固体粉碎处理
C．对过滤1 后的滤液中加入过量的NaOH 溶液不利于Be 元素的沉淀
D．工业上电解
熔融混合物制备金属铍，在阴极析出金属铍
【答案】A
【分析】绿柱石的主要成分
，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生
Be3Al2(SiO3)6+2Na3FeF6
3Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为
Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH 生成Be(OH)2沉淀，若NaOH 过量、则氢氧根与Be(OH)2反应
结合成
，降低Be 的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO 与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解
NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2(SO4)3=2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利
用；
【详解】A．结合分析，“沉氟”反应的离子方程式为：
，A 错误；
B．接触面积越大反应越充分、浸取效率越高，则提高烧结后的水浸效率可以将烧结固体粉碎处理，B
正确；
C．NaOH 过量、则氢氧根与Be(OH)2反应结合成
，降低Be 的产率，C 正确；
D．工业上电解熔融混合物制备金属铍，Be 化合价降低发生还原反应，故在阴极析出金属铍，D 正确；
故选A。
8．采用中性红试剂利用电解原理直接捕获空气中的二氧化碳的装置图如下，下列说法正确的是
5
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已知：中性红NR：
，NRH2：
A．若用铅蓄电池进行电解，a 极接铅蓄电池的Pb 极
B．电解时，b 极的电极反应式为：NR+2e-+2H+=NRH2
C．装置中离子交换膜为阴离子交换膜
D．左储液罐发生反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO
【答案】D
【分析】由图可知，与直流电源正极相连的a 电极为电解池的阳极，碳酸氢根离子作用下NRH2在阳极
失去电子发生氧化反应生成NR、二氧化碳和水，电极反应式为NRH2-2e-+2HCO3
-=NR+2CO2↑+H2O，b
电极为阴极，水分子作用下NR 在阴极得到电子发生还原反应生成NRH2和氢氧根离子，电极反应式为
【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的a 电极为电解池的阳极，铅蓄电池中铅为原电池的负
极、二氧化铅为正极，则用铅蓄电池进行电解，a 极接铅蓄电池的二氧化铅电极，故A 错误；
B．由分析可知，b 电极为阴极，水分子作用下NR 在阴极得到电子发生还原反应生成NRH2和氢氧根离
子，电极反应式为
，故B 错误；
C．由b 电极的电极反应式可知，溶液中氢氧根浓度增大，要保持溶液中电荷守恒，需要将a 电极产生
的氢离子转移到b 极区，则装置中离子交换膜为阳离子交换膜，故C 错误；
D．由a 电极的电极反应式可知，反应物需要碳酸氢根，左储液罐需要产生碳酸氢根供给，则左储液罐
发生反应的离子方程式为
，故D 正确；
故选D。
9．
催化重整可获得合成气
。重整过程中主要反应的热化学方程式如下：
反应①
=
反应②
=
反应③
=
反应④
=
6
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研究发现在密闭容器中
下，
，平衡时各含碳物种的物质的量随
温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．图中
表示
B．
=
的
C．其他条件不变，在
范围，随着温度的升高，平衡时
不断增大
D．当
，其他条件不变时，提高
的值，能减少平衡时积碳量
【答案】C
【详解】A．根据图可知，平衡时升高温度反应①、反应②反应③正向移动，反应④逆向移动，温度升
高CO、
的量增加，但
的增加量小于CO，根据元素守恒CO、
的量最大可以接近1mol，可确
定图中a 表示
，A 正确；
B．通过反应②＋④得到
，所以
的
，B 正确；
C．根据
反应为吸热反应，其他条件不变，在500∼1000℃范围，随着温度的
升高，平衡正向移动，n(H2O)不断减小，C 错误；
D．当
，其他条件不变时，提高
的值，二氧化碳物质的量增大，
甲烷物质的量减小，平衡③④逆向移动，消耗C，能减少平衡时积碳量，D 正确；
故选C。
10．难溶物MI2加水，存在如下平衡：
7
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MI2(s)
M2+(aq)+2I-(aq) Ksp；M2+(ag)+nI-(aq)
(aq) Kn(n=1，2，3，4)。
MI2的溶解度S(所有含M 的微粒在水溶液中的总浓度)、以及其中三种含M 微粒的分布系数(δ)与溶液
中I-浓度的关系如图所示。已知Ksp远远小于
(n=1，2，3，4)，下列说法错误的是
A．10-9<Ksp<10-8
B．K4>K3
C．曲线B、C 分别代表δ[
(aq)]、δ[MI2(ag)]
D．向1L 0.1mol/L 的M2+溶液中加入约0.3mol NaI 固体时，沉淀效果最好
【答案】C
【分析】溶液中随着碘离子浓度增大，M2+会逐渐化为
、
、
，其分布系数
减小、
先增大后减小、
在
之后先增大后减小、
含量一直增
大；由图，当溶解度S 最小时，MI2沉淀程度最大，此时-lgc(I-)≈1，
，此时再增大碘离
子浓度，则MI2(s)
M2+(aq)+2I-(aq) 逆向移动、M2+(ag)+nI-(aq)
(aq)正向移动，使得溶液中
向
、
转化，则ABC 分别为
、
、
分布系数(δ)与溶
液中I-浓度的关系曲线；
【详解】A．由图，-lgc(I-)≈4，
，此时溶液中M 的微粒总浓度为1mol/L，结合MI2(s)
M2+(aq)+2I-(aq)，则
，由于溶液
(aq)总的分布系数小于0.1，
则
，A 正确；
B．
，由图，
时，
，则
K4>K3，B 正确；
C．由分析，曲线B、C 分别代表δ[
(aq)]、δ[
]，C 错误；
D．向1L 0.1mol/L 的M2+溶液中加入约0.3mol NaI 固体时，碘离子和M2+生成MI2沉淀，反应后溶液中
碘离子浓度约为0.1mol/L，结合分析，此时沉淀效果最好，D 正确；
故选C。
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第II 卷（非选择题 共60 分）
二、非选择题，共4 题，共60 分。
11．（14 分）镓(
)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含
和少量的
等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，
是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用
提取金属离子
的原理如图。已知：
①
。
②
(冰晶石)的
为
。
③浸取液中，
和
以
微粒形式存在，
最多可与2 个
配位，其他
金属离子与
的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为 。
（2）“浸取”中，由
形成
的离子方程式为 。
（3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过
，从而有利于
的分离。
（4）“
提取”中，原料液的
浓度越 ，越有利于
的提取；研究表明，原料液酸度
过高，会降低
的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I 室中加入 (填化学
式)，以进一步提高
的提取率。
（5）“调
”中，
至少应大于 ，使溶液中
，有利于
配离子及
晶体的生成。若“结晶”后溶液中
，则
浓度为
。
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（6）一种含
、
、
元素的记忆合金的晶体结构可描述为
与
交替填充在
构成的立方体
体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比
，其立方晶胞
的体积为
。
【答案】（1）2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑
（2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
（3） 铁 [FeCl4]-
（4） 高 NaCl
（5） 3.2 4.0×10-7
（6） 2:1:1 8a3
【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F 和少量的Ga、Fe、K、Ca 等元素)进行焙烧，金属转
化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利
用LAEM 提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II 室并转化为Ga3+，II 室溶液进一步处理得到镓，I 室溶液加
入含F-的废液调pH 并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
【详解】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM 是一种新型阴离
子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式
通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga 的分离；
（4）“LAEM 提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于
Ga 的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I 室中加入NaCl，提高Cl-浓度，
进一步提高Ga 的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)=
=10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=
×10-
3.2<10-3.2mol/L，故pH 至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶
液中c(Na+)=0.10mol L
⋅
-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为
=4.0×10-7mol L
⋅
-1；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga 与Ni 交替填充在Co 构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，
10
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取Ga 为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni 处于晶胞棱心和体心，Ga 和Ni 形成类似氯化钠晶胞的结构，
晶胞中Ga 和Ni 形成的8 个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni 个数为4，Co 个数为8，粒子个数
最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga 之间（或最近的Ni 之间）的距离，为2a nm，故晶
胞的体积为8a3nm。
12．甲醛是无色气体，易溶于水，甲醛在碱性溶液中具有强还原性。为探究甲醛和新制
反应的产
物成分，进行相关研究。回答下列问题：
（1）在如图所示的装置中进行新制的
和40%甲醛溶液反应实验，最后生成红色固体，并有
气体
产生。
①仪器a 名称为 。
②仪器b 的优点有 。(回答2 点)
（2）查阅资料发现气体产物
是副反应产生的，为确定气体产物为
，而不是
，利用下列装置
进行验证(已知：
可将银氨溶液还原成黑色粉末银单质)。
①实验装置的连接顺序是：气体产物
B(按气流方向填写装置标号，装置可重复使
用)。
②证明气体产物是
而不是
的实验现象为 。
（3）实验小组对实验中红色固体的组成作出猜想：铜或氧化亚铜或它们的混合物。为判断固体产物，
进行如下实验(以下每步均充分反应)：已知：
i．
(无色)
(蓝色)
ii．置于空气中，
也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的
11
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①锥形瓶ii 中固体完全溶解得到深蓝色溶液的离子方程式为 。浓氨水在反应中的作用为
。
②将容量瓶ii 中的溶液稀释80 倍后，溶液的颜色与容量瓶i 相近。由此可知固体产物的组成及物质的
量之比约为 。
（4）为进一步探究新制
被甲醛还原的产物与甲醛用量的关系，实验小组做了一组实验，经
-射线衍射实验，测得固体产物含有
、
。
序
号
温
度/℃
V(25%
溶
液)/mL
(8%
溶
液)/mL
V(37%
溶
液)/mL
生成红色固体
的质量/g
1
60
20
15
0.4
0.54
2
60
20
15
1.0
0.50
3
60
20
15
9.0
0.48
①生成的固体质量越大，说明固体中
越 (填“大”或“小”)。
②随着甲醛用量的增加，
被甲醛还原的产物的化合价越 (填“高”或“低”)。
【答案】（1） 三口烧瓶或三颈烧瓶 ⅰ平衡气压，便于液体顺利滴下；ⅱ可以调节液体滴
加的快慢，控制反应速率；ⅲ可以避免使用过程中甲醛的挥发(3 点中任选2 点即可)
（2） CBDA C 中无明显现象，D 中的黑色CuO 粉末变红，同时A 中白色粉末变成蓝色
（3）
或
因为
或者
，使
浓度下降，增强了Cu 的还原性
（4） 小 低
【分析】甲醛和新制
反应生成红色固体和气体Y，根据氢气和一氧化碳的性质差异，确定气
体
的成分。通过铜和氧化亚铜的性质，设计实验检验红色固体的成分：根据实验示意图可知，红色
固体中加入浓氨水，并过滤，所得无色溶液在空气中转变为浅蓝色，再加入浓氨水得到蓝色，根据信
息i．
(无色)
(蓝色)，则原固体中含有氧化亚铜；过
12
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滤所得的剩余固体中，加入浓氨水得到深蓝色溶液，则根据信息ii．置于空气中，
也能缓慢溶于浓
氨水生成蓝色的
，剩余固体为铜，则原固体中含铜，因此红色固体为铜、氧化亚铜的混
合物。
【详解】（1）①仪器a 名称为三口烧瓶或三颈烧瓶。
②仪器b 为恒压滴液漏斗，优点有：ⅰ平衡气压，便于液体顺利滴下；ⅱ可以调节液体滴加的快慢，
控制反应速率；ⅲ可以避免使用过程中甲醛的挥发(3 点中任选2 点即可)。
（2）①为确定气体产物
为
，而不是
，依次用银氨溶液检验一氧化碳，用无水氯化钙干燥气
体，用氧化铜、无水硫酸铜检验氢气，为防止空气中的水分进入无水硫酸铜干扰氢气检验，最后再次
连接干燥氯化钙，因此实验装置的连接顺序是：气体产物
C→B→D→A
B 故答案为：CBDA。
②结合已知信息，证明气体产物是
而不是
的实验现象为：C 中无明显现象，D 中的黑色CuO 粉
末变红，同时A 中白色粉末变成蓝色。
（3）①据分析，锥形瓶ii 中固体完全溶解得到深蓝色溶液，是铜转变为四氨合铜离子，则铜被氧气
氧化，离子方程式为
或
。浓氨水在反应中的作用为：因为
或者
，使
浓度下降，增强了
Cu 的还原性。
②上述反应过程中可知固体产物的组成为氧化亚铜和铜，根据反应关系容量瓶ⅰ中
，容量瓶ii 中
，容量瓶ii 中溶液稀释80 倍后，溶液的颜
色与容量瓶i 相近，即
浓度相同，锥形瓶ⅱ中铜的量为氧化亚铜的160 倍。由此可知固
体产物的组成及物质的量之比约为
。
（4）由表可知，其它条件相同时，随着甲醛用量的增加，生成的固体质量变小，说明Cu2O 的占比变
小，由铜元素守恒可知固体中铜和氧化亚铜的物质的量比值变大，氢氧化铜被甲醛还原的产物主要为
Cu，即还原产物化合价越低；则：
①生成的固体质量越大，说明固体中
越小。
②随着甲醛用量的增加，
被甲醛还原的产物的化合价越低。
13．（16 分）化合物M 是一种药物中间体，可由如下路线合成：
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已知：①
②
，其中X 代表卤素原子，HY 代表
、
、
(或
)等。回答
下列问题：
（1）化合物A 的名称为 ；B 中含氧官能团名称为 。
（2）下列说法正确的是_______。
A．D→E 的反应条件可能是浓硫酸、加热
B．F→H 中添加吸水剂
，可提高H 的产率
C．化合物D 分子中含3 个手性碳原子
D．A→B、E→F 均为氧化反应
（3）F+G→H 的化学方程式是 。
（4）对化合物B，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
①
②
氧化反应
（5）F 的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)，写出其中一种同分异
构体的结构简式 。
①含有
结构；
②红外光谱显示含氧官能团只有—OH 和—CHO；
③核磁共振氢谱中有6 组吸收峰。
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（6）参照上述合成路线，补全以
和
为原料合成
的路线
(其他试剂任选)。
【答案】（1） 苯甲醇 醛基
（2）AD
（3）
（4） H2，催化剂 加成反应 酸性
溶液
（5） 6
（6）
【分析】
A
发生氧化反应生成B，根据反应条件及B 的分子式，可知B 是
；
和C
发生加成反应生成D
，
发生消去反应生成E
；E
发生氧化反应生成F
和苯甲酸；
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和
在催化剂作用下反应生成H
，
在催化剂作用下转化为
。
【详解】（1）
根据化合物A 的结构简式
，可知A 的名称为苯甲醇；根据以上分析，B 是
，含氧官能
团名称为醛基；
（2）
A．
→
是消去醇羟基，反应条件是浓硫酸、加热，故A 正确；
B．
中添加吸水剂
中羧基会与
反应，
的产率
不一定会提高，故B 错误；
C．化合物
分子中只有与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故C 错误；
D．
为醇的催化氧化、
氧化碳碳双键），均为氧化反应，故D 正确；
选AD；
（3）F+G→H 是
和
反应生成
和水，反应方程式为
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；
（4）
和H2发生加成反应生成苯甲醇，反应条件和试剂是催化剂、H2；
发生氧化反应生成
，反应试剂是酸性
溶液、条件常温常压，不需要额外条件；
（5）
的同分异构体中，除
外，还含1 个碳原子和5 个氧原子；红外
光谱显示含氧官能团只有
和
，说明含4 个羟基和1 个醛基；核磁共振氢谱有6 组吸收峰，
说明
的同分异构体为对称结构，符合条件的结构有
、
、
、
、
、
，共6 种结
构。
（6）
和H2NCH2CH2CHO 一定条件下发生加成反应生成
，
在催化剂作用下反应生成
，
发生消去反应生成
，
发生氧化反应生成
；合成路线为
。
14．（15 分）甲烷化反应即氢气和碳氧化物反应生成甲烷，可实现碳循环利用。涉及反应如下：
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反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g
CH4(g)+H2O(g) ΔH1=-206.2kJ/mol
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g) ΔH3=-165kJ/mol
积碳反应(CO 的歧化和CH4的裂解反应是催化剂积碳主要成因，可致催化活性降低)如下：
反应Ⅳ：2CO(g)
CO2(g)+C(s)
反应Ⅴ：CH4(g)
C(s)+2H2(g)
回答下列问题：
（1）ΔH2= kJ/mol。
（2）在360℃时，在固定容积容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO 和H2的转化率及
CH4和CO2产率随n(H2)/n(CO)增大的变化情况如图1 所示。
已知：CH4的选择性=
×100%。
①图中表示CO 转化率、CO2产率变化的曲线分别是 、 (填标号)，A、C 两点
的值相同，C 点通过改变温度达到A 点，则A、B、C 三点温度由大到小的顺序是 。
②按
=3 向恒容容器内投料，初始压强为p0，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，达到平衡时总压为
，
CO 的平衡转化率为a，则CH4的选择性= %，反应Ⅰ的Kp(用分压表示，分压=总压×物质
的量分数)= 。
（3）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2 所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化
曲线如图3 所示。
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由图2 可知，CO 的歧化反应属于 (填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内CH4的产率
在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的可能原因是
。
【答案】（1）-41.2
（2）b d B=C>A
（3）放热 高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1-ΔH3= - 206.2kJ·mol-1-（-165 kJ
·mol-1）=-41.2 kJ ·mol-1。
（2）①结合反应，
越大，相当于n(H2)越大，CO 转化率越大，直到接近100%，故b 表示CO
转化率；随着
的增大，CO 接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c 表示CH4
产率变化的曲线，由碳元素守恒可知，CO 转化率接近100%，CH4产率接近100%，CO2的产率接近
0，则d 表示CO2产率变化的曲线；b 表示CO 转化率，B、C 均在曲线b 上，温度B=C，结合反应Ⅰ、
Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO 转化率越高，A 点转化率高于c，故温度B=C>A；
②设n（CO）=n，则n（H2）=3n，列出反应Ⅰ三段式：
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为p0，达到平衡时总压为
，则
，解得x=0.5n；CO 的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：
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则CH4的选择性
；平衡时，CO 的分压为
、H2分压为
、CH4的分压为
、H2O 分压为
，Ⅰ的Kp=
。
（3）根据图2 可知，随着温度升高，反应Ⅳ的化学平衡常数逐渐减小，说明升高温度反应Ⅳ平衡逆
向移动，则CO 的歧化反应属于放热反应，相同时间内CH4 的产率在温度高于330°C 时降低的可能原
因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4 裂解，
导致催化剂积碳，活性降低。
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