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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 B-11 C-12 O-16 F-19 Na-23 K-39 Ca-40 Fe-56
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．下列有关科技成就的描述错误的是
A．“神舟十七号”发动机使用的耐高温结构材料
含有非极性键
B．“朱雀二号”遥二运载火箭使用的燃料甲烷为非极性分子
C．我国自供电软体机器人所用的有机硅树脂难溶于水
D．深空探测器的高强度零部件采用的钛合金属于金属材料
【答案】A
【解析】A．
中硅原子和氮原子之间形成的是极性键，不含有非极性键，A 错误；
B．甲烷的空间结构是正四面体，正、负电荷中心重合，属于非极性分子，B 正确；
C．有机硅树脂是一种高分子化合物，其分子结构具有较大的非极性部分。水是极性分子，而有机硅树
脂分子的极性较小，根据相似相溶原理，有机硅树脂难溶于水，C 正确；
D．钛合金是以钛为基础加入其它元素形成的合金材料，属于金属材料，D 正确；
故选A。
2．亚铁氰化钾别名黄血盐
，可用铁制备，反应为
(设
表示阿伏加德罗常数的值)。下列说
法正确的是
A．5．6g 基态铁原子核外未成对电子数为
B．标准状况下生成
，转移电子数为
C．13.8g 碳酸钾固体中含有的碳酸根离子数小于
D．1mol 黄血盐中含有的σ 键数目为
【答案】B
1
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【解析】A．1 个基态铁原子核外有4 个未成对电子，5.6g 基态铁原子的物质的量为0.1mol，5.6g 铁原
子核外未成对电子数为0.4NA，A 不符合题意；
B．该反应中，铁由0 价升高到+2 价，6 个HCN 中有两个+1 价氢变为0 价，则转移2 个电子，故每生
成0.1mol CO2时，反应过程中转移电子数目为0.1NA，B 符合题意；
C．13.8g 碳酸钾固体中含有的碳酸根离子数目为0.1NA，C 不符合题意；
D．1mol 黄血盐中含有的σ 键数目为12NA，D 不符合题意；
故选B。
3．化合物Z 是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．Y 分子中所有原子可能共平面
B．Z 可以发生氧化、取代和消去反应
C．X、Y、Z 可用FeCl3溶液和新制的氢氧化铜进行鉴别
D．Y、Z 分别与足量的酸性KMnO4溶液反应后所得芳香族化合物不同
【答案】C
【解析】A．Y 中
上的碳原子为饱和碳原子，所有的原子不可能共平面，A 错误；
B．Z 中的
可以发生氧化反应、取代反应，但不能发生消去反应，B 错误；
C．X 含酚羟基，Y、Z 均不含酚羟基，用
溶液可鉴别X 与Y、Z；Y 中含醛基，Z 中不含醛基，
用新制
悬浊液可鉴别Y 与Z，C 正确；
D．Y、Z 分别与足量的酸性KMnO4溶液反应后所得芳香族化合物相同，均为
，
D 错误；
答案选C。
4．硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图，下列说法错误的是
2
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A．晶体中微粒间作用力有离子键及共价键
B．基态
的价电子排布式为3d9
C．
个数为2 个
D．晶胞中
1 1∶
【答案】D
【解析】A．晶体中含
，所以晶体中微粒间的作用力有离子键及共价键，A 正确；
B．Cu 是简化电子排布式为[Ar]3d104s1，失去2 个电子得到铜离子，基态Cu2+的价电子排布式为3d9，B
正确；
C．由晶胞图和俯视图可知，
离子位于晶胞的棱上，个数为
，C 正确；
D．由晶胞图和俯视图可知，
离子位于晶胞的棱上，共有
个，S2-位于晶胞的内部，共有2
个，因此晶胞中S 的总价态为
，由晶胞可知Cu 位于晶胞内部，则晶胞中Cu 的总个数
为6 个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立式子解得x=4，y=2，故
2 1∶，D 错误；
答案选D。
5．实验是化学的基本方法，它的学习功能是难以代替的，下列实验能达到实验目的的是
A．用装置甲蒸发
溶液制备少量硫酸镁晶体B．装置乙中溴水逐渐褪色，能说明生成乙烯
C．装置丙测定苯甲酸在一定温度下的溶解度
D．装置丁制备少量氢氧化亚铁，并观察其颜色
【答案】B
3
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【解析】
A．由于硫酸难挥发，因此蒸发
溶液可以制备少量硫酸镁晶体，但该操作应该在蒸发皿(带有尖
嘴)中进行，正确的装置图为
，A 错误；
B．溴乙烷消去反应生成的乙烯中混有乙醇杂质，但是乙醇不能使溴水褪色，对该实验不造成干扰，因
此将装置乙中溴乙烷消去反应的产物直接通入溴水，溴水逐渐褪色，能说明生成乙烯，B 正确；
C．测定苯甲酸在一定温度下的溶解度时，温度计应该位于苯甲酸溶液中，C 错误；
D．止水夹A 关闭时，不能将硫酸亚铁溶液导入NaOH 溶液中，因此该装置无法制备少量氢氧化亚铁，
并观察其颜色。正确的装置图应该是
，打开左侧止水夹A，用生成的氢气
排尽装置中的空气；关闭止水夹A、将生成的硫酸亚铁溶液导入右侧三颈烧瓶中，从而生成氢氧化亚
铁沉淀，D 错误；
故答案选B。
6．Cl2O 是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。
已知：
①
，合适反应温度为
；副反应：
。
②常压下，Cl2沸点
，熔点
；Cl2O 沸点
，熔点
。
③
在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
下列说法正确的是
A．调控进入反应柱的混合气体中Cl2和N2的比例越高越好
B．将加热带缠绕于反应柱并加热
C．反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，在氯气未发生冷凝时抽气
D．装置之后需要加一个装有CaCl2的球形干燥管，并再接一个盛装澄清石灰水的尾气处理装置
4
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【答案】C
【分析】由实验装置可知，Cl2和N2混合气经过装置A 干燥混合后，进入含有HgO 粉末的反应柱中进
行反应，在常温下生成Cl2O，将产物通入装置C 中利用Cl2O 沸点低的性质冷凝分理出Cl2O，最后装置
D 进行尾气处理。
【解析】A．
的作用是稀释
，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，
同时
不足时会发生副反应，因此混合气中
和
的比例不是越高越好，故A 错误；
B．
与
反应制备
的合适反应温度为
，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加
热会发生副反应，故B 错误；
C．由题可知，
沸点小于
，在
未发生冷凝时抽气可以有效的去除产物中的
，故C 正确；
D．
和
都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，但是不用澄清石灰水，因为其浓度
太小，应用
溶液，同时需要防止
溶液中水蒸气进入
装置中，因此需要在
和尾气处理
装置之间连接吸收水蒸气的装置，故D 错误；
故答案选C。
7．
可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以
形式存在，还含
有
、
、
、
等物质。以独居石为原料制备
的工艺流程如下：
下列关于上述流程的叙述，错误的是
A．焙烧过程中产生的酸性废气可用于刻蚀玻璃
B．滤渣Ⅲ的主要成分是
和
C．“沉铈”步骤，也可以用
沉淀得到
D．分离出
的方法为过滤，需用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯和玻璃棒
【答案】C
【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，
Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤
渣Ⅰ为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除
磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢
氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
【解析】A．焙烧过程产生的酸性废气是HF，可用于刻蚀玻璃，A 正确；
5
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B．调pH 和加入絮凝剂以后，沉淀出
和
，B 正确；
C．选择
的原因是呈现出弱碱性，若改为
，碱性太强，生成的沉淀中会混有氢氧
化物，C 错误；
D．过滤需要用到漏斗、烧杯和玻璃棒等玻璃仪器，D 正确；
故答案选C。
8．NiCo-LDHs 电催化HMF(
)，NiCo-LDHs 电极的物质转化过程为
HMF→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
【分析】NiCo-LDHs 电极材料上HMF(
)最终转化为FDCA(
)，
其中醛基、羟基转化为羧基，发生氧化反应，则该电极为阳极，与电源正极相连，以此分析；
【解析】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
6
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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。
9．
催化氧化
制取
的新路径，其反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，向容积为
的容器中通入
和
，若仅考虑上述反应，
平衡转化
率和平衡时
的选择性随温度、压强变化的关系如图所示，
、
代表不同压强下乙烷的平衡转化
率。
已知：
的选择性
下列说法不正确的是
A．压强
B．一定温度下，增大
会降低
的平衡转化率
C．压强为
、温度为T 时，反应达平衡时，混合气体中
D．反应
【答案】C
【分析】根据图像可知，L1和L2是乙烷转化率随温度变化的等压线，结合两个方程式的气体分子数变
化可推断L1和L2的压强大小；根据图像中温度为T 时，L1等压线乙烷转化率为50%，其中乙烯的选择
性为80%，列出两个选择性反应的三段式可进行相关计算。
【解析】A．Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数都增大，相同温度下，压强增大均有利于Ⅰ和Ⅱ反应的平衡逆
移，乙烷的转化率减小，由图像可知，在任意温度下均为L2对应的乙烷转化率低，因此L2对应的压强
更大，故A 选项正确；
B．一定温度下，
增大，可理解为是n(C2H6)在增多，因此C2H6的平衡转化率下降，故B 选项
正确；
7
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C．同一容器内的多平衡体系，相同组分的平衡浓度相同，根据题意和分析，压强为
温度为T 时，Ⅰ
和Ⅱ反应的三段式为：
平衡时混合气体中
，故C 选项错误；
D．总反应
，总方程式=
，
，
故D 选项正确；
故答案选C。
10．向
溶液中滴入1mol/L 氨水至得到深蓝色的透明溶液。滴加氨水过程中，测得与铜元
素相关微粒的分布系数
与
的变化关系如图所示。已知：
；比如
下列说法正确的是
A．与
形成配位键的能力：
B．
时，
C．
时，
D．
的平衡常数为
【答案】D
【分析】结合题干和图像可知：向0.1mol/LCuSO4溶液中滴入1mol/L 氨水至得到深蓝色的透明溶液，
过程中含铜元素的微粒有：
、
、
、
、
，
8
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各粒子分布系数与p(NH3)的关系，如图像所示；
【解析】A．硫酸铜溶液呈蓝色，是因为
与水形成水合铜离子
，滴入氨水后最终生
成
，说明
更易与
形成配位键，A 不符合题意；
B．如图所示：
时，
，B 不符合题意；
C．
时，含铜元素的微粒有：
、
、
，此时，
，
，若n(CuSO4)=amol,
，
则
，C 不符合题意；
D．欲计算
平衡常数，可以分别计算出
、
、
、
的平衡常数再相乘，计算上述四个反应平衡常数的方法：特殊
坐标点即可以利用选择
、3.5、2.9、2.1(上述四个点时各平衡常数
)分别计算出
上述四个反应的平衡常数分别为
、
、
、
，故
的平衡常
数为
，D 符合题意；
故答案选D。
第II 卷（非选择题 共60 分）
二、非选择题，共4 题，共60 分。
11．（16 分）以废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含
H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下：
已知：① 25℃时，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成
[MFn]2-n配离子(M 代表金属元素)；
(NH
②
4)2S2O8在煮沸时易分解.
（1）酸浸过程中含锰物质被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为
。
（2）氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3调节溶液pH 为1～2，生成偏钛酸(H2TiO3)和
黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得钛、钾得以脱除。
9
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①加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为 。
②若加入Na2CO3过多，将导致产品的产率下降，其原因是 。
（3）①氟化过程中溶液pH 与钙镁去除率关系如图1 所示。当2.5 < pH < 4.0 时，溶液pH 过高或过低，
Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是 。
②氟化后，溶液中
为 。
CaF
③
2晶胞结构如图2 所示，若该立方晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数：计算晶体的密度为
g•cm-3(列出表达式)。
④某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu 原子位于面心，Ag 原子位于顶
点，H 原子可进入由Cu 原子和Ag 原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag 原子等同看待，该晶体储
氢后的晶胞结构与CaF2（如图）相似，该晶体储氢后的化学式为 。
（4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。先准确量取1.00 mL 氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫
酸、磷酸和硝酸银(Ag+是催化剂)溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入3 g (NH4)2S2O8充分反应后，再
将溶液煮沸，冷却后，再用0.0700 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色。请写
出Mn2+与S2
反应的离子方程式 。
【答案】（1）2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O（2 分）
（2）2K++6Fe3++4SO
+6CO
+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑（2 分） 加入Na2CO3过多，
pH 过大，生成Fe(OH)3沉淀（2 分）
（3）pH 过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH 过
高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低（2 分）
0.5（2 分）
（2 分） Cu3AgH8（2 分）
10
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（4）2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO +10SO
+16H+（2 分）
【解析】（1）MnO2被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
2Fe2++MnO2+4H+ = Mn2++2Fe3++2H2O。
（2）①加入Na2CO3调节溶液pH 为1～2，生成黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的离子方程式为2K++6Fe3+
+4SO
+6CO
+6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；
②若加入Na2CO3过多，溶液碱性变强，pH 过大，生成Fe(OH)3沉淀。
（3）①当2.5 < pH < 4.0 时，溶液pH 过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是：pH 过低，
溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH 过高，MgF2、
CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低；
②氟化后，溶液中
=0.5；
CaF
③
2晶胞结构如图2 所示，Ca2+的个数为
，F-的个数为8，若该立方晶胞参数为
apm，NA为阿伏加德罗常数，计算晶体的密度为
。
④Cu 原子个数=6×
=3、Ag 原子个数=8×
=1、H 原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8。
（4）用0.0700 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色，说明
具有氧化性，
可以将Mn2+氧化为
，
转化为
，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
2Mn2++5
+8H2O
2
+10
+16H+。
12．（14 分）硼氢化钠(
)是一种潜在储氢剂，在有机合成中也被称为“万能还原剂”。实验室制备、
提纯、分析
纯度的步骤如下，请结合信息回答问题。
NaH
性
质
固体，可溶于异丙胺或水，常温下与水缓慢反
应，与酸剧烈反应，强碱环境下能稳定存在
固体，强还原性，与
水剧烈反应产生
固体，难溶于异丙胺，常
温下与水剧烈反应
Ⅰ．
的制备
先打开
，向装置中鼓入
，然后升温到110℃左右，打开搅拌器快速搅拌，将融化的
快速分散
到石蜡油中，然后升温到200℃，关闭
，打开
通入
，充分反应后制得
。然后升温到
240℃，持续搅拌下通入
，打开
，向
容器中滴入硼酸三甲酯[分子式为
，沸点为
68℃]，充分反应后，降温后离心分离得到
和
的固体混合物。
11
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（1）仪器A 的名称是 。
（2）写出
与
的化学反应方程式 。
（3）将
分散到石蜡油中的目的是 。
Ⅱ．
的提纯
（4）
可采用索氏提取法提纯，其装置如图所示。实验时将
和
的固体混合物放
入滤纸套筒1 中，烧瓶中异丙胺(熔点：-101℃，沸点：33℃)受热蒸发，蒸汽沿导管2 上升至球形冷凝
管，冷凝后滴入滤纸套筒1 中，再经导管3 返回烧瓶，从而实现连续萃取。当萃取完全后，
在
(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中。
（5）分离异丙胺和
并回收溶剂方法是 。
Ⅲ．
的纯度分析[已知
]
步骤1：取
产品(杂质不参与反应)，将产品溶于
溶液后配成
溶液，取
置
于碘量瓶中，加入
溶液充分反应。(反应为
)
步骤2：向步骤1 所得溶液中加入过量的
溶液，用稀硫酸溶液调节
，使过量
转化为
，冷
化为
，冷却后暗处放置数分钟。(反应为
)
12
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步骤3：向步骤2 所得溶液中加
和
缓冲溶液调
约为5.0，加入几滴淀粉指示
剂，用
标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为
。(反应为
)
（6）X 溶液为 (写名称)。
（7）产品中
的纯度为 。
【答案】（1）三颈烧瓶（2 分）
（2）
（2 分）
（3）增大Na 与H2的接触面积，加快反应速率（2 分）
（4）圆底烧瓶（2 分）
（5）蒸馏（2 分）
（6）氢氧化钠（2 分）
（7）38%（2 分）
【解析】（1）根据仪器A 的结构特点可知，仪器A 的名称为三颈烧瓶。
（2）NaH 与B(OCH3)3在240℃反应生成NaBH4和CH3ONa，反应的化学方程式为4NaH+B(OCH3)3
NaBH4+3CH3ONa。
（3）将Na 分散到石蜡油中的目的是：增大Na 与H2的接触面积，加快反应速率。
（4）NaBH4可溶于异丙胺，CH3ONa 难溶于异丙胺，故萃取完全后，NaBH4随同异丙胺在圆底烧瓶中。
（5）NaBH4是固体，可溶于异丙胺，故从NaBH4的异丙胺溶液中分离异丙胺和NaBH4并回收溶剂的
方法是蒸馏。
（6）NaBH4可溶于水，常温下与水缓慢反应，与酸剧烈反应，强碱环境下能稳定存在，故将产品溶
于强碱溶液，X 溶液为氢氧化钠溶液。
（7）由反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6知，步骤2 生成I2物质的量为
n(Na2S2O3)=
×0.2000mol/
L×0.018L=1.8×10-3mol，根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O 知，过量的KIO3物质的量为
×1.8×10-3mol=6×10-4mol，与NaBH4反应的KIO3物质的量为0.1mol/L×0.03L-6×10-4mol=2.4×10-3mol，由
3NaBH4~4KIO3知，2.00mL 溶液中NaBH4物质的量为1.8×10-3mol，产品中NaBH4的纯度为
×100%=38%。
13．（14 分）化合物Q 是合成一种解热、镇咳药物的中间体。一种合成Q 的路线如下：
13
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回答下列问题：
（1）A 的名称为 。Q 中含氧官能团的名称为 。
（2）下列说法错误的是 (填标号)。
a．设计A→B 步骤的目的是保护酚羟基 b．B→C 中，AlCl3作催化剂
c．E 和H 中碳原子杂化方式相同 d．1 mol Q 最多能与6 mol H2反应
（3）D 的结构简式为 。G 易溶于水，从物质结构角度分析其原因为 。
（4）
反应的化学方程式为 。
（5）E 的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 (不考虑立体异构)。
①核磁共振氢谱有5 组峰；②1 mol 有机物最多能与2 mol NaHCO3反应。
【答案】（1）间苯二酚（2 分） 酯基、醚键（2 分）
（2）cd（2 分）
（3）
（2 分） 丙酮和水均为极性分子，相似相溶，且丙酮分子与水分子间可
以形成氢键（2 分）
（4）
+
+H2O（2 分）
（5）
（2 分）
【解析】（1）由结构简式可知，
的名称为间苯二酚，
分子中
含氧官能团为酯基、醚键，故答案为：间苯二酚；酯基、醚键；
（2）a．A→B 为取代反应，酚羟基变为甲氧基，生成的甲氧基在后续步骤中又生成酚羟基，故设计
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A→B 步骤的目的是保护酚羟基 ，a 正确；b．B→C 中
在氯化铝作用下与ClHC=CHCN
发生取代反应生成
，AlCl3作催化剂，b 正确；c．E 中碳原子杂化方式为sp2，H
中杂化方式为sp2、sp3，c 错误；d．Q 结构简式为
，能够和H2反应的有苯
环和碳碳双键，故1 mol Q 最多能与5 mol H2反应，d 错误；故答案为cd；
（3）D 的结构简式为
；根据G 的分子式和H 的结构简式可知G 为丙酮，从物质
结构角度分析丙酮易溶于水原因为：丙酮和水均为极性分子，相似相溶，且丙酮分子与水分子间可以
形成氢键；
（4）H+F→Q 反应的化学方程式为
+
+H2O；
（5）E 的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件①核磁共振氢谱有5 组峰；②1 mol 有机物最多能
与2 mol NaHCO3反应的结构简式为
。
14．（16 分）甲醇水蒸气重整制氢转换条件温和、副产物少，成为了诸多富氢燃料的首选之一。甲醇水蒸
气重整制氢过程中的化学反应如下：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
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（1）
，若反应ⅰ正反应的活化能
，则逆反应的活化能
。
（2）下图为含碳产物的选择性（CO 的选择性是指反应生成CO 的甲醇占转化的甲醇的百分比）及产
氢率随水醇物质的量之比（
）的变化图像，曲线 是
选择性曲线。由图可知，下
列最优水醇物质的量之比是 。
A．1．2 B．1.7 C．2.5
（3）若甲醇水蒸气重整反应是在吸附剂CaO 存在的情况下进行的，产氢量随温度和
之比
的影响如下图所示。已知吸附剂CaO 的碳酸化反应为：
。
①当
一定时，温度小于230℃，随温度升高产氢量增加；温度大于300℃时，产氢量随温
度升高而降低，降低的原因 。
②在温度为T℃的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后（碳酸钙始终有剩余），测
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得二氧化碳压强为a kPa。在相同温度下的恒容密闭石英管中按
通入水蒸气和甲醇，
并加入适量CaO，测得压强为
，待反应达平衡后，测得二氧化碳的选择性为80%，氢气的分压
为b kPa，若氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，则
的平衡分压为 kPa，反应ⅲ的
。若继续加入甲醇，则
（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】（1）+49（2 分）
（2 分）
（2）a（2 分） B（2 分）
（3）CaO 碳酸化反应为放热反应，温度大于300℃时不利于
的吸收，反应ⅱ正向进行程度增大，
产氢量降低（2 分） a（2 分）
（2 分） 增大（2 分）
【解析】（1）根据盖斯定律，iii-ii 可得
，
，得
，答案：+49、
；
（2）因为CO 的选择性与CO2的选择性之和等于1，且水醇物质的量之比越大，反应i 正向移动，反
应ii 逆向移动，则CO2的选择性增大，所以曲线a 是CO2的选择性曲线，曲线c 是CO 的选择性曲线，
曲线b 是产氢率；由图可知，最优水醇物质的量之比是1.7，因为此时产氢率较高，如果继续增加水醇
物质的量之比，产氢率变化不大，且水气化消耗的能量较高。所以选B，答案：a、B；
（3）因为三个反应都是正向吸热，所以
一定时，温度小于230℃，随温度升高产氢量增加，
则主要以反应i、iii 为主；温度大于300℃时，升高温度，平衡逆移，二氧化碳浓度增大，使反应i 逆
移，反应ii 正移，则产氢量随温度升高而降低；
在温度为T℃的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后(碳酸钙始终有剩余)，测得二
氧化碳压强为a kPa，即二氧化碳在该温度下的平衡压强一直是a kPa；
恒温恒容，压强之比等于物质的量之比，得甲醇起始压强0.5p0kPa，水起始压强0.5p0kPa，假设平衡
体系中甲醇分压xkPa，水分压ykPa，氢气的分压为b kPa，二氧化碳压强为a kPa，氧化钙对二氧化
碳的吸收率为50%，则二氧化碳总共生成量表示为2a kPa，根据H 原子守恒可知，
0.5p0×4+0.5p0×2=4x+2y+2b，碳原子守恒可知，（0.5p0-x）×0.8=2a，解得甲醇压强x=
kPa，则
CO 为0.5p0-2a-
=0.5a kPa，氢气的分压为b kPa，根据压强平衡常数
代入可知
；
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若继续加入甲醇，则
增大，二氧化碳压强仍为a kPa，则
增大；答案：CaO 碳酸化
反应为放热反应，温度大于300℃时不利于
的吸收，反应ⅱ正向进行程度增大，产氢量降低、a、
、增大。
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