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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷05（福建专用）
化 学
考情速递
高考·新考法：2025 福建高考会加强核心价值、能力素养、情境载体的主线，加强真实情境的分析建模
能力、问题解决能力、重点考察思维品质和关键能力，展现学科科技成果，增强文化自信和社会责任
感。在情景选择上注重体现传递绿色理念，资源利用的环保意识，加强学科交叉，彰显化学学科的中
心科学地位。长题干信息过载类的试题可能会出现，跨学科概念嵌套，以及开放性问题的设置与表
述。
高考·新情境：跨学科融合类新情境，如物理与化学交叉，考查电化学，化学与地理交叉考查环境保
护；绿色化学与可持续发展，如工业废气治理与资源循环，碳中和与新能源技术；新材料与先进技
术，如纳米材料与智能高分子，传统材料改性；实验探究与生产生活结合，考查实验安全与操作规
范，生产流程设计如实验方案设计、有机推断找那个流程完善。
命题·大预测：预计2025 年命题角度从“知识重现”到“真实问题解决”，以“科研论文片段”“工业
生产报告”等形式呈现，强化信息提取与迁移。结构化学可能会考查从“空间想象”到“性能预测”
等，突出多模块融合的考查，减少死记硬背类知识点的直接考查。如第2 题物构+电化学+NA的融合考
查，第5、6 题依托真实情境的命题考查有机、物构，第8 题考查新能源，第9、11 题考查资源的循环
使用，涉及碳中和，第13 题体现了化学学科的社会价值等。
（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 S 32 Cl 35.5 Ce 140
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．化学与生活联系紧密。下列说法错误的是
A．牙齿釉质层的主要成分是难溶的羟基磷灰石，属于有机物
B．抗坏血酸(即维生素C)能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用
C．将阿司匹林与聚甲基丙烯酸羟乙酯连接起来，得到的缓释阿司匹林可作为抗血栓长效药
D．碳酸钠和碳酸氢钠均可作食用碱或工业用碱
【答案】A
【详解】A．牙齿釉质层的主要成分是难溶的羟基磷灰石，羟基磷灰石属于磷酸盐，不属于有机物，A
1
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错误；
B．抗坏血酸具有还原性，易被氧气氧化为脱氢抗坏血酸，所以抗坏血酸能发挥抗氧化作用，B 正确；
C．阿司匹林的结构式：
缓释阿司匹林结构式为：
，可推知，阿司匹林与
连接而成的，
的名称为：聚甲基丙烯酸羟乙酯，C 正确；
D．碳酸钠和碳酸氢钠都是重要的化工原料，水溶液都呈碱性，均可作食用碱或工业用碱，D 正确；
故选A。
2．铀-235 是自然界唯一能够发生可控裂变的放射性同位素，主要用作核燃料。铀-235 的裂变反应为
。下列有关叙述错误的是
A．1mol
裂变时释放出中子的质量为
B．Sr(OH)2的碱性比Be(OH)2强
C．
的电子式为
D．基态 Xe 原子的价层电子排布式为5s25p6
【答案】A
【分析】由裂变反应为
，依据质子数守恒的原则，可求出z=92-54=38。
【详解】A．由裂变反应
可以看出，1mol
裂变时净释放出中子的物质
的量为(10-1)mol=9mol，裂变时释放出的中子数是10mol，则1mol
裂变时释放出中子的数目是
，而不是质量，A 错误；
B．Sr 与Ca 都为第ⅡA 族元素，且Sr 在Ca 的下方，同主族元素从上到下，金属性依次增强，最高价
氧化物的水化物的碱性依次增强，则Sr(OH)2的碱性比Be(OH)2强，B 正确；
C．SrCl2为离子化合物，由Sr2+和Cl-构成，则SrCl2的电子式为
，C 正确；
D．基态 Xe 原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6，则其价层电子排布式为5s25p6，D
正确；
故选A。
3．
的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O 围绕Fe 和P 分别形成正八面体和正四面体。电池充放电
2
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时，
脱出或嵌入
转化如图，下列说法正确的是
A．每个
晶胞中
个数为1-x
B．1mol
晶胞完全转化为
晶胞，转移电子数为0.1875
C．1mol
晶胞中＋3 价Fe 原子个数为0.75
D．当
转化为
时，每转移(1-x)mol 电子，嵌入4(1-x)mol
【答案】C
【分析】由(a)图可知，LiFePO4晶胞中小球表示锂离子，位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为
，则晶胞中含有4 个LiFePO4；由(b)图可知，与LiFePO4晶胞相比，Li1-xFePO4晶胞
缺失1 个面心和1 个棱上锂离子，晶胞中锂离子的个数为
，则
，解得
x=0.1875，Li1-xFePO4为Li0.8125FePO4，设Li0.8125FePO4中亚铁离子和铁离子数目分别为a 和b，由铁原子
个数守恒可得：a+b=1，由化合价代数和为0 可得：0.8125+2a+3b+5=8，解得a=0.8125、b=0.1875。
【详解】A．由分析可知，每个Li1-xFePO4晶胞中含有4(1-x)个锂离子，A 错误；
B．由分析可知，Li0.8125FePO4中铁离子数目为0.1875，则1molLiFePO4晶胞完全转化为Li1-xFePO4晶胞
失去电子的数目为1mol×0.1875×4×NAmol-1=0.75NA，B 错误；
C．由分析可知，Li0.8125FePO4中亚铁离子数目为0.8125，三价铁离子数目为0.1875，则1molLi1-xFePO4
晶胞中亚铁离子的数目为1mol×0.1875×4×NAmol-1=0.75NA，C 正确；
D．由分析可知，FePO4转化为Li1-xFePO4时，得到(1-x)个电子，消耗(1-x)个锂离子，则1mol FePO4转
化为Li1-xFePO4时，得到(1-x)mol 电子，嵌入(1-x)mol 锂离子，D 错误；
故选C。
4．下列离子方程式书写正确的是
A．将
溶液与氨水-
混合溶液反应，生成
沉淀：
B．
溶液中通入过量的
气体：
C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：
D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：
+2Br2→
↓+2H++2Br-
3
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【答案】B
【详解】A．
溶液与氨水-NH4HCO3反应，生成FeCO3沉淀，离子方程式为：
，故A 错误；
B．Fe3+与H2S 发生氧化还原反应，离子方程为：
，故B 正确；
C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大时，是产生沉淀只有硫酸钡沉淀，反应的离子方程式
为：
，故C 错误；
D．醛基具有强还原性、能被溴水氧化，邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，生成
，离子方程式为：
，故D 错误；
故答案选B。
5．某降糖药物M 由原子序数依次增大短周期元素X、Y、Z 组成，其结构简式如图，已知Z 的常见单质的
熔点低于
。下列说法不正确的是
A．电负性
B．M 分子最多有13 个原子共平面
C．X、Y、Z 三种元素可组成离子化合物D．已知M 易溶于水，可推测其水溶液能使酚酞变红
【答案】B
【分析】Z 的常见单质的熔点低于
，结合结构简式推测Z 为N，Y 为C，X 为H，据此解答。
【详解】A．电负性N＞C＞H，故A 正确；
B．根据双键两侧共平面，单键可以旋转，可以看出M 分子最多有12 个原子共平面，故B 错误；
C．H、C、N 可以形成离子化合物如NH4CN，故C 正确；
D．M 易溶于水，具有-NH2结构水溶液显碱性，所以其水溶液能使酚酞变红，故D 正确；
答案选B。
6．化合物Z 是合成非诺洛芬的中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是
4
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A．Y 在一定条件下可发生氧化、还原、取代反应
B．
分子中最多有8 个C 原子共平面
C．从Y 和Z 分子结构可知，
具有还原性
D．Z 与足量
发生加成反应的产物中有4 个手性C 原子
【答案】D
【详解】A．Y 分子可以燃烧，发生氧化反应，分子中含羰基，能发生还原反应，存在苯环和甲基可以
发生取代反应，A 正确；
B．分子中苯环的C 原子及羰基上的C 原子均为sp2杂化，且苯环的C 原子与羰基的C 原子及羰基的C
原子与甲基的C 原子均为单键连接，故所有的C 原子均可共平面，即最多有8 个C 原子共平面，B 正
确；
C．从Y 和Z 分子结构可知，Y 生成Z 发生了还原反应，故NaBH4具有还原性，C 正确；
D．苯环和醛基在一定条件能和氢气加成，Z 与足量发生加成反应后的产物为
，
有3 个手性碳原子，D 错误；
故答案选D。
7．蛋白质中N 元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓
，以确保N 元素完全转化为
B．步骤Ⅱ，浓
溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收
，以甲基红(变色的
范围：
)为指示剂，用
标准溶液滴定，经计算可得N 元素的含量
D．尿素
样品、
样品的N 元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
5
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【分析】蛋白质中的N 元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下发生反
应生成
，再加入浓NaOH 溶液让
转化为NH3蒸出，NH3用一定量的盐酸吸收，多余的盐酸用
标准NaOH 溶液通过滴定测定出来，从而计算出N 的含量。
【详解】A．步骤Ⅰ，加入过量浓
，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为
，确保N 元素
完全转化为
，A 正确；
B．根据
+OH-
NH
⇋
3·H2O
NH
⇋
3+H2O，NaOH 过量，增大OH-浓度有利于氨的蒸出，B 正确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收
后，过量的HCl 用标准NaOH 溶液滴定，反应后溶液
中有NaCl 和NH4Cl，终点显酸性，用在酸性范围内变色的甲基红为指示剂，C 正确；
D．
中的N 元素在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下不会转化为
，不能按上述步骤测
定，D 错误；
答案选D。
8．NO-空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化，某兴趣小组用该电池模拟工业处理废
气和废水的过程，装置如图所示。下列说法错误的是
A．交换膜b 为阴离子交换膜
B．乙池中总反应的离子方程式为
C．当浓缩室得到
盐酸时，M 室溶液的质量变化为18g(溶液体积变化忽略不计)
D．若甲池有
参加反应，则乙池中处理废气(
和NO)的总体积为15.68L
【答案】D
【分析】
空气质子交换膜燃料电池中通入空气的一极为原电池(甲池)的正极，通入NO 的一极为原
电池(甲池)的负极，通入O2的一极为原电池(甲池)的正极。乙池和丙池均为电解池，乙池的左侧电极与
电源正极相连，为阳极，电极反应为SO2+2H2O-2e-=
+4H+，乙池的右侧电极为阴极，电极反应为
NO+6H++5e-=
+H2O，放电后的酸性溶液再和NH3反应得到(NH4)2SO4的浓溶液；丙池的右侧电极与
电源负极相连，为阴极，丙池左侧电极为阳极，电极反应式为
，产生的
通过
交换膜a（阳离子交换膜），与通过交换膜b（阴离子交换膜）移向浓缩室的
形成HCl。
6
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【详解】A．由分析可知，交换膜b 为阴离子交换膜，A 正确；
B．乙池中
被氧化为
，NO 被还原为
，反应还有
参与，由得失电子守恒和原子守恒可
得总反应的离子方程式为
，B 正确；
C．丙池左侧电极的电极反应式为
，当浓缩室得到
盐酸时，M 室
转移至浓缩室的
的物质的量为
，所以M 室生成
，相当于减少
，则M 室溶液的质量变化为18g，C 正确；
D．没有给出气体所处状况，无法计算其体积，D 错误；
故选D。
9．二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①
②
，
下，将一定比例
、
混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及
…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、
和
的体积分致如图所示。下列说法正
确的是
A．
处与
处反应①的平衡常数K 相等
B．反应②的焓变
C．
处的
的体积分数大于
处
D．混合气从起始到通过
处，
的生成速率小于
的生成速率
【答案】C
【详解】A．L4处与L8处的温度不同，因此反应①的平衡常数K 不相等。平衡常数K 只与温度有关，
温度改变，平衡常数必然改变。故A 错误；
B．由图像可知，L1-L3温度在升高，甲醇的体积分数增加，又该装置为绝热装置，反应①为吸热反
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应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0。故B 错误；
C．从L5到L9，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO 体积分数
没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)
增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O 的消耗与生成，故n 总减小而n(H₂O)增加，即
H2O 的体积分数会增大，故L9处的H2O 的体积分数大于L5处。故C 正确；
D．L1处CO 的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO 的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，
说明CO 的生成速率大于CH3OH 的生成速率。故D 错误；
所以，正确答案是C。
10．在常温下，用0.5mol·L-1
溶液滴定25.00mL0.25mol·L-1
溶液，加入的
溶液体积
与溶液pH 变化曲线如图所示。
已知：整个滴定过程中未见气泡产生。
；
，
。滴定过程中沉淀情况如表所示：
V(
溶液)/mL
4.54~25.00
沉淀情况
无沉淀
沉淀逐渐增多
下列说法错误的是
A．滴定过程中，混合溶液中水的电离程度先增大后减小
B．a 点对应溶液中
C．a 点对应溶液中存在：
D．b 点对应溶液中
【答案】D
【详解】A．由图可知，a 点之前，
和
未发生反应，随
溶液的加入
的物
质的量浓度增大，溶液pH 增大，a→b 过程中，溶液中出现白色浑浊且无气体生成，说明发生反应：
，故可分析出开始至a 点，水的电离程度不断增大，b
点对应溶液中含有碳酸，水的电离受到抑制，则a→b 过程中，水的电离程度不断减小，所以滴定过程
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中，混合溶液中水的电离程度先增大后减小，A 正确；
B．a 点对应溶液中，
，则
，代入数据可得
，B 正确；
C．a 点对应溶液中溶质有
和
，故存在
溶液中的质子守恒，以
作为基准
物质，
得到一个
生成
，
得到一个
生成H3O+(可简写成H+)；
失去一个
生成
，
失去一个
生成
， 根据得失质子守恒可得
，C 正确；
D．b 点对应溶液中，
，D 错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共60 分。
11．（16 分）二氧化铈
是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含
)为原料制备
的一种工艺流程如图所示：
已知：①
能与
结合成
，也能与
结合成
；
②在硫酸体系中
能被萃取剂
萃取，而
不能。
回答下列问题：
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：
，如图中D 是分配比，表示
分别
在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比
保持其它条件不变，若在起
始料液中加入不同量的
以改变水层中的
，请解释D 随起始料液中
变化的原
因： 。
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(3)“反萃取”中，在稀硫酸和
的作用下
转化为
，反应的离子方程式为： 。
(4)向水层中加入
溶液来调节溶液的
，
应大于 时，
完全生成
沉淀。
(已知
)
(5)“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(6)
是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消
除过程中发生着
的循环，请写出
消除
尾气(气体产物是
空气的某一成分)的化学方程式 。
(7)氧化铈
，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂
，
占据原来
的位置，可
以得到更稳定的结构，如图所示，
晶胞中
与最近
的核间距为
。(已知：
的空缺
率
)
①已知
点原子的分数坐标为
，则
点原子的分数坐标为 。
②
晶胞中与
最近的
的个数为 。
③
晶体的密度为 (只需列出表达式)。
④若掺杂
后得到
的晶体，则此晶体中
的空缺率为 。
【答案】(1)将+3 价铈氧化为+4 价（2 分）
(2)随着
增大，水层中
被
结合成
，导致萃取平衡向左移动，D 迅速减小（2
分）
(3)
（2 分）
(4)9（2 分）
10
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(5)1：2（2 分）
(6)
（2 分）
(7)
（1 分） 12（1 分）
（2 分）
（2 分）
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3 价铈氧化为+4 价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加
入萃取剂，Ce4++n(HA)2
Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，
Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，
Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【详解】（1）原料CeFCO3中Ce 为+3 价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃
取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3 价铈氧化为+4 价；
（2）D 随起始料液中
变化的原因：随着c(SO
)增大，水层中Ce4+被SO
结合成[CeSO4]2+，
导致萃取平衡向左移动，D 迅速减小；
（3）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境
下反应，从而写出离子方程式2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+；
（4）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5mol/L，依据ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，
，则pH 大于9 时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀；
（5）“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl-，还原剂是Ce3+，氧化产物是Ce(OH)4，根据
电子得失守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
（6）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO 的产物
是N2，写出方程式：CeO2(1-X)+2xNO=CeO2+xN2；
（7）①根据M 点原子的分数坐标为（0，0，0），N 在面心位置，则N 点原子的分数坐标为
；
②根据图示，CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为12；
③根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm，
则晶胞边长为
，晶体的密度为
；
CeO
④
2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2 的晶
体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2－的空缺率为
。
11
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12．（14 分）
可做烯烃氧化的催化剂。
(一)制备：以
固体为原料制备
。
酸溶：将
固体溶于浓盐酸得
。
氧化：酸溶后的溶液中滴加
溶液氧化
，生成
和
。
沉钯：氧化后的溶液中加入适量
，产生沉淀，过滤、洗涤，干燥得
，后续系列操作得
。
已知：
(1)氧化过程中的离子方程式为： 。
(2)若“氧化”不充分会导致
的产率降低，其原因是 。
(二)催化：
(3)
催化烯烃的氧化，反应过程中烯烃与
形成中间体(
)，配
体中电子云密度较大的区域易进入中心原子(或离子)的空轨道。乙烯分子与
形成的配位键中，乙
烯分子提供电子对的区域是 (填“
电子”或“
电子”)。
(三)回收：
已知：①阴离子交换树脂的工作原理为
(
表示树脂的有机成分)。
②
为二元强酸。
(4)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为 。
(5)“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：
(稀溶液)
(稀溶液)
(沉淀)。则滤液中溶质的主要成分为 (填化学式)。
12
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(6)“氨水溶解”过程，钯的配合物发生变化的原因是 。
(7)“还原”过程中产生无毒无害气体。由
生成海绵钯的化学方程式为 。
【答案】(1)
（2 分）
(2)未被氧化的
在碱性条件下转化为
，能将
转化为可溶性的
(写
成
也可)（2 分）
(3)
电子（2 分）
(4)
，固液比
（2 分）
(5)
（2 分）
(6)氨水溶解" 过程，钯的配合物由[PdCl4]2-到[Pd (NH3) 4]2+, 因为相比CI-，配位原子N 原子的半径更
小，还含有孤电子对，配位能力更强（2 分）
(7)
（2 分）
【详解】（1）氧化过程为NaClO3溶液氧化
，生成Cl2和N2，离子方程式为：
；
（2）“氧化”不充分，未被氧化的
在碱性条件下转化为NH3 H
⋅
2O，能将Pd(OH)2转化为可溶性
的[Pd(NH3)4]Cl2，导致Pd(OH)2的产率降低；
（3）乙烯做配体时，π 电子的电子云密度较大故乙烯分子与Pd2+形成的配位键中，乙烯分子提供电子
对的区域是π 电子；
（4）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比3:1；
（5）H2PdCl4 (稀溶液)与氨气反应生成[Pd2(NH3)4]Cl2 (稀溶液)，加入HCl 后，生成Pd(NH3)2Cl2 (沉
淀)和NH4Cl，滤液中溶质的主要成分为NH4Cl；
（6）氨水溶解" 过程，钯的配合物由[PdCl4]2-到[Pd (NH3) 4]2+, 因为相比CI-，配位原子N 原子的半径
更小，还含有孤电子对，配位能力更强；
（7）“还原”过程中产生无毒无害气体N2，由Pd(NH3)2Cl2生成海绵钯的化学方程式为
N2H4+2Pd(NH3)2Cl2=2Pd+N2↑+4NH4Cl。
13．（16 分）马拉维若(K)是一种具有新型作用机制的抗HIV 口服药，可由下列路线合成(部分试剂和条件
省略)。
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已知：
代表苄基(
)；Cbz-代表苄酯基(
)，是常用的氨基
保护基。
回答下列问题：
(1)马拉维若分子中含氧官能团的名称是 。
(2)B→C 反应的作用是 ，B→C 反应的过程中，
的作用是 。
(3)C→D 分两步进行，写出第一步反应的化学方程式： 。
(4)
的反应类型为 。
(5)J 的结构简式是 。
(6)G 可由L(
)经七步反应合成。L 的二氯代物有 种结构(不考虑取代苄基
上的氢，不考虑立体异构)。写出同时满足下列条件的L 的一种同分异构体的结构简式：
。
①苯环上只有一个取代苯；
②除苯环外，只有一种化学环境的氢原子；
③含四元碳环。
【答案】(1)酰胺基（2 分）
(2)用
保护氨基（2 分） 消耗反应生成的
，提高反应产率（2 分）
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(3)
（2 分）
(4)还原反应（2 分）
(5)
（2 分）
(6)11（2 分）
（2 分）
【分析】
为酯化反应，
的结构为
，
的目的是用
保护氨基，C 的结
构为
，
脱除对氨基的保护，的结构为
，结合和
的结构以及的分子式，的结构为
。
【详解】（1）由马拉维若(K)分子的结构可知，含氧官能团的名称为酰胺基；
（2）
的目的是用
保护氨基，
反应有
生成，
的作用是消耗反应生成的
，提高反应产率；
（3）
第一步反应为酯基在碱性条件下的水解，反应为
；
（4）
过程
变为
，去氧、加氢都属于还原反应；
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（5）由分析可知，的结构简式为
；
（6）根据题意，L 的一氯代物有3 种：
、
、
，在此
基础上考虑二氯代物：
、
、
共11 种。L 的分子式为
，不饱和度为7，L 的同分异构体含苯基、四元碳环，不饱和度还剩2，除苯环外，只有一
种不同环境的氢原子，必定有
结合
，故
、
不能结合
，同时考虑不饱和度，满足条件的结构
为
。
14．（14 分）工业上以合成气CO 和
，少量
和稀有气体)为原料制二甲醚(DME)，主要发生下
列反应：
ⅰ：
ⅱ：
ⅲ：
ⅳ：……
(1)在标准状态下，由最稳定的单质生成1mol 纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓
。几
种物质的标准摩尔生成焓如下表：
物质
由表中数据推测，
。
(2)500K、5MPa 时，只发生反应i~iii，初始投料比
与平衡时(X)转化率
、二甲醚产率
和二甲醚选择性
的关系如图：
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当
时，DME 的选择性为 %(保留一位小数)；当
时，CO 的平衡转化
率随投料比增大而增大的原因是 。
(3)573K、5MPa 时，反应前后气体组成如下表(与反应无关的气体未列出)：
CO
原料气组成/mol
a
29.2
0
0
0
2.2
平衡气体组成/%
61
7.0
2.0
12.7
3.2
12.7
则反应i 用气体分压表示平衡常数
(列出计算式)，
。
(4)
在
的催化剂的表面上生成
的反应部分历程如图所示。(*代表物质吸附在
催化剂表面)
①上述历程决速步反应中，催化剂组成发生的变化可表示为
，该决速步的反应式为
。
②研究表明，以二甲醚制甲酸甲酯时，催化剂
中x 的值对催化性能有明显影响。在不同
催化剂表面进行反应
时，能量变化不同的原因可能是 。
【答案】(1)
（2 分）
(2)66.0（2 分） 投料比增大，反应ⅰ平衡正移，反应ⅲ平衡逆移，反应i 消耗的
大于反应
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ⅲ生成的
（2 分）
(3)
（2 分） 70.9（2 分）
(4)
或
（2 分）
不同催化剂对同一微粒作用力不同，势能不同(或“能量状态不同”)（2 分）
【详解】（1）由标准摩尔生成焓
及表中数据可
知，
，
，
，由盖斯定律得
，故
；
（2）由图知，当
时，
，
，设
，则消耗的
，
，DME 的选择性为
；当
时，投料比增大，反应ⅰ平衡正移，反应ⅲ平衡逆
移，反应i 消耗的
大于反应ⅲ生成的
，故CO 的平衡转化率随投料比增大而增大；
（3）在573K、5MPa 时，
，
，
，则则反应i 用气体分压表示平衡常数
；设平衡时气体的总物质的量为xmol；则
、
、
、
、
、
，则由C 守恒得
，解
，由H 守恒得
，解
；
（4）①正反应活化能越大，反应速率越慢，为总反应得决速步，由图知，该反应得决速步为
，催化剂组成发生的变化可表示为
，故决速步的
反应式为
或
；
②由于不同催化剂对同一微粒作用力不同，势能不同(或“能量状态不同”)，在不同
催化剂表
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面进行反应
时，能量变化不同。
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