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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（新高考通用）
黄金卷01
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Co 59 Cu 64 Cd 112
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．下列关于我国科技成果的叙述错误的是
选项
科技成果
化学解读
A
“嫦娥六号”携带来自月背的月壤样品安全返回
月壤中富含的中子数为1 的氦可表示为
B
开发新吸附材料，开辟碳捕集、碳利用技术
有助于“碳中和”“碳达峰”
C
建造全球首列商业化运营的碳纤维地铁列车
碳纤维是人工合成有机高分子材料
D
首次不对称全合成具有抗肿瘤、抗生素活性的天然
产物alchivemycin A
alchivemycin A 的合成过程发生了化学变化
【答案】C
【解析】A．He 的质子数为2，中子数为1 的He，表示为
3He，A 正确；
B．吸附二氧化碳，将二氧化碳捕捉，有利于碳中和和碳达峰，B 正确；
C．碳纤维的主要成分是碳单质，属于无机物，C 错误；
D．合成新物质过程中由化学键的断裂和化学键的形成，属于化学变化，D 正确；
答案选C。
2．化学实验是学习化学的重要途径。下列有关操作中，错误的是
A．浓硫酸沾到皮肤上，先用大量水冲洗，再用3%一5%的碳酸氢钠溶液冲洗
B．将酒精灯小心倾斜，靠近另一个燃着的酒精灯去引燃
C．将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入盛有水的烧杯中，搅拌稀释
D．在通风橱中制备氯气，同时用氢氧化钠溶液吸收尾气
【答案】B
【解析】A．浓硫酸沾在皮肤上，先用大量水冲洗，再用3%~5%的碳酸氢钠容液冲洗，A 项正确；
B．禁止用燃着的酒精灯去引燃另一个酒精灯，B 项错误；
C．稀释浓硫酸时，为了防止飞溅，需将浓硫酸缓慢加入水中，同时用玻璃棒搅，C 项正确；
D．制备有毒气体时，要在通风橱中完成，同时为了防止污染空气，用氢氧化钠溶液吸收氯气，D 项正
确；
故选B。
3．下列有关说法正确的是
A．实验室配制
溶液需要
五水硫酸铜晶体
1
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B．
在空气中受热能迅速被氧化成
C．金属钠燃烧产生黄色火焰是基态钠原子产生吸收光谱的缘故
D．
是两性氧化物，故能溶于醋酸和氨水
【答案】B
【解析】A．实验室配制
溶液需要选用
容量瓶，故需要五水硫酸铜晶体的
质量是
，A 错误；
B．
不稳定，在空气里受热，能迅速被氧化成
，B 正确；
C．金属钠燃烧产生黄色火焰是激发态的钠产生发射光谱的缘故，C 错误；
D．
是两性氧化物，能溶于强碱溶液，但不溶于弱碱溶液氨水，D 错误；
故选B。
4．我国科研人员在嫦娥五号带回的月球样本中，发现了富含水分子、铵和氯的未知矿物晶体，且该矿物
中氯的同位素组成和地球矿物显著不同。下列说法正确的是
A．
和
互为同素异形体
B．NH4Cl 的电子式为
C．该未知晶体中一定含极性键、非极性键和离子键
D．H2O 的形成过程可表示为
【答案】D
【解析】A．同素异形体是同种元素组成的不同种单质，
和
互为同位素，故A 错误；
B．NH4Cl 为离子化合物，其电子式为
，故B 错误；
C．铵和氯的未知矿物晶体中含有N-H 之间极性键和铵根与氯某种离子之间的离子键，不含有非极性键，
故C 错误；
D．H2O 是共价化合物，其形成过程可表示为
，故D 正确；
故选D。
5．价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法错误的是
A．SO2和SO3的VSEPR 模型均为平面三角形
B．PCl3、NCl3的空间构型都是三角锥形
C．BF3和NF3均为非极性分子
D．CO2与N 的键角相等
2
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【答案】C
【解析】A．SO2和SO3中硫原子的价层电子对数均为3，则SO2和SO3的VSEPR 模型均为平面三角形，A
正确；
B．PCl3、NCl3中心原子孤电子对数都是=
×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，所以PCl3、NH3均为三角锥
形，B 正确；
C．BF3中心原子B 原子孤电子对数=
×(3−3×1)=0，价层电子对数为3，是平面正三角形结构，为非极性
分子，NF3中心原子孤电子对数都是=
×(5−3×1)=1，为三角锥形结构，为极性分子，C 错误；
D．CO2分子中的中心C 原子价层电子对数是2+
=2，故C 原子采用sp 杂化，分子呈直线形，键角
是180°，N3
−与CO2互为等电子体，N3
−也呈直线形，键角是180°，即CO2与N3
−的键角相等，D 正确。
答案选C。
6．实验室用化学沉淀法除去粗盐中的
，
，
获得精制盐。实验方案及部分仪器如下。下列说
法错误的是
A．“溶解”操作中需用到的仪器是a、c
B．杂质离子沉淀完全后，采取的分离操作用到的仪器是a、b、c、d
C．沉淀分离完成后，调节溶液pH 时用到的仪器为a、c、e、f
D．试剂1、2、3 分别可选用
溶液、NaOH 溶液、
溶液
【答案】D
【分析】实验室用化学沉淀法除去粗盐中的杂质离子，分别可用
溶液除去
，
溶液除去
及过量
溶液引入的
，NaOH 溶液除去
，最后调节溶液pH 除去过量
溶液、
NaOH 溶液引入的
、
，最终获得精制盐。
【解析】A．溶解过程需用到烧杯、玻璃棒，A 项正确；
B．过滤操作用到的仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯、铁架台，B 项正确；
C．调节溶液pH 时用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和pH 试纸，C 项正确；
D．由于过量的
还需要用
除去，因此
溶液要在
溶液之后加入，D 项错误；
答案选D。
3
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7．某天然有机物M 具有抗肿瘤生物活性的作用，其结构如图所示，下列有关M 的说法正确的是
A．含3 种官能团
B．遇
溶液会发生显色反应
C．能发生氧化、取代、加成、消去反应
D．分子中至少有11 个碳原子一定共面
【答案】D
【解析】A．M 含有羟基、酯基两种官能团，故A 错误；
B．酚羟基遇
溶液会发生显色反应，M 中不含酚羟基，故B 错误；
C．能与氧气燃烧发生氧化、酯基可以水解即发生取代反应、其中苯环能与H2加成、羟基的邻位无H，不
能发生消去反应，故C 错误；
D．与苯环直接相连的原子一定与苯环共平面，故分子中至少有11 个碳原子一定共面，D 正确；
故答案为D。
8．S8在液态SO2中被AsF5氧化成：
，反应方程式为S8+3AsF5=S8(AsF6)2+AsF3，下列说法正确的是(NA
为阿伏加德罗常数的值)
A．还原产物为AsF3
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3 1∶
C．S8(AsF6)2阴阳离子个数比为1 4∶
D．1molS8参与反应转移电子的数目为16NA
【答案】A
【分析】该反应中S 化合价升高，发生氧化反应，S8为还原剂，S8(AsF6)2为还原产物；As 化合价降低，发
生还原反应，则AsF5为氧化剂，AsF3为还原产物；
【解析】A．由分析可知，还原产物为AsF3，故A 项正确；
B．AsF5为氧化剂，AsF3为还原产物，3molAsF5中只有1molAs 被还原，则氧化剂和还原剂的物质的量之
比为1 1∶，故B 项错误；
C．S8(AsF6)2阴阳离子个数比为1 2∶，故C 项错误；
D．由化学方程式可知，1molS8参与反应转移2mol 电子，则转移电子数目为2NA，故D 项错误；
故本题选A。
9．某学习小组用如图所示的装置制备氯气并探究其性质，带孔的黑匣子是制备氯气的装置。下列不同反
应阶段的预测现象及其相应推断正确的是
4
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A．干花褪色，说明
具有漂白性
B．湿润的蓝色石蕊试纸只变红，说明氯气溶于水形成的溶液呈酸性
C．淀粉
溶液变蓝，说明氯气具有氧化性
D．Fe 粉燃烧放出棕红或棕黄色烟，说明氯气能与铁粉反应生成氯化亚铁
【答案】C
【分析】带孔的黑匣子是制备氯气的装置，氯气与水反应生成HCl 与HClO，该溶液具有酸性和漂白性，
因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色；铁粉与Cl2在加热
的条件下剧烈反应生成氯化铁；氯气具有氧化性，可氧化I−生成I2，使淀粉−KI 溶液变蓝，用氢氧化钠溶
液吸收多余的氯气。
【解析】A．干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色，故A 项错误；
B．氯气与水反应生成
与
，该溶液具有酸性和漂白性，因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，
故B 项错误；
C．氯气具有氧化性，可氧化
生成
，使淀粉
溶液变蓝，故C 项正确；
D．铁粉与
在加热的条件下剧烈反应生成氯化铁，放出棕红或棕黄色烟，故D 项错误；
故本题选C。
10．X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z 位于同周期且相邻，X 与W 同族，
W 的核外电子总数等于X 和Z 的核外电子总数之和。下列说法正确的是
A．元素的第一电离能：
B．简单氢化物的稳定性：
C．
中有
键
D．
的空间结构为V 形，属于含有极性键的极性分子
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z 位于同周期且相邻，则X、Y、
Z 位于第二周期，W 位于第三周期， X 与W 同族，设X 的原子序数为a，则Y、Z、W 的原子序数分别为
a+1，a+2，a+8，W 的核外电子总数等于X 和Z 的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X 为C，Y
为N，Z 为O，W 为
。
【解析】A．元素的第一电离能：
，A 错误；
B．简单氢化物的稳定性：
，B 正确；
C．
中含有
键，C 错误；
D．
的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D 错误。
故答案选B。
11．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，
甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
5
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下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH= + akJ/mol(a>0)
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
C．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
D．1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量
【答案】D
【解析】A．由图分析可知，反应Ⅱ是放热反应，故a＜0，A 错误；
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，B 错误；
C．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，C 错误；
D．甲醇与水反应为吸热反应，故1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的
总能量，D 正确；
故选D。
12．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将水滴入盛有
固体的试管中，立即把带
火星的木条放在试管口
可观察到有气泡产生，
木条复燃
固体遇水产生
B
将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫色褪去
干白葡萄酒中含有
C
用pH 试纸测定等浓度的NaHCO3溶液和NaClO
溶液的pH
前者的
比后者的小
碳酸酸性强于次氯酸
D
向
与
的混合稀溶液中滴入少量稀
溶液
有黄色沉淀生成
【答案】A
【解析】A．将水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口，观察到有气泡产生，
带火星的木条复燃，说明Na2O2与水反应产生了能使带火星木条复燃的O2，反应的化学方程式为
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，A 项正确；
B．干白葡萄酒中的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中，溶液
紫色褪去，不能说明干白葡萄酒中含SO2，B 项错误；
C．NaClO 溶液具有漂白性，不能用pH 试纸测定NaClO 溶液的pH，C 项错误；
D．NaCl、NaI 的浓度未知，向NaCl 与NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成可能
6
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是I-的浓度较大先生成AgI 沉淀，不能比较AgCl、AgI 的Ksp，D 项错误；
答案选A。
13．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生
物电池的说法正确的是
A．该装置是原电池，b 极是负极
B．该电池工作时，应选用质子交换膜
C．该电池工作时，电子从a 经电流表A 流向b，离子从右经交换膜向左迁移
D．电极a 反应：(C6H10O5)n-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+
【答案】B
【分析】由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]的化学能转化为电能的装置，即为
原电池，由图b 极通O2，a 极为有机物，则b 极为正极氧气发生还原反应，a 极为负极有机物发生氧化反应
生成二氧化碳和氢离子，负极电极反应为(C6H10O5)n+7nH2O-24ne﹣=6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正
极b 极；
【解析】A．由分析可知，该装置是原电池，b 极是正极，A 错误；
B．该电池工作时，氢离子在通过交换膜移向正极，故应选用质子交换膜，B 正确；
C．该电池工作时，电子从负极a 经电流表A 流向正极b，离子从左侧经交换膜向右侧迁移，C 错误；
D．负极电极反应为(C6H10O5)n+7nH2O-24ne﹣=6nCO2↑+24nH+，D 错误；
故选B。
14．常温下，用浓度为
的NaOH 标准溶液滴定浓度均为
的HCl 和
的
混合溶液，滴定过程中溶液的pH 随
的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
7
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A．
约为
B．水的电离程度：a<b<c<d
C．点b：
D．点a：
【答案】B
【分析】NaOH 溶液与HCl 和
的混酸反应时，先与HCl 反应，再与
反应。由滴定曲
线可知，a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，
未发生反应，溶质成分为
NaCl 和
；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的
，溶质成分为NaCl、
和
；c 点时NaOH 溶液与
恰好完全反应，溶质成分为NaCl、
；d 点时
NaOH 过量，溶质成分为NaCl、
和NaOH。
【解析】A．由以上分析可知，a 点时
，
，
，故A 正确；
B．c 点溶液中
水解，促进水的电离，d 点碱过量，抑制水的电离，则水的电离程度
，故B
错误；
C．点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的
和
，由于
，溶液显酸性，说明
的电离程度大于
的水解程度，则
，故C 正确；
D．a 点溶液为等浓度的NaCl 和
混合溶液，存在物料守恒关系
，故D 正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）锰酸锂
是较有前景的锂离子正极材料之一，相比钴酸锂等传统正极材料，锰酸锂
具有资源丰富、成本低、无污染、安全性好、倍率性能好等优点，是理想的动力电池正极材料。一种以废
旧电池正极材料(主要成分为
，含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备
的流
程如下：
8
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回答下列问题：
（1）基态Mn 原子的价层电子排布图为 ；由排布图可知Mn 位于元素周期表中的 区。
（2）“灼烧”时通入足量空气，目的是 。
（3）“碱浸”的目的是 。
（4）“酸浸”中双氧水作还原剂的优点是 ， (填“能”或“不能”)用
代替双氧
水。
（5）“沉锰”过程中生成
的离子方程式为 {已知：
的结构为
}。
（6）
热失重图像如图所示。c 点得到的固体的化学式为 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
d（1 分）
（2）使C 尽可能转化为CO2
（3）除去铝元素
（4）环保，不引入新的杂质 能（1 分）
（5）
（6）CoO
【分析】废旧电池正极材料经过灼烧去除杂质炭黑和有机物，再加入氢氧化钠溶液除铝，滤渣为
，根据小题中问题可知，过氧化氢为还原剂，再根据下一步沉钴推测，过氧化氢将+3 价的
钴还原为+2 价的钴，加入K2S2O8溶液沉锰得到二氧化锰，再向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠沉镍，最后沉
9
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锂得到碳酸锂，碳酸锂再与二氧化锰反应得到锰酸锂，由此作答:
【解析】（1）Mn 是25 号元素，其价电子排布式为3d54s2，因此其价电子排布图为：
，位于元素周期表中的d 区；
（2）灼烧时是为了除去废旧电池正极材料中的炭黑和有机物，通入足量的空气是为让碳完全燃烧转化为
二氧化碳；
（3）根据分析可知，碱浸的目的是为了除去Al；
（4）用双氧水作还原剂不会产生有毒有害物质，且不会引入杂质；
可以为还原剂，并且其氧化产
物为硫酸钠，没有引入新的杂质，所以可以作为还原剂代替双氧水；
（5）由
结构可知，含有过氧键，所以
具有强氧化性，将锰离子氧化为二氧化锰，其离子方程
式为：
；
（6）
的摩尔质量为183g/mol，则18.3g
的物质的量为0.1mol，到a 点，固体
质量为14.7g，减少了3.6g，说明失去了2 分子水，此时化学式为
，到c 点固体质量为7.5g，根据
Co 元素守恒，此时钴的质量为5.9g，剩下1.6g 推测为氧元素，所以c 点的化学式为CoO。
16．（14 分）CdTe 是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1～100nm。其制
备原理和步骤如下所示。
制备原理：Cd2++RSH
Cd(RS)++H+；Cd(RS)++HTe-＝CdTe(RSH)
步骤I：按照如下图所示搭建反应装置。
步骤Ⅱ：向C 中加入250mL 蒸馏水，再加入0.23g 的CdCl2·2.5H2O，并搅拌溶解，通入氮气，再加入8 滴
RSH (巯基乙酸)，用2mol·L-1的NaOH 溶液调节pH 为8～9，继续通入氮气。
步骤Ⅲ：使用滴管将NaHTe 溶液(稍过量)快速一次性加入到上述含Cd(RS)+溶液中。二者混合后即开始加
热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH (巯基乙酸)修饰的CdTe 量子点产物。
回答下列问题：
（1）仪器C 的名称为 。
（2）下图为配制2mol·L-1NaOH 溶液的部分过程，操作a 应重复3 次，目的是 ，定容后还需要
的操作为 。
10
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（3）NaHTe 溶液是利用NaBH4与Te 在水中反应得到，其产物还有Na2B4O7，则反应的化学方程式为
。
（4）Te (碲)位于元素周期表第五周期ⅥA 族。步骤Ⅲ中“快速一次性加入NaHTe 溶液”的原因是
。
（5）若实验加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合题干信息分析其原因是 。
（6）产物中含有CdTe 的质量为0.12g，则CdTe 的产率最接近___________(填标号)。
A．40%
B．50%
C．60%
D．70%
【答案】（每空2 分）
（1）三颈(口)烧瓶
（2）使样品转移完全 盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀
（3）4NaBH4 + 2Te + 7H2O = 2NaHTe + Na2B4O7 + 14H2↑
（4）防止NaHTe 被氧化
（5）产物CdTe 溶液属于胶体，加热时间过长，胶体容易聚沉
（6）B
【分析】本题以制备物质为基础，考核一定物质的量浓度溶液的配制过程、反应方程式的配平、交替性质
等内容，注重考查知识迁移能力。注意题给信息，如由CdTe 的粒子直径考虑胶体的性质，由Te 元素位于
元素周期表第五周期ⅥA 族，可知其化学性质与S 元素相似，据此进行分析。
【解析】（1）图中仪器C 为三颈圆底烧瓶，又称三口烧瓶。答案为：三颈(口)烧瓶；
（2）移液后的烧杯内和玻璃棒上还沾有少量的溶质，必须用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3 次，将洗涤液
一并注入容量瓶中，以确保溶质全部转入容量瓶；定容之后，要塞好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀里
面的溶液。答案为：使样品转移完全；盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀；
（3）由题给信息可知，反应物为NaBH4、Te 和H2O，生成物有NaHTe、Na2B4O7，在反应物NaBH4和生成
物Na2B4O7中B 的化合价没有发生变化，Te 的化合价降低，作氧化剂，NaBH4中H 元素化合价升高，根据
B 元素和Na 元素守恒，可知反应过程中还生成了H2，根据元素守恒配平化学反应方程式为：4NaBH4 +
2Te + 7H2O = 2NaHTe + Na2B4O7 + 14H2↑；答案为：4NaBH4 + 2Te + 7H2O = 2NaHTe + Na2B4O7 + 14H2↑；
（4）NaHTe 具有强烈的还原性，因此在空气中容易与氧气发生反应，导致其被氧化。步骤Ⅲ中“快速一
次性加入NaHTe 溶液”的原因是防止NaHTe 被空气氧化。答案为：防止NaHTe 被氧化；
（5）由题给信息可知，CdTe 粒子直径介于1～100nm，具有胶体的特性，对胶体长时间加热，胶体易发生
聚沉现象，故CdTe 粒子会在长时间加热的条件下发生聚沉，答案为：产物CdTe 溶液属于胶体，加热时间
过长，胶体容易聚沉；
11
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（6）0.23g CdCl2·2.5H2O 的物质的量为
，根据制备原理，可得关系式：Cd2+～
CdTe(RSH)，则理论上生成0.001molCdTe，则CdTe 的产率约为
，故答案
为：B。
17．（15 分）氨是一种重要的化工产品。回答下列问题：
（1）已知：①N2(g)+3H2(g)
2NH3(g) ΔH=-92.0kJ/mol
H
②
2(g)+
O2(g)
H2O(g) ΔH=-240.0kJ/mol
2Fe(s)+
③
O2(g)
Fe2O3(s) ΔH=-1644.0kJ/mol
则反应2NH3(g)+Fe2O3(s)
N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s) ΔH= kJ/mol，该反应在 (填“高
温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有___________(填标号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的ΔH 和ΔS 都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂
中毒和安全事故发生
（3）温度为T℃，压强恒定为pMPa，用Fe2O3处理NH3和HCN(起始时NH3的体积分数为58%)的混合气
体，部分气体的体积分数随时间的变化如图，反应经30min 达到平衡。
0~30min
①
内用NH3的压强变化表示的反应速率v(NH3)= MPa·min-1。
②反应2NH3(g)+Fe2O3(s)
N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)的平衡常数Kp= (MPa)2 (列出计算式即可)；
若升高温度，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）在催化剂作用下，可用NH3去除NO，其反应原理为4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，
n(NH3)：n(NO)分别为4：1、3 1∶、1：3 时，得到的NO 脱除率曲线如图所示：
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①曲线a 中，在温度超过900℃时，NO 脱除率骤然下降的原因可能是 。
②曲线b 对应的NH3与NO 的物质的量之比是 。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）+1016.0 高温（1 分）
（2）BCD
（3）0.019p
增大
（4）催化剂失去活性 3：1
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应②×3—
—
①
③得到反应2NH3(g)+Fe2O3(s)
N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)
Δ，则H=(—240.0kJ/mol)×3—(—92.0kJ/mol) —(—1644.0kJ/mol)=+1016.0kJ/mol，该反应为熵增的吸热反
应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：+1016.0；高温；
（2）A．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，则控制温度远高
于室温，是为了保证催化剂的活性最大，反应速率较快，故错误；
B．合成氨反应是熵减的放热反应，反应的焓变ΔH、熵变ΔS 均小于0，故正确；
C．不断将液氨移去，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氨气的产率增大，故正确；
D．合成氨反应所需原料气中氮气由分离空气得到，氢气由天然气与水蒸气反应生成，原料气中的杂质会
使催化剂中毒，易燃易爆的氢气与氧气反应可能发生安全事故，所以原料气需要经过净化处理，以防催化
剂中毒和安全事故发生，故正确；
故选BCD；
（3）①由图可知，起始时氨气的体积分数58%，分压为58%×pMPa=0.58pMPa，30min 反应达到平衡时氨
气的体积分数为1%，分压为1%×pMPa=0.01pMPa，则氨气反应速率为
=0.019pMPa·min-1，故答案为：0.019p；
②由图可知，30min 反应达到平衡时氨气、氮气、水蒸气的体积分数分别为1%、25%、45%，则反应的平
衡常数Kp=
=
(MPa)2，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向
正反应方向移动，平衡常数增大，故答案为：
；增大；
（4）①催化剂在一定温度下具有较强的催化活性，当温度较高时，催化剂会失去活性导致反应速率减
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小，则曲线a 中，在温度超过900℃时，一氧化氮脱除率骤然下降说明温度过高，催化剂失去活性，导致
反应速率减小，故答案为：催化剂失去活性；
②氨气和一氧化氮的物质的量的比值增大，相当于增大氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的
脱除率增大，则由图可知，物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3 时，曲线b 对应的物质的量之比是3：
1，故答案为：3：1。
18．（15 分）化合物J 是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A 分子中碳原子的杂化轨道类型是 。
（2）F 分子中所含官能团名称是 。J 分子中含有 个手性碳原子。
（3）
需经历
的过程。中间体X 的分子式为
，X 转化为D 的另一产品为
，则C 的结构简式为 。
（4）
的结构简式为
，
中加入
是为了结合
反应中产生的 (填结构简式)。
（5）H 的分子式为
，
的反应类型为 。
（6）写出同时满足下列条件的D 的一种同分异构体的结构简式： 。
①既能发生银镜反应，也能与
发生显色反应；
②分子中有4 种不同化学环境的氢。
【答案】（除标明外，每空2 分）
（1）
、
杂化
（2）氨基、羟基 1
（3）
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（4）
（5）取代反应
（6）
或
（3 分）
【分析】由流程可知，A 发生取代反应生成B，B 和SOCl2、C 甲醇发生反应生成D，D 中酮羰基转化为
=NOH 生成E，E 中=NOH 转化为氨基、酯基转化为羟基得到F，F 发生取代得到G，G 中羟基和H 发生取
代反应引入2 个环得到I，H 的分子式为C10H7F，则H 为
，I 最终转化为J。
【解析】（1）A 分子中苯环碳、羰基碳均为sp2杂化，支链中-CH2-为饱和碳为sp3杂化故答案为：
、
杂化；
（2）根据F 的结构简式可知含有官能团羟基、氨基。手性碳原子是饱和碳原子连接4 个不同的原子(或原
子团)。J 分子中含有1 个手性碳原子，故答案为：羟基、氨基；1；
（3）
经历
的过程，中间体X 的分子式为C9H7O2C1，结合BD 结构可知，X 为
，X 转化为D 的另一产品为HCl，X 和C 甲醇发生取代反应生成D，C 的结构简式为
CH3OH，故答案为：CH3OH；
（4））(Boc)2O 取代F 中1 个氨基氢生成G 同时生成(CH3)3COCOOH，加入(C2H5)3N 是为了结合反应中产
生的(CH3)3COCOOH 促使反应正向进行，故答案为：(CH3)3COCOOH；
（5）由分析可知，G 中羟基和H（
）发生取代反应引入2 个环得到I， G→I 的反应类型为取
代反应，故答案为：取代反应；
（6）同时满足下列条件的D 的同分异构体：
既能发生银镜反应，也能与FeCl3 发生显色反应，含有醛基、酚羟基；②分子中有4 种不同化学环境的
氢，则结构对称；故结构可以为。
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