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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（河北省专用）
黄金卷02
（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 S 32 Cl 35.5 Sn 119
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．太阳能蒸发在海水淡化方面具有广阔的应用前景。金属
能高效吸收太阳能，实现了对盐水的
高效蒸发。下列化学用语正确的是（ ）
A．中子数为10 的氧原子：
B．
的VSEPR 模型：
C．用电子式表示NaCl 的形成过程：
D．基态Ti 原子的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】已知O 是8 号元素，故中子数为10 的氧原子表示为：
，A 正确；已知H2O 中中心原子O
周围的价层电子对数为：2+ （6-2×1）=4，故H2O 的VSEPR 模型：
，B 错误；NaCl 是离子化
合物，故用电子式表示NaCl 的形成过程为：
，C 错误；根据洪特规则可知，当
电子进入同一能级不同轨道时总是单独分占且自旋方向相同，故基态Ti 原子的价层电子轨道表示式：
，D 错误；故选A。
2．近年来，我国科技迅猛发展，下列科技成果中所蕴含的化学知识叙述不正确的是（ ）
A．在“人造太阳”中发生核聚变的
3H、
2H 是
1H 的同位素
B．华为麒麟芯片的主要成分是单质硅
C．歼-20 战斗机采用大量先进复合材料、石墨烯材料等，其中石墨烯材料属于有机高分子材料
D．“奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金能承受深海高压
【答案】C
【解析】
3H、
2H 与
1H 具有相同的质子数和不同的中子数，即互为同位素，故A 正确；晶体硅是良好的
半导体，华为麒麟芯片的主要成分是单质硅，故B 正确；石墨烯为碳的一种单质，属于无机非金属材
料，故C 错误；“奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金性能优异，能承受深海高压，故D 正
确；故选C。
1
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3．化学实验室安全至关重要。下列说法正确的是（ ）
A．实验室制备NO2时应该在通风橱中进行
B．苯酚不慎沾在手上，先用水冲洗，再用乙醇冲洗
C．金属钠着火，立即用CO2灭火器进行灭火
D．具有
标识的化学品为易燃类物质，应注意防火
【答案】A
【解析】NO2有毒，制备时应该在通风橱中进行，A 正确；苯酚易溶于乙醇等有机溶剂，苯酚不慎沾在
手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗，B 错误；因CO2会与金属钠着火时生成的Na2O2反应生成助燃的
O2，则金属钠着火，不能用CO2灭火器进行灭火，C 错误；
标识的化学品为易燃易爆类物
质，D 错误；
故选A。
4．高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法不正确的是（ ）
A．体型酚醛树脂是热固性的
B．合成高分子的缩聚反应是理想的“原子经济性”反应
C．聚甲基丙烯酸酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高
D．淀粉在淀粉酶催化下水解生成麦芽糖，在酸催化下水解则生成葡萄糖
【答案】B
【解析】体型酚醛树脂为网状结构是热固性的，A 正确；缩聚反应生成高分子和小分子，故不是理想的
“原子经济性”反应，B 错误；聚甲基丙烯酸酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高，C 正
确；淀粉是多糖在淀粉酶催化下水解生成麦芽糖，在酸催化下水解则生成葡萄糖，D 正确；
故选B。
5．设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．pH=1 的
溶液中的
数目为0.1
B．0．1mol
完全分解转移的电子数为0.1
C．标准状况下，2.24L
中的
键数目为0.1
D．1．2g 石墨烯(单层石墨)中的六元环数目为0．1
【答案】B
【解析】溶液体积未知，无法计算
溶液中的
数目，故A 错误；
分解时
，则1mol
完全分解转移的电子数为0.1
，故B 正确；标准状况下，2.24L
的物质的量0.1mol，0.1mol
中的π键数目为0.2
，故C 错误；石墨烯(单层石墨)中的环为六元环，
2
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环上每个碳原子被3 个环共有，每个环只占碳原子的
，即每个环的碳原子个数为6×
=2，1.2g 石墨
烯(单层石墨)中碳原子的物质的量为0.1mol，则其六元环数目为
=0.05
，故D 错误；故选B。
6．异黄酮类化合物Z 的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Z 含有4 种官能团
B．1molZ 与足量
反应能产生
C．Z 性质稳定，不需要密封保存
D．Z 与足量
加成后的产物中有5 个手性碳原子
【答案】D
【解析】Z 含有羟基、羰基、醚键、羧基、碳碳双键5 种官能团，A 错误；1molZ 含有1mol 羧基，与
足量
反应能产生
，B 错误；Z 含有酚羟基性质不稳定，需要密封保存，C 错误；Z 与
足量H2加成后的产物中有5 个手性碳原子
，D 正确；故选D。
7．根据下列实验目的、操作及现象得出的结论错误的是（ ）
选
项
实验目的
操作及现象
结论
A
验证
溶液中存
在
的水解平衡
向含有酚酞的
溶液中加
入少量
固体，有白色沉
淀生成，溶液红色变浅
溶液中存在水解平衡：
B
比较元素的非金属性强
弱
向盛有小苏打固体的大试管中
加入稀硫酸，有气体生成；将
生成的气体通入
溶液
中，溶液变浑浊
非金属性：S>C>Si
C
检验实验室制得的乙烯
中是否含有
将生成的气体通入品红溶液
中，溶液褪色
制得的乙烯中含有
D
检验某无色溶液中是否
含有
取少量该无色溶液于试管中，
加稀硝酸酸化，再加入硝酸钡
溶液，有白色沉淀生成
该无色溶液中一定含有
【答案】D
3
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【解析】
溶液中存在水解平衡：
，向含有酚酞的
溶液中加
入少量
固体，有白色沉淀生成，碳酸根离子浓度减小，溶液红色变浅，碳酸根离子水解平衡逆向
移动，故A 正确；最高价氧化物对应的水化物的酸性强，则元素的非金属性增强，向盛有小苏打固体
的大试管中加入稀硫酸，有二氧化碳气体生成；将生成的气体通入
溶液中，溶液变浑浊，生成
硅酸，说明酸性强弱为：硫酸＞碳酸＞硅酸，非金属性：
，故B 正确；检验实验室制得的乙
烯中是否有
，利用二氧化硫的漂白性，将生成的气体通入品红溶液中，溶液褪色，故C 正确； 稀
硝酸具有强氧化性，能将
氧化成
，若原无色溶液中不含有
而含有
，加稀硝酸酸
化，再加入硝酸钡溶液，也会产生白色沉淀
，故D 错误。故选D。
8．含有某化合物(结构如图所示)的复方制剂具有清热解毒、消肿止痛的功效。四种短周期元素X、Y、Z、
W 的原子序数依次增大，并且它们的价电子数之和为11，下列说法错误的是（ ）
A．Y 原子和Z 原子的杂化方式不完全相同
B．电负性：Z>X>Y>W
C．与Z 同周期的元素中，第一电离能比Z 小的有5 种
D．X、Y、W 可形成含离子键和配位键的化合物
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 一价阳离子，价电子数为1，X 的
有一个共用电子对，价电子数为1 或7，Z 有两个共用电子对，价电子数为6，Y 有三或四个共价键，
又因为四种元素的价电子之和为11，可以推得X、Y、Z、W 分别为H、B、O、Na。
【解析】化合物中，B 原子形成3 个或4 个σ 键，杂化方式分别为sp2、sp3，O 的杂化方式为sp3，A 正
确；同周期，从左到右，电负性增大；同族，从上到下，主族电负性减小；元素的电负性：O＞H＞B
＞Na，B 正确；第三周期，第一电离能比O 小的有Li、Be、B、C，4 种元素，C 错误；X、Y、W 可以
形成NaBH4，NaBH4为离子化合物，含有离子键、极性共价键和配位键，故D 正确；故选C。
9．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列微观结构或现象不能解释其性质的是（ ）
选项
微观结构或现象
性质
A
中S 和N 均具有孤电子对
S 和N 均可以作为配位原子
4
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B
杯酚分离
和
体现超分子的自组装
C
磷脂分子头部亲水，尾部疏水；细胞膜是磷脂双
分子层
细胞膜双分子层头向外，尾向
内排列
D
可以和
形成氢键缔合成
的浓溶液酸性增强
【答案】B
【解析】
的电子式为
，S 和N 原子均有孤电子对，均可以作为配位原子，A 正确；杯
酚与
能形成超分子，与
不能形成超分子是因为超分子具有“分子识别”的特性，不是因为超分
子的自组装，B 错误；细胞膜是磷脂双分子层，磷脂分子头部亲水，尾部疏水使细胞膜双分子层头向
外，尾向内排列，C 正确；
的浓溶液酸性增强是因为
和
形成氢键缔合成
，使
电离
程度增大，D 正确；故选B。
10．在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）
选项
化学试剂
制备的气体
A
Ca(OH)2+NH4Cl
NH3
B
MnO2+HCl(浓)
Cl2
C
MnO2+H2O2
O2
D
Cu+HNO3(浓)
NO2
【答案】C
【解析】Ca(OH)2和NH4Cl 固体混合加热发生复分解反应制取NH3，反应产生CaCl2、NH3、H2O，该
装置没有加热的仪器，且氨气极易溶于水，也不能使用排水方法收集，因此不能用于实验室制取
NH3，A 错误；MnO2与浓盐酸混合加热发生氧化还原反应制取Cl2，该装置没有加热是仪器，因此不
能用于实验室制取Cl2，B 错误；H2O2在常温条件下，在MnO2催化下分解反应产生H2O、O2，制取的
O2难溶于水，可以使用排水方法收集，因此该装置可用于实验室O2制取与收集，C 正确；Cu 与浓硝
酸在常温下能够发生氧化还原反应产生NO2气体，但NO2气体能够溶于水，并与水反应产生HNO3和
NO，不能用排水方法收集，D 错误；故选C。
11．25℃时，用
的盐酸分别滴定
的氨水和
碱溶液(碱性：
大于
5
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)，溶液的
与
或
的关系如下图所示。下列说
法正确的是（ ）
A．曲线Ⅱ对应的是滴定
的曲线
B．
点对应的溶液
C．、点溶液中加入盐酸的体积均为
D．点溶液满足：
【答案】D
【解析】由图可知，当
=0，c(
)=c(NH3⋅H2O)，Kb(NH3⋅H2O)=
=c(OH-)，则曲线Ⅰ对应的电离平衡常数为10-4.74，曲线Ⅱ对应的电离平衡常数为10-6，因碱性：
NH3⋅H2O 大于MOH，则Kb(NH3⋅H2O)＞Kb(MOH)，故曲线Ⅰ对应的是滴定NH3⋅H2O 的曲线，曲线Ⅱ
对应的是滴定MOH 的曲线，故A 错误；a 点时，
=1.74，
=10-1.74，温度不
变，Kb不变，则c(OH-)=
=10-3，pH=11，故B 错误；若氨水溶液中加入盐酸的体积为10 mL，则
溶质为NH3·H2O 和NH4Cl 且两者物质的量浓度相等，由于氨水电离占主要，因此溶液显碱性，则c(
) ＞c(NH3·H2O)，则不在b 点，同理若MOH 溶液中加入盐酸的体积为10 mL，也不在e 点，故C
错误；根据e 点pOH=6，
=0，则
，f 点
=1，则
，则
，溶液呈中性，根据电荷守恒得到溶液
满足：c(M＋) = c(Cl－)，故D 正确；故选D。
12．两种含汞化合物的晶胞结构如图所示，其中甲为四方晶胞结构，乙为立方晶胞结构。下列说法错误的
是（ ）
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A．甲和乙中Hg2+的配位数之比为3：2
B．乙的化学式为HgS
C．乙中相邻的两个S2-之间的距离为
anm
D．每个甲、乙晶胞中含有的阴离子数目不相等
【答案】C
【解析】甲中，Hg2+位于Cl-构成的正八面体的体心，其配位数为6，乙中面心的Hg2+位于的4 个S2-围
成的四面体的中心，配位数为4，则甲和乙中Hg2+的配位数之比为3：2 ，A 项正确；乙晶胞中含
Hg2+个数为
，含S2-个数为4，则其化学式为HgS，B 项正确；乙晶胞中，4 个S2-位于互
不相邻的小正方体的体心，相邻两个S2-之间的距离等于面对角线长的
，即为
anm，C 项错误；甲
晶胞中，阴离子Cl-数目为3，乙晶胞中，阴离子S2-数目为4，则每个甲、乙晶胞中含有的阴离子数目
不相等，D 项正确；故选C。
13．水系电池具有成本低廉、安全性高等优点，某水系碱性镍-锌二次电池的工作原理如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．放电时，a 极为负极
B．放电时，b 极反应式为
C．充电时，b 极与电源正极连接
D．充电时，a 极生成
时转移
电子
【答案】D
【分析】根据题干中水系碱性镍-锌二次电池的工作原理图可得，放电时a 极为负极，发生氧化反应：
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，b 极为正极，发生还原反应：
；充电时a 极为
阴极，发生还原反应：
，b 极为阳极，发生氧化反应：
。
【解析】根据分析，放电时a 极为负极，发生氧化反应：
，A 正确；根
据分析，放电时b 极为正极，发生还原反应：
，B 正确；根据分析，充电
时，b 极为阳极，与电源正极连接，C 正确；根据分析，充电时，a 极反应式为
，
，D 错误；故选D。
14．我国科学家已经成功催化氢化
获得甲酸，利用化合物1 催化氢化
的反应过程如图甲所示，其
中化合物2 与水反应生成化合物3 与
过程中的能量变化如图乙所示(TS 表示过渡态，I 表示中
间体)，下列说法错误的是（ ）
A．化合物1 为该反应的催化剂，可加快
的转化速率
B．图乙中形成中间体I2 的反应为图甲中“化合物2＋
→化合物3＋
”的决速步骤
C．化合物1→化合物2 的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
D．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2 与水反应生成化合物3 与
【答案】D
【解析】根据题意和图甲可知，化合物1 为反应的催化剂，可加快
的转化速率故A 正确；图乙中
形成中间体Ⅰ2 的反应活化能最大为图甲中“化合物2＋
→化合物3＋
”的决速步骤，故
B 正确；化合物1 到化合物2 的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，故C 正确；从图乙可
以看出，化合物2 与水反应生成化合物3 与HCOO-是放热反应，因此降低温度可以促进该反应的正向
移动，故D 错误；故选D。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）四氯化锡(
)在有机合成中有广泛应用，该物质极易水解，熔点为
、沸点为
。某同学查阅资料后设计了如图所示装置(只省略了部分夹持装置)制备
。
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回答下列问题：
(1)A 装置中的试剂X 具有 (填“氧化性”或“还原性”)，请写出A 中发生反应的离子方
程式 。
(2)关于该实验，下列说法正确的是 (填标号)。
A．装置B 中盛放的是饱和
溶液，吸收杂质气体
B．装置C 中盛放的是浓硫酸，干燥气体
C．装置G 中的
用于干燥左边过来的气体
D．装置H 中的石灰乳用于吸收右边空气中的
气体
E．当装置D 的蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体时，才可点燃装置D 中的酒精灯
(3)用上述方法制得的
产品中含有少量
杂质，利用如下方法可测定其纯度：取0.4000g 产
品，加入稀盐酸溶解，用已配制好的
的
标准溶液滴定至终点，消耗
标准溶液
。反应原理为
(已知：
、
)。
①在该测定纯度的实验中，需要使用下列仪器中的 (填仪器名称)。
②滴定实验中选用的指示剂为 溶液，达到滴定终点时的现象为 。
③
产品的纯度为
(结果保留2 位小数)；若滴定前未用标准溶液润洗滴定管，则测
得
产品的纯度会 (填“偏高”或“偏低”“无影响”)。
【答案】(1) 氧化性（1 分） 2
+ 16H+ + 10Cl- = 2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O(合理即可)（2 分）
(2)ABE（3 分）
(3) 锥形瓶（1 分） 淀粉 （1 分） 滴入最后半滴KIO3，溶液变为蓝色且30s 不变色 （2 分）
91.45 （2 分） 偏低（2 分）
【分析】由实验装置图可知，装置A 中X 与浓盐酸反应制备氯气并利用氯气排尽装置中的空气，防止
空气中氧气干扰实验，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B 中盛有的饱和
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食盐水用于除去氯化氢气体，装置C 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D 中氯气与锡共热反应制备
四氯化锡，装置E 和F 用于冷凝收集四氯化锡，装置G 中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水
蒸气进入F 中使四氯化锡水解，装置H 中盛有的石灰乳用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【解析】（1）由分析可知，装置A 中X 与浓盐酸反应制备氯气，反应中氯元素的化合价升高被氧
化，说明X 具有氧化性，离子方程式为2Mn
+ 16H+ + 10Cl- = 2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O；
（2）A．由分析可知，装置B 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故正确；
B．由分析可知，装置C 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故正确；
C．由分析可知，装置G 中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入F 中地址四氯化锡水
解，故错误；
D．由分析可知，装置H 中盛有的石灰乳用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故错误；
E．由分析可知，装置A 中X 与浓盐酸反应制备氯气并利用氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气
干扰实验，所以当装置D 的蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体时，才可点燃装置D 中的酒精灯，故正确；
故选ABE；
（3）①碘酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以用酸式滴定管盛装碘酸钾溶
液；滴定实验在锥形瓶中进行；
②滴定实验时，KIO3把SnCl2氧化为SnCl4，自身被还原为KI，SnCl2完全反应后，过量半滴KIO3会把
KI 氧化为I2，所以用淀粉溶液做指示剂；滴定实验时，KIO3把SnCl2氧化为SnCl4，自身被还原为
KI，SnCl2完全反应后，过量半滴KIO3会把KI 氧化为I2，现象为溶液变为蓝色且30s 不变色；
③由题意可知，滴定消耗6.00mL0.0100mol/L 碘酸钾溶液，由方程式可知，二氯化锡的百分含量为
×100%=8.55%，则四氯化锡的纯度为1-8.55%=91.45%，若滴定前未
用标准溶液润洗滴定管，会使滴定消耗碘酸钾溶液的体积偏大，导致四氯化锡的纯度偏低。
16．（15 分）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂
等。从废钒催化剂中(含有
、
、
、
、
、
等)回收钒，既能避免对环境
的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：
已知：
①“酸浸”时，
和
先与稀硫酸反应分别生成
和
。
②有机萃取剂萃取
的能力比萃取
的能力强。
③溶液中
与
可相互转化：
，且
为沉淀。
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(1)“酸浸”时，加快浸出速率的措施有
(回答一条即可)；
参与反应的离子方程
式为 。
(2)滤渣2 的主要成分有 ；“萃取”和“反萃取”时，将发生
(水层)
(有机
层)
，(有机层)
(水层)(R 表示
，HA 表示有机萃取剂)，“反萃取”加入的试剂为
(填化学式)。
(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为
。
(4)该工艺流程中，可以循环使用的物质有水、氨气和
。
(5)滤渣2 进一步处理可得到
。欲配制450mL 0.1000
溶液，需称取
的质量为 g。配制溶液时，下列实验操作会使所配溶液浓度偏低的是
(填字母标号)。
A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理
B．定容操作时，仰视刻度线
C．定容操作时，俯视刻度线
D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度
(6)一定条件下
能生成多钒酸铵，如
(六钒酸铵)、
(十钒酸铵)等。工业
上用
还原
可以制得
，该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为 。
【答案】(1)废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温等（1 分）
（2 分）
(2)
、
（2 分）
（1 分）
(3)
（2 分）
(4)有机萃取剂(或有机相2)（1 分）
(5) 13.9 （2 分） BD（2 分）
(6)2 1∶（2 分）
【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为
，V2O4转成VO2+，
FeSO4可使
转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤
渣1 为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化，再加KOH 时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3
沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2 为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2 萃取、分液，水相中蒸发结晶
分离出硫酸钾，有机相1 反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O+
+6VO2+=6
+Cl-+6H+，溶液中
与
可相互转化：
+H2O
+2H+，“沉钒”得到偏钒酸铵
(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。
【解析】（1）“酸浸”时，加快浸出速率的措施有废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温
等，由上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，根
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据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
；
（2）由分析可知，滤渣2 的主要成分有
、
，由
(水层)
(有机层)
(有机层)
(水层) (R 表示
，HA 表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使
VO2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4；
（3）氧化过程是KClO3将VO2+氧化为
，
中氯元素得电子被还原为Cl-，根据得失电子守恒和
电荷守恒配平其离子方程式为
；
（4）钒酸铵加热分解生成V2O5、氨气和水，即2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O，NH3和H2O 可循环使
用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用；
（5）欲配制450mL 0.1000
溶液，需要用到500mL 容量瓶，需称取
的质
量为0.5L×0.1000
×278g/mol=13.9g：容量瓶清洗后，未经过干燥处理对实验结构没有影响，A
不选；定容操作时，仰视刻度线会导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，B 选；定容操作时，
俯视刻度线会导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，C 不选；定容后倒转容量瓶几次，发现液
面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度，会导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D 选；
故选BD；
（6）工业上用
还原
可以制得
，在这个反应中，氢气作为还原剂，被氧化成水，
而
作为氧化剂，被还原成
，根据得失电子守恒和原子守恒配平该反应方程式为：
+10H2=5
+6NH3+13H2O，还原剂为H2，还原产物为
，该反应中还原剂与还原
产物的物质的量之比为2:1。
17．（15 分）我国提出2060 年实现碳中和。将
转化为甲醇、乙烯、甲酸等有机物对实现碳中和有重
要的意义。回答下列问题：
Ⅰ．
氢化制备
涉及的反应如下：
①
；
②
；
③
；
(1)计算反应①的
。
(2)当
与
的物质的量之比为3 1∶时，在不同条件下发生氢化反应，甲醇选择性[
]随温度、压强的变化曲线如图所示，则代表甲醇选择性随压强变化的曲线为(选
填“a”或“b”) ，原因是
；为了提高甲醇的选择性，除了通
过改变温度和压强外还可以采取的措施是
。
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Ⅱ．
氢化制备
有两种方案。
方案一：
方案二：
(3)你会选择 (选填“方案一”或“方案二”)，理由是
。
(4)对于方案二，恒温恒压下，压强为p，将
、
的投料比为
投入密闭容器
中，当
的物质的量分数为0.1 时，该反应的
(以分压表示，分压=总压×物质的量
分数，列出含p 的计算式即可)。
Ⅲ．
的电催化转化也是科学家研究的另一个重要领域。研究成果表明，可以通过在酸性水溶液中
电解
制备出HCOOH。
(5)写出生成HCOOH 的电极反应式
。
(6)若标准状况下44.8L
参与反应，制备的HCOOH 为73.6g，则电极的电流效率
为 (
)。
【答案】(1)
（2 分）
(2)b （1 分） 增大压强后，反应①平衡不移动，对甲醇选择性无影响，反应②、③向正反应方向移
动，
增大，甲醇选择性增大 （2 分） 增大
（1 分）
(3)方案二 （1 分） 反应放热有助于维持反应温度，减少能源消耗，还能提高反应的选择性和产率
（其它合理答案也可）（2 分）
(4)
（2 分）
(5)
（2 分）
(6)
（2 分）
【解析】（1）根据盖斯定律，反应①=反应③-反应②，即
。
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（2）当
与
的物质的量之比为3 1∶时，在不同条件下发生氢化反应，根据甲醇选择性[
]可知，增大压强后，反应①平衡不移动，对甲醇选择性无影响，反
应②、③向正反应方向移动，
增大，甲醇选择性增大，因此代表甲醇选择性随压强变化的
曲线为b；要提高甲醇的选择性，主要是提高
，除了通过改变温度和压强使
增
加外，还可以采取增大
的方式增加
，提高甲醇选择性。
（3）方案一为吸热反应，方案二为放热反应，从工业生产的角度看方案二反应放热有助于维持反应
温度，减少能源消耗，还能提高反应的选择性和产率（其它合理答案也可）。
（4）在恒温恒压下，压强为p，将
、
的投料比为
投入密闭容器中按照方案
二进行反应，根据投料比为
，设
、
，当
的物质的
量分数为0.1 时设生成甲醇xmol，列三段式
，则有
，计算得
，平衡时各物质的物质的量分别为：
，
，
，
，平衡总物质的量为
，则
。
（5）在酸性水溶液中电解
制备出HCOOH，碳元素化合价由
中+4 价降低到HCOOH 中+2
价，说明
在阴极得电子，电极反应式为：
。
（6）根据
，标准状况下44.8L
参与反应，理论上制备的HCOOH 为
2mol，质量为92g，实际产生甲酸质量为73.6g，则电极的电流效率为：
。
18．（14 分）苯氧乙酸(
)是一种重要的化工原料和制药中间体，下列有关苯氧乙酸衍生
物的合成与应用的路线如下。回答下列有关问题：
14
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(1)物质A 的名称为 。
(2)物质C 中官能团的名称是
。
(3)由A 到B 的反应中
的作用
。
(4)由B 到C 的化学方程式为
。
(5)由C 到D 反应类型为
。
(6)化合物E 不发生银镜反应，也不与饱和
溶液反应，写出E 的结构简式
。
(7)化合物B 的同分异构体中，能同时满足下列条件的分子结构有 种。
a．苯环上只有两个对位取代基；
b．与
发生显色反应；
c．可发生水解反应；
d．能与新制
反应，产生砖红色沉淀。
【答案】(1)苯酚 （1 分）
(2)羟基、醚键、酯基 （3 分）
(3)与生成物HBr 反应，促进反应的正向进行（2 分）
(4)
（2 分）
(5)还原反应（2 分）
(6)
（2 分）
(7)2（2 分）
【分析】对比A、C 的结构简式并结合两步反应的条件及B 的分子式可推出B 的结构简式为
，由A
B
⟶
可知，反应类型为取代反应，B
C
⟶
发生乙醛羰基上的加成反应，C 发
生还原反应生成D，D 发生醇的催化氧化反应生成E，根据E 不发生银镜反应，也不与饱和NaHCO3
溶液反应，说明E 分子不含醛基和羧基，可推出E 的结构简式为
，据此分析解答。
【解析】（1）由A 的结构简式可知，物质A 的名称为苯酚；
（2）由C 的结构简式可知，物质C 中官能团的名称是羟基、醚键、酯基；
（3）由A 到B 的反应中K2CO3的作用是与生成物HBr 反应，促进反应的正向进行；
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（4）由分析可知，B
C
⟶
发生乙醛羰基上的加成反应，化学方程式为：
；
（5）由分析可知，C 发生还原反应生成D；
（6）D 发生醇的催化氧化反应生成E，根据E 不发生银镜反应，也不与饱和NaHCO3溶液反应，说明
E 分子不含醛基和羧基，可推出E 的结构简式为
；
（7）化合物B 的同分异构体中，能同时满足下列条件的分子结构：a．苯环上只有两个对位取代基；
b．与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；c．可发生水解反应，说明含有酯基；d．能与新制
Cu(OH)2反应，产生砖红色沉淀，说明含有醛基，则符合要求的同分异构体有：
、
，共2 种。
16
