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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 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65
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．下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．2pz电子云图为
B．KCl 的电子式为
C．基态Cu 原子的价层电子轨道排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1
D．NH3分子的 VSEPR 模型：
【答案】A
【解析】pz能级电子云是哑铃（纺锤）形，A 正确；氯化钾是离子化合物，其电子式是：
，
B 错误；基态Cu 原子的价层电子排布式为：3d104s1，轨道表示式为：
，C
错误；根据VSEPR 模型计算，NH3分子中有1 对孤电子对，N 原子还连接有3 个H 原子，因此NH3的
VSEPR 模型为四面体型，D 错误；故选A。
2．从古至今，人类的生活、生产都离不开材料的应用。下列说法正确的是（ ）
A．歼－20 上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料
B．人民币票面文字处采用了含Fe3O4的磁性油墨，Fe3O4常用作红色颜料
C．北斗卫星上使用的硅太阳能电池阵，利用SiO2将太阳能转化为电能
D．神舟十七号返回舱降落回收过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是有机高分子材料
【答案】D
【解析】氮化镓（GaN）是一种半导体材料，不是金属材料，A 错误；Fe3O4为黑色固体，常用作红色
颜料的是Fe2O3，B 错误；硅太阳能电池阵是利用硅半导体的性质将太阳能转化为电能，C 错误；芳纶
是一种有机高分子材料，具有高强度和耐热性，常用于制作降落伞等，D 正确；故选D。
3．下列关于实验安全和试剂保存的说法错误的是（ ）
A．电器起火时，要先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火
B．
溶液溅到皮肤上，先用大量水冲洗，再用硼酸溶液冲洗
1
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C．金属钠应保存在煤油或石蜡油中
D．盛有液溴的棕色细口瓶中加水液封，并盖好橡胶塞
【答案】D
【解析】电器起火时，要先切断电源以避免触电，再用二氧化碳灭火器灭火，不能使用水基灭火器，
故A 项正确；
溶液对皮肤具有强烈的腐蚀作用，溅到皮肤上时，应先用大量水冲洗，再用硼酸
溶液冲洗，故B 项正确；金属钠易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，应保存在煤油或石蜡油中以隔
绝空气，故C 项正确；为避免液溴挥发，盛有液溴的棕色细口瓶中加水液封，并盖好磨口玻璃塞，溴
与橡胶发生反应，不能使用橡胶塞，故D 项错误；故选D。
4．如今高分子材料已经渗透到我们生活的方方面面，下列说法错误的是（ ）
A．聚乙烯分子结构中只有
键，故聚乙烯
保鲜膜形变伴随
键旋转
B．聚对苯二甲酰对苯二胺(芳纶1414)是通过加聚反应制得的，可用作防弹装甲
C．聚乳酸在人体内可降解，可用作手术缝合线
D．聚乙炔含有共轭大
键，可用作导电材料
【答案】B
【解析】由于在聚乙烯中只有
键，故聚乙烯
保鲜膜形变伴随
键旋转，故A 正确；聚对苯二甲
酰对苯二胺(芳纶1414)是通过缩聚反应制得的，故B 错误；聚乳酸属于聚酯类高分子，在人体内可以降
解，可用作手术缝合线，故C 正确；聚乙炔含有共轭大
键，电子在分子内可以自由移动，可以用作导
电材料，故D 正确；故选B。
5．设
是阿伏加德罗常数的值，反应
可制含氯消毒剂。
下列说法正确的是（ ）
A．58.5 g NaCl 晶体中含有的分子数目为
B．
含有的共用电子对数目为
C．每形成
，转移电子数目为
D．每
的中子数为
【答案】C
【解析】
晶体为离子晶体，由钠离子和氯离子组成，不含有分子，A 错误；未说明温度和压强的
状态，气体摩尔体积Vm不确定，无法计算
含有的共用电子对数目，B 错误；由反应式可知，
转移
电子会生成
，即形成
，则每形成
，转移电子数为
，C
正确；中子数=质量数-质子数，一个
原子所含中子数为
，则
的中子数为
，D 错误；故选C。
6．丁基苯酞(键线式为
)是芹菜油的化学成分之一。动物模型研究表明，丁基苯酞可用于
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治疗高血压和神经保护作用。下列有关丁基苯酞的说法正确的是（ ）
A．丁基苯酞的化学式为
B．丁基苯酞分子中碳原子有3 种杂化方式
C．能发生取代、加成和氧化反应
D．苯环上一氯代物有2 种
【答案】C
【解析】丁基苯酞的化学式不饱和度为6，H 原子个数为
，化学式为
，A 错
误；丁基苯酞分子中苯环上和酯基上的碳原子采用sp2杂化，其余饱和碳原子采用sp3杂化，碳原子有2
种杂化方式，B 错误；酯基能发生取代反应，苯环能与氢气发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，C
正确；苯环不对称，因此苯环上一氯代物有4 种，
错误；故选C。
7．下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
常温下，用pH 计分别测定等体积
溶液和
溶液的pH
测得pH 都等于7
同一溶液中，铵根离子
和醋酸根离子的水解程
度相等
B
将二氧化硫气体通入滴有酚酞的
稀溶液中
溶液褪色
具有漂白性
C
向某溶液中滴入少量盐酸酸化的氯化钡
溶液
有白色沉淀
说明原溶液中含有
D
向两支均盛有
10%的
溶液的试
管中分别加入
的
溶液和
溶液
加入
的试管中
产生气泡快，加入
的试管产生
气泡慢
、
均可以加快
的分解；
比
的催化效果更好
【答案】A
【解析】常温下，用pH 计分别测定等体积
溶液和
溶液的
pH，因为铵根离子和醋酸根离子的水解程度相等，水解产生的
和
浓度相等，故测得pH 都等于
7，故A 项正确；二氧化硫为酸性氧化物，与
溶液反应生成盐和水，溶液红色变浅，与漂白性无
关，故B 项错误；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，可能生成
或硫酸钡沉淀，则可能含有
，不一
定含有
，故C 项错误；
溶液和
溶液中阴离子不同，不能证明
的催化效果好于
，且缺失空白对照组，不能证明催化效果，故D 项错误；故选A。
8．短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，其中X、Y 不同周期不同族。W 元素形成的化合物最
多，X 和Y 的第一电离能都比左右相邻元素的高，Z 的未成对电子数为1．下列叙述一定错误的是（
）
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A．简单氢化物的键角：
B．离子半径：
C．电负性：
D．X 的氢化物可能含有非极性键
【答案】A
【分析】W 元素形成的化合物最多，W 为C，X 和Y 的第一电离能都比左右相邻元素的高其为第二或
者第五主族，外围轨道电子半满或者全满第一电离能反常增大，Z 的未成对电子数为1，短周期元素
W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，其中X、Y 不同周期不同族，其组合是N、Mg，Z 原子序数比Mg
大，则Z 为第三周期基态电子排布为1s22s22p63s23p1或者1s22s22p63s23p5其为Al 或者Cl。
【解析】X 为N，简单氢化物为NH3，W 的简单氢化物为CH4，均为sp3杂化，但是氨气分子中的N 原
子含有孤电子对，对H-N-H 键有斥力，斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，其键角小于甲烷键
角，故A 符合题意；Y 的离子为Mg2+，当Z 为铝时Al3+＜Mg2+，当Z 为Cl 时，离子半径：
，故
B 不符合题意；同周期从左向右电负性逐渐增大，稀有气体除外，电负性C＜N，故C 不符合题意；X
的氢化物除了甲烷乙烷其他的烃都含有非极性键，故D 不符合题意；故选A。
9．下列有关宏观辩识与微观探析的说法错误的是（ ）
选
项
宏观事实
微观解释
A．
SiO2的熔点高于CS2
Si-O 的键能大于C=S 的键能
B．
同一主族碱金属元素的单质熔沸点逐
渐降低
同一主族从上到下碱金属元素的原子的半径
逐渐增大，金属键逐渐减弱
C．
常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态不同
卤素单质的相对分子质量越大，范德华力越
大
D．
王水溶解金(Au)
盐酸提供的Cl-增强了Au 的还原性
【答案】A
【解析】SiO2的熔点高于CS2的原因是二氧化硅为共价晶体，CS2为分子晶体，与键能无关，故A 错
误；碱金属元素从Li 到Cs 原子半径随着原子序数增大而增大，金属键变长，金属键键能减小，其单质
的熔沸点随着原子序数增大而减小，故B 正确；Cl2、Br2和I2都为结构相似的分子晶体，相对分子质量
越大，范德华力越大，熔沸点越高，常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态从气态、液态至固态，故C 正确；
王水溶解金时反应为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O，硝酸作为氧化剂，Au 做还原剂，盐酸提
供的Cl-增强了Au 的还原性，故D 正确；故选A。
10．实验室制备下列如图气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（ ）
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气体
试剂
制备装置
收集方法
A
浓硝酸
B
C
石灰石
稀硫酸
D
浓硫酸
【答案】D
【解析】二氧化氮与水反应，不能选f 收集二氧化氮，A 错误； 氨气密度小于空气，不能使用向上排
空气发生收集，B 错误；实验室制CO2用的试剂为石灰石和稀盐酸，不能用稀硫酸，稀硫酸和碳酸钙
生成物硫酸钙微溶，阻碍了反应进行，C 错误；乙醇在170°C 时发生消去反应生成乙烯，可选c 装
置，乙烯不溶于水，可选f 装置收集，D 正确；故选D。
11．常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加HCl 或NaOH 调节pH 时溶质各微粒浓度
(M 代
表
、
、
、
)随pH 变化曲线如图所示，其中，虚线④代表
的曲线。已知
。下列有关说法正确的是（ ）
A．
的电离常数
的数量级为
B．
时，
C．水的电离程度：
D．A 点时，
【答案】D
【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，
、
、
，所以
在CaC2O4溶液中，
，即①表示
、②表示H2C2O4、③
表示
、④表示
。
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【解析】
，
，②③相交时
，此时
，可得Ka1=10-1.3，数量级为10-2，故A 错误；溶液pH=7 时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒
，但是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后提供的
氯离子或钠离子，所以
错误，故B 错误；A 点为溶液显酸性，B、C 点
酸性减弱，水的电离程度增大，故水的电离程度：
，故C 错误；A 点时c(H+)=10-1.3mol/L，c(
)=10-3mol/L，结合C 点，Ka2=
=10-4.2，A 点时，
=
=10-2.9，则A
点，c(
)=10-5.9mol/L，c(OH-)=
=10-12.7mol/L，即A 点时，该离子浓度比较正确，故D 正确；
故选D。
12．合成某种脱氢催化剂的主要成分之一为立方ZnO，其晶胞结构如图，已知晶体密度为
，a 的分
数坐标为
，设阿伏加德罗常数的值为
。下列说法错误的是（ ）
A．与
最近的
有12 个
B．若以
为顶点重新取晶胞，
位于晶胞的面心和体心
C．
之间的最短距离为
D．b 的分数坐标为
【答案】B
【解析】顶点上
的与3 个面心上的
最近，顶点上的
被八个晶胞共用，每个晶胞有三个面心
上的
与顶点上的
最近，面心上的
被两个晶胞共用，所以与
最近的为
有3×8÷2=12
个，故A 正确；
若以
为顶点重新取晶胞，根据晶胞均摊锌一个晶胞中
个数8×1/8=1 个，若
位于晶胞的面
心和体心个数为6×1/2+1=4，
和
个数比不是1：1，故B 错误；晶胞内部下方的两个
距离
最近，是晶胞下表面对角线的1/2，根据晶胞均摊计算可得，该晶胞含有
8×1/8+6×1/2=4 个，晶胞
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的边长为
，晶胞下表面对角线为
，下方的两个
距离最近
，故C 正确；a 点的坐标为
，b 点在一个顶点三个面心上
构成的四面
体中心，的b 点在x 轴的1/4 处，在y 轴的3/4 处，z 轴的3/4 处，b 的分数坐标为
，故D 正
确；故选B。
13．利用下图所示装置可合成己二腈[
]。充电时生成己二腈，放电时生成
，其中a、b 是
互为反置的双极膜，双极膜中的
会解离出
和
向两极移动。下列说法正确的是（ ）
A．放电时M 极为负极，发生氧化反应
B．放电时，双极膜中
向N 极移动
C．放电时，每生成
，双极膜解离
D．充电时，N 极的电极反应式为
【答案】D
【分析】放电时为原电池，N 极上H2O 失电子生成O2，则M 极为正极，N 极为负极，正极反应式为
[Co(NH3)6]3++e−=[Co(NH3)6]2+，负极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，放电时，双极膜中OH−向负极移
动，H+向正极移动；充电时为电解池，M 极为阳极，N 极为阴极，阳极反应式为[Co(NH3)6]2+
−e−=[Co(NH3)6]3+，阴极反应式为2CH2=CHCN+2e−+2H+=NC(CH2)4CN。
【解析】放电时为原电池，N 极上H2O 失电子生成O2，则M 极为正极，电极反应式为[Co(NH3)4]3++e-
=[Co(NH3)4]2+，发生还原反应，故A 错误；放电时为原电池，M 极为正极，N 极为负极，双极膜中
OH−向负极移动，H+向正极移动，即OH−向N 极移动，H+向M 极移动，故B 错误；放电时，N 电极为
负极，水在负极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为
解离
2mol 水，因为a、b 是互为反置的双极膜，所以共解离4mol 水，故C 错误；充电时，N 极是阴极，反
应式为2CH2=CHCN+2e−+2H+=NC(CH2)4CN，故D 正确；故选D。
14．Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所
示。其中Cat.表示催化剂，TS 和TN 分别表示各基元反应的过渡态和产物。下列说法错误的是（ ）
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A．反应中Ru 的成键数目不变
B．该羰基化反应每消耗1mol
生成1mol
C．由
生成
经历了4 个基元反应，其中第四步反应速率最慢
D．Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变
【答案】B
【解析】由Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru 都是
与2 个Cl 和2 个I 形成4 个键，A 项正确；由反应机理可知，总反应为CO+H2O+CH3COOCH3
2CH3COOH，该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成2molCH3COOH，B 项错误；由各基元反应
活化能垒图可知，由CH3I 生成CH3OI 经历了4 个基元反应，其中第四步即产物TN3→Cat.+CH3COI 的
活化能最大，反应速率最慢，C 项正确；Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物为催化剂，催化剂可以降低反应的
活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，D 项正确；故选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）碳酸亚铁不溶于水，可用作阻燃剂。已知在空气中，碳酸亚铁干燥品稳定，而湿品因被氧化
为
变成茶色。实验室中，可在还原性气氛中使用亚铁盐与碱金属碳酸盐制备碳酸亚铁，制备
装置如图所示，反应体系均为水相。回答下列问题：
(1)仪器a 和b 的名称分别为 、 。
(2)向气密性良好的装置中添加药品。打开
，关闭
，待在m 处检验到较纯净
后，
(填操作)，再关闭
，打开
中出现白色浑浊。
(3)实验中铁粉和稀硫酸用量远高于理论值，原因是
。
(4)碳酸亚铁在潮湿空气中变茶色的化学方程式为
。
(5)碳酸亚铁在空气中受热发生反应
，则碳酸亚铁可用作阻燃剂的原因是
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消耗
、 、 、生成
覆盖在燃烧物表面。
(6)某碳酸亚铁样品久置于空气中会部分变质生成
为测定其纯度，称取
样品，加入足量盐
酸溶解并配成
溶液。取
配制好的溶液加入过量
溶液充分反应，加入几滴淀粉溶液，
再用
标准溶液滴定，三次滴定平均消耗
标准溶液，则样品中
的质量分
数为 %(用含V 的代数式表示，已知
)。
【答案】(1) 分液漏斗 （1 分） 三颈烧瓶 （1 分）
(2)将m 插入装有水的烧杯中 （2 分）
(3)需要用Fe 与稀硫酸生成H2排尽装置中的空气 （2 分）
(4)4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2 （2 分）
(5) 生成CO2，降低可燃物表面O2的浓度 （2 分） 吸收热量，降低可燃物的温度 （2 分）
(6)
（2 分）
【分析】A 中稀硫酸与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，打开活塞K1和K3，关闭活塞K2，生成的氢气
将装置内原有的空气全部排出，待在m 处检验到较纯净H2后，将m 插入装有水的烧杯中，防止空气
中的O2进入装置，随后关闭活塞K1、K3，打开活塞K2，生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入B 中，B 中
亚铁离子与碳酸根离子反应生成碳酸亚铁。
【解析】（1）由仪器的结构可知，a 为分液漏斗，b 为三颈烧瓶；
（2）由于碳酸亚铁潮湿品易被氧化，因此需隔绝空气，但装置中有H2，不能将m 用止水夹夹住，故
在确保H2已经将空气排尽后，将可延长橡胶管m 插入装有水的烧杯中液封，防止空气中的O2进入装
置；
（3）Fe 与稀硫酸反应除了生成Fe2+与
反应制备FeCO3之外，还需要用H2排尽装置中的空气并作
为保护气，因此铁粉和稀硫酸用量远高于理论值；
（4）FeCO3在潮湿的空气中被氧化成Fe(OH)3，方程式为4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；
（5）FeCO3在空气中反应可以生成CO2，CO2不支持燃烧，降低可燃物表面O2的浓度；该反应可以吸
收热量，降低可燃物的温度，温度降到着火点以下后就不再燃烧；
（6）根据离子方程式
，
，可找出关系式：n(I-)=n(
)=n(Fe3+)=0.1molL×V×10-3L= V×10-4mol，原固体中Fe(OH)3的质量为4×107V×10-4g=4.28V×10-2g，则样
品中FeCO3的质量分数为
×100%=
%。
16．（15 分）钴在新能源、新材料、航空航天、电器制造领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、
铜、铁、钴、锰的+2 价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
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已知：金属阳离子(M)以氢氧化物形式沉淀时，
和溶液
的关系如下图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其原因是
。
(2)Co 在元素周期表的位置为
；Cu 的价电子排布式为
。
(3)“沉锰”步骤中，加
发生反应的离子方程式为
，该反应中
是______ 。
A．还原剂
B．氧化剂
C．氧化产物
D．还原产物
(4)"酸浸"步骤中，浸渣的成分为铜和
；"沉淀"步骤中，用NaOH 调pH 分离出的滤渣成分
只有
，则调节的
的范围为
。
(5)"酸浸"步骤中，CoO 发生反应的化学方程式是
。
(6)若“沉钴”步骤中，控制溶液
，则从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是
。
【答案】(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率 （2 分）
(2) 第四周期VIII 族 （2 分）
（2 分）
(3)C （2 分）
(4) 硫酸铅(或
) （1 分） 3.1~6.2 （2 分）
(5)
（2 分）
(6)向滤液中滴加
溶液，边加边搅拌，控制溶液的
：
，静置后过滤、洗涤、干燥
（2 分）
【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰等元素的+2 价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸
时，铜不溶解，Zn 及其它+2 价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离
子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成
沉淀；过滤后，滤液中加入
将锰离子氧化为二氧
化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节
，铁离子完
全转化为氢氧化铁沉淀除去铁元素；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到
。
【解析】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其原因是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的
浸出效率；
（2）Co 是27 号元素，在元素周期表的位置是第四周期VIII 族；
是29 号元素，其价电子排布式为
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；
（3）“沉锰”步骤中，
将
氧化为二氧化锰除去，二氧化锰为氧化产物，故C 正确；
（4）“酸浸”步骤中，
不溶解，
单质及其它元素的+2 价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀
外，其它元素均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液，浸渣的成分为铜和硫酸铅；“沉淀”步骤中，用
调
分离出的滤渣是
，从图像分析得知
不能沉淀，调节的
的范围是
；
（5）“酸浸”步骤中，
发生反应的化学方程式为：
；
（6）“沉钴”后滤液的
，溶液中有
元素以
形式存在，当
后氢氧化锌会
溶解转化为
，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加
NaOH 溶液，边加边搅拌，控制溶液的
：
，静置后过滤、洗涤、干燥。
17．（14 分）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途
径之一，相关的主要反应有：
反应a：
反应b：
回答下列问题：
(1)反应
kJ/mol，该反应正向自发的条件为
(填“高温”或“低温”)自发。
(2)在刚性密闭容器中，进料比
分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分
数随温度变化的关系如图下1 所示，曲线x 对应的
。
(3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3 投料，反应经如图2 流程(主要产物已标出)可实现
CO2高效转化。
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①下列说法错误的是 (填字母标号)。
A．CaO 与CO2的反应可促进Fe3O4氧化CO 的平衡右移
B．Fe3O4和CaO 都可以循环利用
C．H2在过程ii 将Fe3O4还原为单质铁
D．过程ii 产生的H2O 最终被CaO 吸收了
②过程ⅱ平衡后通入He，CO 的物质的量的变化是 (填“升高”“降低”或“不变”)。
(4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，
(同一时段内CO2与CH4的物质的量
变化量之比)。常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3 投料，发生反应a 和b．某一时段内CH4和CO2
的转化率和R 值随温度的变化分别如图3 和图4 所示。
①结合图3 分析图4，R 随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是
。
②催化剂X 可提高R 值，另一时段内CH4转化率、R 值随温度变化如下表：
温度/℃
480
500
520
550
CH4转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
下列说法正确的是
(填标号)。
A．R 值提高是由于催化剂X 选择性地提高了反应a 的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O 占比越高
C．改变催化剂提高CH4转化率，R 值一定增大
【答案】(1)
（2 分） 高温 （1 分）
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(2)1.0 （2 分）
(3)D （2 分） 升高 （2 分）
(4)温度升高，开始时反应a 的反应速率更快；温度接近600℃，CH4转化率接近100%，温度继续升
高，反应b 继续进行 （3 分） B （2 分）
【解析】（1）由盖斯定律可得，反应
等于反应a+2×反应b，
则
；该反应的
，
，由
可
知，该反应在高温条件下
，则该反应正向自发的条件为高温自发。
（2）在相同温度下，进料比
越大，达到平衡时甲烷的质量分数越小，根据关系图可知，曲线
x 对应的
。
（3）①由图2 反应ii 可知，
与
的反应使
的浓度减小，二氧化碳是
氧化
反应的
产物，二氧化碳浓度减小，促使平衡右移，A 正确；
和
既做反应物，右可以做生成物，两
者可以循环使用，B 正确；由反应ii 可知，铁元素化合价降低，被还原为铁单质，只有氢气当中氢元
素化合价升高，做还原剂，将四氧化三铁还原为铁单质，C 正确；由反应iii 可知，反应ii 中产生的
未被吸收，而是在反应iii 中排出，D 错误；②通入
，
分解反应正向移动，导致
增大，促使铁还原二氧化碳反应正移，故过程ii 平衡后通入He，CO 的物质的量升高。
（4）①结合图3 和图4 可知，600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，反
应a 的反应速率更快，该阶段R 减小，600℃以上，甲烷的转化率接近百分之百，二氧化碳转化率随温
度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R 增大；②R 值提高是由于催化剂X 选择性地提高反b 的速
率，使单位时间内反b 中CO2的转化率增大，A 错误；根据表中数据可知，温度越低，甲烷的转化率
越低，而R 越大，
增大的倍数比
大，含氢产物中
占比越高，B 正确；改变催化
剂使反应有选择性按反应a 而提高甲烷的转化率，若二氧化碳的转化率减小，R 值不一定增大，C 错
误。
18．（15 分）Daprodustat 是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J 的合成路线如下图所示。
已知：
(1)A 是一种芳香族化合物，则反应I 的条件是
。
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(2)B 和C 含有的官能团名称分别为 、 。
(3)
的反应类型是
。
(4)F 不能水解，G 的核磁共振氢谱中有2 组峰。
①根据含有的官能团进行分类，F 的类别是
。
H
②
与乙二胺
在一定条件下反应生成七元环状化合物的结构简式是 。
H
③
与乙醇在一定条件下生成M(分子式
)的方程式是
。
(5)下列关于的说法中，正确的有____________________。
A．J 分子中含有2 种官能团
B．J 分子中存在手性碳原子
C．J 存在含有苯环和酯基的同分异构体D．J 在一定条件下水解可得到D
(6)由中间体J 合成Daprodustat 的过程中需经历以下三步。
其中试剂1 的分子式为
，J 生成K 为加成反应，则试剂1 和L 的结构简式分别为
和 。
【答案】(1)浓硝酸、浓硫酸、加热 （1 分）
(2) 硝基 （1 分） 氨基 （1 分）
(3)加成反应 （1 分）
(4) 羧酸 （1 分）
（2 分）
（2 分）
(5)CD （2 分）
(6)
（2 分）
（2 分）
【分析】A 是一种芳香族化合物，分子式为C6H6，则A 为
，苯与浓硝酸发生硝化反应生成B
为
，硝基还原为氨基，C 为
，苯环与氢气发生加成反应生成D 为
，D 发生加成反应生成E，E 和I 发生取代反应生成J 和HCl，则I 为
，
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逆推H 为
，根据已知反应可知G 为
，则F 为CH3COOH；
【解析】（1）A 为
，苯与浓硝酸发生硝化反应生成B 为
，反应I 的条件是浓硝
酸、浓硫酸、加热；
（2）B 为
，C 为
，官能团分别为硝基
、氨基
；
（3）
和
反应生成
，
的反应类型是加成反应；
（4）①根据分析，F 为CH3COOH，F 的类别是羧酸；
H
②
为
，H 与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)在一定条件下反应生成七元环状化合物，化学方程式
是：HOOCCH2COOH+H2NCH2CH2NH2
+2H2O；
③H 与乙醇在一定条件下发生酯化反应，方程式为
；
（5）J 是
含有1 种官能团酰胺基，A 错误；
分子中不存在手性碳原子，B
错误；
不饱和度为6，含有3 个氧原子，可以存在含有苯环和酯基的同分异构体，C 正
确；
在一定条件下水解可得到
，D 正确；故选CD；
（6）L 发生酯的水解脱去C2H5OH，结合Daprodustat 中羧基的位置可知，L 的结构简式为
，试剂1 的分子式为C5H7O3N，J 生成K 为加成反应，K→L 是异构化，则试剂1 中
含-COOC2H5，结合L 的结构可知试剂1 的结构简式为
，发生加成反应时，碳氮双
键断裂。
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