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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷01（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素养的深度融合，科学探究与创新意识：试题将强化实验设计与
证据推理能力。更加注重真实情境与科技前沿，如新能源、绿色化学、生命健康等热点领域，体现学科交
叉性。在题型创新方面会继续保持，实验探究创新。工艺流程题综合化，以资源回收或工业制备为背景，
融合反应原理、物质结构与性质等进行深入考查。
加强学科融合，与生物、数学、物理等学科相结合，如对数图像分析、计算方法等的考查。模块融合考查
形式增多，两模块融合逐渐向多模块融合过渡。
高考·新情境：关注“三废”的科学治理；以近几年的发展重点“低空经济”为载体进行命题，更重视对学
生解决实际问题能力的考查，会设置开放性、灵活性较强的题目，充分整合信息材料。
命题·大预测：预计2025 年命题主要从安全与健康、环境保护新进展、工业“三废”和生活垃圾的处理、
新能源的使用、新能源开发与使用、新型无机非金属材料和有机高分子材料在生产生活中的应用、碳中和
与碳达峰、古代典籍材料等情境选材，要关注教材内容变化，关注教材素材拓展命题及多模块融合，如第
1 题电渗析法与反渗透法的考查，第14 题有关选择性的考查，如2、5、11、13 融合了对物质结构的考
查，4、7、9、10、14 体现了化学反应与原理的高度融合等。
（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 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr 52
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．化学与人类的生产、生活息息相关，下列说法不正确的是
A．利用超分子的分子识别特性可以实现
分离
B．蒸馏法、反渗透法和电渗析法是海水淡化的主要方法
C．石油裂化和裂解的目的是为了得到苯、甲苯等环状烃
D．科技考古研究人员利用
和
的测定，分析古代人类的食物结构
【答案】C
【详解】A．“杯酚”能分离
，体现了超分子的“分子识别"特性，故A 正确；
1
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B．目前世界上海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法、反渗透法等，故B 正确；
C．石油裂化的目的是获得汽油等轻质燃料，石油裂解的目的是为了得到乙烯、丙烯等烯烃，故C 错误；
D．
用于推断人类主食结构，
则提供人类食肉状况和营养级等方面的证据，考古研究人员利用
和
的测定，分析古代人类的食物结构，故D 正确；
选C。
2．一种光催化重整聚乳酸生成丙酮酸的过程如图所示。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1mol 乳酸分子中含有
键数目为
B．1mol 乳酸比1mol 丙酮酸多
质子
C．生成1mol 丙酮酸，需要消耗
D．1mol 丙酮酸与足量
溶液反应，生成
分子数为
【答案】D
【详解】A．由乳酸结构可知，该结构中单键C、O 均为sp3杂化，羧基碳原子为sp2杂化，其中H 原子与
单键C、O 之间为
键，1 分子中含6 个
键，1mol 中含
，故A 正确；
B．由结构简式可知乳酸比丙酮酸多两个H 原子，乳酸比丙酮酸多2 个质子，则1mol 乳酸比1mol 丙酮酸
多
质子，故B 正确；
C．生成1mol 丙酮酸，转移2mol 电子，则需要消耗
，故C 正确；
D．1mol 丙酮酸与足量
溶液反应，生成碳酸氢钠，没有二氧化碳生成，故D 错误；
故选：D。
3．下列反应方程式书写正确的是
A．将少量氯气通入过量Na2SO3溶液中：Cl2＋3SO
＋H2O=2Cl−＋2HSO ＋SO
B．铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：PbO2＋4H+＋2e−=Pb2+＋2H2O
C．用醋酸和淀粉−KI 溶液检验加碘盐中的IO3：IO ＋5I−＋6H+=3I2＋3H2O
2
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D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：
＋2Br2
＋2H+＋2Br−
【答案】A
【详解】A．将少量氯气通入过量Na2SO3溶液中发生氧化还原反应生成Cl−、
、
，根据得失电子
守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cl2＋3
＋H2O=2Cl−＋2
＋
，A 正确；
B．铅酸蓄电池放电时，PbO2在正极得到电子生成PbSO4和水，正极的电极方程式为：PbO2＋4H+＋2e−+
=PbSO4＋2H2O，B 错误；
C．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆，用醋酸和淀粉−KI 溶液检验加碘盐中的IO3，离子方程式
为：
＋5I−＋6CH3COOH=3I2＋3H2O+6CH3COO-，C 错误；
D．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，溴水具有较强氧化性，能将醛基氧化，D 错误；
故选A。
4．化合物A 在一定条件下可转变为酚E 及少量副产物，该反应的主要途径如下：
下列说法不正确的是
A．
为该反应的催化剂
B．化合物A 的一溴代物有7 种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基
D．化合物E 可发生氧化、加成和取代反应
【答案】B
【详解】A．由图可知H+参与了反应，反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A 正确；
3
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B．化合物A 的一溴代物有6 种，分别是：
、
、
、
、
、
，B 错误；
C．步骤III 可知C 转化到D，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C 正确；
D．化合物E 中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D 正确；
答案选B。
5．原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、M，在一定条件下形成结构如图所示的一种团簇分子。X
是宇宙中含量最多的元素，Y 元素基态原子的价层电子排布是
，Z 元素基态原子最外层电子数与最
内层电子数相等，M 元素基态原子最外层电子数等于其电子层数。下列说法正确的是
A．该团簇分子中所有原子均满足8 电子稳定结构
B．基态原子第一电离能：Y>Z>M
C．工业上主要采用电解水溶液法制备Z 的单质
D．常温下M 的单质能溶于浓硝酸
【答案】B
【分析】X、Y、Z、M 是原子序数依次增大的短周期元素，X 是宇宙中含量最多的元素，X 是H 元素；Y
元素基态原子的价层电子排布是
，n=2，Y 是O 元素；Z 元素基态原子最外层电子数与最内层电子
数相等，Z 是Mg 元素；M 元素基态原子最外层电子数等于其电子层数，M 是Al 元素。
【详解】A．该团簇分子中H 原子不满足8 电子稳定结构，故A 错误；
B．Mg 原子3s 能级全充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以基态原子第一电离能
，故B 正确；
C．工业上主要用电解熔融氯化镁法获得金属镁，故C 错误；
D．常温下，单质铝在浓硝酸、浓硫酸中钝化，故D 错误；
4
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选B。
6．某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺流程如图。
下列说法错误的是
已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+
A．物质X 为高锰酸钾溶液
B．反萃取时，物质Y 可以选用硫酸
C．氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1
D．调pH 时，发生反应：VO +2NH3•H2O
VO +2NH +H2O
【答案】A
【分析】根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X 应为还原剂，将铁
离子还原为亚铁离子，便于萃取
，经过萃取后，通过加入反萃取剂硫酸，可将
从萃取剂中分离
出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得
。
【详解】A．若物质X 为高锰酸钾溶液，会将亚铁离子氧化为铁离子，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳
离子萃取能力可知，会先萃取
，与题意不符，A 错误；
B．HA 为有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸，B 正确；
C．氧化过程中V 元素化合价从+4 价升高为+5 价（
），Cl 元素从+5 价降低为-1 价，根据得失电子守
恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1，C 正确；
D．调pH 时，发生反应：VO +2NH3•H2O
VO +2NH +H2O，D 正确；
答案选A。
7．某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法不正确的是：
A．溶液b 为蓝色是因为发生了反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
B．该实验可证明蓝色恢复与空气无关
C．溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率快
5
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D．上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b 中加少量MnO2，反应至
不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定
【答案】C
【详解】A．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的
I2遇淀粉变为蓝色，A 正确；
B． 该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI 发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝
色，与空气无关，B 正确；
C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI 发
生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后
变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C 错误；
D．由于H2O2是过量的，可与NaI 发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验
步骤：滴定前向溶液b 中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，
即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D 正确；
因此答案选C。
8．采用间接成对电化学法，以间硝基甲苯为原料电解合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用
、
，
电解质溶液为
溶液。反应的原理示意图如下。
下列说法错误的是
A．电极A 的材料为Pb
B．
间硝基甲苯被氧化为
间硝基苯甲酸时，电路中转移
C．槽外还原反应的离子方程式为
D．该装置可实现电解液的循环利用
【答案】B
【分析】
由图可知，与电源负极相连的电极A 为电解池的阴极，TiO2+离子在阴极得到电子发生还原反应生成Ti3+离
子，电极反应式为
，阴极区中Ti3+离子与间硝基苯甲酸酸性条件下反应生成间氨
6
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基苯甲酸、TiO2+和水，反应的离子方程式为
+ 6Ti3++4H2O
+6TiO2++6H+，电极
B 为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为
，阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲
酸，反应的离子方程式为
+
+8H+
+2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳
离子交换膜由阳极区加入阴极区。
【详解】A．电极材料为Pb、PbO2，若Pb 为阳极，则Pb 会在阳极放电，因此Pb 为阴极材料，PbO2为阳
极材料，根据分析，A 为阴极，电极材料为Pb，A 正确；
B．由分析可知，酸性条件下重铬酸根离子与间硝基甲苯反应生成铬离子、间硝基苯甲酸和水，反应的离
子方程式为
+
+8H+
+2Cr3++5H2O，由方程式可知，1mol 间硝基甲苯被氧
化为1mol 间硝基苯甲酸时，反应转移6mol 电子，B 错误；
C．根据分析，槽外还原反应的离子方程式为
+ 6Ti3++4H2O
+6TiO2++6H+，C 正
确；
D．假设反应中转移电子数为6mol，阴极区的反应为
、
+ 6Ti3+
+4H2O
+6TiO2++6H+，共消耗6molH+，阳极区的反应为
、
+
+8H+
+2Cr3++5H2O，共生成6mol H+，因此电解液H2SO4可循环利用，
D 正确；
故选B。
9．基于单簇催化剂(SCC)的NO 还原反应(NORR)的主要反应如下：
7
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(Ⅰ)
(Ⅱ)
(Ⅲ)
在T℃、100kPa 反应条件下，向密闭容器中充入2mol NO 和
，发生上述反应，测得含氮元素占比
[如
的含氮元素占比
]与时间的关系如图所示。
已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响；K 为用物质的量分数表示的平衡常数。下列
有关说法正确的是
A．反应Ⅱ的
B．曲线c 表示的是氨气的含氮元素占比
C．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则F 点将平移至E 点
D．若95min 时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数K 的计算式为
【答案】D
【详解】A．反应Ⅱ是气体量减少的反应，
，反应快速自发进行
，故该反应的
，A 错误；
B．起始的含氮物质只有一氧化氮，反应ii 为快反应，曲线a 表示物质快速减少，故曲线a 表示NO，NH3
快速增加，故曲线b 表示氨气，曲线表示c 氮气，B 错误；
C．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快，生成NH3达到最高点所用时间短，NH3的占
比更大，因此F 点可能移向E 点上方的某个点，C 错误；
D．起始时，2 mol NO、6 mol H2，若95 min 时达到平衡，则由图知，NO 的含氮元素占比为6%，
n(NO)=2mol×6%=0.12mol，N2的含氮元素占比为86%，n(N2)=
，NH3的含氮元素占比
为100%-6%-86%=8%，n(NH3)=2mol×8%=0.16mol，由氧原子守恒得，n(H2O)=2mol-0.12mol=1.88mol，由
8
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氢原子守恒得，n(H2)=
，此时总物质的量为
(0.12+0.86+0.16+1.88+3.88)=6.9mol，N2的物质的量分数为
，H2的物质的量分数为：
，NH3的物
质的量分数为：
，则反应Ⅲ的平衡常数Kx=
，D 正确；
故选D。
10．已知
为二元弱酸，将难溶盐
固体溶于不同初始浓度
的盐酸中，平衡时部分组分的
关系如图。已知
，
。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ代表
B．
C．
时，溶液的pH=4.3
D．
时，
【答案】B
【分析】当盐酸浓度为10-7mol/L 时(几乎没加盐酸)，溶液中溶质为MA，此时溶液中M2+和A2-的浓度基本
相同（均由MA 电离产生），则I 表示M2+，同时溶液中存在
、
，随着盐酸的加入，氢离子浓度增大，两个反应的化学平衡正向移动，HA-和H2A
的浓度均会增大，因此Ⅱ、Ⅲ分别对应HA-和H2A 中的一种，H2A 来源于HA-的水解，当加入盐酸的量较
少时，H2A 的量少于HA-的量，只有当加入盐酸的量较多时，HA-才大量转化为H2A，即盐酸加入量较多
时，H2A 的浓度才大于HA-，则Ⅱ表示HA-，曲线Ⅲ代表
，据此解题。
【详解】A．根据分析，可知曲线Ⅲ代表
，故A 正确；
9
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B．
，
，
，
，得
，同时根据Ka1=
=10-1.3可得c(H2A)=10-0.5mol/L=c(M2+)，故
，故B 错误；
C．
时，
，
，得溶液的pH=4.3，故C 正
确；
D．
时，
，根据原子守恒
，得
，故D 正确；
答案选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共60 分。
11．（16 分）锂二次电池产业得到了强有力的发展，锂离子电池寿命一般为3～5 年， 随着其大规模的应
用，退役的废旧钴酸锂正极材料的回收重制成了重要的研究方向，结合下列流程回答问题：
已知：①氯化胆碱[
]是一种铵盐；
②
在溶液中常以
(蓝色)和
(粉红色)形式存在；
③
时，
。
回答下列问题：
(1)微波共熔溶剂由含氢键供体(能形成氢键的氢原子)的组分与含氢键受体(能与氢原子形成氢键的原子)的
组分混合。草酸(HOOCCOOH)分子中氢键受体的数目为 。
(2)“微波共熔”时，微波熔溶剂(氯化胆碱—草酸按一定物质的量配比而成)和
粗品以不同的液固比
在
下微波处理
后锂和钴的浸取率见下图，则最佳液固比为
。液固比不能过低和过高
的原因是 。
10
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(3)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
(4)
时，“沉钴”反应完成后，溶液
，此时
mol∙L-1。
(5)“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
(6)锂离子电池正极材料
在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成
，导致电
化学性能下降，使用
和
溶液可以实现
的修复，则修复过程中的化学反应方程式为
。
(7)钴酸锂(
)的晶胞结构如图所示。晶体中O 围绕Co 形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，
与
层交替排列。该晶胞中O 的个数为 ；充电过程中晶胞高度c 变大，原因是
会从八面体层
间脱出，导致 。
【答案】(1)4（2 分）
(2)过低，还原剂草酸的量不足，不能将LiCoO2还原成可溶性的Co2+；过高，低共溶剂使用量增多，其对
钴的浸取率影响不大，且过量草酸能于Co2+形成草酸钴沉淀，使钴的浸取率下降（2 分）
(3)[CoCl4]2− + 6H2O = [Co(H2O)6]2+ + 4Cl−（2 分）
(4)1.6×10−7（2 分）
(5)将Co3O4中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)（2 分）
(6)6LiOH+2Co3O4+H2O2=6LiCoO2+4H2O（2 分）
(7)6（2 分） Li+层和CO─O 层吸引力减弱，CO─O 层之间的同性排斥使层间距增大(或：相邻的CO─O
层中CoO 同性相斥，使层间距增大)（2 分）
【分析】氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co 被还原为+2 价，经过水浸滤液中Co 以
[Co(H2O)6]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得
到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结(通入空气
11
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氧化)得到LiCoO2产品，以此分析解答。
【详解】（1）草酸(HOOCCOOH)分子中能与氢原子形成氢键的原子有氧原子，四个氧原子均可作为氢键
受体，故草酸(HOOCCOOH)分子中氢键受体的数目为4；
（2）液固比不能过低和过高，过低时还原剂草酸的量不足，不能将
还原成可溶性的
；过高时
低共溶剂使用量增多，其对钴的浸取率影响不大，且过量草酸能与
形成草酸钴沉淀，使钴的浸取率略
降；
（3）已知
在溶液中常以
(蓝色)和
(粉红色)形式存在，“水浸”过程中溶液由
蓝色变为粉红色，说明钴元素的存在形式由
变为
，结合元素守恒得该变化的离子
方程式为
；
（4）
时，“沉钴”反应完成后，溶液
，即c(H+)=
，则c(OH-)=
，
c(Co2+)
=
；
（5）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是将
中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)；
（6）使用LiOH 和30%H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复是过氧化氢将Co3O4氧化和LiOH 生成LiCoO2，
反应的化学方程式为
；
（7）由钴酸锂（LiCoO2）晶胞结构示意图可知，Li 位于顶点和内部，个数为8×
+2=3，由化学式LiCoO2
可知，O 原子个数为6；充电过程中，正极材料失电子发生氧化反应，Li+从八面体层间脱出，Li+减少，使
Li+层和Co-O 层吸引力减弱，Co-O 层之间的排斥使层间距离增大。
12．（16 分）实验室制备
的装置如图所示(夹持装置略)，
易潮解、易升华，高温下易被氧气氧
化。已知：
能被
氧化为
。
回答下列问题：
(1)装置
中发生反应的化学方程式为 ；实验操作的正确顺序为：连接装置检查装置气密性，装入
药品； (填标号)。
a.加热反应管继续升温至
，直至装置
中反应完全，停止加热装置
b.关闭
、
，打开
，水浴
保持在
之间
c.停止加热装置
，打开
、
，关闭
，继续通
至
中无液滴滴下
12
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d.停止通入冷凝水
e.打开
、
、
，通入
并通入冷凝水
f.加热管式炉的反应管至
(2)仪器
的名称为 ；
、
作用为 ；
气体有毒，遇水产生两种酸性气体，装置
中
发生反应的化学方程式为 ；图示装置存在的缺陷是 。
(3)称取
样品配成
溶液。移取
于
碘量瓶中，加入
(足量)充分反应，加热
煮沸，冷却后加入硫酸溶液和足量
溶液，加入少量淀粉溶液，用
标准溶液滴定至终
点，消耗标准液体积
。(已知：杂质不反应；
)
①该样品中
的质量分数为 (用含
、、
的代数式表示)。
②若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影
响”)。
【答案】(1)
（2 分）
（2 分）
(2)直形冷凝管（2 分） 冷凝并收集未反应完的
（2 分）
（2 分）
、
之间导管易造成堵塞；E、F 之间无干燥装
置（2 分）
(3)
（2 分） 偏小（2 分）
【分析】三氯化铬易潮解，高温下易被氧化，因此反应前需要除去装置内的空气，先通入氮气，氮气通过
浓硫酸干燥后通入装置A 中，除去装置中原有的空气，随后加热装置A 使四氯化碳气化进入装置B 中，在
加热条件下
与
反应生成
，未反应的四氯化碳经过冷凝后收集，生成的
被
溶
液吸收。
【详解】（1）根据分析可知，在装置B 中的反应为：
。反应时，
应先将装置内空气排出，之后对其进行预加热，再将K1，K3关闭，对圆底烧瓶进行水浴加热，使氨气从
K2进入反应装置。同时对硬质玻璃管继续加热，使反应进行。待B 中反应结束后，停止加热，为将产物全
部排出，开始继续通入氮气。综上所述，其顺序为：efbacd。
（2）装置D 为直形冷凝管，装置D、E 的作用是为了冷凝并收集未反应完的
。根据上述分析可知，
COCl2与水反应得到的酸性气体为CO2和HCl，故其与氢氧化钠溶液的反应为：
。由于B、C 之间的导管较小，故气流可能会将Cr2O3粉末带入导
管内，导致其堵塞。而且CrCl3易潮解，故E、F 间需要加一个干燥装置。故整体缺陷为：B、C 之间导管
易造成堵塞；E、F 之间无干燥装置。
（3）①整个反应的过程为，先让足量的过氧化钠和三氯化铬反应，离子方程式为：
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。再让碘化钾去还原生成的
，再用硫代硫酸钠滴定生
成的碘单质。其数量关系为：
~2
~ 3
~ 6
。故有：
，因只取了25mL 的样品溶液，故总共的
=
。样品的质量分数为：
；
②若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则滴定终点读取的标准液体积偏小，则测定结果偏小。
13．（14 分）某研究小组以化合物M 为起始原料，按下列路线合成药物美托拉宗。
已知：
①
②
请回答：
(1)物质C 中碳原子的杂化方式是 。
(2)化合物M 的化学名称为 。
(3)反应Ⅱ涉及到的反应类型有 。
(4)路线中设计生成C 的目的是
(5)写出化合物D 的结构简式 。
(6)写出
的化学方程式 。
(7)写出化合物M 同时符合下列条件的同分异构体的结构简式 (任写一种)。核磁共振氢谱和红
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外光谱检测表明：
①分子中共有4 种氢原子，其中苯环上的有2 种；
②有碳氧双键，无氮氧键和
【答案】(1)sp2、sp3（2 分）
(2)邻硝基甲苯或2-硝基甲苯（2 分）
(3)加成反应、取代反应（2 分）
(4)保护氨基，防止被氧化（2 分）
(5)
（2 分）
(6)
（2 分）
(7)
或
（2 分）
【分析】结合邻硝基甲苯、C 的结构简式以及B 的分子式，可以推测出A 的结构简式为
、B
的结构简式为
，
被酸性的高锰酸钾溶液氧化为D，D 的结
构简式为
，D 分子中含有酰胺基，一定条件下水解生成E，结合E 的分
子式可知，E 的结构简式为
，结合E 的结构简式、美托拉宗的结构简式、F 的
分子式、题给已知可知，F 的结构简式为
；
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【详解】（1）苯环和羰基碳原子为sp2 杂化，甲基碳原子为sp3 杂化。
（2）化合物M 的化学名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯。
（3）根据题给信息可知，显示羰基和氨基进行加成反应生成羟基，然后羟基和另一个氨基分子间脱水，
发生取代反应。
（4）因后续工序需要将甲基氧化为羧基，则路线中设计生成C 的目的是保护氨基，防止被氧化。
（5）由分析可知，苯环上的甲基被氧化，生成D：
。
（6）B 的氨基和E 的羧基分子间脱水，以酰胺键相连，写出方程式为：
。
（7）共4 种氢，苯环上两种氢，可推知苯环上有两个取代基，而且应该在对位，有碳氧双键，不能有醛
基，推知应为羧基或者有酰胺基，写出一种即可
或
。
14．（14 分）天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S 等气体。某种将CO2和H2S 共活化的工艺涉及如
下反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)已知：298K 时，18g 气态水转化为液态水释放出44kJ 的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(ΔH)
为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓(ΔH)为 kJ·mol-1，反应②在 (填“高温”“低
温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)一定条件下，向起始压强为200kPa 的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发
生上述反应，25min 时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为 kPa·min-1.达到平衡
时，测得体系总压强为230kPa，2p(COS)=2p(H2)=p(CO2)，此时H2S(g)的平衡转化率为 ，反应②的
标准平衡常数
(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应
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，
，其中
，
、
、
、
为各组
分的平衡分压)。
(3)将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、
COS 或H2O 的选择性与温度关系如图所示。COS 的选择性
，
的选择性
。
①表示“H2O 的选择性”的曲线是 (填“曲线a”或“曲线b”)。
②温度高于600℃时，H2S 的转化率大于CO2原因是 。
【答案】(1)-577（2 分） 高温（2 分）
(2)0.4（2 分） 80%（2 分） 2.7（2 分）
(3)曲线a（2 分） 当温度高于600℃时，发生副反应③正向移动的幅度大于反应④（2 分）
【详解】（1）298K 时，18g 气态水转化为液态水释放出44kJ 的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(
H)
△
为-586kJ·mol-1，可得：⑤
；⑥
；COS(g)的标准摩尔燃烧焓的反应为：
；根据盖斯定律可知：该反应可由⑥-
-
①⑤得到，则
=(
)-(
)-(
)=-577 kJ·mol-1；反应②正向气体分
子数增加，
，该反应可由③+2×④得到，则该反应
，
，则反应在高温条
件下能自发进行。
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（2）由反应可知①和④反应前后气体分子数相等，则反应前后不会导致压强变化，②和③反应前后气体
分子数均增加，且增加量恰好等于生成的S2(g)的物质的量，根据压强之比等于气体物质的量的之比可得，
反应后体系内压强的增加量即为S2(g)的分压，则
，S2(g)的平均反应速率为
；
设起始时CO2(g)和H2S(g)的物质的量均为1mol，则两者的起始分压均为100kPa，平衡时，测得体系总压强
为230kPa，则平衡时气体的物质的量之和为2.3mol，结合以上分析可得n (S2)=0.3mol，其平衡分压为30
kPa，设平衡时n(H2)=x，则n(COS)=x，n(CO2)=2x，根据S 原子守恒可得：2n(S2)+ n(COS)+ n(H2S)平衡=
n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.3×2)=(0.4-x)mol；根据氢原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)=
2n(H2S) 初始，则得2(0.4-x)+2 n(H2O)+2x=2，解得：n(H2O)=0.6mol，根据C 原子守恒得：n(COS)+ n(CO2)平衡
+ n(CO)= n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)mol，再结合O 原子守恒：n(COS)+ 2n(CO2)平衡+ n(CO)+ n(H2O)=
2n(CO2)初始，解得：x=0.2，则平衡时各气体的物质的量：n(CO2)=0.4 mol，n(COS)=0.2 mol，n(CO)=0.4
mol，n (S2)=0.3mol，n(H2O)=0.6 mol，n(H2S)=0.2 mol，n(H2)=0.2 mol，总气体为2.3mol；此时H2S(g) 的平
衡转化率为
；
反应②的标准平衡常数
；
（3）①由反应可知COS 只在反应①中生成，且该反应同时生成等量的水，而水在①②④中均生成，则相
同条件下，H2O 的选择性高于COS 的选择性，故曲线a 表示H2O 的选择性，曲线b 表示COS 的选择性；
②由题干图示信息可知，温度低于600℃时H2S 和CO2的转化率基本相同，说明此时反应只发生反应①、
②，而温度升高，反应①、②、③、④均正向移动，当温度高于600℃时，发生副反应③正向移动的幅度
大于反应④，导致H2S 的转化率大于CO2。
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