2025年高考第三次模拟考试卷：化学（四川卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（四川卷）（解析版），共21页。试卷主要包含了下列化学用语正确的是，一种新型合成氨的过程如图所示等内容，欢迎下载使用。
（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、准考证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，用铅笔把答题卡上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 Li-7 C-12 N-14 O-16 Al-27
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物的主要材质属于天然有机高分子的是
【答案】C
【解析】A．铁缪铁券主要材质属于金属材料，A错误；
B．隋天龙山石佛首三彩主要材质属于硅酸盐材料，B错误；
C．宋彩绘木雕观音主要材质纤维素属于天然有机高分子，C正确；
D．骑虎人形佩主要材质属于硅酸盐材料，D错误；
故选C。
2．中国美食享誉世界。下列说法正确的是
A．竹升面中的淀粉是纯净物
B．黄河鲤鱼鱼肉中蛋白质的最终水解产物为二氧化碳、水和尿素
C．制作咸香鸡使用花椒油调配酱汁，花椒油是一种不饱和脂肪酸
D．糖葱薄饼的制作原料有麦芽糖、面粉等，其中麦芽糖可水解为葡萄糖
【答案】D
【解析】A．淀粉(中n值不同，意味着分子的聚合度不同，即分子结构不同，所以淀粉是由多种不同分子组成的混合物，并非纯净物，A选项错误；
B．蛋白质在水解过程中，逐步断裂肽键，最终水解产物是氨基酸，而二氧化碳、水和尿素是蛋白质在体内代谢的最终产物，不是水解产物，B选项错误；
C．花椒油主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，而不饱和脂肪酸是指含不饱和键的脂肪酸，二者概念不同，C选项错误；
D．麦芽糖是二糖，在一定条件下能发生水解反应，水解产物为葡萄糖，D选项正确；
正确答案是D。
3．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置进行已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的硫酸
B．用乙装置收集NO2气体
C．用丙装置制备气体并对生成的气体体积进行测量，可以减少误差
D．用丁装置灼烧碳酸钠晶体
【答案】C
【解析】A. NaOH溶液应该装在碱式滴定管中，碱式滴定管下端应该是橡胶管，故A错误；
B. NO2气体密度大于空气，则应该向上排空气，从长导管进，故B错误；
C. 橡皮管可以平衡气压，便于液体顺利流下，则对生成的气体体积进行测量可以减少误差，故C正确；
D. 加热碳酸钠时应该用铁坩埚，瓷坩埚成分中的二氧化硅与碳酸钠在高温下可以反应生成硅酸钠，故D错误；
故选C。
4．下列化学用语正确的是
A．甲酸甲酯的结构简式：
B．的结构式：，分子呈直线形
C．的电子式：
D．基态硫原子的价电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】A．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，故A错误；
B．的结构式：，中心原子O采用sp3杂化，所以分子呈V形，故B错误；
C．的电子式：，故C错误；
D．S是第16号元素，所以基态硫原子的价电子轨道表示式：，故D正确；
故选D。
5．制备CH3NH3PbI3的过程如下所示：。下列说法不正确的是
A．物质CH3NH3I属于盐B．CH3OH的沸点大于CH3I的沸点
C．O—H键极性：CH3OH>H2OD．第一电离能：N>O>C
【答案】C
【解析】A．－NH2具有碱性，可以与HI反应生成盐，所以物质CH3NH3I属于盐，A正确；B．甲醇分子与分子间存在氢键，而CH3I不存在分子间氢键，故沸点甲醇更高，B正确；C．甲基的推电子能力大于氢原子，O—H键极性：CH3OHO>C，D正确；故选C。
6．利用下列反应制备腈时，由于卤代烃和氰化钠互溶性差，导致反应速率很慢，加入Q+Cl-[Q+表示C16H33N+(C4H9)3]后，缩短了反应时间，反应及原理如下。下列说法错误的是
A．卤代烃和氰化钠的反应是取代反应
B．Q+既可以溶于有机相，也可以溶于水相
C．Q+将CN-由水相转移到有机相中
D．C16H33N+(C4H9)3离子半径较大，与阴离子作用力较强，可以形成离子液体
【答案】D
【解析】A．Cl离子取代了CN-离子，卤代烃和氰化钠的反应是取代反应，A项正确；
B．由于C16H33N+(C4H9)3中既有非极性基团疏水基又有极性端亲水基，所以可以溶解于有机溶剂或水中，B项正确；
C．由图示可知，Q+将CN-由水相转移到有机相中，Q+再与Cl-结合后进入水相，C项正确；
D．C16H33N+(C4H9)3离子半径较大，与阴离子作用力较一般离子键要弱得多，降低了离子化合物的熔点，可以形成离子液体，故D项错误；
答案选D。
7．尼龙-66因良好的耐热性和耐油性广泛应用于汽车发动机周围机械零件和易受热电子电气制品零部件制造。尼龙-66结构如下图，下列说法正确的是
A．可用己酸和己胺通过加聚反应制备
B．尼龙-66的重复单元中含有3种官能团
C．1 ml该高分子最多能和n ml NaOH反应
D．每生成1 ml该高分子，同时生成(2n-1) ml H2O
【答案】D
【解析】A．根据尼龙-66分子结构可知：该物质是由己二酸HOOC(CH2)4COOH和己二胺H2N-CH2(CH2)4CH2-NH2通过缩聚反应制备，A错误；
B．尼龙-66的重复单元中只含有 这1种官能团，B错误；
C．根据尼龙-66分子结构可知：在1 ml该高分子化合物分子中含有n ml-COOH和n ml能够与NaOH发生反应，由于1个-COOH能够反应消耗1个NaOH，1个反应消耗1个NaOH，故n ml-COOH和n ml与NaOH发生反应消耗 2n mlNaOH，即1 ml该高分子最多能和2n ml NaOH反应，C错误；
D．要生成1 ml该高分子，就会由n ml HOOC(CH2)4COOH与n ml H2N-CH2(CH2)4CH2-NH2发生缩聚反应产生1 ml该高分子中的(2n-1) ml，同时生成(2n-1) ml H2O，D正确；
故合理选项是D。
8．、、、、、是原子序数依次增大的前四周期元素，的一种同位素没有中子，基态原子核外的能级电子数是能级电子数的两倍，、位于同一主族，元素的某种单质可用于自来水消毒，的单质可用作食品抗氧化剂。下列说法错误的是
A．键角：B．原子半径：
C．简单氢化物的沸点：D．、、组成的一种离子可用于检验
【答案】A
【分析】的一种同位素没有中子，X是H，基态原子s能级电子数量是p能级的两倍则其核外电子排布为1s22s22p2为C，、位于同一主族，元素的某种单质可用于自来水消毒，则该单质是，W是O、M是S，Z原子序数在Y、M之间，则Z是N，是第四周期元素，的单质可用作食品抗氧化剂，G是Fe，综上所述，X是H、Y是C、Z是N、W是O、M是S、G是Fe。
【解析】A．分别为，中心原子的价电子对数为3，无孤对电子，键角为120°，H2O和H2S的结构相似，中心原子均为sp3杂化，且都有一对孤电子对，键角均小于，O的电负性强于S，成键电子对偏向O原子，孤对电子对成键电子对斥力更大，因此键角H2O＞H2S，则键角大小为：，A错误；B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：，B正确；C．O、N的简单氢化物均为分子晶体，且均能形成分子间氢键，水分子孤对电子数更多，形成的氢键数量更多，则水分子间的作用力更强，故简单氢化物的沸点：，C正确；D．、、组成的一种离子为，遇到变为血红色的配合物，因此可用于检验，D正确；故选A。
9．一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是
A．NH3和的中心原子杂化方式相同
B．“固氮”和“转氮”过程均属于人工固氮
C．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为3∶1
D．该合成氨过程中，所有反应均为氧化还原反应
【答案】A
【解析】A．NH3和的中心原子周围的价层电子对数分别为：3+=4，4+=4，故N均为杂化，A正确；
B．由游离态的氮转化为化合态的氮为氮的固定，故“转氮”过程没有氮气参与，不属于人工固氮，B错误；
C．合成氨过程中，N2最终转化为NH3，1ml N2转移6ml电子，H2O转化为O2，1ml H2O转移2ml电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3，C错误；
D．不是所有反应都是氧化还原反应，如生成NH4Cl的过程，D错误；
故答案为：A。
10．某小组为了探究紫红色与草酸反应的产物，设计实验如下(夹持装置及尾气处理装置已略去)：
按如图装置进行实验，观察到装置a中剧烈反应，产生大量气泡和黑色固体，用带火星的木条放在e管口处，木条复燃；装置b中澄清石灰水变浑浊。已知难溶于水。下列叙述正确的是
A．装置c中的现象是溶液变蓝色
B．由装置b中现象可推知，有生成
C．由e处现象可证明草酸被氧化
D．可用稀硝酸、KSCN溶液确定装置a中产生黑色固体的成分
【答案】A
【分析】a中H2C2O4和K2FeO4发生氧化还原反应生成CO2、O2和黑色固体，CO2中混有挥发出来的H2C2O4也可使b中的澄清石灰水变浑浊，c中O2和KI反应生成I2和H2O，溶液变蓝色，d中浓硫酸干燥O2，据此解答。
【解析】A．装置a中产生氧气，装置c中发生的反应为，溶液变蓝色，A正确；
C．草酸会挥发，能与澄清石灰水产生沉淀，不能说明有产生，B错误；
C．木条复燃，说明H2C2O4和K2FeO4发生氧化还原反应生成了O2，不能说明H2C2O4中O元素化合价上升，不能证明草酸被氧化，C错误；
D．硝酸会氧化亚铁离子，不能确定黑色固体中是否含价、价铁，D错误；
故选A。
11．制备苯甲醛有两种途径(图1，均小于0)。在反应起始阶段，可认为甲苯与发生平行反应，分别生成苯甲醇(浓度为)和苯甲醛(浓度为)，且，两产物的浓度之比与时间无关。140℃时，；170℃时，。反应在绝热容器中进行，甲苯，苯甲醇和苯甲醛的含量随时间变化如图2所示，下列说法错误的是
A．Z曲线代表的是苯甲醛
B．升高反应温度，苯甲醛的选择性降低
C．增加氧化剂的浓度，可以提高甲苯的转化率和苯甲醛的选择性
D．在一定的反应时间内，选择合适的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例
【答案】C
【分析】随着反应进行，甲苯含量减小，苯甲醇、苯甲醛含量增大，反应均为放热反应，在绝热容器中进行，随着反应进行温度升高，由题意：140℃时，，170℃时，，则升高温度后，苯甲醇选择性增大而苯甲醛选择性减小，则XYZ分别为甲苯、苯甲醇、苯甲醛；
【解析】A．由分析，Z曲线代表的是苯甲醛，A正确；
B．由分析，升高反应温度，苯甲醛的选择性降低，B正确；
C．增加氧化剂氧气的浓度，可以提高反应物甲苯的转化率，但氧气浓度过大，会继续氧化苯甲醛为苯甲酸，不利于提高苯甲醛的选择性，C错误；
D．在一定的反应时间内，选择对生成苯甲醇更有利的催化剂，可以提高生成苯甲醇的比例，D正确；
故选C。
12．羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池一电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是
A．a极参与反应，理论上溶液中离子数不变
B．组合装置工作时，左侧装置为原电池，b极为负极且b极附近pH减小
C．右侧装置中，c、d两极产生气体的体积之比(相同条件下)为2:1
D．d极区苯酚被氧化的化学方程式为
【答案】C
【分析】左侧装置为原电池，a极为正极，电极反应为，b极为负极，电极反应为；右侧装置为电解池，c极与b极相连，则c极为阴极，电极反应为，d极为阳极，，。
【解析】A．左侧装置为原电池，a极为原电池的正极，电极反应为，每有参与反应，转移，b极为原电池的负极，电极反应为，原电池的左侧有通过阴离子交换膜进入溶液，右侧有通过阳离子交换膜进入溶液，二者反应产生，则理论上溶液中离子数目不变，故A正确；
B．左侧装置为原电池，b极为负极，电极反应为，则b电极附近 增大，溶液的减小，故B正确；
C．右侧装置为电解池，c极为阴极，电极反应式为，d极为阳极，电极反应式为，，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得关系式：，c、d两极产生气体的物质的量之比为，故二者相同条件下体积之比为，故C错误；
D．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，结合C项分析可知，故D正确；
故答案为C。
13．逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
常压下，向密闭容器中充入1ml CO2和2ml H2，达平衡时H2、H2O和含碳物质的物质的量随温度的变化如图。下列说法正确的
A．
B．a代表CO、b代表、c代表
C．649℃时，反应Ⅰ的平衡常数
D．800℃时，适当增大体系压强，n(CO)保持不变
【答案】D
【分析】由题干信息可知，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动，则n(CO)增大、c(CH4)减小，结合题干图像可知，c表示CO、a表示CO2、b表示CH4，据此分析解题。
【解析】A．方程式Ⅱ-Ⅰ得方程式3H2(g)+CO(g)═CH4(g)+H2O(g)ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-165.0-41.1)kJ/ml=-206.1kJ/ml，A错误；B．由分析可知， a表示CO2、b表示CH4 、c表示CO，B错误；C．由分析结合题干图示信息可知，649℃平衡时n(H2)=1.2ml，消耗n(H2)=(2-1.2)ml=0.8ml，n(CO)=n(CO2)，因为还生成CH4，所以生成n(H2O)小于0.8ml，该反应的平衡常数K=＜=，C错误；D．高温时反应Ⅰ进行的程度很大，反应Ⅱ、Ⅲ进行的程度很小，CH4含量很少，平衡不受压强影响，适当增大体系压强，n(CO)保持不变，D正确；故答案为：D。
14．是一种新型钠离子电池的正极材料，其分子质量为Mr，下图立方体是其晶胞的(未画出)。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为
B．晶体中与每个距离最近且等距离的有6个
C．晶体的密度表达式是
D．可能在每一个立方体中心位置
【答案】D
【解析】A．根据晶体结构得到每个立方体中有 ，有，CN-有，再结合化合价代数和为0，可知有K+有0.5个，则化学式可以表示为，A正确；
B．以位于顶点的为研究对象，与距离最近且等距离的有6个，分别位于的上下左右前后，B正确；
C．根据晶体结构得到每个立方体中有 ，有，CN-有，晶体的密度表达式是=，C正确；
D．若K+位于每一个立方体的中心位置，则K+的数目为8，不满足题意，D错误；
故选D。
15．某温度下，保持溶液中，调节溶液的pH，pH与pX［X表示、、、］的关系如下图所示。已知：；。下列叙述错误的是
A．
B．
C．①与②线的交点的pH为2.3
D．时，
【答案】D
【分析】根据可知，pH增大，H+的浓度减小，F-的浓度增大，−lgc(F-)减小，则①为pH与pc(F-)的关系，根据pc(F-)=1时，pH=3.2，则Ka=，根据③给的点可知，Ksp=10-5.4×(10-1)2=10-7.4，根据②给的点可得，此时Ka=，则c(F-)=1ml/L，则Ksp=10-5.7×12=10-5.7，根据Ksp(BaF2)>Ksp(PbF2)，所以Ksp(BaF2)=10-5.7，Ksp(PbF2)=10-7.4，③为pc(Pb2+)与pH的关系，②为pc(Ba2+)与pH的关系，据此回答。
【解析】A．根据分析可知，Ka(HF)=1×10−3.2，A正确；
B．根据分析可知，Ksp(PbF2)=1×10−7.4，B正确；
C．①与②线的交点为c(F-)=c(Ba2+)==10-1.9，Ka=，c(H+)=10-2.3ml/L，则pH为2.3，C正确；
D．当pH=2时，由图可知，−lgc(Ba2+)＞−lgc(F-)，则c(F−)＞c(Ba2+)，溶液为酸性，所以c(F−)＞c(Ba2+)＞c(H+)>c(OH−)，D错误；
故选D。
第II卷（非选择题 共55分）
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）钴是一种重要的战略物质，钴合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。工业上以钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)为原料制取金属钴的工艺流程如图所示。
①25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表：
②的，当溶液中可溶性组分浓度小于时，可认为已除尽。
回答下列问题：
（1）浸取钴矿石前需要“粉碎”处理，其目的是 。
（2）“浸取”时含物质发生反应的离子方程式为 。
（3）“除杂”过程中调的范围是 。
（4）若“沉钙”后溶液中，是否沉淀完全？理由是 (写出必要的计算过程)。
（5）该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
（6）工业上利用电解含的水溶液制备金属钴的装置如图所示。
①图中电极应连接电源的 (填“正”或“负”)极，“电解”时发生反应的化学方程式为 。
②电解过程中Ⅱ室溶液变小，则离子交换膜2为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）增大与硫酸、的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行（1分）
（2）
（3）
（4）由解得
，故没有沉淀完全（3分）
（5）富集，除去
（6）负（1分） 阴（1分）
【分析】钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)用硫酸、SO2浸取，得到含有、Fe3+、Mn2+、Ca2+，Al3+，通入压缩空气并且调节pH将和转化为Fe(OH)3和Al(OH)3除去，过滤后加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，该工艺中前面的工序中杂质没有除去，则需设计萃取除去，再通过反萃取富集，电解硫酸钴得到金属钴，以此解答。
【解析】（1）工艺中矿石需要粉碎处理，目的是增大与硫酸、的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行。
（2）“浸取”时与发生氧化还原反应生成C2+和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（3）除杂过程中，通入压缩空气将氧化为，再将和除去，调范围是。
（4）根据解得，则没有沉淀完全。
（5）该工艺中前面的工序中杂质没有除去，则需设计萃取除去，再通过反萃取富集。
（6）①由电极的电极反应可知，该电极应连接电源负极，电解时发生反应的化学方程式为；
②Ⅱ室中变小，再根据电极反应可知，Ⅲ室中的进入Ⅱ室，故离子交换膜2为阴离子交换膜。
17．（14分）氢化铝锂()是有机合成的重要还原剂，实验中利用氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合，搅拌，充分反应后，经一系列操作得到晶体。
(一)制备无水
已知的沸点为178℃，在潮湿的空气中易水解。某实验小组利用纯净的与铝粉反应制备无水(夹持装置略去)。
（1）圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为 。
（2）装置的连接顺序(从左至右)为A→ 。
（3）装置D的作用是 。
(二)制备
已知：
①LiH、均溶于乙醚，产品难溶于苯，可溶于乙醚、四氢呋喃；
②LiH、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，释放大量；
③乙醚，沸点34.5℃，易燃，易溶于苯等有机溶剂，一般不与金属单质反应。
（4）制取的实验原理 (用化学方程式表示)。
（5）下列说法中正确的是___________。
A．市售乙醚中含少量水，可以利用金属钠或五氧化二磷除去
B．滤渣A的主要成分是LiCl
C．为提高合成的速率，可将反应温度提高至40℃
D．操作B可以在分液漏斗中进行，乙醚经回收提纯后可循环使用
(三)产品的纯度测定(不含LiH)
（6）实际生产中的纯度是关键指标，常温常压下，称取a g样品，按图所示装置测定纯度，反应前量气管读数为 mL，倾斜Y形管，将足量蒸馏水(掺有四氢呋喃可减缓反应)注入样品中，反应完毕冷却后，量气管读数为 mL。该装置中的量气管由 (填“酸式”或“碱式”)滴定管改装，该样品纯度为 (用含a、、的代数式表示)。(注：常温常压下气体摩尔体积约为24.5L/ml)
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2）F→C→B→E→D
（3）吸收未反应的，并防止空气中的水蒸气进入装置E中
（4）
（5）AB
（6）碱式（1分） （3分）
【分析】(一)制备无水，A中为实验室制取氯气，生成的氯气中含有HCl与水蒸气，饱和食盐水除去HCl，C除去水蒸气，B中纯净的与铝粉反应制备无水，的沸点为178℃较低，需要在E中冷凝，在潮湿的空气中易水解，故需要D吸收过量氯气尾气，并防止空气中水蒸气进入装置；
(二)制备，，LiCl不溶于乙醚，则滤渣A为LiCl，难溶于苯可溶于乙醚，故采用蒸发的方法得到乙醚溶液，据此分析解题。
【解析】（1）A装置为实验室制取氯气的发生装置，圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为；
（2）装置的连接顺序(从左至右)为A→F→C→B→E→D，生成的氯气中含有HCl与水蒸气，饱和食盐水除去HCl，C除去水蒸气，B中纯净的与铝粉反应制备无水，的沸点为178℃较低，需要在E中冷凝，在潮湿的空气中易水解，故需要D吸收过量氯气尾气，并防止空气中水蒸气进入装置；
（3）装置D的作用是吸收未反应的，并防止空气中的水蒸气进入装置E中；
（4）制取的实验原理：；
（5）A．乙醚不与金属钠反应，乙醚中混有水，水可以与金属钠反应，然后蒸馏得到无水乙醚，故A说法正确；B．LiCl不溶于乙醚，则滤渣A为LiCl，故B说法正确；C．乙醚的沸点为34.5℃，如果温度升高到40℃，导致乙醚大量挥发，使LiH与AlCl3不能充分接触反应，故C说法错误；D．操作B为蒸馏，乙醚经回收提纯后可循环使用，故D说法错误；答案为AB；
（6）在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，释放大量，可知水解后物质为碱性，应该用碱式滴定管进行改装；LiAlH4与水反应LiAlH4+H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，物质含量应为。
18．（13分）天然有机物P是具有除草活性的植物化感物质，其合成路线如下：
（1）A的名称为 。
（2）C的含氧官能团名称为羟基、 、 。
（3）写出的化学方程式 。
（4）根据G与H的分子结构，下列方法可用来鉴别G与H的是 (填序号)。
a．红外光谱 b．与酸性高锰酸钾溶液反应 c．比较水溶性
（5）满足下列条件的B的同分异构体有 种(考虑顺反异构)。
①可以发生银镜反应 ②能与溶液反应 ③分子中有两个
写出核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式 。
（6）已知氯代烃()与醇()在碱的作用下生成醚()。以甲苯和化合物C为原料，参照题干路线合成化合物(无机试剂任选) 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）1，3，5-苯三酚或间苯三酚（1分）
（2）(酮)羰基（1分） 醚键（1分）
（3）
（4）ac（1分）
（5）3
（6）（3分）
【分析】A与氢气发生还原反应生成B，B与乙醇分子间脱去1分子水形成醚键生成C，D的分子式为C2H5ClO，对比C与E的结构简式，推知D为CH3OCH2Cl，E中醚键水解重新引入B→C过程中消除的羟基生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，G发生异构化生成H，H重新引入C→E过程中消除的羟基生成G，可知B→C过程、C→E过程的目的是保护特定位置的羟基；
【解析】（1）根据A的结构简式，可知其名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚；
（2）根据C的结构简式，可知其含有的含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（3）由分析可知D的结构简式为CH3OCH2Cl，为取代反应，化学方程式为；
（4）a．G与H含有的官能团不同，用红外光谱可以鉴别，故a选；
b．G和H中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故b不选；
c．H中含有羟基，在水中的溶解性应该大于G，可以鉴别，故c选；
答案选ac；
（5）B的结构简式为，其同分异构体满足：①可以发生银镜反应 ，说明有醛基；②能与溶液反应，说明有羧基；③分子中有两个；一个羧基和一个醛基将用去3个O以及两个不饱和度，剩余4个碳原子和一个不饱和度，则符合的结构有：、、，共3种；核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式为；
（6）结合题中氯代烃()与醇()在碱的作用下生成醚()，与反应生成，在盐酸条件下水解生成，与Cl2在光照条件下生成，合成路线为。
19．（14分）CO2加氢制甲醇(CH3OH)不仅减少了CO2排放，而且缓解了能源短缺的问题。该过程发生的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
（1）已知：标准摩尔生成焓是指在、由稳定态单质生成化合物时的焓变。该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓数据已列入下表。
则∆H1= ，反应Ⅰ自发进行的条件是 。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)
（2）向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。
①上图中能够代表的曲线为 (填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。
②温度为T1时，反应Ⅰ的化学平衡常数K= 。
（3）在一定条件下，将1mlCO2和2mlH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．平衡时CH3OH和CO的选择性、CO2的转化率随温度的升高的变化曲线如图所示。
①图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线 (填“a”、“b”或“c”)；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势的原因是 。
②该体系中，573K时，反应Ⅱ的浓度平衡常数为 (保留两位有效数字)。
（4）某小组为了研究不同条件下催化剂对相同时间内CH3OH产率的影响，根据实验结果将不同温度下，不同催化剂对相同时间内CH3OH产率影响绘图如下，据图应选择的温度及催化剂为___________。
A． B．
C． D．
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）-49kJ/ml 低温（1分）
（2）L1（1分） 1.6
（3）b 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ逆移，使CO2转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以CO2转化率随温度升高而增大 0.41
（4）C
【解析】（1）由表中各物质的标准摩尔生成焓，可得出如下热化学方程式：
③H2(g)+O2(g)=H2O(g) ∆H3=-242KJ/ml
④C(s)+ O2(g)=CO2(g) ∆H4=-394KJ/ml
⑤C(s)+ 2H2(g)+O2(g)=CH3OH(g) ∆H5=-201KJ/ml
依据盖斯定律，将③-④+⑤得，
∆H1=∆H3-∆H4+∆H5=(-242KJ/ml)-(-394KJ/ml)+(-201KJ/ml)=-49kJ/ml。反应Ⅰ的ΔS＜0、△H＜0，则自发进行的条件是低温。
（2）①对于反应 ∆H1=-49kJ/ml，升高温度，平衡逆向移动，则＜，增大的程度更大，所以上图中能够代表的曲线为L1。
②从图中可以看出，温度为T1时，=0.8a、=0.5a，反应Ⅰ的化学平衡常数K===1.6。
（3）①在反应体系时，CH3OH和CO的选择性之和为1，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，CH3OH的选择性减小，CO的选择性增大，则a曲线表示CH3OH的选择性，c曲线表示CO的选择性(80%+20%=1)，所以图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线为b；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势(增大)，表明反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度，所以原因是：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ逆移，使CO2转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以CO2转化率随温度升高而增大。
②在一定条件下，将1mlCO2和2mlH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．CO2的转化率为60%，则参加反应CO2的物质的量为1ml×60%=0.6ml，CH3OH的选择性为80%、CO的选择性为20%，则生成CH3OH的物质的量为0.6ml×80%=0.48ml，生成CO的物质的量为0.6ml×20%=0.12ml，平衡时，CO2的物质的量为1ml-0.6ml=0.4ml，H2的物质的量为2ml-0.48ml×3-0.12ml=0.44ml，H2O的物质的量为0.6ml。该体系中，573K时，设容器的体积为VL，反应Ⅱ的浓度平衡常数为=≈0.41。
（4）从图中可以看出，220℃、作催化剂时，CH3OH的产率最大，所以据图应选择的温度及催化剂为220℃、，故选C。
【点睛】温度选择220℃而未选择200℃，应为220℃时催化剂的活性更大。
A．铁缪铁券
B．隋天龙山石佛首三彩
C．宋彩绘木雕观音
D．骑虎人形佩
金属离子
开始沉淀的
6.9
1.5
3.6
7.1
7.9
沉淀完全的
8.3
2.8
4.7
9.2
9.8
物质
H2(g)
CO2(g)
H2O(g)
CH3OH(g)
0
-394
-242
-201