2025年高考第三次模拟考试题：化学（安徽卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试题：化学（安徽卷）（解析版），共20页。
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 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Ni 59
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．科技发展见证国家的强大。下列有关说法正确的是
A．利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化
B．长征六号丙运载火箭采用液氧/煤油发动机，煤油属于可再生能源
C．磁悬浮列车使用双氧铜钡钇(BSCCO)作为超导材料，Ba位于元素周期表的s区
D．我国科技公司自主研发的“麒麟”芯片所用材料为SiO2
【答案】C
【解析】A．高级脂肪酸甘油酯不属于高分子化合物，则利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，不能实现无机小分子向有机高分子的转化，A不正确；
B．煤油是由石油分馏得到的，石油是不可再生能源，则煤油不属于可再生能源，B不正确；
C．Ba位于元素周期表的第ⅡA族，价电子排布式为6s2，属于s区，C正确；
D．芯片所用材料为Si，SiO2是生产光导纤维所用的材料，D不正确；
故选C。
2．下列分离提纯或鉴别方案不合理的是
A．将混合气体通过灼热的铜网以除去中的
B．用分液漏斗分离苯酚和碳酸氢钠溶液的混合物
C．用新制的悬浊液鉴别甲酸和乙酸
D．用质谱法鉴别2-甲基丙烷和丙酮
【答案】D
【解析】A．用灼热的铜网与反应生成CuO，可以除去中的，A正确；
B．苯酚与碳酸氢钠溶液能分层，可以用分液漏斗分离，B正确；
C．甲酸与新制的氢氧化铜悬浊液加热后有砖红色沉淀生成，乙酸与新制的氢氧化铜悬浊液反应得到蓝色溶液，C正确；
D．2-甲基丙烷和丙酮的相对分子质量均为58，质谱法可以直接获得相对分子质量，若想准确获得结构信息，还需要其他仪器的测定，故无法用质谱法鉴别2-甲基丙烷和丙酮，D错误；
故答案为：D。
3．随着半导体产业的迅猛发展，高纯四氟化碳()的需求日益增长，一种制备的方法为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．为非极性分子B．每消耗22.4L ，转移的电子数为2
C．19g 中，含有的σ键总数为D．易溶于水
【答案】A
【解析】A．CF₄分子呈正四面体结构，四个F原子对称分布在C周围，属于非极性分子，A项正确；
B．未说明气体状态，无法计算转移的电子数，B项错误；
C．19g F₂的物质的量为0.5ml，每个F₂分子含1个σ键，则0.5ml F₂含σ键数为0.5，C项错误；
D．为非极性分子，水为极性溶剂，根据相似相溶原理，难溶于水，D项错误；
答案选A。
4．化合物Z是合成消炎镇痛药萘普生的一种重要原料，其结构简式如图所示。下列有关该化合物说法错误的是
A．能与溶液发生显色反应B．分子式为：
C．最多可与发生加成反应D．能发生酯化、加成、氧化反应
【答案】C
【解析】A．中有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应，A正确；B．经分析的分子式为C13H10O3，B正确；C．最多可与6mlH2发生加成反应，C错误；D．结构中有羧基可以发生酯化反应，有碳碳双键和苯环，可以发生加成反应，酚羟基和碳碳双键可以发生氧化反应，D正确；答案选C。
5．化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族，且Y的原子半径小于M。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Y＞E＞ZB．简单氢化物沸点：
C．第一电离能：D．和空间结构均为三角锥形
【答案】A
【分析】E在地壳中含量最多，E为O；X的基态原子价层电子排布式为，所以n=3，X为Mg或者n=2，X为Li；Y的基态原子价层p轨道半充满，所以可能为N或P，Y和M同族，且Y的原子半径小于M，所以Y为N，M为P；根据X与M同周期、化合价之和为零，可确定Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
【解析】A．N3-、O2-的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径为：N＞O＞H，故A正确；
B．PH3、NH3、H2O均是由分子组成，NH3、H2O分子间都存在氢键，使得它们沸点较高，且水的沸点高于NH3，PH3分子间仅存在范德华力，沸点低，简单氢化物沸点：H2O＞NH3＞PH3，故B错误；
C．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，第ⅡA族和第ⅤA族的第一电离能大于同周期右边相邻元素，所以第一电离能：N＞O＞Mg，故C错误；
D．NH3中N的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，中N的价层电子对为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，故D错误；
故选A。
6．“碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一，一种以和为原料直接合成碳酸二甲酯(DMC)的反应历程如下图所示。已知是一种有机金属化合物，是一种活泼金属元素。下列有关说法错误的是
A．DMC的结构简式为
B．是该反应的催化剂
C．DMC是手性分子
D．该合成反应的化学方程式为
【答案】C
【解析】A．碳酸二甲酯(DMC)的结构简式为，A 项正确；
B．在反应开始时加入，最后一步又生成了，故为该反应的催化剂，B项正确；
C．DMC不含有手性碳原子，不是手性分子，C项错误；
D．该合成反应的化学方程式为，D 项正确；
故选C。
7．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是
【答案】A
【解析】A．C-Cl键极性强于C-H键，通过等浓度的溶液和溶液的pH比较，能探究键的极性对羧酸酸性的影响，A正确；
B．浓盐酸也能使溶液褪色，无法检验铁锈中是否含有二价铁，B错误；
C．溶液中存在硝酸根，酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，不能验证氧化性：，C错误；
D．盐酸易挥发，干扰碳酸、硅酸酸性强弱比较，不能探究碳和硅的非金属性强弱，D错误；故选A。
8．我国科学家利用柱[5]芳烃(EtP5)和四硫富瓦烯(TTF)之间相互作用，在溶液和固体态下构建了稳定的超分子聚合物(SMP)，如下图所示：
下列说法不正确的是
A．EtP5不属于高分子化合物
B．TTF的核磁共振氢谱中含有1组峰
C．EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到SMP
D．若用EtP10替换EtP5可形成更稳定的SMP
【答案】D
【解析】A．EtP5的相对分子质量不算太大，不属于高分子化合物，A正确；B．TTF的结构对称，只有一种氢原子，核磁共振氢谱中含有1组峰，B正确；C．超分子的重要特征之一为自组装，由题目给出信息可知，SMP是由科学家已构建成功的超分子聚合物，故EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到超分子聚合物SMP，C正确；D．若用EtP10替换EtP5，碳环变大，不能很好的识别TTF，得不到更稳定的SMP，D错误；故选D。
9．苯与浓硝酸、浓硫酸的混合物在60℃下的反应机理如图所示，资料显示：浓硝酸、浓硫酸混合时存在；。下列说法错误的是
A．H2O的空间结构为V形
B．从结构上看，碳正离子中间体和取代产物中所有原子都不可能处于同一平面
C．反应1的反应速率比反应2的反应速率慢
D．从能量变化上看，取代产物与加成产物的能量差值△E=214.63kJ·ml-1，取代产物更稳定
【答案】B
【解析】A．水分子中心氧原子形成2个键、有2对孤电子对，则H2O的空间结构为V形，A项正确；
B．碳正离子中间体存在sp3杂化，所有原子不可能共平面，而取代产物中心原子均为sp2杂化，所有原子可能共平面，B项错误；
C．反应1从中间体到过渡态活化能较高，所以反应1的反应速率比反应2的反应速率慢，C项正确；
D．从能量变化上看，取代产物与加成产物的能量差值E=214.63kJ·ml-1，能量越低越稳定，取代产物更稳定，D项正确；
选B。
10．从光盘金属层提取Ag(其他微量金属忽略不计)的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是
A．Ag与Cu为同族相邻元素，在周期表中位于d区
B．氧化过程中，用HNO3代替NaClO也可以实现上述转化
C．氧化过程中，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1∶1
D．还原过程水合肼转化为N2，则该过程的离子方程式为：
【答案】C
【分析】将光盘粉碎，从碎取中分离出塑料；浮选得粗银，然后加入过量的NaClO溶液氧化，将Ag氧化并转化为AgCl，同时生成O2，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH；过滤，往AgCl固体中加入10%氨水，AgCl溶解，并转化为[Ag(NH3)2]+；再加入N2H4∙H2O还原，可生成Ag。
【解析】A．Ag的价电子排布式为4d105s1，Cu的价电子排布式为3d104s1，二者都为第ⅠB族上下相邻元素，在周期表中位于ds区，A不正确；
B．氧化过程中，用HNO3代替NaClO时，HNO3会被还原为氮的氧化物，污染环境，同时Ag将转化为AgNO3，不利于后续生成AgCl，B不正确；
C．由反应方程式4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+O2↑+4NaOH可知，参加反应的Ag和NaClO的物质的量之比为1:1，C正确；
D．还原过程中，溶解液中主要是[Ag(NH3)2]+，而不是Ag+，产物为Ag、N2、NH3等，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++ N2H4∙H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，D不正确；
故选C。
11．一定温度下，某恒容密闭容器中发生如下反应：，起始加入，平衡时反应物的转化率与起始加入的物质的量之比的关系如图，下列说法错误的是
A．E表示的转化率与x的关系
B．
C．当时，若的体积分数保持不变，则可以说明化学反应达到了化学平衡状态
D．其他条件不变，起始时仅加入和或和达平衡时分别放出和吸收的热量，则
【答案】C
【解析】A．随着氢气的物质的量的增多，平衡正向移动，则的转化率增大，故E代表的转化率随x的变化情况，A正确；
B．在化学反应中反应物的投料比等于方程式中系数比时，则反应物的转化率相等，即2种反应物转化率相等时，图中a= 3，设起始加入氢气mml，平衡时转化了nml，列三段式计算，，，n=1.5，，m=18，，因此，B正确；
C．当时，设平衡时转化了n ml，列三段式计算，，的体积分数为，的体积分数一直保持不变，因此的体积分数保持不变，不可以说明化学反应达到了化学平衡状态，C错误；
D．其他条件不变，起始时仅加入和与起始时加入和为等效平衡，因此达平衡时放出的热量与吸收的热量之和为该反应的反应热，即，D正确；
故选C。
12．一种贮氢的金属氢化物可通过和Ni球磨制成，其晶胞形状为如图立方体，边长为a nm，Ni原子占据晶胞的顶点和面心，处于八个小立方体的体心。下列说法正确的是
A．元素Ni位于第四周期第Ⅷ族，位于周期表ds区
B．该金属氢化物的化学式为
C．该晶体的密度为
D．位于Ni原子形成的八面体空隙
【答案】B
【解析】A．元素Ni为28号元素，位于第四周期第Ⅷ族，位于周期表d区，A错误；
B．据均摊法，Ni原子占据晶胞的顶点和面心，晶胞中含个Ni，处于八个小立方体的体心，数目为8个，则该金属氢化物的化学式为，B正确；
C．结合B分析，晶胞中含4个，则晶体密度为，C错误；
D．位于Ni原子形成的四面体空隙，D错误；
故选B。
13．我国科学家开发了一种自充电水系电池，电池电能耗尽后，无需外接电源，可通过实现电池自充电，电池工作原理如图。下列说法错误的是
A．该电池装置负极材料需足量
B．放电时，向Zn电极移动
C．放电时，右侧电极反应为：
D．自充电时，每消耗，溶液中增加
【答案】D
【分析】放电时，负极为Zn→Zn2+，正极为NaFe[Fe(CN)6]→Na1+xFe[Fe(CN)6]；充电时，阴极为H2O→H2，阳极为Na1+xFe[Fe(CN)6]→NaFe[Fe(CN)6]；H2O2中发生NaFe[Fe(CN)6]→Na1+xFe[Fe(CN)6]，同时H2O2被氧化为水；据此解答：
【解析】A．该电池的负极材料Zn在放电时会溶解，而充电时不能再生，因此需足量，故A正确；
B．放电时，Zn为负极，发生反应Zn-2e-=Zn2+，附近阳离子浓度增加，因此向Zn电极移动保持溶液电中性，故B正确；
C．放电时，正极为NaFe[Fe(CN)6]与Na+结合得电子形成Na1+xFe[Fe(CN)6]，电极方程式为，故C正确；
D．充电时，右侧电极反应为，溶液中增加xmlNa+转移xml电子，1ml过氧化氢被氧化为水转移2ml电子到NaFe[Fe(CN)6]，因此每消耗，溶液中增加，故D错误；
故答案为D。
14．室温下，含有MCO3(s)的0.01 ml·L-1的Na2CO3溶液和含有MSO4(s)的0.01ml·L-1的Na2SO4溶液，两份溶液中的pM[pM=-lgc(M2+)]以及含碳微粒分布分数δ如随pH变化关系如图所示。
①M2＋不水解；②100.6=4
下列说法错误的是
A．曲线②表示MCO3的变化曲线
B．x=6.97
C．MSO4(s)M2+(aq)+SO(aq)的Ksp的数量级为
D．若将Na2CO3溶液的浓度变为0.1 ml·L-1，则曲线①②的交点将出现在a点右侧
【答案】D
【分析】随着pH的增大，逐渐减小，逐渐增大，然后逐渐减小，逐渐增大，所以图像中左侧分布系数逐渐减小的曲线代表，右侧分布系数逐渐增大的曲线代表，分布系数先增大后减小的曲线代表；随着pH增大，增大，MCO3(s)的沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中减小，pM增大；随着pH增大，不变，对MSO4(s)的沉淀溶解平衡无影响，溶液中不变，pM不变，所以曲线①表示MSO4的变化曲线，曲线②表示MCO3的变化曲线。
【解析】A．由分析知，曲线②表示MCO3的变化曲线，故A正确；B．pH为6.37时，，，所以，pH为x时，，，则，，故B正确；C．a点时，，，所以，数量级为，故C正确；D．曲线①②的交点为不变，若将Na2CO3溶液的浓度变为0.1 ml·L-1，pH相同时，溶液中的比0.01 ml·L-1的Na2CO3溶液的大，所以曲线①②的交点将出现在a点左侧，故D错误；故选D。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题，共4题，共58分。
15．（14分）铁、钴、镍是重要的战略性金属。可采用酸浸-氨浸等工艺从铁钴镍矿中(主要含、、、，少量、)提取、、，并获得一系列化工产品，部分流程如下：
已知：易与发生配位生成，不稳定，易被氧化为；、；相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
回答下列问题：
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 (写出一种即可)。
（2）纳米级可与反应，其化学方程式为 。
（3）“氨浸”过程中，转化为的离子方程式为 。
（4）“氧化”的目的是使 元素以 (填化学式)形式存在于“滤渣2”中。已知“调”过程中，溶液的范围应调节为 时才能保证“滤渣2”纯度较高。
（5）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是 。“结晶”过程通入的酸性气体X是 (填化学式)。
（6）、、可用来制备含镍、钴的铁合金，该合金的立方晶胞如图所示。晶体中每个周围与它距离最近且相等的有 个。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）增加酸的浓度，将铁钴镍矿粉碎（1分）
（2）
（3）或
（4）（1分） （1分） 28～6.5
（5）等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成 （1分）
（6）6
【分析】铁钴镍矿经过硫酸酸浸，酸浸液中有C3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，加入NH4F生成MgF2沉淀除去Mg2+，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调pH值，滤渣2为Fe(OH)3，滤渣2酸浸使Fe(OH)3溶解，在HCl气流中结晶得到FeCl3，X为HCl，滤液再加入氨水得到C(OH)2沉淀，酸浸得到C2+，再加入NH4HCO3得到NiCO3沉淀，氨浸液中通入SO2，将C3+还原为C2+，最后得到CSO4。
【解析】（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是：增加酸的浓度，将铁钴镍矿粉碎；
（2）二氧化硅与NaOH反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：；
（3）“氨浸”过程中，溶于氨水同时被氧化为，离子方程式为：或；
（4）氧化的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，通过调节pH值得到Fe(OH)3沉淀，除去Fe3+；调节pH值让Fe3+沉淀，C3+和Ni3+不沉淀，溶液的范围应调节为28～6.5；
（5）Ni(OH)2也是沉淀，“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液，原因是NaHCO3的碱性比NH4HCO3强，容易生成Ni(OH)2沉淀；为了防止FeCl3水解，由FeCl3溶液结晶为FeCl3晶体，需要在氯化氢气流中蒸发结晶；
（6）由晶胞图可知，晶体中每个周围与它距离最近且相等的有上、下、左、右、前、后共6个。
16．（15分）三氯化硼用于制备光导纤维和有机硼化物等，的熔点为，沸点为12.5℃，极易水解。其制备原理为，某小组据此设计实验制备并测定其纯度。
I.利用如图装置制取少量(部分夹持装置略)。
实验步骤如下：
(i)连接仪器，检验装置的气密性，装入药品；打开，通一段时间；
(ii)关闭，加入适量浓盐酸，接通冷凝装置，加热管式炉；
(iii)待反应结束，停止加热，打开，再通一段时间。
回答下列问题：
（1）装置甲中发生反应的离子方程式为 。
（2）试剂X为 ，F处碱石灰的作用是 。
（3）判断装置D中反应结束的实验现象是 。
（4）图示装置存在的缺陷是 。
II．测定产品的纯度。已知：AgSCN是一种白色沉淀且。
实验步骤如下：
①准确称取wg产品，加入蒸馏水，完全水解，并配成250mL溶液；
②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中；
③向其中加入溶液，加入3mL硝基苯(常温常压下，密度为)用力振荡，使沉淀表面完全覆盖硝基苯；
④滴入3滴指示剂溶液，用标准溶液滴定过量溶液，至滴定终点消耗标准溶液。
（5）步骤①中反应的化学方程式为 。
（6）步骤④中不能用 溶液作指示剂进行滴定。
A． B． C．
（7）判断滴定终点的现象是 ，该产品中的质量分数为 %；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN标准溶液润洗，则测得产品中的质量分数 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2）饱和食盐水（1分） 处理尾气中的氯气，防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶中（1分）
（3）冷凝管中不再有液体流下（1分）
（4）缺少CO尾气处理装置（1分）
（5）
（6）A（1分）
（7）滴入最后半滴标准溶液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色
偏低
【分析】A为制备氯气的装置，该方法制备的氯气中有HCl和水蒸气杂质，需要依次通过饱和食盐水和浓硫酸除去，D为反应装置，F为尾气处理装置且可防止空气中的水蒸气进入E中；整个过程中需要注意三氯化硼熔点为-107℃，沸点为12.5℃，易水解。
【解析】（1）三颈烧瓶中用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，离子方程式为：。
（2）中有和杂质，先通过饱和食盐水除去，则X为饱和食盐水；有毒，F处的碱石灰能处理尾气中的，且易水解，碱石灰能防止空气中的水蒸气进入E中。
（3）根据题意中的反应原理可知D中产生和CO，且熔点为、沸点为，经冷凝后呈液态，则反应结束的实验现象是（球形）冷凝管中不再有液体流下。
（4）D中生成物有CO，CO有毒，该装置缺少CO处理装置。
（5）步骤①中，和H2O生成和HCl，反应的化学方程式为：
（6）本滴定实验主要是通过滴定溶液中氯离子的物质的量来计算出的物质的量，所选择的指示剂中不能含有氯离子，故答案选A。
（7）达到滴定终点时过量的SCN与指示剂电离出的生成红色物质，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色根据；滴定溶液中过量的物质的量为：，则25.00mL溶液中氯离子的物质的量为，则产品的产率为：，若未加硝基苯会导致原本部分 AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小。
17．（15分）雷西莫特是一种免疫调节药物，其合成路线如图所示：
已知：①和的性质相似；
②为。
（1）A的名称为 ；B的结构简式为 ；H的含氧官能团的名称为 。
（2）的反应类型为 。
（3）写出反应的化学方程式： 。
（4）C有多种同分异构体，写出仅含有苯环一种环状结构，其中有两个硝基直接与苯环相连，核磁共振氢谱图具有4组峰的一种物质的结构简式： 。
（5）下列有关雷西莫特的说法错误的是_______(填字母)。
A．能形成分子间氢键B．含有1个手性碳原子
C．属于芳香族化合物D．所有的碳原子可能共平面
（6）参考上述信息和流程，写出以为原料合成的合成路线(无机试剂和题中出现的有机试剂任选)： 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）邻硝基苯甲酸（1分） 醚键和酰胺基（1分）
（2）还原反应（1分）
（3）
（4）
（5）BD
（6）
（4分，每步1分）
【分析】由A的结构式，结合反应条件和分子式得B为，B与HON=CHCH2NO2和NaOH反应，再用HCl进行酸化得到C，在Ac2O和AcOK的条件下，得到D ，再与POCl3发生取代反应，得到E，和一水合氨反应得到F，被氢气、5%Pd/C还原，得到G，接着在SOCl2，DMF，Et3N作用下生成H，在，60%NaH作用下生成I，在CH3COOH，H2O2，Na2WO4作用下生成J，在p-TsCl，一水合氨作用下得到雷西莫特，据此解答。
【解析】（1）A的名称为邻硝基苯甲酸，结合A的结构和反应条件，可知B的结构简式为，H的含氧官能团的名称为醚键和酰胺基；
（2）结合结构式可知硝基变为氨基，所以的反应类型为还原反应；
（3）结合结构式可知，G与发生取代反应生成H，反应的化学方程式；
（4）C有多种同分异构体，写出仅含有苯环一种环状结构，其中有两个硝基直接与苯环相连，核磁共振氢谱图具有4组峰，需要注意对称结构的书写，得结构简式；
（5）A．雷西莫特含有羟基和醚键，能形成分子间氢键，正确；
B．雷西莫特不含有手性碳原子，错误；
C．雷西莫特含有苯环，属于芳香族化合物，正确；
D．雷西莫特中和羟基相连的碳原子上连接两个甲基，他们不可能和苯环同时共平面，故所有的碳原子不可能共平面，错误；
答案选BD；
（6）以为原料合成的合成路线，可参考题干流程中合成D的过程，题干中由C生成D，则需要先合成，题干中由B合成，则还需要和HON=CHCH2NO2，可由与一水合氨反应得到，而可由与POCl3反应得到，故合成路线为。
18．（14分）含碳化合物的反应在化学工业中具有重要地位。回答下列问题；
（1）甲酸可分解产生氢气，相关热化学方程式如下；
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
；
（2）在T℃时，向不同体积的恒容密闭容器中各加入，发生反应Ⅲ，反应相同时间，测得各容器中甲酸的转化率与容器体积的关系如图1，
其中n点反应达平衡。m点时的体积分数为 (结果保留2位有效数字)；两点中，甲酸的浓度；m p(填“>”，“ 或 1：12
（3）ab 反应Ⅳ的活化能小于反应Ⅴ的活化能，反应Ⅳ的反应速率快于反应Ⅴ，相同时间内获得的产物的浓度反应Ⅳ比反应Ⅴ多
【解析】（1）根据盖斯定律，反应I-反应II=反应III，则ΔH3=ΔH1-ΔH2= -393.5kJ/ml+378.7kJ/ml =-14.8kJ/ml；
（2）起始时甲酸的物质的量为1ml，n点反应达平衡，m点甲酸的转化率为40%，n点甲酸的转化率为80%，根据三段式：，则氢气的体积分数：；m、p两点甲酸的转化率相等，p点容器体积更大，则平衡向体积减小方向移动，所以甲酸浓度：；
该温度下该反应的平衡常数（m点时HCOOH(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.6ml、0.4ml、0.4ml，其浓度分别、、，平衡常数）；相同温度下，平衡常数相等，则，即；
（3）①a．体积比的和即物质的量之比也为，设投放各1ml，列三段式：，，反应Ⅳ的化学平衡常数，a正确；
b．590℃以上，随温度升高，反应Ⅳ为放热反应，平衡逆向移动，b正确；
c．645℃，平衡时达到反应最大限度，延长反应时间，不能提高的单程收率，c错误；
故选ab；
②C6H5－Cl由反应Ⅴ生成，C6H6由反应Ⅳ生成，图1显示温度较低时C6H5－Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅳ的活化能小于反应Ⅴ的活化能，反应Ⅳ的反应速率快于反应Ⅴ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅳ比反应Ⅴ多。
选项
探究方案
实验目的
A
用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH
探究键的极性对羧酸酸性的影响
B
将铁锈溶于足量浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，观察溶液颜色变化
检验铁锈中是否含有二价铁
C
向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化
验证氧化性：
D
向溶液中滴入足量盐酸，将获得的气体通入溶液中，观察溶液是否变浑浊
探究碳和硅的非金属性强弱
金属离子
开始沉淀的
1.5
6.5
7
6.9
沉淀完全的
2.8
9
10
8.9