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2025 年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古高考化学真题
一、单选题
1．东北三省及内蒙古资源丰富，下列资源转化的主要过程不属于化学变化的是
A．石灰石煅烧 B．磁铁矿炼铁 C．煤的液化 D．石油分馏
【答案】D
【详解】
A．石灰石煅烧是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；
B．磁铁矿炼铁是四氧化三铁被还原为铁单质，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．煤的液化是通过化学反应将煤转化为液态燃料，生成新物质，属于化学变化，C不符合题意；
D．石油分馏是利用沸点差异分离混合物，未生成新物质，属于物理变化，D符合题意；
故选D。
2．侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl+CO +NH +H O=NaHCO ↓
2 3 2 3
+NH Cl。下列有关化学用语或说法正确的是
4
A．CO 的电子式： B．H O的空间结构：直线形
2 2
C．NH Cl的晶体类型：离子晶体 D．溶解度：NaHCO >NH HCO
4 3 4 3
【答案】C
【详解】
A．CO 中C和O之间有两对共用电子，其结构为 ，A错误；
2
B．H O的中心原子为O，根据价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，O原子与H
2
原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H O为V形分子，B错误；
2
C．NH Cl由NH +和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确；
4 4
D．NH HCO 溶液中含有NH +和HCO −，NH +可以与水分子形成氢键，增大了NH +在水中的溶解度，D错
4 3 4 3 4 4
误；
故选C。
3．Cl O可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl O+H O=2HClO。下列说法正确的是
2 2 2
A．反应中各分子的σ键均为p−pσ键
B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形
C．Cl−O键长小于H—O键长
D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对
【答案】B
【详解】
A．H O中的H-O键是s-sp3 σ键，而非p-pσ键，A错误；
2
B．根据价层电子对互斥理论，Cl O中O原子周围的孤电子对数为1 (6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR
2
2
模型为四面体形；H O中O原子周围的孤电子对数为1 (6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为
2
2
四面体形；HClO中O原子周围的孤电子对数为1 (6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体
2
形；反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确；
C．Cl的原子半径大于H，Cl-O键长应大于H-O键长，因此C错误；
D．HClO中Cl的最外层电子数为7，其1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，D错误；
故选B。
4．钠及其化合物的部分转化关系如图。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
AA．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为N
A
B．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.1N
A
C．反应③中1molNa O 与足量H O反应转移电子的数目为2N
2 2 2 A
D．100mL1mol⋅L−1NaClO溶液中，ClO−的数目为0.1N
A
【答案】A
【详解】
A．反应①电解熔融NaCl生成Cl ，标准状况下11.2LCl 为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即N ，A正确；
2 2 A
B．2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05molNa O ，每个Na O 含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为
2 2 2 2
0.05N ，B错误；
A
C．Na O 与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na O +2H O=4NaOH+O ↑，1molNa O 与水反应转移1mol
2 2 2 2 2 2 2 2
电子，数目为N ，C错误；
A
D．ClO⁻在水中会水解，故ClO−数目小于0.1N ，D错误；
A
故选A。
5．一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是
A．Ⅰ有2种官能团 B．Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离
C．常温下Ⅱ为固态 D．该反应为缩聚反应
【答案】C
【详解】
A．由Ⅰ的结构可知，其含有碳碳双键，酯基，氰基三种官能团，A错误；
B．Ⅱ为高分子聚合物，含有酯基和氰基，氰基遇水不会水解，需要再一定条件下才能水解，所以遇水不会溶解，B
错误；
C．Ⅱ为高分子聚合物，相对分子质量较高，导致熔点较高，常温下为固态，C正确；
D．根据Ⅰ转化为Ⅱ的结构分析，双键断开，且没有小分子生成，发生加聚反应，D错误；
故选C。
6．微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列对颜色变化的解释错误的是
选项 颜色变化 解释
空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中，黑色
A 2CuO+C H OH=CH CHO+Cu O+H O
铜丝恢复光亮的紫红色 2 5 3 2 2
Mg(OH) 悬浊液中加入FeCl 溶液，固体 3Mg(OH) (s)+2Fe3+=2Fe(OH) (s)+
2 3 2 3
B
由白色变为红褐色 3Mg2+
FeSO 溶液中加入K [Fe(CN) ]，浅绿色
C 4 3 6 Fe2++[Fe(CN) ]3−+K+=KFe[Fe(CN) ]↓
溶液出现蓝色浑浊 6 6
K Cr O 溶液中加入NaOH溶液，溶液
D 2 2 7 Cr O2−+2OH− =2CrO2−+H O
由橙色变为黄色 2 7 4 2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．醇的催化氧化反应中，铜作催化剂，先发生2Cu+O ≜2CuO，然后乙醇与CuO在加热条件下CuO+C H OH ≜
2 2 5
CH CHO+Cu+H O，A错误；
3 2
B．因为溶度积常数K (Mg(OH) )大于K (Fe(OH) )，所以Fe3+与Mg(OH) 发生沉淀转化生成Fe(OH) ，符合溶度
sp 2 sp 3 2 3
积规则，B正确；C．Fe2+与K [Fe(CN) ]反应生成KFe[Fe(CN) ]沉淀，化学方程式为Fe2++[Fe(CN) ]3−+K+=KFe[Fe(CN) ]↓，电荷
3 6 6 6 6
和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确；
D．Cr O 2−在碱性条件下转化为CrO 2-，化学方程式为Cr O2−+2OH− =2CrO2−+H O，颜色由橙变黄，D正确；
2 7 4 2 7 4 2
故选A。
7．化学家用无机物甲(YW ZXY)成功制备了有机物乙[(YW ) XZ]，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、
4 2 2
Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是
A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键
C．乙中σ键和π键的数目比为6:1 D．甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp2
【答案】D
【分析】(YW ) XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同
2 2
周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期
元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW ZXY为无机物，(YW ) XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、
4 2 2
O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、
4
O。
【详解】
A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同
周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误；
B．甲为NH OCN，NH+中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误；
4 4
C．乙为 ，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个 中有7个𝜎键、1
个π键，𝜎键与π键的数目比为7：1，故C错误；
D．甲为NH OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，𝜎键电子对数为2，无孤对电子，C原
4
子采取sp杂化，乙为 ，其中的C原子形成3个𝜎键，即𝜎键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取
sp2杂化，故D正确；
故选D。
8．巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是
A．除去Cl 中的HCl B．制备少量NO避免其被氧化
2
C．用乙醇萃取CS 中的S D．制作简易氢氧燃料电池
2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．碱石灰为NaOH和CaO的混合物，既能吸收HCl又能吸收Cl ，不能用碱石灰除去Cl 中的HCl，A错误；
2 2
B．铜丝和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO难溶于水，U形管左侧与大气隔绝，即NO存在于无氧环境中，
B正确；
C．S微溶于酒精、易溶于CS ，不能用乙醇萃取CS 中的S，C错误；
2 2
D．关闭K 、打开K 时，该装置为电解池，锌为活性阳极，无氧气生成，阴极生成氢气，则打开K 、关闭K 时，
1 2 1 2
不能形成氢氧燃料电池，D错误；
故选B。
9．Na WO 晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95时，其立方晶胞结构如图。设N 为阿伏加德
x 3 A
罗常数的值，下列说法错误的是
A．与W最近且等距的O有6个 B．x增大时，W的平均价态升高
C．密度为243.5×1030
g⋅cm−3时，x=0.5 D．空位数不同，吸收的可见光波长不同
a3⋅NA
【答案】B
【详解】
A．W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条
棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有
3×8× 1 =6，A正确；
4
B．O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，
y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，B错误；
C．0.44≤𝑥 ≤0.95时，立方晶胞中W个数为8× 1 =1、O个数为12× 1 =3，若x=0.5，晶胞质量为m= 184+16×3+23x g，
8 4 NA
184+16×3+23×0.5
晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3，则密度ρ= m = NA g/cm3 = 243.5×1030 g/cm3，所以密度为243.5×1030 g⋅cm−3
V (a×10−10)3 a3⋅NA a3⋅NA
时，x=0.5，故C正确；
D．Na WO 晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，D正确；
x 3
故选B。
10．人体皮肤细胞受到紫外线(UV)照射可能造成DNA损伤，原因之一是脱氧核苷上的碱基发生了如下反应。下列
说法错误的是
A．该反应为取代反应 B．Ⅰ和Ⅱ均可发生酯化反应
C．Ⅰ和Ⅱ均可发生水解反应 D．乙烯在UV下能生成环丁烷
【答案】A
【详解】A．由反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，该反应为加成反应，A错误；
B．I和II中都存在羟基，可以发生酯化反应，B正确；
C．I和II中都存在酰胺基，可以发生水解反应，C正确；
D．根据反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，双键加成形成环状结构，乙烯在UV下能生成环丁烷，
D正确；
故选A。
11．某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO 、Co O 和少量Fe O )中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温
2 3 4 2 3
度下K (CoS)=10−20.4，下列说法错误的是
sp
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中c(Co2+)⋅c(S2−)=10−20.4
【答案】C
【分析】矿石(含MnO 、Co O 、Fe O )经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na CO
2 3 4 2 3 2 3
沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
2
【详解】
A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；
B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；
C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；
D．“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=K =c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；
sp
故选C
12．化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O 的量(单位为
2
mg⋅L−1)来表示。碱性KMnO 不与Cl−反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。
4
下列说法错误的是
A．Ⅱ中发生的反应有MnO +2I−+4H+ =Mn2++I +2H O
2 2 2
B．Ⅱ中避光、加盖可抑制I−被O 氧化及I 的挥发
2 2
C．Ⅲ中消耗的Na S O 越多，水样的COD值越高
2 2 3
D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl−水样的COD值偏高
【答案】C
【分析】I中KMnO 与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO ，溶液中剩余有KMnO ，II中在酸性条件下
4 2 4
KMnO 、MnO 与I-反应得到I 单质和Mn2+，III中生成的I 再用Na S O 滴定。
4 2 2 2 2 2 3
【详解】
A．II中MnO−和MnO 在酸性条件下与过量的KI反应得到I 和Mn2+，存在MnO +2I-+4H+=Mn2++I +2H O，A正确；
4 2 2 2 2 2
B．II中避光防止I 升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确；
2C．整个反应中，KMnO 得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO 得电子数目相等，III中消耗的
4 4
Na S O 越多，说明生成的I 单质越多，也说明有机物消耗的KMnO 的量少，水样中的COD值越低，C错误；
2 2 3 2 4
D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO 反应，水样中的COD值偏高，D正确；
4
故选C。
13．一种基于Cu O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。
2
关于图中装置所示电池，下列说法错误的是
A．放电时Na+向b极迁移
B．该电池可用于海水脱盐
C．a极反应：Cu O+2H O+Cl−−2e− =Cu (OH) Cl+H+
2 2 2 3
D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力
【答案】D
【分析】放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应式为Cu O+2H O+Cl−−2e− =Cu (OH) Cl+H+，
2 2 2 3
b电极是正极，电极反应式为NaTi (PO ) +2e－+2Na+=Na Ti (PO ) ，据此解答。
2 4 3 3 2 4 3
【详解】
A．放电时b电极是正极，阳离子向正极移动，所以Na+向b极迁移，A正确；
B．负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确；
C．a电极是负极，电极反应式为Cu O+2H O+Cl−−2e− =Cu (OH) Cl+H+，C正确；
2 2 2 3
D．若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，D错
误；
故选D。
14．一定条件下，“BrO−−SO2−−[Fe(CN) ]4−−H+”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t
3 3 6
振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。下列说法错误的是
① SO2−+H+ =HSO−
3 3
② HSO−+H+ =H SO
3 2 3
③ 3HSO−+BrO− =3SO2−+Br−+3H+
3 3 4
④ H SO +BrO− →
2 3 3
⑤ BrO−+6H++6[Fe(CN) ]4− =Br−+6[Fe(CN) ]3−+3H O
3 6 6 2
A．原料中c(H+)不影响振幅和周期
B．反应④：3H SO +BrO− =3SO2−+Br−+6H+
2 3 3 4
C．反应①~④中，H+对SO2−的氧化起催化作用
3D．利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化
【答案】A
【详解】
A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误；
B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为3H SO +BrO− =3SO2−+Br−+6H+，B正确；
2 3 3 4
C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，H+对SO2−的氧化起催化作用，
3
C正确；
D．根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；
故选A。
15．室温下，将0.1molAgCl置于0.1mol⋅L−1NH NO 溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线
4 3
如图，Ag++NH ⇌[Ag(NH )]+和Ag++2NH ⇌[Ag(NH ) ]+的平衡常数分别为K 和K ：NH+的水解常数
3 3 3 3 2 1 2 4
K (NH+)=10−9.25。下列说法错误的是
h 4
A．Ⅲ为[Ag(NH ) ]+的变化曲线 B．D点：c(NH+)−c(OH−)>0.1−c(H+)
3 2 4
C．K =103.24 D．C点：c(NH )=10−3.52mol⋅L−1
1 3
【答案】B
【分析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表[Ag(NH ) ]+，Ⅱ代表[Ag(NH )]+，Ⅳ代表
3 2 3
NH ，Ⅰ代表Ag+，据此解答。
3
【详解】
A．根据以上分析可知Ⅲ为[Ag(NH ) ]+的变化曲线，A正确；
3 2
B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积和N元
素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：c(NH+)+c[Ag(NH )]++
4 3
c[Ag(NH ) ]++c(H+)+c(Ag+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(NO−)，物料守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH )]++c[Ag(NH ) ]+ =
3 2 3 3 3 2
c(Cl−)，c(NO−)=0.1mol/L，c(NH+)+c(H+)=0.1+c(OH−)，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+c(NH+)+c(H+)=
3 4 4
0.1+c(OH−)，c(NH+)−c(OH−)＜0.1−c(H+)，B错误；
4
C．根据图像可知D点时[Ag(NH )]+和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据Ag++NH ⇌[Ag(NH )]+可知
3 3 3
K =103.24，C正确；
1
D．C点时[Ag(NH ) ]+和Ag+浓度相等，B点时[Ag(NH ) ]+和[Ag(NH )]+浓度相等，所以反应的[Ag(NH )]++NH ⇌
3 2 3 2 3 3 3
[Ag(NH ) ]+的平衡常数为103.8，因此K =103.24×103.8=107.04，C点时[Ag(NH ) ]+和Ag+浓度相等，所以c(NH )=
3 2 2 3 2 3
√107.04=10−3.52mol⋅L−1，D正确；
故选B。
二、解答题
16．某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO 、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
4已知：①“氧化浸出”时，PbSO 不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH ) ]2+；
4 3 4
②K [Pb(OH) ]=10−14.8；
sp 2
③酒石酸(记作H A)结构简式为HOOC(CHOH) COOH。
2 2
回答下列问题：
(1)H A分子中手性碳原子数目为 。
2
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S O2−)转变为 (填离子符号)。
2 8
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，PbSO 和Na A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成
4 2
(填化学式)。
(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。
【答案】
(1)2
(2)SO2−
4
(3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH ·H O分解生成NH 逸出，且温度高时过二硫酸铵分
3 2 3
解，造成浸出率减小
(4)Zn+[Cu(NH ) ]2+=[Zn(NH ) ]2++Cu
3 4 3 4
(5)Fe
(6) pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H O⇌HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO (s)+A2-⇌PbA+SO2−
2 4 4
正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)
2
290°C
(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑
2
真空热解
【分析】废渣用(NH ) S O 和NH ·H O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH ) ]2+和[Zn(NH ) ]2+，滤渣1有PbSO 和
4 2 2 8 3 2 3 4 3 4 4
Fe(OH) ，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH ) S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H A和Na A浸铅后过滤，滤
3 4 2 2 2
渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
【详解】
（1）碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H A分子中手性碳原子有2个，
2
；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO2−；
4
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH ·H O分解生成NH 逸出，且温度
3 2 3
高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
（4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH ) ]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH ) ]2+=[Zn(NH ) ]2++Cu；
3 4 3 4 3 4
（5）根据分析，滤渣1有Fe(OH) 和PbSO ，用H A和Na A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀；
3 4 2 2（6）“浸铅”步骤发生PbSO (s)+A2-⇌PbA+SO2−，Na A溶液中存在A2-+H O⇌HA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，
4 4 2 2
平衡A2-+H O⇌HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO (s)+A2-⇌PbA+SO2−正向移动，PbA产率增大；pH
2 4 4
过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH) 沉淀，造成PbA产率降低；
2
（7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H O，反应的化
2
290°C
学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑。
2
真空热解
17．某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。
反应：
步骤：
Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。
Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，
弃去有机层。
Ⅲ．用稀盐酸调节水层pH=1后，再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na SO 干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。
2 4
回答下列问题：
(1)相比KMnO 作氧化剂，该制备反应的优点为 、 (答出2条即可)。
4
(2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面
积比a:b:c:d=1:2:2:3，a:a′=2:1。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为 %。
(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是 。
(4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为 、 。
(5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证 18O 气氛，通 18O 前，需先使用“循环冷冻脱
2 2
气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的 16O ，操作顺序为：①→②→ → → (填标号)，重复后四
2
步操作数次。
同位素示踪结果如下表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和 。
反应条件 质谱检测目标产物相对分子质量
太阳光， 18O ，室温，CH COCH ，5h 138
2 3 3太阳光，空气，室温，CH C18OCH ，5h 136
3 3
【答案】
(1) 绿色环保 减少副产物的生成
(2)50
(3)除去未反应完的
(4) H++OH− =H O +H+→
2
(5) ③ ① ④ 氧气
【分析】0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加
入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层pH=1后，再用乙酸乙
酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na SO 干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。
2 4
【详解】
（1）
KMnO 作氧化剂时可将 氧化为对苯二甲酸，即有副反应发生，该制备反应在有空气存在、
4
光照条件下发生时，以空气中氧气为氧化剂，既绿色环保，又没有对苯二甲酸生成，所以反应的优点为绿色环保，
减少副产物的生成；
（2）
起始0h时只有 ，5h时只有 ，a:a′=2:1，则2h时反应液中既有
又有 ，且两者物质的量之比为1：1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%；
（3）
蒸去溶剂丙酮后，加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层，则充分反应后，用乙酸
乙酯洗涤的目的是除去未反应完的 ；
（4）
步骤Ⅱ加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠，步骤Ⅲ中加稀盐酸调节水层pH=1反应的离
子方程式为：H++OH− =H O、 +H+→ ；
2
（5）
丙酮易挥发，为保证 18O 气氛，通 18O 前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的 16O ，
2 2 2
即反应液中有 16O ，冷冻可排走一部分溶解的 16O ，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭阀门，待反应液
2 2
恢复室温后，再冷冻反应液，即“循环冷冻脱气法”，所以操作顺序为：①→②→③→①→④(填标号)，重复后四
步操作数次； 的相对原子质量为136，太阳光，空气，室温，CH C18OCH ，5h得到的物质
3 3
相对原子质量为136，为 ，而太阳光， 18O ，室温，CH COCH ，5h得到的物质相对原
2 3 3
子质量为138，说明目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的氧气。
18．乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、H )为原料合成乙二醇具有重要意义。
2催化剂
Ⅰ．直接合成法：2CO(g)+3H (g) ⇌ HOCH CH OH(g)，不同温度下平衡常数如下表所示。
2 2 2
温度 298K 355K 400K
平衡常 6.5 1.3
1.0
数 ×104 ×10−3
(1)该反应的Δ𝐻 0(填“>”或“<”)。
(2)已知CO(g)、H (g)、HOCH CH OH(g)的燃烧热(ΔH)分别为−akJ⋅mol−1、−bkJ⋅mol−1、−ckJ⋅mol−1，则上述
2 2 2
合成反应的ΔH= kJ⋅mol−1(用a、b和c表示)。
(3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。
Ⅱ．间接合成法：用合成气和O 制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇
2
的反应为可逆反应。
(4)在2MPa、Cu⁄SiO 催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比
n(H2 )
=52.4，出口处检测到DMO的实
2 n(DMO)
n (该物质)
际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性= 生成 ×100%]。
n (DMO)
消耗
①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线 表示MG的
选择性。
②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间
n(乙醇)
③483K时，出口处 的值为 (精确至0.01)。
n(DMO)
④A点反应MG(g)+2H (g)⇌HOCH CH OH(g)+CH OH(g)的浓度商Q = (用物质的量分数代替浓度计算，
2 2 2 3 x
精确至0.001)。
【答案】
(1) <
(2) -2a-3b+c(或c-2a-3b)
(3) 温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低)
(4) I IV BD 1.98 0.025
【详解】
（1）根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热
反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。
（2）根据已知条件可以写出如下热化学方程式：①CO(g)+ 1 O (g)=CO (g) ΔH =-a kJ·mol-1
2 2 1
2
②H (g)+ 1 O (g)=H O(g) ΔH =-b kJ·mol-1
2 2 2 2
2
③HOCH CH OH(g)+ 5 O (g)=2CO (g)+3H O(g) ΔH =-c kJ·mol-1
2 2 2 2 2 3
2
根据盖斯定律，用反应③减去2倍的反应①和3倍的反应②即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH=(c-2a-3b)
kJ·mol-1。
（3）根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数K<1.3×10−3，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率
过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇打标产率过低。
（4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒
定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II和曲线IV可知，随着反
应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。
①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线；
②A．根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意；
B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意；
C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意；
D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应
时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意；
故选BD；
③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为
100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO未反应从出口流出，因此出口处𝑛(乙醇) = 1.98mol =1.98；
𝑛(DMO) 1mol
④设初始时H 与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性
2
为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系：
DMO(g) + 2H (g) = MG(g) + CH OH(g)
2 3
起始(mol) 1 52.4 0 0
反应(mol) 0.8 1.6 0.8 0.8
终了(mol) 0.2 50.8 0.8 0.8
第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系：
MG(g) + 2H (g) ⇌ 乙二醇(g) + CH OH(g)
2 3
起始(mol) 0.8 50.8 0 0.8
反应(mol) 0.4 0.8 0.4 0.4
终了(mol) 0.4 50.0 0.4 1.2
这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H 的物质的量为50.0mol、CH OH的物质的
2 3
量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代
0.4mol 1.2mol
×
替浓度计算反应的浓度熵Q = 52.2mol 52.2mol =0.025。
x 0.4mol ×( 50.0mol )2
52.2mol 52.2mol
19．含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架的芳香化合物合成路线如
下：回答下列问题：
(1)A→B的化学方程式为 。
(2)C→D实现了由 到 的转化(填官能团名称)。
(3)G→H的反应类型为 。
(4)E的同分异构体中，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为3:2:1的同分异构体的数目有 种。
(5)M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成的与N互为同分异构体的副产物结
构简式为 。
(6)参考上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为 和 。
【答案】
浓硫酸
(1) +CH OH ⇌ +H O
3 2
Δ
(2) 羟基 醛基
(3)取代反应
(4)4
(5)
(6)
【分析】
A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B（ ）， 在LiAlH 的作用下，发生还原
4
反应生成C（ ），C 被氧气氧化为 D（ ），D和CBr 反应生成E（ ），E在CuI
4作用下，生成F（ ），F与 反应生成G，结合H的结构可推出G为 ，G
与 反应生成H，H在一定条件下转化为M（ ），M与PtCl 反应生成N（ ），
2
据此解答。
【详解】
（1）由分析可知，A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B ，化学方程式为
浓硫酸
+CH OH ⇌ +H O；
3 2
Δ
（2）
由分析可知，C为 ，C被氧气氧化为D（ ），羟基转化为醛基，故选羟基；醛基；
（3）
G为 ，与 反应生成 ，属于取代反应的特征，故选取代反应；
（4）
E为 ，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为3:2:1的同分异构体，如果为醛基，溴原子，
甲基的组合时，可形成 两种，如果为酮碳基，溴原子组合时可形成
，一共有4种，故选4；
（5）
M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，N为 ，可以推断出M中的
三键与右侧苯环连接时可以形成N中的六元环或五元环，因此可能的副产物为 ，故选
；
（6）参考上述路线，可先将 消去生成 ， 再与 反应生成 ，
与 在一定条件下得到目标产物 ，故选 ； 。
