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2025 年河北高考真题化学试题
一、单选题
1．河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组件主要成
分属于有机物的是
A．基石 B．斗拱 C．青瓦 D．琉璃
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．古建筑中的基石一般使用石质材料，常用的石材有花岗岩、青石等，花岗岩的主要成分是硅酸盐，青石的主要
成分是CaCO ，均属于无机物，A错误；
3
B．斗拱是由木材制成的，木材的主要成分是纤维素，属于有机物，B正确；
C．青瓦是由黏土烧制而成的传统建筑材料，黏土的主要成分为含水的铝硅酸盐，属于无机物，C错误；
D．琉璃的主要成分是二氧化硅，属于无机物，D错误；
故选B。
2．下列不符合实验安全要求的是
A．酸、碱废液分别收集后直接排放 B．进行化学实验时需要佩戴护目镜
C．加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D．乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种
【答案】A
【详解】
A．酸、碱废液需中和处理达标后才能排放，直接排放会污染环境，不符合安全要求，A错误；
B．实验时佩戴护目镜是防止化学试剂溅入眼睛的必要防护措施，B正确；
C．选择合适的加热工具如坩埚钳，可避免直接接触高温物体导致烫伤，C正确；
D．乙醇易燃，存放于阴凉通风处并远离火源是防止火灾的安全措施，D正确；
故选A。
3．高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是
A．ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件 B．聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜
C．聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料 D．热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板
【答案】B
【详解】
A．ABS高韧性工程塑料常用于汽车零配件，因其良好的机械性能，A正确；
B．聚氯乙烯（PVC）含塑化剂等添加剂，可能释放有害物质，不适合用于饮用水分离膜（常用材料如聚丙烯），B
错误；
C．聚苯乙烯泡沫具有优良保温性能，广泛用于建筑工程保温，C正确；
D．热固性酚醛树脂耐高温、绝缘性好，适合制造集成电路底板，D正确；
故选B。
4．设N 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A
A．18gH O晶体内氢键的数目为2N
2 A
B．1L1mol⋅L−1的NaF溶液中阳离子总数为N
A
C．28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为2N
A
D．铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为2N
A【答案】B
【详解】
A．每个水分子在冰中形成4个氢键，但每个氢键被两个分子共享，故每个分子贡献2个氢键。18gH O为1mol，
2
氢键数目为2N ，A正确；
A
B．NaF溶液中阳离子包括Na+和H+。Na+为1mol，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(F−)+c(OH−)，钠离子不
会水解，并且水电离出少量氢离子，则有n(Na+)+n(H+)>1mol，所以阳离子总数大于N ，B错误；
A
C．环己烷和戊烯的最简式均为CH ，28g混合物含2molCH 单元，对应2mol碳原子，碳原子数目为2N ，C正确；
2 2 A
D．铅酸蓄电池负极反应为Pb+SO2−−2e⁻=PbSO ↓。增重96g对应生成1molPbSO ，转移2mol电子，数目为：2N ，
4 4 4 A
D正确；
故选B。
5．下列化学用语表述正确的是
A．中子数为12的氖核素： 22Ne B．氯化镁的电子式：
12
C．甲醛分子的球棍模型： D．CO2−的价层电子对互斥模型：
3
【答案】C
【详解】
A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素 22Ne，A错误；
10
B．氯化镁为离子化合物，电子式为 ，B错误；
C．甲醛（HCHO）分子为平面三角形结构，球棍模型中原子大小、连接方式应与实际结构相符。甲醛中C原子连
接2个H原子和1个O原子，且为平面结构，题中模型符合甲醛分子结构特点，C正确；
D．对于CO2−，中心C原子的价层电子对数=3+ 4+2−3×2 =3，孤电子对数为0，价层电子对互斥模型应为平面三
3 2
角形 ，D错误；
故选C。
6．丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下：
下列说法正确的是
A．K中含手性碳原子 B．M中碳原子都是sp2杂化
C．K、M均能与NaHCO 反应 D．K、M共有四种含氧官能团
3
【答案】D
【详解】
A．由图知，K中环上碳原子均为sp2杂化，饱和碳原子均为甲基碳原子，所以不含手性碳原子，A错误；
B．M中环上碳原子和羧基上的碳原子均为sp2杂化，甲基碳原子为sp3杂化，B错误；
C．由于酸性：羧酸＞碳酸＞苯酚＞HCO−，所以K中的酚羟基不能与NaHCO 溶液反应，K中不含能与NaHCO 溶
3 3 3
液反应的官能团，M中羧基可与NaHCO 溶液反应，C错误；
3
D．K、M 中共有羟基、醚键、羰基、羧基四种含氧官能团，D正确；
故选D。
7．如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是A．电石与饱和NaCl溶液 B．Na SO 固体与70%的浓H SO
2 3 2 4
C．大理石与稀HCl D．Al S 固体与水
2 3
【答案】C
【详解】
A．电石与饱和NaCl溶液反应制备C H ，C H 中含有不饱和键，可使酸性KMnO 溶液褪色，能完成相应气体的制
2 2 2 2 4
备和检验，A不符合题意；
B．Na SO 固体与 70%的浓H SO 反应制备SO ，SO 可使酸性KMnO 溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，B
2 3 2 4 2 2 4
不符合题意；
C．大理石与稀HCl反应制备CO ，CO 不可使酸性KMnO 溶液褪色，不能完成相应气体的制备和检验，C符合题意；
2 2 4
D．Al S 固体遇水水解生成Al(OH) 和H S，H S可使酸性KMnO 溶液褪色，能完成相应气体的制备和检验，D不符
2 3 3 2 2 4
合题意；
故选C。
8．化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是
选项 宏观现象 微观解释
A 氮气稳定存在于自然界中 氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
苯不能使溴的CCl 溶液褪
B 4 苯分子中碳原子形成了稳定的大π键
色
C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列
氯化钠晶体熔点高于氯化 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子
D
铝晶体 晶体熔点越低
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．氮气的稳定性源于氮分子中的三键，键能高难以断裂，A正确；
B．苯因大π键结构稳定，难以与溴发生加成或取代，B正确；
C．水晶的规则外形由原子三维有序排列（晶体结构）导致，C正确；
D．氯化钠熔点高于氯化铝的真实原因是氯化铝为分子晶体而非离子晶体，选项中将二者均视为离子晶体并用离子
电荷和半径解释，不符合实际，D错误；
故选D。
9．W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与
W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是
A．第二电离能：X1)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCo 的六方晶胞
k k
示意图如下，晶胞参数a=500pm、c=400pm，M、N原子的分数坐标分别为( 5 , 1 , 1 )、( 1 , 5 , 1 )。设N 是阿伏加德
A
6 6 2 6 6 2
罗常数的值。
下列说法错误的是
A．该物质的化学式为SmCo B．体心原子的分数坐标为( 1 , 1 , 1 )
5
2 2 2C．晶体的密度为 890√3 g⋅cm−3 D．原子Q到体心的距离为100√41pm
3NA×10−22
【答案】D
【详解】
A．由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，晶胞中数目为8× 1 +8× 1 +2=5，
8 4
结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为SmCo ，A正确；
5
B．体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为( 1 , 1 , 1 )，B正确；
2 2 2
1
×(150+59×5)g
C．每个晶胞中含有1个“SmCo ”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为√3 a2c，则晶体密度为𝜌 =NA = 890√3 g⋅
5 2 √3 a2c cm3 3NA×10−22
2
cm−3，C正确；
D．原子Q的分数坐标为(0, 1 ,1)，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与
2
原子Q可得直角三角形 ，则原子Q到体心的距离=√2502+2002pm=50√41pm，
D错误；
故选D。
12．氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga O (s)+2NH (g)⇌
2 3 3
2GaN(s)+3H O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：
2
下列说法错误的是
A．反应ⅰ是吸热过程
B．反应ⅱ中H O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV
2
C．反应ⅲ包含2个基元反应
D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中
【答案】D
【详解】
A．观察历程图可知，反应ⅰ中Ga O (s)+NH (g)的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成Ga O NH(s)和
2 3 3 2 2
H O，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；
2
B．反应ⅱ中因H O(g)脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，
2B正确；
C．反应ⅲ从Ga ON H (s)生成2GaN(s)+H O(g)经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反
2 2 2 2
应，C正确；
D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步
包含在反应ⅲ中，D错误；
故选D。
13．下列实验操作及现象能得出相应结论的是
选
实验操作及现象 结论
项
化学平衡向NO 减少的
A 向盛有NO 与N O 的恒压密闭容器中通入一定体积的N ，最终气体颜色变浅 2
2 2 4 2 方向移动
以K CrO 为指示剂，用AgNO 标准溶液滴定溶液中的Cl−，先出现白色沉淀，后出 K (AgCl)
2 4 3 sp
B
现砖红色沉淀 c([CuL ]4−)>c([CuL]−)>c(L3−)
2
【答案】C
【分析】HL2−和L3−之间存在HL2− ⇌H++L3−转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以HL2−为主，则c(HL2−)>c(L3−)，lg c(HL2−)>lgc(L3−)，则曲线I代表lgc(HL2−)，曲线II代表lgc(L3−)，随着pH增大，HL2− ⇌H++L3−正
向移动，c(L3−)增大，Cu2+和L3−结合形成配离子的反应依次为Cu2++L3− ⇌[CuL]−K 、L3−+[CuL]− ⇌[CuL ]4−K ，
1 2 2
因此随pH增大，δ
Cu2+
持续减小，为曲线III，δ
[CuL]−
，先增大后减小，为曲线IV，δ
[CuL2 ]4−
一直增大，为曲线V，
据此回答。
【详解】
A．曲线III和曲线IV的交点代表δ Cu2+ =δ [CuL]− ，即c(Cu2+)=c([CuL]−)，由图可知，此时lgc(L3−)=−9.4，带入平
衡表达式得K = c([CuL]−) = 1 =109.4，A正确；
1 c(Cu2+)c(L3−) 10−9.4
B．曲线I和曲线II的交点代表lgc(L3−)=lgc(HL2−)，即c(L3−)=c(HL2−)，此时pH=11.6，带入平衡常数表达式得
K=
c(L3−)⋅c(H+)
=10−11.6，B正确；
c(HL2−)
C．曲线IV和曲线V得交点代表，δ [CuL]− =δ [CuL2 ]4− ，即c([CuL 2 ]4−)=c([CuL]−)，此时lgc(L3−)=−7.2，可得L3−+
[CuL]− ⇌[CuL ]4−的平衡常数K = c([CuL2 ]4−) = 1 =107.2，a点时，δ =δ ，带入K ×
2 2 c(L3−)⋅c([CuL]−) 10−7.2 Cu2+ [CuL2 ]4− 1
K = c([CuL]−) × c([CuL2 ]4−) = 1 =109.4×107.2 =1016.6，解得c(L3−)=10−8.3mol/L，且a点对应c(HL2−)=
2 c(L3−)⋅c(Cu2+) c(L3−)⋅c([CuL]−) c2(L3−)
0.1mol/L，带入HL2− ⇌H++L3−的平衡常数K=
c(L3−)⋅c(H+)
=10−11.6，计算得c(H+)=10−4.3mol/L，故pH=4.3，C
c(HL2−)
错误；
D．当pH=6.4时，c(HL2−)最大，接近10−1mol/L，结合B项中平衡常数可计算得c(L3−)≈10−6.2mol/L，δ =0.90，
[CuL2 ]4−
δ [CuL]− =0.09结合Cu 元素守恒知，c([CuL 2 ]4−)=0.90×0.002mol/L=1.8×10−3mol/L，c([CuL]−)=0.09×
0.002mol/L=1.8×10−4mol/L，因此体系中c(HL2−)>c([CuL ]4−)>c([CuL]−)>c(L3−)，D正确；
2
故选C。
二、解答题
15．氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下：
ⅰ．在A中加入150mLH O和127gI ，快速搅拌，打开K 通入H S，反应完成后，关闭K ，静置、过滤得滤液；
2 2 1 2 1
ⅱ．将滤液转移至B中，打开K 通入N ，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H S除尽；
2 2 2
ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为1.7g⋅mL−1，HI质量分数为
57%)。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称： ，通入H S发生反应的化学方程式： 。
2
(2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的： (填序号)
a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘
(3)步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因 (用离子方程式表示)。
(4)步骤ⅱ中的尾气常用 (填化学式)溶液吸收。
(5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入N ，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序： 。
2
(6)列出本实验产率的计算表达式： 。
(7)氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在 。
【答案】
(1) 圆底烧瓶 I +H S=S+2HI
2 2(2)c
(3)I +I- ⇌I-
2 3
(4)NaOH
(5)先停止加热，再通一段时间的N 后关闭K
2 2
117×1.7×57
(6) %
128
(7)密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【分析】I 的氧化性比S强，A中发生I +H S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H S的HI滤液；将滤液转移到B中，
2 2 2 2
先通氮气、加热保持微沸除去H S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到117mL密度为1.7g/mL，
2
质量分数为57%的HI溶液。
【详解】
（1）仪器A的名称为圆底烧瓶；I 的氧化性比S强，通入H S发生反应的化学方程式为I +H S=S↓+2HI；
2 2 2 2
（2）I 在水中的溶解度较小，生成的S可能包裹在其表面阻止反应的继续进行，故步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止
2
固体产物包覆碘，选c；
（3）I 和I-会发生反应：I +I- ⇌I-，步骤ⅰ中随着反应的进行，生成的HI电离出的I-与I 反应促进I 的溶解，本空
2 2 3 2 2
答案为I +I- ⇌I-；
2 3
（4）步骤ⅱ中的尾气为H S，有毒，是酸性气体，常用NaOH溶液吸收；
2
（5）为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中，步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为：先停止加热，再通一段时间
的N 后关闭K ；
2 2
（6）127gI 的物质的量为0.5mol，n (HI)=2×0.5mol=1mol，m (HI)=1mol×128g/mol=128g、m (HI)=117mL×
2 理论 理论 实际
1.7g/mol×57%，故HI的产率= 117mL×1.7g/mol×57% ×100%= 117×1.7×57% ×100%= 117×1.7×57 %；
128g 128 128
（7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处。
16．铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资
源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO ) 、Mg(CrO ) 、Al O 、SiO 。
2 2 2 2 2 3 2
回答下列问题：
(1)基态铬原子的价层电子排布式： 。
(2)煅烧工序中Fe(CrO ) 反应生成K CrO 的化学方程式： 。
2 2 2 4
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe O 、H SiO 、 、 (填化学式)。
2 3 2 3
(4)酸化工序中需加压的原因： 。
(5)滤液Ⅱ的主要成分： (填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。
Fe(CO) +_____+_____=Cr(OH) ↓+_____+_____+_____CO
5 3
(7)滤渣Ⅱ可返回 工序。(填工序名称)
【答案】
(1)3d54s1400∼500℃
(2)4Fe(CrO ) +7O ＋16KOH 2Fe O +8K CrO +8H O
2 2 2 2 3 2 4 2
(3) Al(OH) MgO
3
(4)增大CO 的溶解度，保证酸化反应充分进行
2
(5)KHCO
3
(6)Fe(CO) +K CrO +4H O=Cr(OH) ↓+Fe(OH) ↓+2KOH+5CO↑
5 2 4 2 3 3
(7)煅烧
【分析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO ) 、Mg(CrO ) 、Al O 、SiO ，与过量KOH在空气中煅烧，生成K CrO 、Fe O 、
2 2 2 2 2 3 2 2 4 2 3
MgO，KAlO 、K SiO ；通入KHCO -K CO /CO 浸取，生成Al(OH) 、H SiO ，Fe O 、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：
2 2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3
Al(OH) 、H SiO ，Fe O 、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K CrO 固体，滤液Ⅰ中含有K CrO ；将K CrO
3 2 3 2 3 2 4 2 4 2 4
中加水溶解，并通入过量CO 酸化，将K CrO 转化为K Cr O ，同时副产物KHCO 生成，将K Cr O 与KHCO 分离，
2 2 4 2 2 7 3 2 2 7 3
滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO ；Fe(CO) 做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K CrO 还原为Cr(OH) ，自身转化为Fe(OH) 进入
3 5 2 4 3 3
滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得K CO ，循环使用，据此分析；
2 3
【详解】
（1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：3d54s1；
（2）煅烧工序中Fe(CrO ) 与过量KOH、空气中氧气反应生成K CrO 、Fe O 、H O，根据得失电子守恒，原子守
2 2 2 4 2 3 2
400~500℃
恒，化学方程式：4Fe(CrO ) +7O ＋16KOH 2Fe O +8K CrO +8H O；
2 2 2 2 3 2 4 2
（3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：Fe O 、H SiO 、Al(OH) 、MgO；
2 3 2 3 3
（4）向K CrO 中加水溶解，并通入过量CO 酸化，将K CrO 转化为K Cr O ，加大压强，可以增大CO 的溶解度，
2 4 2 2 4 2 2 7 2
使液体中CO 浓度增大，保证酸化反应充分进行；
2
（5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO ；
3
（6）Fe(CO) 做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K CrO 还原为Cr(OH) ，自身转化为Fe(OH) ，铁元素由0价升高到+3价，
5 2 4 3 3
Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：Fe(CO) +K CrO +4H O=Cr(OH) ↓
5 2 4 2 3
+Fe(OH) ↓+2KOH+5CO↑；
3
（7）滤渣Ⅱ含有Cr(OH) 和Fe(OH) 可返回煅烧工序。
3 3
17．乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
(1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生
成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：EO(aq)+H O(l)=EG(aq) ΔH<0
2
副反应：EO(aq)+EG(aq)=DEG(aq)
体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol⋅L−1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG):n(DEG)=10:1。
①0~30min内，v (EO)= mol⋅L−1⋅min−1。
总
②下列说法正确的是 (填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b．0~30min内，v (EO)=v (EG)
总 总
c．0~30min内，v (EG):v (DEG)=11:1
主 副
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
(2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO(g)+
3H (g)⇌HOCH CH OH(g)ΔH。按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5
2 2 2
和0.6时，温度与压强的关系如图：①代表α=0.6的曲线为 (填“L ”“L ”或“L ”)；原因是 。
1 2 3
②ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应aA(g)+bB(g)⇌yY(g)+zZ(g)，K =
xy(Y)xz(Z)
，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，
x xa(A)xb(B)
K (M) K (N)(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的K 的值为 。
x x x
④已知：反应aA(g)+bB(g)⇌yY(g)+zZ(g)，K =
py(Y)pz(Z)
，p为组分的分压。调整进料比为n(CO):n(H )=m:3，
p pa(A)pb(B) 2
系统压强维持p MPa，使α(H )=0.75，此时K = MPa−4(用含有m和p 的代数式表示)。
0 2 p 0
【答案】
(1) 0.05mol⋅L−1⋅min−1 cd
(2) L 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 <
1
1
= 12
m-1.5 2 0.75 2
(
m
p0MPa) (
m
p0MPa)
【详解】
（1）①0~30min内，环氧乙烷完全转化，v (EO)= Δc 总 (EO) = 1.5mol⋅L−1 =0.05mol⋅L−1⋅min−1；
总 Δt 30min
②a．ΔH=生成物总能量−反应物总能量，主反应中，ΔH<0，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误；
b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化
量小于EO浓度的变化量，0~30min内，v (EO)>v (EG)，b错误；
总 总
c．主反应中，v (EG)=v (EO)，副反应v (EG)=v (DEG)，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化
主 主 副 副
量之比，产物中n(EG):n(DEG)=10:1，即c(EG):c(DEG)=10:1，v (EG)=v (EG)−v (EG)，反应时间相同，则
总 主 副
v (EG)−v (EG)
v (EG)：v (DEG)=10:1， 主 副 =10:1，则v (EG):v (DEG)=11:1，c正确；
总 副 v (DEG) 主 副
副
d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确；
故选cd；
（2）①2CO(g)+3H (g)⇌HOCH CH OH(g)ΔH该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向
2 2 2
移动，平衡转化率增大，p(L )>p(L )>p(L )，故L 、L 、L 对应α为0.6、0.5、0.4；
1 2 3 1 2 3
②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，Δ𝐻<0；
③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则K (M)=K (N)；D点对应的平衡
x x
转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH ，列三段式：
2
2CO(g) + 3H (g) ⇌ HOCH CH OH(g)
2 2 2
起始（mol） 2 3 0
，平衡时，CO、H 、HOCH CH OH的物质的量分数分别
转化（mol） 1 1.5 0.5 2 2 2
平衡（mol） 1 1.5 0.5
1
为1、1、1，K = 6 =12；
3 2 6 x ( 1 ) 3 ( 1 ) 2
2 3④设起始加入mmolCO和3molH ，此时α(H )=0.75，列三段式：
2 2
2CO(g) + 3H (g) ⇌ HOCH CH OH(g)
2 2 2
起始（mol） m 3 0
，平衡时，气体总的物质的量为mmol，CO、H 、
转化（mol） 1.5 2.25 0.75 2
平衡（mol） m-1.5 0.75 0.75
0.75
HOCH CH OH平衡分压分别m-1.5 p MPa、0.75 p MPa、0.75 p MPa，K = m p0MPa =
2 2 m 0 m 0 m 0 p m-1.5 2 0.75 3
(
m
p0MPa) (
m
p0MPa)
1 MPa−4。
m-1.5 2 0.75 2
(
m
p0MPa) (
m
p0MPa)
18．依拉雷诺(Q)是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物，其“一锅法”合成路线如下：
回答下列问题：
(1)Q中含氧官能团的名称： 、 、 。
(2)A→B的反应类型： 。
(3)C的名称： 。
(4)C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液面以下的目的： 。
(5)“一锅法”合成中，在NaOH作用下，B与D反应生成中间体E，该中间体的结构简式： 。
(6)合成过程中，D也可与NaOH发生副反应生成M，图甲、图乙分别为D和M的核磁共振氢谱，推断M的结构，
写出该反应的化学方程式： 。
(7)写出满足下列条件A的芳香族同分异构体的结构简式： 。
(a)不与FeCl 溶液发生显色反应；
3
(b)红外光谱表明分子中不含C=O键；
(c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为1:1:3；
(d)芳香环的一取代物有两种。【答案】
(1) 羰基 醚键 羧基
(2)取代反应
(3)异丁酸或2-甲基丙酸
(4)溴易挥发，减少损失，提高利用率
(5)
THF/正丙醇
(6) +2NaOH → NaBr+2H O+
2
50°C
(7)
【分析】A含酚羟基，和氢氧化钠反应生成B为 ，羧基和氢氧化钠能发生中和反应，B含羧基和碳溴键，
则B与D反应生成溴化钠和E，E为 ，E和F发生羟醛缩合反应生成G为 ，
-COONa经酸化可转化为羧基，则G在氢氧化钠、加热下脱氢溶剂THF、再酸化转化为Q；
【详解】
（1）据分析，Q中含氧官能团的名称为羰基、醚键和羧基；
（2）A→B的反应中，酚羟基转化为-ONa，则反应类型为取代反应；
（3）根据C的结构简式，C的名称为<>异丁酸或2-甲基丙酸；
（4）C与溴单质发生取代反应生成D，溴易挥发，则C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液
面以下的目的：减少溴的挥发损失，提高利用率；
（5）B与D反应生成E，一方面是羧基和氢氧化钠发生了中和、-COOH转化为-COONa，另一方面，酚钠(ONa)
和碳溴键发生了取代反应，则E为 ；
（6）D也可与NaOH发生副反应生成M，D分子内有2种氢，1个是羧基上的氢原子，另一种为2个甲基上的6
个氢原子，则甲为D，乙为M，据图，M分子内有2种氢，数目分别有2个、3个，则M为碳溴键在氢氧化钠醇溶液中发生消去、羧基发生中和生成，M为 ，则该反应的化学方程式：
THF/正丙醇
+2NaOH → NaBr+2H O+ 。
2
50°C
（7）A的芳香族同分异构体满足下列条件：
(a)不与FeCl 溶液发生显色反应，则不含酚羟基；
3
(b)红外光谱表明分子中不含C=O键，
(c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为1:1:3，则分子内有3种氢原子，由于A分子式为C H O ，则A中这2种
9 10 2
氢原子的数目为2、2、6个；
(d)芳香环的一取代物有两种，则苯环上有2种氢；
结合分子内有5个不饱和度，可知满足条件的同分异构体为 。
