文档内容
机密★启用前
2025 年普通高等学校招生选择性考试
化学
本试卷共19题，共100分，共8页。考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在
条形码区域内。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔
书写，字体工整，笔记清楚。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答
案无效：在草稿纸、试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮
纸刀。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 W 184
一、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，只有一项符合题目要求。
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
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+ 。下列有关化学用语或说法正确的是
A． 的电子式： B． 的空间结构：直线形
C． 的晶体类型：离子晶体 D．溶解度：
3． 可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应： 。下列说法正
试卷第1页，共3页确的是
A．反应中各分子的 键均为 键
B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形
C． 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
4．钠及其化合物的部分转化关系如图。设 为阿伏加德罗常数的值，下列说
法正确的是
A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为
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
C．反应③中 与足量 反应转移电子的数目为
D． 溶液中， 的数目为
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
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
颜色变化 解释
项
空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中，黑 =
A
色铜丝恢复光亮的紫红色
试卷第2页，共3页悬浊液中加入 溶液，固 =
B
体由白色变为红褐色
溶液中加入 ，浅绿 =
C
色溶液出现蓝色浑浊
溶液中加入NaOH溶液，溶液
D
由橙色变为黄色
A．A B．B C．C D．D
7．化学家用无机物甲 成功制备了有机物乙 ，开创了有机
化学人工合成的新纪元。其中W、X、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 键和 键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为 和
8．巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是
B．制备少量NO避免其被
A．除去 中的HCl
氧化
C．用乙醇萃取 中 D．制作简易氢氧燃料电
的S 池
A．A B．B C．C D．D
试卷第3页，共3页9． 晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当 时，其立方
晶胞结构如图。设 为阿伏加德罗常数的值，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 时， D．空位数不同，吸收的可见光波长不
同
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
11．某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含 和少量 )中提取金
属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下 ，下列说法错误的是
试卷第4页，共3页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
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 的量(单位为 )来表示。碱性 不与 反应，
可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。
下列说法错误的是
A．Ⅱ中发生的反应有
B．Ⅱ中避光、加盖可抑制 被 氧化及 的挥发
C．Ⅲ中消耗的 越多，水样的COD值越高
D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含 水样的COD值偏高
13．一种基于 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。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是
试卷第5页，共3页A．放电时 向b极迁移
B．该电池可用于海水脱盐
C．a极反应：
D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力
14．一定条件下，“ ”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
②
③
④
⑤
A．原料中 不影响振幅和周期
试卷第6页，共3页B．反应④：
C．反应①~④中， 对 的氧化起催化作用
D．利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化
15．室温下，将 置于 溶液中，保持溶液体积和N元
素总物质的量不变，pX-pH曲线如图， 和
的平衡常数分别为 和 ： 的水解常数
。下列说法错误的是
A．Ⅲ为 的变化曲线 B．D点：
C． D．C点：
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、 、FeS和CuCl)中的Zn、Pb
元素。
试卷第7页，共3页已知：①“氧化浸出”时， 不发生变化，ZnS转变为 ；
② ；
③酒石酸(记作 )结构简式为 。
回答下列问题：
(1) 分子中手性碳原子数目为 。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根 转变为 (填离子符号)。
(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， 和 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 (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 。
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
试卷第8页，共3页液，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 后，再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水 干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产
物。
回答下列问题：
(1)相比 作氧化剂，该制备反应的优点为 、 (答出2条即可)。
(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 ， 。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 气氛，通
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 ，操
作顺序为：①→②→ → → (填标号)，重复后四步操作数次。
试卷第9页，共3页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 。
质谱检测目标产物相对分子
反应条件
质量
太阳光， ，室温， ，
138
5h
太阳光，空气，室温，
136
，5h
18．乙二醇是一种重要化工原料，以合成气 为原料合成乙二醇具有重
要意义。
Ⅰ．直接合成法： ，不同温度下平衡常数如
下表所示。
温度 298K 355K 400K
平衡常数 1.0
(1)该反应的 0(填“>”或“<”)。
(2)已知 的燃烧热 分别为
，则上述合成反应的 (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 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生成乙二醇的反应为可逆反应。
试卷第10页，共3页(4)在2MPa、 催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比
，出口处检测到DMO的实际转化率及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 ]。
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
③483K时，出口处 的值为 (精确至0.01)。
④A点反应 的浓度商
(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。
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
试卷第11页，共3页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
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 。
试卷第12页，共3页1．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；
故答案选D。
2．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．HO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
2
四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，HO为V形分子，B
2
错误；
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
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
4 3
中的溶解度，D错误；
故答案选C。
3．B
【详解】A．反应中各分子的σ键不全是p-p σ键。例如，HO中的H-O键是s-p σ键，而
2
非p-pσ键，A错误；
B．根据价层电子对互斥理论，ClO中O原子周围的孤电子对数为 (6-2×1)=2，还含有2
2
个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HO中O原子周围的孤电子对数为 (6-
2
2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HClO中O原子周围的
孤电子对数为 (6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；反应
答案第1页，共2页中各分子的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；
故答案选B。
4．A
【详解】A．反应①电解熔融NaCl生成 ，标准状况下11.2L 为0.5mol，含
0.5×2=1mol原子，即 ，A正确；
B．2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol ，每个 含1个O-O非极性
键，所以非极性键数目为 ，B错误；
C． 与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为 ，
1mol 与水反应转移1mol电子，数目为 ，C错误；
D．ClO⁻在水中会水解，故 数目小于 ，D错误；
故选A。
5．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．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
2
答案第2页，共2页CuO在加热条件下 ，A错误；
B．因为溶度积常数K ( )大于K ( )，所以Fe3+与Mg(OH) 发生沉淀转化
sp sp 2
生成Fe(OH) ，符合溶度积规则，B正确；
3
C．Fe2+与K[Fe(CN) ]反应生成KFe[Fe(CN) ]沉淀，化学方程式为 =
3 6 6
，电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确；
D．Cr O 在碱性条件下转化为CrO2-，化学方程式为 ，颜
2 4
色由橙变黄，D正确；
故选A。
7．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
2 2
VIA族元素，X、Y、Z同周期、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YWZXY为无机物，(YW )XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、
4 2 2
X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YWZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分
4
别为H、C、N、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， 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，
4
故B错误；
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 键、1个π键， 键与π键的数目比为7：1，故C错误；
答案第3页，共2页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， 键电子对数
4
为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为 ，其中的C原子形成3个
键，即 键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确；
故答案为：D。
8．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
2
除去Cl 中的HCl，故A错误；
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，故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，故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，
1 2
则打开K、关闭K 时，不能形成氢氧燃料电池，故D错误；
1 2
故答案为：B。
9．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 ，故A正确；
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，故
B错误；
C． 时，立方晶胞中W个数为 、O个数为 ，若x=0.5，晶胞
质量为 ，晶胞体积为 ，则密度
，所以密度为 时，
答案第4页，共2页x=0.5，故C正确；
D． 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，故D正确；
故答案为：B。
10．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；
答案选A。
11．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
2 3 4 2 3
Fe3+、Mn2+、Co2+，加入NaCO 沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入NaS沉钴得到CoS，
2 3 2
过滤最后得到硫酸锰溶液。
【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
sp
正确；
答案选C
12．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
4 2
KMnO ，II中在酸性条件下KMnO 、MnO 与I-反应得到I 单质和Mn2+，III中生成的I 再
4 4 2 2 2
用NaSO 滴定。
2 2 3
【详解】A．II中 和MnO 在酸性条件下与过量的KI反应得到I 和Mn2+，存在
2 2
MnO +2I-+4H+=Mn2++I +2H O，A正确；
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；
2
C．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
4 4
答案第5页，共2页数目相等，III中消耗的NaSO 越多，说明生成的I 单质越多，也说明有机物消耗的
2 2 3 2
KMnO 的量少，水样中的COD值越低，C错误；
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
答案选C。
13．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
，b电极是正极，电极反应式为NaTi (PO )+2e
2 4 3
－+2Na+=Na Ti (PO )，据此解答。
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 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 ，C正确；
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；
答案选D。
14．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 中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为 ，B
④
正确；
C．由于 为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应 ~ 中，
①② ① ④
对 的氧化起催化作用，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；
答案选A。
15．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 ，
Ⅱ代表 ，Ⅳ代表NH ，Ⅰ代表Ag+，据此解答。
3
答案第6页，共2页【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为 的变化曲线，A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，D点时溶液显碱性，则 ，B错误；
C．根据图像可知D点时 和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据
可知 ，C正确；
D．C点时 和Ag+浓度相等，B点时 和 浓度相等，
所以反应的 的平衡常数为103.8，因此K=
2
，C点时 和Ag+浓度相等，所以
，D正确；
答案选B。
16．(1)2
(2)
(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
3 2 3
温度高时过二硫酸铵分解，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，
2
平衡PbSO (s)+A2- PbA+ 正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)
4 2
(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑
2
【分析】废渣用(NH )SO 和NH ·H O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH )]2+和
4 2 2 8 3 2 3 4
[Zn(NH )]2+，滤渣1有PbSO 和Fe(OH) ，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH )S
3 4 4 3 4 2
答案第7页，共2页沉锌，得到ZnS，滤渣1用HA和NaA浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得
2 2
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，HA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 ；
（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
3 2
解生成NH 逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
3
（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+
3 4
[Cu(NH )]2+=[Zn(NH)]2++Cu；
3 4 3 4
（5）根据分析，滤渣1有Fe(OH) 和PbSO ，用HA和NaA浸铅后过滤，滤渣2含Fe元
3 4 2 2
素的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO (s)+A2- PbA+ ，NaA溶液中存在A2-+H O HA-
4 2 2
+OH-，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，
2
平衡PbSO (s)+A2- PbA+ 正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会
4
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HO，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
2
Pb+4CO↑+2H O↑。
2
17．(1) 绿色环保 减少副产物的生成
(2)50
答案第8页，共2页(3)除去未反应完的
(4) +H+
(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 后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水
干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。
【详解】（1）
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、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 ，
，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
答案第9页，共2页调节水层 反应的离子方程式为： 、 +H+
；
（5）
丙酮易挥发，为保证 气氛，通 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 ，即反应液中有 ，冷冻可排走一部分溶解的 ，然后打开阀门抽
气，一段时间后，再关闭阀门，待反应液恢复室温后，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， ，5h
得到的物质相对原子质量为136，为 ，而太阳光， ，室温，
，5h得到的物质相对原子质量为138，说明目标产物中羧基O来源于醛基和空
气中的氧气。
18．(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)+ O(g)=CO (g) ΔH=-a kJ·mol-1
2 2 1
答案第10页，共2页②H (g)+ O(g)=HO(g) ΔH=-b kJ·mol-1
2 2 2 2
③HOCH CHOH(g)+ O(g)=2CO (g)+3HO(g) ΔH=-c kJ·mol-1
2 2 2 2 2 3
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< ，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；
故答案选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 = =1.98；
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
2
80%，MG和乙二醇的选择性为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：
答案第11页，共2页第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系：
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
2
50.0mol、CHOH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量
3
为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Q=
x
=0.025。
19．(1) +CH OH +H O
3 2
(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
答案第12页，共2页LiAlH 的作用下，发生还原反应生成C（ ），C被氧气氧化为D（
4
），D和CBr 反应生成E（ ），E在CuI作用下，生成F（ ），F
4
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 +CH OH +H O；
3 2
（2）
由分析可知，C为 ，C被氧气氧化为D（ ），羟基转化为醛基，故
答案为：羟基；醛基；
（3）
G为 ，与 反应生成 ，属于取代反应的特征，故
答案为：取代反应；
答案第13页，共2页（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 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，故答案为：
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 ，故答案为： ；
（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
答案第14页，共2页，故答案为： ； 。
答案第15页，共2页
