黑、吉、辽、内蒙2025年高考化学真题文档版（含答案）适用地区：辽宁、黑龙江、吉林、内蒙古尾_1.高考2025全国各省真题+答案_8.高考化学真题及答案更新中

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：H1 C12 O16 Na 23 W184 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+CO NH H ONaHCO NH Cl 。下列有关化学用语或说法正确的是 2 3 2 3 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 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 2 2 2 确的是 A．反应中各分子的σ键均为ppσ键 试卷第1页，共11页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 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 A 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 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，黑色 2CuOC H OH= 2 5 A 铜丝恢复光亮的紫红色 CH CHOCu OH O 3 2 2 MgOH 悬浊液中加入FeCl 溶液，固体 3MgOH s2Fe3 = 2 3 2 B 由白色变为红褐色 2FeOH s3Mg2 3 试卷第2页，共11页FeSO 4 溶液中加入K 3   FeCN 6   ，浅绿色 Fe2   FeCN 6   3 K= C 溶液出现蓝色浑浊 KFeFeCN    6 K CrO 溶液中加入NaOH 溶液，溶液 2 2 7 D CrO22OH 2CrO2H O 2 7 4 2 由橙色变为黄色 A．A B．B C．C D．D 7．化学家用无机物甲YW 4 ZXY成功制备了有机物乙  YW 2  2 XZ  ，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 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Cl 中的HCl 2 氧化 C．用乙醇萃取CS 中 2 D．制作简易氢氧燃料电池 的S 试卷第3页，共11页A．A B．B C．C D．D 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 x 3 晶胞结构如图。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A 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 243.51030 C．密度为 gcm3时，x0.5 D．空位数不同，吸收的可见光波长不同 a3N A 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MnO、Co O 和少量Fe O )中提取金属 2 3 4 2 3 元素，流程如图。已知“沉钴”温度下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 试卷第4页，共11页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 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mgL1)来表示。碱性KMnO 不与Cl反应， 2 4 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 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 2 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 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 试卷第5页，共11页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 3 3  6  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 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 3 D．利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 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 4 3 总物质的量不变，pX-pH曲线如图，AgNH 3  AgNH 3   和 Ag 2NH 3   AgNH 3  2   的平衡常数分别为K 1 和K 2 ：NH 4 的水解常数 K  NH 109.25。下列说法错误的是 h 4 试卷第6页，共11页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 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、PbSO 、FeS 和CuCl)中的Zn、Pb 4 元素。 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)。 试卷第7页，共11页(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 4 2 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 2 4 物。 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 。 试卷第8页，共11页(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 2 2 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 ，操作顺序 2 为：①→②→ → → (填标号)，重复后四步操作数次。 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 。 质谱检测目标产物相对分子 反应条件 质量 太阳光，18O ，室温，CH COCH ， 2 3 3 138 5h 太阳光，空气，室温，CH C18OCH ， 3 3 136 5h 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 2 意义。 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 2 2 2 催化剂 表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5104 1.0 1.3103 (1)该反应的H 0(填“>”或“<”)。 (2)已知COg、H g、HOCH CH OHg的燃烧热ΔH分别为 2 2 2 akJmol1、bkJmol1、ckJmol1，则上述合成反应的ΔH kJmol1(用a、b 试卷第9页，共11页和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 2 的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 (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 2 nH  2 52.4，出口处检测到DMO 的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择 nDMO n 该物质 性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性 全成 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  2 2 2 3 x 试卷第10页，共11页(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 。 试卷第11页，共11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．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 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，H O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 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 4 3 4 3 4 4 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-pσ键。例如，H O中的H-O键是s-pσ键，而非 2 p-pσ键，A错误； 1 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 (6-2×1)=2，还含有2 2 2 个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；H O中O原子周围的孤电子对数为 2 1 (6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HClO中O原子周 2 1 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； 2 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； 答案第1页，共13页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Cl ，标准状况下11.2LCl 为0.5mol，含0.5×2=1mol 2 2 原子，即N ，A正确； A B．2.3gNa（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 2 2 2 2 键，所以非极性键数目为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 ， 2 2 2 2 2 2 1molNa O 与水反应转移1mol电子，数目为N ，C错误； 2 2 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．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 Δ 【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 2 Δ 在加热条件下CuOC H OH CH CHOCuH O，A错误； 2 5 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 sp 2 sp 3 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 Fe2   FeCN 6   3 K=KFe  FeCN 6   ，电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确； 答案第2页，共13页D．Cr O2在碱性条件下转化为CrO 2-，化学方程式为CrO22OH 2CrO2H O，颜色 2 7 4 2 7 4 2 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VIA 2 2 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YW ZXY 4 为无机物，(YW ) XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数 2 2 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、O。 4 【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， 4 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； 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 答案第3页，共13页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 1 个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有38 6，故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，故 B错误； 1 1 C．0.44x0.95时，立方晶胞中W个数为8 1、O个数为12 3，若x=0.5，晶胞 8 4 18416323x 质量为m g ，晶胞体积为V=  a×10-103 cm3，则密度 N A 184163230.5 ρ m V   a1 N 0 A 103 g/cm3 24 a 3. 3 5 N 10 A 30 g/cm3 ，所以密度为 24 a 3 3 .5 N 1 A 030 gcm3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 x 3 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Fe3+、 2 3 4 2 3 答案第4页，共13页Mn2+、Co2+，加入Na CO 沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na S沉钴得到CoS，过滤 2 3 2 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正 sp 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KMnO ， 4 2 4 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 再用Na S O 4 2 2 2 2 2 3 滴定。 【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 4 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 数目相等，III中消耗的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 2 2 3 2 4 的量少，水样中的COD值越低，C错误； 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 Cu O2H OCl2e Cu OH ClH，b电极是正极，电极反应式为NaTi (PO ) +2e 2 2 2 3 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； 答案第5页，共13页答案选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3H SO BrO 3SO2Br6H ，B正 2 3 3 4 确； ④ 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，H对 SO2的氧①化②起催化作用，C正确； ① ④ 3 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AgNH    ，Ⅱ  3 2  代表 AgNH 3    ，Ⅳ代表NH 3 ，Ⅰ代表Ag+，据此解答。 【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．溶液中存在电荷守恒，D点时溶液显碱性，则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 3 AgNH 3  AgNH 3    可知K 1 103.24，C正确； D．C点时  AgNH 3  2    和Ag+浓度相等，B点时  AgNH 3  2    和 AgNH 3    浓度相等， 所以反应的 AgNH 3    NH 3   Ag NH 3  2    的平衡常数为103.8，因此 K 2 =103.24103.8=107.04 ，C点时  AgNH 3  2    和Ag+浓度相等，所以 cNH  107.04=103.52molL1，D正确； 3 答案选B。 16．(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 3 2 3 温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小 答案第6页，共13页(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 2 OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大， 平衡PbSO 4 (s)+A2-PbA+SO2 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↑ 真空热解 2 【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+， 4 2 2 8 3 2 3 4 3 4 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沉锌，得到ZnS， 4 3 4 2 滤渣1用H A和Na A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热 2 2 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 3 2 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： 3 4 Zn+[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H A和Na A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 4 (s)+A2-PbA+SO2 4 ，Na 2 A溶液中存在A2-+H 2 OHA-+OH-， pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H 2 OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡 PbSO 4 (s)+A2-PbA+SO2 4 正向移动，PbA产率增大；pH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，反应的化学方程式为： 2 答案第7页，共13页290°C Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑。 真空热解 2 17．(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 4 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 ，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、 2 答案第8页，共13页+H+ ； （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 2 2 和溶剂中)的16O ，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， 2 2 2 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，CH C18OCH ，5h 3 3 得到的物质相对原子质量为136，为 ，而太阳光，18O ，室温， 2 CH COCH ，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 3 3 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： 1 ①CO(g)+ O (g)=CO (g) ΔH =-akJ·mol-1 2 2 1 2 1 ②H (g)+ O (g)=H O(g) ΔH =-bkJ·mol-1 2 2 2 2 2 5 ③HOCH CH OH(g)+ O (g)=2CO (g)+3H O(g) ΔH =-ckJ·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 答案第9页，共13页低。 （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1molDMO未反应从出口流出， n(乙醇) 1.98mol 因此出口处 = =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%， 2 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： 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、 2 CH OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为 3 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 答案第10页，共13页0.4mol 1.2mol  52.2mol 52.2mol Q = =0.025。 x 0.4mol 50.0mol ( )2 52.2mol 52.2mol 浓硫酸 19．(1) +CH 3 OH +H 2 O  (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 4 的作用下，发生还原反应生成C（ ），C被氧气氧化为D（ ），D和 CBr 反应生成E（ ），E在CuI作用下，生成F（ ），F与 4 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（ ），据 2 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 浓硫酸 为 +CH 3 OH +H 2 O；  答案第11页，共13页（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； （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12页，共13页，故答案为： ； 。 答案第13页，共13页