2025年高考化学答案解析（黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古）_2025全国各省高考真题+答案_16、辽宁卷（物理、历史、化学、地理、政治、生物）

机密 启用前 ★ 2025 年黑龙江省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 C 12 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 【答案】D 【解析】 【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. 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 第1页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【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 2 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 4 3 4 3 4 4 错误； 故答案选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 【解析】 【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p-pσ键，A错误； 2 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个成键电子对， 2 2 1 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 (6-2×1)=2，还含有2个成键电子对， 2 2 1 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， 2 因此其VSEPR模型为四面体形；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； 故答案选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 A 第2页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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 【答案】A 【解析】 【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 ， 2 2 A A正确； 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非极性键，所以非极 2 2 2 2 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 ，1molNa O 与 2 2 2 2 2 2 2 2 水反应转移1mol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 【解析】 【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 第3页/共23页 学科网（北京）股份有限公司溶解，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 颜色变化 解释 项 空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中，黑色铜丝恢复光 2CuOC 2 H 5 OH= A 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，固体由白色 3Mg  OH   s 2Fe3 = 2 3 2 B 变为红褐色 2Fe  OH   s 3Mg2 3 FeSO 4 溶液中加入K 3   Fe  CN  6   ，浅绿色溶液出 Fe2   Fe  CN  6   3 K = C 现蓝色浑浊 KFeFe  CN     6 K Cr O 溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为 D 2 2 7 Cr O2 2OH 2CrO2 H O 2 7 4 2 黄色 A.A B.B C.C D.D 【答案】A 【解析】 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在加热条件下 2 Δ 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) 发生沉淀转化生成Fe(OH) ， sp sp 2 3 2 3 符合溶度积规则，B正确； C．Fe2+与K [Fe(CN) ]反应生成KFe[Fe(CN) ]沉淀，化学方程式为 3 6 6 第4页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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； 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， 2 7 4 2 7 4 2 D正确； 故选A。 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 【答案】D 【解析】 【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、 2 2 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为无机物，(YW ) XZ为有机物，所以X、Y、 4 2 2 Z分别为C、N、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、 4 Y、Z分别为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，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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，键电子对数为2，无孤对电 4 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. 巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是 第5页/共23页 学科网（北京）股份有限公司B．制备少量NO避免其被氧 A．除去Cl 中的HCl 2 化 C．用乙醇萃取CS 中的 2 D．制作简易氢氧燃料电池 S A.A B.B C.C D.D 【答案】B 【解析】 【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 2 2 HCl，故A错误； 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，则打开K 、关闭 1 2 1 K 时，不能形成氢氧燃料电池，故D错误； 2 故答案为：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 x 3 A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 第6页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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 【答案】B 【解析】 【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 1 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，晶胞质量为 8 4 18416323x m g，晶胞体积为V  a1010  cm3，则密度 N A 184163230.5 ρ m V   a N 10 A 103 g/cm3 24 a 3. 3 5 N 1030 g/cm3 ，所以密度为 24 a 3 3 .5 N 1 A 030 gcm3时，x=0.5， A 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，故D正确； x 3 故答案为：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 第7页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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 【解析】 【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. 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 2 3 4 2 3 “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 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 【解析】 【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+， 2 3 4 2 3 加入Na CO 沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 2 3 2 第8页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【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 答案选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 2 量(单位为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 【解析】 【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 4 2 4 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 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 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 得电子数目相等，III 4 4 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 的量少，水样中的COD值 2 2 3 2 4 越低，C错误； 第9页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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. 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 2 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 【答案】D 【解析】 【 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， 3 3  6  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 第10页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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 【答案】A 【解析】 【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正确； 2 3 3 4 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的氧化起 3 催化作用①，② C正确； ① ④ 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。 第11页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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， 4 3 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 ：NH的水解常数K  NH 109.25。下列说法错误的是 2 4 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 【解析】 【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 3  2    ，Ⅱ代表  Ag  NH 3    ， Ⅳ代表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．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    和Ag+浓度相等，所以c  NH  107.04=103.52molL1，D正确；  3 2  3 答案选B。 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元素。 4 第12页/共23页 学科网（北京）股份有限公司已知：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_______， 4 2 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_______。 【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 3 2 3 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） ①.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 2 大，平衡PbSO (s)+A2-PbA+SO2正向移动，PbA产率增大 ②.Pb(OH) 4 4 2 290°C （7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑ 真空热解 2 第13页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【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 4 2 2 8 3 2 3 4 3 4 4 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，滤渣1用H A和Na A浸铅 3 4 2 2 2 后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 【小问1详解】 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 ； 【小问2详解】 “氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO2； 4 【小问3详解】 “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， 3 2 3 且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； 【小问4详解】 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 【小问5详解】 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 【小问6详解】 “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- 4 4 2 2 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正向 2 4 4 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 【小问7详解】 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 2 290°C 的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑。 真空热解 2 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： 第14页/共23页 学科网（北京）股份有限公司步骤： 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 2 2 环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的16O ，操作顺序为： 2 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_______。 第15页/共23页 学科网（北京）股份有限公司质谱检测目标产物相对分子质 反应条件 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） ①. 绿色环保 ②. 减少副产物的生成 （2）50 （3）除去未反应完的 （4） ①. H OH H O ②. +H+ 2 （5） ①.③ ②.① ③.④ ④. 氧气 【解析】 【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 【小问1详解】 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 4 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； 【小问2详解】 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%； 【小问3详解】 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， 第16页/共23页 学科网（北京）股份有限公司用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的 ； 【小问4详解】 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 +H+ ； 【小问5详解】 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 2 2 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，一段时间后，再关闭阀门， 2 2 2 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得到的物质相对原子质量为136，为 ，而太阳光，18O ， 3 3 2 室温，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来源于醛基和空气中的 3 3 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 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 催化剂 温度 298K 355K 400K 平衡常 6.5104 1.0 1.3103 数 （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和c表示)。 第17页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（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 2 成乙二醇的反应为可逆反应。   n H （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 52.4，出口处 2 n  DMO  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 n 该物质  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  _______(用物质的量 2 2 2 3 x 分数代替浓度计算，精确至0.001)。 【答案】（1）< （2）-2a-3b+c(或c-2a-3b) 第18页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（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） ①.I ②.IV ③.BD ④.1.98 ⑤.0.025 【解析】 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 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； 第19页/共23页 学科网（北京）股份有限公司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 2 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、CH OH 2 3 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0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。 0.4mol 1.2mol  52.2mol 52.2mol 用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Q = =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： 第20页/共23页 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （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_______。 浓硫酸 【答案】（1） +CH 3 OH         +H 2 O  （2） ①. 羟基 ②. 醛基 （3）取代反应 （4）4 （5） （6） ①. ②. 【解析】 【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 4 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 4 （ ），E在CuI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（ ），据此解答。 2 第21页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】 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 3 OH         +H 2 O；  【小问2详解】 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； 【小问3详解】 G为 ，与 反应生成 ，属于取代反应的特征，故答案为：取代反应； 【小问4详解】 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； 【小问5详解】 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 ，与N互为同 分异构体的结构可以是 ，故答案为： ； 【小问6详解】 参考上述路线，可先将 消去生成 ， 再与 反应生成 第22页/共23页 学科网（北京）股份有限公司， 与 在一定条件下得到目标产物 ，故答案为： ； 。 第23页/共23页 学科网（北京）股份有限公司