文档内容
机密★启用前
2025 年（黑龙江吉林辽宁内蒙古）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
【答案】D
【解析】
A．石灰石的主要成分是碳酸钙（CaCO₃）。在煅烧过程中，碳酸钙受热分解生成氧化钙（CaO）和二氧化
碳（CO₂）。这个过程中，碳酸钙分解为两种新物质，即氧化钙和二氧化碳，属于化学变化，A不符合题意；
B．磁铁矿炼铁：磁铁矿的主要成分是四氧化三铁（FeO ）。在炼铁过程中，四氧化三铁通过还原反应生
3 4
成铁（Fe）。这个过程中，四氧化三铁转化为铁单质，生成了新的物质，B不符合题意；
C．煤的液化是通过化学反应将固态煤转化为液态燃料的过程。在这个过程中，煤与氢气等反应生成液态
烃类燃料，生成了新的物质，属于化学变化，C不符合题意；
D．石油分馏是利用石油中不同成分的沸点差异，通过加热和冷却将石油分离成不同成分的过程。在这个
过程中，没有新物质生成，只是将石油中的不同成分进行物理分离，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. 的电子式： B. H O的空间结构：直线形
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
【解析】
A．CO 中C和O之间是两对共用电子对（碳氧双键 ），其结构为 ，A错误；
2
6+2
B．H₂O中心原子的价电子对数为 =4，孤电子对数为2，其空间结构为V形，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．由反应NaCl + CO₂ + NH₃ + H₂O = NaHCO₃↓ + NH₄Cl可知，溶解度：NaHCO₃ < NH₄HCO₃，❑ ❑ ❑ ❑
4 3 4 4
D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】
A. H O和HClO中均含有H—Oσ键，该σ键均为s—pσ键，Cl—Oσ键为p—pσ键，故A错误；
2
B. Cl O的结构式为Cl—O—Cl，HO和HClO的结构式为H—O—H、H—O—Cl，中心原子都是O原子，σ
2 2
键数都是2，孤电子对数也是2，即价层电子对数都是4，中心原子为sp³杂化，VSEPR模型均为正四面体
形，故B正确；
C. 原子半径：Cl > H，则Cl—O键长大于H—O键长，故C错误；
1 1 1
D. HClO分子中中心原子是O原子，O的价电子层有2个孤电子对，故D错误；
2 2 2
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
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
【解析】
A．反应①电解熔融NaCl生成Cl ，标准状况下11.2LCl 对应0.5mol，即 1mol 原子，数量为 N ，N
2 2 A A
A正确；
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
2 2 2 2
0.05mol Na₂O₂ 含有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
2 2 2 2 2 2 2 2
反应转移1mol电子，数目为N ，C错误；
A
D．ClO⁻在水中会水解，生成 HClO 和 OH⁻，导致 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】
A．I 含有碳碳双键、酯基、氰基三种官能团，A错误；
B．II 是高分子聚合物，含有酯基和氰基。氰基在水中不会水解，需要特定条件才能水解，因此在水中不
会溶解，B错误；
C．II 是高分子聚合物，相对分子质量较高，导致其熔点较高，常温下为固态，C正确；
D．I 转化为 II 的过程中，双键断开且没有小分子生成，发生的是加聚反应，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，黑色铜丝恢复光亮的紫红 2CuO+C H OH =
A 2 5
色 CH CHO+Cu O+H O
3 2 2
3Mg(OH) (s)+2Fe3+ =
B Mg(OH) 悬浊液中加入FeCl 溶液，固体由白色变为红褐色 2
2 3 2Fe(OH) (s)+3Mg2+
3
Fe2++[Fe(CN) ] 3−+K+ =
C FeSO 溶液中加入K [Fe(CN) ]，浅绿色溶液出现蓝色浑浊 6
4 3 6 KFe[Fe(CN) ]↓
6
D K Cr O 溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色 Cr O2−+2OH−=2CrO2−+H O
2 2 7 2 7 4 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
Δ
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
，A错误；
¿
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
sp 2 sp 3 2 3
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Fe2++[Fe(CN) ] 3−+K+ =KFe[Fe(CN) ]↓，
3 6 6 6 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CrO2-，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 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
4 2 2
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【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、
2 2
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
4 2 2
X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YWZXY，则W为H，综上所述，
4
W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。
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；
的
D．甲为NH OCN，其中 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，
4
C原子采取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；
故答案为：D。
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避免其被氧
A．除去Cl 中的HCl
2 化
C．用乙醇萃取 中的
D．制作简易氢氧燃料电池
SA. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A. 氯气、氯化氢均与碱石灰反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B. Cu与稀硝酸反应生成NO，U型管右侧与空气隔绝，能避免NO被氧化，故B正确；
C. S易溶于二硫化碳，不能选图中分液漏斗分离，故C错误；
D. 关闭K₁、打开K₂，左侧Zn失电子生成锌离子，右侧生成氢气，打开K₁、关闭K₂，不能构成氢氧燃
料电池，故D错误；
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 为
x 3 A
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
243.5×1030 的
C. 密度为 g⋅cm−3 时，x=0.5 D. 空位数不同，吸收 可见光波长不同
a3 ⋅N
A
【答案】B
【解析】
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1
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
C．0.44≤x≤0.95时，立方晶胞中W个数为8× =1、O个数为 ，若x=0.5，晶胞质量为
8
184+16×3+23x
m= g，晶胞体积为V=(a×10-10) 3 cm3，则密度
N
A
184+16×3+23×0.5
243.5×1030
ρ= m = N A g/cm3= 243.5×1030 g/cm3，所以密度为 a3 ⋅N g⋅cm−3 时，
V (a×10−10) 3 a3 ⋅N A
A
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，故D正确；
x 3
故答案为：B。
的
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 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
【解析】
A．反应 I→II 显示两个分子 I 在紫外线(UV)照射下通过加成反应生成一个分子 II。这种反应类型是典
型的加成反应，而不是取代反应，A错误；
B．分子 I 和 II 都含有羟基（-OH），羟基可以与羧酸发生酯化反应，B正确；
C．分子 I 和 II 都含有酰胺基（-CONH-），酰胺基可以发生水解反应，C正确；D．根据反应 I→II，两个分子 I 通过加成反应生成一个分子 II，形成环状结构。这种环状结构类似于
乙烯在紫外线(UV)照射下生成环丁烷的过程，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
2 3 4 2 3
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
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】
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
2 3 4 2 3
NaCO 沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入NaS沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
2 3 2
A．在流程图中，矿石（含 MnO₂、Co₃O₄、Fe₃O₄）经过硫酸和稻草浸出，过滤得到滤液。硫酸在此过程
中起到了催化剂和浸取剂的作用，帮助从矿石中提取金属元素，A正确；
B．生物质（稻草）是一种可再生资源，其来源广泛，成本较低，且对环境友好。使用生物质作为浸取剂
可以减少对环境的污染，并且资源可再生，B正确；
C．在“浸出”过程中，Fe 的化合价没有发生变化，这意味着 Fe 元素没有被还原。Fe 仍然保持其原有
的氧化态，C错误；
D．“沉钴”后，上层清液中存在 CoS 的沉淀溶解平衡。根据溶度积常数 K (cos)=10−20.4 ，可以计算
sp
出 Co²⁺ 和 S²⁻ 的浓度乘积等于 10−20.4。这表明在该条件下，CoS 的溶解度非常低；
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 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】
的
【分析】I中KMnO 与水样中 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NaSO 滴定。
4 2 2 2 2 2 3
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，
4 2 2 2 2 2
A正确；
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NaSO 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；
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
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】
A．根据图中信息，纵坐标为 pH，横坐标为时间。原料中
c(H+
) 越大，pH 越小，反应速率越快，能够
影响振幅和周期，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
①② ① ④
催化作用，C正确；
D．利用 pH 响应变色材料，根据变色材料呈现的不同颜色，可将 pH 振荡可视化，D正确；答案选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，
4 3
pX-pH曲线如图，Ag++NH ⇌[Ag(NH )] + 和Ag++2NH ⇌[Ag(NH ) ] + 的平衡常数分别为K 和K ：NH+
3 3 3 3 2 1 2 4
的水解常数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
【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 ，Ⅱ代表
+
[Ag(NH )] ，Ⅳ代表NH ，Ⅰ代表Ag+，据此解答。
3 3
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 ⇌[Ag(NH )] + 可知K =103.24 ，C正确；
3 3 1
+
D．C点时 和Ag+浓度相等，B点时 和[Ag(NH )] 浓度相等，所以反应 的
3+ +
[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
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。
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
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 反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，
4
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 ·HO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
【解析】
【分析】废渣用(NH )SO 和NH ·HO氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH )]2+和[Zn(NH )]2+，滤渣1有
4 2 2 8 3 2 3 4 3 4
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，滤渣1用HA和NaA
4 3 4 2 2 2
浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
【小问1详解】
手性碳原子是指连接了四个不同原子或原子团的碳原子。在酒石酸（HA）的结构简式中，有两个手性碳
2
原子，如图
；
【小问2详解】
“氧化浸出”时，过二硫酸根离子S
2
O
8
²⁻在氧化过程中被还原为硫酸根离子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 ·HO分解生成氨气逸出，
3 2
且温度高时 S
2
O
8
²⁻会分解，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】
滤渣1有氢氧化铁Fe(OH) 和硫酸铝PbSO ，用 HA和NaA 浸铝后过滤，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− ，NaA溶液中存在A2-+H O ¿❑ HA-+OH-，pH值升高，OH-浓度
4 ⇌ 4 2 2 ⇌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− 正向移动，
2 ⇌ 4 ⇌ 4
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HO，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：
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
2 2“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_______。
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 ，
3 3 136
5h
【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，该制备反应在有空
4
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，
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、 +H+→
2
；
【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)
2 2
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，一段时间后，再关
2 2 2
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得到的物质相对原子质量为136，为 ，而
3 3
太阳光，18O ，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
2 3 3
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： ❑ ，不同温度下平衡常数如下表所示。
2CO(g)+3H (g) ⇌ HOCH CH OH(g)
2 2 2温度 298K 355K 400K
平衡常数 1.0 1.3×10−3
（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
2 2 2
−akJ⋅mo l−1、−bkJ⋅mo l−1、−ckJ⋅mo l−1，则上述合成反应的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
2
成乙二醇的反应为可逆反应。
n(H )
（4）在2MPa、 催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比 2 =52.4，出口处检
n(DMO)
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 =_______(用物质的量分数代替浓
2 2 2 3 x
度计算，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） ①. I ②. IV ③. BD ④. 1.98 ⑤. 0.025
【解析】
【小问1详解】
由表格数据可知，随温度升高，平衡常数减小，说明该反应为放热反应，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=-a kJ·mol-1
2 2 2 1
1
②H(g)+ O(g)=HO(g) ΔH=-b kJ·mol-1
2 2 2 2 2
5
③HOCH CHOH(g)+ O(g)=2CO (g)+3HO(g) ΔH=-c kJ·mol-1
2 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。
【小问3详解】
由表格数据可知，400K时，平衡常数K=1.3×10−3，500K时，平衡常数K＜1.3×10−3，反应进行的程度
很小，导致乙二醇的产率过低，
❑❑【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；
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
n(乙醇)
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(DMO)
1.98mol
=1.98；
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
2
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 ¿1.6¿¿0.8¿¿0.8¿终了(mol)¿0.2¿¿50.8¿¿0.8¿¿0.8¿
起始(mol) 1 ¿52.4 ¿0 ¿ 反应(mol) ¿
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 ¿0.8¿¿0.4¿¿0.4¿终了(mol)¿0.4¿¿50.0¿¿0.4¿¿1.2¿
起始(mol) 0.8 ¿50.8 ¿0 ¿ 反应(mol) ¿
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、CHOH
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：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Δ
【答案】（1） +CH OH +H O
3 2
⇇
（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
4
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
4
E（ ），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
【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Δ
+CH OH +H O；
3 2
⇇
【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 ，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： ；
【小问6详解】
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 ，故答案为：； 。
