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2025 年黑龙江省普通高等学校招生选择性考试
化 学（参考解析）
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
4
第 1 页 共 9 页（参考解析）
+4 和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确；
D．NH HCO 溶液中含有NH
4 3
+4 和HCO −3 ，NH +4 可以与水分子形成氢键，增大了NH +4 在水中的溶解度，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，H O中的H-O键是s-p σ键，而非p-pσ键，A错
2
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个成键电子对，
2
2
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
2
(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原子周围的孤电子对数为
1
2
(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．2.3g 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，所以非极性
2 2 2 2
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 与水反
2 2 2 2 2 2 2 2应转移1mol电子，数目为
第 2 页 共 9 页（参考解析）
N
A
，C错误；
D．ClO⁻在水中会水解，故 C lO − 数目小于 0 .1 N
A
，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
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
2 5
C H
3
C H O + C u + H
2
O ，A错误；
B．因为溶度积常数K (
sp
M g ( O H )
2
)大于K (
sp
F e ( O H )
3
)，所以Fe3+与Mg(OH) 发生沉淀转化生成Fe(OH) ，
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
F e 2 + + F e ( C N )
6
3 − + K + = K F e F e ( C N )
6
，
电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确；
D．Cr O
2
27 − 在碱性条件下转化为CrO 2-，化学方程式为
4
C r2 O 27 − + 2 O H − = 2 C r O 24 − + H
2
O ，颜色由橙变黄，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．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．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
第 3 页 共 9 页（参考解析）
3 8
1
4
= 6 ，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． 0 .4 4 x 0 .9 5
1
时，立方晶胞中W个数为8 =1、O个数为
8
1 2
1
4
= 3 ，若x=0.5，晶胞质量为
m =
1 8 4 + 1 6
N
A
3 + 2 3 x
g ，晶胞体积为 V = ( a ? 1 0 -1 0 ) 3 c m 3 ，则密度
ρ = m
V
=
1 8 4 + 1
( a
6
N
1
3 +
A
− 0 1
2
0
3
3 )
0 .5
g / c m 3 = 2 4 3
a
.5
3
N
1
A
0 3 0 g / c m 3 ，所以密度为 2 4 3
a
.5
3
N
1
A
0 3 0 g c m − 3 时，x=0.5，故C正
确；
D． N a
x
W O
3
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
【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．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 ，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
第 4 页 共 9 页（参考解析）
M n O −4 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；
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
C u
2
O + 2 H
2
O + C l − − 2 e − = C u
2
( O H )
3
C l + H + ，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 N a + 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 u
2
O + 2 H
2
O + C l − − 2 e − = C u
2
( O H )
3
C l + H + ，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④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
C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中， H + 对 S O 23 − 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Ag(NH ) + ，Ⅱ代表Ag(NH ) + ，
3 2 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
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A g ( N H
3
) + 和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据
A g + + N H
3
A g ( N H
3
) + 可知 K
1
= 1 0 3 .2 4 ，C正确；
D．C点时 A g ( N H
3
)
2
+ 和Ag+浓度相等，B点时 A g ( N H
3
)
2
+ 和 A g ( N H
3
) + 浓度相等，所以反应的
Ag(NH ) + +NH Ag(NH ) + 的平衡常数为103.8，因此K = 3 3 3 2 2 1 0 3 .2 4 1 0 3 .8 = 1 0 7 .0 4 ，C点时 A g ( N H 3 ) 2 + 和
Ag+浓度相等，所以 c ( N H
3
) = 1 0 7 .0 4 = 1 0 − 3 .5 2 m o l L − 1 ，D正确；
答案选B。
16．(1)2
(2) S O 24 −
(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，且温度高时过二硫
3 2 3
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，平衡PbSO (s)+A2-
2 4
PbA+ S O 24 − 正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)
2
(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
真
2 9
空
0 ?
热
C
解
Pb+4CO↑+2H O↑
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+，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。
【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 S O 24 − ；
（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；
（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+[Cu(NH ) ]2+=[Zn(NH ) ]2++Cu；
3 4 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元素的沉淀；
3 4 2 2
（6）“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−正向移
2 4 4
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，
2
290?C
反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑。
真空热解 217．(1) 绿色环保 减少副产物的生成
(2)50
(3)除去未反应完的
(4)
第 6 页 共 9 页（参考解析）
H + + O H − = H
2
O +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 p H = 1 后，
再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水 N a
2
S O
4
干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。
【详解】（1）
K M n O
4
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 ， 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 p H = 1 反
应的离子方程式为： H + + O H − = H
2
O 、 +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(空气中和溶剂中)的16O ，
2 2 2
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，待反
2 2
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 ，
3 3
5h得到的物质相对原子质量为136，为 ，而太阳光，18O ，室温，
2
C H
3
C O C H
3
，
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：
1
①CO(g)+ O (g)=CO (g) ΔH =-a kJ·mol-1
2 2 1
2
1
②H (g)+ O (g)=H O(g) ΔH =-b kJ·mol-1
2 2 2 2
2
5
③HOCH CH OH(g)+ O (g)=2CO (g)+3H O(g) ΔH =-c kJ·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<1.310−3，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。
（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
第 7 页 共 9 页（参考解析）
乙 n (
n ( D M
醇
O
)
)
=
1 .9
1
8
m
m
o
o
l
l
=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：
起
反
终
始
应
了
(
(
(
m
m
m
o
o
o
l)
l)
l)
D M
0
0
O
1
.8
.2
( g ) + 2 H
5
1
5
( g
2
2 .4
.6
0 .8
) = M G
0
0
(
0
.8
.8
g ) + C H O H
3
0
0 .8
0 .8
( g )
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。
用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Q =
x
第 8 页 共 9 页（参考解析）
0 .4 m o l
5 2 .2 m o l
0 .4 m o l
5 2 .2 m o l
(
1 .2 m
5 2 .2 m
5 0 .0 m
5 2 .2 m
o l
o l
o l
)
o l
2
=0.025。
19．(1) +CH OH
3
浓 硫
酸 +H O
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LiAlH 的作用下，发
4
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
2
反应生成N（ ），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
3
浓 硫
酸 +H O；
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；
（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
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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 ，故答案为：
； 。
