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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：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】
【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+
。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：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2中C 和O 之间有两对共用电子，其结构为
，A 错误；
B．H2O 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
原子与H 原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H2O 为V 形分子，B 错误；
C．NH4Cl 由NH 和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C 正确；
D．NH4HCO3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
错误；
故答案选C。
3.
可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：
。下列说法正确的是
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
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O 中的H-O 键是s-sp3 σ 键，而非p-pσ 键，A 错误；
B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O 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；H2O 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；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
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
【答案】A
【解析】
【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
，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. 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
选项
颜色变化
解释
A
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色
=
B
悬浊液中加入
溶液，固体由白色变为红褐色
=
C
溶液中加入
，浅绿色溶液出现蓝色浑
浊
=
D
溶液中加入NaOH 溶液，溶液由橙色变为黄色
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．醇的催化氧化反应中，铜作催化剂，先发生2Cu+O2
2CuO，然后乙醇与CuO 在加热条件下
，A 错误；
B．因为溶度积常数Ksp(
)大于Ksp(
)，所以Fe3+与Mg(OH)2发生沉淀转化生成
Fe(OH)3，符合溶度积规则，B 正确；
C．Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，化学方程式为
=
，电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C 正确；
D．Cr2O
在碱性条件下转化为CrO4
2-，化学方程式为
，颜色由橙变黄，
D 正确；
故选A。
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
【答案】D
【解析】
【分析】(YW2)2XZ 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、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YW4ZXY 为无机物，(YW2)2XZ 为有机物，所以
X、Y、Z 分别为C、N、O，W、X、Y、Z 原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W 为H，综上所述，
W、X、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NH4OCN，
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；
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NH4OCN，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
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
：D。
8. 巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是
A．除去
中的HCl
B．制备少量NO 避免其被氧化
C．用乙醇萃取
中
的S
D．制作简易氢氧燃料电池
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Cl2，不能用碱石灰除去Cl2中的
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CS2，不能用乙醇萃取CS2中的S，故C 错误；
D．关闭K1、打开K2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K1、关
闭K2时，不能形成氢氧燃料电池，故D 错误；
故答案为：B。
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
【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
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，
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
可见光波长不同，故D
正确；
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
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
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
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
【答案】C
【解析】
【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，
加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，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=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；
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
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
【答案】C
【解析】
【分析】I 中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II 中在酸性
条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III 中生成的I2再用Na2S2O3滴定。
【详解】A．II 中
和MnO2在酸性条件下与过量的KI 反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2+
+I2+2H2O，A 正确；
B．II 中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B 正确；
C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III
中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4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KMnO4反应，水样中的COD 值偏高，D 正确；
答案选C。
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
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
【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
，b 电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e －
+2Na+=Na3Ti2(PO4)3，据此解答。
【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. 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
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
【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④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为
，B 正确；
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，
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. 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：
【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
，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。
【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为
的变化曲线，A 正确；
B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH 增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积
和N 元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：
，物料守恒：
，
，
，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+
，
，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K2=
，C 点时
和Ag+浓度相等，所以
，D 正确；
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、
、FeS 和CuCl)中的Zn、Pb 元素。
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_______。
【答案】（1）2 （2）
（3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3逸出，且温度高时过
二硫酸铵分解，造成浸出率减小
（4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
（5）Fe （6） ①. pH 值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增
大，平衡PbSO4(s)+A2-
PbA+
正向移动，PbA 产率增大 ②. Pb(OH)2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
Pb+4CO↑+2H2O↑
【解析】
【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1 有
PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，滤渣1 用H2A 和Na2A
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】
碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A 分子中手性碳原子有2 个，
；
【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
；
【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，NH3·H2O 分解生成NH3逸出，
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(NH3)4]2+置换出Cu 单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
【小问5 详解】
根据分析，滤渣1 有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素的沉淀；
【小问6 详解】
“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-
PbA+
，Na2A 溶液中存在A2-+H2O
HA-+OH-，pH 值升高，OH-
浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-
PbA+
正向
移动，PbA 产率增大；pH 过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA 产率降低；
【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H2O，反应
的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
Pb+4CO↑+2H2O↑。
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
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。
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，
，室温，
，5h
138
太阳光，空气，室温，
，5h
136
【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
.
.
②
+H+
（5） ①. ③
.
②①
.
③④
.
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
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。
【小问1 详解】
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；
【小问2 详解】
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%；
【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
反应的离子方程式为：
、
+H+
；
【小问5 详解】
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. 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。
（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)。
【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
.
②IV
.
③BD
.
④1.98
.
⑤0.025
【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：
①CO(g)+
O2(g)=CO2(g) ΔH1=-a kJ·mol-1
②H2(g)+
O2(g)=H2O(g) ΔH2=-b kJ·mol-1
③HOCH2CH2OH(g)+
O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-c kJ·mol-1
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<
，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；
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H2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
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：
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、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH
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Qx=
=0.025。
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
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_______。
【答案】（1）
+CH3OH
+H2O
（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
LiAlH4的作用下，发生还原反应生成C（
），C 被氧气氧化为D（
），D
和CBr4 反应生成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PtCl2 反应生成N（
），据此解答。
【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
+CH3OH
+H2O；
【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
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：
；
。
