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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
第1页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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．CO 中C和O之间有两对共用电子，其结构为 ，A错误；
2
B．HO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
2
原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，HO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
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
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．反应中各分子的σ键不全是p-p σ键。例如，HO中的H-O键是s-p σ键，而非p-pσ键，A错
2
误；
B．根据价层电子对互斥理论，ClO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；HO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；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；
第2页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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
的
A. 反应①生成 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
性键数目为 ，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
第3页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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 =
溶液中加入 ，浅绿色溶液出现蓝色浑
C =
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】
第4页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【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
，A错误；
B．因为溶度积常数K ( )大于K ( )，所以Fe3+与Mg(OH) 发生沉淀转化生成
sp sp 2
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
，电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确；
D．Cr O 在碱性条件下转化为CrO2-，化学方程式为 ，颜色由橙变黄，
2 4
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】(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。
【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；
第5页/共25页
学科网（北京）股份有限公司B．甲为NH OCN， 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
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
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
D．制作简易氢氧燃料电池
的S
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
第6页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【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
1 2 1
闭K 时，不能形成氢氧燃料电池，故D错误；
2
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；
第7页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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，吸收的可见光波长不同，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。
第8页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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
【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 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
第9页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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NaSO 滴定。
4 2 2 2 2 2 3
【详解】A．II中 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+
2 2 2
+I +2H O，A正确；
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；
的
D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO 反应，水样中 COD值偏高，D正确；
4
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：
第10页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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 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 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
第11页/共25页
学科网（北京）股份有限公司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 中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为 ，B正确；
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， 对 的氧化
①② ① ④
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：
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学科网（北京）股份有限公司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NH ，Ⅰ代表Ag+，据此解答。
3
【详解】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 ，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K= ，C点时
2
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。
第13页/共25页
学科网（北京）股份有限公司已知：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，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+ 正向移动，PbA产率增大 ②. Pb(OH)
4 2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑
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
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学科网（北京）股份有限公司浸铅后过滤，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，HA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 ；
【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HA和NaA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+ ，NaA溶液中存在A2-+H O HA-+OH-，pH值升高，OH-
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+ 正向
2 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HO，反应
2
的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H O↑。
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。
第15页/共25页
学科网（北京）股份有限公司反应：
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_______、_______。
的
（5）用同位素示踪法确定产物羧基O 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。
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学科网（北京）股份有限公司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，
138
，5h
太阳光，空气，室温，
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 . ②. +H+
（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
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；
第17页/共25页
学科网（北京）股份有限公司【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
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学科网（北京）股份有限公司，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
]。
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学科网（北京）股份有限公司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 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：
①CO(g)+ O(g)=CO (g) ΔH=-a kJ·mol-1
2 2 1
②H(g)+ O(g)=HO(g) ΔH=-b kJ·mol-1
2 2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司③HOCH CHOH(g)+ O(g)=2CO (g)+3HO(g) ΔH=-c kJ·mol-1
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】
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：
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学科网（北京）股份有限公司第二步反应，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、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。
用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Q= =0.025。
x
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_______。
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学科网（北京）股份有限公司（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） +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 的作用下，发生还原反应生成C（ ），C被氧气氧化为D（ ），D
4
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
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学科网（北京）股份有限公司成H，H在一定条件下转化为M（ ），M与PtCl 反应生成N（
2
），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
+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 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】
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学科网（北京）股份有限公司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： ； 。
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