第1頁/共23頁機密★啟用前2025年黑龍江省普通高等學校招生選擇性考試化學本試卷共19題，共100分，共8頁?？荚嚱Y束后，將本試題和答題卡一并交回。注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整，筆記清楚。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效：在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23W184一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.東北三省及內蒙古資源豐富，下列資源轉化的主要過程不屬于化學變化的是A.石灰石煅燒 B.磁鐵礦煉鐵 C.煤的液化 D.石油分餾【答案】D【解析】【詳解】A．石灰石煅燒是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，有新物質生成，屬于化學變化，A不符合題意；B．磁鐵礦煉鐵是四氧化三鐵被還原為鐵單質，有新物質生成，屬于化學變化，B不符合題意；C．煤的液化是通過化學反應將煤轉化為液態(tài)燃料，生成新物質，屬于化學變化，C不符合題意；D．石油分餾是利用沸點差異分離混合物，未生成新物質，屬于物理變化，D符合題意；故答案選D。2.侯氏制堿法突破西方技術壟斷，推動了世界制堿技術的發(fā)展，其主要反應為NaCl+。下列有關化學用語或說法正確的是A.的電子式： B.的空間結構：直線形C.的晶體類型：離子晶體 D.溶解度：【答案】C【解析】【詳解】A．CO2中C和O之間有兩對共用電子，其結構為，A錯誤；B．H2O的中心原子為O，根據價層電子對互斥理論，其外層電子對數為4，VSEPR模型為四面體形，O原子與H原子形成共價鍵，剩余兩對孤電子對，因此，H2O為V形分子，B錯誤；C．NH4Cl由NH和Cl-組成為離子化合物，晶體類型為離子晶體，C正確；D．NH4HCO3溶液中含有NH和HCO，NH可以與水分子形成氫鍵，增大了NH在水中的溶解度，D錯誤；故答案選C。3.可用于水的殺菌消毒，遇水發(fā)生反應：。下列說法正確的是A.反應中各分子的鍵均為鍵B.反應中各分子的VSEPR模型均為四面體形C.鍵長小于H—O鍵長D.HClO分子中Cl的價電子層有2個孤電子對【答案】B【解析】【詳解】A．反應中各分子的σ鍵不全是p-pσ鍵。例如，H2O中的H-O鍵是s-pσ鍵，而非p-pσ鍵，A錯誤；B．根據價層電子對互斥理論，Cl2O中O原子周圍的孤電子對數為(6-2×1)=2，還含有2個成鍵電子對，因此其VSEPR模型為四面體形；H2O中O原子周圍的孤電子對數為(6-2×1)=2，還含有2個成鍵電子對，因此其VSEPR模型為四面體形；HClO中O原子周圍的孤電子對數為(6-2×1)=2，還含有2個成鍵電子對，因此其VSEPR模型為四面體形；反應中各分子的VSEPR模型均為四面體形，B正確；C．Cl的原子半徑大于H，Cl-O鍵長應大于H-O鍵長，因此C錯誤；D．HClO中Cl的最外層電子數為7，其1個價電子與O形成共價鍵，剩余6個價電子形成3對孤電子對，D錯誤；故答案選B。4.鈉及其化合物的部分轉化關系如圖。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.反應①生成的氣體，每11.2L(標準狀況)含原子的數目為B.反應②中2.3gNa完全反應生成的產物中含非極性鍵的數目為C.反應③中與足量反應轉移電子的數目為D.溶液中，的數目為【答案】A【解析】【詳解】A．反應①電解熔融NaCl生成，標準狀況下11.2L為0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即，A正確；B．2.3gNa（0.1mol）與氧氣加熱反應生成0.05mol，每個含1個O-O非極性鍵，所以非極性鍵數目為，B錯誤；C．與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，化學方程式為，1mol與水反應轉移1mol電子，數目為，C錯誤；D．ClO?在水中會水解，故數目小于，D錯誤；故選A。5.一種強力膠的黏合原理如下圖所示。下列說法正確的是A.Ⅰ有2種官能團 B.Ⅱ可遇水溶解使黏合物分離C.常溫下Ⅱ為固態(tài) D.該反應為縮聚反應【答案】C【解析】【詳解】A．由Ⅰ的結構可知，其含有碳碳雙鍵，酯基，氰基三種官能團，A錯誤；B．Ⅱ為高分子聚合物，含有酯基和氰基，氰基遇水不會水解，需要再一定條件下才能水解，所以遇水不會溶解，B錯誤；C．Ⅱ為高分子聚合物，相對分子質量較高，導致熔點較高，常溫下為固態(tài)，C正確；D．根據Ⅰ轉化為Ⅱ的結構分析，雙鍵斷開，且沒有小分子生成，發(fā)生加聚反應，D錯誤；故選C。6.微粒邂逅時的色彩變化是化學饋贈的視覺浪漫。下列對顏色變化的解釋錯誤的是選項顏色變化解釋A空氣中灼燒過的銅絲伸入乙醇中，黑色銅絲恢復光亮的紫紅色=B懸濁液中加入溶液，固體由白色變?yōu)榧t褐色=C溶液中加入，淺綠色溶液出現藍色渾濁=D溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色變?yōu)辄S色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．醇的催化氧化反應中，銅作催化劑，先發(fā)生2Cu+O22CuO，然后乙醇與CuO在加熱條件下，A錯誤；B．因為溶度積常數Ksp()大于Ksp()，所以Fe3+與Mg(OH)2發(fā)生沉淀轉化生成Fe(OH)3，符合溶度積規(guī)則，B正確；C．Fe2+與K3[Fe(CN)6]反應生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，化學方程式為=，電荷和配平正確，藍色渾濁現象合理，C正確；D．Cr2O在堿性條件下轉化CrO42-，化學方程式為，顏色由橙變黃，D正確；故選A。7.化學家用無機物甲成功制備了有機物乙，開創(chuàng)了有機化學人工合成的新紀元。其中W、X、Y、Z原子序數依次增大，X、Y、Z同周期，基態(tài)X、Z原子均有2個單電子。下列說法正確的是A.第一電離能：Z>Y>X B.甲中不存在配位鍵C.乙中鍵和鍵的數目比為 D.甲和乙中X雜化方式分別為和【答案】D【解析】【分析】(YW2)2XZ為有機物，基態(tài)X、Z原子均有2個單電子，X、Z分別為IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序數依次增大，若X、Y、Z為第三周期元素，則X、Y、Z分別為Si、P、S；若X、Y、Z為第二周期元素，則X、Y、Z分別為C、N、O；又YW4ZXY為無機物，(YW2)2XZ為有機物，所以X、Y、Z分別為C、N、O，W、X、Y、Z原子序數依次增大，能形成YW4ZXY，則W為H，綜上所述，W、X、Y、Z分別為H、C、N、O?！驹斀狻緼．C、N、O同周期，同一周期主族元素，從左到右第一電離能有逐漸增大的趨勢，第VA族的第一電離能大于同周期相鄰的兩種元素，則第一電離能N＞O＞C，故A錯誤；B．甲為NH4OCN，中有N原子提供孤對電子、H+提供空軌道形成的N→H配位鍵，故B錯誤；C．乙為，其中有4個N-H、2個C-N、碳氧原子之間1個σ鍵，則一個中有7個鍵、1個π鍵，鍵與π鍵的數目比為7：1，故C錯誤；D．甲為NH4OCN，其中的C原子與N原子形成三鍵、與O原子形成單鍵，鍵電子對數為2，無孤對電子，C原子采取sp雜化，乙為，其中的C原子形成3個鍵，即鍵電子對數為3，無孤對電子，C原子采取sp2雜化，故D正確；故答案為：D。8.巧設實驗，方得真知。下列實驗設計合理的是A．除去中的HClB．制備少量NO避免其被氧化C．用乙醇萃取中的SD．制作簡易氫氧燃料電池A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．堿石灰為NaOH和CaO的混合物，既能吸收HCl又能吸收Cl2，不能用堿石灰除去Cl2中的HCl，故A錯誤；B．銅絲和稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和水，NO難溶于水，U形管左側與大氣隔絕，即NO存在于無氧環(huán)境中，故B正確；C．S微溶于酒精、易溶于CS2，不能用乙醇萃取CS2中的S，故C錯誤；D．關閉K1、打開K2時，該裝置為電解池，鋅為活性陽極，無氧氣生成，陰極生成氫氣，則打開K1、關閉K2時，不能形成氫氧燃料電池，故D錯誤；故答案為：B。9.晶體因x變化形成空位而導致顏色各異，當時，其立方晶胞結構如圖。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.與W最近且等距的O有6個 B.x增大時，W的平均價態(tài)升高C.密度為時， D.空位數不同，吸收的可見光波長不同【答案】B【解析】【詳解】A．W位于立方體的頂角，以頂角W為例，在此晶胞內，離該頂角最近且距離相等的O原子位于該頂角所在3條棱的棱心，由于該頂角在8個晶胞里，而棱上的原子被4個晶胞共有，所以與W最近且距離相等的O原子有，故A正確；B．O元素化合價為-2價，負化合價總數為-6，設W元素的平均化合價為y，據正負化合價代數和為0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y減小，即W元素的平均化合價降低，故B錯誤；C．時，立方晶胞中W個數為、O個數為，若x=0.5，晶胞質量為，晶胞體積為，則密度，所以密度為時，x=0.5，故C正確；D．晶體因x變化形成空位而導致顏色各異，即空位數不同，吸收的可見光波長不同，故D正確；故答案為：B。10.人體皮膚細胞受到紫外線(UV)照射可能造成DNA損傷，原因之一是脫氧核苷上的堿基發(fā)生了如下反應。下列說法錯誤的是A.該反應為取代反應 B.Ⅰ和Ⅱ均可發(fā)生酯化反應C.Ⅰ和Ⅱ均可發(fā)生水解反應 D.乙烯在UV下能生成環(huán)丁烷【答案】A【解析】【詳解】A．由反應I→II可知，2分子I通過加成得到1分子II，該反應為加成反應，A錯誤；B．I和II中都存在羥基，可以發(fā)生酯化反應，B正確；C．I和II中都存在酰胺基，可以發(fā)生水解反應，C正確；D．根據反應I→II可知，2分子I通過加成得到1分子II，雙鍵加成形成環(huán)狀結構，乙烯在UV下能生成環(huán)丁烷，D正確；答案選A。11.某工廠利用生物質(稻草)從高錳鈷礦(含和少量)中提取金屬元素，流程如圖。已知“沉鈷”溫度下，下列說法錯誤的是A.硫酸用作催化劑和浸取劑B.使用生物質的優(yōu)點是其來源廣泛且可再生C.“浸出”時，3種金屬元素均被還原D.“沉鈷”后上層清液中【答案】C【解析】【分析】礦石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)經過硫酸和稻草浸出過濾得到濾液，濾液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉鐵得到FeOOH，過濾，濾液再加入Na2S沉鈷得到CoS，過濾最后得到硫酸錳溶液?！驹斀狻緼．根據分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化劑和浸取劑，A正確；B．生物質(稻草)是可再生的，且來源廣泛，B正確；C．根據圖示可知，“浸出”時，Fe的化合價沒有變化，Fe元素沒有被還原，C錯誤；D．“沉鈷”后的上層清液存在CoS的沉淀溶解平衡，滿足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正確；答案選C12.化學需氧量(COD)是衡量水體中有機物污染程度的指標之一，以水樣消耗氧化劑的量折算成消耗的量(單位為)來表示。堿性不與反應，可用于測定含Cl?水樣的COD，流程如圖。下列說法錯誤的是A.Ⅱ中發(fā)生的反應有B.Ⅱ中避光、加蓋可抑制被氧化及的揮發(fā)C.Ⅲ中消耗的越多，水樣的COD值越高D.若Ⅰ中為酸性條件，測得含水樣的COD值偏高【答案】C【解析】【分析】I中KMnO4與水樣中的有機物在堿性條件下反應得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性條件下KMnO4、MnO2與I-反應得到I2單質和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。【詳解】A．II中和MnO2在酸性條件下與過量的KI反應得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正確；B．II中避光防止I2升華揮發(fā)，加蓋防止I-被氧氣氧化，B正確；C．整個反應中，KMnO4得電子生成Mn2+，有機物和碘離子失去電子數目與KMnO4得電子數目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，說明生成的I2單質越多，也說明有機物消耗的KMnO4的量少，水樣中的COD值越低，C錯誤；D．若I中為酸性條件，Cl-會與KMnO4反應，水樣中的COD值偏高，D正確；答案選C。13.一種基于的儲氯電池裝置如圖，放電過程中a、b極均增重。若將b極換成Ag/AgCl電極，b極仍增重。關于圖中裝置所示電池，下列說法錯誤的是A.放電時向b極遷移B.該電池可用于海水脫鹽C.a極反應：D.若以Ag/AgCl電極代替a極，電池將失去儲氯能力【答案】D【解析】【分析】放電過程中a、b極均增重，這說明a電極是負極，電極反應式為，b電極是正極，電極反應式為NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3，據此解答。【詳解】A．放電時b電極是正極，陽離子向正極移動，所以向b極遷移，A正確；B．負極消耗氯離子，正極消耗鈉離子，所以該電池可用于海水脫鹽，B正確；C．a電極是負極，電極反應式為，C正確；D．若以Ag/AgCl電極代替a極，此時Ag失去電子，結合氯離子生成氯化銀，所以電池不會失去儲氯能力，D錯誤；答案選D。14.一定條件下，“”4種原料按固定流速不斷注入連續(xù)流動反應器中，體系pH-t振蕩圖像及涉及反應如下。其中AB段發(fā)生反應①~④，①②為快速反應。下列說法錯誤的是①②③④⑤A.原料中不影響振幅和周期B.反應④：C.反應①~④中，對氧化起催化作用D.利用pH響應變色材料，可將pH振蕩可視化【答案】A【解析】【詳解】A．根據圖像可知氫離子濃度影響振幅大小，A錯誤；B．反應④中亞硫酸被氧化，反應的離子方程式為，B正確；C．由于①②為快速反應，而溴酸根離子直接氧化的是亞硫酸，所以反應①~④中，對的氧化起催化作用，C正確；D．根據題干信息和圖像可知利用pH響應變色材料，可將pH振蕩可視化，D正確；答案選A。15.室溫下，將置于溶液中，保持溶液體積和N元素總物質的量不變，pX-pH曲線如圖，和的平衡常數分別為和：的水解常數。下列說法錯誤的是A.Ⅲ為的變化曲線 B.D點：C D.C點：【答案】B【解析】【分析】pH越小，酸性越強，Ag+濃度越大，氨氣濃度越小，所以Ⅲ代表，Ⅱ代表，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，據此解答?！驹斀狻緼．根據以上分析可知Ⅲ為的變化曲線，A正確；B．溶液中存在電荷守恒，D點時溶液顯堿性，則，B錯誤；C．根據圖像可知D點時和Ag+濃度相等，此時氨氣濃度是10－3.24，根據可知，C正確；D．C點時和Ag+濃度相等，B點時和濃度相等，所以反應的的平衡常數為103.8，因此K2=，C點時和Ag+濃度相等，所以，D正確；答案選B。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.某工廠采用如下工藝回收廢渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。已知：①“氧化浸出”時，不發(fā)生變化，ZnS轉變?yōu)椋虎?；③酒石?記作)結構簡式為?；卮鹣铝袉栴}：（1）分子中手性碳原子數目為_______。（2）“氧化浸出”時，過二硫酸根轉變?yōu)開______(填離子符號)。（3）“氧化浸出”時，浸出率隨溫度升高先增大后減小的原因為_______。（4）“除銅”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（5）濾渣2中的金屬元素為_______(填元素符號)。（6）“浸鉛”步驟，和反應生成PbA。PbA產率隨體系pH升高先增大的原因為_______，pH過高可能生成_______(填化學式)。（7）290℃“真空熱解”生成2種氣態(tài)氧化物，該反應的化學方程式為_______?！敬鸢浮浚?）2（2）（3）溫度升高，浸出速率增大，浸出率升高，溫度過高時，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且溫度高時過二硫酸銨分解，造成浸出率減?。?）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu（5）Fe（6）①.pH值升高，OH-濃度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移動，A2-離子濃度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移動，PbA產率增大②.Pb(OH)2（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑【解析】【分析】廢渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出過濾，濾液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，濾渣1有PbSO4和Fe(OH)3，濾液加Zn置換出Cu，除銅后的溶液加(NH4)2S沉鋅，得到ZnS，濾渣1用H2A和Na2A浸鉛后過濾，濾渣2含Fe元素，濾液經過結晶得到PbA，再真空熱解得到純Pb。【小問1詳解】碳原子周圍連接四個不同的原子或原子團為手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2個，；【小問2詳解】“氧化浸出”時，過二硫酸根作氧化劑，過二硫酸根轉變?yōu)椋弧拘?詳解】“氧化浸出”時，溫度升高，浸出速率增大，浸出率升高，溫度過高時，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且溫度高時過二硫酸銨分解，造成浸出率減?。弧拘?詳解】加入Zn發(fā)生置換反應，從[Cu(NH3)4]2+置換出Cu單質，離子方程式為：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；【小問5詳解】根據分析，濾渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸鉛后過濾，濾渣2含Fe元素的沉淀；【小問6詳解】“浸鉛”步驟發(fā)生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-濃度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移動，A2-離子濃度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移動，PbA產率增大；pH過高時，OH-濃度過大，會生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA產率降低；【小問7詳解】290℃“真空熱解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb單質和2種氣態(tài)氧化物為CO和H2O，反應的化學方程式為：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。17.某實驗小組采用如下方案實現了對甲基苯甲酸的綠色制備。反應：步驟：Ⅰ．向反應管中加入0.12g對甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，連續(xù)監(jiān)測反應進程。Ⅱ．5h時，監(jiān)測結果顯示反應基本結束，蒸去溶劑丙酮，加入過量稀NaOH溶液，充分反應后，用乙酸乙酯洗滌，棄去有機層。Ⅲ．用稀鹽酸調節(jié)水層后，再用乙酸乙酯萃取。Ⅳ．用飽和食鹽水洗滌有機層，無水干燥，過濾，蒸去溶劑，得目標產物?；卮鹣铝袉栴}：（1）相比作氧化劑，該制備反應的優(yōu)點為_______、_______(答出2條即可)。（2）根據反應液的核磁共振氫譜(已去除溶劑H的吸收峰，譜圖中無羧基H的吸收峰)監(jiān)測反應進程如下圖。已知峰面積比，。反應2h時，對甲基苯甲醛轉化率約為_______%。（3）步驟Ⅱ中使用乙酸乙酯洗滌的目的是_______。（4）步驟Ⅲ中反應的離子方程式為_______、_______。（5）用同位素示蹤法確定產物羧基O的來源。丙酮易揮發(fā)，為保證氣氛，通前，需先使用“循環(huán)冷凍脫氣法”排出裝置中(空氣中和溶劑中)的，操作順序為：①→②→_______→_______→_______(填標號)，重復后四步操作數次。同位素示蹤結果如下表所示，則目標產物中羧基O來源于醛基和_______。反應條件質譜檢測目標產物相對分子質量太陽光，，室溫，，5h138太陽光，空氣，室溫，，5h136【答案】（1）①.綠色環(huán)保②.減少副產物的生成（2）50（3）除去未反應完的（4）①.②.+H+（5）①.③②.①③.④④.氧氣【解析】【分析】0.12g對甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空氣存在、光照條件下反應，反應基本結束后，蒸去溶劑丙酮，加入過量稀NaOH溶液，充分反應后，用乙酸乙酯洗滌，棄去有機層，然后用稀鹽酸調節(jié)水層后，再用乙酸乙酯萃取，用飽和食鹽水洗滌有機層，無水干燥，過濾，蒸去溶劑，得目標產物。【小問1詳解】作氧化劑時可將氧化為對苯二甲酸，即有副反應發(fā)生，該制備反應在有空氣存在、光照條件下發(fā)生時，以空氣中氧氣為氧化劑，既綠色環(huán)保，又沒有對苯二甲酸生成，所以反應的優(yōu)點為綠色環(huán)保，減少副產物的生成；【小問2詳解】起始0h時只有，5h時只有，，則2h時反應液中既有又有，且兩者物質的量之比為1：1，即對甲基苯甲醛轉化率約為50%；【小問3詳解】蒸去溶劑丙酮后，加入過量稀NaOH溶液將對甲基苯甲酸轉化為對甲基苯甲酸鈉進入水層，則充分反應后，用乙酸乙酯洗滌的目的是除去未反應完的；小問4詳解】步驟Ⅱ加入過量稀NaOH溶液將對甲基苯甲酸轉化為對甲基苯甲酸鈉，步驟Ⅲ中加稀鹽酸調節(jié)水層反應的離子方程式為：、+H+；【小問5詳解】丙酮易揮發(fā)，為保證氣氛，通前，需先使用“循環(huán)冷凍脫氣法”排出裝置中(空氣中和溶劑中)的，即反應液中有，冷凍可排走一部分溶解的，然后打開閥門抽氣，一段時間后，再關閉閥門，待反應液恢復室溫后，再冷凍反應液，即“循環(huán)冷凍脫氣法”，所以操作順序為：①→②→③→①→④(填標號)，重復后四步操作數次；的相對原子質量為136，太陽光，空氣，室溫，，5h得到的物質相對原子質量為136，為，而太陽光，，室溫，，5h得到的物質相對原子質量為138，說明目標產物中羧基O來源于醛基和空氣中的氧氣。18.乙二醇是一種重要化工原料，以合成氣為原料合成乙二醇具有重要意義。Ⅰ．直接合成法：，不同溫度下平衡常數如下表所示。溫度298K355K400K平衡常數1.0（1）該反應的_______0(填“>”或“<”)。（2）已知的燃燒熱分別為，則上述合成反應的_______(用a、b和c表示)。（3）實驗表明，在500K時，即使壓強(34MPa)很高乙二醇產率(7%)也很低，可能的原因是_______(答出1條即可)。Ⅱ．間接合成法：用合成氣和制備的DMO合成乙二醇，發(fā)生如下3個均放熱的連續(xù)反應，其中MG生成乙二醇的反應為可逆反應。（4）在2MPa、催化、固定流速條件下，發(fā)生上述反應，初始氫酯比，出口處檢測到DMO的實際轉化率及MG、乙二醇、乙醇的選擇性隨溫度的變化曲線如圖所示[某物質的選擇性]。①已知曲線Ⅱ表示乙二醇的選擇性，則曲線_______(填圖中標號，下同)表示DMO的轉化率，曲線_______表示MG的選擇性。②有利于提高A點DMO轉化率的措施有_______(填標號)。A．降低溫度B．增大壓強C．減小初始氫酯比D．延長原料與催化劑的接觸時間③483K時，出口處的值為_______(精確至0.01)。④A點反應的濃度商_______(用物質的量分數代替濃度計算，精確至0.001)?！敬鸢浮浚?）<（2）-2a-3b+c(或c-2a-3b)（3）溫度過高，反應平衡常數較小導致產率過低(或溫度過高，催化劑的催化活性下降導致產率過低)（4）①.I②.IV③.BD④.1.98⑤.0.025【解析】【小問1詳解】根據表格中的數據，反應溫度升高反應的平衡常數減小，說明反應向逆反應方向移動，又因升高溫度向吸熱反應方向移動，故逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，該反應的ΔH<0。【小問2詳解】根據已知條件可以寫出如下熱化學方程式：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-akJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-bkJ·mol-1③HOCH2CH2OH(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=-ckJ·mol-1根據蓋斯定律，用反應③減去2倍的反應①和3倍的反應②即可得到目標方程式，故目標方程式的ΔH=(c-2a-3b)kJ·mol-1。【小問3詳解】根據表格中的平衡常數，反應溫度在500K時，平衡常數K<，此時平衡常數過小，導致乙二醇產率過低；或溫度過高，催化劑的催化活性下降，導致乙二醇打標產率過低?！拘?詳解】根據圖示的曲線，隨著反應的溫度升高I曲線的變化趨勢為上升后逐漸平衡，此時說明DMO的轉化率區(qū)域恒定，故I曲線為DMO的實際轉化率曲線；又已知II為乙二醇的選擇性曲線，觀察曲線II和曲線IV可知，隨著反應的進行MG逐漸轉化為乙二醇，故曲線IV為MG的選擇性曲線，因此曲線III為乙醇的選擇性曲線。①根據上述分析，曲線I為DMO的實際轉化率曲線；曲線IV為MG的選擇性曲線；②A．根據圖示，降低溫度，DMO的轉化率降低，A不符合題意；B．增大壓強，反應體系中的活化分子數增加，化學反應速率加快，DMO的轉化率增大，B符合題意；C．減小初始的氫酯比導致體系中氫含量下降，DMO的轉化率降低，C不符合題意；D．A點時DMO的轉化率為80%，升高溫度后轉化率持續(xù)上升說明A點時反應未平衡，延長原料和催化劑的反應時間可以促進反應的繼續(xù)進行，增大DMO的轉化率，D符合題意；故答案選BD；③483K時，DMO的實際轉化率為99%，設起始投入反應的DMO為100mol，則出口出流出的乙醇的物質的量為100mol×99%×2%=1.98mol，此時還有1molDMO未反應從出口流出，因此出口處==1.98；④設初始時H2與DMO的投料分別為52.4mol和