2025年黑龍江、吉林、遼寧、內(nèi)蒙古高考化學真題

一、單選題

1．東北三省及內(nèi)蒙古資源豐富，下列資源轉(zhuǎn)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

【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(zhì)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(zhì)，有新物質(zhì)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(yīng)將煤轉(zhuǎn)化為液態(tài)燃料，生成新物質(zhì)，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(zhì)，屬于物理變化，D符合題意；

故選D。

2．侯氏制堿法突破西方技術(shù)壟斷，推動了世界制堿技術(shù)的發(fā)展，其主要反應(yīng)為NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓

+NH4Cl。下列有關(guān)化學用語或說法正確的是

A．CO2的電子式：B．H2O的空間結(jié)構(gòu)：直線形

C．NH4Cl的晶體類型：離子晶體D．溶解度：NaHCO3>NH4HCO3

【答案】C

【詳解】

A．CO2中C和O之間有兩對共用電子，其結(jié)構(gòu)為，A錯誤；

B．H2O的中心原子為O，根據(jù)價層電子對互斥理論，其外層電子對數(shù)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NH4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NH4和HCO3，NH4可以與水分子形成氫鍵，增大了NH4在水中的溶解度，D錯

誤；

故選C。

3．Cl2O可用于水的殺菌消毒，遇水發(fā)生反應(yīng)：Cl2O+H2O=2HClO。下列說法正確的是

A．反應(yīng)中各分子的σ鍵均為p?pσ鍵

B．反應(yīng)中各分子的VSEPR模型均為四面體形

C．Cl?O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

【詳解】

3

A．H2O中的H-O鍵是s-spσ鍵，而非p-pσ鍵，A錯誤；

1

B．根據(jù)價層電子對互斥理論，Cl2O中O原子周圍的孤電子對數(shù)為(6-2×1)=2，還含有2個成鍵電子對，因此其VSEPR

2

1

模型為四面體形；H2O中O原子周圍的孤電子對數(shù)為(6-2×1)=2，還含有2個成鍵電子對，因此其VSEPR模型為

2

1

四面體形；HClO中O原子周圍的孤電子對數(shù)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

2

形；反應(yīng)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(yīng)大于H-O鍵長，因此C錯誤；

D．HClO中Cl的最外層電子數(shù)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；

故選B。

4．鈉及其化合物的部分轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A．反應(yīng)①生成的氣體，每11.2L(標準狀況)含原子的數(shù)目為NA

B．反應(yīng)②中2.3gNa完全反應(yīng)生成的產(chǎn)物中含非極性鍵的數(shù)目為0.1NA

C．反應(yīng)③中1molNa2O2與足量H2O反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NA

?1?

D．100mL1mol?LNaClO溶液中，ClO的數(shù)目為0.1NA

【答案】A

【詳解】

A．反應(yīng)①電解熔融NaCl生成Cl2，標準狀況下11.2LCl2為0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即NA，A正確；

B．2.3gNa（0.1mol）與氧氣加熱反應(yīng)生成0.05molNa2O2，每個Na2O2含1個O-O非極性鍵，所以非極性鍵數(shù)目為

0.05NA，B錯誤；

C．Na2O2與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1molNa2O2與水反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol

電子，數(shù)目為NA，C錯誤；

?

D．ClO?在水中會水解，故ClO數(shù)目小于0.1NA，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(yīng)為縮聚反應(yīng)

【答案】C

【詳解】

A．由Ⅰ的結(jié)構(gòu)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(zhì)量較高，導(dǎo)致熔點較高，常溫下為固態(tài)，C正確；

D．根據(jù)Ⅰ轉(zhuǎn)化為Ⅱ的結(jié)構(gòu)分析，雙鍵斷開，且沒有小分子生成，發(fā)生加聚反應(yīng)，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

空氣中灼燒過的銅絲伸入乙醇中，黑色

A2CuO+CHOH=CHCHO+CuO+HO

銅絲恢復(fù)光亮的紫紅色25322

Mg(OH)懸濁液中加入FeCl溶液，固體3Mg(OH)(s)+2Fe3+=2Fe(OH)(s)+

B2323

由白色變?yōu)榧t褐色3Mg2+

FeSO溶液中加入K[Fe(CN)]，淺綠色

C436Fe2++[Fe(CN)]3?+K+=KFe[Fe(CN)]↓

溶液出現(xiàn)藍色渾濁66

KCrO溶液中加入NaOH溶液，溶液

D227CrO2?+2OH?=2CrO2?+HO

由橙色變?yōu)辄S色2742

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【詳解】

A．醇的催化氧化反應(yīng)中，銅作催化劑，先發(fā)生2Cu+O2?2CuO，然后乙醇與CuO在加熱條件下CuO+C2H5OH?

CH3CHO+Cu+H2O，A錯誤；

3+

B．因為溶度積常數(shù)Ksp(Mg(OH)2)大于Ksp(Fe(OH)3)，所以Fe與Mg(OH)2發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化生成Fe(OH)3，符合溶度

積規(guī)則，B正確；

2+2+3?+

C．Fe與K3[Fe(CN)6]反應(yīng)生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，化學方程式為Fe+[Fe(CN)6]+K=KFe[Fe(CN)6]↓，電荷

和配平正確，藍色渾濁現(xiàn)象合理，C正確；

2?2-2??2?

D．Cr2O7在堿性條件下轉(zhuǎn)化為CrO4，化學方程式為Cr2O7+2OH=2CrO4+H2O，顏色由橙變黃，D正確；

故選A。

7．化學家用無機物甲(YW4ZXY)成功制備了有機物乙[(YW2)2XZ]，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(shù)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>XB．甲中不存在配位鍵

C．乙中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為6:1D．甲和乙中X雜化方式分別為sp和sp2

【答案】D

【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(shù)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(shù)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。

【詳解】

A．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，NH4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(shù)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(shù)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(shù)為3，無孤對電子，C原子采取

sp2雜化，故D正確；

故選D。

8．巧設(shè)實驗，方得真知。下列實驗設(shè)計合理的是

A．除去Cl2中的HClB．制備少量NO避免其被氧化

C．用乙醇萃取CS2中的SD．制作簡易氫氧燃料電池

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【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，A錯誤；

B．銅絲和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，NO難溶于水，U形管左側(cè)與大氣隔絕，即NO存在于無氧環(huán)境中，

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，C錯誤；

D．關(guān)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(guān)閉K2時，

不能形成氫氧燃料電池，D錯誤；

故選B。

9．NaxWO3晶體因x變化形成空位而導(dǎo)致顏色各異，當0.44≤x≤0.95時，其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖。設(shè)NA為阿伏加德

羅常數(shù)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

30

243.5×10?3

C．密度為3g?cm時，x=0.5D．空位數(shù)不同，吸收的可見光波長不同

a?NA

【答案】B

【詳解】

A．W位于立方體的頂角，以頂角W為例，在此晶胞內(nèi)，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

1

3×8×=6，A正確；

4

B．O元素化合價為-2價，負化合價總數(shù)為-6，設(shè)W元素的平均化合價為y，據(jù)正負化合價代數(shù)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，B錯誤；

11184+16×3+23x

C．0.44≤?≤0.95時，立方晶胞中W個數(shù)為8×=1、O個數(shù)為12×=3，若x=0.5，晶胞質(zhì)量為m=g，

84NA

184+16×3+23×0.5

3030

-1033mNA3243.5×103243.5×10?3

晶胞體積為V=(a×10)cm，則密度ρ==?103g/cm=3g/cm，所以密度為3g?cm

V(a×10)a?NAa?NA

時，x=0.5，故C正確；

D．NaxWO3晶體因x變化形成空位而導(dǎo)致顏色各異，即空位數(shù)不同，吸收的可見光波長不同，D正確；

故選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(yīng)。下列

說法錯誤的是

A．該反應(yīng)為取代反應(yīng)B．Ⅰ和Ⅱ均可發(fā)生酯化反應(yīng)

C．Ⅰ和Ⅱ均可發(fā)生水解反應(yīng)D．乙烯在UV下能生成環(huán)丁烷

【答案】A

【詳解】

A．由反應(yīng)I→II可知，2分子I通過加成得到1分子II，該反應(yīng)為加成反應(yīng)，A錯誤；

B．I和II中都存在羥基，可以發(fā)生酯化反應(yīng)，B正確；

C．I和II中都存在酰胺基，可以發(fā)生水解反應(yīng)，C正確；

D．根據(jù)反應(yīng)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(jié)構(gòu)，乙烯在UV下能生成環(huán)丁烷，

D正確；

故選A。

11．某工廠利用生物質(zhì)(稻草)從高錳鈷礦(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金屬元素，流程如圖。已知“沉鈷”溫

?20.4

度下Ksp(CoS)=10，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(zhì)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c(Co2+)?c(S2?)=10?20.4

【答案】C

3+2+2+

【分析】礦石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)經(jīng)過硫酸和稻草浸出過濾得到濾液，濾液含有Fe、Mn、Co，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。

【詳解】

A．根據(jù)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(zhì)(稻草)是可再生的，且來源廣泛，B正確；

C．根據(jù)圖示可知，“浸出”時，F(xiàn)e的化合價沒有變化，F(xiàn)e元素沒有被還原，C錯誤；

2+2--20.4

D．“沉鈷”后的上層清液存在CoS的沉淀溶解平衡，滿足Q=Ksp=c(Co)·c(S)=10，D正確；

故選C

12．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O2的量(單位為

?1?

mg?L)來表示。堿性KMnO4不與Cl反應(yīng)，可用于測定含Cl?水樣的COD，流程如圖。

下列說法錯誤的是

?+2+

A．Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)有MnO2+2I+4H=Mn+I2+2H2O

?

B．Ⅱ中避光、加蓋可抑制I被O2氧化及I2的揮發(fā)

C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水樣的COD值越高

D．若Ⅰ中為酸性條件，測得含Cl?水樣的COD值偏高

【答案】C

【分析】I中KMnO4與水樣中的有機物在堿性條件下反應(yīng)得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性條件下

-2+

KMnO4、MnO2與I反應(yīng)得到I2單質(zhì)和Mn，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。

【詳解】

?2+-+2+

A．II中MnO4和MnO2在酸性條件下與過量的KI反應(yīng)得到I2和Mn，存在MnO2+2I+4H=Mn+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；

2+

C．整個反應(yīng)中，KMnO4得電子生成Mn，有機物和碘離子失去電子數(shù)目與KMnO4得電子數(shù)目相等，III中消耗的

Na2S2O3越多，說明生成的I2單質(zhì)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(yīng)，水樣中的COD值偏高，D正確；

故選C。

13．一種基于Cu2O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(guān)于圖中裝置所示電池，下列說法錯誤的是

A．放電時Na+向b極遷移

B．該電池可用于海水脫鹽

??+

C．a(chǎn)極反應(yīng)：Cu2O+2H2O+Cl?2e=Cu2(OH)3Cl+H

D．若以Ag/AgCl電極代替a極，電池將失去儲氯能力

【答案】D

??+

【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(yīng)式為Cu2O+2H2O+Cl?2e=Cu2(OH)3Cl+H，

－+

b電極是正極，電極反應(yīng)式為NaTi2(PO4)3+2e+2Na=Na3Ti2(PO4)3，據(jù)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Na+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(chǎn)電極是負極，電極反應(yīng)式為Cu2O+2H2O+Cl?2e=Cu2(OH)3Cl+H，C正確；

D．若以Ag/AgCl電極代替a極，此時Ag失去電子，結(jié)合氯離子生成氯化銀，所以電池不會失去儲氯能力，D錯

誤；

故選D。

?2?4?+

14．一定條件下，“BrO3?SO3?[Fe(CN)6]?H”4種原料按固定流速不斷注入連續(xù)流動反應(yīng)器中，體系pH-t

振蕩圖像及涉及反應(yīng)如下。其中AB段發(fā)生反應(yīng)①~④，①②為快速反應(yīng)。下列說法錯誤的是

2?+?

①SO3+H=HSO3

?+

②HSO3+H=H2SO3

??2??+

③3HSO3+BrO3=3SO4+Br+3H

?

④H2SO3+BrO3→

?+4??3?

⑤BrO3+6H+6[Fe(CN)6]=Br+6[Fe(CN)6]+3H2O

A．原料中c(H+)不影響振幅和周期

?2??+

B．反應(yīng)④：3H2SO3+BrO3=3SO4+Br+6H

+2?

C．反應(yīng)①~④中，H對SO3的氧化起催化作用

D．利用pH響應(yīng)變色材料，可將pH振蕩可視化

【答案】A

【詳解】

A．根據(jù)圖像可知氫離子濃度影響振幅大小，A錯誤；

?2??+

B．反應(yīng)④中亞硫酸被氧化，反應(yīng)的離子方程式為3H2SO3+BrO3=3SO4+Br+6H，B正確；

+2?

C．由于①②為快速反應(yīng)，而溴酸根離子直接氧化的是亞硫酸，所以反應(yīng)①~④中，H對SO3的氧化起催化作用，

C正確；

D．根據(jù)題干信息和圖像可知利用pH響應(yīng)變色材料，可將pH振蕩可視化，D正確；

故選A。

?1

15．室溫下，將0.1molAgCl置于0.1mol?LNH4NO3溶液中，保持溶液體積和N元素總物質(zhì)的量不變，pX-pH曲線

+++++

如圖，Ag+NH3?[Ag(NH3)]和Ag+2NH3?[Ag(NH3)2]的平衡常數(shù)分別為K1和K2：NH4的水解常數(shù)

+?9.25

Kh(NH4)=10。下列說法錯誤的是

++?+

A．Ⅲ為[Ag(NH3)2]的變化曲線B．D點：c(NH4)?c(OH)>0.1?c(H)

3.24?3.52?1

C．K1=10D．C點：c(NH3)=10mol?L

【答案】B

+++

【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[Ag(NH3)2]，Ⅱ代表[Ag(NH3)]，Ⅳ代表

+

NH3，Ⅰ代表Ag，據(jù)此解答。

【詳解】

+

A．根據(jù)以上分析可知Ⅲ為[Ag(NH3)2]的變化曲線，A正確；

B．硝酸銨為強酸弱堿鹽，其溶液pH＜7，圖像pH增大至堿性，則外加了物質(zhì)，又整個過程保持溶液體積和N元

++

素總物質(zhì)的量不變，則所加物質(zhì)不是氨水，若不外加物質(zhì)，則溶液中存在電荷守恒：c(NH4)+c[Ag(NH3)]+

+++???+++

c[Ag(NH3)2]+c(H)+c(Ag)=c(OH)+c(Cl)+c(NO3)，物料守恒：c(Ag)+c[Ag(NH3)]+c[Ag(NH3)2]=

??++?+++

c(Cl)，c(NO3)=0.1mol/L，c(NH4)+c(H)=0.1+c(OH)，但外加了堿，設(shè)為NaOH，則c(Na)+c(NH4)+c(H)=

?+?+

0.1+c(OH)，c(NH4)?c(OH)＜0.1?c(H)，B錯誤；

++－3.24++

C．根據(jù)圖像可知D點時[Ag(NH3)]和Ag濃度相等，此時氨氣濃度是10，根據(jù)Ag+NH3?[Ag(NH3)]可知

3.24

K1=10，C正確；

+++++

D．C點時[Ag(NH3)2]和Ag濃度相等，B點時[Ag(NH3)2]和[Ag(NH3)]濃度相等，所以反應(yīng)的[Ag(NH3)]+NH3?

+3.83.243.87.04++

[Ag(NH3)2]的平衡常數(shù)為10，因此K2=10×10=10，C點時[Ag(NH3)2]和Ag濃度相等，所以c(NH3)=

√107.04=10?3.52mol?L?1，D正確；

故選B。

二、解答題

16．某工廠采用如下工藝回收廢渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。

2+

已知：①“氧化浸出”時，PbSO4不發(fā)生變化，ZnS轉(zhuǎn)變?yōu)閇Zn(NH3)4]；

?14.8

②Ksp[Pb(OH)2]=10；

③酒石酸(記作H2A)結(jié)構(gòu)簡式為HOOC(CHOH)2COOH。

回答下列問題：

(1)H2A分子中手性碳原子數(shù)目為。

2?

(2)“氧化浸出”時，過二硫酸根(S2O8)轉(zhuǎn)變?yōu)?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(yīng)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，PbSO4和Na2A反應(yīng)生成PbA。PbA產(chǎn)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(yīng)的化學方程式為。

【答案】

(1)2

2?

(2)SO4

(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，造成浸出率減小

2+2+

(4)Zn+[Cu(NH3)4]=[Zn(NH3)4]+Cu

(5)Fe

-2---2-2-2?

(6)pH值升高，OH濃度增大，平衡A+H2O?HA+OH逆向移動，A離子濃度增大，平衡PbSO4(s)+A?PbA+SO4

正向移動，PbA產(chǎn)率增大Pb(OH)2

290°C

(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑

真空熱解

2+2+

【分析】廢渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出過濾，濾液中有[Cu(NH3)4]和[Zn(NH3)4]，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F(xiàn)e元素，濾液經(jīng)過結(jié)晶得到PbA，再真空熱解得到純Pb。

【詳解】

（1）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，

；

2?

（2）“氧化浸出”時，過二硫酸根作氧化劑，過二硫酸根轉(zhuǎn)變?yōu)镾O4；

（3）“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，造成浸出率減小；

2+2+2+

（4）加入Zn發(fā)生置換反應(yīng)，從[Cu(NH3)4]置換出Cu單質(zhì)，離子方程式為：Zn+[Cu(NH3)4]=[Zn(NH3)4]+Cu；

（5）根據(jù)分析，濾渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸鉛后過濾，濾渣2含F(xiàn)e元素的沉淀；

2-2?2----

（6）“浸鉛”步驟發(fā)生PbSO4(s)+A?PbA+SO4，Na2A溶液中存在A+H2O?HA+OH，pH值升高，OH濃度增大，

2---2-2-2?

平衡A+H2O?HA+OH逆向移動，A離子濃度增大，平衡PbSO4(s)+A?PbA+SO4正向移動，PbA產(chǎn)率增大；pH

-

過高時，OH濃度過大，會生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA產(chǎn)率降低；

（7）290℃“真空熱解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb單質(zhì)和2種氣態(tài)氧化物為CO和H2O，反應(yīng)的化

290°C

學方程式為：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。

真空熱解

17．某實驗小組采用如下方案實現(xiàn)了對甲基苯甲酸的綠色制備。

反應(yīng)：

步驟：

Ⅰ．向反應(yīng)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(yīng)進程。

Ⅱ．5h時，監(jiān)測結(jié)果顯示反應(yīng)基本結(jié)束，蒸去溶劑丙酮，加入過量稀NaOH溶液，充分反應(yīng)后，用乙酸乙酯洗滌，

棄去有機層。

Ⅲ．用稀鹽酸調(diào)節(jié)水層pH=1后，再用乙酸乙酯萃取。

Ⅳ．用飽和食鹽水洗滌有機層，無水Na2SO4干燥，過濾，蒸去溶劑，得目標產(chǎn)物。

回答下列問題：

(1)相比KMnO4作氧化劑，該制備反應(yīng)的優(yōu)點為、(答出2條即可)。

(2)根據(jù)反應(yīng)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(yīng)進程如下圖。已知峰面

積比a:b:c:d=1:2:2:3，a:a′=2:1。反應(yīng)2h時，對甲基苯甲醛轉(zhuǎn)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(yīng)的離子方程式為、。

1818

(5)用同位素示蹤法確定產(chǎn)物羧基O的來源。丙酮易揮發(fā)，為保證O2氣氛，通O2前，需先使用“循環(huán)冷凍脫

16

氣法”排出裝置中(空氣中和溶劑中)的O2，操作順序為：①→②→→→(填標號)，重復(fù)后四

步操作數(shù)次。

同位素示蹤結(jié)果如下表所示，則目標產(chǎn)物中羧基O來源于醛基和。

反應(yīng)條件質(zhì)譜檢測目標產(chǎn)物相對分子質(zhì)量

18

太陽光，O2，室溫，CH3COCH3，5h138

18

太陽光，空氣，室溫，CH3COCH3，5h136

【答案】

(1)綠色環(huán)保減少副產(chǎn)物的生成

(2)50

(3)除去未反應(yīng)完的

+?+

(4)H+OH=H2O+H→

(5)③①④氧氣

【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(yīng)，反應(yīng)基本結(jié)束后，蒸去溶劑丙酮，加

入過量稀NaOH溶液，充分反應(yīng)后，用乙酸乙酯洗滌，棄去有機層，然后用稀鹽酸調(diào)節(jié)水層pH=1后，再用乙酸乙

酯萃取，用飽和食鹽水洗滌有機層，無水Na2SO4干燥，過濾，蒸去溶劑，得目標產(chǎn)物。

【詳解】

（1）

KMnO4作氧化劑時可將氧化為對苯二甲酸，即有副反應(yīng)發(fā)生，該制備反應(yīng)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(yīng)的優(yōu)點為綠色環(huán)保，

減少副產(chǎn)物的生成；

（2）

起始0h時只有，5h時只有，a:a′=2:1，則2h時反應(yīng)液中既有

又有，且兩者物質(zhì)的量之比為1：1，即對甲基苯甲醛轉(zhuǎn)化率約為50%；

（3）

蒸去溶劑丙酮后，加入過量稀NaOH溶液將對甲基苯甲酸轉(zhuǎn)化為對甲基苯甲酸鈉進入水層，則充分反應(yīng)后，用乙酸

乙酯洗滌的目的是除去未反應(yīng)完的；

（4）

步驟Ⅱ加入過量稀NaOH溶液將對甲基苯甲酸轉(zhuǎn)化為對甲基苯甲酸鈉，步驟Ⅲ中加稀鹽酸調(diào)節(jié)水層pH=1反應(yīng)的離

+?+

子方程式為：H+OH=H2O、+H→；

（5）

181816

丙酮易揮發(fā)，為保證O2氣氛，通O2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O2，

1616

即反應(yīng)液中有O2，冷凍可排走一部分溶解的O2，然后打開閥門抽氣，一段時間后，再關(guān)閉閥門，待反應(yīng)液

恢復(fù)室溫后，再冷凍反應(yīng)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(fù)后四

18

步操作數(shù)次；的相對原子質(zhì)量為136，太陽光，空氣，室溫，CH3COCH3，5h得到的物質(zhì)

18

相對原子質(zhì)量為136，為，而太陽光，O2，室溫，CH3COCH3，5h得到的物質(zhì)相對原

子質(zhì)量為138，說明目標產(chǎn)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(CO、H2)為原料合成乙二醇具有重要意義。

催化劑

Ⅰ．直接合成法：2CO(g)+3H2(g)?HOCH2CH2OH(g)，不同溫度下平衡常數(shù)如下表所示。

溫度298K355K400K

平衡常6.51.3

1.0

數(shù)×104×10?3

(1)該反應(yīng)的Δ?0(填“>”或“<”)。

?1?1?1

(2)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃燒熱(ΔH)分別為?akJ?mol、?bkJ?mol、?ckJ?mol，則上述

合成反應(yīng)的ΔH=kJ?mol?1(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(chǎn)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O2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(yīng)，其中MG生成乙二醇

的反應(yīng)為可逆反應(yīng)。

n(H)

(4)在2MPa、Cu?SiO催化、固定流速條件下，發(fā)生上述反應(yīng)，初始氫酯比2=52.4，出口處檢測到DMO的實

2n(DMO)

n(該物質(zhì))

際轉(zhuǎn)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(zhì)的選擇性=生成×100%]。

n消耗(DMO)

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(zhuǎn)化率，曲線表示MG的

選擇性。

②有利于提高A點DMO轉(zhuǎn)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

n(乙醇)

③483K時，出口處的值為(精確至0.01)。

n(DMO)

④A點反應(yīng)MG(g)+2H2(g)?HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)的濃度商Qx=(用物質(zhì)的量分數(shù)代替濃度計算，

精確至0.001)。

【答案】

(1)<

(2)-2a-3b+c(或c-2a-3b)

(3)溫度過高，反應(yīng)平衡常數(shù)較小導(dǎo)致產(chǎn)率過低(或溫度過高，催化劑的催化活性下降導(dǎo)致產(chǎn)率過低)

(4)IIVBD1.980.025

【詳解】

（1）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，反應(yīng)溫度升高反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，又因升高溫度向吸熱

反應(yīng)方向移動，故逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的ΔH<0。

（2）根據(jù)已知條件可以寫出如下熱化學方程式：

1-1

①CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-akJ·mol

2

1-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-bkJ·mol

2

5-1

③HOCH2CH2OH(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=-ckJ·mol

2

根據(jù)蓋斯定律，用反應(yīng)③減去2倍的反應(yīng)①和3倍的反應(yīng)②即可得到目標方程式，故目標方程式的ΔH=(c-2a-3b)

kJ·mol-1。

（3）根據(jù)表格中的平衡常數(shù)，反應(yīng)溫度在500K時，平衡常數(shù)K<1.3×10?3，此時平衡常數(shù)過小，導(dǎo)致乙二醇產(chǎn)率

過低；或溫度過高，催化劑的催化活性下降，導(dǎo)致乙二醇打標產(chǎn)率過低。

（4）根據(jù)圖示的曲線，隨著反應(yīng)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(zhuǎn)化率區(qū)域恒

定，故I曲線為DMO的實際轉(zhuǎn)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(yīng)的進行MG逐漸轉(zhuǎn)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(jù)上述分析，曲線I為DMO的實際轉(zhuǎn)化率曲線；曲線IV為MG的選擇性曲線；

②A．根據(jù)圖示，降低溫度，DMO的轉(zhuǎn)化率降低，A不符合題意；

B．增大壓強，反應(yīng)體系中的活化分子數(shù)增加，化學反應(yīng)速率加快，DMO的轉(zhuǎn)化率增大，B符合題意；

C．減小初始的氫酯比導(dǎo)致體系中氫含量下降，DMO的轉(zhuǎn)化率降低，C不符合題意；

D．A點時DMO的轉(zhuǎn)化率為80%，升高溫度后轉(zhuǎn)化率持續(xù)上升說明A點時反應(yīng)未平衡，延長原料和催化劑的反應(yīng)

時間可以促進反應(yīng)的繼續(xù)進行，增大DMO的轉(zhuǎn)化率，D符合題意；

故選BD；

③483K時，DMO的實際轉(zhuǎn)化率為99%，設(shè)起始投入反應(yīng)的DMO為100mol，則出口出流出的乙醇的物質(zhì)的量為

?(乙醇)1.98mol

100mol×99%×2%=1.98mol，此時還有1molDMO未反應(yīng)從出口流出，因此出口處==1.98；

?(DMO)1mol

④設(shè)初始時H2與DMO的投料分別為52.4mol和1mol，A點時DMO的實際轉(zhuǎn)化率為80%，MG和乙二醇的選擇性

為50%，假設(shè)該反應(yīng)分步進行，第一步發(fā)生DMO轉(zhuǎn)化為MG，可寫出如下關(guān)系：

DMO(g)+2H2(g)=MG(g)+CH3OH(g)

起始(mol)152.400