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【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2025年高考化学真题
1．（2025·黑吉辽蒙） 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
2．（2025·黑吉辽蒙） 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：
3．（2025·黑吉辽蒙）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
4．（2025·黑吉辽蒙） 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
5．（2025·黑吉辽蒙） 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
6．（2025·黑吉辽蒙） 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
7．（2025·黑吉辽蒙） 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
8．（2025·黑吉辽蒙） 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
9．（2025·黑吉辽蒙）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
10．（2025·黑吉辽蒙） 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
11．（2025·黑吉辽蒙） 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
12．（2025·黑吉辽蒙） 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
13．（2025·黑吉辽蒙） 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
14．（2025·黑吉辽蒙） 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
15．（2025·黑吉辽蒙） 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：
16．（2025·黑吉辽蒙） 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　 　。
17．（2025·黑吉辽蒙） 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
18．（2025·黑吉辽蒙） 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 10
（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)。
19．（2025·黑吉辽蒙） 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　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．石灰石的主要成分是碳酸钙，煅烧石灰石，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，故A不符合题意；
Ｂ．磁铁矿炼铁的过程中有新物质单质铁生成，属于化学变化，故B不符合题意；
Ｃ．煤的液化是指在一定条件下将固体煤炭转化为烃类液体燃料和化工原料的过程，该过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
Ｄ．石油分馏是将石油中不同沸点的混合物进行分离，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D符合题意；
故选D。
【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化。
2．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；离子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CO2分子的结构式为O=C=O，C、O之间形成双键，共用2个电子对，其电子式为，故A错误；
Ｂ．的中心原子O原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有两个孤电子对，其空间构型为V形，故B错误；
Ｃ． 由铵根离子和氯离子构成，属于离子晶体，故C正确；
Ｄ．向饱和食盐水溶液中通入氨气和二氧化碳气体，析出碳酸氢钠晶体，说明溶解度： ，故D错误；
故选C。
【分析】A．CO2的结构式为O=C=O；
Ｂ． 的空间结构为V形；
Ｃ．氯化铵由铵根离子和氯离子构成；
Ｄ．碳酸氢铵的溶解度大于碳酸氢钠。
3．【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．水分子中，每个氢原子的1s轨道与氧原子的一个2p轨道“头对头”重叠形成σ键，因此水分子中的O-H键是s-pσ键，故A错误；
Ｂ．Cl2O、H2O、HClO的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体形，故B正确；
Ｃ．原子半径：Cl>H，则键长：Cl-O>H-O，故C错误；
Ｄ．Cl最外层有7个电子，其中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，故D错误；
故选B。
【分析】A．水分子的中心原子O原子采用sp3杂化；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．氯有7个价电子。
4．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．反应①为方程式为，标准状况下11.2L的物质的量为0.5mol，所含原子数目为，故A正确；
B．反应②的方程式为，产物含1个O-O非极性键，2.3gNa的物质的量为0.1mol，生成0.05mol，非极性键数目为，故B错误；
C．反应③的化学方程式为， 转移1mol电子，数目为，故C错误；
D．ClO-在溶液中发生水解，则溶液中，的数目小于 ，D错误；
故选A。
【分析】反应①电解NaCl生成Na，反应的方程式为；反应②为，反应③为，反应④为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
5．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；聚合反应
【解析】【解答】A．根据Ⅰ的结构简式可知，含有的官能团为-CN、碳碳双键和酯基，共3种，故A错误；
Ｂ．Ⅱ是由Ⅰ通过聚合反应形成的高分子化合物，分子链间作用力强，难溶于水，故B错误；
Ｃ．Ⅱ为高分子聚合物，相对分子质量较大，分子间作用力强，常温下多为固态，故C正确；
Ｄ．Ⅰ形成Ⅱ时，双键打开相互连接，无小分子脱去，因此该反应为加聚反应，而非缩聚反应，故D错误；
故选C。
【分析】A．Ⅰ中含有碳碳双键、-CN和酯基；
Ｂ．Ⅱ为高聚物；
Ｃ．聚合物相对分子质量较大，分子间作用力强；
Ｄ．缩聚反应的特征是反应过程中除生成高分子外，还会脱去小分子。
6．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．空气中灼烧铜丝，铜被氧化为CuO，CuO氧化乙醇得到乙醛，反应的化学方程式为：2Cu+O22CuO、，故A错误；
B． 的溶解度大于，向悬浊液中加入溶液，发生沉淀的转化：= ，固体由白色变为红褐色，故B正确；
C．溶液中加入， 生成 沉淀，反应的离子方程式为=，故C正确；
D．溶液中加入NaOH溶液 ，发生反应：，Cr2O在溶液中呈橙色，在溶液中呈黄色，因此溶液由橙色变为黄色，故D正确；
故选A。
【分析】A．Cu在空气中灼烧得到CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛；
Ｂ．沉淀会从溶解度大的向溶解度小的转化；
Ｃ． 与亚铁离子反应生成 蓝色沉淀；
Ｄ．Cr2O呈橙色，呈黄色。
7．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，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，即Y>Z>X，故A错误；
B．由分析可知，甲为NH4OCN，中存在 N→H 的配位键，故B错误；
C．乙为CO(NH2)2，其结构简式为，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则乙中键与π键的数目比为7：1，故C错误；
D．甲为NH4OCN，分子中C原子与N原子形成三键，价层电子对数为2，采用sp杂化，乙为CO(NH2)2，分子中C原子形成双键，价层电子对数为3，采用sp2杂化，故D正确；
故选D。
【分析】基态X、Z原子均有2个单电子，则其价电子排布式可能为ns2np2（C或Si），也可能是ns2np4（O或S），结合 “X、Y、Z 同周期” 且原子序数递增，甲为无机物，乙为有机物，则乙中含有碳元素，则X应为C元素，Z与X同周期且原子序数更大，基态有2个单电子，则Z为O元素，Y 在 X 和 Z 之间，即原子序数介于C和O之间，为N元素，W原子序数最小，为H元素，无机物甲为NH4OCN，有机物乙为CO(NH2)2。
8．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．Cl2和HCl均能与碱石灰反应，该装置不能除去中的HCl，故A不符合题意；
Ｂ．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，该装置右侧密封，隔绝空气，能制备少量NO避免其被氧化，故B符合题意；
Ｃ．S微溶于乙醇，易溶于CS2，该装置不能实现实验目的，故C不符合题意；
Ｄ．打开K2，闭合K1时，为电解池，左侧锌制取电子发生氧化反应生成Zn2+，阴极生成氢气，但阳极并不能产生氧气，不能制作氢氧燃料电池，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A．碱石灰为NaOH和CaO的混合物；
Ｂ．稀硝酸的还原产物为NO；
Ｃ．S微溶于乙醇，易溶于CS2；
Ｄ．该装置打开K2，闭合K1时，形成电解池，左侧锌为阳极，右侧锌为阴极。
9．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．W位于晶胞顶点，与其最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶点在8个晶胞里，棱上的原子被4个晶胞共有，因此与W最近且距离相等的O原子有，故A正确；
B．设W的平均价态为n，根据化合物中化合价代数和为0可知，(-2）×3+n+x=0，n=6-x，x的值增大时，n减小，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 ，晶体中的空位会影响电子跃迁能级，不同能级差对应吸收不同波长的可见光，由此说明空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确；
故选B。
【分析】A．W位于顶点，与其最近且等距的O其上下左右前后；
Ｂ．根据化合物中化合价的代数和为0分析；
Ｃ．根据晶胞密度公式计算；
Ｄ．晶体中的空位会影响电子跃迁能级。
10．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；水解反应；酯化反应
【解析】【解答】A．观察该反应，反应中没有原子或基团被替代，而是碳碳双键被加成形成C-C键，发生的是加成反应，故A错误；
Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基，能与羧酸发生酯化反应，故B正确；
Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基，均能发生水解反应，故C正确；
Ｄ．观察题干反应，是碳碳双键加成的过程，乙烯含有碳碳双键，2分子乙烯在UV下发生题干中的反应生成环丁烷，故D正确；
故选A。
【分析】A．取代反应是指有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应；
Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基；
Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基；
Ｄ．乙烯分子中含碳碳双键，在UV下发生题干中的反应能生成环丁烷。
11．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸在 “浸出” 步骤中溶解矿石，作为浸取剂，同时，生物质在酸性条件下可能参与还原反应，硫酸提供酸性环境，可能起到催化作用，A正确；
B．稻草等生物质属于天然有机物，来源广泛（如农业废弃物），且可通过植物光合作用再生，B正确；
C．“浸出”时， 反应生成硫酸铁，Fe元素的化合价没有变化，没有被还原，C错误；
D．“沉钴”后上层清液是CoS的饱和溶液，则存在Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；
故选C。
【分析】 高锰钴矿(含和少量) 中加入硫酸和稻草浸出，生物质中含有的有机物作还原剂，将Co3O4还原为Co2+，则滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Co2+，过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，除铁后的滤液中主要含有Co2+，加入Na2S沉钴得到CoS，分离出CoS即可得到MnSO4滤液。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．Ⅱ中，MnO2具有氧化性，在酸性条件下氧化KI生成Mn2+，发生的反应为 ，A正确；
B． 易升华， 具有还原性，易被氧化，因此Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 ，B正确；
C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2越多，而I2由KMnO4、MnO2与KI反应生成，进而可说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误；
D．若Ⅰ中为酸性条件，酸性条件下Cl-与KMnO4发生氧化还原反应，测定时剩余氧化剂减少，计算出的有机物消耗的氧化剂偏多，COD 值偏高，D正确；
故选C。
【分析】装置Ⅰ中，过量KMnO4在碱性条件下氧化有机物，自身被还原为MnO2，由于Ⅰ中加入的KMnO4是过量的，Ⅱ中KMnO4、MnO2在酸性条件下与KI发生氧化还原反应生成Mn2+，反应的离子方程式为、 ，Ⅲ中用Na2S2O3滴定生成的I2，进而测定COD。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，阳离子向正极移动，b为正极，则向b极迁移，A正确；
B．NaCl电离产生的氯离子在a极被消耗，钠离子在b极被消耗，因此该电池可用于海水脱盐，B正确；
C．a为负极，Cu2O失电子发生氧化反应生成，电极反应式为，C正确；
D．以Ag/AgCl电极代替a极，Ag失去电子变为Ag+，与氯离子结合生成氯化银，电池不会失去储氯能力，D错误；
故选D。
【分析】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，如果b极是阴极，则AgCl应还原，质量减少，所以放电时b极是阳极，质量增加。则放电时，a为负极，Cu2O反应生成，Cu元素的化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为，b为正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3。
14．【答案】A
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，pH发生变化， 发生变化，振幅和周期也发生变化，A错误；
B．反应④亚硫酸被氧化，根据得失电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为，B正确；
C．①②为快速反应，氧化亚硫酸，因此反应①~④中对的氧化起催化作用的是，C正确；
D．当pH振荡发生时，pH响应变色材料会随pH的周期性变化而反复改变颜色，从而将不可见的pH振荡转化为肉眼可见的颜色变化，实现可视化，因此利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；
故选A。
【分析】A．随时间变化，氢离子浓度发生变化，振幅和周期也发生变化；
Ｂ．该反应中，亚硫酸被氧化为硫酸；
Ｃ．催化剂能影响反应速率；
Ｄ．pH响应变色材料颜色随pH变化而改变。
15．【答案】B
【知识点】化学平衡的计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅲ为的变化曲线，A正确；
B．根据分析可知，体系中加入了NaOH固体以调节pH，则溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+，，B错误；
C．D点时，c()=c(Ag+)，此时氨气浓度为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；
故选B。
【分析】N元素总物质的量不变，则N元素的浓度不变，由于发生反应和 ，反应物有NH3，题干中是将AgCl置于硝酸铵溶液中，说明氨气的产生是向溶液中加入碱得到，溶液总体积不变，可能是向溶液中加入NaOH固体，随着pH增大，NH3浓度增大，p(NH3)减小，和浓度增大，p()和p()减小，Ag+浓度减小，p(Ag+)增大，则曲线Ⅰ为Ag+的变化曲线，由于生成的氨气和硝酸铵形成缓冲溶液，则NH3的变化幅度应该最小，则曲线Ⅳ为NH3的变化曲线，根据反应的方程式可知，生成的反应的变化幅度大于，则曲线Ⅲ代表的变化曲线，曲线Ⅱ代表的变化曲线。
16．【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）pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+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；Pb(OH)2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，H2A分子中含有2个手性碳原子（如图用“*”标记）；
（2）“氧化浸出”时，为氧化剂，反应过程中S元素的化合价降低，被还原为；
（3）温度越高，反应速率越快，但NH3·H2O不稳定，受热易分解，“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为：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）滤液中含有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，除铜时加入Zn发生置换反应，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
（5）滤渣1为Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2为Fe(OH)3，其中的金属元素为Fe；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+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；
（7）PbA在真空中热解得到纯Pb，根据题意可知，生成两种气态氧化物，为CO和H2O，则反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。
【分析】 废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl) 加入(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出，“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为，CuCl转化为[Cu(NH3)4]2+，FeS转化为Fe(OH)3，则滤渣1主要含有和Fe(OH)3，向滤渣1中加入H2A和Na2A浸铅，和反应生成PbA，滤液结晶得到PbA，PbA在真空中热解得到纯Pb；滤液中含有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，向滤液中加入Zn，发生反应 Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu，分离除去Cu，除铜后的滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+，加入(NH4)2S沉锌得到ZnS。
17．【答案】（1）绿色环保；减少副产物的生成
（2）50
（3）除去未反应完的
（4）；+H+
（5）③；①；④；氧气
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）具有强氧化性，作氧化剂能将氧化为对苯二甲酸，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，，则2h时反应液中既有又有，且两者物质的量之比为1：1，则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，溶液中存在未反应的，能溶于乙酸乙酯，因此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，稀盐酸与NaOH发生中和反应，盐酸与对甲基苯甲酸钠反应生成对甲基苯甲酸，反应的离子方程式为：、+H+；
（5）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。
【分析】（1） 具有强氧化性，能将甲基也氧化；
（2）谱图中无羧基H的吸收峰， ，则a表示醛基中H原子的吸收峰，吸收峰的面积之比等于其物质的量之比；
（3）乙酸乙酯是有机溶剂，能溶解对甲基苯甲醛；
（4）步骤Ⅲ中，盐酸与过量的NaOH发生中和反应，同时盐酸与生成的对甲基苯甲酸钠反应生成对甲基苯甲酸；
（5）丙酮易挥发，应当先冷冻，抽出装置内的空气，再恢复至室温，使丙酮中溶解的氧气挥发出来。
18．【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）I；IV；BD；1.98；0.025
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0。
（2）的燃烧热分别为， 则有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，将③-2×①-③×①可得 ，则ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。
（3）反应温度在500K时，平衡常数K<，此时反应进行程度小，导致乙二醇产率过低；也可能是此时温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。
（4）①由分析可知，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．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1mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为1mol×99%×2%=0.0198mol，未反应从出口流出的DMO为1mol×(1-99%)=0.01mol，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%，则有三段式：
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。
【分析】（1）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（2）分别写出的燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算ΔH；
（3）平衡常数越小，说明反应进行的程度越小；温度能影响反应速率，催化剂活性；
（4）①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；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；列出反应的三段式，结合表达式计算；
③④列出反应的三段式计算。
19．【答案】（1）+CH3OH+H2O
（2）羟基；醛基
（3）取代反应
（4）4
（5）
（6）；
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，B为，A与甲醇发生酯化反应生成B，则A→B的化学方程式为+CH3OH+H2O；
（2）由分析可知，C为，C催化氧化生成D，羟基转化为醛基，故答案为：羟基；醛基；
（3）由分析可知，G为，G与反应生成，Br原子取代G中的一个H原子生成H，G→H的反应类型为取代反应；
（4）E为，其同分异构体含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为，苯环上的取代基为-CHO、-Br和-CH3时，有2种结构，苯环上的取代基为羰基、-Br时，有2种结构，共有4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，N为，若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；
（6）发生消去反应生成，与反应生成，与在一定条件下得到目标产物，则X的结构简式为 ，Y的结构简式为 。
【分析】A与甲醇在浓硫酸催化的条件下加热发生酯化反应生成B，则B的结构简式为，在LiAlH4的作用下发生还原反应生成C，结合C的分子式可知，C为，催化氧化生成，与CBr4反应生成，与CuI，K3PO4条件下加热反应生成，与反应生成G，G与反应生成H，结合G的分子式可知，G的结构简式为，H在一定条件下转化为M，M与PtCl2反应生成N。
1 / 1【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2025年高考化学真题
1．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．石灰石的主要成分是碳酸钙，煅烧石灰石，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，故A不符合题意；
Ｂ．磁铁矿炼铁的过程中有新物质单质铁生成，属于化学变化，故B不符合题意；
Ｃ．煤的液化是指在一定条件下将固体煤炭转化为烃类液体燃料和化工原料的过程，该过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
Ｄ．石油分馏是将石油中不同沸点的混合物进行分离，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D符合题意；
故选D。
【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化。
2．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】判断简单分子或离子的构型；离子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CO2分子的结构式为O=C=O，C、O之间形成双键，共用2个电子对，其电子式为，故A错误；
Ｂ．的中心原子O原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有两个孤电子对，其空间构型为V形，故B错误；
Ｃ． 由铵根离子和氯离子构成，属于离子晶体，故C正确；
Ｄ．向饱和食盐水溶液中通入氨气和二氧化碳气体，析出碳酸氢钠晶体，说明溶解度： ，故D错误；
故选C。
【分析】A．CO2的结构式为O=C=O；
Ｂ． 的空间结构为V形；
Ｃ．氯化铵由铵根离子和氯离子构成；
Ｄ．碳酸氢铵的溶解度大于碳酸氢钠。
3．（2025·黑吉辽蒙）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
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．水分子中，每个氢原子的1s轨道与氧原子的一个2p轨道“头对头”重叠形成σ键，因此水分子中的O-H键是s-pσ键，故A错误；
Ｂ．Cl2O、H2O、HClO的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体形，故B正确；
Ｃ．原子半径：Cl>H，则键长：Cl-O>H-O，故C错误；
Ｄ．Cl最外层有7个电子，其中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，故D错误；
故选B。
【分析】A．水分子的中心原子O原子采用sp3杂化；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．氯有7个价电子。
4．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．反应①为方程式为，标准状况下11.2L的物质的量为0.5mol，所含原子数目为，故A正确；
B．反应②的方程式为，产物含1个O-O非极性键，2.3gNa的物质的量为0.1mol，生成0.05mol，非极性键数目为，故B错误；
C．反应③的化学方程式为， 转移1mol电子，数目为，故C错误；
D．ClO-在溶液中发生水解，则溶液中，的数目小于 ，D错误；
故选A。
【分析】反应①电解NaCl生成Na，反应的方程式为；反应②为，反应③为，反应④为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
5．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；聚合反应
【解析】【解答】A．根据Ⅰ的结构简式可知，含有的官能团为-CN、碳碳双键和酯基，共3种，故A错误；
Ｂ．Ⅱ是由Ⅰ通过聚合反应形成的高分子化合物，分子链间作用力强，难溶于水，故B错误；
Ｃ．Ⅱ为高分子聚合物，相对分子质量较大，分子间作用力强，常温下多为固态，故C正确；
Ｄ．Ⅰ形成Ⅱ时，双键打开相互连接，无小分子脱去，因此该反应为加聚反应，而非缩聚反应，故D错误；
故选C。
【分析】A．Ⅰ中含有碳碳双键、-CN和酯基；
Ｂ．Ⅱ为高聚物；
Ｃ．聚合物相对分子质量较大，分子间作用力强；
Ｄ．缩聚反应的特征是反应过程中除生成高分子外，还会脱去小分子。
6．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．空气中灼烧铜丝，铜被氧化为CuO，CuO氧化乙醇得到乙醛，反应的化学方程式为：2Cu+O22CuO、，故A错误；
B． 的溶解度大于，向悬浊液中加入溶液，发生沉淀的转化：= ，固体由白色变为红褐色，故B正确；
C．溶液中加入， 生成 沉淀，反应的离子方程式为=，故C正确；
D．溶液中加入NaOH溶液 ，发生反应：，Cr2O在溶液中呈橙色，在溶液中呈黄色，因此溶液由橙色变为黄色，故D正确；
故选A。
【分析】A．Cu在空气中灼烧得到CuO，CuO氧化乙醇生成乙醛；
Ｂ．沉淀会从溶解度大的向溶解度小的转化；
Ｃ． 与亚铁离子反应生成 蓝色沉淀；
Ｄ．Cr2O呈橙色，呈黄色。
7．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，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，即Y>Z>X，故A错误；
B．由分析可知，甲为NH4OCN，中存在 N→H 的配位键，故B错误；
C．乙为CO(NH2)2，其结构简式为，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则乙中键与π键的数目比为7：1，故C错误；
D．甲为NH4OCN，分子中C原子与N原子形成三键，价层电子对数为2，采用sp杂化，乙为CO(NH2)2，分子中C原子形成双键，价层电子对数为3，采用sp2杂化，故D正确；
故选D。
【分析】基态X、Z原子均有2个单电子，则其价电子排布式可能为ns2np2（C或Si），也可能是ns2np4（O或S），结合 “X、Y、Z 同周期” 且原子序数递增，甲为无机物，乙为有机物，则乙中含有碳元素，则X应为C元素，Z与X同周期且原子序数更大，基态有2个单电子，则Z为O元素，Y 在 X 和 Z 之间，即原子序数介于C和O之间，为N元素，W原子序数最小，为H元素，无机物甲为NH4OCN，有机物乙为CO(NH2)2。
8．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．Cl2和HCl均能与碱石灰反应，该装置不能除去中的HCl，故A不符合题意；
Ｂ．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，该装置右侧密封，隔绝空气，能制备少量NO避免其被氧化，故B符合题意；
Ｃ．S微溶于乙醇，易溶于CS2，该装置不能实现实验目的，故C不符合题意；
Ｄ．打开K2，闭合K1时，为电解池，左侧锌制取电子发生氧化反应生成Zn2+，阴极生成氢气，但阳极并不能产生氧气，不能制作氢氧燃料电池，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A．碱石灰为NaOH和CaO的混合物；
Ｂ．稀硝酸的还原产物为NO；
Ｃ．S微溶于乙醇，易溶于CS2；
Ｄ．该装置打开K2，闭合K1时，形成电解池，左侧锌为阳极，右侧锌为阴极。
9．（2025·黑吉辽蒙）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
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．W位于晶胞顶点，与其最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶点在8个晶胞里，棱上的原子被4个晶胞共有，因此与W最近且距离相等的O原子有，故A正确；
B．设W的平均价态为n，根据化合物中化合价代数和为0可知，(-2）×3+n+x=0，n=6-x，x的值增大时，n减小，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 ，晶体中的空位会影响电子跃迁能级，不同能级差对应吸收不同波长的可见光，由此说明空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确；
故选B。
【分析】A．W位于顶点，与其最近且等距的O其上下左右前后；
Ｂ．根据化合物中化合价的代数和为0分析；
Ｃ．根据晶胞密度公式计算；
Ｄ．晶体中的空位会影响电子跃迁能级。
10．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；水解反应；酯化反应
【解析】【解答】A．观察该反应，反应中没有原子或基团被替代，而是碳碳双键被加成形成C-C键，发生的是加成反应，故A错误；
Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基，能与羧酸发生酯化反应，故B正确；
Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基，均能发生水解反应，故C正确；
Ｄ．观察题干反应，是碳碳双键加成的过程，乙烯含有碳碳双键，2分子乙烯在UV下发生题干中的反应生成环丁烷，故D正确；
故选A。
【分析】A．取代反应是指有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应；
Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基；
Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基；
Ｄ．乙烯分子中含碳碳双键，在UV下发生题干中的反应能生成环丁烷。
11．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸在 “浸出” 步骤中溶解矿石，作为浸取剂，同时，生物质在酸性条件下可能参与还原反应，硫酸提供酸性环境，可能起到催化作用，A正确；
B．稻草等生物质属于天然有机物，来源广泛（如农业废弃物），且可通过植物光合作用再生，B正确；
C．“浸出”时， 反应生成硫酸铁，Fe元素的化合价没有变化，没有被还原，C错误；
D．“沉钴”后上层清液是CoS的饱和溶液，则存在Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；
故选C。
【分析】 高锰钴矿(含和少量) 中加入硫酸和稻草浸出，生物质中含有的有机物作还原剂，将Co3O4还原为Co2+，则滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Co2+，过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，除铁后的滤液中主要含有Co2+，加入Na2S沉钴得到CoS，分离出CoS即可得到MnSO4滤液。
12．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】氧化还原反应；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．Ⅱ中，MnO2具有氧化性，在酸性条件下氧化KI生成Mn2+，发生的反应为 ，A正确；
B． 易升华， 具有还原性，易被氧化，因此Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 ，B正确；
C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2越多，而I2由KMnO4、MnO2与KI反应生成，进而可说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误；
D．若Ⅰ中为酸性条件，酸性条件下Cl-与KMnO4发生氧化还原反应，测定时剩余氧化剂减少，计算出的有机物消耗的氧化剂偏多，COD 值偏高，D正确；
故选C。
【分析】装置Ⅰ中，过量KMnO4在碱性条件下氧化有机物，自身被还原为MnO2，由于Ⅰ中加入的KMnO4是过量的，Ⅱ中KMnO4、MnO2在酸性条件下与KI发生氧化还原反应生成Mn2+，反应的离子方程式为、 ，Ⅲ中用Na2S2O3滴定生成的I2，进而测定COD。
13．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，阳离子向正极移动，b为正极，则向b极迁移，A正确；
B．NaCl电离产生的氯离子在a极被消耗，钠离子在b极被消耗，因此该电池可用于海水脱盐，B正确；
C．a为负极，Cu2O失电子发生氧化反应生成，电极反应式为，C正确；
D．以Ag/AgCl电极代替a极，Ag失去电子变为Ag+，与氯离子结合生成氯化银，电池不会失去储氯能力，D错误；
故选D。
【分析】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，如果b极是阴极，则AgCl应还原，质量减少，所以放电时b极是阳极，质量增加。则放电时，a为负极，Cu2O反应生成，Cu元素的化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为，b为正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3。
14．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，pH发生变化， 发生变化，振幅和周期也发生变化，A错误；
B．反应④亚硫酸被氧化，根据得失电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为，B正确；
C．①②为快速反应，氧化亚硫酸，因此反应①~④中对的氧化起催化作用的是，C正确；
D．当pH振荡发生时，pH响应变色材料会随pH的周期性变化而反复改变颜色，从而将不可见的pH振荡转化为肉眼可见的颜色变化，实现可视化，因此利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；
故选A。
【分析】A．随时间变化，氢离子浓度发生变化，振幅和周期也发生变化；
Ｂ．该反应中，亚硫酸被氧化为硫酸；
Ｃ．催化剂能影响反应速率；
Ｄ．pH响应变色材料颜色随pH变化而改变。
15．（2025·黑吉辽蒙） 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
【知识点】化学平衡的计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅲ为的变化曲线，A正确；
B．根据分析可知，体系中加入了NaOH固体以调节pH，则溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+，，B错误；
C．D点时，c()=c(Ag+)，此时氨气浓度为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；
故选B。
【分析】N元素总物质的量不变，则N元素的浓度不变，由于发生反应和 ，反应物有NH3，题干中是将AgCl置于硝酸铵溶液中，说明氨气的产生是向溶液中加入碱得到，溶液总体积不变，可能是向溶液中加入NaOH固体，随着pH增大，NH3浓度增大，p(NH3)减小，和浓度增大，p()和p()减小，Ag+浓度减小，p(Ag+)增大，则曲线Ⅰ为Ag+的变化曲线，由于生成的氨气和硝酸铵形成缓冲溶液，则NH3的变化幅度应该最小，则曲线Ⅳ为NH3的变化曲线，根据反应的方程式可知，生成的反应的变化幅度大于，则曲线Ⅲ代表的变化曲线，曲线Ⅱ代表的变化曲线。
16．（2025·黑吉辽蒙） 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）pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+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；Pb(OH)2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，H2A分子中含有2个手性碳原子（如图用“*”标记）；
（2）“氧化浸出”时，为氧化剂，反应过程中S元素的化合价降低，被还原为；
（3）温度越高，反应速率越快，但NH3·H2O不稳定，受热易分解，“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为：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）滤液中含有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，除铜时加入Zn发生置换反应，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
（5）滤渣1为Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2为Fe(OH)3，其中的金属元素为Fe；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+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；
（7）PbA在真空中热解得到纯Pb，根据题意可知，生成两种气态氧化物，为CO和H2O，则反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。
【分析】 废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl) 加入(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出，“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为，CuCl转化为[Cu(NH3)4]2+，FeS转化为Fe(OH)3，则滤渣1主要含有和Fe(OH)3，向滤渣1中加入H2A和Na2A浸铅，和反应生成PbA，滤液结晶得到PbA，PbA在真空中热解得到纯Pb；滤液中含有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，向滤液中加入Zn，发生反应 Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu，分离除去Cu，除铜后的滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+，加入(NH4)2S沉锌得到ZnS。
17．（2025·黑吉辽蒙） 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）绿色环保；减少副产物的生成
（2）50
（3）除去未反应完的
（4）；+H+
（5）③；①；④；氧气
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）具有强氧化性，作氧化剂能将氧化为对苯二甲酸，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，，则2h时反应液中既有又有，且两者物质的量之比为1：1，则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，溶液中存在未反应的，能溶于乙酸乙酯，因此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，稀盐酸与NaOH发生中和反应，盐酸与对甲基苯甲酸钠反应生成对甲基苯甲酸，反应的离子方程式为：、+H+；
（5）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。
【分析】（1） 具有强氧化性，能将甲基也氧化；
（2）谱图中无羧基H的吸收峰， ，则a表示醛基中H原子的吸收峰，吸收峰的面积之比等于其物质的量之比；
（3）乙酸乙酯是有机溶剂，能溶解对甲基苯甲醛；
（4）步骤Ⅲ中，盐酸与过量的NaOH发生中和反应，同时盐酸与生成的对甲基苯甲酸钠反应生成对甲基苯甲酸；
（5）丙酮易挥发，应当先冷冻，抽出装置内的空气，再恢复至室温，使丙酮中溶解的氧气挥发出来。
18．（2025·黑吉辽蒙） 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 10
（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）I；IV；BD；1.98；0.025
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0。
（2）的燃烧热分别为， 则有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，将③-2×①-③×①可得 ，则ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。
（3）反应温度在500K时，平衡常数K<，此时反应进行程度小，导致乙二醇产率过低；也可能是此时温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。
（4）①由分析可知，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．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1mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为1mol×99%×2%=0.0198mol，未反应从出口流出的DMO为1mol×(1-99%)=0.01mol，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%，则有三段式：
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。
【分析】（1）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（2）分别写出的燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算ΔH；
（3）平衡常数越小，说明反应进行的程度越小；温度能影响反应速率，催化剂活性；
（4）①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；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；列出反应的三段式，结合表达式计算；
③④列出反应的三段式计算。
19．（2025·黑吉辽蒙） 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）羟基；醛基
（3）取代反应
（4）4
（5）
（6）；
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，B为，A与甲醇发生酯化反应生成B，则A→B的化学方程式为+CH3OH+H2O；
（2）由分析可知，C为，C催化氧化生成D，羟基转化为醛基，故答案为：羟基；醛基；
（3）由分析可知，G为，G与反应生成，Br原子取代G中的一个H原子生成H，G→H的反应类型为取代反应；
（4）E为，其同分异构体含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为，苯环上的取代基为-CHO、-Br和-CH3时，有2种结构，苯环上的取代基为羰基、-Br时，有2种结构，共有4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，N为，若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；
（6）发生消去反应生成，与反应生成，与在一定条件下得到目标产物，则X的结构简式为 ，Y的结构简式为 。
【分析】A与甲醇在浓硫酸催化的条件下加热发生酯化反应生成B，则B的结构简式为，在LiAlH4的作用下发生还原反应生成C，结合C的分子式可知，C为，催化氧化生成，与CBr4反应生成，与CuI，K3PO4条件下加热反应生成，与反应生成G，G与反应生成H，结合G的分子式可知，G的结构简式为，H在一定条件下转化为M，M与PtCl2反应生成N。
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