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河北省2025年高考真题化学试题
1．（2025·河北） 河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组件主要成分属于有机物的是（　　）
A．基石 B．斗拱 C．青瓦 D．琉璃
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、“基石”的材料为石材，其主要成分为硅酸盐，属于无机物，A不符合题意。
B、“斗拱”的材料为木材，其主要成分为纤维，属于有机物，B符合题意。
C、“青瓦”的材料为石材，其主要成分为硅酸盐，属于无机物，C不符合题意。
D、“琉璃”的材料为玻璃，其主要成分为硅酸盐，属于无机物，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、石头的成分为硅酸盐。
B、木材的成分为纤维素。
C、石材的成分为硅酸盐。
D、玻璃的成分为硅酸盐。
2．（2025·河北） 下列不符合实验安全要求的是（　　）
A．酸、碱废液分别收集后直接排放
B．进行化学实验时需要佩戴护目镜
C．加热操作时选择合适的工具避免烫伤
D．乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种
【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、酸碱废液，需收集后，集中进行酸碱中和，处理达标后再排放，A不符合实验安全要求；
B、进行化学实验时，为防止液体溅入眼睛，应佩戴护目镜，B符合实验安全要求；
C、加热操作时，选择合适的工具，可防止烫伤，C符合实验安全要求；
D、乙醇具有挥发性和易燃性，存放在阴凉通风处，远离火种，可防止乙醇燃烧，D符合实验安全要求；
故答案为：A
【分析】A、酸碱废液直接排放会造成水污染。
B、实验过程中佩戴护目镜可防止液体溅入眼睛。
C、加热时选择合适的工具可避免烫伤。
D、乙醇的着火点，且具有挥发性，存放时应远离火种。
3．（2025·河北） 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是（　　）
A．ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配
B．聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜
C．聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料
D．热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板
【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A、ABS工程塑料具有高韧性的特点，因此可用于制造汽车配件，A说法正确。
B、聚氯乙烯中含有添加剂（塑化剂），使用过程中会释放出有害物质，因此不能用于制造饮用水分离膜，B说法错误。
C、聚苯乙烯泡沫的隔热保温性能较好，常用于制造建筑工程的保温材料，C说法正确。
D、酚醛树脂具有热固性，能耐高温，且绝缘性能好，因此常用于制造集成电路的底板，D说法正确。
故答案为：B
【分析】A、结合ABS工程塑料的高韧性分析。
B、聚氯乙烯中含有有害物质。
C、聚苯乙烯泡沫具有隔热保温作用。
D、结合酚醛树脂的热固性分析。
4．（2025·河北） 设是阿伏加德罗常数值，下列说法错误的是（　　）
A．晶体内氢键的数目为
B．的NaF溶液中阳离子总数为
C．28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为
D．铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为
【答案】B
【知识点】摩尔质量；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、18gH2O的物质的量为1mol，一个水分子中含有2个氢键。因此1molH2O晶体内含有氢键的数目为2NA，A说法正确。
B、溶液中n(NaF)=c×V=1mol·L－1×1L=1mol，因此溶液中n(Na＋)=1mol。由于溶液中存在H2O电离产生的H＋，因此溶液中阳离子数应大于1NA，B说法错误。
C、环己烷的分子式为C6H12，戊烯的分子式为C5H10，二者的最简式都是CH2。因此28gCH2中所含碳原子数为，C说法正确。
D、铅蓄电池负极的电极反应式为Pb－2e－＋SO42－=PbSO4，负极增加的质量为SO42－的质量，因此n(SO42－)=1mol，所以转移电子数为2NA，D说法正确。
故答案为：B
【分析】A、一个水分子中含有2个氢键。
B、NaF溶液中还存在H2O电离产生的H+。
C、环己烷和戊烯的最简式都是CH2，可按CH2进行计算。
D、铅蓄电池负极增加的质量即为SO42-的质量，结合电极反应式进行计算。
5．（2025·河北） 下列化学用语表述正确的是（　　）
A．中子数为12的氖核素：
B．氯化镁的电子式：
C．甲醛分子的球棍模型：
D．的价层电子对互斥模型：
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素、核素；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为12的氖核素，其质量数为10+12=22，标在元素符号左下角的为质子数，因此该核素可表示为，A不符合题意。
B、MgCl2是由Mg2＋和2个Cl－构成的，其电子式为，B不符合题意。
C、甲醛分子的结构简式为HCHO，为平面三角形结构，其球棍模型为，C符合题意。
D、CO32－中心原子的价层电子对数为，中心原子价层电子对数为3，不含孤电子对，因此其价层电子对互斥模型为平面三角形，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、标在元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数。
B、MgCl2是由Mg2＋和2个Cl－构成的，含有阴阳离子，据此确定其电子式。
C、甲醛为平面三角形结构，据此确定其球棍模型。
D、根据CO32－中心原子的价层电子对数分析。
6．（2025·河北） 丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下：
下列说法正确的是（　　）
A．K中含手性碳原子 B．M中碳原子都是杂化
C．K、M均能与反应 D．K、M共有四种含氧官能团
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、K中不存在连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，因此K中不存在手性碳原子，A不符合题意。
B、M中-CH3中碳原子形成四个σ键，采用sp3杂化，B不符合题意。
C、能与NaHCO3反应的官能团为－COOH，K中不含有－COOH，因此K不能与NaHCO3反应，C不符合题意。
D、K含有的含氧官能团有酚羟基、醚键、酮羰基三种；M中含有的含氧官能团有酚羟基、醚键和羧基三种。因此K、M中共含有四种含氧官能团，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。
B、形成四个σ键的碳原子采用sp3杂化。
C、能与NaHCO3反应的官能团为－COOH。
D、根据K、M的结构简式确定其所含的含氧官能团。
7．（2025·河北） 如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是（　　）
A．电石与饱和NaCl溶液 B．固体与70%的浓
C．大理石与稀HCl D．固体与水
【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、电石与H2O反应生成C2H2，同时含有杂质气体H2S，H2S可用CuSO4溶液除去。剩余C2H2气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，A不符合题意。
B、Na2SO3与H2SO4反应生成SO2，SO2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，使得酸性KMnO4溶液褪色，B不符合题意。
C、大理石与稀盐酸反应生成CO2，CO2不具有还原性，因此不能是酸性KMnO4溶液褪色，C符合题意。
D、Al2S3固体与H2O反应生成Al(OH)3和H2S，H2S具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、电石的成分为CaC2，与H2O反应生成C2H2，C2H2能使酸性KMnO4溶液褪色。
B、Na2SO3与H2SO4反应生成SO2，SO2能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、大理石与稀盐酸反应生成CO2，CO2不能是酸性KMnO4溶液褪色。
D、Al2S3固体与H2O反应生成H2S，H2S能使酸性KMnO4溶液褪色。
8．（2025·河北） 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是（　　）
选项 宏观现象 微观解释
A 氮气稳定存在于自然界中 氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
B 苯不能使溴的溶液褪色 苯分子中碳原子形成了稳定的大键
C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列
D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、N2的结构式为N≡N，氮氮三键的键能较高，断裂化学键需要吸收的能量高，因此化学键难以断裂，化学性质稳定，A不符合题意。
B、苯分子中碳原子形成稳定的大π键，化学键难以断裂，因此不能使Br2的CCl4溶液褪色，B不符合题意。
C、原子三维空间里的周期性有序排列，使得天然水晶呈现多面体外形，C不符合题意。
D、NaCl为离子晶体，熔化时需破坏离子键；而AlCl3为分子晶体，熔化时只需破坏分子间作用力。离子键的强度大于分子间作用力，因此NaCl晶体的熔点高于AlCl3晶体，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、氮氮三键的键能高，断键吸收的能量高，化学键不容易断裂。
B、苯中不存在π键，存在的是稳定的大π键，不容易断裂。
C、原子在三维空间周期性的排列，使得天然水晶呈现多面体外形。
D、AlCl3晶体为分子晶体。
9．（2025·河北） W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是（　　）
A．第二电离能： B．原子半径：
C．单质沸点： D．电负性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，W为S、X为O、Y为N、Z为F。
A、第二电离能为失去第二个电子所需的能量，由于O＋的核外电子排布式为1s22s22p3，2p能级为半充满稳定结构，难以失去电子。而N+的核外电子排布式为1s22s22p2，较易失去电子。因此第二电离能：X＞Y，A说法错误。
B、W为S，原子核外有3个电子层；Z为F，原子核外有2个电子层。电子层数越大，原子半径越大。因此原子半径：Z＜W，B说法正确。
C、Y、Z的单质分别为N2、F2，二者都是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高。因此沸点：Y＜Z，C说法正确。
D、同主族元素，核电荷数越大，电负性越小。因此电负性：W＜X，D说法正确。
故答案为：A
【分析】W原子中电子排布已充满的能级数1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，所以W为C或S。X与W同族，所以X为Si或O。Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，若W为C、X为Si，则Y为P。Z位于W的对角线位置，则Z为P。而Y也为P。因此W不是C，而是S；则X为O。Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，因此Y为N。Z位于W的对角线位置，则Z为F。据此结合元素周期律分析选项。
10．（2025·河北） 科研工作者设计了一种用于废弃电极材料再锂化的电化学装置，其示意图如下：
已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是（　　）
A．电极上发生的反应：
B．产生标准状况下时，理论上可转化的
C．再锂化过程中，向电极迁移
D．电解过程中，阳极附近溶液pH升高
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，LixCoO2电极的电极反应式为LixCoO2+(1-x)e－＋(1－x)Li＋=LiCoCO2，A不符合题意。
B、5.6LO2在标准状态下的物质的量为，反应过程中转移电子数为0.25mol×4=1mol。根据得失电子守恒可得，阴极得到电子数也为1mol，由阴极的电极反应式可得，理论上可转化的LixCoO2的物质的量为，B符合题意。
C、在电解池中，阴离子移向阳极，因此再锂化过程中，SO42－向Pt电极移动，C不符合题意。
D、电解过程中，阳极的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，溶液中c(H＋)增大，因此阳极附近溶液的pH降低，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】LixCoO2电极上LixCoO2发生再锂化生成LiCoO2，发生电子的还原反应，因此LixCoO2电极为阴极，其电极反应式为LixCoO2+(1-x)e－＋(1－x)Li＋=LiCoCO2。Pt电极为阳极，溶液中H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应生成O2，因此阳极的电极反应式2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。据此结合选项分析。
11．（2025·河北）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。的六方晶胞示意图如下，晶胞参数、，M、N原子的分数坐标分别为、。设是阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是（　　）
A．该物质的化学式为
B．体心原子的分数坐标为
C．晶体的密度为
D．原子Q到体心的距离为
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由M、N原子的分数坐标可知，M、N原子位于体内。白色小球只有一个，且位于体心，因此标色小球表示的是Sm原子。黑色小球表示的是Co原子，且位于顶点、棱上和体内。因此Co原子的个数为。所以该物质的化学式为SmCo5，A说法正确。
B、体心原子的分数坐标为，B说法正确。
C、由坐标系可知，晶胞底部为棱形，因此其底面积为。所以该晶体的密度，C说法正确。
D、Q点位于棱心，Q点到体心的距离可通过构建三角形解答。即Q点面心的距离为，面心到体心的距离为。因此Q到体心的距离为，D说法错误。
故答案为：D
【分析】A、根据原子在晶胞中的位置，结合均摊法确定该物质的化学式。
B、体心原子的分数坐标为。
C、根据公式计算晶体的密度。
D、根据晶胞中Q和体心的位置，构建三角形进行计算。
12．（2025·河北） 氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：
下列说法错误的是（　　）
A．反应ⅰ是吸热过程
B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV
C．反应ⅲ包含2个基元反应
D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、反应ⅰ中反应物的相对能量为0，生成物的相对能量为0.05eV。反应物的总能量＜生成物的总能量，因此该反应为吸热反应，A说法正确。
B、反应ⅱ中脱去H2O(g)的步骤经历过渡态TS5，因此该步骤的活化能为3.39eV-0.70eV=2.69eV，B说法正确。
C、反应ⅲ中包含过渡态TS6和TS7，因此包含2个基元反应，C说法正确。
D、总反应的速控步为慢反应，慢反应的活化能最大。整个反应历程中，活化能最大的为过渡态TS7，因此总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D说法错误。
故答案为：D
【分析】A、根据反应ⅰ反应物和生成物的相对能量大小确定反应的热效应。
B、反应ⅱ中脱去H2O(g)的步骤经历过渡态TS5，据此计算。
C、反应ⅲ过程中经历2个过渡态，因此包含2个基元反应。
D、总反应的速控步为慢反应，反应所需的活化能越高，反应速率越慢。
13．（2025·河北） 下列实验操作及现象能得出相应结论的是（　　）
选项 实验操作及现象 结论
A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动
B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀
C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性
D 向盛有2mL饱和溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质沉淀后活性改变
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蛋白质的特殊反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、恒压密闭容器中通入N2，容器的容积增大，NO2、N2O4的浓度减小，相当于减小压强操作。压强减小，可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，平衡逆向移动，c(NO2)增大，A不符合题意。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。由于AgCl、Ag2CrO4的组成不同，因此无法确定AgCl和Ag2CrO4的溶度积大小，B不符合题意。
C、加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe2＋与KSCN不反应，无明显现象。滴加氯水后，溶液变红色，说明氯水将Fe2＋氧化成Fe3＋，体现了Fe2＋的还原性，C符合题意。
D、往鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，析出沉淀；加蒸馏水稀释，沉淀溶解。说明蛋白质发生了盐析，蛋白质沉淀后活性不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、恒压充入N2，体积增大，浓度减小，相当于压强减小。结合压强对平衡移动的影响分析。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。
C、Fe2＋不与KSCN反应，滴加氯水后，溶液变红色，说明产生了Fe3＋。
D、Na2SO4溶液使蛋白质发生盐析。
14．（2025·河北） 已知和结合形成两种配离子和常温下，的和的混合溶液中，和的浓度对数(实线)、含铜微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．
B．
C．图中a点对应的
D．当时，体系中
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，曲线Ⅰ表示的是lgc(HL2－)，曲线Ⅱ表示的是lgc(L3－)，曲线Ⅲ表示的是δ(Cu2＋)，曲线Ⅳ表示的是δ(CuL－)，曲线Ⅴ的是δ(CuL24－)。
A、该反应的平衡常数，当曲线Ⅲ和曲线Ⅳ相交时，lgc(L3－)=-9.4。此时溶液中δ(Cu2＋)=δ(CuL－)，即c(Cu2＋)=c(CuL－)；且溶液中c(L3－)=10-9.4mol·L-1。因此该反应的平衡常数，A说法正确。
B、该反应的平衡常数，当曲线Ⅰ和曲线Ⅱ相交时，pH=11.6。此时溶液中c(HL2－)=c(L3－)；且溶液中c(H+)=10-11.6mol·L-1。因此该反应的平衡常数，B说法正确。
C、当曲线Ⅳ和曲线Ⅴ相交时，lgc(L3－)=－7.2。此时溶液中δ(CuL－)=δ(CuL24－)，即c(CuL－)=c(CuL24－)；且溶液中c(L3－)=10-7.2mol·L-1。因此可逆反应L3-+[CuL]- [CuL2]4-的平衡常数。a点时溶液中δ(Cu2＋)=δ(CuL24－)，则，因此可得此时溶液c(L3－)=10-8.3mol·L-1。a点溶液中c(HL2-)=0.1mol·L-1，代入可得，此时溶液中c(H+)=10-4.3mol·L-1。因此a点时溶液的pH=4.3，C说法错误。
D、当pH=6.4时，溶液中c(HL2－)最大，接近0.1mol·L－1。结合选项B平衡常数可得，此时溶液中c(L3－)=10－6.2mol·L－1。此时溶液中δ(CuL24－)=0.9、δ(CuL－)=0.09。结合Cu元素守恒可得，溶液中c(CuL24－)=0.9×0.002mol·L－1=1.8×10－3mol·L－1，c(CuL－)=0.09×0.002mol·L－1=1.8×10－4mol·L－1。因此此时溶液中c(HL2-)＞c(CuL24－)＞c(CuL－)＞c(L3-)，D说法正确。
故答案为：C
【分析】混合溶液中存在反应H3L H＋＋H2L－、H2L－ H＋HL2－、HL2－ H＋＋L3－；Cu2＋＋L3－ [CuL]-、[CuL]-＋L3－ [CuL2]3－。在可逆反应HL2－ H＋＋L3－中，溶液的pH较小时，溶液中主要以HL2－为主，此时溶液中c(HL2－)＞c(L3－)，因此曲线Ⅰ表示的是lgc(HL2－)，曲线Ⅱ表示的是lgc(L3－)。随着pH增大，可逆反应HL2－ H＋＋L3－平衡正向移动，溶液中c(L3－)增大，依次发生反应Cu2＋＋L3－ [CuL]-、[CuL]-＋L3－ [CuL2]3－。因此随着pH增大，δ(Cu2＋)逐渐减小，δ(CuL－)先增大后减小，δ(CuL24－)逐渐增大。因此曲线Ⅲ表示的是δ(Cu2＋)，曲线Ⅳ表示的是δ(CuL－)，曲线Ⅴ的是δ(CuL24－)。据此结合选项分析作答。
15．（2025·河北） 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下：
ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液；
ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽；
ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称：　 　，通入发生反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：　 　(填序号)
a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因　 　(用离子方程式表示)。
（4）步骤ⅱ中的尾气常用　 　(填化学式)溶液吸收。
（5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：　 　。
（6）列出本实验产率的计算表达式：　 　。
（7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在　 　。
【答案】（1）圆底烧瓶；I2+H2S=S+2HI
（2）c
（3）
（4）NaOH
（5）先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）
（7）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器A的名称为圆底烧瓶。通入H2S后，溶液中的I2与H2S反应生成S和HI，该反应的化学方程式为I2＋H2S=S＋2HI。
故答案为：圆底烧瓶；I2＋H2S=S＋2HI
（2）步骤ⅰ中反应生成S，为防止产物S单质将I2包裹覆盖，导致反应停止，反应过程中需快速搅拌。因此步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包裹碘，c符合题意。
故答案为：c
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，反应过程中生成HI，使得溶液中c(I－)增大，I2与I－反应I3－，促进了I2的溶解。该反应的离子方程式为I2＋I－ I3－。
故答案为：I2＋I－ I3－
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，为酸性气体，可用碱性溶液吸收。因此常用NaOH溶液吸收。
故答案为：NaOH
（5）步骤ⅲ实验结束时，应先停止加热，继续通入N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内再关闭K2。
故答案为：先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）127gI2的物质的量为，由反应的化学方程式I2＋H2S=S＋2HI可知，0.5molI2完全反应，生成n(HI)=1mol，其质量为1mol×128g·mol－1=128g。反应过程中实际生成HI的质量为117mL×1.7g·mL－1×57%。因此本实验中HI的产率为。
故答案为：
（7）氢碘酸酸见光易分解，且易被空气氧化，因此氢碘酸应保存在密封的棕色细口瓶中，且存放在避光低温处。
故答案为：密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。通入H2S后，I2将H2S氧化成S，据此写出反应的化学方程式。
（2）快速搅拌可防止固体产物将I2单质包裹。
（3）步骤ⅰ反应生成HI，I2能与I－进一步反应生成I3－，促进碘溶解，据此写出反应的离子方程式。
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，可用NaOH溶液吸收。
（5）步骤ⅲ实验结束后，应先停止加热，继续通N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内。
（6）根据消耗n(I2)，结合反应的离子方程式计算理论生成n(HI)。根据公式计算差率。
（7）见光易分解应保存在棕色瓶。
16．（2025·河北） 铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
已知：铬铁矿主要成分是。
回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式：　 　。
（2）煅烧工序中反应生成的化学方程式：　 　。
（3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、　 　、　 　(填化学式)。
（4）酸化工序中需加压的原因：　 　。
（5）滤液Ⅱ的主要成分：　 　(填化学式)。
（6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式　 　。
（7）滤渣Ⅱ可返回　 　工序。(填工序名称)
【答案】（1）
（2）
（3）；MgO
（4）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
（5）
（6）
（7）煅烧
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；镁、铝的重要化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cr为24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，因此基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。
故答案为：3d54s1
（2）煅烧工序中Fe(CrO2)2、KOH，以及通入的空气反应生成K2CrO4。过程中Cr元素被氧化，因此空气中的O2参与反应，同时Fe元素被氧化成Fe2O3。因此可得该反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2Cr2O7＋8H2O。
故答案为：4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2Cr2O7＋8H2O
（3）煅烧工序中KOH和Al2O3发生反应Al2O3＋2KOH=2KAlO2＋H2O；同时Mg(CrO2)发生类似Fe(CrO2)2的反应，生成MgO。在浸取工序中MgO难溶于水，形成滤渣。而KAlO2与KHCO3发生反应AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－。因此滤渣Ⅰ中的成分还有MgO和Al(OH)3。
故答案为：Al(OH)3；MgO
（4）酸化工序中通入CO2，由于CO2在水中的溶解度较小，因此为了增大CO2的溶解度，使得酸化反应罐充分进行，可对容器进行加压。
故答案为：增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
（5）酸化过程中给通入过量的CO2，溶液中可逆反应2CrO42－＋2H＋ Cr2O72－＋H2O正向进行，得到K2Cr2O7。同时CO2过量，则形成KHCO3。因此次滤液Ⅱ中溶质为KHCO3。
故答案为：KHCO3
（6）蒸发、分离工序中所得滤液中含有K2CrO4，进入还原、分离工序中，与Fe(CO)5反应生成Cr(OH)3。该反应过程中Cr元素由＋6价变为＋3价，得到3个电子，发生还原反应；则Fe(CO)5发生氧化反应，生成Fe(OH)3，Fe元素由0价变为＋3价，失去3个电子。根据得失电子守恒可得Fe(CO)5、Fe(OH)3、K2CrO4、Cr(OH)3的系数都是1；根据K原子个数守恒可得，反应生成KOH，且其系数为2。因此该反应的化学方程式为：Fe(CO)5＋K2CrO4＋4H2O=Cr(OH)3↓＋Fe(OH)3↓＋2KOH＋5CO↑。
故答案为：Fe(CO)5＋K2CrO4＋4H2O=Cr(OH)3↓＋Fe(OH)3↓＋2KOH＋5CO↑
（7）由还原、分离工序发生反应的化学方程式可知，滤渣Ⅱ的成分为Cr(OH)3、Fe(OH)3；而煅烧工序可将Cr(OH)3转化为K2CrO4；将Fe(OH)3转化为Fe2O3。因此可将滤渣Ⅱ返回煅烧工序中循环使用。
故答案为：煅烧
【分析】（1）Cr为24号元素，结合其基态原子核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4，过程中Cr元素被氧化，因此通入的空气中O2参与反应，Fe元素被氧化生成Fe2O3，据此写出反应的化学方程式。
（3）煅烧工序中铬铁矿中的Mg(CrO2)2分解生成MgO；Al2O3与KOH反应生成KAlO2。浸取过程中KAlO2与KHCO3反应生成Al(OH)3。
（4）酸化工序中通入CO2，CO2在水中的溶解度较小，加压可增大CO2在水中的溶解度。
（5）经过分离工序后得到K2Cr2O7，滤液中剩余为KHCO3。
（6）根据元素化合价变化，结合得失电子守恒和原子个数守恒进行配平。
（7）根据还原、分离工序过程中发生的反应可得滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3、Cr(OH)3和KOH，据此确定其可返回的工序。
17．（2025·河北） 乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
（1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。
①0~30min内，　 　
②下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b.0~30min内，
c.0~30min内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
①代表的曲线为　 　(填“”“”或“”)；原因是　 　。
②　 　0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，　 　(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为　 　。
④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时　 　(用含有m和的代数式表示)。
【答案】（1）；cd
（2）；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大；<；=；12；
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①0~30min内，环氧乙烷（EO）完全转化，因此用EO表示的反应速率。
故答案为：0.05mol·L-1·min-1
②a、主反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，a不符合题意。
b、主反应中参与反应的EO和反应生成EG的化学计量数相同，因此在主反应中二者表示的反应速率相同。但副反应中存在EO和EG的进一步反应，而主反应和副反应进行的程度未知，因此无法确定EO、EG表示的反应速率的相对大小，b不符合题意。
c、30min后产物中n(EG)：n(DEG)=10：1，则反应过程中副反应中消耗n(EG)=1mol。因此主反应中反应申城n(EG)=10mol+1mol=11mol。所以0~30min内，v主(EG)：v副(DEG)=11：1，c符合题意。
d、催化剂对反应具有选择性，因此选择适当的催化剂可提高乙二醇的最终产率，d符合题意。
故答案为：cd
（2）①该反应为气体分子数减小的反应，当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大。因此代表α=0.6的曲线为L1。
故答案为：L1； 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大
②由①的分析可知，α=0.6的曲线为L1、α=0.5的曲线为L2、α=0.4的曲线为L3。当压强相同，温度升高，平衡转化率减小。说明温度升高，平衡逆向移动，因此逆反应为吸热反应；所以正反应为昂热反应，所以ΔH＜0。
故答案为：＜
③M、N点起始投入量相同，平衡转化率也相同。因此各物质的物质的量分数相同，所以Kx(M)=Kx(N)。D点位于曲线L2上，此时平衡转化率α=0.5。令起始投入量n(CO)=2mol、n(H2)=3mol，则参与反应的n(CO)=2mol×0.5=1moln(H2)=3mol×0.5=1.5mol，则可得平衡三段式如下：
所以平衡时总物质的量为1mol+1.5mol+0.5mol=3mol。平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为、、。所以D点对应体系的。
故答案为：=；12
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡转化率为0.75，因此参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，可得平衡三段式如下：
平衡时总物质的量为(m-1.5)mol+0.75mol+0.75mol=m mol
所以平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的平衡分压分别为、、
所以该温度下，反应的压强平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）①根据公式计算用EO表示的反应速率。
②a、根据反应的热效应比较反应物和生成物总能量的相对大小。
b、主反应生成EG，而副反应消耗EG，因此二者表示的反应速率不相等。
c、根据产物中n(EG)：n(DEG)=10：1进行计算。
d、催化剂对反应具有选择性。
（2）①结合压强对平衡移动的影响分析。
②结合温度对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
③起始投入量相同，转化率相同，因此各物质的物质的量分数相同。根据平衡三段式进行计算。
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡杆转化率为0.75，则参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，据此结合平衡三段式进行过计算。
18．（2025·河北） 依拉雷诺(Q)是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物，其“一锅法”合成路线如下：
回答下列问题：
（1）Q中含氧官能团的名称：　 　、　 　、　 　。
（2）A→B的反应类型：　 　。
（3）C的名称：　 　。
（4）C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液面以下的目的：　 　。
（5）“一锅法”合成中，在NaOH作用下，B与D反应生成中间体E，该中间体的结构简式：　 　。
（6）合成过程中，D也可与NaOH发生副反应生成M，图甲、图乙分别为D和M的核磁共振氢谱，推断M的结构，写出该反应的化学方程式：　 　。
（7）写出满足下列条件A的芳香族同分异构体的结构简式：　 　。
(a)不与溶液发生显色反应；
(b)红外光谱表明分子中不含键；
(c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为；
(d)芳香环的一取代物有两种。
【答案】（1）羰基；醚键；羧基
（2）取代反应
（3）异丁酸或2-甲基丙酸
（4）溴易挥发，减少损失，提高利用率
（5）
（6）
（7）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由Q的结构简式可知，Q中的含氧官能团有羰基、醚键和羧基。
故答案为：羰基；醚键；羧基
（2）有机物A中含有酚羟基，具有弱酸性，能与NaOH反应生成苯酚钠，该反应的反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应
（3）有机物C的结构简式为，羧基所在的最长碳链含有3个碳原子，称为丙酸；第2个碳原子含有一个甲基，因此该有机物的名称为2-甲基丙酸（或异丁酸）。
故答案为：异丁酸或2-甲基丙酸
（4）液溴具有挥发性，加热过程中挥发性更强。通过滴液漏斗滴加溴的过程中，滴液漏斗的末端位于液面以下，可减少溴的挥发，从而提高利用率。
故答案为：溴易挥发，减少损失，提高利用率
（5）A与NaOH反应生成B，B的结构简式为；B与D（）进一步反应生成E。结合最终产物Q（）可知，B与D反应过程中，D中C-Br键断裂，取代了B中Na的位置，因此E的结构简式为。
故答案为：
（6）有机物D中含有溴原子，在NaOH醇溶液中可发生消去反应，所得产物M中核磁共振氢谱有两种氢原子，且个数比为2：3，因此M的结构简式为。D发生消去反应生成M的同时，生成NaBr和H2O，该反应的化学方程式为 。
故答案为：
（7）不与FeCl3溶液发生显色反应，则分子结构中不含有酚羟基。不含C=O键，则不含羰基、醛基、酯基，因此O原子应以醚键的形式存在。核磁共振氢谱峰面积比为1：1：3，则含有三种氢原子，且氢原子的个数比为2：2：6；则分子结构中含有2个-CH3，且处于对称位置（或连接在同一个碳原子上）。芳香环的一取代物有两种，则芳香环结构具有对称性。综上，该有机物的结构简式为。
故答案为：
【分析】（1）根据Q的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）A中含有酚羟基，与NaOH发生取代反应。
（3）根据C的结构简式确定其名称。
（4）滴液漏斗末端位于液面下可减少液溴的挥发损耗。
（5）根据B、D的结构简式，结合最终稿产物G的结构简式，确定E的结构简式。
（6）有机物D中含有溴原子，在NaOH醇溶液中可发生消去反应，所得产物M中核磁共振氢谱有两种氢原子，且个数比为2：3，因此M的结构简式为。据此写出反应的化学方程式。
（7）根据限定条件确定好有机物结构中所含的官能团或结构单元，从而得出同分异构体的结构简式。
1 / 1河北省2025年高考真题化学试题
1．（2025·河北） 河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑组件主要成分属于有机物的是（　　）
A．基石 B．斗拱 C．青瓦 D．琉璃
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·河北） 下列不符合实验安全要求的是（　　）
A．酸、碱废液分别收集后直接排放
B．进行化学实验时需要佩戴护目镜
C．加热操作时选择合适的工具避免烫伤
D．乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种
3．（2025·河北） 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是（　　）
A．ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配
B．聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜
C．聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料
D．热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板
4．（2025·河北） 设是阿伏加德罗常数值，下列说法错误的是（　　）
A．晶体内氢键的数目为
B．的NaF溶液中阳离子总数为
C．28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为
D．铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为
5．（2025·河北） 下列化学用语表述正确的是（　　）
A．中子数为12的氖核素：
B．氯化镁的电子式：
C．甲醛分子的球棍模型：
D．的价层电子对互斥模型：
6．（2025·河北） 丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下：
下列说法正确的是（　　）
A．K中含手性碳原子 B．M中碳原子都是杂化
C．K、M均能与反应 D．K、M共有四种含氧官能团
7．（2025·河北） 如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是（　　）
A．电石与饱和NaCl溶液 B．固体与70%的浓
C．大理石与稀HCl D．固体与水
8．（2025·河北） 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是（　　）
选项 宏观现象 微观解释
A 氮气稳定存在于自然界中 氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量
B 苯不能使溴的溶液褪色 苯分子中碳原子形成了稳定的大键
C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列
D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·河北） W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是（　　）
A．第二电离能： B．原子半径：
C．单质沸点： D．电负性：
10．（2025·河北） 科研工作者设计了一种用于废弃电极材料再锂化的电化学装置，其示意图如下：
已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是（　　）
A．电极上发生的反应：
B．产生标准状况下时，理论上可转化的
C．再锂化过程中，向电极迁移
D．电解过程中，阳极附近溶液pH升高
11．（2025·河北）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。的六方晶胞示意图如下，晶胞参数、，M、N原子的分数坐标分别为、。设是阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是（　　）
A．该物质的化学式为
B．体心原子的分数坐标为
C．晶体的密度为
D．原子Q到体心的距离为
12．（2025·河北） 氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：
下列说法错误的是（　　）
A．反应ⅰ是吸热过程
B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV
C．反应ⅲ包含2个基元反应
D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中
13．（2025·河北） 下列实验操作及现象能得出相应结论的是（　　）
选项 实验操作及现象 结论
A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动
B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀
C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性
D 向盛有2mL饱和溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质沉淀后活性改变
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·河北） 已知和结合形成两种配离子和常温下，的和的混合溶液中，和的浓度对数(实线)、含铜微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．
B．
C．图中a点对应的
D．当时，体系中
15．（2025·河北） 氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
步骤如下：
ⅰ．在A中加入和，快速搅拌，打开通入，反应完成后，关闭，静置、过滤得滤液；
ⅱ．将滤液转移至B中，打开通入，接通冷凝水，加热保持微沸，直至除尽；
ⅲ．继续加热蒸馏，C中收集沸点为间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为，HI质量分数为57%)。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称：　 　，通入发生反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤ⅰ中快速搅拌的目的：　 　(填序号)
a．便于产物分离 b．防止暴沸 c．防止固体产物包覆碘
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因　 　(用离子方程式表示)。
（4）步骤ⅱ中的尾气常用　 　(填化学式)溶液吸收。
（5）步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：　 　。
（6）列出本实验产率的计算表达式：　 　。
（7）氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在　 　。
16．（2025·河北） 铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
已知：铬铁矿主要成分是。
回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式：　 　。
（2）煅烧工序中反应生成的化学方程式：　 　。
（3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、　 　、　 　(填化学式)。
（4）酸化工序中需加压的原因：　 　。
（5）滤液Ⅱ的主要成分：　 　(填化学式)。
（6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式　 　。
（7）滤渣Ⅱ可返回　 　工序。(填工序名称)
17．（2025·河北） 乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
（1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。
①0~30min内，　 　
②下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b.0~30min内，
c.0~30min内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
①代表的曲线为　 　(填“”“”或“”)；原因是　 　。
②　 　0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，　 　(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为　 　。
④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时　 　(用含有m和的代数式表示)。
18．（2025·河北） 依拉雷诺(Q)是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物，其“一锅法”合成路线如下：
回答下列问题：
（1）Q中含氧官能团的名称：　 　、　 　、　 　。
（2）A→B的反应类型：　 　。
（3）C的名称：　 　。
（4）C→D反应中，在加热条件下滴加溴时，滴液漏斗末端位于液面以下的目的：　 　。
（5）“一锅法”合成中，在NaOH作用下，B与D反应生成中间体E，该中间体的结构简式：　 　。
（6）合成过程中，D也可与NaOH发生副反应生成M，图甲、图乙分别为D和M的核磁共振氢谱，推断M的结构，写出该反应的化学方程式：　 　。
（7）写出满足下列条件A的芳香族同分异构体的结构简式：　 　。
(a)不与溶液发生显色反应；
(b)红外光谱表明分子中不含键；
(c)核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为；
(d)芳香环的一取代物有两种。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、“基石”的材料为石材，其主要成分为硅酸盐，属于无机物，A不符合题意。
B、“斗拱”的材料为木材，其主要成分为纤维，属于有机物，B符合题意。
C、“青瓦”的材料为石材，其主要成分为硅酸盐，属于无机物，C不符合题意。
D、“琉璃”的材料为玻璃，其主要成分为硅酸盐，属于无机物，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、石头的成分为硅酸盐。
B、木材的成分为纤维素。
C、石材的成分为硅酸盐。
D、玻璃的成分为硅酸盐。
2．【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、酸碱废液，需收集后，集中进行酸碱中和，处理达标后再排放，A不符合实验安全要求；
B、进行化学实验时，为防止液体溅入眼睛，应佩戴护目镜，B符合实验安全要求；
C、加热操作时，选择合适的工具，可防止烫伤，C符合实验安全要求；
D、乙醇具有挥发性和易燃性，存放在阴凉通风处，远离火种，可防止乙醇燃烧，D符合实验安全要求；
故答案为：A
【分析】A、酸碱废液直接排放会造成水污染。
B、实验过程中佩戴护目镜可防止液体溅入眼睛。
C、加热时选择合适的工具可避免烫伤。
D、乙醇的着火点，且具有挥发性，存放时应远离火种。
3．【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A、ABS工程塑料具有高韧性的特点，因此可用于制造汽车配件，A说法正确。
B、聚氯乙烯中含有添加剂（塑化剂），使用过程中会释放出有害物质，因此不能用于制造饮用水分离膜，B说法错误。
C、聚苯乙烯泡沫的隔热保温性能较好，常用于制造建筑工程的保温材料，C说法正确。
D、酚醛树脂具有热固性，能耐高温，且绝缘性能好，因此常用于制造集成电路的底板，D说法正确。
故答案为：B
【分析】A、结合ABS工程塑料的高韧性分析。
B、聚氯乙烯中含有有害物质。
C、聚苯乙烯泡沫具有隔热保温作用。
D、结合酚醛树脂的热固性分析。
4．【答案】B
【知识点】摩尔质量；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、18gH2O的物质的量为1mol，一个水分子中含有2个氢键。因此1molH2O晶体内含有氢键的数目为2NA，A说法正确。
B、溶液中n(NaF)=c×V=1mol·L－1×1L=1mol，因此溶液中n(Na＋)=1mol。由于溶液中存在H2O电离产生的H＋，因此溶液中阳离子数应大于1NA，B说法错误。
C、环己烷的分子式为C6H12，戊烯的分子式为C5H10，二者的最简式都是CH2。因此28gCH2中所含碳原子数为，C说法正确。
D、铅蓄电池负极的电极反应式为Pb－2e－＋SO42－=PbSO4，负极增加的质量为SO42－的质量，因此n(SO42－)=1mol，所以转移电子数为2NA，D说法正确。
故答案为：B
【分析】A、一个水分子中含有2个氢键。
B、NaF溶液中还存在H2O电离产生的H+。
C、环己烷和戊烯的最简式都是CH2，可按CH2进行计算。
D、铅蓄电池负极增加的质量即为SO42-的质量，结合电极反应式进行计算。
5．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素、核素；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、中子数为12的氖核素，其质量数为10+12=22，标在元素符号左下角的为质子数，因此该核素可表示为，A不符合题意。
B、MgCl2是由Mg2＋和2个Cl－构成的，其电子式为，B不符合题意。
C、甲醛分子的结构简式为HCHO，为平面三角形结构，其球棍模型为，C符合题意。
D、CO32－中心原子的价层电子对数为，中心原子价层电子对数为3，不含孤电子对，因此其价层电子对互斥模型为平面三角形，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、标在元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数。
B、MgCl2是由Mg2＋和2个Cl－构成的，含有阴阳离子，据此确定其电子式。
C、甲醛为平面三角形结构，据此确定其球棍模型。
D、根据CO32－中心原子的价层电子对数分析。
6．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、K中不存在连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，因此K中不存在手性碳原子，A不符合题意。
B、M中-CH3中碳原子形成四个σ键，采用sp3杂化，B不符合题意。
C、能与NaHCO3反应的官能团为－COOH，K中不含有－COOH，因此K不能与NaHCO3反应，C不符合题意。
D、K含有的含氧官能团有酚羟基、醚键、酮羰基三种；M中含有的含氧官能团有酚羟基、醚键和羧基三种。因此K、M中共含有四种含氧官能团，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。
B、形成四个σ键的碳原子采用sp3杂化。
C、能与NaHCO3反应的官能团为－COOH。
D、根据K、M的结构简式确定其所含的含氧官能团。
7．【答案】C
【知识点】常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、电石与H2O反应生成C2H2，同时含有杂质气体H2S，H2S可用CuSO4溶液除去。剩余C2H2气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，A不符合题意。
B、Na2SO3与H2SO4反应生成SO2，SO2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，使得酸性KMnO4溶液褪色，B不符合题意。
C、大理石与稀盐酸反应生成CO2，CO2不具有还原性，因此不能是酸性KMnO4溶液褪色，C符合题意。
D、Al2S3固体与H2O反应生成Al(OH)3和H2S，H2S具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、电石的成分为CaC2，与H2O反应生成C2H2，C2H2能使酸性KMnO4溶液褪色。
B、Na2SO3与H2SO4反应生成SO2，SO2能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、大理石与稀盐酸反应生成CO2，CO2不能是酸性KMnO4溶液褪色。
D、Al2S3固体与H2O反应生成H2S，H2S能使酸性KMnO4溶液褪色。
8．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、N2的结构式为N≡N，氮氮三键的键能较高，断裂化学键需要吸收的能量高，因此化学键难以断裂，化学性质稳定，A不符合题意。
B、苯分子中碳原子形成稳定的大π键，化学键难以断裂，因此不能使Br2的CCl4溶液褪色，B不符合题意。
C、原子三维空间里的周期性有序排列，使得天然水晶呈现多面体外形，C不符合题意。
D、NaCl为离子晶体，熔化时需破坏离子键；而AlCl3为分子晶体，熔化时只需破坏分子间作用力。离子键的强度大于分子间作用力，因此NaCl晶体的熔点高于AlCl3晶体，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、氮氮三键的键能高，断键吸收的能量高，化学键不容易断裂。
B、苯中不存在π键，存在的是稳定的大π键，不容易断裂。
C、原子在三维空间周期性的排列，使得天然水晶呈现多面体外形。
D、AlCl3晶体为分子晶体。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，W为S、X为O、Y为N、Z为F。
A、第二电离能为失去第二个电子所需的能量，由于O＋的核外电子排布式为1s22s22p3，2p能级为半充满稳定结构，难以失去电子。而N+的核外电子排布式为1s22s22p2，较易失去电子。因此第二电离能：X＞Y，A说法错误。
B、W为S，原子核外有3个电子层；Z为F，原子核外有2个电子层。电子层数越大，原子半径越大。因此原子半径：Z＜W，B说法正确。
C、Y、Z的单质分别为N2、F2，二者都是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高。因此沸点：Y＜Z，C说法正确。
D、同主族元素，核电荷数越大，电负性越小。因此电负性：W＜X，D说法正确。
故答案为：A
【分析】W原子中电子排布已充满的能级数1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，所以W为C或S。X与W同族，所以X为Si或O。Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，若W为C、X为Si，则Y为P。Z位于W的对角线位置，则Z为P。而Y也为P。因此W不是C，而是S；则X为O。Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，因此Y为N。Z位于W的对角线位置，则Z为F。据此结合元素周期律分析选项。
10．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由分析可知，LixCoO2电极的电极反应式为LixCoO2+(1-x)e－＋(1－x)Li＋=LiCoCO2，A不符合题意。
B、5.6LO2在标准状态下的物质的量为，反应过程中转移电子数为0.25mol×4=1mol。根据得失电子守恒可得，阴极得到电子数也为1mol，由阴极的电极反应式可得，理论上可转化的LixCoO2的物质的量为，B符合题意。
C、在电解池中，阴离子移向阳极，因此再锂化过程中，SO42－向Pt电极移动，C不符合题意。
D、电解过程中，阳极的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，溶液中c(H＋)增大，因此阳极附近溶液的pH降低，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】LixCoO2电极上LixCoO2发生再锂化生成LiCoO2，发生电子的还原反应，因此LixCoO2电极为阴极，其电极反应式为LixCoO2+(1-x)e－＋(1－x)Li＋=LiCoCO2。Pt电极为阳极，溶液中H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应生成O2，因此阳极的电极反应式2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。据此结合选项分析。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由M、N原子的分数坐标可知，M、N原子位于体内。白色小球只有一个，且位于体心，因此标色小球表示的是Sm原子。黑色小球表示的是Co原子，且位于顶点、棱上和体内。因此Co原子的个数为。所以该物质的化学式为SmCo5，A说法正确。
B、体心原子的分数坐标为，B说法正确。
C、由坐标系可知，晶胞底部为棱形，因此其底面积为。所以该晶体的密度，C说法正确。
D、Q点位于棱心，Q点到体心的距离可通过构建三角形解答。即Q点面心的距离为，面心到体心的距离为。因此Q到体心的距离为，D说法错误。
故答案为：D
【分析】A、根据原子在晶胞中的位置，结合均摊法确定该物质的化学式。
B、体心原子的分数坐标为。
C、根据公式计算晶体的密度。
D、根据晶胞中Q和体心的位置，构建三角形进行计算。
12．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、反应ⅰ中反应物的相对能量为0，生成物的相对能量为0.05eV。反应物的总能量＜生成物的总能量，因此该反应为吸热反应，A说法正确。
B、反应ⅱ中脱去H2O(g)的步骤经历过渡态TS5，因此该步骤的活化能为3.39eV-0.70eV=2.69eV，B说法正确。
C、反应ⅲ中包含过渡态TS6和TS7，因此包含2个基元反应，C说法正确。
D、总反应的速控步为慢反应，慢反应的活化能最大。整个反应历程中，活化能最大的为过渡态TS7，因此总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D说法错误。
故答案为：D
【分析】A、根据反应ⅰ反应物和生成物的相对能量大小确定反应的热效应。
B、反应ⅱ中脱去H2O(g)的步骤经历过渡态TS5，据此计算。
C、反应ⅲ过程中经历2个过渡态，因此包含2个基元反应。
D、总反应的速控步为慢反应，反应所需的活化能越高，反应速率越慢。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蛋白质的特殊反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、恒压密闭容器中通入N2，容器的容积增大，NO2、N2O4的浓度减小，相当于减小压强操作。压强减小，可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，平衡逆向移动，c(NO2)增大，A不符合题意。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。由于AgCl、Ag2CrO4的组成不同，因此无法确定AgCl和Ag2CrO4的溶度积大小，B不符合题意。
C、加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe2＋与KSCN不反应，无明显现象。滴加氯水后，溶液变红色，说明氯水将Fe2＋氧化成Fe3＋，体现了Fe2＋的还原性，C符合题意。
D、往鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，析出沉淀；加蒸馏水稀释，沉淀溶解。说明蛋白质发生了盐析，蛋白质沉淀后活性不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、恒压充入N2，体积增大，浓度减小，相当于压强减小。结合压强对平衡移动的影响分析。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。
C、Fe2＋不与KSCN反应，滴加氯水后，溶液变红色，说明产生了Fe3＋。
D、Na2SO4溶液使蛋白质发生盐析。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，曲线Ⅰ表示的是lgc(HL2－)，曲线Ⅱ表示的是lgc(L3－)，曲线Ⅲ表示的是δ(Cu2＋)，曲线Ⅳ表示的是δ(CuL－)，曲线Ⅴ的是δ(CuL24－)。
A、该反应的平衡常数，当曲线Ⅲ和曲线Ⅳ相交时，lgc(L3－)=-9.4。此时溶液中δ(Cu2＋)=δ(CuL－)，即c(Cu2＋)=c(CuL－)；且溶液中c(L3－)=10-9.4mol·L-1。因此该反应的平衡常数，A说法正确。
B、该反应的平衡常数，当曲线Ⅰ和曲线Ⅱ相交时，pH=11.6。此时溶液中c(HL2－)=c(L3－)；且溶液中c(H+)=10-11.6mol·L-1。因此该反应的平衡常数，B说法正确。
C、当曲线Ⅳ和曲线Ⅴ相交时，lgc(L3－)=－7.2。此时溶液中δ(CuL－)=δ(CuL24－)，即c(CuL－)=c(CuL24－)；且溶液中c(L3－)=10-7.2mol·L-1。因此可逆反应L3-+[CuL]- [CuL2]4-的平衡常数。a点时溶液中δ(Cu2＋)=δ(CuL24－)，则，因此可得此时溶液c(L3－)=10-8.3mol·L-1。a点溶液中c(HL2-)=0.1mol·L-1，代入可得，此时溶液中c(H+)=10-4.3mol·L-1。因此a点时溶液的pH=4.3，C说法错误。
D、当pH=6.4时，溶液中c(HL2－)最大，接近0.1mol·L－1。结合选项B平衡常数可得，此时溶液中c(L3－)=10－6.2mol·L－1。此时溶液中δ(CuL24－)=0.9、δ(CuL－)=0.09。结合Cu元素守恒可得，溶液中c(CuL24－)=0.9×0.002mol·L－1=1.8×10－3mol·L－1，c(CuL－)=0.09×0.002mol·L－1=1.8×10－4mol·L－1。因此此时溶液中c(HL2-)＞c(CuL24－)＞c(CuL－)＞c(L3-)，D说法正确。
故答案为：C
【分析】混合溶液中存在反应H3L H＋＋H2L－、H2L－ H＋HL2－、HL2－ H＋＋L3－；Cu2＋＋L3－ [CuL]-、[CuL]-＋L3－ [CuL2]3－。在可逆反应HL2－ H＋＋L3－中，溶液的pH较小时，溶液中主要以HL2－为主，此时溶液中c(HL2－)＞c(L3－)，因此曲线Ⅰ表示的是lgc(HL2－)，曲线Ⅱ表示的是lgc(L3－)。随着pH增大，可逆反应HL2－ H＋＋L3－平衡正向移动，溶液中c(L3－)增大，依次发生反应Cu2＋＋L3－ [CuL]-、[CuL]-＋L3－ [CuL2]3－。因此随着pH增大，δ(Cu2＋)逐渐减小，δ(CuL－)先增大后减小，δ(CuL24－)逐渐增大。因此曲线Ⅲ表示的是δ(Cu2＋)，曲线Ⅳ表示的是δ(CuL－)，曲线Ⅴ的是δ(CuL24－)。据此结合选项分析作答。
15．【答案】（1）圆底烧瓶；I2+H2S=S+2HI
（2）c
（3）
（4）NaOH
（5）先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）
（7）密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）图示仪器A的名称为圆底烧瓶。通入H2S后，溶液中的I2与H2S反应生成S和HI，该反应的化学方程式为I2＋H2S=S＋2HI。
故答案为：圆底烧瓶；I2＋H2S=S＋2HI
（2）步骤ⅰ中反应生成S，为防止产物S单质将I2包裹覆盖，导致反应停止，反应过程中需快速搅拌。因此步骤ⅰ中快速搅拌的目的是防止固体产物包裹碘，c符合题意。
故答案为：c
（3）步骤ⅰ中随着反应的进行，反应过程中生成HI，使得溶液中c(I－)增大，I2与I－反应I3－，促进了I2的溶解。该反应的离子方程式为I2＋I－ I3－。
故答案为：I2＋I－ I3－
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，为酸性气体，可用碱性溶液吸收。因此常用NaOH溶液吸收。
故答案为：NaOH
（5）步骤ⅲ实验结束时，应先停止加热，继续通入N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内再关闭K2。
故答案为：先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2
（6）127gI2的物质的量为，由反应的化学方程式I2＋H2S=S＋2HI可知，0.5molI2完全反应，生成n(HI)=1mol，其质量为1mol×128g·mol－1=128g。反应过程中实际生成HI的质量为117mL×1.7g·mL－1×57%。因此本实验中HI的产率为。
故答案为：
（7）氢碘酸酸见光易分解，且易被空气氧化，因此氢碘酸应保存在密封的棕色细口瓶中，且存放在避光低温处。
故答案为：密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。通入H2S后，I2将H2S氧化成S，据此写出反应的化学方程式。
（2）快速搅拌可防止固体产物将I2单质包裹。
（3）步骤ⅰ反应生成HI，I2能与I－进一步反应生成I3－，促进碘溶解，据此写出反应的离子方程式。
（4）步骤ⅱ中产生的尾气为H2S，可用NaOH溶液吸收。
（5）步骤ⅲ实验结束后，应先停止加热，继续通N2，将装置内残留的蒸汽赶入冷凝管内。
（6）根据消耗n(I2)，结合反应的离子方程式计算理论生成n(HI)。根据公式计算差率。
（7）见光易分解应保存在棕色瓶。
16．【答案】（1）
（2）
（3）；MgO
（4）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
（5）
（6）
（7）煅烧
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；镁、铝的重要化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Cr为24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，因此基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。
故答案为：3d54s1
（2）煅烧工序中Fe(CrO2)2、KOH，以及通入的空气反应生成K2CrO4。过程中Cr元素被氧化，因此空气中的O2参与反应，同时Fe元素被氧化成Fe2O3。因此可得该反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2Cr2O7＋8H2O。
故答案为：4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2Cr2O7＋8H2O
（3）煅烧工序中KOH和Al2O3发生反应Al2O3＋2KOH=2KAlO2＋H2O；同时Mg(CrO2)发生类似Fe(CrO2)2的反应，生成MgO。在浸取工序中MgO难溶于水，形成滤渣。而KAlO2与KHCO3发生反应AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－。因此滤渣Ⅰ中的成分还有MgO和Al(OH)3。
故答案为：Al(OH)3；MgO
（4）酸化工序中通入CO2，由于CO2在水中的溶解度较小，因此为了增大CO2的溶解度，使得酸化反应罐充分进行，可对容器进行加压。
故答案为：增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
（5）酸化过程中给通入过量的CO2，溶液中可逆反应2CrO42－＋2H＋ Cr2O72－＋H2O正向进行，得到K2Cr2O7。同时CO2过量，则形成KHCO3。因此次滤液Ⅱ中溶质为KHCO3。
故答案为：KHCO3
（6）蒸发、分离工序中所得滤液中含有K2CrO4，进入还原、分离工序中，与Fe(CO)5反应生成Cr(OH)3。该反应过程中Cr元素由＋6价变为＋3价，得到3个电子，发生还原反应；则Fe(CO)5发生氧化反应，生成Fe(OH)3，Fe元素由0价变为＋3价，失去3个电子。根据得失电子守恒可得Fe(CO)5、Fe(OH)3、K2CrO4、Cr(OH)3的系数都是1；根据K原子个数守恒可得，反应生成KOH，且其系数为2。因此该反应的化学方程式为：Fe(CO)5＋K2CrO4＋4H2O=Cr(OH)3↓＋Fe(OH)3↓＋2KOH＋5CO↑。
故答案为：Fe(CO)5＋K2CrO4＋4H2O=Cr(OH)3↓＋Fe(OH)3↓＋2KOH＋5CO↑
（7）由还原、分离工序发生反应的化学方程式可知，滤渣Ⅱ的成分为Cr(OH)3、Fe(OH)3；而煅烧工序可将Cr(OH)3转化为K2CrO4；将Fe(OH)3转化为Fe2O3。因此可将滤渣Ⅱ返回煅烧工序中循环使用。
故答案为：煅烧
【分析】（1）Cr为24号元素，结合其基态原子核外电子排布式确定其价层电子排布式。
（2）煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4，过程中Cr元素被氧化，因此通入的空气中O2参与反应，Fe元素被氧化生成Fe2O3，据此写出反应的化学方程式。
（3）煅烧工序中铬铁矿中的Mg(CrO2)2分解生成MgO；Al2O3与KOH反应生成KAlO2。浸取过程中KAlO2与KHCO3反应生成Al(OH)3。
（4）酸化工序中通入CO2，CO2在水中的溶解度较小，加压可增大CO2在水中的溶解度。
（5）经过分离工序后得到K2Cr2O7，滤液中剩余为KHCO3。
（6）根据元素化合价变化，结合得失电子守恒和原子个数守恒进行配平。
（7）根据还原、分离工序过程中发生的反应可得滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3、Cr(OH)3和KOH，据此确定其可返回的工序。
17．【答案】（1）；cd
（2）；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大；<；=；12；
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①0~30min内，环氧乙烷（EO）完全转化，因此用EO表示的反应速率。
故答案为：0.05mol·L-1·min-1
②a、主反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，a不符合题意。
b、主反应中参与反应的EO和反应生成EG的化学计量数相同，因此在主反应中二者表示的反应速率相同。但副反应中存在EO和EG的进一步反应，而主反应和副反应进行的程度未知，因此无法确定EO、EG表示的反应速率的相对大小，b不符合题意。
c、30min后产物中n(EG)：n(DEG)=10：1，则反应过程中副反应中消耗n(EG)=1mol。因此主反应中反应申城n(EG)=10mol+1mol=11mol。所以0~30min内，v主(EG)：v副(DEG)=11：1，c符合题意。
d、催化剂对反应具有选择性，因此选择适当的催化剂可提高乙二醇的最终产率，d符合题意。
故答案为：cd
（2）①该反应为气体分子数减小的反应，当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大。因此代表α=0.6的曲线为L1。
故答案为：L1； 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大
②由①的分析可知，α=0.6的曲线为L1、α=0.5的曲线为L2、α=0.4的曲线为L3。当压强相同，温度升高，平衡转化率减小。说明温度升高，平衡逆向移动，因此逆反应为吸热反应；所以正反应为昂热反应，所以ΔH＜0。
故答案为：＜
③M、N点起始投入量相同，平衡转化率也相同。因此各物质的物质的量分数相同，所以Kx(M)=Kx(N)。D点位于曲线L2上，此时平衡转化率α=0.5。令起始投入量n(CO)=2mol、n(H2)=3mol，则参与反应的n(CO)=2mol×0.5=1moln(H2)=3mol×0.5=1.5mol，则可得平衡三段式如下：
所以平衡时总物质的量为1mol+1.5mol+0.5mol=3mol。平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为、、。所以D点对应体系的。
故答案为：=；12
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡转化率为0.75，因此参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，可得平衡三段式如下：
平衡时总物质的量为(m-1.5)mol+0.75mol+0.75mol=m mol
所以平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的平衡分压分别为、、
所以该温度下，反应的压强平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）①根据公式计算用EO表示的反应速率。
②a、根据反应的热效应比较反应物和生成物总能量的相对大小。
b、主反应生成EG，而副反应消耗EG，因此二者表示的反应速率不相等。
c、根据产物中n(EG)：n(DEG)=10：1进行计算。
d、催化剂对反应具有选择性。
（2）①结合压强对平衡移动的影响分析。
②结合温度对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
③起始投入量相同，转化率相同，因此各物质的物质的量分数相同。根据平衡三段式进行计算。
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡杆转化率为0.75，则参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，据此结合平衡三段式进行过计算。
18．【答案】（1）羰基；醚键；羧基
（2）取代反应
（3）异丁酸或2-甲基丙酸
（4）溴易挥发，减少损失，提高利用率
（5）
（6）
（7）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由Q的结构简式可知，Q中的含氧官能团有羰基、醚键和羧基。
故答案为：羰基；醚键；羧基
（2）有机物A中含有酚羟基，具有弱酸性，能与NaOH反应生成苯酚钠，该反应的反应类型为取代反应。
故答案为：取代反应
（3）有机物C的结构简式为，羧基所在的最长碳链含有3个碳原子，称为丙酸；第2个碳原子含有一个甲基，因此该有机物的名称为2-甲基丙酸（或异丁酸）。
故答案为：异丁酸或2-甲基丙酸
（4）液溴具有挥发性，加热过程中挥发性更强。通过滴液漏斗滴加溴的过程中，滴液漏斗的末端位于液面以下，可减少溴的挥发，从而提高利用率。
故答案为：溴易挥发，减少损失，提高利用率
（5）A与NaOH反应生成B，B的结构简式为；B与D（）进一步反应生成E。结合最终产物Q（）可知，B与D反应过程中，D中C-Br键断裂，取代了B中Na的位置，因此E的结构简式为。
故答案为：
（6）有机物D中含有溴原子，在NaOH醇溶液中可发生消去反应，所得产物M中核磁共振氢谱有两种氢原子，且个数比为2：3，因此M的结构简式为。D发生消去反应生成M的同时，生成NaBr和H2O，该反应的化学方程式为 。
故答案为：
（7）不与FeCl3溶液发生显色反应，则分子结构中不含有酚羟基。不含C=O键，则不含羰基、醛基、酯基，因此O原子应以醚键的形式存在。核磁共振氢谱峰面积比为1：1：3，则含有三种氢原子，且氢原子的个数比为2：2：6；则分子结构中含有2个-CH3，且处于对称位置（或连接在同一个碳原子上）。芳香环的一取代物有两种，则芳香环结构具有对称性。综上，该有机物的结构简式为。
故答案为：
【分析】（1）根据Q的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）A中含有酚羟基，与NaOH发生取代反应。
（3）根据C的结构简式确定其名称。
（4）滴液漏斗末端位于液面下可减少液溴的挥发损耗。
（5）根据B、D的结构简式，结合最终稿产物G的结构简式，确定E的结构简式。
（6）有机物D中含有溴原子，在NaOH醇溶液中可发生消去反应，所得产物M中核磁共振氢谱有两种氢原子，且个数比为2：3，因此M的结构简式为。据此写出反应的化学方程式。
（7）根据限定条件确定好有机物结构中所含的官能团或结构单元，从而得出同分异构体的结构简式。
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