2025年黑龙江省普通高等学校招生选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
(辽宁、黑龙江、吉林、内蒙古考卷)
17.(1)
19.(1)
化学答题卡
姓
名
(2)
(2)
考生条形码区
准考证号
(3)
(3)
一此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
(4)
选择题（请用2B铅笔填涂】
(4
(5)
皇
3ABD
4A图GD
5A国-
.Raoa
3a
.3a0
.3a
eRada
oo
RO
aoo
oa
3ada
(6)
非选择题（请用0.5意米黑色签字笔作答）
(5
16.(1)
(2)
18.(1)
(3)
(2)
(4)》
(5)
(3
(6)
(4)①
③
(7)
⑧
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年普通高等学校招生选择性考试(黑吉辽卷)
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 O—16 6.微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。
Na—23 W—184 下列对颜色变化的解释错误的是 ( )
一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在 选项 颜色变化 解释
每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。
空气中灼烧过的
1.东北三省及内蒙古资源丰富,下列资源转化的主 2CuO+C2H5OH 铜丝伸入乙醇中,
要过程不属于化学变化的是 ( ) A CHCHO + CuO黑色铜丝恢复光 3 2
A.石灰石煅烧 B.磁铁矿炼铁 亮的紫红色 +H2O
C.煤的液化 D.石油分馏 ( ) 悬浊液
2.侯氏制碱法突破西方技术垄断,推动了世界制碱 MgOH 2 3Mg(OH)2(s)+2Fe3+
技术的发展,其主要反应为 NaCl+CO +NH + 中 加 入 FeCl3 溶2 3 B , 2Fe
(OH) (s)
H O NaHCO ↓+NH Cl。下列有关化学用 液 固体由白色变
3
2 3 4 +3Mg2+
语或说法正确的是 ( ) 为红褐色
‥ ‥ ‥ FeSO4溶液中加入
A.CO2的电子式:O︰C︰O K3[Fe(CN) 2+6],浅 Fe +[Fe(CN)6]3-+K+
‥ ‥ ‥ C
B.H O的空间结构:直线形 绿色溶液出现蓝 KFe
[Fe(CN)6]↓
2
C.NH4Cl的晶体类型:离子晶体
色浑浊
KCrO 溶 液 中
D.溶解度:
2 2 7
NaHCO3>NH4HCO3 加入NaOH溶液, Cr2O2-7 +2OH-
3.Cl2O可用于水的杀菌消毒,遇水发生反应:Cl2O D 溶液由橙色变为 2CrO2-+H O
+H2O 2HClO。下列说法正确的是 ( )
4 2
黄色
A.反应中各分子的σ键均为p—pσ键 7.化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物
B.反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 乙[(YW2)2XZ],开创了有机化学人工合成的新
C.Cl—O键长小于 H—O键长 纪元。其中 W、X、Y、Z原子序数依次增大,X、Y、
D.HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 Z同周期,基态X、Z原子均有2个单电子。下列
4.钠及其化合物的部分转化关系如图。设 NA 为阿 说法正确的是 ( )
伏加德罗常数的值,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σ键和π键的数目比为6∶1
A.反应①生成的气体,每11.2L(标准状况)含原 D.甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp2
子的数目为NA 8.巧设实验,方得真知。下列实验设计合理的是 ( )
B.反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含 制备少量
A.除去Cl 中的 HCl B. NO
避免
非极性键的数目为0.1NA 2 其被氧化
C.反应③中1molNa2O2 与足量 H2O反应转移
电子的数目为2NA
D.100mL1mol·L-1NaClO溶液中,ClO-的数
目为0.1NA
5.一种强力胶的黏合原理如图所示。下列说法正确
的是 ( )
C.用乙醇萃取 CS2 中 D.制作简易氢氧燃料
的S 电池
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
·1·
9.Na WO 晶体因x 变化形成空位而导致颜色各 A.Ⅱ中发生的反应有 MnO +2I-+4H+x 3 2
异,当0.44≤x≤0.95时,其立方晶胞结构如图。 Mn2++I2+2H2O
设NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误 B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发
的是 ( ) C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD
值偏高
13.一种基于Cu2O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
A.与 W最近且等距的O有6个 错误的是 ( )
B.x增大时,W的平均价态升高
30
C.密度为243.5×10 · -33 ,a · g
cm 时 x=0.5
NA
D.空位数不同,吸收的可见光波长不同
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 A.放电时Na 向b极迁移
了如下反应。下列说法错误的是 ( ) B.该电池可用于海水脱盐
C.a极 反 应:Cu2O+2H2O+Cl- -2e-
Cu2(OH)3Cl+H+
D.若以 Ag/AgCl电极代替a极,电池将失去储
氯能力
14.一定条件下,“BrO-3 -
SO2-3 -[Fe(CN)]4-6
A.该反应为取代反应 -H+”4种原料按固
B.Ⅰ和Ⅱ均可发生酯化反应 定流速不断注入连续
C.Ⅰ和Ⅱ均可发生水解反应 流 动 反 应 器 中,体 系
D.乙烯在UV下能生成环丁烷 pH-t振荡图像及涉及
11.某 工 厂 利 用 生 物 质 (稻 草)从 高 锰 钴 矿 (含 反应如下。其中AB 段发生反应①~④,①②为
MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素, 快速反应。下列说法错误的是 ( )
流程如 下。已 知“沉 钴”温 度 下 Ksp(CoS)= ① SO2-3 +H+ HSO--20.4, ( ) 310 下列说法错误的是
② HSO- +3 +H H2SO3
③ 3HSO- - 2-3 +BrO3 3SO4 +Br-+3H+
④ HSO +BrO-2 3 3 →
A.硫酸用作催化剂和浸取剂 BrO- + 4- -
⑤ 3
+6H +6[Fe(CN)6] Br
B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 +6[Fe(CN)6]3-+3H2O
C.“浸出”时,3种金属元素均被还原
D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4 A.原料中c(H
+)不影响振幅和周期
12.化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程 B.反应④:3H2SO3+BrO
-
3 3SO2-4 +Br-+6H+
度的指标之一,以水样消耗氧化剂的量折算成消 C.反应①~④中,H+ 对SO2-3 的氧化起催化
耗O2 的量(单位为 mg·L-1)来表示。碱性 作用
KMnO4不与Cl-反应,可用于测定含Cl-水样 D.利用pH响应变色材料,可将pH振荡可视化
的COD,流程如图。 15.室温下,将0.1molAgCl置于0.1mol·L-1
NH4NO3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,Ag++NH3
[Ag(NH3)]+ 和 Ag+ +2NH3 [Ag
(NH3)]+2 的平衡常数分别为 K1 和 K ;NH+2 4
下列说法错误的是 ( ) 的水解常数 K
+ -9.25
h(NH4 )=10 。下列说法错
误的是 ( )
·2·
Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH=1后,再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层,无水 Na2SO4 干
燥,过滤,蒸去溶剂,得目标产物。
回答下列问题:
(1)相比 KMnO4 作氧化剂,该制备反应的优点
为 、 (答出2条即可)。
pX=-lg[c(X)/(mol·L-1)] (2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂 H
X代表Ag+、[Ag(NH +3)] 、[Ag(NH3) +2] 或NH3 的吸收峰,谱图中无羧基 H的吸收峰)监测反应
A.Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线 进程如图。已知峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶
B.D 点:c(NH+4 )-c(OH-)>0.1-c(H+) 2∶3,a∶a'=2∶1。反应2h时,对甲基苯甲醛
C.K =103.241 转化率约为 %。
D.C点:c(NH )=10-3.523 mol·L-1
二、非选择题:本题共4小题,共55分。
16.(14分)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有
ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是 。
已知:①“氧化浸出”时,PbSO4 不发生变化,ZnS (4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为
转变为[Zn(NH )]2+; 、 。3 4
②K [Pb(OH)]=10-14.8; (5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙sp 2
( ) 酮易挥发,为保证18 18③酒 石 酸 记 作 H A 结 构 简 式 为 HOOC O2 气氛,通 O2 前,需先使2
(CHOH)COOH。 用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶2
回答下列问题: 剂中)的16O2,操作顺序为:①→②→ →
(1)H2A分子中手性碳原子数目为 。 → (填标号),重复后四步操作
(2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(SO2-2 8 )转变为 数次。
(填离子符号)。
(3)“ ” ,
①关闭阀门
氧化浸出 时 浸出率随温度升高先增大后
②液氮冷冻反应液
减小的原因为 。 ③打开阀门抽气
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 ④反应液恢复室温
。
(5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 同位素示踪结果如表所示,则目标产物中羧基O
(6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A反应生成PbA。 来源于醛基和 。
PbA产率随体系pH 升高先增大的原因为 质谱 检 测 目 标 产 物
,pH过高可能 反应条件
( )。 相对分子质量生成 填化学式
(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反 太 阳 光,18O2,室 温,
应的化学方程式为 。 CH3COCH3,
138
5h
17.(13分)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。 太 阳 光,空 气,室 温,
18 136反应: CH3C OCH3,5h
18.(14分)乙二醇是一种重要化工原料,以合成气
(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。
步骤: 催化剂
Ⅰ.向反应管中加入0.12 对甲基苯甲醛 和 Ⅰ.直 接 合 成 法
:
g 2CO
(g)+3H2(g)
1.0mL丙酮,光照,连续监测反应进程。 HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常数如表所示。
Ⅱ.5h时,监测结果显示反应基本结束,蒸去溶 温度 298K 355K 400K
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。 平衡常数 6.5×10
4 1.0 1.3×10-3
·3·
(1)该反应的ΔH 0(填“>”或“<”)。 19.(14分)含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和
(2)己知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧 材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架
热(ΔH)分别为-akJ·mol-1、-bkJ·mol-1、 的芳香化合物合成路线如下:
-ckJ·mol-1,则上述合成反应的ΔH= OH
kJ·mol-1(用a、b和c表示)。 COOH CH3OH C8H8O3 LiAlH4(3)实验表明,在500K时,即使压强(34MPa)很 → →浓 H2SO4,△ (B)
高乙二醇产率(7%)也很低,可能的原因是 (A)
(答 OH OH
出1条即可)。 CHO BrC7H 8O2 O2 PPh3,CBr4
Ⅱ.间接合成法:用合成气和O2 制备的DMO合 (C) Pt3Pd/
→ →
C 碱
成乙二醇,发生如下3个均放热的连续反应,其 ( BrD) (E)
中 MG生成乙二醇的反应为可逆反应。
COOCH3 +2H2 CH2OH +2H2
→ → CuI,K3PO B
(
4 OH)2 C14H10O
COOCH -CH3OH COOCH -CH3OH →
→
3 3 △ 一定条件 (G)
DMO(g) MG(g) (F)
CH2OH +H2 CH3
→
CH OH -H2 2O CH2OH
乙二醇(g) 乙醇(g) →
(4)在2MPa、Cu/SiO2 催化、固定流速条件下,
n(H )
发生上述反应,初始氢酯比 2 ,出 (H)
n(DMO)=52.4
口处检测到DMO的实际转化率及 MG、乙二醇、 PtCl2
→
乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物 △
n
质的选择性= 生成
(该物质) ]。 (N)
n消耗(DMO)×100% (M)
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3∶2∶1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
①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性,则曲线 环及苯环的反应位置不变,则生成的与N互为同
(填图中标号,下同)表示 DMO的转化率,曲线 分异构体的副产物结构简式为 。
表示 MG的选择性。 (6)参考上述路线,设计如下转化。X和 Y的结
②有利于提高A 点DMO转化率的措施有 构简式分别为 和 。
(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
, n(乙醇)③483K时 出口处 的值为n(DMO)
(精
确至0.01)。
④A点反应MG(g)+2H2(g) HOCH2CH2OH(g)
+CH3OH(g)的浓度商Qx= (用物质
的量分数代替浓度计算,精确至0.001)。
·4·
2025年化学(黑吉辽蒙卷)
1.D 本题考查资源的利用和化学变化。
石灰石煅烧过程中发生分解反应:CaCO3CaO+CO2↑,属于化学变化,A项不符合题意;磁铁矿(主要成分是Fe3O4)炼铁是利用CO还原Fe3O4:Fe3O4+4CO3Fe+4CO2,属于化学变化,B项不符合题意;煤的液化分为直接液化和间接液化,将煤转化为液体燃料,属于化学变化,C项不符合题意;石油分馏是利用成分的沸点不同将石油分离得到不同成分(汽油、煤油等),属于物理变化,D项符合题意。
2.C 本题考查化学用语、物质结构及晶体类型等。
CO2的电子式为,A项错误;H2O分子的空间结构是V形,B项错误;NH4Cl晶体中含有离子键、共价键,属于离子晶体,C项正确;由题给反应可说明溶解度:NaHCO33.B 本题考查化学键类型、VSEPR模型及孤电子对数等。
在H2O、HClO分子中,H—O之间存在s-p σ键,A项错误;题中3种分子均是以氧原子为中心原子,氧原子的孤电子对数均为2,故其分子的VSEPR模型均为四面体形,B项正确;原子半径:Cl>H,故键长:Cl—O>H—O,C项错误;HClO分子的电子式为,故Cl的价电子层有3个孤电子对,D项错误。
4.A 本题考查氧化还原反应基本原理和物质的量的相关计算。
氯化钠电解生成Cl2和Na,标准状况下11.2 L Cl2含原子数为NA,A项正确。2.3 g Na与O2反应生成0.05 mol Na2O2,含非极性键的数目为0.05NA,B项错误。反应③中1 mol Na2O2与足量H2O反应转移电子的数目为NA,C项错误。由于ClO-会水解产生HClO,所以100 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中ClO-的数目小于0.1NA,D项错误。
5.C 本题考查有机物的结构与性质。
Ⅰ中含有3种官能团:酯基、碳碳双键和氰基,A项错误;Ⅱ中含有酯基可水解,但不会断开长链而使黏合物分离,B项错误;Ⅱ的相对分子质量很大、熔点高,常温下为固态,C项正确;该反应为加聚反应,D项错误。
6.A 本题考查化学实验中方程式的书写。
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,氧化铜被乙醇还原成单质铜,A项错误。Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液,白色氢氧化镁转化成红褐色氢氧化铁,B项正确。亚铁离子与铁氰化钾会产生蓝色沉淀,C项正确。Cr2在碱性条件下会转化成Cr,D项正确。
【复习启示】复习过程中,需要留心常见物质的颜色。
【知识拓展】高中化学常见物质颜色
铁:铁粉是黑色的;纯净铁是银白色的。
Fe2+——浅绿色
Fe3O4——黑色晶体
Fe(OH)2——白色固体
Fe3+——棕黄色
Fe(OH)3——红褐色固体
Fe(SCN)3——溶液呈红色
Fe(NH4)2(SO4)2——淡蓝绿色
FeO——黑色粉末
FeS——黑色固体
Fe2O3——红棕色粉末
FeCl3——棕黄色固体
铜:单质是紫红色
Cu2+——蓝色
CuO——黑色
Cu2O——红色
CuSO4(无水)——白色
CuSO4·5H2O——蓝色
Cu2(OH)2CO3——绿色
Cu(OH)2——蓝色
[Cu(NH3)4]SO4——溶液呈深蓝色
7.D 本题考查物质结构与元素推断。
由信息“基态X、Z原子均有2个单电子”及“X、Y、Z同周期”可初步确定X、Z可能为C、O或Si、S,再结合无机物甲、有机物乙的化学式,可确定X、Z分别为C、O;由X、Y、Z的原子序数依次增大,推出Y为N,则W为H。第一电离能:N>O>C,A项错误;N中存在H+与NH3间的配位键,B项错误;有机物乙的结构简式为,σ键和π键数目之比为7∶1,C项错误;甲中X、Y之间为碳氮三键,乙中X、Z之间为碳氧双键,D项正确。
8.B 本题考查实验基本操作。
碱石灰会同时吸收氯气和氯化氢,A错误。铜丝与稀硝酸接触反应产生NO,并且气体聚集在左侧,可以避免被氧化,B正确。乙醇和二硫化碳会互溶,不能用乙醇萃取二硫化碳中的硫单质,C错误。制作简易氢氧燃料电池,应先在两电极分别电解制备氢气和氧气,当合上开关K1,左侧锌电极为阳极,发生氧化反应,产生锌离子,右侧锌电极为阴极,发生还原反应,电极上生成氢气,D错误。
9.B 本题考查晶胞结构分析及密度计算等。
在晶胞中,W位于顶角,O位于棱心,则与W最近且等距的O有6个,A项正确;晶体化学式为NaxWO3,当x增大时,钠元素所带正电荷增多,则在氧原子数目不变的情况下,W的平均价态降低,B项错误;当x=0.5时,该晶胞的化学式为Na0.5WO3且一个晶胞含有1个Na0.5WO3,其密度ρ= g·cm-3= g·cm-3,C项正确;空位数不同时,对可见光存在选择性吸收,则晶体的颜色各异,D项正确。
10.A 本题考查有机物的性质及有机反应类型。
观察题中反应,根据有机物化学键的断裂和形成,可以判定题中所给反应是加成反应,不是取代反应,A错误。Ⅰ和Ⅱ中均含有羟基,可以发生酯化反应,B正确。Ⅰ和Ⅱ中均含有酰胺基,可以发生水解反应,C正确。根据题中反应机理,乙烯在紫外线作用下可以加成生成环丁烷,D正确。
11.C 本题利用工艺流程为载体,考查H2SO4的作用、元素化合价的变化及沉淀溶解平衡等知识。
在“浸出”时,硫酸作催化剂使生物质水解得到还原剂(葡萄糖),同时作浸取剂溶解高锰钴矿,A项正确;生物质(稻草)来源广泛且可再生,B项正确;“浸出”时,MnO2→Mn2+、Co3O4→Co2+,而铁元素化合价未变化,C项错误;依据Ksp(CoS)=10-20.4知,“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4,D项正确。
12.C 本题考查氧化还原反应的应用。
本题测定水样的COD思路:Ⅰ操作中过量KMnO4与水样反应;Ⅱ操作中过量KI把Mn、MnO2全部还原成Mn2+,I-被氧化成碘单质;Ⅲ操作中用硫代硫酸钠标准液滴定Ⅱ得到的溶液,根据消耗硫代硫酸钠的量间接求算操作Ⅰ中被还原成MnO2的KMnO4的物质的量,最后折算成水样的COD。
Ⅱ中Mn、MnO2均被I-还原成Mn2+,A选项正确。避光可以减少碘单质挥发,加盖减少进入瓶中的O2,抑制I-被O2氧化,B选项正确。根据前面思路分析,Ⅲ中消耗的硫代硫酸钠越多,水样的COD值越低,C选项错误。若Ⅰ为酸性条件,Mn会氧化水样中的Cl-,导致第一步中更多的Mn被还原成MnO2,进而导致测得水样的COD值偏高,D选项正确。
【审题关键】题中涉及反应较多时,一定要围绕一系列过程的最终目的去分析,找出一系列反应中的联系。
13.D 本题考查原电池原理及电极反应式的判断。
依据信息“放电过程中a、b极均增重”可知,放电时,a极变化为Cu2O→Cu2(OH)3Cl,b极变化为NaTi2(PO4)3→Na3Ti2(PO4)3,由此可知,a极为负极,b极为正极。放电时,Na+(阳离子)向b极(正极)迁移,A项正确;该电池工作时,负极吸收Cl-,正极吸收Na+,故可用于海水脱盐,B项正确;放电时,a为负极,Cu2O失e-生成Cu2(OH)3Cl,同时储氯,电极反应式为Cu2O-2e-+2H2O+Cl-Cu2(OH)3Cl+H+,C项正确;由题意可知,Ag的失电子能力比Cu2O强,若以Ag/AgCl电极代替a极(负极),将发生反应:Ag-e-+Cl-AgCl,电池仍具有储氢能力,D项错误。
14.A 本题考查化学反应机理。
图像中AB段进行①→④的反应,氢离子浓度增加,说明原料中氢离子的加入导致体系中氢离子浓度增加,BC段进行反应⑤,消耗氢离子,故原料中氢离子浓度变化会影响振幅和周期,A选项错误。根据氧化还原反应原理和化学方程式配平规则可以确定B中方程式正确,B选项正确。综合①→④的反应,消耗的氢离子和产生的氢离子数目相同,氢离子起催化作用,C选项正确。利用pH响应变色材料,可将pH振荡可视化,D选项正确。
【解题技巧】该试题是把物理振动图像和化学反应结合起来的创新题,在解决此类新情境试题时,要学会思考并提取题中涉及的化学知识,找准要解决的问题,进行分析、推理,才能高效作答。
15.B 本题考查电解质溶液图像分析。
将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中,随pH增大,发生的变化过程有AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)、Ag++NH3[Ag(NH3)]+、Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+,即随着溶液pH增大,NH3、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+的浓度依次增大,由于开始阶段相当于AgCl的饱和溶液,则c(Ag+)基本不变,故可确定:曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别为Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+、NH3的变化曲线。曲线Ⅲ表示[Ag(NH3)2]+的变化曲线,A项正确。D点时,依据电荷守恒,溶液中存在c(N)+c(H+)+c(Ag+)+c([Ag(NH3)]+)+c([Ag(NH3)2]+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(N),由于c(N)=0.1 mol·L-1,且c(Cl-)=c(Ag+)+c([Ag(NH3)]+)+c([Ag(NH3)2]+),故c(N)+c(H+)=c(OH-)+0.1 mol·L-1成立,B项错误。图像中pH=7.02时,c(Ag+)=c([Ag(NH3)]+),即K1=,而此时溶液中c(NH3)=10-3.24 mol·L-1,故K1=103.24,C项正确。图像中pH=6.45时,c([Ag(NH3)]+)=c([Ag(NH3)2]+),根据反应②:Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+、反应①:Ag++NH3[Ag(NH3)]+,由反应②-反应①可得:[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+,则=103.80,故K2=K1·=103.24×103.80=107.04。在C点时,c(Ag+)=c([Ag(NH3)2]+),利用反应②知:K2==107.04,故c(NH3)= mol·L-1=10-3.52 mol·L-1,D项正确。
【方法技巧】
解答有关粒子分数(或对数)的电解质溶液图像题时,注意抓好以下几点:
(1)明确横、纵坐标的含义(代表的化学反应中量之间的代数关系),注意:纵坐标中lg c(X)与pX的区别。
(2)确定横坐标值由小到大(从左到右)变化过程中,溶液中有关粒子的基本变化规律{如本题中,随着溶液pH增大,溶液中c(NH3)、c([Ag(NH3)]+)、c([Ag(NH3)2]+)依次增大,c(Ag+)开始阶段(饱和溶液)基本不变,之后逐渐减小,进而确定各曲线所代表的具体粒子}。
(3)关注图像中的特殊点及坐标(如相交点),快速解决反应平衡常数问题。如本题中利用B、D点对应溶液的c(NH3)值,可快速确定K1、K2,再依据K1、K2确定C点溶液的c(NH3)的值。
(4)该类型试题的解题模型可归纳为:找交点、算K值、思原理、做判断。
16.答案 (1)2 (2)S
(3)随着温度升高,化学反应速率加快,温度增加到一定程度导致NH3·H2O分解成NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,反应物浓度降低,导致反应速率下降
(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu
(5)Fe
(6)pH升高会使得溶液中A2-浓度增大,使PbSO4(s)+A2-PbA(s)+S平衡右移,促进PbA的形成 Pb(OH)2
(7)Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)2H2O↑+4CO↑+Pb
解析 本题考查以废渣为原料,通过一定工艺流程回收Zn、Pb的过程,体现了废物回收与利用的环境保护意识。
(1)H2A的结构式为,其中的手性碳已标注(*),有2个。
(2)S2根据S最高化合价为+6价,进行O元素化合价分析,可知其中有两个O为-1价,具备较强氧化性,故被还原后变为S。
(3)分析本题应该着重考虑“氧化浸出”步骤中反应物的性质,再结合影响化学反应速率的因素进行分析。刚开始升高温度使反应速率加快,故浸出率增大;随着温度的升高,NH3·H2O会分解产生NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,导致反应物浓度下降,进而使反应速率降低,浸出率减小。
(4)根据流程图,加入Zn获得铜单质,题中已知①中给出信息:ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+,以及Cu2+可与氨水形成配合物[Cu(NH3)4]2+,可推测“除铜”这一步反应物为Zn和[Cu(NH3)4]2+,产物为Cu、[Zn(NH3)4]2+。故“除铜”步骤发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu。
(5)根据流程图中制取ZnS的过程,可知“氧化浸出”后获取的滤液中含Cu、Zn元素,则废渣中的Fe元素应该存在于滤渣1中,经“浸铅”操作后Fe元素进入滤渣2。故滤渣2中金属元素为Fe。
(6)“浸铅”中发生反应PbSO4(s)+A2-PbA(s)+S,体系pH升高,A2-水解程度减小,c(A2-)增大,使“浸铅”反应平衡右移,PbA产率增大。pH过高时,结合Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8,推知可能产生Pb(OH)2。
(7)根据PbA“真空热解”产生Pb和2种气态氧化物,结合原子守恒,推知2种气态氧化物分别为CO、H2O,可得方程式Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)2H2O↑+4CO↑+Pb。
17.答案 (1)不产生副产物对二苯甲酸
() 原料易得,无污染
(2)50
(3)将未被氧化的对甲基苯甲醛萃取分离
(4)H++OH-H2O +H+
(5)③ ① ④ 空气中的氧气
解析 本题以对甲基苯甲酸的绿色制备为载体,考查氧化剂选择、转化率分析、操作目的、离子方程式书写、实验步骤及反应机理等。
(1)KMnO4的氧化性强,不但氧化苯环上的醛基,还可将甲基氧化为—COOH,使产物不纯;本实验使用空气作氧化剂,原料易得且无污染,而KMnO4在反应前后易产生含锰元素的废液等。
(2)在反应未开始时(0 h),核磁共振氢谱峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3,恰好对应中的关系;在反应时间为2 h时,a∶a'=2∶1,说明正好有50%的对甲基苯甲醛转化为对甲基苯甲酸。
(3)步骤Ⅱ中,先蒸去丙酮,再加入过量NaOH溶液将转化为,故使用乙酸乙酯洗涤的目的是将未被氧化的对甲基苯甲醛萃取分离。
(4)步骤Ⅲ中,加稀盐酸,先中和过量NaOH,再将转化为。故离子方程式分别为H++OH-H2O、+H+。
(5)依据题意“丙酮易挥发”,故需先关闭阀门,再用液氮冷冻反应液,排走一部分溶解的16O2,再打开阀门抽气,当装置中空气抽净后又关闭阀门,再将反应液恢复室温。故操作顺序为①→②→③→①→④。对甲基苯甲酸()的相对分子质量为136,由表格数据可知反应条件为18O2和CH3COCH3时得到产物的相对分子质量为138,即1分子产物中含有1个18O,而反应条件为空气和CH3C18OCH3时得到产物的相对分子质量为136,即产物中没有18O,所以目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的O2。
18.答案 Ⅰ.(1)<
(2)-(2a+3b-c)
(3)温度过高,催化剂的催化活性下降;温度过高,反应平衡常数非常小
Ⅱ.(4)①Ⅰ Ⅳ ②BD ③1.98 ④0.025
解析 本题综合考查化学反应速率与平衡及反应热的知识。
Ⅰ.(1)由图示数据K随温度升高而减小,知ΔH<0。
(2)由燃烧热计算反应热,合成乙二醇的反应热
ΔH=2ΔH(CO)+3ΔH(H2)-ΔH(HOCH2CH2OH)
=2×(-a kJ·mol-1)+3×(-b kJ·mol-1)-(-c kJ·mol-1)=(c-2a-3b) kJ·mol-1
由于该反应放热,ΔH=-(2a+3b-c) kJ·mol-1。
(3)500 K时,压强很大产率也很低,原因可能是温度过高,催化剂的催化活性下降;温度过高,使平衡常数过小。
Ⅱ.(4)①分析该图的关键是要抓住题干中3个反应均放热,以及MG转化成乙二醇的反应为可逆反应。
曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性,结合温度对反应速率和平衡移动的影响可推得,固定流速下483 K左侧即温度低于483 K时,MG生成乙二醇的反应未达到平衡,高于483 K,MG生成乙二醇的反应达平衡,即温度高于483 K时,曲线Ⅱ上的点代表平衡状态,其变化趋势与升温平衡向吸热反应方向(左)移动一致。
曲线Ⅰ随温度升高而增大,并且纵坐标数值增大至几乎100%,可推断曲线Ⅰ表示DMO的转化率。由MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100%,可推断曲线Ⅳ代表MG的选择性。
②根据图示,降低温度,DMO转化率降低,A不符合题意;增大压强也可加快反应速率,使DMO转化率增大,B符合题意;减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降,DMO的转化率下降,C不符合题意;A点时,DMO转化率为80%,升温后转化率持续上升,说明A点时反应未达平衡,延长原料和催化剂的反应接触时间可以促进反应继续进行,D符合题意。
③483 K时,DMO转化率为99%,乙醇的选择性为2%,设起始投入反应的DMO为100 mol,则出口流出乙醇的物质的量为100 mol×99%×2%=1.98 mol,此时还有1 mol DMO未反应,从出口流出,则出口处=1.98。
④设初始时,投入H2 52.4 mol,DMO 1 mol,A点时DMO的转化率为80%,MG和乙二醇的选择性为50%,假设该反应分步进行,
第一步 DMO转化为MG,可列三段式:
DMO(g)+2H2(g)MG(g)+CH3OH(g)
起始/mol 1 52.4 0 0
转化/mol 0.8 1.6 0.8 0.8
最终/mol 0.2 50.8 0.8 0.8
第二步 MG转化为乙二醇,可列三段式:
MG(g)+2H2(g) 乙二醇(g)+CH3OH(g)
起始/mol 0.8 50.8 0 0.8
转化/mol 0.8×0.5 0.8×0.5×2 0.8×0.5 0.8×0.5
最终/mol 0.4 50.0 0.4 1.2
此时体系中有DMO 0.2 mol,MG 0.4 mol,H2 50.0 mol,CH3OH 1.2 mol,乙二醇0.4 mol,总物质的量为0.2 mol+0.4 mol+50.0 mol+1.2 mol+0.4 mol=52.2 mol,用物质的量分数代替浓度计算,Qx=≈0.025。
19.答案 (1)+CH3OH
+H2O
(2)羟基 醛基
(3)取代反应
(4)4 (5)
(6)
解析 (1)由A的结构简式、B的分子式及A→B的反应条件可知,A→B发生的是酯化反应:+CH3OH+H2O。
(2)B→C是酯被LiAlH4还原为醇()的反应,即有机物C的结构简式为,故C→D实现了由羟基到醛基的转化。
(3)观察F→G→H各物质的结构,结合G的分子式(C14H10O)可推知:F→G发生取代反应生成G(),而G→H发生取代反应得到H。
(4)有机物E的不饱和度为5,其同分异构体中含苯环(不饱和度为4),则另一不饱和度对应的结构可能是—CHO、或,若含,则所得结构中无法满足不同化学环境氢原子个数比为3∶2∶1,可排除。故符合条件的同分异构体有、、、。
(5)要满足参与成键的苯环及苯环的反应位置不变,则其副产物的结构简式为。
(6)由生成有机物X的反应条件,可推知发生了卤代烃的消去反应,生成的产物X的结构简式为;参考合成路线中G→H变化情况(G→H发生取代反应),可推出Y的结构简式为。
