2025年辽宁、吉林、黑龙江、内蒙古四省新高考化学试卷（选择性）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年辽宁、吉林、黑龙江、内蒙古四省新高考化学试卷（选择性）一、单选题：本大题共15小题，共45分。1.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.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+CO2+NHA.CO2的电子式： B.H2O的空间结构：直线形

C.NH43.Cl2O可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：CA.反应中各分子的σ键均为p—pσ键

B.反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形

C.Cl—O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.钠及其化合物的部分转化关系如下。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(

)

NaCl→A.反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为NA

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0.1NA

C.反应③中1molNa2O2与足量H2O5.一种强力胶的黏合原理如图所示。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.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2CuO+BMg(OH)2悬浊液中加入3Mg(OHCFeSO4溶液中加入FDK2CrCA.A B.B C.C D.D7.化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物乙[(YW2)2XZ]，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XA.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 D.甲和乙中X杂化方式分别为sp和s8.巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是(

)A.除去Cl2中的HClB.制备少量NO避免其被氧化

C.用乙醇萃取CS2中的SD.制作简易氢氧燃料电池9.NaxWO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95时，其立方晶胞结构如图。设NA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243.5×1010.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.某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2A.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c(C12.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O2的量(单位为mg⋅L−1)来表示。碱性KMnO4不与Cl−反应，可用于测定含ClA.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O

B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I−被O13.一种基于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，下列说法错误的是(

)

A.放电时Na+向b极迁移

B.该电池可用于海水脱盐

C.a极反应：Cu2O+2H214.一定条件下，“BrO3−—SO32−—[Fe(CN)6]4−—H+①S②HS③3HS④H⑤BrA.原料中c(H+)不影响振幅和周期

B.反应④：3H2SO3+BrO3−=3SO42−+B15.室温下，将0.1molAgCl置于0.1mol⋅L−1NH4NO3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(NHA.Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线

B.D点：c(NH4二、流程题：本大题共1小题，共14分。16.某工厂采用如图工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。

已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+；

②Ksp[Pb(OH)2]=10−14.8；

③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。

回答下列问题：

(1)H2A分子中手性碳原子数目为______。

(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O82−)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)。

三、实验题：本大题共1小题，共13分。17.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)。

(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)监测反应进程如图。已知峰面积比a：b：c：d=1：2：2：3，a：a′=2：1。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 ​18O2气氛，通 ​18O2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 ​16O2，操作顺序为：①→②→______→______→反应条件质谱检测目标产物相对分子质量太阳光， ​18O2，室温，138太阳光，空气，室温，CH3136四、简答题：本大题共1小题，共14分。18.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。

Ⅰ.直接合成法：2CO(g)+3温度298K355K400K平衡常数6.5×1.01.3×(1)该反应的ΔH______0(填“>”或“<”)。

(2)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热(ΔH)分别为−akJ⋅mol−1、−bkJ⋅mol−1、−ckJ⋅mol−1，则上述合成反应的ΔH=______kJ⋅mol−1(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O2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、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，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=n全成(该物质)n消耗(DMO)×100%]。

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______五、推断题：本大题共1小题，共14分。19.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图：

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1.【答案】D

【解析】解：A.石灰石煅烧会生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；

B.磁铁矿炼铁会生产铁，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；

C.煤的液化可生成甲醇等液态燃料，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；

D.石油分馏是根据物质的沸点不同将其分离的过程，无新物质生成，属于物理变化，故D正确；

故选：D。

物质变化过程中没有新物质生成，化学变化过程中有新物质生成，据此判断。

本题主要考查物质变化和化学变化的区别，为基础知识的考查，题目难度不大。2.【答案】C

【解析】解：A.CO2为共价化合物，其电子式：，故A错误；

B.H2O中心原子的价电子对数为6+22=4，孤电子对数为2，其空间结构为V形，故B错误；

C.NH4Cl由铵根离子和氯离子组成，其晶体类型为离子晶体，故C正确；

D.由反应NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl可知，溶解度：NaHCO3<NH4HCO3，故D错误；

故选：3.【答案】B

【解析】解：A.H2O和HClO中均含有H—Oσ键，该σ键均为s—pσ键，Cl—Oσ键为p—pσ键，故A错误；

B.Cl2O的结构式为Cl—O—Cl，H2O和HClO的结构式为H—O—H、H—O—Cl，中心原子都是O原子，σ键数都是2，孤电子对数也是2，即价层电子对数都是4，中心原子为sp3杂化，VSEPR模型均为正四面体形，故B正确；

C.原子半径：Cl>H，则Cl—O键长大于H—O键长，故C错误；

D.HClO分子中中心原子是O原子，O的价电子层有2个孤电子对，故D错误；

故选：B。

A.H—Oσ键为s—pσ键；

B.Cl2O、H2O和HClO的中心原子都是O原子，中心原子为sp4.【答案】A

【解析】解：A.反应①的方程式为：2NaCl2Na+Cl2↑，1mol氯气中含有2mol氯原子，11.2L氯气的物质的量为0.5mol，因此每11.2L(标准状况)含原子的数目为NA，故A正确；

B.反应②中的方程式为：2Na+O2Na2O2，1molNa2O2中含有1mol非极性键，因此2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为0.05NA，故B错误；

C.反应③的方程式为：2Na2O2+H2O=4NaOH+O2，1molNa2O2与足量H2O反应转移1mol电子，其数目为NA，故C错误；

D.NaClO溶液中，ClO−会水解，因此00mL1mol⋅L−1NaClO溶液中，ClO−的数目小于0.1NA，故D错误；

故选：A。

A.反应①的方程式为：2NaCl5.【答案】C

【解析】解：A.Ⅰ的官能团有酯基、碳碳双键和氰基，有3种官能团，故A错误；

B.Ⅱ中—CN水解生成—COOH，但酯基不水解，生成的物质仍然是高聚物，不能使粘合物分离，故B错误；

C.Ⅱ的相对分子质量很大，常温下为固体，故C正确；

D.该反应为加聚反应，故D错误‘

故选：C。

A.Ⅰ的官能团有酯基、碳碳双键和氰基；

B.Ⅱ不溶于水；

C.Ⅱ的相对分子质量很大；

D.该反应为加聚反应。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。6.【答案】A

【解析】解：A.空气中灼烧过的铜丝，表面是生成的CuO，伸入到乙醇中，黑色铜丝恢复光亮的紫红色，发生反应：CuO+C2H5OH=CH3CHO+Cu+H2O，故A错误；

B.Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色，实现了沉淀的转化，反应为：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+，故B正确；

C.FeSO4溶液中加入K3[Fe(CN)6]，浅绿色溶液出现蓝色浑浊，亚铁离子与铁氰根离子反应，生成普鲁士蓝沉淀，离子方程式为：Fe2++[Fe(CN)6]3−+K+=KFe[Fe(CN)6]↓，故C正确；

D.K2Cr7.【答案】D

【解析】解：A.同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，则第一电离能：N>O>C，即Y>Z>X，故A错误；

B.甲为NH4CNO，NH4+中存在配位键，故B错误；

C.乙为(NH2)2CO，1个(NH2)2CO中含有7个σ键，1个π键，则σ键和π键的数目比为7：1，故C错误；

D.NH4CNO碳原子形成2个σ键，杂化方式为sp，(NH2)2CO中碳原子形成3个σ键，杂化方式为sp2，故D正确；

故选：D。

化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物乙[(YW2)2XZ]，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、8.【答案】B

【解析】解：A.氯气、氯化氢均与碱石灰反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；

B.Cu与稀硝酸反应生成NO，U型管右侧可产生少量NO，能避免NO被氧化，故B正确；

C.S易溶于二硫化碳，不能选图中分液漏斗分离，故C错误；

D.关闭K1、打开K2，左侧Zn失电子生成锌离子，右侧生成氢气，打开K1、关闭K2，不能构成氢氧燃料电池，故D错误；

故选：B。

A.氯气、氯化氢均与碱石灰反应；

B.Cu与稀硝酸反应生成NO；

C.S易溶于二硫化碳；

D.关闭K1、打开K2，为电解装置，打开9.【答案】B

【解析】解：A.与W最近且等距的O位于其上下左右前后，有6个，故A正确；

B.x增大时，根据各元素的代数和为0可知W的平均价态降低，故B错误；

C.晶胞的体积为a3×10−30cm3，若晶胞的密度为243.5×1030a3⋅NAg⋅cm−3时，则晶胞的质量为243.5NA，物质NaxWO3的摩尔质量为243.5g/mol，则x=0.5，故C正确；

D.由题干可知，NaxWO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，因此空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确；

故选：B。

A.与W最近且等距的O位于其上下左右前后；

B.x10.【答案】A

【解析】解：A.碳碳双键中的一条键断裂、碳原子连接形成环状，该反应类型为加成反应，不是取代反应，故A错误；

B.Ⅰ和Ⅱ均含有醇羟基，均可发生酯化反应，故B正确；

C.Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基，均可发生水解反应，故C正确；

D.根据反应原理可知，乙烯可以发生类似反应生成环丁烯，故D正确；

故选：A。

A.碳碳双键中的一条键断裂、碳原子连接形成环状；

B.Ⅰ和Ⅱ均含有醇羟基等；

C.Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基；

D.根据反应原理可知，乙烯可以发生类似反应生成环丁烯。

本题考查有机物的结构与性质，关键是明确反应原理，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。11.【答案】C

【解析】解：A.稻草的主要成分是纤维素，稀硫酸可以促进纤维素水解为葡萄糖，葡萄糖还原金属氧化物，同时稀硫酸提供酸性环境，做浸取剂，故A正确；

B.生物质做还原剂，使用生物质的优点是其来源广泛且可再生，故B正确；

C.“浸出”时，Mn、Co元素均被还原，Fe元素化合价不变，未被还原，故C错误；

D.“沉钴”后的上层清液是CoS的饱和溶液，CoS的浓度熵等于其Ksp(CoS)，则c(Co2+)⋅c(S2−)=10−20.4，故D正确；

故选：C。

高锰钴矿含MnO2、Co3O12.【答案】C

【解析】解：A.根据化合价升降守恒、原子守恒以及电荷守恒可知，Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O，2MnO4−+10I−+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故A正确；

B.Ⅱ中避光、加盖主要防止I−被O2氧化为I2，同时防止I2挥发，故B正确；

C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明Ⅱ中生成的I2越多，进一步说明Ⅰ中生成的MnO2多，或盛余的MnO4−多，若生成的MnO2多，则水样消耗氧化剂的量越大，水样的COD值高，或盛余的Mn13.【答案】D

【解析】解：A.放电时Na+向b极(正极)迁移，故A正确；

B.电池工作时，钠离子储存在b极，氯离子储存在a极，故电池可用于海水脱盐，故B正确；

C.a极为负极，电极反应式为Cu2O+2H2O+Cl−−2e−=Cu2(OH)3Cl+H+，故C正确；

D.若将14.【答案】A

【解析】解：A.由图可知，纵坐标为pH，横坐标为时间，原料中c(H+)越大，pH越小，反应速率越快，能够影响振幅和周期，故A错误；

B.根据原子守恒和化合价升降守恒可知，反应④的方程式为：3H2SO3+BrO3−=3SO42−+Br−+6H+，故B正确；

C.根据题意可知，反应①～④中，H+对SO32−的氧化起催化作用，故C正确；

D.利用pH响应变色材料，根据变色材料呈现的不同的颜色，可将pH振荡可视化，故D正确；

故选：A。15.【答案】B

【解析】解：A.根据分析可知，Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线，故A正确；

B.溶液中存在电荷守恒，D点时，溶液显碱性，又c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=0.1mol/L，则c(NH4+)−0.1<0，c(OH−)−c(H+)>0，故c(NH4+)−0.1<c(OH−)−c(H+)，即：c(NH4+)−c(OH−)<0.1−c(H+)，故B错误；

C.由图可知，D点时，[Ag(NH3)]+与Ag+浓度相等，此时NH3的浓度是10−3.24，根据Ag++NH3⇌[Ag(NH316.【答案】2；

SO42−；

温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3⋅H2O分解生成氨气逸出，且温度高时S2O82−会分解会，造成浸出率减小；

Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；

【解析】(1)手性碳原子是指连接了四个不同原子或原子团的碳原子。在酒石酸(H2A)的结构简式中，有两个手性碳原子，如图：，

故答案为：2；

(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根离子(S2O82−)在氧化过程中被还原为硫酸根离子，

故答案为：SO42−；

(3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3⋅H2O分解生成氨气逸出，且温度高时S2O82−会分解会，造成浸出率减小，

故答案为：温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3⋅H2O分解生成氨气逸出，且温度高时S2O82−会分解会，造成浸出率减小；

(4)“除铜”步骤中，锌将铜从[Cu(NH3)4]2+中置换出来，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu，

故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；

(5)滤渣1有氢氧化铁和硫酸铅，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀，

故答案为：Fe；

(6)“浸铅”步骤中PbSO4(s)+A2−⇌PbA+SO42−，Na2A溶液中存在A2−+H2O⇌HA−+OH−17.【答案】用空气作氧化剂更绿色环保；防止甲基被氧化为羧基；

50；

溶解未反应的对甲基苯甲醛，便于产品分离；

H++OH−=H2O；+H+=；

【解析】(1)相比KMnO4作氧化剂，该制备反应的优点为用空气作氧化剂更绿色环保，防止甲基被氧化为羧基，

故答案为：用空气作氧化剂更绿色环保；防止甲基被氧化为羧基；

(2)峰面积比a：b：c：d=1：2：2：3，可知a代表醛基中H的吸收峰，面积比等于物质的量之比，a：a′=2：1，说明有一半的对甲基苯甲醛被氧化，即反应2ℎ时，对甲基苯甲醛转化率约为50%，

故答案为：50；

(3)加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，对甲基苯甲酸钠进入水层，用乙酸乙酯洗涤，将未反应的对甲基苯甲醛溶解，与水层分离，

故答案为：溶解未反应的对甲基苯甲醛，便于产品分离；

(4)水溶液中含有过量的NaOH和生产的对甲基苯甲酸钠，加入盐酸，发生的离子方程式为：H++OH−=H2O，+H+=，

故答案为：H++OH−=H2O；+H+=；

(5)丙酮易挥发，需先冷冻，抽出装置内的空气，再恢复至室温，使溶剂丙酮中溶解的氧气挥发出来，故操作顺序为：①→②→③→①→④，重复几次可将氧气抽出；根据同位素示踪法的条件和结果可知，使用 ​18O2时的产物的相对分子质量比不使用 ​18O2的产物的相对分子质量大2，说明目标产物中羧基O来源于醛基和 ​18O2，

故答案为：③；①；④； ​18O2。

(1)KMnO4溶液能将苯环上的甲基、醛基氧化为羧基；

(2)18.【答案】<；

c−2a−3b；

500K时，平衡常数K<1.3×10−3，反应进行的程度很小，导致乙二醇的产率过低；

①Ⅰ；Ⅳ；

②BD；

③1.98；

【解析】(1)由表格数据可知，随温度升高，平衡常数减小，说明该反应为放热反应，即ΔH<0，

故答案为：<；

(2)CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热(ΔH)分别为−akJ⋅mol−1、−bkJ⋅mol−1、−ckJ⋅mol−1，则CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH1=−akJ⋅mol−1

①，H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH2=−bkJ⋅mol−1

②，HOCH2CH2OH(g)+52O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH3=−ckJ⋅mol−1

③，根据盖斯定律，①×2+②×3−③，可得，2CO(g)+3H2(g)=HOCH2CH2OH(g)ΔH=2ΔH1+3ΔH2−ΔH3=(c−2a−3b)kJ⋅mol−1，

故答案为：c−2a−3b；

(3)由表格数据可知，400K时，平衡常数K=1.3×10−3，500K时，平衡常数K<1.3×10−3，反应进行的程度很小，导致乙二醇的产率过低，

故答案为：500K时，平衡常数K<1.3×10−3，反应进行的程度很小，导致乙二醇的产率过低；

(4)①根据图示的曲线，随着反应的温度升高曲线Ⅰ的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率趋于恒定，故曲线Ⅰ为DMO的实际转化率曲线；A点选择性均为50%，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线IV为MG的选择性，曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线，

故答案为：Ⅰ；Ⅳ；

②A.根据图中曲线Ⅰ变化趋势可知，降低温度，DMO的转化率降低，故A错误；

B.DMO转为MG的反应为气体体积减小的反应，增大压强，正向移动，DMO的转化率增大，故B正确；

C.减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMG的含量增大，则DMO的转化率降低，故C错误；

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，故D正确；

故答案为：BD；

③由图可知，483K时，DMO的转化率为99%，设初始充入1mol DMO和52.4molH2，MG和乙醇的选择性都为2%，乙二醇的选择性为96%，则出口处n(乙醇)=1mol×99%×2%=0.0198molmol，n(DMO)=1mol×(1−99%)=0.01mol，则出口处n(乙醇)n(DMO)的值为0.0198mol0.01mol=1.98，

故答案为：1.98；

④设初始充入1mol DMO和52.4molH2，DMO的转化率为80%，反应的DMO的物质的量为0.8mol，MG和乙二醇的选择性为50%，则MG和乙二醇的物质的量都为0.8mol×50%=0.4mol，

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

初始(mol)

1

52.4

0

0

转化(mol)

0.8

1.6

0.8

0.8

终了(mol)

0.2

50.8

0.8

0.8

MG(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)

初始(mol)

0.8

50.8

0

0.8

转