2025年黑龙江省普通高等学校招生选择性考试

1/142025年黑龙江省普通高等学校招生选择性考试（辽宁、黑龙江、吉林、内蒙古卷）化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23W—184一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.（2025·黑吉辽蒙1题）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.石油分馏解析：D石灰石的主要成分为CaCO3，煅烧时生成CaO和CO2，属于化学变化，A不符合题意；磁铁矿的主要成分为Fe3O4，炼铁过程中有新物质Fe生成，属于化学变化，B不符合题意；煤的液化是指通过化学反应将煤转化为液体燃料，有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；石油分馏是依据各物质的沸点不同得到不同组分的过程，属于物理变化，D符合题意。2.（2025·黑吉辽蒙2题）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＋NH3＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关化学用语或说法正确的是（A.CO2的电子式：O‥‥︰C‥‥··O‥‥ C.NH4Cl的晶体类型：离子晶体 D.溶解度：NaHCO3＞NH4HCO3解析：CCO2中C与O之间形成双键，其电子式为O‥‥︰︰C︰︰O‥‥，A错误；H2O中O的价层电子对数为2＋6－2×12＝4，孤电子对数为2，故H2O的空间结构为V形，B错误；氯化铵为离子化合物，含铵根离子和氯离子，为离子晶体，C正确；根据题给反应可知，NaHCO3结晶析出，则NaHCO3的溶解度小于3.（2025·黑吉辽蒙3题）Cl2O可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl2O＋H2O2HClO。下列说法正确的是（A.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个孤电子对解析：B水分子中的H—Oσ键和HClO中的H—Oσ键均为s-pσ键，A错误；Cl2O中O的价层电子对数为2＋6－2×12＝4，H2O中O的价层电子对数为2＋6－2×12＝4，HClO中O的价层电子对数为2＋6－1－12＝4，故反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确；原子半径：H＜Cl，故Cl—O键长大于H—O键长，C错误；HClO的电子式为H4.（2025·黑吉辽蒙4题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）NaClNaNa2O2NaOHNaClOA.反应①生成的气体，每11.2L（标准状况）含原子的数目为NAB.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0.1NAC.反应③中1molNa2O2与足量H2O反应转移电子的数目为2NAD.100mL1mol·L－1NaClO溶液中，ClO－的数目为0.1NA解析：A反应①为2NaCl（熔融）电解2Na＋Cl2↑，标准状况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol，所含原子的数目为NA，A正确；2.3gNa的物质的量为0.1mol，根据原子守恒可知，0.1molNa完全反应生成Na2O2的物质的量为0.05mol，1个Na2O2中含1个O—O非极性键，故产物中所含非极性键的数目为0.05NA，B错误；反应③的化学方程式为2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑，该反应为歧化反应，Na2O2中O的化合价为－1，H2O和NaOH中O的化合价为－2，O2中O的化合价为0，故1molNa2O2与足量H2O反应生成0.5molO2，反应转移电子的数目为NA，C错误；NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会发生水解，导致ClO－的数目小于0.1NA，5.（2025·黑吉辽蒙5题）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.该反应为缩聚反应解析：C由Ⅰ的结构简式可知，其含有碳碳双键、氰基、酯基3种官能团，A错误；Ⅱ中酯基与氰基均为疏水基团，故Ⅱ不溶于水，遇水不能使黏合物分离，B错误；Ⅱ为高分子化合物，相对分子质量大，熔点高，常温下为固态，C正确；该反应中化合物Ⅰ的碳碳双键断裂，且无小分子生成，故该反应为加聚反应，D错误。6.（2025·黑吉辽蒙6题）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（）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＋C2H5OHCH3CHO＋Cu2O＋H2BMg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色3Mg（OH）2（s）＋2Fe3＋2Fe（OH）3（s）＋3Mg2CFeSO4溶液中加入K3[Fe（CN）6]，浅绿色溶液出现蓝色浑浊Fe2＋＋[Fe（CN）6]3－＋K＋KFe[Fe（CN）6]DK2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色Cr2O72－＋2OH－2CrO解析：A空气中灼烧过的铜丝表面的黑色物质为CuO，伸入乙醇中黑色铜丝变为紫红色，说明CuO被还原为Cu，故正确的解释为CuO＋C2H5OHCH3CHO＋Cu＋H2O，A错误；Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色，说明发生了沉淀的转化，生成了Fe（OH）3，B正确；Fe2＋可与K3[Fe（CN）6]反应生成特征蓝色沉淀KFe[Fe（CN）6]，故FeSO4溶液中加入K3[Fe（CN）6]，浅绿色溶液出现蓝色浑浊，C正确；Cr2O72－为橙色，CrO42－为黄色，K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色，说明Cr27.（2025·黑吉辽蒙7题）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sp2解析：D乙为有机物，则其中含有C元素，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，结合甲和乙的化学式可知，W为H、X为C、Y为N、Z为O。同周期元素从左往右，第一电离能整体呈增大趋势，但N的2p能级处于半充满状态，较稳定，不易失电子，其第一电离能大于O，故第一电离能：N＞O＞C，A错误；甲为NH4OCN，其所含的NH4＋中存在N原子提供孤电子对、H＋提供空轨道形成的配位键，B错误；乙的结构式为，单键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，故乙中σ键和π键的数目比为7∶1，C错误；甲为NH4OCN（氰酸铵），碳原子形成2个σ键，且无孤电子对，故C为sp杂化，乙为（NH2）2CO（尿素），碳原子形成3个σ键，且无孤电子对，故C为sp2杂化，D8.（2025·黑吉辽蒙8题）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解析：BHCl、Cl2均能与碱石灰（主要成分为CaO、NaOH、KOH）发生反应，故不能用碱石灰除去Cl2中的HCl，A错误；U形管左侧铜丝与稀硝酸反应生成NO，由于U形管左侧不与空气接触，故可避免生成的NO被氧化，B正确；乙醇与CS2互溶，故不能用乙醇萃取CS2中的S，且S在乙醇中的溶解度小于在CS2中的溶解度，C错误；闭合K1断开K2时该装置为电解池，阴极发生反应2H2O＋2e－2OH－＋H2↑，阳极发生反应Zn－2e－Zn2＋，无O2生成，故断开K1闭合K2时不能形成氢氧燃料电池，9.（2025·黑吉辽蒙9题）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，其立方晶体结构如图。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243.5×1030a3·NAg·cm－3时，解析：B由题图可知，W位于O形成的八面体空隙中，故与W最近且等距的O有6个，A正确；NaxWO3中Na为＋1价，O为－2价，由化合物中各元素化合价代数和为零可知，x增大时，W的平均价态降低，B错误；由均摊法可知，W位于晶胞顶点，个数为8×18＝1，O位于晶胞棱心，个数为12×14＝3，当x＝0.5时，晶胞中Na的个数为0.5，则晶体密度为184+16×3+23×0.5a3·NA×10－30g·cm－3＝243.5×1030a3·NA10.（2025·黑吉辽蒙10题）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下能生成环丁烷解析：A由Ⅰ和Ⅱ的结构可知，Ⅰ中的碳碳双键断裂发生加成反应生成Ⅱ，A错误；Ⅰ和Ⅱ中均含有羟基，均可发生酯化反应，B正确；Ⅰ和Ⅱ中均含有酰胺基，均可发生水解反应，C正确；根据题中反应的反应机理可知，2分子乙烯在UV下能生成环丁烷，D正确。11.（2025·黑吉辽蒙11题）某工厂利用生物质（稻草）从高锰钴矿（含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3）中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp（CoS）＝10－20.4，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c（Co2＋）·c（S2－）＝10－20.4解析：C流程分析“浸出”过程中，硫酸可作催化剂催化稻草中的纤维素水解生成葡萄糖，还可作浸取剂与金属氧化物反应得到含金属离子的溶液，A正确；该流程中所用生物质为稻草，而稻草来源广泛且可再生，B正确；结合“浸出”后的操作及产物可知，“浸出”时MnO2被葡萄糖还原为Mn2＋，Co3O4被还原为Co2＋，Fe2O3转化为Fe3＋，Fe的化合价不变，故Fe未被还原，C错误；“沉钴”后的上层清液为CoS的饱和溶液，存在c（Co2＋）·c（S2－）＝Ksp（CoS）＝10－20.4，D正确。12.（2025·黑吉辽蒙12题）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MnO2＋2I－＋4H＋Mn2＋＋I2＋2H2B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I－被O2氧化及I2的挥发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值偏高解析：C由题图中装置Ⅱ中的信息可知，MnO4－、MnO2在酸性条件下被I－还原为Mn2＋，由得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可知，A正确；若装置Ⅱ不加盖，则空气可进入该装置中氧化I－，且光照会加快碘单质的挥发，B正确；装置Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明装置Ⅱ中生成的I2越多，则Ⅰ中消耗的MnO4－越少，故水样的COD值越低，C错误；若装置Ⅰ的体系为酸性环境，则MnO4－被Cl－还原为Mn2＋，水样消耗的MnO4－偏多，故Ⅱ中生成的I2偏少，Ⅲ中消耗的Na2S2O3偏少，测得的含13.（2025·黑吉辽蒙13题）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＋2H2O＋Cl－－2e－Cu2（OH）3Cl＋HD.若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力解析：D放电时，a、b极均增重，由两个电极及电解液组成可知，a极上Cu2O→Cu2（OH）3Cl，Cu元素由＋1价升高为＋2价，发生氧化反应，a极为原电池负极，b极上NaTi2（PO4）3→Na3Ti2（PO4）3，Ti元素由＋4价降低为＋3价，发生还原反应，b极为原电池正极。原电池中，阳离子移向正极，即放电时，Na＋向b极迁移，A正确；由两个电极的物质转化可知，a极消耗电解质溶液中的Cl－，b极消耗电解质溶液中的Na＋，故电池工作时，电解质溶液中的NaCl浓度逐渐减小，则该电池可用于海水脱盐，B正确；结合a极的物质转化及得失电子守恒、原子守恒，可知a极的电极反应式为Cu2O－2e－＋Cl－＋2H2OCu2（OH）3Cl＋H＋，C正确；将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重，说明b极上Ag→AgCl，Ag元素由0价升高为＋1价，发生氧化反应，此时b极为原电池负极，则相比于Cu2O/Cu2（OH）3Cl电极，Ag/AgCl电极的电极电势更低，结合原装置中Cu2O/Cu2（OH）3Cl电极作负极可知，电极电势：Ag/AgCl＜Cu2O/Cu2（OH）3Cl＜NaTi2（PO4）3/Na3Ti2（PO4）3，因此若将a极换为Ag/AgCl电极，则a极作原电池的负极，Ag转化为AgCl，该电池仍能起到储氯的作用，D14.（2025·黑吉辽蒙14题）一定条件下，“BrO3－－SO32－－[Fe（CN）6]4－－H＋”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①SO32－＋H＋②HSO3－＋H＋H③3HSO3－＋BrO3－3SO④H2SO3＋BrO⑤BrO3－＋6H＋＋6[Fe（CN）6]4－Br－＋6[A.原料中c（H＋）不影响振幅和周期B.反应④：3H2SO3＋BrO3－3SO42C.反应①～④中，H＋对SO3D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化解析：A根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，结合反应④的反应物为H2SO3和BrO3－可知，反应④的离子方程式为3H2SO3＋BrO3－3SO42－＋Br－＋6H＋。AB段发生反应①～④，则BC段发生反应⑤，结合反应方程式可知，反应③④生成H＋，反应⑤消耗H＋，故原料中的c（H＋）变化将导致反应速率变化，会影响周期，A错误；由上述分析可知，B正确；反应①～④中H＋先消耗，后生成，故在反应①～④的整体反应中，H＋对SO32－氧化为SO42－起到了催化作用，15.（2025·黑吉辽蒙15题）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（NH3）]＋和Ag＋＋2NH3⇌[Ag（NH3）2]＋的平衡常数分别为K1和K2；NH4＋的水解常数Kh（NH4＋）＝10－9.25。A.Ⅲ为[Ag（NH3）2]＋的变化曲线B.D点：c（NH4＋）－c（OH－）＞0.1－c（HC.K1＝103.24D.C点：c（NH3）＝10－3.52mol·L－1解析：BNH4NO3溶液中NH4＋易水解，初始溶液显弱酸性，随着pH升高，NH4＋会转化成NH3·H2O、NH3，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，故c（NH3）增大，则平衡Ag＋＋NH3⇌[Ag（NH3）]＋、Ag＋＋2NH3⇌[Ag（NH3）2]＋会向右移动，c（Ag＋）降低，c{[Ag（NH3）]＋}、c{[Ag（NH3）2]＋}增大，故曲线Ⅰ表示Ag＋的变化曲线。已知Kh（NH4＋）＝c（NH3·H2O）·c（H＋）c（NH4＋）＝10－9.25，将pH＝4.00，即c（H＋）＝10－4mol·L－1代入可得c（NH3·H2O）·10－4c（NH4＋）＝10－9.25，则c（NH3·H2O）c（NH4＋）＝10－5.25（①），即c（NH3·H2O）≪c（NH4＋），根据物料守恒可知，0.1mol·L－1＝c（NH3·H2O）＋c（NH4＋）＋c（NH3）＋c{[Ag（NH3）]＋}＋2c{[Ag（NH3）2]＋}，结合题图可知，NH3、[Ag（NH3）]＋、[Ag（NH3）2]＋浓度均小于10－6mol·L－1，故可近似得出c（NH4＋）≈0.1mol·L－1，代入①式得c（NH3·H2O）≈10－6.25mol·L－1；综上，pH＝4.00时，pNH3＝6.25，刚好为A点，则曲线Ⅳ代表NH3的变化曲线。由Ag＋＋NH3⇌[Ag（NH3）]＋、Ag＋＋2NH3⇌[Ag（NH3）2]＋知，生成[Ag（NH3）2]＋消耗的NH3的量比生成[Ag（NH3）]＋多，则[Ag（NH3）2]＋浓度受c（NH3）变化影响更大（化学计量数越大的物质对平衡影响越大），故曲线Ⅱ、Ⅲ中随pH变化幅度较大的曲线Ⅲ代表[Ag（NH3）2]＋的变化曲线，曲线Ⅱ代表[Ag（NH3）]＋的变化曲线。由上述分析知，A正确；D点对应溶液中的阴离子有NO3－、OH－、Cl－，阳离子有NH4＋、H＋、Ag＋、[Ag（NH3）]＋、[Ag（NH3）2]＋，而D点对应溶液的pH＞7，呈弱碱性，说明此时体系中加入了某种碱，则阳离子中还应有其他阳离子Mn＋，该溶液中的电荷守恒式为c（NH4＋）＋c（H＋）＋c（Ag＋）＋c{[Ag（NH3）]＋}＋c{[Ag（NH3）2]＋}＋n·c（Mn＋）＝c（NO3－）＋c（OH－）＋c（Cl－），由于Cl－、Ag＋、[Ag（NH3）]＋、[Ag（NH3）2]＋均来自AgCl，故n（Ag）∶n（Cl）＝1∶1，存在物料守恒：c（Ag＋）＋c{[Ag（NH3）]＋}＋c{[Ag（NH3）2]＋}＝c（Cl－），两式联立得c（NH4＋）＋c（H＋）＋n·c（Mn＋）＝c（NO3－）＋c（OH－），则c（NH4＋）＋c（H＋）＜c（NO3－）＋c（OH－），即c（NH4＋）－c（OH－）＜0.1－c（H＋），B错误；曲线Ⅰ、Ⅱ对应的交点处有c（Ag＋）＝c{[Ag（NH3）]＋}，且对应的pH为7.02，c（NH3）＝10－3.24mol·L－1，代入得K1＝c{[Ag（NH3）]＋}c（Ag＋）·c（NH3）＝1c（NH3）＝103.24，C正确；曲线Ⅱ、Ⅲ对应的交点处有c{[Ag（NH3）]＋}＝c{[Ag（NH3）2]＋二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.（2025·黑吉辽蒙16题）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。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（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，PbSO4和Na2A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）SO42－（3）温度升高，反应速率增大，浸出率增大，温度过高时，氨水挥发，（NH4）2S2O8（4）Zn＋[Cu（NH3）4]2＋Cu＋[Zn（NH3）4]2＋（5）Fe（6）pH升高，H2A转化为A2－，有利于生成PbAPb（OH）（7）Pb[OOC（CHOH）2COO]Pb＋4CO↑＋2H2O↑解析：流程分析（1）H2A的结构简式为，其中“*”标注的两个C原子各自连接了四个不同的原子或基团（—COOH、—H、—OH、），是手性碳原子。（2）S2O82－中S为＋6价，存在两个－1价的O，－1价的O在反应中表现出强氧化性，化合价会降至－2价，因此S2O82－转变为SO42－。（3）温度过低，反应速率慢，浸出率低，随温度升高，反应速率增大，浸出率增大；观察“氧化浸出”时所加入的试剂可知，温度过高会导致氨水挥发、（NH4）2S2O8分解，故浸出率减小。（4）根据流程分析可知，“除铜”步骤中，Zn将[Cu（NH3）4]2＋中的Cu元素还原为Cu单质，自身转化为[Zn（NH3）4]2＋，因此反应的离子方程式为Zn＋[Cu（NH3）4]2＋Cu＋[Zn（NH3）4]2＋。（5）废渣中共有四种金属元素（Zn、Pb、Fe、Cu），其中Cu元素在“除铜”步骤中以Cu单质的形式产出，Zn元素在“沉锌”步骤中以ZnS的形式产出，Pb元素在“真空热解”步骤中以纯Pb的形式产出，因此Fe元素必定在滤渣2中。（6）“浸铅”中，PbSO4和Na2A发生反应：Na2A＋PbSO4PbA＋Na2SO4，适当增大pH可促进H2A电离产生A2－，有利于上述反应生成PbA。pH过高说明体系中OH－浓度过高，根据已知信息②，Pb（OH）2的Ksp较小，可能会发生反应：PbA＋2OH－Pb（OH）2↓＋A2－。（7）PbA中的A2－为酒石酸根离子，分析酒石酸的结构可知A2－为C4H4O62－，“真空热解”生成的2种气态氧化物来自C4H4O62－，则这2种气态氧化物为C的氧化物和H的氧化物（H2O），从C4H4O62－中去掉2个H2O，剩余C4O4，故C的氧化物为CO，因此反应的化学方程式为Pb17.（2025·黑吉辽蒙17题）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→→→（填标号），重复后四步操作数次。①关闭阀门 ②液氮冷冻反应液③打开阀门抽气 ④反应液恢复室温同位素示踪结果如表所示，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，18O2，室温，CH3COCH3，5h138太阳光，空气，室温，CH3C18OCH3，5h136答案：（1）绿色环保副产物少（2）50（3）除去未反应的（4）H＋＋OH－H2H＋＋（5）③①④氧气解析：（1）该反应使用空气作氧化剂，故相比KMnO4作氧化剂而言，空气更绿色环保，且能防止—CH3被氧化，减少副产物的生成。（2）由题给信息可知，反应时间为0h时，峰a、b、c、d分别表示醛基H、苯环H、苯环H和甲基H，反应2h时，峰面积a∶a'为2∶1，即2h时转化的对甲基苯甲醛的量为起始时的12，则反应2h时，对甲基苯甲醛的转化率为12×100％＝50％。（3）步骤Ⅱ中加入过量稀NaOH溶液后，对甲基苯甲酸转化为可溶于水的对甲基苯甲酸钠，故使用乙酸乙酯洗涤，可除去未反应完全的对甲基苯甲醛，从而提高目标产物纯度。（4）步骤Ⅲ中加入稀盐酸除去步骤Ⅱ中过量的NaOH，离子方程式为H＋＋OH－H2O；同时稀盐酸可使步骤Ⅱ中产生的转化为，离子方程式为H＋＋。（5）具支试管中盛有溶剂及空气，故循环冷冻脱气时，须先关闭阀门（①），然后使用液氮冷冻反应液（②），待具支试管中的反应液冷冻后，打开阀门抽出其中的空气（③），然后关闭阀门（①），最后反应液恢复至室温（④），重复后四步操作数次，使装置中的16O2全部排出。若对甲基苯甲酸中羧基O均为16O，则其相对分子质量为136，而表中第一组信息显示其相对分子质量为138，故羧基中1个O为18O，比较反应条件可知，第一组产物中的18O来自18O2，故目标产物中羧基O来源于醛基和氧气。18.（2025·黑吉辽蒙18题）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）＋3H2（g）HOCH2CH2OH（g），不同温度下平衡常数如表所示。温度298K355K400K平衡常数6.5×1041.01.3×10－3（1）该反应的ΔH0（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［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n（乙醇）n（DMO）的值为（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）。答案：Ⅰ.（1）＜（2）（－2a－3b＋c）[或（c－2a－3b）]（3）平衡常数太小，反应正向进行程度小（或催化剂失活）Ⅱ.（4）①ⅠⅣ②BD③1.98④0.025解析：Ⅰ.（1）根据表中数据可知，该反应的平衡常数随温度升高而减小，说明正反应放热，即ΔH＜0。（2）燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量，则根据已知条件可以写出热化学方程式：①CO（g）＋12O2（g）CO2（g）ΔH1＝－akJ·mol－1、②H2（g）＋12O2（g）H2O（l）ΔH2＝－bkJ·mol－1、③HOCH2CH2OH（g）＋52O2（g）2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH3＝－ckJ·mol－1，根据盖斯定律，题给反应＝2×反应①＋3×反应②－反应③，故合成反应的ΔH＝（－2a－3b＋c）kJ·mol－1。（3）乙二醇产率很低，根据表中数据知，500K时平衡常数小于1.3×10－3，平衡常数小（反应正向进行程度小）会导致产率低；注意到反应条件中有催化剂，500K下催化剂可能失去活性而导致产率低。Ⅱ.（4）①根据间接合成法的3个连续反应可知，消耗的DMO的物质的量等于三种产物MG、乙二醇、乙醇的物质的量之和，根据物质选择性的定义，三种产物在任一温度下的选择性之和为100％，故曲线Ⅰ表示DMO的转化率。由于三个反应为连续反应，随着温度升高，反应速率不断增大，体系中的物质会不断向最终产物乙醇转化，因此选择性随温度升高而不断升高的曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅳ表示MG的选择性。②由于DMO→MG为不可逆反应，因此要提高A点DMO转化率，可通过提高其反应速率或延长反应时间的方法来达到。降低温度会降低反应速率，A项错误；增大压强可提高反应速率，B项正确；减小初始氢酯比相当于增大DMO的含量，不能提高DMO的转化率，C项错误；延长原料与催化剂的接触时间相当于延长反应时间，D项正确。③设DMO初始投入量为1mol，483K时，DMO的转化率为99％，则三种产物的物质的量之和为0.99mol，此时n（DMO）＝0.01mol；483K时乙醇的选择性为2％，则n（乙醇）＝0.99mol×2％＝0.0198mol，故n（乙醇）n（DMO）＝0.0198mol0.01mol＝1.98。④设DMO初始投入量为1mol，根据初始氢酯比n（H2）n（DMO）＝52.4，则初始投入52.4molH2，结合题图可知，A点没有生成乙醇，DMO的转化率为80％，乙二醇和MG的选择性均为50％，则DMO消耗量为0.8mol，则n（DMO）＝0.2mol，n（MG）＝n（HOCH