2025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、内蒙古考卷)-加标签（精校版）（含答案解析）

2025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、内蒙古考卷)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的。1.(2025·黑吉辽蒙，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【答案】D【解析】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；磁铁矿炼铁是Fe3O4被还原为铁单质，属于化学变化，B不符合题意；煤的液化是指将煤转化为液体燃料，属于化学变化，C不符合题意；石油分馏是利用沸点差异分离混合物，属于物理变化，D符合题意。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，12.(2025·黑吉辽蒙，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+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‥‥︰CB.H2O的空间结构：直线形C.NH4Cl的晶体类型：离子晶体D.溶解度：NaHCO3>NH4HCO3【答案】C【解析】CO2的电子式为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；根据题给反应可知，NaHCO3结晶析出，则NaHCO3的溶解度小于NH4【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，23.(2025·黑吉辽蒙，3)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【答案】B【解析】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4，H2O中O的价层电子对数为4，HClO中O的价层电子对数为4，故反应中各分子的VSEPR模型均为故Cl的价电子层有3【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，34.(2025·黑吉辽蒙，4)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【答案】A【解析】反应①为2NaCl(熔融)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↑，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，D错误。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，45.(2025·黑吉辽蒙，5)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【答案】C【解析】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；该反应中化合物Ⅰ的碳碳双键断裂，发生加成反应，故该反应为加聚反应，D错误。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，56.(2025·黑吉辽蒙，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()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+H2OBMg(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)+3Mg2+CFeSO4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-2CrO42-【答案】A【解析】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Cr2O72-【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，67.(2025·黑吉辽蒙，7)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>XB.甲中不存在配位键C.乙中σ键和π键的数目比为6∶1D.甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp2【答案】D【解析】由题分析知，W为H、X为C、Y为N、Z为O。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，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，D【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，78.(2025·黑吉辽蒙，8)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【答案】B【解析】HCl、Cl2均能与碱石灰发生反应，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，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-+2OH-Zn(OH)2↓，无O2生成，故断开K1闭合K2时不能形成氢氧燃料电池，D错误。【难度】基础题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，89.(2025·黑吉辽蒙，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243.5×1030a3NAD.空位数不同，吸收的可见光波长不同【答案】B【解析】由图可知，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，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·NAg·cm-3，C正确；由题目信息知，Na【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，910.(2025·黑吉辽蒙，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【解析】由Ⅰ和Ⅱ的结构可知，Ⅰ中的碳碳双键发生加成反应生成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。【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1011.(2025·黑吉辽蒙，11)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【答案】C【解析】“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；结合“浸出”后的操作及产物可知，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。【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1112.(2025·黑吉辽蒙，12)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+2H2OB.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【答案】C【解析】由图中装置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氧化I-，且光照会加快碘单质的挥发，故B正确；装置Ⅲ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-与Cl-反应，【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1213.(2025·黑吉辽蒙，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+H+D.若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力【答案】D【解析】放电时，a、b两极均增重，由两个电极及电解液组成可知，a极上Cu2O→Cu2(OH)3Cl，发生氧化反应，a极为原电池负极，b极上NaTi2(PO4)3→Na3Ti2(PO4)3，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，NaCl浓度逐渐减小，则该电池可用于海水脱盐，B正确；将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重，说明b极上Ag→AgCl，该电极仍能起到储氯的作用，D错误。【难度】中档题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1314.(2025·黑吉辽蒙，14)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①~④，①②①SO32-+H+HS②HSO3-+H+H2SO③3HSO3-+BrO3-3SO4④H2SO3+BrO3⑤BrO3-+6H++6[Fe(CN)6]4-Br-+6[Fe(CN)6]3-+3H2A.原料中c(H+)不影响振幅和周期B.反应④：3H2SO3+BrO3-3SO42-+BrC.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【答案】A【解析】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；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-被氧化为SO42-起到了催化作用，C正确；不同的pH可使pH响应变色材料呈现不同的颜色，从而实现pH【难度】较难题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1415.(2025·黑吉辽蒙，15)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。下列说法错误的是(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【答案】B【解析】Ag+的转化过程为Ag+[Ag(NH3)]+[Ag(NH3)2]+，pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，Ag(NH3)2+浓度最小，所以Ⅲ代表Ag(NH3)2+，Ⅱ代表Ag(NH3)+，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+。溶液中存在电荷守恒，D点时溶液显碱性，则c(NH4+)-c(OH-)<0.1-c(H+)，B错误；根据图像可知pH=7.02时Ag(NH3)+和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10-3.24，根据Ag++NH3Ag(NH3)+可知K1=103.24，C正确；C点时Ag(NH3)2+和Ag+浓度相等，B点时Ag(NH3)2+和Ag(NH3)+浓度相等，所以反应Ag(NH3【难度】较难题【题型】单选题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1516.(2025·黑吉辽蒙，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。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)。(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分解，造成浸出率减小(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+(5)Fe(6)pH升高，A2-水解程度减小，A2-浓度增大，有利于生成PbAPb(OH)2(7)Pb[OOC(CHOH)2COO]Pb+4CO↑+2H2O↑【解析】(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，是手性碳原子。(2)S2O82-作氮化剂，转变为SO42-。(4)Zn从[Cu(NH3)4]2+中置换出Cu单质，因此反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+。(5)经分析，滤渣1中有Fe(OH)3和PbSO4，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可抑制A2-水解，A2-浓度增大，有利于上述反应生成PbA。根据已知信息②，Pb(OH)2的Ksp较小，pH过高可能会发生反应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C4O【难度】较难题【题型】填空题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1617.(2025·黑吉辽蒙，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。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→→→(填序号)，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)原料易得、绿色环保减少副产物的生成(2)50(3)除去未反应的(4)H++OH-H2OH++(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，空气更易得，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，故采用乙酸乙酯洗涤时，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，然后使用液氮冷冻反应液，待具支试管中的反应液冷冻后，打开阀门抽出其中的空气，然后关闭阀门，最后反应液恢复至室温，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。【难度】较难题【题型】填空题【题目来源】高三|2025|高考真题|辽宁，黑龙江，吉林，内蒙古【来源详情】2025·黑吉辽蒙，1718.(2025·黑吉辽蒙，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。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(填图中序号，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(填序号)。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】(1)<(2)-2a-3b+c(或c-2a-3b)(3)温度过高，反应平衡常数太小(或温度过高，催化剂失活)(4)①ⅠⅣ②BD③1.98④0.025【解析】(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)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，题给平衡常数小会导致平衡产率低；500K下催化剂可能失去活性而导致一定时间内的产率低。(4)①根据图示曲线，随着反应温度升高，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，A点没有生成乙醇，只涉及前两个反应：DMO+2H2MG+CH3OH、MG+2H2HOCH2CH2OH+CH3OH，设A点处两个反应分别消耗了xmolDMO、ymolMG，A点时各物质的物质的量为n(DMO)=(1-x)mol，n(H2)=(52.4-2x-2y)mol，n(MG)=(x-y)mol，n(HOCH2CH2OH)=ymol，n(CH3OH)=(x+y)mol，根据A点DMO的转化率为80%可知x=0.8；根据A点乙二醇和MG的选择性均为50%可知二者物质的量相同，即x-y=y，将x=0.8代入得y=0.4，则n(DMO)=0.2mol，A点时，n(H2)=50mol，n(MG)=0.4mol，n(HOCH2CH2OH)=0.4mol，n(CH3OH)=1.2mol，n总=52.2mol，故题给反应的Q【难度】较难题【题型】填空题【