2025年黑吉辽蒙卷化学高考真题

D

【详解】A．石灰石煅烧是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意； B．磁铁矿炼铁是四氧化三铁被还原为铁单质，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意； C．煤的液化是通过化学反应将煤转化为液态燃料，生成新物质，属于化学变化，C不符合题意； D．石油分馏是利用沸点差异分离混合物，未生成新物质，属于物理变化，D符合题意； 故答案选D。

C

【详解】A．CO2中C和O之间有两对共用电子，其结构为，A错误； B．H2O的中心原子为O，根据价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H2O为V形分子，B错误； C．NH4Cl由NH和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确； D．NH4HCO3溶液中含有NH和HCO，NH可以与水分子形成氢键，增大了NH在水中的溶解度，D错误； 故答案选C。

B

【详解】A．反应中各分子的σ键不全是p-p σ键。例如，H2O中的H-O键是s-p σ键，而非p-pσ键，A错误； B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；H2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HClO中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确； C．Cl的原子半径大于H，Cl-O键长应大于H-O键长，因此C错误； D．HClO中Cl的最外层电子数为7，其1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，D错误； 故答案选B。

A

【详解】A．反应①电解熔融NaCl生成，标准状况下11.2L为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即，A正确； B．2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol，每个含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为，B错误； C．与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为，1mol与水反应转移1mol电子，数目为，C错误； D．ClO⁻在水中会水解，故数目小于，D错误； 故选A。

C

【详解】A．由Ⅰ的结构可知，其含有碳碳双键，酯基，氰基三种官能团，A错误； B．Ⅱ为高分子聚合物，含有酯基和氰基，氰基遇水不会水解，需要再一定条件下才能水解，所以遇水不会溶解，B错误； C．Ⅱ为高分子聚合物，相对分子质量较高，导致熔点较高，常温下为固态，C正确； D．根据Ⅰ转化为Ⅱ的结构分析，双键断开，且没有小分子生成，发生加聚反应，D错误； 故选C。

A

【详解】A．醇的催化氧化反应中，铜作催化剂，先发生2Cu+O22CuO，然后乙醇与CuO在加热条件下，A错误； B．因为溶度积常数Ksp()大于Ksp()，所以Fe3+与Mg(OH)2发生沉淀转化生成Fe(OH)3，符合溶度积规则，B正确； C．Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，化学方程式为=，电荷和配平正确，蓝色浑浊现象合理，C正确； D．Cr2O在碱性条件下转化为CrO42-，化学方程式为，颜色由橙变黄，D正确； 故选A。

D

【分析】(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。 【详解】A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误； B．甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误； C．乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，故C错误； D．甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确； 故答案为：D。

B

【详解】A．碱石灰为NaOH和CaO的混合物，既能吸收HCl又能吸收Cl2，不能用碱石灰除去Cl2中的HCl，故A错误； B．铜丝和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，NO难溶于水，U形管左侧与大气隔绝，即NO存在于无氧环境中，故B正确； C．S微溶于酒精、易溶于CS2，不能用乙醇萃取CS2中的S，故C错误； D．关闭K1、打开K2时，该装置为电解池，锌为活性阳极，无氧气生成，阴极生成氢气，则打开K1、关闭K2时，不能形成氢氧燃料电池，故D错误； 故答案为：B。

B

【详解】A．W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确； B．O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，故B错误； C．时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，故C正确； D．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确； 故答案为：B。

A

【详解】A．由反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，该反应为加成反应，A错误； B．I和II中都存在羟基，可以发生酯化反应，B正确； C．I和II中都存在酰胺基，可以发生水解反应，C正确； D．根据反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，双键加成形成环状结构，乙烯在UV下能生成环丁烷，D正确； 答案选A。

C

【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【详解】A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确； B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确； C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误； D．“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确； 答案选C

C

【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中COD值偏高，D正确； 答案选C。

D

【分析】放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应式为，b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3，据此解答。 【详解】A．放电时b电极是正极，阳离子向正极移动，所以向b极迁移，A正确； B．负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确； C．a电极是负极，电极反应式为，C正确； D．若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，D错误； 答案选D。

A

【详解】A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误； B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为，B正确； C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，对的氧化起催化作用，C正确； D．根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确； 答案选A。

B

【分析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表，Ⅱ代表，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。 【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为的变化曲线，A正确； B．溶液中存在电荷守恒，D点时溶液显碱性，则，B错误； C．根据图像可知D点时和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据可知，C正确； D．C点时和Ag+浓度相等，B点时和浓度相等，所以反应的的平衡常数为103.8，因此K2=，C点时和Ag+浓度相等，所以，D正确； 答案选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。

（1）2 （2）

【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 【小问1详解】 碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； 【小问2详解】 “氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； 【小问3详解】 “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NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； 【小问4详解】 加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； 【小问5详解】 根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； 【小问6详解】 “浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； 【小问7详解】 290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。

（1） ①. 绿色环保 ②. 减少副产物的生成

【分析】0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，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，然后用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。 【小问1详解】 作氧化剂时可将氧化为对苯二甲酸，即有副反应发生，该制备反应在有空气存在、光照条件下发生时，以空气中氧气为氧化剂，既绿色环保，又没有对苯二甲酸生成，所以反应的优点为绿色环保，减少副产物的生成； 【小问2详解】 起始0h时只有，5h时只有，，则2h时反应液中既有又有，且两者物质的量之比为1：1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%； 【小问3详解】 蒸去溶剂丙酮后，加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层，则充分反应后，用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的； 【小问4详解】 步骤Ⅱ加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠，步骤Ⅲ中加稀盐酸调节水层反应的离子方程式为：、+H+； 小问5详解】 丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，即反应液中有，冷冻可排走一部分溶解的，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭阀门，待反应液恢复室温后，再冷冻反应液，即“循环冷冻脱气法”，所以操作顺序为：①→②→③→①→④(填标号)，重复后四步操作数次；的相对原子质量为136，太阳光，空气，室温，，5h得到的物质相对原子质量为136，为，而太阳光，，室温，，5h得到的物质相对原子质量为138，说明目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的氧气。

（1）< （2）-2a-3b+c(或c-2a-3b)

【小问1详解】 根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。 【小问2详解】 根据已知条件可以写出如下热化学方程式： ①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-a kJ·mol-1 ②H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-b kJ·mol-1 ③HOCH2CH2OH(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-c kJ·mol-1 根据盖斯定律，用反应③减去2倍的反应①和3倍的反应②即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。 【小问3详解】 根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数K<，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇打标产率过低。 【小问4详解】 根据图示的曲线，随着反应的温度升高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I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II和曲线IV可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。 ①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线； ②A．根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意； B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意； C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意； 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，D符合题意； 故答案选BD； ③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO未反应从出口流出，因此出口处==1.98； ④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系： 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。

（1）+CH3OH+H2O

【分析】A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B（），在LiAlH4的作用下，发生还原反应生成C（），C被氧气氧化为D（），D和CBr4反应生成E（），E在CuI作用下，生成F（），F与反应生成G，结合H的结构可推出G为，G与反应生成H，H在一定条件下转化为M（），M与PtCl2反应生成N（），据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B，化学方程式为+CH3OH+H2O； 【小问2详解】 由分析可知，C为，C被氧气氧化为D（），羟基转化为醛基，故答案为：羟基；醛基； 【小问3详解】 G为，与反应生成，属于取代反应的特征，故答案为：取代反应； 【小问4详解】 E为，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体，如果为醛基，溴原子，甲基的组合时，可形成 两种，如果为酮碳基，溴原子组合时可形成 ，一共有4种，故答案为：4； 【小问5详解】 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，N为，可以推断出M中的三键与右侧苯环连接时可以形成N中的六元环或五元环，因此可能的副产物为，故答案为：； 【小问6详解】 参考上述路线，可先将消去生成，再与反应生成，与在一定条件下得到目标产物，故答案为：；。