資源簡介

安徽省2025年化學卷高考真題
一、選擇題：本題共14小題，每小題3分,共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025·安徽）下列有關物質用途的說法錯誤的是（　?。?br/>A．生石灰可用作脫氧劑
B．硫酸鋁可用作凈水劑
C．碳酸氫銨可用作食品膨松劑
D．苯甲酸及其鈉鹽可用作食品防腐劑
【答案】A
【知識點】常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．生石灰的主要為氧化鈣，與水反應生成氫氧化鈣，常用作干燥劑，而非脫氧劑，故A錯誤；
Ｂ．硫酸鋁溶于水后，Al3+發生水解反應生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，可吸附水中的懸浮雜質并聚沉，從而達到凈水目的，故B正確；
Ｃ．碳酸氫銨（NH4HCO3）受熱易分解，生成氨氣（NH3）、二氧化碳（CO2）和水（H2O），氣體的產生會使面團膨脹，形成疏松多孔的結構，常用于糕點、面包等食品的制作，故C正確；
Ｄ．苯甲酸（C6H5COOH）及其鈉鹽（如苯甲酸鈉）具有抑制微生物生長的作用，能延長食品的保質期，是常見的食品防腐劑，故D正確；
故選A。
【分析】A．生石灰不與氧氣反應；
Ｂ．硫酸鋁水解生成氫氧化鋁膠體；
Ｃ．碳酸氫銨受熱分解生成氣體；
Ｄ．苯甲酸和苯甲酸鈉具有抑制微生物生長的作用。
2．（2025·安徽）以下研究文物的方法達不到目的的是（　?。?br/>A．用斷代法測定竹簡的年代
B．用X射線衍射法分析玉器的晶體結構
C．用原子光譜法鑒定漆器表層的元素種類
D．用紅外光譜法測定古酒中有機分子的相對分子質量
【答案】D
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；晶體的定義
【解析】【解答】A．竹簡主要成分為有機物（纖維素），含碳元素，可用 斷代法測定其年代，故A正確；
Ｂ．X 射線衍射法是利用 X 射線照射晶體時產生的衍射圖案，通過分析衍射峰的位置和強度，可確定晶體的原子排列方式和晶格參數，適用于玉器的晶體結構分析，故B正確；
Ｃ．原子光譜法可通過檢測原子受激發后發射或吸收的特征光譜，確定樣品中的元素組成，因此可用該方法鑒定漆器表層的元素種類，故C正確；
Ｄ．紅外光譜法可分析有機物分子中的官能團，無法直接測定相對分子質量，通常使用質譜法確定相對分子質量，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．竹簡的主要成分為纖維素，含有碳元素；
Ｂ．X-射線衍射實驗是區分晶體和非晶體最科學的方法；
Ｃ．原子光譜法可通過檢測原子受激發后發射或吸收的特征光譜，確定樣品中的元素組成；
Ｄ．紅外光譜主要用于分析有機物分子中的官能團。
3．（2025·安徽）用下列化學知識解釋對應勞動項目不合理的是（　　）
選項 勞動項目 化學知識
A 用大米制麥芽糖 淀粉水解生成麥芽糖
B 用次氯酸鈉溶液消毒 次氯酸鈉溶液呈堿性
C 給小麥施氮肥 氮是小麥合成蛋白質的必需元素
D 用肥皂洗滌油污 肥皂中的高級脂肪酸鈉含有親水基和疏水基
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】肥皂、合成洗滌劑；二糖的性質和用途；化肥、農藥及其合理利用
【解析】【解答】A．淀粉為多糖，在淀粉酶的作用下，淀粉發生水解反應，逐步生成麥芽糖（二糖），故A正確；
Ｂ．次氯酸鈉（NaClO）溶液消毒的原理是：NaClO 在水中水解生成次氯酸（HClO），HClO 具有強氧化性，能破壞細菌、病毒的蛋白質結構，從而起到殺菌消毒作用，故B錯誤；
Ｃ．氮元素是植物合成蛋白質、核酸和葉綠素等生物大分子的必需元素，小麥生長過程中需要氮元素促進細胞分裂和葉綠素合成，施加氮肥（如尿素、銨鹽）可滿足其生長需求，故C正確；
Ｄ．肥皂的主要成分是高級脂肪酸鈉（ C17H35COONa），其分子結構中含有疏水基 C17H35-，親水基-COONa，洗滌時，疏水基插入油污內部，親水基留在水中，通過乳化作用將油污分散成小液滴，從而被水沖洗掉，故D正確；
故選B。
【分析】A．淀粉為多糖；
Ｂ．次氯酸鈉具有強氧化性，能使蛋白質變性；
Ｃ．植物生長需要氮元素；
Ｄ．肥皂的主要成分是高級脂肪酸鈉。
4．（2025·安徽）一種天然保幼激素的結構簡式如下：
下列有關該物質的說法，錯誤的是（　　）
A．分子式為 B．存在4個鍵
C．含有3個手性碳原子 D．水解時會生成甲醇
【答案】B
【知識點】有機化合物中碳的成鍵特征；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．由圖可知，該物質中含有19個C原子，32個H原子，3個O原子，其分子式為 ，故A正確；
Ｂ．醚鍵（-O-）中含 2個 C-Oσ鍵，酯基（-COO-）中含 3個 C-Oσ 鍵，則該分子中存在5個C-Oσ 鍵，故B錯誤；
Ｃ．該物質中含有3個手性碳原子，如圖用“*”標記：，故C正確；
Ｄ．該物質中含有的-COOCH3基團水解會得到甲醇，故D正確；
故選B。
【分析】A．根據結構簡式確定各原子數目，進而確定其分子式；
Ｂ．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵；
Ｃ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｄ．該分子中的酯基水解生成甲醇。
5．（2025·安徽）氟氣通過碎冰表面，發生反應①，生成的HOF遇水發生反應②HOF+H2O=HF+H2O2.下列說法正確的是（　?。?br/>A．HOF的電子式為
B．H2O2為非極性分子
C．反應①中有非極性鍵的斷裂和形成
D．反應②中HF為還原產物
【答案】A
【知識點】極性鍵和非極性鍵；極性分子和非極性分子；氧化還原反應；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．HOF是共價化合物，類比HClO的結構式可知，HOF的結構式為H-O-F，其分子式為 ，故A正確；
Ｂ． H2O2分子結構并非直線形，其空間構型為 “半開書頁” 狀：兩個氧原子位于書的中軸線上，兩個氫原子分別位于 “書頁” 的兩側，且與中軸線有一定夾角，正負電荷中心不重合，為極性分子，故B錯誤；
Ｃ．反應①的產物HOF和HF均只含極性鍵，則不存在非極性鍵的形成，故C錯誤；
Ｄ．反應②中，由于電負性：F>O，HOF中，F為-1價，產物HF中，F元素的化合價也是-1價，說明F元素的化合價沒有發生變化，HF既不是氧化產物也不是還原產物，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．HOF為共價化合物；
Ｂ．根據正負電荷中心是否重合判斷分子極性；
Ｃ．反應①的產物中不含非極性鍵；
Ｄ．反應②中只有O元素的化合價發生變化。
6．（2025·安徽）閱讀下列材料，完成下列小題.
氨是其他含氮化合物的生產原料.氨可在氧氣中燃燒生成N2.金屬鈉的液氨溶液放置時緩慢放出氣體，同時生成NaNH2，NaNH2遇水轉化為NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液。氨可以發生類似于水解反應的氨解反應，濃氨水與溶液反應生成沉淀。
（1）下列有關反應的化學方程式錯誤的是（　?。?br/>A．氨在氧氣中燃燒：
B．液氨與金屬鈉反應：
C．氨水溶解：
D．濃氨水與HgCl2反應：
（2）下列有關物質結構或性質的比較中，正確的是（　　）
A．與 結合的能力：
B．與氨形成配位鍵的能力：
C．H2O和分子中的鍵長：O-H＞N-H
D．微粒所含電子數：
【答案】（1）D
（2）B
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；電離方程式的書寫
【解析】【解答】（1）A．氨在氧氣中燃燒生成氮氣和水，反應的化學方程式為 ，故A正確；
Ｂ．根據題意可知，鈉與液氨反應 緩慢放出氣體，同時生成NaNH2，根據質量守恒可知，該氣體為氫氣，則反應的化學方程式為 ，故B正確；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液 ，則反應的化學方程式為 ，故C正確；
Ｄ． 濃氨水與溶液反應生成沉淀 ，同時生成氯化銨，反應的化學方程式為， 故D錯誤；
故選D。
（2）A．根據題意可知，金屬鈉的液氨溶液放置時緩慢放出氣體，而金屬鈉與水反應迅速， NaNH2遇水轉化為NaOH，發生反應：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，說明與 結合的能力：， 故A錯誤；
Ｂ． 深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液 ，說明NH3更容易結合氫離子形成銨根離子，則與氨形成配位鍵的能力： ，故B正確；
Ｃ．鍵長與原子半徑成正比，原子半徑：N>O，則鍵長：O-HＤ．都是10電子微粒，則 微粒所含電子數： ，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）A．氨在氧氣中燃燒生成氮氣和水；
Ｂ．液氨和金屬鈉反應生成 NaNH2和氫氣；
Ｃ．氫氧化銅溶于氨水生成；
Ｄ．濃氨水和 反應生成沉淀和氯化銨；
（2）A．金屬鈉與水快速反應生成氫氣，與液氨反應緩慢生成氫氣；
Ｂ． Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液；
Ｃ．原子半徑越大，鍵長越長；
Ｄ．均含有10個電子。
（1）【解答】A．氨在氧氣中燃燒生成氮氣和水，反應的化學方程式為 ，故A正確；
Ｂ．根據題意可知，鈉與液氨反應 緩慢放出氣體，同時生成NaNH2，根據質量守恒可知，該氣體為氫氣，則反應的化學方程式為 ，故B正確；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液 ，則反應的化學方程式為 ，故C正確；
Ｄ． 濃氨水與溶液反應生成沉淀 ，同時生成氯化銨，反應的化學方程式為， 故D錯誤；
故選D。
（2）【解答】A．根據題意可知，金屬鈉的液氨溶液放置時緩慢放出氣體，而金屬鈉與水反應迅速， NaNH2遇水轉化為NaOH，發生反應：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，說明與 結合的能力：， 故A錯誤；
Ｂ． 深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液 ，說明NH3更容易結合氫離子形成銨根離子，則與氨形成配位鍵的能力： ，故B正確；
Ｃ．鍵長與原子半徑成正比，原子半徑：N>O，則鍵長：O-HＤ．都是10電子微粒，則 微粒所含電子數： ，故D錯誤；
故選B。
7．（2025·安徽）下列實驗產生的廢液中，可能大量存在的粒子組是（　?。?br/>選項 實驗 化學知識
A 稀硝酸與銅片制NO H+、Cu2+、NO3-、NO
B 70%硫酸與Na2SOз制 SO3 H+、Na+、SO42-、HSO3-
C 濃鹽酸與KMnO4制Cl2 H+、K+、Mn2+、Cl-
D 雙氧水與FeCl3溶液制O2 H+、Fe2+、Cl-、H2O2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】離子共存
【解析】【解答】A．NO難溶于水，溶液中不可能含有大量NO，故A錯誤；
Ｂ． 70%硫酸與Na2SOз反應生成的是SO2，而非SO3，反應后的溶液中含有硫酸鈉，可能有過量的亞硫酸鈉，不含 HSO3- ，故B錯誤；
Ｃ． 濃鹽酸與KMnO4制Cl2發生反應：2KMnO4+16HCl（濃）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，濃鹽酸電離產生大量氫離子，因此溶液中含有 H+、K+、Mn2+、Cl- ，且這些離子之間互不反應，能夠穩定存在，故C正確；
Ｄ． H2O2 能氧化亞鐵離子， Fe2+、 H2O2 不可能大量共存， 故D錯誤；
故選C。
【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質或不發生氧化還原反應、絡合反應、雙水解等反應時能大量共存。
8．（2025·安徽）某化合物的結構如圖所示.W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族.下列說法錯誤的是（　　）
A．元素電負性：X>Z>Y
B．該物質中Y和Z均采取sp3 雜化
C．基態原子未成對電子數：WD．基態原子的第一電離能：X>Z>Y
【答案】D
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．同周期從左到右元素的電負性增大，同主族從上到下元素的電負性增大，則元素的電負性：O>S>P，即X>Z>Y，故A正確；
Ｂ．該物質中，P的S的價層電子對數均為4，均采用sp3雜化，故B正確；
Ｃ．基態H原子的未成對電子數為1，基態O原子的未成對電子數為2，基態P原子的未成對電子數為3，則基態原子未成對電子數：HＤ．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，同主族從上到下第一電離能減小，則第一電離能：O>P>S，即X>Y>Z，故D錯誤；
故選D。
【分析】X、Z位于同一主族，X形成2個共價單鍵或者1個雙鍵，Z形成2個共價單鍵，X的原子序數小于Y，則X為O元素，Z為S元素，W的原子序數最小，且形成一個共價鍵，則W為H元素，Y形成5個鍵，原子序數大于O小于S，則為P元素，綜上所述，W為H元素，X為O元素，Y為P元素，Z為S元素。
9．（2025·安徽）下列實驗操作能達到實驗目的的是（　?。?br/>選項 實驗操作 實驗目的
A 將鐵制鍍件與銅片分別接直流電源的正、負極，平行浸入CuSO4溶液中 在鐵制鍍件表面鍍銅
B 向粗鹽水中先后加入過量NaCO3溶液、NaOH液和 BaCl2溶液 粗鹽提純中，去除Ca2+、Mg2+和SO42-雜質離子
C 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液 探究c(H+)對如下平衡的影響：Cr2O72-+H2O ==2CrO42-+ 2H+ (橙色) (黃色)
D 將有機物M溶于乙醇，加入金屬鈉 操究M中是否含有羥基
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】化學平衡的影響因素；化學實驗方案的評價；電鍍
【解析】【解答】A．電鍍時，待鍍金屬應該作陰極，則鐵為陰極，為電源負極相連，該實驗中鐵與正極相連，為陽極，被腐蝕，故A錯誤；
Ｂ．粗鹽提純時，除去 Ca2+、Mg2+和 SO42-的正確順序需滿足：用 BaCl2除去 SO42-（過量 Ba2+需后續除去），用 Na2CO3除去 Ca2+和過量的 Ba2+，用 NaOH 除去 Mg2+，則先后加入過量 Na2CO3溶液、NaOH 溶液和 BaCl2溶液，故B錯誤；
Ｃ． 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液 ，消耗H+，平衡右移，溶液變黃；加 H2SO4增大 H+濃度，平衡左移，溶液變橙，可通過顏色變化直觀體現 c (H+) 對平衡的影響，故C正確；
Ｄ．乙醇（C2H5OH）本身含羥基，能與 Na 反應生成 H2，若 M 溶于乙醇后加 Na 產生氣體，無法確定氣體來源是 M 還是乙醇，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．電鍍時，待鍍金屬應作陰極，接電源負極；
Ｂ．BaCl2在 Na2CO3之后加入，會導致過量的 Ba2+無法被除去；
Ｃ．可通過顏色變化直觀體現 c (H+) 對平衡的影響；
Ｄ．乙醇本身含有羥基。
10．（2025·安徽）恒溫恒壓密團容器中t=0時加入A(g)，各組分物質的量分數x 隨反應時間t變化的曲線如圖(反應速率.v=kx，k為反應速率常數).
下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．該條件下
B．時間段，生成M和N的平均反應速率相等
C．若加入催化劑，增大，不變，則x1和均變大
D．若和均為放熱反應，升高溫度則 變大
【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用
【解析】【解答】A．①的，②，②－①得，則K=，A正確；
B．t1時，M和N的物質的量，說明時間段內，M和N的物質的量濃度變化量相等，生成M和N的平均反應速率相等，B正確；
C．加入催化劑，能降低反應的活化能，增大反應速率，但不影響平衡狀態，因此不變，C錯誤；
D．若和均為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，A的物質的量分數增大，變大，D正確；
故選C。
【分析】A．根據K=計算；
Ｂ．根據分析；
Ｃ．催化劑不影響平衡狀態；
Ｄ．升溫平衡向吸熱反應方向移動。
11．（2025·安徽）碘晶體為層狀結構，層間作用為范德華力，層間距為.下圖給出了碘的單層結構，層內碘分子間存在“鹵鍵”(強度與氫鍵相近)NA.為阿伏加德羅常數的值.下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．碘晶體是混合型晶體
B．液態碘單質中也存在“鹵鍵”
C．127g碘晶體中有個“鹵鍵”
D．碘晶體的密度為
【答案】B
【知識點】晶胞的計算；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用
【解析】【解答】A．碘晶體中，層內碘分子（I2）通過共價鍵結合，分子間通過 “鹵鍵”（類似氫鍵的分子間作用力）連接，層間通過范德華力結合，整體屬于分子晶體，而非混合型晶體，A錯誤；
B．鹵鍵強度與氫鍵相近，屬于分子間作用力，則液態碘單質中也存在類似的分子間作用力，即“鹵鍵”，B正確；
C．每個分子能形成4條“鹵鍵”，每條“鹵鍵”被2個碘分子共用，所以每個碘分子能形成2個“鹵鍵”，碘晶體物質的量是0.5mol，“鹵鍵”的數目為，C正確；
D．碘晶體為層狀結構，所給區間內4個碘原子處于面心，則每個晶胞中碘原子的個數是，晶胞的體積是，密度是，D正確；
故選A。
【分析】A．混合型晶體需同時含多種作用力且結構兼具原子、分子、金屬晶體特征（如石墨）；
Ｂ．鹵鍵強度與氫鍵相近；
Ｃ．每個分子能形成4條“鹵鍵”，每條“鹵鍵”被2個碘分子共用；
Ｄ．根據計算。
12．（2025·安徽）研究人員開發出一種鋰-氫可充電電池(如圖所示)使用前需先充電，其固體電解質僅允許Li+通過.下列說法正確的是（　?。?br/>A．放電時電解質溶液質量減小
B．放電時電池總反應為
C．充電時 移向惰性電極
D．充電時每轉移1mol電子，降低
【答案】C
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．放電時，會通過固體電解質進入電解質溶液，電解質溶液質量增大，A錯誤；
B．放電時，負極反應為，正極反應為，則總反應為，B錯誤；
C．充電時，陽離子向陰極移動，則向惰性電極移動，C正確；
D．溶液體積未知，無法計算降低的濃度，D錯誤；
故選C。
【分析】原電池中，活潑金屬做負極，金屬鋰性質活潑，放電時，惰性電極為負極，氣體擴散電極為正極，電池在使用前需先充電，將解離為和，因此充電時惰性電極為陰極，電極的反應為，氣體擴散電極為陽極，發生氧化反應，電極反應為：，放電時，惰性電極為負極，電極反應為：，氣體擴散電極為正極，電極反應為。
13．（2025·安徽）H2A是二元弱酸，M2+不發生水解。25℃時，向足量的難溶鹽MA粉末中加入稀鹽酸，平衡時溶液中的關系如下圖所示.
已知25℃時，，，下列說法正確的是（　?。?br/>A．時，MA的溶度積常數
B．pH＝1.6時，溶液中
C．pH＝4.5時，溶液中
D．pH＝6.8時，溶液中
【答案】A
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A．溶液中存在物料守恒：，當pH=6.8時，，很低，可忽略不計，則，，，則，A正確；
B．根據物料守恒：，，由圖像可知，pH=1.6時，成立，由電荷守恒：，結合物料守恒，約掉得到，由圖像可知，且，則，故離子濃度順序：，B錯誤；
C．由圖像可知，時，溶液中，C錯誤；
D．時，，根據電荷守恒關系：，將物料守恒代入，約掉得到，化簡得到，D錯誤；
故選A。
【分析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的難溶鹽粉末中加入稀鹽酸，發生反應，繼續加鹽酸發生反應，由，可知，當時，pH=1.6，，則時，pH=6.8，，當時，pH=4.2，則可將圖像轉化為。
二、非選擇題:本題共4小題共 58分。
14．（2025·安徽）某含鍶（Sr）廢渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一種提取該廢渣中鍶的流程如下圖所示.
已知25℃時，
回答下列問題：
（1）鍶位于元素周期表第五周期第ⅡA族.基態原子價電子排布式為 　 　.
（2）“浸出液”中主要的金屬離子有Sr2+ 、　 　 (填離子符號).
（3）“鹽浸”中轉化反應的離子方程式為　 ?。?br/>25℃時，向0.01mol SrSO4粉末中加入100mL 0.11mol L-1BaCl2溶液，充分反應后，理論上溶液中= 　 　(忽略溶液體積的變化).
（4）其他條件相同時，鹽浸2h，浸出溫度對鍶浸出率的影響如圖1所示.隨溫度升高鍶浸出率增大的原因是　 　.
（5）“漫出渣2”中主要含有 、　 　 (填化學式).
（6）將窩穴體a(結構如圖2所示)與形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是　 　.
（7）由制備無水的最優方法是 　 　 (填標號).
a．加熱脫水
b．在 HCl氣流中加熱
c．常溫加壓
d．加熱加壓
【答案】（1）
（2）、
（3）；108.97
（4）浸出反應為吸熱反應，溫度越高，平衡向正向移動，浸出率增大.
（5）
（6）的半徑與超分子的孔徑相匹配，能夠被超分子識別出來
（7）a
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；超分子
【解析】【解答】（1）鍶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基態原子價電子排布式為，故答案為：。
（2）浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，主要含有的金屬離子有、、，故答案為：、 。
（3）“鹽浸”時，硫酸鍶轉化為硫酸鋇，反應的離子方程式為： ；該反應的平衡常數，平衡常數很大，近似認為完全轉化，溶液中剩余，則，列三段式：
理論上溶液中，故答案為： ；10-8.97。
（4）升高溫度，平衡向吸熱反應方向進行，隨溫度升高鍶浸出率增大的原因為：浸出反應為吸熱反應，溫度越高，平衡向正向移動，浸出率增大，故答案為：浸出反應為吸熱反應，溫度越高，平衡向正向移動，浸出率增大。
（5）由分析可知，浸出渣1中含有，“鹽浸”時發生沉淀的轉化生成了，故浸出渣2”中主要含有、、，故答案為： 。
（6）窩穴體a與形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是的半徑與超分子的孔徑相匹配，能夠被超分子識別出來 ，故答案為：的半徑與超分子的孔徑相匹配，能夠被超分子識別出來 。
（7）為強堿，則也是強堿，則SrCl2為強酸強堿鹽，不發生水解，因此由制備無水的最優方法是加熱脫水，故答案為：a。
【分析】 鍶（Sr）廢渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等 ，加入稀鹽酸進行酸浸，CaCO3、SrCO3和MgCO3等轉化為CaCl2、SrCl2、MgCl2，不與稀鹽酸反應，則浸出渣1主要成分為，浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，浸出渣1中加入BaCl2溶液進行鹽浸，SrSO4發生沉淀的轉化 轉化為硫酸鋇沉淀，分離后得到溶液，溶液經一系列操作得到。
15．（2025·安徽）侯氏制堿法以為反應物制備純堿.某實驗小組在侯氏制堿法基礎以為反應物，在實驗室制備純堿，步驟如下：
①配制飽和食鹽水；
②在水浴加熱下，將一定量研細的加入飽和食鹽水中，攪拌，使溶解，靜置，析出晶體；
③將晶體減壓過濾、煅燒，得到固體.回答下列問題：
（1）步驟①中配制飽和食鹽水，下列儀器中需要使用的有 　 　 (填名稱).
（2）步驟②中需研細后加入，目的是　 　.
（3）在實驗室使用代替制備純堿，優點是　 　.
（4）實驗小組使用滴定法測定了產品的成分.滴定過程中溶液的pH隨滴加鹽酸體積變化的曲線如下圖所示
i.到達第一個滴定終點B時消耗鹽酸V1 mL，到達第二個滴定終點C時又消耗鹽酸V2 mL，V1=V2.，所得產品的成分為(填標號)　 　.
a. Na2CO3
b. NaHCO3
d. Na2CO3和NaOH
c. Na2CO3和NaHCO3
ii.到達第一個滴定終點前，某同學滴定速度過快，搖動錐形瓶不均勻，致使滴入鹽酸局部過濃.該同學所記錄的V1'　 　V1(填“>”“<”或“=”).
（5）已知常溫下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分別為30.7g和10.3g.向飽和Na2CO3溶液中持續通人CO2氣體會產生NaHCO3晶體.實驗小組進行相應探究：
選項 實驗操作 實驗現象
a 將CO2勻速通入置于燒杯中的20mL和Na2CO3溶液，持續20min。消耗600mL CO2 無明顯現象
b 將20mL飽和Na2CO3溶液注入充滿CO2的500mL礦泉水瓶中，密閉，劇烈搖動礦泉水瓶1~2min，靜置 礦泉水瓶變癟，3min后開始有白色晶體析出
i.實驗a無明顯現象的原因是 　 　.
ii.析出的白色晶體可能同時含有.稱取0.42g晾干后的白色晶體，加熱至恒重，將產生的氣體依次通過足量的無水和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088g，則白色晶體中 NaHCO3的質量分數為 　 　.
【答案】（1）燒杯、玻璃棒、容量瓶
（2）增大與飽和食鹽水的接觸表面積，使二兩充分反應
（3）防止和對空氣造成污染
（4）a；>
（5）在水中溶解度較小，沒能與溶液反應；80%
【知識點】純堿工業（侯氏制堿法）；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）步驟①中配制飽和食鹽水，需要稱量一定量的食鹽，放在燒杯中溶解，溶解時需要玻璃棒攪拌，轉移到容量瓶中定容，轉移溶液時也需要使用玻璃棒，因此需要的儀器有燒杯、玻璃棒、容量瓶，故答案為：燒杯、玻璃棒、容量瓶。
（2）反應物之間的接觸面積越大，反應速率越快，將研細，能增大與飽和食鹽水的接觸面積，使二兩充分反應，故答案為： 增大與飽和食鹽水的接觸表面積，使二兩充分反應。
（3）和在水中可以發生反應生成，但是存在氣體不能完全溶解、氣體的利用率低且對環境會產生不好的影響，因此，在實驗室使用代替和制備純堿，其優點是綠色環保， 防止和對空氣造成污染 ，故答案為： 防止和對空氣造成污染 。
（4）i．根據圖中的曲線變化可知，到達第一個滴定終點B時，發生的反應為，消耗鹽酸；到達第二個滴定終點C時， 發生的反應為，又消耗鹽酸，因為，說明產品中不含和，因此所得產品的成分為，故選a，故答案為：a。
ⅱ．到達第一個滴定終點前，某同學滴定速度過快，搖動錐形瓶不均勻，致使滴入鹽酸局部過濃，會發生反應，消耗的鹽酸體積偏大，則該同學所記錄的>，故答案為：>。
（5）i．在水中的溶解度小，導致其未能與 Na2CO3溶液反應，因此無明顯現象，故答案為：在水中的溶解度小，沒能與Na2CO3溶液反應。
ii．析出的白色晶體可能同時含有和，稱取晾干后的白色晶體，加熱至恒重，將產生的氣體依次通過足量的無水和溶液。受熱分解生成的氣體中有和，而分解產生的氣體中只有，無水可以吸收分解產生的，溶液可以吸收分解產生的；溶液增重 0.088g ，則分解產生的的質量為 0.088g ，物質的量為，則的物質的量為，白色晶體中的質量為，故其質量分數為，故答案為：80%。
【分析】（1）配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，據此選擇所需儀器；
（2）研細能增大反應物的接觸面積；
（3）氨氣和二氧化碳要反應才能生成碳酸氫銨，但氣體的溶解度是有限的，不能完全反應；
（4）碳酸鈉與鹽酸反應分步進行，根據兩個滴定終點所消耗的鹽酸用量分析產品的成分；
（5）通過對比實驗可以發現的充分溶解對的生成有利。
16．（2025·安徽）I.通過甲酸分解可獲得超高純度的CO.甲酸有兩種可能的分解反應：
（1）反應的ΔH=　 　
（2）一定溫度下，向恒容密閉容器中通入一定量的，發生上述兩個分解反應下列說法中能表明反應達到平衡狀態的是　 　 (填標號).
a.氣體密度不變
b.氣體感壓強不變
c.的濃度不變
d.的物質的量相等
（3）一定溫度下，使用某催化劑時反應歷程如下圖，反應①的選擇性接近100%，原因是　 　 ；升高溫度，反應歷程不變，反應①的選擇性下降，可能的原因是　 　.
Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成氣（CO和H2）的重要方法，主要反應有：
③④
⑤
（4）恒溫恒容條件下，可提高轉化率的指施有　 　 (填標號).
a.增加原料中的量
b.增加原料中 的量
c.通人Ar氣
（5）恒溫恒壓密閉容器中，投人不同物質的量之比的//Ar混合氣，投料組成與和的平衡轉化率之間的關系如下圖.
//Ar
i.投料組成中Ar含量下降，平衡體系中的值將 　 　 (填“增大 ”“減小”或“不變”).
ii.若平衡時Ar的分壓為，根據a、b兩點計算反應⑤的平衡常數　 　(用含p的代數式表示，是用分壓代替濃度計算的平衡常數，分壓＝總壓×物質的量分數).
【答案】（1）-41.2
（2）bc
（3）反應①的正反應活化能小，進行的更容易；催化劑失去活性
（4）b
（5）增大；
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡狀態的判斷；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）設① ，② ，根據蓋斯定律，將②-①可得 ，則，故答案為：-41.2。
（2）a．恒容密閉容器，氣體的質量不變，體積不變，則其密度是定值，因此當氣體密度不變，不能說明達到平衡狀態，故a不符合題意；
b．兩個反應均為氣體體積增大的反應，壓強隨反應進行發生變化，因此當壓強不變時，反應達到平衡狀態，故b符合題意；
c．的濃度不變，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態，故c符合題意；
d．CO和CO2物質的量相等，不能說明其濃度不變，不能判斷達到平衡狀態，故d不符合題意；
故選bc。
（3）反應①的選擇性接近100%，原因是反應①的活化能低，進行的更容易；升高溫度，反應歷程不變，反應①的選擇性下降，是因為溫度會影響催化劑活性，溫度太高導致催化劑失去活性，導致反應①的選擇性下降，故答案為：反應①的正反應活化能小，進行的更容易；催化劑失去活性。
（4）a．增加原料中CH4的量，反應的平衡正向移動，但CH4自身轉化率降低，故a不符合題意；
b．增大原料中CO2的量，反應的平衡正向移動，CH4轉化率增大，故b符合題意；
c．通入Ar，各物質濃度不變，平衡不移動，CH4轉化率不變，故c不符合題意；
故選b。
（5）i.恒壓時，隨著Ar含量上升，反應物的分壓減小，相當于減壓，平衡正向移動，壓強不影響反應④平衡移動；則隨著Ar含量下降，反應③和⑤平衡逆向移動，但甲烷的轉化率下降的更快，而反應①甲烷二氧化碳轉化率相同，說明反應⑤逆移程度稍小，但CO減小的少，則n(CO)：n(H2)增大，故答案為：增大。
ii.設初始投料：、、，平衡時，甲烷轉化率為20%，二氧化碳的轉化率為30%，則平衡時：
；
；
根據碳元素守恒：；
根據氧元素守恒：；
根據氫元素守恒：；
平衡時，氣體總物質的量為，Ar的分壓為，則總壓為，、、、，反應⑤的平衡常數。
【分析】（1）根據蓋斯定律計算；
（2）可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
（3）催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，溫度會影響催化劑的活性；
（4）化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
（5）先計算各氣體的分壓，結合平衡常數表達式計算。
17．（2025·安徽）有機化合物C和F是制造特種工程塑料的兩種重要單體，均可以苯為起始原料按下列路線合成（部分反應步驟和條件略去）：
回答下列問題：
（1）B中含氧官能團名稱為 　 　 ；B――→C的反應類型為　 　.
（2）已知A―― B反應中還生成(NH4)2SO4和，寫出A――→B的化學方程式　 　.
（3）脂肪烴衍生物G是C的同分異構體，分子中含有羥甲基，核磁共振氫譜有兩組峰.G的結構簡式為 　 　.
（4）下列說法錯誤的是 　 ?。ㄌ顦颂枺?br/>a.A能與乙酸反應生成酰胺
b.B存在2種位置異構體
c.D――→E反應中，CCl4是反應試劑
d.E――→F反應涉及取代過程
（5）4，4'-二羥基二苯砜(H)和F在一定條件下縮聚，得到性能優異的特種工程塑料——聚醚砜醚酮(PESEK).寫出PESEK的結構簡式 　 　.
（6）制備PESEK反應中，單體之一選用芳香族氟化物F，而未選用對應的氯化物，可能的原因是　 　.
（7）已知酮可以被過氧酸(如間氯過氧苯甲酸，MCPBA)氧化為酯：
參照題干合成路線，寫出以苯為主要原料制備苯甲酸苯甲酯的合成路線(其他試劑任選).
【答案】（1）酮羰基；還原反應
（2）
（3）
（4）c
（5）
（6）生成的HCl酸性太強，產物不穩定
（7）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；芳香烴；同分異構現象和同分異構體；縮聚反應
【解析】【解答】（1）由B的結構簡式可知，其含氧官能團名稱為酮羰基；B→C的過程中，B中的羰基轉化為C中的羥基，發生還原反應，故答案為：酮羰基；還原反應。
（2）A→B的過程中， 還生成(NH4)2SO4和，則反應的化學方程式為。
（3）G是C的同分異構體，則其分子式為C6H6O2，含有-CH2OH，該結構占據1個碳原子，則G肯定不含苯環，由于核磁共振氫譜只有兩組峰，其結構對稱，且具有4個不飽和度，滿足條件的結構簡式為，故答案為：。
（4）a．A中含有氨基，能和乙酸發生取代反應生成酰胺基，a正確；
b．B的位置異構體只有1種，b錯誤；
c．D→E的反應中，氟苯取代了CCl4中的兩個氯原子，CCl4是反應物，c正確；
d．E→F的反應中，涉及鹵代烴的水解反應（取代反應），d正確；
故選b。
（5）H的結構簡式為，H與F發生縮聚反應時，H中羥基的O-H鍵斷裂，F中的C-F鍵斷裂，縮聚產物結構簡式為。
（6）制備PESEK反應中，單體之一選用芳香族氟化物F，是因為：生成的HCl酸性太強，產物不穩定。
（7）酮可以被過氧酸氧化為酯基，要合成苯甲酸苯酯，可先合成，再發生已知反應得到產物，可由苯發生類似D→F的反應得到，則具體合成路線為。
【分析】（1）根據B的結構簡式確定含有的官能團；B中羰基轉化為C中的羥基；
（2）結合A、B的結構簡式以及反應條件書寫化學方程式；
（3）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（4）根據合成路線，結合各物質的結構分析其性質；
（5）H與F發生縮聚反應時，H中羥基的O-H鍵斷裂，F中的C-F鍵斷裂；
（6）氯化物在反應的過程中會生成HCl；
（7）參照題干合成路線，采用逆合成分析法確定具體合成路徑。
1 / 1安徽省2025年化學卷高考真題
一、選擇題：本題共14小題，每小題3分,共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025·安徽）下列有關物質用途的說法錯誤的是（　　）
A．生石灰可用作脫氧劑
B．硫酸鋁可用作凈水劑
C．碳酸氫銨可用作食品膨松劑
D．苯甲酸及其鈉鹽可用作食品防腐劑
2．（2025·安徽）以下研究文物的方法達不到目的的是（　?。?br/>A．用斷代法測定竹簡的年代
B．用X射線衍射法分析玉器的晶體結構
C．用原子光譜法鑒定漆器表層的元素種類
D．用紅外光譜法測定古酒中有機分子的相對分子質量
3．（2025·安徽）用下列化學知識解釋對應勞動項目不合理的是（　　）
選項 勞動項目 化學知識
A 用大米制麥芽糖 淀粉水解生成麥芽糖
B 用次氯酸鈉溶液消毒 次氯酸鈉溶液呈堿性
C 給小麥施氮肥 氮是小麥合成蛋白質的必需元素
D 用肥皂洗滌油污 肥皂中的高級脂肪酸鈉含有親水基和疏水基
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·安徽）一種天然保幼激素的結構簡式如下：
下列有關該物質的說法，錯誤的是（　?。?br/>A．分子式為 B．存在4個鍵
C．含有3個手性碳原子 D．水解時會生成甲醇
5．（2025·安徽）氟氣通過碎冰表面，發生反應①，生成的HOF遇水發生反應②HOF+H2O=HF+H2O2.下列說法正確的是（　?。?br/>A．HOF的電子式為
B．H2O2為非極性分子
C．反應①中有非極性鍵的斷裂和形成
D．反應②中HF為還原產物
6．（2025·安徽）閱讀下列材料，完成下列小題.
氨是其他含氮化合物的生產原料.氨可在氧氣中燃燒生成N2.金屬鈉的液氨溶液放置時緩慢放出氣體，同時生成NaNH2，NaNH2遇水轉化為NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液。氨可以發生類似于水解反應的氨解反應，濃氨水與溶液反應生成沉淀。
（1）下列有關反應的化學方程式錯誤的是（　?。?br/>A．氨在氧氣中燃燒：
B．液氨與金屬鈉反應：
C．氨水溶解：
D．濃氨水與HgCl2反應：
（2）下列有關物質結構或性質的比較中，正確的是（　　）
A．與 結合的能力：
B．與氨形成配位鍵的能力：
C．H2O和分子中的鍵長：O-H＞N-H
D．微粒所含電子數：
7．（2025·安徽）下列實驗產生的廢液中，可能大量存在的粒子組是（　?。?br/>選項 實驗 化學知識
A 稀硝酸與銅片制NO H+、Cu2+、NO3-、NO
B 70%硫酸與Na2SOз制 SO3 H+、Na+、SO42-、HSO3-
C 濃鹽酸與KMnO4制Cl2 H+、K+、Mn2+、Cl-
D 雙氧水與FeCl3溶液制O2 H+、Fe2+、Cl-、H2O2
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·安徽）某化合物的結構如圖所示.W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族.下列說法錯誤的是（　　）
A．元素電負性：X>Z>Y
B．該物質中Y和Z均采取sp3 雜化
C．基態原子未成對電子數：WD．基態原子的第一電離能：X>Z>Y
9．（2025·安徽）下列實驗操作能達到實驗目的的是（　　）
選項 實驗操作 實驗目的
A 將鐵制鍍件與銅片分別接直流電源的正、負極，平行浸入CuSO4溶液中 在鐵制鍍件表面鍍銅
B 向粗鹽水中先后加入過量NaCO3溶液、NaOH液和 BaCl2溶液 粗鹽提純中，去除Ca2+、Mg2+和SO42-雜質離子
C 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液 探究c(H+)對如下平衡的影響：Cr2O72-+H2O ==2CrO42-+ 2H+ (橙色) (黃色)
D 將有機物M溶于乙醇，加入金屬鈉 操究M中是否含有羥基
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·安徽）恒溫恒壓密團容器中t=0時加入A(g)，各組分物質的量分數x 隨反應時間t變化的曲線如圖(反應速率.v=kx，k為反應速率常數).
下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．該條件下
B．時間段，生成M和N的平均反應速率相等
C．若加入催化劑，增大，不變，則x1和均變大
D．若和均為放熱反應，升高溫度則 變大
11．（2025·安徽）碘晶體為層狀結構，層間作用為范德華力，層間距為.下圖給出了碘的單層結構，層內碘分子間存在“鹵鍵”(強度與氫鍵相近)NA.為阿伏加德羅常數的值.下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．碘晶體是混合型晶體
B．液態碘單質中也存在“鹵鍵”
C．127g碘晶體中有個“鹵鍵”
D．碘晶體的密度為
12．（2025·安徽）研究人員開發出一種鋰-氫可充電電池(如圖所示)使用前需先充電，其固體電解質僅允許Li+通過.下列說法正確的是（　　）
A．放電時電解質溶液質量減小
B．放電時電池總反應為
C．充電時 移向惰性電極
D．充電時每轉移1mol電子，降低
13．（2025·安徽）H2A是二元弱酸，M2+不發生水解。25℃時，向足量的難溶鹽MA粉末中加入稀鹽酸，平衡時溶液中的關系如下圖所示.
已知25℃時，，，下列說法正確的是（　?。?br/>A．時，MA的溶度積常數
B．pH＝1.6時，溶液中
C．pH＝4.5時，溶液中
D．pH＝6.8時，溶液中
二、非選擇題:本題共4小題共 58分。
14．（2025·安徽）某含鍶（Sr）廢渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一種提取該廢渣中鍶的流程如下圖所示.
已知25℃時，
回答下列問題：
（1）鍶位于元素周期表第五周期第ⅡA族.基態原子價電子排布式為 　 　.
（2）“浸出液”中主要的金屬離子有Sr2+ 、　 　 (填離子符號).
（3）“鹽浸”中轉化反應的離子方程式為　 ??；
25℃時，向0.01mol SrSO4粉末中加入100mL 0.11mol L-1BaCl2溶液，充分反應后，理論上溶液中= 　 　(忽略溶液體積的變化).
（4）其他條件相同時，鹽浸2h，浸出溫度對鍶浸出率的影響如圖1所示.隨溫度升高鍶浸出率增大的原因是　 　.
（5）“漫出渣2”中主要含有 、　 　 (填化學式).
（6）將窩穴體a(結構如圖2所示)與形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是　 　.
（7）由制備無水的最優方法是 　 　 (填標號).
a．加熱脫水
b．在 HCl氣流中加熱
c．常溫加壓
d．加熱加壓
15．（2025·安徽）侯氏制堿法以為反應物制備純堿.某實驗小組在侯氏制堿法基礎以為反應物，在實驗室制備純堿，步驟如下：
①配制飽和食鹽水；
②在水浴加熱下，將一定量研細的加入飽和食鹽水中，攪拌，使溶解，靜置，析出晶體；
③將晶體減壓過濾、煅燒，得到固體.回答下列問題：
（1）步驟①中配制飽和食鹽水，下列儀器中需要使用的有 　 　 (填名稱).
（2）步驟②中需研細后加入，目的是　 　.
（3）在實驗室使用代替制備純堿，優點是　 　.
（4）實驗小組使用滴定法測定了產品的成分.滴定過程中溶液的pH隨滴加鹽酸體積變化的曲線如下圖所示
i.到達第一個滴定終點B時消耗鹽酸V1 mL，到達第二個滴定終點C時又消耗鹽酸V2 mL，V1=V2.，所得產品的成分為(填標號)　 　.
a. Na2CO3
b. NaHCO3
d. Na2CO3和NaOH
c. Na2CO3和NaHCO3
ii.到達第一個滴定終點前，某同學滴定速度過快，搖動錐形瓶不均勻，致使滴入鹽酸局部過濃.該同學所記錄的V1'　 　V1(填“>”“<”或“=”).
（5）已知常溫下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分別為30.7g和10.3g.向飽和Na2CO3溶液中持續通人CO2氣體會產生NaHCO3晶體.實驗小組進行相應探究：
選項 實驗操作 實驗現象
a 將CO2勻速通入置于燒杯中的20mL和Na2CO3溶液，持續20min。消耗600mL CO2 無明顯現象
b 將20mL飽和Na2CO3溶液注入充滿CO2的500mL礦泉水瓶中，密閉，劇烈搖動礦泉水瓶1~2min，靜置 礦泉水瓶變癟，3min后開始有白色晶體析出
i.實驗a無明顯現象的原因是 　 　.
ii.析出的白色晶體可能同時含有.稱取0.42g晾干后的白色晶體，加熱至恒重，將產生的氣體依次通過足量的無水和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088g，則白色晶體中 NaHCO3的質量分數為 　 　.
16．（2025·安徽）I.通過甲酸分解可獲得超高純度的CO.甲酸有兩種可能的分解反應：
（1）反應的ΔH=　 　
（2）一定溫度下，向恒容密閉容器中通入一定量的，發生上述兩個分解反應下列說法中能表明反應達到平衡狀態的是　 　 (填標號).
a.氣體密度不變
b.氣體感壓強不變
c.的濃度不變
d.的物質的量相等
（3）一定溫度下，使用某催化劑時反應歷程如下圖，反應①的選擇性接近100%，原因是　 　 ；升高溫度，反應歷程不變，反應①的選擇性下降，可能的原因是　 　.
Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成氣（CO和H2）的重要方法，主要反應有：
③④
⑤
（4）恒溫恒容條件下，可提高轉化率的指施有　 　 (填標號).
a.增加原料中的量
b.增加原料中 的量
c.通人Ar氣
（5）恒溫恒壓密閉容器中，投人不同物質的量之比的//Ar混合氣，投料組成與和的平衡轉化率之間的關系如下圖.
//Ar
i.投料組成中Ar含量下降，平衡體系中的值將 　 　 (填“增大 ”“減小”或“不變”).
ii.若平衡時Ar的分壓為，根據a、b兩點計算反應⑤的平衡常數　 　(用含p的代數式表示，是用分壓代替濃度計算的平衡常數，分壓＝總壓×物質的量分數).
17．（2025·安徽）有機化合物C和F是制造特種工程塑料的兩種重要單體，均可以苯為起始原料按下列路線合成（部分反應步驟和條件略去）：
回答下列問題：
（1）B中含氧官能團名稱為 　 　 ；B――→C的反應類型為　 　.
（2）已知A―― B反應中還生成(NH4)2SO4和，寫出A――→B的化學方程式　 　.
（3）脂肪烴衍生物G是C的同分異構體，分子中含有羥甲基，核磁共振氫譜有兩組峰.G的結構簡式為 　 　.
（4）下列說法錯誤的是 　 ?。ㄌ顦颂枺?br/>a.A能與乙酸反應生成酰胺
b.B存在2種位置異構體
c.D――→E反應中，CCl4是反應試劑
d.E――→F反應涉及取代過程
（5）4，4'-二羥基二苯砜(H)和F在一定條件下縮聚，得到性能優異的特種工程塑料——聚醚砜醚酮(PESEK).寫出PESEK的結構簡式 　 　.
（6）制備PESEK反應中，單體之一選用芳香族氟化物F，而未選用對應的氯化物，可能的原因是　 　.
（7）已知酮可以被過氧酸(如間氯過氧苯甲酸，MCPBA)氧化為酯：
參照題干合成路線，寫出以苯為主要原料制備苯甲酸苯甲酯的合成路線(其他試劑任選).
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】常見的食品添加劑的組成、性質和作用
【解析】【解答】A．生石灰的主要為氧化鈣，與水反應生成氫氧化鈣，常用作干燥劑，而非脫氧劑，故A錯誤；
Ｂ．硫酸鋁溶于水后，Al3+發生水解反應生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，可吸附水中的懸浮雜質并聚沉，從而達到凈水目的，故B正確；
Ｃ．碳酸氫銨（NH4HCO3）受熱易分解，生成氨氣（NH3）、二氧化碳（CO2）和水（H2O），氣體的產生會使面團膨脹，形成疏松多孔的結構，常用于糕點、面包等食品的制作，故C正確；
Ｄ．苯甲酸（C6H5COOH）及其鈉鹽（如苯甲酸鈉）具有抑制微生物生長的作用，能延長食品的保質期，是常見的食品防腐劑，故D正確；
故選A。
【分析】A．生石灰不與氧氣反應；
Ｂ．硫酸鋁水解生成氫氧化鋁膠體；
Ｃ．碳酸氫銨受熱分解生成氣體；
Ｄ．苯甲酸和苯甲酸鈉具有抑制微生物生長的作用。
2．【答案】D
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；晶體的定義
【解析】【解答】A．竹簡主要成分為有機物（纖維素），含碳元素，可用 斷代法測定其年代，故A正確；
Ｂ．X 射線衍射法是利用 X 射線照射晶體時產生的衍射圖案，通過分析衍射峰的位置和強度，可確定晶體的原子排列方式和晶格參數，適用于玉器的晶體結構分析，故B正確；
Ｃ．原子光譜法可通過檢測原子受激發后發射或吸收的特征光譜，確定樣品中的元素組成，因此可用該方法鑒定漆器表層的元素種類，故C正確；
Ｄ．紅外光譜法可分析有機物分子中的官能團，無法直接測定相對分子質量，通常使用質譜法確定相對分子質量，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．竹簡的主要成分為纖維素，含有碳元素；
Ｂ．X-射線衍射實驗是區分晶體和非晶體最科學的方法；
Ｃ．原子光譜法可通過檢測原子受激發后發射或吸收的特征光譜，確定樣品中的元素組成；
Ｄ．紅外光譜主要用于分析有機物分子中的官能團。
3．【答案】B
【知識點】肥皂、合成洗滌劑；二糖的性質和用途；化肥、農藥及其合理利用
【解析】【解答】A．淀粉為多糖，在淀粉酶的作用下，淀粉發生水解反應，逐步生成麥芽糖（二糖），故A正確；
Ｂ．次氯酸鈉（NaClO）溶液消毒的原理是：NaClO 在水中水解生成次氯酸（HClO），HClO 具有強氧化性，能破壞細菌、病毒的蛋白質結構，從而起到殺菌消毒作用，故B錯誤；
Ｃ．氮元素是植物合成蛋白質、核酸和葉綠素等生物大分子的必需元素，小麥生長過程中需要氮元素促進細胞分裂和葉綠素合成，施加氮肥（如尿素、銨鹽）可滿足其生長需求，故C正確；
Ｄ．肥皂的主要成分是高級脂肪酸鈉（ C17H35COONa），其分子結構中含有疏水基 C17H35-，親水基-COONa，洗滌時，疏水基插入油污內部，親水基留在水中，通過乳化作用將油污分散成小液滴，從而被水沖洗掉，故D正確；
故選B。
【分析】A．淀粉為多糖；
Ｂ．次氯酸鈉具有強氧化性，能使蛋白質變性；
Ｃ．植物生長需要氮元素；
Ｄ．肥皂的主要成分是高級脂肪酸鈉。
4．【答案】B
【知識點】有機化合物中碳的成鍵特征；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．由圖可知，該物質中含有19個C原子，32個H原子，3個O原子，其分子式為 ，故A正確；
Ｂ．醚鍵（-O-）中含 2個 C-Oσ鍵，酯基（-COO-）中含 3個 C-Oσ 鍵，則該分子中存在5個C-Oσ 鍵，故B錯誤；
Ｃ．該物質中含有3個手性碳原子，如圖用“*”標記：，故C正確；
Ｄ．該物質中含有的-COOCH3基團水解會得到甲醇，故D正確；
故選B。
【分析】A．根據結構簡式確定各原子數目，進而確定其分子式；
Ｂ．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵；
Ｃ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｄ．該分子中的酯基水解生成甲醇。
5．【答案】A
【知識點】極性鍵和非極性鍵；極性分子和非極性分子；氧化還原反應；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．HOF是共價化合物，類比HClO的結構式可知，HOF的結構式為H-O-F，其分子式為 ，故A正確；
Ｂ． H2O2分子結構并非直線形，其空間構型為 “半開書頁” 狀：兩個氧原子位于書的中軸線上，兩個氫原子分別位于 “書頁” 的兩側，且與中軸線有一定夾角，正負電荷中心不重合，為極性分子，故B錯誤；
Ｃ．反應①的產物HOF和HF均只含極性鍵，則不存在非極性鍵的形成，故C錯誤；
Ｄ．反應②中，由于電負性：F>O，HOF中，F為-1價，產物HF中，F元素的化合價也是-1價，說明F元素的化合價沒有發生變化，HF既不是氧化產物也不是還原產物，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．HOF為共價化合物；
Ｂ．根據正負電荷中心是否重合判斷分子極性；
Ｃ．反應①的產物中不含非極性鍵；
Ｄ．反應②中只有O元素的化合價發生變化。
6．【答案】（1）D
（2）B
【知識點】物質的結構與性質之間的關系；電離方程式的書寫
【解析】【解答】（1）A．氨在氧氣中燃燒生成氮氣和水，反應的化學方程式為 ，故A正確；
Ｂ．根據題意可知，鈉與液氨反應 緩慢放出氣體，同時生成NaNH2，根據質量守恒可知，該氣體為氫氣，則反應的化學方程式為 ，故B正確；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液 ，則反應的化學方程式為 ，故C正確；
Ｄ． 濃氨水與溶液反應生成沉淀 ，同時生成氯化銨，反應的化學方程式為， 故D錯誤；
故選D。
（2）A．根據題意可知，金屬鈉的液氨溶液放置時緩慢放出氣體，而金屬鈉與水反應迅速， NaNH2遇水轉化為NaOH，發生反應：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，說明與 結合的能力：， 故A錯誤；
Ｂ． 深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液 ，說明NH3更容易結合氫離子形成銨根離子，則與氨形成配位鍵的能力： ，故B正確；
Ｃ．鍵長與原子半徑成正比，原子半徑：N>O，則鍵長：O-HＤ．都是10電子微粒，則 微粒所含電子數： ，故D錯誤；
故選B。
【分析】（1）A．氨在氧氣中燃燒生成氮氣和水；
Ｂ．液氨和金屬鈉反應生成 NaNH2和氫氣；
Ｃ．氫氧化銅溶于氨水生成；
Ｄ．濃氨水和 反應生成沉淀和氯化銨；
（2）A．金屬鈉與水快速反應生成氫氣，與液氨反應緩慢生成氫氣；
Ｂ． Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液；
Ｃ．原子半徑越大，鍵長越長；
Ｄ．均含有10個電子。
（1）【解答】A．氨在氧氣中燃燒生成氮氣和水，反應的化學方程式為 ，故A正確；
Ｂ．根據題意可知，鈉與液氨反應 緩慢放出氣體，同時生成NaNH2，根據質量守恒可知，該氣體為氫氣，則反應的化學方程式為 ，故B正確；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深藍色溶液 ，則反應的化學方程式為 ，故C正確；
Ｄ． 濃氨水與溶液反應生成沉淀 ，同時生成氯化銨，反應的化學方程式為， 故D錯誤；
故選D。
（2）【解答】A．根據題意可知，金屬鈉的液氨溶液放置時緩慢放出氣體，而金屬鈉與水反應迅速， NaNH2遇水轉化為NaOH，發生反應：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，說明與 結合的能力：， 故A錯誤；
Ｂ． 深藍色溶液，加入稀硫酸又轉化為藍色溶液 ，說明NH3更容易結合氫離子形成銨根離子，則與氨形成配位鍵的能力： ，故B正確；
Ｃ．鍵長與原子半徑成正比，原子半徑：N>O，則鍵長：O-HＤ．都是10電子微粒，則 微粒所含電子數： ，故D錯誤；
故選B。
7．【答案】C
【知識點】離子共存
【解析】【解答】A．NO難溶于水，溶液中不可能含有大量NO，故A錯誤；
Ｂ． 70%硫酸與Na2SOз反應生成的是SO2，而非SO3，反應后的溶液中含有硫酸鈉，可能有過量的亞硫酸鈉，不含 HSO3- ，故B錯誤；
Ｃ． 濃鹽酸與KMnO4制Cl2發生反應：2KMnO4+16HCl（濃）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，濃鹽酸電離產生大量氫離子，因此溶液中含有 H+、K+、Mn2+、Cl- ，且這些離子之間互不反應，能夠穩定存在，故C正確；
Ｄ． H2O2 能氧化亞鐵離子， Fe2+、 H2O2 不可能大量共存， 故D錯誤；
故選C。
【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質或不發生氧化還原反應、絡合反應、雙水解等反應時能大量共存。
8．【答案】D
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．同周期從左到右元素的電負性增大，同主族從上到下元素的電負性增大，則元素的電負性：O>S>P，即X>Z>Y，故A正確；
Ｂ．該物質中，P的S的價層電子對數均為4，均采用sp3雜化，故B正確；
Ｃ．基態H原子的未成對電子數為1，基態O原子的未成對電子數為2，基態P原子的未成對電子數為3，則基態原子未成對電子數：HＤ．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，同主族從上到下第一電離能減小，則第一電離能：O>P>S，即X>Y>Z，故D錯誤；
故選D。
【分析】X、Z位于同一主族，X形成2個共價單鍵或者1個雙鍵，Z形成2個共價單鍵，X的原子序數小于Y，則X為O元素，Z為S元素，W的原子序數最小，且形成一個共價鍵，則W為H元素，Y形成5個鍵，原子序數大于O小于S，則為P元素，綜上所述，W為H元素，X為O元素，Y為P元素，Z為S元素。
9．【答案】C
【知識點】化學平衡的影響因素；化學實驗方案的評價；電鍍
【解析】【解答】A．電鍍時，待鍍金屬應該作陰極，則鐵為陰極，為電源負極相連，該實驗中鐵與正極相連，為陽極，被腐蝕，故A錯誤；
Ｂ．粗鹽提純時，除去 Ca2+、Mg2+和 SO42-的正確順序需滿足：用 BaCl2除去 SO42-（過量 Ba2+需后續除去），用 Na2CO3除去 Ca2+和過量的 Ba2+，用 NaOH 除去 Mg2+，則先后加入過量 Na2CO3溶液、NaOH 溶液和 BaCl2溶液，故B錯誤；
Ｃ． 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液 ，消耗H+，平衡右移，溶液變黃；加 H2SO4增大 H+濃度，平衡左移，溶液變橙，可通過顏色變化直觀體現 c (H+) 對平衡的影響，故C正確；
Ｄ．乙醇（C2H5OH）本身含羥基，能與 Na 反應生成 H2，若 M 溶于乙醇后加 Na 產生氣體，無法確定氣體來源是 M 還是乙醇，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．電鍍時，待鍍金屬應作陰極，接電源負極；
Ｂ．BaCl2在 Na2CO3之后加入，會導致過量的 Ba2+無法被除去；
Ｃ．可通過顏色變化直觀體現 c (H+) 對平衡的影響；
Ｄ．乙醇本身含有羥基。
10．【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用
【解析】【解答】A．①的，②，②－①得，則K=，A正確；
B．t1時，M和N的物質的量，說明時間段內，M和N的物質的量濃度變化量相等，生成M和N的平均反應速率相等，B正確；
C．加入催化劑，能降低反應的活化能，增大反應速率，但不影響平衡狀態，因此不變，C錯誤；
D．若和均為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，A的物質的量分數增大，變大，D正確；
故選C。
【分析】A．根據K=計算；
Ｂ．根據分析；
Ｃ．催化劑不影響平衡狀態；
Ｄ．升溫平衡向吸熱反應方向移動。
11．【答案】B
【知識點】晶胞的計算；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用
【解析】【解答】A．碘晶體中，層內碘分子（I2）通過共價鍵結合，分子間通過 “鹵鍵”（類似氫鍵的分子間作用力）連接，層間通過范德華力結合，整體屬于分子晶體，而非混合型晶體，A錯誤；
B．鹵鍵強度與氫鍵相近，屬于分子間作用力，則液態碘單質中也存在類似的分子間作用力，即“鹵鍵”，B正確；
C．每個分子能形成4條“鹵鍵”，每條“鹵鍵”被2個碘分子共用，所以每個碘分子能形成2個“鹵鍵”，碘晶體物質的量是0.5mol，“鹵鍵”的數目為，C正確；
D．碘晶體為層狀結構，所給區間內4個碘原子處于面心，則每個晶胞中碘原子的個數是，晶胞的體積是，密度是，D正確；
故選A。
【分析】A．混合型晶體需同時含多種作用力且結構兼具原子、分子、金屬晶體特征（如石墨）；
Ｂ．鹵鍵強度與氫鍵相近；
Ｃ．每個分子能形成4條“鹵鍵”，每條“鹵鍵”被2個碘分子共用；
Ｄ．根據計算。
12．【答案】C
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池、電解池綜合
【解析】【解答】A．放電時，會通過固體電解質進入電解質溶液，電解質溶液質量增大，A錯誤；
B．放電時，負極反應為，正極反應為，則總反應為，B錯誤；
C．充電時，陽離子向陰極移動，則向惰性電極移動，C正確；
D．溶液體積未知，無法計算降低的濃度，D錯誤；
故選C。
【分析】原電池中，活潑金屬做負極，金屬鋰性質活潑，放電時，惰性電極為負極，氣體擴散電極為正極，電池在使用前需先充電，將解離為和，因此充電時惰性電極為陰極，電極的反應為，氣體擴散電極為陽極，發生氧化反應，電極反應為：，放電時，惰性電極為負極，電極反應為：，氣體擴散電極為正極，電極反應為。
13．【答案】A
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A．溶液中存在物料守恒：，當pH=6.8時，，很低，可忽略不計，則，，，則，A正確；
B．根據物料守恒：，，由圖像可知，pH=1.6時，成立，由電荷守恒：，結合物料守恒，約掉得到，由圖像可知，且，則，故離子濃度順序：，B錯誤；
C．由圖像可知，時，溶液中，C錯誤；
D．時，，根據電荷守恒關系：，將物料守恒代入，約掉得到，化簡得到，D錯誤；
故選A。
【分析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的難溶鹽粉末中加入稀鹽酸，發生反應，繼續加鹽酸發生反應，由，可知，當時，pH=1.6，，則時，pH=6.8，，當時，pH=4.2，則可將圖像轉化為。
14．【答案】（1）
（2）、
（3）；108.97
（4）浸出反應為吸熱反應，溫度越高，平衡向正向移動，浸出率增大.
（5）
（6）的半徑與超分子的孔徑相匹配，能夠被超分子識別出來
（7）a
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；超分子
【解析】【解答】（1）鍶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基態原子價電子排布式為，故答案為：。
（2）浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，主要含有的金屬離子有、、，故答案為：、 。
（3）“鹽浸”時，硫酸鍶轉化為硫酸鋇，反應的離子方程式為： ；該反應的平衡常數，平衡常數很大，近似認為完全轉化，溶液中剩余，則，列三段式：
理論上溶液中，故答案為： ；10-8.97。
（4）升高溫度，平衡向吸熱反應方向進行，隨溫度升高鍶浸出率增大的原因為：浸出反應為吸熱反應，溫度越高，平衡向正向移動，浸出率增大，故答案為：浸出反應為吸熱反應，溫度越高，平衡向正向移動，浸出率增大。
（5）由分析可知，浸出渣1中含有，“鹽浸”時發生沉淀的轉化生成了，故浸出渣2”中主要含有、、，故答案為： 。
（6）窩穴體a與形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是的半徑與超分子的孔徑相匹配，能夠被超分子識別出來 ，故答案為：的半徑與超分子的孔徑相匹配，能夠被超分子識別出來 。
（7）為強堿，則也是強堿，則SrCl2為強酸強堿鹽，不發生水解，因此由制備無水的最優方法是加熱脫水，故答案為：a。
【分析】 鍶（Sr）廢渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等 ，加入稀鹽酸進行酸浸，CaCO3、SrCO3和MgCO3等轉化為CaCl2、SrCl2、MgCl2，不與稀鹽酸反應，則浸出渣1主要成分為，浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，浸出渣1中加入BaCl2溶液進行鹽浸，SrSO4發生沉淀的轉化 轉化為硫酸鋇沉淀，分離后得到溶液，溶液經一系列操作得到。
15．【答案】（1）燒杯、玻璃棒、容量瓶
（2）增大與飽和食鹽水的接觸表面積，使二兩充分反應
（3）防止和對空氣造成污染
（4）a；>
（5）在水中溶解度較小，沒能與溶液反應；80%
【知識點】純堿工業（侯氏制堿法）；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）步驟①中配制飽和食鹽水，需要稱量一定量的食鹽，放在燒杯中溶解，溶解時需要玻璃棒攪拌，轉移到容量瓶中定容，轉移溶液時也需要使用玻璃棒，因此需要的儀器有燒杯、玻璃棒、容量瓶，故答案為：燒杯、玻璃棒、容量瓶。
（2）反應物之間的接觸面積越大，反應速率越快，將研細，能增大與飽和食鹽水的接觸面積，使二兩充分反應，故答案為： 增大與飽和食鹽水的接觸表面積，使二兩充分反應。
（3）和在水中可以發生反應生成，但是存在氣體不能完全溶解、氣體的利用率低且對環境會產生不好的影響，因此，在實驗室使用代替和制備純堿，其優點是綠色環保， 防止和對空氣造成污染 ，故答案為： 防止和對空氣造成污染 。
（4）i．根據圖中的曲線變化可知，到達第一個滴定終點B時，發生的反應為，消耗鹽酸；到達第二個滴定終點C時， 發生的反應為，又消耗鹽酸，因為，說明產品中不含和，因此所得產品的成分為，故選a，故答案為：a。
ⅱ．到達第一個滴定終點前，某同學滴定速度過快，搖動錐形瓶不均勻，致使滴入鹽酸局部過濃，會發生反應，消耗的鹽酸體積偏大，則該同學所記錄的>，故答案為：>。
（5）i．在水中的溶解度小，導致其未能與 Na2CO3溶液反應，因此無明顯現象，故答案為：在水中的溶解度小，沒能與Na2CO3溶液反應。
ii．析出的白色晶體可能同時含有和，稱取晾干后的白色晶體，加熱至恒重，將產生的氣體依次通過足量的無水和溶液。受熱分解生成的氣體中有和，而分解產生的氣體中只有，無水可以吸收分解產生的，溶液可以吸收分解產生的；溶液增重 0.088g ，則分解產生的的質量為 0.088g ，物質的量為，則的物質的量為，白色晶體中的質量為，故其質量分數為，故答案為：80%。
【分析】（1）配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，據此選擇所需儀器；
（2）研細能增大反應物的接觸面積；
（3）氨氣和二氧化碳要反應才能生成碳酸氫銨，但氣體的溶解度是有限的，不能完全反應；
（4）碳酸鈉與鹽酸反應分步進行，根據兩個滴定終點所消耗的鹽酸用量分析產品的成分；
（5）通過對比實驗可以發現的充分溶解對的生成有利。
16．【答案】（1）-41.2
（2）bc
（3）反應①的正反應活化能小，進行的更容易；催化劑失去活性
（4）b
（5）增大；
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡狀態的判斷；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）設① ，② ，根據蓋斯定律，將②-①可得 ，則，故答案為：-41.2。
（2）a．恒容密閉容器，氣體的質量不變，體積不變，則其密度是定值，因此當氣體密度不變，不能說明達到平衡狀態，故a不符合題意；
b．兩個反應均為氣體體積增大的反應，壓強隨反應進行發生變化，因此當壓強不變時，反應達到平衡狀態，故b符合題意；
c．的濃度不變，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態，故c符合題意；
d．CO和CO2物質的量相等，不能說明其濃度不變，不能判斷達到平衡狀態，故d不符合題意；
故選bc。
（3）反應①的選擇性接近100%，原因是反應①的活化能低，進行的更容易；升高溫度，反應歷程不變，反應①的選擇性下降，是因為溫度會影響催化劑活性，溫度太高導致催化劑失去活性，導致反應①的選擇性下降，故答案為：反應①的正反應活化能小，進行的更容易；催化劑失去活性。
（4）a．增加原料中CH4的量，反應的平衡正向移動，但CH4自身轉化率降低，故a不符合題意；
b．增大原料中CO2的量，反應的平衡正向移動，CH4轉化率增大，故b符合題意；
c．通入Ar，各物質濃度不變，平衡不移動，CH4轉化率不變，故c不符合題意；
故選b。
（5）i.恒壓時，隨著Ar含量上升，反應物的分壓減小，相當于減壓，平衡正向移動，壓強不影響反應④平衡移動；則隨著Ar含量下降，反應③和⑤平衡逆向移動，但甲烷的轉化率下降的更快，而反應①甲烷二氧化碳轉化率相同，說明反應⑤逆移程度稍小，但CO減小的少，則n(CO)：n(H2)增大，故答案為：增大。
ii.設初始投料：、、，平衡時，甲烷轉化率為20%，二氧化碳的轉化率為30%，則平衡時：
；
；
根據碳元素守恒：；
根據氧元素守恒：；
根據氫元素守恒：；
平衡時，氣體總物質的量為，Ar的分壓為，則總壓為，、、、，反應⑤的平衡常數。
【分析】（1）根據蓋斯定律計算；
（2）可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變，據此判斷；
（3）催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，溫度會影響催化劑的活性；
（4）化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
（5）先計算各氣體的分壓，結合平衡常數表達式計算。
17．【答案】（1）酮羰基；還原反應
（2）
（3）
（4）c
（5）
（6）生成的HCl酸性太強，產物不穩定
（7）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；芳香烴；同分異構現象和同分異構體；縮聚反應
【解析】【解答】（1）由B的結構簡式可知，其含氧官能團名稱為酮羰基；B→C的過程中，B中的羰基轉化為C中的羥基，發生還原反應，故答案為：酮羰基；還原反應。
（2）A→B的過程中， 還生成(NH4)2SO4和，則反應的化學方程式為。
（3）G是C的同分異構體，則其分子式為C6H6O2，含有-CH2OH，該結構占據1個碳原子，則G肯定不含苯環，由于核磁共振氫譜只有兩組峰，其結構對稱，且具有4個不飽和度，滿足條件的結構簡式為，故答案為：。
（4）a．A中含有氨基，能和乙酸發生取代反應生成酰胺基，a正確；
b．B的位置異構體只有1種，b錯誤；
c．D→E的反應中，氟苯取代了CCl4中的兩個氯原子，CCl4是反應物，c正確；
d．E→F的反應中，涉及鹵代烴的水解反應（取代反應），d正確；
故選b。
（5）H的結構簡式為，H與F發生縮聚反應時，H中羥基的O-H鍵斷裂，F中的C-F鍵斷裂，縮聚產物結構簡式為。
（6）制備PESEK反應中，單體之一選用芳香族氟化物F，是因為：生成的HCl酸性太強，產物不穩定。
（7）酮可以被過氧酸氧化為酯基，要合成苯甲酸苯酯，可先合成，再發生已知反應得到產物，可由苯發生類似D→F的反應得到，則具體合成路線為。
【分析】（1）根據B的結構簡式確定含有的官能團；B中羰基轉化為C中的羥基；
（2）結合A、B的結構簡式以及反應條件書寫化學方程式；
（3）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（4）根據合成路線，結合各物質的結構分析其性質；
（5）H與F發生縮聚反應時，H中羥基的O-H鍵斷裂，F中的C-F鍵斷裂；
（6）氯化物在反應的過程中會生成HCl；
（7）參照題干合成路線，采用逆合成分析法確定具體合成路徑。
1 / 1

展開更多......

收起↑