2025年安徽高考真题化学试题答案及解析_1.高考2025全国各省真题+答案_8.高考化学真题及答案更新中_2.安徽化学真题

2025 年安徽省普通高等学校招生选择性考试 化学 本卷共 18题，共 100分，共 8页，考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案选项涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区 域。写在本试卷上无效， 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 I 127 一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1. 下列有关物质用途的说法错误的是 A. 生石灰可用作脱氧剂 B. 硫酸铝可用作净水剂 C. 碳酸氢铵可用作食品膨松剂 D. 苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂 【答案】A 【解析】   【详解】A．生石灰（CaO）主要用作干燥剂，通过吸水反应生成Ca OH ，而非与氧气反应，因此不 2 能作为脱氧剂，A错误；   B．硫酸铝溶于水后水解生成Al OH 胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确； 3 C．碳酸氢铵受热分解产生CO 和NH ，使食品膨松，可用作膨松剂，C正确； 2 3 D．苯甲酸及其钠盐是常见食品防腐剂，能抑制微生物生长，D正确； 故选A。 2. 以下研究文物的方法达 ． 不 ． 到 ． 目 ． 的 ． 的是 A. 用14C断代法测定竹简的 B. 用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 C. 用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 D. 用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量 【答案】D 第1页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【详解】A．¹⁴C断代法通过测定有机物中¹⁴C的残留量确定年代，竹简为植物制品，适用此方法，A正确； B．X射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构，玉器为晶体矿物，适用此方法，B正确； C．原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，可用于分析漆器表层元素，C正确； D．红外光谱法用于分析分子官能团和结构，无法直接测定相对分子质量（需质谱法），D达不到目的； 故选D。 3. 用下列化学知识解释对应劳动项目不 ． 合 ． 理 ． 的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用大米制麦芽糖 淀粉水解生成麦芽糖 B 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液呈碱性 C 给小麦施氮肥 氮是小麦合成蛋白质的必需元素 D 用肥皂洗涤油污 肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基 A.A B.B C.C D.D 【答案】B 【解析】 【详解】A．淀粉在酸性或酶催化下水解生成麦芽糖，用大米制麦芽糖符合该过程，A正确； B．次氯酸钠的消毒作用源于其水解生成的HClO具有强氧化性，而非溶液呈碱性，B错误； C．氮元素是植物合成蛋白质、叶绿素等的必需元素，施氮肥解释合理，C正确； D．肥皂中的高级脂肪酸钠含亲水基（羧酸根）和疏水基（长链烷基），可乳化油污，解释正确，D正确； 故选B。 4. 一种天然保幼激素的结构简式如下： 下列有关该物质的说法，错误的是 A. 分子式为C H O B. 存在4个C—O σ键 19 32 3 C. 含有3个手性碳原子 D. 水解时会生成甲醇 第2页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【答案】B 【解析】 【详解】A．该分子不饱和度为4，碳原子数为19，氢原子数为21924232，化学式为C H O ， 19 32 3 A正确； B．醚键含有2个C-O 键，酯基中含有3个C-O 键，如图： ，则1个分子中含有5 个C-O 键，B错误； C．手性碳原子是连接4个不同基团的C原子，其含有3个手性碳原子，如图： ，C正确； D．其含有-COOCH 基团，酯基水解时生成甲醇，D正确； 3 故选B。 -40℃ 5. 氟气通过碎冰表面，发生反应① F +H O HOF+HF ，生成的 HOF 遇水发生反应 2 2 ②HOF+H O=HF+H O 。下列说法正确的是 2 2 2 A. HOF 的电子式为 B. H O 为非极性分子 2 2 C. 反应①中有非极性键的断裂和形成 D. 反应②中HF为还原产物 【答案】A 【解析】 【详解】A．HOF中心原子为O，与H、F通过共用电子对形成共价键，电子式为 ，A正确 B．H O 空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； 2 2 C．反应①中F-F非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C错误； D．F的电负性大于O，HOF中氟表现为-1价，O为0价，H为+1价，生成物HF中氟还是-1价，F的化合 价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为H O，H O 既是氧化产物也是还原产物，HF既不是氧 2 2 2 化产物也不是还原产物，D错误； 故选A。 阅读材料，完成下列小题。 第3页/共23页 学科网（北京）股份有限公司氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N 。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同 2 时生成NaNH 。NaNH 遇水转化为NaOH。Cu(OH) 溶于氨水得到深蓝色  Cu  NH    (OH) 溶液， 2 2 2 3 4 2 加入稀硫酸又转化为蓝色Cu  H O  SO 溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与  2 4 4   HgCl 溶液反应生成Hg NH Cl沉淀。 2 2 6. 下列有关反应的化学方程式错误的是 点燃 A. 氨在氧气中燃烧：4NH +3O 2N +6H O 3 2 2 2 B. 液氨与金属钠反应：2Na+2NH (1)=2NaNH +H  3 2 2 C. 氨水溶解Cu(OH) 2 ：Cu(OH) 2 +4NH 3 =  Cu  NH 3  4   (OH) 2 D. 浓氨水与HgCl 反应：HgCl +NH =Hg  NH  Cl +HCl 2 2 3 2 7. 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A. 与H+结合的能力：OH->NH- B. 与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+ 2 C. H O和NH 分子中的键长：O—H>N—H D. 微粒所含电子数：NH+>NH- 2 3 4 2 【答案】6.D 7.B 【解析】 【分析】 【6题详解】 A．根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成N ，所给方程式符合反应原理，A正确； 2 B．金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应 原理，B正确； C．根据题干信息可知，Cu(OH) 2 溶于氨水得到深蓝色  Cu  NH 3  4   (OH) 2 溶液，所给方程式符合反应原 理，C正确；   D．浓氨水与HgCl 溶液反应生成Hg NH Cl沉淀，生成物应为NH Cl，方程式为： 2 2 4 HgCl +2NH =Hg  NH  Cl+NH Cl，D错误 2 3 2 4 故选D； 【7题详解】 第4页/共23页 学科网（北京）股份有限公司A．根据题干信息，NaNH 遇水转化为NaOH，反应为：NaNH +H-OH=NaOH+H-NH ，说明NH结 2 2 2 2 合H+能力更强，A错误； B．根据题干信息，深蓝色  Cu  NH 3  4   (OH) 2 溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色  Cu  H 2 O  4 SO 4   溶液， 说明NH 更容易与H配位形成NH，故与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+，B正确； 3 4 C．原子半径N＞O，则键长：O—H＜N—H，C错误； D．NH所含电子数为74110，NH所含电子数72110，相同数量的两种微粒所含电子数相 4 2 等，D错误； 故选B。 8. 下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 选项 实验 粒子组 稀硝酸与铜片制 H+、Cu2+、NO、NO 3 A NO 70% 硫 酸 与 H+、Na+、SO2、HSO 4 3 B Na SO 制SO 2 3 2 浓 盐 酸 与 H+、K+、Mn2+、Cl- C KMnO 制Cl 4 2 双氧水与FeCl 3 H+、Fe2+、Cl-、H O 2 2 D 溶液制O 2 A.A B.B C.C D.D 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硝酸与铜反应生成H+、Cu2+、NO和NO，NO难溶于水，无法大量存在，A不符合题意； 3 B．70%硫酸与Na SO 反应生成SO ，溶液中应含H+、Na+、SO2，但HSO在强酸性条件下会转化为SO 2 3 2 4 3 2 和H O，无法大量存在，B不符合题意； 2 第5页/共23页 学科网（北京）股份有限公司C．浓盐酸与KMnO 4 反应生成Cl 2 ，产物为K、Mn2、Cl和H+，这些离子在酸性环境中稳定共存，无 后续反应干扰，C符合题意； D．FeCl 催化H O 分解生成O ，溶液中应含Fe3＋而非Fe2＋，D不符合题意； 3 2 2 2 故选C。 9. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。 下列说法错误的是 A. 元素电负性：X>Z>Y B. 该物质中Y和Z均采取即sp3 杂化 C. 基态原子未成对电子数：WZ>Y 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，且X、Z均形成2 个共价键，则X为O，Z为S；Y形成5个共价键且原子序数位于O、S之间，则Y为P；W形成1个共价 键，原子序数最小，则W为H； 【详解】A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性O>S>P， 即X>Z>Y，A项正确； 51212 B．该物质中，P原子的价层电子对数为4 4，为sp3杂化，S原子的价层电子对数为 2 611 2 4，为sp3杂化，B项正确； 2 C．基态H原子未成对电子数为1，基态O原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P原子 的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数HS，D项错误； 故选D。 10. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极，平行浸入 在铁制镀件表面镀铜 第6页/共23页 学科网（北京）股份有限公司CuSO 溶液中 4 向粗盐水中先后加入过量Na CO 溶液、NaOH溶液和BaCl 粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+ 2 3 2 B 溶液 和SO2-杂质离子 4 探究cH+ 对如下平衡的影响： 向2mL0.1molL-1K Cr O 溶液中滴加5滴6molL-1 NaOH 2 2 7 C Cr O2-+H O 2CrO2-+2H+ 溶液，再滴加5滴6molL-1 H SO 溶液 2 7 2 4 2 4 (橙色) (黄色) D 将有机物M溶于乙醇，加入金属钠 探究M中是否含有羟基 A.A B.B C.C D.D 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁作为镀件应接电源负极，若将铁接正极会导致其放电而溶解，A错误； B．粗盐提纯时，BaCl 应在Na CO 之前加入，以便除去过量Ba2，B错误； 2 2 3 C．通过加NaOH降低H+浓度使溶液变黄，再加H SO 提高H+浓度恢复橙色，验证浓度对平衡的影响，C 2 4 正确； D．乙醇本身含羟基，也可与金属钠反应，会干扰M中羟基的检测，D错误； 故选C。 11. 恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速 率v=kx，k为反应速率常数)。 第7页/共23页 学科网（北京）股份有限公司下列说法错误的是 x k k A. 该条件下 N,平衡 = -1 2 x k k M,平衡 1 -2 B. 0~t 时间段，生成M和N的平均反应速率相等 1 C. 若加入催化剂，k 增大，k 不变，则x 和x 均变大 1 2 1 M,平衡 D. 若A(g)M(g)和A(g)N(g)均为放热反应，升高温度则x 变大 A,平衡 【答案】C 【解析】 K K 【详解】A．①A(g) M(g)的K  1 ，②A(g) N(g) K  2 ，②－①得到M(g) N(g)，则 K K 1 2 K 2 X 平衡 K K K K= N  2  2 1 ，A正确； X 平衡 K K K M 1 1 2 K 1 B．由图可知，0~t 时间段，生成M和N的物质的量相同，由此可知，成M和N的平均反应速率相等，B 1 正确； C．若加入催化剂，k 增大，更有利于生成M，则x 变大，但催化剂不影响平衡移动，x 不变，C错 1 1 M,平衡 误； 第8页/共23页 学科网（北京）股份有限公司D．若A(g)M(g)和A(g)N(g)均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A的物质的量分数 变大，即x 变大，D正确； A,平衡 故选C。 12. 碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为d pm。下图给出了碘的单层结构，层内碘分子间 存在“卤键”(强度与氢键相近)。N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A A. 碘晶体是混合型晶体 B. 液态碘单质中也存在“卤键” 2254 C. 127g碘晶体中有N 个“卤键” D. 碘晶体的密度为 gcm-3 A abdN 10-30 A 【答案】A 【解析】 【详解】A．碘晶体中，分子间是“卤键”(类似氢键)，层与层间是范德华力，与石墨不同(石墨层内只存在 共价键)所以碘晶体是分子晶体，A错误； B．由图可知，题目中的“卤键”类似分子间作用力，只不过强度与氢键接近，则液态碘单质中也存在类似 的分子间作用力，即“卤键”，B正确； C．由图可知，每个I 分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用，所以每个碘分子能形成 2 2个“卤键”，127g碘晶体物质的量是0.5mol，“卤键”的个数是0.5mol2N mol1  N ，C正确； A A 1 D．碘晶体为层状结构，所给区间内4个碘原子处于面心，则每个晶胞中碘原子的个数是8 4，晶胞 2 2254 的体积是abc1030cm3，密度是 gcm-3 ，D正确； abdN 10-30 A 故选A。 13. 研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许Li通过。下 列说法正确的是 第9页/共23页 学科网（北京）股份有限公司A. 放电时电解质溶液质量减小 B. 放电时电池总反应为H +2Li=2LiH 2 C. 充电时Li+移向惰性电极   D. 充电时每转移1mol电子，c H+ 降低1mol  L-1 【答案】C 【解析】 【分析】金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，气体扩散电极为正极，电池在使用前需先充电， 目的是将LiH PO 解离为Li和H PO，则充电时，惰性电极为阴极，电极的反应为：Li e  Li， 2 4 2 4 阳极为气体扩散电极，电极反应：H 2e 2H PO 2H PO ，放电时，惰性电极为负极，电极反应 2 2 4 3 4 为：Lie  Li，气体扩散电极为正极，电极反应为2H PO 2e 2H PO H ，据此解答。 3 4 2 4 2 【详解】A．放电时，Li会通过固体电解质进入电解质溶液，同时正极会生成H 进入储氢容器，当转移 2 2mol电子时，电解质溶液质量增加7g/mol2mol1mol2g/mol 12g，即电解质溶液质量会增大， A错误； B．放电时，由分析中的正、负电极反应可知，总反应为2Li+2H PO =H +2LiH PO ，B错误； 3 4 2 2 4 C．充电时，Li向阴极移动，则Li向惰性电极移动，C正确； D．充电时每转移1mol电子，会有1molH与H PO结合生成H PO ，但不知道电解液体积，无法计算 2 4 3 4 c  H 降低了多少，D错误； 故选C。 14. H A是二元弱酸，M2+不发生水解。25C时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液 2 中lgc  M2+ /  molL-1 与pH的关系如下图所示。   第10页/共23页 学科网（北京）股份有限公司已知25℃时，K  H A  =10-1.6,K  H A  =10-6.8,lg2=0.3。下列说法正确的是 a1 2 a2 2 A. 25℃时，MA的溶度积常数K (MA)=10-6.3 sp         B. pH=1.6时，溶液中c M2+ >c Cl- >c HA- >c A2- C. pH=4.5时，溶液中c  HA-  >c  H A  >c  A2-  2 D. pH=6.8时，溶液中c  H+  +2c  HA-  +c  H A  =c  OH-  +c  Cl-  2 【答案】A 【解析】 【分析】MA存在沉淀溶解平衡：MA  s  M2 aq A2 aq  ，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐 酸，发生反应A2 H  HA，继续加盐酸发生反应HA H  H A，由，K  H A  =10-1.6可知， 2 a1 2 当c  H A c  HA 时，pH=1.6，K  H A  =10-6.8，则c  A2 c  HA 时，pH=6.8， 2 a2 2 c  A2 c2 H K ×K = =108.4，当c  A2 c  H A  时，pH=4.2，则可将图像转化为 a1 a2 c  H A  2 2 进行分析； 第11页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．溶液中存在物料守恒：c  M2 c  H A c  HA c  A2 ，当pH=6.8时， 2 c  HA c  A2 ，c  H A  很低，可忽略不计，则c  M2 2c  A2 103， 2 K sp (MA)=c  M2 ×c  A2 =10-3× 1 2 ×103= 1 2 ×106，p  K sp  MA   =-6-lg2=-6.3，则K sp (MA)=10-6.3， A正确； B．根据物料守恒：c  M2 c  H A c  HA c  A2 ，c  M2＞c  HA ，由图像可知，pH=1.6 2 时，c  HA＞c  A2 成立，由电荷守恒：c  H 2c  M2 c  Cl c  HA 2c  A2 c  OH ， 结合物料守恒，约掉c  HA 得到c  H A c  H c  M2 c  Cl c  A2 c  OH ，由图像可知， 2 c  H A ＞c  A2 且c  H＞c  OH ，则c  M2＜c  Cl ，故离子浓度顺序： 2         c Cl- c M2+ >c HA- >c A2- ，B错误； C．由图像可知，pH=4.5时，溶液中c  HA-  >c  A2-  >c  H A  ，C错误； 2 D．pH=6.8时，c  HA c  A2 ，根据电荷守恒关系： c  H 2c  M2 c  Cl c  HA 2c  A2 c  OH ，将物料守恒代入，约掉c  M2 得到 c  H 2c  H A c  HA c  A2 c  Cl  c  HA  2c  A2  c  OH  ，化简得到  2  c  H 2c  H A c  HA c  Cl c  OH ，D错误； 2 故选A。 二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。 15. 某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO 、SiO 、CaCO、SrCO 和MgCO 等，一种提取该废渣中锶的流程 4 2 3 3 3 如下图所示。 已知25℃时，K  SrSO  =10-6.46,K  BaSO  =10-9.97 sp 4 sp 4 回答下列问题： （1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为_______。 （2）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、_______(填离子符号)。 第12页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（3）“盐浸”中SrSO 转化反应的离子方程式为_______；25℃时，向0.01 mol SrSO 粉末中加入 4 4 100mL0.11molL-1BaCl 溶液，充分反应后，理论上溶液中c  Sr2+  c  SO2-  =_______  molL-1 2 (忽略 2 4 溶液体积的变化)。 （4）其他条件相同时，盐浸2h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原 因是_______。 （5）“漫出渣2”中主要含有SrSO 、_______(填化学式)。 4 （6）将窝穴体a(结构如图2所示)与 K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是 _______。 （7）由SrCl 6H O制备无水SrCl 的最优方法是_______(填标号)。 2 2 2 a．加热脱水 b．在HCl气流中加热 c．常温加压 d．加热加压 【答案】（1）5s2 （2）Ca2、Mg2 （3） ①. SrSO  s  +Ba2 aq  BaSO  s  +Sr2 aq  ②. 108.97 4 4 （4）SrSO  s  +Ba2 aq  BaSO  s  +Sr2 aq  为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出 4 4 率增大 （5）BaSO 、SiO 4 2 第13页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（6）Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定 （7）a 【解析】 【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO 、SiO 、CaCO、SrCO 和MgCO 等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐 4 2 3 3 3 溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO 、SiO ，加入BaCl 溶液，发生沉淀转化， 4 2 2 SrSO  s  +Ba2 aq  BaSO  s  +Sr2 aq  ，得到SrCl 溶液，经过系列操作得到SrCl ·6H O晶体； 4 4 2 2 2 【小问1详解】 锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为5s2； 【小问2详解】 由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2、Mg2； 【小问3详解】 由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO  s  +Ba2 aq  BaSO  s  +Sr2 aq  ； 4 4 c  Sr2 c  Sr2 ·c  SO2 K  SrSO  10-6.46 该反应的平衡常数K  4  sp 4  =103.51，平衡常数很大，近 c  Ba2 c  Ba2 ·c  SO2 K  BaSO  10-9.97 4 sp 4 似认为SrSO 完全转化，溶液中剩余n  Ba2 1103mol，则 4   K BaSO c  SO2  sp 4 107.97mol/L，列三段式： 4 c  Ba2 SrSO  s   Ba2 aq   BaSO  s   Sr2  aq  4 4 初始mol 0.01 0.011 0 ，理论上溶液中 变化mol 0.01 0.01 0.01 平衡mol 0.001 0.01 c  Sr2+  c  SO2-  =107.97mol/L101mol/L108.97  molL-1 2 ； 4 【小问4详解】 随温度升高锶浸出率增大，原因是离子半径：Ba2＞Sr2，晶格能：SrSO ＞BaSO ，则 4 4 SrSO  s  +Ba2 aq  BaSO  s  +Sr2 aq  为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大； 4 4 【小问5详解】 “盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO ，SiO 不参与反应，故漫出渣2”中主要含有SrSO 、BaSO 、 4 2 4 4 SiO ； 2 第14页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【小问6详解】 窝穴体a与 K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是Sr2+具有更多的空轨道，能够 与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； 【小问7详解】 Ca  OH  为强碱，则Sr  OH  也是强碱，Sr2不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl 6H O制备 2 2 2 2 无水SrCl 的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。 2 16. 侯氏制碱法以NaCl、CO 和NH 为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以NaCl和 2 3 NH HCO 为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： 4 3 ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的NH HCO ，加入饱和食盐水中，搅拌，使NH HCO ，溶解，静置，析出 4 3 4 3 NaHCO 晶体； 3 ③将NaHCO 晶体减压过滤、煅烧，得到Na CO 固体。 3 2 3 回答下列问题： （1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有_______(填名称)。 （2）步骤②中NH HCO 需研细后加入，目的是_______。 4 3 （3）在实验室使用NH HCO 代替CO 和NH 制备纯碱，优点是_______。 4 3 2 3 （4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所 示。 第15页/共23页 学科网（北京）股份有限公司i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸VmL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V mL。V=V ，所得 1 2 1 2 产品的成分为_______(填标号)。 a．Na CO b．NaHCO c．Na CO 和NaHCO d．Na CO 和NaOH 2 3 3 2 3 3 2 3 ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所 记录的V '_______V (填“>”“<”或“=”)。 1 1 （5）已知常温下Na CO 和NaHCO 的溶解度分别为30．7g和10．3g。向饱和Na CO 溶液中持续通入 2 3 3 2 3 CO 气体会产生NaHCO 晶体。实验小组进行相应探究： 2 3 实验 操作 现象 将 CO 匀速通入置于烧杯中的 20mL 饱和 2 a 无明显现象 Na CO 溶液，持续20min，消耗600mL CO 2 3 2 将 20mL 饱和 Na CO 溶液注入充满 CO 的 2 3 2 矿泉水瓶变瘪，3min后开始 b 500mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶 有白色晶体析出 1~2min，静置 i．实验a无明显现象的原因是_______。 ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO 和Na CO 10H O。称取0.42g晾干后的白色晶体，加热至恒 3 2 3 2 重，将产生的气体依次通过足量的无水CaCl 和NaOH溶液，NaOH溶液增重0．088g，则白色晶体中 2 NaHCO 的质量分数为_______。 3 第16页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）烧杯、玻璃棒 （2）加快NH HCO 溶解、加快NH HCO 与NaCl反应 4 3 4 3 （3）工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高 （4） ①.a ②.> （5） ①. CO 在饱和Na CO 溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成 2 2 3 的NaHCO 的量较少，NaHCO 在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 ②. 80% 3 3 【解析】 【分析】本题以NaCl和NH HCO 为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试剂； 4 3 用NH HCO 代替CO 和NH ，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；滴定分析 4 3 2 3 中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过对比实 验可以发现CO 的充分溶解对NaHCO 的生成有利。 2 3 【小问1详解】 步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其 恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。 【小问2详解】 固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中NH HCO 需研细后 4 3 加入，目的是加快NH HCO 溶解、加快NH HCO 与NaCl反应。 4 3 4 3 【小问3详解】 CO 和NH 在水中可以发生反应生成NH HCO ，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对环境会 2 3 4 3 产生不好的影响，因此，在实验室使用NH HCO 代替CO 和NH 制备纯碱，其优点是工艺简单、绿色环保、 4 3 2 3 制备产品的效率较高、原料利用率较高。 【小问4详解】 i．根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B时，发生的反应为Na CO HCl=NaCl+NaHCO ， 2 3 3 消耗盐酸VmL;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为NaHCO HCl=NaCl+CO H O，又消耗 1 3 2 2 盐酸V mL,因为V=V ，说明产品中不含NaHCO 和NaOH，因此，所得产品的成分为Na CO ，故选 2 1 2 3 2 3 a。 ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓，其必然会 第17页/共23页 学科网（北京）股份有限公司使一部分Na CO 与盐酸反应生成CO ，从而使得V 偏大、V 偏小，因此，该同学所记录的V '>V 。 2 3 2 1 2 1 1 【小问5详解】 i．实验a无明显现象的原因是：CO 在饱和Na CO 溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的 2 2 3 速率也较小，生成的NaHCO 的量较少，NaHCO 在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。 3 3 ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO 和Na CO 10H O。称取0.42g晾干后的白色晶体，加热至恒 3 2 3 2 重，将产生的气体依次通过足量的无水CaCl 和NaOH溶液。NaHCO 受热分解生成的气体中有H O和 2 3 2 CO ，而Na CO 10H O分解产生的气体中只有H O，无水CaCl 可以吸收分解产生的H O，NaOH 2 2 3 2 2 2 2 溶液可以吸收分解产生的CO ；NaOH溶液增重0．088g，则分解产生的CO 的质量为0．088g，其物质 2 2 0．088g 的量为 0.002mol，由分解反应可知，NaHCO 的物质的量为0.004mol，则白色晶体中 44gmol1 3 0.336 NaHCO 的质量为0.004mol84gmol1 0.336g，故其质量分数为 100%80%。 3 0.42 17.I．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)=CO(g)+H O(g) ΔH =+26.3kJmol-1 2 1 ②HCOOH(g)=CO (g)+H (g) ΔH =-14.9kJmol-1 2 2 2 （1）反应CO(g)+H O(g)=CO (g)+H (g)的ΔH=_______kJmol-1。 2 2 2 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应下列说法中能表 明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体感压强不变 c．H O(g)的浓度不变 d．CO和CO 的物质的量相等 2 2 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是_______；升高 温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 第18页/共23页 学科网（北京）股份有限公司Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H )的重要方法，主要反应有： 2 ③CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H 4 2 2 ④CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) 2 2 2 ⑤CH (g)+H O(g) CO(g)+3H O 4 2 2 （4）恒温恒容条件下，可提高CH 转化率的措施有_______(填标号)。 4 a．增加原料中CH 的量 b．增加原料中CO 的量 c．通入Ar气 4 2 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH /CO /Ar混合气，投料组成与CH 和CO 的 4 2 4 2 平衡转化率之间的关系如下图。   i．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO):n H 的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 2 ii．若平衡时Ar的分压为p kPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数K =_______(kPa)2(用含p的代 p 第19页/共23页 学科网（北京）股份有限公司数式表示，K 是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 p 【答案】（1）-41.2 （2）bc （3） ①. 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 ②. 催化 剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 （4）b （5） ①. 增大 ②.0.675p2 【解析】 【小问1详解】 由 盖 斯 定 律 ， ② － ① 可 以 得 到 目 标 反 应 ， 则 H=H －H =－14.9kJ/ mol26.3kJ/ mol 41.2kJ/ mol ； 2 1 【小问2详解】 a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；   c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则H O g 浓度不变，是平衡状态； 2 d．CO和CO 物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态； 2 故选bc； 【小问3详解】 反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应 ①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性 下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； 【小问4详解】 a．增加原料中CH 的量，CH 自身转化率降低； 4 4 b．增大原料中CO 的量，CH 转化率增大； 2 4 c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH 转化率不变； 4 故选b； 【小问5详解】 如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动， 压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快， 而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则n(CO):n(H )增大； 2 设初始投料：n  CH 4mol、n  CO 4mol 、n  Ar 2mol，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧 4 2 第20页/共23页 学科网（北京）股份有限公司化碳的转化率为30%，则平衡时： n  CH 4mol4mol20%3.2mol； 4 n  CO 4mol4mol30%=2.8mol； 2 根据碳元素守恒：n  CO 8moln  CH n  CO 8mol3.2mol2.8mol=2mol； 4 2 根据氧元素守恒：n  H O 8moln  CO 2n  CO 8mol2mol22.8mol=0.4mol； 2 2 根据氢元素守恒：n  H 8mol2n  CH n  H O 8mol23.2mol0.4mol=1.2mol； 2 4 2 平衡时，气体总物质的量为3.2mol2.8mol2mol0.4mol1.2mol2mol 11.6mol，Ar的分压为 1.2 2 pkPa，则总压为5.8pkPa，p  H O  5.8pkPa=0.6pkPa、p  CO  5.8pkPa=pkPa、 2 11.6 11.6 3.2 0.4 p  CH  5.8pkPa=1.6pkPa 、 p  H O  5.8pkPa=0.2pkPa ， 反 应 ⑤ 的 平 衡 常 数 4 11.6 2 11.6  0.6p 3p K   kpa 2 0.675p2 kpa 2。 p 1.6p0.2p 18. 有机化合物C和F是制造特种工程塑料的两种重要单体，均可以苯为起始原料按下列路线合成(部分反 应步骤和条件略去)： 回答下列问题： （1）B中含氧官能团名称为_______；B→C的反应类型为_______。   （2）已知A→B反应中还生成 NH SO 和MnSO ，写出A→B的化学方程式_______。 4 2 4 4 （3）脂肪烃衍生物G是C的同分异构体，分子中含有羟甲基(-CH OH)，核磁共振氢谱有两组峰。G的结 2 构简式为_______。 （4）下列说法错误的是_______(填标号)。 a．A能与乙酸反应生成酰胺 b．B存在2种位置异构体 c．D→E反应中，CCl 是反应试剂 d．E→F反应涉及取代过程 4 （5）4，4'-二羟基二苯砜(H)和F在一定条件下缩聚，得到性能优异的特种工程塑料——聚醚砜醚酮 第21页/共23页 学科网（北京）股份有限公司(PESEK)。写出PESEK的结构简式_______。 （6）制备PESEK反应中，单体之一选用芳香族氟化物F，而未选用对应的氯化物，可能的原因是_______。 （7）已知酮可以被过氧酸(如间氯过氧苯甲酸，MCPBA)氧化为酯： 参照题干合成路线，写出以苯为主要原料制备苯甲酸苯酯( )的合成路线 _______(其他试剂任选)。 【答案】（1） ①. 酮羰基 ②. 还原反应   （2） +5H SO +4MnO  +4MnSO + NH SO +4H O； 2 4 2 4 4 2 4 2 （3）HOCH -CC-CC-CH OH 2 2 （4）b （5） （6）电负性：F＞Cl，C-F键极性更大，易断裂，容易与H发生缩聚反应 （7） 【解析】 【分析】A发生氧化反应生成B，B发生还原反应生成C，A发生取代反应生成C，2个C分子取代了CCl 4 中的两个氯原子生成了E，E中的两个氯原子发生水解反应，一个碳原子上连接两个羟基不稳定，会脱水形 成酮羰基得到F，据此解答； 【小问1详解】 由B的结构简式可知，其含氧官能团名称为酮羰基；B的不饱和度为5，C的不饱和度为4，属于加氢的反 应，为还原反应； 【小问2详解】 A→B还会生成硫酸铵和硫酸锰，根据原子守恒，配平反应为   +5H SO +4MnO  +4MnSO + NH SO +4H O； 2 4 2 4 4 2 4 2 第22页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】 G是C的同分异构体，G的不饱和度为4，碳原子数为6，含有-CH OH，则其不可能含有苯环，核磁共振 2 氢谱只有两组峰，满足条件的结构简式为HOCH -CC-CC-CH OH； 2 2 【小问4详解】 a．A中含有氨基，能和乙酸发生取代反应生成酰胺基，a正确； b．B 的位置异构体只有1种，如图： ，b错误； c．D→E的反应中，氟苯取代了CCl 中的两个氯原子，CCl 是反应物，c正确； 4 4 d．E→F的反应中，涉及卤代烃的水解(取代)反应，d正确； 故选b； 【小问5详解】 H的结构简式为 ，与F发生缩聚反应时，H中羟基的O-H键断裂，F中的 C-F键断裂，缩聚产物结构简式为 ； 【小问6详解】 电负性：F＞Cl，C-F键极性更大，易断裂，容易与H发生缩聚反应，所以不选择对应的氯化物； 【小问7详解】 根据已知的反应可知，得到苯甲酸苯酯，需要合成 ，模仿D→F的合成路线，苯在无 水AlCl 作用下与CCl 发生取代反应生成 ，再发生E→F的反应得到 3 4 ，具体合成路线为 。 第23页/共23页 学科网（北京）股份有限公司