安徽2025年高考安徽卷化学高考真题文档版_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_10、安徽卷（9科全）_5.化学

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 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 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 试卷第1页，共11页A．A B．B C．C D．D 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 -40℃ 5．氟气通过碎冰表面，发生反应①F +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 阅读材料，完成下列小题。 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 2 慢放出气体，同时生成NaNH 。NaNH 遇水转化为NaOH。Cu(OH) 溶于氨水得到深蓝色 2 2 2   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。氨可以发生类似 于水解反应的氨解反应，浓氨水与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 试卷第2页，共11页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 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 A 稀硝酸与铜片制NO H+、Cu2+、NO、NO 3 B 70%硫酸与Na SO 制SO H+、Na+、SO2、HSO 2 3 2 4 3 C 浓盐酸与KMnO 制Cl H+、K+、Mn2+、Cl- 4 2 D 双氧水与FeCl 溶液制O H+、Fe2+、Cl-、H O 3 2 2 2 A．A B．B C．C D．D 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 10．下列实验操作能达到实验目的的是 选 实验操作 实验目的 项 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极， A 在铁制镀件表面镀铜 平行浸入CuSO 溶液中 4 向粗盐水中先后加入过量Na CO 溶液、NaOH 粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和 2 3 B 溶液和BaCl 溶液 SO2-杂质离子 2 4 试卷第3页，共11页向2mL0.1molL-1K 2 Cr 2 O 7 溶液中滴加5滴 探究cH+ 对如下平衡的影响： C 6molL-1 NaOH溶液，再滴加5滴6molL-1 H 2 SO 4 CrO2-+H O 2CrO2-+2H+ 2 7 2 4 (橙色) (黄色) 溶液 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 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)。 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 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 A 是 试卷第4页，共11页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 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 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 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， 2 平衡时溶液中lgc  M2+ /  molL-1 与pH的关系如下图所示。   试卷第5页，共11页已知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 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 4 2 3 3 3 中锶的流程如下图所示。 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)。 (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- = 2 4  molL-12 (忽略溶液体积的变化)。 (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 。 试卷第6页，共11页(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 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， 2 3 以NaCl和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 ， 4 3 4 3 溶解，静置，析出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。 试卷第7页，共11页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VmL。 1 2 V=V ，所得产品的成分为 (填标号)。 1 2 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 2 3 3 2 3 续通入CO 气体会产生NaHCO 晶体。实验小组进行相应探究： 2 3 实 操作 现象 验 将CO 匀速通入置于烧杯中的20mL饱和Na CO 溶液， 2 2 3 a 无明显现象 持续20min，消耗600mLCO 2 将20mL饱和Na CO 溶液注入充满CO 的500mL矿泉 矿泉水瓶变瘪，3min后 2 3 2 b 开始有白色晶体析出 水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶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， 3 2 3 2 加热至恒重，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 2 0．088g，则白色晶体中NaHCO 的质量分数为 。 3 试卷第8页，共11页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 。 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 4 2 4 试卷第9页，共11页CO 的平衡转化率之间的关系如下图。 2 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 2 变”)。 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 p 含p的代数式表示，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 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 2 组峰。G的结构简式为 。 (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 试卷第10页，共11页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(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甲酯的合成路线 (其他试剂任 选)。 试卷第11页，共11页1．A 【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 2 反应，因此不能作为脱氧剂，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．D 【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．B 【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．B 【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 ，A正确； 19 32 3 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： 答案第1页，共12页，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。 5．A 【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 2 2 2 也是还原产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，D错误； 故选A。 6．D 7．B 【分析】6．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， 2 A正确； 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．A．根据题干信息，NaNH 遇水转化为NaOH，反应为：NaNH +H-OH=NaOH+H-NH ， 2 2 2 说明NH结合H+能力更强，A错误； 2 答案第2页，共12页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 3 更容易与H配位形成NH 4 ，故与氨形成配位键的能力： H+>Cu2+，B正确； 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 4 2 含电子数相等，D错误； 故选B。 8．C 【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 3 不符合题意； 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 2 3 2 4 3 下会转化为SO 和H O，无法大量存在，B不符合题意； 2 2 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．D 【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 2 611 子对数为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．C 【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 2 应在Na 2 CO 3 之前加入，以便除去过量Ba2，B错误； 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 2 4 平衡的影响，C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．C 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)， K K 1 2 K 2 X 平衡 K K K 则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 1 应速率相等，B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 1 1 M,平衡 不变，C错误； 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．A 【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 2 答案第4页，共12页分子能形成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 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 1 2254 8 4，晶胞的体积是abc1030cm3，密度是 gcm-3，D正确； 2 abdN 10-30 A 故选A。 13．C 【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 2 4 2 4 的反应为：Li e Li，阳极为气体扩散电极，电极反应：H 2e2H PO 2H PO ， 2 2 4 3 4 放电时，惰性电极为负极，电极反应为：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 2 容器，当转移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 3 4 2 2 4 误； 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， 2 4 3 4 无法计算c  H 降低了多少，D错误； 故选C。 14．A 【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， 2 K H A=10-1.6可知，当cH Ac  HA 时，pH=1.6，K H A=10-6.8，则c  A2 c  HA a1 2 2 a2 2 c  A2 c2 H 时，pH=6.8，K ×K = =104.2，当c  A2 cH A时，pH=4.2，则可将图 a1 a2 cH A 2 2 答案第5页，共12页像转化为 进行分析； 【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 (MA)=10-6.3，A正确； sp 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， 2 pH=1.6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，cH A＞c  A2 且 2 2 c  H＞c  OH ，则c  M2＜c  Cl ，故离子浓度顺序：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  A 2 c  Cl  c  HA  2c A  2  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。 15．(1)5s2 答案第6页，共12页(2)Ca2+、Mg2+ (3) SrSO s+Ba2aq BaSO s+Sr2aq 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 4 4 浸出率增大 (5)BaSO 、SiO 4 2 (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 【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO、SiO、CaCO、SrCO 和MgCO 等，加入稀盐酸酸 4 2 3 3 3 浸，碳酸盐溶解进入滤液，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 4 4 2 2 2 晶体； 【详解】（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5s2； （2）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+； （3）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；该反应的平衡常数 4 4 c  Sr2 c  Sr2 ·c  SO2  K SrSO  10-6.46 K  4  sp 4  =10 3.51，平衡常数很大，近似认为 c  Ba2 c  Ba2 ·c  SO2  K BaSO  10-9.97 4 sp 4 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 （4）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 ， 4 4 答案第7页，共12页则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 4 4 浸出率增大； （5）“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 4 2 SrSO 、BaSO 、SiO ； 4 4 2 （6）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； （7）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 2 2 SrCl 6H O制备无水SrCl 的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。 2 2 2 16．(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) a > (5) 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 2 2 3 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 80% 【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 4 3 方法及所用的试剂；用NH HCO 代替CO 和NH ，使工艺变得简单易行，原料利用率较高， 4 3 2 3 且环保、制备效率较高；滴定分析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 2 3 成有利。 【详解】（1）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。 （2）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 需研细后加入，目的是加快NH HCO 溶解、加快NH HCO 与NaCl反应。 4 3 4 3 4 3 （3）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 2 3 4 3 答案第8页，共12页的利用率低且对环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用NH HCO 代替CO 和NH 制 4 3 2 3 备纯碱，其优点是工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。 （4）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 ，消耗盐酸VmL;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为 2 3 3 1 NaHCO HCl=NaCl+CO H O ，又消耗盐酸VmL,因为V=V ，说明产品中不含 3 2 2 2 1 2 NaHCO 和NaOH，因此，所得产品的成分为Na CO ，故选a。 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，其必然会使一部分Na CO 与盐酸反应生成CO ，从而使得V偏大、V 偏小，因此， 2 3 2 1 2 该同学所记录的V '>V 。 1 1 （5）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， 2 2 3 且两者发生反应的速率也较小，生成的NaHCO 的量较少，NaHCO 在该溶液中没有达到过 3 3 饱和状态，故不能析出晶体。 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， 3 2 3 2 加热至恒重，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 2 3 成的气体中有H O和CO ，而Na CO 10H O分解产生的气体中只有H O，无水CaCl 可以 2 2 2 3 2 2 2 吸收分解产生的H O，NaOH溶液可以吸收分解产生的CO ；NaOH溶液增重0．088g，则 2 2 0．088g 分解产生的CO 的质量为0．088g，其物质的量为 0.002mol，由分解反应可知， 2 44gmol1 NaHCO 的物质的量为0.004mol，则白色晶体中NaHCO 的质量为 3 3 0.336 0.004mol84gmol10.336g ，故其质量分数为 100%80%。 0.42 17．(1)-41.2 (2)bc (3) 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 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) 增大 0.675p2 答案第9页，共12页【详解】（1）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 （2）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； （3）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； （4）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； （5）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%， 4 2 二氧化碳的转化率为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 答案第10页，共12页平衡时，气体总物质的量为3.2mol2.8mol2mol0.4mol1.2mol2mol11.6mol，Ar的 1.2 分压为 pkPa，则总压为5.8pkPa，pH O 5.8pkPa=0.6pkPa、 2 11.6 2 3.2 pCO 5.8pkPa=pkPa、pCH  5.8pkPa=1.6pkPa、 11.6 4 11.6 0.4 pH O 5.8pkPa=0.2pkPa，反应⑤的平衡常数 2 11.6 0.6p3p K  kpa2 0.675p2kpa2。 p 1.6p0.2p 18．(1) 酮羰基 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) 【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 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 4 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； 【详解】（1）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； （2） 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 2 SO 4 +4MnO 2  +4MnSO 4 +NH 4  2 SO 4 +4H 2 O； （3）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 2 含有苯环，核磁共振氢谱只有两组峰，满足条件的结构简式为HOCH -CC-CC-CH OH； 2 2 （4）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； 答案第11页，共12页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； （5） 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 ； （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，所以不选择对应 的氯化物； （7） 根据已知的反应可知，得到苯甲酸苯甲酯，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 3 4 E→F的反应得到 ，具体合成路线为 。 答案第12页，共12页