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2025 年安徽高考真题化学试题
一、单选题
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】
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，因此不能作为脱氧剂，A错误；
2
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断代法测定竹简的年代
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
【解析】
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】
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 3C．含有3个手性碳原子 D．水解时会生成甲醇
【答案】B
【解析】
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-O𝜎键，酯基中含有3个C-O𝜎键，如图： ，则1个分子中含有5个C-O𝜎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①F +H O HOF+HF，生成的HOF遇水发生反应②HOF+H O=HF+H O 。下
2 2 2 2 2
列说法正确的是
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
【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既不是氧化产物也不是还原
2 2 2
产物，D错误；
故选A。
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慢放出气体，同时生成
2
NaNH 。NaNH 遇水转化为NaOH。Cu(OH) 溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH ) ](OH) 溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色
2 2 2 3 4 2
[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HgCl 溶液反应生成Hg(NH )Cl沉淀。
2 4 4 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) ：Cu(OH) +4NH =[Cu(NH ) ](OH)
2 2 3 3 4 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】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，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) 溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH ) ](OH) 溶液，所给方程式符合反应原理，C正确；
2 3 4 2
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：HgCl +2NH =Hg(NH )Cl↓+NH Cl，
2 2 4 2 3 2 4
D错误
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 ，说明NH−结合H+能力更
2 2 2 2
强，A错误；
B．根据题干信息，深蓝色[Cu(NH ) ](OH) 溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H O) SO ]溶液，说明NH 更容易
3 4 2 2 4 4 3
与H+配位形成NH+，故与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+，B正确；
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等，D
4 2
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
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
【答案】C
【解析】
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错误；
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 和H O，
2 3 2 4 3 2 2
无法大量存在，B错误；
C．浓盐酸与KMnO 反应生成Cl ，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
4 2
扰，C正确；
D．FeCl 催化H O 分解生成O ，溶液中应含Fe3＋而非Fe2＋，D错误；
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
【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；
【解析】
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正确；
B．该物质中，P原子的价层电子对数为4+ 5−1×2−1−2 =4，为sp3杂化，S原子的价层电子对数为2+ 6−1−1 =4，
2 2为sp3杂化，B正确；
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错误；
故选D。
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
A 在铁制镀件表面镀铜
正、负极，平行浸入CuSO 溶液中
4
向粗盐水中先后加入过量Na CO 溶 粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和SO2-杂质离
B 2 3 4
液、NaOH溶液和BaCl 溶液 子
2
向2mL0.1mol⋅L-1K Cr O 溶液中滴 探究c(H+)对如下平衡的影响：
2 2 7
C 加5滴6mol⋅L-1NaOH溶液，再滴加5 Cr O2- + H O ⇌ 2CrO2- + 2H+
2 7 2 4
滴6mol⋅L-1H SO 溶液 (橙色) (黄色)
2 4
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】
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正确；
2 4
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)。
下列说法错误的是
A．该条件下 x N,平衡= k-1k2
x
M,平衡
k1k-2B．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】
k2
A．①A(g)⇌M(g)的K= k1，②A(g)⇌N(g) K= k2，②－①得到M(g)⇌N(g)，则K= xN(平衡) = k−2 = k2k−1，A
k−1 k−2 xM(平衡) k1 k1k−2
k−1
正确；
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正确；
1
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错误；
1 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，两个反应均逆向移动，A的物质的量分数变大，即x
A,平衡
变大，D正确；
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”
C．127g碘晶体中有N 个“卤键” D．碘晶体的密度为 2×254 g⋅cm-3
A abd×NA×10-30
【答案】A
【解析】
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个“卤键”，
2
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8× 1 =4，晶胞的体积是
2
abd×10−30cm3，密度是 2×254 g⋅cm-3，D正确；
abd×NA×10-30
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
【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，阳极为气体扩散电极，
2 4 2 4
电极反应：H −2e−+2H PO− =2H PO ，放电时，惰性电极为负极，电极反应为：Li−e− =Li+，气体扩散电极
2 2 4 3 4
为正极，电极反应为2H PO +2e− =2H PO−+H ↑。
3 4 2 4 2
【解析】
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2mol电子时，电解
2
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c(H+)降低了
2 4 3 4
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，平衡时溶液中lg[c(M2+)/(mol⋅
2
L-1)]与pH的关系如下图所示。
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
【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，当𝑐(H A)=𝑐(HA−)时，pH=1.6，
2 a1 2 2
K (H A)=10-6.8，则𝑐(A2−)=𝑐(HA−)时，pH=6.8，K ×K =
c(A2−)×c2(H+)
=10−8.4，当c(A2−)=c(H A)时，pH=4.2，
a2 2 a1 a2 c(H2A) 2则可将图像转化为 进行分析；
【解析】
A．溶液中存在物料守恒：c(M2+)=c(H A)+c(HA−)+c(A2−)，当pH=6.8时，c(HA−)=c(A2−)，c(H A)很低，可
2 2
忽略不计，则c(M2+)=2c(A2−)=10−3，K (MA)=c(M2+)×c(A2−)=10-3× 1 ×10−3= 1 ×10−6，
sp
2 2
p[K (MA)]=-6-lg2=-6.3，则K (MA)=10-6.3，A正确；
sp 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，pH=1.6时，c(HA−)＞c(A2−)
2
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c(H+)＞c(OH−)，则c(M2+)
2 2
＜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(A2−)]=c(Cl−)+c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，
2
化简得到c(H+)+2c(H A)+c(HA−)=c(Cl−)+c(OH−)，D错误；
2
故选A。
二、解答题
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如下图所示。
4 2 3 3 3
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100mL0.11mol⋅L-1BaCl 溶
4 4 2
液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2+)⋅c(SO2-)= (mol⋅L-1)2(忽略溶液体积的变化)。
4
(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) SrSO (s)+Ba2+(aq)⇌BaSO (s)+Sr2+(aq) 10−8.97
4 4
(4)升高温度，Ba2+与SrSO 有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
4
(5)BaSO 、SiO
4 2
(6)窝穴体a的空腔与Sr2+更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且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，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，
4 2 3 3 3
浸出渣1中含有SrSO 、SiO ，加入BaCl 溶液，发生沉淀转化，SrSO (s)+Ba2+(aq)⇌BaSO (s)+Sr2+(aq)，得到SrCl
4 2 2 4 4 2
溶液，经过系列操作得到SrCl ·6H O晶体；
2 2
【解析】
（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
4 4
平衡常数K= c(Sr2+) = c(Sr2+)·c(SO4 2−) = Ksp (SrSO4 ) = 10-6.46 =103.51，平衡常数很大，近似认为SrSO 完全转化，溶液中
c(Ba2+) c(Ba2+)·c(SO
4
2−) Ksp (BaSO4 ) 10-9.97 4
剩余n(Ba2+)=1×10−3mol，则c(SO2−)= Ksp (BaSO4 ) =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c(Sr2+)⋅c(SO2-)= 10−7.97mol/
变化mol 0.01 0.01 0.01 4
平衡mol 0.001 0.01
L×10−1mol/L=10−8.97 (mol⋅L-1)2；
（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，Ba2+与SrSO 有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率
4
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SrSO 、BaSO 、SiO ；
4 2 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+，原因是窝穴体a的空腔与Sr2+更匹配，可
通过分子间相互作用形成超分子，且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，b错误，由平衡移动原理可知SrCl ⋅6H O制备无水SrCl 的
2 2 2 2 2
方法加压不利于脱水，c、d错误，故选a。
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NH HCO 为反
2 3 4 3
应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：
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NaHCO 晶
4 3 4 3 3
体；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。
i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V mL。V =V ，所得产品的成分
1 2 1 2
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 ′
1
𝑉 (填“>”“<”或“=”)。
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CO 气体会产生
2 3 3 2 3 2
NaHCO 晶体。实验小组进行相应探究：
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，持
a 2 2 3 无明显现象
续20min，消耗600mL CO
2
将20mL饱和Na CO 溶液注入充满CO 的500mL矿泉水 矿泉水瓶变瘪，3min后
2 3 2
b
瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2min，静置 开始有白色晶体析出
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，加热至恒重，将产生的
3 2 3 2
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NaHCO 的质量分数为 。
2 3
【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) 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小，生成的NaHCO 的量较
2 2 3 3
少，NaHCO 在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 80%
3
【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；用
4 3
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；滴定分析中利用了碳
4 3 2 3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
2
分溶解对NaHCO 的生成有利。
3
【解析】
（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
4 3
入，目的是加快NH HCO 溶解、加快NH HCO 与NaCl反应。
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、气体的利用率低且对环境会产生
2 3 4 3
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、制备产品的
4 3 2 3
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
2 3 3
盐酸V mL;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为NaHCO +HCl=NaCl+CO ↑+H O，又消耗盐酸V mL,因为
1 3 2 2 2
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a。
1 2 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，该同学所记录的𝑉 ′>𝑉 。
2 3 2 1 2 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，且两者发生反应的速率
2 2 3
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，加热至恒重，将产生的
3 2 3 2
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CO ，而Na CO ⋅10H O分解
2 3 2 2 2 3 2
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溶液可以吸收分解产生的CO ；NaOH溶液增重
2 2 2 2
0．088g，则分解产生的CO 的质量为0．088g，其物质的量为
0．088g
=0.002mol，由分解反应可知，NaHCO 的物
2 44g⋅mol−1 3
质的量为0.004mol，则白色晶体中NaHCO 的质量为0.004mol×84g⋅mol−1 =0.336g，故其质量分数为0.336 ×
3
0.42
100%=80%。
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．气体总压强不变
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：
2③CH (g)+CO (g)⇌2CO(g)+2H (g)
4 2 2
④CO (g)+H (g)⇌CO(g)+H O(g)
2 2 2
⑤CH (g)+H O(g)⇌CO(g)+3H (g)
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 的平衡转化率之间的
4 2 4 2
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的代数式表示，K 是
p p
用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(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
【解析】
（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%，二氧化碳的转化率为
4 2
30%，则平衡时：
n(CH )=4mol−4mol×20%=3.2mol；
4n(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pkPa，则
总压为5.8pkPa，p(H )= 1.2 ×5.8pkPa=0.6pkPa、p(CO)= 2 ×5.8pkPa=pkPa、p(CH )= 3.2 ×5.8pkPa=
2 4
11.6 11.6 11.6
1.6pkPa、p(H O)= 0.4 ×5.8pkPa=0.2pkPa，反应⑤的平衡常数K = (0.6p)3×p (kpa)2 =0.675p2(kpa)2。
2 p
11.6 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的结构简式为 。
2
(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(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) 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，且氟原子半径小，空间位阻小，更容易发生缩聚反应
(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
4
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。
【解析】
（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 SO +4MnO →
2 4 2
+4MnSO +(NH ) SO +4H O；
4 4 2 4 2
（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，则其不可能含有苯环，核磁共振氢
2
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；
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，且氟原子半径小，空间位阻小，更容易
发生缩聚反应，所以不选择对应的氯化物；
（7）
由已知的反应可知，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
3
与CCl 发生取代反应生成 ，再发生E→F的反应得到 ，具体合成路线为
4
。
