文档内容
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：
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】
A. 生石灰能与水反应，可作干燥剂，不能与氧气反应，不能作脱氧剂，故A错误；
B. 硫酸铝电离出的Al³⁺，在水溶液中能够发生水解生成具有吸附性的Al(OH)₃胶体，可以通过吸附作用
可用于去除污水中的细小悬浮物，故B正确；
C. 加热条件下，碳酸氢铵分解生成二氧化碳气体等，能使面团松软多孔，可用作食品膨松剂，故C正确；
D. 苯甲酸及苯甲酸钠均是常用的食品防腐剂，能延长食品的保质期，故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 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
【解析】A． 断代法通过测定有机物中 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
劳动项目 化学知识
项
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．大米中的主要成分是淀粉，淀粉在酶的作用下水解可以生成麦芽糖，A正确；
B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能够杀死细菌和病毒，从而达到消毒的效果，而非溶液呈碱性，B错误；
C．氮是植物合成蛋白质的必需元素，施用氮肥可以促进小麦的生长，C正确；
D．肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基，能够乳化油污，使其分散在水中，从而达到洗涤油污的
效果，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 B.存在4个C—Oσ键
C. 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 ，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：
，C正确；
D．其含有 基团，酯基水解时生成甲醇，D正确；
故选B。
5. 氟气通过碎冰表面，发生反应① ，生成的 遇水发生反应②
。下列说法正确的是
A. 的电子式为 B. 为非极性分子
C. 反应①中有非极性键的断裂和形成 D. 反应②中 为还原产物
【答案】A
【解析】
A．HOF中心原子 O，与H、F通过共用电子对形成共价键，电子式为 ，A正确
为
B． （过氧化氢）是一个极性分子，因为它的分子结构是不对称的，电荷分布不均匀，B错误；
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 ， 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 。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，
同时生成 。 遇水转化为 。 溶于氨水得到深蓝色 溶
液，加入稀硫酸又转化为蓝色 溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与
溶液反应生成 沉淀。
6. 下列有关反应的化学方程式错误的是
A. 氨在氧气中燃烧：
B. 液氨与金属钠反应：
C. 氨水溶解 ：
D. 浓氨水与 反应：
7. 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是
A. 与 结合的能力： B. 与氨形成配位键的能力：
C. 和 分子中的键长： D. 微粒所含电子数：
【答案】6. D 7. B
【解析】
【6题详解】
A. 氨在氧气中燃烧，生成氮气和水，化学方程式为：4NH₃ + 3O₂ → 2N₂ + 6H₂O，故A正确；
B. 液氨与钠反应，生成氨基钠和氢气，化学方程式为：2Na + 2NH₃ → 2NaNH₂ + H₂↑，故B正确；
C. Cu(OH)₂溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH₃)₄](OH)₂溶液，化学方程式为：Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄]
(OH)₂，故C正确；
D. 浓氨水与HgCl₂溶液反应生成Hg(NH₂)Cl沉淀，化学方程式为：2NH₃ + HgCl₂ → Hg(NH₂)Cl↓ +
NH₄Cl，故D错误；故选D；
【7题详解】
A. 金属钠与水反应，快速放出氢气。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，说明与H⁺结合的能力
OH⁻＜NH₂⁻❑❑❑❑❑❑，故A错误；
❑ ❑
B. 溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色 ，说明 不再与Cu²⁺结合，
而是与H⁺结合，生成 ，故与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
C. 原子半径：O＜N，则键长：O—H＜N—H，故C错误；
D. 与 均含有10e⁻，故微粒所含电子数： = ，故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
A 稀硝酸与铜片制
B 硫酸与 制
C 浓盐酸与 制
D 双氧水与 溶液制
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A．在稀硝酸与铜片反应生成NO的实验中，NO气体会迅速被空气中的氧气氧化为NO₂，因此在废液中不
可能大量存在NO气体，A不符合题意；
B．在70%硫酸与Na₂SO₃反应生成SO₂的实验中，由于硫酸是强酸，会完全电离，而HSO₃⁻在强酸性条
件下会进一步电离为H⁺和SO₄²⁻，因此废液中不可能大量存HSO₃⁻在，B不符合题意；
C．浓盐酸与KMnO 反应生成Cl ，产物为 、 、 和 ，这些离子在酸性环境中稳定共存，无
4 2
后续反应干扰，C符合题意；
D．FeCl 催化HO 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： B. 该物质中Y和Z均采取即 杂化
C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能：
【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；
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；
B．该物质中，P原子的价层电子对数为 ，为sp3杂化，S原子的价层电子对数为
，为sp3杂化，B项正确；
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 ，即 ，C项正
确；
D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于VA族原子的p轨道处于半充满状态，第一电离
能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D项错误；
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
A 将铁制镀件与铜片分别接直流电 在铁制镀件表面镀铜源的正、负极，平行浸入
溶液中
向 粗 盐 水 中 先 后 加 入 过 量
溶液、 溶液和 粗盐提纯中，去除 、 和 杂质
B
离子
溶液
向 溶液
探究 对如下平衡的影响：
中 滴 加 5 滴 溶
C
液，再滴加5滴
溶液
将有机物M溶于乙醇，加入金属
D 探究M中是否含有羟基
钠
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NaCO 之前加入，以便除去过量 ，B错误；
2 2 3
C．通过加NaOH降低H+浓度使溶液变黄，再加HSO 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， 时加入 ，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 ，k为反应速率常数)。下列说法错误的是
A. 该条件下
的
B. 时间段，生成M和N 平均反应速率相等
C. 若加入催化剂， 增大， 不变，则 和 均变大
D. 若 和 均为放热反应，升高温度则 变大
【答案】C
【解析】
A．① 的 ，② ，②－①得到 ，则 K=
，A正确；
B．由图可知，0～t时间段，生成M和N的物质的量相等，故生成M和N的平均反应速率相等，故B正确；
C．若加入催化剂，k₁增大，k₂不变，更有利于生成M，则x₁变大，但催化剂不影响平衡移动，
故x 不变，故C错误；
M，平衡D．若 和 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
增大，即 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 。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)。 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 碘晶体是混合型晶体 B. 液态碘单质中也存在“卤键”
C. 碘晶体中有 个“卤键” D. 碘晶体的密度为
【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 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”， 碘晶体物质的量是0.5mol，“卤键”的个数是 ，C正
确；
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 ，晶胞的体积是 ，密度是 ，D正确；
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 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H₂+2Li=2LiH为
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 解离为 和 ，则充电时，惰性电极为阴极，电极的反应为： ，
阳极为气体扩散电极，电极反应： ，放电时，惰性电极为负极，电极反应
为： ，气体扩散电极为正极，电极反应为 ，据此解答。
【详解】
A．放电时，电池的总反应是 H₂+2Li=2LiH。在这个过程中，氢气（H ）和锂（Li）反应生成氢化锂
2
（LiH），电解质溶液的质量实际上是增加的，因为氢气转化为固体的氢化锂，A错误；
B．放电时应该生成LiHPO，故B错误
2 4
C．充电时Li+移向惰性电极生成Li，故C正确
D．充电时每转移 电子，会有 与 结合生成 ，但不知道电解液体积，无法计算降低了多少，D错误；
故选C。
14. 是二元弱酸， 不发生水解。 时，向足量的难溶盐 粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液
中 与 的关系如下图所示。
已知 时， 。下列说法正确的是
A. 时， 的溶度积常数
B. 时，溶液中
C. 时，溶液中
D. 时，溶液中
【答案】A
【解析】
【分析】
MA存在沉淀溶解平衡： ，向足量 的难溶盐 粉末中加入稀盐酸，发生
反应 ，继续加盐酸发生反应 ，由， 可知，当
时，pH=1.6， ，则 时，pH=6.8，，当 时，pH=4.2，则可将图像转化为
进行分析；
【详解】
A．溶液中存在物料守恒： ，当pH=6.8时， ，
很低，可忽略不计，则 ，
， ，则 ，
A正确；
B．根据物料守恒： ， ，由图像可知，pH=1.6
时， 成立，由电荷守恒： ，
结合物料守恒，约掉 得到 ，由图像可
知， 且 ，则 ，故离子浓度顺序：，B错误；
C．由图像可知， 时，溶液中 ，C错误；
D． 时， ，根据电荷守恒关系：
，将物料守恒代入，约掉 得到
，化简得到
，D错误；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某含锶( )废渣主要含有 和 等，一种提取该废渣中锶的流
程如下图所示。
已知 时，
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 、_______(填离子符号)。
（3）“盐浸”中 转化反应的离子方程式为_______； 时，向 粉末中加入
溶液，充分反应后，理论上溶液中 _______ (忽
略溶液体积的变化)。
（4）其他条件相同时，盐浸 ，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 、_______(填化学式)。
（6）将窝穴体a(结构如图2所示)与 形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的 ，原因是
_______。
（7）由 制备无水 的最优方法是_______(填标号)。
a．加热脱水 b．在 气流中加热 c．常温加压 d．加热加压
【答案】
（1）
（2） 、
（3）①. ②.
（4） 为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出
率增大
（5） 、
（6） 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( )废渣主要含有 和 等，加入稀盐酸酸浸，碳酸
盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有 ，加入 溶液，发生沉淀转化，
，得到 溶液，经过系列操作得到 晶体；
【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 、 、 ；
【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：
；该反应的平衡常数
，平衡常数很大，近似认为 完
全转化，溶液中剩余 ，则 ，列三段式：
，理论上溶液中
；
【小问4详解】
SrSO 的溶解过程是吸热的，随温度升高锶浸出率增大的原因是升高温度，平衡向有利于吸热的方向移动，
4
溶解度增大，浸出率增大【小问5详解】
“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了 ， 不参与反应，故漫出渣2”中主要含有 、
、 ；
【小问6详解】
窝穴体a与 形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的 ，原因是 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】
Sr为活泼金属，SrCl 不水解，故由SrCl ·6H O制备无水SrCl 的最优方法加热脱水，即A符合题意。
2 2 2 2
16. 侯氏制碱法以 、 和 为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以 和
为反应物，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 ，加入饱和食盐水中，搅拌，使 ，溶解，静置，析出
晶体；
③将 晶体减压过滤、煅烧，得到 固体。
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 需研细后加入，目的是_______。
（3）在实验室使用 代替 和 制备纯碱，优点是_______。
（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 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 ，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸 。 ，所
得产品的成分为_______(填标号)。
a． b． c． 和 d． 和
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 _______ (填“>”“<”或“=”)。
（5）已知常温下 和 的溶解度分别为 和 。向饱和 溶液中持续通入
气体会产生 晶体。实验小组进行相应探究：
实
操作 现象
验
将 匀速通入置于烧杯中的 饱和 溶
a 无明显现象
液，持续 ，消耗
将 饱和 溶液注入充满 的 矿泉水瓶变瘪，
b
矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶 ，静置 后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 和 。称取 晾干后的白色晶体，加热至
恒重，将产生的气体依次通过足量的无水 和 溶液， 溶液增重 ，则白色晶体中 的质量分数为_______。
【答案】
（1）烧杯、玻璃棒
（2）加快 溶解、加快 与 反应
（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. 在饱和 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
的量较少， 在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体 ②.
【解析】
【分析】本题以 和 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 代替 和 ，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 的充分溶解对 的生成有利。
【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 需研细后
加入，目的是加快 溶解、加快 与 反应。
【小问3详解】
和 在水中可以发生反应生成 ，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对环境
会产生不好的影响，因此，在实验室使用 代替 和 制备纯碱，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。
【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 ，消耗盐酸 ;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为 ，又消
耗盐酸 ,因为 ，说明产品中不含 和 ，因此，所得产品的成分为 ，
故选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
会使一部分 与盐酸反应生成 ，从而使得 偏大、 偏小，因此，该同学所记录的 > 。
【小问5详解】
i．实验a无明显现象的原因是： 在饱和 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 的量较少， 在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。
ii．析出的白色晶体可能同时含有 和 。称取 晾干后的白色晶体，加热至
恒重，将产生的气体依次通过足量的无水 和 溶液。 受热分解生成的气体中有
和 ，而 分解产生的气体中只有 ，无水 可以吸收分解产生的 ，
溶液可以吸收分解产生的 ； 溶液增重 ，则分解产生的 的质量为 ，
其物质的量为 ，由分解反应可知， 的物质的量为 ，则白色晶
体中 的质量为 ，故其质量分数为 。
17. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的 。甲酸有两种可能的分解反应：
①
②（1）反应 的 _______ 。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的 ，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． 的浓度不变 d． 和 的物质的量相等
（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 ，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( 和 )的重要方法，主要反应有：
③
④
⑤
（4）恒温恒容条件下，可提高 转化率的措施有_______(填标号)。
a．增加原料中 的量 b．增加原料中 的量 c．通入 气
（5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的 / / 混合气，投料组成与 和 的
平衡转化率之间的关系如下图。i．投料组成中 含量下降，平衡体系中 的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
ii．若平衡时 的分压为 ，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 _______ (用含p的代
数式表示， 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)。
【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】
根据盖斯定律，①—②，可得，
CO（g）+H₂O（g）=CO₂（g）+H₂（g）
ΔH=ΔH₁−ΔH₂=（+26.3kJ·mol⁻¹）−（−14.9kJ·mol⁻¹）=+41.2kJ·mol⁻¹，
故答案为：+41.2kJ·mol⁻¹
【小问2详解】
a. 气体质量是定值，体积是恒定的，密度始终不变，气体密度不变，与反应进行的程度无关，不能说明达
到平衡状态，故a错误；
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，当压强不变时，反应达到平衡状态，
故b正确；c. H₂O（g）浓度不变，该反应达到平衡状态，故c正确；
d. CO和CO₂物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故d错误；
故答案为：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CH₄的量，CH₄自身转化率降低，故a错误；
b. 增大原料中CO₂的量，CH₄转化率增大，故b正确；
c. 通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH₄转化率不变，故c错误；
故答案为：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： 、 、 ，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧
化碳的转化率为30%，则平衡时：
；
；
根据碳元素守恒： ；
根据氧元素守恒： ；
根据氢元素守恒： ；
平衡时，气体总物质的量为 ，Ar的分压为
，则总压为 ， 、 、、 ， 反 应 ⑤ 的 平 衡 常 数
。
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 和 ，写出A→B的化学方程式_______。
（3）脂肪烃衍生物G是C的同分异构体，分子中含有羟甲基( )，核磁共振氢谱有两组峰。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
c．D→E反应中， 是反应试剂 d．E→F反应涉及取代过程
（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(
)。写出 的结构简式_______。
（6）制备 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， )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） ；
（3）
（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】
B的结构简式中包含羰基（C=O），这是酮类化合物的特征官能团。B的不饱和度为5，C的不饱和度为4，
从B到C的转变过程中不饱和度减少，表明发生了加氢反应，即还原反应；
【小问2详解】
A转化为B的过程中，除了生成目标产物，还会产生硫酸铵和硫酸锰。根据原子守恒原则，反应方程式为：
2C H N H +5H SO +4MnO →2C H OH+4MnSO +(N H ) SO +4H O
6 5 2 2 4 2 6 5 4 4 2 4 2
【小问3详解】
G是C的同分异构体，不饱和度为4，含有-CH₂OH基团，核磁共振氢谱显示两组峰，说明有两种不同类型
的氢原子。结合这些信息，G的结构简式为HOCH₂−C≡C−C≡C−CH₂OH。
【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
。
