文档内容
机密★启用前
2025 年全省普通高中学业水平等级考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后、再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。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10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是
A. 侯德榜发明了以 ， 和 为原料的联合制碱法
B. 戴维电解盐酸得到 和 ，从而提出了酸的含氢学说
C. 拉瓦锡基于金属和 的反应提出了燃烧的氧化学说
D. 哈伯发明了以 和 为原料合成氨的方法
【答案】A
【解析】
A ． 联 合 制 碱 法 的 反 应 中 ， 化 学 方 程 式 为 ： 和
，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未
发生改变，属于非氧化还原反应，A符合题意；
B．电解盐酸生成 和 ，H和Cl的化合价均发生变化（H从+1→0，Cl从-1→0），涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．金属与 反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升高），O被还原（化合价降低），涉及氧化还原反
应，C不符合题意；
D．合成氨反应中 的N化合价从0→-3， 的H从0→+1，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
2. 化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是
A. 用明矾净化黄河水 B. 用漂白粉漂白蚕丝制品
C. 用食醋去除水壶中水垢 D. 用小苏打作烘焙糕点膨松剂
【答案】B
【解析】
A. 用明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可净化黄河水，故A正确；
B. 蚕丝制品中主要成分是蛋白质，使用漂白粉漂白蚕丝制品，会使蛋白质被氧化，故B错误；
C. 食醋中含有乙酸，乙酸的酸性大于碳酸，故可用食醋去除水壶中水垢，故C正确；
D. 小苏打受热分解产生二氧化碳，可用小苏打作烘焙糕点膨松剂，故D正确；
故选B。
3. 实验室中，下列试剂保存方法正确的是
A. 液溴加水封保存在广口试剂瓶中 B. 硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中
C. 高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中 D. 金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中
【答案】B
【解析】
A．液溴是液态的溴单质，易挥发。液溴应保存在细口试剂瓶中，加水封可减少其挥发，不能保存在广口
试剂瓶中（广口试剂瓶一般用于保存固体药品），A错误；
B．硝酸银见光易分解，为了防止其见光分解，硝酸银溶液应保存在棕色细口试剂瓶中（细口瓶用于保存
液体药品），B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，苯酚具有还原性。强氧化性的高锰酸钾与具有还原性的苯酚能发生氧化还原
反应，所以不能存放在同一药品柜中，C错误；
D．金属锂的密度比煤油小，会浮在煤油表面。锂通常保存在石蜡油中，不能保存在盛有煤油的广口试剂
瓶中（锂保存在煤油中起不到隔绝空气的作用），D错误；
故选B。
4. 称取 固体 配制 浓度约为 的 溶液，下列仪器中不需要使用的是A. 烧杯 B. 容量瓶
C. 量筒 D. 细口试剂瓶(具橡胶塞)
【答案】C
【解析】
配制NaOH溶液的步骤包括计算，称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀等步骤。
A．溶解1.6g NaOH需要在100mL烧杯中进行，烧饼是需要的，故A需要；
B．要配制400mL溶液，但实验室没有400mL容量瓶，需用 容量瓶来配制，B 需要使用。
C．配制溶液过程中，是用烧杯溶解固体，用量筒量取的是水（若需要准确量取），但这里是称取固体溶
解配溶液，不需要用 量筒量取液体，可直接在烧杯加水溶解，C 不需要使用。
D．NaOH溶液配制好后需要转移到试剂瓶中储存，氢氧化钠溶液是液体，而且易与玻璃中的二氧化硅反
应，不能选择玻璃塞，所以需要 细口试剂瓶(具橡胶塞)，故D需要；
故选C。
5. 下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是
A. 用 溶液吸收少量
B. 用 和水制备少量
C. 用 和浓盐酸制备
D. 用稀硝酸溶解少量 粉：
【答案】C
【解析】
A．当NaOH吸收少量SO 时，应生成SO 而非HSO ，正确反应为： ，A
2
错误；
B． 与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确离子方程式为 ，
原方程式系数未配平，B错误；C． 与浓盐酸加热生成Cl 的离子方程式为 ，各元素
2
及电荷均守恒，C正确；
D．稀硝酸与Cu反应时，产物Cu(NO ) 应拆解为Cu2+和NO ，正确离子方程式为
3 2
，D错误；
故选C 。
6. 第70号元素镱 的基态原子价电子排布式为 。下列说法正确的是
A. 的中子数与质子数之差为104 B. 与 是同一种核素
C. 基态 原子核外共有10个d电子 D. 位于元素周期表中第6周期
【答案】D
【解析】
A．中子数=174-70=104，与质子数70的差为104-70=34，而非104，A错误；
B．同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B错误；
C．70号元素镱（Yb）的基态原子价电子排布式为4f146s2，说明含 3d、4d 等轨道，基态 Yb 原子核外
d 电子数一定大于10，C错误；
D．镱（Yb）的基态原子价电子排布式为4f146s2，说明原子核外电子层数 6 个，位于第六周期，D正确；
故选D。
7. 用硫酸和 可制备一元弱酸 。下列说法错误的是
A. 的水溶液显碱性
B. 的空间构型为V形
C. 为含有共价键的离子化合物
D. 的中心N原子所有价电子均参与成键
【答案】B
【解析】
A．NaNO 为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，A正确。
2B．计算N3−的中心 N 原子的价层电子对数，把N3−看作N(N ) − ，中心 N 原子与两个 N 原子相连，孤
2
电子对数 = (5-2×3+1) / 2=0，价层电子对数=2+0=2，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为直线形，
不是 V 形，B 错误
C．NaN 由Na+和N3−构成，存在离子键，N3−中 N 原子之间存在共价键，所以NaN 为含有共价键的
3 3
离子化合物，C正确。
D．中心N原子通过sp杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D正确。
故选B。
8. 物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是
性质差异 主要原因
A 沸点： 电离能：
B 酸性： 电负性：
C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：
D 熔点： 离子电荷：
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A．H O沸点高于H S，是因为H O分子间存在氢键，而H S分子间不存在氢键，并非因为电离能O>S，
2 2 2 2
该选项解释错误，A错误；
B．同主族元素，电负性Cl>Br，HClO中Cl对电子吸引能力强，使H−O键极性更强，更易电离出H+，
酸性HClO>HBrO，B正确；
C．金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子半径Si>C，则C−C键键长小于Si−Si键键长，C−C键键能更
大，硬度更大，所以硬度金刚石 > 晶体硅，C正确；
的
D．MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体 熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多
的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、
阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确；
故选A。
9. 用肼 的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量 ，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. 是还原反应的产物 B. 还原性：
C. 处理后溶液的 增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是
【答案】C
【解析】
由图中信息可知， 和 反应生成的 是 和 反应的催化剂，
是 中 间 产 物 ， 该 反 应 的 离 子 方 程 式 为
， 是还原剂， 是氧化剂，
是还原产物。
A．该反应中， 中N元素的化合价升高被氧化，因此， 是氧化反应的产物，A不正确；
B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为 ，
B不正确；
C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗 ，处理后溶液的 增大，C正确；
D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是 ，D不正确；
综上所述，本题选C。
10. 在恒容密闭容器中， 热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知： 温度时， 完全分解；体系中气相
产物在 、 温度时的分压分别为 、 。下列说法错误的是
A. a线所示物种为固相产物
B. 温度时，向容器中通入 ，气相产物分压仍为
C. 小于 温度时热解反应的平衡常数
D. 温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大
【答案】C
【解析】
A. 由图可知，1molNa SiF (s)完全热解生成2mol a线所示物种，1mol b线所示物种，反应的方程式
2 6
为
Na SiF (s)⇌2NaF(s)+SiF (g)，则a线所示的物质为NaF，为固相产物，故A正确；
2 6 4
B. T 温度时，向容器中通入N ，因为容器恒容，N 为惰性气体，不参与反应，对气相产物的物质的量和
1 2 2
容器体积都没有影响，根据pV =nRT（V、T不变，n不变），所以气相产物分压仍为p ，故B正确；
1
C. C. 反应的方程式为Na SiF (s)⇌2NaF(s)+SiF (g)，T 温度时反应达到平衡气相产物分压为p ，
2 6 4 3 3
则
K =p ，C错误；
p 3
D. b线所示物种为气相产物，生成物浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动，重新达平衡时逆反应
速率增大，故D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，
全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11. 完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是
实验内容 仪器或材料
A 灼烧海带 坩埚、泥三角
B 加热浓缩 溶液 表面皿、玻璃棒
C 称量 固体 电子天平、称量纸
D 量取 稀 移液管、锥形瓶
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A．灼烧海带需要在坩埚中进行，坩埚放在泥三角上加热，该选项仪器选择正确，A正确；
B．加热浓缩NaCl溶液应该在蒸发皿中进行，而不是表面皿，表面皿一般用于观察反应等，不能用于加
热浓缩溶液，B错误；
C．NaOH固体具有腐蚀性，不能放在称量纸上称量，应放在小烧杯等玻璃器皿中称量，C错误；
D．量取25.00mL稀硫酸 需要用酸式滴定管或者25mL移液管，但是移液时一般将液体转移到容量瓶等用
于配制溶液的容器中，而不是锥形瓶，锥形瓶一般用于滴定实验等，D错误；
故选A。
12. 全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是
A. 隔膜为阳离子交换膜
B. 放电时，a极为负极
C. 充电时，隔膜两侧溶液 浓度均减小D. 理论上， 每减少 总量相应增加
【答案】BC
【解析】
全铁流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，a极发生Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b极发生Fe3++e-
=Fe2+，发生还原反应，b为石墨电极，做正极，依次解题。
A．两极通过阴离子平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，A错误；
B．根据分析，放电时，a极为负极，b极为正极，B正确；
C．充电时，a接电源负极，为阴极，电极反应式为Fe2++2e-=Fe，b接电源正极，为阳极，发生的电极反应
式为：Fe2+-e-=Fe3+，两极的Fe2+均减少，C正确；
D．根据总反应方程式2Fe3++Fe=3Fe2+可知，Fe3+减少1mol，Fe2+增加1.5mol，D错误；
答案选BC。
13. 钢渣中富含 等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的 元
素，流程如下。已知： 能溶于水； ， 。
下列说法错误的是
A. 试剂X可选用 粉
B. 试剂Y可选用盐酸
C. “分离”后 元素主要存在于滤液Ⅱ中
D. “酸浸”后滤液Ⅰ的 过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
【答案】A【解析】
钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得
2
到含有NaSiO 的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO，滤液I加入试剂X和HC O 分
2 3 2 2 2 4
离，由于Fe (C O) 能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入HC O，使CaC O 先沉淀，滤渣II为
2 2 4 3 2 2 4 2 4
CaC O，滤液II中有Fe3+，依次解题。
2 4
A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；
B．加入试剂Y，将NaSiO 转化为HSiO 沉淀，最后转化为SiO，试剂Y可以是盐酸，B正确；
2 3 2 3 2
C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；
D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C 浓度小，使Ca2+(aq)+ C (aq) CaC O(s)平
2 2 2 4
衡逆向移动，得到CaC O 沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；
2 4
答案选A。
14. 以异丁醛 为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是
A. M系统命名为2-甲基丙醛
B. 若 原子利用率为100%，则X是甲醛
.
C 用酸性 溶液可鉴别N和Q
D. 过程中有 生成
【答案】CD
【解析】
A. 以包括醛基在内的碳为主链，最长碳链为3个碳，2号碳上有一个甲基，因此M系统命名为2-甲基丙醛，
故A正确；
B. 若M + X → N原子利用率为100%，该反应为加成反应，则X是甲醛，故B正确；
C. N中含有醛基，且羟基所连碳上有氢，均能使酸性KMnO 溶液褪色，Q中含有碳碳双键，也能使酸性
4
KMnO 溶液褪色，因此不可用酸性KMnO 溶液可鉴别N和Q，故C错误；
4 4
D. 由P、Q的结构可知，P → Q过程中会涉及酯的水解，有CH CH OH生成，无CH CH OH生成，
3 2 3 2
故D错误；答案选CD。
15. 常温下，假设 水溶液中 和 初始物质的量浓度均为 。平衡条件下，体系中
全部四种含碳物种的摩尔分数随 的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知：体系中含钴物种的
存在形式为 和 ； ，
。下列说法正确的是
A. 甲线所示物种为
B. 的电离平衡常数
C. 时， 物质的量浓度为
D. 时，物质的量浓度：
【答案】D
【解析】
由题中信息可知， 可以形成4物种，分别为 、 、 和 ，随着
增大， 的摩尔分数逐渐减小， 会转化为溶解度更小的 ， 的摩
尔分数先增大后减小，因此， 的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所示物种为，丁线所示物种为 ，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为
，丙线所示物种为 。由甲、丁两线的交点可知，在该点 和 的摩尔分数
相等，均为 0.5，由于水溶液中 和 初始物质的量浓度均为 ，则此时溶液中
的浓度为 ，由 可以求出此时溶液中 的浓度为
， 再 由 可 以 求 出 此 时 溶 液 中
， ，即 ，根据图像中的位置可以估算出
。由乙和丙两线的交点可知， 和 的摩尔分数相等，均为0.08，则由C元素守恒可知，
此时 的摩尔分数为0.84。
A．由分析可知，甲线所示物种为 ，A不正确；
B．已知 二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸性， 的电离程度大于其水解程度；当溶液中
与 浓度相等时，溶液显酸性， ，则
，故B不正确；
C． 时， 的摩尔分数为0.84， 的物质的量为
，由水于溶液中 初始物质的量浓度为 ，体系中还存在 水解产生的 ，因此， 的物质的量浓度小于 ，C不正确；
D．由分析可知 时， 的浓度为 ， ，
，D正确；
综上所述，本题选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）在元素周期表中， 位于第_______周期_______族。基态 原子与基态 离子未成对电子数之
比为_______。
（2）尿素分子 与 形成配离子的硝酸盐 俗称尿素铁，既
可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。
③八面体配离子 中 的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与 配位的原
子是_______(填元素符号)。
（3） 可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为 )。
① 晶胞中 原子的半径为_______ 。
②研究发现， 晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有 原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的 原子为_______个
。
【答案】
（1） ①. 四 ②. VIII ③. 4：5
（2） ①. N ②. O ③. sp2 ④. O
（3） ①. ②. n ③.
【解析】
【小问1详解】
Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数
为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。
【小问2详解】
①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：
N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。
②尿素分子 中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。
③八面体配离子 中 的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参
与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与 配位的原子是O。
【小问3详解】
① 为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为 ，体心立方晶胞中Fe原子半径r与
体对角线关系为4r= ，因此 原子的半径为 。
②m截面面积S =a2pm2，每个角原子被 4个相邻晶胞共享(二维共享)，如图所示： ，每个晶
m胞的顶点原子贡献 个原子给该晶面，所含原子数为 ，单位面积原子数为 个pm-2，n截面面积
为 pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为
，单位面积原子数为 个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积
含有的 原子为 个∙pm-2。
17. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含 及 等元素的氧化物)分离
提取 等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下， 低温分解生成 ，高温则完全分解为气体； 在
完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于 。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。 与 反应转化为 时有 生成，
该反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为 ，“水浸”所得滤渣主要成分除 外还含
有_______(填化学式)。
（2）在 投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3） 萃取 反应为： (有机相) (水相) (有机相) (水相)。“反萃取”时
加入的试剂为_______(填化学式)。
（4）“沉钴”中， 时 恰好沉淀完全 ，则此时溶液中
_______ 。已知： 。 “溶
解”时发生反应的离子方程式为_______。
（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_______(填操作单元名称)循环利用。
【答案】
.（1） ①. ②. Fe O、CaSO
2 3 4
（2）减小 （3）HSO
2 4
（4） ①. 4×10-4 ②.
（5）低温焙烧
【解析】
采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取 等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化
物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸
吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经 高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和
氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素
萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节 pH，生成硫
化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。
【小问1详解】
低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失
守 恒 可 知 还 有 氨 气 生 成 ， 化 学 方 程 式 为 ：
；根据已知条件，高温焙烧的温度为
650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了 SiO 外还含有，Fe O 、CaSO ；故答案为：
2 2 3 4
；Fe O、CaSO；
2 3 4
【小问2详解】
直接高温焙烧时，N H HSO 完全分解为气体，Mn、Co等氧化物无法充分转化为硫酸盐，导致水浸时
4 4
金属浸出率降低，故答案为减小。
【小问3详解】
反萃取时需破坏萃取平衡：2HR+Cu2+ ⇌CuR
2
+2H+ ，使平衡逆向移动，同时根据产物为CuSO
4
溶液，
而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H SO 。
2 4
【小问4详解】
沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据
Ksp((CoS)= 4×10-21，推出 ，又因为K (H S)= 1×10-7，
a1 2
K (H S)= 1×10-13， ，则c(HS)=
a2 2 2
= =4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，
生成了CoSO 和S，化学方程式为： ，改写成离子方程式为：
4
。故答案为：4×10-4； ；
【小问5详解】
由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可
并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。
18. 如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略)：
熔 沸
原料 结构简式
点/℃ 点/℃
顺丁烯二酸
52.6 202.2
酐
邻苯二甲酸
130.8 295.0
酐
丙-1，2-二
187.6
醇
实验过程：
①在装置A中加入上述三种原料，缓慢通入 。搅拌下加热，两种酸酐分别与丙-1，2-二醇发生醇解反应，
主要生成 和 。然后逐步升温至 ，醇解产物发生
缩聚反应生成聚酯。
②缩聚反应后期，每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求(酸值：中和1克样品所消耗 的毫克数)。
回答下列问题：
（1）理论上，原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)：n(邻苯二甲酸酐)：n(丙-1，2-二醇)_______。
（2）装置B的作用是_______；仪器C的名称是_______；反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范
围，合理的是_______(填标号)。
A． B． C．
（3）为测定酸值，取 样品配制 溶液。移取 溶液，用 —乙醇标准
溶液滴定至终点，重复实验，数据如下：
序号 1 2 3 4 5
滴定前读数/
0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后读数/
24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
应舍弃的数据为_______(填序号)；测得该样品的酸值为_______(用含a，c的代数式表示)。若测得酸值高
于聚合度要求，可采取的措施为_______(填标号)。
A．立即停止加热 B．排出装置D内的液体 C．增大 的流速
（4）实验中未另加催化剂的原因是_______。
【答案】
（1）1:1:2
（2） ①. 导气，同时将顺丁烯二酸酐、苯二甲酸酐、丙-1,2-二醇以及醇解反应的产物冷凝回流到装置
A中，但是不会将水蒸气冷凝 ②. （直形）冷凝管 ③. B
（3） ①. 2、3 ②. ③. C
（4）酸酐本身就能催化成酯反应（酰基化反应），且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行
【解析】
根据题中信息可知，本实验分为两个阶段，先由3种原料发生醇解反应，然后醇解产物再发生缩聚反应得
到聚酯，两个阶段控制的温度不同。当测得样品的酸值达到合理要求后，缩聚反应完成。
【小问1详解】由聚酯的结构简式可知， 和
按物质的量之比1:1发生缩聚反应生成该聚酯，而顺丁烯二酸
酐和邻苯二甲酸酐分别与丙-1,2-二醇以物质的量之比1:1发生醇解反应，因此，理论上，原料物质的量投
料比n(顺丁烯二酸酐)：n(邻苯二甲酸酐)：n(丙-1,2-二醇)= 1:1:2。
【小问2详解】
装置A中的有机原料有一定的挥发性，导致原料的利用率较低，需要将原料冷凝回流来提高原料的利用率，
装置B为空气冷凝管，其作用是导气，同时将原料及酶解反应的产物冷凝回流到装置A中，但不会将水蒸
气冷凝；装置C为冷凝管；根据表中三种原料的沸点知，反应过程中，应保持温度计2示数处于一定范围，
高于水的沸点，低于原料的沸点，所以合理的是100~105℃，故选B。
【小问3详解】
由表中数据可知，5 次滴定消耗标准溶液的体积分别为 24.98mL、24.80mL、24.10mL、25.00mL、
25.02mL，第2、3两次实验的数据的误差明显偏大，故应舍弃的数据为2、3；用合理的3次实验的数据求
平均值为25.00mL，25.00mL cmol·L-1KOH一乙醇标准溶液中含有KOH的质量为25.00mL 10-3L·mL-1
cmol·L-1 56000 mg·mol-1=1400c mg，因此，测得该样品的酸值为 。
若测得酸值高于聚合度要求，说明样品中所含的羧基数目较多，还有一部分单体没有发生充分发生缩聚反
应，或者聚合程度不够。因此，可采取的措施为 （填标号）
A．若立即停止加热，则酸值不变，不能达到目的，相反地，可以继续加热，让缩聚反应充分进行，A不
可取；
B．若排出装置D内的液体，可以除去未参与缩聚反应的单体，降低混合物的酸值，但是明显不符合题意，
题中描述每隔一段时间从装置A中取样并测量其酸值，直至酸值达到聚合度要求才可以达到目的，B不可
取；C． 的作用是一方面可以将生成的水带走，另一方面可以起到搅拌作用，从而加快反应速率且促进缩聚
反应充分进行，因此，增大 的流速可行，C可取；
综上所述，选C 。
【小问4详解】
本实验中使用了2种酸酐，酸酐本身就能催化成酯反应（酰基化反应），且可以与水反应，促进缩聚反应
正向进行，因此，可以适当增大酸酐的用量，实验中未另加催化剂的原因是：酸酐本身就能催化成酯反应
（酰基化反应），且可以与水反应，促进缩聚反应正向进行。
19. 麻醉药布比卡因(I)的两条合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A结构简式为_______；B中含氧官能团名称为_______。
（2） 反应类型为_______； 化学方程式为_______。
（3）G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。
①含 ②含2个苯环 ③含4种不同化学环境的氢原子
（4）H中存在酰胺基N原子(a)和杂环N原子(b)，N原子电子云密度越大，碱性越强，则碱性较强的N原
子是_______(填“a”或“b”)。
（5）结合路线信息，用 催化加氢时，下列有机物中最难反应的是_______(填标号)。A. 苯( ) B. 吡啶( )
C. 环已-1，3-二烯( ) D. 环己-1，4-二烯( )
（6）以 ， ， 为主要原料合成 。利用上述信息补全
合成路线_______。
【答案】
（1） ①. ②. 羧基
（2）
①. 取代反应 ②.
（3）
（4）b
（5）A
（6）【解析】
A的分子式为C HN，结合I的结构式可推出A的结构式为 ，A被高锰酸钾氧化为B（
6 7
），B与氢气加成生成C（ ），C与三氯化磷发生取代反应生成D
（ ），D与E（ ）发生取代反应生成 H（
），H 与 1-溴丁烷发生取代反应生成目标产物。另一条合成路线为：B 与 SOCl 反应生成 F（
2
），F与E（ ）发生取代反应生成G（ ），
G与氢气加成得到H，H与1-溴丁烷发生取代反应生成目标产物，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构式为 ，B为 ，B含有的含氧官能团名称为羧
基，故答案为： ；羧基；【小问2详解】
由分析可知，C与三氯化磷发生取代反应生成D（ ），D与E（ ）发生取
代反应生成H（ ），化学方程式为：
，故答案为：取代反应；
；
【小问3详解】
G为 ，满足以下条件的①含 ②含2个苯环 ③含4种不同化学
环境的氢原子，说明物质结构高度对称，如 ，故答案为：
；
【小问4详解】H中存在酰胺基N原子（a）和杂环N原子（b），N原子电子云密度越大，碱性越强，则碱性较强的N原
子是b，因为a中氮原子连接酰胺基，酰胺为吸电子基团，导致a中氮原子的电子云密度小于b，故答案为：
b；
【小问5详解】
合成路线中涉及到用H/PtO 加成的路线有B→C，G→H，B→C反应中，吡啶环被加成，G→H转化时，
2 2
吡啶环被加成，但苯环仍然存在，说明苯环不易被加成，C，D选项中含有碳碳双键，碳碳双键不稳定，
易发生加成反应，所以下列有机物最难反应的是苯环，故答案为：A；
【小问6详解】
根据题目中的信息， 与 发生取代反应生成 ，
与氢气加成得到 ，
与 1-溴丙烷发生取代反应得到 ，所以需要补充的合成路线为
， 故 答 案 为。
20. 利用 循环再生可将燃煤尾气中的 转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
恒容条件下，按 和 投料反应。平衡体系中，各气态物种的 随温度的变
化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数 基本不变。
回答下列问题：
（1）反应 的焓变 _______(用含 的代数式表示)。
（2）乙线所示物种为_______(填化学式)。反应Ⅲ的焓变 _______0(填“>”“<”或“=”)。
（3） 温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为 ，则为_______ (用含a的代数式表示)；此时， 与 物质的量的差值
_______ (用含a的最简代数式表示)。
（4） 温度下，体系达平衡后，压缩容器体积 产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时， 与
物质的量之比 _______(填“增大”“减小”或“不变”)， 物质的量 _______(填
“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】
（1）ΔH+ΔH
1 2
（2） ①. HO ②. ＜
2
.
（3） ① 0.45+0.5a ②. 150a
（4） ①. 增大 ②. 增大
【解析】
【小问1详解】
已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ，可得，4H (g)+2SO (g)⇌4H O(g)+S (g) ΔH=ΔH +ΔH ，故答案
2 2 2 2 1 2
为：ΔH +ΔH ；
1 2
【小问2详解】
c4 (H O) c(H O)
图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数 K=108基本不变，即K= 2 =108 ，则 2 =102 ，
c4 (H ) c(H )
2 2
c(H O)
lg 2 =2，由图像可知，曲线乙代表H O，丁代表H ；曲线甲代表H S，由图可知，随温度升高，
c(H ) 2 2 2
2
c(H S)减小，反应Ⅲ逆向移动，说明反应Ⅲ为放热反应，即ΔH <0；
2 3
【小问3详解】T 平衡时H 是amol，根据 可知HO和SO 的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知
1 2 2 2
HS为0.1－101a，设平衡时CaS和S 的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO 是1
2 2 4
－x，根据 O 元素守恒可知 2=100a+200a+4－4x，解得 x=75a+0.5，根据 S 元素守恒可知 2=0.1－
101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO 的物质的量的差值为2x－1=150a。
4
【小问4详解】
压缩容器容积，压强增大，反应 平衡正向进行，S 的产率增大，
2
HO 的 物 质 的 量 增 大 ； 温 度 不 变 ， 由 于 始 终 不 变 ， 反 应
2
的平衡常数不变，所以SO 增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示
2
为 ， 始终不变，所以 增大。
