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。

【2025安徽等级考】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)2，而非与氧气反应，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)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；

C．碳酸氢铵受热分解产生CO2和NH3，使食品膨松，可用作膨松剂，C正确；

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。

【2025安徽等级考】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】

【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。

【2025安徽等级考】3. 用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是

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。

【2025安徽等级考】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C19H32O3 B. 存在4个C-O σ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】

【详解】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C19H32O3，A正确；

B．醚键含有2个C-O σ键，酯基中含有3个C-O σ键，如图：，则1个分子中含有5个C-O σ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－COOCH3基团，酯基水解时生成甲醇，D正确；

故选B。

【2025安徽等级考】5. 氟气通过碎冰表面，发生反应①，生成的HOF遇水发生反应②HOF＋H2O=HF＋H2O。下列说法正确的是

A. HOF的电子式为 B. H2O2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．H2O2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；

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H2O，H2O2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N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4SO4]溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀。

【2025安徽等级考】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：4NH3＋3O22N2＋6H2O

B. 液氨与金属钠反应：2Na＋2NH3(l)=2NaNH2＋H2↑

C. 氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2

D. 浓氨水与HgCl2反应：HgCl2＋NH3=Hg(NH2)Cl↓＋HCl

【2025安徽等级考】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－＞NH2－ 

B. 与氨形成配位键的能力：H＋＞Cu2＋

C. H2O和NH3分子中的键长：O－H ＞ H－N 

D. 微粒所含电子数：NH4＋＞NH2－ 

【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N2，所给方程式符合反应原理，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(NH3)4](OH)2溶液，所给方程式符合反应原理，C正确；

D．浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl沉淀，生成物应为NH4Cl，方程式为：HgCl2＋2NH3=Hg(NH2)Cl↓＋NH4Cl，D错误

故选D；

【7题详解】

A．根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2＋H2O=NaOH＋NH3，说明NH2－ 结合H＋能力更强，A错误；

B．根据题干信息，深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4SO4]溶液，说明NH3更容易与H＋配位形成NH4＋，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＜H－N，C错误；

D．NH4＋所含电子数为7+4-1=10，NH2－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错误；

故选B。

【2025安徽等级考】8. 下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是

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＋、NO3－和NO，NO难溶于水，无法大量存在，A不符合题意；

B．70%硫酸与Na2SO3反应生成SO2，溶液中应含H＋、Na＋、SO42－，但HSO3－在强酸性条件下会转化为SO2和H2O，无法大量存在，B不符合题意；

C．浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2，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．FeCl3催化H2O2分解生成O2，溶液中应含Fe3＋而非Fe2＋，D不符合题意；

故选C。

【2025安徽等级考】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sp3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；

【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；

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。

【2025安徽等级考】10. 下列实验操作能达到实验目的的是

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，BaCl2应在Na2CO3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H2SO4提高H+浓度恢复橙色，验证浓度对平衡的影响，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。

【2025安徽等级考】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，k为反应速率常数)。

下列说法错误的是

A. 该条件下

B.0～t1 时间段，生成M和N的平均反应速率相等

C. 若加入催化剂，K1增大，K2不变，则和均变大

D. 若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则变大

【答案】C

【解析】

【详解】A．①，②，②－①得到，则K=，A正确；

B．由图可知，0～t1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；

C．若加入催化剂，K1增大，更有利于生成M，则变大，但催化剂不影响平衡移动，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，即变大，D正确；

故选C。

【2025安徽等级考】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)。NA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. 127g碘晶体中有NA个“卤键” D. 碘晶体的密度为

【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I2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”，127g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。

【2025安徽等级考】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：H2＋2L i=2LiH

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

【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LiH2PO4解离为Li＋和H2PO4－，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，电极反应：，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，据此解答。

【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H2进入储氢容器，当转移2mol电子时，电解质溶液质量增加，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，B错误；

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1mol H＋与H2PO4－结合生成H3PO4，但不知道电解液体积，无法计算c(H＋)降低了多少，D错误；

故选C。

【2025安徽等级考】14. H2A是二元弱酸，M2＋不发生水解。25℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与pH的关系如下图所示。

已知25℃时，。下列说法正确的是

A. 25℃时，MA的溶度积常数

B. pH=1.6时，溶液中

C. pH=4.5时，溶液中

D. pH=6.8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MA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，pH=4.5时，溶液中，C错误；

D．pH=6.8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。

【2025安徽等级考】15. 某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。

已知25℃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Sr2＋、_______(填离子符号)。

（3）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_______；25℃时，向0.01molSrSO4粉末中加入100mL 0.11mol/L BaCl2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SrSO4、_______(填化学式)。

（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SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______(填标号)。

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.SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)     ②.10－8.97     

（4）升高温度，Ba2＋与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；    

（5）BaSO4、SiO2   

（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

【解析】

【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq) ，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O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：SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq) ；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为SrSO4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】

随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，Ba2＋与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；

【小问5详解】

“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2 不参与反应，故漫出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2 ；

【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；

【小问7详解】

Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2＋不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。

【2025安徽等级考】16. 侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3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NH4HCO3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NH4HCO3，加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3，溶解，静置，析出NaHCO3晶体；

③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3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NH4HCO3需研细后加入，目的是_______。

（3）在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3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，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．Na2CO3      b．NaHCO3       c．Na2CO3和NaHCO3     d．Na2CO3和NaOH

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Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30.7g和10.3g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究：

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NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42g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CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088g，则白色晶体中NaHCO3的质量分数为_______。

【答案】（1）烧杯、玻璃棒    

（2）加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3与NaCl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. CO2在饱和Na2CO3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NaHCO3的量较少，NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体    ②. 80%

【分析】本题以NaCl和NH4HCO3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NH4HCO3代替CO2和NH3，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CO2的充分溶解对NaHCO3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NH4HCO3需研细后加入，目的是加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3与NaCl反应。

【小问3详解】

CO2和NH3在水中可以发生反应生成NH4HCO3，但是存在气体不能完全溶解、气体利用率低且对环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3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NaHCO3和NaOH，因此，所得产品的成分为Na2CO3，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Na2CO3与盐酸反应生成CO2，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：CO2在饱和Na2CO3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NaHCO3的量较少，NaHCO3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NaHCO3和Na2CO3·10H2O。称取0.42g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CaCl2和NaOH溶液。NaHCO3受热分解生成的气体中有H2O和CO2，而Na2CO3·10H2O分解产生的气体中只有H2O，无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O，NaOH溶液可以吸收分解产生的CO2；NaOH溶液增重0.088g，则分解产生的CO2的质量为0.088g，其物质的量为，由分解反应可知，NaHCO3的物质的量为0.004mol，则白色晶体中NaHCO3的质量为，故其质量分数为

【2025安徽等级考】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：

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．H2O(g)的浓度不变       d．CO和CO2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H2)的重要方法，主要反应有：

③

④

⑤

（4）恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的措施有_______(填标号)。

a．增加原料中CH4的量      b．增加原料中CO2的量     c．通入Ar气

（5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如下图。

i．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

ii．若平衡时Ar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】

由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则；

【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H2O(g)浓度不变，是平衡状态；

d．CO和CO2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；

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CH4的量，CH4自身转化率降低；

b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大；

c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变；

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(H2)增大；

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。

【2025安徽等级考】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(NH4)2SO4和MnSO4，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(－CH2OH)，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，CCl4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(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）；    

（3）

（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）

【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CCl4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；

【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-CH2OH，则其不可能含有苯环，核磁共振氢谱只有两组峰，满足条件的结构简式为；

【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CCl4中的两个氯原子，CCl4是反应物，c正确；

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，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；

【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AlCl3作用下与CCl4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。