2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 Li—7 C—12 阅读下列材料,完成6~7小题。
O—16 Na—23 I—127 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。在 燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气
每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。 体,同时生成 NaNH2。NaNH2 遇水转化为 NaOH。
1.下列有关物质用途的说法错误的是 ( ) Cu(OH)2 溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2
A.生石灰可用作脱氧剂 溶液,加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4 溶
B.硫酸铝可用作净水剂 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 ( ) 沉淀。C.碳酸氢铵可用作食品膨松剂 HgNH2 Cl
6.下列有关反应的化学方程式错误的是 ( )D.苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂
点燃
2.以下研究文物的方法达不到目的的是 ( ) A.氨在氧气中燃烧:4NH3+3O2 2N2+6H2O
A.用14C断代法测定竹简的年代 B.液 氨 与 金 属 钠 反 应:2Na+2NH3(l)
B.用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 2NaNH2+H2↑
C.用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 C.氨水溶解 Cu(OH)2:Cu(OH)2+4NH3
D.用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子 [Cu(NH3)4](OH)2
D.浓 氨 水 与质量 HgCl2 反 应:HgCl2+NH3
(
3.用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是 HgNH2
)Cl↓+HCl
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-2
选项 劳动项目 化学知识 B.与氨形成配位键的能力:H+>Cu2+
A 用大米制麦芽糖 淀粉水解生成麦芽糖 C.H2O和NH3分子中的键长:O—H>N—H
B 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液呈碱性 D.微粒所含电子数:NH
+
4 >NH-2
8.下列实验产生的废液中,可能大量存在的粒子
氮是小麦合成蛋白
C 给小麦施氮肥 组是 ( )
质的必需元素
选项 实验 粒子组
肥皂中的高级脂肪酸钠
D 用肥皂洗涤油污 A 稀硝酸与铜片制NO H+、Cu2+、NO-、NO
含有亲水基和疏水基 3
70%硫酸与NaSO +2 3 H 、Na+、SO2-4 、
4.一种天然保幼激素的结构简式如图: B
制SO2 HSO-3
浓盐酸与 KMnO4
C H+、K+、Mn2+、制Cl Cl
-
2
下列有关该物质的说法,错误的是 ( )
双氧水与
A.分子式为C H O B.存在4个C—Oσ键 FeCl3
溶
19 32 3 D H+、Fe2+、Cl-、H O
液制 2 2
C.含有3个手性碳原子 D.水解时会生成甲醇 O2
, -40℃ 9.
某化 合 物 的 结 构 如 图 所
5.氟气通过碎冰表面 发生反应①F2+H2O 示。W、X、Y、Z是原子序
HOF+HF,生成的 HOF遇水发生反应②HOF+ 数依 次 增 大 的 短 周 期 元
H2O HF+H2O2。下列说法正确的是( ) 素,其中X、Z位于同一主
‥ ‥
A.HOF的电子式为 H︰O︰F︰ 族。下列说法错误的是 ( )
‥ ‥ A.元素电负性:X>Z>Y
B.H2O2为非极性分子 B.该物质中Y和Z均采取sp3杂化
C.反应①中有非极性键的断裂和形成 C.基态原子未成对电子数:WD.反应②中 HF为还原产物 D.基态原子的第一电离能:X>Z>Y
·1·
10.下列实验操作能达到实验目的的是 ( )
选项 实验操作 实验目的
将铁制镀件与铜片
分别接直流电源的 在铁 制 镀 件 表 面
A
正、负极,平行浸入 镀铜
CuSO4溶液中
向粗盐水中先后加 A.碘晶体是混合型晶体
粗盐提纯中,去除
入过 量 Na2CO3 溶 B.液态碘单质中也存在“卤键”
B Ca2+、 Mg2+ 和
液、NaOH 溶 液 和 C.127g碘晶体中有NA 个“卤键”
SO2-4 杂质离子BaCl2溶液 D.碘晶体的密度为 2×254 -30g·cm
-3
abd×NA×10
向2mL0.1mol·L-1 探究c(H+)对如下 13.研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所
K2Cr2O7 溶液中滴 平衡的影响: 示),使用前需先充电,其固体电解质仅允许Li+
加5滴6mol·L-1 CrO2-+HO 通过。下列说法正确的是 ( )2 7 2
C
NaOH溶液,再滴加 (橙色)
5 滴 6mol· L-1 2CrO2-+2H+4
H2SO4溶液 (黄色)
将有机物 M 溶于乙 探究 M 中是否含
D
醇,加入金属钠 有羟基
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 A.放电时电解质溶液质量减小
(反应速率v=kx,k为反应速率常数)。 B.放电时电池总反应为 H2+2Li 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-1
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lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH 的关系如
图所示。
下列说法错误的是 ( )
x k k
A.该条件下 N,平衡= -1 2xM,平衡 k1k-2
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 x1 和 已知25℃时,Ka1(H2A)=10-1.6,Ka2(H2A)=
xM,平衡 均变大 10-6.8,lg2=0.3。下列说法正确的是 ( )
D.若 A(g)→M(g)和 A(g)→N(g)均为放热反 A.25℃时,MA的溶度积常数Ksp(MA)=10-6.3
应,升高温度则xA,平衡 变大 B.pH=1.6时,溶液中c(M2+)>c(Cl-)>c(HA-)
12.碘晶体为层状结构,层间作用为范德华力,层间 >c(A2-)
距为dpm。如图给出了碘的单层结构,层内碘 C.pH=4.5时,溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。NA 为阿 D.pH=6.8时,溶液中c(H+)+2c(HA-)+
伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 ( ) c(H2A) c(OH-)+c(Cl-)
·2·
二、非选择题:本题共4小题,共58分。 ③将NaHCO3 晶体减压过滤、煅烧,得到 Na2CO3
15.(14分)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、 固体。
CaCO3、SrCO3和 MgCO3等,一种提取该废渣中 回答下列问题:
锶的流程如下所示。 (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)。
已知25℃时,Ksp(SrSO4)=10-6.46,Ksp(BaSO4)
=10-9.97。 (2)步骤②中 NH4HCO3 需研细后加入,目的是
回答下列问题: 。
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态 (3)在实验室使用NH4HCO3 代替CO2 和 NH3
锶原子价电子排布式为 。 制备纯碱,优点是 。
(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、 (4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴
(填离子符号)。 定过程中溶液的pH 随滴加盐酸体积变化的曲
(3)“盐浸”中SrSO 转化反应的离子方程式为 线如图所示。4
;25℃时,向0.01molSrSO4 粉末中加
入100mL0.11mol·L-1BaCl2 溶液,充分反应
后,理论上溶液中c(Sr2+)·c(SO2-4 )=
mol2·L-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 。
ⅰ.到达第一个滴定终点B 时消耗盐酸V1mL,
到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2mL。
V1=V2,所得产品的成分为 (填序号)。
a.Na2CO3 b.NaHCO3
c.Na2CO3和NaHCO3d.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V1' V1(填“>”“<”或“=”)。图1 图2 (5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分
(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、 别为30.7g和10.3g。向饱和Na2CO3 溶液中
(填化学式)。 持续通入CO2气体会产生NaHCO3 晶体。实验
(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与 K+形成的 小组进行相应探究:
超分子加入“浸出液”中,能提取其中的Sr2+,原 实验 操作 现象
因是 。 将CO 匀速通入置于烧杯(7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2 的最优方法
2
中的 饱和
( )。 20mL Na2CO是 填序号 a 3 无明显现象
溶液,持续 ,消 耗
a.加热脱水 b.在 HCl气流中加热 20min
600mLCO
c.常温加压 d.加热加压 2
16.(14分)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应 将20mL饱和 Na2CO3 溶 矿泉水瓶变
物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上, 液注入充满CO2的500mL 瘪,3min后b
以NaCl和NH4HCO3 为反应物,在实验室制备 矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇 开始有白色
纯碱,步骤如下: 动矿泉水瓶1~2min,静置 晶体析出
①配制饱和食盐水; ⅰ.实验a无明显现象的原因是 。
②在水浴加热下,将一定量研细的NH4HCO3 加 ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有 NaHCO3 和
入饱和食盐水中,搅拌,使 NH4HCO3,溶解,静 Na2CO3·10H2O。称取0.42g晾干后的白色晶
置,析出NaHCO3晶体; 体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的
·3·
无水 CaCl2 和 NaOH 溶 液,NaOH 溶 液 增 重 ⅰ.投料组成中Ar含量下降,平衡体系中n(CO)∶n
0.088g,则白色晶体中 NaHCO3 的质量分数为 (H2)的值将 (填“增大”“减小”或“不
。 变”)。
17.(15分)Ⅰ.通过甲酸分解可获得超高纯度的 ⅱ.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点
CO。甲酸有两种可能的分解反应: 计算反应⑤的平衡常数 Kp= (kPa)2
①HCOOH(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1=+ (用含p的代数式表示,Kp是用分压代替浓度计
26.3kJ·mol-1 算的平衡常数,分压=总压×物质的量分数)。
②HCOOH(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 18.(15分)有机化合物C和· -1 F
是制造特种工程塑料
=-14.9kJ mol
() ( 的两种重要单体
,均可以苯为起始原料按下列路
1 反应COg)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 线合成(部分反应步骤和条件略去):
的ΔH= kJ·mol-1。
(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 (填序号)。
a.气体密度不变
b.气体总压强不变
() 回答下列问题:c.H2Og 的浓度不变
d.CO和CO 的物质的量相等 (1)B中含氧官能团名称为 ;B→C的反2
(3)一定温度下,使用某催化剂时反应历程如图,反 应类型为 。
应①的选择性接近100%,原因是 ;升高温 (2)已知 A→B反 应 中 还 生 成(NH4)2SO4 和
度,反应历程不变,反应①的选择性下降,可能的 MnSO4,写出A→B的化学反应方程式: 。
原因是 。 (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
Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和 (5)4,4'-二羟基二苯砜(H)和F在一定条件下缩聚,
H )的重要方法,主要反应有 得到性能优异的特种工程塑料———聚醚砜醚酮2
③CH4(g)+CO (g) 2CO(g)+2H ( )。写出 的结构简式 。2 2(g) PESEK PESEK
④CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) O O
⑤CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) nHO S OH+nF C F
(4)恒温恒容条件下,可提高CH4 平衡转化率的 F
措施有 (填序号)。 O
a.增加原料中CH4的量 b.增加原料中CO H2的量 缩聚
c.通入Ar气 →PESEKNaCO
( 2 35)恒温恒压密闭容器中,投入不同物质的量之 (6)/ / , 制备PESEK反应中
,单体之一选用芳香族氟
比的CH4 CO2 Ar混合气 投料组成与CH4 和 化物 ,而未选用对应的氯化物,可能的原因是
CO2的平衡转化率之间的关系如图。
F
。
(7)已知酮可以被过氧酸(如间氯过氧苯甲酸,
MCPBA)氧化为酯:
O O
MCPBA
R C R → R C OR
参照题干合成路线,写出以苯为主要原料制备
O
苯甲酸苯酯( C O )的合成路线
(其他试剂任选)。
·4·
2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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化学答题卡
16.(1)
18.(1)
姓
名
考生条形码区
(2
(2)
准考证号
(3)
(3)
一此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4)i.
(4)
(5)
7A国QD
(5)i
oo
4A国可可
5AEQD
6A国Q可
moo
.3oo
eRaoa
amoo
op
P3a
moe
(6)
(7)
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
15.(1)
17.(1)
(2)
(2
(3
(3)
(4)
(4)
(5)i
(5)
(6
(7)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年化学(安徽卷)
1.A 本题考查常见物质的用途。
生石灰吸水可用作干燥剂,不能用作脱氧剂,A项错误;Al2(SO4)3水解生成Al(OH)3胶体可用作净水剂,B项正确;NH4HCO3受热分解产生大量气体可用作食品膨松剂,C项正确;苯甲酸及其钠盐可杀灭微生物、控制滋生条件,可用作食品防腐剂,D项正确。
2.D 本题考查科学技术在化学研究中的应用。
应用14C的半衰期可以测定文物年代,A项正确;X射线衍射法可以分析晶体结构,B项正确;可以用光谱仪摄取各种元素原子的吸收光谱或发射光谱,原子光谱法可以测定元素种类,C项正确;用红外光谱法可测定有机物中的化学键或官能团类型,用质谱法可以测定有机分子的相对分子质量,D项错误。
3.B 本题考查物质应用的化学解释。
淀粉(多糖)水解可生成麦芽糖(二糖),A项正确;NaClO具有强氧化性,可用于环境消毒,B项错误;小麦合成蛋白质需要氮元素,C项正确;肥皂洗涤油污时,利用其中高级脂肪酸钠的疏水基(长链烃基)“包围”油渍,亲水基(羧酸根)伸入水中,借助水流将高级脂肪酸钠和油渍冲洗掉,D项正确。
4.B 本题考查有机物的结构和性质。
通过结构简式可以知道有机物中的C原子个数为19,依据不饱和度算出H原子个数,19个C原子的烷烃中最多含有H原子个数为19×2+2=40,有机物中双键和环的个数为3+1=4,该分子中H原子个数为40-4×2=32,A项正确;结构简式中左边的1个O原子与2个碳原子形成2个C—O,右边酯基()中有1个CO、2个C—O,共5个C—O σ键,B项错误;只有饱和碳原子才可能是手性碳原子,如图所示,含有3个手性碳原子,C项正确;有酯基,水解可以生成甲醇,D项正确。
5.A 本题考查化学用语及氧化还原反应。
HOF中羟基氧原子与氟原子直接相连,形成共价键,A项正确;H2O2分子非平面结构(),空间结构不对称,属于极性分子,B项错误;反应①中没有非极性键的形成,C项错误;反应②中,反应前后F元素化合价没有变化,HF既不是氧化产物,也不是还原产物,D项错误。
6.D 本题考查化学方程式的书写,做此种类型题目时,首先要判断反应类型是氧化还原反应还是非氧化还原反应。
依据信息可知反应物和生成物正确,此反应为氧化还原反应,根据元素化合价升降守恒可知A项正确;依据信息,Na与NH3反应生成NaNH2,Na的化合价升高,化合价降低的只能是H元素,所以气体为H2,Na升高1价、H2是降低2价得来的,依据得失电子守恒,Na的系数为2、H2的系数为1,再配平其他元素,B项正确;非氧化还原反应,依据信息直接写出主要反应物及生成物,配平可知C项正确;过量的氨水与HCl反应生成NH4Cl,因此浓氨水与HgCl2反应的化学方程式为HgCl2+2NH3Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl,D项错误。
7.B 本题考查物质结构与性质的比较。
由信息“NaNH2遇水转化为NaOH”知反应为NaNH2+H2ONaOH+NH3↑,与H+结合的能力:N>OH-,A项错误;由信息[Cu(NH3)4](OH)2溶液加入稀硫酸又转化为[Cu(H2O)4]SO4溶液知,与NH3形成配位键能力:H+>Cu2+,B项正确;原子半径:N>O,故键长N—H>O—H,C项错误;N和N中均含有10个电子,D项错误。
8.C 本题考查离子共存,此种类型的题要从氧化还原反应、酸碱反应的角度分析。
NO不溶于水,A项错误;H+与HS不能大量共存,B项错误;浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2,产生的废液中可能大量存在K+、Mn2+、Cl-、H+,C项正确;Fe2+具有还原性、H2O2具有氧化性,不能大量共存,D项错误。
9.D 本题考查分子结构与元素周期律知识。
由信息“X、Z位于同一主族”,结合在化合物中的成键情况(均形成两对共用电子对),可推知:元素X、Z分别为O、S。依据原子序数依次增大和元素W、Y的成键情况,可推知:元素W、Y分别为H、P。依此作答。
元素O、S位于同主族,P、S位于同周期,电负性O>S>P,A项正确;该物质中P、S均为sp3杂化,B项正确;基态原子未成对电子数:H、O、P分别为1、2、3,C项正确;基态P原子价电子排布为3s23p3的半充满结构,比较稳定,故基态原子第一电离能:P>S,D项错误。
10.C 本题考查电化学、化学实验的基本操作与评价。
在铁上镀铜,应该铁接电源负极,为电镀池的阴极,铜接电源正极,为电镀池的阳极,电解质溶液为铜盐溶液,A项错误;粗盐提纯中,因为加入的试剂均应过量,所以Na2CO3溶液应该在BaCl2溶液后面加入,以除去过量的BaCl2溶液,B项错误;通过加NaOH溶液降低H+浓度使溶液变黄,再加H2SO4溶液提高H+浓度恢复橙色,可验证浓度对平衡的影响,C项正确;乙醇中也含有羟基,D项错误。
11.C 本题考查可逆反应各组分物质的量分数变化曲线分析。
①M(g)A(g),平衡常数K①=,②A(g)N(g),平衡常数K②=,①+②得到M(g)N(g),其平衡常数K==K①·K②=,A项正确。M、N开始时为0,t1时刻物质的量分数相等,故0~t1时间段,生成M和N的平均反应速率相等,B项正确。x1对应的点未平衡,加入催化剂可加快反应速率,使M的生成量增多,x1增大,但催化剂不能使平衡发生移动,故xM,平衡不变,C项错误。因为A(g)M(g) ΔH<0,A(g)N(g) ΔH<0,升高温度上述反应均逆向移动,xA,平衡变大,D项正确。
12.A 本题考查晶体的结构与晶胞的有关计算。
依据信息层内碘分子之间存在“卤键”(强度与氢键相近),层与层间是范德华力,与石墨不同(石墨层内只存在共价键),所以此晶体是分子晶体,A项错误;由层内碘分子之间存在“卤键”可知“卤键”是分子间作用力,液态碘单质中也存在“卤键”,B项正确;由图可知一个I2分子周围有4个“卤键”,一个“卤键”归两个I2分子共用,所以一个I2分子均摊2个“卤键”,127 g I2单质为0.5 mol,有NA个“卤键”,C项正确;由图中长方形虚线框可知晶胞的长宽高各为a pm、b pm、d pm,一个晶胞体积为abd×10-30 cm3,一个晶胞中含有2个I2(注意一个晶胞为两层),质量为 g,D项正确。
13.C 本题考查电化学(二次电池)知识。
结合信息“使用前需先充电”,分析图示知:充电时,惰性电极为阴极,电极反应为Li++e-Li,阳极为气体扩散电极,电极反应为H2-2e-+2H2P2H3PO4,放电时惰性电极(实际是充电后沉积的Li)为负极,电极反应为Li-e-Li+,Li+通过固体电解质进入电解质溶液,气体扩散电极为正极,电极反应为2H3PO4+2e-2H2P+H2↑。转移2 mol e-时,电解质溶液质量增加:(2×7-2) g=12 g,A项错误;放电时电池总反应为2Li+2H3PO42LiH2PO4+H2↑,B项错误;充电时,惰性电极为阴极,Li+移向阴极,C项正确;题目中没有体积,无法确定c(H+)变化,D项错误。
14.A 本题考查难溶电解质的溶解平衡、盐的水解平衡、离子浓度大小比较。
此种类型的题首先要写出题目中涉及的化学平衡方程式,本题涉及的平衡方程式为
①H2AH++HA- Ka1(H2A)==10-1.6
②HA-H++A2- Ka2(H2A)==10-6.8
③MA(s)M2+(aq)+A2-(aq) Ksp=c(M2+)·c(A2-)
MA中加入盐酸,A2-+H+HA-,继续加盐酸HA-+H+H2A,由Ka1(H2A)=10-1.6可知,c(H2A)=c(HA-)时,pH=1.6,由Ka2(H2A)=10-6.8可知,c(A2-)=c(HA-)时,pH=6.8,由Ka1(H2A)·Ka2(H2A)==10-8.4可知,c(A2-)=c(H2A)时,pH=4.2。根据溶液中的元素守恒,c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),当pH=6.8时,c(HA-)=c(A2-),此时c(H2A)基本为零,忽略不计,则c(M2+)=c(HA-)+c(A2-)=2c(A2-),由图可知,此时c(M2+)=10-3 mol·L-1=2c(A2-),则c(A2-)=×10-3 mol·L-1,所以Ksp=c(M2+)·c(A2-)=10-3××10-3=10-6.3,A项正确。依据Ka1(H2A)=10-1.6,=10-1.6可知pH=1.6时c(HA-)=c(H2A),依据电荷守恒2c(M2+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)+c(OH-)、元素守恒c(M2+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),整理可得:c(M2+)+c(H+)+c(HA-)=c(A2-)+c(Cl-)+c(OH-),pH=1.6时,c(H+)>c(OH-),c(HA-)>c(A2-),因此c(Cl-)>c(M2+),B项错误。依据Ka1(H2A)=10-1.6,=10-1.6可知pH=4.5时,=102.9,可知c(HA-)>c(H2A);H2AA2-+2H+的K=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-8.4,=10-8.4,可知=100.6,c(A2-)>c(H2A),C项错误。依据电荷守恒2c(M2+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)+c(OH-)、元素守恒c(M2+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),可知2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)+c(OH-),即c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),D项错误。
15.答案 (1)5s2
(2)Ca2+、Mg2+
(3)SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq) 10-8.97
(4)温度升高,Ba2+与SrSO4的碰撞次数增加,导致锶浸出率增大
(5)BaSO4、SiO2
(6)Sr2+相较于Ca2+、Mg2+,与窝穴体a的空腔直径更为适配
(7)a
解析 (1)第五周期第ⅡA族元素,最外层只有2个电子,其基态原子价电子排布式为5s2。
(2)向含锶废渣中加入稀盐酸酸浸,SrCO3、CaCO3、MgCO3溶解,故“浸出液”中主要金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。
(3)由于相同温度下,Ksp数值SrSO4大于BaSO4,故向SrSO4固体中加入BaCl2溶液盐浸,SrSO4可转化为BaSO4,反应的离子方程式为SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)。依据上述反应,向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-1 BaCl2溶液,充分反应后剩余n(Ba2+)=0.001 mol,生成n(Sr2+)=0.01 mol,依据Ksp(BaSO4)求出,c(S)= mol·L-1=10-7.97 mol·L-1,而c(Sr2+)=0.1 mol·L-1,故c(Sr2+)·c(S)=10-8.97(mol·L-1)2。
(5)依据上述分析,“盐浸”时发生沉淀的转化,生成BaSO4沉淀,SiO2不参与反应,故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2。
(6)窝穴体a与K+之所以形成超分子,是因为K+直径与窝穴体a空腔直径相近。故其能提取Sr2+的原因是Sr2+相较于Ca2+、Mg2+,与窝穴体a的空腔直径更为适配。
(7)SrCl2是强酸强碱盐,SrCl2不水解,直接加热SrCl2·6H2O失水至恒重,可制得无水SrCl2,故选a。
【易错警示】
由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是加热脱水,考生易错选b项(在HCl气流中加热)。考生在复习备考中,多次遇到由AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的试题,都是要求在HCl气流中加热脱水。因为AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl ΔH>0,若不在HCl气流中加热,由于水解产物HCl易挥发,且正反应吸热,最终得到的产物是Al(OH)3而不是AlCl3固体。
元素Sr位于第五周期第ⅡA族,金属性比Ca还强,Sr2+不水解,不会存在加热失水过程中平衡移动问题。
16.答案 (1)烧杯、玻璃棒
(2)加快NH4HCO3溶解,使NH4HCO3与NaCl充分反应
(3)不需要制备氨气、CO2,减少了流程
(4)ⅰ.a ⅱ.>
(5)ⅰ.CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率较小,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.80%
解析 本题考查实验的基本操作及计算,做此种类型题目时,一般不需要把所给题干信息完完全全地读懂吃透,简单了解信息后,看具体题目的要求,然后带着疑问再回头看题干信息进行解答。
(1)本题是配制饱和溶液,所以向水中加入过量氯化钠至不再溶解,就得到氯化钠的饱和溶液,此种题目常与配制一定物质的量浓度的溶液的方法相混淆。
(2)一般研磨操作的目的是从反应速率、充分反应的角度回答。
(4)ⅰ.滴定曲线一般找起点、拐点、终点,依据Na2CO3与H+反应时离子方程式依次为C+H+HC、HC+H+H2O+CO2↑,且两次消耗的酸相等,可知a符合题意。ⅱ.到达第一个滴定终点前,滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓,会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,则该同学所记录的V1'>V1。
(5)ⅱ.有关计算一般按“求什么先求摩,见什么就化摩”的思路进行数据处理;0.088 g CO2为0.002 mol,依据2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知NaHCO3为0.004 mol,质量为0.336 g;则白色晶体中NaHCO3的质量分数为×100%=80%。
17.答案 (1)-41.2
(2)bc
(3)反应①的活化能比反应②的活化能低,反应①化学反应速率快 催化剂在升温后对反应①的催化活性降低(或反应②活化能大于反应①活化能,升温更有利于反应②的进行等合理答案)
(4)b
(5)ⅰ.增大 ⅱ.p2
解析 (1)反应②-反应①可得:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=ΔH2-ΔH1=(-14.9-26.3) kJ·mol-1=-41.2 kJ·mol-1。
(2)恒容密闭容器容积不变,反应物、生成物均为气体,气体密度始终不变,a项错误;两个反应都是气体分子数增大的反应,气体压强为变量,当气体压强不变时,说明两反应达到平衡状态,b项正确;H2O(g)的浓度为变量,当H2O(g)的浓度不变时,反应达到平衡状态,c项正确;两反应达平衡时,CO和CO2的物质的量不一定相等,d项错误。
(3)使用某催化剂时反应①的选择性接近100%,观察图示(反应历程)知:Ea①(4)增加原料中CH4的量,能提高CO2转化率而自身转化率降低,a项错误;增加原料中CO2的量,使反应③平衡正向移动,可提高CH4转化率,b项正确;通入Ar气,不改变体系中各物质的浓度,反应速率均不变,平衡不移动,c项错误。
(5)ⅰ.因为反应⑤=反应③-反应④,所以③④⑤三个反应中只有两个独立的反应,可只考虑反应③和④。由图可知,当初始投料中n(CH4)=n(CO2)时,若n(Ar)很大,则CO2与CH4的平衡转化率几乎相等,此时可认为只发生反应③,则n(CO)∶n(H2)的值约为1;而当投料组成中Ar含量下降时,CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,则除反应③外还发生反应④,反应④消耗H2并生成CO,使n(CO)∶n(H2)的值大于1,因此投料组成中Ar含量下降,平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。
ⅱ.设投料时CH4、CO2和Ar的物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol,依据a、b两点数据,平衡时CO2转化率为30%,余1.4 mol,CH4转化率为20%,余1.6 mol。
依据碳元素守恒,平衡时体系中n(CO)=4 mol-1.4 mol-1.6 mol=1 mol,依据元素守恒知:
氢元素守恒有n(CH4)×4+n(H2)×2+n(H2O)×2=8 mol (Ⅰ)
氧元素守恒有n(CO2)×2+n(CO)+n(H2O)=4 mol (Ⅱ)
由Ⅱ式求出n(H2O)=0.2 mol,再由Ⅰ式求出n(H2)=0.6 mol,故平衡时体系中气体总物质的量为 n(CH4)+n(CO2)+n(Ar)+n(CO)+n(H2)+n(H2O)=1.6 mol+1.4 mol+1 mol+1 mol+0.6 mol+0.2 mol=5.8 mol
因平衡时Ar的分压为p kPa,则CH4、H2O、CO、H2的分压分别为p kPa、p kPa、p kPa、p kPa。
故此时反应⑤的平衡常数Kp=(kPa)2=p2(kPa)2。
18.答案 (1)(酮)羰基 还原反应
(2)2+4MnO2+5H2SO42+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O
(3)HO—CH2—C≡C—C≡C—CH2—OH
(4)b
(5)
(6)F的电负性大于Cl的电负性,C—F键极性更大,易断裂,容易与H发生缩聚反应
(7)
解析 (1)由B的结构简式知,其含氧官能团名称为(酮)羰基;有机反应中有铁单质参与的反应除苯的溴代反应外一般为还原反应,此反应也可从C的化合价变化进行分析,B的分子式为C6H4O2,H、O的化合价为+1、-2,C的化合价为0;C的分子式为C6H6O2,其中C的化合价为-,C元素化合价降低是还原反应;此题也可从有机反应中,得氧去氢是氧化反应,得氢去氧是还原反应来判断,C6H4O2到C6H6O2得到2个H。
(2)此反应属于氧化还原反应,所以要抓住化合价变化,依据守恒进行分析;MnO2的化合价降低2价;A到B有元素化合价的升高,A的分子式C6H7N中C的化合价为-,B中C的化合价为0,碳元素化合价共升高×6=4,依据得失电子守恒可知MnO2的系数为2,C6H7N系数为1;得+2MnO2+H2SO4——+(NH4)2SO4+MnSO4;再配平除氢、氧之外的其他元素,+2MnO2+H2SO4——+(NH4)2SO4+2MnSO4;补H2O配H、O,最后方程式两边再同乘以2,得2+4MnO2+5H2SO42+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O。
(3)C中含有6个C,2个O,4个不饱和度,含—CH2OH,依据信息含有两种不同化学环境的氢原子,所以高度对称,应含有两个—CH2OH,还余4个C,又知此分子为脂肪烃的衍生物,所以存在两个碳碳三键,补上两个—CH2OH即
HO—CH2—C≡C—C≡C—CH2—OH。
(4)A中的—NH2与乙酸中的—COOH反应,a正确;B只有一种位置异构体,b错误;E中含有C—Cl,可知c正确;E到F先水解,后消去,水解属于取代反应,d正确。
(5)缩聚过程中,有机物H断开O—H键,有机物F断开C—F键,脱下小分子HF形成高分子PESEK。
(6)应从电负性大小角度进行分析。
(7)有机合成题,首先写出原料、产物的结构简式、,依据信息可知,先合成酮,,酮再被氧化得。
