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安徽省2025年化学卷高考真题
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．（2025·安徽）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
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．生石灰的主要为氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，常用作干燥剂，而非脱氧剂，故A错误；
Ｂ．硫酸铝溶于水后，Al3+发生水解反应生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质并聚沉，从而达到净水目的，故B正确；
Ｃ．碳酸氢铵（NH4HCO3）受热易分解，生成氨气（NH3）、二氧化碳（CO2）和水（H2O），气体的产生会使面团膨胀，形成疏松多孔的结构，常用于糕点、面包等食品的制作，故C正确；
Ｄ．苯甲酸（C6H5COOH）及其钠盐（如苯甲酸钠）具有抑制微生物生长的作用，能延长食品的保质期，是常见的食品防腐剂，故D正确；
故选A。
【分析】A．生石灰不与氧气反应；
Ｂ．硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体；
Ｃ．碳酸氢铵受热分解生成气体；
Ｄ．苯甲酸和苯甲酸钠具有抑制微生物生长的作用。
2．（2025·安徽）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
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义
【解析】【解答】A．竹简主要成分为有机物（纤维素），含碳元素，可用 断代法测定其年代，故A正确；
Ｂ．X 射线衍射法是利用 X 射线照射晶体时产生的衍射图案，通过分析衍射峰的位置和强度，可确定晶体的原子排列方式和晶格参数，适用于玉器的晶体结构分析，故B正确；
Ｃ．原子光谱法可通过检测原子受激发后发射或吸收的特征光谱，确定样品中的元素组成，因此可用该方法鉴定漆器表层的元素种类，故C正确；
Ｄ．红外光谱法可分析有机物分子中的官能团，无法直接测定相对分子质量，通常使用质谱法确定相对分子质量，故D错误；
故选D。
【分析】A．竹简的主要成分为纤维素，含有碳元素；
Ｂ．X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
Ｃ．原子光谱法可通过检测原子受激发后发射或吸收的特征光谱，确定样品中的元素组成；
Ｄ．红外光谱主要用于分析有机物分子中的官能团。
3．（2025·安徽）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
【知识点】肥皂、合成洗涤剂；二糖的性质和用途；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A．淀粉为多糖，在淀粉酶的作用下，淀粉发生水解反应，逐步生成麦芽糖（二糖），故A正确；
Ｂ．次氯酸钠（NaClO）溶液消毒的原理是：NaClO 在水中水解生成次氯酸（HClO），HClO 具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的蛋白质结构，从而起到杀菌消毒作用，故B错误；
Ｃ．氮元素是植物合成蛋白质、核酸和叶绿素等生物大分子的必需元素，小麦生长过程中需要氮元素促进细胞分裂和叶绿素合成，施加氮肥（如尿素、铵盐）可满足其生长需求，故C正确；
Ｄ．肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠（ C17H35COONa），其分子结构中含有疏水基 C17H35-，亲水基-COONa，洗涤时，疏水基插入油污内部，亲水基留在水中，通过乳化作用将油污分散成小液滴，从而被水冲洗掉，故D正确；
故选B。
【分析】A．淀粉为多糖；
Ｂ．次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性；
Ｃ．植物生长需要氮元素；
Ｄ．肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠。
4．（2025·安徽）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个键
C．含有3个手性碳原子 D．水解时会生成甲醇
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，该物质中含有19个C原子，32个H原子，3个O原子，其分子式为 ，故A正确；
Ｂ．醚键（-O-）中含 2个 C-Oσ键，酯基（-COO-）中含 3个 C-Oσ 键，则该分子中存在5个C-Oσ 键，故B错误；
Ｃ．该物质中含有3个手性碳原子，如图用“*”标记：，故C正确；
Ｄ．该物质中含有的-COOCH3基团水解会得到甲醇，故D正确；
故选B。
【分析】A．根据结构简式确定各原子数目，进而确定其分子式；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．该分子中的酯基水解生成甲醇。
5．（2025·安徽）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+H2O2.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
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．HOF是共价化合物，类比HClO的结构式可知，HOF的结构式为H-O-F，其分子式为 ，故A正确；
Ｂ． H2O2分子结构并非直线形，其空间构型为 “半开书页” 状：两个氧原子位于书的中轴线上，两个氢原子分别位于 “书页” 的两侧，且与中轴线有一定夹角，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；
Ｃ．反应①的产物HOF和HF均只含极性键，则不存在非极性键的形成，故C错误；
Ｄ．反应②中，由于电负性：F>O，HOF中，F为-1价，产物HF中，F元素的化合价也是-1价，说明F元素的化合价没有发生变化，HF既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；
故选A。
【分析】A．HOF为共价化合物；
Ｂ．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｃ．反应①的产物中不含非极性键；
Ｄ．反应②中只有O元素的化合价发生变化。
6．（2025·安徽）阅读下列材料，完成下列小题.
氨是其他含氮化合物的生产原料.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。
（1）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HgCl2反应：
（2）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．H2O和分子中的键长：O-H＞N-H
D．微粒所含电子数：
【答案】（1）D
（2）B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
【分析】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水；
Ｂ．液氨和金属钠反应生成 NaNH2和氢气；
Ｃ．氢氧化铜溶于氨水生成；
Ｄ．浓氨水和 反应生成沉淀和氯化铵；
（2）A．金属钠与水快速反应生成氢气，与液氨反应缓慢生成氢气；
Ｂ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．均含有10个电子。
（1）【解答】A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）【解答】A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
7．（2025·安徽）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 化学知识
A 稀硝酸与铜片制NO H+、Cu2+、NO3-、NO
B 70%硫酸与Na2SOз制 SO3 H+、Na+、SO42-、HSO3-
C 浓盐酸与KMnO4制Cl2 H+、K+、Mn2+、Cl-
D 双氧水与FeCl3溶液制O2 H+、Fe2+、Cl-、H2O2
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．NO难溶于水，溶液中不可能含有大量NO，故A错误；
Ｂ． 70%硫酸与Na2SOз反应生成的是SO2，而非SO3，反应后的溶液中含有硫酸钠，可能有过量的亚硫酸钠，不含 HSO3- ，故B错误；
Ｃ． 浓盐酸与KMnO4制Cl2发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，浓盐酸电离产生大量氢离子，因此溶液中含有 H+、K+、Mn2+、Cl- ，且这些离子之间互不反应，能够稳定存在，故C正确；
Ｄ． H2O2 能氧化亚铁离子， Fe2+、 H2O2 不可能大量共存， 故D错误；
故选C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
8．（2025·安徽）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sp3 杂化
C．基态原子未成对电子数：WD．基态原子的第一电离能：X>Z>Y
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同周期从左到右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性增大，则元素的电负性：O>S>P，即X>Z>Y，故A正确；
Ｂ．该物质中，P的S的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，故B正确；
Ｃ．基态H原子的未成对电子数为1，基态O原子的未成对电子数为2，基态P原子的未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数：HＤ．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小，则第一电离能：O>P>S，即X>Y>Z，故D错误；
故选D。
【分析】X、Z位于同一主族，X形成2个共价单键或者1个双键，Z形成2个共价单键，X的原子序数小于Y，则X为O元素，Z为S元素，W的原子序数最小，且形成一个共价键，则W为H元素，Y形成5个键，原子序数大于O小于S，则为P元素，综上所述，W为H元素，X为O元素，Y为P元素，Z为S元素。
9．（2025·安徽）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
A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极，平行浸入CuSO4溶液中 在铁制镀件表面镀铜
B 向粗盐水中先后加入过量NaCO3溶液、NaOH液和 BaCl2溶液 粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和SO42-杂质离子
C 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液 探究c(H+)对如下平衡的影响：Cr2O72-+H2O ==2CrO42-+ 2H+ (橙色) (黄色)
D 将有机物M溶于乙醇，加入金属钠 操究M中是否含有羟基
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A．电镀时，待镀金属应该作阴极，则铁为阴极，为电源负极相连，该实验中铁与正极相连，为阳极，被腐蚀，故A错误；
Ｂ．粗盐提纯时，除去 Ca2+、Mg2+和 SO42-的正确顺序需满足：用 BaCl2除去 SO42-（过量 Ba2+需后续除去），用 Na2CO3除去 Ca2+和过量的 Ba2+，用 NaOH 除去 Mg2+，则先后加入过量 Na2CO3溶液、NaOH 溶液和 BaCl2溶液，故B错误；
Ｃ． 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液 ，消耗H+，平衡右移，溶液变黄；加 H2SO4增大 H+浓度，平衡左移，溶液变橙，可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响，故C正确；
Ｄ．乙醇（C2H5OH）本身含羟基，能与 Na 反应生成 H2，若 M 溶于乙醇后加 Na 产生气体，无法确定气体来源是 M 还是乙醇，故D错误；
故选C。
【分析】A．电镀时，待镀金属应作阴极，接电源负极；
Ｂ．BaCl2在 Na2CO3之后加入，会导致过量的 Ba2+无法被除去；
Ｃ．可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响；
Ｄ．乙醇本身含有羟基。
10．（2025·安徽）恒温恒压密团容器中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
B．时间段，生成M和N的平均反应速率相等
C．若加入催化剂，增大，不变，则x1和均变大
D．若和均为放热反应，升高温度则 变大
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．①的，②，②－①得，则K=，A正确；
B．t1时，M和N的物质的量，说明时间段内，M和N的物质的量浓度变化量相等，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；
C．加入催化剂，能降低反应的活化能，增大反应速率，但不影响平衡状态，因此不变，C错误；
D．若和均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的物质的量分数增大，变大，D正确；
故选C。
【分析】A．根据K=计算；
Ｂ．根据分析；
Ｃ．催化剂不影响平衡状态；
Ｄ．升温平衡向吸热反应方向移动。
11．（2025·安徽）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)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碘晶体中有个“卤键”
D．碘晶体的密度为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．碘晶体中，层内碘分子（I2）通过共价键结合，分子间通过 “卤键”（类似氢键的分子间作用力）连接，层间通过范德华力结合，整体属于分子晶体，而非混合型晶体，A错误；
B．卤键强度与氢键相近，属于分子间作用力，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．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”的数目为，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。
【分析】A．混合型晶体需同时含多种作用力且结构兼具原子、分子、金属晶体特征（如石墨）；
Ｂ．卤键强度与氢键相近；
Ｃ．每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用；
Ｄ．根据计算。
12．（2025·安徽）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
C．充电时 移向惰性电极
D．充电时每转移1mol电子，降低
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．放电时，会通过固体电解质进入电解质溶液，电解质溶液质量增大，A错误；
B．放电时，负极反应为，正极反应为，则总反应为，B错误；
C．充电时，阳离子向阴极移动，则向惰性电极移动，C正确；
D．溶液体积未知，无法计算降低的浓度，D错误；
故选C。
【分析】原电池中，活泼金属做负极，金属锂性质活泼，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，将解离为和，因此充电时惰性电极为阴极，电极的反应为，气体扩散电极为阳极，发生氧化反应，电极反应为：，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。
13．（2025·安徽）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，平衡时溶液中的关系如下图所示.
已知25℃时，，，下列说法正确的是（　　）
A．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
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】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。
【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。
二、非选择题:本题共4小题共 58分。
14．（2025·安徽）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”中转化反应的离子方程式为　 　；
25℃时，向0.01mol SrSO4粉末中加入100mL 0.11mol L-1BaCl2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 、　 　 (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 HCl气流中加热
c．常温加压
d．加热加压
【答案】（1）
（2）、
（3）；108.97
（4）浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大.
（5）
（6）的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来
（7）a
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；超分子
【解析】【解答】（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，故答案为：。
（2）浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，主要含有的金属离子有、、，故答案为：、 。
（3）“盐浸”时，硫酸锶转化为硫酸钡，反应的离子方程式为： ；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，故答案为： ；10-8.97。
（4）升高温度，平衡向吸热反应方向进行，随温度升高锶浸出率增大的原因为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大，故答案为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大。
（5）由分析可知，浸出渣1中含有，“盐浸”时发生沉淀的转化生成了，故浸出渣2”中主要含有、、，故答案为： 。
（6）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 ，故答案为：的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 。
（7）为强碱，则也是强碱，则SrCl2为强酸强碱盐，不发生水解，因此由制备无水的最优方法是加热脱水，故答案为：a。
【分析】 锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等 ，加入稀盐酸进行酸浸，CaCO3、SrCO3和MgCO3等转化为CaCl2、SrCl2、MgCl2，不与稀盐酸反应，则浸出渣1主要成分为，浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，浸出渣1中加入BaCl2溶液进行盐浸，SrSO4发生沉淀的转化 转化为硫酸钡沉淀，分离后得到溶液，溶液经一系列操作得到。
15．（2025·安徽）侯氏制碱法以为反应物制备纯碱.某实验小组在侯氏制碱法基础以为反应物，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V1 mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL，V1=V2.，所得产品的成分为(填标号)　 　.
a. Na2CO3
b. NaHCO3
d. Na2CO3和NaOH
c. Na2CO3和NaHCO3
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“=”).
（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溶液中持续通人CO2气体会产生NaHCO3晶体.实验小组进行相应探究：
选项 实验操作 实验现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20mL和Na2CO3溶液，持续20min。消耗600mL CO2 无明显现象
b 将20mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2min，静置 矿泉水瓶变瘪，3min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.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、容量瓶
（2）增大与饱和食盐水的接触表面积，使二两充分反应
（3）防止和对空气造成污染
（4）a；>
（5）在水中溶解度较小，没能与溶液反应；80%
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤①中配制饱和食盐水，需要称量一定量的食盐，放在烧杯中溶解，溶解时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，转移溶液时也需要使用玻璃棒，因此需要的仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶，故答案为：烧杯、玻璃棒、容量瓶。
（2）反应物之间的接触面积越大，反应速率越快，将研细，能增大与饱和食盐水的接触面积，使二两充分反应，故答案为： 增大与饱和食盐水的接触表面积，使二两充分反应。
（3）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，其优点是绿色环保， 防止和对空气造成污染 ，故答案为： 防止和对空气造成污染 。
（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，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，故答案为：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，会发生反应，消耗的盐酸体积偏大，则该同学所记录的>，故答案为：>。
（5）i．在水中的溶解度小，导致其未能与 Na2CO3溶液反应，因此无明显现象，故答案为：在水中的溶解度小，没能与Na2CO3溶液反应。
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 0.088g ，则分解产生的的质量为 0.088g ，物质的量为，则的物质的量为，白色晶体中的质量为，故其质量分数为，故答案为：80%。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
（2）研细能增大反应物的接触面积；
（3）氨气和二氧化碳要反应才能生成碳酸氢铵，但气体的溶解度是有限的，不能完全反应；
（4）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；
（5）通过对比实验可以发现的充分溶解对的生成有利。
16．（2025·安徽）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）反应的ΔH=　 　
（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.气体感压强不变
c.的浓度不变
d.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：
③④
⑤
（4）恒温恒容条件下，可提高转化率的指施有　 　 (填标号).
a.增加原料中的量
b.增加原料中 的量
c.通人Ar气
（5）恒温恒压密闭容器中，投人不同物质的量之比的//Ar混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图.
//Ar
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）反应①的正反应活化能小，进行的更容易；催化剂失去活性
（4）b
（5）增大；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设① ，② ，根据盖斯定律，将②-①可得 ，则，故答案为：-41.2。
（2）a．恒容密闭容器，气体的质量不变，体积不变，则其密度是定值，因此当气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故a不符合题意；
b．两个反应均为气体体积增大的反应，压强随反应进行发生变化，因此当压强不变时，反应达到平衡状态，故b符合题意；
c．的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c符合题意；
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d不符合题意；
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，进行的更容易；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，是因为温度会影响催化剂活性，温度太高导致催化剂失去活性，导致反应①的选择性下降，故答案为：反应①的正反应活化能小，进行的更容易；催化剂失去活性。
（4）a．增加原料中CH4的量，反应的平衡正向移动，但CH4自身转化率降低，故a不符合题意；
b．增大原料中CO2的量，反应的平衡正向移动，CH4转化率增大，故b符合题意；
c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，故c不符合题意；
故选b。
（5）i.恒压时，随着Ar含量上升，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，故答案为：增大。
ii.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。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（3）催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，温度会影响催化剂的活性；
（4）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（5）先计算各气体的分压，结合平衡常数表达式计算。
17．（2025·安徽）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，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，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甲酯的合成路线(其他试剂任选).
【答案】（1）酮羰基；还原反应
（2）
（3）
（4）c
（5）
（6）生成的HCl酸性太强，产物不稳定
（7）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；缩聚反应
【解析】【解答】（1）由B的结构简式可知，其含氧官能团名称为酮羰基；B→C的过程中，B中的羰基转化为C中的羟基，发生还原反应，故答案为：酮羰基；还原反应。
（2）A→B的过程中， 还生成(NH4)2SO4和，则反应的化学方程式为。
（3）G是C的同分异构体，则其分子式为C6H6O2，含有-CH2OH，该结构占据1个碳原子，则G肯定不含苯环，由于核磁共振氢谱只有两组峰，其结构对称，且具有4个不饱和度，满足条件的结构简式为，故答案为：。
（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，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，涉及卤代烃的水解反应（取代反应），d正确；
故选b。
（5）H的结构简式为，H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）制备PESEK反应中，单体之一选用芳香族氟化物F，是因为：生成的HCl酸性太强，产物不稳定。
（7）酮可以被过氧酸氧化为酯基，要合成苯甲酸苯酯，可先合成，再发生已知反应得到产物，可由苯发生类似D→F的反应得到，则具体合成路线为。
【分析】（1）根据B的结构简式确定含有的官能团；B中羰基转化为C中的羟基；
（2）结合A、B的结构简式以及反应条件书写化学方程式；
（3）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（4）根据合成路线，结合各物质的结构分析其性质；
（5）H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；
（6）氯化物在反应的过程中会生成HCl；
（7）参照题干合成路线，采用逆合成分析法确定具体合成路径。
1 / 1安徽省2025年化学卷高考真题
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．（2025·安徽）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
2．（2025·安徽）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
3．（2025·安徽）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
4．（2025·安徽）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个键
C．含有3个手性碳原子 D．水解时会生成甲醇
5．（2025·安徽）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+H2O2.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
6．（2025·安徽）阅读下列材料，完成下列小题.
氨是其他含氮化合物的生产原料.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。
（1）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HgCl2反应：
（2）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．H2O和分子中的键长：O-H＞N-H
D．微粒所含电子数：
7．（2025·安徽）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 化学知识
A 稀硝酸与铜片制NO H+、Cu2+、NO3-、NO
B 70%硫酸与Na2SOз制 SO3 H+、Na+、SO42-、HSO3-
C 浓盐酸与KMnO4制Cl2 H+、K+、Mn2+、Cl-
D 双氧水与FeCl3溶液制O2 H+、Fe2+、Cl-、H2O2
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·安徽）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sp3 杂化
C．基态原子未成对电子数：WD．基态原子的第一电离能：X>Z>Y
9．（2025·安徽）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
A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极，平行浸入CuSO4溶液中 在铁制镀件表面镀铜
B 向粗盐水中先后加入过量NaCO3溶液、NaOH液和 BaCl2溶液 粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和SO42-杂质离子
C 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液 探究c(H+)对如下平衡的影响：Cr2O72-+H2O ==2CrO42-+ 2H+ (橙色) (黄色)
D 将有机物M溶于乙醇，加入金属钠 操究M中是否含有羟基
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·安徽）恒温恒压密团容器中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
B．时间段，生成M和N的平均反应速率相等
C．若加入催化剂，增大，不变，则x1和均变大
D．若和均为放热反应，升高温度则 变大
11．（2025·安徽）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)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碘晶体中有个“卤键”
D．碘晶体的密度为
12．（2025·安徽）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
C．充电时 移向惰性电极
D．充电时每转移1mol电子，降低
13．（2025·安徽）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，平衡时溶液中的关系如下图所示.
已知25℃时，，，下列说法正确的是（　　）
A．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
二、非选择题:本题共4小题共 58分。
14．（2025·安徽）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”中转化反应的离子方程式为　 　；
25℃时，向0.01mol SrSO4粉末中加入100mL 0.11mol L-1BaCl2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 、　 　 (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 HCl气流中加热
c．常温加压
d．加热加压
15．（2025·安徽）侯氏制碱法以为反应物制备纯碱.某实验小组在侯氏制碱法基础以为反应物，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V1 mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2 mL，V1=V2.，所得产品的成分为(填标号)　 　.
a. Na2CO3
b. NaHCO3
d. Na2CO3和NaOH
c. Na2CO3和NaHCO3
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“=”).
（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溶液中持续通人CO2气体会产生NaHCO3晶体.实验小组进行相应探究：
选项 实验操作 实验现象
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20mL和Na2CO3溶液，持续20min。消耗600mL CO2 无明显现象
b 将20mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500mL矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2min，静置 矿泉水瓶变瘪，3min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.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和NaOH溶液，NaOH溶液增重0.088g，则白色晶体中 NaHCO3的质量分数为 　 　.
16．（2025·安徽）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）反应的ΔH=　 　
（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.气体感压强不变
c.的浓度不变
d.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：
③④
⑤
（4）恒温恒容条件下，可提高转化率的指施有　 　 (填标号).
a.增加原料中的量
b.增加原料中 的量
c.通人Ar气
（5）恒温恒压密闭容器中，投人不同物质的量之比的//Ar混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图.
//Ar
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).
17．（2025·安徽）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，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，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甲酯的合成路线(其他试剂任选).
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．生石灰的主要为氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，常用作干燥剂，而非脱氧剂，故A错误；
Ｂ．硫酸铝溶于水后，Al3+发生水解反应生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质并聚沉，从而达到净水目的，故B正确；
Ｃ．碳酸氢铵（NH4HCO3）受热易分解，生成氨气（NH3）、二氧化碳（CO2）和水（H2O），气体的产生会使面团膨胀，形成疏松多孔的结构，常用于糕点、面包等食品的制作，故C正确；
Ｄ．苯甲酸（C6H5COOH）及其钠盐（如苯甲酸钠）具有抑制微生物生长的作用，能延长食品的保质期，是常见的食品防腐剂，故D正确；
故选A。
【分析】A．生石灰不与氧气反应；
Ｂ．硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体；
Ｃ．碳酸氢铵受热分解生成气体；
Ｄ．苯甲酸和苯甲酸钠具有抑制微生物生长的作用。
2．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义
【解析】【解答】A．竹简主要成分为有机物（纤维素），含碳元素，可用 断代法测定其年代，故A正确；
Ｂ．X 射线衍射法是利用 X 射线照射晶体时产生的衍射图案，通过分析衍射峰的位置和强度，可确定晶体的原子排列方式和晶格参数，适用于玉器的晶体结构分析，故B正确；
Ｃ．原子光谱法可通过检测原子受激发后发射或吸收的特征光谱，确定样品中的元素组成，因此可用该方法鉴定漆器表层的元素种类，故C正确；
Ｄ．红外光谱法可分析有机物分子中的官能团，无法直接测定相对分子质量，通常使用质谱法确定相对分子质量，故D错误；
故选D。
【分析】A．竹简的主要成分为纤维素，含有碳元素；
Ｂ．X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；
Ｃ．原子光谱法可通过检测原子受激发后发射或吸收的特征光谱，确定样品中的元素组成；
Ｄ．红外光谱主要用于分析有机物分子中的官能团。
3．【答案】B
【知识点】肥皂、合成洗涤剂；二糖的性质和用途；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A．淀粉为多糖，在淀粉酶的作用下，淀粉发生水解反应，逐步生成麦芽糖（二糖），故A正确；
Ｂ．次氯酸钠（NaClO）溶液消毒的原理是：NaClO 在水中水解生成次氯酸（HClO），HClO 具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的蛋白质结构，从而起到杀菌消毒作用，故B错误；
Ｃ．氮元素是植物合成蛋白质、核酸和叶绿素等生物大分子的必需元素，小麦生长过程中需要氮元素促进细胞分裂和叶绿素合成，施加氮肥（如尿素、铵盐）可满足其生长需求，故C正确；
Ｄ．肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠（ C17H35COONa），其分子结构中含有疏水基 C17H35-，亲水基-COONa，洗涤时，疏水基插入油污内部，亲水基留在水中，通过乳化作用将油污分散成小液滴，从而被水冲洗掉，故D正确；
故选B。
【分析】A．淀粉为多糖；
Ｂ．次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性；
Ｃ．植物生长需要氮元素；
Ｄ．肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠。
4．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，该物质中含有19个C原子，32个H原子，3个O原子，其分子式为 ，故A正确；
Ｂ．醚键（-O-）中含 2个 C-Oσ键，酯基（-COO-）中含 3个 C-Oσ 键，则该分子中存在5个C-Oσ 键，故B错误；
Ｃ．该物质中含有3个手性碳原子，如图用“*”标记：，故C正确；
Ｄ．该物质中含有的-COOCH3基团水解会得到甲醇，故D正确；
故选B。
【分析】A．根据结构简式确定各原子数目，进而确定其分子式；
Ｂ．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．该分子中的酯基水解生成甲醇。
5．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；氧化还原反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．HOF是共价化合物，类比HClO的结构式可知，HOF的结构式为H-O-F，其分子式为 ，故A正确；
Ｂ． H2O2分子结构并非直线形，其空间构型为 “半开书页” 状：两个氧原子位于书的中轴线上，两个氢原子分别位于 “书页” 的两侧，且与中轴线有一定夹角，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；
Ｃ．反应①的产物HOF和HF均只含极性键，则不存在非极性键的形成，故C错误；
Ｄ．反应②中，由于电负性：F>O，HOF中，F为-1价，产物HF中，F元素的化合价也是-1价，说明F元素的化合价没有发生变化，HF既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；
故选A。
【分析】A．HOF为共价化合物；
Ｂ．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｃ．反应①的产物中不含非极性键；
Ｄ．反应②中只有O元素的化合价发生变化。
6．【答案】（1）D
（2）B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
【分析】（1）A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水；
Ｂ．液氨和金属钠反应生成 NaNH2和氢气；
Ｃ．氢氧化铜溶于氨水生成；
Ｄ．浓氨水和 反应生成沉淀和氯化铵；
（2）A．金属钠与水快速反应生成氢气，与液氨反应缓慢生成氢气；
Ｂ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液；
Ｃ．原子半径越大，键长越长；
Ｄ．均含有10个电子。
（1）【解答】A．氨在氧气中燃烧生成氮气和水，反应的化学方程式为 ，故A正确；
Ｂ．根据题意可知，钠与液氨反应 缓慢放出气体，同时生成NaNH2，根据质量守恒可知，该气体为氢气，则反应的化学方程式为 ，故B正确；
Ｃ． Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色溶液 ，则反应的化学方程式为 ，故C正确；
Ｄ． 浓氨水与溶液反应生成沉淀 ，同时生成氯化铵，反应的化学方程式为， 故D错误；
故选D。
（2）【解答】A．根据题意可知，金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，而金属钠与水反应迅速， NaNH2遇水转化为NaOH，发生反应：NaNH2+H2O=NaOH+NH3，说明与 结合的能力：， 故A错误；
Ｂ． 深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液 ，说明NH3更容易结合氢离子形成铵根离子，则与氨形成配位键的能力： ，故B正确；
Ｃ．键长与原子半径成正比，原子半径：N>O，则键长：O-HＤ．都是10电子微粒，则 微粒所含电子数： ，故D错误；
故选B。
7．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．NO难溶于水，溶液中不可能含有大量NO，故A错误；
Ｂ． 70%硫酸与Na2SOз反应生成的是SO2，而非SO3，反应后的溶液中含有硫酸钠，可能有过量的亚硫酸钠，不含 HSO3- ，故B错误；
Ｃ． 浓盐酸与KMnO4制Cl2发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，浓盐酸电离产生大量氢离子，因此溶液中含有 H+、K+、Mn2+、Cl- ，且这些离子之间互不反应，能够稳定存在，故C正确；
Ｄ． H2O2 能氧化亚铁离子， Fe2+、 H2O2 不可能大量共存， 故D错误；
故选C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
8．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同周期从左到右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性增大，则元素的电负性：O>S>P，即X>Z>Y，故A正确；
Ｂ．该物质中，P的S的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，故B正确；
Ｃ．基态H原子的未成对电子数为1，基态O原子的未成对电子数为2，基态P原子的未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数：HＤ．同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小，则第一电离能：O>P>S，即X>Y>Z，故D错误；
故选D。
【分析】X、Z位于同一主族，X形成2个共价单键或者1个双键，Z形成2个共价单键，X的原子序数小于Y，则X为O元素，Z为S元素，W的原子序数最小，且形成一个共价键，则W为H元素，Y形成5个键，原子序数大于O小于S，则为P元素，综上所述，W为H元素，X为O元素，Y为P元素，Z为S元素。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A．电镀时，待镀金属应该作阴极，则铁为阴极，为电源负极相连，该实验中铁与正极相连，为阳极，被腐蚀，故A错误；
Ｂ．粗盐提纯时，除去 Ca2+、Mg2+和 SO42-的正确顺序需满足：用 BaCl2除去 SO42-（过量 Ba2+需后续除去），用 Na2CO3除去 Ca2+和过量的 Ba2+，用 NaOH 除去 Mg2+，则先后加入过量 Na2CO3溶液、NaOH 溶液和 BaCl2溶液，故B错误；
Ｃ． 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液 ，消耗H+，平衡右移，溶液变黄；加 H2SO4增大 H+浓度，平衡左移，溶液变橙，可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响，故C正确；
Ｄ．乙醇（C2H5OH）本身含羟基，能与 Na 反应生成 H2，若 M 溶于乙醇后加 Na 产生气体，无法确定气体来源是 M 还是乙醇，故D错误；
故选C。
【分析】A．电镀时，待镀金属应作阴极，接电源负极；
Ｂ．BaCl2在 Na2CO3之后加入，会导致过量的 Ba2+无法被除去；
Ｃ．可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响；
Ｄ．乙醇本身含有羟基。
10．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．①的，②，②－①得，则K=，A正确；
B．t1时，M和N的物质的量，说明时间段内，M和N的物质的量浓度变化量相等，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；
C．加入催化剂，能降低反应的活化能，增大反应速率，但不影响平衡状态，因此不变，C错误；
D．若和均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的物质的量分数增大，变大，D正确；
故选C。
【分析】A．根据K=计算；
Ｂ．根据分析；
Ｃ．催化剂不影响平衡状态；
Ｄ．升温平衡向吸热反应方向移动。
11．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．碘晶体中，层内碘分子（I2）通过共价键结合，分子间通过 “卤键”（类似氢键的分子间作用力）连接，层间通过范德华力结合，整体属于分子晶体，而非混合型晶体，A错误；
B．卤键强度与氢键相近，属于分子间作用力，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．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”的数目为，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。
【分析】A．混合型晶体需同时含多种作用力且结构兼具原子、分子、金属晶体特征（如石墨）；
Ｂ．卤键强度与氢键相近；
Ｃ．每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用；
Ｄ．根据计算。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A．放电时，会通过固体电解质进入电解质溶液，电解质溶液质量增大，A错误；
B．放电时，负极反应为，正极反应为，则总反应为，B错误；
C．充电时，阳离子向阴极移动，则向惰性电极移动，C正确；
D．溶液体积未知，无法计算降低的浓度，D错误；
故选C。
【分析】原电池中，活泼金属做负极，金属锂性质活泼，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，将解离为和，因此充电时惰性电极为阴极，电极的反应为，气体扩散电极为阳极，发生氧化反应，电极反应为：，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。
13．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】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。
【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。
14．【答案】（1）
（2）、
（3）；108.97
（4）浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大.
（5）
（6）的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来
（7）a
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；超分子
【解析】【解答】（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，故答案为：。
（2）浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，主要含有的金属离子有、、，故答案为：、 。
（3）“盐浸”时，硫酸锶转化为硫酸钡，反应的离子方程式为： ；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，故答案为： ；10-8.97。
（4）升高温度，平衡向吸热反应方向进行，随温度升高锶浸出率增大的原因为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大，故答案为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大。
（5）由分析可知，浸出渣1中含有，“盐浸”时发生沉淀的转化生成了，故浸出渣2”中主要含有、、，故答案为： 。
（6）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 ，故答案为：的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 。
（7）为强碱，则也是强碱，则SrCl2为强酸强碱盐，不发生水解，因此由制备无水的最优方法是加热脱水，故答案为：a。
【分析】 锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等 ，加入稀盐酸进行酸浸，CaCO3、SrCO3和MgCO3等转化为CaCl2、SrCl2、MgCl2，不与稀盐酸反应，则浸出渣1主要成分为，浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，浸出渣1中加入BaCl2溶液进行盐浸，SrSO4发生沉淀的转化 转化为硫酸钡沉淀，分离后得到溶液，溶液经一系列操作得到。
15．【答案】（1）烧杯、玻璃棒、容量瓶
（2）增大与饱和食盐水的接触表面积，使二两充分反应
（3）防止和对空气造成污染
（4）a；>
（5）在水中溶解度较小，没能与溶液反应；80%
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤①中配制饱和食盐水，需要称量一定量的食盐，放在烧杯中溶解，溶解时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，转移溶液时也需要使用玻璃棒，因此需要的仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶，故答案为：烧杯、玻璃棒、容量瓶。
（2）反应物之间的接触面积越大，反应速率越快，将研细，能增大与饱和食盐水的接触面积，使二两充分反应，故答案为： 增大与饱和食盐水的接触表面积，使二两充分反应。
（3）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，其优点是绿色环保， 防止和对空气造成污染 ，故答案为： 防止和对空气造成污染 。
（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，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，故答案为：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，会发生反应，消耗的盐酸体积偏大，则该同学所记录的>，故答案为：>。
（5）i．在水中的溶解度小，导致其未能与 Na2CO3溶液反应，因此无明显现象，故答案为：在水中的溶解度小，没能与Na2CO3溶液反应。
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 0.088g ，则分解产生的的质量为 0.088g ，物质的量为，则的物质的量为，白色晶体中的质量为，故其质量分数为，故答案为：80%。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择所需仪器；
（2）研细能增大反应物的接触面积；
（3）氨气和二氧化碳要反应才能生成碳酸氢铵，但气体的溶解度是有限的，不能完全反应；
（4）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；
（5）通过对比实验可以发现的充分溶解对的生成有利。
16．【答案】（1）-41.2
（2）bc
（3）反应①的正反应活化能小，进行的更容易；催化剂失去活性
（4）b
（5）增大；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设① ，② ，根据盖斯定律，将②-①可得 ，则，故答案为：-41.2。
（2）a．恒容密闭容器，气体的质量不变，体积不变，则其密度是定值，因此当气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故a不符合题意；
b．两个反应均为气体体积增大的反应，压强随反应进行发生变化，因此当压强不变时，反应达到平衡状态，故b符合题意；
c．的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c符合题意；
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d不符合题意；
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，进行的更容易；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，是因为温度会影响催化剂活性，温度太高导致催化剂失去活性，导致反应①的选择性下降，故答案为：反应①的正反应活化能小，进行的更容易；催化剂失去活性。
（4）a．增加原料中CH4的量，反应的平衡正向移动，但CH4自身转化率降低，故a不符合题意；
b．增大原料中CO2的量，反应的平衡正向移动，CH4转化率增大，故b符合题意；
c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，故c不符合题意；
故选b。
（5）i.恒压时，随着Ar含量上升，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，故答案为：增大。
ii.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。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（3）催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，温度会影响催化剂的活性；
（4）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（5）先计算各气体的分压，结合平衡常数表达式计算。
17．【答案】（1）酮羰基；还原反应
（2）
（3）
（4）c
（5）
（6）生成的HCl酸性太强，产物不稳定
（7）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；缩聚反应
【解析】【解答】（1）由B的结构简式可知，其含氧官能团名称为酮羰基；B→C的过程中，B中的羰基转化为C中的羟基，发生还原反应，故答案为：酮羰基；还原反应。
（2）A→B的过程中， 还生成(NH4)2SO4和，则反应的化学方程式为。
（3）G是C的同分异构体，则其分子式为C6H6O2，含有-CH2OH，该结构占据1个碳原子，则G肯定不含苯环，由于核磁共振氢谱只有两组峰，其结构对称，且具有4个不饱和度，满足条件的结构简式为，故答案为：。
（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，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，涉及卤代烃的水解反应（取代反应），d正确；
故选b。
（5）H的结构简式为，H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）制备PESEK反应中，单体之一选用芳香族氟化物F，是因为：生成的HCl酸性太强，产物不稳定。
（7）酮可以被过氧酸氧化为酯基，要合成苯甲酸苯酯，可先合成，再发生已知反应得到产物，可由苯发生类似D→F的反应得到，则具体合成路线为。
【分析】（1）根据B的结构简式确定含有的官能团；B中羰基转化为C中的羟基；
（2）结合A、B的结构简式以及反应条件书写化学方程式；
（3）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（4）根据合成路线，结合各物质的结构分析其性质；
（5）H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；
（6）氯化物在反应的过程中会生成HCl；
（7）参照题干合成路线，采用逆合成分析法确定具体合成路径。
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