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江苏省2025年高考真题化学试卷
1．（2025·江苏）大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是（　　）
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．高炉炼铁 D．接触法制硫酸
【答案】A
【知识点】氮气的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．在高温、高压、催化剂的条件下，氮气和氢气反应生成氨气，该过程中氮气为反应物，故A正确；
Ｂ．湿法炼铜通常是用铁（Fe）等活泼金属从含铜的盐溶液中置换出铜，该过程不涉及氮气参与反应，氮气并非反应物，故B错误；
Ｃ．高炉炼铁的原理是在高温下，用一氧化碳还原氧化铁生成单质铁，氮气在高炉中主要作为惰性气体存在，不参与炼铁的核心化学反应，不是反应物，故C错误；
Ｄ．接触法制硫酸分为三个阶段：硫铁矿（或硫磺）燃烧生成二氧化硫、二氧化硫催化氧化生成三氧化硫、三氧化硫与水反应生成硫酸，各阶段反应均不涉及氮气作为反应物，故D错误；
故选A。
【分析】根据各反应涉及的反应物分析。
2．（2025·江苏）科学家通过核反应。发现氚。下列说法正确的是（　　）
A．表示一个质子
B．的基态原子核外电子排布式为
C．与互为同位素
D．的原子结构示意图为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；同位素及其应用；原子结构示意图
【解析】【解答】A． 右下角为质子数，则所含质子数为0，故A错误；
Ｂ．Li最外层有一个电子，则的基态原子核外电子排布式为， 故B错误；
Ｃ． 与 具有相同的质子数，中子数不同，互为同位素，故C正确；
Ｄ． 核外只有2个电子，其原子结构示意图为，故D错误；
故选C。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｂ． 最外层只有一个电子；
Ｃ．同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
Ｄ． 核外只有2个电子。
3．（2025·江苏）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是（　　）
A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管
C．滴定 D．读数
【答案】D
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；
Ｂ．润洗滴定管时，加入少量草酸溶液，倾斜着转动滴定管进行润洗，故B错误；
Ｃ．滴定时，手应放在锥形瓶上端，轻轻晃动锥形瓶，故C错误；
Ｄ．读数时视线与草酸溶液的凹液面保持水平，故D正确；
故选D。
【分析】 根据滴定过程中仪器的使用规范和操作规范分析。
4．（2025·江苏）在溶有15-冠（）的有机溶剂中，苄氯（）与发生反应：
下列说法正确的是（　　）
A．苄氯是非极性分子
B．电负性：
C．离子半径：
D．X中15-冠与间存在离子键
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．苄氯分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；
Ｂ．同主族从上到下元素的电负性减小，则 电负性：， 故B错误；
Ｃ．F-和Na+具有相同的核外电子层结构，Na元素的核电荷数大于F，则离子半径： ，故C正确；
Ｄ． 15-冠 是分子，与 形成超分子，不存在离子键，故D错误；
故选C。
【分析】A．根据电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ．元素的非金属性越强，电负性越大；
Ｃ．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
Ｄ．分子与离子之间不存在离子键。
5．（2025·江苏）阅读下列材料，完成问题：
中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药（主要成分：、S和C）是中国古代四大发明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界上首次人工合成结晶牛胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸提取的青蒿素（，含）在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重油裂解难题。
下列说法正确的是（　　）
A．硫黄有等多种同素异形体
B．高温下青蒿素分子结构稳定
C．分子中键角大于分子中键角
D．题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，S2-不是单质，不属于硫磺的同素异形体，故A错误；
Ｂ． 在高温下易断裂，因此高温下青蒿素分子结构不稳定，故B错误；
Ｃ．分子中N原子上含有1个孤电子对，CH4分子中C原子为饱和碳原子，不含孤电子对，孤电子对越多键角越小，因此分子中键角小于分子中键角，故C错误；
Ｄ．鸟嘌呤与胞嘧啶中含有的N、O能形成氢键，实现互补配对，故D正确；
故选D。
【分析】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｂ． 高温不稳定；
Ｃ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｄ．鸟嘌呤与胞嘧啶之间能形成氢键。
6．（2025·江苏）下列化学反应表示正确的是（　　）
A．黑火药爆炸：
B．电解饱和溶液制：
C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：
D．向饱和氨盐水中通入过量：
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；聚合反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．黑火药爆炸时，、C和S反应生成和，该反应的化学方程式为，故A错误；
B．电解饱和NaCl溶液生成和NaOH，反应的离子方程式为，故B错误；
C．重油裂解获得丙烯，丙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯，反应的化学方程式为，故C错误；
D．向饱和氨盐水中通入过量生成和，溶解度较小，结晶析出，反应的化学方程式为 ，故D正确。
故选D。
【分析】A．黑火药爆炸的产物为硫化钾、氮气和二氧化碳；
Ｂ．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
Ｃ．丙烯通过加聚反应生成聚丙烯；
Ｄ．向饱和铵盐水中通入过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
7．（2025·江苏）下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是（　　）
A．蛋白质能水解，可用饱和溶液提纯蛋白质
B．乙醚与青蒿素组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素
C．难溶于水、比水易溶解，可用萃取碘水中的
D．不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．蛋白质在饱和溶液中会发生盐析，可用饱和溶液分离提纯蛋白质，与蛋白质能发生水解反应无关，故A错误；
B．乙醚能溶解青蒿素，因此可用乙醚提取青蒿素，与元素组成无关，故B错误；
C．在中的溶解度大于在水中的溶解度，且与水不互溶，故可用萃取碘水中的，故C正确；
D．分馏是利用物质的沸点不同进行分离，用分馏法从石油中获得汽油、柴油是因为不同烃的沸点不同，故D错误；
故选C。
【分析】A．蛋白质在饱和溶液中发生盐析；
Ｂ．乙醚能溶解青蒿素；
Ｃ．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
Ｄ．分馏是利用物质的沸点不同进行分离。
8．（2025·江苏）以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是（　　）
A．电极a上发生氧化反应生成
B．通过质子交换膜从右室移向左室
C．光解前后，溶液的不变
D．外电路每通过电子，电极b上产生
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电极a为负极，电极反应式为：，生成O2，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，电极a上生成，电极b上消耗，通过质子交换膜从左室移向右室，故B错误；
C．光解的总反应为 ，反应不停消耗水，则溶液浓度增大，pH减小，故C错误；
D．根据可知， 外电路每通过电子，电极b上产生，故D错误；
故选A。
【分析】根据电子流向可知，a为负极，发生氧化反应，电极反应式为，b为正极，电极反应式为。
9．（2025·江苏）化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下：
下列说法正确的是（　　）
A．最多能和发生加成反应
B．Y分子中和杂化的碳原子数目比为
C．Z分子中所有碳原子均在同一个平面上
D．Z不能使的溶液褪色
【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．X中含有一个苯环、一个碳碳双键和两个羰基，则最多能和发生加成反应 故A错误；
Ｂ．Y分子中，两个碳碳双键两端的碳原子采用sp2杂化，数目为4，饱和碳原子采用sp3杂化，数目为2，则Y分子中和杂化的碳原子数目比为 ，故B正确；
Ｃ．Z分子中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，各原子不可能共面，因此Z分子中所有碳原子不可能共面，故C错误；
Ｄ．Z中含有的碳碳双键能与溴加成从而使的溶液褪色 ，故D错误；
故选B。
【分析】A．X中苯环、双键和羰基均能与氢气加成；
Ｂ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｄ．Z含有碳碳双键，能与溴加成。
10．（2025·江苏）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示（图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注）。下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中发生了氧化反应
C．电催化与生成的反应方程式：
D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．过程Ⅱ：和在酸性条件下被还原为和，生成的N-H为极性共价键；过程Ⅲ：与反应生成，生成的C-N为极性共价键，故A正确；
B．过程Ⅱ是得电子的过程，发生还原反应，故B错误；
C．该方程式正负电荷和不为0，由图可知，过程Ⅱ中从外界获得电子，则正确的反应方程式为，故C错误；
D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成无机物或，故D错误；
故选A。
【分析】A．不同种非金属原子间形成极性共价键；
Ｂ．过程Ⅱ得到电子，发生还原反应；
Ｃ．该方程式电荷不守恒；
Ｄ．常温常压、无催化剂条件下，与反应得到无机物。
11．（2025·江苏）探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ 取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是（　　）
A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为
B．步骤Ⅱ的两份溶液中：
C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为
【答案】B
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，故A错误；
B．步骤Ⅱ中，产生的深蓝色溶液主要含，该溶液中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高，因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+)，故B正确；
C．铁在碱性溶液中不易钝化，步骤Ⅲ中无明显现象的原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，故C错误；
D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4+，导致配合物释放Cu2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu，稀盐酸和铁反应生成氢气，该反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，故D错误；
故选B。
【分析】 取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生Cu(OH)2蓝色沉淀，将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，加入浓氨水生成 ，加入稀盐酸反应生成CuCl2，向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质，说明有Cu生成，同时铁与稀盐酸反应生成氢气。
12．（2025·江苏）室温下，有色金属冶炼废渣（含等的氧化物）用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知：。下列说法正确的是（　　）
A．较浓溶液中：
B．溶液中：的平衡常数
C．溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，故A错误；
B．该反应的平衡常数，故B正确；
C．溶液中 ，根据质子守恒有： ，故C错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了溶液，溶液体积增加，因此，故D错误；
故选B。
【分析】 有色金属冶炼废渣（含等的氧化物） 用过量的较浓溶液酸浸 ，SiO2不与硫酸反应，Cu和Ni的氧化物与硫酸反应生成对应的硫酸盐，则浸取液中主要含、，向浸取液中加入溶液提铜，加入溶液沉镍得到。
13．（2025·江苏）甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，的平衡转化率为20%
B．反应达平衡状态时，
C．其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大
D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量
【答案】A
【知识点】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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．时，，，，根据C原子守恒，可得，根据O原子守恒，可得，则，故A正确；
B．时，，，则，故B错误；
C．范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则的物质的量减小，故C错误；
D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，的物质的量减小，故D错误；
故选A。
【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则则曲线①表示，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，物质的量降低，则曲线②代表。
14．（2025·江苏）可用于制备光学材料和回收砷。
（1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下：
已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入可提高浸出率的原因是　 　。
②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全（写出计算过程）。　 　
③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为　 　（填化学式）。
（2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“”中的离子为　 　（填离子符号），区域B带　 　（填“正电”或“负电”）。
（3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。
已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。
时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出与反应生成的离子方程式：　 　。
②反应后，砷回收率下降的原因有　 　。
【答案】（1）氧化生成S，促进酸浸反应正向进行；否 时，，则未沉淀完全；ZnO
（2）；负电
（3）；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降
【知识点】晶胞的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率。
②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则=，则此时>， 离子沉淀不完全。
③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO。
（2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；根据均摊法，区域B中位于晶胞内，数目为3，位于晶胞体内，数目为1，位于顶点和面心，数目为，则区域B所带电荷总数为：，区域B带负电。
（3）①与反应除了生成外还有锌离子，则反应的离子方程式为：。
②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降，所以反应后，砷回收率下降。
【分析】 闪锌矿[含及少量硫化镉等] 加入酸浸，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，先将Fe3+转化为氢氧化铁除去，加入H2S沉镉，将Cd2+转化为CdS，调节pH沉锌得到ZnS。
15．（2025·江苏）G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中，与2号碳相比，1号碳的键极性相对　 　（填“较大”或“较小”）。
（2）会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为　 　。
（3）E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和　 　，F分子中手性碳原子数目为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，的相对分子质量为60，Y含苯环且能与溶液发生显色反应。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。
【答案】（1）较大
（2）
（3）羧基；1
（4）或
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）1号碳与两个酯基相连，2号碳只与一个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使与其相连的碳原子上的电子云密度降低，从而增强了C—H键的极性，因此1号碳的C-H键极性相对较大。
（2）D→E的反应是5号羧基与苯环上甲氧基同侧邻位碳上的H原子发生取代反应，而D中的4号羧基也可能发生类似反应，会生成含五元环的副产物。
（3）根据E的结构简式可知，其分子中含有的含氧官能团为醚键、羰基和羧基；F分子中只有与直接相连的碳原子是手性碳原子。
（4）G的分子式为，其不饱和度为6。G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯环且能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相对分子质量为60，据此可知X为，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为：、。
（5）目标产物为聚酯，其单体为和，其中可由先水解再酸化获得，而含有2个，流程中物质G含有结构，该结构是由被还原而来，则可由被还原而来，而可视为的亚甲基上的H原子被环己基取代，这一步骤与题给流程中的反应类似，因此可由与在和作用下反应生成，可由与HBr反应制得，则具体合成路线为：。
【分析】（1）酯基中，羰基（C=O）的氧原子和烷氧基（-OR）的氧原子电负性均大于碳原子，电子云会向氧原子偏移，使羰基碳带部分正电荷，进而对相邻基团产生吸电子诱导效应；
（2）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（3）根据E的结构简式确定其官能团；手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
（4）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（5）参照题干合成路线，采用逆合成分析法确定具体合成步骤。
16．（2025·江苏）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
（1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。
①玻璃中的能与反应生成　 　（填化学式），故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　 　。
（2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。
①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　 　。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。
（i）铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液（能与形成蓝色沉淀）和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　 　。
（ii）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　 　（填离子符号）。
（3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　 　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。
【答案】（1）；碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀
（2）；（ⅰ）滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
（3）分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积
【知识点】硅和二氧化硅；化学实验方案的评价；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】（1）①是酸性氧化物，与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。
②吸氧腐蚀时正极反应式为，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，该反应的平衡逆向移动，吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。
（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，则反应的离子方程式：。
②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为，与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH，说明在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，在空气中易被氧化为为，此时体系中的阳离子主要有。
（3）将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗溶液体积的大小，即可比较脱氯效果，则具体实验方案为： 取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份 ， 分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积， 比较滴加溶液体积。
【分析】（1）①二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠；
②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，且碱性环境下，氧气的溶解度较小；
（2）①根据反应物和生成物以及反应条件，结合质量守恒和得失电子守恒书写离子方程式；
②铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为，Fe2+与反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；铁片发生吸氧腐蚀时，负极区生成Fe2+，Fe2+易被氧化为Fe3+；
（3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用Ag+与Cl-的反应进行实验。
17．（2025·江苏）合成气（和）是重要的工业原料气。
（1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要　 　（填数字）种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：
催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有　 　。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、（正价有）缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是　 　（填化学式）。减缓设备腐蚀的原理是　 　。
（3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有　 　；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为　 　。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有　 　（填化学式）。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：　 　。
【答案】（1）5
（2）该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降；；具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜
（3）当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；432；C、Fe、FeO；步骤Ⅰ中 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需、、、、，共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。
②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。
③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
【分析】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能；
（2）①温度会影响催化剂活性；
②具有强氧化性 ；
（3）①当时，载氧体中没有，只有；当时，转化率为60%，则，CO的选择性，则，产物气中，则，据此计算生成标准状况下和的总体积；
②结合X射线衍射谱图判断与反应的物质；
③ 可提供氧，将甲烷转化为CO。
1 / 1江苏省2025年高考真题化学试卷
1．（2025·江苏）大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是（　　）
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．高炉炼铁 D．接触法制硫酸
2．（2025·江苏）科学家通过核反应。发现氚。下列说法正确的是（　　）
A．表示一个质子
B．的基态原子核外电子排布式为
C．与互为同位素
D．的原子结构示意图为
3．（2025·江苏）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是（　　）
A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管
C．滴定 D．读数
4．（2025·江苏）在溶有15-冠（）的有机溶剂中，苄氯（）与发生反应：
下列说法正确的是（　　）
A．苄氯是非极性分子
B．电负性：
C．离子半径：
D．X中15-冠与间存在离子键
5．（2025·江苏）阅读下列材料，完成问题：
中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药（主要成分：、S和C）是中国古代四大发明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界上首次人工合成结晶牛胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸提取的青蒿素（，含）在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重油裂解难题。
下列说法正确的是（　　）
A．硫黄有等多种同素异形体
B．高温下青蒿素分子结构稳定
C．分子中键角大于分子中键角
D．题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对
6．（2025·江苏）下列化学反应表示正确的是（　　）
A．黑火药爆炸：
B．电解饱和溶液制：
C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：
D．向饱和氨盐水中通入过量：
7．（2025·江苏）下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是（　　）
A．蛋白质能水解，可用饱和溶液提纯蛋白质
B．乙醚与青蒿素组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素
C．难溶于水、比水易溶解，可用萃取碘水中的
D．不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油
8．（2025·江苏）以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是（　　）
A．电极a上发生氧化反应生成
B．通过质子交换膜从右室移向左室
C．光解前后，溶液的不变
D．外电路每通过电子，电极b上产生
9．（2025·江苏）化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下：
下列说法正确的是（　　）
A．最多能和发生加成反应
B．Y分子中和杂化的碳原子数目比为
C．Z分子中所有碳原子均在同一个平面上
D．Z不能使的溶液褪色
10．（2025·江苏）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示（图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注）。下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中发生了氧化反应
C．电催化与生成的反应方程式：
D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产
11．（2025·江苏）探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ 取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是（　　）
A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为
B．步骤Ⅱ的两份溶液中：
C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为
12．（2025·江苏）室温下，有色金属冶炼废渣（含等的氧化物）用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知：。下列说法正确的是（　　）
A．较浓溶液中：
B．溶液中：的平衡常数
C．溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
13．（2025·江苏）甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，的平衡转化率为20%
B．反应达平衡状态时，
C．其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大
D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量
14．（2025·江苏）可用于制备光学材料和回收砷。
（1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下：
已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入可提高浸出率的原因是　 　。
②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全（写出计算过程）。　 　
③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为　 　（填化学式）。
（2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“”中的离子为　 　（填离子符号），区域B带　 　（填“正电”或“负电”）。
（3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。
已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。
时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出与反应生成的离子方程式：　 　。
②反应后，砷回收率下降的原因有　 　。
15．（2025·江苏）G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中，与2号碳相比，1号碳的键极性相对　 　（填“较大”或“较小”）。
（2）会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为　 　。
（3）E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和　 　，F分子中手性碳原子数目为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，的相对分子质量为60，Y含苯环且能与溶液发生显色反应。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。
16．（2025·江苏）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
（1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。
①玻璃中的能与反应生成　 　（填化学式），故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。
②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　 　。
（2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。
①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　 　。
②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。
（i）铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液（能与形成蓝色沉淀）和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　 　。
（ii）铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　 　（填离子符号）。
（3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　 　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。
17．（2025·江苏）合成气（和）是重要的工业原料气。
（1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要　 　（填数字）种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：
催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有　 　。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、（正价有）缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是　 　（填化学式）。减缓设备腐蚀的原理是　 　。
（3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有　 　；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为　 　。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有　 　（填化学式）。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氮气的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．在高温、高压、催化剂的条件下，氮气和氢气反应生成氨气，该过程中氮气为反应物，故A正确；
Ｂ．湿法炼铜通常是用铁（Fe）等活泼金属从含铜的盐溶液中置换出铜，该过程不涉及氮气参与反应，氮气并非反应物，故B错误；
Ｃ．高炉炼铁的原理是在高温下，用一氧化碳还原氧化铁生成单质铁，氮气在高炉中主要作为惰性气体存在，不参与炼铁的核心化学反应，不是反应物，故C错误；
Ｄ．接触法制硫酸分为三个阶段：硫铁矿（或硫磺）燃烧生成二氧化硫、二氧化硫催化氧化生成三氧化硫、三氧化硫与水反应生成硫酸，各阶段反应均不涉及氮气作为反应物，故D错误；
故选A。
【分析】根据各反应涉及的反应物分析。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；同位素及其应用；原子结构示意图
【解析】【解答】A． 右下角为质子数，则所含质子数为0，故A错误；
Ｂ．Li最外层有一个电子，则的基态原子核外电子排布式为， 故B错误；
Ｃ． 与 具有相同的质子数，中子数不同，互为同位素，故C正确；
Ｄ． 核外只有2个电子，其原子结构示意图为，故D错误；
故选C。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｂ． 最外层只有一个电子；
Ｃ．同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
Ｄ． 核外只有2个电子。
3．【答案】D
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；
Ｂ．润洗滴定管时，加入少量草酸溶液，倾斜着转动滴定管进行润洗，故B错误；
Ｃ．滴定时，手应放在锥形瓶上端，轻轻晃动锥形瓶，故C错误；
Ｄ．读数时视线与草酸溶液的凹液面保持水平，故D正确；
故选D。
【分析】 根据滴定过程中仪器的使用规范和操作规范分析。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．苄氯分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；
Ｂ．同主族从上到下元素的电负性减小，则 电负性：， 故B错误；
Ｃ．F-和Na+具有相同的核外电子层结构，Na元素的核电荷数大于F，则离子半径： ，故C正确；
Ｄ． 15-冠 是分子，与 形成超分子，不存在离子键，故D错误；
故选C。
【分析】A．根据电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ．元素的非金属性越强，电负性越大；
Ｃ．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
Ｄ．分子与离子之间不存在离子键。
5．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，S2-不是单质，不属于硫磺的同素异形体，故A错误；
Ｂ． 在高温下易断裂，因此高温下青蒿素分子结构不稳定，故B错误；
Ｃ．分子中N原子上含有1个孤电子对，CH4分子中C原子为饱和碳原子，不含孤电子对，孤电子对越多键角越小，因此分子中键角小于分子中键角，故C错误；
Ｄ．鸟嘌呤与胞嘧啶中含有的N、O能形成氢键，实现互补配对，故D正确；
故选D。
【分析】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｂ． 高温不稳定；
Ｃ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｄ．鸟嘌呤与胞嘧啶之间能形成氢键。
6．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；聚合反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．黑火药爆炸时，、C和S反应生成和，该反应的化学方程式为，故A错误；
B．电解饱和NaCl溶液生成和NaOH，反应的离子方程式为，故B错误；
C．重油裂解获得丙烯，丙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯，反应的化学方程式为，故C错误；
D．向饱和氨盐水中通入过量生成和，溶解度较小，结晶析出，反应的化学方程式为 ，故D正确。
故选D。
【分析】A．黑火药爆炸的产物为硫化钾、氮气和二氧化碳；
Ｂ．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
Ｃ．丙烯通过加聚反应生成聚丙烯；
Ｄ．向饱和铵盐水中通入过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
7．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．蛋白质在饱和溶液中会发生盐析，可用饱和溶液分离提纯蛋白质，与蛋白质能发生水解反应无关，故A错误；
B．乙醚能溶解青蒿素，因此可用乙醚提取青蒿素，与元素组成无关，故B错误；
C．在中的溶解度大于在水中的溶解度，且与水不互溶，故可用萃取碘水中的，故C正确；
D．分馏是利用物质的沸点不同进行分离，用分馏法从石油中获得汽油、柴油是因为不同烃的沸点不同，故D错误；
故选C。
【分析】A．蛋白质在饱和溶液中发生盐析；
Ｂ．乙醚能溶解青蒿素；
Ｃ．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
Ｄ．分馏是利用物质的沸点不同进行分离。
8．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电极a为负极，电极反应式为：，生成O2，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，电极a上生成，电极b上消耗，通过质子交换膜从左室移向右室，故B错误；
C．光解的总反应为 ，反应不停消耗水，则溶液浓度增大，pH减小，故C错误；
D．根据可知， 外电路每通过电子，电极b上产生，故D错误；
故选A。
【分析】根据电子流向可知，a为负极，发生氧化反应，电极反应式为，b为正极，电极反应式为。
9．【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．X中含有一个苯环、一个碳碳双键和两个羰基，则最多能和发生加成反应 故A错误；
Ｂ．Y分子中，两个碳碳双键两端的碳原子采用sp2杂化，数目为4，饱和碳原子采用sp3杂化，数目为2，则Y分子中和杂化的碳原子数目比为 ，故B正确；
Ｃ．Z分子中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，各原子不可能共面，因此Z分子中所有碳原子不可能共面，故C错误；
Ｄ．Z中含有的碳碳双键能与溴加成从而使的溶液褪色 ，故D错误；
故选B。
【分析】A．X中苯环、双键和羰基均能与氢气加成；
Ｂ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
Ｄ．Z含有碳碳双键，能与溴加成。
10．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；催化剂
【解析】【解答】A．过程Ⅱ：和在酸性条件下被还原为和，生成的N-H为极性共价键；过程Ⅲ：与反应生成，生成的C-N为极性共价键，故A正确；
B．过程Ⅱ是得电子的过程，发生还原反应，故B错误；
C．该方程式正负电荷和不为0，由图可知，过程Ⅱ中从外界获得电子，则正确的反应方程式为，故C错误；
D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成无机物或，故D错误；
故选A。
【分析】A．不同种非金属原子间形成极性共价键；
Ｂ．过程Ⅱ得到电子，发生还原反应；
Ｃ．该方程式电荷不守恒；
Ｄ．常温常压、无催化剂条件下，与反应得到无机物。
11．【答案】B
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，故A错误；
B．步骤Ⅱ中，产生的深蓝色溶液主要含，该溶液中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高，因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+)，故B正确；
C．铁在碱性溶液中不易钝化，步骤Ⅲ中无明显现象的原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，故C错误；
D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4+，导致配合物释放Cu2+，Fe与Cu2+发生置换反应生成Cu，稀盐酸和铁反应生成氢气，该反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，故D错误；
故选B。
【分析】 取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生Cu(OH)2蓝色沉淀，将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，加入浓氨水生成 ，加入稀盐酸反应生成CuCl2，向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质，说明有Cu生成，同时铁与稀盐酸反应生成氢气。
12．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，故A错误；
B．该反应的平衡常数，故B正确；
C．溶液中 ，根据质子守恒有： ，故C错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了溶液，溶液体积增加，因此，故D错误；
故选B。
【分析】 有色金属冶炼废渣（含等的氧化物） 用过量的较浓溶液酸浸 ，SiO2不与硫酸反应，Cu和Ni的氧化物与硫酸反应生成对应的硫酸盐，则浸取液中主要含、，向浸取液中加入溶液提铜，加入溶液沉镍得到。
13．【答案】A
【知识点】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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．时，，，，根据C原子守恒，可得，根据O原子守恒，可得，则，故A正确；
B．时，，，则，故B错误；
C．范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则的物质的量减小，故C错误；
D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，的物质的量减小，故D错误；
故选A。
【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则则曲线①表示，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，物质的量降低，则曲线②代表。
14．【答案】（1）氧化生成S，促进酸浸反应正向进行；否 时，，则未沉淀完全；ZnO
（2）；负电
（3）；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降
【知识点】晶胞的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率。
②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则=，则此时>， 离子沉淀不完全。
③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO。
（2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；根据均摊法，区域B中位于晶胞内，数目为3，位于晶胞体内，数目为1，位于顶点和面心，数目为，则区域B所带电荷总数为：，区域B带负电。
（3）①与反应除了生成外还有锌离子，则反应的离子方程式为：。
②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降，所以反应后，砷回收率下降。
【分析】 闪锌矿[含及少量硫化镉等] 加入酸浸，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，先将Fe3+转化为氢氧化铁除去，加入H2S沉镉，将Cd2+转化为CdS，调节pH沉锌得到ZnS。
15．【答案】（1）较大
（2）
（3）羧基；1
（4）或
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）1号碳与两个酯基相连，2号碳只与一个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使与其相连的碳原子上的电子云密度降低，从而增强了C—H键的极性，因此1号碳的C-H键极性相对较大。
（2）D→E的反应是5号羧基与苯环上甲氧基同侧邻位碳上的H原子发生取代反应，而D中的4号羧基也可能发生类似反应，会生成含五元环的副产物。
（3）根据E的结构简式可知，其分子中含有的含氧官能团为醚键、羰基和羧基；F分子中只有与直接相连的碳原子是手性碳原子。
（4）G的分子式为，其不饱和度为6。G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯环且能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相对分子质量为60，据此可知X为，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为：、。
（5）目标产物为聚酯，其单体为和，其中可由先水解再酸化获得，而含有2个，流程中物质G含有结构，该结构是由被还原而来，则可由被还原而来，而可视为的亚甲基上的H原子被环己基取代，这一步骤与题给流程中的反应类似，因此可由与在和作用下反应生成，可由与HBr反应制得，则具体合成路线为：。
【分析】（1）酯基中，羰基（C=O）的氧原子和烷氧基（-OR）的氧原子电负性均大于碳原子，电子云会向氧原子偏移，使羰基碳带部分正电荷，进而对相邻基团产生吸电子诱导效应；
（2）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（3）根据E的结构简式确定其官能团；手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
（4）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（5）参照题干合成路线，采用逆合成分析法确定具体合成步骤。
16．【答案】（1）；碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀
（2）；（ⅰ）滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
（3）分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积
【知识点】硅和二氧化硅；化学实验方案的评价；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】（1）①是酸性氧化物，与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。
②吸氧腐蚀时正极反应式为，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，该反应的平衡逆向移动，吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。
（2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，则反应的离子方程式：。
②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为，与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH，说明在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；
(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，在空气中易被氧化为为，此时体系中的阳离子主要有。
（3）将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗溶液体积的大小，即可比较脱氯效果，则具体实验方案为： 取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份 ， 分别加入等体积（如5mL）的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液（如2mL）置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积， 比较滴加溶液体积。
【分析】（1）①二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠；
②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，且碱性环境下，氧气的溶解度较小；
（2）①根据反应物和生成物以及反应条件，结合质量守恒和得失电子守恒书写离子方程式；
②铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为，Fe2+与反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀；铁片发生吸氧腐蚀时，负极区生成Fe2+，Fe2+易被氧化为Fe3+；
（3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用Ag+与Cl-的反应进行实验。
17．【答案】（1）5
（2）该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降；；具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜
（3）当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；432；C、Fe、FeO；步骤Ⅰ中 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需、、、、，共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。
②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。
③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
【分析】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能；
（2）①温度会影响催化剂活性；
②具有强氧化性 ；
（3）①当时，载氧体中没有，只有；当时，转化率为60%，则，CO的选择性，则，产物气中，则，据此计算生成标准状况下和的总体积；
②结合X射线衍射谱图判断与反应的物质；
③ 可提供氧，将甲烷转化为CO。
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