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陕西、山西、宁夏、青海2025年高考化学真题
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·陕西）“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是（　　）
A．“C919”大飞机用的氮化硅涂层
B．“梦想”号钻探船钻头用的合金
C．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层
D．“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜
2．（2025·陕西）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．的电子式为
B．基态原子的价电子排布式为
C．的球棍模型为
D．反-2-丁烯的结构简式为
3．（2025·陕西）下列有关物质性质与用途对应关系错误的是（　　）
A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片
B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属
C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属
4．（2025·陕西）抗坏血酸葡萄糖苷（）具有抗氧化功能。下列关于的说法正确的是（　　）
A．不能使溴水褪色 B．能与乙酸发生酯化反应
C．不能与溶液反应 D．含有3个手性碳原子
5．（2025·陕西）“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是（　　）
A．该索烃属于芳香烃
B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定
C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力
D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键
6．（2025·陕西）下列对物质性质的解释错误的是（　　）
选项 物质性质 解释
A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯
B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子
C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度
D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·陕西）下列有关反应方程式错误的是（　　）
A．泡沫灭火器反应原理：
B．用金属钠除去甲苯中的微量水：
C．用溶液吸收尾气中的
D．氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：
8．（2025·陕西）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是（　　）
A．沿晶胞体对角线方向的投影图为
B．和B均为杂化
C．晶体中与最近且距离相等的有6个
D．和B的最短距离为
9．（2025·陕西）一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子致相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是（　　）
A．X、Z的第一电离能：
B．X、Y的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性：
D．X、Y、Z均能形成多种氧化物
10．（2025·陕西）下列实验方案不能得出相应结论的是（　　）
结论：金属活动性顺序为 结论：氧化性顺序为 结论：甲基使苯环活化 结论：增大反应物浓度， 该反应速率加快
A B C D
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·陕西）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是（　　）
A．G、K均能与溶液反应
B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同
D．与足量的J反应，转移电子数为
12．（2025·陕西）格氏试剂性质活泼，可与空气中的和等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置（部分装置略），以乙醚（沸点）为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。
下列说法错误的是（　　）
A．气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用
B．烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液
C．图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替
D．产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应
13．（2025·陕西）我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），下列说法错误的是（　　）
A．电解时，从右室向左室移动
B．电解总反应：
C．以为原料，也可得到TQ
D．用标记电解液中的水，可得到
14．（2025·陕西）常温下，溶液中以氢氧化物形式沉淀时，与的关系如图[其中X代表或]。
已知：，比更易与碱反应，形成；溶液中时，X可忽略不计。
下列说法错误的是（　　）
A．L为与的关系曲线
B．的平衡常数为
C．调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和
D．调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·陕西）某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。
已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为，与水互溶。
（一）制备
I．称取，加入蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1．
Ⅱ．称取（稍过量）糖精钠（），加入蒸馏水，加热搅拌，得溶液2．
Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
IV．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
（1）I和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有　 　、　 　（写出两种）
（2）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于　 　中，以使大量晶体析出。
（3）IV中用①丙酮、②冷水、③冷的溶液洗涤晶体，正确顺序为____。
A．①③② B．③②① C．②①③
（4）IV中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，　 　（将实验操作、现象和结论补充完整）．
（5）与本实验安全注意事项有关的图标有____。
A．护目镜 B．洗手 C．热烫 D．锐器
（6）（二）结晶水含量测定
和形成配合物。准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60下，用的标准溶液滴定。
下列操作的正确顺序为　 　（用字母排序）。
a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上处
c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
（7）滴定终点时消耗标准溶液，则产品中x的测定值为　 　（用含m、c、V的代数式表示）；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
16．（2025·陕西）一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为的硫酸盐）的工艺流程如下．
已知：①常温下，，；
②结构式为。
回答下列问题：
（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有　 　、　 　。（写出两种）
（2）“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式　 　。
当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为　 　。
（3）“沉锰II”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和　 　（填化学式）。
（4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是　 　。
（5）“沉镁II”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式　 　。
（6）“结晶”中，产物X的化学式为　 　。
（7）“焙烧”中，元素发生了　 　（填“氧化”或“还原”）反应。
17．（2025·陕西）/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下：
I．
II．
III．
回答下列问题，
（1）计算　 　。
（2）提高平衡产率的条件是____。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
（3）高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是　 　（填序号），生成水的基元反应方程式为　 　。
（4）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物（、）的平衡转化率和生成物（、）的选择性随温度变化关系如下图（反应III在以下不考虑）．
注：含碳生成物选择性
①表示选择性的曲线是　 　（填字母）。
②点M温度下，反应Ⅱ的　 　（列出计算式即可）。
③在下达到平衡时，　 　。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是　 　。
18．（2025·陕西）我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生（化合物H），合成路线如下（部分试剂、反应条件省略）。
已知：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称是　 　　 　
（2）B的结构简式为　 　。
（3）由C转变为D的反应类型是　 　
（4）同时满足下列条件的#的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。
①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。
（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：　 　（要求配平）。
（6）下列关于F说法正确的有____。
A．F能发生银镜反应
B．F不可能存在分子内氢键
C．以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气
D．已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小
（7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物（无机试剂任选）为原料，设计化合物的合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、N和Si都是无机非金属元素，其化合物氮化硅属于典型的无机非金属材料，A错误；
B、合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，属于典型的金属材料，B正确；
C、聚酰亚胺隔热层由含酰亚胺环的重复单元通过共价键连接而成的高分子聚合物，属于典型的有机高分子材料，C错误；
D、现代制淡水用反渗透膜的主要成分是芳香族聚酰胺，是一类分子链中含有芳香环和酰胺基团的有机高分子材料，D错误；
故答案为：B
【分析】分离膜根据膜孔大小分为微滤膜，超滤膜，纳滤膜和反渗透膜，其中生产分离膜的主要材料有：醋酸纤维、芳香族聚酰胺、聚丙烯、聚四氟乙烯等。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CS2中，碳原子与两侧的硫原子各形成两对共用电子对，满足碳的八电子稳定结构；每个硫原子除成键电子外，还含有两对孤对电子，使硫原子也满足八电子稳定结构，且有双键的存在，CS2分子呈直线型，键角为 180°，与 CO2的空间构型相似，故电子式为：，A正确；
B、Be是4号元素，故基态原子的价电子排布式为2S2，B错误；
C、的球棍模型为：，选项所示为其比例模型，C错误；
D、顺反异构的有机物中反式结构是指相同的原子或原子团位于双键的两侧，因此反-2-丁烯的结构简式为：，选项所示为 顺-2-丁烯的结构，D错误；
故答案为：A
【分析】判断顺反异构体有两个原则：1. 分子中存在限制旋转的因素，如双键或脂环；2. 每个不能自由旋转的碳原子必须连有两个不同的原子或原子团。此外，根据在两个由双键连接的碳原子上所连的四个原子或基团中两个相同者的位置来决定异构体的类型，同侧为“顺式异构”，异侧为“反式异构”。
3．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质；乙炔炔烃
【解析】【解答】A、单晶硅用于制造芯片主要得益于其优良的半导体特性和完整的原子晶体结构，熔与点无关，A错误；
B、铝的还原性较强，因此能把比其还原性弱的金属氧化物中的氧抢走，还原成单质，而自身成为氧化物，故可用于冶炼金属，B正确；
C、浓硫酸具有吸水性，可以吸收水分，可以做干燥剂，但要注意只能干燥中性和酸性气体，不能干燥
碱性气体，C正确；
D、乙炔燃烧产生高温火焰，其外焰温度可达到3000℃以上，因此能够熔化金属，从而实现金属切割，
D正确；
故答案为：A
【分析】 一定要看清楚物质性质与用途是否存在一一对应的关系，要注意，选项的说法可能都正确，但不存在对应关系。
4．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、如图所示，AA2G的结构中含有碳碳双键，因此能够与Br2发生加成反应：CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br，从而使溴水褪色，A错误；
B、如图所示，AA2G的结构中含有醇羟基，能与含有羧基乙酸的在浓硫酸催化的条件下，酸脱羟基醇脱氢，发生酯化反应，B正确；
C、如图所示，AA2G的结构中含有酯基，因此能在碱性条件下水解生成羧酸盐和醇，故能与NaOH溶液反应，C正确；
D、手性碳是指连接有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，在AA2G的结构中，一共含有7个手性碳原子，，D错误；
故答案为：B
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
5．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、芳香烃是指分子中含有一个或多个苯环的碳氢化合物，索烃结构中含有两个全苯基大环分子，且只由C、H两种元素构成，属于芳香烃，A正确；
B、将有机物放入质谱仪中可得到质谱图，质谱图的横坐标为质荷比，纵坐标为相对丰度，而最右峰的横坐标，其数值即为相对分子质量，因此索烃的相对分子质量可用质谱仪测定，B正确；
C、大环属于分子，因此两个大环之间存在分子之间的作用力，也就是分子间作用力或范德华力，C错
误；
D、“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式，而破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键，也就是其中一个大环分子中苯环之间的碳碳键，D正确；
故答案为：C
【分析】分子间作用力，又称范德华力，主要作用对象是分子之间高分子化合物内官能团，但是它比化学键弱得多，很难影响到分子本身的性质，主要将共价分子凝聚成相应的固体或者液体。
6．【答案】C
【知识点】晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；电解质在水溶液中的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、氯化钠和氯化铯都是离子晶体，离子键强度和离子半径有关。Na+半径比 Cs+小，所以 NaCl 的晶格能更大，离子键更强，熔点更高，A正确；
B、碘是非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以碘易溶于四氯化碳，B正确；
C、草酸氢钠即NaHC2O4，溶液显酸性，溶液中 H+浓度高，其中 HC2O4-既有电离平衡：HC2O4- H+ + C2O42-，又有水解平衡：HC2O4- + H2O H2C2O4 + OH-。如果溶液显酸性，说明电离产生的 H+比水解产生的 OH-多，因此电离程度大于水解程度，C错误；
D、离子液体是由阴阳离子组成的，熔融或液态时离子可以移动，所以导电性良好，因此离子液体具有很好的导电性，D正确；
故答案为：C
【分析】电离度是指盐溶液中水将其电离成阳离子和阴离子的能力，而水解程度是指盐溶液中弱离子与水结合形成相应的弱酸或弱碱的能力。对于强酸和强碱，电离度越大，酸碱性越强，但水解程度越弱。一般来说，电离度大的溶液水解程度较弱，相反，电离度小的溶液水解程度较大。
7．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；尾气处理装置；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、泡沫灭火器的反应原理主要基于盐类的双水解反应，通过生成二氧化碳气体和泡沫来实现灭火，铝离子水解：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，碳酸氢根水解：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-，二者结合可得到相互促进的总反应：，其中反应产物：氢氧化铝可以形成蓬松的泡沫，覆盖在燃烧物表面；二氧化碳的密度比空气大，能隔绝氧气，实现灭火，A正确；
B、甲苯中的苯环和甲基在常温下与金属钠不发生反应，而金属钠与水能发生剧烈反应：，可以定量消耗甲苯中的微量水，生成的 NaOH 不溶于甲苯，以固体形式存在，而 H2逸出，从而实现干燥，B正确；
C、二氧化氮（NO2）与氢氧化钠（NaOH）溶液发生歧化反应，NO2中 N 元素为 + 4 价，在碱性条件下发生歧化，一部分被氧化为 + 5 价的NO3-，另一部分被还原为 + 3 价的NO2-，故反应的方程式为：，C选项正确；
D、石灰乳在水中以悬浊液的形式存在，因此在离子反应中不能拆分，在常温下，石灰乳和氯气发生歧化反应，生成氯化钙和次氯酸钙的混合物，故方程式为：2Cl2 +2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2 +CaCl2 +2H2 O
，D错误；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
8．【答案】A
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、如图所示，晶胞中的Ag位于体心，此时假设体心中没有Ag，则可以将其类比成金刚石的晶胞，在金刚石晶胞中对角线方向投影图：6个顶点投影在大正六边形顶点上，3个面心和3个小体心（另3个面心在3个小体心背后遮挡）投影在小正六边形顶点上，另外2个顶点和1个小体心重叠在正六边形中心，故投影图为：，A错误；
B、如图所示，Ag位于体心，周围与4个N原子成键，价层电子对数为4，能和N形成正四面体结构，故Ag属于sp3杂化，而在共用顶点的B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，价层电子对数为4，也能形成正四面体结构，故B也属于sp3杂化，B正确；
C、如图所示，Ag位于体心，Ag原子周围最近且等距离相等的Ag原子同样在其相邻的晶胞的体心处，一共是上、下、前、后、左、右的6个相邻晶胞，C正确；
D、如图所示，B原子位于顶点，其个数为：8×1/8=1，其他在晶胞中的原子，Ag有1个，C有4个，N有4个，据此可以得到晶胞的化学式为：AgB(CN)4，根据公式：、，Ag（体心）与 B（顶点）的最短距离为体对角线的 1/2，所以和B的最短距离为，D正确；
故答案为：A
【分析】体心立方堆积模型的投影分析：体心立方晶胞沿体对角线投影规律是对角线的两个顶点原子及体心原子投在正六边形的中心，其余的顶点原子投在正六边形的六个顶点。
9．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X是P，Z是Cl，同周期元素的电负性从左至右依次增大，所以第一电离能：Z>X，A错误；
B、X是P，简单氢化物对应PH3，Y是N，简单氢化物对应NH3，可以得知，PH3和NH3的中心原子杂化类型和孤对电子数目均相同，但是N的电负性大于P，所以NH3中的成键电子对中的斥力较大，所以键角：Y>X，B错误；
C、X是P，Y是N，Z是Cl，在元素周期表中，从左至右，从下至上，最高价含氧酸的酸性不断增强，所以最高价含氧酸的酸性：Z>Y>X，C错误；
D、X是P，常见的氧化物有：P2O3、P2O5等；Y是N，常见的氧化物有：NO、NO2等；Z是Cl，常见的氧化物有：Cl2O、ClO2等，D正确；
故答案为：D
【分析】元素都是短周期，X、Y 价电子数相等也就是同主族或价电子构型同，基态 Y 的 2p 轨道半充满，为2p3，所以Y 是 N；X、Y 价电子数相等，均为 5且为短周期 ，可以推测为3s23p3，同主族，价电子数相同，所以 X 为 P；X（第三周期）与 Z 电子层数相同，Z 最外层 1 个未成对电子，而第三周期中，只有Cl 的 3p5有1 个未成对电子，所以 Z 为 Cl。
10．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见金属的活动性顺序及其应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、两个原电池，通过电流表指针偏转来判断电子的流向：从负极到正极，在Fe-Cu稀硫酸电池中，电子由Fe电极移动到Cu电极，说明Fe为负极，且金属活动性：Fe>Cu；接着在Fe-Zn稀硫酸电池中，电子由Zn电极移动到Fe电极，说明Zn为负极，且金属活动性：Zn>Fe，综合可知，金属活动性：Zn>Fe>Cu，A正确；
B、左管：Fe3+ 氧化 I-，说明氧化性：Fe3+ > I2，KSCN 检测 Fe3+ 的剩余；右管：Cl2 氧化 Fe2+，说明氧化性：Cl2> Fe3+，KSCN 检测 Fe3+的生成； 故总得到氧化性顺序为：Cl2> Fe3+> I2，B正确；
C、由实验现象可知苯不使酸性KMnO4溶液褪色，而甲苯使酸性KMnO4溶液褪色，但是在整个氧化过程中，苯环不发生变化，只有甲基被氧化成了羧基，说明是苯环对甲基的活化作用，C错误；
D、两者H2SO4浓度、体积一致，仅Na2S2O3浓度不同，控制变量，确保了实验的准确性，反应中，“出现浑浊” 是生成S的时间，反映初始反应速率，浓度更高的体系，单位时间生成S更快，更早达到 “可见浑浊” 的临界量，通过对比浑浊出现时间，可验证 增大反应物浓度，反应速率加快，D正确；
故答案为：C
【分析】判断对比实验能否达到实验目的的方法是否控制单一变量，即几组实验中，除要研究的因素外，其余因素均相同、对比实验中能否有不同现象；
判断非对比实验能否达到实验目的的方法：分析实验目的的实质、分析预期实验现象、分析是否有干扰因素，如果没有则可以达到实验目的；
11．【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、G是H2S，是一种弱酸，K是 SO3，是一种酸性氧化物，因此二者都可以与碱也就是NaOH溶液反应，A正确；
B、H是S，属于单质，化合价为0，处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原；N是Na2SO3，S的化合价为4价，同样处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原，B正确；
C、M(NaHSO3)溶液：离子为Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-电离和水解)；N(Na2SO3)溶液：离子为Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；两者离子种类相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正确；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以发生归中反应，，由方程式不难看出，1molH2S反应的时候，转移的电子数为2NA，D错误；
故答案为：D
【分析】由题可知，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性可以推测出J是SO2；G 为气体，经两步氧化生成 SO2，故 G 为 H2S；J与 O2反应生成 K 为 SO3；J 与少量 NaOH 反应生成 M 为 NaHSO3，与足量 NaOH 反应生成 N 为 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 为 Na2SO4。
12．【答案】B
【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、根据题干信息可知，格氏试剂性质活泼，可与空气中的和等反应，所以需要再气球中加入气体作为保护气；同时乙醚（沸点）为溶剂，说明乙醚的沸点较低，反应过程中可能会挥发，变成气体，增大压强，所以当烧瓶中压力比较大的时候，可以打开旋塞，将气体放出，起缓冲压力的作用，A正确；
B、主反应为格氏试剂与苯甲酰氯的反应，但在这个条件下格氏试剂还容易与产物二苯甲酮反应生成副
产物，所以需要严格控制格氏试剂的用量，要把格氏试剂放入恒压滴液漏斗中滴加，B错误；
C、恒压滴液漏斗的导管将漏斗的上部和下部的反应装置相连通，可以用于平衡气压，有利于漏斗内的
液体能顺利滴下，如果改成球形分液漏斗，在滴液的时候则需要打开上端的玻璃塞来平衡气压，这个时
候就会让空气进入，导致格氏试剂与空气中的和等反应，C正确；
D、产率高说明 主反应（苯甲酰氯 + 格氏试剂）比副反应（二苯甲酮 + 格氏试剂）更易发生，即苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应，D正确；
故答案为：B
【分析】恒压滴液漏斗用一个支管连通了滴液漏斗和反应瓶，因此上方可以塞上塞子防止其中的液体挥发，而且里面的液体还能够滴下来；而球形分液漏斗在滴液的时候，上方是不能够塞上塞子的，否则会因为压力的缘故导致液体留不下来。
13．【答案】D
【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；原电池、电解池综合；有机反应中的氧化反应；有机反应中的还原反应
【解析】【解答】A、电极 b：TY→TQ，失电子，发生氧化反应，是阳极，接电源正极；电极 a：得电子发生还原反应是阴极，接电源负极；因此离子移动为阳离子向 阴极 移动，即从 右室（阳极区，电极 b） 到 左室（阴极区，电极 a），A正确；
B、根据分析可以写出电极a的半反应为：，电极b的反应为：，二者相加可得到总反应为：，B正确；
C、原料为酚类，结构中含酚羟基，对位连异丙基，与 TY 结构类似，TY 也为酚类，对位连接异丙基，而酚类可经氧化反应生成醌（TQ 为醌结构），故类似原料可发生反应，C正确；
D、根据反应历程图可知，在TY转化成TQ的过程中，酚羟基中的O原子并没有脱离苯环，而酚羟基对位引入的O原子来自于H2O分子，所以说标记电解液中的水，被标记的应该在氧化前酚羟基对位的位置，也就是方框所示位置：，D错误；
故答案为：D
【分析】根据题干可知，这是电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），可以看出1mol的TY和1mol的H2O在电极B上失去4mol的电子，来生成1mol的TQ和1mol的H+，据此推断出电极b是阳极，发生氧化反应，电极a是阴极，发生还原反应，采用H2SO4作为电解质溶液，在电解池板间存在质子交换膜，所以在阳极生成H+通过质子交换膜在阴极发生反应。
14．【答案】B
【知识点】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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、对于 Al(OH)4-，其浓度随 pH 升高而增加（因 Al(OH)3 在高 pH 溶解形成 Al(OH)4-），因此 -lg c[Al(OH)4-] 随 pH 升高而减小，曲线呈下降趋势。图表中 L 曲线符合这一特征，A正确；
B、该反应的平衡常数 K = [Zn(OH)42-] / ([Zn2+][OH-]4)。在 Zn(OH)2 沉淀与溶解的边界也就是 c(Zn2+) 和 c(Zn(OH)42-) 相等时，K = 1 / [OH-]4。在图像中，Zn 的相关特征点出现在 pH 9.4 附近，而非选项中的高 pH。计算：假设 K = 1011.2，则在 [Zn2+] = [Zn(OH)42-] 时，
[OH-]4 = 1/K = 10-11.2，[OH-] = 10-2.8，pH = 14 - (-lg[OH-]) = 14 - 2.8 = 11.2。但图表中标记点 pH 12.4 或 9.4 均不匹配此值，pH 12.4 时 [OH-] = 10-1.6， [OH-]4 ≈ 10-6.4， 1/[OH-]4 ≈ 106.4，log K ≈ 6.4，与 11.2 不符。标准值中 Zn(OH)42- 的 log K 通常约为 15，1011.2过小，与图表和已知不一致，B错误；
C、在高 pH 下，Al(OH)3 溶解形成 Al(OH)4-（两性），而 Cd(OH)2 不易形成 Cd(OH)42-，根据题干信息已知 Zn(OH)2 比 Cd(OH)2 更易与碱反应，因此 Cd(OH)2 保持沉淀状态。当 c(Al) 溶解且 c(Cd2+) ≤ 10-5 mol·L- 时，可完全分离，C正确；
D、在 pH 4.7~6.4 范围内：
Al3+：Al(OH)3 开始沉淀的 pH 较低，在 pH 4.7 时 c(Al3+) ≈ 10-5 mol·L- ，此时可认为完全沉淀。
Zn2+：Zn(OH)2 开始沉淀的 pH 约 6.24，在 pH < 6.24 时 c(Zn2+) = 0.1 mol·L- > 10-5 mol·L- ，还有溶解的Zn2+；在 pH 6.4 时 c(Zn2+) ≈ 0.0475 mol·L- > 10-5 mol·L- ，并没有完全沉淀。
因此，Al3+ 沉淀而 Zn2+ 溶解，可实现完全分离，D正确；
故答案为：B。
【分析】图表显示了常温下溶液中 Al3+、Zn2+、Cd2+ 及其羟基配合物：Al(OH)4-、Zn(OH)42-、Cd(OH)42-的浓度随 pH 的变化关系。横坐标为 pH，纵坐标为pX。图中标记了关键 pH 点：7.0、8.4、9.4、12.4、14.0，这些点对应沉淀或溶解的转变。
关键 pH 点总结：
pH 7.0：Cd2+ 开始沉淀，c(Cd2+) 降至可忽略水平（c ≤ 10-5 mol·L- ）。
pH 8.4：Zn2+ 开始沉淀，c(Zn2+) 显著降低。
pH 9.4：Zn(OH)2 开始溶解形成 Zn(OH)42-，溶解锌浓度增加。
pH 12.4：Al(OH)3 开始溶解形成 Al(OH)4-，c[Al(OH)4-] 显著增加。
pH 14.0：参考点，所有可溶物种浓度较高。
15．【答案】（1）玻璃棒；量筒
（2）冰水浴
（3）B
（4）先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明氯离子已经洗净。
（5）A
（6）cabd
（7）；偏高
【知识点】常用仪器及其使用；物质的检验和鉴别；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、I和Ⅱ均属于溶解操作，因此步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。
（2）、根据题干信息可知，因为 糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小 ，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中，以使大量晶体析出。
（3）、先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为：B。
（4）、IV中为了确认氯离子已经洗净的步骤为：先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明氯离子已经洗净。
（5）、进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、C符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故答案为：ABC。
（6）、使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗（c），再用待装的标准溶液进行润洗（a），待润洗完成后装入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处（b），放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数（d），故答案为：cabd。
（7）、滴定消耗的，EDTA与Co2+能1：1反应生成配合物，因此在样品溶解后的，即样品中，，继续分析可知，，根据所得到的公式可以推测出样品的质量：，由此可得：。若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则读取的消耗EDTA的标准溶液的体积偏小，根据X的表达式可知，计算出的x的测定值会偏高。
【分析】按照反应：，制备糖 精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。在整个实验过程中，糖精钴 ：热水中溶解度大，冷水中小，也就是其热溶冷析的依据；糖精钠 ：过量加入，确保 Co2+能够完全配位；丙酮：沸点低，为56℃，易烘干、与水互溶，因此用于除水，减少晶体溶解。
16．【答案】（1）适当升温；搅拌
（2）；10-2.15
（3）O2
（4）pH过大时，生成Mg(OH)2，煅烧过程中没有CO2生成，使其无法得到疏松多孔的结构，无法形成轻质MgO。
（5）
（6）(NH4)2SO4
（7）还原
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、废盐溶液时，为加快废盐溶解，可以通过搅拌、适当升温来加快化学反应速率，但要注意温度过高会导致NH3·H2O分解，所以升温要适当。
（2）、“沉锰I”中，形成的被氧化成，Mn从+2价升高到+8/3价，而O从0价降低到-2价，遵循得失电子守恒原则，通过氧化还原反应配平可得到反应方程式为：，接着根据题干给定的信息，＞，也就是说当Mg2+开始沉淀的时候，Mn2+已经开始生成沉淀了，所以在溶液中：，且已知，所以c(Mn2+)=10-2.15mol/L。
（3）、根据题干信息可知，在的结构式中可以看出存在过氧键，过氧键不稳定，在加热水解的过程中容易断裂，O元素发生自身的歧化反应，一部分化合价降低为-2价，变成，另一部分化合价升高，变成O2。
（4）、由题干可知，>，据此推断Mg(OH)2更难溶，故pH过大时，生成Mg(OH)2，煅烧过程中没有CO2生成，使其无法得到疏松多孔的结构，无法形成轻质MgO。
（5）、据图分析，pH＝8时，P元素主要以HPO42-的形式存在，继续加至时，沉淀完全，此时的存在形式为MgHPO4，当pH=4时，P元素主要以H2PO4-的形式存在，沉淀完全溶解，Mg元素主要以Mg2+的形式存在，因此可以推断出此时的沉淀溶解的离子方程式为：。
（6）、从整个流程中观察可知，阳离子只有NH4+，阴离子只有SO42-，PO43-在前一步骤中已经沉淀了，所以可以推断出产物X为：(NH4)2SO4。
（7）、Mn3O4中的Mn的平均化合价为+8/3价，MnO2中的Mn的化合价为+4价，MnSO4·H2O中的Mn的化合价为+2价，所以可以推断出在焙烧的过程中Mn元素的化合价降低，Mn发生还原反应。
【分析】沉锰 Ⅰ：以废盐（Mn2+、Mg2+、NH4+）、NH3 H2O、O2为原料，将Mn2+被 O2氧化，在氨性环境下生成 Mn3O4，初步富集 Mn，分离出 Mn3O4，溶液残留少量 Mn2+、Mg2+、NH4+。
沉锰 Ⅱ：利用过二硫酸铵，因为结构中含有过氧键（-O-O-)，属于强氧化剂，S2O82-氧化残留 Mn2+为 MnO2，自身还原为 SO42-，利用这一步彻底除去Mn离子，分离出 MnO2，溶液含 Mg2+、NH4+、SO42-。
沉镁 Ⅰ：NH3 H2O用来调节溶液的pH，接着利用NH4HCO3提供CO32-，沉淀 Mg2+为 MgCO3，后续煅烧得 MgO。
沉镁 Ⅱ：H3PO4提供PO43-，残留 Mg2+与 NH4+、PO43-结合，成 MgNH4PO4·6H2O，利用磷酸盐沉淀的高稳定性，确保 Mg2+完全去除。
结晶： H2SO4调 pH=6.0，促进NH4+与SO42-结晶为 (NH4)2SO4，回收物质 X。
焙烧：利用Mn3O4、MnO2、(NH4)2SO4及硫酸在高温下，Mn 的高价氧化物（Mn3O4、MnO2）与铵盐 或硫酸反应，被还原为 Mn2+，最终结晶为MnSO4 H2O，实现资源回收。
17．【答案】（1）-65
（2）B
（3）④；
（4）c； ；0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【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）、根据已知条件：
I．
II．
可以将I+II加和在一起，可得到：，结和盖斯定律可知：。
（2）、已知反应Ⅱ.为放热反应，要提高CH4的平衡产率，要使平衡正向移动。
A、高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡产率，A错误；
B、低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4的平衡产率，B正确；
C、高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡产率，C错误；
D、低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡产率，D错误；
故答案为：B。
（3）、反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反应为；由图可知，在第三步的时候生成了水，基元反应为：。
（4）、①、已知反应1为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐 渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降， 所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。①表示CH4选择性的曲线是c，故答案为：c；
②、点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49nol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出氢气的物质的量0.02mol，总的物质的量0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应II的Kp为：。
③、在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%甲烷的选择性为10%则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出；因为反应11是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500～600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
18．【答案】（1）硝基；酚羟基
（2）CH3OCH2CH2CH2Br
（3）还原反应
（4）5
（5）
（6）A
（7）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机反应中的氧化反应；有机反应中的还原反应
【解析】【解答】（1）、根据合成路线中给出的结构简式可知，A中官能团的名称是硝基、酚羟基；
（2）、由分析可知，B的分子式为C4H9BrO，结合A、C的结构，可以判断B的结构简式为 ：CH3OCH2CH2CH2Br；
（3）、根据合成路线可知，C到D的过程中硝基还原成了氨基，所以由C转变为D的反应类型为：还原反应；
（4）、同时满足含有两个甲基，与钠反应产生氢气的结构中一定含有两个甲基、一个溴原子、一个羟基，因此可以推测出满足该条件的同分异构体有5种，具体如下（箭头指向为Br原子的位置）：；
（5）、由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，因此可以推测其化学反应方程式为：；
（6）、A、F的结构中含有醛基，因此能够发生银镜反应，A正确；
B、F结构中的亚氨基上的H原子离F原子比较接近，因此二者之间能够形成分子内氢键，B错误；
C、E和F反应的另一产物为HCl，而反应物中含有NaH，二者的H的化合价分别为+1价和-1价，因此能发生归中反应，生成H2，C正确；
D、F的结构中氟原子以及醛基都是属于吸电子基团，所以F结构中的N-H键的极性就会更大，D错误；
故答案为：AC
（7）、结合合成H的相关信息，不难找出规律，可以设计出以下的合成路线：
。
【分析】A的结构中含有酚羟基（-OH） 和 硝基（-NO2），属于芳香化合物，类似邻硝基苯酚结构，B：分子式为C4H9BrO，结构为 CH3OCH2CH2CH2Br，属于溴代醚， 二者在K2CO3的碱性条件下，使 A 的 酚羟基脱去质子，并和B 中与Br相连的-CH2碳， Br-离去，形成 醚键，得到 C。接着在Pd/C + H2的条件下发生催化氢化还原反应，把硝基还原为氨基，得到 D。然后D的 -NH2与 NaNO2/HCl反应，生成 芳香重氮盐，并在CuCl作催化剂， SO2提供磺酰基的条件下，重氮盐分解产生 芳基自由基， SO2结合，最终形成 -SO2Cl 官能团，得到 E。E中的S-Cl键断裂，结合 F中含 吡咯环，五元杂环，N 上有活泼 H，发生取代反应，得到 G。最后发生还原胺化反应，把醛基 变成胺甲基，同时引入NaBH3CN这一种温和还原剂，将亚胺 还原为仲胺，避免过度还原，得到普拉生（H）。
1 / 1陕西、山西、宁夏、青海2025年高考化学真题
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·陕西）“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是（　　）
A．“C919”大飞机用的氮化硅涂层
B．“梦想”号钻探船钻头用的合金
C．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层
D．“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、N和Si都是无机非金属元素，其化合物氮化硅属于典型的无机非金属材料，A错误；
B、合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，属于典型的金属材料，B正确；
C、聚酰亚胺隔热层由含酰亚胺环的重复单元通过共价键连接而成的高分子聚合物，属于典型的有机高分子材料，C错误；
D、现代制淡水用反渗透膜的主要成分是芳香族聚酰胺，是一类分子链中含有芳香环和酰胺基团的有机高分子材料，D错误；
故答案为：B
【分析】分离膜根据膜孔大小分为微滤膜，超滤膜，纳滤膜和反渗透膜，其中生产分离膜的主要材料有：醋酸纤维、芳香族聚酰胺、聚丙烯、聚四氟乙烯等。
2．（2025·陕西）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．的电子式为
B．基态原子的价电子排布式为
C．的球棍模型为
D．反-2-丁烯的结构简式为
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CS2中，碳原子与两侧的硫原子各形成两对共用电子对，满足碳的八电子稳定结构；每个硫原子除成键电子外，还含有两对孤对电子，使硫原子也满足八电子稳定结构，且有双键的存在，CS2分子呈直线型，键角为 180°，与 CO2的空间构型相似，故电子式为：，A正确；
B、Be是4号元素，故基态原子的价电子排布式为2S2，B错误；
C、的球棍模型为：，选项所示为其比例模型，C错误；
D、顺反异构的有机物中反式结构是指相同的原子或原子团位于双键的两侧，因此反-2-丁烯的结构简式为：，选项所示为 顺-2-丁烯的结构，D错误；
故答案为：A
【分析】判断顺反异构体有两个原则：1. 分子中存在限制旋转的因素，如双键或脂环；2. 每个不能自由旋转的碳原子必须连有两个不同的原子或原子团。此外，根据在两个由双键连接的碳原子上所连的四个原子或基团中两个相同者的位置来决定异构体的类型，同侧为“顺式异构”，异侧为“反式异构”。
3．（2025·陕西）下列有关物质性质与用途对应关系错误的是（　　）
A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片
B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属
C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质；乙炔炔烃
【解析】【解答】A、单晶硅用于制造芯片主要得益于其优良的半导体特性和完整的原子晶体结构，熔与点无关，A错误；
B、铝的还原性较强，因此能把比其还原性弱的金属氧化物中的氧抢走，还原成单质，而自身成为氧化物，故可用于冶炼金属，B正确；
C、浓硫酸具有吸水性，可以吸收水分，可以做干燥剂，但要注意只能干燥中性和酸性气体，不能干燥
碱性气体，C正确；
D、乙炔燃烧产生高温火焰，其外焰温度可达到3000℃以上，因此能够熔化金属，从而实现金属切割，
D正确；
故答案为：A
【分析】 一定要看清楚物质性质与用途是否存在一一对应的关系，要注意，选项的说法可能都正确，但不存在对应关系。
4．（2025·陕西）抗坏血酸葡萄糖苷（）具有抗氧化功能。下列关于的说法正确的是（　　）
A．不能使溴水褪色 B．能与乙酸发生酯化反应
C．不能与溶液反应 D．含有3个手性碳原子
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、如图所示，AA2G的结构中含有碳碳双键，因此能够与Br2发生加成反应：CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br，从而使溴水褪色，A错误；
B、如图所示，AA2G的结构中含有醇羟基，能与含有羧基乙酸的在浓硫酸催化的条件下，酸脱羟基醇脱氢，发生酯化反应，B正确；
C、如图所示，AA2G的结构中含有酯基，因此能在碱性条件下水解生成羧酸盐和醇，故能与NaOH溶液反应，C正确；
D、手性碳是指连接有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，在AA2G的结构中，一共含有7个手性碳原子，，D错误；
故答案为：B
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
5．（2025·陕西）“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是（　　）
A．该索烃属于芳香烃
B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定
C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力
D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、芳香烃是指分子中含有一个或多个苯环的碳氢化合物，索烃结构中含有两个全苯基大环分子，且只由C、H两种元素构成，属于芳香烃，A正确；
B、将有机物放入质谱仪中可得到质谱图，质谱图的横坐标为质荷比，纵坐标为相对丰度，而最右峰的横坐标，其数值即为相对分子质量，因此索烃的相对分子质量可用质谱仪测定，B正确；
C、大环属于分子，因此两个大环之间存在分子之间的作用力，也就是分子间作用力或范德华力，C错
误；
D、“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式，而破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键，也就是其中一个大环分子中苯环之间的碳碳键，D正确；
故答案为：C
【分析】分子间作用力，又称范德华力，主要作用对象是分子之间高分子化合物内官能团，但是它比化学键弱得多，很难影响到分子本身的性质，主要将共价分子凝聚成相应的固体或者液体。
6．（2025·陕西）下列对物质性质的解释错误的是（　　）
选项 物质性质 解释
A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯
B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子
C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度
D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；电解质在水溶液中的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、氯化钠和氯化铯都是离子晶体，离子键强度和离子半径有关。Na+半径比 Cs+小，所以 NaCl 的晶格能更大，离子键更强，熔点更高，A正确；
B、碘是非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以碘易溶于四氯化碳，B正确；
C、草酸氢钠即NaHC2O4，溶液显酸性，溶液中 H+浓度高，其中 HC2O4-既有电离平衡：HC2O4- H+ + C2O42-，又有水解平衡：HC2O4- + H2O H2C2O4 + OH-。如果溶液显酸性，说明电离产生的 H+比水解产生的 OH-多，因此电离程度大于水解程度，C错误；
D、离子液体是由阴阳离子组成的，熔融或液态时离子可以移动，所以导电性良好，因此离子液体具有很好的导电性，D正确；
故答案为：C
【分析】电离度是指盐溶液中水将其电离成阳离子和阴离子的能力，而水解程度是指盐溶液中弱离子与水结合形成相应的弱酸或弱碱的能力。对于强酸和强碱，电离度越大，酸碱性越强，但水解程度越弱。一般来说，电离度大的溶液水解程度较弱，相反，电离度小的溶液水解程度较大。
7．（2025·陕西）下列有关反应方程式错误的是（　　）
A．泡沫灭火器反应原理：
B．用金属钠除去甲苯中的微量水：
C．用溶液吸收尾气中的
D．氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；尾气处理装置；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、泡沫灭火器的反应原理主要基于盐类的双水解反应，通过生成二氧化碳气体和泡沫来实现灭火，铝离子水解：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，碳酸氢根水解：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-，二者结合可得到相互促进的总反应：，其中反应产物：氢氧化铝可以形成蓬松的泡沫，覆盖在燃烧物表面；二氧化碳的密度比空气大，能隔绝氧气，实现灭火，A正确；
B、甲苯中的苯环和甲基在常温下与金属钠不发生反应，而金属钠与水能发生剧烈反应：，可以定量消耗甲苯中的微量水，生成的 NaOH 不溶于甲苯，以固体形式存在，而 H2逸出，从而实现干燥，B正确；
C、二氧化氮（NO2）与氢氧化钠（NaOH）溶液发生歧化反应，NO2中 N 元素为 + 4 价，在碱性条件下发生歧化，一部分被氧化为 + 5 价的NO3-，另一部分被还原为 + 3 价的NO2-，故反应的方程式为：，C选项正确；
D、石灰乳在水中以悬浊液的形式存在，因此在离子反应中不能拆分，在常温下，石灰乳和氯气发生歧化反应，生成氯化钙和次氯酸钙的混合物，故方程式为：2Cl2 +2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2 +CaCl2 +2H2 O
，D错误；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
8．（2025·陕西）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是（　　）
A．沿晶胞体对角线方向的投影图为
B．和B均为杂化
C．晶体中与最近且距离相等的有6个
D．和B的最短距离为
【答案】A
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、如图所示，晶胞中的Ag位于体心，此时假设体心中没有Ag，则可以将其类比成金刚石的晶胞，在金刚石晶胞中对角线方向投影图：6个顶点投影在大正六边形顶点上，3个面心和3个小体心（另3个面心在3个小体心背后遮挡）投影在小正六边形顶点上，另外2个顶点和1个小体心重叠在正六边形中心，故投影图为：，A错误；
B、如图所示，Ag位于体心，周围与4个N原子成键，价层电子对数为4，能和N形成正四面体结构，故Ag属于sp3杂化，而在共用顶点的B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，价层电子对数为4，也能形成正四面体结构，故B也属于sp3杂化，B正确；
C、如图所示，Ag位于体心，Ag原子周围最近且等距离相等的Ag原子同样在其相邻的晶胞的体心处，一共是上、下、前、后、左、右的6个相邻晶胞，C正确；
D、如图所示，B原子位于顶点，其个数为：8×1/8=1，其他在晶胞中的原子，Ag有1个，C有4个，N有4个，据此可以得到晶胞的化学式为：AgB(CN)4，根据公式：、，Ag（体心）与 B（顶点）的最短距离为体对角线的 1/2，所以和B的最短距离为，D正确；
故答案为：A
【分析】体心立方堆积模型的投影分析：体心立方晶胞沿体对角线投影规律是对角线的两个顶点原子及体心原子投在正六边形的中心，其余的顶点原子投在正六边形的六个顶点。
9．（2025·陕西）一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子致相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是（　　）
A．X、Z的第一电离能：
B．X、Y的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性：
D．X、Y、Z均能形成多种氧化物
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X是P，Z是Cl，同周期元素的电负性从左至右依次增大，所以第一电离能：Z>X，A错误；
B、X是P，简单氢化物对应PH3，Y是N，简单氢化物对应NH3，可以得知，PH3和NH3的中心原子杂化类型和孤对电子数目均相同，但是N的电负性大于P，所以NH3中的成键电子对中的斥力较大，所以键角：Y>X，B错误；
C、X是P，Y是N，Z是Cl，在元素周期表中，从左至右，从下至上，最高价含氧酸的酸性不断增强，所以最高价含氧酸的酸性：Z>Y>X，C错误；
D、X是P，常见的氧化物有：P2O3、P2O5等；Y是N，常见的氧化物有：NO、NO2等；Z是Cl，常见的氧化物有：Cl2O、ClO2等，D正确；
故答案为：D
【分析】元素都是短周期，X、Y 价电子数相等也就是同主族或价电子构型同，基态 Y 的 2p 轨道半充满，为2p3，所以Y 是 N；X、Y 价电子数相等，均为 5且为短周期 ，可以推测为3s23p3，同主族，价电子数相同，所以 X 为 P；X（第三周期）与 Z 电子层数相同，Z 最外层 1 个未成对电子，而第三周期中，只有Cl 的 3p5有1 个未成对电子，所以 Z 为 Cl。
10．（2025·陕西）下列实验方案不能得出相应结论的是（　　）
结论：金属活动性顺序为 结论：氧化性顺序为 结论：甲基使苯环活化 结论：增大反应物浓度， 该反应速率加快
A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见金属的活动性顺序及其应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、两个原电池，通过电流表指针偏转来判断电子的流向：从负极到正极，在Fe-Cu稀硫酸电池中，电子由Fe电极移动到Cu电极，说明Fe为负极，且金属活动性：Fe>Cu；接着在Fe-Zn稀硫酸电池中，电子由Zn电极移动到Fe电极，说明Zn为负极，且金属活动性：Zn>Fe，综合可知，金属活动性：Zn>Fe>Cu，A正确；
B、左管：Fe3+ 氧化 I-，说明氧化性：Fe3+ > I2，KSCN 检测 Fe3+ 的剩余；右管：Cl2 氧化 Fe2+，说明氧化性：Cl2> Fe3+，KSCN 检测 Fe3+的生成； 故总得到氧化性顺序为：Cl2> Fe3+> I2，B正确；
C、由实验现象可知苯不使酸性KMnO4溶液褪色，而甲苯使酸性KMnO4溶液褪色，但是在整个氧化过程中，苯环不发生变化，只有甲基被氧化成了羧基，说明是苯环对甲基的活化作用，C错误；
D、两者H2SO4浓度、体积一致，仅Na2S2O3浓度不同，控制变量，确保了实验的准确性，反应中，“出现浑浊” 是生成S的时间，反映初始反应速率，浓度更高的体系，单位时间生成S更快，更早达到 “可见浑浊” 的临界量，通过对比浑浊出现时间，可验证 增大反应物浓度，反应速率加快，D正确；
故答案为：C
【分析】判断对比实验能否达到实验目的的方法是否控制单一变量，即几组实验中，除要研究的因素外，其余因素均相同、对比实验中能否有不同现象；
判断非对比实验能否达到实验目的的方法：分析实验目的的实质、分析预期实验现象、分析是否有干扰因素，如果没有则可以达到实验目的；
11．（2025·陕西）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是（　　）
A．G、K均能与溶液反应
B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同
D．与足量的J反应，转移电子数为
【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、G是H2S，是一种弱酸，K是 SO3，是一种酸性氧化物，因此二者都可以与碱也就是NaOH溶液反应，A正确；
B、H是S，属于单质，化合价为0，处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原；N是Na2SO3，S的化合价为4价，同样处在中间价态，因此既可以被氧化，又可以被还原，B正确；
C、M(NaHSO3)溶液：离子为Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-电离和水解)；N(Na2SO3)溶液：离子为Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；两者离子种类相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正确；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以发生归中反应，，由方程式不难看出，1molH2S反应的时候，转移的电子数为2NA，D错误；
故答案为：D
【分析】由题可知，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性可以推测出J是SO2；G 为气体，经两步氧化生成 SO2，故 G 为 H2S；J与 O2反应生成 K 为 SO3；J 与少量 NaOH 反应生成 M 为 NaHSO3，与足量 NaOH 反应生成 N 为 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 为 Na2SO4。
12．（2025·陕西）格氏试剂性质活泼，可与空气中的和等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置（部分装置略），以乙醚（沸点）为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。
下列说法错误的是（　　）
A．气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用
B．烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液
C．图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替
D．产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应
【答案】B
【知识点】实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、根据题干信息可知，格氏试剂性质活泼，可与空气中的和等反应，所以需要再气球中加入气体作为保护气；同时乙醚（沸点）为溶剂，说明乙醚的沸点较低，反应过程中可能会挥发，变成气体，增大压强，所以当烧瓶中压力比较大的时候，可以打开旋塞，将气体放出，起缓冲压力的作用，A正确；
B、主反应为格氏试剂与苯甲酰氯的反应，但在这个条件下格氏试剂还容易与产物二苯甲酮反应生成副
产物，所以需要严格控制格氏试剂的用量，要把格氏试剂放入恒压滴液漏斗中滴加，B错误；
C、恒压滴液漏斗的导管将漏斗的上部和下部的反应装置相连通，可以用于平衡气压，有利于漏斗内的
液体能顺利滴下，如果改成球形分液漏斗，在滴液的时候则需要打开上端的玻璃塞来平衡气压，这个时
候就会让空气进入，导致格氏试剂与空气中的和等反应，C正确；
D、产率高说明 主反应（苯甲酰氯 + 格氏试剂）比副反应（二苯甲酮 + 格氏试剂）更易发生，即苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应，D正确；
故答案为：B
【分析】恒压滴液漏斗用一个支管连通了滴液漏斗和反应瓶，因此上方可以塞上塞子防止其中的液体挥发，而且里面的液体还能够滴下来；而球形分液漏斗在滴液的时候，上方是不能够塞上塞子的，否则会因为压力的缘故导致液体留不下来。
13．（2025·陕西）我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），下列说法错误的是（　　）
A．电解时，从右室向左室移动
B．电解总反应：
C．以为原料，也可得到TQ
D．用标记电解液中的水，可得到
【答案】D
【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；原电池、电解池综合；有机反应中的氧化反应；有机反应中的还原反应
【解析】【解答】A、电极 b：TY→TQ，失电子，发生氧化反应，是阳极，接电源正极；电极 a：得电子发生还原反应是阴极，接电源负极；因此离子移动为阳离子向 阴极 移动，即从 右室（阳极区，电极 b） 到 左室（阴极区，电极 a），A正确；
B、根据分析可以写出电极a的半反应为：，电极b的反应为：，二者相加可得到总反应为：，B正确；
C、原料为酚类，结构中含酚羟基，对位连异丙基，与 TY 结构类似，TY 也为酚类，对位连接异丙基，而酚类可经氧化反应生成醌（TQ 为醌结构），故类似原料可发生反应，C正确；
D、根据反应历程图可知，在TY转化成TQ的过程中，酚羟基中的O原子并没有脱离苯环，而酚羟基对位引入的O原子来自于H2O分子，所以说标记电解液中的水，被标记的应该在氧化前酚羟基对位的位置，也就是方框所示位置：，D错误；
故答案为：D
【分析】根据题干可知，这是电极b表面的主要反应历程见图（灰球表示电极表面催化剂），可以看出1mol的TY和1mol的H2O在电极B上失去4mol的电子，来生成1mol的TQ和1mol的H+，据此推断出电极b是阳极，发生氧化反应，电极a是阴极，发生还原反应，采用H2SO4作为电解质溶液，在电解池板间存在质子交换膜，所以在阳极生成H+通过质子交换膜在阴极发生反应。
14．（2025·陕西）常温下，溶液中以氢氧化物形式沉淀时，与的关系如图[其中X代表或]。
已知：，比更易与碱反应，形成；溶液中时，X可忽略不计。
下列说法错误的是（　　）
A．L为与的关系曲线
B．的平衡常数为
C．调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和
D．调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离
【答案】B
【知识点】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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、对于 Al(OH)4-，其浓度随 pH 升高而增加（因 Al(OH)3 在高 pH 溶解形成 Al(OH)4-），因此 -lg c[Al(OH)4-] 随 pH 升高而减小，曲线呈下降趋势。图表中 L 曲线符合这一特征，A正确；
B、该反应的平衡常数 K = [Zn(OH)42-] / ([Zn2+][OH-]4)。在 Zn(OH)2 沉淀与溶解的边界也就是 c(Zn2+) 和 c(Zn(OH)42-) 相等时，K = 1 / [OH-]4。在图像中，Zn 的相关特征点出现在 pH 9.4 附近，而非选项中的高 pH。计算：假设 K = 1011.2，则在 [Zn2+] = [Zn(OH)42-] 时，
[OH-]4 = 1/K = 10-11.2，[OH-] = 10-2.8，pH = 14 - (-lg[OH-]) = 14 - 2.8 = 11.2。但图表中标记点 pH 12.4 或 9.4 均不匹配此值，pH 12.4 时 [OH-] = 10-1.6， [OH-]4 ≈ 10-6.4， 1/[OH-]4 ≈ 106.4，log K ≈ 6.4，与 11.2 不符。标准值中 Zn(OH)42- 的 log K 通常约为 15，1011.2过小，与图表和已知不一致，B错误；
C、在高 pH 下，Al(OH)3 溶解形成 Al(OH)4-（两性），而 Cd(OH)2 不易形成 Cd(OH)42-，根据题干信息已知 Zn(OH)2 比 Cd(OH)2 更易与碱反应，因此 Cd(OH)2 保持沉淀状态。当 c(Al) 溶解且 c(Cd2+) ≤ 10-5 mol·L- 时，可完全分离，C正确；
D、在 pH 4.7~6.4 范围内：
Al3+：Al(OH)3 开始沉淀的 pH 较低，在 pH 4.7 时 c(Al3+) ≈ 10-5 mol·L- ，此时可认为完全沉淀。
Zn2+：Zn(OH)2 开始沉淀的 pH 约 6.24，在 pH < 6.24 时 c(Zn2+) = 0.1 mol·L- > 10-5 mol·L- ，还有溶解的Zn2+；在 pH 6.4 时 c(Zn2+) ≈ 0.0475 mol·L- > 10-5 mol·L- ，并没有完全沉淀。
因此，Al3+ 沉淀而 Zn2+ 溶解，可实现完全分离，D正确；
故答案为：B。
【分析】图表显示了常温下溶液中 Al3+、Zn2+、Cd2+ 及其羟基配合物：Al(OH)4-、Zn(OH)42-、Cd(OH)42-的浓度随 pH 的变化关系。横坐标为 pH，纵坐标为pX。图中标记了关键 pH 点：7.0、8.4、9.4、12.4、14.0，这些点对应沉淀或溶解的转变。
关键 pH 点总结：
pH 7.0：Cd2+ 开始沉淀，c(Cd2+) 降至可忽略水平（c ≤ 10-5 mol·L- ）。
pH 8.4：Zn2+ 开始沉淀，c(Zn2+) 显著降低。
pH 9.4：Zn(OH)2 开始溶解形成 Zn(OH)42-，溶解锌浓度增加。
pH 12.4：Al(OH)3 开始溶解形成 Al(OH)4-，c[Al(OH)4-] 显著增加。
pH 14.0：参考点，所有可溶物种浓度较高。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·陕西）某实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量。
已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为，与水互溶。
（一）制备
I．称取，加入蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1．
Ⅱ．称取（稍过量）糖精钠（），加入蒸馏水，加热搅拌，得溶液2．
Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
IV．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
（1）I和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有　 　、　 　（写出两种）
（2）Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于　 　中，以使大量晶体析出。
（3）IV中用①丙酮、②冷水、③冷的溶液洗涤晶体，正确顺序为____。
A．①③② B．③②① C．②①③
（4）IV中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，　 　（将实验操作、现象和结论补充完整）．
（5）与本实验安全注意事项有关的图标有____。
A．护目镜 B．洗手 C．热烫 D．锐器
（6）（二）结晶水含量测定
和形成配合物。准确称取糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60下，用的标准溶液滴定。
下列操作的正确顺序为　 　（用字母排序）。
a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上处
c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
（7）滴定终点时消耗标准溶液，则产品中x的测定值为　 　（用含m、c、V的代数式表示）；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x的测定值　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）玻璃棒；量筒
（2）冰水浴
（3）B
（4）先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明氯离子已经洗净。
（5）A
（6）cabd
（7）；偏高
【知识点】常用仪器及其使用；物质的检验和鉴别；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、I和Ⅱ均属于溶解操作，因此步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。
（2）、根据题干信息可知，因为 糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小 ，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴中，以使大量晶体析出。
（3）、先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为：B。
（4）、IV中为了确认氯离子已经洗净的步骤为：先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明氯离子已经洗净。
（5）、进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、C符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故答案为：ABC。
（6）、使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗（c），再用待装的标准溶液进行润洗（a），待润洗完成后装入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处（b），放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数（d），故答案为：cabd。
（7）、滴定消耗的，EDTA与Co2+能1：1反应生成配合物，因此在样品溶解后的，即样品中，，继续分析可知，，根据所得到的公式可以推测出样品的质量：，由此可得：。若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则读取的消耗EDTA的标准溶液的体积偏小，根据X的表达式可知，计算出的x的测定值会偏高。
【分析】按照反应：，制备糖 精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。在整个实验过程中，糖精钴 ：热水中溶解度大，冷水中小，也就是其热溶冷析的依据；糖精钠 ：过量加入，确保 Co2+能够完全配位；丙酮：沸点低，为56℃，易烘干、与水互溶，因此用于除水，减少晶体溶解。
16．（2025·陕西）一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为的硫酸盐）的工艺流程如下．
已知：①常温下，，；
②结构式为。
回答下列问题：
（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有　 　、　 　。（写出两种）
（2）“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式　 　。
当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为　 　。
（3）“沉锰II”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和　 　（填化学式）。
（4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是　 　。
（5）“沉镁II”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式　 　。
（6）“结晶”中，产物X的化学式为　 　。
（7）“焙烧”中，元素发生了　 　（填“氧化”或“还原”）反应。
【答案】（1）适当升温；搅拌
（2）；10-2.15
（3）O2
（4）pH过大时，生成Mg(OH)2，煅烧过程中没有CO2生成，使其无法得到疏松多孔的结构，无法形成轻质MgO。
（5）
（6）(NH4)2SO4
（7）还原
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、废盐溶液时，为加快废盐溶解，可以通过搅拌、适当升温来加快化学反应速率，但要注意温度过高会导致NH3·H2O分解，所以升温要适当。
（2）、“沉锰I”中，形成的被氧化成，Mn从+2价升高到+8/3价，而O从0价降低到-2价，遵循得失电子守恒原则，通过氧化还原反应配平可得到反应方程式为：，接着根据题干给定的信息，＞，也就是说当Mg2+开始沉淀的时候，Mn2+已经开始生成沉淀了，所以在溶液中：，且已知，所以c(Mn2+)=10-2.15mol/L。
（3）、根据题干信息可知，在的结构式中可以看出存在过氧键，过氧键不稳定，在加热水解的过程中容易断裂，O元素发生自身的歧化反应，一部分化合价降低为-2价，变成，另一部分化合价升高，变成O2。
（4）、由题干可知，>，据此推断Mg(OH)2更难溶，故pH过大时，生成Mg(OH)2，煅烧过程中没有CO2生成，使其无法得到疏松多孔的结构，无法形成轻质MgO。
（5）、据图分析，pH＝8时，P元素主要以HPO42-的形式存在，继续加至时，沉淀完全，此时的存在形式为MgHPO4，当pH=4时，P元素主要以H2PO4-的形式存在，沉淀完全溶解，Mg元素主要以Mg2+的形式存在，因此可以推断出此时的沉淀溶解的离子方程式为：。
（6）、从整个流程中观察可知，阳离子只有NH4+，阴离子只有SO42-，PO43-在前一步骤中已经沉淀了，所以可以推断出产物X为：(NH4)2SO4。
（7）、Mn3O4中的Mn的平均化合价为+8/3价，MnO2中的Mn的化合价为+4价，MnSO4·H2O中的Mn的化合价为+2价，所以可以推断出在焙烧的过程中Mn元素的化合价降低，Mn发生还原反应。
【分析】沉锰 Ⅰ：以废盐（Mn2+、Mg2+、NH4+）、NH3 H2O、O2为原料，将Mn2+被 O2氧化，在氨性环境下生成 Mn3O4，初步富集 Mn，分离出 Mn3O4，溶液残留少量 Mn2+、Mg2+、NH4+。
沉锰 Ⅱ：利用过二硫酸铵，因为结构中含有过氧键（-O-O-)，属于强氧化剂，S2O82-氧化残留 Mn2+为 MnO2，自身还原为 SO42-，利用这一步彻底除去Mn离子，分离出 MnO2，溶液含 Mg2+、NH4+、SO42-。
沉镁 Ⅰ：NH3 H2O用来调节溶液的pH，接着利用NH4HCO3提供CO32-，沉淀 Mg2+为 MgCO3，后续煅烧得 MgO。
沉镁 Ⅱ：H3PO4提供PO43-，残留 Mg2+与 NH4+、PO43-结合，成 MgNH4PO4·6H2O，利用磷酸盐沉淀的高稳定性，确保 Mg2+完全去除。
结晶： H2SO4调 pH=6.0，促进NH4+与SO42-结晶为 (NH4)2SO4，回收物质 X。
焙烧：利用Mn3O4、MnO2、(NH4)2SO4及硫酸在高温下，Mn 的高价氧化物（Mn3O4、MnO2）与铵盐 或硫酸反应，被还原为 Mn2+，最终结晶为MnSO4 H2O，实现资源回收。
17．（2025·陕西）/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下：
I．
II．
III．
回答下列问题，
（1）计算　 　。
（2）提高平衡产率的条件是____。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
（3）高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是　 　（填序号），生成水的基元反应方程式为　 　。
（4）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物（、）的平衡转化率和生成物（、）的选择性随温度变化关系如下图（反应III在以下不考虑）．
注：含碳生成物选择性
①表示选择性的曲线是　 　（填字母）。
②点M温度下，反应Ⅱ的　 　（列出计算式即可）。
③在下达到平衡时，　 　。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是　 　。
【答案】（1）-65
（2）B
（3）④；
（4）c； ；0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【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）、根据已知条件：
I．
II．
可以将I+II加和在一起，可得到：，结和盖斯定律可知：。
（2）、已知反应Ⅱ.为放热反应，要提高CH4的平衡产率，要使平衡正向移动。
A、高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡产率，A错误；
B、低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4的平衡产率，B正确；
C、高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡产率，C错误；
D、低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡产率，D错误；
故答案为：B。
（3）、反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反应为；由图可知，在第三步的时候生成了水，基元反应为：。
（4）、①、已知反应1为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐 渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降， 所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。①表示CH4选择性的曲线是c，故答案为：c；
②、点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49nol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出氢气的物质的量0.02mol，总的物质的量0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应II的Kp为：。
③、在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%甲烷的选择性为10%则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出；因为反应11是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500～600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
18．（2025·陕西）我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生（化合物H），合成路线如下（部分试剂、反应条件省略）。
已知：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称是　 　　 　
（2）B的结构简式为　 　。
（3）由C转变为D的反应类型是　 　
（4）同时满足下列条件的#的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。
①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。
（5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：　 　（要求配平）。
（6）下列关于F说法正确的有____。
A．F能发生银镜反应
B．F不可能存在分子内氢键
C．以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气
D．已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小
（7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物（无机试剂任选）为原料，设计化合物的合成路线　 　。
【答案】（1）硝基；酚羟基
（2）CH3OCH2CH2CH2Br
（3）还原反应
（4）5
（5）
（6）A
（7）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机反应中的氧化反应；有机反应中的还原反应
【解析】【解答】（1）、根据合成路线中给出的结构简式可知，A中官能团的名称是硝基、酚羟基；
（2）、由分析可知，B的分子式为C4H9BrO，结合A、C的结构，可以判断B的结构简式为 ：CH3OCH2CH2CH2Br；
（3）、根据合成路线可知，C到D的过程中硝基还原成了氨基，所以由C转变为D的反应类型为：还原反应；
（4）、同时满足含有两个甲基，与钠反应产生氢气的结构中一定含有两个甲基、一个溴原子、一个羟基，因此可以推测出满足该条件的同分异构体有5种，具体如下（箭头指向为Br原子的位置）：；
（5）、由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，因此可以推测其化学反应方程式为：；
（6）、A、F的结构中含有醛基，因此能够发生银镜反应，A正确；
B、F结构中的亚氨基上的H原子离F原子比较接近，因此二者之间能够形成分子内氢键，B错误；
C、E和F反应的另一产物为HCl，而反应物中含有NaH，二者的H的化合价分别为+1价和-1价，因此能发生归中反应，生成H2，C正确；
D、F的结构中氟原子以及醛基都是属于吸电子基团，所以F结构中的N-H键的极性就会更大，D错误；
故答案为：AC
（7）、结合合成H的相关信息，不难找出规律，可以设计出以下的合成路线：
。
【分析】A的结构中含有酚羟基（-OH） 和 硝基（-NO2），属于芳香化合物，类似邻硝基苯酚结构，B：分子式为C4H9BrO，结构为 CH3OCH2CH2CH2Br，属于溴代醚， 二者在K2CO3的碱性条件下，使 A 的 酚羟基脱去质子，并和B 中与Br相连的-CH2碳， Br-离去，形成 醚键，得到 C。接着在Pd/C + H2的条件下发生催化氢化还原反应，把硝基还原为氨基，得到 D。然后D的 -NH2与 NaNO2/HCl反应，生成 芳香重氮盐，并在CuCl作催化剂， SO2提供磺酰基的条件下，重氮盐分解产生 芳基自由基， SO2结合，最终形成 -SO2Cl 官能团，得到 E。E中的S-Cl键断裂，结合 F中含 吡咯环，五元杂环，N 上有活泼 H，发生取代反应，得到 G。最后发生还原胺化反应，把醛基 变成胺甲基，同时引入NaBH3CN这一种温和还原剂，将亚胺 还原为仲胺，避免过度还原，得到普拉生（H）。
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