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天津市2025年高考真题化学试题
1．（2025·天津）天津位于渤海之滨，地处“九河下梢”，因河而生，向海而兴，自古流传着“精卫填海”“哪吒闹海”等传说，其海水资源丰富，下列说法错误的是（　　）
A．海水可经蒸馏制备淡水
B．海水经氯气氧化可直接得到液溴
C．海水晒盐的过程涉及溶液的蒸发、结晶
D．用离子交换膜法电解饱和NaCl溶液可得到烧碱溶液
2．（2025·天津）下列可用作食品添加剂且属于无机物的是（　　）
A．硫酸铅 B．木糖醇
C．葡萄糖酸-δ-内酯 D．二氧化硫
3．（2025·天津）下列离子在溶液中能大量共存的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·天津）下列比较结果，错误的是（　　）
A．熔点：石英>苯酚
B．热稳定性：
C．离子半径：
D．分散系中分散质粒子的直径：：胶体溶液
5．（2025·天津）下列叙述和反应方程式相对应且正确的是（　　）
A．实验室制备氨气：
B．与盐酸反应：
C．常温下，将氯气通入溶液中：
D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：（稀）
6．（2025·天津）仪器分析在化学研究中有重要应用。下列方法选择错误的是（　　）
A．用pH计区分KCl溶液和NaNO3溶液
B．用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石
C．用原子光谱鉴定样品中含有元素Li
D．用质谱区分正己醇和正庚醇
7．（2025·天津）利用反应可处理。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．中含有的电子数目为
B．消耗，生成的体积为67.2 L
C．处理6.5 g NaN3，至少需要
D．处理1 mol NaN3，反应转移的电子数目为
8．（2025·天津）油脂、淀粉、纤维素和蛋白质是重要的物质。下列说法错误的是（　　）
A．油脂为高级脂肪酸的甘油酯，属于高分子化合物
B．油脂、淀粉、纤维素和蛋白质均可发生水解反应
C．蛋白质是由多种氨基酸通过肽键等相互连接形成的有机分子
D．淀粉和纤维素的分子式均可表示为(C6H10O5)n，二者结构不同
9．（2025·天津）依据下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是（　　）
实验操作及现象 结论
A 将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中，产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊 非金属性：Cl>C
B 硫化锌（ZnS，白色）、硫化镉（CdS，黄色）为难溶电解质。向浓度均为0.1 mol/L的Zn2+、Cd2+混合液中，滴加Na2S稀溶液，先出现的沉淀是黄色的
C 向可能含有Fe2+的未知溶液中，滴加1滴溶液，有特征蓝色沉淀生成 原未知溶液中含有Fe2+
D 向含有新制的氢氧化铜的碱性溶液中，加入乙醛溶液并加热，出现砖红色沉淀 乙醛具有还原性
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·天津）我国科学家报道了如下反应。
有关该反应的说法错误的是（　　）
A．反应物与产物的摩尔质量相同
B．反应物与产物的红外光谱相同
C．反应物与产物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．反应过程中有碳氢键的断裂和碳碳双键的形成
11．（2025·天津）右图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是（　　）
A．BaO和足量的水 B．Al和足量的NaOH溶液
C．ZnO和足量的稀硫酸 D．KOH溶液和足量的稀盐酸
12．（2025·天津）苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。
例如：A2-的分布系数
该温度下，下列说法错误的是（　　）
A．曲线①是H2A的分布系数曲线
B．H2A的
C．反应的平衡常数
D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为
13．（2025·天津）硫是一种重要的非金属元素。
（1）基态S原子的价层电子的轨道表示式为　 　。H2S的VSEPR模型名称为　 　，其空间结构为　 　。
（2）H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为　 　。
（3）NH4HS的电子式为　 　。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为　 　。
（4）25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显　 　（填“酸性”“中性”“碱性”）。
（5）硫化锂晶体的晶胞如右图，晶胞中含有硫离子的数目为　 　；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为　 　。
（6）将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为　 　（用化学方程式表示）。
14．（2025·天津）我国学者报道了一种制备醇的新方法，其合成及进一步转化为化合物H的反应路线如下所示。
已知：
R1：烷基、芳香基；R2：芳香基、烷基、H；R3：芳香基、烷基
（1）A→B的反应试剂及条件为　 　。
（2）B的含有碳氧双键的同分异构体数目为　 　（不考虑立体异构）。
（3）C的系统命名法的名称为　 　，其核磁共振氢谱有　 　组吸收峰。
（4）D中最多共平面原子数目为　 　。
（5）E中官能团的名称为　 　，含有的手性碳原子数目为　 　。
（6）E→F的反应类型为　 　。
（7）G→H的反应方程式为　 　。
（8）以及题干中的有机化合物为原料（无机试剂任选），参考所给反应路线及条件，完成下列目标化合物的合成。
15．（2025·天津）硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为。
某学习小组为探究其组成进行了如下实验。
Ⅰ．溶液的配制
将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL溶液。
Ⅱ．组成的测定
①定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。
②Cu2+定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH至3~4，加入过量的KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。
已知：
（1）研细晶体的仪器名称为　 　。
（2）配制500 mL溶液定容时，操作的正确顺序为　 　（填序号）。
a.将蒸馏水注入容量瓶
b.改用胶头滴管滴加蒸馏水
c.观察到液面离刻度线1~2 cm
d.至凹液面与刻度线相切
（3）分析时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？　 　（填“能”或“不能”）。实验得到BaSO4的平均质量为　 　。
（4）分析Cu2+时：①选用的指示剂为　 　；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为　 　；③达到滴定终点的标志为　 　。
（5）硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为　 　。
（6）判断下列操作的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；
①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度　 　；
②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果　 　。
（7）根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。　 　（填“能”或“不能”），理由是　 　。
16．（2025·天津）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。
Ⅰ．CO2与苯的分子结构
（1）CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为　 　，苯是　 　（填“极性”或“非极性”）分子。
（2）Ⅱ．苯的催化氧化
Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。右图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。
光照条件下，对应的转化率曲线为　 　（填“a”或“b”）。
（3）有、无光照条件下，两种反应历程的　 　（填“相等”或“不等”）。
（4）Ⅲ．CO2的转化
CO2与H2反应可以合成甲醇：
一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是　 　（填序号）。
a.分离出甲醇 b.充入稀有气体 c.增加H2量 d.降低温度
（5）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。
①电极a是　 　极，电极反应式为　 　；
②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将　 　（填“升高”“不变”或“降低”）；
③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、蒸馏过程中，海水中的液态水转化为水蒸气，水蒸气经冷凝后获得纯净水，因此海水经蒸馏可制备淡水，A选项正确。
B、海水中含有Br－，Cl2的氧化性强于Br2，因此往海水中通入Cl2，可将Br－氧化成Br2，所得为溴水，而不是液溴，B选项错误。
C、海水晒盐的过程中涉及溶液的蒸发结晶操作，C选项正确。
D、电解饱和NaCl溶液时，阳极区生成Cl2，阴极区生成NaOH，采用阳离子交换膜可防止OH－进入阳极区，因此可制得NaOH溶液，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据海水中各物质的沸点差异，水先蒸发成水蒸气，水蒸气再冷凝得到纯净水。
B、液溴为纯净物，海水经氯化后所得为溴水。
C、海水晒盐涉及蒸发结晶。
D、采用阳离子交换膜，可防止OH－进入阳极区，与Cl2反应，从而得到NaOH溶液。
2．【答案】D
【知识点】物质的简单分类；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、硫酸铅中含有重金属离子Pb2＋，有剧毒，不能做食品添加剂，A不符合题意。
B、木糖醇具有一定的甜味，可用作食品添加剂，且属于有机物，B不符合题意。
C、葡萄糖酸-δ-内酯是一种常用作凝固剂的食品添加剂，属于有机物，C不符合题意。
D、SO2具有还原性，可用于红酒的抗氧化和杀菌，可用作食品添加剂，且属于无机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、Pb2＋为重金属离子，有毒。
B、木糖醇可用作食品添加剂，但属于有机物。
C、葡萄糖酸-δ-内酯可用作食品添加剂，但属于有机物。
D、SO2可用作红酒的添加剂，且属于无机物。
3．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与S2－发生完全双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体；且MnO4－具有氧化性，能将S2－氧化成S单质，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中SO32－能与H＋反应生成SO2和H2O，不可大量共存，B不符合题意。
C、NH4＋能与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O；且Mg2＋能与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，二者不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不能形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应；不发生完全双水解反应。据此结合选项所给离子组进行分析。
4．【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较；分散系、胶体与溶液的概念及关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、石英的成分为SiO2，属于共价晶体；而苯酚为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点，A选项正确。
B、非金属性F＞I，因此简单氢化物的热稳定性HF＞HI，B选项错误。
C、Mg2＋、Al3＋的电子层结构相同，核电荷数Mg＜Al，因此离子半径：Mg2＋＞Al3＋，C选项正确。
D、胶体中粒子的直径大小为1～100nm，而NaOH溶液粒子的直径大小＜1nm。因此分散质粒子的直径：Fe(OH)3胶体＞NaOH溶液，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、不同的晶体类型，其熔点大小：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体。
B、非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
C、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
D、根据分散系的分类标准进行分析。
5．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氨的实验室制法；硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、实验室用加热NH4Cl和熟石灰制取NH3；NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl在试管口又会化合形成NH4Cl，A不符合题意。
B、SiO2与稀盐酸不反应，B不符合题意。
C、常温下Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，C符合题意。
D、稀硝酸具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原生成NO气体，该反应的化学方程式为：3FeCl2＋4HNO3=2FeCl3＋Fe(NO3)3＋NO＋2H2O，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、实验室制取NH3的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
B、SiO2与稀盐酸不反应。
C、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O。
D、稀硝酸的还原产物为NO，浓硝酸的还原产物为NO2。
6．【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；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、KCl溶液和NaNO3溶液都是中性，其pH值都是7，A选项错误。
B、玻璃为非晶体，蓝宝石属于晶体，用X射线衍射法区分时，蓝宝石可形成尖锐的衍射峰，而玻璃没有。因此可用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石，B选项正确。
C、Li元素有其特定的原子光谱特征，因此可用原子光谱鉴定样品中含有的Li元素，C选项正确。
D、质谱仪可测定有机物的相对分子量，正己醇和正庚醇的相对分子量不同，因此可用质谱区分，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、KCl溶液和NaNO3溶液的pH都是7。
B、X射线衍射法可区分晶体和非晶体，晶体可形成尖锐的衍射峰，而非晶体不能。
C、Li元素具有特定的原子光谱特征。
D、正己醇和正庚醇的最大质荷比不同，因此可用质谱法区分。
7．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、一个N3－中所含的电子数为3×7＋1=22，因此1molN3－中所含的电子数为1mol×22×NA=22NA，A不符合题意。
B、气体所处的状态未知，因此无法应用公式气体摩尔体积计算反应生成N2的体积，B不符合题意。
C、6.5gNaN3的物质的量为，由反应的化学方程式可得关系式“2NaN3～NaClO”0.1molNaN3参与反应时，需要n(NaClO)=0.05mol，C符合题意。
D、反应过程中Cl元素由+1价变为-1价，得到2个电子；N元素由价变为0价，得到的电子数为。因此当有2个NaN3参与反应时，转移2个电子。所以处理1molNaN3时，转移的电子数为1mol×1×NA=NA，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、一个N3－中所含的电子数为3×7＋1=22，据此计算。
B、消耗1molNaClO的同时生成3molN2，但气体所处的状态未知，Vm不一定等于22.4L·mol－1。
C、由反应的化学方程式可得关系式“2NaN3～NaClO”，据此计算。
D、根据反应的化学方程式，结合化合价变化可得关系式“2NaN3～2e－”据此计算转移电子数。
8．【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂为高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物，A选项错误。
B、油脂中含有酯基，淀粉和纤维素为多糖，蛋白质中含有肽键，都可以发生水解反应，B选项正确。
C、蛋白质是由多种氨基酸通过脱水缩合，形成肽键连接起来的有机分子，C选项正确。
D、淀粉和纤维素都属于多糖，其分子式均可表示为(C6H10O5)n，但二者的结构不同，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、油脂不属于高分子化合物。
B、根据油脂、淀粉、纤维素和蛋白质中所含的官能团结构进行分析。
C、根据蛋白质的形成分析。
D、淀粉和纤维素的聚合度n值不同，且其结构也不同。
9．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；元素周期律和元素周期表的综合应用；乙醛
【解析】【解答】A、产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2，盐酸与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明酸性HCl＞H2CO3，但不能说明非金属性Cl＞C，A选项错误。
B、难溶物ZnS、CdS的组成和结构相似，向等浓度的Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积较小。由于先出现的黄色沉淀为CdS，说明溶度积Ksp(ZnS)＜Ksp(CdS)，B选项正确。
C、滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色的沉淀，说明溶液中含有Fe2＋，C选项正确。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，其中Cu元素由＋2价变为＋1价， 发生还原反应，体现了乙醛的还原性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、要比较非金属性的强弱，需通过比较最高价含氧酸的酸性强弱，从而得出非金属性的强弱。
B、向含有等浓度Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积Ksp越小。
C、加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀的，说明溶液中含有Fe2＋。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，过程中乙醛将Cu(OH)2还原。
10．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A、反应物和产物的分子式相同，因此二者的摩尔质量也相同，A选项正确。
B、红外光谱用于判断有机物中所含的官能团或化学键，反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，所含的化学键类型不同，因此其产生的红外光谱不同，B选项错误。
C、碳碳双键、碳碳三键都能被酸性KMnO4溶液氧化，使得溶液褪色，C选项正确。
D、反应物中的碳碳三键参与反应，形成了两个碳碳双键，因此存在碳氢键的断裂和碳碳双键的形成，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、反应物和产物的分子式相同，其摩尔质量相同。
B、反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，红外光谱不同。
C、碳碳双键、碳碳三键都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、根据反应过程中化学键的变化分析。
11．【答案】B
【知识点】中和热
【解析】【解答】A、BaO与H2O的反应为放热反应，可用该装置测定反应热，A选项正确。
B、Al与NaOH溶液的反应为放热反应；且同时反应过程中生成H2，使得装置内的压强增大。由于该装置为密闭装置，压强增大，杯盖容易被“冲出”，因此不可用该装置测量反应热，B选项错误。
C、ZnO与稀硫酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，C选项正确。
D、KOH与稀盐酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，D选项正确。
故答案为：B
【分析】该装置为反应热的测量装置，由于装置为密闭装置，因此所测量的反应中，其反应过程中应保持压强不变。因此对于有气体生成的反应，一般不可用该装置测量反应热。据此结合选项所给的反应进行分析。
12．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线①表示H2A的分布系数，A选项正确。
B、H2A的第一步电离平衡常数的表达式为。当溶液的pH=3.46时，溶液中c(H2A)=c(HA－)，因此H2A的第一步电离平衡常数的表达式为，B选项正确。
C、反应H2A＋A2－ 2HA－的平衡常数的表达式为。当溶液的pH=5.05时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，因此H2A的第二步电离平衡常数的表达式为。所以上述反应的平衡常数，C选项错误。
D、由分布系数图可知，当溶液的pH=6时，溶液中c(A2－)＞c(HA－)＞c(H2A)，D选项正确。
故答案为：C
【分析】H2A为二元弱酸，因此其水溶液中存在电离平衡H2A H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－。随着溶液pH的增大，电离平衡正向移动，使得溶液中c(H2A)逐渐减小，c(HA－)先增大后减小，c(A2－)逐渐增大。因此曲线①表示H2A的分布系数；曲线②表示HA－的分布系数；曲线③表示A2－的分布系数。据此结合选项分析。
13．【答案】（1）；四面体形；V形
（2）
（3）；
（4）碱性
（5）4；8
（6）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此其价电子的轨道表示式为。H2S的价层电子对数为4，其中含有2对孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；空间结构为V形。
故答案为：；四面体形；V形
（2）H2O、H2S、H2Se的组成和结构相似，且都属于分子晶体。由于H2O可形成分子间氢键，因此其沸点最高。而相对分子质量H2Se＞H2S，相对分子质量越大，范德华力越大，因此沸点越高。所以三种物质的沸点由高到低的顺序为：H2O＞H2Se＞H2S。
故答案为：H2O＞H2Se＞H2S
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，其电子式为 。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，因此该反应的热化学方程式为。
故答案为：；
（4）HS-的水解平衡常数；而HS-的电离平衡常数Ka2=1.3×10-13。因此HS－的水解程度大于其电离程度。而NH4＋的水解平衡常数，由于9.1×10-8＞5.6×10-10，因此HS－的水解程度大于NH4＋的水解程度，因此溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性。
故答案为：碱性
（5）由晶胞结构可知，S2－位于晶胞的顶点和面心，因此晶胞中所含S2－的个数为。以面心S2-为中心，与之距离最近且相等的Li+位于晶胞的内部，由于面心的S2-为两个晶胞共有，因此与之距离最近且相等的的Li+共有4×2=8个。
故答案为：4；8
（6）灼热的玻璃棒起到点燃或加热的作用，Fe与S反应生成FeS，该反应的化学方程式为 ；同时硫粉也能与空气中的O2反应生成SO2，该反应的化学方程式为 。该过程中还可能存在Fe与O2反应生成Fe3O4，该反应的化学方程式为 。
故答案为：
【分析】（1）根据基态S原子的核外电子排布式确定其价层电子轨道表示式。根据H2S的价层电子对数确定其VSEPR模型和空间结构。
（2）H2O、H2S、H2Se都是分子晶体，分子晶体的沸点受氢键和范德华力的影响。含有氢键，则其沸点越高；相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点越高。
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，据此确定其电子式。根据题干信息确定反应的化学方程式以及反应热，从而得出反应的热化学方程式。
（4）根据Kw=Ka×Kh，计算NH4＋和HS－的水解平衡常数，比较二者的大小，从而得出溶液的酸碱性。
（5）由晶胞结构图可知，S2－位于面心和顶点，根据“均摊法”确定晶胞中S2－的个数。以面心S2－为中心，与之距离最近且相等的Li＋位于晶胞内部，据此分析。
（6）硫粉与铁粉混合均匀放在陶土网上，可能存在Fe与S、O2之间的反应，据此写出反应的化学方程式。
14．【答案】（1），加热
（2）7
（3）3-甲基丁醛；4
（4）17
（5）羟基；1
（6）取代反应
（7）
（8）
【知识点】有机化合物的命名；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；酯化反应
【解析】【解答】（1）A→B的转化过程中，反应物A中的碳碳双键转化为产物B中的醚键，属于氧化反应的过程中，所用的试剂为O2和Ag，反应条件为加热。
故答案为：，加热
（2）B的分子式为C5H10O，含有一个不饱和度。其同分异构体中含有碳氧双键，则可能含有酮碳基或醛基。若含有酮羰基，则其同分异构体的结构简式为CH3COCH2CH2CH3、CH3COCH(CH3)2、CH3CH2COCH2CH3。若含有－CHO，则其同分异构体的结构简式为C4H9－CHO，其中－C4H9含有4种结构。因此满足条件的同分异构体的数目共有7种。
故答案为：7
（3）C的结构简式为，其中含有官能团-CHO，属于醛类物质；最长碳链含有4个碳原子，为丁醛；其中第3个碳原子上含有一个-CH3。因此该有机物的命名为3-甲基丁醛。2个-CH3连接在同一个碳原子上，因此6个氢原子为等效氢原子，所以该有机物的核磁共振氢谱中含有四组吸收峰。
故答案为：3-甲基丁醛；4
（4）D的分子结构中含有CH2=CH-、苯环、-CH3，因此其共平面的原子数最多有5+10+2=17个。
故答案为：17
（5）E的结构简式为，其中所含的官能团为羟基。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E中含有的手性碳原子为-OH所在的碳原子，因此共有1个手性碳原子。
故答案为：羟基；1
（6）由E、F的结构简式可知，E中-OH转化为F中的-Cl，因此该反应类型为取代反应。
故答案为；取代反应
（7）G转化为H的过程中，G中的-COOH转化为-COOCH2CH3，该反应为酯化反应，由G与CH3CH2OH反应生成。因此该反应的化学方程式为：。
故答案为：
（8）可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。因此该合成路线图为
。
故答案为：
【分析】（1）根据反应物A和生成物B的结构简式确定反应试剂和反应条件。
（2）B中含有碳氧双键的同分异构体中，其所含的官能团为酮羰基或醛基，据此结合碳链异构确定同分异构体的个数。
（3）根据C中所含的官能团、以及最长碳链确定化合物C的命名。根据结构的对称性确定核磁共振氢谱的吸收峰。
（4）根据D的结构简式，结合乙烯、苯、甲烷的空间结构确定其共平面的原子个数。
（5）根据E的结构简式确定其所含的官能团。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，据此D分子中所含的手性碳原子的个数。
（6）根据E、F的结构简式，确定断键、成键的位置，从而确定反应类型。
（7）根据G、H的结构简式，由官能团结构的变化确定反应原理，从而得到反应的化学方程式。
（8））可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。据此设计合成路线图。
15．【答案】（1）研钵
（2）acbd
（3）不能；1.165 g
（4）淀粉溶液；将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下。；溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
（5）16%
（6）偏低；偏低
（7）能；由电荷守恒可以确定NH4的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式。
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）研细晶体的仪器名称为研钵。
故答案为：研钵
（2）配制一定物质的量浓度的溶液，定容操作为：将蒸馏水注入容量瓶内，当液面距离刻度线1~2cm时改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切。因此操作顺序为acbd。
故答案为：acbd
（3）SO42－定量分析过程中所加BaCl2溶液过量，因此沉淀表面会残留有Ba2＋，此时若用稀硫酸洗涤沉淀，则会产生更多BaSO4沉淀，使得计算所得n(SO42－)偏高。该实验数据中1.066g与其他数值差距较大，为错误操作引起，因此需舍去该数值。所以实验过程中生成BaSO4沉淀的平均质量为。
故答案为：不能；1.165g
（4）Cu2＋定量分析时，用标准Na2S2O3溶液滴定I2，因此可用淀粉溶液作为指示剂。当临近滴定终点时，将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，再用少量蒸馏水淋下。此时即改为半滴滴加。当达到滴定终点时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。
故答案为：淀粉溶液； 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下； 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
（5）由分析可知，1.000g晶体中所含m(Cu2＋)=0.0025mol×64g·mol－1=0.16g，因此该晶体中Cu元素的质量分数为。
故答案为：16%
（6）①若配制过程中有少量溶液溅出，则最终所得溶液的溶质减小，因此所配溶液的浓度偏低。
故答案为：偏低
②滴定终点读数时，俯视液面，则所得标准液的体积偏小，即n(S2O32－)偏小，根据关系式：2Cu2＋～I2～2S2O32－”可知，测得Cu2＋的含量偏低。
故答案为：偏低
（7）由分析可知，通过上述实验和结果可得该晶体的化学式为(NH4)2Cu(SO4)2·6H2O。计算过程中由电荷守恒可得n(NH4＋)；再由质量守恒可得n(H2O)。据此可得微粒的最简个数比，从而得出化学式。
故答案为：能； 由电荷守恒可以确定NH4的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式
【分析】20.000g晶体溶于水，配制成500mL溶液，取出25.00mL进行实验。该取出的溶液中所含晶体的质量为。实验①所得的BaSO4沉淀的质量1.066g，与其他数值差距较大，为错误操作引起，因此需舍去该数值。所以实验过程中生成BaSO4沉淀的平均质量为，其物质的量。由S元素守恒可得，晶体中n(SO42－)=n(BaSO4)=0.005mol，因此晶体中m(SO42－)=0.005mol×96g·mol－1=0.48g。实验②中消耗Na2S2O3的物质的量为0.1000mol·L－1×25.00×10－3L=0.0025mol。由反应的离子方程式可得关系式“2Cu2＋～I2～2S2O32－”，因此可得25.00mL溶液中所含n(Cu2＋)=n(S2O32－)=0.0025mol，其质量m(Cu2＋)=0.0025mol×64g·mol－1=0.16g。根据阴阳离子所带正负电荷的总量相等，可得n(NH4＋)×1＋n(Cu2＋)×2=n(SO42－)×2，代入数据可得，n(NH4＋)×1＋0.0025mol×2=0.005mol×2，解得n(NH4＋)=0.005mol。1.000g晶体中所含结晶水的质量为1.000g－0.48g－0.16g－0.005mol×18g·mol－1=0.27g，其物质的量为
。因此该晶体中n(NH4＋)：n(Cu2＋)：n(SO42－)：n(H2O)=0.005mol：0.0025mol：0.005mol：0.015mol=2：1：2：6，因此该晶体的化学式为(NH4)2Cu(SO4)2·6H2O。据此结合题干设问分析作答。
16．【答案】（1）sp；非极性
（2）a
（3）相等
（4）acd
（5）阴；；降低；K+
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）CO2的结构式为O=C=O，中心碳原子的价层电子对数为2，因此采用sp杂化。苯的结构简式为，为平面正六边形，因此属于非极性分子。
故答案为：sp；非极性
（2）光照条件下反应的活化能小于无光照条件下的活化能，因此光照条件下反应速率更快，则反应达到平衡所需的时间更短，因此曲线a对应光照条件下的转化率曲线。
故答案为：a
（3）反应热只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。因此有无光照条件下，两种反应历程的反应热ΔH相等。
故答案为：相等
（4）a、分离出甲醇，则生成物的浓度减小，平衡正向移动，a符合题意。
b、反应在恒容装置内进行，充入稀有气体，反应物和生成物的浓度都不变，反应速率不变，平衡不移动，b不符合题意。
c、增加H2的量，反应物的浓度增大，平衡正向移动，c符合题意。
d、降低温度，平衡向吸热反应方向移动，d符合题意。
故答案为：acd
（5）①电极a上CO2转化为HCOOH，其中碳元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此电极a为阴极，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。
故答案为：阴；CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH
②电极b上CH3OH转化为HCOO－，其中碳元素由－2价变为＋2价，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。电解过程中OH－参与反应，使得溶液中c(OH－)减小，因此溶液的pH降低。
故答案为：降低
③阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此电解过程中K＋从电极b一侧通过阳离子交换膜移向电极a一侧。
故答案为：K＋
【分析】（1）根据CO2中碳原子的价层电子对数，确定碳原子的轨道杂化方式。根据苯的结构简式，确定分子的极性。
（2）反应所需的活化能越小，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此分析。
（3）反应热ΔH只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。
（4）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。注意压强的改变需引起浓度的改变，否则反应速率不变，化学平衡不移动。据此结合选项分析。
（5）电极a上CO2转化为HCOOH，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH；电极b上CH3OH转化为HCOO－，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。据此结合题干设问分析作答。
1 / 1天津市2025年高考真题化学试题
1．（2025·天津）天津位于渤海之滨，地处“九河下梢”，因河而生，向海而兴，自古流传着“精卫填海”“哪吒闹海”等传说，其海水资源丰富，下列说法错误的是（　　）
A．海水可经蒸馏制备淡水
B．海水经氯气氧化可直接得到液溴
C．海水晒盐的过程涉及溶液的蒸发、结晶
D．用离子交换膜法电解饱和NaCl溶液可得到烧碱溶液
【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、蒸馏过程中，海水中的液态水转化为水蒸气，水蒸气经冷凝后获得纯净水，因此海水经蒸馏可制备淡水，A选项正确。
B、海水中含有Br－，Cl2的氧化性强于Br2，因此往海水中通入Cl2，可将Br－氧化成Br2，所得为溴水，而不是液溴，B选项错误。
C、海水晒盐的过程中涉及溶液的蒸发结晶操作，C选项正确。
D、电解饱和NaCl溶液时，阳极区生成Cl2，阴极区生成NaOH，采用阳离子交换膜可防止OH－进入阳极区，因此可制得NaOH溶液，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据海水中各物质的沸点差异，水先蒸发成水蒸气，水蒸气再冷凝得到纯净水。
B、液溴为纯净物，海水经氯化后所得为溴水。
C、海水晒盐涉及蒸发结晶。
D、采用阳离子交换膜，可防止OH－进入阳极区，与Cl2反应，从而得到NaOH溶液。
2．（2025·天津）下列可用作食品添加剂且属于无机物的是（　　）
A．硫酸铅 B．木糖醇
C．葡萄糖酸-δ-内酯 D．二氧化硫
【答案】D
【知识点】物质的简单分类；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、硫酸铅中含有重金属离子Pb2＋，有剧毒，不能做食品添加剂，A不符合题意。
B、木糖醇具有一定的甜味，可用作食品添加剂，且属于有机物，B不符合题意。
C、葡萄糖酸-δ-内酯是一种常用作凝固剂的食品添加剂，属于有机物，C不符合题意。
D、SO2具有还原性，可用于红酒的抗氧化和杀菌，可用作食品添加剂，且属于无机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、Pb2＋为重金属离子，有毒。
B、木糖醇可用作食品添加剂，但属于有机物。
C、葡萄糖酸-δ-内酯可用作食品添加剂，但属于有机物。
D、SO2可用作红酒的添加剂，且属于无机物。
3．（2025·天津）下列离子在溶液中能大量共存的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与S2－发生完全双水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体；且MnO4－具有氧化性，能将S2－氧化成S单质，因此不可大量共存，A不符合题意。
B、溶液中SO32－能与H＋反应生成SO2和H2O，不可大量共存，B不符合题意。
C、NH4＋能与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O；且Mg2＋能与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，二者不可大量共存，C不符合题意。
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不能形成难溶（或微溶）物质、不形成弱电解质、不形成易挥发性物质；不发生氧化还原反应；不发生络合反应；不发生完全双水解反应。据此结合选项所给离子组进行分析。
4．（2025·天津）下列比较结果，错误的是（　　）
A．熔点：石英>苯酚
B．热稳定性：
C．离子半径：
D．分散系中分散质粒子的直径：：胶体溶液
【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较；分散系、胶体与溶液的概念及关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、石英的成分为SiO2，属于共价晶体；而苯酚为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点，A选项正确。
B、非金属性F＞I，因此简单氢化物的热稳定性HF＞HI，B选项错误。
C、Mg2＋、Al3＋的电子层结构相同，核电荷数Mg＜Al，因此离子半径：Mg2＋＞Al3＋，C选项正确。
D、胶体中粒子的直径大小为1～100nm，而NaOH溶液粒子的直径大小＜1nm。因此分散质粒子的直径：Fe(OH)3胶体＞NaOH溶液，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、不同的晶体类型，其熔点大小：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体。
B、非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。
C、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
D、根据分散系的分类标准进行分析。
5．（2025·天津）下列叙述和反应方程式相对应且正确的是（　　）
A．实验室制备氨气：
B．与盐酸反应：
C．常温下，将氯气通入溶液中：
D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：（稀）
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氨的实验室制法；硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、实验室用加热NH4Cl和熟石灰制取NH3；NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl在试管口又会化合形成NH4Cl，A不符合题意。
B、SiO2与稀盐酸不反应，B不符合题意。
C、常温下Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，C符合题意。
D、稀硝酸具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原生成NO气体，该反应的化学方程式为：3FeCl2＋4HNO3=2FeCl3＋Fe(NO3)3＋NO＋2H2O，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、实验室制取NH3的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
B、SiO2与稀盐酸不反应。
C、Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O。
D、稀硝酸的还原产物为NO，浓硝酸的还原产物为NO2。
6．（2025·天津）仪器分析在化学研究中有重要应用。下列方法选择错误的是（　　）
A．用pH计区分KCl溶液和NaNO3溶液
B．用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石
C．用原子光谱鉴定样品中含有元素Li
D．用质谱区分正己醇和正庚醇
【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；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、KCl溶液和NaNO3溶液都是中性，其pH值都是7，A选项错误。
B、玻璃为非晶体，蓝宝石属于晶体，用X射线衍射法区分时，蓝宝石可形成尖锐的衍射峰，而玻璃没有。因此可用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石，B选项正确。
C、Li元素有其特定的原子光谱特征，因此可用原子光谱鉴定样品中含有的Li元素，C选项正确。
D、质谱仪可测定有机物的相对分子量，正己醇和正庚醇的相对分子量不同，因此可用质谱区分，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、KCl溶液和NaNO3溶液的pH都是7。
B、X射线衍射法可区分晶体和非晶体，晶体可形成尖锐的衍射峰，而非晶体不能。
C、Li元素具有特定的原子光谱特征。
D、正己醇和正庚醇的最大质荷比不同，因此可用质谱法区分。
7．（2025·天津）利用反应可处理。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．中含有的电子数目为
B．消耗，生成的体积为67.2 L
C．处理6.5 g NaN3，至少需要
D．处理1 mol NaN3，反应转移的电子数目为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、一个N3－中所含的电子数为3×7＋1=22，因此1molN3－中所含的电子数为1mol×22×NA=22NA，A不符合题意。
B、气体所处的状态未知，因此无法应用公式气体摩尔体积计算反应生成N2的体积，B不符合题意。
C、6.5gNaN3的物质的量为，由反应的化学方程式可得关系式“2NaN3～NaClO”0.1molNaN3参与反应时，需要n(NaClO)=0.05mol，C符合题意。
D、反应过程中Cl元素由+1价变为-1价，得到2个电子；N元素由价变为0价，得到的电子数为。因此当有2个NaN3参与反应时，转移2个电子。所以处理1molNaN3时，转移的电子数为1mol×1×NA=NA，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、一个N3－中所含的电子数为3×7＋1=22，据此计算。
B、消耗1molNaClO的同时生成3molN2，但气体所处的状态未知，Vm不一定等于22.4L·mol－1。
C、由反应的化学方程式可得关系式“2NaN3～NaClO”，据此计算。
D、根据反应的化学方程式，结合化合价变化可得关系式“2NaN3～2e－”据此计算转移电子数。
8．（2025·天津）油脂、淀粉、纤维素和蛋白质是重要的物质。下列说法错误的是（　　）
A．油脂为高级脂肪酸的甘油酯，属于高分子化合物
B．油脂、淀粉、纤维素和蛋白质均可发生水解反应
C．蛋白质是由多种氨基酸通过肽键等相互连接形成的有机分子
D．淀粉和纤维素的分子式均可表示为(C6H10O5)n，二者结构不同
【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、油脂为高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物，A选项错误。
B、油脂中含有酯基，淀粉和纤维素为多糖，蛋白质中含有肽键，都可以发生水解反应，B选项正确。
C、蛋白质是由多种氨基酸通过脱水缩合，形成肽键连接起来的有机分子，C选项正确。
D、淀粉和纤维素都属于多糖，其分子式均可表示为(C6H10O5)n，但二者的结构不同，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、油脂不属于高分子化合物。
B、根据油脂、淀粉、纤维素和蛋白质中所含的官能团结构进行分析。
C、根据蛋白质的形成分析。
D、淀粉和纤维素的聚合度n值不同，且其结构也不同。
9．（2025·天津）依据下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是（　　）
实验操作及现象 结论
A 将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中，产生的气体通入澄清的石灰水，石灰水变浑浊 非金属性：Cl>C
B 硫化锌（ZnS，白色）、硫化镉（CdS，黄色）为难溶电解质。向浓度均为0.1 mol/L的Zn2+、Cd2+混合液中，滴加Na2S稀溶液，先出现的沉淀是黄色的
C 向可能含有Fe2+的未知溶液中，滴加1滴溶液，有特征蓝色沉淀生成 原未知溶液中含有Fe2+
D 向含有新制的氢氧化铜的碱性溶液中，加入乙醛溶液并加热，出现砖红色沉淀 乙醛具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；元素周期律和元素周期表的综合应用；乙醛
【解析】【解答】A、产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2，盐酸与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明酸性HCl＞H2CO3，但不能说明非金属性Cl＞C，A选项错误。
B、难溶物ZnS、CdS的组成和结构相似，向等浓度的Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积较小。由于先出现的黄色沉淀为CdS，说明溶度积Ksp(ZnS)＜Ksp(CdS)，B选项正确。
C、滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色的沉淀，说明溶液中含有Fe2＋，C选项正确。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，其中Cu元素由＋2价变为＋1价， 发生还原反应，体现了乙醛的还原性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、要比较非金属性的强弱，需通过比较最高价含氧酸的酸性强弱，从而得出非金属性的强弱。
B、向含有等浓度Zn2＋、Cd2＋的溶液中加入Na2S溶液，先形成沉淀的，其溶度积Ksp越小。
C、加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生特征蓝色沉淀的，说明溶液中含有Fe2＋。
D、产生的砖红色沉淀为Cu2O，过程中乙醛将Cu(OH)2还原。
10．（2025·天津）我国科学家报道了如下反应。
有关该反应的说法错误的是（　　）
A．反应物与产物的摩尔质量相同
B．反应物与产物的红外光谱相同
C．反应物与产物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．反应过程中有碳氢键的断裂和碳碳双键的形成
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】A、反应物和产物的分子式相同，因此二者的摩尔质量也相同，A选项正确。
B、红外光谱用于判断有机物中所含的官能团或化学键，反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，所含的化学键类型不同，因此其产生的红外光谱不同，B选项错误。
C、碳碳双键、碳碳三键都能被酸性KMnO4溶液氧化，使得溶液褪色，C选项正确。
D、反应物中的碳碳三键参与反应，形成了两个碳碳双键，因此存在碳氢键的断裂和碳碳双键的形成，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、反应物和产物的分子式相同，其摩尔质量相同。
B、反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，红外光谱不同。
C、碳碳双键、碳碳三键都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、根据反应过程中化学键的变化分析。
11．（2025·天津）右图是简易量热计装置示意图，下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是（　　）
A．BaO和足量的水 B．Al和足量的NaOH溶液
C．ZnO和足量的稀硫酸 D．KOH溶液和足量的稀盐酸
【答案】B
【知识点】中和热
【解析】【解答】A、BaO与H2O的反应为放热反应，可用该装置测定反应热，A选项正确。
B、Al与NaOH溶液的反应为放热反应；且同时反应过程中生成H2，使得装置内的压强增大。由于该装置为密闭装置，压强增大，杯盖容易被“冲出”，因此不可用该装置测量反应热，B选项错误。
C、ZnO与稀硫酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，C选项正确。
D、KOH与稀盐酸的反应为放热反应，可用该装置测量反应热，D选项正确。
故答案为：B
【分析】该装置为反应热的测量装置，由于装置为密闭装置，因此所测量的反应中，其反应过程中应保持压强不变。因此对于有气体生成的反应，一般不可用该装置测量反应热。据此结合选项所给的反应进行分析。
12．（2025·天津）苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。
例如：A2-的分布系数
该温度下，下列说法错误的是（　　）
A．曲线①是H2A的分布系数曲线
B．H2A的
C．反应的平衡常数
D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线①表示H2A的分布系数，A选项正确。
B、H2A的第一步电离平衡常数的表达式为。当溶液的pH=3.46时，溶液中c(H2A)=c(HA－)，因此H2A的第一步电离平衡常数的表达式为，B选项正确。
C、反应H2A＋A2－ 2HA－的平衡常数的表达式为。当溶液的pH=5.05时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，因此H2A的第二步电离平衡常数的表达式为。所以上述反应的平衡常数，C选项错误。
D、由分布系数图可知，当溶液的pH=6时，溶液中c(A2－)＞c(HA－)＞c(H2A)，D选项正确。
故答案为：C
【分析】H2A为二元弱酸，因此其水溶液中存在电离平衡H2A H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－。随着溶液pH的增大，电离平衡正向移动，使得溶液中c(H2A)逐渐减小，c(HA－)先增大后减小，c(A2－)逐渐增大。因此曲线①表示H2A的分布系数；曲线②表示HA－的分布系数；曲线③表示A2－的分布系数。据此结合选项分析。
13．（2025·天津）硫是一种重要的非金属元素。
（1）基态S原子的价层电子的轨道表示式为　 　。H2S的VSEPR模型名称为　 　，其空间结构为　 　。
（2）H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为　 　。
（3）NH4HS的电子式为　 　。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为　 　。
（4）25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显　 　（填“酸性”“中性”“碱性”）。
（5）硫化锂晶体的晶胞如右图，晶胞中含有硫离子的数目为　 　；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为　 　。
（6）将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为　 　（用化学方程式表示）。
【答案】（1）；四面体形；V形
（2）
（3）；
（4）碱性
（5）4；8
（6）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此其价电子的轨道表示式为。H2S的价层电子对数为4，其中含有2对孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；空间结构为V形。
故答案为：；四面体形；V形
（2）H2O、H2S、H2Se的组成和结构相似，且都属于分子晶体。由于H2O可形成分子间氢键，因此其沸点最高。而相对分子质量H2Se＞H2S，相对分子质量越大，范德华力越大，因此沸点越高。所以三种物质的沸点由高到低的顺序为：H2O＞H2Se＞H2S。
故答案为：H2O＞H2Se＞H2S
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，其电子式为 。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，因此该反应的热化学方程式为。
故答案为：；
（4）HS-的水解平衡常数；而HS-的电离平衡常数Ka2=1.3×10-13。因此HS－的水解程度大于其电离程度。而NH4＋的水解平衡常数，由于9.1×10-8＞5.6×10-10，因此HS－的水解程度大于NH4＋的水解程度，因此溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性。
故答案为：碱性
（5）由晶胞结构可知，S2－位于晶胞的顶点和面心，因此晶胞中所含S2－的个数为。以面心S2-为中心，与之距离最近且相等的Li+位于晶胞的内部，由于面心的S2-为两个晶胞共有，因此与之距离最近且相等的的Li+共有4×2=8个。
故答案为：4；8
（6）灼热的玻璃棒起到点燃或加热的作用，Fe与S反应生成FeS，该反应的化学方程式为 ；同时硫粉也能与空气中的O2反应生成SO2，该反应的化学方程式为 。该过程中还可能存在Fe与O2反应生成Fe3O4，该反应的化学方程式为 。
故答案为：
【分析】（1）根据基态S原子的核外电子排布式确定其价层电子轨道表示式。根据H2S的价层电子对数确定其VSEPR模型和空间结构。
（2）H2O、H2S、H2Se都是分子晶体，分子晶体的沸点受氢键和范德华力的影响。含有氢键，则其沸点越高；相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点越高。
（3）NH4HS是由NH4＋和HS－构成的，据此确定其电子式。根据题干信息确定反应的化学方程式以及反应热，从而得出反应的热化学方程式。
（4）根据Kw=Ka×Kh，计算NH4＋和HS－的水解平衡常数，比较二者的大小，从而得出溶液的酸碱性。
（5）由晶胞结构图可知，S2－位于面心和顶点，根据“均摊法”确定晶胞中S2－的个数。以面心S2－为中心，与之距离最近且相等的Li＋位于晶胞内部，据此分析。
（6）硫粉与铁粉混合均匀放在陶土网上，可能存在Fe与S、O2之间的反应，据此写出反应的化学方程式。
14．（2025·天津）我国学者报道了一种制备醇的新方法，其合成及进一步转化为化合物H的反应路线如下所示。
已知：
R1：烷基、芳香基；R2：芳香基、烷基、H；R3：芳香基、烷基
（1）A→B的反应试剂及条件为　 　。
（2）B的含有碳氧双键的同分异构体数目为　 　（不考虑立体异构）。
（3）C的系统命名法的名称为　 　，其核磁共振氢谱有　 　组吸收峰。
（4）D中最多共平面原子数目为　 　。
（5）E中官能团的名称为　 　，含有的手性碳原子数目为　 　。
（6）E→F的反应类型为　 　。
（7）G→H的反应方程式为　 　。
（8）以及题干中的有机化合物为原料（无机试剂任选），参考所给反应路线及条件，完成下列目标化合物的合成。
【答案】（1），加热
（2）7
（3）3-甲基丁醛；4
（4）17
（5）羟基；1
（6）取代反应
（7）
（8）
【知识点】有机化合物的命名；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；酯化反应
【解析】【解答】（1）A→B的转化过程中，反应物A中的碳碳双键转化为产物B中的醚键，属于氧化反应的过程中，所用的试剂为O2和Ag，反应条件为加热。
故答案为：，加热
（2）B的分子式为C5H10O，含有一个不饱和度。其同分异构体中含有碳氧双键，则可能含有酮碳基或醛基。若含有酮羰基，则其同分异构体的结构简式为CH3COCH2CH2CH3、CH3COCH(CH3)2、CH3CH2COCH2CH3。若含有－CHO，则其同分异构体的结构简式为C4H9－CHO，其中－C4H9含有4种结构。因此满足条件的同分异构体的数目共有7种。
故答案为：7
（3）C的结构简式为，其中含有官能团-CHO，属于醛类物质；最长碳链含有4个碳原子，为丁醛；其中第3个碳原子上含有一个-CH3。因此该有机物的命名为3-甲基丁醛。2个-CH3连接在同一个碳原子上，因此6个氢原子为等效氢原子，所以该有机物的核磁共振氢谱中含有四组吸收峰。
故答案为：3-甲基丁醛；4
（4）D的分子结构中含有CH2=CH-、苯环、-CH3，因此其共平面的原子数最多有5+10+2=17个。
故答案为：17
（5）E的结构简式为，其中所含的官能团为羟基。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E中含有的手性碳原子为-OH所在的碳原子，因此共有1个手性碳原子。
故答案为：羟基；1
（6）由E、F的结构简式可知，E中-OH转化为F中的-Cl，因此该反应类型为取代反应。
故答案为；取代反应
（7）G转化为H的过程中，G中的-COOH转化为-COOCH2CH3，该反应为酯化反应，由G与CH3CH2OH反应生成。因此该反应的化学方程式为：。
故答案为：
（8）可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。因此该合成路线图为
。
故答案为：
【分析】（1）根据反应物A和生成物B的结构简式确定反应试剂和反应条件。
（2）B中含有碳氧双键的同分异构体中，其所含的官能团为酮羰基或醛基，据此结合碳链异构确定同分异构体的个数。
（3）根据C中所含的官能团、以及最长碳链确定化合物C的命名。根据结构的对称性确定核磁共振氢谱的吸收峰。
（4）根据D的结构简式，结合乙烯、苯、甲烷的空间结构确定其共平面的原子个数。
（5）根据E的结构简式确定其所含的官能团。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，据此D分子中所含的手性碳原子的个数。
（6）根据E、F的结构简式，确定断键、成键的位置，从而确定反应类型。
（7）根据G、H的结构简式，由官能团结构的变化确定反应原理，从而得到反应的化学方程式。
（8））可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。据此设计合成路线图。
15．（2025·天津）硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为。
某学习小组为探究其组成进行了如下实验。
Ⅰ．溶液的配制
将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL溶液。
Ⅱ．组成的测定
①定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。
②Cu2+定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH至3~4，加入过量的KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。
已知：
（1）研细晶体的仪器名称为　 　。
（2）配制500 mL溶液定容时，操作的正确顺序为　 　（填序号）。
a.将蒸馏水注入容量瓶
b.改用胶头滴管滴加蒸馏水
c.观察到液面离刻度线1~2 cm
d.至凹液面与刻度线相切
（3）分析时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？　 　（填“能”或“不能”）。实验得到BaSO4的平均质量为　 　。
（4）分析Cu2+时：①选用的指示剂为　 　；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为　 　；③达到滴定终点的标志为　 　。
（5）硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为　 　。
（6）判断下列操作的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；
①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度　 　；
②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果　 　。
（7）根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。　 　（填“能”或“不能”），理由是　 　。
【答案】（1）研钵
（2）acbd
（3）不能；1.165 g
（4）淀粉溶液；将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下。；溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
（5）16%
（6）偏低；偏低
（7）能；由电荷守恒可以确定NH4的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式。
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）研细晶体的仪器名称为研钵。
故答案为：研钵
（2）配制一定物质的量浓度的溶液，定容操作为：将蒸馏水注入容量瓶内，当液面距离刻度线1~2cm时改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切。因此操作顺序为acbd。
故答案为：acbd
（3）SO42－定量分析过程中所加BaCl2溶液过量，因此沉淀表面会残留有Ba2＋，此时若用稀硫酸洗涤沉淀，则会产生更多BaSO4沉淀，使得计算所得n(SO42－)偏高。该实验数据中1.066g与其他数值差距较大，为错误操作引起，因此需舍去该数值。所以实验过程中生成BaSO4沉淀的平均质量为。
故答案为：不能；1.165g
（4）Cu2＋定量分析时，用标准Na2S2O3溶液滴定I2，因此可用淀粉溶液作为指示剂。当临近滴定终点时，将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，再用少量蒸馏水淋下。此时即改为半滴滴加。当达到滴定终点时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复。
故答案为：淀粉溶液； 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下； 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
（5）由分析可知，1.000g晶体中所含m(Cu2＋)=0.0025mol×64g·mol－1=0.16g，因此该晶体中Cu元素的质量分数为。
故答案为：16%
（6）①若配制过程中有少量溶液溅出，则最终所得溶液的溶质减小，因此所配溶液的浓度偏低。
故答案为：偏低
②滴定终点读数时，俯视液面，则所得标准液的体积偏小，即n(S2O32－)偏小，根据关系式：2Cu2＋～I2～2S2O32－”可知，测得Cu2＋的含量偏低。
故答案为：偏低
（7）由分析可知，通过上述实验和结果可得该晶体的化学式为(NH4)2Cu(SO4)2·6H2O。计算过程中由电荷守恒可得n(NH4＋)；再由质量守恒可得n(H2O)。据此可得微粒的最简个数比，从而得出化学式。
故答案为：能； 由电荷守恒可以确定NH4的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式
【分析】20.000g晶体溶于水，配制成500mL溶液，取出25.00mL进行实验。该取出的溶液中所含晶体的质量为。实验①所得的BaSO4沉淀的质量1.066g，与其他数值差距较大，为错误操作引起，因此需舍去该数值。所以实验过程中生成BaSO4沉淀的平均质量为，其物质的量。由S元素守恒可得，晶体中n(SO42－)=n(BaSO4)=0.005mol，因此晶体中m(SO42－)=0.005mol×96g·mol－1=0.48g。实验②中消耗Na2S2O3的物质的量为0.1000mol·L－1×25.00×10－3L=0.0025mol。由反应的离子方程式可得关系式“2Cu2＋～I2～2S2O32－”，因此可得25.00mL溶液中所含n(Cu2＋)=n(S2O32－)=0.0025mol，其质量m(Cu2＋)=0.0025mol×64g·mol－1=0.16g。根据阴阳离子所带正负电荷的总量相等，可得n(NH4＋)×1＋n(Cu2＋)×2=n(SO42－)×2，代入数据可得，n(NH4＋)×1＋0.0025mol×2=0.005mol×2，解得n(NH4＋)=0.005mol。1.000g晶体中所含结晶水的质量为1.000g－0.48g－0.16g－0.005mol×18g·mol－1=0.27g，其物质的量为
。因此该晶体中n(NH4＋)：n(Cu2＋)：n(SO42－)：n(H2O)=0.005mol：0.0025mol：0.005mol：0.015mol=2：1：2：6，因此该晶体的化学式为(NH4)2Cu(SO4)2·6H2O。据此结合题干设问分析作答。
16．（2025·天津）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。
Ⅰ．CO2与苯的分子结构
（1）CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为　 　，苯是　 　（填“极性”或“非极性”）分子。
（2）Ⅱ．苯的催化氧化
Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。右图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。
光照条件下，对应的转化率曲线为　 　（填“a”或“b”）。
（3）有、无光照条件下，两种反应历程的　 　（填“相等”或“不等”）。
（4）Ⅲ．CO2的转化
CO2与H2反应可以合成甲醇：
一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是　 　（填序号）。
a.分离出甲醇 b.充入稀有气体 c.增加H2量 d.降低温度
（5）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。
①电极a是　 　极，电极反应式为　 　；
②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将　 　（填“升高”“不变”或“降低”）；
③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为　 　。
【答案】（1）sp；非极性
（2）a
（3）相等
（4）acd
（5）阴；；降低；K+
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）CO2的结构式为O=C=O，中心碳原子的价层电子对数为2，因此采用sp杂化。苯的结构简式为，为平面正六边形，因此属于非极性分子。
故答案为：sp；非极性
（2）光照条件下反应的活化能小于无光照条件下的活化能，因此光照条件下反应速率更快，则反应达到平衡所需的时间更短，因此曲线a对应光照条件下的转化率曲线。
故答案为：a
（3）反应热只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。因此有无光照条件下，两种反应历程的反应热ΔH相等。
故答案为：相等
（4）a、分离出甲醇，则生成物的浓度减小，平衡正向移动，a符合题意。
b、反应在恒容装置内进行，充入稀有气体，反应物和生成物的浓度都不变，反应速率不变，平衡不移动，b不符合题意。
c、增加H2的量，反应物的浓度增大，平衡正向移动，c符合题意。
d、降低温度，平衡向吸热反应方向移动，d符合题意。
故答案为：acd
（5）①电极a上CO2转化为HCOOH，其中碳元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此电极a为阴极，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。
故答案为：阴；CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH
②电极b上CH3OH转化为HCOO－，其中碳元素由－2价变为＋2价，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。电解过程中OH－参与反应，使得溶液中c(OH－)减小，因此溶液的pH降低。
故答案为：降低
③阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此电解过程中K＋从电极b一侧通过阳离子交换膜移向电极a一侧。
故答案为：K＋
【分析】（1）根据CO2中碳原子的价层电子对数，确定碳原子的轨道杂化方式。根据苯的结构简式，确定分子的极性。
（2）反应所需的活化能越小，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此分析。
（3）反应热ΔH只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。
（4）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。注意压强的改变需引起浓度的改变，否则反应速率不变，化学平衡不移动。据此结合选项分析。
（5）电极a上CO2转化为HCOOH，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH；电极b上CH3OH转化为HCOO－，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。据此结合题干设问分析作答。
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