资源简介

江苏省2025年普通高中学业水平合格性考试 化学试卷
1．中国在5G芯片领域取得突破性进展。下列单质广泛用于制作芯片半导体材料的是
A．硅 B．铜 C．碳 D．铁
2．考古学家用对古代文物进行断代。下列关于的说法正确的是
A．质子数为14 B．中子数为8 C．电子数为8 D．质量数为6
3．明代宋应星所著的《天工开物》中记载了火法炼锌的过程：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内……”。炉甘石主要成分ZnCO3的类别是
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
4．反应N2+3H22NH3是人工固氮的重要途径。该反应的类型是
A．分解反应 B．化合反应 C．复分解反应 D．置换反应
5．位于元素周期表第二周期IA族的Li被誉为“21世纪的能源金属”。下列说法正确的是
A．锂离子电池被广泛应用
B．Li易得电子
C．LiOH溶液能使紫色石蕊溶液变红
D．Li不与盐酸反应
6．硫酸镁铵晶体[(NH4)2Mg(SO4)2·6H2O]可用作肥料。下列说法正确的是
A．原子半径：r(S)>r(Mg) B．最高化合价：N>S
C．非金属性：N>O D．热稳定性：H2O>H2S
7．KOH水溶液可用于捕集CO2，反应原理为KOH+CO2=KHCO3.下列化学用语表示正确的是
A．氧原子的结构示意图：
B．OH-的电子式：
C．H2O的结构式：H-H-O
D．KOH的电离方程式：KOH=K++OH-
8．俗名往往反映了物质的组成、性质或用途。下列对物质俗名的理解不正确的是
A．纯碱：Na2CO3溶液显碱性 B．钡餐：BaSO4常用作食品调味剂
C．烧碱：NaOH具有强腐蚀性 D．石灰石：CaCO3煅烧可得生石灰
9．下列气体可用如图所示向下排空气法收集的是
A．O2 B．NO C．H2 D．SO2
10．在含有大量H＋、Cl-的溶液中，还可能大量共存的离子是
A．Na+ B．OH- C．Ag+ D．
11．下列关于碳酸氢钠固体的说法不正确的是
A．含Na+和 B．受热易分解
C．水溶液呈酸性 D．与盐酸反应产生CO2
阅读下列材料，回答下列小题。
18世纪70年代，化学家舍勒将软锰矿(主要成分为MnO2)与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色、有刺激性气味的气体。后来化学家戴维确认这种气体是Cl2.Cl2易液化，溶于水可制得氯水。工业上通过电解饱和食盐水制备Cl2，将Cl2与石灰乳反应制取漂白粉。
12．下列说法正确的是
A．氯气液化时吸收能量 B．氯气液化时Cl-Cl键断裂
C．氯气液化后氯分子间距离变大 D．氯气液化后便于用钢瓶储运
13．下列氯水的性质与成分不具有对应关系的是
A．呈黄绿色，氯水中含Cl2
B．具有漂白性，氯水中含盐酸
C．呈酸性，氯水中含一定浓度的H+
D．能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，氯水中含Cl-
14．下列化学反应表示正确的是
A．软锰矿与浓盐酸共热：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
B．Cl2与水反应：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
C．电解饱和食盐水：2NaCl2Na＋Cl2↑
D．Cl2与石灰乳反应：Ca(OH)2＋Cl2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋H2O
15．下列能达到实验目的的是
A．制取Cl2 B．除去Cl2中的HCl
C．检验Cl2的氧化性 D．吸收多余Cl2
A．A B．B C．C D．D
16．当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是
A．盐酸 B．Fe(OH)3胶体 C．氨水 D．CuSO4溶液
阅读下列材料，回答下列小题。
2023年第19届亚运会在中国举行。主火炬用“零碳甲醇”(CH3OH)作为燃料，“零碳甲醇”是以烟气中捕集的CO2为原料，与H2在一定条件下反应制得，实现了CO2的零排放。为使火焰更明艳，燃料中添加了少量NaCl和CaCl2。
17．“零碳甲醇”在空气中完全燃烧时，下列说法正确的是
A．甲醇中的碳元素转化为CO B．甲醇中的氢元素转化为H2O2
C．该甲醇燃烧时不产生CO2 D．化学能转化为热能和光能
18．焰色试验中，灼烧NaCl时火焰的颜色是
A．紫色 B．黄色 C．砖红色 D．绿色
19．下列物质含有离子键的是
A．CO2 B．H2 C．CH3OH D．CaCl2
20．制备CH3OH的反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，正反应放出热量。下列说法正确的是
A．使用催化剂能加快反应速率
B．减小压强能加快反应速率
C．题图表示正反应的能量变化
D．一定条件下反应达平衡时，CO2能100%转化
21．在稀有气体氛围中发生反应TiCl4＋4NaTi＋4NaCl，该反应可用于制取少量金属钛(Ti)。下列说法正确的是
A．Na得到电子 B．TiCl4作还原剂
C．稀有气体保护金属不被氧化 D．稀有气体可用Cl2代替
22．神舟十六号载人飞船返回舱的表面使用了轻质、耐烧蚀树脂材料。该树脂应具有的性质是
A．耐高温 B．熔点低 C．密度大 D．易氧化
23．高中学生每天需摄入80～90g蛋白质。蛋白质在人体内水解的最终产物是
A．甘油 B．葡萄糖 C．氨基酸 D．高级脂肪酸
24．下列关于乙醇的说法正确的是
A．官能团为OH- B．无色无味的液体
C．与乙酸互为同分异构体 D．与金属钠反应产生H2
25．下列属于取代反应的是
A．CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl
B．CH2=CH2＋Br2→ CH2BrCH2Br
C．n CH2=CHCl
D．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
26．下列实验方案能达到预期目的的是
A．用浓硫酸干燥NH3 B．用品红溶液鉴别SO2和CO2
C．用乙醇萃取碘水中的I2 D．用NaOH溶液除去CO2中的HCl
27．如图所示，将水体中的钢铁设施与Zn连接可形成原电池，Zn作负极。下列说法正确的是
A．Zn得到电子
B．电子由钢铁设施通过导线流向Zn
C．Fe的金属活动性强于Zn
D．该方法可减缓水体中钢铁设施的腐蚀
28．以硫铁矿烧渣(含Fe2O3、FeO等)为原料，经H2SO4溶液浸取、H2O2氧化、氨水调节pH、过滤、洗涤、灼烧等过程可制备铁红(Fe2O3)。下列对实验措施的解释不合理的是
　 实验措施 解释
A 酸浸时H2SO4溶液略过量 提高烧渣中铁元素的浸出率
B 氧化时反应的温度不宜过高 H2O2受热时易分解
C 加氨水使溶液的pH增大 将Fe3+转化为Fe(OH)2
D 用BaCl2溶液检验沉淀是否洗净 过滤后沉淀表面残留少量
A．A B．B C．C D．D
29．煤燃烧后的烟气中常含SO2，经处理达标后才能排放。
（1）向煤中加入石灰石可有效减少烟气中SO2含量，该方法俗称“钙基固硫”。煤燃烧时反应生成CaSO4，该反应的氧化剂是　 　(填化学式)。
（2）用饱和K2CO3溶液吸收SO2生成K2SO3，同时生成一种气体。反应的离子方程式为　 　。吸收时溶液的温度不宜过高，原因是　 　。
30．KIO3可用作食品添加剂，其制备步骤如下：
步骤I 一定条件下发生反应：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。
步骤II 将KH(IO3)2转化为KIO3。
步骤III 获取KIO3晶体并测定其纯度。
（1）在如图所示装置中进行步骤I实验，反应完成后，加热煮沸一段时间，冷却，得KH(IO3)2晶体。
①下列说法正确的是　 　。
A．反应说明I2的氧化性强于Cl2
B．加热煮沸可提高溶液中KH(IO3)2的浓度
C．KH(IO3)2的溶解度随温度的降低而减小
②反应时需冷凝回流，原因是　 　。
（2）写出步骤II中KH(IO3)2溶液与KOH溶液反应生成KIO3的化学方程式：　 　。
（3）为测定所得产品的纯度，进行如下实验：称取0.8560 g KIO3样品，配成250.00 mL溶液；取出25.00 mL，酸性条件下加入足量的KI，发生反应5I-++6H+=3I2+3H2O；再向其中滴加0.1000 mol·L-1 Na2S2O3溶液，发生反应I2+=2I-+，反应恰好完全时，滴入Na2S2O3溶液的体积为22.80 mL。计算样品中KIO3(摩尔质量为214 g·mol—1的质量分数(写出计算过程) 　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】半导体材料需要具有适中的导电性能，介于导体和绝缘体之间。硅单质由于其导电性适中且可以通过掺杂等方式进行调控，因此被广泛用作芯片的主要材料；故正确答案为A。
【分析】根据元素性质，硅是半导体材料。
2．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】A．碳-14的质子数为6，选项A错误；
B．根据中子数计算公式：中子数=质量数-质子数=14-6=8，选项B正确；
C．原子呈电中性时电子数等于质子数，因此电子数为6，选项C错误；
D．该同位素的质量数为14，不是相对原子质量，选项D错误；
正确答案为B。
【分析】元素符号 ，左下角6代表核电荷数，质子数等于核电荷数，等于电子数，左上角14代表质量数，质量数等于质子数+中子数。
3．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】碳酸锌（ZnCO3）由锌离子（Zn2+）和碳酸根离子（）组成，属于盐类化合物，因此正确答案为选项C。
【分析】根据碳酸锌构成可知，其属于盐。
4．【答案】B
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A．分解反应的特征是一种反应物生成多种生成物，而题目中的反应是两种物质（N2和H2）生成一种物质（NH3），不符合分解反应的定义，因此A选项错误；
B．化合反应的定义是两种或多种物质反应生成一种物质，N2 + 3H2 → 2NH3 完全符合这个特征，所以B选项正确；
C．复分解反应需要两种化合物相互交换成分，但该反应的反应物N2和H2都是单质，因此C选项错误；
D．置换反应要求一种单质与一种化合物反应生成新的单质和化合物，而该反应的反应物和生成物都不满足这个条件，故D选项错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】根据反应方程式，两种物质生成一种物质，反应类型属于化合反应。
5．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．锂离子电池因其高能量密度和长循环寿命，被广泛应用于电子产品（如手机、笔记本电脑）和电动汽车等领域，选项A正确；
B．锂原子（Li）的最外层电子排布为2s1，在化学反应中倾向于失去1个电子形成Li+，而非获得电子，因此B选项描述错误；
C．氢氧化锂（LiOH）作为强碱溶液，会使紫色石蕊试液变蓝，而非变红（酸性溶液现象），故C选项错误；
D．根据金属活动性顺序，锂（Li）位于氢前，能与盐酸发生置换反应：，因此D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】根据锂元素在周期表中位置，锂元素属于碱金属，易失电子，表现还原性，能与盐酸反应，氢氧化锂溶液呈碱性，锂离子电池是常见化学电源。
6．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径关系为：，选项A是错误的；
B．氮元素（N）属于第ⅤA族，最高化合价为+5；硫元素（S）属于第ⅥA族，最高化合价为+6，选项B是错误的；
C．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，因此非金属性关系为：，选项C是错误的；
D．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此热稳定性关系为：，选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】题目考查元素周期律相关知识，同周期元素，原子半径从左向右逐渐减小，非金属性巨剑增强，氮元素最高正价是+5，硫元素最高正价是+6，热稳定性比较。
7．【答案】D
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氧原子（原子序数8）的核外电子排布为2，6，其结构示意图为，选项A的图示不正确；
B．氢氧根离子(OH-)是共价型阴离子，其电子式应为，选项B的表示有误；
C．水分子(H2O)的结构式应表示为H-O-H，其中氧原子与两个氢原子分别形成共价键，选项C的表述错误；
D．氢氧化钾(KOH)作为强电解质，其电离方程式KOH=K++OH-正确反映了完全电离过程，且满足电荷守恒，因此选项D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．氧原子核外是8个电子；
B．氢氧根的电子式为；
C．H2O的结构式为H-O-H；
D．氢氧化钾是强电解质，完全电离，电离出钾离子和氢氧根。
8．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．纯碱（）属于盐类，但其水溶液呈强碱性，因此A选项正确；
B．难溶于水且无毒，在医学上用作钡餐造影剂，而不是食品调味剂，所以B选项错误；
C．氢氧化钠（）俗称烧碱，具有强腐蚀性，C选项正确；
D．石灰石（）煅烧分解生成生石灰（），D选项正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；
B．硫酸钡不是食品调味剂；
C．根据氢氧化钠性质，其具有腐蚀性；
D．碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳。
9．【答案】C
【知识点】气体的收集
【解析】【解答】A．氧气（O2）的相对分子质量为32，比空气的平均相对分子质量29大，密度大于空气，应采用向上排空气法收集，选项A错误；
B．一氧化氮（NO）会与空气中的氧气（O2）发生反应生成二氧化氮（NO2），化学方程式为：，因此不能用排空气法收集，需采用排水法收集，选项B错误；
C．氢气（H2）的相对分子质量为2，远小于29，密度比空气小，且不与空气成分反应，可用向下排空气法收集，选项C正确；
D．二氧化硫（SO2）的相对分子质量为64，大于29，密度比空气大，应采用向上排空气法收集，选项D错误；
正确答案是C。
【分析】图示表示向下排空气法收集气体，气体密度小于空气的气体可用这种收集方法，氧气和二氧化硫密度大于空气，一氧化氮易与氧气反应，不能用排空气法收集。
10．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】OH-与H+发生酸碱中和反应，Ag+与Cl-会形成沉淀，碳酸根离子(CO32-)与H+反应生成CO2气体，而Na+与这些离子都不发生反应，可以共存。因此，正确答案是选项A。【分析】离子之间发生反应生成难溶物、气体和弱电解质，不能共存，氢离子和氢氧根离子，碳酸根离子不共存，氯离子和银离子不共存。
11．【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．碳酸氢钠（NaHCO3）属于离子化合物，由Na+和HCO3-构成，A项正确；
B．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑，B项正确；
C．碳酸氢钠溶液因HCO3-水解呈碱性，但题目要求选择"错误"选项，故C项符合题意；
D．碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3 + HCl = NaCl + H2O + CO2↑，D项正确；
正确答案为C。
【分析】碳酸氢钠属于盐，含钠离子和碳酸氢根离子，根据盐溶液中碳酸氢根离子水解，其溶液呈碱性，碳酸氢钠的化学性质包括可与盐酸反应，不稳定，受热易分解。
【答案】12．D
13．B
14．A
15．C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【分析】（1）气体液化指的是从气态到液态，分子间距离变小，此过程放热，是物理变化；
（2）氯水呈黄绿色是溶液中溶解有氯单质，氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液呈酸性，溶液中含氯离子，能与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，次氯酸具有漂白性；
（3）题目考查化学方程式书写，电解饱和食盐水对应化学方程式为；
（4）实验室制备氯气需要加热，除去氯气中氯化氢用饱和食盐水，氯气尾气处理吸收试剂是氢氧化钠溶液，根据氯单质氧化性比溴单质强，观察溶液颜色变化，检验氯气的氧化性。
12．【解答】A．氯气液化是气体变为液体的过程，释放能量，A错误；
B．气体液化是物理变化，分子间距离变小，Cl-Cl键未断裂，B错误；
C．根据物质状态变化，液化后分子间距离变小，C错误；
D．常温下，氯单质和铁不反应，并且液态便于用钢瓶储运，D正确；
故选D。
13．【解答】A．氯水呈黄绿色是因为水溶液中含Cl2，A正确；
B．氯水中含次氯酸，其具有漂白性，与盐酸无关，B错误；
C．氯水呈酸性，是溶液中HCl和HClO能电离出H+，C正确；
D．Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，D正确；
故选B。
14．【解答】A．软锰矿（MnO2）与浓盐酸在加热条件下，生成MnCl2、Cl2和H2O，化学方程式为：，A正确；
B．Cl2与水反应生成氯化氢和次氯酸，HClO为弱酸，不可拆成离子，离子方程式为Cl2+H2O H++Cl-+HClO，B错误；
C．电解熔融氯化钠的方程式为 2NaCl2Na＋Cl2↑ ：电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，化学方程式为：，C错误；
D．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH) 2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，D错误；
故选A。
15．【解答】A．实验室制备氯气时，需要加热，图中无加热装置，无法制取Cl2，A错误；
B．用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B错误；
C．Cl2可氧化Br-生成Br2，溶液呈橙红色，可根据溶液颜色变化检验Cl2的氧化性，C正确；
D．澄清石灰水中氢氧化钙浓度低，吸收Cl2效果差，应使用NaOH溶液，D错误；
故选C。
16．【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】当光束通过胶体时能够观察到丁达尔效应，而通过溶液时则无法观察到该现象。因此，对于给定的物质： 氢氧化铁胶体：可以产生丁达尔效应， 盐酸、氨水、硫酸铜溶液：均不能产生丁达尔效应。综上所述，正确答案为B。
【分析】胶体可产生丁达尔效应，盐酸、氨水和硫酸铜溶液都是溶液，不会有丁达尔效应。
【答案】17．D
18．B
19．D
20．A
【知识点】常见能量的转化及运用；化学反应的可逆性；焰色反应
【解析】【分析】（1）甲醇在空气中完全燃烧后生成二氧化碳和水，此过程是化学能转化为热能和光能；
（2）根据钠元素的焰色颜色是黄色作答；
（3）二氧化碳、氢气和甲醇是共价化合物，只含共价键；氯化钙是离子化合物，含离子键；
（4）催化剂能加快反应速率，增大压强，加快反应速率，减小压强，减慢反应速率，根据题意，正反应放热，生成物总能量低于反应物，对于可逆反应，反应物不能100%转化 。
17．【解答】A．甲醇在空气中完全燃烧时生成CO2，不是CO，A错误；
B．甲醇燃烧后生成H2O，B错误；
C．甲醇燃烧仍生成CO2，“零碳”指CO2整体循环零排放，并非燃烧不产生CO2，C错误；
D．燃烧过程发光发热，化学能转化为热能和光能，D正确；
故选D；
18．【解答】灼烧氯化钠时，显示钠元素的焰色，呈黄色，故选B；
19．【解答】A．CO2只含共价键，是共价化合物，A错误；
B．H2只含共价键，是共价分子，B错误；
C．CH3OH只含共价键，是共价化合物，C错误；
D．CaCl2为离子化合物，Ca2+与Cl-之间存在离子键，D正确；
故选D；
20．解答A．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，A正确；
B．减小压强，减慢反应速率，B错误；
C．根据能量图，生成物总能量应高于反应物物，正反应吸热，与题意不符，C错误；
D．可逆反应不可能完全进行，反应物不能100%转化，D错误；
故选A。
21．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．钠元素的化合价从0价升高到+1价，失去电子，被氧化，因此选项A是错误的；
B．TiCl4中钛的化合价从+4价降低到0价，得到电子，作为氧化剂，因此选项B是错误的；
C．稀有气体的作用是隔绝氧气等活泼气体，防止在高温条件下金属钛和钠被氧化，因此选项C是正确的；
D．氯气具有强氧化性，会与金属钠或钛发生反应，无法替代稀有气体的保护作用，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】根据方程式TiCl4＋4NaTi＋4NaCl，钠失电子，化合价升高，作还原剂，钛得电子，化合价降低，作氧化剂，稀有气体性质稳定，可作保护气。
22．【答案】A
【知识点】合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】返回舱在进入大气层的过程中，由于与空气剧烈摩擦会产生极高的温度，因此其表面材料需要具备耐高温的特性，以防止被高温烧毁。根据题目描述，该树脂能够满足这一要求，所以正确答案是A选项。
【分析】根据题意，树脂具有耐高温性质。
23．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A. 甘油是油脂（三酰甘油酯）水解的产物，与蛋白质水解无关， A不符合题意；B. 葡萄糖是糖类（如淀粉、纤维素）水解的终产物，不属于蛋白质水解产物， B不符合题意；
C. 氨基酸是蛋白质完全水解的最终产物，符合题意， C符合题意；
D. 高级脂肪酸是油脂水解的产物之一，与蛋白质水解无关， D不符合题意；
正确答案为C。
【分析】蛋白质是由氨基酸通过肽键（化学键）连接形成的大分子化合物。在水解过程中，蛋白质分子中的肽键逐步断裂，分解为多肽片段，最终完全水解生成氨基酸单体。
24．【答案】D
【知识点】乙醇的物理、化学性质；乙醇的组成与结构
【解析】【解答】A. 乙醇的结构简式为，其官能团为羟基（—OH），但选项描述为“错误”，故A不正确；
B. 乙醇是无色透明液体，具有特殊香味，但选项描述为“错误”，故B不正确；
C. 乙醇（）与乙酸（）分子式不同，不可能互为同分异构体，故C不正确；
D. 乙醇分子中的羟基（—OH）能与金属钠反应，生成乙醇钠和氢气，描述正确，故D正确；
【答案】D
【分析】乙醇是具有气味的液体，其结构简式为，含有羟基，可与钠单质反应生成氢气，和乙酸分子式不同，不是同分异构体。
25．【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；甲烷的取代反应；乙醇的催化氧化实验；加成反应
【解析】【解答】A．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，甲烷中的氢原子被氯原子逐步取代，生成一氯甲烷和氯化氢，符合取代反应的特征（有机分子中的原子或原子团被其他原子或原子团替代），因此A选项正确；
B．乙烯与溴单质的反应是典型的加成反应，乙烯的碳碳双键断裂，两个溴原子分别加到两个碳原子上形成1，2-二溴乙烷，不符合取代反应的定义，故B选项错误；
C．氯乙烯通过打开碳碳双键进行聚合，形成聚氯乙烯，该过程属于加聚反应而非取代反应，因此C选项错误；
D．乙醇在催化剂和加热条件下被氧气氧化为乙醛，属于氧化反应，不符合取代反应的特征，所以D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．甲烷和氯气是取代反应；
B．乙烯和溴单质发生加成反应；
C．氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯；
D．乙醇发生氧化反应生成乙醛。
26．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；分液和萃取；性质实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．浓硫酸（H2SO4）具有强酸性，会与碱性气体NH3发生反应生成硫酸（(NH4)2SO4），因此不能用于干燥氨气，选项A错误；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不具备这一性质，因此可以通过品红溶液鉴别这两种气体，选项B正确；
C．乙醇（C2H5OH）与水互溶，无法形成分层，萃取操作需要两种互不相溶的溶剂（如四氯化碳CCl4），选项C错误；
D．NaOH既能与CO2反应生成Na2CO3，也能与HCl反应生成NaCl和H2O，因此无法选择性除去HCl中的CO2，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．硫酸和氨反应，不能用来作干燥剂；
B．二氧化硫和使品红褪色；
C．乙醇和水互溶，不能作萃取剂；
D．二氧化碳和氯化氢都和氢氧化钠反应。
27．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A选项分析：在原电池中，锌（Zn）作为负极，发生氧化反应（失去电子），因此该选项描述错误；
B选项分析：电子流动方向应为从负极（Zn）经导线流向正极（钢铁设施），故该选项表述错误；
C选项分析：锌的金属活性比铁更强，更易失去电子，因此该选项说法错误；
D选项分析：锌作为牺牲阳极被腐蚀，钢铁设施作为阴极受到保护，这种方法属于牺牲阳极的阴极保护法，能有效减缓钢铁腐蚀，该选项正确；
综上所述，正确答案为。
【分析】装置是利用原电池原理，保护钢铁设施不被腐蚀，锌作负极，失电子，钢铁作正极被保护，电子从锌经导线流向钢铁设施。
28．【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．酸浸过程中，硫酸溶液稍过量可以确保氧化铁(Fe2O3)和氧化亚铁(FeO)等物质充分反应，从而提高铁元素的浸出率，该解释合理，A选项正确；
B．过氧化氢(H2O2)在高温条件下容易分解，因此控制氧化温度可以避免其分解，保证氧化效率，该解释合理，B选项正确；
C．加入氨水调节pH的目的是使三价铁离子(Fe3+)转化为氢氧化铁(Fe(OH)3)沉淀，该解释不合理，C选项错误；
D．使用氯化钡(BaCl2)溶液检验沉淀是否洗净，通过检测硫酸根离子()残留来判断洗涤效果，该解释合理，D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】 硫铁矿烧渣(含Fe2O3、FeO等)，加入硫酸溶液后，溶液中含Fe3+、Fe2+，加入过氧化氢，把二价铁氧化为三价铁离子，调节pH，生成Fe(OH)3，灼烧后生成 Fe2O3 ，据此分析。
29．【答案】（1）O2
（2）；温度过高会导致SO2的溶解度下降，使吸收SO2的效率下降
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据题目描述，煤燃烧过程中生成硫酸钙的反应过程如下：首先，煤中的硫燃烧产生二氧化硫；同时，石灰石受热分解生成氧化钙；接着，氧化钙与二氧化硫发生化合反应生成亚硫酸钙；最后，亚硫酸钙在空气中被氧气氧化为硫酸钙。整个过程的化学方程式可以表示为：2CaCO3 + 2SO2 + O22CaSO4 + 2CO2。在该反应中，氧元素的化合价降低，说明氧气被还原，因此氧气是氧化剂；
（2）由于亚硫酸的酸性强于碳酸，当使用饱和碳酸钾溶液吸收二氧化硫时，会发生以下反应：碳酸钾溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钾和二氧化碳。该反应的离子方程式为：。需要注意的是，温度过高会导致二氧化硫在溶液中的溶解度下降，从而降低吸收效率，因此在实际操作中应控制溶液温度不宜过高。
【分析】（1）根据“钙基固硫”方法，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，反应中氧气是氧化剂；
（2）碳酸钾和二氧化硫反应生成呀硫酸钾和二氧化碳，温度过高，会使气体溶解度降低。
（1）由题意可知，煤燃烧时生成硫酸钙涉及的反应为煤中的硫燃烧生成二氧化硫，石灰石受热分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硫发生化合反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与空气中的氧气反应生成硫酸钙，则生成硫酸钙的总反应为2CaCO3+ 2SO2+ O22CaSO4+ 2CO2，反应中氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂；
（2）亚硫酸的酸性强于碳酸，则用饱和碳酸钾溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钾发生的反应为碳酸钾溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钾和二氧化碳，反应的离子方程式为；温度过高会导致二氧化硫的溶解度下降，使吸收二氧化硫的效率下降，所以二氧化硫吸收时溶液的温度不宜过高。
30．【答案】（1）C；碘单质易升华，减少碘的损失，提高反应物的利用率和产物产率；
（2）
（3）95%
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据反应方程式：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑，分析如下：
I2在该反应中作为还原剂，Cl2是还原产物，因此I2的还原性强于Cl2，选项A错误；加热煮沸会导致碘单质升华，不利于KH(IO3)2的生成，选项B错误；
题干指出冷却后可得KH(IO3)2晶体，说明其溶解度随温度降低而减小，选项C正确；
由于碘单质易升华，反应中需要冷凝回流以提高碘的利用率。
（2）步骤II中，KH(IO3)2与KOH溶液反应生成KIO3，化学方程式为：。
（3；，，；
【分析】（1）根据反应方程式，碘是还原剂，氯单质是还原产物，可判断氧化性强弱，碘易升华，不可高温，制备过程需冷凝回流；
（2） KH(IO3)2 和 KOH 反应生成 KIO3 和水；
（3）样品中 KIO3 质量分数计算过程：把碘酸根中碘元素转为为碘单质，用硫代硫酸钠进行滴定，根据方程式中反应关系进行计算。
（1）根据反应方程式：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑，I2在该反应作还原剂，Cl2作还原产物，I2的还原性强于Cl2；故A不对；
加热煮沸会使碘单质更易升华，不利于生成KH(IO3)2；故B不对；
题干中冷却一段时间后可得KH(IO3)2晶体，所以KH(IO3)2的溶解度随温度的降低而减小；故C对；
碘单质加热易升华，为了提高碘单质的利用率反应需要冷凝回流；
（2）步骤II中将KH(IO3)2转化为KIO3，加入KOH溶液，该反应的化学方程式为：；
（3）；，，；
1 / 1江苏省2025年普通高中学业水平合格性考试 化学试卷
1．中国在5G芯片领域取得突破性进展。下列单质广泛用于制作芯片半导体材料的是
A．硅 B．铜 C．碳 D．铁
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】半导体材料需要具有适中的导电性能，介于导体和绝缘体之间。硅单质由于其导电性适中且可以通过掺杂等方式进行调控，因此被广泛用作芯片的主要材料；故正确答案为A。
【分析】根据元素性质，硅是半导体材料。
2．考古学家用对古代文物进行断代。下列关于的说法正确的是
A．质子数为14 B．中子数为8 C．电子数为8 D．质量数为6
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】A．碳-14的质子数为6，选项A错误；
B．根据中子数计算公式：中子数=质量数-质子数=14-6=8，选项B正确；
C．原子呈电中性时电子数等于质子数，因此电子数为6，选项C错误；
D．该同位素的质量数为14，不是相对原子质量，选项D错误；
正确答案为B。
【分析】元素符号 ，左下角6代表核电荷数，质子数等于核电荷数，等于电子数，左上角14代表质量数，质量数等于质子数+中子数。
3．明代宋应星所著的《天工开物》中记载了火法炼锌的过程：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内……”。炉甘石主要成分ZnCO3的类别是
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】碳酸锌（ZnCO3）由锌离子（Zn2+）和碳酸根离子（）组成，属于盐类化合物，因此正确答案为选项C。
【分析】根据碳酸锌构成可知，其属于盐。
4．反应N2+3H22NH3是人工固氮的重要途径。该反应的类型是
A．分解反应 B．化合反应 C．复分解反应 D．置换反应
【答案】B
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A．分解反应的特征是一种反应物生成多种生成物，而题目中的反应是两种物质（N2和H2）生成一种物质（NH3），不符合分解反应的定义，因此A选项错误；
B．化合反应的定义是两种或多种物质反应生成一种物质，N2 + 3H2 → 2NH3 完全符合这个特征，所以B选项正确；
C．复分解反应需要两种化合物相互交换成分，但该反应的反应物N2和H2都是单质，因此C选项错误；
D．置换反应要求一种单质与一种化合物反应生成新的单质和化合物，而该反应的反应物和生成物都不满足这个条件，故D选项错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】根据反应方程式，两种物质生成一种物质，反应类型属于化合反应。
5．位于元素周期表第二周期IA族的Li被誉为“21世纪的能源金属”。下列说法正确的是
A．锂离子电池被广泛应用
B．Li易得电子
C．LiOH溶液能使紫色石蕊溶液变红
D．Li不与盐酸反应
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．锂离子电池因其高能量密度和长循环寿命，被广泛应用于电子产品（如手机、笔记本电脑）和电动汽车等领域，选项A正确；
B．锂原子（Li）的最外层电子排布为2s1，在化学反应中倾向于失去1个电子形成Li+，而非获得电子，因此B选项描述错误；
C．氢氧化锂（LiOH）作为强碱溶液，会使紫色石蕊试液变蓝，而非变红（酸性溶液现象），故C选项错误；
D．根据金属活动性顺序，锂（Li）位于氢前，能与盐酸发生置换反应：，因此D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】根据锂元素在周期表中位置，锂元素属于碱金属，易失电子，表现还原性，能与盐酸反应，氢氧化锂溶液呈碱性，锂离子电池是常见化学电源。
6．硫酸镁铵晶体[(NH4)2Mg(SO4)2·6H2O]可用作肥料。下列说法正确的是
A．原子半径：r(S)>r(Mg) B．最高化合价：N>S
C．非金属性：N>O D．热稳定性：H2O>H2S
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径关系为：，选项A是错误的；
B．氮元素（N）属于第ⅤA族，最高化合价为+5；硫元素（S）属于第ⅥA族，最高化合价为+6，选项B是错误的；
C．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，因此非金属性关系为：，选项C是错误的；
D．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此热稳定性关系为：，选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】题目考查元素周期律相关知识，同周期元素，原子半径从左向右逐渐减小，非金属性巨剑增强，氮元素最高正价是+5，硫元素最高正价是+6，热稳定性比较。
7．KOH水溶液可用于捕集CO2，反应原理为KOH+CO2=KHCO3.下列化学用语表示正确的是
A．氧原子的结构示意图：
B．OH-的电子式：
C．H2O的结构式：H-H-O
D．KOH的电离方程式：KOH=K++OH-
【答案】D
【知识点】原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氧原子（原子序数8）的核外电子排布为2，6，其结构示意图为，选项A的图示不正确；
B．氢氧根离子(OH-)是共价型阴离子，其电子式应为，选项B的表示有误；
C．水分子(H2O)的结构式应表示为H-O-H，其中氧原子与两个氢原子分别形成共价键，选项C的表述错误；
D．氢氧化钾(KOH)作为强电解质，其电离方程式KOH=K++OH-正确反映了完全电离过程，且满足电荷守恒，因此选项D正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．氧原子核外是8个电子；
B．氢氧根的电子式为；
C．H2O的结构式为H-O-H；
D．氢氧化钾是强电解质，完全电离，电离出钾离子和氢氧根。
8．俗名往往反映了物质的组成、性质或用途。下列对物质俗名的理解不正确的是
A．纯碱：Na2CO3溶液显碱性 B．钡餐：BaSO4常用作食品调味剂
C．烧碱：NaOH具有强腐蚀性 D．石灰石：CaCO3煅烧可得生石灰
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；物质的简单分类
【解析】【解答】A．纯碱（）属于盐类，但其水溶液呈强碱性，因此A选项正确；
B．难溶于水且无毒，在医学上用作钡餐造影剂，而不是食品调味剂，所以B选项错误；
C．氢氧化钠（）俗称烧碱，具有强腐蚀性，C选项正确；
D．石灰石（）煅烧分解生成生石灰（），D选项正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；
B．硫酸钡不是食品调味剂；
C．根据氢氧化钠性质，其具有腐蚀性；
D．碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳。
9．下列气体可用如图所示向下排空气法收集的是
A．O2 B．NO C．H2 D．SO2
【答案】C
【知识点】气体的收集
【解析】【解答】A．氧气（O2）的相对分子质量为32，比空气的平均相对分子质量29大，密度大于空气，应采用向上排空气法收集，选项A错误；
B．一氧化氮（NO）会与空气中的氧气（O2）发生反应生成二氧化氮（NO2），化学方程式为：，因此不能用排空气法收集，需采用排水法收集，选项B错误；
C．氢气（H2）的相对分子质量为2，远小于29，密度比空气小，且不与空气成分反应，可用向下排空气法收集，选项C正确；
D．二氧化硫（SO2）的相对分子质量为64，大于29，密度比空气大，应采用向上排空气法收集，选项D错误；
正确答案是C。
【分析】图示表示向下排空气法收集气体，气体密度小于空气的气体可用这种收集方法，氧气和二氧化硫密度大于空气，一氧化氮易与氧气反应，不能用排空气法收集。
10．在含有大量H＋、Cl-的溶液中，还可能大量共存的离子是
A．Na+ B．OH- C．Ag+ D．
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】OH-与H+发生酸碱中和反应，Ag+与Cl-会形成沉淀，碳酸根离子(CO32-)与H+反应生成CO2气体，而Na+与这些离子都不发生反应，可以共存。因此，正确答案是选项A。【分析】离子之间发生反应生成难溶物、气体和弱电解质，不能共存，氢离子和氢氧根离子，碳酸根离子不共存，氯离子和银离子不共存。
11．下列关于碳酸氢钠固体的说法不正确的是
A．含Na+和 B．受热易分解
C．水溶液呈酸性 D．与盐酸反应产生CO2
【答案】C
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．碳酸氢钠（NaHCO3）属于离子化合物，由Na+和HCO3-构成，A项正确；
B．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2↑，B项正确；
C．碳酸氢钠溶液因HCO3-水解呈碱性，但题目要求选择"错误"选项，故C项符合题意；
D．碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3 + HCl = NaCl + H2O + CO2↑，D项正确；
正确答案为C。
【分析】碳酸氢钠属于盐，含钠离子和碳酸氢根离子，根据盐溶液中碳酸氢根离子水解，其溶液呈碱性，碳酸氢钠的化学性质包括可与盐酸反应，不稳定，受热易分解。
阅读下列材料，回答下列小题。
18世纪70年代，化学家舍勒将软锰矿(主要成分为MnO2)与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色、有刺激性气味的气体。后来化学家戴维确认这种气体是Cl2.Cl2易液化，溶于水可制得氯水。工业上通过电解饱和食盐水制备Cl2，将Cl2与石灰乳反应制取漂白粉。
12．下列说法正确的是
A．氯气液化时吸收能量 B．氯气液化时Cl-Cl键断裂
C．氯气液化后氯分子间距离变大 D．氯气液化后便于用钢瓶储运
13．下列氯水的性质与成分不具有对应关系的是
A．呈黄绿色，氯水中含Cl2
B．具有漂白性，氯水中含盐酸
C．呈酸性，氯水中含一定浓度的H+
D．能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，氯水中含Cl-
14．下列化学反应表示正确的是
A．软锰矿与浓盐酸共热：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
B．Cl2与水反应：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
C．电解饱和食盐水：2NaCl2Na＋Cl2↑
D．Cl2与石灰乳反应：Ca(OH)2＋Cl2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋H2O
15．下列能达到实验目的的是
A．制取Cl2 B．除去Cl2中的HCl
C．检验Cl2的氧化性 D．吸收多余Cl2
A．A B．B C．C D．D
【答案】12．D
13．B
14．A
15．C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【分析】（1）气体液化指的是从气态到液态，分子间距离变小，此过程放热，是物理变化；
（2）氯水呈黄绿色是溶液中溶解有氯单质，氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液呈酸性，溶液中含氯离子，能与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，次氯酸具有漂白性；
（3）题目考查化学方程式书写，电解饱和食盐水对应化学方程式为；
（4）实验室制备氯气需要加热，除去氯气中氯化氢用饱和食盐水，氯气尾气处理吸收试剂是氢氧化钠溶液，根据氯单质氧化性比溴单质强，观察溶液颜色变化，检验氯气的氧化性。
12．【解答】A．氯气液化是气体变为液体的过程，释放能量，A错误；
B．气体液化是物理变化，分子间距离变小，Cl-Cl键未断裂，B错误；
C．根据物质状态变化，液化后分子间距离变小，C错误；
D．常温下，氯单质和铁不反应，并且液态便于用钢瓶储运，D正确；
故选D。
13．【解答】A．氯水呈黄绿色是因为水溶液中含Cl2，A正确；
B．氯水中含次氯酸，其具有漂白性，与盐酸无关，B错误；
C．氯水呈酸性，是溶液中HCl和HClO能电离出H+，C正确；
D．Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，D正确；
故选B。
14．【解答】A．软锰矿（MnO2）与浓盐酸在加热条件下，生成MnCl2、Cl2和H2O，化学方程式为：，A正确；
B．Cl2与水反应生成氯化氢和次氯酸，HClO为弱酸，不可拆成离子，离子方程式为Cl2+H2O H++Cl-+HClO，B错误；
C．电解熔融氯化钠的方程式为 2NaCl2Na＋Cl2↑ ：电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，化学方程式为：，C错误；
D．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH) 2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，D错误；
故选A。
15．【解答】A．实验室制备氯气时，需要加热，图中无加热装置，无法制取Cl2，A错误；
B．用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B错误；
C．Cl2可氧化Br-生成Br2，溶液呈橙红色，可根据溶液颜色变化检验Cl2的氧化性，C正确；
D．澄清石灰水中氢氧化钙浓度低，吸收Cl2效果差，应使用NaOH溶液，D错误；
故选C。
16．当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是
A．盐酸 B．Fe(OH)3胶体 C．氨水 D．CuSO4溶液
【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】当光束通过胶体时能够观察到丁达尔效应，而通过溶液时则无法观察到该现象。因此，对于给定的物质： 氢氧化铁胶体：可以产生丁达尔效应， 盐酸、氨水、硫酸铜溶液：均不能产生丁达尔效应。综上所述，正确答案为B。
【分析】胶体可产生丁达尔效应，盐酸、氨水和硫酸铜溶液都是溶液，不会有丁达尔效应。
阅读下列材料，回答下列小题。
2023年第19届亚运会在中国举行。主火炬用“零碳甲醇”(CH3OH)作为燃料，“零碳甲醇”是以烟气中捕集的CO2为原料，与H2在一定条件下反应制得，实现了CO2的零排放。为使火焰更明艳，燃料中添加了少量NaCl和CaCl2。
17．“零碳甲醇”在空气中完全燃烧时，下列说法正确的是
A．甲醇中的碳元素转化为CO B．甲醇中的氢元素转化为H2O2
C．该甲醇燃烧时不产生CO2 D．化学能转化为热能和光能
18．焰色试验中，灼烧NaCl时火焰的颜色是
A．紫色 B．黄色 C．砖红色 D．绿色
19．下列物质含有离子键的是
A．CO2 B．H2 C．CH3OH D．CaCl2
20．制备CH3OH的反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，正反应放出热量。下列说法正确的是
A．使用催化剂能加快反应速率
B．减小压强能加快反应速率
C．题图表示正反应的能量变化
D．一定条件下反应达平衡时，CO2能100%转化
【答案】17．D
18．B
19．D
20．A
【知识点】常见能量的转化及运用；化学反应的可逆性；焰色反应
【解析】【分析】（1）甲醇在空气中完全燃烧后生成二氧化碳和水，此过程是化学能转化为热能和光能；
（2）根据钠元素的焰色颜色是黄色作答；
（3）二氧化碳、氢气和甲醇是共价化合物，只含共价键；氯化钙是离子化合物，含离子键；
（4）催化剂能加快反应速率，增大压强，加快反应速率，减小压强，减慢反应速率，根据题意，正反应放热，生成物总能量低于反应物，对于可逆反应，反应物不能100%转化 。
17．【解答】A．甲醇在空气中完全燃烧时生成CO2，不是CO，A错误；
B．甲醇燃烧后生成H2O，B错误；
C．甲醇燃烧仍生成CO2，“零碳”指CO2整体循环零排放，并非燃烧不产生CO2，C错误；
D．燃烧过程发光发热，化学能转化为热能和光能，D正确；
故选D；
18．【解答】灼烧氯化钠时，显示钠元素的焰色，呈黄色，故选B；
19．【解答】A．CO2只含共价键，是共价化合物，A错误；
B．H2只含共价键，是共价分子，B错误；
C．CH3OH只含共价键，是共价化合物，C错误；
D．CaCl2为离子化合物，Ca2+与Cl-之间存在离子键，D正确；
故选D；
20．解答A．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，A正确；
B．减小压强，减慢反应速率，B错误；
C．根据能量图，生成物总能量应高于反应物物，正反应吸热，与题意不符，C错误；
D．可逆反应不可能完全进行，反应物不能100%转化，D错误；
故选A。
21．在稀有气体氛围中发生反应TiCl4＋4NaTi＋4NaCl，该反应可用于制取少量金属钛(Ti)。下列说法正确的是
A．Na得到电子 B．TiCl4作还原剂
C．稀有气体保护金属不被氧化 D．稀有气体可用Cl2代替
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．钠元素的化合价从0价升高到+1价，失去电子，被氧化，因此选项A是错误的；
B．TiCl4中钛的化合价从+4价降低到0价，得到电子，作为氧化剂，因此选项B是错误的；
C．稀有气体的作用是隔绝氧气等活泼气体，防止在高温条件下金属钛和钠被氧化，因此选项C是正确的；
D．氯气具有强氧化性，会与金属钠或钛发生反应，无法替代稀有气体的保护作用，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是C。
【分析】根据方程式TiCl4＋4NaTi＋4NaCl，钠失电子，化合价升高，作还原剂，钛得电子，化合价降低，作氧化剂，稀有气体性质稳定，可作保护气。
22．神舟十六号载人飞船返回舱的表面使用了轻质、耐烧蚀树脂材料。该树脂应具有的性质是
A．耐高温 B．熔点低 C．密度大 D．易氧化
【答案】A
【知识点】合成材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】返回舱在进入大气层的过程中，由于与空气剧烈摩擦会产生极高的温度，因此其表面材料需要具备耐高温的特性，以防止被高温烧毁。根据题目描述，该树脂能够满足这一要求，所以正确答案是A选项。
【分析】根据题意，树脂具有耐高温性质。
23．高中学生每天需摄入80～90g蛋白质。蛋白质在人体内水解的最终产物是
A．甘油 B．葡萄糖 C．氨基酸 D．高级脂肪酸
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A. 甘油是油脂（三酰甘油酯）水解的产物，与蛋白质水解无关， A不符合题意；B. 葡萄糖是糖类（如淀粉、纤维素）水解的终产物，不属于蛋白质水解产物， B不符合题意；
C. 氨基酸是蛋白质完全水解的最终产物，符合题意， C符合题意；
D. 高级脂肪酸是油脂水解的产物之一，与蛋白质水解无关， D不符合题意；
正确答案为C。
【分析】蛋白质是由氨基酸通过肽键（化学键）连接形成的大分子化合物。在水解过程中，蛋白质分子中的肽键逐步断裂，分解为多肽片段，最终完全水解生成氨基酸单体。
24．下列关于乙醇的说法正确的是
A．官能团为OH- B．无色无味的液体
C．与乙酸互为同分异构体 D．与金属钠反应产生H2
【答案】D
【知识点】乙醇的物理、化学性质；乙醇的组成与结构
【解析】【解答】A. 乙醇的结构简式为，其官能团为羟基（—OH），但选项描述为“错误”，故A不正确；
B. 乙醇是无色透明液体，具有特殊香味，但选项描述为“错误”，故B不正确；
C. 乙醇（）与乙酸（）分子式不同，不可能互为同分异构体，故C不正确；
D. 乙醇分子中的羟基（—OH）能与金属钠反应，生成乙醇钠和氢气，描述正确，故D正确；
【答案】D
【分析】乙醇是具有气味的液体，其结构简式为，含有羟基，可与钠单质反应生成氢气，和乙酸分子式不同，不是同分异构体。
25．下列属于取代反应的是
A．CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl
B．CH2=CH2＋Br2→ CH2BrCH2Br
C．n CH2=CHCl
D．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
【答案】A
【知识点】乙烯的物理、化学性质；甲烷的取代反应；乙醇的催化氧化实验；加成反应
【解析】【解答】A．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，甲烷中的氢原子被氯原子逐步取代，生成一氯甲烷和氯化氢，符合取代反应的特征（有机分子中的原子或原子团被其他原子或原子团替代），因此A选项正确；
B．乙烯与溴单质的反应是典型的加成反应，乙烯的碳碳双键断裂，两个溴原子分别加到两个碳原子上形成1，2-二溴乙烷，不符合取代反应的定义，故B选项错误；
C．氯乙烯通过打开碳碳双键进行聚合，形成聚氯乙烯，该过程属于加聚反应而非取代反应，因此C选项错误；
D．乙醇在催化剂和加热条件下被氧气氧化为乙醛，属于氧化反应，不符合取代反应的特征，所以D选项错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．甲烷和氯气是取代反应；
B．乙烯和溴单质发生加成反应；
C．氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯；
D．乙醇发生氧化反应生成乙醛。
26．下列实验方案能达到预期目的的是
A．用浓硫酸干燥NH3 B．用品红溶液鉴别SO2和CO2
C．用乙醇萃取碘水中的I2 D．用NaOH溶液除去CO2中的HCl
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；分液和萃取；性质实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．浓硫酸（H2SO4）具有强酸性，会与碱性气体NH3发生反应生成硫酸（(NH4)2SO4），因此不能用于干燥氨气，选项A错误；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不具备这一性质，因此可以通过品红溶液鉴别这两种气体，选项B正确；
C．乙醇（C2H5OH）与水互溶，无法形成分层，萃取操作需要两种互不相溶的溶剂（如四氯化碳CCl4），选项C错误；
D．NaOH既能与CO2反应生成Na2CO3，也能与HCl反应生成NaCl和H2O，因此无法选择性除去HCl中的CO2，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．硫酸和氨反应，不能用来作干燥剂；
B．二氧化硫和使品红褪色；
C．乙醇和水互溶，不能作萃取剂；
D．二氧化碳和氯化氢都和氢氧化钠反应。
27．如图所示，将水体中的钢铁设施与Zn连接可形成原电池，Zn作负极。下列说法正确的是
A．Zn得到电子
B．电子由钢铁设施通过导线流向Zn
C．Fe的金属活动性强于Zn
D．该方法可减缓水体中钢铁设施的腐蚀
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A选项分析：在原电池中，锌（Zn）作为负极，发生氧化反应（失去电子），因此该选项描述错误；
B选项分析：电子流动方向应为从负极（Zn）经导线流向正极（钢铁设施），故该选项表述错误；
C选项分析：锌的金属活性比铁更强，更易失去电子，因此该选项说法错误；
D选项分析：锌作为牺牲阳极被腐蚀，钢铁设施作为阴极受到保护，这种方法属于牺牲阳极的阴极保护法，能有效减缓钢铁腐蚀，该选项正确；
综上所述，正确答案为。
【分析】装置是利用原电池原理，保护钢铁设施不被腐蚀，锌作负极，失电子，钢铁作正极被保护，电子从锌经导线流向钢铁设施。
28．以硫铁矿烧渣(含Fe2O3、FeO等)为原料，经H2SO4溶液浸取、H2O2氧化、氨水调节pH、过滤、洗涤、灼烧等过程可制备铁红(Fe2O3)。下列对实验措施的解释不合理的是
　 实验措施 解释
A 酸浸时H2SO4溶液略过量 提高烧渣中铁元素的浸出率
B 氧化时反应的温度不宜过高 H2O2受热时易分解
C 加氨水使溶液的pH增大 将Fe3+转化为Fe(OH)2
D 用BaCl2溶液检验沉淀是否洗净 过滤后沉淀表面残留少量
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】硫酸根离子的检验；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．酸浸过程中，硫酸溶液稍过量可以确保氧化铁(Fe2O3)和氧化亚铁(FeO)等物质充分反应，从而提高铁元素的浸出率，该解释合理，A选项正确；
B．过氧化氢(H2O2)在高温条件下容易分解，因此控制氧化温度可以避免其分解，保证氧化效率，该解释合理，B选项正确；
C．加入氨水调节pH的目的是使三价铁离子(Fe3+)转化为氢氧化铁(Fe(OH)3)沉淀，该解释不合理，C选项错误；
D．使用氯化钡(BaCl2)溶液检验沉淀是否洗净，通过检测硫酸根离子()残留来判断洗涤效果，该解释合理，D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】 硫铁矿烧渣(含Fe2O3、FeO等)，加入硫酸溶液后，溶液中含Fe3+、Fe2+，加入过氧化氢，把二价铁氧化为三价铁离子，调节pH，生成Fe(OH)3，灼烧后生成 Fe2O3 ，据此分析。
29．煤燃烧后的烟气中常含SO2，经处理达标后才能排放。
（1）向煤中加入石灰石可有效减少烟气中SO2含量，该方法俗称“钙基固硫”。煤燃烧时反应生成CaSO4，该反应的氧化剂是　 　(填化学式)。
（2）用饱和K2CO3溶液吸收SO2生成K2SO3，同时生成一种气体。反应的离子方程式为　 　。吸收时溶液的温度不宜过高，原因是　 　。
【答案】（1）O2
（2）；温度过高会导致SO2的溶解度下降，使吸收SO2的效率下降
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据题目描述，煤燃烧过程中生成硫酸钙的反应过程如下：首先，煤中的硫燃烧产生二氧化硫；同时，石灰石受热分解生成氧化钙；接着，氧化钙与二氧化硫发生化合反应生成亚硫酸钙；最后，亚硫酸钙在空气中被氧气氧化为硫酸钙。整个过程的化学方程式可以表示为：2CaCO3 + 2SO2 + O22CaSO4 + 2CO2。在该反应中，氧元素的化合价降低，说明氧气被还原，因此氧气是氧化剂；
（2）由于亚硫酸的酸性强于碳酸，当使用饱和碳酸钾溶液吸收二氧化硫时，会发生以下反应：碳酸钾溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钾和二氧化碳。该反应的离子方程式为：。需要注意的是，温度过高会导致二氧化硫在溶液中的溶解度下降，从而降低吸收效率，因此在实际操作中应控制溶液温度不宜过高。
【分析】（1）根据“钙基固硫”方法，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，反应中氧气是氧化剂；
（2）碳酸钾和二氧化硫反应生成呀硫酸钾和二氧化碳，温度过高，会使气体溶解度降低。
（1）由题意可知，煤燃烧时生成硫酸钙涉及的反应为煤中的硫燃烧生成二氧化硫，石灰石受热分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硫发生化合反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与空气中的氧气反应生成硫酸钙，则生成硫酸钙的总反应为2CaCO3+ 2SO2+ O22CaSO4+ 2CO2，反应中氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂；
（2）亚硫酸的酸性强于碳酸，则用饱和碳酸钾溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钾发生的反应为碳酸钾溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钾和二氧化碳，反应的离子方程式为；温度过高会导致二氧化硫的溶解度下降，使吸收二氧化硫的效率下降，所以二氧化硫吸收时溶液的温度不宜过高。
30．KIO3可用作食品添加剂，其制备步骤如下：
步骤I 一定条件下发生反应：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。
步骤II 将KH(IO3)2转化为KIO3。
步骤III 获取KIO3晶体并测定其纯度。
（1）在如图所示装置中进行步骤I实验，反应完成后，加热煮沸一段时间，冷却，得KH(IO3)2晶体。
①下列说法正确的是　 　。
A．反应说明I2的氧化性强于Cl2
B．加热煮沸可提高溶液中KH(IO3)2的浓度
C．KH(IO3)2的溶解度随温度的降低而减小
②反应时需冷凝回流，原因是　 　。
（2）写出步骤II中KH(IO3)2溶液与KOH溶液反应生成KIO3的化学方程式：　 　。
（3）为测定所得产品的纯度，进行如下实验：称取0.8560 g KIO3样品，配成250.00 mL溶液；取出25.00 mL，酸性条件下加入足量的KI，发生反应5I-++6H+=3I2+3H2O；再向其中滴加0.1000 mol·L-1 Na2S2O3溶液，发生反应I2+=2I-+，反应恰好完全时，滴入Na2S2O3溶液的体积为22.80 mL。计算样品中KIO3(摩尔质量为214 g·mol—1的质量分数(写出计算过程) 　 　。
【答案】（1）C；碘单质易升华，减少碘的损失，提高反应物的利用率和产物产率；
（2）
（3）95%
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）根据反应方程式：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑，分析如下：
I2在该反应中作为还原剂，Cl2是还原产物，因此I2的还原性强于Cl2，选项A错误；加热煮沸会导致碘单质升华，不利于KH(IO3)2的生成，选项B错误；
题干指出冷却后可得KH(IO3)2晶体，说明其溶解度随温度降低而减小，选项C正确；
由于碘单质易升华，反应中需要冷凝回流以提高碘的利用率。
（2）步骤II中，KH(IO3)2与KOH溶液反应生成KIO3，化学方程式为：。
（3；，，；
【分析】（1）根据反应方程式，碘是还原剂，氯单质是还原产物，可判断氧化性强弱，碘易升华，不可高温，制备过程需冷凝回流；
（2） KH(IO3)2 和 KOH 反应生成 KIO3 和水；
（3）样品中 KIO3 质量分数计算过程：把碘酸根中碘元素转为为碘单质，用硫代硫酸钠进行滴定，根据方程式中反应关系进行计算。
（1）根据反应方程式：6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑，I2在该反应作还原剂，Cl2作还原产物，I2的还原性强于Cl2；故A不对；
加热煮沸会使碘单质更易升华，不利于生成KH(IO3)2；故B不对；
题干中冷却一段时间后可得KH(IO3)2晶体，所以KH(IO3)2的溶解度随温度的降低而减小；故C对；
碘单质加热易升华，为了提高碘单质的利用率反应需要冷凝回流；
（2）步骤II中将KH(IO3)2转化为KIO3，加入KOH溶液，该反应的化学方程式为：；
（3）；，，；
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