2025届高考考向核心卷
化学（江苏专版）参考答案
1．答案：D
解析：为25号元素，属于VIIB族，A正确；图中4s轨道只有一个电子的元素共三种：K、Cr、Cu，其余元素4s轨道有两个电子，B正确；K、Ca位于s区；Cu、Zn位于ds区，剩余8种元素属于d区，C正确；Fe、Ni位于VIII族，Ca位于IIA族，D错误。
2．答案：B
解析：中子数为37的锌原子质量数为67，应为，A错误；化合物中各元素的正、负化合价代数和为零，中S为中心原子，分别与S共用2对，1对电子且二者电负性均大于S，则的化合价分别为，即S的化合价为+4，B正确；中心S原子的价层电子对数为3，有一个孤电子对，空间结构为V形，C错误；的电子式为，D错误。
3．答案：C
解析：气体可从长颈漏斗逸出，无法测定生成氢气的反应速率，A错误；铁离子与碘离子按1:1比例反应；等浓度等体积的碘化钾和硫酸铁混合溶液中铁离子过量，无法进行判断，B错误；二氧化氮为红棕色气体，根据颜色可进行判断温度对化学平衡的影响，C正确；反应前后气体分子数相同，压强对该反应无影响，D错误。
4．答案：D
解析：和分子间形成氢键，使沸点升高，常温下水为液体，氨气为气体，则沸点：，A错误；根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势﹐第ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能；同一主族从上往下第一电离能依次减小，故第一电离能：，B错误；氟、氧元素无最高正价，硫的最高正价为+6价，C错误；非简单气态金属性：，氢化物稳定性：，D正确。
5．答案：C
解析：中S的价层电子对数，采取杂化，有1个孤电子对，中S的价层电子对数，采取杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间排斥力，故的键角比的键角小，A错误；中中心原子S的价层电子对数为，S采用杂化，由A项分析知，的中心原子S采用杂化，B错误；由题图可知，一个晶胞中的个数为，根据化学式知，一个晶胞中含有8个，C正确；基态转化为基态Cu原子时得到一个电子，价层电子排布由变为，得到的电子填充在4s轨道上，D错误。
6.答案：B
解析：电解精炼铜时阴极上得电子被还原为Cu单质，电极反应式：，A错误；溶液吸收气体生成CuS沉淀，离子方程式为，B正确；溶于稀硫酸生成单质铜、硫酸铜和水，离子方程式为，C错误；具有还原性，浓硝酸具有强氧化性，与浓硝酸反应，S元素会被氧化，方程式为，D错误。
7.答案：C
解析：具有空轨道，中N原子具有孤电子对，可形成，A错误；Cu合金可用作导线是因为其具有导电性，B错误；可与CuO反应制，元素化合价降低，CuO作氧化剂，则作还原剂，体现还原性，C正确；可用于刻蚀铜板是因为其具有较强的氧化性，与其酸性无关，D错误。
8．答案：C
分析：放电时Mg转化为Mg2+，所以N电极为负极，M电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e +2Li+Fe+Li2S，以此解答。
解析：由电池工作原理图可知，放电时M极为正极，充电时M极为阳极，不论充电还是放电，M极电势都高于N极，A正确。放电时，M极为正极，电极反应为，则每生成1 mol Fe外电路转移2 mol电子，B正确。充电时，M极为阳极，发生氧化反应，C错误。半径小，便于移动，迁移速率比快，能够提高电流效率，D正确。
9．答案：B
解析：X到Y是X与发生加成反应，Y到Z发生的是消去反应；由分析可知，的反应类型为加成反应，A错误；对X上的醛基加成得到Y，如果断开的是羰基右侧所连碳原子上的碳氢键，则会得到，B正确；Z中双键两端碳原子的H如果在同侧则为顺式结构，在不同侧则为反式结构，Z有顺反异构，C错误；银氨溶液可以检验出X，但是Y上有羟基，Z上有碳碳双键，Y、Z都可以使酸性溶液褪色，不能鉴别Y、Z，D错误。
10．答案：B
解析：消除二氧化硫污染物的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与空气中的氧气反应生成硫酸铵，则物质转化关系能实现，A正确；难溶碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，硫酸钙与盐酸不反应，B错误；一定条件下乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，一定条件下氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则物质转化关系能实现，C正确；硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，D正确。
11．答案：A
解析：将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的溶于浓中，导致溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，和的混合溶液为蓝色，通入后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A正确；NH4F的pH较低说明其酸性强，F 的水解程度较弱，对应的HF酸性强(Ka较大)。但的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且浓度也不同，存在一定的干扰，B错误；浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C错误；根据实验现象可知，Cl2氧化I 生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2 > I2，由于氯水少量，优先氧化还原性强的I ，即还原性：，从而可以得出结论：氧化性： Br2 > I2，实验中无法证明Cl2的氧化性大于Br2 ，D错误。
12．答案：B
分析：pOH=-lgc(OH-)，因此溶液碱性越强，pOH越小，纵坐标从上至下溶液碱性逐渐增强，向XH2Cl2溶液中加入固体NaOH，利用碱性强的制取碱性弱的，即XH的浓度随着氢氧化钠物质的量增大而减小，XH+的浓度先增大后减小，推出曲线①代表XH，曲线②代表XH+，曲线③代表X，据此分析。
解析：X的第二步电离为，电离平衡常数，电离平衡常数只受温度的影响，由题图可知，a点时，，，则，数量级为，A错误；a点对应溶液中，根据电荷守恒可得，，且，代入得，故正确；b点对应溶液，即，根据，代入得，因此有，即，C错误；由题中信息可知，溶液体积保持不变，设起始时，溶液体积为，则溶液中，由题图可知c点对应溶液中，忽略不计，则。结合发生的反应、，可计算消耗NaOH的物质的量为，因此，D错误。
13．答案：D
解析：题给反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，增大，则曲线a表示时随压强变化的曲线，曲线b表示时随温度变化的曲线，根据曲线b，升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则，A错误；交点处，b(T＜250℃)和a(T=250℃)温度不同，化学平衡常数的值不同，B错误；由曲线b可知，、230℃时，＞0.05，C错误；起始反应物，设起始、CO的物质的量分别为3 mol、1 mol，平衡时生成a mol甲醇，由题意建立三段式：
由可得，解得，则反应了1 mol，故的平衡转化率为，D正确。
14．(16分)
答案：(1)增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率（2分）
(2)浸出时间超过，溶液中被消耗、升高，随着水解程度增大，生成的胶体吸附溶液中（2分）；还可生成沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高（2分）
(3)（4分）；温度过高，受热分解（2分）；（2分）
(4)（2分）
分析：高铁锌焙烧矿渣主要含ZnO、ZnFe2O4、SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2与硫酸不反应，过滤除去，得到含有硫酸锌，硫酸铁以及过量硫酸的混合溶液，向混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，发生反应3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑，过滤，除去黄铵铁矾，将硫酸锌滤液经过一系列处理，得到ZnSO4·7H2O；
解析：(1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是：矿渣粉碎可以增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率；
(2)由图可知，滤渣中锌元素的质量分数在60 min以前逐渐减小，超过60 min后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高，溶液中有大量Fe3+，由于Fe3+易水解，考虑浸出导致pH变化从而使Fe3+水解生成Fe(OH)3从而导致此变化，故原因为浸出时间超过60 min，溶液中H+被消耗、pH升高，随着Fe3+水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2+；Fe3+还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高；
(3)①“沉矾”生成黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6，需控制溶液pH=1.5、温度不超过85℃，向过滤后的混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，反应还生成硫酸锌和CO2，化学方程式为3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑；
②由于反应物之一是碳酸氢铵，不稳定，受热易分解，故控制溶液温度不能过高的原因是：温度过高，NH4HCO3受热分解；
③根据所给反应，该反应K=；
(4)28.7 g ZnSO4·7H2O的物质的量为=0.1 mol，A点物质质量为17.9 g，失去水的质量为10.8 g，即0.6 mol水，所以A点物质为ZnSO4·H2O。
15．(15分)
答案：(1) 羧基、氨基（2分）；氧化反应（1分）
(2)（2分）
(3)(或)（2分）
(4) （2分）（2分）
(5)
（4分）
分析：根据B和C结构简式可推断A为：，C发生取代反应生成D，D发生反应生成E，E和G发生反应生成H，H被酸性高锰酸钾氧化生成I()，I分子内脱水生成J。
解析：
(1)由题给F的结构简式可知，其含有的官能团是羧基、氨基。反应Ⅵ的反应条件为，对比H和J的结构简式，可倒推出Ⅰ中含有羧基，从而得出将H中的氧化成了，则反应类型为氧化反应；
(2)由A的分子式为可知，其不饱和度为4，由B、C的结构简式倒推可知，A的结构简式为；
(3)能发生银镜反应，说明分子中含有醛基或甲酸酯基，但由核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为1:2:2:2，可知分子结构高度对称，故分子中只可能含有醛基，则符合条件的同分异构体的结构简式为、；
(4)由(1)的分析可知，将氧化成了，则Ⅰ的结构简式为。I→J的过程中，每两个羧基脱去一分子水形成一个酸酐，则化学方程式为；
(5)2－硝基甲苯可被酸性高锰酸钾氧化为，根据已知信息，可被还原为，发生取代反应生成，经酸化形成，参考合成路线I→J，反应生成目标产物，具体合成路线如下：
16．(15分)
答案：(1)（3分）；硫化锰与硫酸反应产生气体污染环境（2分）
(2)（3分）
(3)比容易被氧化，开始时反应为，溶液pH无明显变化；7h后反应为，溶液pH减小（4分）
（4）95.42%（3分）
分析：向反应器中加入一定量稀硫酸，依次加入软锰矿、碳酸锰矿，充分反应后过滤得到含MnSO4的酸浸液，向含MnSO4的酸浸液中加入pH调节剂再通入CO2得到MnCO3，MnCO3经过溶解、沉淀，得到含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2沉淀，向该沉淀中加水，边加热边持续通空气可得到Mn3O4。
解析：(1)生成单质S反应的离子方程式为：；碳酸锰矿不能先于软锰矿加入的原因是：硫化锰与硫酸反应产生气体污染环境；
(2)完全沉淀需要为，恰好沉淀需要的为，的为，则需控制溶液中的范围为：；
（3）pH先基本不变后迅速下降的原因是：比容易被氧化，开始时反应为，溶液pH无明显变化；7h后反应为，溶液pH减小；
（4）n()=0.2000 mol·L-1×25.00 mL× 10-3 L·mL-1=5.000×10-3 mol，根据，滴定时，消耗的物质的量为，n()1=0.1000 mol·L-1×16.00 mL×10-3 L·mL-1×=4.000×10-3 mol，根据，样品中的物质的量为n()=5.000×10-3 mol—4.000×10-3 mol=1.000×10-3 mol，w()=。
17．(15分)
答案：(1)①纳米铁可以吸附更多，高温有利于、H—H断裂，加快反应速率（2分）；②反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高平衡产率（2分）；③（2分）
(2)①催化剂显著降低了转化为的活化能，分解速率大于其生成速率（2分）；②2.028（1分）
(3)①（2分）；②HCOOH（2分）；③H-O-D（2分）
解析：(1)①在Fe表面断裂，Fe的温度高于体系温度，纳米铁可以吸附更多，高温有利于、H—H断裂，加快反应速率；
②氨气在表面生成，温度低于体系温度，反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高平衡产率；
③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，为燃料做负极，失电子，负极的电极反应式为；
(2)①由图可知，对比转化为的活化能与转化为的活化能，可得出催化剂显著降低了转化为的活化能，分解速率大于其生成速率；
②由图可知，；，反应体系内氢气的物质的量为0.021×3+0.393×5=2.028 mol；
(3)①由图可知，该过程合成DMF的化学方程式为；
②由产生DMF和，同时过程中也会产生，生成一种副产物为HCOOH；
③由图可知，水中有一个氢来自于氢气，故产物水的结构为H-O-D。2025届高考考向核心卷
化学（江苏专版） 分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H—1、C—12、O—16、S—32、Mn—55、Zn—65。
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求
1．某同学为了记住新学的元素，发明了一个非常有趣的“钟表记忆法”，如下图，每种元素的族序数与其对应的时间大多数一致，结合所学知识下列有关说法不正确的是( )
A.属于VIIB族
B.图中4s轨道只有一个电子的元素共三种
C.图中共有8种元素属于d区
D.如图“时针”、“分针”和“秒针”所指的三种元素(“针”所指以最近为准)分别属于三个不同的族
2．反应可用于制备。下列说法正确的是( )
A.中子数为37的锌原子： B.中硫元素的化合价：+4
C.的空间结构为直线形 D.的电子式：
3．下列实验选择的仪器和药品都正确且能达到实验目的的是( )
A.测定生成氢气的反应速率 B.验证与的反应是可逆反应
C.探究温度对化学平衡的影响 D.探究压强对化学平衡的影响
4．我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化学试剂，下列有关元素F、O、N、S及其化合物的说法正确的是( )
A.沸点：
B.第一电离能：
C.最高正价：F>S=O>N
D.稳定性：
阅读下列材料，完成下题。
铜及其重要化合物在生产中有着重要的应用。辉铜矿（主要成分为）可以用于冶炼铜，反应为，制得的粗铜通过电解法进行精炼。与浓硝酸反应可得。加入稀硫酸中，溶液变蓝色。溶液可以吸收气体，用于除杂和尾气处理。
5.下列说法正确的是( )
A.的键角比的键角大
B.和的中心S原子都采取杂化
C.如图所示是晶胞中的位置，则一个晶胞中含有8个
D.基态转化为基态Cu原子，得到的电子填充在3d轨道上
6.下列化学反应表示正确的是( )
A.电解精炼铜时阴极反应：
B.溶液吸收气体：
C.溶于稀硫酸：
D.与浓硝酸反应：
7.下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是( )
A.具有孤电子对，可形成
B.Cu合金熔点高，可用作导线
C.具有还原性，可与CuO反应制Cu
D.具有酸性，可用于刻蚀铜板
8．我国科学家设计出双盐混合电池，电解液用代替驱动正极反应，能够有效克服迁移较慢的问题，工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A.充电或放电时M极电势均高于N极
B.放电时，每生成1 mol Fe，外电路转移2 mol电子
C.充电时，M极发生还原反应
D.电解液中的迁移速率比快，能够提高电流效率
9．抗病毒药物普拉那的部分合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A.X→Y的反应类型为取代反应
B.X→Y有副产物生成
C.Z不存在顺反异构体
D.X、Y、Z可用银氨溶液和酸性溶液进行鉴别
10．下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是( )
A.消除污染物：
B.去除难溶物：
C.合成聚合物：
D.制备配合物：
11．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是( )
选项 实验过程及现象 实验结论
A 将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有
B 分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小
C 取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应
D 向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色 氧化性：
12．乙二胺(，简写为X)为二元弱碱。时，向乙二胺的盐酸盐溶液中加入固体NaOH(溶液体积变化忽略不计)，体系中三种粒子的浓度的对数与pOH的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.的数量级为
B.a点对应溶液中，
C.b点对应溶液中，
D.c点对应溶液中，
13．催化加氢制甲醇，在减少排放的同时实现了的资源化，该反应可表示为：。保持起始反应物，时随压强变化的曲线和时随温度变化的曲线如图。
已知：表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是( )
A.该反应
B.a、b交点处化学平衡常数值相同
C.当时，达平衡后
D.当时，的平衡转化率约为
二、非选择题：本大题共4小题，共61分。
14．(16分)高铁锌焙烧矿渣主要含。一种利用焙烧矿渣制备并生产黄铵铁矾的流程如下：
回答下列问题。
(1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是_______________________________________。
(2)“酸浸”时，控制反应温度65 ℃、硫酸初始酸度，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如下图所示。当浸出时间超过后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是_____________________________________________。
(3)“沉矾”生成黄铵铁矾[]，需控制溶液、温度不超过。
①生成黄铵铁矾的化学方程式为___________________________________________。
②控制溶液温度不能过高的原因是_________________________________________。
③超过1.5，可发生反应。其平衡常数与、的代数关系式为___________________。
(4)加热晶体，测得加热过程中剩余固体的质量随温度的变化关系如下图所示。A点物质为_______________________(填化学式)。
15．(15分)三蝶烯及其衍生物在只有头发丝千分之一粗细的分子机器——“世界上最小的机器”中有重要应用，以下是三蝶烯-2，3，6，7-四甲酸二酐的合成路线：
已知：①;
②。
回答下列问题：
(1)F中的官能团名称为_________；反应Ⅵ的反应类型为_________。
(2)A的结构简式为_________。
(3)C有多种同分异构体，写出一种满足下列条件的结构简式：____________________。
①属于芳香族化合物，能发生银镜反应；
②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1:2:2:2。
（4）化合物I的结构简式为________________，I→J的化学方程式为___________________________________________________________________________。
（5）请设计由2－硝基甲苯制备的合成路线（用流程图表示，试剂任选）：____________________________________________________________________________________________。
16．(15分)以碳酸锰矿(主要成分为、MnS、MgO、CaO)和软锰矿(主要成分为)为原料制取大颗粒的电池用。其工艺主要包括“联合浸锰”、“沉淀除杂”、“溶解转化”、“氧化分解”。
(1)联合浸锰。向反应器中加入一定量稀硫酸，然后依次加入软锰矿、碳酸锰矿，充分反应后过滤得到含的酸浸液。其中生成单质S反应的离子方程式为___________________________________________。碳酸锰矿不能先于软锰矿加入的原因是_______________________________________________________。
(2)沉淀除杂。向上述酸浸液中加入pH调节剂再通入得到。酸浸液中的浓度分别为0.9 mol·L-1、2×10-5 mol·L-1、3×10-2 mol·L-1，若使酸浸液中完全沉淀(离子浓度小于10-5 mol·L-1)与分离，需控制溶液中的范围为____________________。[]
(3)氧化分解。经过溶解、沉淀，得到含少量的沉淀。向该沉淀中加水，边加热边持续通空气可得到。沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间的变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是______________________________________________________________________________。
(4)含量测定：准确称取0.2400 g 样品于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.2000 mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000 mol·L-1 溶液进行滴定，消耗溶液16.00 mL。测定过程中发生下列反应：
计算样品的纯度_________________。
17．(15分)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
(1)液氨是一种重要的载氢材料。已知，双催化剂双温催化合成氨机理如图-1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。
①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是______________________________________________________。
②低温区能提高合成氨效率的原因是________________________________________________________。
③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为_____________________________________。
(2)十氢萘()是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图-2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得和的物质的量随时间的变化关系如图-3所示。
①的物质的量显著低于可能的原因是____________。
②7h时，反应体系内氢气的物质的量为____________mol。
(3)以和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图-4所示。
①该过程合成DMF的化学方程式为___________________________________________。
②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为________________。
③若改用和二甲胺为原料，产物水的结构式为___________________。
