2025年高考真题汇编-化学（含答案和答题卡）

2025年湖北省普通高中学业水平选择性考试
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化学答题卡
17.(1)
19.(1)
姓
名
考生条形码区
(2)
准考证号
(2
(3)
-此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
(3)
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4)
(4)
含自
3A国QD
w3a
.op
7A国QD
9A国CD
eRaa
Fmoo
aoa
moe
4AEGD
oe
(3)
(6)
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
(6)
16.(1)
(2)
18.(1)①
(3)①
②
⊙
(4)
(2)①
(5)
②
(6)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年化学(安徽卷)
1.A　本题考查常见物质的用途。
生石灰吸水可用作干燥剂,不能用作脱氧剂,A项错误;Al2(SO4)3水解生成Al(OH)3胶体可用作净水剂,B项正确;NH4HCO3受热分解产生大量气体可用作食品膨松剂,C项正确;苯甲酸及其钠盐可杀灭微生物、控制滋生条件,可用作食品防腐剂,D项正确。
2.D　本题考查科学技术在化学研究中的应用。
应用14C的半衰期可以测定文物年代,A项正确;X射线衍射法可以分析晶体结构,B项正确;可以用光谱仪摄取各种元素原子的吸收光谱或发射光谱,原子光谱法可以测定元素种类,C项正确;用红外光谱法可测定有机物中的化学键或官能团类型,用质谱法可以测定有机分子的相对分子质量,D项错误。
3.B　本题考查物质应用的化学解释。
淀粉(多糖)水解可生成麦芽糖(二糖),A项正确;NaClO具有强氧化性,可用于环境消毒,B项错误;小麦合成蛋白质需要氮元素,C项正确;肥皂洗涤油污时,利用其中高级脂肪酸钠的疏水基(长链烃基)“包围”油渍,亲水基(羧酸根)伸入水中,借助水流将高级脂肪酸钠和油渍冲洗掉,D项正确。
4.B　本题考查有机物的结构和性质。
通过结构简式可以知道有机物中的C原子个数为19,依据不饱和度算出H原子个数,19个C原子的烷烃中最多含有H原子个数为19×2+2=40,有机物中双键和环的个数为3+1=4,该分子中H原子个数为40-4×2=32,A项正确;结构简式中左边的1个O原子与2个碳原子形成2个C—O,右边酯基()中有1个CO、2个C—O,共5个C—O σ键,B项错误;只有饱和碳原子才可能是手性碳原子,如图所示,含有3个手性碳原子,C项正确;有酯基,水解可以生成甲醇,D项正确。
5.A　本题考查化学用语及氧化还原反应。
HOF中羟基氧原子与氟原子直接相连,形成共价键,A项正确;H2O2分子非平面结构(),空间结构不对称,属于极性分子,B项错误;反应①中没有非极性键的形成,C项错误;反应②中,反应前后F元素化合价没有变化,HF既不是氧化产物,也不是还原产物,D项错误。
6.D　本题考查化学方程式的书写,做此种类型题目时,首先要判断反应类型是氧化还原反应还是非氧化还原反应。
依据信息可知反应物和生成物正确,此反应为氧化还原反应,根据元素化合价升降守恒可知A项正确;依据信息,Na与NH3反应生成NaNH2,Na的化合价升高,化合价降低的只能是H元素,所以气体为H2,Na升高1价、H2是降低2价得来的,依据得失电子守恒,Na的系数为2、H2的系数为1,再配平其他元素,B项正确;非氧化还原反应,依据信息直接写出主要反应物及生成物,配平可知C项正确;过量的氨水与HCl反应生成NH4Cl,因此浓氨水与HgCl2反应的化学方程式为HgCl2+2NH3Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl,D项错误。
7.B　本题考查物质结构与性质的比较。
由信息“NaNH2遇水转化为NaOH”知反应为NaNH2+H2ONaOH+NH3↑,与H+结合的能力:N>OH-,A项错误;由信息[Cu(NH3)4](OH)2溶液加入稀硫酸又转化为[Cu(H2O)4]SO4溶液知,与NH3形成配位键能力:H+>Cu2+,B项正确;原子半径:N>O,故键长N—H>O—H,C项错误;N和N中均含有10个电子,D项错误。
8.C　本题考查离子共存,此种类型的题要从氧化还原反应、酸碱反应的角度分析。
NO不溶于水,A项错误;H+与HS不能大量共存,B项错误;浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2,产生的废液中可能大量存在K+、Mn2+、Cl-、H+,C项正确;Fe2+具有还原性、H2O2具有氧化性,不能大量共存,D项错误。
9.D　本题考查分子结构与元素周期律知识。
由信息“X、Z位于同一主族”,结合在化合物中的成键情况(均形成两对共用电子对),可推知:元素X、Z分别为O、S。依据原子序数依次增大和元素W、Y的成键情况,可推知:元素W、Y分别为H、P。依此作答。
元素O、S位于同主族,P、S位于同周期,电负性O>S>P,A项正确;该物质中P、S均为sp3杂化,B项正确;基态原子未成对电子数:H、O、P分别为1、2、3,C项正确;基态P原子价电子排布为3s23p3的半充满结构,比较稳定,故基态原子第一电离能:P>S,D项错误。
10.C　本题考查电化学、化学实验的基本操作与评价。
在铁上镀铜,应该铁接电源负极,为电镀池的阴极,铜接电源正极,为电镀池的阳极,电解质溶液为铜盐溶液,A项错误;粗盐提纯中,因为加入的试剂均应过量,所以Na2CO3溶液应该在BaCl2溶液后面加入,以除去过量的BaCl2溶液,B项错误;通过加NaOH溶液降低H+浓度使溶液变黄,再加H2SO4溶液提高H+浓度恢复橙色,可验证浓度对平衡的影响,C项正确;乙醇中也含有羟基,D项错误。
11.C　本题考查可逆反应各组分物质的量分数变化曲线分析。
①M(g)A(g),平衡常数K①=,②A(g)N(g),平衡常数K②=,①+②得到M(g)N(g),其平衡常数K==K①·K②=,A项正确。M、N开始时为0,t1时刻物质的量分数相等,故0~t1时间段,生成M和N的平均反应速率相等,B项正确。x1对应的点未平衡,加入催化剂可加快反应速率,使M的生成量增多,x1增大,但催化剂不能使平衡发生移动,故xM,平衡不变,C项错误。因为A(g)M(g)　ΔH<0,A(g)N(g)　ΔH<0,升高温度上述反应均逆向移动,xA,平衡变大,D项正确。
12.A　本题考查晶体的结构与晶胞的有关计算。
依据信息层内碘分子之间存在“卤键”(强度与氢键相近),层与层间是范德华力,与石墨不同(石墨层内只存在共价键),所以此晶体是分子晶体,A项错误;由层内碘分子之间存在“卤键”可知“卤键”是分子间作用力,液态碘单质中也存在“卤键”,B项正确;由图可知一个I2分子周围有4个“卤键”,一个“卤键”归两个I2分子共用,所以一个I2分子均摊2个“卤键”,127 g I2单质为0.5 mol,有NA个“卤键”,C项正确;由图中长方形虚线框可知晶胞的长宽高各为a pm、b pm、d pm,一个晶胞体积为abd×10-30 cm3,一个晶胞中含有2个I2(注意一个晶胞为两层),质量为 g,D项正确。
13.C　本题考查电化学(二次电池)知识。
结合信息“使用前需先充电”,分析图示知:充电时,惰性电极为阴极,电极反应为Li++e-Li,阳极为气体扩散电极,电极反应为H2-2e-+2H2P2H3PO4,放电时惰性电极(实际是充电后沉积的Li)为负极,电极反应为Li-e-Li+,Li+通过固体电解质进入电解质溶液,气体扩散电极为正极,电极反应为2H3PO4+2e-2H2P+H2↑。转移2 mol e-时,电解质溶液质量增加:(2×7-2) g=12 g,A项错误;放电时电池总反应为2Li+2H3PO42LiH2PO4+H2↑,B项错误;充电时,惰性电极为阴极,Li+移向阴极,C项正确;题目中没有体积,无法确定c(H+)变化,D项错误。
14.A　本题考查难溶电解质的溶解平衡、盐的水解平衡、离子浓度大小比较。
此种类型的题首先要写出题目中涉及的化学平衡方程式,本题涉及的平衡方程式为
①H2AH++HA-　Ka1(H2A)==10-1.6
②HA-H++A2-　Ka2(H2A)==10-6.8
③MA(s)M2+(aq)+A2-(aq)　Ksp=c(M2+)·c(A2-)
MA中加入盐酸,A2-+H+HA-,继续加盐酸HA-+H+H2A,由Ka1(H2A)=10-1.6可知,c(H2A)=c(HA-)时,pH=1.6,由Ka2(H2A)=10-6.8可知,c(A2-)=c(HA-)时,pH=6.8,由Ka1(H2A)·Ka2(H2A)==10-8.4可知,c(A2-)=c(H2A)时,pH=4.2。根据溶液中的元素守恒,c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),当pH=6.8时,c(HA-)=c(A2-),此时c(H2A)基本为零,忽略不计,则c(M2+)=c(HA-)+c(A2-)=2c(A2-),由图可知,此时c(M2+)=10-3 mol·L-1=2c(A2-),则c(A2-)=×10-3 mol·L-1,所以Ksp=c(M2+)·c(A2-)=10-3××10-3=10-6.3,A项正确。依据Ka1(H2A)=10-1.6,=10-1.6可知pH=1.6时c(HA-)=c(H2A),依据电荷守恒2c(M2+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)+c(OH-)、元素守恒c(M2+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),整理可得:c(M2+)+c(H+)+c(HA-)=c(A2-)+c(Cl-)+c(OH-),pH=1.6时,c(H+)>c(OH-),c(HA-)>c(A2-),因此c(Cl-)>c(M2+),B项错误。依据Ka1(H2A)=10-1.6,=10-1.6可知pH=4.5时,=102.9,可知c(HA-)>c(H2A);H2AA2-+2H+的K=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-8.4,=10-8.4,可知=100.6,c(A2-)>c(H2A),C项错误。依据电荷守恒2c(M2+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)+c(OH-)、元素守恒c(M2+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),可知2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)+c(OH-),即c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),D项错误。
15.答案 (1)5s2
(2)Ca2+、Mg2+
(3)SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)　10-8.97
(4)温度升高,Ba2+与SrSO4的碰撞次数增加,导致锶浸出率增大
(5)BaSO4、SiO2
(6)Sr2+相较于Ca2+、Mg2+,与窝穴体a的空腔直径更为适配
(7)a
解析 (1)第五周期第ⅡA族元素,最外层只有2个电子,其基态原子价电子排布式为5s2。
(2)向含锶废渣中加入稀盐酸酸浸,SrCO3、CaCO3、MgCO3溶解,故“浸出液”中主要金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。
(3)由于相同温度下,Ksp数值SrSO4大于BaSO4,故向SrSO4固体中加入BaCl2溶液盐浸,SrSO4可转化为BaSO4,反应的离子方程式为SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)。依据上述反应,向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-1 BaCl2溶液,充分反应后剩余n(Ba2+)=0.001 mol,生成n(Sr2+)=0.01 mol,依据Ksp(BaSO4)求出,c(S)= mol·L-1=10-7.97 mol·L-1,而c(Sr2+)=0.1 mol·L-1,故c(Sr2+)·c(S)=10-8.97(mol·L-1)2。
(5)依据上述分析,“盐浸”时发生沉淀的转化,生成BaSO4沉淀,SiO2不参与反应,故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2。
(6)窝穴体a与K+之所以形成超分子,是因为K+直径与窝穴体a空腔直径相近。故其能提取Sr2+的原因是Sr2+相较于Ca2+、Mg2+,与窝穴体a的空腔直径更为适配。
(7)SrCl2是强酸强碱盐,SrCl2不水解,直接加热SrCl2·6H2O失水至恒重,可制得无水SrCl2,故选a。
【易错警示】
由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是加热脱水,考生易错选b项(在HCl气流中加热)。考生在复习备考中,多次遇到由AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的试题,都是要求在HCl气流中加热脱水。因为AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl　ΔH>0,若不在HCl气流中加热,由于水解产物HCl易挥发,且正反应吸热,最终得到的产物是Al(OH)3而不是AlCl3固体。
元素Sr位于第五周期第ⅡA族,金属性比Ca还强,Sr2+不水解,不会存在加热失水过程中平衡移动问题。
16.答案 (1)烧杯、玻璃棒
(2)加快NH4HCO3溶解,使NH4HCO3与NaCl充分反应
(3)不需要制备氨气、CO2,减少了流程
(4)ⅰ.a　ⅱ.>
(5)ⅰ.CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率较小,溶解量小,且两者发生反应的速率也较小,生成的NaHCO3的量较少,NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态,故不能析出晶体　ⅱ.80%
解析 本题考查实验的基本操作及计算,做此种类型题目时,一般不需要把所给题干信息完完全全地读懂吃透,简单了解信息后,看具体题目的要求,然后带着疑问再回头看题干信息进行解答。
(1)本题是配制饱和溶液,所以向水中加入过量氯化钠至不再溶解,就得到氯化钠的饱和溶液,此种题目常与配制一定物质的量浓度的溶液的方法相混淆。
(2)一般研磨操作的目的是从反应速率、充分反应的角度回答。
(4)ⅰ.滴定曲线一般找起点、拐点、终点,依据Na2CO3与H+反应时离子方程式依次为C+H+HC、HC+H+H2O+CO2↑,且两次消耗的酸相等,可知a符合题意。ⅱ.到达第一个滴定终点前,滴定速度过快,摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓,会使一部分Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,则该同学所记录的V1'>V1。
(5)ⅱ.有关计算一般按“求什么先求摩,见什么就化摩”的思路进行数据处理;0.088 g CO2为0.002 mol,依据2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知NaHCO3为0.004 mol,质量为0.336 g;则白色晶体中NaHCO3的质量分数为×100%=80%。
17.答案 (1)-41.2
(2)bc
(3)反应①的活化能比反应②的活化能低,反应①化学反应速率快　催化剂在升温后对反应①的催化活性降低(或反应②活化能大于反应①活化能,升温更有利于反应②的进行等合理答案)
(4)b
(5)ⅰ.增大　ⅱ.p2
解析 (1)反应②-反应①可得:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1=(-14.9-26.3) kJ·mol-1=-41.2 kJ·mol-1。
(2)恒容密闭容器容积不变,反应物、生成物均为气体,气体密度始终不变,a项错误;两个反应都是气体分子数增大的反应,气体压强为变量,当气体压强不变时,说明两反应达到平衡状态,b项正确;H2O(g)的浓度为变量,当H2O(g)的浓度不变时,反应达到平衡状态,c项正确;两反应达平衡时,CO和CO2的物质的量不一定相等,d项错误。
(3)使用某催化剂时反应①的选择性接近100%,观察图示(反应历程)知:Ea①(4)增加原料中CH4的量,能提高CO2转化率而自身转化率降低,a项错误;增加原料中CO2的量,使反应③平衡正向移动,可提高CH4转化率,b项正确;通入Ar气,不改变体系中各物质的浓度,反应速率均不变,平衡不移动,c项错误。
(5)ⅰ.因为反应⑤=反应③-反应④,所以③④⑤三个反应中只有两个独立的反应,可只考虑反应③和④。由图可知,当初始投料中n(CH4)=n(CO2)时,若n(Ar)很大,则CO2与CH4的平衡转化率几乎相等,此时可认为只发生反应③,则n(CO)∶n(H2)的值约为1;而当投料组成中Ar含量下降时,CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,则除反应③外还发生反应④,反应④消耗H2并生成CO,使n(CO)∶n(H2)的值大于1,因此投料组成中Ar含量下降,平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。
ⅱ.设投料时CH4、CO2和Ar的物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol,依据a、b两点数据,平衡时CO2转化率为30%,余1.4 mol,CH4转化率为20%,余1.6 mol。
依据碳元素守恒,平衡时体系中n(CO)=4 mol-1.4 mol-1.6 mol=1 mol,依据元素守恒知:
氢元素守恒有n(CH4)×4+n(H2)×2+n(H2O)×2=8 mol　(Ⅰ)
氧元素守恒有n(CO2)×2+n(CO)+n(H2O)=4 mol　(Ⅱ)
由Ⅱ式求出n(H2O)=0.2 mol,再由Ⅰ式求出n(H2)=0.6 mol,故平衡时体系中气体总物质的量为 n(CH4)+n(CO2)+n(Ar)+n(CO)+n(H2)+n(H2O)=1.6 mol+1.4 mol+1 mol+1 mol+0.6 mol+0.2 mol=5.8 mol
因平衡时Ar的分压为p kPa,则CH4、H2O、CO、H2的分压分别为p kPa、p kPa、p kPa、p kPa。
故此时反应⑤的平衡常数Kp=(kPa)2=p2(kPa)2。
18.答案 (1)(酮)羰基　还原反应
(2)2+4MnO2+5H2SO42+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O
(3)HO—CH2—C≡C—C≡C—CH2—OH
(4)b
(5)
(6)F的电负性大于Cl的电负性,C—F键极性更大,易断裂,容易与H发生缩聚反应
(7)
解析 (1)由B的结构简式知,其含氧官能团名称为(酮)羰基;有机反应中有铁单质参与的反应除苯的溴代反应外一般为还原反应,此反应也可从C的化合价变化进行分析,B的分子式为C6H4O2,H、O的化合价为+1、-2,C的化合价为0;C的分子式为C6H6O2,其中C的化合价为-,C元素化合价降低是还原反应;此题也可从有机反应中,得氧去氢是氧化反应,得氢去氧是还原反应来判断,C6H4O2到C6H6O2得到2个H。
(2)此反应属于氧化还原反应,所以要抓住化合价变化,依据守恒进行分析;MnO2的化合价降低2价;A到B有元素化合价的升高,A的分子式C6H7N中C的化合价为-,B中C的化合价为0,碳元素化合价共升高×6=4,依据得失电子守恒可知MnO2的系数为2,C6H7N系数为1;得+2MnO2+H2SO4——+(NH4)2SO4+MnSO4;再配平除氢、氧之外的其他元素,+2MnO2+H2SO4——+(NH4)2SO4+2MnSO4;补H2O配H、O,最后方程式两边再同乘以2,得2+4MnO2+5H2SO42+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O。
(3)C中含有6个C,2个O,4个不饱和度,含—CH2OH,依据信息含有两种不同化学环境的氢原子,所以高度对称,应含有两个—CH2OH,还余4个C,又知此分子为脂肪烃的衍生物,所以存在两个碳碳三键,补上两个—CH2OH即
HO—CH2—C≡C—C≡C—CH2—OH。
(4)A中的—NH2与乙酸中的—COOH反应,a正确;B只有一种位置异构体,b错误;E中含有C—Cl,可知c正确;E到F先水解,后消去,水解属于取代反应,d正确。
(5)缩聚过程中,有机物H断开O—H键,有机物F断开C—F键,脱下小分子HF形成高分子PESEK。
(6)应从电负性大小角度进行分析。
(7)有机合成题,首先写出原料、产物的结构简式、,依据信息可知,先合成酮,,酮再被氧化得。2025年陕西省普通高中学业水平选择性考试
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(陕西、山西、青海、宁夏考卷)
16.(1)
18.(1)
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姓
名
(2)
(2)
考生条形码区
准考证号
(3)
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正确填涂示例
(3
(4)
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(4
(5)
2A国D
7ABc
⊙
ada
.30
eRada
ooo
eRada
PRa
*Rada
(5
(6)
(6
(7)
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(7
15.(1)
(2)
17.(1)
(3)
(2
(3
(4)
(5)
(4)①
(6)
(7)
③
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化 学
(满分100分 考试用时75分钟)
一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45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.下列与生活相关的叙述中,不涉及化学变化的是 ( )
A.干冰升华助力舞台云雾形成 B.珍珠遇酸后失去光泽
C.加酶洗衣粉清洗蛋白质污渍 D.植物油久置氧化变质
2.下列化学用语表达错误的是 ( )
A.甲醛(HCHO)的分子空间结构模型:
催化剂
B.制备聚乙炔:nH—C≡C—H →CH CH
C.碳酸银溶于硝酸的离子方程式:CO2-3 +2H+ H2O+CO2↑
D.1molSO2-4 含有4NA 个σ键电子对
3.下列描述不能正确地反映事实的是 ( )
A.室温下SiO2与碳不发生反应,高温下可生成Si和CO
B.室温下苯与溴不发生反应,温度升高生成大量溴苯
C.通常含硒的化合物有毒性,但微量硒元素有益健康
D.某些镇痛类生物碱可用于医疗,但滥用会危害健康
4.下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是 ( )
选项 A B C D
实验 分离乙酸乙酯和饱和
用量热计测定反应热 在铁片上镀镍 转移热蒸发皿至陶土网
目的 食盐水
实验
示意图
·1·
5.下列说法错误的是 ( )
A.胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应
B.合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物
C.配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键
D.超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成
6.某化合物的分子式为XY2Z。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大,三者的原子核外电子
层数之和与未成对电子数之和相等,Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是 ( )
A.三者中Z的原子半径最大 B.三者中Y的第一电离能最小
C.X的最高化合价为+3 D.XZ3与NH3键角相等
7.下列关于物质性质或应用解释错误的是 ( )
选项 性质或应用 解释
A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小
B NH3溶于水显碱性 NH3可结合水中的质子
C OF2可以氧化 H2O OF2中O显正电性
D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系
8.如图所示的物质转化关系中,固体A与固体B研细后混合,常温下搅拌产生气体C和固体D,温度迅速下
降。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体,常用作钡餐。下列叙述错误
的是 ( )
HCl
O2,催化剂 O2 H2O
↓ →C →E
→F →GA 搅拌
→H2OB Na2SO4 溶液
→D →H
A.在C的水溶液中加入少量固体A,溶液pH升高
B.D为可溶于水的有毒物质
C.F溶于雨水可形成酸雨
D.常温下可用铁制容器来盛装G的浓溶液
·2·
9.SO2晶胞是长方体,边长a≠b≠c,如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.一个晶胞中含有4个O原子
B.晶胞中SO2分子的取向相同
C.1号和2号S原子间的核间距为 2 2 22 a +b pm
D.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个
10.制备α-氯代异丁酸的装置如图。在反应瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解),加热到70℃,通入Cl2,反应
剧烈放热,通气完毕,在120℃下继续反应。反应结束,常压蒸馏得产物。反应方程式:
COOH COOH
催化剂
H3C C H +Cl2 → H3C C Cl +HCl△
CH3 CH3
下列说法错误的是 ( )
A.干燥管可防止水蒸气进入反应瓶 B.可用NaOH溶液作为吸收液
C.Cl2通入反应液中可起到搅拌作用 D.控制Cl2流速不变可使反应温度稳定
11.桥头烯烃Ⅰ的制备曾是百年学术难题,下列描述正确的是 ( )
A.Ⅰ的分子式是C7H12 B.Ⅰ的稳定性较低
C.Ⅱ有2个手性碳 D.Ⅱ经浓硫酸催化脱水仅形成Ⅰ
·3·
12.某电池的正极材料为LiFePO4,负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂LiSO2CF3,能使
失活的电池再生并延长寿命,且保持电池原结构。将LiSO2CF3注入电池后充电补锂,过程中[SO -2CF3]
转化为气体离去。下列有关充电补锂的说法错误的是 ( )
A.[SO2CF -3] 在阳极失去电子
B.生成气体中含有氟代烃
C.过程中铁元素的价态降低
D.[SO2CF ]-3 反应并离去是该电池保持原结构的原因
13.N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是 ( )
A.KNO3的熔点比K3PO4的低,因为KNO3的离子键更强
B.磷单质通常不以P2形式存在,因为磷磷之间难以形成三键
H O
C.次磷酸 HO P→O 比硝酸 HO N→O 的酸性弱,因为前者的 H—O键极性小
H
D.P形成PF5而N形成NF3,因为P的价层电子轨道更多且半径更大
14.铜(Ⅰ)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物
质的量分数,总铜浓度为1.0×10-3mol·L-1。下列描述正确的是 ( )
A.Cu++3L [CuL +3] 的lgK=0.27
B.当c(Cu+)=c{[CuL]+}时,c{[CuL +2] }=2.0×10-4mol·L-1
C.n从0增加到2,[CuL +n] 结合L的能力随之减小
D.若c{[CuL]+}=c{[CuL3]+},则2c{[CuL +2] }15.某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H O)]3+2 6 和[Fe(H 2+2O)6] 在电极上发生相互转化,伴随着热
量的吸收或释放,经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交
换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热,其他区域绝热。下列描述错误的是 ( )
·4·

A.阴极反应为[Fe(H2O) 3+6] +e- [Fe(H2O)]2+6
B.已知②处的电解液温度比①处的低,可推断[Fe(H 2+ 3+2O)6] 比[Fe(H2O)6] 稳定
C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D.已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后[Fe(H2O)]2+6 和[Fe
(H O)]3+2 6 离子结构的改变
二、非选择题:本题共4小题,共55分。
16.(14分)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂,通过以下两种工艺制备:
水
萤石(CaF2) ↓
Ⅰ →研磨 →混合物 Ⅰ→水浸 →过滤 →滤液 Ⅰ→…→NaF固体
NaOH固体
萤石(CaF2) 水
↓
Ⅱ NaOH固体→研磨 →混合物 Ⅱ→水浸 →过滤 →滤液 Ⅱ→…→NaF固体
TiO2粉末
已知:室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低。
20℃时,NaF的溶解度为4.06g/100g水,温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题:
(1)基态氟离子的电子排布式为 。
(2)20℃时,CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L-1,用c表示CaF2的溶度积Ksp= 。
(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH Ca(OH)2+2NaF。分析混合物Ⅰ的组成,测得
反应的转化率为78%。水浸分离,NaF的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化,推测溶解度S(CaF2) (填“>”或“<”)S[Ca(OH)2]。
(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式:
。
·5·
(5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为 (填字母)。
a.蒸发至大量晶体析出,趁热过滤
b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶、过滤
(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填字母)。
a.增大反应物间的接触面积 b.破坏反应物的化学键
c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触
17.(13分)化合物G是某药物的关键原料,合成路线如下:
NH2 O O NHCOCH3 NHCOCH3 NH2
CH3 C O C CH3 AlCl3 水解 NaNO +2,H
→ → → →
COCH3 COCH3
OH OCOCH3 OH OH
A B C D
F
HF
中间体 →
E/F COCH3OH
G
回答下列问题:
(1)化合物A分子内含氧官能团的名称为 。
(2)化合物A→B的反应类型为 反应。B的核磁共振氢谱有 组峰。
(3)能用于分离化合物B和C的试剂为 (填字母)。
a.NaHCO3水溶液 b.Na2CO3水溶液 c.Na2SO4水溶液
(4)C→D的反应方程式为 。
在A的氮原子上引入乙酰基(CH3CO—)的作用是 。
(5)化合物D与 H+间的反应方程式:
NH +2 NH3

+H+

COCH3 COCH3
OH OH
用类比法,下列反应中X的结构简式为 。
NH2 HN N O

+X → +H+
COCH3 COCH3
OH OH
D E
·6·













(6)E存在一种含羰基异构体F,二者处于快速互变平衡。F与 HF反应可生成G,写出F的结构简式:
。
18.(14分)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中,观察到的实验现象与理论预测有差异。根
据实验描述,回答下列问题:
(1)向2mL10% NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液,振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液,加热。
①反应产生的砖红色沉淀为 (写化学式),葡萄糖表现出 (填“氧化”或“还原”)性。
②操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因:
。
(2)向20mL0.5mol·L-1CuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去,再加入盐酸并加热至溶液中无气
泡产生为止。过滤得固体,洗涤并真空干燥。
①加入盐酸的目的是 。
②同学甲一次性加入1.18gZn粉,得到0.78g红棕色固体,其组成是 (填字母)。
a.Cu b.Cu包裹Zn c.CuO d.Cu和Cu2O
③同学乙搅拌下分批加入1.18gZn粉,得到黑色粉末X。分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于
X的组成提出了三种可能性:Ⅰ.CuO;Ⅱ.CuO和Cu;Ⅲ.Cu,开展了下面2个探究实验:
由实验结果可知,X的组成是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析,X为黑色的原因是
。
19.(14分)CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题:
(1)已知一定温度下,
CaH2(s)+6Fe2O3(s) Ca(OH)2(s)+4Fe3O4(s) ΔH -11=mkJ·mol
2CaH2(s)+Fe3O4(s) 2Ca(OH)2(s)+3Fe(s) ΔH2=nkJ·mol-1
则3CaH2(s)+2Fe2O3(s) 3Ca(OH)2(s)+4Fe(s)的ΔH3= kJ·mol-1(用m 和n表示)。
(2)图1分别是260℃、280℃和300℃下CaH2(s)还原Fe2O3(s)过程中反应体系电阻R(Ω)随反应时间t
(h)变化的曲线,可用 (填字母)表示反应的快慢。
a.Rt b.-
ΔR
t c.
R d.-ΔRΔt Δt
·7·
图1
(3)图1中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。
(4)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自于其产生的 H2。一般认为 H2 在Fe2O3 表面被氧
化成 H2O有两种可能途径,图2是理论计算得到的相对能量变化图,据此推测途径 (填“a”或“b”)
是主要途径。
图2 (TS代表过渡态)
(5)CaH2(s)产生 H2的可能反应:①CaH2(s) Ca(s)+H2(g)或②CaH2(s)+2H2O(g) Ca(OH)2
(s)+2H2(g)。将CaH2(s)放在含微量水的N2气流中,在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增
加,由此可断定 H2的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是 H2 的来
源,必须进行的实验是 。
(6)已知3H2(g)+Fe2O3(s) 3H2O(g)+2Fe(s)。研究表明,在相同温度下,用CaH2(s)还原Fe2O3
(s)比直接用 H2(g)还原更有优势,从平衡移动原理角度解释原因:
。
·8·2025年广东省普通高中学业水平选择性考试
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Ti—48 Fe—56
一、选择题:本大题共16小题,共44分。第1~10小题,每小题2分;第11~16小题,每小题4分。在每小题
列出的四个选项中,只有一项符合题目要求。
1.中华传统技艺,凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是 ( )
剪纸
中医针灸
篆刻 活字印刷术
A.纸哪吒 B.石印章 C.木活字 D.不锈钢针
2.在法拉第发现苯200周年之际,我国科学家首次制备了以金属 M 为中心的多烯环配合物。该
配合物具有芳香性,其多烯环结构(如图)形似梅花。该多烯环上 ( )
A.C—H 键是共价键 B.有8个碳碳双键
C.共有16个氢原子 D.不能发生取代反应
3.现代科技,增强国力,增进民生福祉。下列说法正确的是 ( )
A.我国科学家首次测得了月球背面月幔水含量。1molH2O质量为10g
B.利用MoS2成功为金属材料“重塑金身”。MoS2中Mo的化合价为+6
C.穿上电动机械腿,助力行走不是梦。行走时电池将电能转化为化学能
D.沙海养鱼蹚出治沙新路,让沙海沙山变成金山银山。鱼肉富含蛋白质
4.劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是 ( )
选项 劳动项目 化学知识
A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排 CaSO4+CO2-3 CaCO +SO2-3 4
B 用BaCl2和盐酸检验粗盐中是否含SO2- Ba2++SO2-4 4 BaSO4↓
C 使用 MgCl2溶液点卤制豆腐 MgCl2使蛋白质盐析
D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化,反应放热
·1·
5.声波封印,材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是 ( )
A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯,其单体是CH3CH2Cl
B.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成,Fe3O4具有磁性
C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换,涉及物理变化
D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料,单晶硅是一种共价晶体
6.对铁钉进行预处理,并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 ( )
A.除油污 B.除铁锈 C.制铜氨溶液 D.铁钉镀铜
7.能满足下列物质间直接转化关系,且推理成立的是 ( )
O2 O2 H2O ( )NaOH
(或 HCl)
单质X →氧化物1 →氧化物2 →酸 或碱 →盐
A.X可为铝,盐的水溶液一定显酸性
B.X可为硫,氧化物1可使品红溶液褪色
C.X可为钠,氧化物2可与水反应生成 H2
D.X可为碳,盐的热稳定性:NaHCO3>Na2CO3
8.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确,且两者间具有因果关系的是 ( )
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 浓硝酸具有强氧化性
B 向蔗糖中加适量浓硫酸,蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性
C Fe2+与K3[Fe(CN)6]可生成蓝色物质 KSCN溶液可用于检验Fe3+
D MnO2与浓盐酸共热,生成黄绿色气体 Cl2+SO2+2H2O H2SO4+2HCl
9.元素a~i为短周期元素,其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确
的是 ( )
A.a和g同主族
B.金属性:g>h>i
C.原子半径:e>d>c
D.最简单氢化物沸点:b>c
·2·
10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A.1mol18O2的中子数,比1mol16O2的多2NA
B.1molFe与水蒸气完全反应,生成 H2的数目为2NA
C.在1L0.1mol·L-1的NH Cl溶液中,NH+4 4 的数目为0.1NA
D.标准状况下的22.4LCl2与足量 H2反应,形成的共价键数目为2NA
11.利用如图装置进行实验:打开K1、K2,一定时间后,a中溶液变蓝;关闭K1,打开K3,点燃酒精灯加热数分
钟后,滴入无水乙醇。下列说法错误的是 ( )
A.a中现象体现了I-的还原性
B.b中 H2O2既作氧化剂也作还原剂
C.乙醇滴加过程中,c中的铜丝由黑变红,说明乙醇被氧化
D.d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙酸
12.CuCl微溶于水,但在Cl-浓度较高的溶液中因形成[CuCl]-2 和[CuCl3]2-而溶解。将适量CuCl完全溶
于盐酸,得到含[CuCl -2] 和[CuCl]2-3 的溶液,下列叙述正确的是 ( )
A.加水稀释,[CuCl3]2-浓度一定下降
B.向溶液中加入少量NaCl固体,[CuCl -2] 浓度一定上升
C.H[CuCl2]的电离方程式为:H[CuCl + + -2] H +Cu +2Cl
D.体系中,c(Cu+)+c(H+)=c(Cl-)+c([CuCl -2] )+c([CuCl]2-3 )+c(OH-)
13.由结构不能推测出对应性质的是 ( )
选项 结构 性质
A SO3的VSEPR模型为平面三角形 SO3具有氧化性
B 钾和钠的原子结构不同,电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同
C 乙烯和乙炔分子均含有π键 两者均可发生加聚反应
石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子,可在整个碳原子平面中
D 石墨具有类似金属的导电性
运动
·3·
14.一种高容量水系电池示意图如图。已知:放电时,电极Ⅱ上 MnO2 减
少;电极材料每转移1mol电子,对应的理论容量为26.8A·h。下列
说法错误的是 ( )
A.充电时Ⅱ为阳极
B.放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低
C.放电时负极反应为:MnS-2e- S+Mn2+
D.充电时16gS能提供的理论容量为26.8A·h
15.按如图组装装置并进行实验:将铜丝插入溶液中,当c中红色褪去
时,将铜丝拔离液面。下列叙述错误的是 ( )
A.a中有化合反应发生,并有颜色变化
B.b中气体变红棕色时,所含氮氧化物至少有两种
C.c中溶液红色刚好褪去时,HCO-3 恰好完全反应
D.若将a中稀硝酸换为浓硫酸并加热,则c中溶液颜色会褪去
16.某理论研究认为:燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c,其中
O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知,理论上 ( )
A.负极反应的催化剂是ⅰ
B.图a中,ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C.电池工作过程中,负极室的溶液质量保持不变
D.相同时间内,电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
二、非选择题:本大题共4小题,共56分。考生根据要求作答。
17.(14分)酸及盐在生活生产中应用广泛。
(1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中,加入几滴酸性KMnO4溶液,振荡,观察到体系
颜色 。
(2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中,需要的操作及其顺序为:加热溶
解、 (填下列操作编号)。
·4·
a.冷却结晶 b.常温过滤 c.蒸馏 d.趁热过滤
(3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka,实验如下:取
50.00mL苯甲酸饱和溶液,用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定,用pH计测得
体系的pH随滴入溶液体积V 变化的曲线如图。据图可得:
①c0= mol·L-1。
②苯甲酸的Ka= (列出算式,水的电离可忽略)。
(4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧 酸 酸 性 可 用 Ka 衡 量。下 列 羧 酸 Ka的 变 化 顺 序 为:CH3COOHCCl3COOH增大,酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为:
COOH > COOH > COOH

F Br
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ,据此推断假设成立。
但乙同学认为该推断依据不足,不能用所测得的pH直接判断 Ka大小顺序,因为
。
乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka,其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。
④实验小结 假设不成立,芳香环上取代基效应较复杂,①中规律不可随意推广。
(5)该小组尝试测弱酸 HClO的Ka。
①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验,其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为
。
②小组讨论后,选用0.100mol·L-1NaClO溶液(含少量NaCl)进行实验,以获得 HClO的 Ka。简述该
方案 (包括所用仪器及数据处理思路)。
③教师指导:设计实验方案时,需要根据物质性质,具体问题具体分析。
·5·






18.(14分)我国是金属材料生产大国,绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究
新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ks (298K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16p
(1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有 (写一条)。
高压
(2)“高压加热”时,生成Fe2O3 的离子方程式为: +O2+ H2O Fe2O3↓+ △
H+
(3)“沉铝”时,pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知:“滤液1”中c(Cu2+)=0.022mol·
L-1,c(Ni2+)=0.042mol·L-1。
(4)“选择萃取”中,镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有 。
A.镍与N、O形成配位键 B.配位时Ni2+被还原
C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性
(5)NixCuyNz 晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知:同种位置原子相同,相
邻原子间的最近距离之比dNi-Cu∶dNi-N= 2∶1,则x∶y∶z= ;晶体中
与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。
(6)①“700℃加热”步骤中,混合气体中仅加少量 H2,但借助工业合成氨的逆反应,可使Fe不断生成。该
步骤发生反应的化学方程式为 和 。
·6·
②“电解”时,Fe2O3颗粒分散于溶液中,以Fe片、石墨棒为电极,在下面的虚线框中,画出电解池示意图并
做相应标注。
③与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是
(写一条)。
19.(14分)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
(1)基态Ti原子的价层电子排布式为 。
(2)298K下,反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0,则298K下该反应
(填“能”或“不能”)自发进行。
(3)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0molTiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中,
反应体系存在下列过程。
编号 过程 ΔH
(a) Ti(s)+TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1
(b) TiCl2(s)+TiCl -14(g) 2TiCl3(g) +200.1kJ·mol
(c) Ti(s)+3TiCl4(g) 4TiCl3(g) +132.4kJ·mol-1
(d) TiCl3(g) TiCl3(s) ΔH2
①ΔH1= kJ·mol-1。
②不同温度下,平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质
为 。
③温度T0K下,n[TiCl4(g)]= mol,反应(c)的平衡常数 K
= (列出算式,无须化简)。
(4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4)的分解反应:
(e)N2H4 N2+2H2 (f)3N2H4 N2+4NH3
为研究 某 钛 基 催 化 剂 对 上 述 反 应 的 影 响,以 肼 的 水 溶 液 为 原 料(含
N2H4的物质的量为n0),进行实验,得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的
曲线如图。其中,n1为 H2与 N2的物质的量之和;n2为剩余 N2H4的物
质的量。
·7·
设ne为0~t时间段内反应(e)
n
消耗N2H4的物质的量,该时间段内,本体系中催化剂的选择性用
e
n0-n
×
2
100% 表示。
①0~t0min内,N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。
②0~t0min内,催化剂的选择性为 (用含y1与y2的代数式表示,写出推导过程)。
20.(14分)我国科学家最近在光-酶催化合成中获得重大突破,光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合
成,其中的一个反应如下(反应条件略;Ph-代表苯基C6H5- )。
Ph
O O CHO
Br
+ Ph + → +
3a OH
Ph 2a (α-溴代丙酮) Ph
1a 4a 5a
(主产物) (副产物)
(1)化合物1a中含氧官能团的名称为 。
(2)①化合物2a的分子式为 。
②2a可与 H2O发生加成反应生成化合物Ⅰ。在Ⅰ的同分异构体中,同时含有苯环和醇羟基结构的共
种(含化合物Ⅰ)。
(3)下列说法正确的有 。
A.在1a、2a和3a生成4a的过程中,有π键断裂与σ键形成
B.在4a分子中,存在手性碳原子,并有20个碳原子采取sp2杂化
C.在5a分子中,有大π键,可存在分子内氢键,但不存在手性碳原子
D.化合物5a是苯酚的同系物,且可发生原子利用率为100%的还原反应
(4)一定条件下,Br2与丙酮(CH3COCH3)发生反应,溴取代丙酮中的α-H,生成化合物3a。若用核磁共
振氢谱监测该取代反应,则可推测:与丙酮相比,产物3a的氢谱图中 。
(5)已知:羧酸在一定条件下,可发生类似于丙酮的α-H 取代反应。根据上述
信息,分三步合成化合物Ⅱ。
①第一步,引入溴:其反应的化学方程式为 Ⅱ
。
②第二步,进行 (填具体反应类型):其反应的化学方程式为 (注明反应条件)。
③第三步,合成Ⅱ:②中得到的含溴有机物与1a、2a反应。
(6)参考上述三组分反应,直接合成化合物Ⅲ,需要以1a、 (填结构简式)和3a为反应物。
O O

Ph
Ⅲ
·8·










2025年普通高中学业水平选择性考试(陕晋宁青卷)
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量 :H—1 B—11 C—12 6.下列对物质性质的解释错误的是 ( )
N—14 O—16 Co—59 Ag—108 选项 物质性质 解释
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 氯 化 钠 熔 点 高 于 氯化钠离子键强于A
要求的。 氯化铯 氯化铯
1.“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材 碘和四氯化碳都是B 碘易溶于四氯化碳
料属于金属材料的是 ( ) 非极性分子
A.“C919”大飞机用的氮化硅涂层 草酸氢根离子水解C 草酸氢钠溶液显酸性
B.“梦想”号钻探船钻头用的合金 程度大于电离程度
C.“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 离子液体中有可移
D.“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜 D 离子液体导电性良好 动的阴、阳离子
2.下列化学用语或图示表达正确的是 ( ) 7.下列有关反应方程式错误的是 ( )
‥ ‥
A.CS 的电子式为︰S︰︰C︰︰S︰ A.泡沫灭火器反应原理
:6NaHCO3+Al2(SO4)3
2
2 2 3Na2SO4+2Al( )B.基态Be原子的价电子排布式为2s2 OH 3↓+6CO2↑p
B.用金属钠除去甲苯中的微量水:2Na+2H2O
C.C2H2的球棍模型为 2NaOH+H2↑
H C CH C.用 NaOH 溶 液 吸 收 尾 气 中 的 NO :2NO +3 3 2 2
2OH- NO-+NO-+H OD.反-2-丁烯的结构简式为 C C 3 2 2
D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉:Cl2+2OH-
H H ClO-+Cl-+H2O
3.下列有关物质性质与用途对应关系错误的是 ( ) 8.一种负热膨胀材料的
A.单晶硅熔点高,可用于制造芯片 立方晶胞结构如图,
B.金属铝具有还原性,可用于冶炼金属 晶 体 密 度 为 dg·
C.浓硫酸具有吸水性,可用作干燥剂 cm-3。阿伏加德罗常
D.乙炔燃烧火焰温度高,可用于切割金属 数的值为 NA。下列
4.抗 坏 血 酸 葡 萄 糖 苷 说法错误的是 ( )
(AA2G)具 有 抗 氧
化 功 能。下 列 关 于 A.沿晶胞体对角线方向的投影图为
AA2G 的 说 法 正 确
的是 ( ) B.Ag和B均为sp3杂化
A.不能使溴水褪色 C.晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个
3
B.能与乙酸发生酯化反应 D.Ag和B的最短距离为 3× 2232 N d×10
10pm
C.不能与NaOH溶液反应 A
D.含有3个手性碳原子 9.一种高聚物(XYZ2)n 被称为
5.“机械键”是两个或多个 “无机橡胶”,可由如图所示的
分子在空间上穿插互锁 环状三聚体制备。X、Y 和 Z
的一种结合形式。我国 都是短周期元素,X、Y价电子
科研人员合成了由两个 数相等,X、Z电子层数相同,基
全苯基大环分子组成的 态Y的2p轨道半充满,Z的最
具有“机械键”的索烃, 外层只有1个未成对电子。下列说法正确的是
结构如图。下列说法错误的是 ( ) ( )
A.该索烃属于芳香烃 A.X、Z的第一电离能:X>Z
B.该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 B.X、Y的简单氢化物的键角:X>Y
C.该索烃的两个大环之间不存在范德华力 C.最高价含氧酸的酸性:Z>X>Y
D.破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 D.X、Y、Z均能形成多种氧化物
·1·

10.下列实验方案不能得出相应结论的是 ( )
甲
A.结论:金属活动性顺 B.结论:氧化性顺序为
序为Zn>Fe>Cu Cl 3+2>Fe >I2
C.结论:甲基使苯环 D.结论:增大反应物浓
活化 度,该反应速率加快
11.某元素的单质及其化 乙
合物 的 转 化 关 系 如 A.电解时,H+从右室向左室移动
图。常温常压下G、J 电解B.电解总反应:TY+H2O TQ+2H2↑
均为 无 色 气 体,J具
有漂白性。阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说
法错误的是 ( ) C.以 为原料,也可得到TQ
A.G、K均能与NaOH溶液反应 OH
B.H、N既具有氧化性也具有还原性 18O
C.M和N溶液中的离子种类相同 用18 标记电解液中的水,可得到
D.1molG与足量的J反应,转移电子数为N D. OA
12.格氏试剂性质活泼,可与空气中的 H2O和O 等 O2
反应。 3+ 2+ 2+某兴趣小组搭建了图示无水无氧装置(部 14.常温下,溶液中Al 、Zn 、Cd 以氢氧化物形
分装置略),以乙醚(沸点34.5℃)为溶剂,利用 式 沉 淀 时,-lg[c(X)/(mol· L
-1)]与
下述反应高产率地制备二苯甲酮。 -lg[c(H+)/(mol·L-1)]的关系如图[其中 X
主反应 代表Al
3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH)-4 、Zn(OH)2-4
O O 或Cd(OH)2-4 ]。
已知:Ksp[Zn(OH)2]MgBr+ Cl → (OH)2 比 Cd(OH)2 更 易 与 碱 反 应,形 成
无水乙醚 ( )2-;溶液中 ( ) -5 · -1格氏试剂 时,苯甲酰氯 二苯甲酮 M OH 4 cX ≤10 mol L X
副 反 应
可忽略不计。

OMgBr
MgBr
→
无水乙醚

副产物
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 下列说法错误的是 ( )
C.图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 A.L为-lgc[Al(OH)-4 ]与-lgc(H+)的关系曲线
D.产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏 B.Zn2+ +4OH- Zn(OH)2-4 的 平 衡 常 数
试剂反应 为1011.2
13.我国科研人员采用图甲所示的电解池,由百里酚 C.调节NaOH 溶液浓度,通过碱浸可完全分离
(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要 Cd(OH)2和Al(OH)3
反应历程如图乙(灰球表示电极表面催化剂)。 D.调节溶液pH 为4.7~6.4,可将浓度均为
下列说法错误的是 ( ) 0.1mol·L-1的Zn2+和Al3+完全分离
·2·



















二、非选择题:本题共4小题,共58分。 16.(14分)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为
15.(15分)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]· Mn2+、Mg2+、NH+4 的硫酸盐)的工艺流程如下。
xH2O,并测定其结晶水含量。
已知:Sac- 表 示 糖 精 根 离 子,其 摩 尔 质 量 为
182g·mol-1;糖精钴的溶解度在热水中较大,
在冷水中较小;丙酮沸点为56℃,与水互溶。
CoCl2·6H2O+2NaSac·2H2O [Co(Sac)2
(H2O)4]·xH2O+(6-x)H2O+2NaCl
(一)制备 已知:①常温下Ksp(MgCO3)=10-5.17,Ksp[Mg
Ⅰ.称取1.0gCoCl·6H O,加入18mL蒸馏 (OH)]=10-11.25,K [Mn(OH)]=10-12.722 2 2 sp 2 ;
水,搅拌溶解,得溶液1。 O O 2-
Ⅱ.称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H2O), 2- 结构式为
, , 。 ②S2O8 O S O O S O
。
加入10mL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 O O
分钟后停止加热,静置,冷却结晶。 回答下列问题:
Ⅳ.过滤,依次用三种不同试剂洗涤晶体,晾干得 (1)制备废盐溶液时,为加快废盐溶解,可采取的措
产品。 施有 、 (写出两种)。
回答下列问题: (2)“沉锰Ⅰ”中,写出形成的 Mn(OH)2 被氧化
(1)Ⅰ和Ⅱ中除烧杯外,还需用到的玻璃仪器有 成 Mn3O4 的化学方程式: 。
(写出两种)。 当Mg2+(c=10-0.68mol·L-1)将要开始沉淀时,溶
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时,可将烧杯 液中剩余Mn2+浓度为 mol·L-1。
置于 中,以使大量晶体析出。 (3)“沉锰Ⅱ”中,过量的(NH4)2S2O8 经加热水
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1% NaSac溶 解去除,最终产物是 NH4HSO4 和
液洗涤晶体,正确顺序为 (填字母)。 (填化学式)。
A.①③② B.③②① C.②①③ (4)“沉镁Ⅰ”中,当pH为8.0~10.2时,生成碱
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净,取水洗时的 式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O],煅
最后一次滤液于试管中, 烧得到疏松的轻质 MgO。pH过大时,不能得到
轻质 MgO的原因是
(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 (5)“沉 镁 Ⅱ”中,加
(填字母)。 H3PO4 至 pH=8.0
时,Mg2+ 沉 淀 完 全;
若加至pH=4.0时沉
淀完 全 溶 解,据 图 分
A.护目镜 B.洗手 C.热烫 D.锐器 析,写 出 沉 淀 溶 解 的
(二)结晶水含量测定 离子方程式:
EDTA和Co2+形成1∶1配合物。准确称取mg 。
糖精钴产品于锥形瓶中,加蒸馏水,加热溶解,再 (6)“结晶”中,产物X的化学式为
加入缓 冲 溶 液 和 指 示 剂,在50~60 ℃下,用 。
cmol·L-1的EDTA标准溶液滴定。 (7)“焙烧”中,Mn元素发生了 (填“氧
(6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。 化”或“还原”)反应。
a.用标准溶液润洗滴定管 17.(15分)MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方
b.加入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处 面具有重要应用。科研人员设计了利用 MgCO3与
c.检查滴定管是否漏水并清洗 H2反应生成CH4的路线,主要反应如下:
d.赶出气泡,调节液面,准确记录读数 Ⅰ.MgCO3(s) MgO(s)+CO2(g) ΔH1=
(7)滴定终点时消耗标准 溶 液V mL,则 产 品 +101kJ·mol-1
[Co(Sac)2(H2O)4]·xH2O 中 x 的 测 定 值 为 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)
(用含m、c、V 的代数式表示);若滴定前滴 ΔH2=-166kJ·mol-1
定管尖嘴处无气泡,滴定后有气泡,会导致x的测 Ⅲ.CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g)
定值 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 ΔH3=+41kJ·mol-1。
·3·







回答下列问题: ②点M 温度下,反应Ⅱ的 Kp= (kPa)-2
(1)计算 MgCO3(s)+4H2(g) MgO(s)+ (列出计算式即可)。
2HO(g)+CH (g) ΔH = kJ·mol-12 4 4 。 ③在550℃下达到平衡时,n(CO)= mol。
(2)提高CH4平衡产率的条件是 (填字母)。 500~600℃,随温度升高 H2 平衡转化率下降的
A.高温高压 B.低温高压 原因可能是
C.高温低压 D.低温低压 。
(3)高温下 MgCO3 分解产生的 MgO催化CO2 18.(14分)我国某公司研发的治疗消化系统疾病的
与 H2反应生成CH4,部分历程如图甲,其中吸 新药凯普拉生(化合物 H),合成路线如下(部分
附在催化剂表面的物种用*标注。所示步骤中 试剂、反应条件省略)。
最慢的基元反应是 (填序号),生成水的
基元反应方程式为 。
NH2 N2Cl
NaNO ,HCl
已知: 2 →
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)甲 由C转变为D的反应类型是 。
(4)100kPa下,在密闭容器中 H ()和 MCO (s) (4)同时满足下列条件的B的同分异构体有g g 2 3
各1mol发生反应。反应物(H 、MgCO)的平衡转 种(不考虑立体异构)。2 3
化率和生成物(CH 、CO)的选择性随温度变化关 ①含有两个甲基;②与钠反应产生氢气。4 2
系如图乙、丙所示(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 (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 (填字母)。
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
乙
比F的N—H键极性更小
O

(7)结 合 合 成 H 的 相 关 信 息,以 H 、
NH 2
和含一个碳原子的有机物(无机试剂任


丙 O
含碳生成物的物质的量 选)为原料,设计化合物 : S

的注 含碳生成物选择性=MgCO3转化的物质的量
×
O N
100%。
①表示CH4选择性的曲线是 (填序号)。 合成路线。
·4·











北京市2025年普通高中学业水平等级性考试
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化学答题卡
16.(1)①
18.(1)
姓
名
②
考生条形码区
(2)①
准考证号
④
③
-此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
(2)①
③
④
选择题（请用2B铅笔填涂）
(3)①
oo
4A国可可
5A百QD
6A国可
7A国QD
moo
.3oo
eRaoa
amoo
op
P3a
moe
(3
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
15.(1)
17.(1)
19.(2)①
(2)
(2
(3)
②
(3)①
②
(4)①
③
(4)①
②
(5
(3)①
②
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oo
4A国可可
5A百QD
6A国Q可
7A国QD
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P3a
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6图QD
(6)
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16.(1)
18.(1）
20.(1）
(2)①
(2)
③
③
(3)
3
(3)①
(4)
9
(4
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.op
7A国QD
9A国CD
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(6
15.(1)
(7)
17.(1)①
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②
(3)
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(S)
(6)
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④
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(辽宁、黑龙江、吉林、内蒙古考卷)
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(4
(5)
皇
3ABD
4A图GD
5A国-
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3a
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(6)
非选择题（请用0.5意米黑色签字笔作答）
(5
16.(1)
(2)
18.(1)
(3)
(2)
(4)》
(5)
(3
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(4)①
③
(7)
⑧
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年甘肃省普通高中学业水平选择性考试
化 学
(满分:100分 时间:75分钟)
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16
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.下列爱国主义教育基地的藏品中,主要成分属于无机非金属材料的是 ( )
A.劳动英雄模范碑(南梁革命纪念馆藏)
B.红军党员登记表(红军长征胜利纪念馆藏)
C.陕甘红军兵工厂铁工具(甘肃省博物馆藏)
D.谢觉哉使用过的皮箱(八路军兰州办事处纪念馆藏)
2.马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物,陶制文物的主要成分为硅酸盐,下列有关表述错误的是
( )
3s 3p
A.基态Si原子的价层电子排布图:↑↓ ↑ ↑
B.168O的同位素188O可作为有机反应示踪原子
‥
︰Cl︰
‥ ‥ ‥
C.SiCl4的电子式为:︰Cl︰Si︰Cl︰
‥ ‥ ‥
︰Cl︰
‥
D.SiO2的球棍模型为:
3.苦水玫瑰是中国国家地理标志产品,可从中提取高品质的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的结构简式如图,
下列说法错误的是 ( )
A.该分子含1个手性碳原子 B.该分子所有碳原子共平面
C.该物质可发生消去反应 D.该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色
·1·
4.CO2加氢转化成甲烷,是综合利用CO2 实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃,101kPa下,CO2(g)
+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-185kJ/mol。反应达到平衡时,能使平衡向正反应方向移动的是
( )
A.减小体系压强 B.升高温度 C.增大 H2浓度 D.恒容下充入惰性气体
5.X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同,均为其K层
电子数的3倍,X与Z同族,W为金属元素,其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列说法错误的是
( )
A.X与Q组成的化合物具有还原性 B.Y与Q组成的化合物水溶液显碱性
C.Z、W的单质均可在空气中燃烧 D.Z与Y按原子数1∶1组成的化合物具有氧化性
6.丁酸乙酯有果香味。下列制备、纯化丁酸乙酯的实验操作对应的装置错误的是(加热及夹持装置略)( )
A B C D
回流 蒸馏 分液 干燥
7.物质的结构决定性质,下列事实与结构因素无关的是 ( )
选项 事实 结构因素
A K与Na产生的焰色不同 能量量子化
B SiH4 的沸点高于CH4 分子间作用力
C 金属有良好的延展性 离子键
D 刚玉(Al2O3)的硬度大,熔点高 共价晶体
8.物质的性质决定用途,下列物质的性质与用途对应关系不成立的是 ( )
选项 物质的性质 用途
A NaHCO3 具有热分解性 餐具洗涤剂
B 酚醛树脂具有耐高温、隔热性 飞船外层烧蚀材料
C 离子液体具有导电性 原电池电解质
D 水凝胶具有亲水性 隐形眼镜材料
·2·
9.我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a),该分子和客体分子(CH3)4NCl可形成主
客体包合物:(CH +3)4N 被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是 ( )
A.主体分子存在分子内氢键 B.主客体分子之间存在共价键
C.磺酸基中的S—O键能比S O小 D.(CH3)N+4 和(CH3)3N中N均采用sp3杂化
10.我国科学家制备了具有优良双折射性能的C3H8N6I6·3H2O材料。下列说法正确的
是 ( )
A.电负性:NC.I-3 中所有I的孤电子对数相同 D.C3HN2+8 6 中所有N—H极性相同
11.处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下:
下列说法正确的是 ( )
A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式:2Fe+3Cu2+ 3Cu+2Fe3+
B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多,Al(OH)3沉淀越完全
C.“氧化”过程中铁元素化合价降低
D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质
12.我国科研工作者设计了一种 Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如下图)。以新型 MoNi/
NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上),在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错
误的是 ( )
·3·
A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率
B.在外电路中,电子从电极1流向电极4
C.电极3的反应为:4OH--4e- 2H2O+O2↑
D.理论上,每通过2mol电子,可产生1molH2
13.下列实验操作能够达到目的的是 ( )
选项 实验操作 目的
A 测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸
B 向稀Fe2(SO4)3 溶液滴入几滴浓硫酸,观察溶液颜色变化 探究H+对Fe3+水解的影响
向AgNO3 溶液先滴入几滴NaCl溶液,再滴入几滴NaI溶液,观察
C 比较AgCl和AgI的Ksp大小
沉淀颜色变化
D 将氯气通入Na2S溶液,观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性
14.氨基乙酸(NH2CH2COOH)是结构最简单的氨基酸分子,其分子在水溶液中存在如下平衡:
pK1=2.4 K+ + - p 2=9.6NH3CH2COOH NH3CH2COO NH2CH2COO-
c(NH CH COO-, ( -) 2 2 )在25℃时 其分布分数δ 如δNH2CH2COO =c(+NH3CH2COOH)+c(+NH -3CH2COO )+c(NH -2CH2COO )
与溶液pH关系如图1所示。在100mL0.01mol/L+NH3CH2COOH·Cl-溶液中逐滴滴入0.1mol/L
NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是 ( )
A.曲线Ⅰ对应的离子是+NH3CH2COOH
B.a点处对应的pH为9.6
C.b点处c(+NH3CH2COOH)=c(NH2CH2COO-)
D.c点处2c(+NH3CH2COOH)+c(+NH - + -3CH2COO )+c(H )=c(OH )
·4·
二、非选择题:本题共4小题,共58分。
15.(14分)某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3 和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O,并
通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀。
Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮,加强热时分解生成Eu2O3。
① ②
滴加稀盐酸 调节溶液pH至6 加入苯甲酸钠溶液 抽滤,洗涤Eu2O3 加热 → → → → 产品
(1)步骤①中,加热的目的为
。
(2)步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,目的为 ;pH接
近6时,为了防止pH变化过大,还应采取的操作为 。
(3)如图所示玻璃仪器中,配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为 。
(4)准确称取一定量产品,溶解于稀硝酸中,萃取生成的苯甲酸,蒸去有机溶剂,加入一定量的NaOH标准
溶液,滴入1~2滴酚酞溶液,用 HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为
。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙,原因为
。
(5)取一定量产品进行热重分析,每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0~92℃范围内产品质量减轻
的原因为 。结晶水个数x= 。[M(C H O-7 5 2 )=121,结果保留两
位有效数字]。
·5·
16.(15分)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3 及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、
锌和铅的绿色工艺,部分流程如下:
已知:As2O3熔点314℃,沸点460℃
分解温度:CuO1100℃,CuSO4560℃,ZnSO4680℃,PbSO4高于1000℃
Ksp(PbSO4)=1.8×10-8
(1)设计焙烧温度为600℃,理由为
。
(2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,该反应的化学方程式为
。
(3)酸浸的目的为 。
(4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。
(5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料,室温下该化合物晶胞如图所示,晶胞
参数a≠b≠c,α=β=γ=90°。Cs与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表
示);该化合物的化学式为 ,晶体密度计算式为 g/cm3(用带有阿伏加德
罗常数NA 的代数式表示,MCs、MPb和 MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。
17.(14分)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质,得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要
反应:
反应1:C2H2(g)+H2(g) C2H4(g) ΔH1=-175kJ·mol-1(25℃、101kPa)
反应2:C2H2(g)+2H2(g) C2H6(g) ΔH2=-312kJ·mol-1(25℃、101kPa)
·6·
(1)25℃、101kPa时,反应C2H4(g)+H2(g) C2H6(g) ΔH= kJ·mol-1。
(2)一定条件下,使用某含Co催化剂,在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/
转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在60~220℃范围内,乙炔转化率随温度升高而增大的原因为
(任写一条),当温度由220℃升高至260℃,乙炔转化率减小的原因可能为
。
②在120~240℃范围内,反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1 v2(填“>”“<”或
“=”),理由为
。
(3)对于反应1,反应速率v(C2H2)与 H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)=k c(H2) α 表示(k为
常数)。145℃时,保持其他条件不变,测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)=1.012×
10-4mol·L-1·s-1时,c(H2)= mol·L-1。
实验组 c(H -1 -1 -12)/mol·L v(C2H2)/mol·L ·s
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
(4)以Pd/W或Pd为催化剂,可在常温常压(25℃、101kPa)下实现乙炔加氢,反应机理如下图所示(虚线
为生成乙烷的路径)。以 为催化剂时,乙烯的选择性更高,原因为
。(图中“*”表示吸附态;数值为生成相应过渡态的活化能)
·7·
18.(15分)毛兰菲是一种具有抗肿瘤活性的天然菲类化合物,可按下图路线合成(部分试剂省略):
(1)化合物A中的含氧官能团名称为 ,化合物A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为
。
(2)化合物B的结构简式为 。
(3)关于化合物C的说法成立的有 。
①与FeCl3溶液作用显色 ②与新制氢氧化铜反应,生成砖红色沉淀 ③与D互为同系物 ④能与 HCN
反应
(4)C→D涉及的反应类型有 , 。
(5)F→G转化中使用了CH3OLi,其名称为 。
(6)毛兰菲的一种同分异构体I具有抗氧化和抗炎活性,可由多取代苯甲醛J出发,经多步合成得到(如下
图)。已知J的1H-NMR谱图显示四组峰,峰面积比为1∶1∶2∶6。J和I的结构简式为 ,
。
·8·2025年甘肃省普通高等学校招生统一考试
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化学答题卡
16.(1)
18.(1)
姓
名
考生条形码区
(2
准考证号
(3
(2)
一此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4
3)
(5)
(4)
oo
A国QD
moo
5A百QD
6A国Q可
7A国QD
moo
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eRaoa
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P3a
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(5)
(6)
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
17.(1)
15.(1)
(2
(2)
(3)
(3
(4)
(4
(5)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效江苏省2025年普通高中学业水平选择性考试
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化学答题卡
15.(1)
17.(1)
姓
名
考生条形码区
(2)①
准考证号
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正确填涂示例
(3
②
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4
含自
3A国QD
w3a
.op
7A国QD
9A国CD
op
Fmoo
aoa
moe
(5
(3)①
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
②
14.(1)①
16.(1)①
③
②
②
(2)①
③
②(i)
(2)
(iⅱ)
(3)①
②
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年河北省普通高中学业水平选择性考试
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 N—14 6.丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M),其
O—16 F—19 S—32 Co—59 I—127 Sm— 结构简式如下:
150 Pb—207 OH O
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。
HO COOH
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目
HCO O CH
要求的。 3 3 H3CO
1.河北省古建筑数量大,历史跨度长,种类齐全,在 K M
我国建筑史上占有非常重要的地位。下列古建筑 下列说法正确的是 ( )
组件主要成分属于有机物的是 ( ) A.K中含手性碳原子
B.M中碳原子都是sp2杂化
C.K、M均能与NaHCO3反应
D.K、M共有四种含氧官能团
A.基石 B.斗拱 C.青瓦 D.琉璃 7.如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)
2.下列不符合实验安全要求的是 ( ) 不能完成相应气体的制备和检验的是 ( )
A.酸、碱废液分别收集后直接排放
B.进行化学实验时需要佩戴护目镜
C.加热操作时选择合适的工具避免烫伤
D.乙醇应存放在阴凉通风处,远离火种
3.高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列
说法错误的是 ( ) A.电石与饱和NaCl溶液
A.ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件 B.Na2SO3固体与70%的浓硫酸
B.聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜 C.大理石与稀盐酸
C.聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料 D.Al2S3固体与水
D.热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板 8.化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观
4.设NA 是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误 现象与微观解释不符的是 ( )
的是 ( ) 选项 宏观现象 微观解释
A.18gH2O晶体内氢键的数目为2NA
B.1L1mol·L-1的 NaF溶液中阳离子总数 氮分子中存在氮氮三氮气稳定存在于
为N A 键,断开该共价键需要A 自然界中
C.28 环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目 较多的能量g
为2NA 苯 不 能 使 溴 的 苯分子中碳原子形成
D.铅酸蓄电池负极增重96g,理论上转移电子数 B CCl4溶液褪色 了稳定的大π键
为2NA
5.下列化学用语表述正确的是 ( ) 天然水晶呈现多 原子在三维空间里呈
A.中子数为12的氖核素:22 C12Ne 面体外形 周期性有序排列
·· ··
B.氯化镁的电子式:·Cl·Mg·Cl·· · · ·
·· ·· 离子晶体中离子所带
C.甲醛分子的球棍模型: 氯化钠晶体熔点 电荷数越少,离子半径D
高于氯化铝晶体 越 大,离 子 晶 体 熔 点
D.CO2-3 的价层电子对互斥模型:
越低
·1·







9.W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素,W 原子中 12.氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料,广泛应
电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数 用于光电信息材料等领域,可利用反应Ga2O3(s)
相等,X与 W同族,Y与X相邻且Y原子比X原 +2NH3(g) 2GaN(s)+3H2O(g)制备。反
子多一个未成对电子,Z位于 W 的对角线位置。 应历程(TS代表过渡态)如下:
下列说法错误的是 ( )
A.第二电离能:XC.单质沸点:Y10.科 研 工 作 者 设 计 了 一 种 用 于 废 弃 电 极 材 料
LixCoO2(x<1)再锂化的电化学装置,其示意图
如下:
下列说法错误的是 ( )
A.反应ⅰ是吸热过程
B.反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV
已知:参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为 C.反应ⅲ包含2个基元反应
LiCoO2 的最优条件,不干扰电极反应。下列说 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中
法正确的是 ( ) 13.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 ( )
A.LiCoO 电极上发生的反应:LiCoO +xe-x 2 x 2 选项 实验操作及现象 结论
+xLi+ LiCoO2
B.产生标准状况下5.6LO2 时,理论上可转化 向盛有 NO2 与 N2O4 的
化 学 平 衡 向
1 mol的1-x LixCoO
恒压密闭容器中通入一定
2 A NO2 减少的
体积的N ,最终气体颜色
C.再锂化过程中,SO2-4 向LixCoO
2
2电极迁移 方向移动
D.电解过程中,阳极附近溶液pH升高 变浅
11.SmCok(k>1)是一种具有优异磁性能的稀土永
磁材料,在航空航天等领域中获得重要应用。 以K2CrO4 为指示剂,用
SmCok 的六方晶胞示意图如下,晶胞参数a= AgNO3 标准溶液滴定溶 Ksp(AgCl)500pm、c=400pm,M、N原子的分数坐标分别 液中的Cl-,先出现白色 Ksp(Ag2CrO4)
为 5,1,1 、 1,5,1 。设 N 是阿伏加德 沉淀,后出现砖红色沉淀6 6 2 6 6 2 A
罗常数的值。
向盛有2mLFeCl3 溶液
的试管中加入过量铁粉,
充分 反 应 后 静 置,滴 加 Fe2+ 具有还
C
KSCN溶液无明显变化; 原性
静置,取上层清液滴加几
滴氯水,溶液变红
下列说法错误的是 ( )
A.该物质的化学式为SmCo 向盛有5 2mL饱和Na2SO4
溶液的试管中滴加鸡蛋清
B.体心原子的分数坐标为 1,1,12 2 2 蛋 白 质 沉 淀D 溶液,振荡,有沉淀析出;
后活性改变
C.晶体的密度为 890 3 g·cm-3 加蒸馏水稀释,再振荡,沉3N -22A×10
淀溶解
D.原子Q到体心的距离为100 41pm
·2·

14.已知Cu2+和L3-结合形成两种配离子[CuL]-和 (2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的: (填字母)。
[CuL]4-2 。常温下,0.100mol·L-1的 H3L和 a.便于产物分离
0.002mol·L-1的CuSO 混合溶液中,HL2-和L3- b.防止暴沸4
的浓度对数lgc(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线) c.
防止固体产物包覆碘
2+ (3)( ) 步骤ⅰ中随着反应的进行
,促进碘溶解的原
[例如δ 2+Cu =
cCu
c(Cu2+)+c([CuL]-)+c([CuL2]4-) 因:
与溶液 H的关系如图所示:
(用离子方程式表示)。
p
(4)步骤ⅱ中的尾气常用 (填化学式)溶
液吸收。
(5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序:先通入 N2,
再加热;步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序:
。
(6)列出本实验产率的计算表达式: 。
()
( ) 7 氢碘酸见光易分解
,易被空气氧化,应保存在
下列说法错误的是
2+ 3- - 9.4 。A.Cu +L [CuL] ,K=10
16.(14分)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等
B.HL2- H++L3-,K=10-11.6 领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬
C.图中a点对应的pH=4.2 酸钾,同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的
D.当pH=6.4时,体系中c(HL2-)>c([CuL 4-2] ) 目标。流程如下:
>c([CuL]-)>c(L3-)
二、非选择题:本题共4小题,共58分。
15.(15分)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣
小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。
已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、
Al2O3、SiO2。
回答下列问题:
(1)基态铬原子的价层电子排布式:
步骤如下: 。
ⅰ.在A中加入150mLH2O和127gI2,快速搅 (2)煅烧工序中Fe(CrO2)2 反应生成K2CrO4 的
拌,打开K :1 通入 H2S,反应完成后,关闭K1,静 化学方程式
置、过滤得滤液; 。
ⅱ.将滤液转移至B中,打开K 通入N ,接通冷 (3)浸 取 工 序 中 滤 渣I的 主 要 成 分:Fe2O3、2 2
, , ; H2SiO3、 、 (填化学式)。凝水 加热保持微沸 直至 H2S除尽
(4)酸化工序中需加压的原因:
ⅲ.继续加热蒸馏,C中收集沸点为125~127℃间
。
的馏分,得到117mL氢碘酸(密度为1.7g·mL-1, (5)滤液Ⅱ的主要成分: (填化学式)。
HI质量分数为57%)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方
回答下列问题: 程式:
(1)仪器 A的名称: ,通入 H2S发生反 Fe(CO)5+ + Cr(OH)3↓+
应的化学方程式: + + CO↑
。 (7)滤渣Ⅱ可返回 工序。(填工序名称)
·3·

17.(15分)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原 ④已知:反应aA(g)+bB(g) yY(g)+zZ(g),
料,可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 py(Y)pz(Z)Kp= a b ,p 为组分的分压。调整进料
(1)石油化工路线中,环氧乙烷( )
( )
EO 水合工艺是 p Ap
(B)
比为n(CO)∶n(H2)=m∶3,, 系统压强维持一种成熟的乙二醇生产方法 环氧乙烷和水反应
,使 ( ) ,此时
, ( ) p0MPa α H2 =0.75 Kp= 生成乙 二 醇 伴 随 生 成 二 乙 二 醇 DEG 的 副
MPa-4(用含有m 和
。 p0
的代数式表示)。
反应
18.(14分)依拉雷诺(Q)是一种用于治疗非酒精性
主反应:EO(aq)+H2O(1) EG(aq) ΔH<0 脂肪性肝炎的药物,其“一锅法”合成路线如下:
副反应:EO(aq)+EG(aq) DEG(aq)
体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L-1,
恒温下反应30min,环氧乙烷完全转化,产物中
n(EG)∶n(DEG)=10∶1。
①0~30min内,v总(EO)= mol·L-1
·min-1。
②下列说法正确的是 (填字母)。
a.主反应中,生成物总能量高于反应物总能量
b.0~30min内,v总(EO)=v总(EG)
c.0~30min内,v主(EG)∶v副(DEG)=11∶1
回答下列问题:
d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (1)Q中含氧官能团的名称: 、 、
(2)煤化工路线中,利用合成气直接合成乙二醇, 。
原子利用率可达100%,具有广阔的发展前景。 (2)A→B的反应类型: 。
反 应 如 下:2CO (g)+ 3H2 (g) (3)C的名称: 。
HOCH2CH2OH(g) ΔH (4)C→D反应中,在加热条件下滴加溴时,滴液
按化学计量比进料,固定平衡转化率α,探究温度 漏斗末端位于液面以下的目的:
与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时,温 。
度与压强的关系如图: (5)“一锅法”合成中,在NaOH作用下,B与D反
应生成中间体E,该中间体的结构简式:
。
(6)合成过程中,D也可与 NaOH 发生副反应生
成 M,图甲、图乙分别为 D 和 M 的 核 磁 共 振
氢谱,推断 M 的结构,写出该反应的化学方程
式: 。
①代表α=0.6的曲线为 (填“L1”“L2”
或“L3”);原因是
。
②ΔH (填“>”“<”或“=”)0。 甲 乙
③已知:反应aA(g)+bB(g) yY(g)+zZ(g), (7)写出满足下列条件A的芳香族同分异构体的
xy(Y)xz()Kx=
Z
a( )b
,
()x为组分的物质的量分数
。 结构简式: 。
x Ax B (a)不与FeCl3溶液发生显色反应;
M、N 两点对应的体系,Kx(M) Kx(N) (b)红外光谱表明分子中不含C O键;
(填“>”“<”或“=”),D 点对应体系的Kx 的值 (c)核磁共振氢谱有三组峰,峰面积比为1∶1∶3;
为 。 (d)芳香环的一取代物有两种。
·4·
2025年化学(黑吉辽蒙卷)
1.D　本题考查资源的利用和化学变化。
石灰石煅烧过程中发生分解反应:CaCO3CaO+CO2↑,属于化学变化,A项不符合题意;磁铁矿(主要成分是Fe3O4)炼铁是利用CO还原Fe3O4:Fe3O4+4CO3Fe+4CO2,属于化学变化,B项不符合题意;煤的液化分为直接液化和间接液化,将煤转化为液体燃料,属于化学变化,C项不符合题意;石油分馏是利用成分的沸点不同将石油分离得到不同成分(汽油、煤油等),属于物理变化,D项符合题意。
2.C　本题考查化学用语、物质结构及晶体类型等。
CO2的电子式为,A项错误;H2O分子的空间结构是V形,B项错误;NH4Cl晶体中含有离子键、共价键,属于离子晶体,C项正确;由题给反应可说明溶解度:NaHCO33.B　本题考查化学键类型、VSEPR模型及孤电子对数等。
在H2O、HClO分子中,H—O之间存在s-p σ键,A项错误;题中3种分子均是以氧原子为中心原子,氧原子的孤电子对数均为2,故其分子的VSEPR模型均为四面体形,B项正确;原子半径:Cl>H,故键长:Cl—O>H—O,C项错误;HClO分子的电子式为,故Cl的价电子层有3个孤电子对,D项错误。
4.A　本题考查氧化还原反应基本原理和物质的量的相关计算。
氯化钠电解生成Cl2和Na,标准状况下11.2 L Cl2含原子数为NA,A项正确。2.3 g Na与O2反应生成0.05 mol Na2O2,含非极性键的数目为0.05NA,B项错误。反应③中1 mol Na2O2与足量H2O反应转移电子的数目为NA,C项错误。由于ClO-会水解产生HClO,所以100 mL 1 mol·L-1 NaClO溶液中ClO-的数目小于0.1NA,D项错误。
5.C　本题考查有机物的结构与性质。
Ⅰ中含有3种官能团:酯基、碳碳双键和氰基,A项错误;Ⅱ中含有酯基可水解,但不会断开长链而使黏合物分离,B项错误;Ⅱ的相对分子质量很大、熔点高,常温下为固态,C项正确;该反应为加聚反应,D项错误。
6.A　本题考查化学实验中方程式的书写。
空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中,黑色铜丝恢复光亮的紫红色,氧化铜被乙醇还原成单质铜,A项错误。Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液,白色氢氧化镁转化成红褐色氢氧化铁,B项正确。亚铁离子与铁氰化钾会产生蓝色沉淀,C项正确。Cr2在碱性条件下会转化成Cr,D项正确。
【复习启示】复习过程中,需要留心常见物质的颜色。
【知识拓展】高中化学常见物质颜色
铁:铁粉是黑色的;纯净铁是银白色的。
Fe2+——浅绿色
Fe3O4——黑色晶体
Fe(OH)2——白色固体
Fe3+——棕黄色
Fe(OH)3——红褐色固体
Fe(SCN)3——溶液呈红色
Fe(NH4)2(SO4)2——淡蓝绿色
FeO——黑色粉末
FeS——黑色固体
Fe2O3——红棕色粉末
FeCl3——棕黄色固体
铜:单质是紫红色
Cu2+——蓝色
CuO——黑色
Cu2O——红色
CuSO4(无水)——白色
CuSO4·5H2O——蓝色
Cu2(OH)2CO3——绿色
Cu(OH)2——蓝色
[Cu(NH3)4]SO4——溶液呈深蓝色
7.D　本题考查物质结构与元素推断。
由信息“基态X、Z原子均有2个单电子”及“X、Y、Z同周期”可初步确定X、Z可能为C、O或Si、S,再结合无机物甲、有机物乙的化学式,可确定X、Z分别为C、O;由X、Y、Z的原子序数依次增大,推出Y为N,则W为H。第一电离能:N>O>C,A项错误;N中存在H+与NH3间的配位键,B项错误;有机物乙的结构简式为,σ键和π键数目之比为7∶1,C项错误;甲中X、Y之间为碳氮三键,乙中X、Z之间为碳氧双键,D项正确。
8.B　本题考查实验基本操作。
碱石灰会同时吸收氯气和氯化氢,A错误。铜丝与稀硝酸接触反应产生NO,并且气体聚集在左侧,可以避免被氧化,B正确。乙醇和二硫化碳会互溶,不能用乙醇萃取二硫化碳中的硫单质,C错误。制作简易氢氧燃料电池,应先在两电极分别电解制备氢气和氧气,当合上开关K1,左侧锌电极为阳极,发生氧化反应,产生锌离子,右侧锌电极为阴极,发生还原反应,电极上生成氢气,D错误。
9.B　本题考查晶胞结构分析及密度计算等。
在晶胞中,W位于顶角,O位于棱心,则与W最近且等距的O有6个,A项正确;晶体化学式为NaxWO3,当x增大时,钠元素所带正电荷增多,则在氧原子数目不变的情况下,W的平均价态降低,B项错误;当x=0.5时,该晶胞的化学式为Na0.5WO3且一个晶胞含有1个Na0.5WO3,其密度ρ= g·cm-3= g·cm-3,C项正确;空位数不同时,对可见光存在选择性吸收,则晶体的颜色各异,D项正确。
10.A　本题考查有机物的性质及有机反应类型。
观察题中反应,根据有机物化学键的断裂和形成,可以判定题中所给反应是加成反应,不是取代反应,A错误。Ⅰ和Ⅱ中均含有羟基,可以发生酯化反应,B正确。Ⅰ和Ⅱ中均含有酰胺基,可以发生水解反应,C正确。根据题中反应机理,乙烯在紫外线作用下可以加成生成环丁烷,D正确。
11.C　本题利用工艺流程为载体,考查H2SO4的作用、元素化合价的变化及沉淀溶解平衡等知识。
在“浸出”时,硫酸作催化剂使生物质水解得到还原剂(葡萄糖),同时作浸取剂溶解高锰钴矿,A项正确;生物质(稻草)来源广泛且可再生,B项正确;“浸出”时,MnO2→Mn2+、Co3O4→Co2+,而铁元素化合价未变化,C项错误;依据Ksp(CoS)=10-20.4知,“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4,D项正确。
12.C　本题考查氧化还原反应的应用。
本题测定水样的COD思路:Ⅰ操作中过量KMnO4与水样反应;Ⅱ操作中过量KI把Mn、MnO2全部还原成Mn2+,I-被氧化成碘单质;Ⅲ操作中用硫代硫酸钠标准液滴定Ⅱ得到的溶液,根据消耗硫代硫酸钠的量间接求算操作Ⅰ中被还原成MnO2的KMnO4的物质的量,最后折算成水样的COD。
Ⅱ中Mn、MnO2均被I-还原成Mn2+,A选项正确。避光可以减少碘单质挥发,加盖减少进入瓶中的O2,抑制I-被O2氧化,B选项正确。根据前面思路分析,Ⅲ中消耗的硫代硫酸钠越多,水样的COD值越低,C选项错误。若Ⅰ为酸性条件,Mn会氧化水样中的Cl-,导致第一步中更多的Mn被还原成MnO2,进而导致测得水样的COD值偏高,D选项正确。
【审题关键】题中涉及反应较多时,一定要围绕一系列过程的最终目的去分析,找出一系列反应中的联系。
13.D　本题考查原电池原理及电极反应式的判断。
依据信息“放电过程中a、b极均增重”可知,放电时,a极变化为Cu2O→Cu2(OH)3Cl,b极变化为NaTi2(PO4)3→Na3Ti2(PO4)3,由此可知,a极为负极,b极为正极。放电时,Na+(阳离子)向b极(正极)迁移,A项正确;该电池工作时,负极吸收Cl-,正极吸收Na+,故可用于海水脱盐,B项正确;放电时,a为负极,Cu2O失e-生成Cu2(OH)3Cl,同时储氯,电极反应式为Cu2O-2e-+2H2O+Cl-Cu2(OH)3Cl+H+,C项正确;由题意可知,Ag的失电子能力比Cu2O强,若以Ag/AgCl电极代替a极(负极),将发生反应:Ag-e-+Cl-AgCl,电池仍具有储氢能力,D项错误。
14.A　本题考查化学反应机理。
图像中AB段进行①→④的反应,氢离子浓度增加,说明原料中氢离子的加入导致体系中氢离子浓度增加,BC段进行反应⑤,消耗氢离子,故原料中氢离子浓度变化会影响振幅和周期,A选项错误。根据氧化还原反应原理和化学方程式配平规则可以确定B中方程式正确,B选项正确。综合①→④的反应,消耗的氢离子和产生的氢离子数目相同,氢离子起催化作用,C选项正确。利用pH响应变色材料,可将pH振荡可视化,D选项正确。
【解题技巧】该试题是把物理振动图像和化学反应结合起来的创新题,在解决此类新情境试题时,要学会思考并提取题中涉及的化学知识,找准要解决的问题,进行分析、推理,才能高效作答。
15.B　本题考查电解质溶液图像分析。
将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中,随pH增大,发生的变化过程有AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)、Ag++NH3[Ag(NH3)]+、Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+,即随着溶液pH增大,NH3、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+的浓度依次增大,由于开始阶段相当于AgCl的饱和溶液,则c(Ag+)基本不变,故可确定:曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别为Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+、NH3的变化曲线。曲线Ⅲ表示[Ag(NH3)2]+的变化曲线,A项正确。D点时,依据电荷守恒,溶液中存在c(N)+c(H+)+c(Ag+)+c([Ag(NH3)]+)+c([Ag(NH3)2]+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(N),由于c(N)=0.1 mol·L-1,且c(Cl-)=c(Ag+)+c([Ag(NH3)]+)+c([Ag(NH3)2]+),故c(N)+c(H+)=c(OH-)+0.1 mol·L-1成立,B项错误。图像中pH=7.02时,c(Ag+)=c([Ag(NH3)]+),即K1=,而此时溶液中c(NH3)=10-3.24 mol·L-1,故K1=103.24,C项正确。图像中pH=6.45时,c([Ag(NH3)]+)=c([Ag(NH3)2]+),根据反应②:Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+、反应①:Ag++NH3[Ag(NH3)]+,由反应②-反应①可得:[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+,则=103.80,故K2=K1·=103.24×103.80=107.04。在C点时,c(Ag+)=c([Ag(NH3)2]+),利用反应②知:K2==107.04,故c(NH3)= mol·L-1=10-3.52 mol·L-1,D项正确。
【方法技巧】
解答有关粒子分数(或对数)的电解质溶液图像题时,注意抓好以下几点:
(1)明确横、纵坐标的含义(代表的化学反应中量之间的代数关系),注意:纵坐标中lg c(X)与pX的区别。
(2)确定横坐标值由小到大(从左到右)变化过程中,溶液中有关粒子的基本变化规律{如本题中,随着溶液pH增大,溶液中c(NH3)、c([Ag(NH3)]+)、c([Ag(NH3)2]+)依次增大,c(Ag+)开始阶段(饱和溶液)基本不变,之后逐渐减小,进而确定各曲线所代表的具体粒子}。
(3)关注图像中的特殊点及坐标(如相交点),快速解决反应平衡常数问题。如本题中利用B、D点对应溶液的c(NH3)值,可快速确定K1、K2,再依据K1、K2确定C点溶液的c(NH3)的值。
(4)该类型试题的解题模型可归纳为:找交点、算K值、思原理、做判断。
16.答案 (1)2　(2)S
(3)随着温度升高,化学反应速率加快,温度增加到一定程度导致NH3·H2O分解成NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,反应物浓度降低,导致反应速率下降
(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu
(5)Fe
(6)pH升高会使得溶液中A2-浓度增大,使PbSO4(s)+A2-PbA(s)+S平衡右移,促进PbA的形成　Pb(OH)2
(7)Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)2H2O↑+4CO↑+Pb
解析 本题考查以废渣为原料,通过一定工艺流程回收Zn、Pb的过程,体现了废物回收与利用的环境保护意识。
(1)H2A的结构式为,其中的手性碳已标注(*),有2个。
(2)S2根据S最高化合价为+6价,进行O元素化合价分析,可知其中有两个O为-1价,具备较强氧化性,故被还原后变为S。
(3)分析本题应该着重考虑“氧化浸出”步骤中反应物的性质,再结合影响化学反应速率的因素进行分析。刚开始升高温度使反应速率加快,故浸出率增大;随着温度的升高,NH3·H2O会分解产生NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,导致反应物浓度下降,进而使反应速率降低,浸出率减小。
(4)根据流程图,加入Zn获得铜单质,题中已知①中给出信息:ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+,以及Cu2+可与氨水形成配合物[Cu(NH3)4]2+,可推测“除铜”这一步反应物为Zn和[Cu(NH3)4]2+,产物为Cu、[Zn(NH3)4]2+。故“除铜”步骤发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu。
(5)根据流程图中制取ZnS的过程,可知“氧化浸出”后获取的滤液中含Cu、Zn元素,则废渣中的Fe元素应该存在于滤渣1中,经“浸铅”操作后Fe元素进入滤渣2。故滤渣2中金属元素为Fe。
(6)“浸铅”中发生反应PbSO4(s)+A2-PbA(s)+S,体系pH升高,A2-水解程度减小,c(A2-)增大,使“浸铅”反应平衡右移,PbA产率增大。pH过高时,结合Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8,推知可能产生Pb(OH)2。
(7)根据PbA“真空热解”产生Pb和2种气态氧化物,结合原子守恒,推知2种气态氧化物分别为CO、H2O,可得方程式Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)2H2O↑+4CO↑+Pb。
17.答案 (1)不产生副产物对二苯甲酸
()　原料易得,无污染
(2)50
(3)将未被氧化的对甲基苯甲醛萃取分离
(4)H++OH-H2O　+H+
(5)③　①　④　空气中的氧气
解析 本题以对甲基苯甲酸的绿色制备为载体,考查氧化剂选择、转化率分析、操作目的、离子方程式书写、实验步骤及反应机理等。
(1)KMnO4的氧化性强,不但氧化苯环上的醛基,还可将甲基氧化为—COOH,使产物不纯;本实验使用空气作氧化剂,原料易得且无污染,而KMnO4在反应前后易产生含锰元素的废液等。
(2)在反应未开始时(0 h),核磁共振氢谱峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶2∶3,恰好对应中的关系;在反应时间为2 h时,a∶a'=2∶1,说明正好有50%的对甲基苯甲醛转化为对甲基苯甲酸。
(3)步骤Ⅱ中,先蒸去丙酮,再加入过量NaOH溶液将转化为,故使用乙酸乙酯洗涤的目的是将未被氧化的对甲基苯甲醛萃取分离。
(4)步骤Ⅲ中,加稀盐酸,先中和过量NaOH,再将转化为。故离子方程式分别为H++OH-H2O、+H+。
(5)依据题意“丙酮易挥发”,故需先关闭阀门,再用液氮冷冻反应液,排走一部分溶解的16O2,再打开阀门抽气,当装置中空气抽净后又关闭阀门,再将反应液恢复室温。故操作顺序为①→②→③→①→④。对甲基苯甲酸()的相对分子质量为136,由表格数据可知反应条件为18O2和CH3COCH3时得到产物的相对分子质量为138,即1分子产物中含有1个18O,而反应条件为空气和CH3C18OCH3时得到产物的相对分子质量为136,即产物中没有18O,所以目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的O2。
18.答案 Ⅰ.(1)<
(2)-(2a+3b-c)
(3)温度过高,催化剂的催化活性下降;温度过高,反应平衡常数非常小
Ⅱ.(4)①Ⅰ　Ⅳ　②BD　③1.98　④0.025
解析 本题综合考查化学反应速率与平衡及反应热的知识。
Ⅰ.(1)由图示数据K随温度升高而减小,知ΔH<0。
(2)由燃烧热计算反应热,合成乙二醇的反应热
ΔH=2ΔH(CO)+3ΔH(H2)-ΔH(HOCH2CH2OH)
=2×(-a kJ·mol-1)+3×(-b kJ·mol-1)-(-c kJ·mol-1)=(c-2a-3b) kJ·mol-1
由于该反应放热,ΔH=-(2a+3b-c) kJ·mol-1。
(3)500 K时,压强很大产率也很低,原因可能是温度过高,催化剂的催化活性下降;温度过高,使平衡常数过小。
Ⅱ.(4)①分析该图的关键是要抓住题干中3个反应均放热,以及MG转化成乙二醇的反应为可逆反应。
曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性,结合温度对反应速率和平衡移动的影响可推得,固定流速下483 K左侧即温度低于483 K时,MG生成乙二醇的反应未达到平衡,高于483 K,MG生成乙二醇的反应达平衡,即温度高于483 K时,曲线Ⅱ上的点代表平衡状态,其变化趋势与升温平衡向吸热反应方向(左)移动一致。
曲线Ⅰ随温度升高而增大,并且纵坐标数值增大至几乎100%,可推断曲线Ⅰ表示DMO的转化率。由MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100%,可推断曲线Ⅳ代表MG的选择性。
②根据图示,降低温度,DMO转化率降低,A不符合题意;增大压强也可加快反应速率,使DMO转化率增大,B符合题意;减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降,DMO的转化率下降,C不符合题意;A点时,DMO转化率为80%,升温后转化率持续上升,说明A点时反应未达平衡,延长原料和催化剂的反应接触时间可以促进反应继续进行,D符合题意。
③483 K时,DMO转化率为99%,乙醇的选择性为2%,设起始投入反应的DMO为100 mol,则出口流出乙醇的物质的量为100 mol×99%×2%=1.98 mol,此时还有1 mol DMO未反应,从出口流出,则出口处=1.98。
④设初始时,投入H2 52.4 mol,DMO 1 mol,A点时DMO的转化率为80%,MG和乙二醇的选择性为50%,假设该反应分步进行,
第一步　DMO转化为MG,可列三段式:
　　　DMO(g)+2H2(g)MG(g)+CH3OH(g)
起始/mol 1 52.4 0 0
转化/mol 0.8 1.6 0.8 0.8
最终/mol 0.2 50.8 0.8 0.8
第二步　MG转化为乙二醇,可列三段式:
　　　MG(g)+2H2(g)　　乙二醇(g)+CH3OH(g)
起始/mol 0.8 50.8 0 0.8
转化/mol 0.8×0.5 0.8×0.5×2 0.8×0.5 0.8×0.5
最终/mol 0.4 50.0 0.4 1.2
此时体系中有DMO 0.2 mol,MG 0.4 mol,H2 50.0 mol,CH3OH 1.2 mol,乙二醇0.4 mol,总物质的量为0.2 mol+0.4 mol+50.0 mol+1.2 mol+0.4 mol=52.2 mol,用物质的量分数代替浓度计算,Qx=≈0.025。
19.答案 (1)+CH3OH
+H2O
(2)羟基　醛基
(3)取代反应
(4)4　(5)
(6)　
解析 (1)由A的结构简式、B的分子式及A→B的反应条件可知,A→B发生的是酯化反应:+CH3OH+H2O。
(2)B→C是酯被LiAlH4还原为醇()的反应,即有机物C的结构简式为,故C→D实现了由羟基到醛基的转化。
(3)观察F→G→H各物质的结构,结合G的分子式(C14H10O)可推知:F→G发生取代反应生成G(),而G→H发生取代反应得到H。
(4)有机物E的不饱和度为5,其同分异构体中含苯环(不饱和度为4),则另一不饱和度对应的结构可能是—CHO、或,若含,则所得结构中无法满足不同化学环境氢原子个数比为3∶2∶1,可排除。故符合条件的同分异构体有、、、。
(5)要满足参与成键的苯环及苯环的反应位置不变,则其副产物的结构简式为。
(6)由生成有机物X的反应条件,可推知发生了卤代烃的消去反应,生成的产物X的结构简式为;参考合成路线中G→H变化情况(G→H发生取代反应),可推出Y的结构简式为。2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试
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化学答题卡
16.(1)
18.(1)
姓
名
考生条形码区
(2
(2)
准考证号
(3)
(3)
一此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4)i.
(4)
(5)
7A国QD
(5)i
oo
4A国可可
5AEQD
6A国Q可
moo
.3oo
eRaoa
amoo
op
P3a
moe
(6)
(7)
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
15.(1)
17.(1)
(2)
(2
(3
(3)
(4)
(4)
(5)i
(5)
(6
(7)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年化学(湖北卷)
1.A　本题考查化学变化、物理变化。
干冰升华是固态二氧化碳直接变为气态二氧化碳,只是状态发生改变,没有新物质生成,属于物理变化,A项正确;珍珠含碳酸钙,碳酸钙能与酸发生化学反应,有新物质生成,属于化学变化,B项错误;加酶洗衣粉中的酶能催化蛋白质水解,有新物质生成,属于化学变化,C项错误;植物油久置氧化变质,有新物质生成,属于化学变化,D项错误。
2.C　本题考查化学用语及NA。
HCHO中碳原子为sp2杂化,分子空间结构为平面三角形,A项正确;乙炔发生加聚反应生成聚乙炔,B项正确;Ag2CO3不溶于水,正确的离子方程式为Ag2CO3+2H+2Ag++H2O+CO2↑,C项错误;1个S中含4个σ键,故1 mol S含有4NA个σ键电子对,D项正确。
3.B　本题主要考查一些物质的性质及相关事实描述的正确性判断。
SiO2与碳在室温下不发生反应,在高温下,碳能与SiO2反应生成Si和CO,A能正确反映事实;室温下苯与溴不发生反应,苯与液溴在溴化铁作催化剂的条件下才能发生取代反应生成溴苯,温度升高如果没有催化剂,也不会生成大量溴苯,B不能正确反映事实;通常含硒的化合物在较高浓度时有毒性,但人体需要微量的硒元素,微量硒元素对维持人体正常生理功能有益,C能正确反映事实;某些镇痛类生物碱如吗啡等可用于医疗上的镇痛,但如果滥用这些生物碱,会使人产生依赖性等,危害健康,D能正确反映事实。
4.C　本题考查化学实验基本操作。
测定反应热的装置符合实验要求,A项正确;乙酸乙酯密度小于H2O,不溶于H2O,B项正确;在铁片上镀镍,铁片作阴极、镍片作阳极,C项错误;转移热蒸发皿时需用坩埚钳夹取,D项正确。
5.B　本题考查胶体、高分子化合物、配位化合物和超分子的相关概念。
当一束光线通过胶体时,胶体粒子对光线散射,从而产生丁达尔效应,A项正确;合成高分子是通过聚合反应得到的,由于聚合反应得到的高分子的聚合度n值一般是不同的,所以高分子化合物是混合物,不是纯净物,B项错误;配位化合物中,一方提供孤电子对,另一方提供空轨道,通过“电子对给予-接受”形成配位键,C项正确;超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用(如氢键、范德华力等)形成的分子聚集体,D项正确。
6.B　本题考查元素推断与元素周期律知识。
依据信息“Z是周期表中电负性最大的元素”知,元素Z是氟(F);据已知可得,X、Y及F未成对电子数之和为6,则X、Y可能为C、N或N、O;据分子式XY2Z分析,X、Y分别为N、O时,化合物为NO2F,符合题意。三者中原子半径大小关系为N>O>F,A项错误;N元素的价层电子排布为2s22p3,半充满较稳定,第一电离能关系为ON>H,则NF3中共用电子对远离中心原子导致键角变小,D项错误。
7.A　本题主要考查物质的性质与应用之间的关系。
分子间作用力越大,流动性越差。石蜡油的流动性比水差,说明石蜡油的分子间作用力比水大,A项错误。氨气溶于水跟水电离出的氢离子结合生成N,使溶液中OH-浓度增大,溶液显碱性,B项正确。在OF2中,F的电负性比O大,O显正电性,具有氧化性,可以氧化H2O,C项正确。石墨是层状结构,层间靠范德华力维系,范德华力较弱,使得层与层之间容易滑动,所以石墨可作为润滑剂,D项正确。
8.A　本题考查无机化合物性质及转化关系。
依据信息“气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝”知,气体C为NH3,NH3与HCl化合生成NH4Cl,则A为NH4Cl;由信息“H是白色固体,常用作钡餐”知,H为BaSO4;B+NH4ClNH3↑+钡盐,可推出B为Ba(OH)2、D为BaCl2。在氨水中加入少量NH4Cl,N抑制NH3·H2O的电离,溶液pH降低,A项错误;因为C为NH3,则C→E→F→G转化关系为NH3→NO→NO2→HNO3,NO2溶于H2O生成HNO3,溶于雨水可形成酸雨,C项正确;D为BaCl2,属于重金属盐,有毒,B项正确;Fe遇浓硝酸钝化,故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸,D项正确。
9.D　本题考查晶胞结构及计算。
观察晶胞结构,S原子位于晶胞体心和棱心。根据均摊法,S原子数为4,则O原子数为8,A项错误;从晶胞结构可以看出,晶胞中SO2分子的取向有所不同,B项错误;根据长方体的几何关系,1号和2号S原子核间距为 pm,C项错误;以晶胞体心S原子为例,因为a、b、c均不等,所以每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个,D项正确。
10.D　本题考查有机化学基本实验(物质制备)。
因为催化剂易水解,在反应装置和缓冲装置之间增加干燥管,防止水蒸气进入反应瓶,A项正确;反应产物HCl和未反应完的Cl2均能被NaOH溶液吸收,B项正确;Cl2通入反应液中不但作为反应物参与反应,而且也可起到搅拌作用,C项正确;该取代反应为放热反应,控制Cl2流速不变使反应持续进行,反应温度不断升高,D项错误。
11.B　本题考查有机物的结构与性质。
由图可知,Ⅰ分子中含有7个碳原子、10个氢原子,其分子式是C7H10,A项错误;Ⅰ中存在桥头双键,由于桥头双键具有较大的环张力,这种结构使得分子的能量较高,所以Ⅰ的稳定性较低,B项正确;手性碳原子是指与四个不同的原子或基团相连的碳原子,观察Ⅱ的结构可知,Ⅱ中有3个手性碳,C项错误;Ⅱ经浓硫酸催化脱水时,羟基所连碳原子的邻位碳原子有两种不同的情况,所以脱水反应的产物有两种,D项错误。
12.C　本题考查电化学基础知识。
原电池负极材料为嵌锂石墨,正极材料为LiFePO4,充电时,阴极为石墨,阳极为LiFePO4。将LiSO2CF3注入电池后,释放出的Li+向阴极移动,发生还原反应生成单质锂嵌入石墨中,[SO2CF3]-向阳极移动,在阳极上失去电子转变为气体SO2和C2F6(氟代烃),排出电池外,故A、B、D均正确;由上述分析知,充电补锂过程中铁元素未参与电极反应,价态不变,C项错误。
13.A　本题考查同主族元素N和P的区别与联系。
KNO3中硝酸根离子带1个单位负电荷,K3PO4中磷酸根离子带3个单位负电荷,K3PO4的离子键更强,熔点更高,A项错误;磷原子半径较大,原子间形成三键时,原子轨道重叠程度较小,键能较小,不稳定,所以磷单质通常不以P2形式存在,B项正确;次磷酸结构中,H—O键极性小,H原子不容易电离出来,酸性弱,硝酸中H—O键极性相对较大,H原子易电离,所以次磷酸比硝酸的酸性弱,C项正确;P的原子半径比N大,价层电子轨道更多,有更多的空间和轨道来容纳电子,所以P可以形成PF5,而N由于半径小,价层电子轨道少,只能形成NF3,D项正确。
14.C　本题考查电解质溶液中微粒浓度的比较。
分析图像知,随溶液中lgc(L)(即乙腈浓度的对数)增大,Cu+与乙腈(L)依次发生以下反应:①Cu++L[CuL]+　K1,②[CuL]++L[CuL2]+　K2,③[CuL2]++L[CuL3]+　K3。
依据图中特殊点(-2.63,0.48),得K1==102.63,同理可得,K2=101.39,K3=100.27,因K1>K2>K3,n从0增加到2,[CuLn]+结合L的能力随之减小,C项正确。反应①+②+③可得Cu++3L[CuL3]+　K=K1·K2·K3=102.63×101.39×100.27=104.29,则lg K=lg 104.29=4.29,A项错误。依据图像,当溶液中c(Cu+)=c{[CuL]+}时,δ(Cu+)=δ{[CuL]+}=0.48,则δ{[CuL2]+}≈0.04,总铜浓度为1.0×10-3 mol·L-1,可得此时溶液中c{[CuL2]+}≈4×10-5 mol·L-1,B项错误。[CuL]++2L[CuL3]+的K=K2·K3=101.39×100.27=101.66。若c{[CuL]+}=c{[CuL3]+},由CuL+2LCuL3的K=101.66得c(L)=10-0.83 mol·L-1。[CuL]++L[CuL2]+的K2=101.39,c{[CuL]+}=c{[CuL3]+}即c(L)=10-0.83 mol·L-1时,c{[CuL2]+}∶c{[CuL]+}=101.39∶100.83=100.56>2,则2c{[CuL2]+}>4c{[CuL]+}=c{[CuL]+}+3c{[CuL3]+},D项错误。
15.B　本题考查电化学相关知识,涉及电极反应式、物质稳定性与温度关系、隔膜的作用等。
在阴极上,[Fe(H2O)6]3+得电子生成[Fe(H2O)6]2+,电极反应式正确,A项正确;从①处到②处,[Fe(H2O)6]3+得电子生成[Fe(H2O)6]2+,②处电解液温度比①处低,说明该过程吸热,与[Fe(H2O)6]2+稳定性无法判断,B项错误;多孔隔膜不允许[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+通过,可以阻止两个区域之间的热交换,从而保证制冷效果,C项正确;已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改变,那么热效应就主要来自于电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变,D项正确。
16.答案 (1)1s22s22p6
(2)4c3
(3)①正向　②<
(4)CaF2+2NaOH+TiO2CaTiO3+2NaF+H2O
(5)a
(6)ab
解析 (1)氟元素原子序数为9,F-核外有10个电子,电子排布式为1s22s22p6。
(2)CaF2饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),c(Ca2+)=c(CaF2)=c mol·L-1,则CaF2的Ksp=c(Ca2+)·c2(F-)=4c3。
(3)依据题意,工艺Ⅰ中固相反应时转化率为78%,说明固相反应正向进行程度大。而水浸分离时,NaF的产率仅为8%,说明在溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化,则溶解度S(CaF2)(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率达81%,工艺Ⅱ的总化学方程式为CaF2+2NaOH+TiO2CaTiO3+2NaF+H2O。
(5)分析工艺Ⅱ流程,滤液Ⅱ中主要含NaF和NaOH,而温度对NaF的溶解度影响不大,故选a。
(6)研磨促进固相反应,其原因可能是增大反应物间的接触面积,加快反应速率,研磨过程中破坏反应物的化学键,便于快速形成新化学键。只有催化剂才能降低反应活化能,c项错误;反应物跟研钵表面接触不发生化学反应,d项错误。
17.答案 (1)羟基
(2)取代　五
(3)b
(4)+H2O+CH3COOH
(5)+NO
(6)
解析 本题考查有机框图推断与合成,涉及官能团、核磁共振氢谱、官能团的性质、类比推理等知识。
(1)A中含氧官能团只有—OH(羟基)。
(2)A→B中,A的—NH2和—OH中—H被—COCH3取代,此反应为取代反应。B中苯环上两种氢,支链上共三种氢,共五种氢,所以核磁共振氢谱有五组峰。
(3)B中有酯基,C中有(酚)羟基,NaHCO3和Na2SO4与B、C均不反应,而Na2CO3跟C中(酚)羟基反应生成可溶于水的盐,而B与Na2CO3溶液不反应,且与B不溶而分层,所以能用Na2CO3溶液分离B和C。
(4)C到D发生水解反应,C中—NHCOCH3水解生成—NH2和CH3COOH,反应方程式见答案。
(5)D与H+反应是—NH2结合H+,类比,在新反应中也是—NH2发生反应,X应提供—NO,再依据产物中H+带一个正电荷,所以X为+NO。
(6)E中含有羰基,则—OH的邻位不变,根据—NH—NO中含有双键,二者快速互变平衡,只能把NO变为NN,由此得F的结构简式。
18.答案 (1)①Cu2O　还原　②Cu(OH)2CuO+H2O
(2)①除去过量的Zn　②b　③Ⅲ　铜粉颗粒小,照射光线被吸收
解析 (1)向Cu(OH)2悬浊液中加入2 mL 10%葡萄糖溶液后加热,发生反应,产生的砖红色沉淀为Cu2O,葡萄糖在反应中表现还原性。操作时,没有加入葡萄糖溶液就加热,Cu(OH)2受热分解为CuO和H2O:Cu(OH)2CuO+H2O。
(2)向CuSO4溶液中加入过量Zn粉,发生置换反应:Zn+CuSO4ZnSO4+Cu。①加入盐酸的目的是除去多余(过量)的Zn。②原溶液中含n(Cu2+)=0.5 mol·L-1×0.02 L=0.01 mol,1.18 g Zn粉的物质的量n(Zn)==0.018 mol。Cu的最大质量为0.64 g,生成Cu2O的最大质量为0.72 g,实际固体质量为0.78 g。若只有Cu,则固体质量应等于0.64 g,a不符合题意;若是Cu包裹Zn,则0.64 g<固体质量<1.18 g,b符合题意;若是CuO,则不可能为红棕色,c不符合题意;若是Cu和Cu2O,固体质量应介于0.64 g与0.72 g之间,d不符合题意。③对黑色粉末成分探究,分析结果表明,X中不含Zn和Cu(Ⅰ)(即Cu2O)。由实验1现象“无色溶液”说明X中不含CuO,由实验2现象“蓝色溶液”说明X溶于稀硝酸、不溶于稀硫酸,则可确定X为铜粉,选Ⅲ。从物质形态角度分析,铜粉为黑色是由于固体颗粒小,光线进入后被吸收所致。
19.答案 (1)
(2)d
(3)Ⅰ
(4)a
(5)②　将CaH2(s)放在干燥的N2气流中,加热,看固体质量是否减少
(6)CaH2(s)会跟生成的水反应,并生成H2,H2O(g)的浓度减小、H2(g)的浓度增大均有利于平衡3H2(g)+Fe2O3(s)3H2O(g)+2Fe(s)正向移动
解析 本题考查化学反应原理,涉及盖斯定律、反应速率、反应机理、影响平衡的因素等。
(1)根据盖斯定律,ΔH3=ΔH1+ΔH2= kJ·mol-1。
(2)随着反应的进行,电阻越来越小,最终的电阻-初始电阻为负,速率=,所以用电阻表示的速率为-。
(3)温度越高,反应速率越快,达到平衡所用时间越短,所以曲线Ⅰ对应的温度最高。
(4)途径a的最大活化能小于途径b的最大活化能,途径a反应速率快,为主要反应。
(5)反应①CaH2(s)Ca(s)+H2(g),CaH2直接分解,固体质量减小;反应②CaH2(s)+2H2O(g)Ca(OH)2(s)+2H2(g),CaH2跟水反应,固体质量增加,所以H2的来源之一是反应②。若判断反应①是否是H2来源,就将CaH2(s)在干燥N2中加热,看固体质量是否减少。河南省2025年普通高中学业水平选择性考试
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化学答题卡
16.(1)
18.(1)
姓
名
考生条形码区
(2
(2)
准考证号
(3
(3)
一此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4
(4)
oo
moo
5A百QD
6A国Q可
7A国QD
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P3a
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(5)
(5
(6)
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
(6
15.(1)
(2)
17.(1)
(2)
(3
(3)
(4)
(4)
(5
(5)
(6
(6
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年北京市普通高中学业水平等级性考试
本试卷满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5
第一部分
本部分共14题,每题3分,共42分。在每题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。
1.我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时,发现月壤钛铁矿(FeTiO3)存在亚纳米孔道,吸附并储
存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气,水蒸气冷却为液态水储存起
来以供使用。下列说法不正确的是 ( )
A.月壤钛铁矿中存在活泼氢
B.将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气
C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应
D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量
2.下列化学用语或图示表达不正确的是 ( )
A.乙醇的分子模型:
B.BF3的VSEPR模型:
C.S的原子结构示意图:
D.基态30Zn原子的价层电子排布式:3d104s2
3.下列说法不正确的是 ( )
A.糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子
B.蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体
C.蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸
D.不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度
4.物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈(CH3CN)是一种常见的有机溶剂,沸点较高,水溶性好。下列说法
不正确的是 ( )
H
·· · ·
A.乙腈的电子式:H ·C·· ·C · · ·
·· · ·
N ·
H
B.乙腈分子中所有原子均在同一平面
C.乙腈的沸点高于与其相对分子质量相近的丙炔
D.乙腈可发生加成反应
·1·
5.下列反应中,体现NH+4 还原性的是 ( )
A.NH4HCO3加热分解有NH3生成
B.NH4Cl和NaNO2的混合溶液加热有N2生成
C.Mg(OH)2固体在NH4Cl溶液中溶解
D.(NH4)2SO4溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀
6.下列方程式与所给事实不相符的是 ( )
A.用盐酸除去铁锈:FeO ·xH O+6H+ 2Fe3+2 3 2 +(3+x)H2O
B.用CuSO4溶液除去乙炔中的 H2S:Cu2++S2- CuS↓
C.用乙醇处理废弃的Na:2C2H5OH+2Na 2C2H5ONa+H2↑
D.将NO2通入水中制备硝酸:3NO2+H2O 2HNO3+NO
7.下列实验的相应操作中,不正确的是 ( )
实验
制备并检验SO2 实验室制取O2
目的
实验
装置
实验 A.为防止有害气体逸出,先放置浸NaOH溶
B.实验结束时,先把导管移出水面,再熄灭酒精灯
操作 液的棉团,再加热
实验
分液 蒸馏
目的
实验
装置
实验 C.先打开分液漏斗上方的玻璃塞,再打开下
D.冷却水从冷凝管①口通入,②口流出
操作 方的活塞
8.25℃时,在浓 NaOH 溶液中通入过量Cl2,充分反应后,可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得
NaCl和NaClO固体。
已知:NaOH、NaClO、NaCl溶解度(S)随温度变化关系如图。
·2·
下列说法不正确的是 ( )
A.通入Cl2后开始发生反应:Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O
B.25℃时,随反应进行NaCl先析出
C.将反应后的固液混合物过滤,滤液降温可析出NaClO固体
D.在冷却结晶的过程中,大量NaOH会和NaClO一起析出
9.依据下列事实进行的推测正确的是 ( )
选项 事实 推测
A NaCl固体与浓硫酸反应可制备 HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备 HI气体
B BaSO4难溶于盐酸,可作“钡餐”使用 BaCO3可代替BaSO4作“钡餐”
C 盐酸和NaHCO3溶液反应是吸热反应 盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应
D H2O的沸点高于 H2S HF的沸点高于 HCl
10.乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2 CHOOCCH3)的过程示意图如下。
下列说法不正确的是 ( )
A.①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd →2Pd(CH3COO)2+2H2O
B.②中生成CH2 CHOOCCH3的过程中,有σ键断裂与形成
C.生成CH2 CHOOCCH3总反应的原子利用率为100%
D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程,提高反应速率
11.为理解离子化合物溶解过程的能量变化,可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现,示意图如下。
下列说法不正确的是 ( )
A.NaCl固体溶解是吸热过程
B.根据盖斯定律可知:a+b=4
C.根据各微粒的状态,可判断a>0,b>0
D.溶解过程的能量变化,与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
·3·
12.为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知:[FeCl]-为黄色、[Fe(SCN)]2+为红色、[FeF ]3-4 6 为无色。
下列说法不正确的是 ( )
A.①中浓盐酸促进Fe3++4Cl- [FeCl]-4 平衡正向移动
B.由①到②,生成[Fe(SCN)]2+并消耗[FeCl -4]
C.②③对比,说明c(Fe3+):②>③
D.由①→④推断,若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液,溶液也无明显变化
13.一种生物基可降解高分子P合成路线如下。
下列说法正确的是 ( )
A.反应物A中有手性碳原子
B.反应物A与B的化学计量比是1∶2
C.反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应
D.高分子P可降解是由于C—O断裂
14.用电解Na2SO4溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池,重新取Na2SO4溶液并用图2装置按ⅰ
→ⅳ顺序依次完成实验。
图1 图2
实验 电极Ⅰ 电极Ⅱ 电压/V 关系
ⅰ 石墨1 石墨2 a
ⅱ 石墨1 新石墨 b
a>d>c>b>0
ⅲ 新石墨 石墨2 c
ⅳ 石墨1 石墨2 d
·4·
下列分析不正确的是 ( )
A.a>0,说明实验ⅰ中形成原电池,反应为2H2+O2 2H2O
B.bC.c>0,说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应
D.d>c,是因为电极Ⅰ上吸附 H2的量:ⅳ>ⅲ
第二部分
本部分共5题,共58分。
15.(10分)通过 MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。
(1)将 Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整:
3s 3p
(2)NH3分子中 H—N—H键角小于109°28',从结构角度解释原因: 。
(3)[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构,边长为anm,结构示意图如下。
①[Mg(NH3)6]Cl2的配体中,配位原子是 。
②已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为
g·cm-3。(1nm=10-7cm)
(4)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。
①室温下,MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因:
。
②从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成 MgCl2的条件并说明理由:
。
16.(12分)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。
(1)十九世纪,铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。
放电
铅酸电池工作原理:PbO2+Pb+2H2SO4 2PbSO4+2H充电 2O
①充电时,阴极发生的电极反应为 。
②放电时,产生a库仑电量,消耗 H2SO4的物质的量为 mol。
已知:转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。
③35%~40% H2SO4作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力,SO2-4 参与电极反应并有利于保持
电压稳定。该体系中SO2-4 不氧化Pb,SO2-4 氧化性弱与其结构有关,SO2-4 的空间结构是 。
·5·
④铅酸电池储存过程中,存在化学能的缓慢消耗:PbO2 电极在 H2SO4 作用下产生的O2 可将Pb电极氧
化。O2氧化Pb发生反应的化学方程式为 。
(2)随着铅酸电池广泛应用,需要回收废旧电池材料,实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关
系示意图如下。
H2O2、酸 含Pb2+ 电解
→ →Pb
废旧 PbSO Pb(OH) Ⅱ 4 2 溶液
NaOH
铅酸 预处理→ PbO
溶液
→ PbO
Ⅰ
电池 PbO2 PbO2 K2S2O8、强碱
→PbO2
Ⅲ
①将PbSO4等物质转化为Pb2+的过程中,步骤Ⅰ加入NaOH溶液的目的是 。
②步骤Ⅱ、Ⅲ中 H2O2和K2S2O8作用分别是 。
(3)铅酸电池使用过程中,负极因生成导电性差的大颗粒PbSO4,导致电极逐渐失活。通过向负极添加石
墨、多孔碳等碳材料,可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填字母)。
a.增强负极导电性
b.增大负极材料比表面积,利于生成小颗粒PbSO4
c.碳材料作还原剂,使PbO2被还原
17.(12分)一种受体拮抗剂中间体P合成路线如下。
SOCl2
已知:①RCOOH →RCOCl
碱
O O
②试剂a是 O O O 。
(1)I分子中含有的官能团是硝基和 。
(2)B→D的化学方程式是 。
(3)下列说法正确的是 (填字母)。
a.试剂a的核磁共振氢谱有3组峰
b.J→K的过程中,利用了(CH3CH2)3N的碱性
c.F→G与K→L的反应均为还原反应
·6·


(4)以G和 M为原料合成P分为三步反应。
O
R
①CF3COOH
已知: N O →R—NH2
H ②稀碱
M G 碱 ①CF3COOH
→X →Y →
C9H5F2NO 加成3 -CH3OH ②稀碱
①M含有1个sp杂化的碳原子。M的结构简式为 。
②Y的结构简式为 。
(5)P的合成路线中,有两处氨基的保护,分别是:
①A→B引入保护基,D→E脱除保护基;
② 。
18.(13分)利用工业废气中的 H2S制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的一种流程示意图如下。
已知:
物质 H2CO3 H2SO3
Ka(25℃) Ka1=4.5×10-7 K =4.7×10-11 K =1.4×10-2 K =6.0×10-8a2 a1 a2
(1)制SO2
已知:HS(g)+12 O2(g) S(s)2 +H2O
(g) ΔH=-221.2kJ·mol-1
S(s)+O2(g) SO2(g) ΔH=-296.8kJ·mol-1
由 H2S制SO2的热化学方程式为
。
(2)制Na2S2O5
Ⅰ.在多级串联反应釜中,Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应:
第一步:2Na2CO3+SO2+H2O Na2SO3+2NaHCO3
第二步:NaHCO3+SO2 NaHSO3+CO2
Na2SO3+SO2+H2O 2NaHSO3
Ⅱ.当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时,形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体。
①Ⅱ中生成Na2S2O5的化学方程式是 。
②配碱槽中,母液和过量Na2CO3配制反应液,发生反应的化学方程式是 。
③多次循环后,母液中逐渐增多的杂质离子是 ,需除去。
④尾气吸收器中,吸收的气体有 。
·7·

(3)理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时,在1L浓度均为1mol·L-1的Na2SO3 和
NaHCO3的混合溶液中,随n(SO2)的增加,SO2-3 和 HCO-3 平衡转化率的变化如图。
①0~amol,与SO2优先反应的离子是 。
②a~bmol,HCO- 平衡转化率上升而SO2-3 3 平衡转化率下降,结合方程式解释原因: 。
19.(11分)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+
2Br-+4H+ Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法,对照理论数据判断方法的可行性。
(1)理论分析
①Br2易挥发,需控制生成c(Br2)较小。
②根据25℃时K=6.3×104 分析,控制合适pH,可使生成c(Br2)较小;用浓度较大的KBr溶液与过量
MnO -2反应,反应前后c(Br )几乎不变;c(Mn2+)=c(Br2),仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。
③Br2与水反应的程度很小,可忽略对测定干扰;低浓度 HBr挥发性很小,可忽略。
(2)实验探究
序号 实验内容及现象
25℃,将0.200mol·L-1KBr溶液(pH≈1)与过量 MnO2混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液
Ⅰ
变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体
25℃,将0.200mol·L-1KBr溶液(pH≈2)与过量 MnO2 混合,密闭并搅拌,反应时间与Ⅰ相
Ⅱ
同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体
测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定量反应后溶液,加入过量KI固体,用Na2S2O3 标准溶液滴
Ⅲ
定,测定c(Br2)
已知:I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6;Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中,滴定时选用淀粉作指示剂,滴定终点时的现象是 。用离子方程式
表示KI的作用: 。
②Ⅰ中,与反应前的溶液相比,反应后溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后,按
c(Mn2+)·c(Br2)
2( -)· 4( +)计算所得值小于25℃的K 值
,是因为Br2挥发导致计算时所用 的浓度c Br c H
小于其在溶液中实际浓度。
c(Mn2+)·c(Br)
③Ⅱ中,按 22( -)· 4( +)计算所得值也小于25℃的K 值
,可能原因是
c Br c H
。
(3)实验改进
分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因,改变实验条件,再次实验。
控制反应温度为40℃,其他条件与Ⅱ相同,经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确,应与 值比较。
②综合调控pH和温度的目的是 。
·8·2025年普通高中学业水平等级考试(山东卷)
化 学
本试卷满分100分,考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 O—16 Na—23 K —39
一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一项是符合题目要求的。
1.下列在化学史上产生重要影响的成果中,不涉及氧化还原反应的是 ( )
A.侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法
B.戴维电解盐酸得到 H2和Cl2,从而提出了酸的含氢学说
C.拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说
D.哈伯发明了以N2和 H2为原料合成氨的方法
2.化学应用体现在生活的方方面面,下列用法不合理的是 ( )
A.用明矾净化黄河水 B.用漂白粉漂白蚕丝制品
C.用食醋去除水壶中水垢 D.用小苏打作烘焙糕点膨松剂
3.实验室中,下列试剂保存方法正确的是 ( )
A.液溴加水封保存在广口试剂瓶中 B.硝酸银溶液保存在棕色细口试剂瓶中
C.高锰酸钾与苯酚存放在同一药品柜中 D.金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中
4.称取1.6g固体NaOH配制400mL浓度约为0.1mol·L-1的NaOH溶液,下列仪器中不需要使用的是
( )
A.100mL烧杯 B.500mL容量瓶
C.500mL量筒 D.500mL细口试剂瓶(具橡胶塞)
5.下列实验涉及反应的离子方程式书写正确的是 ( )
A.用NaOH溶液吸收少量SO :SO +OH- HSO-2 2 3
B.用Na2O2和水制备少量O2:Na + -2O2+H2O 2Na +2OH +O2↑
△
C.用 MnO2和浓盐酸制备Cl:MnO +4H+ - 2+2 2 +2Cl Mn +Cl2↑+2H2O
D.用稀硝酸溶解少量Cu粉:3Cu+8H++8NO-3 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
6.第70号元素镱(Yb)的基态原子价电子排布式为4f146s2。下列说法正确的是 ( )
A.17470Yb的中子数与质子数之差为104 B.17470Yb与17670Yb是同一种核素
C.基态Yb原子核外共有10个d电子 D.Yb位于元素周期表中第6周期
·1·
7.用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是 ( )
A.NaN3的水溶液显碱性 B.N-3 的空间构型为V形
C.NaN3为含有共价键的离子化合物 D.N-3 的中心N原子所有价电子均参与成键
8.物质性质与组成元素的性质有关,下列对物质性质差异解释错误的是 ( )
选项 性质差异 主要原因
A 沸点:H2O>H2S 电离能:O>S
B 酸性:HClO>HBrO 电负性:Cl>Br
C 硬度:金刚石>晶体硅 原子半径:Si>C
D 熔点:MgO>NaF 离子电荷:Mg2+>Na+,O2->F-
9.用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时,通常加入少量CuSO4,反应原理如图所示。
下列说法正确的是 ( )
A.N2是还原反应的产物
B.还原性:N2H4C.处理后溶液的pH增大
D.图示反应过程中起催化作用的是Cu2+
10.在恒容密闭容器中,Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分
物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知:T2 温度时,Na2SiF6(s)完全分解;体系中气相
产物在T1、T3温度时的分压分别为p1、p3。下列说法错误的是 ( )
A.a线所示物种为固相产物
B.T1温度时,向容器中通入N2,气相产物分压仍为p1
C.p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp
D.T1温度时,向容器中加入b线所示物种,重新达平衡时逆反应速率增大
·2·
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,
选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是 ( )
选项 实验内容 仪器或材料
A 灼烧海带 坩埚、泥三角
B 加热浓缩NaCl溶液 表面皿、玻璃棒
C 称量5.0gNaOH固体 电子天平、称量纸
D 量取25.00mL稀 H2SO4 25mL移液管、锥形瓶
12.全铁液流电池工作原理如图所示,两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是 ( )
A.隔膜为阳离子交换膜 B.放电时,a极为负极
C.充电时,隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小 D.理论上,Fe3+每减少1mol,Fe2+总量相应增加2mol
13.钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物,实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素,流程
如下。已知:Fe2(C2O4)3能溶于水;Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9,Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7。下列说法
错误的是 ( )
A.试剂X可选用Fe粉
B.试剂Y可选用盐酸
C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中
D.“酸浸”后滤液I的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
·3·
14.以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下,下列说法错误的是 ( )
A.M系统命名为2-甲基丙醛
B.若 M+X →N原子利用率为100%,则X是甲醛
C.用酸性KMnO4溶液可鉴别N和Q
D.P→Q过程中有CH3COOH生成
15.常温下,假设1L水溶液中Co2+和CO2-2 4 初始物质的量浓度均为0.01mol·L-1。平衡条件下,体系中
全部四种含碳物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知:体系中含钴物种
的存在 形 式 为 Co2+、CoC2O4(s)和 Co(OH)2(s);K (CoCO )=6.0×10-8sp 2 4 ,Ksp[Co(OH)2]=
5.9×10-15。
下列说法正确的是 ( )
A.甲线所示物种为HCO-2 4
B.H2C2O4的电离平衡常数Ka2=10-8
C.pH=a时,Co2+物质的量浓度为1.6×10-3mol·L-1
D.pH=b时,物质的量浓度:c(OH-)三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16.(12分)Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题:
(1)在元素周期表中,Fe位于第 周期 族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数
之比为 。
(2)尿素分子(H NCONH )与Fe3+2 2 形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3 俗称尿素铁,既
可作铁肥,又可作缓释氮肥。
①元素C、N、O中,第一电离能最大的是 ,电负性最大的是 。
②尿素分子中,C原子采取的轨道杂化方式为 。
·4·
③八面体配离子[Fe(H NCONH )]3+中Fe3+2 2 6 的配位数为6,碳氮键的键长均相等,则与Fe3+配位的原
子是 (填元素符号)。
(3)α-Fe可用作合成氨催化剂,其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。
①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为 pm。
②研究发现,α-Fe晶胞中阴影所示m、n两个截面的催化活性不同,截面单位面积含有Fe原子个数越多,催化活
性越低。m、n截面中,催化活性较低的是 ,该截面单位面积含有的Fe原子为 个·pm-2。
17.(12分)采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2 及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分
离提取Cu、Co、Mn等元素,工艺流程如下:
已知:该工艺条件下,(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体;Fe2(SO4)3在650℃
完全分解,其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。
回答下列问题:
(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成,该
反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为650
℃,“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有 (填化学式)。
(2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下,与两段焙烧工艺相比,直接“高温焙烧”,“水浸”时金属元素的浸
出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)HR萃取Cu2+的反应为:2HR(有机相)+Cu2+(水相) CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时
加入的试剂为 (填化学式)。
(4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L-1],则此时溶液中c(H2S)=
mol·L-1。已知:Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。CoS“溶
解”时发生反应的离子方程式为 。
(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利用。
·5·
18.(12分)如下不饱和聚酯可用于制备玻璃钢。
实验室制备该聚酯的相关信息和装置示意图如下(加热及夹持装置略):
原料 结构简式 熔点/℃ 沸点/℃
顺丁烯二酸酐 52.6 202.2
邻苯二甲酸酐 130.8 295.0
1,2-丙二醇 -60.0 187.6
实验过程:
①在装置A中加入上述三种原料,缓慢通入 N2。搅拌下加热,两种酸酐分别与1,2-丙二醇发生醇解反
应,主要生成 和 。然后逐步升温至190~200℃,醇解产物发生缩聚
反应生成聚酯。
②缩聚反应后期,每隔一段时间从装置 A中取样并测量其酸值,直至酸值达到聚合度要求(酸值:中和1
克样品所消耗KOH的毫克数)。
回答下列问题:
(1)理论上,原料物质的量投料比n(顺丁烯二酸酐)∶n(邻苯二甲酸酐)∶n(1,2-丙二醇)= 。
(2)装置B的作用是 ;仪器C的名称是 ;反应过程中,应保持温度计2示数处于一定范
围,合理的是 (填标号)。
A.55~60℃ B.100~105℃ C.190~195℃
(3)为测定酸值,取ag样品配制250.00mL溶液,移取25.00mL溶液,用cmol·L-1KOH-乙醇标准溶
液滴定至终点,重复实验,数据如下:
序号 1 2 3 4 5
滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00
滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02
·6·
应舍弃的数据为 (填序号);测得该样品的酸值为 (用含a、c的代数式表示)。若测得酸
值高于聚合度要求,可采取的措施为 (填字母)。
A.立即停止加热 B.排出装置D内的液体 C.增大N2的流速
(4)实验中未另加催化剂的原因是 。
19.(12分)麻醉药布比卡因(Ⅰ)的两条合成路线如下:
O
O
R2 Cl
已知:Ⅰ.R1NH2 →PhCH3 R2 NHR1
R2
R3Br
Ⅱ.R1NHR2 → R NK2CO 13
R3
回答下列问题:
(1)A的结构简式为 ;B中含氧官能团名称为 。
(2)C→D的反应类型为 ;D+E→H的化学方程式为
。
(3)G的同分异构体中,同时满足下列条件的结构简式为
(写出一种即可)。
①含—NH2 ②含2个苯环 ③含4种不同化学环境的氢原子
(4)H中存在酰胺基N原子(a)和杂环N原子(b),N原子电子云密度越大,碱性越强,则碱性较强的N原
子是 (填“a”或“b”)。
(5)结合路线信息,用 H2/PtO2催化加氢时,下列有机物中最难反应的是 (填字母)。

A.苯( ) B.吡啶( )
N
C.1,3-环己二烯( ) D.1,4-环己二烯( )
·7·










COCl
NH 2 Br
(6)以 、 、 为主要原料合成 。利用上述信息补
N N
H
全合成路线。
COCl NH 2
N
→
PhCH3
N
H
20.(12分)利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫,涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CaS(s)+2SO2(g) CaSO4(s)+S2(g) ΔH1
Ⅱ.CaSO4(s)+4H2(g) CaS(s)+4H2O(g) ΔH2
Ⅲ.SO2(g)+3H2(g) H2S(g)+2H2O(g) ΔH3
恒容条件下,按1molCaS、1molSO2和0.1molH2投料反应。平衡体系中,各气态物种的lgn随温度的
变化关系如图所示,n为气态物种物质的量的值。已知:图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数 K=108 基本
不变。
回答下列问题:
(1)反应4H2(g)+2SO2(g) 4H2O(g)+S2(g)的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2 的代数式表
示)。
(2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3 (填“>”“<”或“=”)0。
(3)T1 温度下,体系达平衡时,乙线、丙线所示物种的物质的量相等,若丁线所示物种为amol,则S2 为
mol(用含a 的代数 式 表 示);此 时,CaS与 CaSO4 物 质 的 量 的 差 值n(CaS)-n(CaSO4)=
mol(用含a的最简代数式表示)。
(4)T2温度下,体系达平衡后,压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比,重新达平衡时,
n(HS)
H2S与 H
2
2物质的量之比 ( ) (填“增大”“减小”或“不变”),H2O物质的量 (填“增n H2
大”“减小”或“不变”)。
·8·



2025年安徽省普通高中学业水平选择性考试
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 Li—7 C—12 阅读下列材料,完成6~7小题。
O—16 Na—23 I—127 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。在 燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气
每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。 体,同时生成 NaNH2。NaNH2 遇水转化为 NaOH。
1.下列有关物质用途的说法错误的是 ( ) Cu(OH)2 溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2
A.生石灰可用作脱氧剂 溶液,加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4 溶
B.硫酸铝可用作净水剂 液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应,浓氨
水与 HgCl2 溶液反应生成 ( ) 沉淀。C.碳酸氢铵可用作食品膨松剂 HgNH2 Cl
6.下列有关反应的化学方程式错误的是 ( )D.苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂
点燃
2.以下研究文物的方法达不到目的的是 ( ) A.氨在氧气中燃烧:4NH3+3O2 2N2+6H2O
A.用14C断代法测定竹简的年代 B.液 氨 与 金 属 钠 反 应:2Na+2NH3(l)
B.用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 2NaNH2+H2↑
C.用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 C.氨水溶解 Cu(OH)2:Cu(OH)2+4NH3
D.用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子 [Cu(NH3)4](OH)2
D.浓 氨 水 与质量 HgCl2 反 应:HgCl2+NH3
(
3.用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是 HgNH2
)Cl↓+HCl
7.下列有关物质结构或性质的比较中,正确的是 (( )
)
A.与 H+结合的能力:OH->NH-2
选项 劳动项目 化学知识 B.与氨形成配位键的能力:H+>Cu2+
A 用大米制麦芽糖 淀粉水解生成麦芽糖 C.H2O和NH3分子中的键长:O—H>N—H
B 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液呈碱性 D.微粒所含电子数:NH
+
4 >NH-2
8.下列实验产生的废液中,可能大量存在的粒子
氮是小麦合成蛋白
C 给小麦施氮肥 组是 ( )
质的必需元素
选项 实验 粒子组
肥皂中的高级脂肪酸钠
D 用肥皂洗涤油污 A 稀硝酸与铜片制NO H+、Cu2+、NO-、NO
含有亲水基和疏水基 3
70%硫酸与NaSO +2 3 H 、Na+、SO2-4 、
4.一种天然保幼激素的结构简式如图: B
制SO2 HSO-3
浓盐酸与 KMnO4
C H+、K+、Mn2+、制Cl Cl
-
2
下列有关该物质的说法,错误的是 ( )
双氧水与
A.分子式为C H O B.存在4个C—Oσ键 FeCl3
溶
19 32 3 D H+、Fe2+、Cl-、H O
液制 2 2
C.含有3个手性碳原子 D.水解时会生成甲醇 O2
, -40℃ 9.
某化 合 物 的 结 构 如 图 所
5.氟气通过碎冰表面 发生反应①F2+H2O 示。W、X、Y、Z是原子序
HOF+HF,生成的 HOF遇水发生反应②HOF+ 数依 次 增 大 的 短 周 期 元
H2O HF+H2O2。下列说法正确的是( ) 素,其中X、Z位于同一主
‥ ‥
A.HOF的电子式为 H︰O︰F︰ 族。下列说法错误的是 ( )
‥ ‥ A.元素电负性:X>Z>Y
B.H2O2为非极性分子 B.该物质中Y和Z均采取sp3杂化
C.反应①中有非极性键的断裂和形成 C.基态原子未成对电子数:WD.反应②中 HF为还原产物 D.基态原子的第一电离能:X>Z>Y
·1·

10.下列实验操作能达到实验目的的是 ( )
选项 实验操作 实验目的
将铁制镀件与铜片
分别接直流电源的 在铁 制 镀 件 表 面
A
正、负极,平行浸入 镀铜
CuSO4溶液中
向粗盐水中先后加 A.碘晶体是混合型晶体
粗盐提纯中,去除
入过 量 Na2CO3 溶 B.液态碘单质中也存在“卤键”
B Ca2+、 Mg2+ 和
液、NaOH 溶 液 和 C.127g碘晶体中有NA 个“卤键”
SO2-4 杂质离子BaCl2溶液 D.碘晶体的密度为 2×254 -30g·cm
-3
abd×NA×10
向2mL0.1mol·L-1 探究c(H+)对如下 13.研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所
K2Cr2O7 溶液中滴 平衡的影响: 示),使用前需先充电,其固体电解质仅允许Li+
加5滴6mol·L-1 CrO2-+HO 通过。下列说法正确的是 ( )2 7 2
C
NaOH溶液,再滴加 (橙色)
5 滴 6mol· L-1 2CrO2-+2H+4
H2SO4溶液 (黄色)
将有机物 M 溶于乙 探究 M 中是否含
D
醇,加入金属钠 有羟基
11.恒温恒压密闭容器中,t=0时加入A(g),各组分
物质的量分数x 随反应时间t变化的曲线如图 A.放电时电解质溶液质量减小
(反应速率v=kx,k为反应速率常数)。 B.放电时电池总反应为 H2+2Li 2LiH
C.充电时Li+移向惰性电极
D.充电时每转移1mol电子,c(H+)降低1mol·L-1
14.H2A是二元弱酸,M2+不发生水解。25℃时,向
足量的难溶盐 MA粉末中加入稀盐酸,平衡时溶
液中lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH 的关系如
图所示。
下列说法错误的是 ( )
x k k
A.该条件下 N,平衡= -1 2xM,平衡 k1k-2
B.0~t1 时间段,生成 M 和 N的平均反应速率
相等
C.若 加 入 催 化 剂,k1 增 大,k2 不 变,则 x1 和 已知25℃时,Ka1(H2A)=10-1.6,Ka2(H2A)=
xM,平衡 均变大 10-6.8,lg2=0.3。下列说法正确的是 ( )
D.若 A(g)→M(g)和 A(g)→N(g)均为放热反 A.25℃时,MA的溶度积常数Ksp(MA)=10-6.3
应,升高温度则xA,平衡 变大 B.pH=1.6时,溶液中c(M2+)>c(Cl-)>c(HA-)
12.碘晶体为层状结构,层间作用为范德华力,层间 >c(A2-)
距为dpm。如图给出了碘的单层结构,层内碘 C.pH=4.5时,溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。NA 为阿 D.pH=6.8时,溶液中c(H+)+2c(HA-)+
伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 ( ) c(H2A) c(OH-)+c(Cl-)
·2·

二、非选择题:本题共4小题,共58分。 ③将NaHCO3 晶体减压过滤、煅烧,得到 Na2CO3
15.(14分)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、 固体。
CaCO3、SrCO3和 MgCO3等,一种提取该废渣中 回答下列问题:
锶的流程如下所示。 (1)步骤①中配制饱和食盐水,下列仪器中需要
使用的有 (填名称)。
已知25℃时,Ksp(SrSO4)=10-6.46,Ksp(BaSO4)
=10-9.97。 (2)步骤②中 NH4HCO3 需研细后加入,目的是
回答下列问题: 。
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态 (3)在实验室使用NH4HCO3 代替CO2 和 NH3
锶原子价电子排布式为 。 制备纯碱,优点是 。
(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、 (4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴
(填离子符号)。 定过程中溶液的pH 随滴加盐酸体积变化的曲
(3)“盐浸”中SrSO 转化反应的离子方程式为 线如图所示。4
;25℃时,向0.01molSrSO4 粉末中加
入100mL0.11mol·L-1BaCl2 溶液,充分反应
后,理论上溶液中c(Sr2+)·c(SO2-4 )=
mol2·L-2(忽略溶液体积的变化)。
(4)其他条件相同时,盐浸2h,浸出温度对锶浸出
率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增
大的原因是 。
ⅰ.到达第一个滴定终点B 时消耗盐酸V1mL,
到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2mL。
V1=V2,所得产品的成分为 (填序号)。
a.Na2CO3 b.NaHCO3
c.Na2CO3和NaHCO3d.Na2CO3和NaOH
ⅱ.到达第一个滴定终点前,某同学滴定速度过快,
摇动锥形瓶不均匀,致使滴入盐酸局部过浓。该同
学所记录的V1' V1(填“>”“<”或“=”)。图1 图2 (5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分
(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、 别为30.7g和10.3g。向饱和Na2CO3 溶液中
(填化学式)。 持续通入CO2气体会产生NaHCO3 晶体。实验
(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与 K+形成的 小组进行相应探究:
超分子加入“浸出液”中,能提取其中的Sr2+,原 实验 操作 现象
因是 。 将CO 匀速通入置于烧杯(7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2 的最优方法
2
中的 饱和
( )。 20mL Na2CO是 填序号 a 3 无明显现象
溶液,持续 ,消 耗
a.加热脱水 b.在 HCl气流中加热 20min
600mLCO
c.常温加压 d.加热加压 2
16.(14分)侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应 将20mL饱和 Na2CO3 溶 矿泉水瓶变
物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上, 液注入充满CO2的500mL 瘪,3min后b
以NaCl和NH4HCO3 为反应物,在实验室制备 矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇 开始有白色
纯碱,步骤如下: 动矿泉水瓶1~2min,静置 晶体析出
①配制饱和食盐水; ⅰ.实验a无明显现象的原因是 。
②在水浴加热下,将一定量研细的NH4HCO3 加 ⅱ.析出的白色晶体可能同时含有 NaHCO3 和
入饱和食盐水中,搅拌,使 NH4HCO3,溶解,静 Na2CO3·10H2O。称取0.42g晾干后的白色晶
置,析出NaHCO3晶体; 体,加热至恒重,将产生的气体依次通过足量的
·3·

无水 CaCl2 和 NaOH 溶 液,NaOH 溶 液 增 重 ⅰ.投料组成中Ar含量下降,平衡体系中n(CO)∶n
0.088g,则白色晶体中 NaHCO3 的质量分数为 (H2)的值将 (填“增大”“减小”或“不
。 变”)。
17.(15分)Ⅰ.通过甲酸分解可获得超高纯度的 ⅱ.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点
CO。甲酸有两种可能的分解反应: 计算反应⑤的平衡常数 Kp= (kPa)2
①HCOOH(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1=+ (用含p的代数式表示,Kp是用分压代替浓度计
26.3kJ·mol-1 算的平衡常数,分压=总压×物质的量分数)。
②HCOOH(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 18.(15分)有机化合物C和· -1 F
是制造特种工程塑料
=-14.9kJ mol
() ( 的两种重要单体
,均可以苯为起始原料按下列路
1 反应COg)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 线合成(部分反应步骤和条件略去):
的ΔH= kJ·mol-1。
(2)一定温度下,向恒容密闭容器中通入一定量的
HCOOH(g),发生上述两个分解反应,下列说法中
能表明反应达到平衡状态的是 (填序号)。
a.气体密度不变
b.气体总压强不变
() 回答下列问题:c.H2Og 的浓度不变
d.CO和CO 的物质的量相等 (1)B中含氧官能团名称为 ;B→C的反2
(3)一定温度下,使用某催化剂时反应历程如图,反 应类型为 。
应①的选择性接近100%,原因是 ;升高温 (2)已知 A→B反 应 中 还 生 成(NH4)2SO4 和
度,反应历程不变,反应①的选择性下降,可能的 MnSO4,写出A→B的化学反应方程式: 。
原因是 。 (3)脂肪烃衍生物G是C的同分异构体,分子中
含有羟甲基(—CH2OH),核磁共振氢谱有两组
峰。G的结构简式为 。
(4)下列说法错误的是 (填标号)。
a.A能与乙酸反应生成酰胺
b.B存在2种位置异构体
c.D→E反应中,CCl4是反应试剂
d.E→F反应涉及取代过程
Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和 (5)4,4'-二羟基二苯砜(H)和F在一定条件下缩聚,
H )的重要方法,主要反应有 得到性能优异的特种工程塑料———聚醚砜醚酮2
③CH4(g)+CO (g) 2CO(g)+2H ( )。写出 的结构简式 。2 2(g) PESEK PESEK
④CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) O O
⑤CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) nHO S OH+nF C F
(4)恒温恒容条件下,可提高CH4 平衡转化率的 F
措施有 (填序号)。 O
a.增加原料中CH4的量 b.增加原料中CO H2的量 缩聚
c.通入Ar气 →PESEKNaCO
( 2 35)恒温恒压密闭容器中,投入不同物质的量之 (6)/ / , 制备PESEK反应中
,单体之一选用芳香族氟
比的CH4 CO2 Ar混合气 投料组成与CH4 和 化物 ,而未选用对应的氯化物,可能的原因是
CO2的平衡转化率之间的关系如图。
F
。
(7)已知酮可以被过氧酸(如间氯过氧苯甲酸,
MCPBA)氧化为酯:
O O
MCPBA
R C R → R C OR
参照题干合成路线,写出以苯为主要原料制备
O

苯甲酸苯酯( C O )的合成路线
(其他试剂任选)。
·4·














2025年江苏省普通高中学业水平选择性考试
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 O—16 氨碱法联合,突破了国外制碱技术封锁。我国科学
S—32 Cl—35.5 K—39 Fe—56 Zn—65 家在世界上首次人工合成结晶牛胰岛素;采用有机
As—75 Cd—112 Ce—140 合成与酶促合成相结合的方法,人工合成了酵母丙
一、单项选择题:共13题,每题3分,共39分。每题 氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理
只有一个选项最符合题意。 论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采
1.大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生 用低 温、乙 醚 冷 浸 提 取 的 青 蒿 素(C15H22O5,含
产中以氮气作反应物的是 ( ) —O—O—)在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研
A.工业合成氨 B.湿法炼铜 制新型催化剂解决了重油裂解难题。
C.高炉炼铁 D.接触法制硫酸 5.下列说法正确的是 ( )
2.科学家通过核反应1 6 3 40n+3Li →1H+2He发现氚 A.硫黄有S、S2-2 、S4 等多
(31H)。下列说法正确的是 ( ) 种同素异形体
A.10n表示一个质子 B.高温下青蒿素分子结构
B.63Li的基态原子核外电子排布式为1s12s2 稳定
C.3H与21 1H互为同位素 C.NH3分子中 H—N—H键角大于CH4 分子中
H—C—H键角
D.42He的原子结构示意图为 D.题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补
配对
3.用0.05000mol·L-1草酸(H2C2O4)溶液滴定未知
。 ( ) 6.下列化学反应表示正确的是
( )
浓度的NaOH溶液 下列实验操作规范的是 A.黑火药爆炸:2KNO3+C+3S K2CO3+
N2↑+3SO2↑
B.电 解 饱 和 NaCl溶 液 制 NaOH:Cl- +2H2O
通电
2OH-+H2↑+ClO-
A.配制草 B.润洗滴 C.滴定 D.读数 C.重油裂解获得的丙烯制聚丙烯:nCH2 CH—
酸溶液 定管 催化剂CH3 →CH2—CH—CH3
D.向饱和氨盐水中通入过量CO2:NaCl+NH3+
4.在溶有15-冠-5( )的有机溶剂中,苄氯 H2O+CO2 NaHCO3↓+NH4Cl
7.下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正
Cl Cl 确的是 ( )
A.蛋白质能水解,可用饱和(NH4)2SO4溶液提纯

( ) : 蛋白质与 NaF 发 生 反 应 +NaF+
B.乙醚与青蒿素组成元素相同,可用乙醚提取青蒿素
Cl C.CCl4难溶于水、比水易溶解I2,可用CCl4 萃取
碘水中的 I2
→ + D.不同的烃密度不同,可通过分馏从石油中获得
汽油、柴油
8.以稀 H2SO 为电解
下列说法正确的是 ( ) 4 质溶液的光解水装置
A.苄氯是非极性分子 如图所示,总反应为
B.电负性:χ(F)<χ(Cl) 光
C.离子半径:r(F-)>r(Na+) 2H2O 2H ↑催化剂 2
D.X中15-冠-5与Na+间存在离子键 +O2↑。下 列 说 法
阅读下列材料,完成5~7题: 正确的是 ( )
中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑 A.电极a上发生氧
火药(主要成分:KNO3、S和C)是中国古代四大发 化反应生成O2
明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与 B.H+通过质子交换膜从右室移向左室
·1·






C.光解前后,H2SO4溶液的pH不变 已知:Ka(HSO-4 )=1.2×10-2,Ka1(H2SO3)=
D.外电路每通过0.01mol电子,电极b上产生 1.2×10-2,Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。下列说
0.01molH2 法正确的是 ( )
9.化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合 A.较浓 H + 2-2SO4 溶液中:c(H )=2c(SO4 )+
物,部分合成路线如下: c(OH-)
B.NaHSO3溶液中:2HSO-3 SO2-3 +H2SO3
的平衡常数K=5.0×10-6
C.(NH4)2C2O4溶液中:c(NH3·H -2O)+c(OH )
=c(H2C2O4)+c(HCO-2 4 )+c(H+)
( ) D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中:
+
下列说法正确的是 c提铜
(Na )
A.1molX最多能和4molH 发生加成反应 =c沉镍(Na
+)
2
甘油(
B.Y分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为1∶2 13. C3H8O3
)水蒸气重整获得 H2 过程中的主
要反应:
C.Z分子中所有碳原子均在同一个平面上
反应
D.Z不能使Br 的CCl 溶液褪色 Ⅰ C3H8O3
(g) 3CO(g)+4H2(g)
2 4
10.CO 与 NO- 通过电催 ΔH>02 3
化 反 应 生 成 CO 反应Ⅱ CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
(NH ),可能的反应机 ΔH<02 2
理如图所示(图中吸附 反应Ⅲ CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)
在催化剂表面的物种用 ΔH<0
“*”标注)。下列说法 1.0×10
5Pa条件下,1molC3H8O3 和9mol
正确的是 ( ) H2O发生上述反应达平衡状态时,体系中CO、
A.过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 H2、CO2 和CH4 的物质的量随温度变化的理论
B.过程Ⅱ中NO-3 发生了氧化反应 计算结果如图所示。下列说法正确的是 ( )
C.电催化CO2与NO-3 生成CO(NH2)2的反应方
通电
程式:CO2+2NO-3 +18H+ CO(NH )+催化剂 2 2
7H2O
D.常温常压、无催化剂条件下,CO2 与 NH3·
H2O反应可生产CO(NH2)2
11.探究含铜化合物性质的实验如下:
步骤Ⅰ 取一定量5%CuSO 溶液,加入适量浓 A.550℃时,H2O的平衡转化率为4 20%
氨水,产生蓝色沉淀。 B.550℃反应达平衡状态时,n(CO2)∶n(CO)=
步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份,分别加入相同体积 11∶25
的浓氨水、稀盐酸,沉淀均完全溶解,溶液分别呈 C.其他条件不变,在400~550℃范围,平衡时
现深蓝色、蓝色。 H2O的物质的量随温度升高而增大
步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一 D.其他条件不变,加压有利于增大平衡时 H2 的
根打磨过的铁钉,无明显现象;继续加入稀盐酸, 物质的量
振荡后静置,产生少量气泡,铁钉表面出现红色 二、非选择题:共4题,共61分。
物质。下列说法正确的是 ( ) 14.(14分)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
A.步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫
B.步骤Ⅱ的两份溶液中:c (Cu2+)C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶 H2SO4O2 H2S
液迅速钝化 ↓ ↓ ↓
闪锌矿→ 酸浸 → 除铁 → 除镉 → 调 H → 沉锌 →ZnS
D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为
p
↓ ↓
[Cu(NH )]2+3 4 +Fe Cu+Fe2++4NH3↑ S CdS
12.室温下,有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧 已知:K (ZnS)=1.6×10-24sp ,Ksp(CdS)=8.0
化物)用过量的较浓 H2SO4 溶液酸浸后,提取铜 ×10-27,Ka1(HS)=1.0×10-72 ,Ka2(H2S)=
和镍的过程如下所示。 1.2×10-13。当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1
NaHSO3 溶液 (NH4)2C2O4 溶液 时,认为离子沉淀完全。
↓ ↓ 酸浸时通入
浸取液→ 提铜 → 沉镍 →NiCO ① O2
可提高Zn2+浸出率的原因是
2 4
↓
Cu 。
·2·

②通入 H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=
0、c(H2S)=0.01mol·L-1时,Cd2+是否沉淀完 LiAlH
全( 4写出计算过程)。 →
③沉锌前调节溶液的pH至4~5,加入的氧化物
为 (填化学式)。 F G
(2)制备光学材料。如图甲所示,ZnS晶体中掺 (1)A分子中,与2号碳相比,1号碳的C—H 键
入少量CuCl后,会出现能量不同的“正电”区域、 极性相对 (填“较大”或“较小”)。
“负电”区域,光照下发出特定波长的光。 (2)D→E会产生与E互为同分异构体且含五元
环的副产物,其结构简式为 。
(3)E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和
,F分子中手性碳原子数目为 。
(4)写出同时满足下列条件的G的一种同分异构
甲 体的结构简式: 。
区域A“ ”中的离子为 (填离子符号), ①含有3种不同化学环境的氢原子;②碱性条件
区域B带 (填“正电”或“负电”)。 下水解 后 酸 化,生 成 X 和 Y 两 种 有 机 产 物,
(3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷 n(X)∶n(Y)=2∶1,X的相对分子质量为60,Y
[As(Ⅲ)],并回收生成的AsS 沉淀。 含苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应。2 3
已知:溶液中 As(Ⅲ)主要以弱酸 H3AsO3 形式 OH
存在,As2S3+6H2O 2H3AsO3+3H2S。 COOCH3
60 ℃ 时,按 n(S)∶ (5)写出以 和 为原料制备
n(As)=7∶1向酸性废 COOCH3
液中加入ZnS,砷回收
率随 反 应 时 间 的 变 化 的合成路线流程图(无机
如图乙所示。
①写出ZnS与 H3AsO3
反应 生 成 As2S3 的 离 乙 试剂和两碳以下的有机试剂任用,合成路线示例
子方程式: 见本题题干)。
。 16.(15分)海洋出水铁质文物表面有凝结物,研究其
②反应4h后,砷回收率下降的原因有 形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。
。 (1) 文物出水清淤后
,须尽快浸泡在稀 NaOH或
( ) , Na2CO3溶液中进行现场保护。15.15分 G是一种四环素类药物合成中间体 其合
成路线如下: ①玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成
(填化学式),故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶
1 Cl Br Cl
CH(COOCH COOCH 盛放 溶液。3)2 CH ONa 3 NaOH3 COOCH3
CH COOCH + → ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减2 3 CH OH
2 3 COOCH3 缓吸氧腐蚀,其原因有
A O O
。
H3C B H3C
C (2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境
Cl 等因素的影响。
) COOH1NaOH,H2O P2O5 ①无氧环境中,文物中的Fe与海水中的SO2-4
2)H+,
→ →
△ 在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe
COOH
O 与SO
2-
4 反应生成FeS和Fe(OH)2 的离子方程
H3C 式:
D 。
Cl ②有 氧 环 境 中,海 水 中 的 铁 质 文 物 表 面 形 成
COOH 1)CH3OH,H+ FeOOH等凝结物。
)( →2 CH2OH)2,H+ (ⅰ)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依
O O 据原 理 设 计 如 下 实 验:向 NaCl溶 液 中 加 入
[
HC K3 Fe(CN)6]溶液(能与Fe
2+形成蓝色沉淀)和
3
E 酚酞,将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现
·3·









象为 载氧体夺氧步骤
。 Ⅱ H2O →H 400℃ 2
①步骤Ⅰ中,产 物 气 体 积 分 数、CH4 转 化 率、
n(H2) n(H )
( )与x的关系如图乙所示。 时,
2
nCO x=0 n(CO)
大于理论值2的可能原因有
;
(ⅱ)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电 x=0.5时,通入标准状况下300mL的CH4 至
的胶粒,是凝结物富集Cl-的可能原因。该胶粒 , n生成
(CO)
反应结束 的选择性
的形成过程中,参与的主要阳离子有 CO =n转化(CH4)
×100%=
(填离子符号)。 80%,则生成标准状况下CO和 H2 的总体积为
(3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水 mL。
中浸泡的脱氯效果,请补充实验方案:取一定量
含氯FeOOH模拟样品,将其分为两等份,
,
比较滴加AgNO3 溶液体积[Ksp(AgCl)=1.8×
10-10。实验须遵循节约试剂用量的原则,必须
使用的试剂:蒸馏水、0.5mol·L-1NaOH 溶
液、0.5mol·L-1HNO3 溶液、0.05mol·L-1
AgNO3溶液]。 甲
17.(17分)合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。
(1)合 成 气 制 备 甲 醇:CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)。
CO的结构式为C≡O,估算该反应的ΔH 需要
(填数字)种化学键的键能数据。
(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯 H2。
①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2 和
过量的 H2O(g):
低温型催化剂
CO(g)+H2O(g) 、 CO2(g)+H2(g)约230℃3MPa
ΔH<0 乙
, 、
催化 作 用 受 接 触 面 积 和 温 度 等 因 素 影 响, ②x=0.5时 新制载氧体 与CH4反应后的载氧
() 。 () 体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用H2Og 的比热容较大 H2O g 过量能有效防
, 于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现止催化剂活性下降 其原因有
。 衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中,能与 H2O
(g)
, : 反应的物质有②脱碳在钢制吸收塔中进行 吸收液成分 质量
(填化学式)。
分数30%的K2CO3 吸收剂、K2CrO4(Cr正价有
+3、+6)缓蚀剂等。K2CO3 溶液浓度偏高会堵
塞设备,导致堵塞的物质是 (填化学
式)。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是
。
(3)研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体
xFe2O3·(2 1-x)CeO2,0≤x≤1,Ce是活泼金
属,正价有+3、+4 反应,气体分步制备原理示
意如图甲所示。相同条件下,先后以一定流速通
入固定体积的CH4、H2O(g),依次发生的主要 丙
反应: ③结合图示综合分析,步骤Ⅰ中Fe2O3 的作用、
载氧体供氧 气体分步制备的价值:
步骤Ⅰ CH4 →CO+2H850℃ 2 。
·4·
省2025年普通高中学业水平选择性考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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化学答题卡
16.(1)
18.(1)
姓
(2)
考生条形码区
(2)
准考证号
(3)
此方根为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔填涂
正确填涂示例
(3)
(4)
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4)
(5
1A国可可
2A图QD
3A国QD
w3a
.op
7A国QD
9A国CD
eRaa
Fmoo
aoa
moe
oo
(6)
(5
(7)
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
(6
(8)
15.(1)
(2)
17.(1)
(3)
(2)①
(4)
(5)
(3)①
6
(7)①
③
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年化学(江苏卷)
1.A　本题考查工业生产和物质间的转化关系。
工业合成氨是指N2和H2在高温、高压、催化剂条件下制得NH3,A项正确;湿法炼铜原理:Fe+CuSO4FeSO4+Cu,B项错误;高炉炼铁的原料为铁矿石、焦炭和石灰石,C项错误;接触法制H2SO4的原料为硫黄或者含硫矿物,D项错误。
2.C　本题考查化学用语相关知识,涉及电子排布式、同位素、原子结构示意图。
n表示一个中子,A项错误;由原子核外电子排布规律得Li基态原子核外电子排布式为1s22s1,B项错误;质子数相同且中子数不同的同一种元素的不同原子互称为同位素H与H,质子数相同、中子数不同,故C项正确He原子核外只有2个电子,故原子结构示意图为 +2,D项错误。
3.D　本题考查化学实验的基本操作。
向容量瓶中转移水时,常用玻璃棒引流,A项错误;润洗滴定管时应取少量标准液置于滴定管中,倾斜着转动滴定管进行润洗,B项错误;酸碱中和滴定时手持锥形瓶瓶颈轻轻摇动,而不能手持锥形瓶底端摇动,C项错误;眼睛平视滴定管凹液面最低点读数,D项正确。
4.C　本题考查超分子、离子半径、电负性等知识。
苄氯是极性分子,因为其结构不对称,A项错误;一般来说,同主族元素电负性从上向下逐渐减小,故电负性χ(F)>χ(Cl),B项错误;电子层结构相同时,核电荷数越大,微粒半径越小,故r(F-)>r(Na+),C项正确;构成离子键的前提是具有阴、阳离子,15-冠-5是分子,与阳离子Na+之间不存在离子键,故D项错误。
5.D　本题考查同素异形体、键角、氢键等知识。
同素异形体为同种元素组成的不同单质,S2-不是单质,A项错误;青蒿素中含有—O—O—,不稳定,高温易分解,B项错误;NH3分子中中心原子N有1个孤电子对,而CH4中没有孤电子对,孤电子对数越多,对成键电子对的斥力越大,键角越小,故键角NH36.D　本题考查化学方程式、离子方程式。
黑火药爆炸反应:2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑,A项错误;电解饱和NaCl溶液:2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-,B项错误;丙烯生成聚丙烯的反应:,故C项错误;向饱和氨盐水中通入过量CO2,析出溶解度更小的NaHCO3晶体,D项正确。
【解题关键】
对于化学方程式或离子方程式正误判断,要关注以下几点:
①是否符合客观事实,此点往往体现在生成物考查上;
②判断是否符合原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒(如果是氧化还原反应)。
7.C　本题考查物质组成或性质与分离提纯方法的对应关系。
饱和(NH4)2SO4溶液会使蛋白质盐析,可用来分离提纯蛋白质,但跟蛋白质能水解无关,A项错误;青蒿素在乙醚中溶解度大,故可用乙醚提取青蒿素,但与二者组成元素相同无关,B项错误;依据相似相溶原理,I2在CCl4中溶解度大,而在水中溶解度小,且CCl4难溶于水,故可用CCl4萃取碘水中的碘,C项正确;根据不同烃的沸点不同,用分馏法从石油中获得汽油、柴油等,与烃的密度无关,D项错误。
8.A　本题考查电化学原理的应用,涉及电极反应的书写、离子迁移等。
光解过程中,电极a上电子流出,发生氧化反应,电极b上电子流入,发生还原反应。电极a反应:2H2O-4e-O2↑+4H+,电极b反应:2H++2e-H2↑,故A项正确;H+向得电子一极移动,即H+通过质子交换膜从左室移向右室,B项错误;由于光解总反应为2H2O2H2↑+O2↑,故水减少,H2SO4浓度增大,pH减小,C项错误;由2H++2e-H2↑,外电路每通过0.01 mol电子,电极b上产生0.005 mol H2,D项错误。
9.B　本题考查有机物的结构与性质。
X中双键均可与H2发生加成反应,1 mol X最多能和6 mol H2发生加成反应,A项错误;只形成单键的C原子为sp3杂化,形成碳碳双键的C原子为sp2杂化,所以sp3和sp2杂化的C原子数目比为2∶4,即1∶2,B项正确;Z分子中含有连4个单键的C原子,为四面体结构,且其中一个C原子连接了3个C原子,这4个C原子不可能共面,C项错误;Z中含有碳碳双键,可以使Br2的CCl4溶液褪色,D项错误。
10.A　本题考查化学反应机理分析。
过程Ⅱ为*CO2和*N在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应,有N—H极性共价键的形成;过程Ⅲ为*CO与*NH2生成*CO(NH2)2的反应,生成了C—N极性共价键,A项正确;由图可知过程Ⅱ N元素化合价由+5降为-2,C元素的化合价由+4降为+2,故过程Ⅱ发生还原反应,B项错误;C项中方程式不符合电荷守恒,C项错误;常温常压、无催化剂条件下,CO2与NH3·H2O反应生成(NH4)2CO3或NH4HCO3,D项错误。
11.B　本题考查含Cu元素物质的性质及转化关系。
由题干可知
步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀为Cu(OH)2,A项错误;步骤Ⅱ中得到的深蓝色溶液含[Cu(NH3)4]2+,[Cu(NH3)4]2+为配离子,Cu2+很难电离出来,故c深蓝色(Cu2+)12.B　本题考查电解质在水溶液中的行为,涉及电离平衡、盐类水解。
结合题中已知Ka(HS)=1.2×10-2,故较浓H2SO4溶液中H2SO4H++HS、HSH++S,电荷守恒应为c(H+)=c(OH-)+c(HS)+2c(S),故A项错误;2HSS+H2SO3的平衡常数表达式K=
=5.0×10-6,B项正确;(NH4)2C2O4溶液中,根据电荷守恒有c(N)+c(H+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-),根据元素守恒有c(N)+c(NH3·H2O)=2c(C2)+2c(HC2)+2c(H2C2O4),则可得到c(NH3·H2O)+c(OH-)=2c(H2C2O4)+c(HC2)+c(H+),故C项错误;“提铜”到“沉镍”操作过程中,沉淀表面会吸附少量Na+,使n(Na+)减小,且“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液,使溶液体积增大,因此c提铜(Na+)>c沉镍(Na+),D项错误。
13.A　本题考查化学平衡及平衡图像方面相关知识。
由题干中各反应吸放热来看,升高温度反应Ⅰ正向移动,反应Ⅱ和Ⅲ均逆向移动,可知n(CO)一直增大,而根据C原子守恒,开始只加1 mol C3H8O3,则n(CO)<3 mol,所以③代表n(CO),n(CH4)一直减小可知②代表n(CH4),所以①表示n(H2)。550 ℃时n(H2)=5.0 mol,n(CO2)=2.2 mol,n(CO)=n(CH4)=0.4 mol,根据C原子守恒可知,n(C3H8O3)=0 mol,根据O原子守恒,体系中剩下的n(H2O)=1 mol×3+9 mol×1-2.2 mol×2-0.4 mol×1=7.2 mol,所以H2O的平衡转化率=×100%=20%,A项正确;550 ℃时,n(CO2)=2.2 mol,n(CO)=0.4 mol,其比值为22∶4即11∶2,B项错误;400~550 ℃范围,温度升高,反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动,但n(CO2)增大,说明反应Ⅲ逆向进行程度更大,n(H2O)减小,C项错误;增大压强反应Ⅰ平衡逆向移动,反应Ⅱ平衡不移动,反应Ⅲ平衡正向移动,H2的物质的量一定减小,D项错误。
14.答案 (1)①氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行程度
②否。计算过程:pH=0时,c(H+)=1 mol·L-1,c(S2-)==
mol·L-1=1.2×10-22 mol·L-1
c(Cd2+)= mol·L-1≈6.67×10-5 mol·L-1>1.0×10-5 mol·L-1,故Cd2+未沉淀完全。
③ZnO
(2)Cl-　负电
(3)①3ZnS+2H3AsO3+6H+As2S3+3Zn2++6H2O
②随着反应的进行,溶液pH增大,溶液中H2S浓度减小,促进As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动,As2S3重新溶解,砷回收率下降
解析 本题通过由闪锌矿制ZnS的工艺流程,考查Ksp的计算、化学平衡、晶胞等知识。
【思路分析】原料闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等,加入H2SO4、O2酸浸,ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+,经过除铁、除镉除去Fe3+与Cd2+,调pH、沉锌后获得ZnS。
(1)①酸浸时,若不通入O2,会发生反应:ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S,通入O2可以氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行,提高Zn2+浸出率;②要充分利用题中所给溶度积展开计算;③由②可知,除镉后溶液酸性较强,应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+,故加入氧化物ZnO。
(2)晶胞掺杂时,应由半径相近的微粒进行替换,则区域A中,由Cl-替换S2-,区域B中,由Cu+替换Zn2+,按照均摊法,区域B中含3个Zn2+,1个Cu+,8×+6×=4个S2-,(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1,故区域B带负电。
(3)结合质量守恒、电荷守恒及题给信息,可知反应物、产物并配平方程式。
15.答案 (1)较大
(2)
(3)羧基　1
(4)(或,写一种即可)
(5)
解析 本题考查有机框图推断,涉及官能团及其转化关系、手性碳原子、同分异构体、反应机理和合成路线等。对D、E中几个C原子进行标注:
D
、
E
。
(1)A分子中,1号C连两个酯基,2号C连1个酯基,而酯基为吸电子基团,使C—H键的极性增大,所以1号C的C—H键极性较大。
(2)DE转化过程中5号羧基与6号C原子上的H发生取代反应,而D中4号羧基也可能发生相似的反应,生成含五元环的副产物。
(3)根据E的结构简式可看出含氧官能团有醚键、羰基和羧基,F中只有与—COOCH3相连的C原子为手性碳原子。
(4)G的分子式为C14H17O4Cl,不饱和度为6。其同分异构体碱性条件下水解后酸化得X和Y,且n(X)∶n(Y)=2∶1,Y含苯环且能与FeCl3溶液作用显紫色,则含酚羟基,所以该同分异构体是X和Y形成的酯,X的相对分子质量为60,可知X为CH3COOH,所以结构中有两个—OOCCH3基团,含两个不饱和度,加上苯环4个不饱和度,得出该结构中其余基团饱和。分子中含17个H,有3种不同化学环境,则该结构对称,所以Cl原子单独成链,除两个—OOCCH3外,其余11个H只有两种不同化学环境,苯环上存在对称的两个H,剩余9个H完全一样,则存在结构,所以结构简式为或。
(5)从所得最终高分子产物可推出其单体为和,可由碱性条件下水解并酸化后得到,可由在LiAlH4环境下还原得到,与流程中A+BC类似,可由与在CH3ONa和CH3OH作用下反应得到,可由与浓HBr反应制得。
16.答案 (1)①Na2SiO3
②吸氧腐蚀正极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,碱性条件下抑制该正极反应;碱性溶液中O2溶解度小,减少文物与O2的接触,减缓吸氧腐蚀
(2)①4Fe+S+4H2OFeS+3Fe(OH)2+2OH-
②(ⅰ)滴加混合液后,铁片表面将出现蓝色和红色区域,较长时间后出现黄色斑点
(ⅱ)Fe3+、Fe2+
(3)分别加入等体积(如5 mL)的0.5 mol·L-1 NaOH溶液和蒸馏水至浸没样品,在室温下,搅拌、浸泡30 min;过滤,各取等量上清液(如2 mL)置于两支小试管中,分别滴加3 mL 0.5 mol·L-1 HNO3溶液酸化,再分别滴加0.05 mol·L-1 AgNO3溶液;记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的AgNO3溶液体积
解析 本题主要考查铁及其化合物的性质、金属腐蚀原理、离子方程式书写、实验方案设计等。
(1)①SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O,Na2SiO3水溶液具有黏结力强等特性。
②先找到相关反应,O2+2H2O+4e-4OH-,再结合化学反应速率影响因素、化学平衡的移动原理,可得答案。
(2)①根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒及题中所给信息,可写出方程式。
②(ⅰ)结合图示及吸氧腐蚀规律得,Fe片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀:负极Fe-2e-Fe2+,正极O2+4e-+2H2O4OH-。K3[Fe(CN)6]与Fe2+产生蓝色沉淀,酚酞遇OH-变红色,Fe2+在盐水中被氧气氧化成黄色FeOOH,即可得答案。
(ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀,负极Fe-2e-Fe2+,O2可将部分Fe2+氧化为Fe3+,故体系中阳离子主要有Fe2+、Fe3+。
(3)要检验脱氯效果,应控制单一变量,仅水与碱液(NaOH溶液)不同,其他量必须相同。在酸性条件下,检验清液中Cl-浓度,进行比较,即可知脱氯效果强弱。
17.答案 (1)5
(2)①该反应放热,绝热容器中温度会升高,但H2O(g)的比热容较大,能减小体系温度变化,催化剂活性受温度影响,所以H2O(g)过量能有效防止催化剂活性下降
②KHCO3　K2CrO4具有强氧化性,使设备表面形成一层致密的氧化膜
(3)①当x=0时,载氧体为CeO2,氧化性强,提供O原子多,将CO氧化为CO2,CO的量减少,增大　432
②Fe、FeO、C
③步骤Ⅰ中Fe2O3作为载氧体提供O,将CH4转化为CO和H2,避免生成大量的C,造成积碳,使催化剂失活;采用分步制备,能提高原料利用率,并且步骤Ⅰ需高温,步骤Ⅱ需低温,分步制备能节约能源
解析 本题为化学反应原理综合题,主要考查化学键、催化剂活性、转化率、选择性相关计算等。
(1)ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能,需要用到C≡O、H—H、C—O、C—H、O—H五种化学键的键能数据。
(2)②脱碳时,K2CO3溶液吸收CO2发生反应K2CO3+CO2+H2O2KHCO3,当K2CO3溶液浓度偏高时,会生成较多KHCO3,而KHCO3溶解度相对较小,容易在溶液中达到饱和后结晶析出,从而堵塞设备;K2CrO4中Cr元素化合价为+6,处于最高价态,具有强氧化性,跟钢铁发生氧化还原反应生成一层致密的氧化膜,防止其继续反应,从而减缓设备腐蚀。
(3)①由图乙可知,x=0.5时,CH4转化率=60%,则n转化(CH4)=300 mL×60%=180 mL,已知CO的选择性=×100%=80%,则n生成(CO)=180 mL×80%=144 mL,而此时产物气中=2,则n生成(H2)=144 mL×2=288 mL,故生成标准状况下CO和H2共432 mL。
②新制载氧体与CH4反应新生成的晶态物质在步骤Ⅱ中与H2O(g)反应,使载氧体恢复原样继续与CH4反应,在新制载氧体中不存在,在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质,会在步骤Ⅱ中与H2O(g)反应,对比二者X射线衍射谱图可知,C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H2O(g)反应。
③依图从积碳对催化剂活性、原料利用率等方面解答。2025年化学(河南卷)
1.A　本题考查化学与材料。
泥活字字坯的主要成分是黏土,属于硅酸盐材料,A项正确;木活字字坯是由材质比较硬的木头制成,主要成分为纤维素,B项错误;铜活字字坯主要成分为金属材料,C项错误;铅活字字坯主要成分为含铅合金,属于金属材料,D项错误。
2.B　本题考查化学用语。
反-1,2-二氟乙烯的结构式为,而为顺-1,2-二氟乙烯,A项错误;球棍模型要有“球”有“棍”,并注意原子半径大小:r(Cl)>r(C)>r(H),B项正确;基态S原子价电子轨道表示式为,题中所示违反了洪特规则,C项错误;CsCl为离子化合物,用电子式表示其形成过程为,D项错误。
3.B　本题考查简单的实验操作及实验安全问题。
溶解NaCl固体应在烧杯中进行,要用玻璃棒搅拌,不能用手指堵住试管口振荡,A项错误;量取20.00 mL草酸溶液选用酸式滴定管,B项正确;收集CO2用向上排空气法,且集气瓶口应与外界相通,C项错误;Na与水反应非常剧烈,且生成强腐蚀性物质NaOH,眼睛离得太近比较危险,D项错误。
4.C　本题考查与铁元素有关的具有一定颜色的物质,由Z的棕黄色、R的浅绿色可推出含有铁元素,由固体X为黄色可推出固体X为FeS2,固体Q为黑色,且与X组成元素相同,可知固体Q为FeS。固体Y为红棕色,推知Y为Fe2O3,可作油漆、涂料等的红色颜料,A项正确;含Fe3+的溶液煮沸过程中Fe3+的水解程度变大,生成的Fe(OH)3为红褐色,颜色发生改变,B项正确;Fe2+FeS不能在强酸性环境下进行,因为FeS可溶于强酸,C项错误;根据反应Fe+SFeS可知,D项正确。
5.A　本题考查离子方程式的正误判断。
H2P水解时结合H+生成弱电解质H3PO4,A项正确;Ag2O溶于盐酸会生成难溶物AgCl,正确的离子方程式为Ag2O+2H++2Cl-2AgCl+H2O,B项错误;ClO-在酸性环境下能把I-氧化成I2,离子方程式为ClO-+2I-+2H+Cl-+I2+H2O,C项错误;在Ba(HCO3)2少量的情况下,正确的离子方程式为Ba2++2HC+S+2H+BaSO4↓+2CO2↑+2H2O,D项错误。
6.D　本题考查元素推断、元素周期表及元素周期律的应用。
基态X原子的核外电子排布为1s22s22p3,则X为N,是第ⅤA族元素,所以Q为B,W为C,Y、Z原子核外均只有1个未成对电子,则可能为F、Na、Al、Cl中的两种,再根据Y、Z核电荷数之和为Q的4倍,可推出Y为F、Z为Na。BF3为平面三角形的非极性分子,A项错误;NaF中只有离子键,属于离子晶体,B项错误;原子半径:r(C)7.C　本题考查有机化合物的结构与性质。
分子中含有4个—CH3,因此不可能所有原子共面,A项错误;1 mol M中的2 mol酚羟基可消耗2 mol NaOH,1 mol羧基可消耗1 mol NaOH,1 mol酯基水解可生成1 mol羧基和1 mol酚羟基,可消耗2 mol NaOH,共消耗NaOH 5 mol,B项错误;羟基、羧基能发生酯化反应,也属于取代反应,苯环可以与H2发生加成反应,C项正确;羧基和1个酚羟基处在邻位,能形成分子内氢键,D项错误。
8.D　本题考查与Cu2+有关的配合物。
向CuSO4溶液中加氨水先转化为Cu(OH)2沉淀,再加过量氨水沉淀又转化为[Cu(NH3)4]SO4,变为深蓝色溶液,加入乙醇后,[Cu(NH3)4]SO4的溶解度变小而析出深蓝色沉淀,再加盐酸后[Cu(NH3)4]2+与Cl-转化为黄绿色的配离子[CuCl4]2-。
②中沉淀为Cu(OH)2,④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4,A项正确;在含Cu2+的溶液中加过量氨水能转化为[Cu(NH3)4]2+,说明Cu2+更易与NH3结合,B项正确;向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇后析出固体,说明其在乙醇中溶解度小,C项正确;若向⑤中加入稀硫酸,不会转化成黄绿色的[CuCl4]2-,D项错误。
9.A　本题考查物质结构与性质的内容。
根据热重曲线可得,得x=1,A项正确;第一电离能N>O>C,B项错误;由题中图1可以看出中括号部分是+1价阳离子,N为阴离子,它们之间存在离子键,C项错误;由图1可知Fe的配位数为6,但配体个数不是6,D项错误。
10.C　本题考查化学反应机理中的能量机理图。
由图可知反应物总能量低于生成物总能量,该反应为吸热反应,A项错误;化学平衡常数只与温度有关,催化剂不影响平衡常数大小,B项错误;由图可知,丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态能量低,更稳定,C项正确;①转化为②的进程中,决速步骤应为能垒最大的一步:*CH3CHCH3+*H*CH3CHCH2+2*H,D项错误。
11.B　本题考查有机化合物的性质及相互转化关系。
E中含碳碳双键,能使溴的四氯化碳溶液褪色,A项正确;由E、F和G合成M时,结合E、F、G、M的结构简式可知,还可生成物质的化学式为CH4O,该物质不可能是HCOOH,B项错误;P中含有酯基,在碱性条件下可水解,即可降解,C项正确;由M、P的结构简式可知,P解聚生成M时,存在C—O键的断裂与形成,D项正确。
12.D　本题考查电解池相关知识。
由图可知电极a为阴极,电极b为阳极,题干中描述电解池工作的目的有:①淡化海水,②回收含锂废弃物中的锂元素;则电极a的电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,Na+透过离子交换膜Ⅰ向左移动,Ⅰ为阳离子交换膜,Cl-向右移动,所以离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜,A项错误;由于电极a附近生成OH-,则电极a附近溶液的pH增大,B项错误;电极b为阳极,发生氧化反应,电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-,C项错误;脱除58.5 g NaCl,就有1 mol Cl-跟Li+结合生成1 mol LiCl,D项正确。
13.B　本题考查化学反应机理中的循环机理图。
此种题目中进环的物质为反应物,出环的物质为产物。由图可知总反应为2CO+O2+2CH42CH3COOH,由于该反应为化合反应,产物唯一,则原子利用率为100%,A项正确。由方程式可知消耗1 mol O2时可生成2 mol CH3COOH,B项错误。Rh和Fe参与整个反应中的氧化还原反应,其化合价发生变化,C项正确。由ⅡⅢ可推出CD4可转化为CD3COOD, 在水中存在CD3COODCD3COO-+D+、H2OH++OH-两种平衡,则CD3COO-也可结合水电离出的H+,生成CD3COOH,D项正确。
14.D　本题考查溶液中的离子平衡问题,有一定的难度。
由题可知,Y的浓度越大,生成的[AgY2]+越多,溶液中Ag+的浓度越小,则图1中Ⅰ代表[AgY2]+,Ⅱ代表[AgY]+,Ⅲ代表Ag+,A项正确;pH越大,碱性越强,随着pH增大,H2Y2+先转化成HY+,再转化为Y,故图2中Ⅳ代表H2Y2+,Ⅴ代表HY+,Ⅵ代表Y;由图2可知,①H2Y2+HY++H+　K1=10-6.85,②HY+H++Y　K2=10-9.93,当δ(HY+)最大时,Y和H2Y2+的分布系数相等,浓度也相等,由①+②可得,H2Y2+Y+2H+　K=K1·K2==c2(H+)=10-16.78,则c(H+)=10-8.39 mol·L-1,pH=8.39,B项正确;由图1中Ⅱ和Ⅲ的交点可得,反应Ag++Y[AgY]+的平衡常数K1==104.70,C项正确;当-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时,c(Y)=10-3 mol·L-1,δ(Y)=≈0.087,处在Ⅳ和Ⅵ交点的右侧,由图可知c(Y)>c(H2Y2+),D项错误。
15.答案 (1)将Fe转化为Fe2+与固体分离
(2)Rh+HNO3+6HClH3[RhCl6]+NO↑+2H2O　SiO2
(3)Rh2O3+3H22Rh+3H2O　2RhCl3+3H22Rh+6HCl
(4)A
(5)+1价　6∶1
(6)除去还原生成的Sn和过量的Zn
解析 (1)“酸溶1”时,合金粉中只有Fe为活泼金属,铁能与盐酸反应而溶解,Rh、Pt不与盐酸反应,SiO2不溶于盐酸。则滤液1中主要含Fe2+、Cl-、H+。
(2)依据工艺流程图分析,Rh、Pt可溶于王水,则经过“酸溶2”得到的滤渣的主要成分为SiO2。王水中HNO3将Rh氧化为Rh3+与Cl-配位,N被还原为NO,“酸溶2”中反应的化学方程式为Rh+HNO3+6HClH3[RhCl6]+NO↑+2H2O。
(3)“高温还原”中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为单质Rh,发生反应的化学方程式分别为Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。
(4)依据Sn(OH)2的Ksp数值,当c(SnCl2)=1.0×10-4 mol·L-1时,Sn(OH)2开始形成时的c(OH-)= mol·L-1=×10-12 mol·L-1,则此时pOH=12-lg=12-lg5.5,pH=2+lg5.5≈2.4,故溶液pH不超过2.4时不会生成沉淀。
(5)根据SnCl2可知,SnCl2与Rh(Ⅲ)形成的[Rh(SnCl3)5]4-中Rh的化合价为+1价。“活化还原”中,SnCl2一部分与Rh(Ⅲ)发生氧化还原反应,一部分与还原产物Rh(Ⅰ)配位,反应的离子方程式为6Sn2++[RhCl6]3-+15Cl-[SnCl6]2-+[Rh(SnCl3)5]4-,故理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为6∶1。
(6)分析流程图,“酸溶3”之前加过量Zn,主要是将化合态的Rh还原为单质Rh,同时将Sn2+、Sn4+还原为单质Sn,加浓盐酸后单质Rh不溶而实现分离。故“酸溶3”目的是除去还原生成的Sn和过量的Zn。
16.答案 (1)圆底烧瓶　球形冷凝管
(2)增大硫的溶解度,便于充分溶解
(3)防止乙醇在步骤Ⅱ中被H2O2氧化为CH3COOH,CH3COOH与KOH反应使测定结果不准确
(4)水浴加热难以保持20 min使温度处于100 ℃　取反应后的溶液少许加入试管中,然后加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则说明溶液中含有S
(5)当滴入最后半滴HCl标准溶液,锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色,且在半分钟内不恢复原来的颜色
(6)×100%
解析 (1)由装置图可知,仪器①②分别是圆底烧瓶、球形冷凝管。
(2)硫为非极性分子,难溶于水,微溶于乙醇,而乙醇能与H2O以任意比互溶。故步骤Ⅰ中,乙醇的作用是增大硫的溶解度、便于充分溶解。
(3)乙醇具有还原性,步骤Ⅱ中H2O2具有氧化性,乙醇能被H2O2氧化为乙酸,而CH3COOH会与溶液中的KOH发生中和反应,从而导致后续滴定过程消耗的HCl减小,使测定结果不准确。
(4)水浴加热使混合液受热均匀,但不能长时间保持100 ℃。检验S时需要的试剂是稀盐酸和BaCl2溶液。
(5)步骤Ⅲ中,使用甲基橙作滴定反应的指示剂,锥形瓶中溶液含有KOH呈碱性,故滴定前为黄色,滴加HCl标准溶液至终点时,溶液变为橙色,且在半分钟内不恢复原来的颜色。
(6)步骤Ⅳ中,不加入硫黄做空白实验,n(KOH)=n(HCl)=cV3×10-3 mol,加入硫黄时,KOH先与硫反应,剩余的再与HCl发生中和反应,则剩余n(KOH)=n(HCl)=cV2×10-3 mol;故与硫反应的n(KOH)=(cV3×10-3-cV2×10-3) mol,则样品n(S)=n(KOH)=(cV3-cV2)×10-3 mol,故样品中硫的质量分数为×100%。
17.答案 (1)s　3d8
(2)水分子结构中有两个孤电子对
(3)Ni5P4
(4)反应Ⅱ、Ⅲ消耗CO2使反应Ⅰ的平衡正向移动,反应Ⅱ使恒压体系中容器容积增大,有利于反应Ⅰ平衡正移
(5)T1　反应Ⅱ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,则CH4的平衡转化率增大;反应Ⅰ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,可产生更多的CO2,从而提高反应Ⅱ中CH4的转化率
(6)1.2　70%
解析 (1)钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2,位于元素周期表中s区;基态镍原子的价电子排布式为3d84s2,故基态Ni2+的价电子排布式为3d8。
(2)水分子的VSEPR模型为四面体形,水分子中心原子氧原子有两个孤电子对,则水分子的空间结构为V形。
(3)观察晶胞结构,Ni原子有8个位于棱上,有6个位于面上,故一个晶胞中含有Ni:8×+6×=5。P原子有3个位于晶胞内部,有4个位于底面角(60°)顶点,有4个位于底面角(120°)顶点,故一个晶胞中含有P:3+4×+4×=4,则该物质的化学式为Ni5P4。
(4)反应Ⅱ和反应Ⅲ正反应消耗CO2、反应Ⅱ正反应是气体分子数增大的反应(保持恒压则必须使容器容积扩大),二者都能使CaCO3分解反应平衡正向移动,从而促进CaCO3分解。
(5)分析图2可知:相同压强条件下,CH4的平衡转化率主要与温度有关。而反应Ⅱ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,CH4的平衡转化率增大,故T1>T2>T3。同时温度升高也会促进反应Ⅰ正向进行,反应Ⅰ生成的CO2促进反应Ⅱ正向进行,从而提高甲烷的转化率。
(6)利用元素守恒分析:
由题意知:开始时向体系中加入:n(CaCO3)=1.0 mol、n(CH4)=1.0 mol;由于平衡时CaCO3的转化率为80%,CH4的转化率为60%,n(CO)=1.3 mol,可知平衡时体系中剩余n(CaCO3)=0.2 mol,剩余n(CH4)=0.4 mol,分解生成n(CaO)=0.8 mol。由碳元素守恒可得平衡时:n(CO2)=n(CaCO3)始+n(CH4)始-n(CaCO3)平-n(CH4)平-n(CO)=(1.0+1.0-0.2-0.4-1.3) mol=0.1 mol;由氧元素守恒可得平衡时:n(H2O)=n(CaCO3)始×3-n(CaO)-n(CaCO3)平×3-n(CO2)×2-n(CO)=(1.0×3-0.8-0.2×3-0.1×2-1.3) mol=0.1 mol;由氢元素守恒可得平衡时:n(H2)=[n(CH4)始×4-×4-n(H2O)×2]=(1.0×4-0.4×4-0.1×2) mol=1.1 mol;平衡时体系中气体总物质的量为n(CO2)+n(CH4)+n(H2)+n(CO)+n(H2O)=0.1 mol+0.4 mol+1.1 mol+1.3 mol+0.1 mol=3.0 mol。故反应Ⅲ的平衡常数Kp=≈1.2。原位CO2利用率=×100%=70%。
18.答案 (1)醚键、酯基
(2)
(3)++HCl　、或(合理即可)
(4)取代反应
(5)(或
、)
(6)6　
解析 (1)根据结构简式可知,有机物Ⅰ中含氧官能团为醚键和酯基。
(2)由A的分子式和B的结构简式及AB的反应条件可推知,A的结构简式为。
(3)异丙醇在加热条件下可发生分子间脱水生成,也可发生分子内脱水生成。当滴加B后,异丙醇也可能与苯环上的氯原子发生取代反应生成。
(4)CD在苯环上引入—NO2,DE在苯环上氯原子处引入,EF在Fe、HCl存在的条件下将—NO2还原为—NH2,故DE的反应类型为取代反应。
(5)分析题目所给信息:RNH2+可知,题目中FH的反应是先发生上述信息反应,然后发生互变异构生成,再由该物质发生分子内取代得到H和。则反应中的中间体J的结构简式为、、。
(6)书写有机物G的同分异构体时,可以将碳氧双键看作—CHO或,分别取代或插入C—C间所得。在C—C—C—C结构基础上,分别得到:C—C—C—C—CHO、、、;在结构基础上,分别得到:、、,则G的同分异构体中,含有碳氧双键的有6种。其中符合条件(能发生银镜反应且核磁共振氢谱显示为两组峰)的同分异构体为。2025年化学(北京卷)
1.B　本题考查材料分析及简单的氧化还原反应。
月壤钛铁矿吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子,A项正确;地球上的钛铁矿不一定吸附氢原子,加热钛铁矿没有还原剂就不能生成单质铁和水蒸气,B项错误;月壤钛铁矿加热生成单质铁和水蒸气的过程中铁元素化合价降低,发生了氧化还原反应,C项正确;H2O由气态变为液态,释放出能量,D项正确。
2.C　本题考查化学用语和图示表达。
BF3中心硼原子价层电子对数=3+(3-3×1)=3,其VSEPR模型为平面三角形,B项正确;图示为S2-的离子结构示意图,C项错误;Zn为30号元素,其基态原子价层电子排布式为3d104s2,D项正确。
3.A　本题考查营养物质的结构与性质变化。
糖类中,淀粉、纤维素属于高分子,二糖、单糖等不属于高分子,油脂也不属于高分子,A项错误;蔗糖水解为葡萄糖和果糖,分子式均为C6H12O6,互为同分异构体,B项正确;蛋白质水解最终产物为氨基酸,C项正确;不饱和植物油中含碳碳双键,可与H2加成提高饱和度,D项正确。
4.B　本题考查物质结构(微观)与性质的关系。
乙腈的电子式为C ,结构简式为CH3—C≡N,因为甲基碳原子为sp3杂化,故分子中不可能所有原子共平面,A项正确、B项错误;乙腈分子中含有氰基,分子极性较强;而丙炔结构较为对称,分子极性较弱,故乙腈的沸点高于丙炔,C项正确;乙腈分子结构中含有不饱和的—C≡N,可发生加成反应,D项正确。
5.B　本题考查铵盐的化学性质。
NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O,N中N化合价没变,A项错误;NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O,N中N化合价升高,体现还原性,B项正确;Mg(OH)2+2NH4ClMgCl2+2NH3·H2O,N中N化合价没变,C项错误;(NH4)2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NH4Cl,N中N化合价没变,D项错误。
6.B　本题考查化学方程式正误判断。
H2S为弱电解质,书写离子方程式时不拆,正确离子方程式为Cu2++H2SCuS↓+2H+,B项错误。
7.D　本题考查实验装置图像和操作规范。
SO2为有毒气体,NaOH能吸收SO2,防止其逸出污染空气,A项正确;为防止倒吸,实验结束时,先移导管,后熄灭酒精灯,B项正确;分液时为使液体顺利流下,先打开分液漏斗上方玻璃塞,再打开下方活塞,C项正确;冷凝管使用时下口进水,上口出水,这样可使冷凝管中充满水,冷凝效果更好,D项错误。
8.D　本题考查化学反应与基本实验操作。
通入Cl2后,与NaOH发生氧化还原反应:Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,A项正确;观察图像,随反应进行,生成的NaCl、NaClO增多,因NaCl溶解度小先析出,B项正确;将反应后的固液混合物过滤得到NaCl固体,滤液中剩余NaClO,降温可析出,C项正确;因为通入过量Cl2,NaOH全部消耗,冷却结晶时不会有大量NaOH析出,D项错误。
9.D　本题考查类比与推理。
NaCl固体与浓硫酸反应制备HCl气体,是利用浓硫酸的难挥发性和酸性;NaI固体与浓硫酸反应时,由于I-具有还原性,浓硫酸具有强氧化性,会发生氧化还原反应,不能制备HI气体,A项错误。硫酸钡难溶于盐酸,在胃酸环境下不溶解,所以可作“钡餐”使用;碳酸钡能与盐酸反应,产生可溶性钡盐(有毒),不能代替硫酸钡作“钡餐”,B项错误。盐酸和碳酸氢钠溶液反应是吸热反应,但盐酸和NaOH溶液反应是中和反应,放热,C项错误。水的沸点高于硫化氢,是因为水分子间存在氢键;HF分子间也存在氢键,HCl分子间不存在氢键,所以HF的沸点高于HCl,D项正确。
10.C　本题考查化学反应历程及过程分析。
观察示意图知,反应①中,CH3COOH和O2在Pd催化下生成中间产物Pd(CH3COO)2和H2O,A项正确;反应②中,存在CH2CH2中C—H的断裂,产物中CH3COO—与H—形成CH3COOH,还有CH2CH—与CH3COO—的成键过程,B项正确;生成CH2CHOOCCH3的反应过程中,有H2O生成,原子利用率<100%,C项错误;催化剂参与反应改变反应历程,降低反应活化能,提高化学反应速率,但不影响平衡移动,D项正确。
11.C　本题考查离子化合物溶解过程中的能量变化、盖斯定律以及微粒间作用力等知识。
由图可知,NaCl固体溶于水的总过程ΔH3=+4 kJ·mol-1>0,说明NaCl固体溶解是吸热过程,A项正确。根据盖斯定律,反应热只与反应体系的始态和终态有关,与反应途径无关。从图中可知ΔH3=ΔH1+ΔH2=(a+b) kJ·mol-1=+4 kJ·mol-1,B项正确。第一步NaCl(s)Na+(g)+Cl-(g),是将固体变为气态离子,需要破坏离子键,吸收能量,所以a>0;第二步Na+(g)+Cl-(g)Na+(aq)+Cl-(aq),气态离子变为水合离子,放出能量,所以b<0,C项错误。溶解过程中涉及破坏NaCl固体中的离子键以及形成NaCl溶液中水合离子等,能量变化与这些微粒间作用力的强弱有关,D项正确。
12.D　本题考查化学(离子)平衡及移动、实验探究。
在平衡体系中:Fe3++4Cl-[FeCl4]-,增大c(Cl-),促使平衡正向移动,黄色加深,A项正确。由①到②,由于Fe3+更易与SCN-形成配合物[Fe(SCN)]2+,发生反应:[FeCl4]-+SCN-[Fe(SCN)]2++4Cl-,B项正确。向②中加入NaF固体,红色褪去变为无色,说明发生反应[Fe(SCN)]2++6F-[FeF6]3-+SCN-,该反应的K值更大,③中c(Fe3+)比②中更小,C项正确。③→④溶液未见明显变化,是由于③中c(Fe3+)很小,不与I-发生氧化还原反应;若向①中加入KI、淀粉溶液,由于①中c(Fe3+)较大,可发生反应:2Fe3++2I-2Fe2++I2,促使平衡Fe3++4Cl-[FeCl4]-逆移,黄色变浅,且淀粉溶液遇生成的I2变蓝,D项错误。
【易错警示】同时向分别含有黄色[FeCl4]-和无色[FeF6]3-的溶液中加入KI、淀粉溶液,前者溶液变蓝而后者未见明显变化。区别在于两个平衡中,
①[FeCl4]-Fe3++4Cl-　K1
②[FeF6]3-Fe3++6F-　K2
因为K1 K2,在反应②平衡体系中,c(Fe3+)很小,而在反应①平衡体系中c(Fe3+)较大,可发生反应:2Fe3++2I-2Fe2++I2,淀粉溶液遇生成的I2变蓝。
13.A　本题考查有机框图推断,涉及手性碳原子、反应类型等知识。
由流程A(C6H6O3)+B()D、E和P的结构反推D的结构简式为,A的结构简式为,其中①②碳原子为手性碳原子,A项正确;由D可知A与B的化学计量数之比是2∶1,B项错误;D与E生成P,有小分子H2O生成,为缩聚反应,C项错误;高分子P可降解是因为存在酰胺基,D项错误。
14.D　本题考查电化学知识和实验探究。
图1为电解池,阳极反应式:2H2O-4e-O2↑+4H+,阴极反应式4H2O+4e-2H2↑+4OH-,故电解后阳极区(石墨1)储存O2,阴极区(石墨2)储存H2;重新取Na2SO4溶液作电解质溶液,利用图1电解产物(H2、O2)进行氢氧燃料电池实验探究,则石墨1为正极,石墨2为负极。
实验ⅰ中石墨1(O2)为正极,石墨2(H2)为负极,发生自发氧化还原反应,2H2+O22H2O,则a>0,A项正确;ⅲ中,c>0说明新石墨为正极,新石墨可能含有空气中的少量氧气或溶于水的少量O2,O2发生还原反应,C项正确;ⅱ和ⅳ区别在于ⅱ中负极更换为新石墨,则bc则说明ⅲ中电极Ⅰ上吸附O2的量不足,D项错误。
15.答案 (1)
(2)NH3分子中N原子有1个孤电子对,对成键电子对有斥力,使键角小于正四面体键角109°28'
(3)①N
②
(4)①生成[Mg(NH3)6]Cl2的反应活化能更低,室温下更容易发生
②高温、低压,[Mg(NH3)6]Cl2(s)6NH3(g)+MgCl2(s)　ΔH>0,此反应吸热,且气体分子数增大
解析 本题考查物质结构与性质、晶胞计算、反应能量机理等相关知识。
(1)基态Mg原子最外层电子排布式为3s2,其轨道式为。
(2)NH3分子中N原子有1个孤电子对,其对成键电子对的斥力比成键电子对间的斥力大,导致键角变小。
(3)①配体NH3中N提供孤电子对,配位原子为N。
②该晶胞中含4个[Mg(NH3)6]Cl2,其密度ρ= g·cm-3。
(4)①由能量变化图可知E1>E2,生成[Mg(NH3)6]Cl2速率大,为主要产物。
②脱除反应方程式为[Mg(NH3)6]Cl2(s)6NH3(g)+MgCl2(s)　ΔH>0,升高温度,平衡正向移动,减小压强,平衡正向移动,故需高温、低压。
16.答案 (1)①PbSO4+2e-Pb+S
②
③正四面体
④2Pb+O2+2H2SO42PbSO4+2H2O
(2)①使PbSO4转化为Pb(OH)2,便于后续的溶解
②作还原剂、作氧化剂
(3)ab
解析 本题考查化学反应与电能,涉及电极反应式书写,物质空间结构判断,正、负极分析等知识。
(1)①充电时阴极发生还原反应:PbSO4+2e-Pb+S。
②铅酸电池放电时,产生a库仑电量,转移电子物质的量为 mol。依据铅酸电池工作原理可得关系式:2e-~2H2SO4,故消耗n(H2SO4)= mol。
③S中心原子价层电子对数=4+=4,VSEPR模型为正四面体形,不存在孤电子对,S的空间结构为正四面体形。
④Pb在硫酸作用下,被O2氧化为PbO,PbO再与H2SO4反应生成PbSO4。
(2)①将PbSO4等物质转化为Pb2+过程中,溶液中存在Pb2+水解平衡:Pb2++2H2OPb(OH)2+2H+,加入NaOH溶液的目的是:提供碱性环境,促使平衡Pb2++2H2OPb(OH)2+2H+正向移动,便于生成Pb(OH)2沉淀。
②步骤Ⅱ中,将PbO2Pb2+,则H2O2的作用是作还原剂;步骤Ⅲ中,将Pb2+PbO2,则K2S2O8的作用是作氧化剂。
(3)铅酸电池放电过程中,负极因生成导电性差的大颗粒PbSO4,导致电极逐渐失活。向负极添加石墨、多孔碳等,可增强负极导电性,也可增大负极材料比表面积,利于生成小颗粒PbSO4,故a、b正确。
17.答案 (1)羧基、碳氟键(或氟原子)
(2)+HNO3(浓)+H2O
(3)bc
(4)①
②
(5)E→F引入保护基,Y→P脱除保护基
解析 本题考查有机推断与合成,涉及官能团的性质、转化关系、合成路线、杂化轨道及官能团的保护等知识。
A和乙酸脱水生成B,B的结构简式为,之后发生硝化反应生成D,D的结构简式为,根据F到G为—NO2还原为—NH2,可推得F的结构简式为,根据已知①可推出J的结构简式为,由流程图可以看出K到L为—NO2还原为—NH2,所以K的结构简式为。
(1)I中含有的官能团为硝基、羧基、碳氟键(或氟原子)。
(2)B→D为硝化反应。
(3)试剂a完全对称,含有H原子的6个—CH3完全一样,只有1组峰,a项错误;J→K过程中生成产物HCl,(CH3CH2)3N具有碱性,消耗HCl,导致平衡正向移动,提高产率,b项正确;F→G,K→L均有—NO2还原为—NH2,c项正确。
(4)①根据M的分子式和M中有1个sp杂化的碳原子,再根据L结构简式可推知M的结构简式为。
②根据(4)的已知条件,由P逆推出Y的结构简式。
(5)E→F将—NH2反应掉,Y→P又变回—NH2。
18.答案 (1)H2S(g)+O2(g)SO2(g)+H2O(g)　ΔH=-518 kJ·mol-1
(2)①2NaHSO3Na2S2O5+H2O
②NaHSO3+Na2CO3Na2SO3+NaHCO3
③S、C、HC
④SO2
(3)①S
②a~b mol时,产生的二氧化碳逸出,使反应正向进行,HC平衡转化率上升,亚硫酸氢根离子浓度增大,抑制了的亚硫酸根离子与二氧化硫的反应,所以HC平衡转化率上升而S平衡转化率下降
解析 本题以利用H2S制备焦亚硫酸钠的流程图为载体,考查热化学方程式书写、方程式书写、物质成分分析、平衡移动及原因分析等。
(1)根据盖斯定律,反应Ⅰ+反应Ⅱ可得:H2S(g)+O2(g)SO2(g)+H2O(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=(-221.2-296.8) kJ·mol-1=-518 kJ·mol-1。
(2)①当pH达到3.8~4.1时,Ⅱ中NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3Na2S2O5+H2O。
②配碱槽中,母液(主要成分为NaHSO3)和过量Na2CO3发生反应的化学方程式为NaHSO3+Na2CO3Na2SO3+NaHCO3。
③多次循环后,母液主要成分为NaHSO3,冷却气体中有O2,会将NaHSO3氧化成S,杂质离子为S、C、HC,需要除去。
④结合流程示意图知:经过“多级串联反应釜”吸收,剩余尾气为N2、O2和少量SO2,加入NaOH溶液,吸收的气体为SO2。
(3)①由图可知,0~a mol时,碳酸氢根离子平衡转化率较低,而亚硫酸根离子的平衡转化率较高,所以S与SO2优先反应。
19.答案 (2)①溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复　Br2+2I-2Br-+I2
②增大　Mn2+
③反应未达到平衡,此时计算的是浓度商Q不能代表平衡常数K
(3)①40 ℃时该反应的理论平衡常数
②控制Br2的挥发,使反应达到平衡状态,从而准确测定平衡常数
解析 本题考查了pH、温度等因素对平衡常数测定的影响,涉及滴定终点的现象,pH、温度对反应的影响等。
(2)①溶液中加入KI后,有I2生成,淀粉遇I2变蓝,滴定终点时I2被消耗完全,溶液变为无色。
②反应MnO2+2Br-+4H+Mn2++Br2+2H2O中消耗了H+,pH增大;平衡常数表达式K=,Br2挥发,导致测定c(Br2)偏小,根据题目信息可知,c(Mn2+)=c(Br2),则计算时所用c(Mn2+)小于其在溶液中的实际浓度,导致计算所得值小于25 ℃的K值。
③Ⅱ中pH变大导致c(H+)减小,反应速率变慢,反应相同时间下,反应可能并未达到平衡,所以计算所得浓度商(Q)<平衡常数(K)。
(3)①判断所得平衡常数是否准确,需与40 ℃时反应的理论K值比较。
②由以上实验对比可知,反应平衡常数K的测定受Br2的挥发和pH大小的影响,所以调节pH和温度的目的是控制Br2的挥发,调节反应速率,使反应达到平衡。2025年化学(陕晋宁青卷)
1.B　本题考查材料的化学成分。
氮化硅属于无机非金属材料,A项错误;合金属于金属材料,B项正确;聚酰亚胺属于有机高分子材料,C项错误;反渗透膜是有机高分子材料,D项错误。
2.A　本题考查化学用语和化学模型的规范表达。
基态Be原子的价电子排布式为2s2,B项错误;C2H2的球棍模型为,C项错误;反-2-丁烯的结构简式为。
3.A　本题考查物质性质与用途。
单晶硅用于制造芯片,是利用其为半导体材料,可导电,A项错误;金属铝具有较强还原性,用于“铝热反应”冶炼高熔点金属,B项正确;浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性,C项正确;乙炔燃烧时放出大量的热,火焰温度高,用于切割金属,D项正确。
4.B　本题考查有机物的结构和性质。
该有机物分子结构中含有碳碳双键,能与溴水发生加成反应,使之褪色,A项错误;该有机物分子中的羟基能与乙酸发生酯化反应,B项正确;该有机物分子中的酯基能与NaOH溶液反应,C项错误;含有6个手性碳原子(*标出),D项错误。
5.C　本题考查芳香烃概念、作用力等。
芳香烃是指含有一个或多个苯环的烃类物质,A项正确;质谱仪可用于测定化合物的相对分子质量,B项正确;范德华力是存在于分子间的一种微弱作用力,大环之间存在范德华力,C项错误;要破坏穿插互锁的“机械键”必须断裂共价键,D项正确。
6.C　本题考查物质的组成与性质关系。
NaCl和CsCl同为离子晶体,离子晶体的熔点与离子键的强弱有关,氯化钠离子键强于氯化铯,A项正确;由“相似相溶”原理可知,非极性分子易溶于非极性溶剂,B项正确;HC2H++C2、HC2+H2OH2C2O4+OH-,由此可知草酸氢钠溶液呈酸性是草酸氢根离子的电离程度大于水解程度,C项错误;离子液体中存在自由移动的阴、阳离子,可导电,D项正确。
7.D　本题考查反应方程式正误判断。
用NaOH溶液吸收NO2时,NO2发生歧化反应:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,C项正确;石灰乳溶解度小,离子方程式中不拆,应该是Cl2+Ca(OH)2Ca2++ClO-+Cl-+H2O,D项错误。
8.A　本题考查晶胞相关知识,考查考生的信息获取与知识应用能力。
沿晶胞体对角线方向的投影图为,A项错误;由结构可知,Ag、B均与4个“C≡N”相连,均为sp3杂化,B项正确;Ag位于晶胞“体心”,相邻晶胞中的Ag距离最近,每个晶胞周围有6个晶胞相邻,C项正确;Ag和B的最短距离为体对角线的,设晶胞参数为a pm,晶胞中含1个Ag,4个C≡N,8×=1个B,则d=,a=×1010,lAg和B=×1010 pm,D项正确。
【解题指导】
晶胞内粒子数的计算:
9.D　本题考查元素推断与元素周期律知识。
依据信息“基态Y的2p轨道半充满”,Y形成三个键可知,Y为氮(N)元素;由信息“X、Y价电子数相等”、“X、Y和Z都是短周期元素”、“X形成5个键”知,X为磷(P)元素;由信息“X、Z电子层数相同,Z的最外层只有一个未成对电子,且为非金属”可知,Z为氯(Cl)元素。第一电离能PPH3,B项错误;最高价含氧酸的酸性:HClO4>HNO3>H3PO4,C项错误;P元素可形成P2O3、P2O5等,N元素可形成NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等,Cl元素可形成Cl2O、Cl2O3、ClO2、Cl2O5、Cl2O7等,D项正确。
10.C　本题考查实验原理及方案设计。
“Fe-Cu-H2SO4”原电池中Fe为负极,Cu为正极,“Fe-Zn-H2SO4”原电池中Zn为负极,Fe为正极,A项正确;由题给实验可分别确定氧化性:Fe3+>I2,Cl2>Fe3+,B项正确;苯不能使酸性KMnO4溶液褪色,甲苯可以使酸性KMnO4溶液褪色是因苯环对甲基的影响,C项错误;2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液与H2SO4反应时先看到浑浊,D项正确。
11.D　本题考查硫及其化合物之间的转化关系。
由“常温常压下J为无色气体,且有漂白性”可知:气体J为SO2,则G→H→J→K→L的转化关系为H2SSSO2SO3Na2SO4;SO2与足量NaOH生成Na2SO3(N)、与少量NaOH生成NaHSO3(M)。H2S、SO3都能与NaOH溶液反应,A项正确;S、Na2SO3中硫元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性,B项正确;NaHSO3、Na2SO3两溶液中均含有Na+、H+、HS、S、OH-,C项正确;H2S与SO2反应方程式为2H2S+SO23S↓+2H2O,1 mol H2S与足量SO2反应,转移电子数为2NA,D项错误。
12.B　本题考查实验原理和装置分析。
为防止空气中H2O和O2影响实验,应保证为封闭体系,气球可以起缓冲压力作用,A正确;实验过程中“二苯甲酮”可与格氏试剂反应,为减少副反应,烧瓶中液体为苯甲酰氯,B错误;选用恒压滴液漏斗可以平衡气压,便于液体顺利流下,C正确;苯甲酰氯的产率高,副反应程度小,表明苯甲酰氯更易与格氏试剂反应,D正确。
13.D　本题考查电化学原理(电解池)及反应机理。
由反应历程图知:百里酚(TY)的结构简式为,百里醌(TQ)的结构简式为,TY→TQ发生氧化反应,可判断出:电极b为阳极,电极a为阴极,在电解池中H+(阳离子)从阳极向阴极移动,即从右室向左室移动,A项正确。电解时阳极反应式为TY-4e-+H2OTQ+4H+,阴极反应式为4H++4e-2H2↑,故总反应式为TY+H2OTQ+2H2↑,B项正确。依据反应历程图,酚被氧化时,酚羟基对位引入羰基,C项正确。用18O标记电解液中的水,得到的产物是,D项错误。
14.B　本题考查沉淀溶解平衡图像分析。
Al3++3OH-Al(OH)3↓,Zn2++2OH-Zn(OH)2↓,Cd2++2OH-Cd(OH)2↓,由系数关系知Al3+的-lg[c(H+)/(mol·L-1)]~-lg[c(X)/(mol·L-1)]的斜率与Zn2+和Cd2+不同,Ksp[Zn(OH)2]Al(OH)3+OH-Al(OH,Zn(OH)2+2OH-Zn(OH,Cd(OH)2+2OH-Cd(OH,由系数关系知Al(OH的-lg[c(H+)/(mol·L-1)]~-lg[c(X)/(mol·L-1)]的斜率与Zn(OH和Cd(OH不同,Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应可确定L为Al(OH,d为Zn(OH,e为Cd(OH,A正确;由(3.0,0),c(Al3+)=1 mol·L-1,c(OH-)=10-11 mol·L-1,Ksp[Al(OH)3]=10-33;(8.4,5),c(Zn2+)=10-5 mol·L-1,c(OH-)=10-5.6 mol·L-1,Ksp[Zn(OH)2]=10-16.2;(9.4,5),c(Cd2+)=10-5 mol·L-1,c(OH-)=10-4.6 mol·L-1,Ksp[Cd(OH)2]=10-14.2;由(12.4,5),c[Zn(OH]=10-5 mol·L-1,c(OH-)=10-1.6 mol·L-1,c(Zn2+)= mol·L-1=10-13 mol·L-1,由Zn2++4OH-Zn(OH知,K1==1014.4,B错误;由(14.0,5)知Cd(OH)2恰好开始溶解时pH=14.0,由L知,当pH=14.0时,c[Al(OH]>1 mol·L-1,可认为Al(OH)3已全部溶解为Al(OH;则可通过碱浸完全分离Cd(OH)2和Al(OH)3,C正确;当Al3+完全沉淀时,c(OH-)= mol·L-1=1 mol·L-1,pH≈4.7,当Zn2+开始沉淀时,c(OH-)= mol·L-1=10-7.6 mol·L-1,pH=6.4,因此调节pH范围为4.7~6.4,可使浓度均为0.1 mol·L-1的Zn2+和Al3+完全分离,D正确。
15.答案 (1)量筒、玻璃棒
(2)冰水浴
(3)B
(4)向试管中先加稀硝酸、再加AgNO3溶液,若无白色沉淀产生,说明氯离子已经洗净
(5)ABC
(6)cabd
(7)　偏高
解析 本题考查实验仪器选择、实验安全、滴定操作及相关计算等。
(1)Ⅰ、Ⅱ均为溶解操作,需要的玻璃仪器有烧杯、量筒和玻璃棒。
(2)依据题目信息“糖精钴的溶解度在冷水中较小”知,要使大量晶体析出,可将烧杯置于冰水中冷却。
(3)步骤Ⅳ是对产品进行洗涤,先用冷的1% NaSac溶液洗涤晶体,主要目的是洗去晶体附着的离子(Na+、Co2+、Cl-等),再用冷水洗去NaSac等,最后用丙酮洗去表面的H2O。
(4)本题实际上是考查Cl-的检验方法。
(5)步骤Ⅲ中“将溶液2加入接近沸腾的溶液1中”,需要戴护目镜和防热烫;步骤Ⅳ丙酮有毒,需要洗手。
(6)使用时:先检漏并用蒸馏水洗涤滴定管,然后用标准液润洗,后加入标准液,最后调节液面并记录初始体积。
(7)滴定时,n(EDTA)∶n(Co2+)=1∶1,可知m g产品的物质的量为cV×10-3 mol,因为
即,可得x=。
若滴定前尖嘴处无气泡,滴定后有气泡,说明实际读出的消耗的EDTA少,计算时V减小,则x值偏高。
16.答案 (1)将废盐粉碎　搅拌
(2)6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O　10-2.15
(3)O2
(4)pH过大时生成Mg(OH)2,而MgCO3的含量低,煅烧时没有CO2气体生成,使得MgO结构不疏松,密度较大,不能得到轻质MgO
(5)MgHPO4+H3PO4Mg2++2H2P
(6)(NH4)2SO4　(7)还原
解析 本题以电解锰工业废盐为原料,考查工艺流程图,考查考生分析、探究与推测能力。
(1)为加快废盐溶解、加快反应速率,可将废盐粉碎、搅拌、适当升高溶解温度等。
(2)Mn(OH)2被氧化为Mn3O4时Mn的化合价由“+2”价升至“+”价,O2中O的化合价由“0”价降至“-2”价,据氧化还原反应电子转移守恒和原子个数守恒可配平化学方程式。
当Mg2+将要开始沉淀时,c(OH-)==10-5.285 mol·L-1,c(Mn2+)==10-2.15 mol·L-1。
(3)由S2结构可知,水解产物为S和H2O2,H2O2不稳定,受热分解为H2O和O2。
(4)由Ksp(MgCO3)=10-5.17,Ksp[Mg(OH)2]=10-11.25可知,pH过大时生成Mg(OH)2或MgCO3含量低,煅烧时没有CO2气体生成,使得MgO结构不疏松,密度较大,不能得到轻质MgO。
(5)由题图知,pH=8.0时,P元素主要以HP形式存在,加H3PO4至pH=8.0时,Mg2+沉淀完全,此时存在形式为MgHPO4,pH=4.0时,P元素主要以H2P形式存在,沉淀完全溶解,Mg元素以Mg2+形式存在,则沉淀溶解的离子方程式为MgHPO4+H3PO4Mg2++2H2P。
(6)由流程可知向滤液(含N、S)中加入H2SO4调节pH=6.0,使N和S结合为(NH4)2SO4结晶析出。
(7)焙烧过程将Mn3O4、MnO2转化为MnSO4,Mn元素发生还原反应。
【解题指导】
1.工艺流程分析
工艺流程可以解离为原料及其预处理、工业要求与反应条件的控制、目标产品的分离和提纯三个过程。
2.解题方法
四个知道:反应物是什么 发生了什么反应 生成什么 有什么作用
17.答案 (1)-65
(2)B
(3)④　HO*+CC+H2O
(4)①c　②　③0.2　温度越高,主要发生反应Ⅱ,且反应Ⅱ平衡逆向移动对H2的影响大于反应Ⅲ平衡正向移动对H2的影响
解析 本题考查盖斯定律、化学平衡移动、化学平衡图像分析等。
(1)反应Ⅰ+反应Ⅱ可得:MgCO3(s)+4H2(g)MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)　ΔH4=ΔH1+ΔH2=(101-166) kJ·mol-1=-65 kJ·mol-1。
(2)反应Ⅱ是一个气体体积减小的放热反应,故低温高压有利于平衡正向移动,提高CH4平衡产率。
(3)基元反应的活化能越大,反应速率越慢。观察图示知,基元反应④的活化能最大。生成水的基元反应是③,反应方程式为HO*+CC+H2O。
(4)①分析题中3个反应,360 ℃以下不考虑反应Ⅲ,根据选择性定义,此时CH4和CO2的选择性相加为100%,结合点M附近区域放大图可知曲线b、c表示CH4或CO2的选择性,随温度升高反应Ⅰ平衡正向移动,即MgCO3的平衡转化率增大至接近100%,则曲线a代表MgCO3的平衡转化率。反应Ⅱ为放热反应,随温度升高平衡逆移,CH4的选择性减小,反应Ⅰ吸热,随温度升高平衡正向移动,CO2的选择性升高,则曲线c表示CH4的选择性。
②分析图丙知:点M温度下MgCO3的平衡转化率为49%,即此时MgCO3分解了0.49 mol,此时CH4、CO2的选择性均为50%,即n(CH4)=n(CO2)=0.49 mol×50%=0.245 mol。
依体系中碳元素守恒有:
n(C)=n(CH4)+n(CO2)=0.49 mol,且n(CH4)=n(CO2)=0.245 mol,
依体系中氧元素守恒有:
n(O)=n(CO2)×2+n(H2O)=0.49 mol×2,得n(H2O)=0.49 mol,
依体系中氢元素守恒有:
n(H)=n(CH4)×4+n(H2O)×2+n(H2)×2=2.0 mol,得n(H2)=0.02 mol。
此时体系中气体总物质的量为n(CH4)+n(CO2)+n(H2O)+n(H2)=0.245 mol+0.245 mol+0.49 mol+0.02 mol=1.0 mol。
则反应Ⅱ的Kp==
(kPa)-2。
③分析图乙,在550 ℃下,MgCO3转化率为100%,CO2选择性为70%(生成CO2 0.7 mol),CH4选择性为10%(生成CH4 0.1 mol),依据碳元素守恒,反应Ⅲ生成CO 0.2 mol。
在500~600 ℃条件下,体系中只存在反应Ⅱ和反应Ⅲ,反应Ⅱ为放热反应,反应Ⅲ为吸热反应,温度升高反应Ⅱ平衡逆移,反应Ⅲ平衡正移。因为H2平衡转化率下降,说明主要发生反应Ⅱ,反应Ⅱ逆向移动对H2的影响大于反应Ⅲ正向移动对H2的影响。
18.答案 (1)硝基　(酚)羟基
(2)
(3)还原反应
(4)5
(5)+2HCl+NaNO2+NaCl+2H2O
(6)AC
(7)
解析 本题以凯普拉生的合成路线考查有机推断与合成,考查考生的分析与推测能力。
(1)的官能团名称为硝基,(酚)羟基。
(2)由C()和A()知A+B→C时由A中羟基“O”与B中“C”成键,且B的碳骨架不发生变化,B为。
(3)C→D中“—NO2”→“—NH2”为还原反应。
(4)满足条件的B的同分异构体:
①、②、
③、④、⑤,共5种。
(5)由已知信息可知D→E的第一步反应将“—NH2”转化为—N2Cl,反应方程式为
+2HCl+NaNO2
+NaCl+2H2O。
(6)F中“”为醛基,能发生银镜反应,A项正确;F中,“F”与亚氨基上的“H”可形成分子内氢键,B项错误;E+F→G的反应为
+HCl,HCl再和NaH反应生成H2,C项正确;醛基吸引电子能力较强,使F的N—H极性增大,D项错误。
(7)由E→G可知可由和合成,由G→H可知由和CH3NH2、NaBH3CN合成,由D→E可知,由和NaNO2、HCl、CuCl、SO2合成。
【解题指导】
逆合成分析
1.逆合成的基本思路:分析目标化合物与流程中相似信息点或相似官能团,确定断键位置,得到的较小片段所对应的中间体;接下来继续断开中间体适当位置的化学键,得到更接近基础原料的中间体;依次逆推,最后确定最适宜的基础原料和合成路线。
2.图示:2025年普通高中学业水平选择性考试(云南卷)
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 Li—7 C—12 N —14 O—16 F—19 Na—23 S—32 Cl—35.5
Mn—55 Fe—56 Cu—64 Sb—122
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.画中有“化”,多彩中华。下列叙述正确的是 ( )
A.岩彩壁画颜料所用贝壳粉,主要成分属于硅酸盐
B.油画颜料调和剂所用核桃油,属于有机高分子
C.竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁,耐酸、碱
D.水墨画墨汁的主要成分碳,常温不易被氧化
2.下列化学用语或图示表示正确的是 ( )
A.NH3的VSEPR模型:
‥
B.NaS的电子式:Na+[︰S︰]2-2 2
‥
C.Cl的原子结构示意图:
D.Al2(SO4)3溶于水的电离方程式:Al2(SO4)3 2Al3++3SO2-4
3.下列化学方程式错误的是 ( )
高温
A.煤制水煤气:C+H2O(g) CO+H2
B.Na2O2供氧:2Na2O2+2CO2 2Na2CO3+O2
C.覆铜板制作印刷电路板:2FeCl3+3Cu 3CuCl2+2Fe
D.铅酸蓄电池放电:Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O
4.NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A.22.4LCH4中原子的数目为5NA
B.1mol18O所含中子的数目为10NA
C.28gFe粉和足量S完全反应,转移电子的数目为1.5NA
D.0.1L12mol·L-1盐酸与足量 MnO2反应,生成Cl2的数目为0.3NA
·1·
5.下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是 ( )
B.配制100mL1.00mol·L-1 C.探 究 Na与 H2O D.探究温度对化学平衡的
A.制备NH3
KCl溶液 反应 影响
6.化合物Z是某真菌的成分之一,结构如图。下列有关该物质
说法错误的是 ( )
A.可形成分子间氢键
B.与乙酸、乙醇均能发生酯化反应
C.能与NaHCO3溶液反应生成CO2
D.1molZ与Br2的CCl4溶液反应消耗5molBr2
7.稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是 ( )
A.SiO2可与NaOH溶液反应 B.盐酸在该工艺中体现了还原性
650℃
C.高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D.制备纳米Si:SiO2+2Mg Si+2MgO
8.某化学兴趣小组设计如下实验装置,通过测定反应前后质量的变化,验证 NaNO3 固体在酒精灯加热条件
下,受热分解的气态产物。
实验步骤:先缓慢通入Ar气,排尽装置内空气;关闭Ⅰ左侧阀门,点燃酒精灯;一段时间后,Ⅱ中灼热的铜
网变黑,熄灭酒精灯甲;再次缓慢通入Ar气……
下列说法错误的是 ( )
A.实验步骤中,点燃酒精灯的顺序为甲、乙、丙
B.整个过程中,若Ⅲ中灼热的铜网未变黑,则说明生成的O2在Ⅱ中反应完全
C.实验结束后,若Ⅰ中减少的质量等于Ⅱ中增加的质量,则分解的气态产物只有O2
D.NaNO3应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放
·2·
9.钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料,所含 M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素,M
是原子半径最小的元素,Q是形成物质种类最多的元素,R是地壳中含量最高的元素,T、X、Y同周期,Q、X
均与Y相邻,Z的原子序数等于 M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是 ( )
A.M与Z可形成离子化合物 B.原子半径:RC.QR2是极性分子 D.电负性:Y10.铜催化下,由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 ( )
A.Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B.Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C.Ⅳ的示意图为 D.催化剂Cu可降低反应热
11.一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示,双极膜中 H2O解离的 H+和OH-在电场作用下向两
极迁移。除硼原理:[B(OH)]-4 +H+ B(OH)3+H2O。下列说法错误的是 ( )
A.Pt电极反应:4OH--4e- O2↑+2H2O
B.外加电场可促进双极膜中水的电离
C.Ⅲ室中,X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D.Ⅳ室每生成1molNaOH,同时Ⅱ室最多生成1molB(OH)3
12.Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 ( )
A.Be(OH)2是两性氢氧化物
B.Be2C和BeCl2的晶体类型相同
C.Na2[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为sp3
D.Be2C与 H2O反应:Be2C+4H2O 2Be(OH)2+CH4↑
·3·
13.(Li La )ScO 是优良的固态电解质材料,Ce4+0.45 0.85 3 取代部分La3+后产生空位,可提升Li+传导性
能。取代后材料的晶胞结构示意图(O2-未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误
的是 ( )
A.每个晶胞中O2-个数为12
B.该晶胞在yz平面的投影为
C.Ce4+取代后,该电解质的化学式为(Li0.45La0.85-yCey)ScO3
D.若只有Li+发生迁移,外电路转移的电子数与通过截面 MNPQ的Li+数目相等
14.甲醛法测定NH+4 的反应原理为4NH+4 +6HCHO (CH2) +6N4H +3H++6H2O。取含NH4Cl的废
水浓缩至原体积的1后,移取20.00mL,加入足量甲醛反应后,用0.01000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定。10
滴定 曲 线 如 图 1,含 氮 微 粒 的 分 布 分 数 δ 与 pH 关 系 如 图 2[比 如:δ[(CH +2)6N4H ]=
c[(CH +2)6N4H ] ]。
[( 下列说法正确的是
( )
c CH2)6N4H+]+c[(CH2)6N4]
图1 图2
A.废水中NH+4 的含量为20.00mg·L-1
B.c点:c[(CH + + -2)6N4H ]+c(H )=c(OH )
C.a点:c[(CH2)6N + + -4H ]>c(H )>c(OH )>c[(CH2)6N4]
D.(CH )N + + -62 6 4H (CH2)6N4+H 的平衡常数K≈7.3×10
·4·
二、非选择题:本题共4小题,共58分。
15.(14分)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag,并回收其它有价金
属的一种工艺如下:
已知:①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时,Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13。
回答下列问题:
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。
(2)“还原酸浸”时,MnO2反应的离子方程式为 。
(3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下:
①Au+5SO2-+[Cu(NH )]2+ [Au(SO )]3-2 3 3 4 2 3 2 +[Cu(S2O3)]5-3 +4NH3
②4[Cu(S2O3)3]5-+16NH +O +2H O 4[Cu(NH )]2++4OH-+12SO2-3 2 2 3 4 2 3
上述过程中的催化剂为 。
(4)“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为
。
(5)根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2 的氧化性由强到弱的顺序为
。
(6)25℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,无 Mn(OH) 析出,则c(Mn2+)≤ mol·L-12 。
(7)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的 Mn有 个。
②NA 为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为anm,则晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式
即可)。
·5·
16.(14分)三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂,其
合成原理如下:
O O O
NaHCO3 HCl,THF LiOH,H2O
F3C S Cl+Na2SO3 → S →M → S80℃
O F3C ONa F3C OLi
三氟甲磺酰氯 三氟甲基亚磺酸钠 三氟甲基亚磺酸锂
实验步骤如下:
Ⅰ.向A中加入3.5gNaHCO3、5.2gNa2SO3 和20.0mL蒸馏水,搅拌下逐滴加入
2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(Mr=168.5),有气泡产生(装置如图,夹持及加热装置省
略)。80℃下反应3h后,减压蒸除溶剂得浅黄色固体。
Ⅱ.向上述 所 得 固 体 中 加 入10.0mL 四 氢 呋 喃(THF),充 分 搅 拌 后,加 入 无 水
Na2SO4,振荡,抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF,得黏稠状固体。加入适量乙醇
进行重结晶。
Ⅲ.将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中,搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸,析出白
色固体。抽滤、洗涤。
Ⅳ.将滤液转入圆底烧瓶中,加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后,减压蒸除溶剂,得粗
产品。加入适量乙醇进行重结晶,得产品1.1g。
已知:THF是一种有机溶剂,与水任意比互溶。
回答下列问题:
(1)仪器A的名称为 ,冷凝管中冷却水应从 (填“b”或“c”)口通入。
(2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生,其主要成分为 。
(3)步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是 。
(4)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为 ,
判断加入浓盐酸已足量的方法为 。
(5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是 。
(6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为 (列出计算式即可)。
17.(15分)我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径,并实现高附加值乙酸(沸点118℃)
的生产,主要反应为:
Ⅰ.C2H5OH(g)+H2O(g) 2H2(g)+CH3COOH(g) ΔH1 Kp1
Ⅱ.C2H5OH(g) CH -13CHO(g)+H2(g) ΔH2=+68.7kJ·mol
·6·




回答下列问题:
(1)乙醇可由秸秆生产,主要过程为
预处理 水解 发酵
秸秆 →纤维素 → →乙醇
(2)对于反应Ⅰ:
①已知 CH3CHO(g)+H2O(g) H2(g)+CH3COOH(g) ΔH=-24.3kJ·mol-1,则 ΔH1=
kJ·mol-1。
②一定温度下,下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A.容器内的压强不再变化
B.混合气体的密度不再变化
C.CH3COOH的体积分数不再变化
D.单位时间内生成1molH2O,同时消耗2molH2
③反应后从混合气体分离得到 H2,最适宜的方法为 。
(3)恒压100kPa下,向密闭容器中按n(H2O)∶n(C2H5OH)=9∶1投料,产氢速率和产物的选择性随温
(生成的乙酸)
度变化关系如图1,关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如:乙酸选择性=nn(转化的乙醇)×100%
]
图1 图2
①由图1可知,反应Ⅰ最适宜的温度为270℃,原因为 。
②由图中信息可知,乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时,若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ,平衡时乙醇的转化率为90%,乙酸的选择性为80%,则p
(CH3COOH)∶p(C2H5OH)= ,平衡常数 Kp1= kPa(列出计算式即可;用平衡
分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
·7·
18.(15分)化合物L是某中药的活性成分。一种合成路线如下(略去部分试剂与反应条件,忽略立体化学)。
已知:在Ru(Ⅱ)的催化下,端烯烃 和 生烯烃复分解反应得到产物 。
回答下列问题:
(1)A中含氧官能团的名称为 。
(2)对比C和D的结构,可以推知C和D的 (填标号)不相同。
a.分子式 b.质谱图中的碎片峰 c.官能团
(3)D→F中另一产物的化学名称为 。
(4)E发生加聚反应,产物的结构简式为 。
(5)F→G的反应类型为 。
(6)羰基具有较强的极性。I→J经历了加成和消去的过程,其中间体的结构简式为 (填字母)。
a. b. c. d.
(7)K→L的化学方程式为 。
(8)写出一种满足下列条件的L的同分异构体的结构简式 (不考虑立
体异构)。
①能与FeCl3发生显色反应;1mol该物质与足量NaOH溶液反应,消耗3molNaOH。
②核磁共振氢谱显示6组峰,且峰面积比为9∶2∶2∶2∶1∶1。
③含有酯基和氨基(或取代的氨基,—NR″R ,R″和R 可以是 H或烃基)。
·8·2025年普通高中学业水平选择性考试(河南卷)
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 Li—7 C—12 N— 14 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5
Fe—56 Br—80
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。 4.X是自然界中一种常见矿物的主要成分,可以通
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 过如图所示的四步反应转化为 Q(略去部分参与
要求的。 反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元
1.活字印刷术极大地促进了世界文化的交流,推动 素相同。
了人类文明的进步。下列“活字”字坯的主要成分 固体X 固体Y 溶液Z 溶液R 固体Q
为硅酸盐的是 ( ) ( )→ ( )→ ( )→ ( →黄色 红棕色 棕黄色 浅绿色) (黑色)
下列说法错误的是 ( )
A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料
B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化
C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行
A.泥活字 B.木活字 D.Q可以通过单质间化合反应制备
5.对于下列过程中发生的化学反应,相应离子方程
式正确的是 ( )
A.磷酸二氢钠水解:H2PO-4 +H2O H3PO4
+OH-
C.铜活字 D.铅活字 B.用稀盐酸浸泡氧化银:Ag2O+2H+ 2Ag+
2.下列化学用语或图示正确的是 ( ) +H2O
F F C.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液:ClO-+H+
A.反-1,2-二氟乙烯的结构式: C C HClO
H H D.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液:
H++SO2-+Ba2+4 +HCO-3 BaSO4↓+
B.二氯甲烷分子的球棍模型: CO2↑+H2O
C.基态S原子的价电子轨道表示式: 6.我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材
料,其由原子序数依次增大的五种短周期元素Q、
↓↑ ↓↑↓↑ W、X、Y和Z组成。基态X原子的3s 3p s
轨道中电子
,
D.用电子式表示CsCl的形成过程: 总数比p轨道中电子数多1X所在族的族序数等
于Q的质子数,基态Y和Z原子的原子核外均只
有1个未成对电子,且二者核电荷数之和为 Q的
3.下列图示中,实验操作或方法符合规范的是 4倍。下列说法正确的是 ( )( ) A.QY3为极性分子
B.ZY为共价晶体
C.原子半径:W>Z
D.1个X2分子中有2个π键
7.化合物 M 是从红树林真菌代谢物中分离得到的
一种天然产物,其结构如图所示。下列有关 M 的
A.溶解氯化钠固体 B.量取20.00mL草酸溶液 说法正确的是 ( )
A.分子中所有的原子可
能共平面
B.1molM 最多能消耗
4molNaOH
C.既能发生取代反应,
又能发生加成反应
C.收集二氧化碳气体 D.观察钠与水的反应 D.能形成分子间氢键,但不能形成分子内氢键
·1·

8.某同学设计以下实验,探究简单配合物的形成和
转化。
下列说法错误的是 ( )
A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B.③中现象说明配体与Cu2+的结合能力:NH3 下列说法正确的是 ( )
>H2O A.总反应是放热反应
C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常
D.若向⑤中加入稀硫酸,同样可以得到黄绿色 数不同
溶液 C.和催化剂b相比,丙烷被催化剂a吸附得到的
9.自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具 吸附态更稳定
*
有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及 D.①转化为②的进程中,决速步骤为 CH3CH2CH3
* *
在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所 → CH3CHCH3+ H
示。该化合物的相对分子质量 Mr=870+32x(x 11.
可持续高分子材料在纺织、生物医用等领域具有
)。 广阔的应用前景,一种在温和条件下制备高性能为整数
可持续聚酯P的路线如图所示。
下列说法错误的是 ( )
A.E能使溴的四氯化碳溶液褪色
B.由E、F和G合成 M时,有 HCOOH 生成
图1 C.P在碱性条件下能够发生水解反应而降解
D.P解聚生成M的过程中,存在C—O键的断裂
与形成
12.一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化,并
以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素,其工
作原理如图所示。
图2
下列说法正确的是 ( )
A.x=1 下列说法正确的是 ( )
B.第一电离能:C电极
C.该化合物中不存在离子键 B. a
附近溶液的pH 减小
C.电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)]4-
D.该化合物中配位数与配体个数相等 6
, +e
- [Fe(CN)]3-10.在催化剂a或催化剂b作用下 丙烷发生脱氢反应 6D.若海水用, () NaCl
溶液模拟,则每脱除58.5g
制备丙烯 总反应的化学方程式为CH3CH2CH3g NaCl,理论上可回收1molLiCl
CH3CH CH2(g)+H2(g),反应进程中的 13.在 MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4 可
相对 能 量 变 化 如 图 所 示 (*表 示 吸 附 态, 在室温下高效转化为CH3COOH,其可能的反应
*CH3CHCH2+2*H →CH3CH CH2(g)+ 机理如图所示。
H2(g)中部分进程已省略)。 下列说法错误的是 ( )
·2·

下列说法错误的是 ( )
A.曲线Ⅰ对应的离子是[AgY ]+2
B.δ(HY+)最大时对应的pH=8.39
C.反应 Ag++Y [AgY]+ 的平衡常数 K1
=104.70
D.-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时,c(HY+)
>c(H Y2+2 )>c(Y)
二、非选择题:本题共4小题,共58分。
15.(14分)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要
成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能
回收铑的工艺流程如下:
A.该反应的原子利用率为100%
B.每消耗1molO2可生成1molCH3COOH
C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以 CD4 为原料,用 H2O 吸收产物可得到
CD3COOH
14.乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为 Y)可结合
H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+(简写为 HY+) 回答下列问题:
[H NCH CH NH ]2+(简写为 H Y2+)。Ag+3 2 2 3 2 (1)“酸溶1”的目的是 。
与Y可形成[AgY]+ 和[AgY +2] 两种配离子。 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为 H
, 3
[RhCl6],则生
室温下向 AgNO3溶液中加入 Y 通过调节混合 成该物质的化学方程式为 ;“滤渣”的主
溶液的pH 改变Y的浓度,从而调控不同配离子 要成分是 (填化学式)。
的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中Ag+和Y (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单
的初始浓度分别为1.00×10-3 mol·L-1和 质,但夹杂少量Rh2O3 和RhCl3,则“高温还原”
1.15×10-2 mol·L-1。-lg[c(M)/(mol· 中发生反应的化学方程式为 。
L-1)]与-lg[c(Y)/(mol·L-1)]的变化关系 (4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2 初始浓度
如图1所 示(其 中 M 代 表 Ag+、[AgY]+ 或 为
+ 1.0×10
-4mol·L-1,为避免生成Sn(OH)
[ ] ), ( 2AgY2 分布系数δN)与pH的变化关系如 沉淀,溶液适宜的pH为 (填标号)[已知
图2所示(其中 N代表 Y、HY+或 H Y2+2 ),比 Sn(OH) -282的Ksp=5.5×10 ]。
c(H Y2+)
如δ(H Y2+)= 2 。 A.2.0 B.4.0 C.6.02 c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+) (5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)
反应可生成[Rh(SnCl)]4-3 5 ,提升了Rh的还原
速率,该配离子中Rh的化合价为 ;反应
中同时生成[SnCl]2-6 ,Rh(Ⅲ)以[RhCl]3-6 计,
则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比
为 。
(6)“酸溶3”的目的是
。
16.(14分)某研究小组设计了如下实验测定某药用
硫黄中硫的含量,其中硫转化的总反应为S+
2OH-+3H O SO2-2 2 4 +4H2O。
图1 主要实验步骤如下:
Ⅰ.如图所示,准确称取mg细粉状药
用硫黄于①中,并准确加入V1mLKOH
乙醇溶液(过量),加入适量蒸馏水,搅拌,
加热回流。待样品完全溶解后,蒸馏除
去乙醇。
Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水,搅
拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液,加热
至100℃,保持20min,冷却至室温。
Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中,加入2滴
甲基橙指示剂,用cmol·L-1HCl标准溶液滴
图2 定至终点
,消耗 HCl溶液体积为V2mL。
·3·

Ⅳ.不加入硫黄,重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验,
消耗 HCl标准溶液体积为V3mL。计算样品中
硫的质量分数。
Ⅴ.平行测定三次,计算硫含量的平均值。
回答下列问题:
(1)仪器①的名称是 ;②的名称是
。
(2)步骤Ⅰ中,乙醇的作用是
。
(3)
图
步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙 2(6)一定温度、100kPa下,向体系中加入1.0mol
醇的原因是 CaCO3和1.0molCH4,假设此条件下其他副反
。 应可忽略,恒压反应至平衡时,体系中
() CaCO3
转
4 步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是 化率为80%,CH4转化率为60%,CO 物质的量
。步骤Ⅱ 为1.3mol,反应Ⅲ的平衡常数 K =
结束后,若要检验反应后溶液中的SO2-4 ,实验操
p
(保留小数点后一位),此时原位CO2利用率为
作是 。 。
(5)
步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为 已知:原位CO2利用率=
。 [ (初始) (平衡)] (平衡)
() nCaCO -n -n6 单次样品测定中硫的质量分数可表示为 3
CaCO3 CO2
( )。 nCaCO(初始)
×100%
写出计算式 3
17.(15分)CaCO3的热分解与 NixPy催化的CH4重 18.
(15分)化合物Ⅰ具有杀虫和杀真菌活性,以下为
整结合,可生产高纯度合成气(H2+CO),实现碳 其合成路线之一
(部分反应条件已简化)。
资源的二次利用。主要反应如下:
反应Ⅰ:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) ΔH1
=+178kJ·mol-1
反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)
ΔH2=+247kJ·mol-1
反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)
ΔH =+41kJ·mol-13
回答下列问题:
(1)Ca位于元素周期表中 区;基态Ni2+
的价电子排布式为 。
(2)水分子的 VSEPR模型与其空间结构模型不 已知:
同,原因是 。
(3)NixPy 的晶胞如图1所示(晶胞参数a=b≠
c,α=β=90°,γ=120°),该物质的化学式为 回答下列问题:
。 (1)I中含氧官能团的名称是 。
(4)恒压条件下,CH4重整反应可以促进CaCO3 (2)A的结构简式为 。
分解,原因是 (3)由B生成C的化学方程式为
。 。反应时,在加热搅拌
(5)在温度分别为T1、T2和T3下,CH4的平衡转 下向液体B中滴加异丙醇;若改为向异丙醇中滴
化率与压强的关系如图2所示,反应温度最高的 加B则会导致更多副产物的生成,副产物可能的
是 (填“T1”“T2”或“T3”),原因是 。 结构简式为 (写出一种即
可)。
(4)由D生成E的反应类型为
。
(5)由F生成 H 的反应中可能生成中间体J,已
知J的分子式为C23H26F3NO3,则J的结构简式
为 (写出一种即可)。
(6)G 的同分异构体中,含有碳氧双键的还有
种(不考虑立体异构);其中,能发生银
镜反应,且核磁共振氢谱显示为两组峰的同分异
图1 构体的结构简式为 。
·4·
2025年化学(山东卷)
1.A　本题考查化学与STSE。侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法的原理为NaCl+H2O+CO2+NH3NaHCO3↓+NH4Cl,该反应过程中没有元素化合价发生变化,为非氧化还原反应;戴维电解盐酸得到H2和Cl2的反应原理为2HClH2↑+Cl2↑,反应过程中氯元素化合价升高,氢元素化合价降低,属于氧化还原反应;拉瓦锡基于金属与O2的反应提出了燃烧的氧化学说,燃烧属于氧化还原反应;哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的反应原理为N2+3H22NH3,反应过程中氢元素化合价升高,氮元素化合价降低,属于氧化还原反应。
2.B　本题考查化学与生活。明矾溶于水,Al3+水解形成Al(OH)3胶体,能够吸附黄河水中的悬浊颗粒起到净水作用,A不符合题意;蚕丝的主要成分是蛋白质,漂白粉有强氧化性会使蛋白质变性,B符合题意;食醋的主要成分是醋酸,水壶的水垢主要成分是碳酸钙和氢氧化镁,二者均能与醋酸反应,C不符合题意;小苏打的主要成分是NaHCO3,受热易分解产生CO2,故用作烘焙糕点的膨松剂,D不符合题意。
3.B　本题考查化学试剂的保存方式。液溴加水封保存在细口试剂瓶中,A项错误;硝酸银光照容易分解,溶液保存在棕色细口试剂瓶中,B项正确;高锰酸钾具有强氧化性,苯酚容易被氧化,二者应保存在不同的药品柜中,C项错误;金属锂的密度小于煤油,可以保存在石蜡油中,D项错误。
4.B　本题考查基本实验操作。配制的NaOH溶液的浓度约为0.1 mol·L-1,且称取的NaOH固体质量只有1.6 g,则无法配制500 mL该浓度的NaOH溶液,故选B。
5.C　本题考查离子方程式的书写。用NaOH溶液吸收少量二氧化硫时发生反应SO2+2OH-S+H2O,A项错误;用Na2O2和水制备少量氧气:2Na2O2+2H2O4Na++4OH-+O2↑,B项错误;用稀硝酸溶解少量Cu粉:3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O,D项错误。
6.D　本题考查原子结构、元素周期表Yb的中子数与质子数之差为174-70×2=34,A错误Yb与Yb是镱元素的两种核素,互为同位素,B错误;基态镱元素的3d、4d、5d轨道各填充了10个电子,C错误;镱元素为第六周期的镧系元素,D正确。
7.B　本题考查分子结构与性质。NaN3+H2ONaOH+HN3,水溶液呈碱性,A项正确;的中心原子采取sp杂化,空间结构为直线形,B项错误;NaN3中存在Na+和,为离子化合物,中氮原子之间为共价键,C项正确;的结构式为[NNN]-,中心N原子所有价电子均参与成键,D项正确。
8.A　本题考查元素周期律、晶体性质。H2O沸点比H2S的沸点高的原因是分子间氢键,与元素的电离能无关,A错误;次氯酸和次溴酸的分子结构为H—O—X,Cl的电负性比Br强,导致HClO中H—O极性强,HClO的电离能力强,B正确;金刚石和晶体硅属于共价晶体,碳、硅同主族,碳原子半径小于硅原子半径,金刚石的碳碳键键长比晶体硅的硅硅键短,金刚石的键能大,硬度大,C正确;MgO中离子电荷比NaF的高,离子半径较小,故MgO的熔点比NaF高,D正确。
9.C　本题以肼(N2H4)的水溶液考查化学反应原理。该反应总化学方程式为2Fe3O4+N2H4+12H+6Fe2++N2↑+8H2O。N2是氧化反应的产物,A项错误;N2H4为还原剂,还原性:N2H4>Fe2+,B项错误;由反应原理可知,H+被消耗,处理后溶液的pH增大,C项正确;图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2]2+,D项错误。
10.D　本题考查化学平衡与移动。根据元素守恒,1 mol Na2SiF6(s)分解生成NaF和SiF4,NaF为固体,最终生成2 mol,SiF4为气体,最终生成1 mol。a应为固体NaF,A正确;T1温度时,向容器中通入N2,对该反应无影响,故气体产物的分压保持不变,B正确;T2温度时,该体系中气体只有SiF4,Na2SiF6(s)已完全分解,升高温度,平衡不能继续向右移动,故p3小于T3时该反应的分压平衡常数Kp,C正确;该体系中只有一种气体(物种b),在T1时加入物种b达到平衡时,温度不变,b的分压不变,正、逆向速率保持不变,D错误。
11.AD　本题考查化学实验原理和仪器。灼烧海带通常使用酒精灯、坩埚、坩埚钳、泥三角和三脚架等仪器,A项正确;加热浓缩NaCl溶液通常使用铁架台、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等仪器,B项错误;氢氧化钠固体容易潮解,应放在小烧杯中称量,C项错误;移液管的精确度为0.01 mL,D项正确。
12.BC　本题考查电化学。结合图示可知,全铁电池反应原理为Fe+2Fe3+3Fe2+。Fe3+/Fe2+的b电极应为正极,a电极为负极,离子交换膜应为阴离子交换膜,使a极区电荷守恒,产生Fe2+盐循环,A错误、B正确;充电时,a电极Fe2+转化为Fe,b电极Fe2+转化为Fe3+,两极区Fe2+浓度均减小,C正确;根据电荷守恒,Fe3+每减少1 mol,Fe2+总量相应增加1.5 mol,D错误。
13.A　本题考查工艺流程。由流程可知“酸浸”后滤液Ⅰ主要含有氯化钙、氯化亚铁、氯化铁等,滤渣Ⅰ主要成分为二氧化硅;试剂X和草酸的作用是分离钙和铁元素,Fe2(C2O4)3能溶于水,试剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁,滤液Ⅱ主要含有Fe2(C2O4)3,滤渣Ⅱ主要成分为CaC2O4;滤渣Ⅰ“碱浸”得到硅酸钠溶液,可用酸转化为硅酸后,经一系列处理得到二氧化硅。试剂X可选用氧化剂,A项错误;试剂Y为酸,可选用盐酸,B项正确;由上述分析可知,“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中,C项正确;“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小,草酸根离子会转化为草酸,导致CaC2O4质量减少,D项正确。
14.CD　本题考查有机合成。根据M的结构可知其系统命名为2-甲基丙醛,A正确;根据原子守恒,X的分子式为CH2O,则X为甲醛,与M发生羟醛缩合反应,B正确;N中醛基和Q中的碳碳双键均能使酸性高锰酸钾溶液褪色(发生氧化反应),不能鉴别,C错误;P→Q反应过程中,羟基与酯基发生了醇解生成乙醇,另外酯基发生脱羧反应生成碳酸盐和乙烷,不可能产生CH3COOH,D错误。
15.CD　本题考查图像识别、平衡常数、Ksp计算等。初始投料:c(Co2+)和c(C2)各为10-2 mol·L-1,Co2+(aq)+C2(aq)CoC2O4(s),因Ksp(CoC2O4)=6×10-8,则大部分Co2+和C2转化为CoC2O4(s),甲线表示CoC2O4,A选项错误。这里涉及C2水解,从图像看,pH→增大,乙线下降比丙线快:H2C2O4HC2CoC2O4,可判断:乙线表示H2C2O4,丙线表示HC2。
pH=a时,c(H2C2O4)=c(HC2)=8×10-4 mol·L-1,CoC2O4摩尔分数是0.84,与C2结合的Co2+浓度是8.4×10-3 mol·L-1,所以此时c(Co2+)=(1×10-2-8.4×10-3) mol·L-1=1.6×10-3 mol·L-1,C选项正确。CoC2O4(s)+2OH-(aq)Co(OH)2(s)+C2(aq),丁线表示C2,K=≈1×107。pH=b时,n(CoC2O4)=n(C2),故c(C2)=5×10-3 mol·L-1(忽略H2C2O4和HC2),c(OH-)=×10-5 mol·L-1<5×10-3 mol·L-1=c(C2),故D项正确。pH=b时,n(CoC2O4)=n(C2),则根据曲线甲与丁的交点,无法计算Ka2,故B项错误。
16.答案 (1)四　Ⅷ　4∶5
(2)①N　O　②sp2　③O
(3)①　②n　
解析 本题考查物质结构与性质,涉及基态原子、离子的价电子数、第一电离能、电负性、配离子、晶胞结构分析及相关计算等。
(1)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2,Fe为第四周期第Ⅷ族元素;基态Fe3+的价电子排布式为3d5,故基态Fe原子与基态Fe3+未成对电子数之比为4∶5。
(2)①短周期主族元素同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势,因N原子2p轨道处于半充满状态,导致其第一电离能比O大。短周期主族元素同一周期从左到右电负性逐渐增大,故O原子的电负性最大。
②尿素中存在碳氧双键,碳原子的杂化方式为sp2杂化。
③配合物中存在6分子的尿素,碳氮键键长均相等,则与Fe3+形成6配位的原子应为O。
(3)①α-Fe晶胞为体心立方,则体对角线(a pm)为铁原子半径的四倍,即铁原子的半径为 pm。
②n截面的面积为a2 pm2,该平面内有2个Fe原子,则该截面单位面积内的Fe原子数为 pm-2。
17.答案 (1)3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+6H2O+NH3↑　CaSO4和Fe2O3
(2)减小
(3)H2SO4
(4)4.0×10-4　CoS+2H++H2O2Co2++S+2H2O
(5)低温焙烧
解析 本题以“铁锰氧化矿为原料,通过一定的工艺流程分离提取Cu、Co、Mn等元素”为载体,考查考生分析推测、理解辨析能力。
(1)“低温焙烧”时,MnO2→MnSO4,锰元素的化合价从+4价降至+2价,NH4HSO4→N2,氮元素的化合价从-3价升至0价,根据得失电子守恒、原子守恒可以配平化学方程式3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+6H2O+NH3↑;“高温焙烧”(650 ℃)后硫酸铁分解为氧化铁,其他金属硫酸盐不分解,滤渣为SiO2、CaSO4和Fe2O3。
(2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下,直接“高温焙烧”,部分(NH4)2SO4分解,金属氧化物的转化率降低,“水浸”时金属元素的浸出率降低。
(3)由2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2(有机相)+2H+(水相)可知,“反萃取”时增加氢离子的浓度,结合流程可知溶液中的阴离子主要为硫酸根离子,“反萃取”时加入的试剂为H2SO4。
(4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5 mol·L-1],c(S2-)==4×10-16 mol·L-1,=10-12,c(H2S)=4.0×10-4 mol·L-1;由流程可知CoS“溶解”时,反应物为CoS、H2O2和H2SO4,生成物为S和CoSO4,反应的离子方程式为CoS+2H++H2O2Co2++S+2H2O。
(5)由流程分析可知“沉锰”时发生的反应为MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑,所得滤液溶质主要含有硫酸铵,并入“吸收”液中处理后可用于“低温焙烧”。
18.答案 (1)1∶1∶2
(2)冷凝回流　直形冷凝管　B
(3)2、3　　C
(4)自催化反应
解析 本题以有机物制备为情境,涉及投料比、装置的作用、温度的选择、实验数据处理等。
(1)根据聚酯的链节可知,两种酸酐和1,2-丙二醇的物质的量之比为1∶1∶2。
(2)装置B为空气冷凝管,起到冷凝回流作用,提高原料的利用率。仪器C的名称为直形冷凝管。缩聚反应生成水,通过蒸出水,可以使酯化反应正向进行,提高产物的产率。
(3)实验2、3消耗的KOH差值偏大,舍去。平均消耗KOH的体积为25.00 mL,酸值为
mg·g-1。
当所测酸值高于聚合度要求,则应继续促进反应正向进行。应继续加热,装置D中液体放出不影响平衡,加速N2的通入可以促进生成物H2O的排出,有利于平衡正向移动。
(4)酸酐醇解产生的缩聚反应的反应物存在羧基,也可以催化酯化反应。
19.答案 (1)　羧基
(2)取代反应　+
+HCl
(3)
(4)b
(5)A
(6)
解析 本题考查有机物的命名、有机反应类型判断、结构简式的书写、官能团的识别、同分异构体书写及有机合成等。


(1)由上述分析可知,A的结构简式为;A转化为B(C6H5NO2)的条件为H+/KMnO4,可以确定B的结构简式为,官能团为羧基。
(2)结合上述分析可确定C→D的反应类型为取代反应,D+EH的化学方程式为++HCl。
(3)G的分子式为C14H14N2O,满足条件的结构简式为。
(4)酰胺基中氧原子的电负性较大,氮原子的电子云密度小于杂环氮原子,碱性较强的N为杂环氮原子,答案为b。
(5)由合成路线中G→H可知,吡啶比苯环更容易与氢气加成,故选A。
20.答案 (1)ΔH1+ΔH2
(2)H2O　<
(3)　150a
(4)增大　减小
解析 本题以处理燃煤尾气中的SO2为情境,考查化学平衡图像分析、盖斯定律、化学平衡移动、化学平衡常数的相关计算等。
(1)根据盖斯定律,反应Ⅰ+Ⅱ即可得到目标反应,则反应的焓变ΔH=ΔH1+ΔH2。
(2)反应Ⅱ的平衡常数为108,则=100,H2O、H2的曲线应为“平行线”,乙、丁分别为H2O、H2;根据氢元素守恒,n(H2)+n(H2O)+n(H2S)=0.1 mol,随着温度的升高,n(H2)、n(H2O)均增大,则n(H2S)减小,故甲为H2S,丙为SO2。随着温度升高,SO2的物质的量持续增大,即说明反应Ⅲ平衡逆向移动占主导,则该反应为放热反应。
(3)T1 ℃,H2的物质的量为a mol,则SO2、H2O的物质的量为100a mol;设S2、H2S、CaSO4的物质的量分别为x mol、y mol、z mol。根据元素守恒:
氢元素守恒:y+100a+a=0.1,y=0.1-101a。
硫元素守恒:2x+100a+(0.1-101a)=1,x=。
氧元素守恒:100a×2+100a+4z=2,z=。
因n(CaS)+n(CaSO4)=1 mol,则n(CaS)-n(CaSO4)=(1-2z) mol=150a mol。
(4)KⅢ==104·。压缩容器容积,S2的产率增大(S2浓度增大),反应Ⅰ的平衡常数不变,c(SO2)的值增大,的值减小,则的值增大。压缩容器容积,反应Ⅲ平衡正向移动,n(H2)减小,由上述分析可知,=100,则H2O的物质的量减小。2025年化学(河北卷)
1.B　本题考查物质(古建筑组件)的主要成分。
古建筑中的基石一般使用石质材料,常用的石材有花岗岩、大理石、青石等,花岗岩的主要成分是硅酸盐,大理石、青石的主要成分是CaCO3,均属于无机物,A项错误;斗拱是木材制成的,木材的主要成分是纤维素,属于有机物,B项正确;青瓦是硅酸盐产品,属于无机物,C项错误;玻璃的主要成分含SiO2,属于无机物,D项错误。
2.A　本题考查化学实验安全。
酸、碱废液具有腐蚀性,应分别收集后集中处理,不能直接排放,A项符合题意;进行化学实验时需要佩戴护目镜,B项正确;加热操作时不能用手直接接触装置,应选择合适的工具避免烫伤,C项正确;乙醇易挥发、易燃,应存放在阴凉通风处,远离火种,D项正确。
3.B　本题考查高分子材料的性质和应用。
ABS高韧性工程塑料能够承受较大的冲击载荷,可用于制造汽车零配件,A项正确;聚氯乙烯微孔薄膜会加入增塑剂等提高产品性能,有些增塑剂具有一定的毒性,故不能用于生产饮用水分离膜,B项错误;聚苯乙烯泡沫具有轻质、隔热等特性,可用于制造建筑工程保温材料,C项正确;热固性酚醛树脂具有稳定、耐热、阻燃、电绝缘性能好等特征,可用于制造集成电路的底板,D项正确。
4.B　本题考查阿伏加德罗常数及其应用。
1 mol H2O晶体中含2 mol氢键,故18 g H2O晶体内氢键的数目为2NA,A项正确;NaF溶液中的阳离子有Na+、H+,1 L 1 mol·L-1 NaF溶液中阳离子总数大于NA,B项错误;环己烷和戊烯的最简式均为CH2,则28 g该混合物中碳原子的数目为2NA,C项正确;铅酸蓄电池放电时负极反应为Pb-2e-+SPbSO4,负极增加的质量即消耗S的质量,96 g S的物质的量为1 mol,此时转移2 mol电子,转移电子数为2NA,D项正确。
5.C　本题考查化学用语。
中子数为12的氖核素应表示为Ne,A项错误;MgCl2是离子化合物,电子式为]-Mg2+]-,B项错误;HCHO分子中碳原子为sp2杂化,属于平面结构,C项正确;C中心碳原子为sp2杂化,VSEPR模型为平面三角形,D项错误。
6.D　本题考查有机物的结构与性质。
有机物K中除甲基碳原子外其余碳原子均为sp2杂化,不含手性碳原子,A项错误;M中甲基碳原子为sp3杂化,B项错误;K不含羧基,不能与NaHCO3反应,M含羧基,可以与NaHCO3反应,C项错误;K中含羟基、醚键和酮羰基,M中含羟基、醚键和羧基,D项正确。
7.C　本题考查气体的制备与检验。
CaC2与饱和NaCl溶液用于制备C2H2,除杂后C2H2能使酸性KMnO4溶液褪色,A项不符合题意;Na2SO3与70%浓硫酸反应生成SO2,除杂后SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,B项不符合题意;CaCO3与稀盐酸反应生成CO2,除杂后CO2不能使酸性KMnO4溶液褪色,C项符合题意;Al2S3固体水解产生H2S,除杂后H2S能使酸性KMnO4溶液褪色,D项不符合题意。
8.D　本题考查物质结构与性质。
N2分子中含有键能很大的氮氮三键,故N2的化学性质比较稳定,A项正确;苯分子中不含碳碳双键,而含有稳定的大π键,苯分子不能与溴发生加成反应,B项正确;天然水晶之所以呈现规则的多面体外形,是因为Si原子、O原子在三维空间里呈周期性有序排列,C项正确;NaCl和AlCl3的晶体类型不同,NaCl为离子晶体,AlCl3为分子晶体,NaCl晶体的熔点更高,D项错误。
9.A　本题考查元素推断与元素周期律相关知识。
依据题给信息,“W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等”及W为非金属元素,可推知其电子排布式可能为1s22s22p2或1s22s22p63s23p4,依据其他信息,分别讨论:若W为碳(C),则X为硅(Si)、Y为磷(P),由题给信息“Z位于W的对角线位置”推出Z为磷(P),与Y重复,不符合题意。若W为硫(S),则X为氧(O),Y为氮(N),Z为氟(F),符合题意。基态氧原子失去一个电子后核外电子排布变为1s22s22p3,2p能级为半充满较稳定,基态氮原子失去一个电子后核外电子排布变为1s22s22p2,故第二电离能:O>N,A项错误;原子半径:FS,D项正确。
10.B　本题考查电解池相关知识。
由图可知,Pt电极产生O2,说明Pt电极为电解池阳极,则LixCoO2电极为阴极。阳极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,阳极区生成H+且消耗H2O,故阳极附近溶液pH降低,D项错误;产生标准状况下5.6 L O2时,即产生0.25 mol O2,转移1 mol e-,阴极LixCoO2得e-发生还原反应,电极反应为LixCoO2+(1-x)e-+(1-x)Li+LiCoO2,故转移1 mol e-时,理论上转化 mol的LixCoO2,A项错误、B项正确;电解池中阴离子(S)向阳极(Pt电极)方向迁移,C项错误。
11.D　本题考查晶胞结构的分析及有关计算。
依据M、N原子的分数坐标可确定体心原子的分数坐标为(),B项正确;由均摊法可知,白球位于晶胞体心,数目为1,黑球位于晶胞体内、顶角和棱上,数目为2+4×+4×+8×=5,故该物质的化学式为SmCo5,A项正确;晶胞体积为a2c pm3,则晶体密度= g·cm-3=
g·cm-3= g·cm-3,C项正确;Q原子的分数坐标为(0,,1),而体心原子的分数坐标为(),原子Q到体心的距离为
pm= pm=50 pm,D项错误。
12.D　本题考查反应机理和能量变化。
观察反应历程图可知,反应ⅰ反应物的相对能量为0,产物的相对能量为0.05 eV,反应ⅰ为吸热过程,A项正确;反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤经过TS5,该步骤的活化能为3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV,B项正确;反应ⅲ要经过TS6和TS7,说明包含2个基元反应,C项正确;速控步的活化能最大,速控步包含在反应ⅲ中,最大活化能为6.37 eV-3.30 eV=3.07 eV,D项错误。
13.C　本题考查实验操作及现象与结论的对应性。
2NO2(g)N2O4(g),向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2,相当于减小压强,平衡逆移,最终气体颜色变浅是由于容器容积变大,A项错误;AgCl和Ag2CrO4的类型不同,无法依据沉淀的先后顺序判断Ksp的大小关系,B项错误;加入过量铁粉后,Fe3+全部被还原为Fe2+,向上层清液中滴加氯水又生成Fe3+(溶液变红),说明Fe2+被Cl2氧化了,C项正确;蛋白质遇到饱和Na2SO4溶液发生盐析,不改变其活性,D项错误。
14.C　本题考查水溶液中的离子平衡图像知识。
在混合溶液中存在以下平衡:HL2-H++L3-,Cu2++L3-[CuL]-,[CuL]-+L3-[CuL2]4-。随溶液pH增大,平衡HL2-H++L3-正向移动,生成更多的L3-,说明在pH较小时c(HL2-)>c(L3-),则曲线Ⅰ代表lg c(HL2-),曲线Ⅱ代表lg c(L3-)。随溶液pH增大,溶液中c(L3-)增大,L3-先与Cu2+结合生成[CuL]-,然后发生反应[CuL]-+L3-[CuL2]4-,故溶液中持续减小,曲线Ⅲ代表先增大后减小,曲线Ⅳ代表一直增大,曲线Ⅴ代表。
曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点处,即c(Cu2+)=c([CuL]-),此时对应的lg c(L3-)=-9.4,故A项涉及反应的K==109.4,A项正确。曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点处对应溶液的pH=11.6,即c(H+)=10-11.6 mol·L-1,B项涉及反应的K==c(H+)=10-11.6,B项正确。依据曲线Ⅳ和曲线Ⅴ的交点,此时对应的lg c(L3-)=-7.2。
反应①:Cu2++L3-[CuL]-　K1=109.4
反应②:[CuL]-+L3-[CuL2]4-　K2
K2==107.2,反应①+反应②可得:Cu2++2L3-[CuL2]4-　K=K1·K2=109.4×107.2=1016.6,即K==1016.6,可得c(L3-)=10-8.3 mol·L-1,a点对应c(HL2-)=10-1 mol·L-1,故反应HL2-H++L3-的K==10-11.6,求得c(H+)=10-4.3 mol·L-1,pH=4.3,C项错误。由图可知,当pH=6.4时,c(HL2-)=10-1 mol·L-1,此时对应的=0.90,=0.09。由HL2-H++L3-　K=10-11.6,K==10-11.6,可得c(L3-)=10-6.2 mol·L-1。依据Cu元素守恒,此时溶液中c([CuL]-)=0.09×0.002 mol·L-1=1.8×10-4 mol·L-1,c([CuL2]4-)=0.90×0.002 mol·L-1=1.8×10-3 mol·L-1,故当pH=6.4时,体系中c(HL2-)>c([CuL2]4-)>c([CuL]-)>c(L3-),D项正确。
15.答案 (1)圆底烧瓶　H2S+I2S+2HI
(2)c
(3)I2+I-
(4)NaOH
(5)先停止加热,再停止通入N2
(6)×100%
(7)棕色试剂瓶中,且瓶口密封,置于阴暗处
解析 (1)步骤ⅰ中H2S与I2发生氧化还原反应:H2S+I2S+2HI。
(2)步骤ⅰ中快速搅拌,与防止暴沸无关(不涉及加热),b项不符合题意;产物分离前先静置,快速搅拌与固液分离无关,a项不符合题意;由于产物S不溶于水,快速搅拌可防止单质I2被S包覆,阻止反应进行,c项符合题意。
(3)I2能够与I-反应生成,促进了I2的溶解,离子方程式为I2+I-。
(4)步骤ⅱ中的尾气是H2S,属于酸性气体,常用NaOH溶液吸收。
(5)HI还原性较强,易被O2氧化,故步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为先停止加热,再停止通入N2。
(6)依据碘元素守恒,得到关系式:I2~2HI,则HI的理论产量n(HI)=2n(I2)=×2=1.0 mol,HI的产率=×100%=×100%。
(7)氢碘酸见光易分解,需要存放在棕色试剂瓶中;氢碘酸易被空气氧化,还需要密封保存。
16.答案 (1)3d54s1
(2)4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH8K2CrO4+2Fe2O3+8H2O
(3)MgO　Al(OH)3
(4)增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行
(5)KHCO3
(6)Fe(CO)5+K2CrO4+4H2OCr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑
(7)煅烧
解析 (1)铬为24号元素,基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。
(2)煅烧时Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中的O2(作为氧化剂)发生反应生成K2CrO4、Fe2O3和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,即可写出该反应的化学方程式。
(3)煅烧时Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2与KOH和O2反应转化为Fe2O3、MgO、K2CrO4,Al2O3、SiO2分别与过量的KOH反应,转化为KAlO2、K2SiO3。浸取时KAlO2、K2SiO3与CO2反应,分别转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀,Fe2O3、MgO与KHCO3-K2CO3(aq)、CO2均不反应,则滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3、H2SiO3、MgO、Al(OH)3。
(4)酸化工序中需通入过量CO2提供酸性环境,加压的目的是增大CO2的溶解度,保证酸性环境,使反应2Cr+2H+Cr2+H2O正向进行,促进K2CrO4转化为K2Cr2O7。
(5)酸化时,向K2CrO4溶液中通入过量CO2,将K2CrO4转化为K2Cr2O7,同时产生副产物KHCO3,故滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3。
(6)滤液Ⅰ中含有K2CrO4,还原、分离工序将+6价铬元素还原为+3价铬元素[Cr(OH)3],结合产物信息,可知还原剂为Fe(CO)5,Fe元素被氧化为+3价,生成Fe(OH)3,依据得失电子守恒、原子守恒,即可写出该反应的化学方程式。
(7)依据上述还原、分离工序中发生反应的化学方程式可知,滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3、Cr(OH)3,可返回煅烧工序,重复利用。
17.答案 (1)①0.05　②cd
(2)①L1　该反应为气体体积减小的反应,温度相同时,增大压强平衡正向移动,平衡转化率增大
②<　③=　12　④
解析 (1)①恒温下反应30 min时,环氧乙烷(初始浓度为1.5 mol·L-1)完全转化,则0~30 min内,v总(EO)==0.05 mol·L-1·min-1。
②主反应为放热反应,生成物总能量低于反应物总能量,a项错误;EG既是主反应的生成物,又是副反应的反应物,故单位时间内EG浓度的变化量小于EO,v总(EO)>v总(EG),b项错误;0~30 min内,产物中n(EG)∶n(DEG)=10∶1,而v总(EG)=v主(EG)-v副(EG);主反应中,v主(EG)=v主(EO);副反应中,v副(EG)=v副(DEG);反应时间相同时,,解得v主(EG)∶v副(DEG)=11∶1,c项正确;选择适当催化剂,可以提高主反应的选择性,进而提高乙二醇的最终产率,d项正确。
(2)①反应2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)为气体分子数减小的反应,当温度相同时,压强增大,平衡正向移动,平衡转化率增大,则α=0.6对应的曲线为L1。
②由图可知,压强相同时,温度升高,平衡转化率减小,说明ΔH<0。
③M、N均按化学计量比进料,且平衡转化率相等,平衡时各组分物质的量分数分别相等,则Kx(M)=Kx(N)。D点对应的平衡转化率为0.5,依据题给信息,该反应按化学计量比进料,设起始加入2 mol CO、3 mol H2,列出三段式:
　　　　2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)
起始/mol 2 3 0
转化/mol 1 1.5 0.5
平衡/mol 1 1.5 0.5
平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为,则Kx==12。
④设起始加入m mol CO、3 mol H2,α(H2)=0.75,列出三段式:
　　　　　2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)
起始/mol m 3 0
转化/mol 1.5 2.25 0.75
平衡/mol m-1.5 0.75 0.75
平衡时体系中气体总物质的量为(m-1.5+0.75+0.75) mol=m mol,则CO、H2、HOCH2CH2OH的平衡分压分别为p0 MPa、p0 MPa、p0 MPa,此时Kp= MPa-4= MPa-4。
18.答案 (1)酮羰基　醚键　羧基
(2)取代反应
(3)异丁酸(或2-甲基丙酸)
(4)溴易挥发,减少损失,提高利用率
(5)
(6)+2NaOH
+NaBr+2H2O
(7)
解析 (1)观察有机物Q的结构简式可知,Q中含氧官能团为酮羰基、醚键和羧基。
(2)A中含有酚羟基,能够与NaOH发生取代反应,得到有机物B()。
(3)有机物C的结构简式为,其名称为异丁酸或2-甲基丙酸。
(4)C→D发生取代反应,反应条件是加热,由于溴易挥发,为防止溴挥发并减少损失,提高利用率,应将滴液漏斗末端伸入液面以下。
(5)有机物B()与D()在NaOH作用下发生取代反应,生成中间体E()、NaBr和H2O。
(6)由图乙可知M的结构中存在2种不同化学环境的氢原子,且核磁共振氢谱中峰面积之比为3∶2,再结合D中含有碳溴键,且与溴原子相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子,可在NaOH的醇溶液中发生消去反应,且羧基易被NaOH中和,可得M的结构简式为,同时生成NaBr和H2O,据此可写出该反应的化学方程式。
(7)有机物A()的分子式为C9H10O2,不饱和度为5,其同分异构体符合条件:不与FeCl3溶液发生显色反应,说明不含酚羟基;红外光谱表明分子中不含CO键,即不含醛基、羧基、酯基、羰基;核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积比为1∶1∶3,可知3种氢原子数目分别为2、2、6,则符合题意的结构中存在2个甲基,苯环侧链上一共有3个碳原子,则苯环侧链上的1个不饱和度不是碳碳双键,则只能为环状结构,考虑到结构稳定性,O原子应参与成环,芳香环的一取代物有两种,可知其结构对称且两个甲基不能在苯环上,所以只能在杂环的碳原子上,故符合条件的A的芳香族同分异构体的结构简式为。2025年广东省普通高中学业水平选择性考试
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化学答题卡
18.(1)
19.(1)
姓
名
考生条形码区
(2
(2)
准考证号
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正确填涂示例
3
(3)①
选择题（请用2B铅笔填涂）
(4
②
(5)
哥
2AEQD
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(4)①
(6)①
②
非选择题（请用0,5毫米黑色签字笔作答】
17.(1)
20.(1)
(2)
②
(2)①
②
(3)①
②
(3)
(4)①
(4)
9
(5)①
②
(5)①
(6)
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效2025年化学(云南卷)
1.D　本题考查物质的成分及其化学性质。
贝壳粉的主要成分为CaCO3,不属于硅酸盐,A项错误;核桃油为油脂,不属于有机高分子,B项错误;Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O,所以氧化铁不耐酸,C项错误;碳在常温下不易被氧化,D项正确。
2.A　本题考查化学用语及图示。
NH3分子中心氮原子价层电子对数=3+=4,其VSEPR模型为四面体形,A项正确;Na2S的电子式为
Na+]2-Na+,B项错误;Cl原子的结构示意图为
+17,C项错误;Al2(SO4)3为强电解质,在溶液中全部电离,不写“”,D项错误。
3.C　本题考查化学反应方程式正误判断。
C和水蒸气高温制备可燃性CO和H2(水煤气),A项正确;Na2O2与CO2反应可生成O2,同时生成Na2CO3,B项正确;FeCl3和Cu反应方程式为2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2,C项错误;铅酸蓄电池放电时,Pb和PbO2在H2SO4作用下发生反应生成PbSO4,D项正确。
4.B　本题考查阿伏加德罗常数。
题目没有指明“标准状况”,无法计算22.4 L CH4的物质的量,A项错误;18O中质子数为8,质量数为18,中子数=18-8=10,故1 mol 18O所含中子数目为10NA,B项正确;Fe与S反应时生成FeS,0.5 mol Fe完全反应转移电子的数目为1.0NA,C项错误;稀盐酸不能与MnO2反应生成Cl2,随着反应进行,当浓盐酸变为稀盐酸时反应停止,故生成Cl2的数目小于0.3NA,D项错误。
5.D　本题考查实验的基本操作及实验图像问题。
固+固加热制NH3,同时产生水蒸气,试管口要略往下倾斜,防止水蒸气冷凝回流使试管炸裂,A项错误;配制溶液需在烧杯中溶解后转移至容量瓶,B项错误;Na与水的反应需在烧杯中进行,试管太细,反应太剧烈容易爆炸,C项错误;2NO2(g)N2O4(g),温度改变,通过两烧瓶中颜色变化,判断平衡移动,D项正确。
6.D　本题考查有机物结构与性质的关系。
有机物Z中含羟基和羧基,可形成分子间氢键,A项正确;分子中羟基与乙酸、羧基与乙醇均可发生酯化反应,B项正确;分子中含有羧基,能与NaHCO3溶液反应生成CO2,C项正确;分子中含2个碳碳双键,1 mol Z只消耗2 mol Br2,D项错误。
7.B　本题考查Si和SiO2的性质及其转化关系。
SiO2为酸性氧化物,可与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O,A项正确;MgO+2HClMgCl2+H2O,化合价不变,非氧化还原反应,HCl体现酸性,B项错误;Si可用于制造太阳能电池,C项正确;Mg将SiO2在650 ℃下还原为Si,D项正确。
8.A　本题考查实验探究中的问题分析。
实验步骤中,应该先点燃乙、丙处酒精灯,再点燃甲处酒精灯,否则Ⅰ中分解产生的O2来不及与Ⅱ、Ⅲ中Cu网反应而损耗,A项错误;NaNO3在加热条件下若分解产物只有NaNO2和O2,即2NaNO32NaNO2+O2↑,则B、C正确;因为NaNO3受热分解产生O2,故NaNO3保存时应远离热源、可燃物,并与还原性物质分开存放,D项正确。
9.A　本题考查元素推断及周期表、周期律的应用。
M是半径最小的元素,为H;Q形成化合物种类最多,为C;R是地壳中含量最高的元素,为O;T、X、Y同周期,且Q、X均与Y相邻,只能是如图位置,Q为C,则Y为Si,X为Al;由于Z的原子序数为M、R和T之和,且原子序数不大于20,则T只能为11号元素Na,Z为Ca。H和Ca形成CaH2为离子化合物,A项正确;原子半径:Na>Al>O,B项错误;CO2为直线形、非极性分子,C项错误;电负性:O>C>Si,D项错误。
10.C　本题考查化学反应机理。
Ⅰ到Ⅱ过程中得电子发生还原反应,A项错误;观察Ⅱ、Ⅲ物质的结构知,过程中无非极性键生成,B项错误;催化剂Cu只能改变反应历程(路径),不改变化学反应的焓变,D项错误。
11.C　本题考查电解池相关知识。
电解池中阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动,故从图中可以看出,Pt电极为阳极,石墨电极为阴极。Pt电极为阳极,OH-放电发生氧化反应,A项正确;外加电源促使阴、阳两极离子放电,从而促进水的电离,B项正确;Ⅲ中NaCl浓溶液变稀,说明Cl-、Na+向两边移动,阴离子Cl-向Pt电极移动,X膜为阴离子交换膜,阳离子Na+向石墨电极移动,Y膜为阳离子交换膜,C项错误;每生成1 mol NaOH,Ⅱ中进入1 mol H+,则生成1 mol B(OH)3,D项正确。
12.B　本题考查陌生化合物的结构与性质。
由题给信息,Be(OH)2既能与NaOH反应,又能与HCl反应,故Be(OH)2为两性氢氧化物,A项正确;Be2C的熔点很高(2 200 ℃)是共价晶体,BeCl2的熔沸点低,是分子晶体,B项错误;[Be(OH)4]2-中Be原子杂化方式为sp3,C项正确;Be2C与H2O发生复分解反应,生成Be(OH)2和CH4,D项正确。
13.C　本题主要考查晶胞结构及原电池电路中电子转移问题。
根据晶胞图可得Sc3+个数为8×+4×=4,而晶胞化学式可写成(Li0.45La0.85)ScO3,说明O2-的个数是Sc3+的3倍,为12个,A项正确;该晶胞在yz平面的投影正确,B项正确;Ce4+取代后,会产生空位,即La3+和Ce4+个数相加不是0.85,C项错误;根据电子转移守恒,Li+带1个正电荷,e-带1个负电荷,D项正确。
14.D　本题考查“酸碱中和滴定”和“微粒分布分数”图像问题。
由图1得,滴定中出现两次pH突跃,结合已知离子方程式和图2可知,在滴定中1 mol (CH2)6N4H+相当于1 mol H+,即原废水中的1 mol N在滴定时最终消耗1 mol NaOH。因为不知道废水的体积,所以废水中N的含量无法计算,A错误;c点,NaOH溶液过量,溶液中c(Na+)>c(Cl-),结合电荷守恒表达式c(Na+)+c(H+)+c[(CH2)6N4H+]=c(Cl-)+c(OH-),得c(H+)+c[(CH2)6N4H+]c[(CH2)6N4H+],C错误;依据图2,pH=6时,δ[(CH2)6N4]=0.88,则δ[(CH2)6N4H+]=0.12,故K=≈7.3×10-6,D项正确。
15.答案 (1)3d104s1
(2)MnO2+S+2H+Mn2++S+H2O
(3)[Cu(NH3)4]2+
(4)提高原料H2SO4、Na2SO3的利用率
(5)MnO2>Fe3+>Cu2+
(6)0.19
(7)①12　②
解析 本题考查化学工艺流程及晶胞的简单计算,涉及工艺原理,Ksp计算,陌生离子反应方程式书写,配位数、密度计算等。
(1)Cu为29号元素,基态铜原子价层电子排布式为3d104s1。
(2)“还原酸浸”时,S将MnO2还原为Mn2+,自身被氧化成S。
(3)第一步参与反应,最后一步又生成,且反应前后量不变,所以催化剂为[Cu(NH3)4]2+。
(4)浸出后的滤液中依然有剩余的H2SO4、Na2SO3等,循环后可以继续用来还原酸浸,提高原料利用率。
(5)“还原酸浸”时,S将Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+没有被还原,说明氧化性Fe3+>Cu2+,而氧化时MnO2将Fe2+又氧化为Fe3+,说明氧化性MnO2>Fe3+。
(6)pH=8.0,则c(H+)=10-8 mol·L-1,c(OH-)=10-6 mol·L-1,代入Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=c(Mn2+)·(10-6)2=1.9×10-13,得c(Mn2+)=0.19 mol·L-1。
(7)①该晶胞为面心立方晶胞,距离Sb最近的Mn位于面心,周围共12个。
②ρ= g·cm-3。
16.答案 (1)三颈烧瓶　b
(2)CO2
(3)减少三氟甲基亚磺酸钠的损失,提高三氟甲基亚磺酸锂的产率
(4)+HCl+NaCl　将液体静置,在上层清液中继续滴加浓盐酸,若不再有白色沉淀产生,说明浓盐酸已经足量
(5)使三氟甲基亚磺酸充分溶解并与LiOH反应生成产品(三氟甲基亚磺酸锂)
(6)×100%
解析 (1)冷却水从冷凝管的下口(即b口)通入。
(2)在步骤Ⅰ中,Na2SO3使三氟甲磺酰氯转化为三氟甲基亚磺酸钠,NaHCO3为中和剂。反应过程中产生的气泡主要为CO2气体。
(4)步骤Ⅲ中加入足量浓盐酸,发生反应:+HCl+NaCl。当析出白色固体质量不再增加时,说明加入浓盐酸已足量。
(5)步骤Ⅳ主要目的是:三氟甲基亚磺酸与LiOH反应制备产品,加入蒸馏水是为了让三氟甲基亚磺酸充分溶解电离,并与LiOH发生复分解反应。
(6)~,三氟甲基亚磺酸锂的理论产量为n()=n()= mol,实际产量为 mol,故产率=×100%。
17.答案 (1)葡萄糖
(2)①+44.4　②AC　③冷凝液化分离
(3)①270 ℃时目标产物乙酸的选择性最高,副产物选择性及乙醛选择性低,且此时反应速率较快
②产物1
③7.2　
解析 本题考查化学反应原理,涉及盖斯定律、平衡的标志、反应机理、选择性、平衡分压代替浓度计算平衡常数Kp等。
(1)纤维素水解最终产物为葡萄糖。
(2)①根据盖斯定律,ΔH1=ΔH2+ΔH=+68.7 kJ·mol-1-24.3 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1。
②对于反应Ⅰ,两边气体系数之和不等,压强不再改变,可说明反应达到平衡状态;反应Ⅰ中均为气体,密度不变不可以说明反应达到平衡状态;CH3COOH的体积分数即物质的量分数不变,可以说明反应达到平衡状态;生成1 mol H2O,反应为逆向,消耗2 mol H2,依然为逆向,永远成立,不能说明反应达到平衡状态。
③乙酸、乙醛沸点比H2高很多,可采用冷凝液化的方法分离出H2。
(3)①由图1可知,270 ℃时,乙酸选择性最高,副产物选择性及乙醛选择性低,且H2生成速率也较大,再升温H2生成速率变化不大,但乙酸选择性降低。
②乙酸是主要产物,所以找活化能较低,反应速率最快得到的产物。
③设加入9 mol H2O、1 mol C2H5OH,
Ⅰ.　　C2H5OH(g)+H2O(g)2H2(g)+CH3COOH(g)
Δn/mol x x 2x x
Ⅱ.　　C2H5OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)
Δn/mol y y y
根据
可知平衡后容器中,
C2H5OH为(1-x-y) mol=0.1 mol,
H2O为(9-x) mol=8.28 mol,
H2为(2x+y) mol=1.62 mol,
CH3COOH为x mol=0.72 mol,
CH3CHO为y mol=0.18 mol,
n总=0.1 mol+8.28 mol+1.62 mol+0.72 mol+0.18 mol=10.9 mol
p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=n(CH3COOH)∶n(C2H5OH)=0.72 mol∶0.1 mol=7.2,利用分压代替浓度计算Kp1= kPa。
18.答案 (1)醛基
(2)b
(3)乙烯
(4)
(5)氧化反应
(6)c
(7)
(8)或
解析 (1)A中含有的含氧官能团为醛基。
(2)对比分析C和D的结构知:C和D为同分异构体,分子式相同,a项错误;C和D中均含有碳碳双键、酯基和碳溴键,c项错误;C和D的结构不同,则质谱图中的碎片峰肯定不相同,b项正确。
(3)D→F中发生的是题给信息中的“烯烃复分解反应”,故另一产物是乙烯。
(4)有机物分子结构中含“”,可发生加聚反应,加聚产物为。
(5)F在SeO2条件下“加氧”被氧化生成G,G与H2发生加成反应得到H,分析F、G、H的结构简式、分子式,可推知F→G的反应类型是氧化反应。G的结构简式为。
(6)I→J过程中,先是—NH2中氮原子和氢原子分别与酮羰基发生加成反应(N连C、H连O),然后消去一分子H2O(氮原子去H、碳原子去—OH),故中间体结构简式为c。
(7)K→L发生“消去”反应,同时生成小分子甲醇(CH3OH)。
(8)依据L的同分异构体的条件:含有酚羟基(与FeCl3发生显色反应)和酚酯(1 mol消耗3 mol NaOH,共3个氧原子),再结合核磁共振氢谱要求(分子式为C12H17NO3)推知含有“—C(CH3)3”结构,且苯环上羟基位于对位。符合条件的结构简式为和
。2025年普通高等学校招生选择性考试(黑吉辽卷)
化 学
本试卷满分100分,考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 O—16 6.微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。
Na—23 W—184 下列对颜色变化的解释错误的是 ( )
一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在 选项 颜色变化 解释
每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。
空气中灼烧过的
1.东北三省及内蒙古资源丰富,下列资源转化的主 2CuO+C2H5OH 铜丝伸入乙醇中,
要过程不属于化学变化的是 ( ) A CHCHO + CuO黑色铜丝恢复光 3 2
A.石灰石煅烧 B.磁铁矿炼铁 亮的紫红色 +H2O
C.煤的液化 D.石油分馏 ( ) 悬浊液
2.侯氏制碱法突破西方技术垄断,推动了世界制碱 MgOH 2 3Mg(OH)2(s)+2Fe3+
技术的发展,其主要反应为 NaCl+CO +NH + 中 加 入 FeCl3 溶2 3 B , 2Fe
(OH) (s)
H O NaHCO ↓+NH Cl。下列有关化学用 液 固体由白色变
3
2 3 4 +3Mg2+
语或说法正确的是 ( ) 为红褐色
‥ ‥ ‥ FeSO4溶液中加入
A.CO2的电子式:O︰C︰O K3[Fe(CN) 2+6],浅 Fe +[Fe(CN)6]3-+K+
‥ ‥ ‥ C
B.H O的空间结构:直线形 绿色溶液出现蓝 KFe
[Fe(CN)6]↓
2
C.NH4Cl的晶体类型:离子晶体
色浑浊
KCrO 溶 液 中
D.溶解度:
2 2 7
NaHCO3>NH4HCO3 加入NaOH溶液, Cr2O2-7 +2OH-
3.Cl2O可用于水的杀菌消毒,遇水发生反应:Cl2O D 溶液由橙色变为 2CrO2-+H O
+H2O 2HClO。下列说法正确的是 ( )
4 2
黄色
A.反应中各分子的σ键均为p—pσ键 7.化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物
B.反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 乙[(YW2)2XZ],开创了有机化学人工合成的新
C.Cl—O键长小于 H—O键长 纪元。其中 W、X、Y、Z原子序数依次增大,X、Y、
D.HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 Z同周期,基态X、Z原子均有2个单电子。下列
4.钠及其化合物的部分转化关系如图。设 NA 为阿 说法正确的是 ( )
伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( ) A.第一电离能:Z>Y>X
B.甲中不存在配位键
C.乙中σ键和π键的数目比为6∶1
A.反应①生成的气体,每11.2L(标准状况)含原 D.甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp2
子的数目为NA 8.巧设实验,方得真知。下列实验设计合理的是 ( )
B.反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含 制备少量
A.除去Cl 中的 HCl B. NO
避免
非极性键的数目为0.1NA 2 其被氧化
C.反应③中1molNa2O2 与足量 H2O反应转移
电子的数目为2NA
D.100mL1mol·L-1NaClO溶液中,ClO-的数
目为0.1NA
5.一种强力胶的黏合原理如图所示。下列说法正确
的是 ( )
C.用乙醇萃取 CS2 中 D.制作简易氢氧燃料
的S 电池
A.Ⅰ有2种官能团
B.Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离
C.常温下Ⅱ为固态
D.该反应为缩聚反应
·1·

9.Na WO 晶体因x 变化形成空位而导致颜色各 A.Ⅱ中发生的反应有 MnO +2I-+4H+x 3 2
异,当0.44≤x≤0.95时,其立方晶胞结构如图。 Mn2++I2+2H2O
设NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误 B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发
的是 ( ) C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD
值偏高
13.一种基于Cu2O的储氯电池装置如图,放电过程
中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极,
b极仍增重。关于图中装置所示电池,下列说法
A.与 W最近且等距的O有6个 错误的是 ( )
B.x增大时,W的平均价态升高
30
C.密度为243.5×10 · -33 ,a · g
cm 时 x=0.5
NA
D.空位数不同,吸收的可见光波长不同
10.人体皮肤细胞受到紫外线(UV)照射可能造成
DNA损伤,
+
原因之一是脱氧核苷上的碱基发生 A.放电时Na 向b极迁移
了如下反应。下列说法错误的是 ( ) B.该电池可用于海水脱盐
C.a极 反 应:Cu2O+2H2O+Cl- -2e-
Cu2(OH)3Cl+H+
D.若以 Ag/AgCl电极代替a极,电池将失去储
氯能力
14.一定条件下,“BrO-3 -
SO2-3 -[Fe(CN)]4-6
A.该反应为取代反应 -H+”4种原料按固
B.Ⅰ和Ⅱ均可发生酯化反应 定流速不断注入连续
C.Ⅰ和Ⅱ均可发生水解反应 流 动 反 应 器 中,体 系
D.乙烯在UV下能生成环丁烷 pH-t振荡图像及涉及
11.某 工 厂 利 用 生 物 质 (稻 草)从 高 锰 钴 矿 (含 反应如下。其中AB 段发生反应①~④,①②为
MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素, 快速反应。下列说法错误的是 ( )
流程如 下。已 知“沉 钴”温 度 下 Ksp(CoS)= ① SO2-3 +H+ HSO--20.4, ( ) 310 下列说法错误的是
② HSO- +3 +H H2SO3
③ 3HSO- - 2-3 +BrO3 3SO4 +Br-+3H+
④ HSO +BrO-2 3 3 →
A.硫酸用作催化剂和浸取剂 BrO- + 4- -
⑤ 3
+6H +6[Fe(CN)6] Br
B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 +6[Fe(CN)6]3-+3H2O
C.“浸出”时,3种金属元素均被还原
D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4 A.原料中c(H
+)不影响振幅和周期
12.化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程 B.反应④:3H2SO3+BrO
-
3 3SO2-4 +Br-+6H+
度的指标之一,以水样消耗氧化剂的量折算成消 C.反应①~④中,H+ 对SO2-3 的氧化起催化
耗O2 的量(单位为 mg·L-1)来表示。碱性 作用
KMnO4不与Cl-反应,可用于测定含Cl-水样 D.利用pH响应变色材料,可将pH振荡可视化
的COD,流程如图。 15.室温下,将0.1molAgCl置于0.1mol·L-1
NH4NO3溶液中,保持溶液体积和 N元素总物
质的量不变,pX-pH曲线如图,Ag++NH3
[Ag(NH3)]+ 和 Ag+ +2NH3 [Ag
(NH3)]+2 的平衡常数分别为 K1 和 K ;NH+2 4
下列说法错误的是 ( ) 的水解常数 K
+ -9.25
h(NH4 )=10 。下列说法错
误的是 ( )
·2·

Ⅲ.用稀盐酸调节水层pH=1后,再用乙酸乙酯萃取。
Ⅳ.用饱和食盐水洗涤有机层,无水 Na2SO4 干
燥,过滤,蒸去溶剂,得目标产物。
回答下列问题:
(1)相比 KMnO4 作氧化剂,该制备反应的优点
为 、 (答出2条即可)。
pX=-lg[c(X)/(mol·L-1)] (2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂 H
X代表Ag+、[Ag(NH +3)] 、[Ag(NH3) +2] 或NH3 的吸收峰,谱图中无羧基 H的吸收峰)监测反应
A.Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线 进程如图。已知峰面积比a∶b∶c∶d=1∶2∶
B.D 点:c(NH+4 )-c(OH-)>0.1-c(H+) 2∶3,a∶a'=2∶1。反应2h时,对甲基苯甲醛
C.K =103.241 转化率约为 %。
D.C点:c(NH )=10-3.523 mol·L-1
二、非选择题:本题共4小题,共55分。
16.(14分)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有
ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是 。
已知:①“氧化浸出”时,PbSO4 不发生变化,ZnS (4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为
转变为[Zn(NH )]2+; 、 。3 4
②K [Pb(OH)]=10-14.8; (5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙sp 2
( ) 酮易挥发,为保证18 18③酒 石 酸 记 作 H A 结 构 简 式 为 HOOC O2 气氛,通 O2 前,需先使2
(CHOH)COOH。 用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶2
回答下列问题: 剂中)的16O2,操作顺序为:①→②→ →
(1)H2A分子中手性碳原子数目为 。 → (填标号),重复后四步操作
(2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(SO2-2 8 )转变为 数次。
(填离子符号)。
(3)“ ” ,
①关闭阀门
氧化浸出 时 浸出率随温度升高先增大后
②液氮冷冻反应液
减小的原因为 。 ③打开阀门抽气
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 ④反应液恢复室温
。
(5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 同位素示踪结果如表所示,则目标产物中羧基O
(6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A反应生成PbA。 来源于醛基和 。
PbA产率随体系pH 升高先增大的原因为 质谱 检 测 目 标 产 物
,pH过高可能 反应条件
( )。 相对分子质量生成 填化学式
(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反 太 阳 光,18O2,室 温,
应的化学方程式为 。 CH3COCH3,
138
5h
17.(13分)某实验小组采用如下方案实现了对甲基
苯甲酸的绿色制备。 太 阳 光,空 气,室 温,
18 136反应: CH3C OCH3,5h
18.(14分)乙二醇是一种重要化工原料,以合成气
(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。
步骤: 催化剂
Ⅰ.向反应管中加入0.12 对甲基苯甲醛 和 Ⅰ.直 接 合 成 法
:
g 2CO
(g)+3H2(g)
1.0mL丙酮,光照,连续监测反应进程。 HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常数如表所示。
Ⅱ.5h时,监测结果显示反应基本结束,蒸去溶 温度 298K 355K 400K
剂丙酮,加入过量稀NaOH溶液,充分反应后,用
乙酸乙酯洗涤,弃去有机层。 平衡常数 6.5×10
4 1.0 1.3×10-3
·3·

(1)该反应的ΔH 0(填“>”或“<”)。 19.(14分)含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和
(2)己知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧 材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架
热(ΔH)分别为-akJ·mol-1、-bkJ·mol-1、 的芳香化合物合成路线如下:
-ckJ·mol-1,则上述合成反应的ΔH= OH
kJ·mol-1(用a、b和c表示)。 COOH CH3OH C8H8O3 LiAlH4(3)实验表明,在500K时,即使压强(34MPa)很 → →浓 H2SO4,△ (B)
高乙二醇产率(7%)也很低,可能的原因是 (A)
(答 OH OH
出1条即可)。 CHO BrC7H 8O2 O2 PPh3,CBr4
Ⅱ.间接合成法:用合成气和O2 制备的DMO合 (C) Pt3Pd/
→ →
C 碱
成乙二醇,发生如下3个均放热的连续反应,其 ( BrD) (E)
中 MG生成乙二醇的反应为可逆反应。
COOCH3 +2H2 CH2OH +2H2
→ → CuI,K3PO B
(
4 OH)2 C14H10O
COOCH -CH3OH COOCH -CH3OH →
→
3 3 △ 一定条件 (G)
DMO(g) MG(g) (F)
CH2OH +H2 CH3
→
CH OH -H2 2O CH2OH
乙二醇(g) 乙醇(g) →
(4)在2MPa、Cu/SiO2 催化、固定流速条件下,
n(H )
发生上述反应,初始氢酯比 2 ,出 (H)
n(DMO)=52.4
口处检测到DMO的实际转化率及 MG、乙二醇、 PtCl2
→
乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物 △
n
质的选择性= 生成
(该物质) ]。 (N)
n消耗(DMO)×100% (M)
回答下列问题:
(1)A→B的化学方程式为 。
(2)C→D实现了由 到 的转化
(填官能团名称)。
(3)G→H的反应类型为 。
(4)E的同分异构体中,含苯环(不含其他环)且
不同化学环境氢原子个数比为3∶2∶1的同分
异构体的数目有 种。
(5)M→N的三键加成反应中,若参与成键的苯
①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性,则曲线 环及苯环的反应位置不变,则生成的与N互为同
(填图中标号,下同)表示 DMO的转化率,曲线 分异构体的副产物结构简式为 。
表示 MG的选择性。 (6)参考上述路线,设计如下转化。X和 Y的结
②有利于提高A 点DMO转化率的措施有 构简式分别为 和 。
(填标号)。
A.降低温度
B.增大压强
C.减小初始氢酯比
D.延长原料与催化剂的接触时间
, n(乙醇)③483K时 出口处 的值为n(DMO)
(精
确至0.01)。
④A点反应MG(g)+2H2(g) HOCH2CH2OH(g)
+CH3OH(g)的浓度商Qx= (用物质
的量分数代替浓度计算,精确至0.001)。
·4·







2025年化学(广东卷)
1.D　本题以“中华传统技艺”为载体,考查材料的化学组成。
纸的主要成分为纤维素,A项错误;石印章的主要成分为硅酸盐,B项错误;木活字的主要成分为纤维素,C项错误;不锈钢的主要成分为以铬镍为合金元素的合金钢,D项正确。
2.A　本题考查物质(多烯环配合物)结构与性质的关系。
C—H键是碳、氢原子通过共用电子对形成的共价键,A项正确;该配合物具有芳香性,不存在碳碳双键,B项错误;共有10个氢原子,C项错误;分子中含有氢原子,可以发生取代反应,D项错误。
3.D　本题考查化学与生活及化学计算。
根据m=M·n,m(H2O)=18 g·mol-1×1 mol=18 g,A项错误;MoS2中Mo的化合价为+4,B项错误;行走时电池将化学能转化为电能,再将电能转化为机械能,C项错误;鱼肉富含蛋白质,D项正确。
4.A　本题考查化学与生活的联系。
向燃煤中加入生石灰以脱硫减排,发生的反应是SO2+CaOCaSO3、2CaSO3+O22CaSO4,A项错误;S的检验试剂为稀盐酸和BaCl2溶液,B项正确;用MgCl2溶液点卤制豆腐,使蛋白质盐析而生成豆腐,C项正确;暖贴取暖是利用铁粉氧化过程中反应放热,D项正确。
5.A　本题考查化学用语、化学材料的组成。
聚氯乙烯的单体为CH2CHCl,A项错误;四氧化三铁具有磁性,B项正确;晶态和非晶态间的转换是原子排列方式的不同,是物理变化,C项正确;单晶硅为金刚石结构,为共价晶体,D项正确。
6.D　本题考查实验基本操作。
给Na2CO3溶液加热,促进C水解,溶液碱性增强,更利于除油污,A项正确;铁锈主要成分为Fe2O3·xH2O,加入稀盐酸发生反应:Fe2O3·xH2O+6H+2Fe3++(3+x)H2O,B项正确;CuSO4溶液中加足量氨水,生成铜氨溶液:Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O,C项正确;铁钉镀铜需用电解池,Cu片作阳极,铁钉作阴极,铜氨溶液为电解质溶液,D项错误。
7.B　本题考查无机物的转化推理。
若X为铝,氧化物为Al2O3,仅生成一种氧化物,不符合题意,A项错误;若X为硫,氧化物1为SO2,SO2可使品红溶液褪色,其他转化关系均成立,B项正确;若X为钠,氧化物2为Na2O2,2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,C项错误;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,热稳定性Na2CO3>NaHCO3,D项错误。
8.B　本题考查物质的性质、检验及保存等。
因为浓硝酸不稳定,见光或受热易分解:4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O,故保存在棕色试剂瓶中,A项错误;浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖“脱水”变黑,B项正确;铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])检验Fe2+,硫氰化钾(KSCN)检验Fe3+,两者无因果关系,C项错误;MnO2与浓盐酸加热反应生成Cl2,化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,D项错误。
9.B　本题考查元素周期律。
由图可知,c、h的第一电离能反常,故推测a为B,b为C,c为N,d为O,e为F,f为Ne,g为Na,h为Mg,i为Al。B和Na不同主族,A项错误;金属性Na>Mg>Al,B项正确;原子半径N>O>F,C项错误;NH3可形成分子间氢键,沸点NH3>CH4,D项错误。
10.D　本题考查阿伏加德罗常数的计算。
1 mol 18O2含中子数为20NA,1 mol 16O2含中子数为16NA,多4NA,A项错误;Fe与H2O(g)反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,故1 mol Fe生成 mol H2,数目为NA,B项错误;因为N水解:N+H2ONH3·H2O+H+,故N数目小于0.1NA,C项错误;Cl2与H2发生反应:Cl2+H22HCl,1 mol Cl2与足量H2生成2 mol HCl,形成H—Cl键数目为2NA,D项正确。
11.D　本题考查化学实验。
b中:2H2O22H2O+O2↑,H2O2中氧元素化合价由“-1”→“0”和“-2”,H2O2既作氧化剂也作还原剂,B项正确;a中反应为4I-+O2+4H+2I2+2H2O,反应过程中碘元素化合价由“-1”→“0”,体现了I-的还原性,A项正确;c中反应为CuO+CH3CH2OHCH3CHO+Cu+H2O,CH3CH2OH被氧化为乙醛,C项正确;d中有银镜反应发生,说明c中产物有乙醛,D项错误。
12.A　本题考查难溶电解质和配合物知识。
将适量CuCl完全溶于盐酸,存在以下转化关系:①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),②CuCl(s)+Cl-(aq)[CuCl2]-(aq),③[CuCl2]-+Cl-[CuCl3]2-。
加水稀释,反应③平衡逆向移动,且由于体积增大,[CuCl3]2-浓度一定下降,A项正确;加入少量NaCl固体,反应②、③均正向移动,[CuCl2]-浓度不一定上升,B项错误;[CuCl2]-不能拆开,正确的电离方程式为H[CuCl2]H++[CuCl2]-,C项错误;依据溶液中的电荷守恒,有c(H+)+c(Cu+)=c(Cl-)+c([CuCl2]-)+2c([CuCl3]2-)+c(OH-),D项错误。
13.A　本题考查物质结构与性质。
A项,SO3中心原子S为sp2杂化,VSEPR模型为平面三角形,不能判断其氧化性,SO3中硫元素为+6价,化合价可降说明其具有氧化性;B项,Na的电子排布式为1s22s22p63s1,K的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1,原子结构不同,电子跃迁时能量不同,所以焰色不同;C项,乙烯的结构简式为CH2CH2,乙炔的结构简式为CH≡CH,均含有π键,可发生加聚反应;D项,石墨层中碳原子通过sp2杂化形成六边形层状结构,剩余1个未杂化的p电子参与形成离域大π键,电子在整个平面内自由移动,使石墨具有导电性。
14.B　本题考查电化学基础知识(二次电池原理)。
由信息“放电时,电极Ⅱ上MnO2减少”,说明电极Ⅱ为原电池正极,反应式为MnO2+2e-+4H+Mn2++2H2O;电极Ⅰ为原电池负极,反应式为MnS-2e-S+Mn2+。
依据上述分析,可确定充电时电极Ⅱ为阳极,A项正确;放电时电极Ⅱ的反应消耗H+,溶液的pH升高,B项错误;原电池负极反应为MnS-2e-S+Mn2+,C项正确;电极材料每转移1 mol电子,对应理论容量为26.8 A·h,充电时16 g S得到1 mol电子,能提供的理论容量为26.8 A·h,D项正确。
15.C　本题考查实验现象及原理分析。
a中发生反应:3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑、2NO+O22NO2,溶液由无色→蓝色,液面上方有红棕色气体生成,A项正确;b中2NO+O22NO2,NO2为红棕色,还会存在2NO2N2O4,B项正确;酚酞溶液的变色范围为8.2~10.0,c中红色刚好褪去,不能说明HC恰好完全反应,C项错误;若将a中稀硝酸换成浓硫酸并加热,发生的反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑,SO2+NaHCO3NaHSO3+CO2,NaHSO3溶液显酸性,c中溶液颜色会褪去,D项正确。
16.C　本题考查燃料电池和反应机理图。
由图a、c知,电极Ⅰ通入O2,为燃料电池正极,电极Ⅱ通入H2,为燃料电池负极,ⅰ为正极反应的催化剂,A项错误;电池工作过程中,负极反应式为H2-2e-2H+,生成的H+通过质子交换膜向正极区移动,C项正确;依据题给信息“其中O2获得第一个电子的过程最慢”,说明在图a中,ⅰ到ⅱ过程的活化能最高,B项错误;分析图a、c知,相同时间内,正极O2转移4 mol电子时完成一次循环,而负极H2转移4 mol电子需要完成两次循环,D项错误。
17.答案 (1)紫红色褪去
(2)d、a、b
(3)①0.028 0　②
(4)①增大　极性　③三者的饱和溶液浓度并不相同;芳香环上的取代基会通过电子效应和空间效应改变羧酸的酸性
(5)①2HClO2H++2Cl-+O2↑
②用pH计测定常温下0.1 mol·L-1 NaClO溶液的pH=a,c(OH-)=10a-14,
ClO-+H2OHClO+OH-,c(HClO)=c(OH-),
Kh==102a-27,
Ka==1013-2a
解析 本题考查化学实验及原理、现象分析等。
(1)酸性条件下发生:,KMnO4被还原,紫红色褪去。
(2)加热溶解后,应先趁热过滤除去泥沙,经过冷却结晶获得苯甲酸晶体(苯甲酸的溶解度受温度影响较大,而NaCl溶解度几乎不受温度影响),再常温过滤后可获得苯甲酸晶体。
(3)①+NaOH+H2O
c0×50×10-3 L=0.1 mol·L-1×14×10-3 L,
解得c0=0.028 0 mol·L-1。
②选取初始点(0.00,2.89)计算,c()=c0-c(H+),Ka==。
(4)①电负性F>Cl,电负性越大,吸电子能力越强,使羧基中O—H键之间电子对越偏向于O,则—OH的极性越大。
②三者饱和溶液的浓度不相同,且形成了分子内氢键使—COOH中H更难电离,故不能用pH直接判断Ka的大小顺序。
(5)①HClO在光照、加热或长期放置过程中均会分解,故离子方程式为2HClO2H++2Cl-+O2↑。
②用pH计测定常温下0.1 mol·L-1 NaClO溶液的pH=a,c(OH-)=10a-14,
ClO-+H2OHClO+OH-,c(HClO)=c(OH-),
Kh==102a-27,
Ka==1013-2a。
18.答案 (1)适当增加通入SO2的量、适当升温、搅拌等(写出一条,合理即可)
(2)4Fe2+　4　2　8
(3)5　(4)AD
(5)3∶1∶1　12
(6)①2NH3N2+3H2　3H2+Fe2O33H2O+2Fe
②
③不生成有毒有害气体
解析 本题借助从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni以及对新型绿色冶铁方法的探究,考查化学反应速率、化学平衡的影响因素、离子方程式的书写、Ksp的计算、晶胞结构等。
(1)升温、增大接触面积、增大反应物浓度等皆可加快反应速率。
(2)由于酸浸中通SO2,SO2具有还原性,可推测浸取液中含Fe2+,再考虑酸性环境,故产物中有H+,结合电荷守恒、得失电子守恒、原子守恒即可配平方程式。
(3)滤液1中c(Cu2+)=0.022 mol·L-1,c(OH-)==10-9 mol·L-1,此时c2(OH-)·c(Ni2+)=(10-9 mol·L-1)2×0.042 mol·L-1(4)镍易进入有机相的原因有:镍与N、O形成配位键,可以使镍进入有机相,A正确;配位时中心离子是Ni2+,镍元素化合价不变,没有发生氧化还原反应,B错误;配合物与水形成氢键,不能解释镍进入有机相,C错误;烷基具有疏水性,能与水分层,可以使其进入有机相,D正确。
(5)顶点原子:8×=1,面心原子:×6=3,体心原子:1,由dNi—Cu∶dNi—N=∶1,结合几何关系推知顶点原子为Cu,面心原子为Ni,体心原子为N。晶胞中Cu∶Ni∶N=1∶3∶1,故x∶y∶z=3∶1∶1,与顶点Cu距离最近的是面心上的Ni,共12个。
(6)①H2具有还原性,NH3可分解为N2、H2,可推得化学方程式。
②电解要得到Fe,故Fe片作阴极,石墨棒作阳极,电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒,可画出示意图。
③从物质角度分析,新型冶铁方法不产生有毒气体。
19.答案 (1)3d24s2　(2)能
(3)①-267.8　②TiCl2(s)　③0.5　
(4)①(1-y2)×100%　②×100%
解析 本题考查化学反应原理及图像分析、计算。
(1)Ti为22号元素,基态Ti原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。
(2)由于ΔH<0、ΔS>0,根据ΔG=ΔH-TΔS<0,反应能自发进行。
(3)①由盖斯定律,反应a=反应c-反应b×2,ΔH1=+132.4 kJ·mol-1-2×(+200.1 kJ·mol-1)=-267.8 kJ·mol-1。
②反应a的ΔH<0、反应b的ΔH>0,升温时有利于反应a逆向移动、反应b正向移动,n[TiCl2(s)]减小,n[TiCl3(g)]增多。
③由Ti原子守恒:n(Ti)=5.0 mol+10.0 mol=15 mol,
T0 K时,n(TiCl2)=0,n[TiCl3(s)]=0,n[TiCl4(g)]=15 mol-8.5 mol-6.0 mol=0.5 mol。
c[TiCl3(g)]= mol·L-1,c[TiCl4(g)]= mol·L-1,反应c的平衡常数K=。
(4)①t0时,n2=y2·n0,N2H4的转化率=×100%=(1-y2)×100%。
②N2H4N2+2H2
a a 2a
3N2H4N2+4NH3
b b
a=
×100%=×100%=×100%
20.答案 (1)醛基
(2)①C8H8　②5
(3)AB
(4)有2组峰,峰面积之比为2∶3
(5)①CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr
②酯化反应　BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O
(6)(或)
解析 本题考查有机合成,涉及官能团性质、同分异构体等知识。
(1)由化合物1a的结构简式可知,其含氧官能团为醛基。
(2)①2a的结构简式为,分子式为C8H8。
②2a(苯乙烯)与H2O加成后的分子式为C8H10O,不饱和度为4,同时含苯环及醇羟基时,应将醇羟基视作取代基,可分类如下:
ⅰ:,—OH在—CH2CH3有2种取代方式,、;
ⅱ:、、
。
(3)1a、2a、3a生成4a,2a中发生加成反应,π键断裂,并且这2个碳原子与1a、3a中的碳原子相连形成新的σ键,故A选项正确;4a分子中的手性碳原子如图所示,3个苯环中的碳原子以及中碳原子均为sp2杂化,共20个,B选项正确;5a分子中,与—OH相连的碳原子是手性碳原子,故C选项错误;5a与氢气发生还原反应的原子利用率为100%,但5a含有酮羰基,不是苯酚同系物,故D选项错误。
(4)有两种不同化学环境的氢原子,个数分别为2、3,故氢谱中有2组峰,峰面积之比为2∶3。
(5)结合1a、2a、3a生成4a反应,将Ⅱ拆分得。
①CH3COOH+Br2BrCH2COOH+HBr;
②由CH3COOCH3CH3COOH+CH3OH,知第2步反应为BrCH2COOH+CH3OHBrCH2COOCH3+H2O,该反应为酯化反应。
(6)参考三组分反应,直接合成Ⅲ,则由Ⅲ进行反推,++,故该空填(或)。2025年化学(甘肃卷)
1.A　本题考查材料成分的判断。
劳动英雄模范碑的主要成分为硅酸盐,属于无机非金属材料,A项正确;红军党员登记表纸张的主要成分属于有机高分子材料,B项错误;陕甘红军兵工厂铁工具的主要成分属于金属材料,C项错误;谢觉哉使用过的皮箱的主要成分属于有机高分子材料,D项错误。
2.D　本题主要考查原子结构、电子式等知识。
基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2,价层电子排布图为,A项正确O常在有机反应中作为反应示踪原子,B项正确;SiCl4的电子式为····,C项正确;D中图示非球棍模型,且未体现Si原子、O原子之间的共价键,D项错误。
3.B　本题考查有机物的结构与性质。
有机物分子中连有四个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子,该分子含1个手性碳原子,如图所示:(手性碳原子用“*”标出),A项正确;该分子中含有多个sp3杂化的碳原子,所有碳原子不可能共平面,B项错误;该分子中与羟基相连碳原子的邻位碳原子上存在氢原子,可发生消去反应,C项正确;该分子中含有碳碳双键,能与Br2发生加成反应,能使溴的四氯化碳溶液褪色,D项正确。
4.C　本题考查外界条件改变对化学平衡的影响。
根据勒夏特列原理,减小体系压强,平衡向气体分子数增大的方向移动,即向逆反应方向移动,A项错误;升高温度,平衡向吸热方向移动,故升高温度,平衡向逆反应方向移动,B项错误;增大反应物浓度,平衡向正反应方向移动,C项正确;恒容下充入惰性气体,反应物、产物浓度均不变,平衡不移动,D项错误。
【易错警示】(1)化学平衡移动的判定是高考的热点,复习备考中,学生应仔细分析温度、压强、反应物(产物)浓度变化等对化学平衡移动的影响。
(2)除了恒温恒容条件下,对充入“惰性气体”进行考查外,还有恒温恒压条件下对充入“惰性气体”的考查。二者区别如下:
①恒温恒容条件下:原平衡体系体系总压强增大,但体系各组分浓度不变平衡不移动
②恒温恒压条件下:原平衡体系容器容积增大,各组分气体的分压减小。对反应前后气体分子数不变的反应,平衡不移动;对反应前后气体分子数变化的反应,平衡向气体分子数增大的方向移动。
5.B　本题考查元素推断与物质性质。
依据信息“Y、Q基态原子的价电子数相同,均为其K层电子数的3倍”,可推知元素Y、Q分别为O、S,由“X与Z同族,W为金属元素,其原子序数等于X与Z的原子序数之和”,可推知X、Z、W分别为H、Na、Mg。H2S中硫元素为-2价,具有还原性,A项正确;SO2、SO3均为酸性氧化物,其水溶液均显酸性,B项错误;Na、Mg均可在空气中燃烧,C项正确;Na2O2中氧元素为-1价,具有氧化性,D项正确。
6.B　本题考查实验操作及实验装置相关知识。
用球形冷凝管回流,可以使反应物尽可能充分反应,A项正确;蒸馏时,温度计的水银球下端应处在蒸馏烧瓶的支管口处,B项错误;C项中分液装置正确,D项中干燥装置正确。
7.C　本题考查物质结构与性质的关系。
K与Na的核外电子数目和能量不同,灼烧后电子吸收能量发生跃迁,处于激发态的电子跃迁回较低能量的激发态或基态时,能量以光的形式释放出来,且因核外电子能量呈量子化,故产生的焰色不同,A项正确;SiH4和CH4的组成和结构相似,相对分子质量SiH4>CH4,故分子间作用力SiH4>CH4,SiH4的沸点更高,B项正确;金属具有良好的延展性,是由于受到外力作用时,各原子层发生相对滑动,且金属中不含离子键,C项错误;刚玉(Al2O3)属于共价晶体,共价键键能大,故其硬度大、熔点高,D项正确。
8.A　本题考查化学知识在生活中的应用。
NaHCO3溶于水时因HC水解使溶液呈碱性,可促进油脂水解,因此可用作洗涤剂,A项对应关系不成立;酚醛树脂具有耐高温、隔热性,可用作飞船外层烧蚀材料,B项对应关系成立;离子液体能导电,可用作原电池电解质,C项对应关系成立;水凝胶具有亲水性,可用于制作隐形眼镜,D项对应关系成立。
9.B　本题考查超分子结构与性质、键能等知识。
主体分子结构中含有邻近的羟基和磺酸基,可形成分子内氢键,A项正确;形成主客体包合物是由于主体分子的空腔直径大小与(CH3)4N+的直径大小适配,主客体分子之间不存在共价键,B项错误;S—O的键长大于SO的键长,故键能S—O10.C　本题考查原子半径、元素电负性及共价键相关知识。
电负性:O>N>C,故A项错误;原子半径:C>N>O,故B项错误;根据VSEPR模型分析,中心I原子上孤电子对数为=3,中心I原子有3个孤电子对,另外两个I原子分别与中心I原子形成1个共价键后,各剩3个孤电子对,故C项正确;如图所示,·2,对于C3H8,1号N原子和2号N原子杂化方式不同,1号N原子为sp3杂化,2号N原子为sp2杂化,六元环内存在大π键,且2号N原子带正电荷,更容易吸引电子,故1、2号N原子上电荷密度不同,N—H极性也不同,D项错误。
11.D　本题考查工艺流程(离子反应、化学变化与溶解度等)。
“沉铜”过程中发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+Fe2++Cu,A项错误;Al(OH)3是两性氢氧化物,过量的NaOH与Al(OH)3反应生成Na[Al(OH)4],B项错误;“氧化”过程中铁元素由+2价被H2O2氧化为+3价,C项错误;“沉锂”过程中发生反应:2Li++Na2CO3Li2CO3↓+2Na+,生成了溶解度更小的Li2CO3,D项正确。
12.D　本题考查原电池、电解池基本原理。
由题干中的“Mg-海水电池”,可判断电极1为负极(Mg失电子),则电极2为正极,电极3为阳极,电极4为阴极。使用催化剂可加快反应速率,将催化剂生长在泡沫镍电极上可增大接触面积,提高催化效率,A项正确;在外电路中,电子从负极流出,可判断电子从电极1流向电极4,B项正确;电极3为阳极,发生的电极反应为4OH--4e-2H2O+O2↑,C项正确;电极2为正极,由题干信息可知在电池和电解池中同时产生氢气,则正极发生电极反应:2H2O+2e-H2↑+2OH-,电极4为阴极,可发生电极反应:2H2O+2e-H2↑+2OH-,故理论上每通过2 mol电子,可产生2 mol H2,D项错误。
13.D　本题考查实验操作与实验目的的对应关系。
无法确定该酸为一元酸还是多元酸,若为一元酸,可确定其为强酸,A项错误;Fe3+可发生水解反应:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+　ΔH>0,滴入几滴浓硫酸,c(H+)增大会使平衡左移,浓硫酸遇H2O放热会使平衡右移,无法探究H+对Fe3+水解的影响,B项错误;AgNO3溶液过量,Ag+与I-可直接结合生成AgI沉淀,无法比较AgCl和AgI的Ksp大小,C项错误;将氯气通入Na2S溶液中,发生反应:Cl2+S2-2Cl-+S↓,可验证Cl2的氧化性,D项正确。
14.C　本题综合考查电解质在水中的行为。
结合氨基乙酸分子在水溶液中存在的平衡,可知酸性极强时,大部分氨基乙酸以+NH3CH2COOH形式存在,碱性极强时,大部分氨基乙酸以NH2CH2COO-形式存在,所以曲线Ⅰ对应的离子是+NH3CH2COOH,A项正确;a点处溶液中c(+NH3CH2COO-)=c(NH2CH2COO-),由pK2=9.6,得pH=pK2=9.6,B项正确;用H2A+表示+NH3CH2COOH,HA表示+NH3CH2COO-,A-表示NH2CH2COO-,结合题意得H2A+H++HA　K1=10-2.4,
HAH++A-　K2=10-9.6,
在b点时加入10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,发生反应:H2A++OH-HA+H2O,得到等物质的量的NaCl、HA。
HAH++A-,HA+H2OH2A++OH-,
HA的电离常数K2=10-9.6,
HA的水解常数Kh==
=10-11.6,
K2>Kh,故HA电离产生的c(A-)大于HA水解产生的c(H2A+),C项错误;c点处,发生总反应H2A++2OH-A-+2H2O,此时溶液中溶质为NaCl、NaA,且二者浓度相同,由元素守恒得2c(H2A+)+2c(HA)+2c(A-)=c(Na+),由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)+c(H2A+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(A-),联立得3c(H2A+)+2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),又因c(Cl-)=c(H2A+)+c(HA)+c(A-),可得2c(H2A+)+c(HA)+c(H+)=c(OH-),故D项正确。
15.答案 (1)加快反应速率,促进Eu2O3溶于稀盐酸中
(2)防止碱性过强,形成Eu(OH)3沉淀　逐滴滴加NaOH溶液,并随时监测pH(合理即可)
(3)容量瓶、烧杯
(4)当滴入最后半滴HCl标准溶液时,溶液由浅红色变为无色,且在半分钟内不复原　甲基橙的变色范围是3.1~4.4,若用甲基橙作为指示剂,误差较大
(5)加热失去配合物吸潮的水　1.7
解析 (1)步骤①的目的是将Eu2O3溶解于稀盐酸中,加热的目的是加快反应速率,促进Eu2O3溶于稀盐酸中。
(2)依据题干信息“Eu3+在碱性溶液中易形成Eu(OH)3沉淀”,步骤②中,调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液,防止溶液碱性过强,形成Eu(OH)3沉淀。pH接近6时,为防止pH变化过大,还应采取的操作为逐滴滴加NaOH溶液,并随时监测pH。
(3)配制一定物质的量浓度的溶液时,所需的玻璃仪器有容量瓶和烧杯等。
(4)实验原理是先用过量NaOH中和苯甲酸,再用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为当滴入最后半滴HCl标准溶液时,溶液由浅红色变为无色,并在半分钟内不复原。甲基橙的变色范围是3.1~4.4,而该滴定终点时溶液中含有NaCl和苯甲酸钠(呈弱碱性),若用甲基橙作为指示剂,误差较大。
(5)配合物热失重分为三个阶段:在0~92 ℃范围内第一阶段失重,对应的是配合物失去吸潮的水;在92~195 ℃范围内,属于结晶水的失重;在195~900 ℃范围内第三阶段失重,最终生成Eu2O3。
设所取产品中含n[Eu(C7H5O2)3·xH2O]=a mol,第三阶段最终生成Eu2O3,苯甲酸根质量:121×3a g,Eu2O3中氧元素质量:×3×16 g,即此阶段共减重:(363a-24a) g=339a g,将第二阶段和第三阶段失重列比例式:,解得x≈1.7。
16.答案 (1)使As2O3气化,S转化为SOx,CuSO4分解产生CuO,实现物质的初步分离
(2)4SO2+Na2CO3+2Na2S3Na2S2O3+CO2
(3)使CuO溶于酸液,便于分离出不溶的PbSO4
(4)加入Fe粉(或加入Zn粒、电解等,合理即可)
(5)　CsPbBr3　
解析 本题考查用铜冶炼烟尘回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺,体现了废物回收与利用的环境保护意识。
(1)结合流程图中冷凝得到As2O3,并分离出SOx,及CuSO4分解温度560 ℃,ZnSO4、PbSO4、CuO分解温度均高于600 ℃,可推断设计焙烧温度为600 ℃的原因为使S转化为SOx,使CuSO4分解为CuO,使As2O3气化。
(2)根据得失电子守恒和原子守恒,可推断产物还有CO2,配平后可写出该反应的化学方程式。
(3)水浸分离出ZnSO4溶液后得到固体PbSO4、CuO,可推知酸浸可使CuO溶解,并分离出PbSO4。
(4)加入Fe粉或Zn粒的置换法、电解法等可从浸出液得到Cu。
(5)由晶胞图知Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半,即 pm;根据均摊法,Cs的个数为1,Pb的个数为8×=1,Br的个数为×12=3,故该化合物的化学式为CsPbBr3。一个晶胞的质量为 g,体积为(a×10-10×b×10-10×c×10-10) cm3,故晶体密度为 g·cm-3。
17.答案 (1)-137
(2)温度升高,反应速率加快(或温度升高,催化剂活性增强,任写一条即可)　催化剂失活　>　在120~240 ℃范围内,随温度升高,乙炔生成乙烯的选择性增大,乙炔生成乙烷的选择性减小
(3)9.2×10-3
(4)a(或Pd/W)　与选择Pd作为催化剂相比,选择Pd/W作为催化剂时,生成乙烷的活化能更高,而生成乙烯的活化能更低
解析 (1)反应2-反应1可得:C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1=(-312+175) kJ·mol-1=-137 kJ·mol-1。
(2)观察图示,在60~220 ℃范围内,乙炔转化率随温度升高而增大,原因可能为温度升高,化学反应速率加快;原因也可能为温度升高,催化剂的活性增强。当温度由220 ℃升高至260 ℃,乙炔转化率减小,原因可能为催化剂失活。
由产物选择性与温度变化关系图可知,随温度升高,乙炔生成乙烯的选择性增大,而乙炔生成乙烷的选择性减小,说明在120~240 ℃范围内,反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1>v2。
(3)将表格中两组数据分别代入速率方程,得到方程组:
解得
故当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,c(H2)= mol·L-1=9.2×10-3 mol·L-1。
(4)由图可知,选择Pd/W作为催化剂时,生成乙烷的活化能高于选择Pd作为催化剂时生成乙烷的活化能,说明使用Pd作为催化剂时,更容易转化为乙烷,乙烯的选择性更低;选择Pd/W作为催化剂时,生成乙烯的活化能低于选择Pd作为催化剂时生成乙烯的活化能,说明使用Pd/W作为催化剂时,更容易转化为乙烯,乙烯的选择性更高。
18.答案 (1)醛基、(酚)羟基　+2NaOH+2H2O
(2)
(3)②④
(4)加成反应　取代反应
(5)甲醇锂(或甲氧基锂)
(6)　
解析 本题考查有机物命名、有机反应类型判断、官能团识别、有机合成等综合知识。
(1)由结构简式可知A中的含氧官能团名称为醛基、(酚)羟基,由酚羟基具有酸性,可写出A与足量NaOH溶液反应的化学方程式。
(2)B的分子式为C8H8O3,再对比A、C的结构,可推出B的结构简式为。
(3)C的结构简式为,C含—CHO,可与新制Cu(OH)2反应,—CHO也可与HCN发生加成反应,C不含酚羟基,不与FeCl3溶液作用显色,C与D的官能团不完全相同,故不可能互为同系物。
(4)CD,—CHO与B发生加成反应,所得产物再在溶剂作用下发生取代反应得到D。
(5)类比乙醇与Na反应得乙醇钠,故CH3OLi为甲醇锂。
(6)设J与Br2反应生成K,K与BnBr反应生成L,生成I的有机反应物为M。
根据图中E与F生成G的断键、成键情况对进行拆分:
,可知L为
,由BC推知K为,则J为。由GH,可推知M为,则I为
。