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·
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。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
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
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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