資源簡介

江蘇省2025年高考真題化學試卷
1．（2025·江蘇）大氣中的氮是取之不盡的天然資源。下列工業生產中以氮氣作反應物的是（　　）
A．工業合成氨 B．濕法煉銅
C．高爐煉鐵 D．接觸法制硫酸
【答案】A
【知識點】氮氣的化學性質；含氮物質的綜合應用
【解析】【解答】A．在高溫、高壓、催化劑的條件下，氮氣和氫氣反應生成氨氣，該過程中氮氣為反應物，故A正確；
Ｂ．濕法煉銅通常是用鐵（Fe）等活潑金屬從含銅的鹽溶液中置換出銅，該過程不涉及氮氣參與反應，氮氣并非反應物，故B錯誤；
Ｃ．高爐煉鐵的原理是在高溫下，用一氧化碳還原氧化鐵生成單質鐵，氮氣在高爐中主要作為惰性氣體存在，不參與煉鐵的核心化學反應，不是反應物，故C錯誤；
Ｄ．接觸法制硫酸分為三個階段：硫鐵礦（或硫磺）燃燒生成二氧化硫、二氧化硫催化氧化生成三氧化硫、三氧化硫與水反應生成硫酸，各階段反應均不涉及氮氣作為反應物，故D錯誤；
故選A。
【分析】根據各反應涉及的反應物分析。
2．（2025·江蘇）科學家通過核反應。發現氚。下列說法正確的是（　　）
A．表示一個質子
B．的基態原子核外電子排布式為
C．與互為同位素
D．的原子結構示意圖為
【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；同位素及其應用；原子結構示意圖
【解析】【解答】A． 右下角為質子數，則所含質子數為0，故A錯誤；
Ｂ．Li最外層有一個電子，則的基態原子核外電子排布式為， 故B錯誤；
Ｃ． 與 具有相同的質子數，中子數不同，互為同位素，故C正確；
Ｄ． 核外只有2個電子，其原子結構示意圖為，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，質量數=質子數+中子數，核外電子數=核內質子數=核電荷數；
Ｂ． 最外層只有一個電子；
Ｃ．同位素是指質子數相同中子數不同的同種元素的不同原子；
Ｄ． 核外只有2個電子。
3．（2025·江蘇）用草酸溶液滴定未知濃度的溶液。下列實驗操作規范的是（　　）
A．配制草酸溶液 B．潤洗滴定管
C．滴定 D．讀數
【答案】D
【知識點】中和滴定；酸（堿）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．向容量瓶中轉移溶液時需要用玻璃棒引流，故A錯誤；
Ｂ．潤洗滴定管時，加入少量草酸溶液，傾斜著轉動滴定管進行潤洗，故B錯誤；
Ｃ．滴定時，手應放在錐形瓶上端，輕輕晃動錐形瓶，故C錯誤；
Ｄ．讀數時視線與草酸溶液的凹液面保持水平，故D正確；
故選D。
【分析】 根據滴定過程中儀器的使用規范和操作規范分析。
4．（2025·江蘇）在溶有15-冠（）的有機溶劑中，芐氯（）與發生反應：
下列說法正確的是（　　）
A．芐氯是非極性分子
B．電負性：
C．離子半徑：
D．X中15-冠與間存在離子鍵
【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；極性分子和非極性分子；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．芐氯分子結構不對稱，正負電荷中心不重合，為極性分子，故A錯誤；
Ｂ．同主族從上到下元素的電負性減小，則 電負性：， 故B錯誤；
Ｃ．F-和Na+具有相同的核外電子層結構，Na元素的核電荷數大于F，則離子半徑： ，故C正確；
Ｄ． 15-冠 是分子，與 形成超分子，不存在離子鍵，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．根據電荷中心是否重合判斷分子極性；
Ｂ．元素的非金屬性越強，電負性越大；
Ｃ．電子層數越多，離子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小；
Ｄ．分子與離子之間不存在離子鍵。
5．（2025·江蘇）閱讀下列材料，完成問題：
中國對人類科學進步與技術發展貢獻卓著。黑火藥（主要成分：、S和C）是中國古代四大發明之一。侯德榜發明的“聯合制堿法”將合成氨法與氨堿法聯合，突破了國外制堿技術封鎖。我國科學家在世界上首次人工合成結晶牛胰島素；采用有機合成與酶促合成相結合的方法，人工合成了酵母丙氨酸轉移核糖核酸。徐光憲提出的稀土串級萃取理論使我國稀土提取技術取得重大進步。屠呦呦等采用低溫、乙醚冷浸提取的青蒿素（，含）在治療瘧疾中起到重要作用。閔恩澤研制新型催化劑解決了重油裂解難題。
下列說法正確的是（　　）
A．硫黃有等多種同素異形體
B．高溫下青蒿素分子結構穩定
C．分子中鍵角大于分子中鍵角
D．題圖所示的堿基鳥嘌呤與胞嘧啶通過氫鍵互補配對
【答案】D
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；含有氫鍵的物質；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．同素異形體是同種元素形成的不同單質，S2-不是單質，不屬于硫磺的同素異形體，故A錯誤；
Ｂ． 在高溫下易斷裂，因此高溫下青蒿素分子結構不穩定，故B錯誤；
Ｃ．分子中N原子上含有1個孤電子對，CH4分子中C原子為飽和碳原子，不含孤電子對，孤電子對越多鍵角越小，因此分子中鍵角小于分子中鍵角，故C錯誤；
Ｄ．鳥嘌呤與胞嘧啶中含有的N、O能形成氫鍵，實現互補配對，故D正確；
故選D。
【分析】A．同種元素形成的不同單質互為同素異形體；
Ｂ． 高溫不穩定；
Ｃ．孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小；
Ｄ．鳥嘌呤與胞嘧啶之間能形成氫鍵。
6．（2025·江蘇）下列化學反應表示正確的是（　　）
A．黑火藥爆炸：
B．電解飽和溶液制：
C．重油裂解獲得的丙烯制聚丙烯：
D．向飽和氨鹽水中通入過量：
【答案】D
【知識點】純堿工業（侯氏制堿法）；聚合反應；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．黑火藥爆炸時，、C和S反應生成和，該反應的化學方程式為，故A錯誤；
B．電解飽和NaCl溶液生成和NaOH，反應的離子方程式為，故B錯誤；
C．重油裂解獲得丙烯，丙烯含有碳碳雙鍵，發生加聚反應生成聚丙烯，反應的化學方程式為，故C錯誤；
D．向飽和氨鹽水中通入過量生成和，溶解度較小，結晶析出，反應的化學方程式為 ，故D正確。
故選D。
【分析】A．黑火藥爆炸的產物為硫化鉀、氮氣和二氧化碳；
Ｂ．電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣；
Ｃ．丙烯通過加聚反應生成聚丙烯；
Ｄ．向飽和銨鹽水中通入過量二氧化碳反應生成碳酸氫鈉。
7．（2025·江蘇）下列物質組成或性質與分離提純方法對應關系正確的是（　　）
A．蛋白質能水解，可用飽和溶液提純蛋白質
B．乙醚與青蒿素組成元素相同，可用乙醚提取青蒿素
C．難溶于水、比水易溶解，可用萃取碘水中的
D．不同的烴密度不同，可通過分餾從石油中獲得汽油、柴油
【答案】C
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A．蛋白質在飽和溶液中會發生鹽析，可用飽和溶液分離提純蛋白質，與蛋白質能發生水解反應無關，故A錯誤；
B．乙醚能溶解青蒿素，因此可用乙醚提取青蒿素，與元素組成無關，故B錯誤；
C．在中的溶解度大于在水中的溶解度，且與水不互溶，故可用萃取碘水中的，故C正確；
D．分餾是利用物質的沸點不同進行分離，用分餾法從石油中獲得汽油、柴油是因為不同烴的沸點不同，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．蛋白質在飽和溶液中發生鹽析；
Ｂ．乙醚能溶解青蒿素；
Ｃ．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
Ｄ．分餾是利用物質的沸點不同進行分離。
8．（2025·江蘇）以稀為電解質溶液的光解水裝置如圖所示，總反應為。下列說法正確的是（　　）
A．電極a上發生氧化反應生成
B．通過質子交換膜從右室移向左室
C．光解前后，溶液的不變
D．外電路每通過電子，電極b上產生
【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．電極a為負極，電極反應式為：，生成O2，故A正確；
B．原電池工作時，陽離子向正極移動，電極a上生成，電極b上消耗，通過質子交換膜從左室移向右室，故B錯誤；
C．光解的總反應為 ，反應不停消耗水，則溶液濃度增大，pH減小，故C錯誤；
D．根據可知， 外電路每通過電子，電極b上產生，故D錯誤；
故選A。
【分析】根據電子流向可知，a為負極，發生氧化反應，電極反應式為，b為正極，電極反應式為。
9．（2025·江蘇）化合物Z是一種具有生理活性的多環呋喃類化合物，部分合成路線如下：
下列說法正確的是（　　）
A．最多能和發生加成反應
B．Y分子中和雜化的碳原子數目比為
C．Z分子中所有碳原子均在同一個平面上
D．Z不能使的溶液褪色
【答案】B
【知識點】有機化合物中碳的成鍵特征；有機物的結構和性質；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A．X中含有一個苯環、一個碳碳雙鍵和兩個羰基，則最多能和發生加成反應 故A錯誤；
Ｂ．Y分子中，兩個碳碳雙鍵兩端的碳原子采用sp2雜化，數目為4，飽和碳原子采用sp3雜化，數目為2，則Y分子中和雜化的碳原子數目比為 ，故B正確；
Ｃ．Z分子中含有多個飽和碳原子，飽和碳原子具有甲烷的結構特征，各原子不可能共面，因此Z分子中所有碳原子不可能共面，故C錯誤；
Ｄ．Z中含有的碳碳雙鍵能與溴加成從而使的溶液褪色 ，故D錯誤；
故選B。
【分析】A．X中苯環、雙鍵和羰基均能與氫氣加成；
Ｂ．雙鍵碳原子采用sp2雜化，飽和碳原子采用sp3雜化；
Ｃ．飽和碳原子具有甲烷的結構特征；
Ｄ．Z含有碳碳雙鍵，能與溴加成。
10．（2025·江蘇）與通過電催化反應生成，可能的反應機理如圖所示（圖中吸附在催化劑表面的物種用“*”標注）。下列說法正確的是（　　）
A．過程Ⅱ和過程Ⅲ都有極性共價鍵形成
B．過程Ⅱ中發生了氧化反應
C．電催化與生成的反應方程式：
D．常溫常壓、無催化劑條件下，與反應可生產
【答案】A
【知識點】氧化還原反應；催化劑
【解析】【解答】A．過程Ⅱ：和在酸性條件下被還原為和，生成的N-H為極性共價鍵；過程Ⅲ：與反應生成，生成的C-N為極性共價鍵，故A正確；
B．過程Ⅱ是得電子的過程，發生還原反應，故B錯誤；
C．該方程式正負電荷和不為0，由圖可知，過程Ⅱ中從外界獲得電子，則正確的反應方程式為，故C錯誤；
D．常溫常壓、無催化劑條件下，與反應生成無機物或，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．不同種非金屬原子間形成極性共價鍵；
Ｂ．過程Ⅱ得到電子，發生還原反應；
Ｃ．該方程式電荷不守恒；
Ｄ．常溫常壓、無催化劑條件下，與反應得到無機物。
11．（2025·江蘇）探究含銅化合物性質的實驗如下：
步驟Ⅰ 取一定量溶液，加入適量濃氨水，產生藍色沉淀。
步驟Ⅱ 將沉淀分成兩等份，分別加入相同體積的濃氨水、稀鹽酸，沉淀均完全溶解，溶液分別呈現深藍色、藍色。
步驟Ⅲ 向步驟Ⅱ所得的深藍色溶液中插入一根打磨過的鐵釘，無明顯現象；繼續加入稀鹽酸，振蕩后靜置，產生少量氣泡，鐵釘表面出現紅色物質。
下列說法正確的是（　　）
A．步驟Ⅰ產生的藍色沉淀為
B．步驟Ⅱ的兩份溶液中：
C．步驟Ⅲ中無明顯現象是由于鐵釘遇深藍色溶液迅速鈍化
D．步驟Ⅲ中產生氣體、析出紅色物質的反應為
【答案】B
【知識點】銅及其化合物；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．步驟Ⅰ中產生的藍色沉淀是Cu(OH)2，故A錯誤；
B．步驟Ⅱ中，產生的深藍色溶液主要含，該溶液中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+絡離子而濃度降低，而藍色溶液（加入稀鹽酸）中Cu2+可以自由移動，濃度較高，因此c深藍色(Cu2+) < c藍色(Cu2+)，故B正確；
C．鐵在堿性溶液中不易鈍化，步驟Ⅲ中無明顯現象的原因是絡合物中Cu2+濃度過低，無法被Fe置換，故C錯誤；
D．步驟Ⅲ中加入鹽酸后，H+與NH3結合生成NH4+，導致配合物釋放Cu2+，Fe與Cu2+發生置換反應生成Cu，稀鹽酸和鐵反應生成氫氣，該反應式未體現H+的作用，與實際反應原理不符，故D錯誤；
故選B。
【分析】 取一定量溶液，加入適量濃氨水，產生Cu(OH)2藍色沉淀，將沉淀分成兩等份，分別加入相同體積的濃氨水、稀鹽酸，加入濃氨水生成 ，加入稀鹽酸反應生成CuCl2，向步驟Ⅱ所得的深藍色溶液中插入一根打磨過的鐵釘，無明顯現象；繼續加入稀鹽酸，振蕩后靜置，產生少量氣泡，鐵釘表面出現紅色物質，說明有Cu生成，同時鐵與稀鹽酸反應生成氫氣。
12．（2025·江蘇）室溫下，有色金屬冶煉廢渣（含等的氧化物）用過量的較濃溶液酸浸后，提取銅和鎳的過程如下所示。
已知：。下列說法正確的是（　　）
A．較濃溶液中：
B．溶液中：的平衡常數
C．溶液中：
D．“提銅”和“沉鎳”后的兩份濾液中：
【答案】B
【知識點】離子濃度大小的比較；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．若兩步均完全電離，則溶液中存在電荷守恒：，但根據題給信息知，在較濃的溶液中僅第一步電離完全，電離出大量的會抑制第二步電離，第二步電離不完全，溶液中存在，因此電荷守恒應表示為，故A錯誤；
B．該反應的平衡常數，故B正確；
C．溶液中 ，根據質子守恒有： ，故C錯誤；
D．考慮過程中溶液的少量損耗(吸附在沉淀表面被過濾除去)，，同時“沉鎳”過程中加入了溶液，溶液體積增加，因此，故D錯誤；
故選B。
【分析】 有色金屬冶煉廢渣（含等的氧化物） 用過量的較濃溶液酸浸 ，SiO2不與硫酸反應，Cu和Ni的氧化物與硫酸反應生成對應的硫酸鹽，則浸取液中主要含、，向浸取液中加入溶液提銅，加入溶液沉鎳得到。
13．（2025·江蘇）甘油水蒸氣重整獲得過程中的主要反應：
反應Ⅰ
反應Ⅱ
反應Ⅲ
條件下，和發生上述反應達平衡狀態時，體系中和的物質的量隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．時，的平衡轉化率為20%
B．反應達平衡狀態時，
C．其他條件不變，在范圍，平衡時的物質的量隨溫度升高而增大
D．其他條件不變，加壓有利于增大平衡時的物質的量
【答案】A
【知識點】化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．時，，，，根據C原子守恒，可得，根據O原子守恒，可得，則，故A正確；
B．時，，，則，故B錯誤；
C．范圍，隨溫度升高，反應Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移動，增大，說明反應Ⅲ逆向移動程度更大，則的物質的量減小，故C錯誤；
D．增大壓強，反應Ⅰ平衡逆向移動，反應Ⅱ平衡不移動，反應Ⅲ平衡正向移動，的物質的量減小，故D錯誤；
故選A。
【分析】550℃時，曲線①物質的量是5mol，根據原子守恒，n(C)=3mol，則則曲線①表示，升高溫度，反應Ⅰ平衡正移，反應Ⅱ平衡逆向移動，CO物質的量增大，則曲線③代表CO，溫度升高，反應Ⅲ逆向移動，物質的量降低，則曲線②代表。
14．（2025·江蘇）可用于制備光學材料和回收砷。
（1）制備。由閃鋅礦[含及少量硫化鎘等]制備的過程如下：
已知：。當離子濃度小于時，認為離子沉淀完全。
①酸浸時通入可提高浸出率的原因是　 　。
②通入除鎘。通過計算判斷當溶液時，是否沉淀完全（寫出計算過程）。　 　
③沉鋅前調節溶液的至，加入的氧化物為　 　（填化學式）。
（2）制備光學材料。如圖甲所示，晶體中摻入少量后，會出現能量不同的“正電”區域、“負電”區域，光照下發出特定波長的光。
區域A“”中的離子為　 　（填離子符號），區域B帶　 　（填“正電”或“負電”）。
（3）回收砷。用去除酸性廢液中的三價砷，并回收生成的沉淀。
已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。
時，按向酸性廢液中加入，砷回收率隨反應時間的變化如圖乙所示。
①寫出與反應生成的離子方程式：　 　。
②反應后，砷回收率下降的原因有　 　。
【答案】（1）氧化生成S，促進酸浸反應正向進行；否 時，，則未沉淀完全；ZnO
（2）；負電
（3）；隨著反應的進行，溶液pH增大，溶液中濃度減小，促進平衡正向移動，重新溶解，砷回收率下降
【知識點】晶胞的計算；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）①酸浸時，若不通入，會發生反應：，通入可以氧化生成S，促進酸浸反應正向進行，提高浸出率。
②通入除鎘，當溶液時，， 又因為，=，則=，則此時>， 離子沉淀不完全。
③由②知，除鎘時溶液酸性較強，故應在不引入新雜質的同時消耗溶液中的，加入的氧化物為ZnO。
（2）晶胞摻雜過程中，應由半徑相近的微粒進行替換，則區域A中，由替換，區域B中，由替換；根據均攤法，區域B中位于晶胞內，數目為3，位于晶胞體內，數目為1，位于頂點和面心，數目為，則區域B所帶電荷總數為：，區域B帶負電。
（3）①與反應除了生成外還有鋅離子，則反應的離子方程式為：。
②隨著反應的進行，溶液pH增大，溶液中濃度減小，促進平衡正向移動，重新溶解，砷回收率下降，所以反應后，砷回收率下降。
【分析】 閃鋅礦[含及少量硫化鎘等] 加入酸浸，ZnS、FeS、CdS分別轉化為，硫元素轉化為硫單質，先將Fe3+轉化為氫氧化鐵除去，加入H2S沉鎘，將Cd2+轉化為CdS，調節pH沉鋅得到ZnS。
15．（2025·江蘇）G是一種四環素類藥物合成中間體，其合成路線如下：
（1）A分子中，與2號碳相比，1號碳的鍵極性相對　 　（填“較大”或“較小”）。
（2）會產生與E互為同分異構體且含五元環的副產物，其結構簡式為　 　。
（3）E分子中含氧官能團名稱為醚鍵、羰基和　 　，F分子中手性碳原子數目為　 　。
（4）寫出同時滿足下列條件的G的一種同分異構體的結構簡式：　 　。
①含有3種不同化學環境的氫原子；②堿性條件下水解后酸化，生成X和Y兩種有機產物，的相對分子質量為60，Y含苯環且能與溶液發生顯色反應。
（5）寫出以和為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑和兩碳以下的有機試劑任用，合成路線示例見本題題干）。
【答案】（1）較大
（2）
（3）羧基；1
（4）或
（5）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；酯的性質
【解析】【解答】（1）1號碳與兩個酯基相連，2號碳只與一個酯基相連，酯基具有吸電子效應，使與其相連的碳原子上的電子云密度降低，從而增強了C—H鍵的極性，因此1號碳的C-H鍵極性相對較大。
（2）D→E的反應是5號羧基與苯環上甲氧基同側鄰位碳上的H原子發生取代反應，而D中的4號羧基也可能發生類似反應，會生成含五元環的副產物。
（3）根據E的結構簡式可知，其分子中含有的含氧官能團為醚鍵、羰基和羧基；F分子中只有與直接相連的碳原子是手性碳原子。
（4）G的分子式為，其不飽和度為6。G的同分異構體在堿性條件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯環且能與溶液發生顯色反應，則Y含有酚羥基，因此該同分異構體是X與Y形成的酯。X的相對分子質量為60，據此可知X為，因此該同分異構體中含有2個基團，該基團不飽和度為1，苯環的不飽和度為4，不飽和度共為6，則該同分異構體不含其他不飽和結構。其分子中含有17個H原子，且H原子只有3種不同化學環境，說明該分子具有高度對稱性，2個在苯環上處于對稱位置。如果Cl原子連在苯環側鏈中的碳原子上，則無論如何安排都不能得到只含有3種不同化學環境的H原子的結構，所以Cl原子連在苯環上。除外，其他11個H原子只有2種不同化學環境，則應含有一個只有1種化學環境的H原子的取代基，該基團只能為，苯環上未被取代的2個對稱的H原子作為第3種化學環境的H原子，由此可得符合條件的同分異構體為：、。
（5）目標產物為聚酯，其單體為和，其中可由先水解再酸化獲得，而含有2個，流程中物質G含有結構，該結構是由被還原而來，則可由被還原而來，而可視為的亞甲基上的H原子被環己基取代，這一步驟與題給流程中的反應類似，因此可由與在和作用下反應生成，可由與HBr反應制得，則具體合成路線為：。
【分析】（1）酯基中，羰基（C=O）的氧原子和烷氧基（-OR）的氧原子電負性均大于碳原子，電子云會向氧原子偏移，使羰基碳帶部分正電荷，進而對相鄰基團產生吸電子誘導效應；
（2）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（3）根據E的結構簡式確定其官能團；手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
（4）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（5）參照題干合成路線，采用逆合成分析法確定具體合成步驟。
16．（2025·江蘇）海洋出水鐵質文物表面有凝結物，研究其形成原理和脫氯方法對保護文物意義重大。
（1）文物出水清淤后，須盡快浸泡在稀或溶液中進行現場保護。
①玻璃中的能與反應生成　 　（填化學式），故不能使用帶磨口玻璃塞的試劑瓶盛放溶液。
②文物浸泡在堿性溶液中比暴露在空氣中能減緩吸氧腐蝕，其原因有　 　。
（2）文物表面凝結物種類受文物材質和海洋環境等因素的影響。
①無氧環境中，文物中的與海水中的在細菌作用下形成等含鐵凝結物。寫出與反應生成和的離子方程式：　 　。
②有氧環境中，海水中的鐵質文物表面形成等凝結物。
（i）鐵在鹽水中腐蝕的可能原理如圖所示。依據原理設計如下實驗：向溶液中加入溶液（能與形成藍色沉淀）和酚酞，將混合液滴到生鐵片上。預測該實驗的現象為　 　。
（ii）鐵的氫氧化物吸附某些陽離子形成帶正電的膠粒，是凝結物富集的可能原因。該膠粒的形成過程中，參與的主要陽離子有　 　（填離子符號）。
（3）為比較含氯在溶液與蒸餾水中浸泡的脫氯效果，請補充實驗方案：取一定量含氯模擬樣品，將其分為兩等份，　 　，比較滴加溶液體積[。實驗須遵循節約試劑用量的原則，必須使用的試劑：蒸餾水、溶液、溶液、溶液]。
【答案】（1）；堿性環境抑制吸氧腐蝕正極反應的進行，反應速率減慢；堿性溶液中，溶解度較小，減少文物與的接觸，減緩吸氧腐蝕
（2）；（ⅰ）滴加混合溶液后，鐵片表面將出現藍色和紅色區域，較長時間后出現黃色斑點；
（3）分別加入等體積（如5mL）的溶液和蒸餾水至浸沒樣品，在室溫下，攪拌、浸泡30min；過濾，各取等量上清液（如2mL）置于兩支小試管中，分別滴加溶液酸化，再分別滴加溶液；記錄每份上清液至出現AgCl白色沉淀時消耗的溶液體積
【知識點】硅和二氧化硅；化學實驗方案的評價；鐵的吸氧腐蝕
【解析】【解答】（1）①是酸性氧化物，與NaOH溶液發生反應生成硅酸鈉和水，化學方程式為。
②吸氧腐蝕時正極反應式為，堿性溶液中，濃度較大，會抑制得電子，該反應的平衡逆向移動，吸氧腐蝕的速率減慢；在高離子濃度的液體中溶解度較小，堿性溶液比純水溶解氧的能力低，減少了文物與的接觸，減緩吸氧腐蝕。
（2）①無氧、弱堿性的海水中，Fe在細菌作用下，被氧化為價的FeS、，則反應的離子方程式：。
②(ⅰ)由題圖知，鐵片在NaCl溶液中發生吸氧腐蝕，開始時，負極反應式為，正極反應式為，與反應生成藍色沉淀，即鐵片上會出現藍色區域；溶液中酚酞遇到變紅，鐵片上會出現紅色區域；有氧環境中，海水中的鐵質文物表面形成FeOOH，說明在鹽水中被氧化成黃色的FeOOH，故現象是滴加混合溶液后，鐵片表面將出現藍色和紅色區域，較長時間后出現黃色斑點；
(ⅱ)鐵片發生吸氧腐蝕，負極區生成，在空氣中易被氧化為為，此時體系中的陽離子主要有。
（3）將等量的含氯FeOOH模擬樣品分別用等體積的NaOH溶液與蒸餾水浸泡脫氯，然后過濾，得到上清液，取等體積的兩種上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通過比較出現AgCl白色沉淀時消耗溶液體積的大小，即可比較脫氯效果，則具體實驗方案為： 取一定量含氯模擬樣品，將其分為兩等份 ， 分別加入等體積（如5mL）的溶液和蒸餾水至浸沒樣品，在室溫下，攪拌、浸泡30min；過濾，各取等量上清液（如2mL）置于兩支小試管中，分別滴加溶液酸化，再分別滴加溶液；記錄每份上清液至出現AgCl白色沉淀時消耗的溶液體積， 比較滴加溶液體積。
【分析】（1）①二氧化硅和氫氧化鈉反應生成硅酸鈉；
②堿性環境抑制吸氧腐蝕正極反應的進行，且堿性環境下，氧氣的溶解度較小；
（2）①根據反應物和生成物以及反應條件，結合質量守恒和得失電子守恒書寫離子方程式；
②鐵片在NaCl溶液中發生吸氧腐蝕，開始時，負極反應式為Fe-2e-=Fe2+，正極反應式為，Fe2+與反應生成KFe[Fe(CN)6]藍色沉淀；鐵片發生吸氧腐蝕時，負極區生成Fe2+，Fe2+易被氧化為Fe3+；
（3）要檢驗脫氯效果，應控制樣品用量、脫氯時間、取用體積等變量相同，利用Ag+與Cl-的反應進行實驗。
17．（2025·江蘇）合成氣（和）是重要的工業原料氣。
（1）合成氣制備甲醇：。的結構式為，估算該反應的需要　 　（填數字）種化學鍵的鍵能數據。
（2）合成氣經“變換”“脫碳”獲得純。
①合成氣變換。向絕熱反應器中通入和過量的：
催化作用受接觸面積和溫度等因素影響，的比熱容較大。過量能有效防止催化劑活性下降，其原因有　 　。
②脫碳在鋼制吸收塔中進行，吸收液成分：質量分數30%的吸收劑、（正價有）緩蝕劑等。溶液濃度偏高會堵塞設備，導致堵塞的物質是　 　（填化學式）。減緩設備腐蝕的原理是　 　。
（3）研究與不同配比的鐵鈰載氧體[是活潑金屬，正價有]反應，氣體分步制備原理示意如圖甲所示。相同條件下，先后以一定流速通入固定體積的，依次發生的主要反應：
步驟Ⅰ
步驟Ⅱ
①步驟Ⅰ中，產物氣體積分數、轉化率、與x的關系如圖乙所示。時，大于理論值2的可能原因有　 　；時，通入標準狀況下的至反應結束，的選擇性，則生成標準狀況下和的總體積為　 　。
②時，新制載氧體、與反應后的載氧體的X射線衍射譜圖如圖丙所示（X射線衍射用于判斷某晶態物質是否存在，不同晶態物質出現衍射峰的衍射角不同）。步驟Ⅱ中，能與反應的物質有　 　（填化學式）。
③結合圖示綜合分析，步驟Ⅰ中的作用、氣體分步制備的價值：　 　。
【答案】（1）5
（2）該反應為放熱反應，在絕熱容器中進行，的比熱容較大，則體系溫度變化較小，催化劑活性受溫度影響，過量可有效防止催化劑活性下降；；具有強氧化性，能使設備表面形成一層致密的氧化膜
（3）當時，載氧體為，氧化性較強，提供的O原子較多，將CO氧化為，使得CO的物質的量減小，增大；432；C、Fe、FeO；步驟Ⅰ中 作載氧體供氧，將甲烷轉化為CO和氫氣，避免生成大量C，造成積炭，導致催化劑失活；采用分步制備，可提高原料利用率，同時步驟Ⅰ需要的溫度較高，步驟Ⅱ需要的溫度較低，分步制備也可節約能源
【知識點】反應熱和焓變；催化劑；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1） =反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，計算該反應的需、、、、，共5種化學鍵的鍵能數據。
（2）①該反應為放熱反應，在絕熱容器中進行時，若無水的存在，隨著反應進行，溫度會逐漸升高，由于使用了低溫型催化劑，溫度過高會導致催化劑的活性下降；的比熱容較大，可以吸收大量的熱從而使體系溫度變化較小，因此，過量可有效防止催化劑活性下降。
②脫碳過程中，溶液會吸收，發生反應，當溶液濃度偏高時，會生成較多，而溶解度相對較小，容易在溶液中達到飽和后結晶析出，從而堵塞設備。中的Cr元素化合價為，處于最高價態，具有強氧化性，在鋼制吸收塔的環境中，它會與鐵發生氧化還原反應，使鐵表面形成一層由鐵的氧化物和鉻的氧化物組成的致密氧化膜，這層氧化膜可以將鋼鐵與腐蝕性介質隔離開，阻止氧氣、水和其他腐蝕性物質與鋼鐵接觸，從而減緩腐蝕。
（3）①當時，載氧體中沒有，只有，由于的氧化性較強，且其提供的O原子較多，可以將CO氧化為，使得CO的物質的量減小，增大；由題圖乙可知，當時，轉化率為60%，則，已知CO的選擇性，則，根據圖乙中數據可知，此時產物氣中，則，故生成標準狀況下CO和的總體積為432mL。
②新制載氧體與反應后新生成的晶態物質，在步驟Ⅱ中會與反應，使載氧體再生從而繼續與反應，因此，在新制載氧體中不存在，而在與反應后的載氧體中含有的晶態物質，會在步驟Ⅱ中與反應。因此，對比二者X射線衍射譜圖可知，C、Fe、FeO在步驟Ⅱ中均可與反應。
③步驟Ⅰ中作載氧體供氧，將甲烷轉化為CO和氫氣，可以避免生成大量積炭致催化劑活性降低甚至失活；采用分步制備，可提高原料利用率，且可以有效消除積碳使催化劑再生，同時步驟Ⅰ需要的溫度較高，步驟Ⅱ需要的溫度較低，分步制備也可節約能源。
【分析】（1） =反應物的總鍵能-生成物的總鍵能；
（2）①溫度會影響催化劑活性；
②具有強氧化性 ；
（3）①當時，載氧體中沒有，只有；當時，轉化率為60%，則，CO的選擇性，則，產物氣中，則，據此計算生成標準狀況下和的總體積；
②結合X射線衍射譜圖判斷與反應的物質；
③ 可提供氧，將甲烷轉化為CO。
1 / 1江蘇省2025年高考真題化學試卷
1．（2025·江蘇）大氣中的氮是取之不盡的天然資源。下列工業生產中以氮氣作反應物的是（　　）
A．工業合成氨 B．濕法煉銅
C．高爐煉鐵 D．接觸法制硫酸
2．（2025·江蘇）科學家通過核反應。發現氚。下列說法正確的是（　　）
A．表示一個質子
B．的基態原子核外電子排布式為
C．與互為同位素
D．的原子結構示意圖為
3．（2025·江蘇）用草酸溶液滴定未知濃度的溶液。下列實驗操作規范的是（　　）
A．配制草酸溶液 B．潤洗滴定管
C．滴定 D．讀數
4．（2025·江蘇）在溶有15-冠（）的有機溶劑中，芐氯（）與發生反應：
下列說法正確的是（　　）
A．芐氯是非極性分子
B．電負性：
C．離子半徑：
D．X中15-冠與間存在離子鍵
5．（2025·江蘇）閱讀下列材料，完成問題：
中國對人類科學進步與技術發展貢獻卓著。黑火藥（主要成分：、S和C）是中國古代四大發明之一。侯德榜發明的“聯合制堿法”將合成氨法與氨堿法聯合，突破了國外制堿技術封鎖。我國科學家在世界上首次人工合成結晶牛胰島素；采用有機合成與酶促合成相結合的方法，人工合成了酵母丙氨酸轉移核糖核酸。徐光憲提出的稀土串級萃取理論使我國稀土提取技術取得重大進步。屠呦呦等采用低溫、乙醚冷浸提取的青蒿素（，含）在治療瘧疾中起到重要作用。閔恩澤研制新型催化劑解決了重油裂解難題。
下列說法正確的是（　　）
A．硫黃有等多種同素異形體
B．高溫下青蒿素分子結構穩定
C．分子中鍵角大于分子中鍵角
D．題圖所示的堿基鳥嘌呤與胞嘧啶通過氫鍵互補配對
6．（2025·江蘇）下列化學反應表示正確的是（　　）
A．黑火藥爆炸：
B．電解飽和溶液制：
C．重油裂解獲得的丙烯制聚丙烯：
D．向飽和氨鹽水中通入過量：
7．（2025·江蘇）下列物質組成或性質與分離提純方法對應關系正確的是（　　）
A．蛋白質能水解，可用飽和溶液提純蛋白質
B．乙醚與青蒿素組成元素相同，可用乙醚提取青蒿素
C．難溶于水、比水易溶解，可用萃取碘水中的
D．不同的烴密度不同，可通過分餾從石油中獲得汽油、柴油
8．（2025·江蘇）以稀為電解質溶液的光解水裝置如圖所示，總反應為。下列說法正確的是（　　）
A．電極a上發生氧化反應生成
B．通過質子交換膜從右室移向左室
C．光解前后，溶液的不變
D．外電路每通過電子，電極b上產生
9．（2025·江蘇）化合物Z是一種具有生理活性的多環呋喃類化合物，部分合成路線如下：
下列說法正確的是（　　）
A．最多能和發生加成反應
B．Y分子中和雜化的碳原子數目比為
C．Z分子中所有碳原子均在同一個平面上
D．Z不能使的溶液褪色
10．（2025·江蘇）與通過電催化反應生成，可能的反應機理如圖所示（圖中吸附在催化劑表面的物種用“*”標注）。下列說法正確的是（　　）
A．過程Ⅱ和過程Ⅲ都有極性共價鍵形成
B．過程Ⅱ中發生了氧化反應
C．電催化與生成的反應方程式：
D．常溫常壓、無催化劑條件下，與反應可生產
11．（2025·江蘇）探究含銅化合物性質的實驗如下：
步驟Ⅰ 取一定量溶液，加入適量濃氨水，產生藍色沉淀。
步驟Ⅱ 將沉淀分成兩等份，分別加入相同體積的濃氨水、稀鹽酸，沉淀均完全溶解，溶液分別呈現深藍色、藍色。
步驟Ⅲ 向步驟Ⅱ所得的深藍色溶液中插入一根打磨過的鐵釘，無明顯現象；繼續加入稀鹽酸，振蕩后靜置，產生少量氣泡，鐵釘表面出現紅色物質。
下列說法正確的是（　　）
A．步驟Ⅰ產生的藍色沉淀為
B．步驟Ⅱ的兩份溶液中：
C．步驟Ⅲ中無明顯現象是由于鐵釘遇深藍色溶液迅速鈍化
D．步驟Ⅲ中產生氣體、析出紅色物質的反應為
12．（2025·江蘇）室溫下，有色金屬冶煉廢渣（含等的氧化物）用過量的較濃溶液酸浸后，提取銅和鎳的過程如下所示。
已知：。下列說法正確的是（　　）
A．較濃溶液中：
B．溶液中：的平衡常數
C．溶液中：
D．“提銅”和“沉鎳”后的兩份濾液中：
13．（2025·江蘇）甘油水蒸氣重整獲得過程中的主要反應：
反應Ⅰ
反應Ⅱ
反應Ⅲ
條件下，和發生上述反應達平衡狀態時，體系中和的物質的量隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．時，的平衡轉化率為20%
B．反應達平衡狀態時，
C．其他條件不變，在范圍，平衡時的物質的量隨溫度升高而增大
D．其他條件不變，加壓有利于增大平衡時的物質的量
14．（2025·江蘇）可用于制備光學材料和回收砷。
（1）制備。由閃鋅礦[含及少量硫化鎘等]制備的過程如下：
已知：。當離子濃度小于時，認為離子沉淀完全。
①酸浸時通入可提高浸出率的原因是　 　。
②通入除鎘。通過計算判斷當溶液時，是否沉淀完全（寫出計算過程）。　 　
③沉鋅前調節溶液的至，加入的氧化物為　 　（填化學式）。
（2）制備光學材料。如圖甲所示，晶體中摻入少量后，會出現能量不同的“正電”區域、“負電”區域，光照下發出特定波長的光。
區域A“”中的離子為　 　（填離子符號），區域B帶　 　（填“正電”或“負電”）。
（3）回收砷。用去除酸性廢液中的三價砷，并回收生成的沉淀。
已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。
時，按向酸性廢液中加入，砷回收率隨反應時間的變化如圖乙所示。
①寫出與反應生成的離子方程式：　 　。
②反應后，砷回收率下降的原因有　 　。
15．（2025·江蘇）G是一種四環素類藥物合成中間體，其合成路線如下：
（1）A分子中，與2號碳相比，1號碳的鍵極性相對　 　（填“較大”或“較小”）。
（2）會產生與E互為同分異構體且含五元環的副產物，其結構簡式為　 　。
（3）E分子中含氧官能團名稱為醚鍵、羰基和　 　，F分子中手性碳原子數目為　 　。
（4）寫出同時滿足下列條件的G的一種同分異構體的結構簡式：　 　。
①含有3種不同化學環境的氫原子；②堿性條件下水解后酸化，生成X和Y兩種有機產物，的相對分子質量為60，Y含苯環且能與溶液發生顯色反應。
（5）寫出以和為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑和兩碳以下的有機試劑任用，合成路線示例見本題題干）。
16．（2025·江蘇）海洋出水鐵質文物表面有凝結物，研究其形成原理和脫氯方法對保護文物意義重大。
（1）文物出水清淤后，須盡快浸泡在稀或溶液中進行現場保護。
①玻璃中的能與反應生成　 　（填化學式），故不能使用帶磨口玻璃塞的試劑瓶盛放溶液。
②文物浸泡在堿性溶液中比暴露在空氣中能減緩吸氧腐蝕，其原因有　 　。
（2）文物表面凝結物種類受文物材質和海洋環境等因素的影響。
①無氧環境中，文物中的與海水中的在細菌作用下形成等含鐵凝結物。寫出與反應生成和的離子方程式：　 　。
②有氧環境中，海水中的鐵質文物表面形成等凝結物。
（i）鐵在鹽水中腐蝕的可能原理如圖所示。依據原理設計如下實驗：向溶液中加入溶液（能與形成藍色沉淀）和酚酞，將混合液滴到生鐵片上。預測該實驗的現象為　 　。
（ii）鐵的氫氧化物吸附某些陽離子形成帶正電的膠粒，是凝結物富集的可能原因。該膠粒的形成過程中，參與的主要陽離子有　 　（填離子符號）。
（3）為比較含氯在溶液與蒸餾水中浸泡的脫氯效果，請補充實驗方案：取一定量含氯模擬樣品，將其分為兩等份，　 　，比較滴加溶液體積[。實驗須遵循節約試劑用量的原則，必須使用的試劑：蒸餾水、溶液、溶液、溶液]。
17．（2025·江蘇）合成氣（和）是重要的工業原料氣。
（1）合成氣制備甲醇：。的結構式為，估算該反應的需要　 　（填數字）種化學鍵的鍵能數據。
（2）合成氣經“變換”“脫碳”獲得純。
①合成氣變換。向絕熱反應器中通入和過量的：
催化作用受接觸面積和溫度等因素影響，的比熱容較大。過量能有效防止催化劑活性下降，其原因有　 　。
②脫碳在鋼制吸收塔中進行，吸收液成分：質量分數30%的吸收劑、（正價有）緩蝕劑等。溶液濃度偏高會堵塞設備，導致堵塞的物質是　 　（填化學式）。減緩設備腐蝕的原理是　 　。
（3）研究與不同配比的鐵鈰載氧體[是活潑金屬，正價有]反應，氣體分步制備原理示意如圖甲所示。相同條件下，先后以一定流速通入固定體積的，依次發生的主要反應：
步驟Ⅰ
步驟Ⅱ
①步驟Ⅰ中，產物氣體積分數、轉化率、與x的關系如圖乙所示。時，大于理論值2的可能原因有　 　；時，通入標準狀況下的至反應結束，的選擇性，則生成標準狀況下和的總體積為　 　。
②時，新制載氧體、與反應后的載氧體的X射線衍射譜圖如圖丙所示（X射線衍射用于判斷某晶態物質是否存在，不同晶態物質出現衍射峰的衍射角不同）。步驟Ⅱ中，能與反應的物質有　 　（填化學式）。
③結合圖示綜合分析，步驟Ⅰ中的作用、氣體分步制備的價值：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】氮氣的化學性質；含氮物質的綜合應用
【解析】【解答】A．在高溫、高壓、催化劑的條件下，氮氣和氫氣反應生成氨氣，該過程中氮氣為反應物，故A正確；
Ｂ．濕法煉銅通常是用鐵（Fe）等活潑金屬從含銅的鹽溶液中置換出銅，該過程不涉及氮氣參與反應，氮氣并非反應物，故B錯誤；
Ｃ．高爐煉鐵的原理是在高溫下，用一氧化碳還原氧化鐵生成單質鐵，氮氣在高爐中主要作為惰性氣體存在，不參與煉鐵的核心化學反應，不是反應物，故C錯誤；
Ｄ．接觸法制硫酸分為三個階段：硫鐵礦（或硫磺）燃燒生成二氧化硫、二氧化硫催化氧化生成三氧化硫、三氧化硫與水反應生成硫酸，各階段反應均不涉及氮氣作為反應物，故D錯誤；
故選A。
【分析】根據各反應涉及的反應物分析。
2．【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；同位素及其應用；原子結構示意圖
【解析】【解答】A． 右下角為質子數，則所含質子數為0，故A錯誤；
Ｂ．Li最外層有一個電子，則的基態原子核外電子排布式為， 故B錯誤；
Ｃ． 與 具有相同的質子數，中子數不同，互為同位素，故C正確；
Ｄ． 核外只有2個電子，其原子結構示意圖為，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，質量數=質子數+中子數，核外電子數=核內質子數=核電荷數；
Ｂ． 最外層只有一個電子；
Ｃ．同位素是指質子數相同中子數不同的同種元素的不同原子；
Ｄ． 核外只有2個電子。
3．【答案】D
【知識點】中和滴定；酸（堿）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．向容量瓶中轉移溶液時需要用玻璃棒引流，故A錯誤；
Ｂ．潤洗滴定管時，加入少量草酸溶液，傾斜著轉動滴定管進行潤洗，故B錯誤；
Ｃ．滴定時，手應放在錐形瓶上端，輕輕晃動錐形瓶，故C錯誤；
Ｄ．讀數時視線與草酸溶液的凹液面保持水平，故D正確；
故選D。
【分析】 根據滴定過程中儀器的使用規范和操作規范分析。
4．【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；極性分子和非極性分子；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】A．芐氯分子結構不對稱，正負電荷中心不重合，為極性分子，故A錯誤；
Ｂ．同主族從上到下元素的電負性減小，則 電負性：， 故B錯誤；
Ｃ．F-和Na+具有相同的核外電子層結構，Na元素的核電荷數大于F，則離子半徑： ，故C正確；
Ｄ． 15-冠 是分子，與 形成超分子，不存在離子鍵，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．根據電荷中心是否重合判斷分子極性；
Ｂ．元素的非金屬性越強，電負性越大；
Ｃ．電子層數越多，離子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小；
Ｄ．分子與離子之間不存在離子鍵。
5．【答案】D
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；含有氫鍵的物質；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．同素異形體是同種元素形成的不同單質，S2-不是單質，不屬于硫磺的同素異形體，故A錯誤；
Ｂ． 在高溫下易斷裂，因此高溫下青蒿素分子結構不穩定，故B錯誤；
Ｃ．分子中N原子上含有1個孤電子對，CH4分子中C原子為飽和碳原子，不含孤電子對，孤電子對越多鍵角越小，因此分子中鍵角小于分子中鍵角，故C錯誤；
Ｄ．鳥嘌呤與胞嘧啶中含有的N、O能形成氫鍵，實現互補配對，故D正確；
故選D。
【分析】A．同種元素形成的不同單質互為同素異形體；
Ｂ． 高溫不穩定；
Ｃ．孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小；
Ｄ．鳥嘌呤與胞嘧啶之間能形成氫鍵。
6．【答案】D
【知識點】純堿工業（侯氏制堿法）；聚合反應；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．黑火藥爆炸時，、C和S反應生成和，該反應的化學方程式為，故A錯誤；
B．電解飽和NaCl溶液生成和NaOH，反應的離子方程式為，故B錯誤；
C．重油裂解獲得丙烯，丙烯含有碳碳雙鍵，發生加聚反應生成聚丙烯，反應的化學方程式為，故C錯誤；
D．向飽和氨鹽水中通入過量生成和，溶解度較小，結晶析出，反應的化學方程式為 ，故D正確。
故選D。
【分析】A．黑火藥爆炸的產物為硫化鉀、氮氣和二氧化碳；
Ｂ．電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣；
Ｃ．丙烯通過加聚反應生成聚丙烯；
Ｄ．向飽和銨鹽水中通入過量二氧化碳反應生成碳酸氫鈉。
7．【答案】C
【知識點】物質的分離與提純
【解析】【解答】A．蛋白質在飽和溶液中會發生鹽析，可用飽和溶液分離提純蛋白質，與蛋白質能發生水解反應無關，故A錯誤；
B．乙醚能溶解青蒿素，因此可用乙醚提取青蒿素，與元素組成無關，故B錯誤；
C．在中的溶解度大于在水中的溶解度，且與水不互溶，故可用萃取碘水中的，故C正確；
D．分餾是利用物質的沸點不同進行分離，用分餾法從石油中獲得汽油、柴油是因為不同烴的沸點不同，故D錯誤；
故選C。
【分析】A．蛋白質在飽和溶液中發生鹽析；
Ｂ．乙醚能溶解青蒿素；
Ｃ．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
Ｄ．分餾是利用物質的沸點不同進行分離。
8．【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．電極a為負極，電極反應式為：，生成O2，故A正確；
B．原電池工作時，陽離子向正極移動，電極a上生成，電極b上消耗，通過質子交換膜從左室移向右室，故B錯誤；
C．光解的總反應為 ，反應不停消耗水，則溶液濃度增大，pH減小，故C錯誤；
D．根據可知， 外電路每通過電子，電極b上產生，故D錯誤；
故選A。
【分析】根據電子流向可知，a為負極，發生氧化反應，電極反應式為，b為正極，電極反應式為。
9．【答案】B
【知識點】有機化合物中碳的成鍵特征；有機物的結構和性質；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A．X中含有一個苯環、一個碳碳雙鍵和兩個羰基，則最多能和發生加成反應 故A錯誤；
Ｂ．Y分子中，兩個碳碳雙鍵兩端的碳原子采用sp2雜化，數目為4，飽和碳原子采用sp3雜化，數目為2，則Y分子中和雜化的碳原子數目比為 ，故B正確；
Ｃ．Z分子中含有多個飽和碳原子，飽和碳原子具有甲烷的結構特征，各原子不可能共面，因此Z分子中所有碳原子不可能共面，故C錯誤；
Ｄ．Z中含有的碳碳雙鍵能與溴加成從而使的溶液褪色 ，故D錯誤；
故選B。
【分析】A．X中苯環、雙鍵和羰基均能與氫氣加成；
Ｂ．雙鍵碳原子采用sp2雜化，飽和碳原子采用sp3雜化；
Ｃ．飽和碳原子具有甲烷的結構特征；
Ｄ．Z含有碳碳雙鍵，能與溴加成。
10．【答案】A
【知識點】氧化還原反應；催化劑
【解析】【解答】A．過程Ⅱ：和在酸性條件下被還原為和，生成的N-H為極性共價鍵；過程Ⅲ：與反應生成，生成的C-N為極性共價鍵，故A正確；
B．過程Ⅱ是得電子的過程，發生還原反應，故B錯誤；
C．該方程式正負電荷和不為0，由圖可知，過程Ⅱ中從外界獲得電子，則正確的反應方程式為，故C錯誤；
D．常溫常壓、無催化劑條件下，與反應生成無機物或，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．不同種非金屬原子間形成極性共價鍵；
Ｂ．過程Ⅱ得到電子，發生還原反應；
Ｃ．該方程式電荷不守恒；
Ｄ．常溫常壓、無催化劑條件下，與反應得到無機物。
11．【答案】B
【知識點】銅及其化合物；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．步驟Ⅰ中產生的藍色沉淀是Cu(OH)2，故A錯誤；
B．步驟Ⅱ中，產生的深藍色溶液主要含，該溶液中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+絡離子而濃度降低，而藍色溶液（加入稀鹽酸）中Cu2+可以自由移動，濃度較高，因此c深藍色(Cu2+) < c藍色(Cu2+)，故B正確；
C．鐵在堿性溶液中不易鈍化，步驟Ⅲ中無明顯現象的原因是絡合物中Cu2+濃度過低，無法被Fe置換，故C錯誤；
D．步驟Ⅲ中加入鹽酸后，H+與NH3結合生成NH4+，導致配合物釋放Cu2+，Fe與Cu2+發生置換反應生成Cu，稀鹽酸和鐵反應生成氫氣，該反應式未體現H+的作用，與實際反應原理不符，故D錯誤；
故選B。
【分析】 取一定量溶液，加入適量濃氨水，產生Cu(OH)2藍色沉淀，將沉淀分成兩等份，分別加入相同體積的濃氨水、稀鹽酸，加入濃氨水生成 ，加入稀鹽酸反應生成CuCl2，向步驟Ⅱ所得的深藍色溶液中插入一根打磨過的鐵釘，無明顯現象；繼續加入稀鹽酸，振蕩后靜置，產生少量氣泡，鐵釘表面出現紅色物質，說明有Cu生成，同時鐵與稀鹽酸反應生成氫氣。
12．【答案】B
【知識點】離子濃度大小的比較；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．若兩步均完全電離，則溶液中存在電荷守恒：，但根據題給信息知，在較濃的溶液中僅第一步電離完全，電離出大量的會抑制第二步電離，第二步電離不完全，溶液中存在，因此電荷守恒應表示為，故A錯誤；
B．該反應的平衡常數，故B正確；
C．溶液中 ，根據質子守恒有： ，故C錯誤；
D．考慮過程中溶液的少量損耗(吸附在沉淀表面被過濾除去)，，同時“沉鎳”過程中加入了溶液，溶液體積增加，因此，故D錯誤；
故選B。
【分析】 有色金屬冶煉廢渣（含等的氧化物） 用過量的較濃溶液酸浸 ，SiO2不與硫酸反應，Cu和Ni的氧化物與硫酸反應生成對應的硫酸鹽，則浸取液中主要含、，向浸取液中加入溶液提銅，加入溶液沉鎳得到。
13．【答案】A
【知識點】化學平衡的影響因素；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．時，，，，根據C原子守恒，可得，根據O原子守恒，可得，則，故A正確；
B．時，，，則，故B錯誤；
C．范圍，隨溫度升高，反應Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移動，增大，說明反應Ⅲ逆向移動程度更大，則的物質的量減小，故C錯誤；
D．增大壓強，反應Ⅰ平衡逆向移動，反應Ⅱ平衡不移動，反應Ⅲ平衡正向移動，的物質的量減小，故D錯誤；
故選A。
【分析】550℃時，曲線①物質的量是5mol，根據原子守恒，n(C)=3mol，則則曲線①表示，升高溫度，反應Ⅰ平衡正移，反應Ⅱ平衡逆向移動，CO物質的量增大，則曲線③代表CO，溫度升高，反應Ⅲ逆向移動，物質的量降低，則曲線②代表。
14．【答案】（1）氧化生成S，促進酸浸反應正向進行；否 時，，則未沉淀完全；ZnO
（2）；負電
（3）；隨著反應的進行，溶液pH增大，溶液中濃度減小，促進平衡正向移動，重新溶解，砷回收率下降
【知識點】晶胞的計算；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用
【解析】【解答】（1）①酸浸時，若不通入，會發生反應：，通入可以氧化生成S，促進酸浸反應正向進行，提高浸出率。
②通入除鎘，當溶液時，， 又因為，=，則=，則此時>， 離子沉淀不完全。
③由②知，除鎘時溶液酸性較強，故應在不引入新雜質的同時消耗溶液中的，加入的氧化物為ZnO。
（2）晶胞摻雜過程中，應由半徑相近的微粒進行替換，則區域A中，由替換，區域B中，由替換；根據均攤法，區域B中位于晶胞內，數目為3，位于晶胞體內，數目為1，位于頂點和面心，數目為，則區域B所帶電荷總數為：，區域B帶負電。
（3）①與反應除了生成外還有鋅離子，則反應的離子方程式為：。
②隨著反應的進行，溶液pH增大，溶液中濃度減小，促進平衡正向移動，重新溶解，砷回收率下降，所以反應后，砷回收率下降。
【分析】 閃鋅礦[含及少量硫化鎘等] 加入酸浸，ZnS、FeS、CdS分別轉化為，硫元素轉化為硫單質，先將Fe3+轉化為氫氧化鐵除去，加入H2S沉鎘，將Cd2+轉化為CdS，調節pH沉鋅得到ZnS。
15．【答案】（1）較大
（2）
（3）羧基；1
（4）或
（5）
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；酯的性質
【解析】【解答】（1）1號碳與兩個酯基相連，2號碳只與一個酯基相連，酯基具有吸電子效應，使與其相連的碳原子上的電子云密度降低，從而增強了C—H鍵的極性，因此1號碳的C-H鍵極性相對較大。
（2）D→E的反應是5號羧基與苯環上甲氧基同側鄰位碳上的H原子發生取代反應，而D中的4號羧基也可能發生類似反應，會生成含五元環的副產物。
（3）根據E的結構簡式可知，其分子中含有的含氧官能團為醚鍵、羰基和羧基；F分子中只有與直接相連的碳原子是手性碳原子。
（4）G的分子式為，其不飽和度為6。G的同分異構體在堿性條件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯環且能與溶液發生顯色反應，則Y含有酚羥基，因此該同分異構體是X與Y形成的酯。X的相對分子質量為60，據此可知X為，因此該同分異構體中含有2個基團，該基團不飽和度為1，苯環的不飽和度為4，不飽和度共為6，則該同分異構體不含其他不飽和結構。其分子中含有17個H原子，且H原子只有3種不同化學環境，說明該分子具有高度對稱性，2個在苯環上處于對稱位置。如果Cl原子連在苯環側鏈中的碳原子上，則無論如何安排都不能得到只含有3種不同化學環境的H原子的結構，所以Cl原子連在苯環上。除外，其他11個H原子只有2種不同化學環境，則應含有一個只有1種化學環境的H原子的取代基，該基團只能為，苯環上未被取代的2個對稱的H原子作為第3種化學環境的H原子，由此可得符合條件的同分異構體為：、。
（5）目標產物為聚酯，其單體為和，其中可由先水解再酸化獲得，而含有2個，流程中物質G含有結構，該結構是由被還原而來，則可由被還原而來，而可視為的亞甲基上的H原子被環己基取代，這一步驟與題給流程中的反應類似，因此可由與在和作用下反應生成，可由與HBr反應制得，則具體合成路線為：。
【分析】（1）酯基中，羰基（C=O）的氧原子和烷氧基（-OR）的氧原子電負性均大于碳原子，電子云會向氧原子偏移，使羰基碳帶部分正電荷，進而對相鄰基團產生吸電子誘導效應；
（2）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（3）根據E的結構簡式確定其官能團；手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
（4）分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體；
（5）參照題干合成路線，采用逆合成分析法確定具體合成步驟。
16．【答案】（1）；堿性環境抑制吸氧腐蝕正極反應的進行，反應速率減慢；堿性溶液中，溶解度較小，減少文物與的接觸，減緩吸氧腐蝕
（2）；（ⅰ）滴加混合溶液后，鐵片表面將出現藍色和紅色區域，較長時間后出現黃色斑點；
（3）分別加入等體積（如5mL）的溶液和蒸餾水至浸沒樣品，在室溫下，攪拌、浸泡30min；過濾，各取等量上清液（如2mL）置于兩支小試管中，分別滴加溶液酸化，再分別滴加溶液；記錄每份上清液至出現AgCl白色沉淀時消耗的溶液體積
【知識點】硅和二氧化硅；化學實驗方案的評價；鐵的吸氧腐蝕
【解析】【解答】（1）①是酸性氧化物，與NaOH溶液發生反應生成硅酸鈉和水，化學方程式為。
②吸氧腐蝕時正極反應式為，堿性溶液中，濃度較大，會抑制得電子，該反應的平衡逆向移動，吸氧腐蝕的速率減慢；在高離子濃度的液體中溶解度較小，堿性溶液比純水溶解氧的能力低，減少了文物與的接觸，減緩吸氧腐蝕。
（2）①無氧、弱堿性的海水中，Fe在細菌作用下，被氧化為價的FeS、，則反應的離子方程式：。
②(ⅰ)由題圖知，鐵片在NaCl溶液中發生吸氧腐蝕，開始時，負極反應式為，正極反應式為，與反應生成藍色沉淀，即鐵片上會出現藍色區域；溶液中酚酞遇到變紅，鐵片上會出現紅色區域；有氧環境中，海水中的鐵質文物表面形成FeOOH，說明在鹽水中被氧化成黃色的FeOOH，故現象是滴加混合溶液后，鐵片表面將出現藍色和紅色區域，較長時間后出現黃色斑點；
(ⅱ)鐵片發生吸氧腐蝕，負極區生成，在空氣中易被氧化為為，此時體系中的陽離子主要有。
（3）將等量的含氯FeOOH模擬樣品分別用等體積的NaOH溶液與蒸餾水浸泡脫氯，然后過濾，得到上清液，取等體積的兩種上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通過比較出現AgCl白色沉淀時消耗溶液體積的大小，即可比較脫氯效果，則具體實驗方案為： 取一定量含氯模擬樣品，將其分為兩等份 ， 分別加入等體積（如5mL）的溶液和蒸餾水至浸沒樣品，在室溫下，攪拌、浸泡30min；過濾，各取等量上清液（如2mL）置于兩支小試管中，分別滴加溶液酸化，再分別滴加溶液；記錄每份上清液至出現AgCl白色沉淀時消耗的溶液體積， 比較滴加溶液體積。
【分析】（1）①二氧化硅和氫氧化鈉反應生成硅酸鈉；
②堿性環境抑制吸氧腐蝕正極反應的進行，且堿性環境下，氧氣的溶解度較小；
（2）①根據反應物和生成物以及反應條件，結合質量守恒和得失電子守恒書寫離子方程式；
②鐵片在NaCl溶液中發生吸氧腐蝕，開始時，負極反應式為Fe-2e-=Fe2+，正極反應式為，Fe2+與反應生成KFe[Fe(CN)6]藍色沉淀；鐵片發生吸氧腐蝕時，負極區生成Fe2+，Fe2+易被氧化為Fe3+；
（3）要檢驗脫氯效果，應控制樣品用量、脫氯時間、取用體積等變量相同，利用Ag+與Cl-的反應進行實驗。
17．【答案】（1）5
（2）該反應為放熱反應，在絕熱容器中進行，的比熱容較大，則體系溫度變化較小，催化劑活性受溫度影響，過量可有效防止催化劑活性下降；；具有強氧化性，能使設備表面形成一層致密的氧化膜
（3）當時，載氧體為，氧化性較強，提供的O原子較多，將CO氧化為，使得CO的物質的量減小，增大；432；C、Fe、FeO；步驟Ⅰ中 作載氧體供氧，將甲烷轉化為CO和氫氣，避免生成大量C，造成積炭，導致催化劑失活；采用分步制備，可提高原料利用率，同時步驟Ⅰ需要的溫度較高，步驟Ⅱ需要的溫度較低，分步制備也可節約能源
【知識點】反應熱和焓變；催化劑；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1） =反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，計算該反應的需、、、、，共5種化學鍵的鍵能數據。
（2）①該反應為放熱反應，在絕熱容器中進行時，若無水的存在，隨著反應進行，溫度會逐漸升高，由于使用了低溫型催化劑，溫度過高會導致催化劑的活性下降；的比熱容較大，可以吸收大量的熱從而使體系溫度變化較小，因此，過量可有效防止催化劑活性下降。
②脫碳過程中，溶液會吸收，發生反應，當溶液濃度偏高時，會生成較多，而溶解度相對較小，容易在溶液中達到飽和后結晶析出，從而堵塞設備。中的Cr元素化合價為，處于最高價態，具有強氧化性，在鋼制吸收塔的環境中，它會與鐵發生氧化還原反應，使鐵表面形成一層由鐵的氧化物和鉻的氧化物組成的致密氧化膜，這層氧化膜可以將鋼鐵與腐蝕性介質隔離開，阻止氧氣、水和其他腐蝕性物質與鋼鐵接觸，從而減緩腐蝕。
（3）①當時，載氧體中沒有，只有，由于的氧化性較強，且其提供的O原子較多，可以將CO氧化為，使得CO的物質的量減小，增大；由題圖乙可知，當時，轉化率為60%，則，已知CO的選擇性，則，根據圖乙中數據可知，此時產物氣中，則，故生成標準狀況下CO和的總體積為432mL。
②新制載氧體與反應后新生成的晶態物質，在步驟Ⅱ中會與反應，使載氧體再生從而繼續與反應，因此，在新制載氧體中不存在，而在與反應后的載氧體中含有的晶態物質，會在步驟Ⅱ中與反應。因此，對比二者X射線衍射譜圖可知，C、Fe、FeO在步驟Ⅱ中均可與反應。
③步驟Ⅰ中作載氧體供氧，將甲烷轉化為CO和氫氣，可以避免生成大量積炭致催化劑活性降低甚至失活；采用分步制備，可提高原料利用率，且可以有效消除積碳使催化劑再生，同時步驟Ⅰ需要的溫度較高，步驟Ⅱ需要的溫度較低，分步制備也可節約能源。
【分析】（1） =反應物的總鍵能-生成物的總鍵能；
（2）①溫度會影響催化劑活性；
②具有強氧化性 ；
（3）①當時，載氧體中沒有，只有；當時，轉化率為60%，則，CO的選擇性，則，產物氣中，則，據此計算生成標準狀況下和的總體積；
②結合X射線衍射譜圖判斷與反應的物質；
③ 可提供氧，將甲烷轉化為CO。
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