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陜西、山西、寧夏、青海2025年高考化學真題
一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025·陜西）“國之重器”是我國科技綜合實力的結晶。下述材料屬于金屬材料的是（　　）
A．“C919”大飛機用的氮化硅涂層
B．“夢想”號鉆探船鉆頭用的合金
C．“望宇”登月服用的聚酰亞胺隔熱層
D．“雪龍2”號破冰船制淡水用的反滲透膜
2．（2025·陜西）下列化學用語或圖示表達正確的是（　　）
A．的電子式為
B．基態原子的價電子排布式為
C．的球棍模型為
D．反-2-丁烯的結構簡式為
3．（2025·陜西）下列有關物質性質與用途對應關系錯誤的是（　　）
A．單晶硅熔點高，可用于制造芯片
B．金屬鋁具有還原性，可用于冶煉金屬
C．濃硫酸具有吸水性，可用作干燥劑
D．乙炔燃燒火焰溫度高，可用于切割金屬
4．（2025·陜西）抗壞血酸葡萄糖苷（）具有抗氧化功能。下列關于的說法正確的是（　　）
A．不能使溴水褪色 B．能與乙酸發生酯化反應
C．不能與溶液反應 D．含有3個手性碳原子
5．（2025·陜西）“機械鍵”是兩個或多個分子在空間上穿插互鎖的一種結合形式。我國科研人員合成了由兩個全苯基大環分子組成的具有“機械鍵”的索烴，結構如圖，下列說法錯誤的是（　　）
A．該索烴屬于芳香烴
B．該索烴的相對分子質量可用質譜儀測定
C．該索烴的兩個大環之間不存在范德華力
D．破壞該索烴中的“機械鍵”需要斷裂共價鍵
6．（2025·陜西）下列對物質性質的解釋錯誤的是（　　）
選項 物質性質 解釋
A 氯化鈉熔點高于氯化銫 氯化鈉離子鍵強于氯化銫
B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非極性分子
C 草酸氫鈉溶液顯酸性 草酸氫根離子水解程度大于電離程度
D 離子液體導電性良好 離子液體中有可移動的陰、陽離子
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·陜西）下列有關反應方程式錯誤的是（　　）
A．泡沫滅火器反應原理：
B．用金屬鈉除去甲苯中的微量水：
C．用溶液吸收尾氣中的
D．氯氣通入冷的石灰乳中制漂白粉：
8．（2025·陜西）一種負熱膨脹材料的立方晶胞結構如圖，晶胞密度為，阿伏加德羅常數的值為，下列說法錯誤的是（　　）
A．沿晶胞體對角線方向的投影圖為
B．和B均為雜化
C．晶體中與最近且距離相等的有6個
D．和B的最短距離為
9．（2025·陜西）一種高聚物被稱為“無機橡膠”，可由如圖所示的環狀三聚體制備。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y價電子致相等，X、Z電子層數相同，基態Y的軌道半充滿，Z的最外層只有1個未成對電子，下列說法正確的是（　　）
A．X、Z的第一電離能：
B．X、Y的簡單氫化物的鍵角：
C．最高價含氧酸的酸性：
D．X、Y、Z均能形成多種氧化物
10．（2025·陜西）下列實驗方案不能得出相應結論的是（　　）
結論：金屬活動性順序為 結論：氧化性順序為 結論：甲基使苯環活化 結論：增大反應物濃度， 該反應速率加快
A B C D
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·陜西）某元素的單質及其化合物的轉化關系如圖。常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性。阿伏加德羅常數的值為。下列說法錯誤的是（　　）
A．G、K均能與溶液反應
B．H、N既具有氧化性也具有還原性
C．M和N溶液中的離子種類相同
D．與足量的J反應，轉移電子數為
12．（2025·陜西）格氏試劑性質活潑，可與空氣中的和等反應。某興趣小組搭建了圖示無水無氧裝置（部分裝置略），以乙醚（沸點）為溶劑，利用下述反應高產率地制備二苯甲酮。
下列說法錯誤的是（　　）
A．氣球中填充保護氣，并起緩沖壓力的作用
B．燒瓶中液體是格氏試劑的乙醚溶液
C．圖中的漏斗不能用球形分液漏斗代替
D．產率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易與格氏試劑反應
13．（2025·陜西）我國科研人員采用圖示的電解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。電極b表面的主要反應歷程見圖（灰球表示電極表面催化劑），下列說法錯誤的是（　　）
A．電解時，從右室向左室移動
B．電解總反應：
C．以為原料，也可得到TQ
D．用標記電解液中的水，可得到
14．（2025·陜西）常溫下，溶液中以氫氧化物形式沉淀時，與的關系如圖[其中X代表或]。
已知：，比更易與堿反應，形成；溶液中時，X可忽略不計。
下列說法錯誤的是（　　）
A．L為與的關系曲線
B．的平衡常數為
C．調節溶液濃度，通過堿浸可完全分離和
D．調節溶液為，可將濃度均為的和完全分離
二、非選擇題：本題共4小題，共58分。
15．（2025·陜西）某實驗室制備糖精鈷，并測定其結晶水含量。
已知：表示糖精根離子，其摩爾質量為，糖精鈷的溶解度在熱水中較大，在冷水中較小；丙酮沸點為，與水互溶。
（一）制備
I．稱取，加入蒸餾水，攪拌溶解，得溶液1．
Ⅱ．稱取（稍過量）糖精鈉（），加入蒸餾水，加熱攪拌，得溶液2．
Ⅲ．將溶液2加入到接近沸騰的溶液1中，反應3分鐘后停止加熱，靜置，冷卻結晶。
IV．過濾，依次用三種不同試劑洗滌晶體，晾干得產品。
回答下列問題：
（1）I和Ⅱ中除燒杯外，還需用到的玻璃儀器有　 　、　 　（寫出兩種）
（2）Ⅲ中靜置過程有少量晶體出現時，可將燒杯置于　 　中，以使大量晶體析出。
（3）IV中用①丙酮、②冷水、③冷的溶液洗滌晶體，正確順序為____。
A．①③② B．③②① C．②①③
（4）IV中為了確認氯離子已經洗凈，取水洗時的最后一次濾液于試管中，　 　（將實驗操作、現象和結論補充完整）．
（5）與本實驗安全注意事項有關的圖標有____。
A．護目鏡 B．洗手 C．熱燙 D．銳器
（6）（二）結晶水含量測定
和形成配合物。準確稱取糖精鈷產品于錐形瓶中，加蒸餾水，加熱溶解，再加入緩沖溶液和指示劑，在50~60下，用的標準溶液滴定。
下列操作的正確順序為　 　（用字母排序）。
a．用標準溶液潤洗滴定管 b．加入標準溶液至“0”刻度以上處
c．檢查滴定管是否漏水并清洗 d．趕出氣泡，調節液面，準確記錄讀數
（7）滴定終點時消耗標準溶液，則產品中x的測定值為　 　（用含m、c、V的代數式表示）；若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，會導致x的測定值　 　（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。
16．（2025·陜西）一種綜合回收電解錳工業廢鹽（主要成分為的硫酸鹽）的工藝流程如下．
已知：①常溫下，，；
②結構式為。
回答下列問題：
（1）制備廢鹽溶液時，為加快廢鹽溶解，可采取的措施有　 　、　 　。（寫出兩種）
（2）“沉錳I”中，寫出形成的被氧化成的化學方程式　 　。
當將要開始沉淀時，溶液中剩余濃度為　 　。
（3）“沉錳II”中，過量的經加熱水解去除，最終產物是和　 　（填化學式）。
（4）“沉鎂I”中，當為8.0~10.2時，生成堿式碳酸鎂，煅燒得到疏松的輕質。過大時，不能得到輕質的原因是　 　。
（5）“沉鎂II”中，加至時，沉淀完全；若加至時沉淀完全溶解，據圖分析，寫出沉淀溶解的離子方程式　 　。
（6）“結晶”中，產物X的化學式為　 　。
（7）“焙燒”中，元素發生了　 　（填“氧化”或“還原”）反應。
17．（2025·陜西）/循環在捕獲及轉化等方面具有重要應用。科研人員設計了利用與反應生成的路線，主要反應如下：
I．
II．
III．
回答下列問題，
（1）計算　 　。
（2）提高平衡產率的條件是____。
A．高溫高壓 B．低溫高壓 C．高溫低壓 D．低溫低壓
（3）高溫下分解產生的催化與反應生成，部分歷程如圖，其中吸附在催化劑表面的物種用*標注，所示步驟中最慢的基元反應是　 　（填序號），生成水的基元反應方程式為　 　。
（4）下，在密閉容器中和各發生反應。反應物（、）的平衡轉化率和生成物（、）的選擇性隨溫度變化關系如下圖（反應III在以下不考慮）．
注：含碳生成物選擇性
①表示選擇性的曲線是　 　（填字母）。
②點M溫度下，反應Ⅱ的　 　（列出計算式即可）。
③在下達到平衡時，　 　。，隨溫度升高平衡轉化率下降的原因可能是　 　。
18．（2025·陜西）我國某公司研發的治療消化系統疾病的新藥凱普拉生（化合物H），合成路線如下（部分試劑、反應條件省略）。
已知：
回答下列問題：
（1）A中官能團的名稱是　 　　 　
（2）B的結構簡式為　 　。
（3）由C轉變為D的反應類型是　 　
（4）同時滿足下列條件的#的同分異構體有　 　種（不考慮立體異構）。
①含有兩個甲基；②與鈉反應產生氫氣。
（5）由D轉變為E的過程中經歷了兩步反應，第一步反應的化學方程式是：　 　（要求配平）。
（6）下列關于F說法正確的有____。
A．F能發生銀鏡反應
B．F不可能存在分子內氫鍵
C．以上路線中E+F→G 的反應產生了氫氣
D．已知醛基吸引電子能力較強，與相比F的N-H鍵極性更小
（7）結合合成H的相關信息，以、和含一個碳原子的有機物（無機試劑任選）為原料，設計化合物的合成路線　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】無機非金屬材料；合金及其應用；有機高分子化合物的結構和性質
【解析】【解答】A、N和Si都是無機非金屬元素，其化合物氮化硅屬于典型的無機非金屬材料，A錯誤；
B、合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬或非金屬經一定方法所合成的具有金屬特性的物質，屬于典型的金屬材料，B正確；
C、聚酰亞胺隔熱層由含酰亞胺環的重復單元通過共價鍵連接而成的高分子聚合物，屬于典型的有機高分子材料，C錯誤；
D、現代制淡水用反滲透膜的主要成分是芳香族聚酰胺，是一類分子鏈中含有芳香環和酰胺基團的有機高分子材料，D錯誤；
故答案為：B
【分析】分離膜根據膜孔大小分為微濾膜，超濾膜，納濾膜和反滲透膜，其中生產分離膜的主要材料有：醋酸纖維、芳香族聚酰胺、聚丙烯、聚四氟乙烯等。
2．【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；結構簡式；球棍模型與比例模型；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A、CS2中，碳原子與兩側的硫原子各形成兩對共用電子對，滿足碳的八電子穩定結構；每個硫原子除成鍵電子外，還含有兩對孤對電子，使硫原子也滿足八電子穩定結構，且有雙鍵的存在，CS2分子呈直線型，鍵角為 180°，與 CO2的空間構型相似，故電子式為：，A正確；
B、Be是4號元素，故基態原子的價電子排布式為2S2，B錯誤；
C、的球棍模型為：，選項所示為其比例模型，C錯誤；
D、順反異構的有機物中反式結構是指相同的原子或原子團位于雙鍵的兩側，因此反-2-丁烯的結構簡式為：，選項所示為 順-2-丁烯的結構，D錯誤；
故答案為：A
【分析】判斷順反異構體有兩個原則：1. 分子中存在限制旋轉的因素，如雙鍵或脂環；2. 每個不能自由旋轉的碳原子必須連有兩個不同的原子或原子團。此外，根據在兩個由雙鍵連接的碳原子上所連的四個原子或基團中兩個相同者的位置來決定異構體的類型，同側為“順式異構”，異側為“反式異構”。
3．【答案】A
【知識點】濃硫酸的性質；硅和二氧化硅；鋁的化學性質；乙炔炔烴
【解析】【解答】A、單晶硅用于制造芯片主要得益于其優良的半導體特性和完整的原子晶體結構，熔與點無關，A錯誤；
B、鋁的還原性較強，因此能把比其還原性弱的金屬氧化物中的氧搶走，還原成單質，而自身成為氧化物，故可用于冶煉金屬，B正確；
C、濃硫酸具有吸水性，可以吸收水分，可以做干燥劑，但要注意只能干燥中性和酸性氣體，不能干燥
堿性氣體，C正確；
D、乙炔燃燒產生高溫火焰，其外焰溫度可達到3000℃以上，因此能夠熔化金屬，從而實現金屬切割，
D正確；
故答案為：A
【分析】 一定要看清楚物質性質與用途是否存在一一對應的關系，要注意，選項的說法可能都正確，但不存在對應關系。
4．【答案】B
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；有機物中的官能團；有機物的結構和性質；有機物（官能團）的檢驗
【解析】【解答】A、如圖所示，AA2G的結構中含有碳碳雙鍵，因此能夠與Br2發生加成反應：CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br，從而使溴水褪色，A錯誤；
B、如圖所示，AA2G的結構中含有醇羥基，能與含有羧基乙酸的在濃硫酸催化的條件下，酸脫羥基醇脫氫，發生酯化反應，B正確；
C、如圖所示，AA2G的結構中含有酯基，因此能在堿性條件下水解生成羧酸鹽和醇，故能與NaOH溶液反應，C正確；
D、手性碳是指連接有4個不同原子或原子團的飽和碳原子，在AA2G的結構中，一共含有7個手性碳原子，，D錯誤；
故答案為：B
【分析】連有四個不同基團的碳原子稱為手性碳原子。判斷依據為：
1.凡碳原子上連有相同基團的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子連有雙鍵、三鍵的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在環上，將環上碳原子所連接的兩個單鍵剪斷，剪下的部分結構不對稱，該碳原子為手性碳；若剪下的部分結構對稱，該碳原子不是手性碳。
5．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；化學鍵和分子間作用力的區別；利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構
【解析】【解答】A、芳香烴是指分子中含有一個或多個苯環的碳氫化合物，索烴結構中含有兩個全苯基大環分子，且只由C、H兩種元素構成，屬于芳香烴，A正確；
B、將有機物放入質譜儀中可得到質譜圖，質譜圖的橫坐標為質荷比，縱坐標為相對豐度，而最右峰的橫坐標，其數值即為相對分子質量，因此索烴的相對分子質量可用質譜儀測定，B正確；
C、大環屬于分子，因此兩個大環之間存在分子之間的作用力，也就是分子間作用力或范德華力，C錯
誤；
D、“機械鍵”是兩個或多個分子在空間上穿插互鎖的一種結合形式，而破壞該索烴中的“機械鍵”需要斷裂共價鍵，也就是其中一個大環分子中苯環之間的碳碳鍵，D正確；
故答案為：C
【分析】分子間作用力，又稱范德華力，主要作用對象是分子之間高分子化合物內官能團，但是它比化學鍵弱得多，很難影響到分子本身的性質，主要將共價分子凝聚成相應的固體或者液體。
6．【答案】C
【知識點】晶體熔沸點的比較；極性分子和非極性分子；電解質在水溶液中的電離；溶液酸堿性的判斷及相關計算
【解析】【解答】A、氯化鈉和氯化銫都是離子晶體，離子鍵強度和離子半徑有關。Na+半徑比 Cs+小，所以 NaCl 的晶格能更大，離子鍵更強，熔點更高，A正確；
B、碘是非極性分子，四氯化碳也是非極性分子，根據相似相溶原理，非極性分子易溶于非極性溶劑，所以碘易溶于四氯化碳，B正確；
C、草酸氫鈉即NaHC2O4，溶液顯酸性，溶液中 H+濃度高，其中 HC2O4-既有電離平衡：HC2O4- H+ + C2O42-，又有水解平衡：HC2O4- + H2O H2C2O4 + OH-。如果溶液顯酸性，說明電離產生的 H+比水解產生的 OH-多，因此電離程度大于水解程度，C錯誤；
D、離子液體是由陰陽離子組成的，熔融或液態時離子可以移動，所以導電性良好，因此離子液體具有很好的導電性，D正確；
故答案為：C
【分析】電離度是指鹽溶液中水將其電離成陽離子和陰離子的能力，而水解程度是指鹽溶液中弱離子與水結合形成相應的弱酸或弱堿的能力。對于強酸和強堿，電離度越大，酸堿性越強，但水解程度越弱。一般來說，電離度大的溶液水解程度較弱，相反，電離度小的溶液水解程度較大。
7．【答案】D
【知識點】鹽類水解的應用；鈉的化學性質；尾氣處理裝置；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、泡沫滅火器的反應原理主要基于鹽類的雙水解反應，通過生成二氧化碳氣體和泡沫來實現滅火，鋁離子水解：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，碳酸氫根水解：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-，二者結合可得到相互促進的總反應：，其中反應產物：氫氧化鋁可以形成蓬松的泡沫，覆蓋在燃燒物表面；二氧化碳的密度比空氣大，能隔絕氧氣，實現滅火，A正確；
B、甲苯中的苯環和甲基在常溫下與金屬鈉不發生反應，而金屬鈉與水能發生劇烈反應：，可以定量消耗甲苯中的微量水，生成的 NaOH 不溶于甲苯，以固體形式存在，而 H2逸出，從而實現干燥，B正確；
C、二氧化氮（NO2）與氫氧化鈉（NaOH）溶液發生歧化反應，NO2中 N 元素為 + 4 價，在堿性條件下發生歧化，一部分被氧化為 + 5 價的NO3-，另一部分被還原為 + 3 價的NO2-，故反應的方程式為：，C選項正確；
D、石灰乳在水中以懸濁液的形式存在，因此在離子反應中不能拆分，在常溫下，石灰乳和氯氣發生歧化反應，生成氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故方程式為：2Cl2 +2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2 +CaCl2 +2H2 O
，D錯誤；
故答案為：D
【分析】一般來說，離子方程式的正誤判斷我們從以下幾個方面來判斷：是否符合守恒規律。
離子方程式的書寫應當滿足電荷守恒、原子守恒、電子守恒關系，否則離子方程式的書寫錯誤；離子方程式的書寫是否符合客觀事實；是否正確使用符號；拆分是否正確；離子反應是否寫全；是否符合量的關系。
8．【答案】A
【知識點】晶胞的計算；金屬晶體的基本堆積模型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A、如圖所示，晶胞中的Ag位于體心，此時假設體心中沒有Ag，則可以將其類比成金剛石的晶胞，在金剛石晶胞中對角線方向投影圖：6個頂點投影在大正六邊形頂點上，3個面心和3個小體心（另3個面心在3個小體心背后遮擋）投影在小正六邊形頂點上，另外2個頂點和1個小體心重疊在正六邊形中心，故投影圖為：，A錯誤；
B、如圖所示，Ag位于體心，周圍與4個N原子成鍵，價層電子對數為4，能和N形成正四面體結構，故Ag屬于sp3雜化，而在共用頂點的B原子的8個晶胞中，有4個晶胞中存在1個C原子與該B原子成鍵，價層電子對數為4，也能形成正四面體結構，故B也屬于sp3雜化，B正確；
C、如圖所示，Ag位于體心，Ag原子周圍最近且等距離相等的Ag原子同樣在其相鄰的晶胞的體心處，一共是上、下、前、后、左、右的6個相鄰晶胞，C正確；
D、如圖所示，B原子位于頂點，其個數為：8×1/8=1，其他在晶胞中的原子，Ag有1個，C有4個，N有4個，據此可以得到晶胞的化學式為：AgB(CN)4，根據公式：、，Ag（體心）與 B（頂點）的最短距離為體對角線的 1/2，所以和B的最短距離為，D正確；
故答案為：A
【分析】體心立方堆積模型的投影分析：體心立方晶胞沿體對角線投影規律是對角線的兩個頂點原子及體心原子投在正六邊形的中心，其余的頂點原子投在正六邊形的六個頂點。
9．【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A、X是P，Z是Cl，同周期元素的電負性從左至右依次增大，所以第一電離能：Z>X，A錯誤；
B、X是P，簡單氫化物對應PH3，Y是N，簡單氫化物對應NH3，可以得知，PH3和NH3的中心原子雜化類型和孤對電子數目均相同，但是N的電負性大于P，所以NH3中的成鍵電子對中的斥力較大，所以鍵角：Y>X，B錯誤；
C、X是P，Y是N，Z是Cl，在元素周期表中，從左至右，從下至上，最高價含氧酸的酸性不斷增強，所以最高價含氧酸的酸性：Z>Y>X，C錯誤；
D、X是P，常見的氧化物有：P2O3、P2O5等；Y是N，常見的氧化物有：NO、NO2等；Z是Cl，常見的氧化物有：Cl2O、ClO2等，D正確；
故答案為：D
【分析】元素都是短周期，X、Y 價電子數相等也就是同主族或價電子構型同，基態 Y 的 2p 軌道半充滿，為2p3，所以Y 是 N；X、Y 價電子數相等，均為 5且為短周期 ，可以推測為3s23p3，同主族，價電子數相同，所以 X 為 P；X（第三周期）與 Z 電子層數相同，Z 最外層 1 個未成對電子，而第三周期中，只有Cl 的 3p5有1 個未成對電子，所以 Z 為 Cl。
10．【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；常見金屬的活動性順序及其應用；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、兩個原電池，通過電流表指針偏轉來判斷電子的流向：從負極到正極，在Fe-Cu稀硫酸電池中，電子由Fe電極移動到Cu電極，說明Fe為負極，且金屬活動性：Fe>Cu；接著在Fe-Zn稀硫酸電池中，電子由Zn電極移動到Fe電極，說明Zn為負極，且金屬活動性：Zn>Fe，綜合可知，金屬活動性：Zn>Fe>Cu，A正確；
B、左管：Fe3+ 氧化 I-，說明氧化性：Fe3+ > I2，KSCN 檢測 Fe3+ 的剩余；右管：Cl2 氧化 Fe2+，說明氧化性：Cl2> Fe3+，KSCN 檢測 Fe3+的生成； 故總得到氧化性順序為：Cl2> Fe3+> I2，B正確；
C、由實驗現象可知苯不使酸性KMnO4溶液褪色，而甲苯使酸性KMnO4溶液褪色，但是在整個氧化過程中，苯環不發生變化，只有甲基被氧化成了羧基，說明是苯環對甲基的活化作用，C錯誤；
D、兩者H2SO4濃度、體積一致，僅Na2S2O3濃度不同，控制變量，確保了實驗的準確性，反應中，“出現渾濁” 是生成S的時間，反映初始反應速率，濃度更高的體系，單位時間生成S更快，更早達到 “可見渾濁” 的臨界量，通過對比渾濁出現時間，可驗證 增大反應物濃度，反應速率加快，D正確；
故答案為：C
【分析】判斷對比實驗能否達到實驗目的的方法是否控制單一變量，即幾組實驗中，除要研究的因素外，其余因素均相同、對比實驗中能否有不同現象；
判斷非對比實驗能否達到實驗目的的方法：分析實驗目的的實質、分析預期實驗現象、分析是否有干擾因素，如果沒有則可以達到實驗目的；
11．【答案】D
【知識點】含硫物質的性質及綜合應用；氧化還原反應的電子轉移數目計算；阿伏加德羅定律及推論
【解析】【解答】A、G是H2S，是一種弱酸，K是 SO3，是一種酸性氧化物，因此二者都可以與堿也就是NaOH溶液反應，A正確；
B、H是S，屬于單質，化合價為0，處在中間價態，因此既可以被氧化，又可以被還原；N是Na2SO3，S的化合價為4價，同樣處在中間價態，因此既可以被氧化，又可以被還原，B正確；
C、M(NaHSO3)溶液：離子為Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-電離和水解)；N(Na2SO3)溶液：離子為Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；兩者離子種類相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正確；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以發生歸中反應，，由方程式不難看出，1molH2S反應的時候，轉移的電子數為2NA，D錯誤；
故答案為：D
【分析】由題可知，常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性可以推測出J是SO2；G 為氣體，經兩步氧化生成 SO2，故 G 為 H2S；J與 O2反應生成 K 為 SO3；J 與少量 NaOH 反應生成 M 為 NaHSO3，與足量 NaOH 反應生成 N 為 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 為 Na2SO4。
12．【答案】B
【知識點】實驗裝置綜合；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A、根據題干信息可知，格氏試劑性質活潑，可與空氣中的和等反應，所以需要再氣球中加入氣體作為保護氣；同時乙醚（沸點）為溶劑，說明乙醚的沸點較低，反應過程中可能會揮發，變成氣體，增大壓強，所以當燒瓶中壓力比較大的時候，可以打開旋塞，將氣體放出，起緩沖壓力的作用，A正確；
B、主反應為格氏試劑與苯甲酰氯的反應，但在這個條件下格氏試劑還容易與產物二苯甲酮反應生成副
產物，所以需要嚴格控制格氏試劑的用量，要把格氏試劑放入恒壓滴液漏斗中滴加，B錯誤；
C、恒壓滴液漏斗的導管將漏斗的上部和下部的反應裝置相連通，可以用于平衡氣壓，有利于漏斗內的
液體能順利滴下，如果改成球形分液漏斗，在滴液的時候則需要打開上端的玻璃塞來平衡氣壓，這個時
候就會讓空氣進入，導致格氏試劑與空氣中的和等反應，C正確；
D、產率高說明 主反應（苯甲酰氯 + 格氏試劑）比副反應（二苯甲酮 + 格氏試劑）更易發生，即苯甲酰氯比二苯甲酮更易與格氏試劑反應，D正確；
故答案為：B
【分析】恒壓滴液漏斗用一個支管連通了滴液漏斗和反應瓶，因此上方可以塞上塞子防止其中的液體揮發，而且里面的液體還能夠滴下來；而球形分液漏斗在滴液的時候，上方是不能夠塞上塞子的，否則會因為壓力的緣故導致液體留不下來。
13．【答案】D
【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；原電池、電解池綜合；有機反應中的氧化反應；有機反應中的還原反應
【解析】【解答】A、電極 b：TY→TQ，失電子，發生氧化反應，是陽極，接電源正極；電極 a：得電子發生還原反應是陰極，接電源負極；因此離子移動為陽離子向 陰極 移動，即從 右室（陽極區，電極 b） 到 左室（陰極區，電極 a），A正確；
B、根據分析可以寫出電極a的半反應為：，電極b的反應為：，二者相加可得到總反應為：，B正確；
C、原料為酚類，結構中含酚羥基，對位連異丙基，與 TY 結構類似，TY 也為酚類，對位連接異丙基，而酚類可經氧化反應生成醌（TQ 為醌結構），故類似原料可發生反應，C正確；
D、根據反應歷程圖可知，在TY轉化成TQ的過程中，酚羥基中的O原子并沒有脫離苯環，而酚羥基對位引入的O原子來自于H2O分子，所以說標記電解液中的水，被標記的應該在氧化前酚羥基對位的位置，也就是方框所示位置：，D錯誤；
故答案為：D
【分析】根據題干可知，這是電極b表面的主要反應歷程見圖（灰球表示電極表面催化劑），可以看出1mol的TY和1mol的H2O在電極B上失去4mol的電子，來生成1mol的TQ和1mol的H+，據此推斷出電極b是陽極，發生氧化反應，電極a是陰極，發生還原反應，采用H2SO4作為電解質溶液，在電解池板間存在質子交換膜，所以在陽極生成H+通過質子交換膜在陰極發生反應。
14．【答案】B
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；溶液酸堿性的判斷及相關計算
【解析】【解答】A、對于 Al(OH)4-，其濃度隨 pH 升高而增加（因 Al(OH)3 在高 pH 溶解形成 Al(OH)4-），因此 -lg c[Al(OH)4-] 隨 pH 升高而減小，曲線呈下降趨勢。圖表中 L 曲線符合這一特征，A正確；
B、該反應的平衡常數 K = [Zn(OH)42-] / ([Zn2+][OH-]4)。在 Zn(OH)2 沉淀與溶解的邊界也就是 c(Zn2+) 和 c(Zn(OH)42-) 相等時，K = 1 / [OH-]4。在圖像中，Zn 的相關特征點出現在 pH 9.4 附近，而非選項中的高 pH。計算：假設 K = 1011.2，則在 [Zn2+] = [Zn(OH)42-] 時，
[OH-]4 = 1/K = 10-11.2，[OH-] = 10-2.8，pH = 14 - (-lg[OH-]) = 14 - 2.8 = 11.2。但圖表中標記點 pH 12.4 或 9.4 均不匹配此值，pH 12.4 時 [OH-] = 10-1.6， [OH-]4 ≈ 10-6.4， 1/[OH-]4 ≈ 106.4，log K ≈ 6.4，與 11.2 不符。標準值中 Zn(OH)42- 的 log K 通常約為 15，1011.2過小，與圖表和已知不一致，B錯誤；
C、在高 pH 下，Al(OH)3 溶解形成 Al(OH)4-（兩性），而 Cd(OH)2 不易形成 Cd(OH)42-，根據題干信息已知 Zn(OH)2 比 Cd(OH)2 更易與堿反應，因此 Cd(OH)2 保持沉淀狀態。當 c(Al) 溶解且 c(Cd2+) ≤ 10-5 mol·L- 時，可完全分離，C正確；
D、在 pH 4.7~6.4 范圍內：
Al3+：Al(OH)3 開始沉淀的 pH 較低，在 pH 4.7 時 c(Al3+) ≈ 10-5 mol·L- ，此時可認為完全沉淀。
Zn2+：Zn(OH)2 開始沉淀的 pH 約 6.24，在 pH < 6.24 時 c(Zn2+) = 0.1 mol·L- > 10-5 mol·L- ，還有溶解的Zn2+；在 pH 6.4 時 c(Zn2+) ≈ 0.0475 mol·L- > 10-5 mol·L- ，并沒有完全沉淀。
因此，Al3+ 沉淀而 Zn2+ 溶解，可實現完全分離，D正確；
故答案為：B。
【分析】圖表顯示了常溫下溶液中 Al3+、Zn2+、Cd2+ 及其羥基配合物：Al(OH)4-、Zn(OH)42-、Cd(OH)42-的濃度隨 pH 的變化關系。橫坐標為 pH，縱坐標為pX。圖中標記了關鍵 pH 點：7.0、8.4、9.4、12.4、14.0，這些點對應沉淀或溶解的轉變。
關鍵 pH 點總結：
pH 7.0：Cd2+ 開始沉淀，c(Cd2+) 降至可忽略水平（c ≤ 10-5 mol·L- ）。
pH 8.4：Zn2+ 開始沉淀，c(Zn2+) 顯著降低。
pH 9.4：Zn(OH)2 開始溶解形成 Zn(OH)42-，溶解鋅濃度增加。
pH 12.4：Al(OH)3 開始溶解形成 Al(OH)4-，c[Al(OH)4-] 顯著增加。
pH 14.0：參考點，所有可溶物種濃度較高。
15．【答案】（1）玻璃棒；量筒
（2）冰水浴
（3）B
（4）先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸銀溶液，若無白色沉淀生成，則說明氯離子已經洗凈。
（5）A
（6）cabd
（7）；偏高
【知識點】常用儀器及其使用；物質的檢驗和鑒別；實驗裝置綜合；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）、I和Ⅱ均屬于溶解操作，因此步驟I、Ⅱ中需要使用量筒、膠頭滴管量取蒸餾水，并用玻璃棒攪拌以加快固體溶解速率。
（2）、根據題干信息可知，因為 糖精鈷的溶解度在熱水中較大，在冷水中較小 ，所以為了盡快讓大量晶體析出，應降低溶液溫度，可將燒杯置于冰水浴中，以使大量晶體析出。
（3）、先用冷的1%NaSac溶液洗滌，可降低糖精鈷溶解度，減少晶體損失，還能將晶體表面吸附的Co2+轉化為晶體析出，且不引入新的雜質，再用冷水洗滌，可降低晶體溶解度并洗去溶液中存在的可溶性離子，丙酮可以與水互溶且沸點比關鍵水的低，故最后用丙酮洗滌以除去殘留的水且能使晶體快速干燥，故答案為：B。
（4）、IV中為了確認氯離子已經洗凈的步驟為：先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸銀溶液，若無白色沉淀生成，則說明氯離子已經洗凈。
（5）、進行化學實驗需要佩戴護目鏡，以保護眼睛，同時化學實驗結束后，離開實驗室前需用肥皂等清洗雙手，該實驗涉及加熱操作，因此需要防止熱燙，要選擇合適的工具進行操作，避免直接觸碰，故A、B、C符合題意；該實驗中未涉及銳器的操作，D不符合題意，故答案為：ABC。
（6）、使用滴定管前首先要檢漏，確定不漏液之后用蒸餾水清洗（c），再用待裝的標準溶液進行潤洗（a），待潤洗完成后裝入標準溶液至“0”刻度以上2～3mL處（b），放液趕出氣泡后調節液面至“0”刻度或“0”刻度下，準確記錄標準溶液體積的初始讀數（d），故答案為：cabd。
（7）、滴定消耗的，EDTA與Co2+能1：1反應生成配合物，因此在樣品溶解后的，即樣品中，，繼續分析可知，，根據所得到的公式可以推測出樣品的質量：，由此可得：。若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，則讀取的消耗EDTA的標準溶液的體積偏小，根據X的表達式可知，計算出的x的測定值會偏高。
【分析】按照反應：，制備糖 精鈷，然后在冰水浴中結晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”順序進行洗滌，得到糖精鈷晶體，最后將糖精鈷晶體溶解后用EDTA標準溶液滴定測定含有結晶水的數量。在整個實驗過程中，糖精鈷 ：熱水中溶解度大，冷水中小，也就是其熱溶冷析的依據；糖精鈉 ：過量加入，確保 Co2+能夠完全配位；丙酮：沸點低，為56℃，易烘干、與水互溶，因此用于除水，減少晶體溶解。
16．【答案】（1）適當升溫；攪拌
（2）；10-2.15
（3）O2
（4）pH過大時，生成Mg(OH)2，煅燒過程中沒有CO2生成，使其無法得到疏松多孔的結構，無法形成輕質MgO。
（5）
（6）(NH4)2SO4
（7）還原
【知識點】氧化還原反應；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子方程式的書寫
【解析】【解答】（1）、廢鹽溶液時，為加快廢鹽溶解，可以通過攪拌、適當升溫來加快化學反應速率，但要注意溫度過高會導致NH3·H2O分解，所以升溫要適當。
（2）、“沉錳I”中，形成的被氧化成，Mn從+2價升高到+8/3價，而O從0價降低到-2價，遵循得失電子守恒原則，通過氧化還原反應配平可得到反應方程式為：，接著根據題干給定的信息，＞，也就是說當Mg2+開始沉淀的時候，Mn2+已經開始生成沉淀了，所以在溶液中：，且已知，所以c(Mn2+)=10-2.15mol/L。
（3）、根據題干信息可知，在的結構式中可以看出存在過氧鍵，過氧鍵不穩定，在加熱水解的過程中容易斷裂，O元素發生自身的歧化反應，一部分化合價降低為-2價，變成，另一部分化合價升高，變成O2。
（4）、由題干可知，>，據此推斷Mg(OH)2更難溶，故pH過大時，生成Mg(OH)2，煅燒過程中沒有CO2生成，使其無法得到疏松多孔的結構，無法形成輕質MgO。
（5）、據圖分析，pH＝8時，P元素主要以HPO42-的形式存在，繼續加至時，沉淀完全，此時的存在形式為MgHPO4，當pH=4時，P元素主要以H2PO4-的形式存在，沉淀完全溶解，Mg元素主要以Mg2+的形式存在，因此可以推斷出此時的沉淀溶解的離子方程式為：。
（6）、從整個流程中觀察可知，陽離子只有NH4+，陰離子只有SO42-，PO43-在前一步驟中已經沉淀了，所以可以推斷出產物X為：(NH4)2SO4。
（7）、Mn3O4中的Mn的平均化合價為+8/3價，MnO2中的Mn的化合價為+4價，MnSO4·H2O中的Mn的化合價為+2價，所以可以推斷出在焙燒的過程中Mn元素的化合價降低，Mn發生還原反應。
【分析】沉錳 Ⅰ：以廢鹽（Mn2+、Mg2+、NH4+）、NH3 H2O、O2為原料，將Mn2+被 O2氧化，在氨性環境下生成 Mn3O4，初步富集 Mn，分離出 Mn3O4，溶液殘留少量 Mn2+、Mg2+、NH4+。
沉錳 Ⅱ：利用過二硫酸銨，因為結構中含有過氧鍵（-O-O-)，屬于強氧化劑，S2O82-氧化殘留 Mn2+為 MnO2，自身還原為 SO42-，利用這一步徹底除去Mn離子，分離出 MnO2，溶液含 Mg2+、NH4+、SO42-。
沉鎂 Ⅰ：NH3 H2O用來調節溶液的pH，接著利用NH4HCO3提供CO32-，沉淀 Mg2+為 MgCO3，后續煅燒得 MgO。
沉鎂 Ⅱ：H3PO4提供PO43-，殘留 Mg2+與 NH4+、PO43-結合，成 MgNH4PO4·6H2O，利用磷酸鹽沉淀的高穩定性，確保 Mg2+完全去除。
結晶： H2SO4調 pH=6.0，促進NH4+與SO42-結晶為 (NH4)2SO4，回收物質 X。
焙燒：利用Mn3O4、MnO2、(NH4)2SO4及硫酸在高溫下，Mn 的高價氧化物（Mn3O4、MnO2）與銨鹽 或硫酸反應，被還原為 Mn2+，最終結晶為MnSO4 H2O，實現資源回收。
17．【答案】（1）-65
（2）B
（3）④；
（4）c； ；0.2；反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的氫氣
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡狀態的判斷；化學平衡轉化過程中的變化曲線；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】（1）、根據已知條件：
I．
II．
可以將I+II加和在一起，可得到：，結和蓋斯定律可知：。
（2）、已知反應Ⅱ.為放熱反應，要提高CH4的平衡產率，要使平衡正向移動。
A、高溫會使平衡逆向移動，不利于提高CH4的平衡產率，A錯誤；
B、低溫使平衡正向移動，高壓也使平衡正向移動，可提高CH4的平衡產率，B正確；
C、高溫會使平衡逆向移動，低壓會使平衡逆向移動，不利于提高CH4的平衡產率，C錯誤；
D、低壓會使平衡逆向移動，不利于提高CH4的平衡產率，D錯誤；
故答案為：B。
（3）、反應活化能越高，反應速率越慢，從圖中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反應為；由圖可知，在第三步的時候生成了水，基元反應為：。
（4）、①、已知反應1為吸熱反應，Ⅱ為放熱反應，Ⅲ為吸熱反應，根據圖像，溫度逐漸升高，則碳酸鎂的轉化率逐 漸升高，氫氣的轉化率下降，在360℃以下不考慮反應Ⅲ，則二氧化碳的選擇性上升，甲烷的選擇性下降， 所以a表示碳酸鎂的轉化率，b表示二氧化碳的選擇性，c表示甲烷的選擇性。①表示CH4選擇性的曲線是c，故答案為：c；
②、點M溫度下，從圖中看出碳酸鎂的轉化率為49%則剩余的碳酸鎂為0.51mol，根據碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物質的量之和為0.49nol，又因為此時二氧化碳的選擇性和甲烷的選擇性相等，則二氧化碳和甲烷的物質的量為0.245mol，根據氧原子守恒得出水的物質的量為0.49mol，根據氫原子守恒得出氫氣的物質的量0.02mol，總的物質的量0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，則反應II的Kp為：。
③、在550℃下達到平衡時，碳酸鎂完全轉化，二氧化碳的選擇性為70%甲烷的選擇性為10%則生成的二氧化碳為0.7mol，生成的甲烷為0.1mol，根據碳原子守恒得出；因為反應11是放熱的，反應Ⅲ是吸熱的。在500～600℃，隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，反應Ⅲ正向移動，由于反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的氫氣，導致H2平衡轉化率下降，故答案為：0.2；反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的氫氣。
【分析】蓋斯定律的使用原則：化學反應不管是一步完成還是分幾步完成，其反應熱是相同的；化學反應的反應熱只與反應的始態（各反應物）和終態（各生成物）有關，而與具體反應的途徑無關；任何化學反應的反應熱和其逆反應的反應熱大小相等，符號相反；任何化學反應，當各物質系數發生變化時，反應熱的數值也隨之發生變化。
能壘：簡單可以理解為從左往右進行中，向上爬坡最高的為能壘，而包含此能壘的反應我們稱之為決速步驟，也成為慢反應。要注意：能壘越大，反應速率越小，即多步反應中能壘最大的反應為決速反應；用不同催化劑催化化學反應，催化劑使能壘降低幅度越大，說明催化效果越好；相同反應物同時發生多個競爭反應，其中能壘越小的反應，反應速率越大，產物占比越高。
書寫化學反應三段式時的注意事項：單位一致，確保起始量、變化量和平衡量的單位保持一致；注意化學計量數、注意物質狀態固體、純液體一般不參與其中；考慮可逆反應的平衡量不是完全轉化的結果，而是反應物和生成物共存的狀態。此時需要根據反應的轉化率或平衡常數進行計算。
18．【答案】（1）硝基；酚羥基
（2）CH3OCH2CH2CH2Br
（3）還原反應
（4）5
（5）
（6）A
（7）
【知識點】有機物的合成；同分異構現象和同分異構體；有機反應中的氧化反應；有機反應中的還原反應
【解析】【解答】（1）、根據合成路線中給出的結構簡式可知，A中官能團的名稱是硝基、酚羥基；
（2）、由分析可知，B的分子式為C4H9BrO，結合A、C的結構，可以判斷B的結構簡式為 ：CH3OCH2CH2CH2Br；
（3）、根據合成路線可知，C到D的過程中硝基還原成了氨基，所以由C轉變為D的反應類型為：還原反應；
（4）、同時滿足含有兩個甲基，與鈉反應產生氫氣的結構中一定含有兩個甲基、一個溴原子、一個羥基，因此可以推測出滿足該條件的同分異構體有5種，具體如下（箭頭指向為Br原子的位置）：；
（5）、由D轉變為E的第一步反應是已知條件的反應，因此可以推測其化學反應方程式為：；
（6）、A、F的結構中含有醛基，因此能夠發生銀鏡反應，A正確；
B、F結構中的亞氨基上的H原子離F原子比較接近，因此二者之間能夠形成分子內氫鍵，B錯誤；
C、E和F反應的另一產物為HCl，而反應物中含有NaH，二者的H的化合價分別為+1價和-1價，因此能發生歸中反應，生成H2，C正確；
D、F的結構中氟原子以及醛基都是屬于吸電子基團，所以F結構中的N-H鍵的極性就會更大，D錯誤；
故答案為：AC
（7）、結合合成H的相關信息，不難找出規律，可以設計出以下的合成路線：
。
【分析】A的結構中含有酚羥基（-OH） 和 硝基（-NO2），屬于芳香化合物，類似鄰硝基苯酚結構，B：分子式為C4H9BrO，結構為 CH3OCH2CH2CH2Br，屬于溴代醚， 二者在K2CO3的堿性條件下，使 A 的 酚羥基脫去質子，并和B 中與Br相連的-CH2碳， Br-離去，形成 醚鍵，得到 C。接著在Pd/C + H2的條件下發生催化氫化還原反應，把硝基還原為氨基，得到 D。然后D的 -NH2與 NaNO2/HCl反應，生成 芳香重氮鹽，并在CuCl作催化劑， SO2提供磺酰基的條件下，重氮鹽分解產生 芳基自由基， SO2結合，最終形成 -SO2Cl 官能團，得到 E。E中的S-Cl鍵斷裂，結合 F中含 吡咯環，五元雜環，N 上有活潑 H，發生取代反應，得到 G。最后發生還原胺化反應，把醛基 變成胺甲基，同時引入NaBH3CN這一種溫和還原劑，將亞胺 還原為仲胺，避免過度還原，得到普拉生（H）。
1 / 1陜西、山西、寧夏、青海2025年高考化學真題
一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025·陜西）“國之重器”是我國科技綜合實力的結晶。下述材料屬于金屬材料的是（　　）
A．“C919”大飛機用的氮化硅涂層
B．“夢想”號鉆探船鉆頭用的合金
C．“望宇”登月服用的聚酰亞胺隔熱層
D．“雪龍2”號破冰船制淡水用的反滲透膜
【答案】B
【知識點】無機非金屬材料；合金及其應用；有機高分子化合物的結構和性質
【解析】【解答】A、N和Si都是無機非金屬元素，其化合物氮化硅屬于典型的無機非金屬材料，A錯誤；
B、合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬或非金屬經一定方法所合成的具有金屬特性的物質，屬于典型的金屬材料，B正確；
C、聚酰亞胺隔熱層由含酰亞胺環的重復單元通過共價鍵連接而成的高分子聚合物，屬于典型的有機高分子材料，C錯誤；
D、現代制淡水用反滲透膜的主要成分是芳香族聚酰胺，是一類分子鏈中含有芳香環和酰胺基團的有機高分子材料，D錯誤；
故答案為：B
【分析】分離膜根據膜孔大小分為微濾膜，超濾膜，納濾膜和反滲透膜，其中生產分離膜的主要材料有：醋酸纖維、芳香族聚酰胺、聚丙烯、聚四氟乙烯等。
2．（2025·陜西）下列化學用語或圖示表達正確的是（　　）
A．的電子式為
B．基態原子的價電子排布式為
C．的球棍模型為
D．反-2-丁烯的結構簡式為
【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；結構簡式；球棍模型與比例模型；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A、CS2中，碳原子與兩側的硫原子各形成兩對共用電子對，滿足碳的八電子穩定結構；每個硫原子除成鍵電子外，還含有兩對孤對電子，使硫原子也滿足八電子穩定結構，且有雙鍵的存在，CS2分子呈直線型，鍵角為 180°，與 CO2的空間構型相似，故電子式為：，A正確；
B、Be是4號元素，故基態原子的價電子排布式為2S2，B錯誤；
C、的球棍模型為：，選項所示為其比例模型，C錯誤；
D、順反異構的有機物中反式結構是指相同的原子或原子團位于雙鍵的兩側，因此反-2-丁烯的結構簡式為：，選項所示為 順-2-丁烯的結構，D錯誤；
故答案為：A
【分析】判斷順反異構體有兩個原則：1. 分子中存在限制旋轉的因素，如雙鍵或脂環；2. 每個不能自由旋轉的碳原子必須連有兩個不同的原子或原子團。此外，根據在兩個由雙鍵連接的碳原子上所連的四個原子或基團中兩個相同者的位置來決定異構體的類型，同側為“順式異構”，異側為“反式異構”。
3．（2025·陜西）下列有關物質性質與用途對應關系錯誤的是（　　）
A．單晶硅熔點高，可用于制造芯片
B．金屬鋁具有還原性，可用于冶煉金屬
C．濃硫酸具有吸水性，可用作干燥劑
D．乙炔燃燒火焰溫度高，可用于切割金屬
【答案】A
【知識點】濃硫酸的性質；硅和二氧化硅；鋁的化學性質；乙炔炔烴
【解析】【解答】A、單晶硅用于制造芯片主要得益于其優良的半導體特性和完整的原子晶體結構，熔與點無關，A錯誤；
B、鋁的還原性較強，因此能把比其還原性弱的金屬氧化物中的氧搶走，還原成單質，而自身成為氧化物，故可用于冶煉金屬，B正確；
C、濃硫酸具有吸水性，可以吸收水分，可以做干燥劑，但要注意只能干燥中性和酸性氣體，不能干燥
堿性氣體，C正確；
D、乙炔燃燒產生高溫火焰，其外焰溫度可達到3000℃以上，因此能夠熔化金屬，從而實現金屬切割，
D正確；
故答案為：A
【分析】 一定要看清楚物質性質與用途是否存在一一對應的關系，要注意，選項的說法可能都正確，但不存在對應關系。
4．（2025·陜西）抗壞血酸葡萄糖苷（）具有抗氧化功能。下列關于的說法正確的是（　　）
A．不能使溴水褪色 B．能與乙酸發生酯化反應
C．不能與溶液反應 D．含有3個手性碳原子
【答案】B
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；有機物中的官能團；有機物的結構和性質；有機物（官能團）的檢驗
【解析】【解答】A、如圖所示，AA2G的結構中含有碳碳雙鍵，因此能夠與Br2發生加成反應：CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br，從而使溴水褪色，A錯誤；
B、如圖所示，AA2G的結構中含有醇羥基，能與含有羧基乙酸的在濃硫酸催化的條件下，酸脫羥基醇脫氫，發生酯化反應，B正確；
C、如圖所示，AA2G的結構中含有酯基，因此能在堿性條件下水解生成羧酸鹽和醇，故能與NaOH溶液反應，C正確；
D、手性碳是指連接有4個不同原子或原子團的飽和碳原子，在AA2G的結構中，一共含有7個手性碳原子，，D錯誤；
故答案為：B
【分析】連有四個不同基團的碳原子稱為手性碳原子。判斷依據為：
1.凡碳原子上連有相同基團的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子連有雙鍵、三鍵的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在環上，將環上碳原子所連接的兩個單鍵剪斷，剪下的部分結構不對稱，該碳原子為手性碳；若剪下的部分結構對稱，該碳原子不是手性碳。
5．（2025·陜西）“機械鍵”是兩個或多個分子在空間上穿插互鎖的一種結合形式。我國科研人員合成了由兩個全苯基大環分子組成的具有“機械鍵”的索烴，結構如圖，下列說法錯誤的是（　　）
A．該索烴屬于芳香烴
B．該索烴的相對分子質量可用質譜儀測定
C．該索烴的兩個大環之間不存在范德華力
D．破壞該索烴中的“機械鍵”需要斷裂共價鍵
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；化學鍵和分子間作用力的區別；利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構
【解析】【解答】A、芳香烴是指分子中含有一個或多個苯環的碳氫化合物，索烴結構中含有兩個全苯基大環分子，且只由C、H兩種元素構成，屬于芳香烴，A正確；
B、將有機物放入質譜儀中可得到質譜圖，質譜圖的橫坐標為質荷比，縱坐標為相對豐度，而最右峰的橫坐標，其數值即為相對分子質量，因此索烴的相對分子質量可用質譜儀測定，B正確；
C、大環屬于分子，因此兩個大環之間存在分子之間的作用力，也就是分子間作用力或范德華力，C錯
誤；
D、“機械鍵”是兩個或多個分子在空間上穿插互鎖的一種結合形式，而破壞該索烴中的“機械鍵”需要斷裂共價鍵，也就是其中一個大環分子中苯環之間的碳碳鍵，D正確；
故答案為：C
【分析】分子間作用力，又稱范德華力，主要作用對象是分子之間高分子化合物內官能團，但是它比化學鍵弱得多，很難影響到分子本身的性質，主要將共價分子凝聚成相應的固體或者液體。
6．（2025·陜西）下列對物質性質的解釋錯誤的是（　　）
選項 物質性質 解釋
A 氯化鈉熔點高于氯化銫 氯化鈉離子鍵強于氯化銫
B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非極性分子
C 草酸氫鈉溶液顯酸性 草酸氫根離子水解程度大于電離程度
D 離子液體導電性良好 離子液體中有可移動的陰、陽離子
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】晶體熔沸點的比較；極性分子和非極性分子；電解質在水溶液中的電離；溶液酸堿性的判斷及相關計算
【解析】【解答】A、氯化鈉和氯化銫都是離子晶體，離子鍵強度和離子半徑有關。Na+半徑比 Cs+小，所以 NaCl 的晶格能更大，離子鍵更強，熔點更高，A正確；
B、碘是非極性分子，四氯化碳也是非極性分子，根據相似相溶原理，非極性分子易溶于非極性溶劑，所以碘易溶于四氯化碳，B正確；
C、草酸氫鈉即NaHC2O4，溶液顯酸性，溶液中 H+濃度高，其中 HC2O4-既有電離平衡：HC2O4- H+ + C2O42-，又有水解平衡：HC2O4- + H2O H2C2O4 + OH-。如果溶液顯酸性，說明電離產生的 H+比水解產生的 OH-多，因此電離程度大于水解程度，C錯誤；
D、離子液體是由陰陽離子組成的，熔融或液態時離子可以移動，所以導電性良好，因此離子液體具有很好的導電性，D正確；
故答案為：C
【分析】電離度是指鹽溶液中水將其電離成陽離子和陰離子的能力，而水解程度是指鹽溶液中弱離子與水結合形成相應的弱酸或弱堿的能力。對于強酸和強堿，電離度越大，酸堿性越強，但水解程度越弱。一般來說，電離度大的溶液水解程度較弱，相反，電離度小的溶液水解程度較大。
7．（2025·陜西）下列有關反應方程式錯誤的是（　　）
A．泡沫滅火器反應原理：
B．用金屬鈉除去甲苯中的微量水：
C．用溶液吸收尾氣中的
D．氯氣通入冷的石灰乳中制漂白粉：
【答案】D
【知識點】鹽類水解的應用；鈉的化學性質；尾氣處理裝置；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A、泡沫滅火器的反應原理主要基于鹽類的雙水解反應，通過生成二氧化碳氣體和泡沫來實現滅火，鋁離子水解：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，碳酸氫根水解：HCO3- + H2O H2CO3 + OH-，二者結合可得到相互促進的總反應：，其中反應產物：氫氧化鋁可以形成蓬松的泡沫，覆蓋在燃燒物表面；二氧化碳的密度比空氣大，能隔絕氧氣，實現滅火，A正確；
B、甲苯中的苯環和甲基在常溫下與金屬鈉不發生反應，而金屬鈉與水能發生劇烈反應：，可以定量消耗甲苯中的微量水，生成的 NaOH 不溶于甲苯，以固體形式存在，而 H2逸出，從而實現干燥，B正確；
C、二氧化氮（NO2）與氫氧化鈉（NaOH）溶液發生歧化反應，NO2中 N 元素為 + 4 價，在堿性條件下發生歧化，一部分被氧化為 + 5 價的NO3-，另一部分被還原為 + 3 價的NO2-，故反應的方程式為：，C選項正確；
D、石灰乳在水中以懸濁液的形式存在，因此在離子反應中不能拆分，在常溫下，石灰乳和氯氣發生歧化反應，生成氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故方程式為：2Cl2 +2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2 +CaCl2 +2H2 O
，D錯誤；
故答案為：D
【分析】一般來說，離子方程式的正誤判斷我們從以下幾個方面來判斷：是否符合守恒規律。
離子方程式的書寫應當滿足電荷守恒、原子守恒、電子守恒關系，否則離子方程式的書寫錯誤；離子方程式的書寫是否符合客觀事實；是否正確使用符號；拆分是否正確；離子反應是否寫全；是否符合量的關系。
8．（2025·陜西）一種負熱膨脹材料的立方晶胞結構如圖，晶胞密度為，阿伏加德羅常數的值為，下列說法錯誤的是（　　）
A．沿晶胞體對角線方向的投影圖為
B．和B均為雜化
C．晶體中與最近且距離相等的有6個
D．和B的最短距離為
【答案】A
【知識點】晶胞的計算；金屬晶體的基本堆積模型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A、如圖所示，晶胞中的Ag位于體心，此時假設體心中沒有Ag，則可以將其類比成金剛石的晶胞，在金剛石晶胞中對角線方向投影圖：6個頂點投影在大正六邊形頂點上，3個面心和3個小體心（另3個面心在3個小體心背后遮擋）投影在小正六邊形頂點上，另外2個頂點和1個小體心重疊在正六邊形中心，故投影圖為：，A錯誤；
B、如圖所示，Ag位于體心，周圍與4個N原子成鍵，價層電子對數為4，能和N形成正四面體結構，故Ag屬于sp3雜化，而在共用頂點的B原子的8個晶胞中，有4個晶胞中存在1個C原子與該B原子成鍵，價層電子對數為4，也能形成正四面體結構，故B也屬于sp3雜化，B正確；
C、如圖所示，Ag位于體心，Ag原子周圍最近且等距離相等的Ag原子同樣在其相鄰的晶胞的體心處，一共是上、下、前、后、左、右的6個相鄰晶胞，C正確；
D、如圖所示，B原子位于頂點，其個數為：8×1/8=1，其他在晶胞中的原子，Ag有1個，C有4個，N有4個，據此可以得到晶胞的化學式為：AgB(CN)4，根據公式：、，Ag（體心）與 B（頂點）的最短距離為體對角線的 1/2，所以和B的最短距離為，D正確；
故答案為：A
【分析】體心立方堆積模型的投影分析：體心立方晶胞沿體對角線投影規律是對角線的兩個頂點原子及體心原子投在正六邊形的中心，其余的頂點原子投在正六邊形的六個頂點。
9．（2025·陜西）一種高聚物被稱為“無機橡膠”，可由如圖所示的環狀三聚體制備。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y價電子致相等，X、Z電子層數相同，基態Y的軌道半充滿，Z的最外層只有1個未成對電子，下列說法正確的是（　　）
A．X、Z的第一電離能：
B．X、Y的簡單氫化物的鍵角：
C．最高價含氧酸的酸性：
D．X、Y、Z均能形成多種氧化物
【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A、X是P，Z是Cl，同周期元素的電負性從左至右依次增大，所以第一電離能：Z>X，A錯誤；
B、X是P，簡單氫化物對應PH3，Y是N，簡單氫化物對應NH3，可以得知，PH3和NH3的中心原子雜化類型和孤對電子數目均相同，但是N的電負性大于P，所以NH3中的成鍵電子對中的斥力較大，所以鍵角：Y>X，B錯誤；
C、X是P，Y是N，Z是Cl，在元素周期表中，從左至右，從下至上，最高價含氧酸的酸性不斷增強，所以最高價含氧酸的酸性：Z>Y>X，C錯誤；
D、X是P，常見的氧化物有：P2O3、P2O5等；Y是N，常見的氧化物有：NO、NO2等；Z是Cl，常見的氧化物有：Cl2O、ClO2等，D正確；
故答案為：D
【分析】元素都是短周期，X、Y 價電子數相等也就是同主族或價電子構型同，基態 Y 的 2p 軌道半充滿，為2p3，所以Y 是 N；X、Y 價電子數相等，均為 5且為短周期 ，可以推測為3s23p3，同主族，價電子數相同，所以 X 為 P；X（第三周期）與 Z 電子層數相同，Z 最外層 1 個未成對電子，而第三周期中，只有Cl 的 3p5有1 個未成對電子，所以 Z 為 Cl。
10．（2025·陜西）下列實驗方案不能得出相應結論的是（　　）
結論：金屬活動性順序為 結論：氧化性順序為 結論：甲基使苯環活化 結論：增大反應物濃度， 該反應速率加快
A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】化學反應速率的影響因素；常見金屬的活動性順序及其應用；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、兩個原電池，通過電流表指針偏轉來判斷電子的流向：從負極到正極，在Fe-Cu稀硫酸電池中，電子由Fe電極移動到Cu電極，說明Fe為負極，且金屬活動性：Fe>Cu；接著在Fe-Zn稀硫酸電池中，電子由Zn電極移動到Fe電極，說明Zn為負極，且金屬活動性：Zn>Fe，綜合可知，金屬活動性：Zn>Fe>Cu，A正確；
B、左管：Fe3+ 氧化 I-，說明氧化性：Fe3+ > I2，KSCN 檢測 Fe3+ 的剩余；右管：Cl2 氧化 Fe2+，說明氧化性：Cl2> Fe3+，KSCN 檢測 Fe3+的生成； 故總得到氧化性順序為：Cl2> Fe3+> I2，B正確；
C、由實驗現象可知苯不使酸性KMnO4溶液褪色，而甲苯使酸性KMnO4溶液褪色，但是在整個氧化過程中，苯環不發生變化，只有甲基被氧化成了羧基，說明是苯環對甲基的活化作用，C錯誤；
D、兩者H2SO4濃度、體積一致，僅Na2S2O3濃度不同，控制變量，確保了實驗的準確性，反應中，“出現渾濁” 是生成S的時間，反映初始反應速率，濃度更高的體系，單位時間生成S更快，更早達到 “可見渾濁” 的臨界量，通過對比渾濁出現時間，可驗證 增大反應物濃度，反應速率加快，D正確；
故答案為：C
【分析】判斷對比實驗能否達到實驗目的的方法是否控制單一變量，即幾組實驗中，除要研究的因素外，其余因素均相同、對比實驗中能否有不同現象；
判斷非對比實驗能否達到實驗目的的方法：分析實驗目的的實質、分析預期實驗現象、分析是否有干擾因素，如果沒有則可以達到實驗目的；
11．（2025·陜西）某元素的單質及其化合物的轉化關系如圖。常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性。阿伏加德羅常數的值為。下列說法錯誤的是（　　）
A．G、K均能與溶液反應
B．H、N既具有氧化性也具有還原性
C．M和N溶液中的離子種類相同
D．與足量的J反應，轉移電子數為
【答案】D
【知識點】含硫物質的性質及綜合應用；氧化還原反應的電子轉移數目計算；阿伏加德羅定律及推論
【解析】【解答】A、G是H2S，是一種弱酸，K是 SO3，是一種酸性氧化物，因此二者都可以與堿也就是NaOH溶液反應，A正確；
B、H是S，屬于單質，化合價為0，處在中間價態，因此既可以被氧化，又可以被還原；N是Na2SO3，S的化合價為4價，同樣處在中間價態，因此既可以被氧化，又可以被還原，B正確；
C、M(NaHSO3)溶液：離子為Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-(HSO3-電離和水解)；N(Na2SO3)溶液：離子為Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-(SO32-水解)；兩者離子種類相同（均含Na+、SO32-、HSO3-、H+、OH-），C正確；
D、G是 H2S，J是SO2，二者可以發生歸中反應，，由方程式不難看出，1molH2S反應的時候，轉移的電子數為2NA，D錯誤；
故答案為：D
【分析】由題可知，常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性可以推測出J是SO2；G 為氣體，經兩步氧化生成 SO2，故 G 為 H2S；J與 O2反應生成 K 為 SO3；J 與少量 NaOH 反應生成 M 為 NaHSO3，與足量 NaOH 反應生成 N 為 Na2SO3；N被 O2氧化生成 L 為 Na2SO4。
12．（2025·陜西）格氏試劑性質活潑，可與空氣中的和等反應。某興趣小組搭建了圖示無水無氧裝置（部分裝置略），以乙醚（沸點）為溶劑，利用下述反應高產率地制備二苯甲酮。
下列說法錯誤的是（　　）
A．氣球中填充保護氣，并起緩沖壓力的作用
B．燒瓶中液體是格氏試劑的乙醚溶液
C．圖中的漏斗不能用球形分液漏斗代替
D．產率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易與格氏試劑反應
【答案】B
【知識點】實驗裝置綜合；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A、根據題干信息可知，格氏試劑性質活潑，可與空氣中的和等反應，所以需要再氣球中加入氣體作為保護氣；同時乙醚（沸點）為溶劑，說明乙醚的沸點較低，反應過程中可能會揮發，變成氣體，增大壓強，所以當燒瓶中壓力比較大的時候，可以打開旋塞，將氣體放出，起緩沖壓力的作用，A正確；
B、主反應為格氏試劑與苯甲酰氯的反應，但在這個條件下格氏試劑還容易與產物二苯甲酮反應生成副
產物，所以需要嚴格控制格氏試劑的用量，要把格氏試劑放入恒壓滴液漏斗中滴加，B錯誤；
C、恒壓滴液漏斗的導管將漏斗的上部和下部的反應裝置相連通，可以用于平衡氣壓，有利于漏斗內的
液體能順利滴下，如果改成球形分液漏斗，在滴液的時候則需要打開上端的玻璃塞來平衡氣壓，這個時
候就會讓空氣進入，導致格氏試劑與空氣中的和等反應，C正確；
D、產率高說明 主反應（苯甲酰氯 + 格氏試劑）比副反應（二苯甲酮 + 格氏試劑）更易發生，即苯甲酰氯比二苯甲酮更易與格氏試劑反應，D正確；
故答案為：B
【分析】恒壓滴液漏斗用一個支管連通了滴液漏斗和反應瓶，因此上方可以塞上塞子防止其中的液體揮發，而且里面的液體還能夠滴下來；而球形分液漏斗在滴液的時候，上方是不能夠塞上塞子的，否則會因為壓力的緣故導致液體留不下來。
13．（2025·陜西）我國科研人員采用圖示的電解池，由百里酚（TY）合成了百里醌（TQ）。電極b表面的主要反應歷程見圖（灰球表示電極表面催化劑），下列說法錯誤的是（　　）
A．電解時，從右室向左室移動
B．電解總反應：
C．以為原料，也可得到TQ
D．用標記電解液中的水，可得到
【答案】D
【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；原電池、電解池綜合；有機反應中的氧化反應；有機反應中的還原反應
【解析】【解答】A、電極 b：TY→TQ，失電子，發生氧化反應，是陽極，接電源正極；電極 a：得電子發生還原反應是陰極，接電源負極；因此離子移動為陽離子向 陰極 移動，即從 右室（陽極區，電極 b） 到 左室（陰極區，電極 a），A正確；
B、根據分析可以寫出電極a的半反應為：，電極b的反應為：，二者相加可得到總反應為：，B正確；
C、原料為酚類，結構中含酚羥基，對位連異丙基，與 TY 結構類似，TY 也為酚類，對位連接異丙基，而酚類可經氧化反應生成醌（TQ 為醌結構），故類似原料可發生反應，C正確；
D、根據反應歷程圖可知，在TY轉化成TQ的過程中，酚羥基中的O原子并沒有脫離苯環，而酚羥基對位引入的O原子來自于H2O分子，所以說標記電解液中的水，被標記的應該在氧化前酚羥基對位的位置，也就是方框所示位置：，D錯誤；
故答案為：D
【分析】根據題干可知，這是電極b表面的主要反應歷程見圖（灰球表示電極表面催化劑），可以看出1mol的TY和1mol的H2O在電極B上失去4mol的電子，來生成1mol的TQ和1mol的H+，據此推斷出電極b是陽極，發生氧化反應，電極a是陰極，發生還原反應，采用H2SO4作為電解質溶液，在電解池板間存在質子交換膜，所以在陽極生成H+通過質子交換膜在陰極發生反應。
14．（2025·陜西）常溫下，溶液中以氫氧化物形式沉淀時，與的關系如圖[其中X代表或]。
已知：，比更易與堿反應，形成；溶液中時，X可忽略不計。
下列說法錯誤的是（　　）
A．L為與的關系曲線
B．的平衡常數為
C．調節溶液濃度，通過堿浸可完全分離和
D．調節溶液為，可將濃度均為的和完全分離
【答案】B
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；溶液酸堿性的判斷及相關計算
【解析】【解答】A、對于 Al(OH)4-，其濃度隨 pH 升高而增加（因 Al(OH)3 在高 pH 溶解形成 Al(OH)4-），因此 -lg c[Al(OH)4-] 隨 pH 升高而減小，曲線呈下降趨勢。圖表中 L 曲線符合這一特征，A正確；
B、該反應的平衡常數 K = [Zn(OH)42-] / ([Zn2+][OH-]4)。在 Zn(OH)2 沉淀與溶解的邊界也就是 c(Zn2+) 和 c(Zn(OH)42-) 相等時，K = 1 / [OH-]4。在圖像中，Zn 的相關特征點出現在 pH 9.4 附近，而非選項中的高 pH。計算：假設 K = 1011.2，則在 [Zn2+] = [Zn(OH)42-] 時，
[OH-]4 = 1/K = 10-11.2，[OH-] = 10-2.8，pH = 14 - (-lg[OH-]) = 14 - 2.8 = 11.2。但圖表中標記點 pH 12.4 或 9.4 均不匹配此值，pH 12.4 時 [OH-] = 10-1.6， [OH-]4 ≈ 10-6.4， 1/[OH-]4 ≈ 106.4，log K ≈ 6.4，與 11.2 不符。標準值中 Zn(OH)42- 的 log K 通常約為 15，1011.2過小，與圖表和已知不一致，B錯誤；
C、在高 pH 下，Al(OH)3 溶解形成 Al(OH)4-（兩性），而 Cd(OH)2 不易形成 Cd(OH)42-，根據題干信息已知 Zn(OH)2 比 Cd(OH)2 更易與堿反應，因此 Cd(OH)2 保持沉淀狀態。當 c(Al) 溶解且 c(Cd2+) ≤ 10-5 mol·L- 時，可完全分離，C正確；
D、在 pH 4.7~6.4 范圍內：
Al3+：Al(OH)3 開始沉淀的 pH 較低，在 pH 4.7 時 c(Al3+) ≈ 10-5 mol·L- ，此時可認為完全沉淀。
Zn2+：Zn(OH)2 開始沉淀的 pH 約 6.24，在 pH < 6.24 時 c(Zn2+) = 0.1 mol·L- > 10-5 mol·L- ，還有溶解的Zn2+；在 pH 6.4 時 c(Zn2+) ≈ 0.0475 mol·L- > 10-5 mol·L- ，并沒有完全沉淀。
因此，Al3+ 沉淀而 Zn2+ 溶解，可實現完全分離，D正確；
故答案為：B。
【分析】圖表顯示了常溫下溶液中 Al3+、Zn2+、Cd2+ 及其羥基配合物：Al(OH)4-、Zn(OH)42-、Cd(OH)42-的濃度隨 pH 的變化關系。橫坐標為 pH，縱坐標為pX。圖中標記了關鍵 pH 點：7.0、8.4、9.4、12.4、14.0，這些點對應沉淀或溶解的轉變。
關鍵 pH 點總結：
pH 7.0：Cd2+ 開始沉淀，c(Cd2+) 降至可忽略水平（c ≤ 10-5 mol·L- ）。
pH 8.4：Zn2+ 開始沉淀，c(Zn2+) 顯著降低。
pH 9.4：Zn(OH)2 開始溶解形成 Zn(OH)42-，溶解鋅濃度增加。
pH 12.4：Al(OH)3 開始溶解形成 Al(OH)4-，c[Al(OH)4-] 顯著增加。
pH 14.0：參考點，所有可溶物種濃度較高。
二、非選擇題：本題共4小題，共58分。
15．（2025·陜西）某實驗室制備糖精鈷，并測定其結晶水含量。
已知：表示糖精根離子，其摩爾質量為，糖精鈷的溶解度在熱水中較大，在冷水中較小；丙酮沸點為，與水互溶。
（一）制備
I．稱取，加入蒸餾水，攪拌溶解，得溶液1．
Ⅱ．稱取（稍過量）糖精鈉（），加入蒸餾水，加熱攪拌，得溶液2．
Ⅲ．將溶液2加入到接近沸騰的溶液1中，反應3分鐘后停止加熱，靜置，冷卻結晶。
IV．過濾，依次用三種不同試劑洗滌晶體，晾干得產品。
回答下列問題：
（1）I和Ⅱ中除燒杯外，還需用到的玻璃儀器有　 　、　 　（寫出兩種）
（2）Ⅲ中靜置過程有少量晶體出現時，可將燒杯置于　 　中，以使大量晶體析出。
（3）IV中用①丙酮、②冷水、③冷的溶液洗滌晶體，正確順序為____。
A．①③② B．③②① C．②①③
（4）IV中為了確認氯離子已經洗凈，取水洗時的最后一次濾液于試管中，　 　（將實驗操作、現象和結論補充完整）．
（5）與本實驗安全注意事項有關的圖標有____。
A．護目鏡 B．洗手 C．熱燙 D．銳器
（6）（二）結晶水含量測定
和形成配合物。準確稱取糖精鈷產品于錐形瓶中，加蒸餾水，加熱溶解，再加入緩沖溶液和指示劑，在50~60下，用的標準溶液滴定。
下列操作的正確順序為　 　（用字母排序）。
a．用標準溶液潤洗滴定管 b．加入標準溶液至“0”刻度以上處
c．檢查滴定管是否漏水并清洗 d．趕出氣泡，調節液面，準確記錄讀數
（7）滴定終點時消耗標準溶液，則產品中x的測定值為　 　（用含m、c、V的代數式表示）；若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，會導致x的測定值　 　（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。
【答案】（1）玻璃棒；量筒
（2）冰水浴
（3）B
（4）先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸銀溶液，若無白色沉淀生成，則說明氯離子已經洗凈。
（5）A
（6）cabd
（7）；偏高
【知識點】常用儀器及其使用；物質的檢驗和鑒別；實驗裝置綜合；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）、I和Ⅱ均屬于溶解操作，因此步驟I、Ⅱ中需要使用量筒、膠頭滴管量取蒸餾水，并用玻璃棒攪拌以加快固體溶解速率。
（2）、根據題干信息可知，因為 糖精鈷的溶解度在熱水中較大，在冷水中較小 ，所以為了盡快讓大量晶體析出，應降低溶液溫度，可將燒杯置于冰水浴中，以使大量晶體析出。
（3）、先用冷的1%NaSac溶液洗滌，可降低糖精鈷溶解度，減少晶體損失，還能將晶體表面吸附的Co2+轉化為晶體析出，且不引入新的雜質，再用冷水洗滌，可降低晶體溶解度并洗去溶液中存在的可溶性離子，丙酮可以與水互溶且沸點比關鍵水的低，故最后用丙酮洗滌以除去殘留的水且能使晶體快速干燥，故答案為：B。
（4）、IV中為了確認氯離子已經洗凈的步驟為：先加入稀硝酸酸化，然后滴加硝酸銀溶液，若無白色沉淀生成，則說明氯離子已經洗凈。
（5）、進行化學實驗需要佩戴護目鏡，以保護眼睛，同時化學實驗結束后，離開實驗室前需用肥皂等清洗雙手，該實驗涉及加熱操作，因此需要防止熱燙，要選擇合適的工具進行操作，避免直接觸碰，故A、B、C符合題意；該實驗中未涉及銳器的操作，D不符合題意，故答案為：ABC。
（6）、使用滴定管前首先要檢漏，確定不漏液之后用蒸餾水清洗（c），再用待裝的標準溶液進行潤洗（a），待潤洗完成后裝入標準溶液至“0”刻度以上2～3mL處（b），放液趕出氣泡后調節液面至“0”刻度或“0”刻度下，準確記錄標準溶液體積的初始讀數（d），故答案為：cabd。
（7）、滴定消耗的，EDTA與Co2+能1：1反應生成配合物，因此在樣品溶解后的，即樣品中，，繼續分析可知，，根據所得到的公式可以推測出樣品的質量：，由此可得：。若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，則讀取的消耗EDTA的標準溶液的體積偏小，根據X的表達式可知，計算出的x的測定值會偏高。
【分析】按照反應：，制備糖 精鈷，然后在冰水浴中結晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”順序進行洗滌，得到糖精鈷晶體，最后將糖精鈷晶體溶解后用EDTA標準溶液滴定測定含有結晶水的數量。在整個實驗過程中，糖精鈷 ：熱水中溶解度大，冷水中小，也就是其熱溶冷析的依據；糖精鈉 ：過量加入，確保 Co2+能夠完全配位；丙酮：沸點低，為56℃，易烘干、與水互溶，因此用于除水，減少晶體溶解。
16．（2025·陜西）一種綜合回收電解錳工業廢鹽（主要成分為的硫酸鹽）的工藝流程如下．
已知：①常溫下，，；
②結構式為。
回答下列問題：
（1）制備廢鹽溶液時，為加快廢鹽溶解，可采取的措施有　 　、　 　。（寫出兩種）
（2）“沉錳I”中，寫出形成的被氧化成的化學方程式　 　。
當將要開始沉淀時，溶液中剩余濃度為　 　。
（3）“沉錳II”中，過量的經加熱水解去除，最終產物是和　 　（填化學式）。
（4）“沉鎂I”中，當為8.0~10.2時，生成堿式碳酸鎂，煅燒得到疏松的輕質。過大時，不能得到輕質的原因是　 　。
（5）“沉鎂II”中，加至時，沉淀完全；若加至時沉淀完全溶解，據圖分析，寫出沉淀溶解的離子方程式　 　。
（6）“結晶”中，產物X的化學式為　 　。
（7）“焙燒”中，元素發生了　 　（填“氧化”或“還原”）反應。
【答案】（1）適當升溫；攪拌
（2）；10-2.15
（3）O2
（4）pH過大時，生成Mg(OH)2，煅燒過程中沒有CO2生成，使其無法得到疏松多孔的結構，無法形成輕質MgO。
（5）
（6）(NH4)2SO4
（7）還原
【知識點】氧化還原反應；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子方程式的書寫
【解析】【解答】（1）、廢鹽溶液時，為加快廢鹽溶解，可以通過攪拌、適當升溫來加快化學反應速率，但要注意溫度過高會導致NH3·H2O分解，所以升溫要適當。
（2）、“沉錳I”中，形成的被氧化成，Mn從+2價升高到+8/3價，而O從0價降低到-2價，遵循得失電子守恒原則，通過氧化還原反應配平可得到反應方程式為：，接著根據題干給定的信息，＞，也就是說當Mg2+開始沉淀的時候，Mn2+已經開始生成沉淀了，所以在溶液中：，且已知，所以c(Mn2+)=10-2.15mol/L。
（3）、根據題干信息可知，在的結構式中可以看出存在過氧鍵，過氧鍵不穩定，在加熱水解的過程中容易斷裂，O元素發生自身的歧化反應，一部分化合價降低為-2價，變成，另一部分化合價升高，變成O2。
（4）、由題干可知，>，據此推斷Mg(OH)2更難溶，故pH過大時，生成Mg(OH)2，煅燒過程中沒有CO2生成，使其無法得到疏松多孔的結構，無法形成輕質MgO。
（5）、據圖分析，pH＝8時，P元素主要以HPO42-的形式存在，繼續加至時，沉淀完全，此時的存在形式為MgHPO4，當pH=4時，P元素主要以H2PO4-的形式存在，沉淀完全溶解，Mg元素主要以Mg2+的形式存在，因此可以推斷出此時的沉淀溶解的離子方程式為：。
（6）、從整個流程中觀察可知，陽離子只有NH4+，陰離子只有SO42-，PO43-在前一步驟中已經沉淀了，所以可以推斷出產物X為：(NH4)2SO4。
（7）、Mn3O4中的Mn的平均化合價為+8/3價，MnO2中的Mn的化合價為+4價，MnSO4·H2O中的Mn的化合價為+2價，所以可以推斷出在焙燒的過程中Mn元素的化合價降低，Mn發生還原反應。
【分析】沉錳 Ⅰ：以廢鹽（Mn2+、Mg2+、NH4+）、NH3 H2O、O2為原料，將Mn2+被 O2氧化，在氨性環境下生成 Mn3O4，初步富集 Mn，分離出 Mn3O4，溶液殘留少量 Mn2+、Mg2+、NH4+。
沉錳 Ⅱ：利用過二硫酸銨，因為結構中含有過氧鍵（-O-O-)，屬于強氧化劑，S2O82-氧化殘留 Mn2+為 MnO2，自身還原為 SO42-，利用這一步徹底除去Mn離子，分離出 MnO2，溶液含 Mg2+、NH4+、SO42-。
沉鎂 Ⅰ：NH3 H2O用來調節溶液的pH，接著利用NH4HCO3提供CO32-，沉淀 Mg2+為 MgCO3，后續煅燒得 MgO。
沉鎂 Ⅱ：H3PO4提供PO43-，殘留 Mg2+與 NH4+、PO43-結合，成 MgNH4PO4·6H2O，利用磷酸鹽沉淀的高穩定性，確保 Mg2+完全去除。
結晶： H2SO4調 pH=6.0，促進NH4+與SO42-結晶為 (NH4)2SO4，回收物質 X。
焙燒：利用Mn3O4、MnO2、(NH4)2SO4及硫酸在高溫下，Mn 的高價氧化物（Mn3O4、MnO2）與銨鹽 或硫酸反應，被還原為 Mn2+，最終結晶為MnSO4 H2O，實現資源回收。
17．（2025·陜西）/循環在捕獲及轉化等方面具有重要應用。科研人員設計了利用與反應生成的路線，主要反應如下：
I．
II．
III．
回答下列問題，
（1）計算　 　。
（2）提高平衡產率的條件是____。
A．高溫高壓 B．低溫高壓 C．高溫低壓 D．低溫低壓
（3）高溫下分解產生的催化與反應生成，部分歷程如圖，其中吸附在催化劑表面的物種用*標注，所示步驟中最慢的基元反應是　 　（填序號），生成水的基元反應方程式為　 　。
（4）下，在密閉容器中和各發生反應。反應物（、）的平衡轉化率和生成物（、）的選擇性隨溫度變化關系如下圖（反應III在以下不考慮）．
注：含碳生成物選擇性
①表示選擇性的曲線是　 　（填字母）。
②點M溫度下，反應Ⅱ的　 　（列出計算式即可）。
③在下達到平衡時，　 　。，隨溫度升高平衡轉化率下降的原因可能是　 　。
【答案】（1）-65
（2）B
（3）④；
（4）c； ；0.2；反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的氫氣
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡狀態的判斷；化學平衡轉化過程中的變化曲線；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】（1）、根據已知條件：
I．
II．
可以將I+II加和在一起，可得到：，結和蓋斯定律可知：。
（2）、已知反應Ⅱ.為放熱反應，要提高CH4的平衡產率，要使平衡正向移動。
A、高溫會使平衡逆向移動，不利于提高CH4的平衡產率，A錯誤；
B、低溫使平衡正向移動，高壓也使平衡正向移動，可提高CH4的平衡產率，B正確；
C、高溫會使平衡逆向移動，低壓會使平衡逆向移動，不利于提高CH4的平衡產率，C錯誤；
D、低壓會使平衡逆向移動，不利于提高CH4的平衡產率，D錯誤；
故答案為：B。
（3）、反應活化能越高，反應速率越慢，從圖中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反應為；由圖可知，在第三步的時候生成了水，基元反應為：。
（4）、①、已知反應1為吸熱反應，Ⅱ為放熱反應，Ⅲ為吸熱反應，根據圖像，溫度逐漸升高，則碳酸鎂的轉化率逐 漸升高，氫氣的轉化率下降，在360℃以下不考慮反應Ⅲ，則二氧化碳的選擇性上升，甲烷的選擇性下降， 所以a表示碳酸鎂的轉化率，b表示二氧化碳的選擇性，c表示甲烷的選擇性。①表示CH4選擇性的曲線是c，故答案為：c；
②、點M溫度下，從圖中看出碳酸鎂的轉化率為49%則剩余的碳酸鎂為0.51mol，根據碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物質的量之和為0.49nol，又因為此時二氧化碳的選擇性和甲烷的選擇性相等，則二氧化碳和甲烷的物質的量為0.245mol，根據氧原子守恒得出水的物質的量為0.49mol，根據氫原子守恒得出氫氣的物質的量0.02mol，總的物質的量0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，則反應II的Kp為：。
③、在550℃下達到平衡時，碳酸鎂完全轉化，二氧化碳的選擇性為70%甲烷的選擇性為10%則生成的二氧化碳為0.7mol，生成的甲烷為0.1mol，根據碳原子守恒得出；因為反應11是放熱的，反應Ⅲ是吸熱的。在500～600℃，隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，反應Ⅲ正向移動，由于反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的氫氣，導致H2平衡轉化率下降，故答案為：0.2；反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的氫氣。
【分析】蓋斯定律的使用原則：化學反應不管是一步完成還是分幾步完成，其反應熱是相同的；化學反應的反應熱只與反應的始態（各反應物）和終態（各生成物）有關，而與具體反應的途徑無關；任何化學反應的反應熱和其逆反應的反應熱大小相等，符號相反；任何化學反應，當各物質系數發生變化時，反應熱的數值也隨之發生變化。
能壘：簡單可以理解為從左往右進行中，向上爬坡最高的為能壘，而包含此能壘的反應我們稱之為決速步驟，也成為慢反應。要注意：能壘越大，反應速率越小，即多步反應中能壘最大的反應為決速反應；用不同催化劑催化化學反應，催化劑使能壘降低幅度越大，說明催化效果越好；相同反應物同時發生多個競爭反應，其中能壘越小的反應，反應速率越大，產物占比越高。
書寫化學反應三段式時的注意事項：單位一致，確保起始量、變化量和平衡量的單位保持一致；注意化學計量數、注意物質狀態固體、純液體一般不參與其中；考慮可逆反應的平衡量不是完全轉化的結果，而是反應物和生成物共存的狀態。此時需要根據反應的轉化率或平衡常數進行計算。
18．（2025·陜西）我國某公司研發的治療消化系統疾病的新藥凱普拉生（化合物H），合成路線如下（部分試劑、反應條件省略）。
已知：
回答下列問題：
（1）A中官能團的名稱是　 　　 　
（2）B的結構簡式為　 　。
（3）由C轉變為D的反應類型是　 　
（4）同時滿足下列條件的#的同分異構體有　 　種（不考慮立體異構）。
①含有兩個甲基；②與鈉反應產生氫氣。
（5）由D轉變為E的過程中經歷了兩步反應，第一步反應的化學方程式是：　 　（要求配平）。
（6）下列關于F說法正確的有____。
A．F能發生銀鏡反應
B．F不可能存在分子內氫鍵
C．以上路線中E+F→G 的反應產生了氫氣
D．已知醛基吸引電子能力較強，與相比F的N-H鍵極性更小
（7）結合合成H的相關信息，以、和含一個碳原子的有機物（無機試劑任選）為原料，設計化合物的合成路線　 　。
【答案】（1）硝基；酚羥基
（2）CH3OCH2CH2CH2Br
（3）還原反應
（4）5
（5）
（6）A
（7）
【知識點】有機物的合成；同分異構現象和同分異構體；有機反應中的氧化反應；有機反應中的還原反應
【解析】【解答】（1）、根據合成路線中給出的結構簡式可知，A中官能團的名稱是硝基、酚羥基；
（2）、由分析可知，B的分子式為C4H9BrO，結合A、C的結構，可以判斷B的結構簡式為 ：CH3OCH2CH2CH2Br；
（3）、根據合成路線可知，C到D的過程中硝基還原成了氨基，所以由C轉變為D的反應類型為：還原反應；
（4）、同時滿足含有兩個甲基，與鈉反應產生氫氣的結構中一定含有兩個甲基、一個溴原子、一個羥基，因此可以推測出滿足該條件的同分異構體有5種，具體如下（箭頭指向為Br原子的位置）：；
（5）、由D轉變為E的第一步反應是已知條件的反應，因此可以推測其化學反應方程式為：；
（6）、A、F的結構中含有醛基，因此能夠發生銀鏡反應，A正確；
B、F結構中的亞氨基上的H原子離F原子比較接近，因此二者之間能夠形成分子內氫鍵，B錯誤；
C、E和F反應的另一產物為HCl，而反應物中含有NaH，二者的H的化合價分別為+1價和-1價，因此能發生歸中反應，生成H2，C正確；
D、F的結構中氟原子以及醛基都是屬于吸電子基團，所以F結構中的N-H鍵的極性就會更大，D錯誤；
故答案為：AC
（7）、結合合成H的相關信息，不難找出規律，可以設計出以下的合成路線：
。
【分析】A的結構中含有酚羥基（-OH） 和 硝基（-NO2），屬于芳香化合物，類似鄰硝基苯酚結構，B：分子式為C4H9BrO，結構為 CH3OCH2CH2CH2Br，屬于溴代醚， 二者在K2CO3的堿性條件下，使 A 的 酚羥基脫去質子，并和B 中與Br相連的-CH2碳， Br-離去，形成 醚鍵，得到 C。接著在Pd/C + H2的條件下發生催化氫化還原反應，把硝基還原為氨基，得到 D。然后D的 -NH2與 NaNO2/HCl反應，生成 芳香重氮鹽，并在CuCl作催化劑， SO2提供磺酰基的條件下，重氮鹽分解產生 芳基自由基， SO2結合，最終形成 -SO2Cl 官能團，得到 E。E中的S-Cl鍵斷裂，結合 F中含 吡咯環，五元雜環，N 上有活潑 H，發生取代反應，得到 G。最后發生還原胺化反應，把醛基 變成胺甲基，同時引入NaBH3CN這一種溫和還原劑，將亞胺 還原為仲胺，避免過度還原，得到普拉生（H）。
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