2025年高考化学试卷（江苏卷）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按年份分类）2008-2025_2025·高考化学真题

2025 年普通高中学业水平选择性考试(江苏卷) 化学 本试卷满分 100分，考试时间 75分钟。 H— 1 C— 12 O— 16 S— 32 Cl— 35.5 K— 39 可能用到的相对原子质量： Fe— 56 Zn— 65 As— 75 Cd— 112 Ce— 140 一、单项选择题：共 13题，每题 3分，共 39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氮气作反应物的是 A. 工业合成氨 B. 湿法炼铜 C. 高炉炼铁 D. 接触法制硫酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．工业合成氨的反应为N 和H 反应生成NH ，氮气是直接反应物，A正确； 2 2 3 B．湿法炼铜通过Fe置换CuSO 中的Cu，反应不涉及氮气，B错误； 4 C．高炉炼铁中氮气作为空气成分进入高炉，但未参与还原铁矿石的主要反应，C错误； D．接触法制硫酸涉及硫或硫化物的氧化，氮气未参与反应，D错误； 故选A。 2. 科学家通过核反应1n+6 Li®3 H+4 He发现氚 3H  。下列说法正确的是 0 3 1 2 1 A. 1n表示一个质子 0 B. 6Li的基态原子核外电子排布式为1s12s2 3 C. 3H与2H互为同位素 1 1 D. 4He的原子结构示意图为 2 【答案】C 【解析】 【详解】A．1n质量数为1，质子数为0，中子数为1，因此其表示一个中子，A错误； 0 B．6Li的基态原子核外电子排布式为1s22s1，B错误； 3 C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，3H与2H质子数相同、中子数不同， 1 1 第1页/共23页 学科网（北京）股份有限公司二者互为同位素，C正确； D．4He原子核外只有2个电子，原子结构示意图为 ，D错误。 2 故选C。 3. 用0.05000mol×L-1草酸 H C O  溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是 2 2 4 A．配制草酸溶 B．润洗滴定 C．滴定 D．读数 液 管 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．定容时需要用玻璃棒引流，A错误； B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B错误； C．滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，C错误； D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D正确； 答案选D。 4. 在溶有15-冠-5( )的有机溶剂中，苄氯( )与NaF发生反应： 下列说法正确的是 A. 苄氯是非极性分子 B. 电负性：χ(F)<χ(Cl) 第2页/共23页 学科网（北京）股份有限公司C. 离子半径：r  F- >r  Na+ D. X中15-冠-5与Na+间存在离子键 【答案】C 【解析】 【详解】A．苄氯分子含有饱和C原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄氯 为极性分子，A错误； B．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：χF>χCl ，B错误； C．电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：r  F- >r  Na+ ，C正确； D．15-冠-5是分子，与阳离子Na+之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误； 故选C。 阅读材料，完成下列小题： 中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：KNO 、S和C)是中国古代四大发明之 3 一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界 上首次人工合成结晶牛胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖 核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸 提取的青蒿素(C H O ，含— O— O— )在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重 15 22 5 油裂解难题。 5. 下列说法正确的是 A. 硫黄有S、S2-、S 等多种同素异形体 2 4 B. 高温下青蒿素分子结构稳定 C. NH 分子中H— N— H键角大于CH 分子中H— C— H键角 3 4 D. 题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 黑火药爆炸：2KNO +C+3S=K CO +N ­+3SO ­ 3 2 3 2 2 第3页/共23页 学科网（北京）股份有限公司通电 B. 电解饱和NaCl溶液制NaOH：Cl- +2H O 2OH- +H ­+ClO- 2 2 C. 重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：nCH =CH-CH ¾催¾化¾剂® 2 3 D. 向饱和氨盐水中通入过量CO ：NaCl+NH +H O+CO = NaHCO ¯+NH Cl 2 3 2 2 3 4 7. 下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是 A. 蛋白质能水解，可用饱和 NH  SO 溶液提纯蛋白质 4 2 4 B. 乙醚与青蒿素组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素 C. CCl 难溶于水、比水易溶解I ，可用CCl 萃取碘水中的I 4 2 4 2 D. 不同的烃密度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油 【答案】5. D 6. D 7. C 【解析】 【5题详解】 Ａ．同素异形体是同种元素形成的不同单质间的互称，S2-是离子不是单质，A错误； Ｂ．根据信息可知青蒿素中含有—O—O—，类比双氧水的分子结构可知其不稳定，高温条件下易分解，B 错误； 1 Ｃ．NH 中心原子N原子价层电子对数为3+ ´5-1´3=4，采用sp3杂化，孤电子对数为1，CH 中 3 2 4 1 心原子C原子价层电子对数为4+ ´4-1´4=4，采用sp3杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方式 2 相同时，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则NH 分子中H—N—H键 3 角小于CH 分子中H—C—H键角，C错误； 4 Ｄ．鸟嘌呤、胞嘧啶中含有-NH-、-NH 、O原子、N原子，可形成氢键，从而实现互补配对，如图所 2 示： ，D正确。 故选D。 【6题详解】 第4页/共23页 学科网（北京）股份有限公司A．黑火药爆炸时，KNO 、C和S反应生成K S、N 和CO ，该反应的化学方程式为 3 2 2 2 2KNO +3C+S= K S+N ­+3CO ­，A错误； 3 2 2 2 B．电解饱和NaCl溶液生成Cl 、H 和NaOH，该反应的离子方程式为 2 2 通电 2Cl- +2H O H ­+Cl ­+2OH-，B错误； 2 2 2 催化剂 nCH =CH-CH ® [CH -CH] C．丙烯生成聚丙烯的反应为 2 3 2 | n ，C错误； CH 3 D．向饱和氨盐水中通入过量CO 生成NH Cl和溶解度较小的NaHCO ，NaHCO 结晶析出，D正 2 4 3 3 确。 故选D。 【7题详解】 A．蛋白质在饱和 NH  SO 溶液中会发生盐析，故可用饱和 NH  SO 溶液分离提纯蛋白质，与蛋 4 2 4 4 2 4 白质能发生水解反应无关，A错误； B．青蒿素在乙醚中的溶解度较大，故可用乙醚提取青蒿素，与二者的组成元素无关，B错误； C．I 在CCl 中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl 与水不互溶，故可用CCl 萃取碘水中的I ，C 2 4 4 4 2 正确； D．不同烃的沸点不同，故可用分馏法从石油中获得汽油、柴油，与烃的密度无关，D错误。 故选C。 光 8. 以稀H SO 为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H O 2H ­+O ­。下列说法正 2 4 2 2 2 催化剂 确的是 A. 电极a上发生氧化反应生成O 2 第5页/共23页 学科网（北京）股份有限公司B. H+通过质子交换膜从右室移向左室 C. 光解前后，H SO 溶液的pH不变 2 4 D. 外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH 2 【答案】A 【解析】 【分析】光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H O-4e- =O ­+4H+； 2 2 电极b上电子流入，发生还原反应，b为正极，电极反应式为：2H+ +2e- =H ­。 2 【详解】A．根据分析，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H O-4e- =O ­+4H+，生 2 2 成物有O ，A正确； 2 B．原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H+，电极b上消耗H+，H+通过质子交换膜从左室移向 右室，B错误； C．在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水， H SO 溶液中H O减少，H SO 溶液浓度增大，pH减小，C错误； 2 4 2 2 4 D．生成1molH ，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH ，D错误； 2 2 答案选A。 9. 化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 1molX最多能和4molH 发生加成反应 2 B. Y分子中 sp3 和sp2杂化的碳原子数目比为1:2 C. Z分子中所有碳原子均在同一个平面上 D. Z不能使Br 的CCl 溶液褪色 2 4 【答案】B 【解析】 第6页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．X中不饱和键均可以与H 发生加成反应，1molX中苯环与3molH 发生加成反应、碳碳双键 2 2 与1molH 发生加成反应、酮羰基与2molH 发生加成反应，则1molX最多能和6molH 发生加成反应，A 2 2 2 错误； B．饱和碳原子采用sp3杂化，碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，1个Y分子中，采用sp3杂化的碳原子有 2个，采用sp2杂化的碳原子有4个，数目比为1:2，B正确； C． 中1号碳原子为饱和碳原子，与2、3、4号碳原子直接相连，这4个碳原子不可能 全部共面，C错误； D．Z分子中含有碳碳双键，能使Br 的CCl 溶液褪色，D错误； 2 4 答案选B。 10. CO 与NO-通过电催化反应生成CONH  ，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物 2 3 2 2 种用“*”标注)。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B. 过程Ⅱ中NO-发生了氧化反应 3 C. 电催化CO 与NO-生成CONH  的反应方程式： 2 3 2 2 通电 CO +2NO- +18H+ CONH  +7H O 2 3 催化剂 2 2 2 D. 常温常压、无催化剂条件下，CO 与NH ×H O反应可生产CONH  2 3 2 2 2 【答案】A 【解析】 第7页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．过程Ⅱ为：*CO 和*NO-在酸性条件下被还原为*CO和*NH 的反应，生成了N—H等极性 2 3 2 共价键；过程Ⅲ为*CO与*NH 生成*CONH  的反应，生成了C—N极性共价键，A正确； 2 2 2 B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由+5降为-2，C元素的化合价由+4降为+2，B错误； C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为 通电 CO +2NO- +18H+ +16e- CO(NH ) +7H O，C错误； 2 3 催化剂 2 2 2 D．常温常压、无催化剂条件下，CO 与NH ×H O反应生成 NH  CO 或NH HCO ，D错误； 2 3 2 4 2 3 4 3 故选A。 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，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 4 步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝 色、蓝色。 步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静 置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为é ë CuNH 3  4 ù û SO 4 B. 步骤Ⅱ的两份溶液中：c  Cu2+ n  Na+ ，同时“沉镍” 提铜 沉镍 过程中加入了 NH  C O 溶液，溶液体积增加，因此c  Na+ >c  Na+ ，D错误； 4 2 2 4 提铜 沉镍 故选B。 13. 甘油 C H O  水蒸气重整获得H 过程中的主要反应： 3 8 3 2 反应Ⅰ C H O (g)=3CO(g)+4H (g) DH>0 3 8 3 2 反应Ⅱ CO(g)+H O(g)=CO (g)+H (g) DH<0 2 2 2 反应Ⅲ CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) DH<0 2 2 4 2 1.0´105Pa条件下，1molC H O 和9molH O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H 、CO 和 3 8 3 2 2 2 CH 的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 4 A. 550℃时，H O的平衡转化率为20% 2 B. 550℃反应达平衡状态时，nCO :n(CO)=11:25 2 C. 其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时H O的物质的量随温度升高而增大 2 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时H 的物质的量 2 【答案】A 【解析】 【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲 线①表示H ，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO， 2 温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH 物质的量降低，则曲线②代表CH ，据此解答。 4 4 第10页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．550℃时，nH =5mol，nCO =2.2mol，nCH =nCO=0.4mol，根据C原子 2 2 4 nC-nCO -nCO-nCH  守 恒 ， 可 得 nC H O = 2 4 =0， 根 据 O 原 子 守 恒 ， 可 得 3 8 3 3 nO-2nCO -nCO-3nC H O  nH O= 2 3 8 3 =7.2mol(也可利用 H 原子守恒计算，结果相同)， 2 1 9mol-7.2mol 则αH O= ´100%=20%，A正确； 2 9mol B．550℃时，nCO =2.2mol，nCO=0.4mol，则nCO :nCO=11:2，B错误； 2 2 C．400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，nCO  增大，说明反应Ⅲ逆向移动程 2 度更大，则H O的物质的量减小，C错误； 2 D．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，H 的物质的量减小，D错 2 误； 故选A。 二、非选择题：共 4题，共 61分。 14. ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉 CdS 等]制备ZnS的过程如下： 已知：K (ZnS)=1.6´10-24,K (CdS)=8.0´10-27,K H S=1.0´10-7,K H S=1.2´10-13。当 sp sp a1 2 a2 2 离子浓度小于1.0´10-5mol×L-1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入O 可提高Zn2+浸出率的原因是_______。 2 ②通入H S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、cH S=0.01mol×L-1时，Cd2+是否沉淀完全 2 2 _______(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)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、 “负电”区域，光照下发出特定波长的光。 第11页/共23页 学科网（北京）股份有限公司区域A“ ”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As S 沉淀。 2 3 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H 3 AsO 3 形式存在，As 2 S 3 +6H 2 O ƒ 2H 3 AsO 3 +3H 2 S。 60℃时，按n(S):n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出ZnS与H AsO 反应生成As S 的离子方程式：_______。 3 3 2 3 ②反应4h后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】（1） ①. 氧化 S2-生成 S，促进酸浸反应正向进行 ②. 否 pH=0时， 。 c  H+ =1mol×L-1 K H S×K H S×cH S 1.0´10-7´1.2´10-13´10-2 c  S2- = a1 2 a2 2 2 = mol×L-1 =1.2´10-22mol×L-1 c2 H+ 12 K CdS 8.0´10-27 c  Cd2+ = c sp  S2- = 1.2´10-2 mol×L-1 »6.67´10-5mol×L-1 >1.0´10-5mol×L-1 ，则Cd2+未沉淀 完全 ③. ZnO （2） ①. Cl- ②. 负电 （3） ①. 2H AsO +3ZnS+6H+ = As S +3Zn2+ +6H O ②. 随着反应的进行，溶液pH增 3 3 2 3 2 大，溶液中H 2 S浓度减小，促进As 2 S 3 +6H 2 O ƒ 2H 3 AsO 3 +3H 2 S平衡正向移动，As 2 S 3 重新溶解， 砷回收率下降 【解析】 第12页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【分析】闪锌矿中含 ZnS、FeS、CdS 等，加入 H SO 、O 酸浸后，ZnS、FeS、CdS 分别转化为 2 4 2 Zn2+、Fe3+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+与Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS， 据此解答。 【小问1详解】 ①酸浸时，若不通入O 2 ，会发生反应：ZnS+H 2 SO 4 ƒ ZnSO 4 +H 2 S，通入O 2 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 通 入 H S除 镉 ， 当 溶 液 pH=0、cH S=0.01mol×L-1时 ， c  H+ =1mol×L-1， 又 因 为 2 2 K H S=1.0´10-7,K H S=1.2´10-13， a1 2 a2 2 c(H+)´c(HS-) c(H+)´c(S2-) c2(H+)´c(S2-) K H S´K H S= ´ = ， 则 a1 2 a2 2 c(H S) c(HS-) c(H S) 2 2 1´10-7´1.2´10-13´0.01 c  S2- = mol/L==1.2´10-22mol/L， 则 此 时 12 K (CdS) 8.0´10-27 c  Cd2+ = c sp  S2- = 1.2´10-22 mol/L=6.6´10-5mol/L ，此时Cd2+的浓度大于1.0´10-5mol×L-1，离子 沉淀不完全。 ③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+，加入的氧化物为ZnO。 【小问2详解】 晶胞掺杂过程中，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 1 1 Zn2+；按照均摊法，区域B中含Zn2+：3个、Cu+：1个、S2-：8´ +6´ =4个， 8 2 +2´3++1´1+-2´4=-1，则区域B带负电。 【小问3详解】 ①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与H AsO 反应除了生成As S 外还有锌离 3 3 2 3 子，写出反应的离子方程式为：2H AsO +3ZnS+6H+ = As S +3Zn2+ +6H O。 3 3 2 3 2 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H 2 S浓度减小，促进As 2 S 3 +6H 2 O ƒ 2H 3 AsO 3 +3H 2 S平衡 正向移动，As S 重新溶解，砷回收率下降，所以反应4h后，砷回收率下降。 2 3 15. G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下： 第13页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（1）A分子中，与2号碳相比，1号碳的C— H键极性相对_______(填“较大”或“较小”)。 （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的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物， nX:nY=2:1，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与FeCl 溶液发生显色反应。 3 （5）写出以 和 为原料制备 的合成路线流程图_______(无机 试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1）较大 （2） （3） ①. 羧基 ②. 1 第14页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（ 4 ） 或 （ 5 ） 【解析】 【分析】A 与B在甲醇钠和甲醇的作用下，脱去溴化氢，生成C，C水解并脱去羧基生成D，D与五氧化 二磷反应成环，生成E，E先经过酯化，在和乙二醇反应生成F，F被四氢铝锂还原生成G，详细流程为： 第15页/共23页 学科网（北京）股份有限公司据此解答。 【小问1详解】 1号碳与两个酯基相连，2号碳只与一个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使与其相连的碳原子上的电子云 密度降低，从而增强了C—H键的极性，因此1号碳的C-H键极性相对较大。 【小问2详解】 由有机速破可知，D→E的反应是5号羧基与苯环上甲氧基同侧邻位碳上的H原子发生取代反应，而D中 的4号羧基也可能发生类似反应，会生成含五元环的副产物 。 【小问3详解】 根据E的结构简式可知其含氧官能团还有羧基。F分子中只有与-COOCH 直接相连的碳原子是手性碳原 3 子。 【小问4详解】 G 的分子式为C H O Cl，其不饱和度为 6.G 的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到 X 和 Y，且 14 17 4 第16页/共23页 学科网（北京）股份有限公司nX:nY=2:1，Y含苯环且能与FeCl 溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X 3 与 Y 形成的酯。X 的相对分子质量为 60，据此可知 X 为CH COOH，因此该同分异构体中含有 2 个 3 CH COO-基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他 3 不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性， 2个CH COO-在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能 3 得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除CH COO-外，其他11个H 3 原子只有 2 种不同化学环境，则应含有一个只有 1 种化学环境的 H 原子的取代基，该基团只能为 -CCH  ，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同 3 3 分异构体为： 、 。 【小问5详解】 根据目标产物逆向分析，目标产物为聚酯，其单体为 和 ，其中 可由 先水解再酸化获得，而 含有2个-CH OH，流程中物质G含有-CH OH结构， 2 2 该结构是由-COOCH 被LiAlH 还原而来，则 可由 被LiAlH 3 4 4 还原而来，而 可视为 的亚甲基上的H原子被环己基取代，这一步骤与题 给流程中A+B®C的反应类似，因此 可由 与 在CH ONa 和 3 CH OH作 用 下 反 应 生 成 ， 可 由 与 HBr 反 应 制 得 。 具 体 合 成 路 线 为 ： 3 第17页/共23页 学科网（北京）股份有限公司。 【点睛】有机合成路线设计融入高聚物合成以强化化学与材料科学的联系，命题从单一官能团转化转向多 步骤串联反应、跨模块知识整合，主要体现在路线延长、官能团转化复杂化、涉及陌生反应机理等方面。 这类题目通过真实情境(如药物合成、高分子材料)建模，促使考生从碎片化知识记忆转向系统性思维构 建，掌握逆合成分析、反应条件筛选等核心方法。未来命题将更注重真实科研成果转化，要求考生在陌生 信息中提取关键反应机理，体现“证据推理与模型认知”的化学学科核心素养。 16. 海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其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Na CO 溶液中进行现场保护。 2 3 ①玻璃中的SiO 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盛放 2 NaOH溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有_______。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的SO2-在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与SO2-反应 4 4 生成FeS和Fe(OH) 的离子方程式：_______。 2 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入K Fe(CN)  溶液 3 6 (能与Fe2+形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为_______。 第18页/共23页 学科网（北京）股份有限公司(ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集Cl-的可能原因。该胶粒的形成过程 中，参与的主要阳离子有_______(填离子符号)。 （3）为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，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AgNO 溶液体积[K (AgCl)=1.8´10-10。实 3 sp 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-1HNO 3 溶液、0.05mol×L-1AgNO 溶液]。 3 【答案】（1） ①. Na SiO ②. 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶 2 3 液中，O 溶解度较小，减少文物与O 的接触，减缓吸氧腐蚀 2 2 细菌 （2） ①. 4Fe+SO2- +4H O FeS+3Fe(OH) +2OH- ②. 滴加混合溶液后，铁片表面将 4 2 2 出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点 ③. Fe3+、Fe2+ （3）分别加入等体积(如 5mL)的0.5mol×L-1NaOH溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡 30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加3mL0.5mol×L-1HNO 溶液酸化，再 3 分别滴加0.05mol×L-1AgNO 溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的AgNO 溶液体积 3 3 【解析】 【小问1详解】 ①SiO 是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为 2 SiO +2NaOH= Na SiO +H O。 2 2 3 2 ②吸氧腐蚀时正极反应式为O +4e- +2H O=4OH-，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，OH-浓度 2 2 较大，会抑制O 得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；O 在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯 2 2 水溶解氧的能力低，减少了文物与O 的接触，减缓吸氧腐蚀。 2 【小问2详解】 第19页/共23页 学科网（北京）股份有限公司①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被SO2-氧化为+2价的FeS、FeOH ，根据得失电子守 4 2 恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式： 细菌 4Fe+SO2- +4H O FeS+3Fe(OH) +2OH-。 4 2 2 ②(ⅰ)由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为Fe-2e- =Fe2+，正极反应式 为O +4e- +2H O=4OH-。Fe2+与K éFeCN ù反应生成KFeéFeCN ù蓝色沉淀，即铁片上会 2 2 3ë 6 û ë 6 û 出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到OH-变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物 表面形成FeOOH”知，Fe2+在盐水中被O 氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将 2 出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点； (ⅱ)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成Fe2+，被O 进一步氧化为Fe3+，此时体系中的阳离子主要有 2 Fe3+、Fe2+。 【小问3详解】 要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用Ag+与Cl-的反应进行实验。 实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过 滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用HNO 溶液酸化，再加入AgNO 溶液，通过比较出现 3 3 AgCl白色沉淀时消耗。AgNO 溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 3 17. 合成气(CO和H )是重要的工业原料气。 2 （1）合成气制备甲醇：CO(g)+2H (g)=CH OH(g)。CO的结构式为CºO，估算该反应的DH需要 2 3 _______(填数字)种化学键的键能数据。 （2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯H 。 2 ①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H 和过量的H O(g)： 2 2 低温型催化剂 CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g) DH<0。催化作用受接触面积和温度等因素影响， 2 约230°C、3MPa 2 2 H Og 的比热容较大。H Og 过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有_______。 2 2 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K CO 吸收剂、K CrO (Cr正价有+3、+6) 2 3 2 4 第20页/共23页 学科网（北京）股份有限公司缓蚀剂等。K CO 溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_______(填化学式)。K CrO 减缓设备腐 2 3 2 4 蚀的原理是_______。 x （3）研究CH 、H O(g)与不同配比的铁铈载氧体[ Fe O ×(1-x)CeO ，0£x £1，Ce是活泼金属，正 4 2 2 2 3 2 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 CH 、H Og ，依次发生的主要反应： 4 2 步骤Ⅰ CH ¾载¾氧¾体供¾氧®CO+2H 4 850℃ 2 步骤Ⅱ H O¾载¾氧¾体夺¾氧®H 2 400℃ 2 nH  nH  ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH 转化率、 2 与x的关系如图乙所示。x =0时， 2 大于理论 4 n(CO) n(CO) 值2的可能原因有_______；x =0.5时，通入标准状况下300mL的CH 至反应结束，CO的选择性 4 n (CO) = 生成 ´100%=80%，则生成标准状况下CO和H 的总体积为_______mL。 n CH  2 转化 4 ②x =0.5时，新制载氧体、与CH 反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某 4 晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H Og 反应的物质有 2 _______(填化学式)。 第21页/共23页 学科网（北京）股份有限公司③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe O的作用、气体分步制备的价值：_______。 2 3 【答案】（1）5 （2） ①. 该反应为放热反应，在绝热容器中进行，H Og 的比热容较大，则体 2 系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，H Og 过量可有效防止催化剂活性下降 ②. KHCO 2 3 ③. K CrO 具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜 2 4 （3） ①. 当x =0时，载氧体为CeO ，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO ，使得 2 2 nH  2 CO的物质的量减小， 增大 ②. 432 ③. C、Fe、FeO ④. 步骤Ⅰ中Fe O 作载氧体供氧， nCO 2 3 将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以 有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源 【解析】 【小问1详解】 反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的DH需CºO。H-H、C-O、C-H、 O-H，共5种化学键的键能数据。 【小问2详解】 ①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用 了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；H Og 的比热容较大，可以吸收大量的热从而使 2 体系温度变化较小，因此，H Og 过量可有效防止催化剂活性下降。 2 ②脱碳过程中，K CO 溶液会吸收CO ，发生反应K CO +CO +H O=2KHCO ，当K CO 溶液浓 2 3 2 2 3 2 2 3 2 3 第22页/共23页 学科网（北京）股份有限公司度偏高时，会生成较多KHCO ，而KHCO 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 3 3 塞设备。K CrO 中的Cr元素化合价为+6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它 2 4 会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜 可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。 【小问3详解】 ①当x =0时，载氧体中没有Fe O，只有CeO ，由于CeO 的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可 2 3 2 2 nH  以将CO氧化为CO ，使得CO的物质的量减小， 2 增大；由题图乙可知，当x =0.5时，CH 转化 2 nCO 4 n CO 率为 60%，则n CH =300mL´60% =180mL，已知 CO 的选择性= 生成 ´100% =80%， 转化 4 n CH  转化 4 nH  则 n CO=180mL´80% =144mL，根据图乙中数据可知，此时产物气中 2 =2，则 生成 nCO n H =144mL´2=288mL，故生成标准状况下CO和H 的总体积为432mL。 生成 2 2 ②新制载氧体与CH 反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H Og 反应，使载氧体再生从而继续与 4 2 CH 反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH 反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中 4 4 与H Og 反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H Og 反应。 2 2 ③步骤Ⅰ中Fe O 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至 2 3 失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较 高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 第23页/共23页 学科网（北京）股份有限公司