（网络收集）2025年江苏卷化学高考真题带答案带解析带分值文字版一、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】本题考查化学反应与工业生产选项A工业合成氨，以为原料，符合题意，A对选项B湿法炼铜选项C高炉炼铁选项D接触法制硫酸原料为硫铁矿或空气（），B、C、D均用不到故选A【分值】3分2.科学家通过核反应发现氚（）。下列说法正确的是（）A.表示一个质子B.的基态原子核外电子排布式为C.与互为同位素D.的原子结构示意图为【答案】C【解析】本题考查了化学用语，涉及同位素，原子结构示意图及核外电子排布选项A表示1个中子选项B基态核外电子排布为，B错选项C同位素是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，和质子数均为1，中子数分别为2和1，二者互为同位素，C对选项D原子结构示意图为，D错【分值】3分3.用草酸（）溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列实验操作规范的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】本题考查了酸碱滴定的一些基本操作选项A没有用玻璃棒引流，A错；选项B.润洗滴定管后应取少量标准液于滴定管中倾斜着转动滴定管进行润洗；选项C.滴定时一个是锥瓶晃动的方式错误，另一个是应手持锥形瓶上端颈部轻轻摇动锥形瓶，不能手持瓶底摇动；选项D读数时，眼睛与凹液面最低处相平，D对【分值】3分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：C.离子半径：D.X中15-冠-5与间存在离子键【答案】C【解析】本题考查分子结构，元素周期律等相关知识选项A苯氯（）分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，A错选项B F、Cl位于同一主族，同一主族从上到下，非金属性逐渐减弱，所以电负性F>Cl，B错；选项C.考查微粒半径大小的比较，电子层结构相同时，核电荷数越小，半径越大，故离子半径：，C对；选项D项，15-冠-5是分子，不是阴离子，与之间不存在离子键，D错故选C【分值】3分5.阅读下列材料，完成下面题：中医药对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药（主要成分：KNO₃、C和S）是中国古代四大发明之一。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（，含—O—O—）在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制的新型催化剂解决了重油裂解难题。（1）下列说法正确的是（）A.硫黄有、、等多种同素异形体B.高温下青蒿素分子结构稳定C.分子中键角大于分子中键角D.题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对（2）下列化学反应表示正确的是（）A.黑火药爆炸：B.电解饱和NaCl溶液制NaOH：C.重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：D.向饱和NaCl溶液中通入过量：（3）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，可用饱和溶液提纯蛋白质B.乙醚与青蒿素组成元素相同，可用乙醚提取青蒿素C.难溶于水、比水易溶解，可用萃取碘水中的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】（1）D（2）D（3）C【解析】（1）本题考查了同素异形体、键角大小的比较以及氢键的有关知识选项A.同素异形体是同种元素形成的不同单质，而是离子，A错选项B.题中信息有青蒿素有—O—O—键，不稳定，高温易分解，B错选项C.分子和分子中心原子都是杂化，但中N有一对孤电子对，中C无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，使得中键角小于中键角，C错选项D.鸟嘌呤、胞嘧啶中含有—NH—、—NH₂、O原子、N原子可形成氢键，从而实现互补配对，D对故选D（2）本题考查方程式的正误判断选项A.黑火药爆炸的反应方程式，A错选项B.电解饱和食盐水制，B错选项C.由氯乙烯聚合成聚氯乙烯，C错选项D.由于溶解度较小，以晶体形式析出，D对故选D（3）本题考查物质的提纯与性质和分离、提纯方法的对应关系选项A.蛋白质在饱和c溶液中会发生盐析，故可用饱和溶液分离提纯蛋白质，与蛋白质水解无关，A错。选项B.组成元素相同，不适用乙醚提取青蒿素的理由，而是因为青蒿素在乙醚中的溶解度较大。B错。选项C.在中的溶解度远大于其在水中的溶解度，且和水互不相溶且不反应，所以可用萃取碘水中的碘，C对。选项D.可从石油中分馏得到汽油、煤油、柴油是因为它们的沸点不同，与密度无关，故选C【分值】9分6.以稀为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为。下列说法正确的是（）A.电极a上发生氧化反应生成B.通过质子交换膜从右室移向左室C.光解前后，溶液的pH不变D.外电路每通过电子，电极b上产生【答案】A【解析】本题考查了电化学原理示意图，涉及电极产物判断、离子移动方向及转移电子数的计算选项A.从光解水装置图上可看出，电极a失电子发生氧化反应，电极a反应式为，A对选项B项通过质子交换膜从左室移向右室，B错。选项C项光解后，消耗了，浓度增大，pH变小，C错选项D项生成，转移2mol电子，外电路每通过电子，电极b上产生，D错故选A.【分值】3分7.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.1mol X最多能和发生加成反应B.Y分子中和杂化的碳原子数目比为C.Z分子中所有碳原子均在同一个平面上D.Z不能使的溶液褪色【答案】B【解析】本题考查有机物的结构与性质，涉及反应类型判断、杂化方式及共面问题选项A.X中有一个苯环，2个酮羰基、1个碳碳双键，所以1molX最多能与发生加成，A错。选项B.Y分子中，1、2、3、4号碳为杂化，5、6号碳为杂化，故Y分子中杂化和杂化的碳原子数比为，B对。选项C.1号C为饱和碳原子，与2、3、4号碳原子不可能共面，C错选项D.Z分子中有碳碳双键，能使溴的溶液褪色，D错故选B【分值】3分8.与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示（图中吸附在催化剂表面的物种用“”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中发生了氧化反应C.电催化与生成的反应方程式：D.常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产【答案】A【解析】选项A.看图可知Ⅱ形成了极性键，Ⅲ形成了极性键，所以A对选项B.过程Ⅱ，N从+5到-2价发生了还原反应，B错选项C.正确的总方程式为，C错选项D.若常温常压、无催化剂条件下，与反应可生成和，D错故选A【分值】3分9.探究含铜化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。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B.步骤Ⅱ的两份溶液中：C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为【答案】B【解析】本题考查了配合物的相关知识步骤Ⅰ.向溶液中加过量浓氨水，生成蓝色沉淀，故A错步骤Ⅱ中，向沉淀中加入浓氨水，得到以深蓝色溶液中Cu元素存在形式为，在配合物的内界很难被电离出，较少，而向沉淀中加入稀盐酸，蓝色溶液中Cu元素的存在形式为，故B对。C项步骤Ⅲ中无明显现象是因为很难电离出，溶液中太低，与Fe反应速率极慢，无明显现象，C错。D项步骤Ⅲ中加入稀盐酸后与结合生成，使平衡右移，溶液中增大，与Fe反应生成红色的铜，离子方程式为，产生气泡是因为故D错选B【分值】3分10.室温下，有色金属冶炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物）用过量的浓溶液浸后，提铜和镍的过程如下所示。已知：,，。下列说法正确的是（）A.较浓溶液中：B.溶液中：的平衡常数C.溶液中：D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：【答案】B【解析】考查电解质溶液的电离平衡以及三大守恒A.若两步均完全电离，则A符合电荷守恒，但根据题目信息可知，没有完全电离，故溶液中还有，电荷守恒关系式为，A错B.的平衡常数而，故B对C.溶液中质子守恒为C错D项。沉镍时，又加入了溶液，溶液体积增大，而几乎不变，所以变小，即，D错【分值】3分11.甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应：反应Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、、和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（）A.时，的平衡转化率为B.反应达平衡状态时，C.其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量【答案】A【解析】本题考查了平衡体系图像分析、平衡移动及化学平衡计算条件下，和发生上述反应达到平衡状态，由C守恒可知：时，CO、、、4种物质中C总量应为3mol，而时。则曲线①不可能代表CO或，曲线①代表，而它在时则②和③分别代表和CO中的某一种，由于反应Ⅲ，升高温度平衡逆移，的物质的量减少，故曲线②代表，曲线③代表CO。时所以此时由氢守恒可知时水的物质的量，所以时的平衡转化率为，A对。B项时，，，，B错。C项Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，Ⅱ逆向移动使减少，Ⅲ逆向移动使增多，而范围内增多，说明Ⅲ逆向移动更多，所以总量随温度升高而增加，C错。D项加压后反应Ⅱ平衡不移动，而反应Ⅲ正向移动，所以其他条件不变，加压有利于平衡时的物质的量减少，D错。选A【分值】3分二、非选择题：共4题，共61分。12.（14分）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：，，，。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。①酸浸时通入可提高浸出率的原因是____。②通入除镉。通过计算判断当溶液、时，是否沉淀完全（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。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）]，并回收生成的沉淀。已知：溶液中As（Ⅲ）主要以弱酸形式存在，。时，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。①写出ZnS与反应生成的离子方程式：________。②反应4h后，砷回收率下降的原因有____________。【答案】（1）①把氧化为S，促进酸浸反应正向进行。②未沉淀完全时，，，，把、代入上式可得：故未沉淀完全③ZnO（2）；负电（3）①②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降。【解析】本题是工艺流程题，闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入、酸浸后ZnS、FeS、CdS分别转化为、、，经过除杂，除杂后除去、，调pH、沉锌等获得ZnS。(1)①酸浸时，若不通入，会发生，通入，可以把氧化为S，促进上述平衡右移，提高浸出率。②时，，把，代入上式可得：所以未沉淀完全。③ZnO既能消耗调节pH，又不引入杂质，故选ZnO。(2)晶胞缺陷类型中，替代反应是半径相近的微粒且电性相同。区域A替代的是一个面上的，故应用替换，而区域B替代的是一个，应用1个+1价的Cu替换。而1个+1价的Cu比1个少1个正电荷，所以区域B带负电(3)①根据电荷守恒、原子守恒及反应重演性配平即可。②随着反应的进行，溶液下降，pH增大，减小，促进平衡正向移动，重新溶解，As回收率下降。【分值】14分13.（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)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，，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与溶液发生显色反应。(5)写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和碳以下的有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。【答案】（1）较大（2）（3）羧基；1（4）或（5）【解析】本题考查有机合成与推断，涉及反应原理、官能团、同分异构书写以及合成路线的设计等考点(1)由于酯基是吸电子基，连的酯基越多C—H极性越大，故1号C—H键极性较大(2)D到E是1号碳上的H与2号碳上的—OH发生取代后形成；也可以与3号羧基上的—OH发生取代反应，所以副产物为(3)E分子含氧官能团还有羧基；F分子中手性碳原子数同为1个，表*号的C(4)G的分子式为；不饱和度为6；①含有3种不同化学环境氢原子，说明结构高度对称。②X应为，Y上只有2个—OH（酚羟基），且对称。Cl应连在苯环上，除外，其他11个H原子上有2种不同化学环境，则应含有1种化学环境的H原子取代基，该基团上能为。由此得出G的同分异构体结构原子式为(5)逆向分析：目标产物为聚醇，单体为和，可由先水解再酯化得到。可由由LiAlH₄还原得到。而可由与在和作用下生成，而可由制得。【分值】15分14.（15分）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱除方法对保护文物意义重大。(1)文物出水清洗后，须尽快进行现场保护。①溶液中的能与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NaOH水溶液。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与海水中的在细菌作用下形成FeS等含铁凝结物。写出Fe与反应生成FeS和的离子方程式：____________。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溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为____________。(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[脱补充实验方案：取一定量含氯FeOOH模拟样品，将其分为两等份，____________________。比较滴加溶液体积[已知。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。【答案】（1）①②吸氧腐蚀正极反应式为，根据平衡移动原理，碱性溶液中，较大，会抑制得电子，减慢吸氧腐蚀速率（2）①②（i）滴加混合溶液后，铁片表面将出现变红、变蓝现象，较长时间后出现黄色斑点（ii）、（3）分别加入等体积的的NaOH溶液和蒸馏水至刚好浸没FeOOH样品，在室温下搅拌、浸泡一段时间；过滤，各取等量上层清液置于两支试管中，分别滴加足量酸化，再分别滴加溶液；记录两份上层清液出现AgCl白色沉淀时消耗溶液体积。【解析】(1)①，故①填②吸氧腐蚀正极反应式为，碱性溶液中较大会抑制得电子，使吸氧腐蚀速率减慢。(2)①根据得失电子相等，电荷守恒就可配平。②(i)看图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，负极反应：正极反应：，溶液中酚酞遇到变红，与反应生成蓝色沉淀，所以该铁片上会出现红色区域和蓝色区域，由题上信息有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH可知，在盐水中被氧化为黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，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)主要是被进一步氧化为，体系中主要阳离子为和(3)要检验脱氯效果，应控制变量，使样品用量、脱氯时间、体积等变量相同。利用与的反应进行实验。首先用等体积的NaOH溶液和蒸馏水浸泡等量的含氯FeOOH样品。脱氯然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用稀酸化，再加入溶液，通过比较，出现AgCl的沉淀时消耗溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。【分值】15分15.(17分)合成气(CO和)是重要的工业原料气。(1)合成气制备甲醇：。CO的结构式为，估算该反应的需要的____（填数字）种化学键的键能数据。(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、和过量的：催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有________________。②脱碳在铜钢吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的，吸收剂(Cr价有+3、+6)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是____(填化学式)。缓蚀剂制备的原理是____。(3)研究、与不同配比的铁铈载氧体，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，先发生以一定流速通入固定体积的、，依次发生的主要反应：步骤Ⅰ步骤Ⅱ①步骤Ⅰ中，产物气体体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有____；时，通入标准状况下300mL的至反应结束，CO的选择性，则生成标准状况下CO和的总体积为____mL。②时，新制载氧体与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质现出衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有____(填化学式)。③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：____。【答案】（1）5（2）①该反应是放热反应，在绝热容器中进行，温度会升高，的比热容较大，能吸收较多的热量，使体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止（催化剂）活性下降。②；具有较强的氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化铬保护膜，减缓设备腐蚀。（3）①当时，载氧体无Fe，全部是，氧化性较强，可能把部分CO继续氧化为，使得的物质的量减小，增大；432②C、Fe、FeO③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，把转化为CO和，避免大量生成，造成浪费，导致（催化剂）失活；采用分步制备，载氧体循环利用，可提高原料利用率；同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备还可以节约能源。【解析】（1）(2)①该反应是放热，又是绝热反应容器，所以随着反应进行，容器内温度会逐渐升高，而催化剂活性受温度的影响，而（g）的比热容较大，（g）过量可使体系温度变化较小，从而有效防止催化剂活性下降。②溶液会吸收，发生反应。当溶液浓度偏高时会生成较多的，而溶解度相对较小，易在饱和后结晶析出，从而堵塞设备。(3)①当时载氧体有，而氧化性较强，可能把部分CO继续氧化为，使得的物质的量减小，增大。由图乙知当时，转化率为，则已知CO选择性，则而此时产物中，则，故②当时，与反应后载氧体中x衍射谱图，x衍射谱图相比较可知载氧提少了C、Fe、FeO，步骤Ⅱ中这些物质与（g）发生了反应③看图甲步骤Ⅰ可知，作为载氧体供氧，把氧化为CO和，避免积炭，导致催化剂失活。采用分步法，第Ⅰ步载氧体供氧，第Ⅱ步载氧体得氧，载氧体循环利用，提高了原料利用率，降低了成本；同时步骤Ⅰ需要较高温度，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步法进行可以节约能源。【分值】17分。
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