2025年陕晋青宁卷化学高考真题

B

【详解】A．氮化硅涂层属于新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，A 不符合题意； B．合金是金属与其他元素熔合而成的材料，属于金属材料，B 符合题意； C．聚酰亚胺是高分子有机材料，不属于金属材料，C 不符合题意； D．反渗透膜通常由高分子聚合物制成，属于有机材料，D 不符合题意； 故选 B。

A

【详解】A． 与 结构类似，电子式为 ，A 正确； B．Be 是 4 号元素，基态 原子的价电子排布式为 ，B 错误； C．乙炔的球棍模型为 ，图中表示乙炔的空间填充模型，C 错误； D．反-2-丁烯的分子中，两个甲基位于双键的不同侧，结构简式是 ，D 错误； 故选 A。

A

【详解】A．单晶硅用于制造芯片主要因其半导体性质，而非熔点高，熔点高与用途无直接关联，A 错误； B．金属铝还原性强，可通过铝热反应冶炼金属（如 Fe、Mn 等），B 正确； C．浓硫酸吸水性使其可干燥中性/酸性气体（如 H2、CO2），C 正确； D．乙炔燃烧产生高温氧炔焰（约 3000℃），可熔化金属进行切割，D 正确； 故选 A。

B

【详解】A．由物质的结构可知，该物质含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应而褪色，A 错误； B．由物质的结构可知，该物质含有羟基，能和乙酸在浓硫酸催化下，发生酯化反应，B 正确； C．该物质中含有一个酯基，能与 溶液反应，C 错误； D．手性碳原子为连接 4 个不同基团的碳原子，该物质中含有 7 个手性碳， ， D 错误； 故选 B。

C

【详解】A．该物质是由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，含有苯环，属于芳香烃，A 正确； B．质谱仪可测定相对分子质量，质谱图上最大质荷比即为相对分子质量，B 正确； C．该物质为分子晶体，分子间存在范德华力，C 错误； D．该物质含有共价键，破坏 “机械键”时需要断裂共价键，D 正确； 故选 C。

C

【详解】A．氯化钠中的钠离子半径（Na+）比氯化铯中的铯离子半径（Cs+）小，离子键强度更大，因此熔 点更高，解释正确，A 正确； B．碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B 正确； C．草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根（HC2O ）的电离程度（释放 H+）大于水解程度（生成 OH⁻）， 解释错误，C 错误； D．离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D 正确； 故选 C。

D

【详解】A．泡沫灭火器中 Al3+与 HCO 发生双水解，生成 Al(OH)3 和 CO2，方程式配平正确，A 正确； B．金属钠优先与水反应生成 NaOH 和 H2，甲苯不参与反应，方程式正确，B 正确； C．NO2 与 NaOH 反应生成 NO 和 NO ，方程式配平及产物均正确，C 正确； D．石灰乳（Ca(OH)2 悬浊液）不能拆为 OH-，正确反应应为 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O，D 错误； 故选 D。

A

【详解】A．由晶胞图可知，晶胞中 Ag 位于体心，B 位于顶点，C、N 位于体对角线上，沿晶胞体对角线 方向投影，体对角线上的原子投影到中心(重叠)，其余 6 个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他体内 的 C、N 原子抽影响到对应顶点原子投影与体心的连线上，则投影图为 ，A 错误； B．Ag 位于体心，与周围 4 个 N 原子原键，价层电子对数为 4，且与 4 个 N 原子形成正四面体，则 Ag 为 杂化；由晶胞中成键情况知，共用顶点 B 原子的 8 个晶胞中，有 4 个晶胞中存在 1 个 C 原子与该 B 原子成键，即 B 原子的价层电子对数为 4，为 杂化，B 正确； C．晶胞中 Ag 位于体心，与 最近且距离相等的 就是该晶胞上、下、左、右、前、后 6 个相邻的晶 胞体心中的 原子，为 6 个，C 正确； D．B 位于顶点，其个数为 ，Ag、C、N 均位于晶胞内，个数分别为 1、4、4，由晶胞密度可知晶 胞参数 a= ， 和 B 的最短距离为体对角线的一半，即 ，D 正确； 故选 A。

D

【分析】X、Y 价电子数相等，X、Y 属于同一主族，且 X 形成 5 个键，Y 形成 3 个键，基态 Y 的 轨道 半充满，则 X 为 P 元素，Y 为 N 元素，X、Z 电子层数相同， Z 的最外层只有 1 个未成对电子，Z 形成 1 个键，Z 为 Cl 元素，以此分析。 【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A 错误； B．X、Y 的简单氢化物分别为：PH3 和 NH3，电负性：N>P，共用电子对距 N 近，成键电子对斥力 N-H 大 于 P-H，键角：NH3>PH3，B 错误； C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C 错误； D．P、N、Cl 均能形成多种氧化物，D 正确； 答案选 D。

C

【详解】A．Fe、Cu、稀硫酸原电池中，电子由活泼金属 Fe 流向 Cu，Fe、Zn、硫酸原电池中，电子有 Zn 流向 Fe，活泼性：Zn>Fe>Cu，A 正确； B．FeCl3 与淀粉 KI 溶液反应，溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>I2，新制氯水加入含 KSCN 的 FeCl2 溶液中， 溶液变红色，生成了 Fe3+，则氧化性：Cl2>Fe3+，故氧化性： ，B 正确； C．酸性高锰酸钾分别滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明了苯环使甲基活化，C 错误； D．不同浓度的 Na2S2O3 与相同浓度的稀硫酸反应，浓度大的 Na2S2O3 先出现浑浊，说明增大反应物浓度， 反应速率加快，D 正确； 答案选 C

D

【分析】根据转化关系： ，常温常压下 G、J 均为无色 气体，J 具有漂白性，J 为 SO2，K 为 SO3，G 为 H2S，H 为 S，M 为 NaHSO3，N 为 Na2SO3，L 为 Na2SO4。 【详解】A．H2S 和 SO3 均能与 NaOH 溶液反应，A 正确； B．S 和 Na2SO3 中 S 的化合价处于 S 的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B 正确； C．M 为 NaHSO3，N 为 Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C 正确； D．1mol H2S 和足量的 SO2 反应生成 S 单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S 参加反应，转移 2mol 电子，转移 2NA 个电子，D 错误； 答案选 D

B

【详解】A．当气球被充入气体时，气体在气球内产生了一定的压力，这将均匀地作用在气球内外的表面上， 使得外壳可以均匀分担气体的压力，故 A 正确； B．格氏试剂性质活泼，为避免反应过于剧烈，烧瓶中应加入苯甲酰氯，格氏试剂通过滴液漏斗缓慢滴加， 故 B 错误； C．反应体系为无水、无氧的密封装置，需要用图中的漏斗保持体系能压强不变，保证液体顺利滴下，而不 能用分液漏斗，故 C 正确； D．苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快，导致苯甲酰氯与与格氏试剂产率高，故 D 正确； 故答案为 C。

D

【分析】电极 b 发生 TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b 为阳极，a 为阴极，阴极上氢离子 得电子生成 H2，以此解题。 【详解】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A 正确； B．根据转化关系图可知，电极 b 中 TY 反应物，TQ 是生成物，电极 a 中水是反应物，H2 为生成物，总 反应方程式为： ，B 正确； C．将 TY( )换成 为原料，仍然能够得到 TQ( )，C 正确； D．根据右图可知，用 标记电解液中的水，可得到的 18O 在环上甲基的邻位上 ，D 错 误； 答案选 D。

B

【分析】 和 沉淀形成 和 ， 沉淀形成 ，则 和 的曲 线平行，根据 ， 比 更易与碱反应，因此 生成 的 pH 低于 ，故从左到右曲线依次为： 或 。 如图可知： 的平衡常数为 ， 的平衡常数 为 ， 的平 衡常数为 ， 的平衡常数为 ， 的 平衡常数为 ， 的平衡常数为 。据此分析： 【详解】A．据分析，L 为 与 的关系曲线，故 A 正确； B．如图可知， 的平衡常数为 ，则 的平 衡常数为 ， 故 B 错误； C．如图可知，pH=14 时 开始溶解，pH=8.4 时 开始溶解，且 pH=14 时 ，即可认为 完全溶解，并转化为 ，因此调节 溶液浓度， 通过碱浸可完全分离 和 ，故 C 正确； D． 的 开始沉淀 pH 为 ， 的 完全沉淀 pH 为 ，因此调节溶液 为 ，可将浓度均为 的 和 完全分离， 故 D 正确； 故答案为 B。 二、非选择题：本题共 4 小题，共 58 分。

（1） ①. 玻璃棒 ②. 量筒（或胶头滴管等，合理即可） （2）冰水浴 （3）B

【分析】按照反应 制备糖 精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的 1% NaSac 溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体， 最后将糖精钴晶体溶解后用 EDTA 标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。 【小问 1 详解】 步骤 I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。 【小问 2 详解】 因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于冰水浴 中。 【小问 3 详解】 先用冷的 1% NaSac 溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的 Co2+转化为晶 体析出，且不引人新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可 以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为 B。 【小问 4 详解】 Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3 溶液，无白色沉淀生成，说明 Cl-已洗净。 【小问 5 详解】 进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手， 该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故 A、B、C 符合 题意；该实验中未涉及锐器的操作，D 不符合题意，故答案为 ABC。 【小问 6 详解】 使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待润洗完 成后 装入标准溶液至“0”刻度以上 2~3 mL 处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记 录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为 cabd。 【小问 7 详解】 滴定消耗的 ，EDTA 与 Co2+形成 1：1 配合物，则样品溶解后的 ，即样品中的 ，而 ，所以 ，解 得 ；若滴定前滴定管尖嘴 处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗 EDTA 溶液体积偏小，即 V 偏小，根据 ，则 x 偏高。

（1） ①. 搅拌 ②. 适当升温等

【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰 I 得到 Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到 MnO2， 产生有气体 O2，溶液再加入 NH4HCO3 和 NH3·H2O 调节 pH 沉镁 I，得到 MgCO3，煅烧得到 MgO，溶液 再加入 H3PO4 沉镁Ⅱ，得到 MgNH4PO4·6H2O 沉淀，溶液加入 H2SO4 调节 pH=6.0 结晶得到 X 硫酸铵，最 后与 MnO2 和 Mn3O4 焙烧，经过多步处理得到 MnSO4·H2O。 【小问 1 详解】 加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； 【小问 2 详解】 Mn(OH)2 被 O2 氧化得到 Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O； 根据 = ， =10-2.15mol/L； 【小问 3 详解】 “沉锰Ⅱ”中，过量的 经加热水解去除， 中存在过氧键，在加热和水存在下发 生水解，生成 和 ： ， 分 解 ，总反应为 ，最终产物是 和 O2； 【小问 4 详解】 煅烧有 CO2 生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH 过大，沉淀为 Mg (OH)2，不能分解产生 CO2，不能得到疏松的轻质 ； 【小问 5 详解】 由图可知，pH=8 时，阴离子为 ，阳离子为 ，产生的沉淀为 ，调节到 pH=4，磷元 素存在形式为 ，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为： ； 【小问 6 详解】 溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后 X 为(NH4)2SO4； 【小问 7 详解】 “焙烧”中，Mn3O4 和 MnO2 最终生成 MnSO4·H2O， 元素化合价降低，发生了还原反应。

（1） （2）B

【小问 1 详解】 已知： I． Ⅱ． 将 I+ Ⅱ可得 = ，故答案为： ； 【小问 2 详解】 已知反应Ⅱ． 为放热反应，要提高 平衡产 率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高 平衡产率，A 错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高 平衡产率，B 正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高 平衡产率，C 错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高 平衡产率，D 错误； 故选 B。 【小问 3 详解】 反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反应为 CH3 *+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O， 故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； 【小问 4 详解】 已知反应 I 为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III 为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐 渐升高，氢气的转化率下降，在 以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降， 所以 a 表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性。 ①表示 选择性的曲线是 c，故答案为：c； ②点 M 温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为 49%，则剩余的碳酸镁为 0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和 二氧化碳中碳原子的物质的量之和为 0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧 化碳和甲烷的物质的量为 0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为 0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢 气的物质的量为 0.02mol，总的物质的量为 0.02+0.245+0.245+0.49=1mol， ， ， ，则反应Ⅱ的 ，故答案为： ； ③在 下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为 70%，甲烷的选择性为 10%，则生成的二 氧化碳为 0.7mol，生成的甲烷为 0.1mol，根据碳原子守恒得出 1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ 是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在 ，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反 应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致 平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于 反应Ⅲ消耗的氢气。

（1）硝基、羟基

【分析】A 和 B 发生反应生成 C， 的作用是与 A 和 B 反应生成的 HBr 反应，促进反应正向进行， 结合 B 的分子式 ，以及 C 的结构简式，可知 B 的结构简式为 ，C 中硝基还 原为氨基生成 D，D 经历两步反应生成 E，E 发生取代反应生成 G，据此解答。 【小问 1 详解】 结合 A 的结构简式可知，官能团的名称是，硝基、羟基； 【小问 2 详解】 由分析可知，B 的结构简式为 ； 【小问 3 详解】 C 中硝基还原为氨基生成 D，反应类型是还原反应； 【小问 4 详解】 B 的分子式 ，含有两个甲基，与与钠反应产生氢气，则官能团为碳溴键和羟基，采用“定一移的 方法”共有 、 、 (箭头所指溴原子位置)，共有 5 种； 【小问 5 详解】 由 D 转变为 E 的第一步反应是已知条件的反应，化学方程式为： +NaNO2+2HCl +NaCl+2H2O； 【小问 6 详解】 A．F 中含有醛基，能发生银镜反应，A 正确； B．F 中亚氨基上的 H 原子与 F 原子距离较近，能形成分子内氢键，B 错误； C．E 与 F 发生取代反应生成 HCl， ，故有氢气生成，C 正确； D．F 中的氟原子以及醛基都是吸电子基，则 F 的 N-H 键极性更大，D 错误； 故选 AC； 小问 7 详解】 目标产物的结构简式与 G 类似，则其是由 和 发生取代反应而合成，而 可由苯胺发生 D→E 的反应合成， 可由苯甲醛发生 G→H 的反应合成，故 合成路线为 。