2025年新课标卷理科综合化学试题含答案

2025年新课标卷理科综合化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与人类生活密切相关。下列叙述正确的是A．硫酸铜具有杀菌作用，可用作饮用水消毒剂 B．小苏打遇酸能产生气体，可用作食品膨松剂C．碳化硅抗氧化且耐高温，可用作固体电解质 D．聚氯乙烯塑料制品耐腐蚀，可用作食品包装【答案】B【详解】A．硫酸铜虽然能杀菌，但铜离子（Cu2+）对人体有毒，长期摄入会导致铜中毒（如肝脏损伤）。饮用水消毒通常用氯气、臭氧或紫外线，而不用硫酸铜，A错误；B．小苏打是碳酸氢钠（NaHCO3），遇酸（如醋酸、柠檬酸）或加热时会分解产生二氧化碳（CO2）气体，正是利用这一性质，小苏打广泛用于烘焙（如面包、蛋糕）或油炸食品中，使食品疏松多孔，B正确；C．固体电解质需要具有离子导电性（如锂离子电池中的Li3PO4），而碳化硅是共价晶体，离子导电性极差，不能用作电解质，C错误；D．聚氯乙烯受热分解有毒物质，食品包装禁用，D错误；综上，答案是B。2．下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应：B．铁发生腐蚀生锈的反应：C．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：D．安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应：【答案】A【详解】A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe，电极反应式为，故A正确；B．铁腐蚀生锈的产物应为Fe2O3·xH2O，故B错误；C．发蓝处理形成的是Fe3O4氧化膜，且反应条件与产物不符，故C错误；D．安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非Fe3+被还原，故D错误；选A。3．我国研究人员利用手性催化剂合成了具有优良生物相容性的。下列叙述正确的是A．该反应为缩聚反应 B．分子中所有碳原子共平面C．聚合反应过程中，b键发生断裂 D．碱性水解生成单一化合物【答案】C【详解】A．反应没有小分子生成，为加聚反应，故A错误；B．六元环中存在sp3杂化的碳原子且含有“”结构，所有碳原子不共平面，故B错误；C．根据PLGA结构可知，聚合反应过程中，b键发生断裂，故C正确；D．PLGA有酯基，水解可得到2种化合物，乳酸和羟基乙酸，故D错误；故答案为C。4．某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。电解时，下列说法错误的是A．阳极区下降B．从阴极区向阳极区迁移C．阴极发生反应D．阴极转化，阳极将生成【答案】D【分析】根据图示，电解时，左侧电极连接电源负极，为阴极区，发生还原反应，电极反应式为：；右侧电极连接电源正极，为阳极区，发生氧化反应，电极反应式为：。【详解】A．根据分析，阳极区消耗了，下降，A正确；B．阴极区生成了，阳极区消耗了，按照离子移动方向，从阴极区通过阴离子交换膜向阳极区迁移，B正确；C．根据分析阴极发生还原反应，电极反应式为：，C正确；D．阴极转化，转移，此时阳极将生成，D错误；故选D。5．一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是A．原子半径： B．第一电离能：C．电负性： D．单质氧化性：【答案】A【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，则W为H；X和Z同族，X、Z的共价键数目为2、6，则X为O，Z为S；Y的原子序数位于X、Z之间，且只有一个共价键，则Y为F，据此回答问题；【详解】A．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左到右，原子半径依次减小，因此原子半径：，故A错误；B．同一周期，从左到右，第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能：，故B正确；C．同一周期，从左到右电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，故，推出电负性：，故C正确；D．X、Y、Z的单质分别为O2、F2、S，因此单质氧化性：，故D正确；故答案选A。6．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。根据上述反应机理，下列叙述错误的是A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为【答案】B【详解】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；B．由机理图可知，换成，可生成，B错误；C．由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C正确；D．由机理图可知，和反应生成和，总反应为，D正确；故选B。7．总浓度为的水溶液中存在平衡：、。溶液中、、与关系如下图所示。下列叙述正确的是A．M、N分别为、关系曲线B．C．溶液中D．的溶液中【答案】B【详解】A．已知HF溶液中存在的平衡：，当溶液中pH增大时，c(H+)减小，该平衡正向移动，c(HF)减小，对应M曲线；先增大后减小，所以M、N分别为：、关系曲线，故A项错误；B．根据平衡常数计算公式：，取pH=4，c(F-)=0.0800mol/L，c(HF)=0.0110mol/L，c(H+)=10-4mol/L，代入可得，结合，取pH=4，=0.0045mol/L，c(F-)=0.0800mol/L，c(HF)=0.0110mol/L，，故B项正确；C．根据总浓度c总(HF)的定义，溶液中HF的存在形式有HF、F-、三种，根据元素守恒，可知，故C项错误；D．已知：总浓度为，其pH＞1。在pH=1的溶液中，应该加入了其他酸，根据电荷守恒，可知，故D项错误；故答案选B。二、解答题8．碘具有重要经济价值。实验室利用沉淀法从含碘废液中回收碘，相关反应的化学方程式为：实验装置如图所示。实验步骤如下：①向A中加入，搅拌使其溶解。将饱和溶液加入B中。②加热至，逐滴加入饱和溶液。停止加热，静置，沉降。③检查是否沉淀完全。确认沉淀完全后，弃去上层清液。④将B中溶液更换为浓硝酸，连接装置D。不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸。⑤待析出的沉降后，过滤，洗涤，干燥得到产品。回答下列问题：(1)仪器A和C的名称分别是、。(2)称取于烧杯中，向其中加入适量蒸馏水，微热，搅拌，静置冷却，得到饱和溶液。判断溶液饱和的实验现象是。(3)步骤③中，确认沉淀完全的操作及现象是：取少量清液，加入一滴淀粉溶液，。(4)步骤④中，加入浓硝酸后A中的现象是，D中盛放。(5)步骤⑤中，使用(填标号)洗涤。a．水

b．四氯化碳

c．乙醇(6)若要进一步精制产品，可采取的方法是。【答案】(1)三颈瓶温度计(2)烧杯底部有少量固体(3)缓慢滴加过量氯水，无蓝色出现(4)白色固体消失，析出紫黑色沉淀，产生红棕色气体，溶液呈绿色碱液(5)a(6)升华【分析】第一步反应，是利用与、在水溶液中发生氧化还原反应，生成沉淀，实现碘元素的初步富集。第二步反应，是利用浓硝酸的强氧化性，将中的氧化为，实现碘的提取，同时被氧化为，被还原为。装置A是反应容器，加热搅拌器可使反应体系受热均匀、反应更充分；装置B是分液漏斗，用于添加液体试剂（如饱和溶液、浓硝酸）；装置D用于处理尾气。步骤①是准备试剂，使反应物在后续步骤可发生反应。步骤②控制温度逐滴加溶液，控制温度和滴加速度，能使反应平稳进行，避免局部过量导致副反应，有利于沉淀生成。步骤③检查是否沉淀完全，可通过取上层清液，加淀粉和加氧化剂看是否有生成使淀粉变蓝，确保碘元素最大程度富集在沉淀中。步骤④更换B中溶液为浓硝酸并连接装置，是为后续将转化为做准备，逐滴加浓硝酸可控制反应速率，防止反应过于剧烈。步骤⑤过滤、洗涤、干燥得到产品，洗涤可除去表面吸附的杂质（如等），干燥得到较纯净的碘单质。第二步反应生成，是有毒气体，装置D加碱液吸收尾气，以免污染空气。【详解】（1）仪器A是三颈瓶（三颈烧瓶），仪器C是温度计。（2）判断溶液饱和的实验现象是：溶液底部有未溶解的晶体即烧杯底部有少量固体。（3）步骤③中，确认沉淀完全的操作及现象是：取少量清液，加入一滴淀粉溶液，缓慢滴加过量氯水，若溶液不变蓝，说明沉淀完全。（4）步骤④中，加入浓硝酸后A中的现象是：有红棕色气体（）产生，白色沉淀（）逐渐溶解，有紫黑色沉淀析出（）溶液变为绿色；D中盛放碱液，如溶液（吸收，防止污染空气）。（5）步骤⑤中，在水中溶解度小，在乙醇中溶解度大于水中溶解度，易溶于四氯化碳，则析出的沉降后，过滤，再用水洗涤表面的无机盐，以减少损耗，故答案是a。（6）若要进一步精制产品（），可采取的方法是升华（利用易升华的性质，加热使升华后凝华收集）。9．我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。已知：回答下列问题：(1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为。(2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是、。(3)加入“调”，过滤后，滤渣②是、，滤液中的浓度为。(4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为。(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为。(6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定L(标准状况)。【答案】(1)(2)(3)(4)4(5)(6)89.6【分析】蛇纹石资主要成分是，伴生有少量、、等元素和绿矾()混合高温焙烧经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为、；滤液中含有、、、、，加入调节pH=6，将、转化为、沉淀，过滤滤渣②为、；滤液中含有、、，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应，得到产物。【详解】（1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：；（2）经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；分解生成、二氧化硫、三氧化硫，“水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为、，故答案为：；；（3）加入“调”，，，，，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；；（4）因为离子半径，晶胞图中位于8个顶点，6个面心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4；（5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应，故答案为：；（6）物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。10．乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题：(1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，则酯化反应的。(2)酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为原因是。(3)在常压和时，初始组成、作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。平衡时乙酸的转化率，平衡常数(保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则(保留2位有效数字)。(4)研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是。若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是(举1例)。【答案】(1)(2)乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强(3)303.9(4)很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小及时移出产物【详解】（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，①②③根据盖斯定律①+②-③得。（2）乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，所以沸点从高到低的顺序为。（3）初始组成。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数；。（4）液相反应，压强对平衡影响小，很小，温度对平衡影响小，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。11．艾拉莫德(化合物F)有抗炎镇痛作用，可用于治疗类风湿关节炎。F的一条合成路线如下(略去部分条件和试剂)已知反应：其中RL是较大烃基，RS是较小的烃基或氢回答下列问题：(1)A的结构简式是。(2)B中官能团的名称是、。(3)反应②的反应类型为；吡啶是一种有机碱，在反应②中除了作溶剂外，还起到的作用是。(4)在反应⑤的步骤中，二甲基丙酰氯和甲酸钠预先在溶剂丙酮中混合搅拌5小时，写出此过程的化学方程式。然后，再加入D进行反应。(5)关于F的化学性质，下列判断错误的是(填标号)。a．可发生银镜反应

b．可发生碱性水解反应c．可使溶液显紫色

d．可使酸性溶液褪色(6)G是二甲基丙酰氯的同分异构体，可以发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为四组峰，且峰面积比为。G的结构简式是(手性碳用*号标记)。(7)参照反应①和②，利用和完成杀菌剂乙霉威()的合成路线：。【答案】(1)(2)氨基醚键(3)取代反应吸收反应产生的，促进反应进行(4)++NaCl(5)c(6)(7)【分析】A在Fe粉、盐酸条件下反应生成B，Fe粉具有还原性，观察到B中含有氨基，A→B的过程中，O原子变少了，说明A→B是硝基被还原为氨基，结合B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为，B与发生取代反应生成C，C发生③和④两步反应得到D，D发生反应生成E，E经⑥和