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2025年高考全国卷Ⅱ化学真题解析
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Fe-56
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
[ 2025全国卷Ⅱ-7]化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污
B. 漂白粉可用于生活用水的消毒
C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
【答案】D
【解析】A. 碳酸钠溶液因碳酸根水解显碱性，因此可用于去除餐具的油污，餐具的油污在碱性条件下易水解，A正确；
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；
C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；
D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，而胃液中有盐酸，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，可用硫酸钡，D错误。
【考点】碳酸盐的水解；漂白粉的用途；氢氧化铝的两性；胃酸的成分；碳酸盐的溶解性。考点紧靠教材。
[ 2025全国卷Ⅱ-8]研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是
A. 雾和霾的分散剂相同
B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】，霾的分散质是固体颗粒，雾和霾的分散剂均是空气，A正确；
，B正确；
C. 依示意图知NH3是生成硫酸铵、硝酸铵的反应物，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；
D. 氮肥会释放出氨气，而NH3参与形成雾霾中无机颗粒物，故雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。
【考点】依题中信息(转化关系示意图)明确雾霾的形成原理是解题的关键；催化剂的概念。
[ 2025全国卷Ⅱ-9]实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是
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A B C D
【答案】D
【解析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成HCl和CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，其中：氯化氢为气体，极易溶于水，CH3Cl为不溶于水的气体，CH2Cl2、CHCl3、CCl4是不溶于水的油状液体，所以液面会上升，但水不会充满试管，答案选D。
【考点】甲烷的取代反应实验与原理；卤代烃的溶解性及状态。
[ 2025全国卷Ⅱ-10]W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D. W的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】A
【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl。A. X(O)与其他三种元素(N、Na、Cl)可形成(NO、NO2;Na2O、Na2O2;Cl2O、Cl2O3、Cl2O5等二元化合物) ，A正确； B. Y(Na)与其他三种元素(N、O、Cl)形成的化合物中Na2O2含有离子键与共价键，B错误； C. 四种元素的简单离子，N3—、O2—、Na+的电子层结构相同，而Cl—的电子层结构与它们不相同，C错误。 D. W(Cl)的氧化物(Cl2O、Cl2O3、Cl2O5)对应的水化物(HClO、HClO2、HClO4等) HClO为弱酸，D错误
【考点】元素周期表和元素周期律；NO2的物理性质 (红棕色);原子结构；
[ 2025全国卷Ⅱ-11]NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B. 100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+
C. 标准状况下， L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】(P4)是正四面体结构，分子中含有6个P－P键。因此，常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，所含P—P键数目为6NA，A错误； B. Fe3+在溶液中水解，导致溶液中Fe3+数目减少。因此，100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+，B错误； C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下， ，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2不会完全转化为SO3。因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。
【考点】阿伏加德罗常数；白磷的结构；铁盐的水解；甲烷和乙烯的分子结构；气体摩尔体积；可逆反应。
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[ 2025全国卷Ⅱ-12] 我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的
总反应为：3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是
A. 放电时，ClO4－向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：3CO2+4e− ＝2CO32－+C
D. 充电时，正极反应为：Na++e−＝Na
【答案】D
【解析】A. 二次电池放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；
B. 二次电池电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；
C. 二次电池放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；
D. 二次电池充电时是电解池，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。
【考点】以信息：“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体，考查原电池和电解池的工作原理、电极反应、电荷运动方向等常考书本知识。
[ 2025全国卷Ⅱ-13]下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
mol·L−1的NaOH溶液
g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
【答案】B
【解析】A. mol·L−1的NaOH溶液，所用天平不可用托盘天平， g；另氢氧化钠溶于水放热，需等其溶液冷却后才可转移到容量瓶中。A错误； B. 黄色氯化铁溶液遇到浓的维生素C溶液，会被还原成Fe2+,溶液变为浅绿色。B正确； ，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需KMnO4溶液； D. 反应的离子方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。
答案选B。
【考点】称量仪量的精确度； Fe3+的氧化性及Fe3+、Fe2+在溶液中的颜色；氢气的制备与除杂；用实验现象明显的实验来探究外界条件对反应速率的影响。
二、非选择题：共58分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共43分）
[ 2025全国卷Ⅱ-26]我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
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相关金属离子[c0(Mn+)= mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】(1) 2ZnS+3O22ZnO+2SO2 (2) PbSO4 (3)调节溶液的pH (4)无法除去杂质Fe2+
(5) Zn+Cd2+=Zn2++Cd (6) Zn2++2e－=Zn (7)溶浸
【解析】（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程(与O2反应)中主要反应的化学方程式为:
2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（2）硫酸铅不溶于水(题中有暗示：末给出Pb2+形成氢氧化物沉淀的pH范围)，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气把亚铁氧化为三价铁，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
【考点】金属硫化物与氧气反应；离子沉淀与PH的控制；金属及其化合物的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力等。
[ 2025全国卷Ⅱ-27]CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH= kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
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积碳反应： CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应： CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X Y（填“优于”或“劣于”），理由是:
。在反应进料气
组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温
度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为
v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，
不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)
、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】 (1) ①247；A；1/3 (2) ①劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD ②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】（1）①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1；根据盖斯定律计算：③×2－①－②，得：CH4(g)+CO2(g)=
2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ·mol−1。因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高CH4平衡转化率， A正确。
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
始(mol/L): 1 0 0
变(mol/L):
平(mol/L):
K= ×/[×]=1/3
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。 A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确； B．升高温度反应速率均增大，B错误； C．根据A中分析可知选项C错误； D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式: v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-，在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素； 利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；[化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答]。
[ 2025全国卷Ⅱ-28]K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K
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3[Fe(C2O4)3] 2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为
。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是________________________________________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是 。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：
。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是 。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为________________________________。
【答案】 (1) 3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2↓+3K2C2O4 (2) ①排尽装置中的空气，使反应生成的气体全部进入后续装置 ②CO2、CO ③先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。 ④取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3 (3) ①溶液变为浅紫(红)色 ②5cv×56×10-3×100%/m
【解析】（1）光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，生成的Fe2+(草酸亚铁)遇K3[Fe(CN)6]会产生有特征蓝色的沉淀，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2↓+3K2C2O4。
（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是：排尽装置中的空气，使反应生成的气体全部进入后续装置。 ②实验中观察到装置B澄清石灰水均变浑浊、说明反应中一定产生了CO2； E中固体变为红色，F中澄清石灰水均变浑浊，说明氧化铜被CO还原为铜，说明反应中一定产生了CO，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO； 为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的气体压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即。
④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，方法是：少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。
（3）①三草酸合铁酸钾于锥形瓶中溶解后，加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，实为高锰酸钾氧化草酸根离子，高锰酸钾溶液显紫色，所以滴定终点的现象是溶液变为浅紫(红)色。
②锌把Fe3+还原为Fe2+，酸性高锰酸钾溶液又把Fe2+氧化为Fe3+。，MnO4-被还原成Mn2+,Mn元素化合价从+7价降低到+2价，，则该晶体中铁的质量分数的表达式为：5cv×56×10-3×100%/m。
【考点】用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+；Fe2+、C2O42-的还原性；高锰酸钾的强氧化性；装置中空气的排除；通气法防倒吸；Fe2O3的性质、Fe3+的检验；草酸与高锰酸钾溶液反应；元素含量测定实验方案设计与评价；
实验安全：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；[进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原
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CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等) ；防氧化(如H2还原CuO后要“氢气早出晚归”，白磷宜在水中进行切割等)；尾气处理；防止导气管堵塞；注意防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)]。
（二）选考题：共15分。请考生从2题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
[ 2025全国卷Ⅱ-35]硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−
>600（分解）
−
沸点/℃
−
−
回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为 ，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。
（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为
。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为 形，其中共价键的类型有
种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为 g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 nm。
【答案】 (1) 、哑铃(纺锤) (2) H2S (3) S8相对分子质量大，分子间作用力强 (4) 平面三角, 2, sp3 (5) 4M×1021/(NAa3) a/2
【解析】（1）基态铁的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为，基态S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，电子占据最高能级为3p，电子云轮廓图为哑铃形；
（2）根据价层电子对互斥理论分析知，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是：2+(6-1×2)/2=4, 2+(6-2×2)/2=3, 3+(6-2×3)/2=3,因此中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S；
（3）S8、SO2都为分子晶体，相对分子质量大，分子间作用力强，熔沸点高。故S8的沸点比SO2的高.
（4）气态SO3以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子（S）含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体SO3中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知,一个晶胞中含：N(Fe2+) =12×1/4+1＝4，N(S22-) =8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为:p=m/v=4M /[ NA·a·10-7
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]3 =[4M·1021/(NA a3)]g·cm-3；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为/2nm。
【考点】核外电子排布、杂化轨道、分子空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。 [价层电子对互斥模型是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。]