2025年高考化學(xué)押題試卷及答案考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______注意事項：1.本試卷分為必考題和選考題兩部分。必考題滿分100分，選考題滿分50分。考生作答時，請按照題號作答在答題卡上。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。2.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的。）1.下列有關(guān)化學(xué)與材料關(guān)系的敘述中，正確的是（）A.合成高分子化合物屬于加聚反應(yīng)，則合成該高分子化合物單體一定含有碳碳雙鍵B.“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，其燃燒熱小于甲烷燃燒熱C.碳纖維增強(qiáng)復(fù)合材料屬于新型無機(jī)非金屬材料D.介電常數(shù)較大的物質(zhì)通常適合用作通信電纜的絕緣層2.下列指定物質(zhì)含有的化學(xué)鍵類型中，全部屬于離子鍵的是（）A.NaOHB.CO2C.Na2O2D.CaF23.下列說法正確的是（）A.將少量SO2通入BaCl2溶液中，無明顯現(xiàn)象，說明SO2不具有氧化性B.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，可生成紅褐色沉淀，說明Fe3+發(fā)生還原反應(yīng)C.將Al片投入NaOH溶液中，有氣體生成，說明Al是活潑金屬D.將pH=3的醋酸溶液稀釋100倍，其pH=54.下列實驗操作或裝置正確的是（）A.用圖甲裝置制備氫氧化鐵膠體B.用圖乙裝置分離乙醇和乙酸C.用圖丙裝置驗證Cl2的氧化性（X為KI淀粉溶液）D.用圖丁裝置干燥氨氣（此處應(yīng)有圖甲、乙、丙、丁的描述，但按要求不寫表格和圖，故僅文字描述操作或裝置目的）5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關(guān)敘述正確的是（）A.46gNO2和N2O4的混合氣體中，含有的原子總數(shù)為3NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCl2完全反應(yīng)失去的電子數(shù)為2NAC.1molNa與足量O2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD.常溫常壓下，11.2LH2O含有的分子數(shù)為0.5NA6.下列離子方程式書寫正確的是（）A.向碳酸氫鈉溶液中滴加少量澄清石灰水：HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+H+B.鐵屑與稀硝酸反應(yīng)（足量）：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2OC.將少量二氧化硫通入酸性高錳酸鉀溶液中：SO2+2MnO4-+4H+=SO42-+2Mn2++2H2OD.鈉與足量冷水反應(yīng)：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑7.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0。下列措施一定能提高SO2轉(zhuǎn)化率的是（）A.升高溫度B.增大O2濃度C.使用催化劑D.及時移走SO3二、非選擇題（本題共5小題，共58分。）8.（12分）下表為元素周期表的一部分，其中字母代表不同的元素。||A|B|C||:--:|:----:|:----:|:----:||ⅠA|H|Li|Na||ⅡA|Be|Mg|Al||ⅢA|B|C|Si||ⅣA|N|O|P||ⅤA|F|Cl|Br|（1）寫出元素B和元素C形成的最簡單化合物中化學(xué)鍵的類型：______。（2）寫出元素A與元素D形成的化合物中含有的化學(xué)鍵類型：______。（3）比較元素A和元素B非金屬性強(qiáng)弱：A______B（填“>”或“<”），并用化學(xué)方程式證明：______。（4）元素C的氧化物對應(yīng)水化物的酸性比元素B的氧化物對應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)，請解釋原因：______。（5）寫出元素F單質(zhì)與元素C的最簡單氫化物反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。9.（12分）氫氧化鐵膠體是一種紅褐色液體，具有丁達(dá)爾效應(yīng)。請回答下列問題：（1）實驗室制備氫氧化鐵膠體的化學(xué)方程式為：______。（2）檢驗氫氧化鐵膠體制備成功的實驗現(xiàn)象是：______。（3）將制得的氫氧化鐵膠體放入盛有蒸餾水的燒杯中，靜置一段時間后，觀察到的主要現(xiàn)象是：______。（4）若要使上述靜置后的沉淀重新分散成膠體，可采取的措施是：______。（5）寫出氫氧化鐵膠體發(fā)生聚沉的離子方程式：______。10.（12分）草酸（H2C2O4）是一種二元弱酸，其Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5。請回答下列問題：（1）草酸溶液中，由水電離出的H+的濃度與草酸電離出的H+的濃度之比（忽略水的電離）：______。（2）0.1mol/L的草酸溶液，其pH值約為______（保留一位小數(shù)）。（3）將pH=2的草酸溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合，所得溶液中c(OH-)約為______mol/L（保留兩位有效數(shù)字）。（4）寫出草酸鈣（CaC2O4）溶于稀鹽酸的離子方程式：______。（5）將足量銅粉加入一定濃度的草酸溶液中，加熱，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：______。11.（10分）氯氣是一種重要的化工原料。請回答下列問題：（1）工業(yè)上常用電解飽和食鹽水制備氯氣，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：______。（2）將氯氣通入冷的NaOH溶液中，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：______。（3）氯氣具有漂白性，其原理是：______。（4）新制的氯水呈酸性，原因是：______。（5）除去氯氣中混有的少量HCl氣體，可選用______作干燥劑。12.（10分）以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含F(xiàn)e2O3、SiO2等雜質(zhì)）為原料制備純堿和氫氧化鋁，流程如下：（1）步驟①中，將鋁土礦溶于NaOH溶液，Al2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：______。（2）步驟②中，除去沉淀1的主要雜質(zhì)離子是______（寫離子符號）。（3）濾液A與CO2反應(yīng)生成沉淀2的離子方程式為：______。（4）沉淀2的化學(xué)式為______。（5）寫出步驟④中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。---試卷答案1.D解析：A項，合成高分子化合物的單體不一定含有碳碳雙鍵，如聚乙烯單體為乙烯（含碳碳雙鍵），而聚氯乙烯單體為氯乙烯（含碳碳雙鍵），但聚苯乙烯單體為苯乙烯（含碳碳雙鍵），而聚四氟乙烯單體為四氟乙烯（含碳碳雙鍵），聚對苯二甲酸乙二醇酯單體為對苯二甲酸和乙二醇；B項，“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物（CH4·nH2O），其燃燒熱包含甲烷和水，由于水合物中水分子與甲烷結(jié)合，燃燒產(chǎn)物中水為液態(tài)，釋放汽化熱，因此其燃燒熱通常小于等量甲烷燃燒熱；C項，碳纖維增強(qiáng)復(fù)合材料是以碳纖維為增強(qiáng)體，以樹脂、金屬或陶瓷為基體復(fù)合而成，屬于復(fù)合材料，碳纖維是新型有機(jī)非金屬材料；D項，介電常數(shù)較大的物質(zhì)有利于電場線的傳播，適合用作通信電纜的絕緣層。2.D解析：A項，NaOH中含離子鍵（Na+與OH-）和共價鍵（O-H）；B項，CO2中只含共價鍵（C=O）；C項，Na2O2中含離子鍵（Na+與O2^2-）和共價鍵（O-O）；D項，CaF2中只含離子鍵（Ca2+與F-）。3.C解析：A項，SO2通入BaCl2溶液中，SO2是酸性氧化物，但酸性較弱，不能與BaCl2溶液反應(yīng)生成沉淀；B項，向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，F(xiàn)e3+與OH-反應(yīng)生成紅褐色沉淀Fe(OH)3，F(xiàn)e3+的化合價未變，未發(fā)生還原反應(yīng)；C項，Al是活潑金屬，能與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2和H2，化學(xué)方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；D項，醋酸是弱酸，其pH=3，說明c(H+)=10^-3mol/L，稀釋100倍后，c(H+)=10^-5mol/L，但由于醋酸電離平衡的存在，pH值略小于5。4.C解析：A項，制備氫氧化鐵膠體通常用FeCl3溶液滴加到沸水中，而不是電解；B項，乙醇和乙酸互溶，不能通過分液漏斗分離；C項，Cl2氧化KI生成I2，I2遇淀粉變藍(lán)，裝置可驗證Cl2的氧化性；D項，氨氣是堿性氣體，不能用濃硫酸干燥。5.C解析：A項，46gNO2和N2O4的混合物最簡式為NO2，物質(zhì)的量為1mol，含3mol原子；B項，Cl2反應(yīng)后可能變?yōu)?1價，也可能變?yōu)?價，如與Na反應(yīng)生成NaCl，轉(zhuǎn)移1NA電子，如與Fe反應(yīng)生成FeCl3，轉(zhuǎn)移2NA電子，無法確定轉(zhuǎn)移電子總數(shù)；C項，1molNa完全反應(yīng)生成Na+，失去1mol電子，轉(zhuǎn)移NA電子；D項，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，水為液態(tài)。6.C解析：A項，少量澄清石灰水即Ca(OH)2溶液少量，與碳酸氫鈉反應(yīng)生成碳酸鈣、碳酸鈉和水，離子方程式為HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；B項，鐵屑與稀硝酸反應(yīng)，若硝酸過量，生成Fe3+，若硝酸不足，生成Fe2+，題目未說明，通常按生成Fe3+書寫，但電子轉(zhuǎn)移數(shù)應(yīng)與硝酸計量數(shù)相關(guān)，離子方程式書寫不規(guī)范；C項，SO2還原酸性高錳酸鉀溶液，SO2被氧化為SO42-，MnO4-被還原為Mn2+，離子方程式配平正確；D項，鈉與冷水反應(yīng)生成NaOH和H2，離子方程式正確。7.B解析：A項，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率降低；B項，增大O2濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高；C項，使用催化劑，只改變反應(yīng)速率，不改變平衡移動，SO2轉(zhuǎn)化率不變；D項，及時移走SO3，平衡向正反應(yīng)方向移動，SO2轉(zhuǎn)化率提高。8.（12分）（1）離子鍵解析：B為Mg，C為Al，兩者形成MgAl2O4，其中Mg2+與O2-形成離子鍵，Al3+與O2-形成離子鍵。（2）離子鍵、共價鍵解析：A為H，D為O，形成H2O，其中H與O形成共價鍵，O與O形成共價鍵，水溶液中存在H+和OH-，H+與O形成離子鍵。（3）<；2H2O2=2H2O+O2↑解析：同主族自上而下非金屬性減弱，故O的非金屬性強(qiáng)于N；H2O2具有氧化性，可氧化N2生成NO。（4）元素C（Si）的非金屬性強(qiáng)于元素B（C），其最高價氧化物對應(yīng)水化物（H2SiO3）的酸性更強(qiáng)，原因是非金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)。（5）2F2+2H2O=4HF+O2解析：F2是強(qiáng)氧化劑，可氧化H2O生成HF和O2。9.（12分）（1）FeCl3+3H2O=Fe(OH)3（膠體）+3HCl解析：氯化鐵在沸水中水解生成氫氧化鐵膠體和鹽酸。（2）觀察到紅褐色液體，且用一束可見光照射時，光路變得可見。解析：膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)。（3）觀察到紅褐色沉淀。解析：膠體在電場作用下發(fā)生電泳，且膠體不穩(wěn)定，靜置后發(fā)生聚沉。（4）加入少量FeCl3溶液或加熱。解析：加入電解質(zhì)溶液或加熱可破壞膠體穩(wěn)定性，使膠體聚沉。（5）Fe(OH)3（膠體）+3H+=Fe3++3H2O解析：膠體聚沉是膠粒與電解質(zhì)離子相互作用導(dǎo)致，此處為氫離子破壞膠體結(jié)構(gòu)。10.（12分）（1）10^3解析：pH=2的草酸溶液中c(H+)=10^-2mol/L，由水電離出的c(H+)=Kw/c(OH-)=10^-14/10^-2=10^-12mol/L；草酸是二元弱酸，第一步電離為主，設(shè)電離濃度為x，則Ka1=x^2/(0.1-x)≈x^2/0.1=5.4×10^-2，x≈7.35×10^-3mol/L，則草酸電離出的c(H+)≈2×7.35×10^-3mol/L=1.47×10^-2mol/L，比值≈(10^-12)/(1.47×10^-2)≈6.8×10^-11≈10^3。（2）1.7解析：同上，c(H+)≈1.47×10^-2mol/L，pH=-lg(1.47×10^-2)≈1.83，約等于1.7。（3）1.1×10^-11解析：混合后，c(H2C2O4)≈(0.1/2)mol/L，c(OH-)≈(0.1/2)mol/L，溶液呈堿性，說明NaOH過量，混合后溶液體積增大一倍，c(NaOH)=(0.1-0.1/2)/2mol/L=0.05/2mol/L=0.025mol/L，c(OH-)=0.025mol/L，但需考慮草酸電離的影響，總c(OH-)=Kw/c(H+)=10^-14/(10^-11.7)≈1.1×10^-3mol/L。（4）CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4解析：草酸鈣溶于鹽酸，生成可溶性的草酸和鈣離子。（5）Cu+2H2C2O4+H2SO4=CuSO4+2CO2↑+3H2O解析：足量銅粉與草酸在酸性條件下加熱反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化碳和水。11.（10分）（1）2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑解析：電解飽和食鹽水（氯堿工業(yè)）。（2）2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O解析：氯氣與冷的NaOH溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，為氧化還原反應(yīng)。（