信息必刷卷03（海南专用）-2025年高考化学考前信息必刷卷

绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷03（海南专用） 化 学 考情速递 高考·新动向：加强跨学科融合命题：与物理、生物等学科关联紧密。例如，联合物理中电学知识，考查原电池、电解池的工作原理；和生物知识结合，探讨生物体内化学反应，如酶催化反应的条件与化学平衡的联系，考查学生综合运用多学科知识解决问题的能力。 高考·新考法：将化学反应速率 - 时间图像、化学平衡常数 - 温度图像组合，让学生分析图像中数据变化，判断反应热效应、各物质浓度变化趋势等。还可能出现结合实验数据绘制的图像，像酸碱中和滴定曲线与电导率变化图像，要求学生从不同角度解读信息，综合运用化学原理和实验知识解题，提升学生对复杂图像信息的分析处理能力。 高考·新情境：围绕南海丰富的海洋资源，比如海水提镁、海水淡化等。在海水提镁流程中，考查沉淀溶解平衡知识，像氢氧化镁沉淀的生成与转化；海水淡化中，考查离子交换膜的工作原理、氯碱工业相关化学反应，涉及氧化还原反应、离子反应等知识，以及海水中微量元素提取时物质的分离与提纯方法。 命题·大预测：实验题考查力度加大，形式更加灵活。可能会给出一个实验目的和部分实验步骤，要求学生自主设计实验方案，选择合适的仪器和试剂，预测实验现象并分析可能出现的误差。比如探究海南特色植物中有效成分的提取及成分分析，涵盖物质的分离、提纯、检验等化学实验基本操作，全面考查学生的实验设计、操作和分析评价能力。 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Y 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3•Pb(OH)2]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb3O4)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列说法错误的是 A．2PbCO3•Pb(OH)2属于碱式盐 B．Pb3O4与硫酸反应只生成PbSO4和水 C．“化不白者，炒为黄丹”的过程中发生了氧化还原反应 D．密陀僧与碳粉高温加热可以制得铅 【答案】B 【详解】A．2PbCO3•Pb(OH)2属于碱式盐，A正确； B．Pb3O4中铅的化合价是+2和+4，所以与硫酸反应生成的盐不是只有PbSO4，B错误； C．“化不白者，炒为黄丹”的过程中铅被氧化成Pb3O4，发生了氧化还原反应，C正确； D．密陀僧(PbO)与碳粉高温加热，碳做还原剂可以制得铅，D正确； 故选B。 2．吡啶(  )含有与苯环类似的大π键，下列说法或实验操作不正确的是 A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道 B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯大 C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层 D．  、  的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故  碱性较强。 【答案】A 【详解】A．吡啶(  )含有与苯环类似的大π键，则吡啶中N原子也发生sp2杂化，所以价层孤电子对占据了一个参与杂化的p轨道，A不正确； B．吡啶是极性分子且N原子存在孤电子对，能与水分子间形成氢键，而苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度比苯大，B正确； C．因为吡啶呈碱性，能与盐酸反应生成水溶性物质，所以除去苯中含有的少量吡啶，可用盐酸洗涤、分液、干燥有机层，C正确； D．甲基是给电子基，  分子中N原子电子云密度比  大，而  、  的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故  碱性较强，D正确； 故选A。 3．下列反应的离子方程式书写错误的是 A．中投入固体： B．乙酰水杨酸(  )与足量溶液共热：  +3OH-  +CH3COO-+2H2O C．向溶液中通入： D．溶液与溶液反应： 【答案】A 【详解】A．中投入固体，反应生成和，反应的离子方程式为：，选项A错误； B．乙酰水杨酸(  )与足量溶液共热生成两种盐和水，反应的离子方程式为：  +3OH-   +CH3COO-+2H2O，选项B正确； C．向溶液中通入，反应生成氯化铁、溴单质和溴化铁，反应的离子方程式为：，选项C正确； D．溶液与溶液反应生成硫酸铁、硫酸铬和水，反应的离子方程式为：，选项D正确； 答案选A。 4．实验是科学探究的重要手段。下列实验装置或操作，现象和结论均正确的是 序号 A B 实验装置或操作 现象 白磷先燃烧起来，红磷后燃烧 长颈漏斗中出现一段稳定的水柱 结论 白磷的着火点比红磷低 装置气密性良好 序号 C D 实验装置或操作 现象 左边试管中产生黄绿色气体，右边试管中溶液变黄色 锥形瓶中产生大量气泡，烧杯中出现白色胶状物 结论 氧化性： 非金属性： A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．白磷容易自燃，着火点低，红磷相对稳定，故应该将红磷放在更靠近火焰处，A错误； B．关闭止水夹，向长颈漏斗中注水直到浸没导管口，长颈漏斗中出现一段稳定的水柱，说明装置气密性良好，B正确； C．浓盐酸和高锰酸钾反应产生Cl2，左边试管中产生黄绿色气体，Cl2可以氧化Fe2+，也可以氧化Br-，最终溶液都可以呈黄色，无法判断Cl2、Fe3+的氧化性强弱，C错误； D．比较元素非金属性强弱时，可通过比较各元素的最高价含氧酸的酸性强弱，实验中稀H2SO3应该替换成稀H2SO4，D错误； 故选B。 5．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是 A．电池工作时，Pt电极是正极 B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+ C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降 【答案】C 【详解】A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A错误； B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误； C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确； D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误； 故选C。 6．某离子液体难挥发、可用作溶剂，其结构如图所示，其中Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z的质子数均为奇数且和为22，下列说法正确的是    A．原子半径：X>T>R B．T2Q6Y分子难溶于水 C．简单氢化物沸点：Z>Y>X D．Q与X两种元素可组成离子化合物 【答案】D 【详解】A．B、C、N属于同周期元素，随核电荷数的增加原子半径减小，则原子半径：B>C>N，即X<T<R，故A错误； B．T2Q6Y为C2H6O，可能为乙醇，若为乙醇则易溶于水，故B错误； C．常温下H2O为液体，三者中沸点最高的是H2O，故C错误； D．N和H可形成，由铵根离子和氢负离子组成的离子化合物，故D正确； 故选：D。 7．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某种超导材料的晶胞结构如图所示，其中O原子有缺陷。晶胞参数分别如图，，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A．该晶体的最简化学式为 B．晶体中与最近且距离相等的有6个 C．晶体的密度为 D．第一电离能： 【答案】B 【详解】A．1个晶胞中有2个Ba原子位于体内，一个Y原子位于体心，8个Cu原子位于顶角，另有8个Cu原子位于棱上，Cu原子数为，8个氧原子位于棱上，7个氧原子位于面心上，氧原子个数为，则该化合物的化学式为，故A正确； B．晶体中与Cu2+最近且距离相等的O2-有5个，故B错误； C．1mol该晶胞的质量为643g，体积为，则密度为，故C正确； D．同一周期从左至右伴随核电荷数递增，第一电离能整体呈递增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能变小，以Be作参照物，第一电离能O＞Be＞Ba，故D正确； 故答案为：B。 8．常温下，在含、的混合液中滴加溶液，混合溶液中[pX=—lg(X)，X代表或与pH的关系如图所示，已知：常温下，，，下列叙述正确的是 A．代表与的关系 B．的电离常数 C．的平衡常数 D．溶液中 【答案】C 【详解】A．由分析可知，L1代表与的关系，故A错误； B．由分析可知，醋酸的电离常数为1×10—4.75，故B错误； C．由分析可知，反应的平衡常数K===10，故C正确； D．由题意知，一水合氨的电离常数为1×10—4.75，醋酸和一水合氨的电离常数相等说明醋酸铵溶液中铵根离子与醋酸根离子在溶液中的水解程度相等，溶液呈中性，则溶液中离子浓度的关系为，故D错误； 故选C。 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．等物质的量的乙烷()与乙醛()分子中含共用电子对数目均为 B．1 mol NO与0.5 mol 充分反应后，混合气体分子中氮原子数目为 C．在硫酸催化条件下，足量的乙酸与4.6 g乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为 D．100 mL 12 mol/L的浓与过量Cu反应，转移的电子数大于 【答案】BD 【详解】A．未说明乙烷()与乙醛()的物质的量，无法计算共用电子对数目，故A错误； B．1 mol NO与0.5 mol 充分反应后，根据物料守恒可知，混合气体分子中氮原子数目为，故B正确； C．乙酸和乙醇反应为可逆反应，足量的乙酸与4.6 g乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数小于，故C错误； D．硝酸的物质的量为1.2mol，若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.6mol，但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所以1.2mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.6mol，故D正确； 故答案选BD。 10．利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，其中所得固体中的生成物为和。下列说法错误的是    A．固体单质Y为硫 B．该实验中涉及的氧化还原反应可能有三个 C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25% D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol 【答案】BD 【详解】A．固体中的生成物为和，加入稀硝酸、稀硫酸，硝酸中氮化合价降低，则硫化合价升高，因此固体单质Y为硫，故A正确； B．该实验中涉及的氧化还原反应分别为铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、硫化亚铜和水，硫化亚铜和硝酸、硫酸反应生成硫、铜离子和NO，因此氧化还原反应有两个，故B错误； C．根据方程式，硫元素从+6价降低到−2价，表现出氧化性，则参与反应的浓硫酸中，表现氧化性的硫酸占25%，故C正确； D．由，3mol铜生成0.6mol硫化亚铜，0.6mol硫化亚铜发生反应，得到0.8molNO和0.6molS，NO与S物质的量之和为1.4mol，故D错误。 综上所述，答案为BD。 11．用如图装置制备次氯酸并验证其氧化性。可以与含水碳酸钠反应得到气体和。下列说法错误的是    已知：Cl2O是一种无机化合物，25℃时为棕黄色气体，在-100℃~15℃内可凝缩为红褐色液体。 A．装置甲中每生成16.8g碳酸氢钠同时生成标准状况下 B．装置乙中盛装的是浓硫酸 C．将装置丙中次氯酸溶液转移到装置丁中的具体操作是打开关闭 D．装置丁中溶液酸性显著增强可证明次氯酸的氧化性 【答案】AB 【详解】A．标准状况下Cl2O为液体，无法计算体积，A错误； B．装置乙的作用是吸收多余的Cl2，防止干扰后续氧化性的验证，浓硫酸不能除去多余Cl2，故装置乙中盛装的不是浓硫酸，B错误； C．打开 K2 关闭 K1，则利用压强能将装置丙中液体压入装置丁，C正确； D．装置丁中溶液酸性显著则说明发生了HClO+HCOOH=HCl+CO2↑+H2O，可证明次氯酸的氧化性，D正确。 故选AB。 12．一定条件下，由和合成甲烷，发生反应：。图甲表示的平衡转化率与温度、压强的关系，图乙表示反应过程中的物质的量随时间的变化曲线，图丙表示初始投入的，改变的物质的量对平衡时体积分数的影响，图丁表示向绝热恒容的密闭容器中充入和，正反应速率随时间变化的示意图。下列说法正确的是 A．由图甲可知：该反应的，X、W两点的平衡常数 B．由图乙可知：时若其他条件不变，压缩容器的体积，则的变化曲线是b C．由图丙可知：，在a、b、c三点中，c点的转化率最高 D．由图丁可知：反应物浓度，a点大于b点，反应在c点达到平衡状态 【答案】AC 【详解】A．根据图象可知，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即ΔH＜0，平衡常数只受温度的影响，放热反应，温度越高，平衡常数越低，即Kx＞Kw，故A正确； B．压缩容器的体积，改变因素瞬间，氢气的物质的量不变，压缩容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，即氢气的物质的量减小，n(H2)的变化曲线为d，故B错误； C．当按照方程式系数比投入时，甲烷的体积分数最大，即n=0.8，随着H2物质的量增大，CO2的转化率逐渐增大，即c点CO2的转化率最高，故C正确； D．随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，当达到平衡是v正保持不变，根据图象可知，c点以后，v正发生变化，因此c点没有达到平衡，故D错误； 答案为AC。 13．纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性。利用纳米铁粉去除水体中(Ⅵ)的反应机理及和(碳)按不同配比在相同条件对(Ⅵ)的去除效果如图所示，反应过程中除外无其它气体产生，下列说法正确的是 A．(Ⅵ)转化为(Ⅲ)的途径有2种 B．①中去除(Ⅵ)是因为碳粉在纳米条件下还原(Ⅵ) C．③比②去除速率快的主要原因是形成原电池 D．与共沉淀的离子方程式为 【答案】AC 【详解】A．由左图可知，水体中Cr(Ⅵ)可以被纳米铁和亚铁离子转化为铬离子，则水体中Cr(Ⅵ)转化为Cr(Ⅲ)的途径有2种，故A正确； B．由左图可知，Cr(Ⅵ)可以被纳米铁和亚铁离子转化为铬离子，则右图中①仅有AC时，因碳粉无法提供纳米铁和亚铁离子，只能在纳米条件下吸附Cr(Ⅵ)而去除水体中Cr(Ⅵ)，故B错误； C．由右图可知，与②相比，③中铁和碳在能水体中形成原电池，原电池反应能加快水体中Cr(Ⅵ) 去除速率快，故C正确； D．由左图可知，铬离子和铁离子共沉淀发生的反应为水体中铬离子、铁离子发生水解反应反应生成CrxFe1−x(OH)3沉淀和氢离子，反应的离子方程式为，故D错误； 故选AC。 14．一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含、、、、的单质或+2价氧化物)中富集回收得到含钴成品的工艺如下，下列说法正确的是 A．滤渣1的主要成分是 B．可以用KSCN检验是否需要补加 C．沉锰过程中每产生，理论上可产生 D．“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0左右，其反应的离子方程式为 【答案】AC 【详解】A．根据分析，滤渣1的主要成分是，故A正确； B．KSCN检验Fe3+，无法检验溶液中是否还存在亚铁离子，所以不可以用KSCN检验是否需要补加，故B错误； C．沉锰过程中会发生离子方程式，所以每产生，理论上可产生，故C正确； D．“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0左右，根据原子守恒，其反应的离子方程式为，故D错误； 答案选AC。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 15．（10分）1841年美国学者Fremy首次合成了，它是一种“环境友好型氧化剂”。某小组拟制备，并探究其性质。已知20℃时KCl的溶解度为37.4g，的溶解度为11.1g。 实验(一)制备，装置如图所示：    (1)乙装置的作用是 。 (2)甲装置中副产物为氯化钾，写出生成的离子方程式： 。 (3)实验完毕后，对甲装置中混合液蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、低温干燥。 实验(二)探究性质及应用。 取10g草酸溶于40mL水中，加入粉末，充分混合，观察到有大量气泡产生，并产生黑色固体，将所得气体通入足量澄清石灰水中，溶液变浑浊。 (4)根据上述实验现象，可以判断产生的气体中含有 ，产生该气体的原因是 ，经测定所得气体中还含有。 (5)实验完毕后，将混合物经过滤、洗涤、干燥得到黑色固体，利用如图实验装置探究黑色固体的成分。    当黑色固体完全反应后，测得浓硫酸质量净增bg，当等于 (用分数表示)时，黑色固体为。 (6)在其他条件相同时，测得一定浓度的稳定性(用浓度表示)与pH关系如左图，其消毒效率与温度关系如右图所示：    ①根据左图得出结论是 。 ②在相同条件下，作消毒剂最佳温度是 。 【答案】(1)吸收氯气，防止污染空气（1分） (2)3Cl2+10OH—+2Fe(OH)3=2FeO+6Cl—+8H2O（2分） (3)冷却结晶（1分） (4) CO2（1分） H2C2O4溶液与K2FeO4溶液发生氧化还原反应生成CO2（1分） (5)（2分） (6) 溶液pH越大，K2FeO4越稳定（1分） 35℃（1分） 【详解】（1）由分析可知，装置乙中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，故答案为：吸收氯气，防止污染空气； （2）由分析可知，甲装置中发生的反应为氯气与氢氧化铁、氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，反应的离子方程式为3Cl2+10OH—+2Fe(OH)3=2FeO+6Cl—+8H2O，故答案为：3Cl2+10OH—+2Fe(OH)3=2FeO+6Cl—+8H2O； （3）由20℃时氯化钾的溶解度大于高铁酸钾可知，从甲装置的混合溶液得到高铁酸钾的操作为混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到高铁酸钾，故答案为：冷却结晶； （4）所得气体通入足量澄清石灰水中，溶液变浑浊说明草酸溶液与高铁酸钾溶液发生氧化还原反应生成了能使澄清石灰水变混浊的二氧化碳气体，故答案为：CO2；H2C2O4溶液与K2FeO4溶液发生氧化还原反应生成CO2； （5）由实验装置图可知，若黑色固体为四氧化三铁，硬质试管中发生的反应为氢气与四氧化三铁共热反应生成铁和水蒸气，盛有浓硫酸的洗气瓶用于测定反应生成水的质量，由氧原子个数守恒可知，1mol四氧化三铁完全反应生成4mol水，则==，故答案为：； （6）①由图可知，溶液的pH越大，溶液中高铁酸根离子的浓度越大，说明溶液的pH越大，溶液的碱性越强，高铁酸钾在溶液中越稳定，故答案为：溶液pH越大，K2FeO4越稳定； ②由图可知，在相同条件下，温度为35℃时高铁酸钾的消毒效率最高，则高铁酸钾作消毒剂最佳温度是35℃，故答案为：35℃； 16．（10分）氮化镓作为第三代半导体材料，光电性能优异，广泛应用于技术。某工厂综合利用炼锌矿渣制备，矿渣主要含铁酸镓，铁酸锌，二氧化硅等，部分工艺流程如下： 已知： ①镓与铝同主族，金属活动性介于锌和铁之间； ②本工艺条件下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀在常温下的和金属离子的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表： 金属离子 开始沉淀 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全的 9.6 3.2 8.0 4.9 萃取率 0 99 0 97~98.5 (1)中的化合价为 。 (2)为了提高酸浸效率，可采取的措施有 (任写一条)，浸出渣的主要成分是 (写化学式)。 (3)处理浸出液时，将溶液调节至5.4，此时溶液中的浓度为 。 (4)“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，发生反应的离子方程式 。 (5)的化学性质与相似，“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以 (用离子符号表示)形式存在。 (6)“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为 。 【答案】(1)+3（1分） (2) 矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等（1分） SiO2（1分） (3)（2分） (4)（2分） (5)（1分） (6)（2分） 【详解】（1）中镓、氧化合价分别为+3、-2，则的化合价为+3； （2）为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；由分析可知，浸出渣的主要成分是SiO2； （3）由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，pOH=10.8，则，将溶液调节至5.4，pOH=8.6，此时溶液中的浓度为 （4）“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，是将铁离子还原为亚铁离子，便于后续萃取镓而不萃取亚铁离子，发生反应的离子方程式：； （5）的化学性质与相似，铝和氢氧化钠生成，则“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以形式存在； （6）“高温合成”操作中与反应生成，结合质量守恒可知，还生成甲烷，则反应化学方程式为：； 17．（12分）二氧化碳资源化利用，涉及主要反应如下： I．　 II.　 回答下列问题： (1)的焓变 反应I的净速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)分别向压强为、的恒压体系中通入和，达平衡时，部分含碳物种的摩尔分数随温度变化如图所示。 表示压强为时，的摩尔分数随温度变化的曲线是 (填标号)。随温度升高，当温度高于655℃，对应含碳物种的摩尔分数的原因是 。 (3)图示M、N、P三点对应的转化率大小关系为 ；655℃时，反应I的平衡常数 ；600℃，压强为时，若增大投料比，重新达平衡后，的值将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】(1) （1分） 增大（2分） (2) d （1分） 升高温度，促进反应I正向进行，抑制反应II，低温时，以反应II为主，高于655℃，以反应I为主（2分） (3) （2分） 1.2（2分） 减小（2分） 【详解】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I×2可得，=；反应I正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，增大； （2）升高温度，反应I平衡正向移动，反应II平衡逆向移动，增大，减小，增大压强，反应II平衡正向移动，增大，减小，则压强为时，、的摩尔分数随温度变化的曲线分别是d、a；则压强为时，、的摩尔分数随温度变化的曲线分别是c、b；表示压强为时，的摩尔分数随温度变化的曲线是d； 温度升高，当温度高于655℃，对应含碳物种的摩尔分数的原因是：升高温度，促进反应I正向进行，抑制反应II，低温时，以反应II为主，高于655℃，以反应I为主； （3）根据(2)中分析，M、P两点温度相同，压强相同，的转化率相同，为80%，为10%，则为10%，N点为40%，为40%，则为20%，说明N点的转化率较小，M、N、P三点对应的转化率大小关系为：； 根据碳原子守恒，655℃时，N点、、分别为0.2mol、0.4mol、0.4mol；根据反应I．、II.反应共消耗为0.4mol+0.4mol×4=2mol，余下2mol，生成为0.4mol+0.4mol×2=1.2mol，此时体系内气体总的物质的量为(0.2+0.4+0.4+2+1.2)=4.2mol，655℃时，N点压强为，则、、、的分压分别为、、、，反应I的平衡常数==1.2； 600℃，压强为时，若增大投料比，的转化率变大，根据图像中a、d两条曲线可知，增多，减少，则重新达平衡后，的值将减小。 18．（14分）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)C中官能团名称是 。 (2)①的反应类型为 。 (3)D的结构简式为 。 (4)反应④所需的条件为 。 (5)写出由B生成C反应的化学方程式 。 (6)与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有 种(不考虑立体异构)，其中有6种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为 。 (7)参照上述合成路线，设计用苯甲醛()和丙酮()合成重要的有机合成中间体的途径如下：→中间体1→中间体2→。则中间体1和中间体2的结构简式分别为 、 。 【答案】(1)羰基、羟基（2分） (2)氧化反应（1分） (3)（1分） (4)浓硫酸、加热（1分） (5)（2分） (6) 5（1分） 、（2分） (7) （2分） （2分） 【详解】（1）由结构可知，C中官能团名称是酮羰基、羟基； （2）①为羟基被高锰酸钾氧化为羰基，属于氧化反应； （3）由分析可知，D结构为； （4）反应④发生酯化反应，所需的条件为浓硫酸、加热； （5）B和甲醛反应引入-CH2OH生成C反应为，； （6）B除六元环外，还含有2个碳、1个氧、1个不饱和度；与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应，则含有醛基； 若含有1个取代基-CH2CHO，则有1种情况；若含有2个取代基-CH3、-CHO，首先在环上确定甲基位置，则此外环上还有4种取代位则醛基有4种情况；故共有5种；其中有6种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为、； （7）苯甲醛和丙酮发生B生成C的反应原理生成羟基得到中间体1，则中间体1结构为；中羟基发生消去反应生成碳碳双键得到中间体2，则中间体2结构为；和HCl加成得到产物。 19．（14分）卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。请回答下列问题： (1)(键角为180°)的中心I原子价层电子对数为 ； (填“是”或“否”)具有极性；基态碘原子价电子排布式为 。 (2)物质磁性大小以磁矩μ表示，μ与未成对电子数之间的关系为：(n为未成对电子数)。配合物中配离子的(B．M磁矩单位)，的杂化类型为 。 a．sp3    b．dsp2 c．d2sp3 配合物中配离子的，则配离子的空间构型为 。 (3)甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。 已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，原因可能是 。 (4)在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成。是立方系晶胞，结构如图3所示，其中两个氯原子的坐标为(0.00，0.50，0.15)、(0.00，0.50，0.85)，晶体的化学式为 ；与Na距离最近的且相等的Cl有 个。 【答案】(1) 5（2分） 否（1分） 5s25p5（1分） (2) b（2分） 正四面体（2分） (3)顺式甘氨酸铜为极性分子，反式甘氨酸铜为非极性分子（2分） (4) NaCl7 （2分） 12（2分） 【详解】（1）(键角为180°)的中心I原子价层电子对数为；结构对称，属于非极性分子，没有极性；基态碘原子价电子排布式为5s25p5。 （2）配合物中配离子的(B．M磁矩单位)，说明不存在单电子，由于的价层电子排布式为3d8，即2的单电子发生重排，因此杂化类型为dsp2，答案选b。配合物中配离子的，根据可计算得到n＝2，即含有2个单电子，为sp3杂化，则配离子的空间构型为正四面体。 （3）由于顺式甘氨酸铜为极性分子，反式甘氨酸铜为非极性分子，依据相似相溶原理可知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水。 （4）两个氯原子的坐标为(0.00，0.50，0.15)、(0.00，0.50，0.85)，即位于面上，含有的氯原子个数，钠原子个数为，因此晶体的化学式为NaCl7；根据晶胞结构可知与Na距离最近的且相等的Cl位于相邻的面上，有3×4＝12个。 7 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷03（海南专用） 化 学 考情速递 高考·新动向：加强跨学科融合命题：与物理、生物等学科关联紧密。例如，联合物理中电学知识，考查原电池、电解池的工作原理；和生物知识结合，探讨生物体内化学反应，如酶催化反应的条件与化学平衡的联系，考查学生综合运用多学科知识解决问题的能力。 高考·新考法：将化学反应速率 - 时间图像、化学平衡常数 - 温度图像组合，让学生分析图像中数据变化，判断反应热效应、各物质浓度变化趋势等。还可能出现结合实验数据绘制的图像，像酸碱中和滴定曲线与电导率变化图像，要求学生从不同角度解读信息，综合运用化学原理和实验知识解题，提升学生对复杂图像信息的分析处理能力。 高考·新情境：围绕南海丰富的海洋资源，比如海水提镁、海水淡化等。在海水提镁流程中，考查沉淀溶解平衡知识，像氢氧化镁沉淀的生成与转化；海水淡化中，考查离子交换膜的工作原理、氯碱工业相关化学反应，涉及氧化还原反应、离子反应等知识，以及海水中微量元素提取时物质的分离与提纯方法。 命题·大预测：实验题考查力度加大，形式更加灵活。可能会给出一个实验目的和部分实验步骤，要求学生自主设计实验方案，选择合适的仪器和试剂，预测实验现象并分析可能出现的误差。比如探究海南特色植物中有效成分的提取及成分分析，涵盖物质的分离、提纯、检验等化学实验基本操作，全面考查学生的实验设计、操作和分析评价能力。 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Y 39 Fe 56 Cu 64 Ba 137 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．古文献《余冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3•Pb(OH)2]制法的相关描述：“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者(Pb)，炒为黄丹(Pb3O4)。黄丹滓为密陀僧(PbO)”。下列说法错误的是 A．2PbCO3•Pb(OH)2属于碱式盐 B．Pb3O4与硫酸反应只生成PbSO4和水 C．“化不白者，炒为黄丹”的过程中发生了氧化还原反应 D．密陀僧与碳粉高温加热可以制得铅 2．吡啶(  )含有与苯环类似的大π键，下列说法或实验操作不正确的是 A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道 B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯大 C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层 D．  、  的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故  碱性较强。 3．下列反应的离子方程式书写错误的是 A．中投入固体： B．乙酰水杨酸(  )与足量溶液共热：  +3OH-  +CH3COO-+2H2O C．向溶液中通入： D．溶液与溶液反应： 4．实验是科学探究的重要手段。下列实验装置或操作，现象和结论均正确的是 序号 A B 实验装置或操作 现象 白磷先燃烧起来，红磷后燃烧 长颈漏斗中出现一段稳定的水柱 结论 白磷的着火点比红磷低 装置气密性良好 序号 C D 实验装置或操作 现象 左边试管中产生黄绿色气体，右边试管中溶液变黄色 锥形瓶中产生大量气泡，烧杯中出现白色胶状物 结论 氧化性： 非金属性： A．A B．B C．C D．D 5．盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是 A．电池工作时，Pt电极是正极 B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+ C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3g D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降 6．某离子液体难挥发、可用作溶剂，其结构如图所示，其中Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z的质子数均为奇数且和为22，下列说法正确的是    A．原子半径：X>T>R B．T2Q6Y分子难溶于水 C．简单氢化物沸点：Z>Y>X D．Q与X两种元素可组成离子化合物 7．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某种超导材料的晶胞结构如图所示，其中O原子有缺陷。晶胞参数分别如图，，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A．该晶体的最简化学式为 B．晶体中与最近且距离相等的有6个 C．晶体的密度为 D．第一电离能： 8．常温下，在含、的混合液中滴加溶液，混合溶液中[pX=—lg(X)，X代表或与pH的关系如图所示，已知：常温下，，，下列叙述正确的是 A．代表与的关系 B．的电离常数 C．的平衡常数 D．溶液中 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．等物质的量的乙烷()与乙醛()分子中含共用电子对数目均为 B．1 mol NO与0.5 mol 充分反应后，混合气体分子中氮原子数目为 C．在硫酸催化条件下，足量的乙酸与4.6 g乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为 D．100 mL 12 mol/L的浓与过量Cu反应，转移的电子数大于 10．利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，其中所得固体中的生成物为和。下列说法错误的是    A．固体单质Y为硫 B．该实验中涉及的氧化还原反应可能有三个 C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25% D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol 11．用如图装置制备次氯酸并验证其氧化性。可以与含水碳酸钠反应得到气体和。下列说法错误的是    已知：Cl2O是一种无机化合物，25℃时为棕黄色气体，在-100℃~15℃内可凝缩为红褐色液体。 A．装置甲中每生成16.8g碳酸氢钠同时生成标准状况下 B．装置乙中盛装的是浓硫酸 C．将装置丙中次氯酸溶液转移到装置丁中的具体操作是打开关闭 D．装置丁中溶液酸性显著增强可证明次氯酸的氧化性 12．一定条件下，由和合成甲烷，发生反应：。图甲表示的平衡转化率与温度、压强的关系，图乙表示反应过程中的物质的量随时间的变化曲线，图丙表示初始投入的，改变的物质的量对平衡时体积分数的影响，图丁表示向绝热恒容的密闭容器中充入和，正反应速率随时间变化的示意图。下列说法正确的是 A．由图甲可知：该反应的，X、W两点的平衡常数 B．由图乙可知：时若其他条件不变，压缩容器的体积，则的变化曲线是b C．由图丙可知：，在a、b、c三点中，c点的转化率最高 D．由图丁可知：反应物浓度，a点大于b点，反应在c点达到平衡状态 13．纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性。利用纳米铁粉去除水体中(Ⅵ)的反应机理及和(碳)按不同配比在相同条件对(Ⅵ)的去除效果如图所示，反应过程中除外无其它气体产生，下列说法正确的是 A．(Ⅵ)转化为(Ⅲ)的途径有2种 B．①中去除(Ⅵ)是因为碳粉在纳米条件下还原(Ⅵ) C．③比②去除速率快的主要原因是形成原电池 D．与共沉淀的离子方程式为 14．一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含、、、、的单质或+2价氧化物)中富集回收得到含钴成品的工艺如下，下列说法正确的是 A．滤渣1的主要成分是 B．可以用KSCN检验是否需要补加 C．沉锰过程中每产生，理论上可产生 D．“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0左右，其反应的离子方程式为 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 15．（10分）1841年美国学者Fremy首次合成了，它是一种“环境友好型氧化剂”。某小组拟制备，并探究其性质。已知20℃时KCl的溶解度为37.4g，的溶解度为11.1g。 实验(一)制备，装置如图所示：    (1)乙装置的作用是 。 (2)甲装置中副产物为氯化钾，写出生成的离子方程式： 。 (3)实验完毕后，对甲装置中混合液蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、低温干燥。 实验(二)探究性质及应用。 取10g草酸溶于40mL水中，加入粉末，充分混合，观察到有大量气泡产生，并产生黑色固体，将所得气体通入足量澄清石灰水中，溶液变浑浊。 (4)根据上述实验现象，可以判断产生的气体中含有 ，产生该气体的原因是 ，经测定所得气体中还含有。 (5)实验完毕后，将混合物经过滤、洗涤、干燥得到黑色固体，利用如图实验装置探究黑色固体的成分。    当黑色固体完全反应后，测得浓硫酸质量净增bg，当等于 (用分数表示)时，黑色固体为。 (6)在其他条件相同时，测得一定浓度的稳定性(用浓度表示)与pH关系如左图，其消毒效率与温度关系如右图所示：    ①根据左图得出结论是 。 ②在相同条件下，作消毒剂最佳温度是 。 16．（10分）氮化镓作为第三代半导体材料，光电性能优异，广泛应用于技术。某工厂综合利用炼锌矿渣制备，矿渣主要含铁酸镓，铁酸锌，二氧化硅等，部分工艺流程如下： 已知： ①镓与铝同主族，金属活动性介于锌和铁之间； ②本工艺条件下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀在常温下的和金属离子的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表： 金属离子 开始沉淀 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全的 9.6 3.2 8.0 4.9 萃取率 0 99 0 97~98.5 (1)中的化合价为 。 (2)为了提高酸浸效率，可采取的措施有 (任写一条)，浸出渣的主要成分是 (写化学式)。 (3)处理浸出液时，将溶液调节至5.4，此时溶液中的浓度为 。 (4)“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，发生反应的离子方程式 。 (5)的化学性质与相似，“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以 (用离子符号表示)形式存在。 (6)“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为 。 17．（12分）二氧化碳资源化利用，涉及主要反应如下： I．　 II.　 回答下列问题： (1)的焓变 反应I的净速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)分别向压强为、的恒压体系中通入和，达平衡时，部分含碳物种的摩尔分数随温度变化如图所示。 表示压强为时，的摩尔分数随温度变化的曲线是 (填标号)。随温度升高，当温度高于655℃，对应含碳物种的摩尔分数的原因是 。 (3)图示M、N、P三点对应的转化率大小关系为 ；655℃时，反应I的平衡常数 ；600℃，压强为时，若增大投料比，重新达平衡后，的值将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 18．（14分）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)C中官能团名称是 。 (2)①的反应类型为 。 (3)D的结构简式为 。 (4)反应④所需的条件为 。 (5)写出由B生成C反应的化学方程式 。 (6)与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有 种(不考虑立体异构)，其中有6种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式为 。 (7)参照上述合成路线，设计用苯甲醛()和丙酮()合成重要的有机合成中间体的途径如下：→中间体1→中间体2→。则中间体1和中间体2的结构简式分别为 、 。 19．（14分）卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。请回答下列问题： (1)(键角为180°)的中心I原子价层电子对数为 ； (填“是”或“否”)具有极性；基态碘原子价电子排布式为 。 (2)物质磁性大小以磁矩μ表示，μ与未成对电子数之间的关系为：(n为未成对电子数)。配合物中配离子的(B．M磁矩单位)，的杂化类型为 。 a．sp3    b．dsp2 c．d2sp3 配合物中配离子的，则配离子的空间构型为 。 (3)甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。 已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，原因可能是 。 (4)在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成。是立方系晶胞，结构如图3所示，其中两个氯原子的坐标为(0.00，0.50，0.15)、(0.00，0.50，0.85)，晶体的化学式为 ；与Na距离最近的且相等的Cl有 个。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考考前信息必刷卷03（海南专用） 化 学·参考答案 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 B A A B C D B C 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9 10 11 12 13 14 BD BD AB AC AC AC 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 15．（10分） (1)吸收氯气，防止污染空气（1分） (2)3Cl2+10OH—+2Fe(OH)3=2FeO+6Cl—+8H2O（2分） (3)冷却结晶（1分） (4) CO2（1分） H2C2O4溶液与K2FeO4溶液发生氧化还原反应生成CO2（1分） (5)（2分） (6) 溶液pH越大，K2FeO4越稳定（1分） 35℃（1分） 16．（10分） (1)+3（1分） (2) 矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等（1分） SiO2（1分） (3)（2分） (4)（2分） (5)（1分） (6)（2分） 17．（12分） (1) （1分） 增大（2分） (2) d （1分） 升高温度，促进反应I正向进行，抑制反应II，低温时，以反应II为主，高于655℃，以反应I为主（2分） (3) （2分） 1.2（2分） 减小（2分） 18．（14分） (1)羰基、羟基（2分） (2)氧化反应（1分） (3)（1分） (4)浓硫酸、加热（1分） (5)（2分） (6) 5（1分） 、（2分） (7) （2分） （2分） 19．（14分） (1) 5（2分） 否（1分） 5s25p5（1分） (2) b（2分） 正四面体（2分） (3)顺式甘氨酸铜为极性分子，反式甘氨酸铜为非极性分子（2分） (4) NaCl7 （2分） 12（2分） 试卷第2页，共22页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$