信息必刷卷03（贵州专用）-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（贵州专用） 化 学 考情速递 高考·新动向：情境题目将更具创新性、开放性和跨学科融合性，广泛覆盖生产生活实践、科学技术前沿等多元领域，强化理论知识与实际应用的联系，要求考生具备从复杂信息中提取关键要素并分析推理的能力。 高考·新考法：双图像组合命题：采用分布系数图像与沉淀溶解平衡对数图像等双图像组合形式，承载更多信息与知识点。问题设计灵活巧妙，要求考生具备较强的识图读图能力，以及运用图中隐含信息和所学知识解决问题的能力。 高考·新情境：某化工企业排放含二氧化硫、氮氧化物等废气，对环境造成污染。企业采用先进化学工艺，不仅要实现废气达标排放，还要回收其中有用物质，如从含二氧化硫废气中回收硫磺，实现资源循环利用。题目示例：描述废气处理工艺流程，涉及吸收、氧化、还原等步骤，让考生书写相关化学反应方程式，分析各步骤反应条件控制原因，计算废气中污染物去除率和资源回收率，提出改进工艺的建议 。 命题·大预测：试题情境将广泛取材于科研前沿成果、生产生活实际、社会热点问题等。像结合当前热门的新能源材料研发，给出新型储能材料的相关数据与反应过程，考查化学键、氧化还原反应、化学平衡等知识；或是以生活中常见的食品保鲜、衣物洗涤等场景为切入点，考查物质的性质与应用 。 （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 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒 B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂 C．溶液呈碱性，可用于除油污 D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料 【答案】B 【详解】A．具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，A正确； B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，不含有亲水基团，不能用作吸水剂，B错误； C．油污可以在碱性环境下水解，溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，因此可用于除油污，C正确； D．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，其表面会形成致密的氧化膜，抗腐蚀性强，因此可用作航空材料，D正确； 故选B。 2．下列化学用语表述错误的是 A．和的最外层电子排布图均为 B．和的电子式分别为和 C．的分子结构模型为 D．、和互为同位素 【答案】B 【详解】 A．Ca2+和Cl-的核外电子数都是18，最外层电子排布图均为，故A正确； B．PH3中磷原子和每个氢原子共用一对电子，中心原子P原子价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，孤电子对数为1，PH3的电子式为，故B错误； C．CH2=CHCH2CH2CH3分子中存在1个碳碳双键，位于1号碳原子与2号碳原子之间，存在3个碳碳单键，无支链，且氢原子半径小于碳原子半径，其分子结构模型表示为，故C正确； D．、和是质子数相同、中子数不同的碳原子，是碳元素的不同核素，互为同位素，故D正确； 故选B。 3．下列离子方程式中，错误的是 A．通入水中： B．通入石灰乳中： C．放入溶液中： D．放入溶液中： 【答案】B 【详解】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为，A正确； B．石灰乳转化氢氧化钙不能拆，反应为，B错误； C．放入溶液中生成偏铝酸钠和去：，C正确； D．放入溶液中发生氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：，D正确； 故选B。 4．已知： ，设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是 A．0.1溶液中含有NA个K+ B．1mol 参与反应断裂的π键数目为NA C．反应每放出m kJ的热量，生成NA个分子 D．每转移10NA个电子，产生CO2的体积标况下约为44.8L 【答案】D 【详解】A．0.1溶液的体积未知，无法求出其物质的量，也就不能求出所含K+的数目，A不正确； B．C2H2的结构式为H-C≡C-H，1个C2H2分子中含有2个π键，则1mol 参与反应断裂的π键数目为2NA，B不正确； C．为离子化合物，在溶液中不存在分子，C不正确； D．由反应可建立如下关系式：CO2——5e-，则每转移10NA个电子，产生CO2的物质的量为2mol，在标况下的体积约为44.8L，D正确； 故选D。 5．为达到下列实验目的，操作方法合理的是 实验目的 操作方法 A 从含有的NaCl固体中提取 用CCl4溶解、萃取、分液 B 提纯实验室制备的乙酸乙酯 依次用溶液洗涤、水洗、分液、干燥 C 用标准溶液滴定未知浓度的溶液 用甲基橙作指示剂进行滴定 D 从明矾过饱和溶液中快速析出晶体 用玻璃棒摩擦烧杯内壁 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．从含有I2的NaCl固体中提取I2，用CCl4溶解、萃取、分液后，I2仍然溶在四氯化碳中，没有提取出来，A错误； B．乙酸乙酯在氢氧化钠碱性条件下可以发生水解反应，故提纯乙酸乙酯不能用氢氧化钠溶液洗涤，B错误； C．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应到达终点时生成CH3COONa，是碱性，而甲基橙变色范围pH值较小，故不能用甲基橙作指示剂进行滴定，否则误差较大，应用酚酞作指示剂，C错误； D．从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁，在烧杯内壁产生微小的玻璃微晶来充当晶核，D正确； 本题选D。 6．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 分子间作用力 B 熔点：(1040℃)远高于(178℃升华) 晶体类型 C 酸性：()远强于() 羟基极性 D 溶解度(20℃)：(29g)大于(8g) 阴离子电荷 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确； B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则熔点远高于，故B正确； C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确； D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误； 答案选D。 7．聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下： 下列说法错误的是 A． B．聚乳酸分子中含有两种官能团 C．乳酸与足量的反应生成 D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子 【答案】B 【详解】A．根据氧原子数目守恒可得：3n=2n+1+m，则m=n-1，A正确； B．聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误； C．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则1mol乳酸和足量的Na反应生成1mol H2，C正确； D．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子（），D正确； 故选B。 8．日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是 A．电负性：X>Y>Z>W B．原子半径：X<Y<Z<W C．Y和W的单质都能与水反应生成气体 D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性 【答案】C 【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W，A错误； B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为：Y<X<Z<W，B错误； C．F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确； D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，没有强氧化性，D错误； 故答案选C。 9．苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：    下列说法不正确的是 A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 【答案】B 【详解】A．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确； B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确； C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确； D．苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确； 故选B。 10．晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错误的是 A．电负性： B．单质是金属晶体 C．晶体中存在范德华力 D．离子的配位数为3 【答案】D 【详解】A．电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg的电负性小于 Cl，A正确； B．金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确； C．由晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确； D．由图乙中结构可知，每 个与周围有6个最近且距离相等，因此 ，的配位数为6，D错误； 综上所述，本题选D。 11．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 A．电解总反应： B．每生成，双极膜处有的解离 C．电解过程中，阳极室中的物质的量不因反应而改变 D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率 【答案】B 【详解】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为，故A正确； B．每生成，阴极得8mole－，同时双极膜处有8mol进入阴极室，即有8mol的解离，故B错误； C．电解过程中，阳极室每消耗4mol，同时有4mol通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确； D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于被催化解离成和，可提高氨生成速率，故D正确； 故选B。 12．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是 A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 【答案】C 【详解】A．苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误； B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误； C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确； D．由分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误； 故选C。 13．“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。    下列说法错误的是 A．、和均为极性分子 B．反应涉及、键断裂和键生成 C．催化中心的被氧化为，后又被还原为 D．将替换为，反应可得 【答案】D 【详解】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确； B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确； C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确； D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误； 故选D。 14．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。 下列说法正确的是 A．溶解度：大于 B．以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度 C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为 D．的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是 【答案】C 【详解】A．FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A项错误； B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误； C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2-)=====0.1，设水解的S2-的浓度为x mol/L，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确； D．0.01mol/L FeCl2溶液中加入等体积0.2mol/L Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl2和0.1mol/L Na2S的混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误； 答案选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）羟基磷酸钙是骨骼石灰和牙釉质的主要成分。某课题组按照下述步骤进行其制备探索：在75℃下向由一定量粉末配制的含有分散剂的浆液中，边搅拌边滴加计算量的稀，滴加完成后继续搅拌一段时间。冷至室温固液分离，烘干固体得纳米级微粉产品。制备依据的代表反应式为：，装置如图所示(固定器具已省略)。 回答问题： (1)装置图中，安装不当的是 (填仪器标号) (2)使用冷凝管的目的是 ，冷凝水进水口为 (填序号)，干燥管中熟石灰用于吸收 (填化学式)。 (3)实验中使用水浴加热，其优点为 、 。 (4)投料时应使用新制粉末，以降低杂质 (填化学式)对实验的影响。 (5)完成反应后，可以保持产品组成稳定的固液分离方式有 、 (填标号)。 a．倾倒        b．常压过滤        c．减压过滤        d．离心分离 (6)实验中以题述加料方式所得产品中。某次实验将浆液滴入稀得到的产品中。造成这种结果差异的原因是 。 【答案】(1)a（1分） (2) 使水冷凝回流（1分） ②（1分） （2分） (3) 控温容易（1分） 受热均匀；无明火，更安全；烧瓶使用后更易清洁(答出任意两点)（2分） (4)（2分） (5) b（1分） d（1分） (6)在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化（2分） 【详解】（1）装置图中，搅拌器应插入液面以下进行搅拌，故安装不当的是a； （2）该反应产物为羟基磷酸钙和水，羟基磷酸钙骨骼石灰和牙釉质的主要成分，其熔沸点高，故冷凝管的作用是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式为下进上出，则进水口为2；干燥管中熟石灰用于吸收空气中的二氧化碳，防止与浆液反应生成，影响产品纯度； （3）水浴加热的优点为控温容易、受热均匀、无明火、更安全、烧瓶使用后更易清洁等； （4）投料时应使用新制粉末，易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙固体，故应为降低杂质对实验的影响； （5）a．倾倒法无法有效实现固液分离，故a错误； b．常压过滤，即为普通过滤操作，可以保持产品组成稳定，故b正确； c．减压过滤，俗称抽滤，其过滤速度较快，不利于提高纳米级微粉产品的产率，也不利于实现稳定的固液分离，故c错误； d．离心分离法是利用离心力使重量不同的物质分隔开，可以实现稳定的固液分离，故d正确； 故选bd； （6）题述加料方式所得产品中，某次实验将浆液滴入稀得到的产品中，相当于含量变大，则造成这种结果差异的原因是在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化。 16．（14分）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 (4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 【答案】(1) ds（1分） 3d104s1（1分） (2)（2分） (3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为（2分） 0.5（2分） (4)0.05（2分） (5) （2分） 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产（2分） 【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1； （2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：，故答案为：； （3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过，故答案为：0.5； （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时，故答案为：0.05； （5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答案为：；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 17．（15分）某地地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下： ①      ②      回答下列问题： (1)该工艺的总反应方程式为 。1mol 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。 (2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。 (3)的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。 【答案】(1) (或（2分） 放出热量（2分） 作催化剂或降低反应活化能（2分） (2)C（1分） (3) 或（2分） （2分） （2分） 8（2分） 【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。 （2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，C持续时间最长，说明C的脱硫效率最高，因此结果最好的C；故答案为：C。 （3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。 18．（15分）托伐普坦是一种治疗心血管疾病的药物，其前体(L)合成步骤如图(部分试剂和条件略去)。 已知： 回答下列问题： (1)化合物A (填“能”或“不能”)形成分子内氢键。 (2)写出由C生成D的化学反应方程式 。 (3)写出G的结构简式 。 (4)H到I的反应类型是 。 (5)参照上述合成路线，试剂X的化学式是 。 (6)K完全水解后，有机产物的名称是 。 (7)E的消去产物(C6H10O2)的同分异构体中，同时满足下列条件a、b和c的可能结构有 种(立体异构中只考虑顺反异构)；写出只满足下列条件a和c，不满足条件b的结构简式 (不考虑立体异构)。 a)能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生CO2； b)红外光谱中有碳碳双键特征吸收峰； c)核磁共振氢谱峰面积比例为3∶3∶2∶1∶1。 【答案】(1)能（1分） (2)+→+HCl（2分） (3)（2分） (4)取代反应（2分） (5)SnCl2（2分） (6)邻甲基苯甲酸（2分） (7) 9（2分） （2分） 【详解】（1）根据化合物A的结构简式以及形成氢键的条件，A中的羟基与-NO2处于邻位，可形成分子内氢键，故答案为能； （2） 对比C、D的结构简式可知，C中氨基上的1个“N-H”断裂，另一反应物上的“S-Cl”键断裂，C→D的反应类型为取代反应，其化学反应方程式为+→+HCl；故答案为+→+HCl； （3） 采用对比的方法，如F的分子式为C21H24ClNO6S，G分子式为C20H20ClNO5S，少了1个C，4个H，1个O，即F→G去掉了1个CH3OH，对比H的结构简式可知，可知G的结构简式为，故答案为； （4）由H和I的结构简式可知，H到I的反应类型为取代反应；故答案为取代反应； （5）B→C、I→J均为-NO2→-NH2，因此X化学试为SnCl2，故答案为SnCl2； （6） 对比J和L的结构简式以及K的分子式，可推知K的结构简式为，完全水解后生成得到，名称为邻甲基苯甲酸；故答案为邻甲基苯甲酸； （7） E的消去产物为CH2=CHCH2COOCH2CH3，满足条件a、b、c的同分异构体中含有1个-COOH，1个碳碳双键，2个不相同的-CH3，符合条件的同分异构体有CH3CH2C(COOH)=CHCH3(存在顺反异构)、CH3CH2CH=C(COOH)CH3(存在顺反异构)、CH3CH(COOH)C(CH3)=CH2、CH3CH2C(CH3)=CH(COOH)(存在顺反异构)、CH3CH=C(CH3)CH2COOH(存在顺反异构)，共有9种结构；只满足条件a和c，不满足b的分子中不含碳碳双键，应含有1个-COOH，2个不相同的-CH3，1个碳环，结构简式为；故答案为9；。 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（贵州专用） 化 学 考情速递 高考·新动向：情境题目将更具创新性、开放性和跨学科融合性，广泛覆盖生产生活实践、科学技术前沿等多元领域，强化理论知识与实际应用的联系，要求考生具备从复杂信息中提取关键要素并分析推理的能力。 高考·新考法：双图像组合命题：采用分布系数图像与沉淀溶解平衡对数图像等双图像组合形式，承载更多信息与知识点。问题设计灵活巧妙，要求考生具备较强的识图读图能力，以及运用图中隐含信息和所学知识解决问题的能力。 高考·新情境：某化工企业排放含二氧化硫、氮氧化物等废气，对环境造成污染。企业采用先进化学工艺，不仅要实现废气达标排放，还要回收其中有用物质，如从含二氧化硫废气中回收硫磺，实现资源循环利用。题目示例：描述废气处理工艺流程，涉及吸收、氧化、还原等步骤，让考生书写相关化学反应方程式，分析各步骤反应条件控制原因，计算废气中污染物去除率和资源回收率，提出改进工艺的建议 。 命题·大预测：试题情境将广泛取材于科研前沿成果、生产生活实际、社会热点问题等。像结合当前热门的新能源材料研发，给出新型储能材料的相关数据与反应过程，考查化学键、氧化还原反应、化学平衡等知识；或是以生活中常见的食品保鲜、衣物洗涤等场景为切入点，考查物质的性质与应用 。 （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 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒 B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂 C．溶液呈碱性，可用于除油污 D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料 2．下列化学用语表述错误的是 A．和的最外层电子排布图均为 B．和的电子式分别为和 C．的分子结构模型为 D．、和互为同位素 3．下列离子方程式中，错误的是 A．通入水中： B．通入石灰乳中： C．放入溶液中： D．放入溶液中： 4．已知： ，设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是 A．0.1溶液中含有NA个K+ B．1mol 参与反应断裂的π键数目为NA C．反应每放出m kJ的热量，生成NA个分子 D．每转移10NA个电子，产生CO2的体积标况下约为44.8L 5．为达到下列实验目的，操作方法合理的是 实验目的 操作方法 A 从含有的NaCl固体中提取 用CCl4溶解、萃取、分液 B 提纯实验室制备的乙酸乙酯 依次用溶液洗涤、水洗、分液、干燥 C 用标准溶液滴定未知浓度的溶液 用甲基橙作指示剂进行滴定 D 从明矾过饱和溶液中快速析出晶体 用玻璃棒摩擦烧杯内壁 A．A B．B C．C D．D 6．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 分子间作用力 B 熔点：(1040℃)远高于(178℃升华) 晶体类型 C 酸性：()远强于() 羟基极性 D 溶解度(20℃)：(29g)大于(8g) 阴离子电荷 A．A B．B C．C D．D 7．聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下： 下列说法错误的是 A． B．聚乳酸分子中含有两种官能团 C．乳酸与足量的反应生成 D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子 8．日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是 A．电负性：X>Y>Z>W B．原子半径：X<Y<Z<W C．Y和W的单质都能与水反应生成气体 D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性 9．苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：    下列说法不正确的是 A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 10．晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错误的是 A．电负性： B．单质是金属晶体 C．晶体中存在范德华力 D．离子的配位数为3 11．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 A．电解总反应： B．每生成，双极膜处有的解离 C．电解过程中，阳极室中的物质的量不因反应而改变 D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率 12．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是 A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 13．“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。    下列说法错误的是 A．、和均为极性分子 B．反应涉及、键断裂和键生成 C．催化中心的被氧化为，后又被还原为 D．将替换为，反应可得 14．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。 下列说法正确的是 A．溶解度：大于 B．以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度 C．忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为 D．的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）羟基磷酸钙是骨骼石灰和牙釉质的主要成分。某课题组按照下述步骤进行其制备探索：在75℃下向由一定量粉末配制的含有分散剂的浆液中，边搅拌边滴加计算量的稀，滴加完成后继续搅拌一段时间。冷至室温固液分离，烘干固体得纳米级微粉产品。制备依据的代表反应式为：，装置如图所示(固定器具已省略)。 回答问题： (1)装置图中，安装不当的是 (填仪器标号) (2)使用冷凝管的目的是 ，冷凝水进水口为 (填序号)，干燥管中熟石灰用于吸收 (填化学式)。 (3)实验中使用水浴加热，其优点为 、 。 (4)投料时应使用新制粉末，以降低杂质 (填化学式)对实验的影响。 (5)完成反应后，可以保持产品组成稳定的固液分离方式有 、 (填标号)。 a．倾倒        b．常压过滤        c．减压过滤        d．离心分离 (6)实验中以题述加料方式所得产品中。某次实验将浆液滴入稀得到的产品中。造成这种结果差异的原因是 。 16．（14分）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 (4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 17．（15分）某地地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下： ①      ②      回答下列问题： (1)该工艺的总反应方程式为 。1mol 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。 (2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。 (3)的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。 18．（15分）托伐普坦是一种治疗心血管疾病的药物，其前体(L)合成步骤如图(部分试剂和条件略去)。 已知： 回答下列问题： (1)化合物A (填“能”或“不能”)形成分子内氢键。 (2)写出由C生成D的化学反应方程式 。 (3)写出G的结构简式 。 (4)H到I的反应类型是 。 (5)参照上述合成路线，试剂X的化学式是 。 (6)K完全水解后，有机产物的名称是 。 (7)E的消去产物(C6H10O2)的同分异构体中，同时满足下列条件a、b和c的可能结构有 种(立体异构中只考虑顺反异构)；写出只满足下列条件a和c，不满足条件b的结构简式 (不考虑立体异构)。 a)能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生CO2； b)红外光谱中有碳碳双键特征吸收峰； c)核磁共振氢谱峰面积比例为3∶3∶2∶1∶1。 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（贵州专用） 化 学·参考答案 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B B B D D D B C B D B C D C 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分） (1)a（1分） (2) 使水冷凝回流（1分） ②（1分） （2分） (3) 控温容易（1分） 受热均匀；无明火，更安全；烧瓶使用后更易清洁(答出任意两点)（2分） (4)（2分） (5) b（1分） d（1分） (6)在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化（2分） 16．（14分） (1) ds（1分） 3d104s1（1分） (2)（2分） (3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为（2分） 0.5（2分） (4)0.05（2分） (5) （2分） 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产（2分） 17．（15分） (1) (或（2分） 放出热量（2分） 作催化剂或降低反应活化能（2分） (2)C（1分） (3) 或（2分） （2分） （2分） 8（2分） 18．（15分） (1)能（1分） (2)+→+HCl（2分） (3)（2分） (4)取代反应（2分） (5)SnCl2（2分） (6)邻甲基苯甲酸（2分） (7) 9（2分） （2分） 试卷第2页，共22页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$