陕西2025年高考化学真题文档版适用地区：陕西、山西、宁夏、青海_1.高考2025全国各省真题+答案_8.高考化学真题及答案更新中_0.真题试卷化学Word版+PDF版

化学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、 准考证号、座位号填写在本试卷上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。涂写在本试卷上 无效。 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。 4.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 B 11 C 12 N 14 O 16 Co 59 Ag 108 一、选择题：本题共 14小题，每小题 3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。 1．“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是 A．“C919”大飞机用的氮化硅涂层 B．“梦想”号钻探船钻头用的合金 C．“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D．“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜 2．下列化学用语或图示表达正确的是 A．CS 的电子式为 B．基态Be原子的价电子排布式为2s22p2 2 C．C H 的球棍模型为 D．反-2-丁烯的结构简式为 2 2 3．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是 A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片 B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属 C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属 4．抗坏血酸葡萄糖苷(AA2G)具有抗氧化功能。下列关于AA2G的说法正确的是 试卷第1页，共12页A．不能使溴水褪色 B．能与乙酸发生酯化反应 C．不能与NaOH溶液反应 D．含有3个手性碳原子 5．“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由 两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是 A．该索烃属于芳香烃 B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力 D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 6．下列对物质性质的解释错误的是 选项 物质性质 解释 A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度 D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子 A．A B．B C．C D．D 7．下列有关反应方程式错误的是 A．泡沫灭火器反应原理：6NaHCO +Al SO  =3Na SO +2Al(OH) +6CO  3 2 4 3 2 4 3 2 B．用金属钠除去甲苯中的微量水：2Na+2H O=2NaOH+H  2 2 C．用NaOH溶液吸收尾气中的NO :2NO +2OH-=NO-+NO-+H O 2 2 3 2 2 D．氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：Cl +2OH-=ClO-+Cl-+H O 2 2 试卷第2页，共12页8．一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dgcm-3，阿伏加德罗常数的值为N ， A 下列说法错误的是 A．沿晶胞体对角线方向的投影图为 B．Ag和B均为sp3杂化 C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个 3 223 D．Ag和B的最短距离为  3 1010pm 2 N d A 9．一种高聚物XYZ 被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都 n 是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的 最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A．X、Z的第一电离能：X>Z B．X、Y的简单氢化物的键角：XY C．最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D．X、Y、Z均能形成多种氧化物 10．下列实验方案不能得出相应结论的是 A B 试卷第3页，共12页结论：金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu 结论：氧化性顺序为Cl >Fe3+>I 2 2 C D 结论：甲基使苯环活化 结论：增大反应物浓度，该反应速率加快 A．A B．B C．C D．D 11．某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂 白性。阿伏加德罗常数的值为N 。下列说法错误的是 A A．G、K均能与NaOH溶液反应 B．H、N既具有氧化性也具有还原性 C．M和N溶液中的离子种类相同 D．1molG与足量的J反应，转移电子数为N A 12．格氏试剂性质活泼，可与空气中的H O和O 等反应。某兴趣小组搭建了图示无水无氧 2 2 装置(部分装置略)，以乙醚(沸点34.5C)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。 试卷第4页，共12页下列说法错误的是 A．气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用 B．烧瓶中液体是格氏试剂的乙醚溶液 C．图中的漏斗不能用球形分液漏斗代替 D．产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应 13．我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(TQ)。电极b表面的主要 反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是 A．电解时，H+从右室向左室移动 电解 B．电解总反应：TY+H O TQ+2H  2 2 试卷第5页，共12页C．以 为原料，也可得到TQ D．用18O标记电解液中的水，可得到 14．常温下，溶液中Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，-lg  c(X)/  molL-1  与 -lgc  H+ /  molL-1 的关系如图[其中X代表Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH)-、Zn(OH)2-或   4 4 Cd(OH)2-]。已知：K  Zn(OH)  P，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为：PH 和NH ，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电 3 3 子对斥力N-H大于P-H，键角：NH >PH ，B错误； 3 3 C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性： HClO >HNO >H PO ，C错误； 4 3 3 4 答案第3页，共12页D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确； 答案选D。 10．C 【详解】A．Fe、Cu、稀硫酸原电池中，电子由活泼金属Fe流向Cu，Fe、Zn、硫酸原电池 中，电子有Zn流向Fe，活泼性：Zn>Fe>Cu，A正确； B．FeCl 与淀粉KI溶液反应，溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>I ，新制氯水加入含KSCN的 3 2 FeCl 溶液中，溶液变红色，生成了Fe3+，则氧化性：Cl >Fe3+，故氧化性：Cl >Fe3+>I ，B 2 2 2 2 正确； C．酸性高锰酸钾分别滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明了苯环使甲 基活化，C错误； D．不同浓度的Na S O 与相同浓度的稀硫酸反应，浓度大的Na S O 先出现浑浊，说明增 2 2 3 2 2 3 大反应物浓度，反应速率加快，D正确； 答案选C。 11．D 【分析】 根据转化关系： ，常温常压下G、J均 为无色气体，J具有漂白性，J为SO ，K为SO ，G为H S，H为S，M为NaHSO ，N为 2 3 2 3 Na SO ，L为Na SO 。 2 3 2 4 【详解】A．H S和SO 均能与NaOH溶液反应，A正确； 2 3 B．S和Na SO 中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确； 2 3 C．M为NaHSO ，N为Na SO ，二者的溶液中离子种类相同，C正确； 3 2 3 D．1molH S和足量的SO 反应生成S单质和水，2H S+SO =3S↓+2H O，1molH S参加反 2 2 2 2 2 2 应，转移2mol电子，转移2N 个电子，D错误； A 答案选D。 12．B 【详解】A．当气球被充入气体时，气体在气球内产生了一定的压力，这将均匀地作用在气 球内外的表面上，使得外壳可以均匀分担气体的压力，故A正确； B．格氏试剂性质活泼，为避免反应过于剧烈，烧瓶中应加入苯甲酰氯，格氏试剂通过滴液 漏斗缓慢滴加，故B错误； 答案第4页，共12页C．反应体系为无水、无氧的密封装置，需要用图中的漏斗保持体系能压强不变，保证液体 顺利滴下，而不能用分液漏斗，故C正确； D．苯甲酰氯比二苯甲酮与格氏试剂反应速率快，导致苯甲酰氯与与格氏试剂产率高，故D 正确； 故答案为B。 13．D 【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极， 阴极上氢离子得电子生成H ，以此解题。 2 【详解】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确； B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a中水是反应物， 电解 H 为生成物，总反应方程式为：TY+H O TQ+2H ，B正确； 2 2 2 C．将TY( )换成 为原料，仍然能够得到TQ( )， C正确； D．根据右图可知，用18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上 ，D错误； 答案选D。 14．B 【分析】Zn2和Cd2+沉淀形成ZnOH 和CdOH ，Al3+沉淀形成AlOH ，则Zn2和 2 2 3 Cd2+的曲线平行，根据K  Zn(OH)  1mol/L，即可认为AlOH 完全溶解，并转化为Al(OH)- ，因此调节NaOH溶 4 3 4 液浓度，通过碱浸可完全分离Cd(OH) 和Al(OH) ，故C正确； 2 3  1016.2  D．0.1molL-1的Zn2+开始沉淀pH为14lg 6.4 ，0.1molL-1的Al3+完全沉淀pH  0.1     1033  为14lg3 4.7 ，因此调节溶液pH为4.7~6.4，可将浓度均为0.1molL-1的Zn2+和  105    Al3+完全分离，故D正确； 故答案为B。 15．(1) 玻璃棒 量筒（或胶头滴管等，合理即可） (2)冰水浴 (3)B (4)加稀硝酸酸化，再滴加AgNO 溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净 3 答案第6页，共12页(5)ABC (6)cabd 500m mcV103495 (7) 27.5（或： ） 偏高 9cV 18cV103 【分析】按照反应CoCl 6H O+2NaSac2H O=Co(Sac) H O xH O+(6-x)H O+2NaCl 2 2 2  2 2 4  2 2 制备糖精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗 涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的 数量。 【详解】（1）步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固 体溶解速率。 （2）因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度， 可将烧杯置于冰水浴中。 （3）先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表 面吸附的Co2+转化为晶体析出，且不引人新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并 洗去溶液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤 以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为B。 （4）Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝 酸酸化，再滴加AgNO 溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净。 3 （5）进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需 用肥皂等清洗双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作， 避免直接触碰，故A、B、C符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D不符合题意，故答 案为ABC。 （6）使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进 行润洗(a)，待润洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL处(b)，放液赶出气泡后调节 液面至“0”刻度或“0”刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。 cV （7）滴定消耗的nEDTA mol，EDTA与Co2+形成1：1配合物，则样品溶解后的 1000 n  Co2  cV mol，即样品中的n  CoSac H O ·xH O   cV mol，而 1000  2 2 4  2 1000 M    CoSac 2 H 2 O 4   ·xH 2 O  49518xg·mol 1，所以 1 c 0 V 00 mol49518xg·mol1 mg， 答案第7页，共12页1000m 495 500m  1000m 495 cV m 495 cV10 3 解得x   27.5  或   ；若滴定前滴定 18cV 18 9cV  18cV 18cV 10 3  管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA溶液体积偏小，即V偏小，根据 500m x 27.5，则x偏高。 9cV 16．(1) 搅拌 适当升温等 (2) 6Mn(OH) +O =2Mn O +6H O 10-2.15 2 2 3 4 2 (3)O 2 (4)pH过大，沉淀为Mg(OH) ，不能分解产生CO ，不能得到疏松的轻质MgO 2 2 (5)MgHPO H PO Mg2 2H PO 4 3 4 2 4 (6)(NH ) SO 4 2 4 (7)还原 【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn O ，溶液再加入(NH ) S O ，进行沉 3 4 4 2 2 8 锰Ⅱ得到MnO ，产生有气体O ，溶液再加入NH HCO 和NH ·H O调节pH沉镁I，得到 2 2 4 3 3 2 MgCO ，煅烧得到MgO，溶液再加入H PO 沉镁Ⅱ，得到MgNH PO ·6H O沉淀，溶液加入 3 3 4 4 4 2 H SO 调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO 和Mn O 焙烧，经过多步处理得到 2 4 2 3 4 MnSO ·H O。 4 2 【详解】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； （2）Mn(OH) 被O 氧化得到Mn O ，化学方程式为：6Mn(OH) +O =2Mn O +6H O； 2 2 3 4 2 2 3 4 2 根据 c  Mg2  K sp [MgOH) 2   100.68 = 1011.25 ，c  Mn2 =10-2.15mol/L； c  Mn2 K [MnOH)  c  Mn2 1012.72 sp 2 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的NH  S O 经加热水解去除，NH  S O 中存在过氧键，在加热 4 2 2 8 4 2 2 8 和水存在下发生水解，生成NH HSO 和H O ：NH  S O 2H O2NH HSO H O ， 4 4 2 2 4 2 2 8 2 4 4 2 2 H O 分解2H O =2H O+O ，总反应为2NH  S O 2H O4NH HSO O ，最终 2 2 2 2 2 2 4 2 2 8 2 4 4 2 产物是NH HSO 和O ； 4 4 2 （4） xMgCO yMg(OH) zH O 煅烧有CO 生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大， 3 2 2 2 沉淀为Mg(OH) ，不能分解产生CO ，不能得到疏松的轻质MgO； 2 2 （5）由图可知，pH=8时，阴离子为HPO2，阳离子为Mg2，产生的沉淀为MgHPO ，调 4 4 答案第8页，共12页节到pH=4，磷元素存在形式为H PO，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为： 2 4 MgHPO H PO Mg2 2H PO； 4 3 4 2 4 （6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH ) SO ； 4 2 4 （7）“焙烧”中，Mn O 和MnO 最终生成MnSO ·H O，Mn元素化合价降低，发生了还原 3 4 2 4 2 反应。 17．(1)-65 (2)B (3) ④ HO*+H *+CH *=CH *+H O 2 2 3 2 492 (4) c 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 24 【详解】（1）已知： I．MgCO (s)=MgO(s)+CO (g) ΔH =+101kJmol-1 3 2 1 Ⅱ．CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH =-166kJmol-1 2 2 4 2 2 将I+Ⅱ可得 MgCO (s)+4H (g)=MgO(s)+2H O(g)+CH (g)ΔH =ΔH +ΔH = 3 2 2 4 4 1 2 +101kJmol-1+（-166kJmol-1）-65kJmol-1，故答案为：-65； （2）已知反应Ⅱ．CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g) ΔH =-166kJmol-1为放热反应，要提高 2 2 4 2 2 CH 平衡产率，要使平衡正向移动。 4 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，A错误； 4 B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH 平衡产率，B正确； 4 C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，C错误； 4 D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH 平衡产率，D错误； 4 故选B。 （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢， 基元反应为CH *+H*+2H O=CH *+2H O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为： 3 2 4 2 HO*+H *+CH *=CH *+H O，故答案为：④；HO*+H *+CH *=CH *+H O； 2 2 3 2 2 2 3 2 （4）已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高， 答案第9页，共12页则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360C以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳 的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性， c表示甲烷的选择性。 ①表示CH 选择性的曲线是c，故答案为：c； 4 ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原 子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择 性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水 的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为 0.02 0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，PH = 100KPa=2KPa， 2 1 0.245 0.49 P(CO )=P(CH )= 100KPa=24.5KPa，PH O= 100KPa=49KPa，则反应Ⅱ的 2 4 1 2 1 24.5492 492 492 K =  ，故答案为： ； p 2424.5 24 24 ③在550C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为 10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出 n(CO)=1-0.7-0.1mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~600C，随 温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢 气，导致H 平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。 2 18．(1)硝基、羟基 (2) (3)还原反应 (4)5 (5) +NaNO +2HCl +NaCl+2H O 2 2 (6)AC (7) 答案第10页，共12页【分析】A和B发生反应生成C，K CO 的作用是与A和B反应生成的HBr反应，促进反 2 3 应正向进行，结合B的分子式C H BrO，以及C的结构简式，可知B的结构简式为 4 9 ，C中硝基还原为氨基生成D，D经历两步反应生成E，E发生取代反 应生成G，据此解答。 【详解】（1）结合A的结构简式可知，官能团的名称是，硝基、羟基； （2）由分析可知，B的结构简式为 ； （3）C中硝基还原为氨基生成D，反应类型是还原反应； （4）B的分子式C H BrO，含有两个甲基，与与钠反应产生氢气，则官能团为碳溴键和羟 4 9 基，采用“定一移的方法”共有 、 、 (箭头所 指溴原子位置)，共有5种； （5）由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，化学方程式为： +NaNO +2HCl +NaCl+2H O； 2 2 （6）A．F中含有醛基，能发生银镜反应，A正确； B．F中亚氨基上的H原子与F原子距离较近，能形成分子内氢键，B错误； C．E与F发生取代反应生成HCl，HClNaH  NaClH ，故有氢气生成，C正确； 2 D．F中的氟原子以及醛基都是吸电子基，则F的N-H键极性更大，D错误； 故选AC； 答案第11页，共12页（7）目标产物的结构简式与G类似，则其是由 和 发生取 代反应而合成，而 可由苯胺发生D→E的反应合成， 可由 苯甲醛发生G→H的反应合成，故合成路线为 。 答案第12页，共12页