2025年高考化学试题二轮热点题型题型及答案

2025年高考化学试题二轮热点题型题型及答案2025年高考化学二轮复习聚焦核心素养与关键能力，以下结合近年命题趋势与学科热点，精选四类高频题型并附详细解析，涵盖化学反应原理综合、实验探究、工业流程及有机推断与合成，助力考生精准突破。一、化学反应原理综合题CO₂的资源化利用是实现“双碳”目标的重要路径。某研究团队在催化剂作用下，利用CO₂与H₂合成甲醇（CH₃OH），反应过程涉及以下三个关键步骤：①CO₂(g)+H₂(g)⇌CO(g)+H₂O(g)ΔH₁=+41.2kJ·mol⁻¹②CO(g)+2H₂(g)⇌CH₃OH(g)ΔH₂=-90.7kJ·mol⁻¹③CO₂(g)+3H₂(g)⇌CH₃OH(g)+H₂O(g)ΔH₃回答下列问题：（1）计算反应③的ΔH₃=______kJ·mol⁻¹；已知反应③的正反应活化能Eₐ(正)=125kJ·mol⁻¹，则逆反应的活化能Eₐ(逆)=______kJ·mol⁻¹。（2）在体积为2L的恒容密闭容器中，充入1molCO₂和3molH₂，在催化剂作用下仅发生反应③。实验测得不同温度（T₁<T₂）下，反应达到平衡时CH₃OH的体积分数φ(CH₃OH)随压强p的变化如图1所示。图1中A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)的大小关系为______（用“>”连接）；判断理由是______。（3）在T₁温度下，若反应③的平衡常数K=2.5×10⁻²(MPa)⁻²（以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。初始时总压为p₀MPa，平衡时总压为0.8p₀MPa，则CO₂的平衡转化率α(CO₂)=______（保留三位有效数字）。（4）研究发现，使用Cu-ZnO-ZrO₂催化剂时，反应③的速率方程为v=k·p(CO₂)·p²(H₂)（k为速率常数）。若其他条件不变，仅将H₂的分压增大为原来的2倍，则反应速率变为原来的______倍；若升高温度，k增大的幅度______（填“大于”“小于”或“等于”）因平衡逆向移动导致的速率减小幅度，理由是______。答案与解析（1）根据盖斯定律，反应③=①+②，故ΔH₃=ΔH₁+ΔH₂=+41.2-90.7=-49.5kJ·mol⁻¹。反应的焓变ΔH=Eₐ(正)-Eₐ(逆)，则Eₐ(逆)=Eₐ(正)-ΔH=125-(-49.5)=174.5kJ·mol⁻¹。（2）反应③的ΔH₃<0，为放热反应。平衡常数仅与温度有关，T₁<T₂，故T₁下的K更大。图中A、B在T₁温度下（因T₁<T₂，相同压强下T₁的φ(CH₃OH)更高），C在T₂温度下，故K(A)=K(B)>K(C)。（3）设平衡时CO₂转化xmol，列三段式：CO₂(g)+3H₂(g)⇌CH₃OH(g)+H₂O(g)起始/mol1300转化/molx3xxx平衡/mol1-x3-3xxx总物质的量n总=(1-x)+(3-3x)+x+x=4-2x。初始总压p₀，平衡总压0.8p₀，因恒容恒温，压强比等于物质的量比，故(4-2x)/4=0.8p₀/p₀=0.8，解得x=0.4mol。平衡时各物质的分压：p(CO₂)=p₀×(1-x)/(4-2x)=p₀×0.6/3.2=0.1875p₀p(H₂)=p₀×(3-3x)/3.2=0.9/3.2p₀=0.28125p₀p(CH₃OH)=p(H₂O)=p₀×0.4/3.2=0.125p₀K=[p(CH₃OH)·p(H₂O)]/[p(CO₂)·p³(H₂)]=(0.125p₀×0.125p₀)/(0.1875p₀×(0.28125p₀)³)=2.5×10⁻²(MPa)⁻²，代入计算得p₀=1MPa（或直接约简），则α(CO₂)=0.4/1×100%=40.0%。（4）H₂分压增大为原来的2倍，速率v=k·p(CO₂)·(2p(H₂))²=4k·p(CO₂)·p²(H₂)，故速率变为4倍。反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，但温度升高会增大速率常数k，若k增大的幅度大于平衡逆向导致的浓度降低幅度，则总速率可能增大；但实际中，对于放热反应，高温下k增大的幅度通常小于平衡逆向移动的影响（因ΔH<0，温度升高平衡常数减小更显著），故填“小于”。二、实验探究题某小组探究Fe³+与S₂O₃²⁻的反应，设计如下实验：|实验序号|操作|现象||---------|------|------||Ⅰ|向2mL0.1mol·L⁻¹FeCl₃溶液中滴加2滴0.1mol·L⁻¹Na₂S₂O₃溶液|溶液立即变为深紫色，30秒后变为黄色，产生少量浅黄色沉淀||Ⅱ|向2mL0.1mol·L⁻¹Na₂S₂O₃溶液中滴加2滴0.1mol·L⁻¹FeCl₃溶液|溶液立即产生浅黄色沉淀，无紫色出现|已知：①Fe³+与S₂O₃²⁻可形成紫色络合物[Fe(S₂O₃)]+（稳定常数K稳=10⁴.4）；②2Fe³++S₂O₃²⁻=2Fe²++2SO₄²⁻+3S↓（反应a，速率较慢）；③S₂O₃²⁻在酸性条件下分解：S₂O₃²⁻+2H+=S↓+SO₂↑+H₂O（反应b）。（1）实验Ⅰ中“深紫色”的出现说明______；30秒后溶液变黄，可能的原因是______（用离子方程式表示）。（2）实验Ⅱ中无紫色出现，且立即产生沉淀，原因是______。（3）为验证实验Ⅰ中是否发生反应a，小组设计如下方案：取实验Ⅰ反应后的溶液，滴加K₃[Fe(CN)₆]溶液，若______，则证明有Fe²+生成；但有同学认为此方案不严谨，理由是______。（4）小组进一步用滴定法测定实验Ⅰ反应后溶液中SO₄²⁻的浓度。取10mL反应后溶液，加入过量盐酸酸化的BaCl₂溶液，过滤、洗涤、干燥后称得BaSO₄质量为0.0233g（BaSO₄摩尔质量为233g·mol⁻¹）。则SO₄²⁻的浓度为______mol·L⁻¹；若滴定前未洗涤沉淀（沉淀表面附着少量FeCl₃溶液），则测得的SO₄²⁻浓度会______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。答案与解析（1）Fe³+与S₂O₃²⁻优先形成络合物[Fe(S₂O₃)]+；30秒后紫色褪去、溶液变黄（Fe³+颜色），可能是络合物分解，或发生反应a生成Fe²+（但Fe²+为浅绿色，溶液变黄可能是剩余Fe³+）。更合理的解释是络合物不稳定，逐渐发生氧化还原反应：2[Fe(S₂O₃)]++4H₂O=2Fe²++2SO₄²⁻+3S↓+8H+（或简化为2Fe³++S₂O₃²⁻=2Fe²++2SO₄²⁻+3S↓）。（2）实验Ⅱ中S₂O₃²⁻过量，Fe³+浓度低，络合反应（K稳=10⁴.4）的平衡常数较小，无法显著形成络合物；同时S₂O₃²⁻过量时，Fe³+直接与S₂O₃²⁻发生氧化还原反应（反应a），速率虽慢，但S₂O₃²⁻过量导致局部酸性增强（Fe³+水解显酸性），触发反应b（S₂O₃²⁻+2H+=S↓+SO₂↑+H₂O），故立即产生浅黄色沉淀（S）。（3）若有Fe²+，滴加K₃[Fe(CN)₆]会生成蓝色沉淀（KFe[Fe(CN)₆]）；但实验Ⅰ中Fe³+过量，Fe³+与K₃[Fe(CN)₆]不反应，此方案看似可行。不严谨的原因是：实验Ⅰ中可能存在未反应的Fe³+，而Fe³+与S₂O₃²⁻的络合物可能干扰，或Fe²+可能被空气中的O₂氧化为Fe³+（但时间较短，影响较小）。更关键的是，若络合物分解产生Fe²+，而络合反应本身未涉及Fe²+，故需排除络合物的干扰。（4）BaSO₄的物质的量=0.0233g/233g·mol⁻¹=0.0001mol，SO₄²⁻浓度=0.0001mol/0.01L=0.01mol·L⁻¹。若沉淀未洗涤，表面附着的FeCl₃中的Cl⁻不影响BaSO₄质量，但Fe³+可能与S₂O₃²⁻反应生成S或其他物质，导致BaSO₄质量偏大（如Fe³+水解产生H+，促进S₂O₃²⁻分解生成SO₂，SO₂被氧化为SO₄²⁻），但更直接的是，未洗涤的沉淀含杂质（如Fe(OH)₃），称量质量偏大，故测得SO₄²⁻浓度偏高。三、工业流程题碳酸锂（Li₂CO₃）是制备锂电池的核心原料。以锂辉石（主要成分为LiAlSi₂O₆，含少量Fe₂O₃、CaO、MgO）为原料制备Li₂CO₃的工艺流程如下：→锂辉石（粉碎）→焙烧（750℃，加CaCO₃）→酸浸（H₂SO₄）→过滤→滤液（含Li+、Al³+、Fe³+、Ca²+、Mg²+）→除杂（加NaOH调pH=5.5）→过滤→滤液（含Li+、Ca²+、Mg²+）→深度除杂（加NaF）→过滤→滤液（含Li+）→沉锂（加Na₂CO₃）→过滤→洗涤→干燥→Li₂CO₃已知：①焙烧时，LiAlSi₂O₆转化为Li₂SiO₃和Al₂O₃；②部分氢氧化物沉淀的pH如下表（开始沉淀pH按c(Mⁿ+)=0.1mol·L⁻¹计算）：|氢氧化物|Fe(OH)₃|Al(OH)₃|Mg(OH)₂||----------|---------|---------|---------||开始沉淀pH|2.2|3.7|9.6||完全沉淀pH|3.2|4.7|11.1|（1）焙烧时，LiAlSi₂O₆与CaCO₃反应的化学方程式为______；粉碎锂辉石的目的是______。（2）酸浸时，Li₂SiO₃与H₂SO₄反应的离子方程式为______；滤渣1的主要成分为______（填化学式）。（3）除杂步骤中，调pH=5.5的目的是______；若pH过高，可能的后果是______（用离子方程式表示）。（4）深度除杂时，NaF需过量，原因是______；已知Ksp(MgF₂)=7.4×10⁻¹¹，Ksp(CaF₂)=1.5×10⁻¹⁰，若滤液中c(Mg²+)=1×10⁻³mol·L⁻¹，c(Ca²+)=1×10⁻²mol·L⁻¹，当Mg²+完全沉淀（c(Mg²+)≤1×10⁻⁵mol·L⁻¹）时，c(Ca²+)=______mol·L⁻¹（保留两位有效数字）。（5）沉锂时，需控制温度为95℃左右，原因是______；洗涤Li₂CO₃时，应选用______（填“热水”或“冷水”），理由是______。答案与解析（1）焙烧时，LiAlSi₂O₆与CaCO₃反应生成Li₂SiO₃、Al₂O₃和CaSiO₃（或CO₂）。根据原子守恒，反应式为：2LiAlSi₂O₆+2CaCO₃焙烧Li₂SiO₃+Al₂O₃+2CaSiO₃+2CO₂↑。粉碎增大接触面积，加快反应速率，提高锂的浸出率。（2）Li₂SiO₃与H₂SO₄反应生成Li₂SO₄和H₂SiO₃沉淀，离子方程式：Li₂SiO₃+2H+=2Li++H₂SiO₃↓。焙烧时Fe₂O₃与CaCO₃反应可能生成CaFe₂O₄（或不反应），酸浸时Fe₂O₃溶于H₂SO₄生成Fe³+，而CaO、MgO溶于酸生成Ca²+、Mg²+，但H₂SiO₃难溶，故滤渣1为H₂SiO₃（或SiO₂·H₂O）。（3）调pH=5.5时，Fe³+（完全沉淀pH=3.2）、Al³+（完全沉淀pH=4.7）已完全沉淀为Fe(OH)₃、Al(OH)₃，而Mg²+（开始沉淀pH=9.6）未沉淀，故目的是除去Fe³+、Al³+。若pH过高（>4.7），Al(OH)₃会溶解：Al(OH)₃+OH⁻=AlO₂⁻+2H₂O，导致Al³+重新进入滤液，后续难以除去。（4）NaF与Ca²+、Mg²+反应生成CaF₂、MgF₂沉淀，过量NaF可使Ca²+、Mg²+沉淀更完全。当Mg²+完全沉淀时，c(F⁻)=√(Ksp(MgF₂)/c(Mg²+))=√(7.4×10⁻¹¹/1×10⁻⁵)=√(7.4×10⁻⁶)≈2.72×10⁻³mol·L⁻¹。此时c(Ca²+)=Ksp(CaF₂)/c²(F⁻)=1.5×10⁻¹⁰/(2.72×10⁻³)²≈1.5×10⁻¹⁰/7.4×10⁻⁶≈2.0×10⁻⁵mol·L⁻¹。（5）沉锂反应为2Li++CO₃²⁻=Li₂CO₃↓，Li₂CO₃的溶解度随温度升高而降低（类似CaCO₃），95℃时溶解度更小，可提高产率。洗涤时用热水，因Li₂CO₃在热水中溶解度更小，减少洗涤损失。四、有机推断与合成题化合物H是一种抗焦虑药物中间体，其合成路线如下（部分条件和试剂略去）：A（C₆H₆）→B（C₆H₅NO₂）→C（C₆H₇N）→D（C₈H₉NO）→E（C₈H₈ClNO）→F（C₈H₇BrClNO）→G（C₁₀H₁₁BrClNO₂）→H（C₁₀H₁₂ClNO₂）已知：①D的核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为3:2:2:1:1；②E中含氯原子的官能团为碳氯键；③R-NH₂+R’-COCl→R-NH-CO-R’+HCl。（1）A的名称为______；B→C的反应类型为______。（2）C的结构简式为______；D的结构简式为______。（3）E→F的化学方程式为______（注明反应条件）。（4）G→H的反应中，若用过量NaOH溶液代替K₂CO₃，可能的副反应为______（用化学方程式表示）。（5）写出以苯和乙醇为原料合成的路线（无机试剂任选）。答案与解析（1）A为苯（C₆H₆）；B为硝基苯（C₆H₅NO₂），B→C为硝基还原为氨基，反应类型为还原反应（或加成反应）。（2）C为苯胺（）。D的分子式为C₈H₉NO，结合已知③（苯胺与酰