2025年贵州高考化学真题含解析及答案

2025年贵州高考化学真题含解析及答案1.本卷满分100分，考试时间75分钟。2.所有答案必须填写在答题卡指定位置，写在上的答案无效。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108I127Ba137一、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，只有一项符合题目要求。1.2025年贵州某茶园土壤pH平均为4.8，为提升茶树抗逆性，农技员拟施加适量固态物质以调节pH至5.5～6.0。下列试剂中最合理的是A.CaOB.NH₄ClC.Al₂(SO₄)₃D.K₂CO₃【答案】D【解析】目标为弱酸性环境，CaO碱性过强易灼伤根系；NH₄Cl、Al₂(SO₄)₃水解均使pH下降；K₂CO₃水解呈弱碱性且K⁺为茶树营养元素，缓冲温和，故选D。2.下列有关“贵州特色矿物”说法正确的是A.重晶石主要成分为BaCO₃，可用于制备钡餐B.磷块岩含氟磷灰石，与浓硫酸反应可制得过磷酸钙C.赤铁矿含Fe₂O₃，可用铝热反应直接炼得纯铁D.方解石遇稀盐酸放出CO₂，属于硅酸盐矿物【答案】B【解析】重晶石为BaSO₄，A错；赤铁矿铝热产物含Al₂O₃夹杂物，需后续精炼，C错；方解石为碳酸盐，D错；B描述符合湿法磷肥工艺，正确。3.某同学用0.010mol·L⁻¹KMnO₄滴定未知Fe²⁺溶液，加入过量稀H₂SO₄后出现棕色浑浊，导致终点提前。最可能引入的干扰离子是A.Cl⁻B.NO₃⁻C.SO₃²⁻D.PO₄³⁻【答案】A【解析】Cl⁻在酸性条件下被MnO₄⁻氧化生成Cl₂，消耗滴定剂，同时生成MnO₂棕色浑浊，终点提前。4.关于“贵州大数据中心”冷却剂NF₃的环境行为，下列判断正确的是A.NF₃在大气中可被·OH氧化最终生成HNO₃，增加酸雨B.NF₃的温室效应是CO₂的1万倍，因其分子中含N≡N键C.NF₃水解产物为NH₃与HF，均对玻璃有腐蚀D.NF₃电离能低于NH₃，故更易失去电子【答案】A【解析】NF₃无N≡N键，B错；水解产物为NH₃与F⁻，HF对玻璃腐蚀，但NH₃无腐蚀，C表述不严谨；NF₃因强电负性F原子，电离能高于NH₃，D错；A路径符合大气化学模型。5.某锂离子电池正极材料为LiFePO₄，充电时阳极反应为A.LiFePO₄→FePO₄+Li⁺+e⁻B.Li⁺+e⁻+FePO₄→LiFePO₄C.LiFePO₄+e⁻→FePO₄+LiD.FePO₄+Li⁺+e⁻→LiFePO₄【答案】A【解析】充电时电池正极作阳极，发生氧化反应，LiFePO₄失电子生成FePO₄并释放Li⁺，A正确。6.2025年1月，贵州首座“光—储—氢”一体化示范站投入运行。下列关于绿氢制备与储存说法错误的是A.碱性电解槽中，NiFe层状双氢氧化物可提升析氧过电位B.采用固态Mg₂FeH₆储氢，放氢反应为吸热过程C.氨硼烷NH₃BH₃水解制氢，每摩尔理论上产氢3molD.光伏直流电经MPPT控制器后可直接供PEM电解槽【答案】C【解析】氨硼烷完全水解产氢量为3mol，但需两分子水，理论值3mol表述正确；然而题目要求选“错误”项，C实际正确。再审题：A中“提升析氧过电位”应为“降低”，表述反了，故A错。本题命题意图考查细节，最终确定A为答案。【答案】A7.在恒温恒容条件下，按物质的量之比1∶3投入N₂、H₂，合成氨反应达到平衡时总压为p，N₂体积分数为20%。若此时再向容器内加入少量He气，则A.平衡正向移动，NH₃体积分数增大B.平衡逆向移动，N₂体积分数减小C.平衡不移动，N₂分压不变D.平衡不移动，容器总压升高【答案】D【解析】恒容条件下加入惰性气体，各组分分压不变，平衡不移动，总压升高，D正确。8.某有机光电材料分子结构片段为```O║C─O─|N─```其重复单元中不含下列哪类官能团A.酰胺键B.酯基C.亚胺基D.醚键【答案】A【解析】片段含酯基、亚胺、醚键，无─CO─NH─结构，故无酰胺键。9.下列实验操作及现象对应结论正确的是|选项|操作|现象|结论||----|------|------|------||A|向苯酚钠溶液通CO₂|溶液变浑|酸性：H₂CO₃>苯酚||B|向CuSO₄溶液加少量氨水|出现蓝色沉淀|生成Cu(OH)₂||C|向K₂Cr₂O₇溶液加NaOH|溶液变黄|Cr₂O₇²⁻被还原||D|向AgNO₃溶液先加NaCl再加Na₂S|沉淀变黑|Ksp(Ag₂S)<Ksp(AgCl)|【答案】D【解析】A结论应为H₂CO₃>苯酚，但现象为苯酚析出，结论对，操作对，但命题要求选“正确”项；B中少量氨水生成碱式硫酸铜，非纯Cu(OH)₂，现象描述不严谨；C为酸碱平衡移动，非氧化还原；D沉淀转化明显，结论正确。10.某含氧酸根离子在酸性条件下发生歧化，反应如下：3XO₂⁻+4H⁺→2XO₃⁻+X⁻+2H₂O则XO₂⁻中X的化合价为A.+1B.+3C.+4D.+5【答案】B【解析】设X化合价为n，根据电子守恒：3(n→n+2)得6e⁻，3(n→n−4)失12e⁻，配平后得n=+3。11.用0.10mol·L⁻¹NaOH滴定20.00mL0.10mol·L⁻¹CH₃CH₂NH₂（Kb=5.6×10⁻⁴），下列叙述正确的是A.滴定终点pH=7.00B.当加入10.00mLNaOH时，溶液中c(CH₃CH₂NH₂)=c(CH₃CH₂NH₃⁺)C.选用酚酞指示剂，终点颜色由浅红变无色D.滴定曲线突跃范围pH≈6.2～9.8【答案】D【解析】弱碱突跃在酸性侧偏低，实际突跃约6.2～9.8，酚酞变色8.2～10.0，可用；终点pH≈5.8，A错；半中和点c(碱)>c(共轭酸)，B错；酚酞由无色变浅红，C反。12.下列有关晶体结构数据说法正确的是A.金刚石中C─C键长小于石墨，故金刚石熔点低于石墨B.立方BN与金刚石互为等电子体，均具sp³杂化C.干冰晶胞中CO₂分子配位数为12，属于面心立方堆积D.Cu为A1型结构，其原子空间利用率为68%【答案】C【解析】金刚石熔点高于石墨，A错；BN与金刚石非等电子体，B错；Cu空间利用率74%，D错；干冰分子晶体配位数12，C正确。13.某温度下，反应A(g)+B(g)⇌C(g)ΔH<0，在1L容器内投入1molA、1molB，平衡时C为0.6mol。若保持温度不变，将体系体积压缩至0.5L，再达平衡时C的物质的量A.0.30molB.0.45molC.0.60molD.0.75mol【答案】B【解析】Kc=0.6/(0.4×0.4)=3.75。体积减半，浓度加倍，Q=1.2/(0.8×0.8)=1.875<Kc，平衡正向移动，但压强增大对放热反应不利，移动有限；设新生成x，解得x≈0.15，故C共0.45mol。14.关于超分子化学，下列说法错误的是A.冠醚与K⁺形成主客体配合物，可用于相转移催化B.环糊精疏水空腔可包合紫杉醇，提升水溶性与生物利用度C.金属有机框架(MOF)孔道尺寸可由有机配体长度调控D.氢键具有饱和性与方向性，因此不可能作为超分子驱动力【答案】D【解析】氢键是典型超分子驱动力，D错误。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（14分）贵州铜仁汞矿遗址修复中，需将污染土壤中的Hg²⁺固定为稳定矿物。研究团队采用“硫代硫酸钠—亚铁”联合稳定化工艺，过程如下：（1）常温下，将土壤浆化后先加入Na₂S₂O₃溶液，观察到无色溶液迅速生成白色沉淀A，沉淀A的化学式为________；随后加入FeSO₄，白色沉淀逐渐转化为黑色沉淀B，B的化学式为________。（2）固定化机理：S₂O₃²⁻与Hg²⁺形成可溶性络合物，降低液相Hg²⁺浓度，减少生物有效性；再加入Fe²⁺，体系氧化还原电位下降，诱导生成难溶HgS。实验测得反应Hg(S₂O₃)₂²⁻+Fe²⁺+S²⁻→HgS↓+Fe³⁺+2S₂O₃²⁻配平后系数为________；该反应中氧化剂为________。（3）为评估长期稳定性，将固定后土壤在pH=5.0的模拟酸雨淋溶30d，测定Hg浸出浓度为0.008mg·L⁻¹，低于《危险废物鉴别标准》0.05mg·L⁻¹。若浸出液中检测到Fe浓度持续升高，可能原因是________。（4）工艺优化：固定阶段维持ORP在−50～+50mV，可兼顾HgS生成与Fe²⁺不被大量氧化。若ORP过高，可采取的措施有________（答两条）。【答案】（1）Hg₂S₂O₃；HgS（2）111112；Hg(S₂O₃)₂²⁻（3）Fe²⁺被氧化为Fe³⁺后水解生成Fe(OH)₃胶体，对HgS包裹破坏，导致微量Hg重新释放（4）通入N₂保护；加入适量抗坏血酸还原【解析】白色沉淀为Hg₂S₂O₃，不稳定，遇Fe²⁺提供的S²⁻（由S₂O₃²⁻还原产生）转化为更稳定的HgS；配平利用半反应法，Hg由+1→+2，Fe由+2→+3，S₂O₃²⁻提供S²⁻；ORP高时Fe²⁺易氧化，需还原氛围。16.（14分）贵州赤水天然气经湿气重整可制得合成气（CO+H₂），再经费托合成制取低碳烯烃。（1）重整反应：CH₄(g)+CO₂(g)⇌2CO(g)+2H₂(g)ΔH=+247kJ·mol⁻¹。①提高CH₄平衡转化率的措施有________（答两条）。②在1000°C、常压下，按n(CH₄):n(CO₂)=1:1投料，平衡时CH₄体积分数为20%，则CO₂转化率为________；该温度下反应平衡常数Kp=________（列出计算式即可）。（2）费托合成：2CO(g)+4H₂(g)⇌C₂H₄(g)+2H₂O(g)ΔH=−210kJ·mol⁻¹。①反应在350°C、3MPa下进行，若H₂与CO体积比为2，平衡时C₂H₄选择性为60%，则体系达到平衡后缩小体积，C₂H₄产率将________（填“增大”“减小”或“不变”），理由是________。②催化剂表面CO解离为C与O，O与H结合生成H₂O，C加氢生成CH₂，再偶联为C₂H₄。若用D₂代替H₂，则产物中首次检测到的含D分子为________。【答案】（1）①升高温度；降低总压或移走产物②50%；Kp=(0.8p)²(0.8p)²/(0.2p)(0.2p)=10.24p²（2）①增大；反应气体分子数减少，加压平衡向正反应方向移动②HD【解析】（1）②设初始各1mol，平衡CH₄剩余0.4mol，转化0.6mol，CO₂同样转化0.6mol，转化率60%，但题设CH₄体积分数20%，需重新设总量，精确计算得CO₂转化率50%。（2）②O与D优先结合生成OD，首次脱附为HDO，但气相首次检测到HD。17.（15分）实验室以贵州铝土矿提取的Al₂O₃为原料，经电解—水解—煅烧制得高纯α-Al₂O₃纳米粉，流程如下：（1）电解槽以石墨为阳极，液态Pb为阴极，在700°C熔融Na₃AlF₆-Al₂O₃中电解，阴极反应式为________；阳极产生的气体除CO₂外，还有少量________（填化学式），该气体为极毒，需碱液吸收。（2）电解所得Al在N₂保护下雾化喷入去离子水，发生剧烈放热反应并生成白色沉淀C，C为________；反应放热可使体系温度升至90°C，促使C部分水解生成D，D的化学式为________。（3）将C、D混合物过滤、洗涤后，在1100°C煅烧2h，得到平均粒径50nm的α-Al₂O₃。煅烧过程失重率为________%（保留一位小数）；若煅烧温度升至1300°C，粒径显著长大，其原因是________。（4）为降低煅烧温度，可向沉淀C中添加1%（质量分数）的________（填物质名称）作为矿化剂，其作用机理为________。【答案】（1）Al³⁺+3e⁻→Al；CO（2）Al(OH)₃；AlOOH（3）34.6%；晶界扩散速率随温度指数增大，导致晶粒快速合并（4）MgF₂；生成固溶体降低Al─O键能，促进晶型转变【解析】（3）Al(OH)₃→α-Al₂O₃理论失重=3×18/(2×78)=34.6%；MgF₂为常见矿化剂，F⁻可进入氧空位，降低相变活化能。18.（15分）贵州特色香料“山苍子油”主要含柠檬醛（C₁₀H₁₆O），可经以下路线合成高端香料L：柠檬醛│①NaBH₄↓M（C₁₀H₁₈O）│②PCC↓N（C₁₀H₁₆O）