2025年四川卷化学高考真题

B

【分析】金属材料的定义是由金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料，包括纯金属及其合 金。 【详解】A．石墨烯为碳元素形成的一种单质，属于非金属材料，A 不选； B．高碳钢是铁基合金，属于典型的金属材料，B 选； C．芳纶纤维为有机高分子合成材料，C 不选； D．玻璃为硅酸盐制品，属于无机非金属材料，D 不选； 答案选 B。

C

【详解】A．油脂产生“哈喇”味是因氧化反应导致，而非水解反应，A 错误； B．淀粉虽难溶于水，但其结构中含有羟基(-OH)等亲水基团，难溶性与分子结构复杂有关，B 错误； C．硝酸银见光易分解为银、二氧化氮和氧气，需避光保存于棕色瓶中，C 正确； D．焰色试验呈黄色仅说明溶液含钠离子，溶质可能是氯化钠或其他钠盐(如硝酸钠)、还可能是 NaOH 等， D 错误； 故答案为：C。

B

【详解】A．中子数为 21 的钾核素： ，故 A 错误； B． 为离子化合物，电子式： ，故 B 正确； C．基态 价层电子排布式：3d5，轨道表示式为 ，故 C 错误； D． 分子的价层电子对数为 ，球棍模型为三角锥形，故 D 错误； 答案选 B。

D

【详解】A．根据 山道年的结构简式 可知，其分子式为 ，A 正确； B．连有 4 个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由结构简式可知，分子中含有如图所示的 4 个手性 碳原子（用*表示）： ，B 正确； C．羰基、碳碳双键、酯基上的 C 均为 杂化，该分子中 杂化的碳原子数目为 6，C 正确； D．分子中含有酯基，能与 溶液发生反应，D 错误； 故选 D。

C

【详解】A．氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，氨气密度小于空气，利用向下排空气法收集，图中收集 装置不合理，故 A 错误； B．实验室制取氯气，尾气应该选取氢氧化钠溶液，故 B 错误； C．酯化反应装置中，吸收乙酸乙酯的导管不能插入饱和碳酸钠溶液的液面以下，以免发生倒吸，故 C 正确； D．实验室制备溴乙烷，冷凝管的进水方向错误，应该是下进上出，故 D 错误； 答案选 C。

B

【详解】A．Na2SiF6 的阴离子 中有 Si 提供空 d 轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A 正确； B．SiF4 中心原子 Si 的价层电子对数是 ，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于 非极性分子；H2O 为极性分子，B 错误； C．CO2 晶体为分子晶体（分子间作用力），SiO2 为共价晶体（原子间共价键），C 正确； D． 中心原子 C 的价层电子对数是 ，无孤对电子，VSEPR 模型为平面三角形，实 际空间结构也为平面三角形，D 正确； 故选 B。

C

【详解】A．浓 CuCl2 溶液稀释时， 转化为 的配位平衡发生移动，A 正确； B．ZnCl2 溶液中通入 H2S 生成硫化锌沉淀，所给离子方程式正确，B 正确； C． 在酸性条件下发生归中反应生成 S 单质，离子方程式为 ，C 错误； D． 在酸性条件下转化为 ，符合铬酸根与重铬酸根的平衡，D 正确； 故选 C。

B

【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素 X、Y、Z、W，X 的核外电子数与电子层数相同，X 可以形 成一条共价键，故 X 为 H；Y 可以形成两条共价键，则为ⅥA 族，Y、W 同族，故 Y 为 O，W 为 S；Z 的 价电子数等于 X 与 Y 的价电子数之和（1+6=7），Z 为ⅦA 族，且原子序数小于 S，故 Z 为 F，据此分析； 【详解】A．H 是原子半径最小的元素，同周期元素由左至右原子半径减小，故原子半径： ，A 错 误； B．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性： ，B 正确； C．H2O 分子之间可以形成氢键使沸点升高，而 H2S 无分子间氢键，简单氢化物的沸点： ，C 错误； D．Y 是 O，同周期元素由左至右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA 族元素的第一电离能比相邻元素高， 故第一电离能，N>O、F>O，D 错误； 故选 B。

D

【详解】A． 为酚钠盐，酸性：碳酸>酚羟基，利用强酸制弱酸，故 X 能与 水溶液反应；苯酚与 的显色反应实质是苯酚基与 形成紫色配合物，因 X 中含有 ，故能与 水溶液发生显色反应，A 错误； B． 中 S 中心原子价层电子对数 ，采用 sp3 杂化，所有原 子不可能共平面，B 错误； C．缩聚反应是指一种或多种单体相互缩合生成高分子和小分子的反应，x 的值为 ，该反应属于缩聚 反应，C 错误； D．若反应体系中有少量水，则酚钠盐水解生成酚类和氢氧化钠，消耗缩聚用的酚氧负离子，导致有效单体 浓度下降，抑制缩聚反应，影响聚合度，D 正确； 故选 D。

A

【详解】A．HCOONa 溶液的 pH 更小，说明 HCOOH 的酸性强于 CH3COOH，醋酸根水解程度更大，因此 HCOO−的碱性弱于 CH3COO−，结合 H+的能力更弱，A 错误； B．CCl4 层先出现紫红色，说明 I−优先被 Cl2 氧化，表明 I−的还原性强于 Br−，B 正确； C．BaC2O4 完全溶解而 CaC2O4 未溶，说明 BaC2O4 的溶度积更大，更易与弱酸反应溶解，C 正确； D．三氯乙酸溶液中产生气泡的速率更快，说明溶液中 更大，可证明酸性：三氯乙酸>乙酸，D 正确； 故选 A。

D

【分析】结合反应机理图可知 和 反应生成 、 、 ，步骤①反应为 ， 和苯生成 ， 和 、 反应生成 、 和水，据此解答。 【详解】A．结合反应机理图可知 和 反应生成 、 、 ，步骤①反应为 ，故 A 正确； B．步骤③为放热反应， ，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故 B 正确； C． 在催化循环中 V 的化合价由+5 降低到+3，所以起氧化作用，故 C 正确； D．根据分析，步骤③生成的物质 Z 是 ，故 D 错误； 答案选 D。

D

【详解】A．根据图示， 晶胞中 1 位 位于晶胞的棱角，其分数坐标为 ，故 A 正确； B．2 位 坐标为(a，a，1.7a)，3 位 坐标为(0，0，3.4a)，核间距： apm，B 正确； C． 晶 胞 中 原 子 个 数 为 ： ， 晶 胞 中 原 子 个 数 为 ： （省略 中的氧，只标出 ，所以一起计算 的原子）， 晶胞和 晶胞中原子数之比是 ，C 正确； D． 晶 体 密 度 计 算 公 式 为 ： ， 晶 体 密 度 为 ： ， 晶 体 密 度 为 ： ， 晶体密度大于 晶体密度，D 错误； 故答案选 D。

C

【分析】主要成分为 和 的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成 、 、 气体、 气体，炉气水洗，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的 CO，燃烧生成 CO2，用 于 中 和 沉 淀 ； 炉 渣 经 水 浸 ， 浸 渣 主 要 成 分 为 不 溶 于 水 的 ， 浸 液 中 通 入 CO2， 生 成 ，过滤 经燃烧得 ；滤液主要成分为 ，据此分析； 【详解】A．“电炉煅烧”时生成 ， 可与氧气反应，故必须隔绝空气，A 正确； B．根据分析可知，浸渣的主要成分是 ，B 正确； C．“炉气水洗”因 、CO 均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使 与 分离，C 错误； D．“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的 （只溶于强酸强碱中），但需要控 制溶液的 ，防止生成 ，D 正确； 故选 C。

A

【 分 析 】 放 电 时 ， 负 极 铝 失 去 电 子 和 氢 氧 根 离 子 结 合 生 成 四 羟 基 合 铝 酸 根 ， ，正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸 附在电催化剂表面的 逐步还原为 ，正极区发生反应为 (注意此反 应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极， 电极为阳极，据此解答。 【详解】A．放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根： ，当转移 3mol 电子时，消耗 ，同时正极区会有 通过 离子交换膜进行补充， 净消耗 1mol，故负极区游离的 数目会减少，故 A 错误； B．氢原子将吸附在电催化剂表面的 逐步还原为 ，还原 为 ，由化合价变化可知， 得到 8mol 电子，所以理论上需要 氢原子，故 B 正确； C．充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时， 从阴极区穿过 离子交换膜进入阳极区，故 C 正确； D．充电时，电池阴极反应式为 ，阳极反应式为 ，总反应为 ，故 D 正确； 答案选 A。

B

【分析】 是一种二元酸，随着 增大， 逐渐减小， 先增大后减小， 逐渐增 大；含 的 溶液中，随着 增大， 逆移， 逐渐增 大，导致 逆移， 逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此 变 化 不 大 ； 据 此 可 得 曲 线 ① 表 示 与 的 关 系 ， 曲 线 ② 表 示 与 的关系，曲线③表示 与 的关系，曲线④表示 与 的关系； 【详解】A．根据分析，曲线④表示 与 的关系，A 错误； B．由曲线可得， ， (ⅰ)中 时， ，B 正确； C． ，由图可知， 时， ， ，则 ，因此 ，C 错误； D．(ⅱ)中增加 ， 平衡不移动， 不变，则 均 不变，因此平衡后溶液中 浓度之和不变，D 错误； 故选 B 二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。

（1） ①. 球形冷凝管 ②. B

【分析】在本题中，第一步制备 时，将反应物溶于乙醇，根据图中仪器可以看出，实验过程中使 用了球形冷凝管，因为制备过程中在 反应 30 分钟，根据反应温度可以知道， 的反应 温度应该采取水浴加热的方式进行加热；从反应方程式可以看出，锰元素的价态从 · 中的+2 价到 有明显的升高（根据 推断 L 为-2 价， 则要高于原本的+2 价），可 知空气的作用是将 氧化；在测定过程中，量取 维生素 C 溶液，因为体积精确到小数点后两 位，所以应该使用移液管量取；因为维生素 C 具有较强的还原性，放置时间过长会被氧化，所以放置 分钟，避免影响后续的测定结果；测定时， 的标准溶液具有一定的氧化性，所以应该置于酸式滴定管， 需要注意的是，最后接近滴定终点时，要半滴滴定，加入半滴的操作应该是微微转动酸式滴定管的活塞， 使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将 的标 准溶液冲入；因为 ，滴定过量时，消耗的标准溶液体积偏大，计算得出的与 的标准溶 液反应的维生素 也会变多，导致计算出的与维生素 C 反应的 变少，最终测定的结果 就会偏小。 【小问 1 详解】 根据图中仪器可以看出，实验过程中使用了球形冷凝管，所以 A 的名称是球形冷凝管；在 中反应 最适宜的加热方式为水浴加热，选 B。 【小问 2 详解】 从 · 到 中锰元素的价态升高，所以空气的作用是将 氧化。 【小问 3 详解】 量取 维生素 C 溶液，因为体积精确到小数点后两位，所以应该使用移液管量取，选 c。 【小问 4 详解】 维生素 C 具有较强的还原性，放置时间过长会被氧化，所以放置 分钟，避免影响后续的测定结果。 【小问 5 详解】 的标准溶液具有一定的氧化性，所以应该置于酸式滴定管；需要注意的是，最后接近滴定终点时，要半 滴滴定避免滴定过量导致结果有误差，加入半滴的操作应该是微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴 定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将 的标准溶液冲入 【小问 6 详解】 因为 ，滴定过量时，消耗的标准溶液体积偏大，因为维生素 C 的总量是一定的，就会导 致计算得出的与 的标准溶液反应的维生素 变多，从而与维生素 C 反应的 变少，最 终测定的结果就会偏小。 【小问 7 详解】 根据双水杨醛缩乙二胺( ， )和相对原子质量可以计算得出 ，移取的 质量为 ，维生素 C 的物质的量为 ， 消耗的维生素 C 的物质的量为 ，所以与 反应的维生素 C 的物质的量为 ，根据反应的化学计量关系（2mol 与 维生素 C 反应） 进行计算： ，保留整数解得 。

（1） ①. 四 ②. ⅠB

【分析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把 CuCl2 和 ZnCl2 转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去 PbO 和 SiO2。“中和除杂”通过调节 pH 值使 Fe3+转化 为 氢 氧 化 铁 沉 淀 而 除 去 。“深 度 脱 氯 ”时 ， 发 生 的 反 应 为 ， ，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl 要溶解并返回到前面的流程中，就 不能引入新的杂质离子。“电解分离”时离子的放电顺序 Cu2+在 H+之前，Zn 2+在 H+之后，产生大量气泡时， 说明 H+开始放电，即 Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。 【小问 1 详解】 铜是 29 号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期数，铜有 4 个 电子层，所以位于第四周期；其价电子构型为 3d104s1，属于第ⅠB 族。 故答案为：四；ⅠB。 【小问 2 详解】 “碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和二氧化碳，化学方程式为 。 故答案 ： 【小问 3 详解】 烟道灰中的 PbO 与稀 H2SO4 反应生成 PbSO4 沉淀，SiO2 不与稀 H2SO4 反应，所以滤渣①中除 SiO2 外，还 有 PbSO4。 故答案为：PbSO4。 【小问 4 详解】 “中和除杂”步骤，调控溶液 pH = 3.5 左右，此时溶液中的 Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为 ，加入的 Zn2(OH)2CO3 与 H+反应，促进 Fe3+的水解平衡正向移动， ，总离子方程式为 故答案为： 【小问 5 详解】 “深度脱氯”时发生的反应为 ，从反应可知脱除 2mol Cl-需要 1mol Cu，而 Zn 与 Cu2+反应生成 Cu 的反应为 ，即生成 1mol Cu 需要 1mol Zn。所以脱除 1.0mol Cl -，根据反应比例关系，理论上需要锌粉 0.5mol。 故答案为：0.5。 【小问 6 详解】 CuCl 要溶解并返回到前面的流程中，不能引入新的杂质离子，故应使 CuCl 转化为 CuCl2，返回到“碱浸脱 氯”。 a．盐酸酸化和双氧水氧化能使 CuCl 转化为 CuCl2，a 正确； b．KMnO4 氧化会引入 Mn2+、K+等杂质离子，b 错误； c．硝酸酸化和氧化会引入 NO3-，c 错误； d．硫酸酸化、双氧水氧化，将 CuCl 氧化为 Cu2+，引入 SO42-， d 错误； 故答案为：a；碱浸脱氯。 【小问 7 详解】 “电解分离”时，阴极发生还原反应，若阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有 Cu2+（因为 Cu2+会先在 阴极得到电子被还原），此时溶液中的 H+得到电子生成 H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。“电解 分离”前，需要脱氯是因为 Cl-在阳极会被氧化生成 Cl2，污染环境，同时 Cl-存在会使锌粉还原产生的 Cu 与 Cu2+反应生成 CuCl 沉淀，影响铜、锌的分离效果。 故答案为：①阴极产生大量气泡说明溶液中已无 Cu2+，铜、锌已分离完成；②Cl-在阳极被氧化生成 Cl2 污 染环境，且影响铜、锌分离效果。

（1） ①. ②. ＜

【小问 1 详解】 将反应①和②相加，消去中间产物 ，得到总反应： ，反应焓变公式： ： ；反 应中气体分子数减少（4 mol 气体 → 1 mol 液体），混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS， ΔH 为负、ΔS 为负时，低温（T 较小）使ΔG < 0，反应自发；故答案为： ；＜；低温； 【小问 2 详解】 恒压时，合成气中 增大，意味着 的分压增大， 的分压减小，反应速率与反应物浓度 相关， 其分压减小效应超过 分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率降 低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内 (羟基乙醛)产率降低； 【小问 3 详解】 与 的关系图中，斜率为 。图中反应②的斜率大于反应④，表明 。由于两反 应的 K 随温度降低均增大，均为放热（ ），故 ；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行 程度大于反应④，由图可知，随着 的增大， 增大的程度大于 增大程度，故需要低温才能抑制 甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着 的增大，即温度降低，反应②的 增大的程度大于反应④的 增大程度； 【小问 4 详解】 ①生成 HOCH2CHO 消耗甲醛 38%，乙二醇消耗甲醛 8%，甲醇消耗甲醛 10%，总计 38% + 8% + 10% = 56%。 消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛 平均消耗速率 ； ②总反应③： 平衡常数表达式为 [注： 为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在 中；单位 要符合 ]；平衡浓度： （乙二醇平衡产率 34%）: ；羟基乙醛 18% ： ；甲醇 14% ： ，总甲醛消耗浓度： ， 平衡 ： ；给定平衡浓度： ， ，代入计算： ，解得： (科学记数，保留小数点后 2 位)；故答案为：0.112； 。

（1）对氯苯磺酸或 4-氯苯磺酸

【分析】A 发生硝化反应生成 B，B 中磺酸基酸化后生成 C，C 在 Fe/HCl(浓)作用下发生还原反应生成 D， D 的结构简式为 ；D 和 X 发生已知信息的反应生成 E，结合 X 的分子式可知，其不 饱和度为 3，故 X 的结构简式为 ，E 的结构简式为 ，E 在金属催化作用 下脱去 1 分子 HCl 得到 F，F 发生取代反应生成 G，G 经过多步合成 H，据此解答。 【小问 1 详解】 由 A 的结构简式可知 ，习惯命名法为：对氯苯磺酸；系统命名法为：4-氯苯磺酸； 【小问 2 详解】 由 C 的结构简式可知 ，官能团的名称是碳氯键、硝基； 【小问 3 详解】 由分析可知， 发生的是硝基被还原为氨基的反应，反应类型是还原反应； 【小问 4 详解】 由分析可知，E 的结构简式为 ； 【小问 5 详解】 由 F 的结构简式可知，F 的不饱和度为 8，分子式为 ，满足条件：a．含有 ，且无 键、含有 2 个苯环，核磁共振氢谱为 6 组峰，说明其是对称结构，满足条件的有 、 ，共 2 种； 【小问 6 详解】 采用逆推法可知，最后一步 J 和 发生取代反应生成 K，则 J 的结构简式为 ，结合反②的条件可知，I 发生还原反应得到 J，Y 含有羰基，按照 的方 法合成 I，则反应②是羰基被还原为羟基的反应，故 I 的结构简式为 ，结合 的反应可知，Y 的结构简式为 ，故第①步反应的化学方程式为： 。