2025年1月八省联考 化学（河南卷） 真题详细解读及评析

循高中化学课程标准，引导依标教学；依据中国高考评价体系，突出关键能力考查能和积极导向作用”,落实立德树人的根本任务。试卷考查的知识试卷保持了以往的命题风格，在化学基础知识中融合对考生学习方法和思维能力的素养的培养与提高。整体呈现据标立本、紧密联系生产生活实际、紧跟学科前突出创新能力的鲜明特色，促进学生化学观念、科学思维和正确价试题紧扣教材和课标，立足基础内容和必备知识，试题全面覆盖了高中化学核学科核心概念、基本原理、基本方法和基本技能。突出了化学学科特点和基本研究方法、基本概念和反应原理、物质结构与性质、常见无机物及其应用、常见有机物及其应用、化学实验基础知识等核心主干知识的考查，既发挥基础内容在培养关键能力、发展学科核心素养的地位和作用，又有利于引导师生在平时教学中重视并落实基础，体现测试的基础性要求。对核心主干知识不仅仅是体现在记忆层面，还将考查对其的在具体问题解决过程中的理解和应用水平。第2题考查化学用语或图示，第4题化学实验操作规范，第5题传统中药华中五味子中提取产物的结构分析，第7题考查离子方程式正误判断，第10题化学实验操作及现象和结论分析等。这必将引导中学化学教学要回归教材、注重试题精心遴选情境素材，注重联系生产生活实际，体现学科社会功能，彰显化计不同陌生度和复杂度的真实情境，很好地检测了学生的素养水平，与素养导向的教考衔接、教考共振。试题注意真实情境的遴选，激发学生学习的兴趣，意在题。试题突出了对中学化学核心基础知识、基本技能、基本观点和基本方法的考查的掌握，对基本概念的理解。掌握元素基础知识是能力提升的前提和保障，试卷中考查内容涵盖高中化学重要的元素化合物知识、基本概念与理论、化学基础实验技能和化学计算，如第1题分析我国传统手工艺品的材质，第8题配合物间的结构转变，第12题功能性聚碳酸酯高分子材料结构分析等。能力的考查，要求学生从化学视角分析和解决问题，突出对信息和方法，试题贴近了新高考改革的趋势，突出对能力和化学学科核心素养的综合考查。如：第1题的判断物质结构的化学用语，第8题配合物间的结构转变，第17题以Zn高温还原SiCl₄生产多晶硅为载体，较全面考查物质结构与性质知识，体现了“宏观辨识与微观探析”;第13题以庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成α-羟基磺酸钠为切入口，考查活化能、速率常数、转化率等8、9、11、12、13、14、15、16、17、18题数表信息往往体现在化学基础知识之上，通过辨识模型、图表等各种类型的信息，从中提取关键内容并与已学知识进行整合；辨析在解决生产试卷关注学科内模块及学科间的有效融合，培养学生融会贯通、化知成智的信心与基础，又是一门紧密联系生产生活实际的科学。化学试题一贯重视以真实问题情境教材中的基础实验或者模拟生产生活实际中的真实实验情境。如第3题元素推断，第9题水系S-MnO₂可充电电池，第11题环己酮转化为环己醇的反应机理，第12题聚碳酸酯高分子材料等，对基础知识、反应规律和反应原理进行综合考查，让学生运用化学知识、运用化学原理，进行迁移，发总之，本试题凸显化学实验学科特色，侧重于逻辑分析能力的应用试卷结构试卷结构适应性试题(100分)适应性试题(100分)选择题(42分)非选择题(58分)必修模块(18分)选择性必修模块(24)必修模块(12分)选择性必修模块(46分)考查知识点1易2适中原子结构示意图、离子结构示意图；烷烃系统命名法；原子中相关数3较易过氧化钠和二氧化碳反应；氯碱工业；根据断；“位构性”关系理解及应用4易基本操作化学实验基本操作5较易官能团结构与性质分子的手性；含碳碳双键物质的性质的推断；含有酚羟基的物质性质的推断；多官能团有机物的结构与性质6适中7较易8适中9适中原电池电极反应式书写；原电池、电解池综合考查较易论适中官能团的引入和转化，反应机理适中高分子合成有机高分子的基本方法；高分子性质化学平衡常数的计算；盐溶液中微粒间的电守恒原理；溶度积常数相关计算适中物质分离、提纯综合应用适中定量综合实验碳酸钠、碳酸氢钠混合物的有关求算；酸碱中究物质组成或测量物质的含量；实验安全防护较易适中断信息给予的有机合成；常见官能团名称、组成及结构；根据要求书写同分异构体；羧酸酯化反应备考指南备考指南1.立足基础回归课本高考命题以课程标准为基本依据，以教材为重要参考，在最后的备2.科学诊断对症下药如电化学、溶液中的离子反应与平衡、信息题、反应原理大题等，注意哪类是分析原因，比如：知识漏洞、能力不足或是解题模型的缺失导致失分；四行复习。对于不常错的题目，要隔三差五做两道，保持解决这类型题目的敏3.提高速度保基础分无论对于什么学科，提升做题速度都是至关重要的。在简单题目上用时越短，题。同学们在备考冲刺阶段可采用多种方式进行限时训练(目的是练速度、练考点、练技巧、练准确率)。化学考试中保基础分体现在做好选择题。高考选择题占比达到45分，属于容易得分也容易丢分的题型，它的考点比较基础，因此复习阶段，同学们可以有意识训提高做选择题的速度。此外，还要提高选择题的准确率，要活用选择题的解题技巧(如直接选择、间接选择、比较法等),切忌死算硬算，小题大作。化学考试中保基础分还体现在规范答题、避免非智力因素失误上。如：化学用语使用不规范；不写反应热单位；不注意有效数字处理，热化学方程式漏写状态；等号与可逆号乱用；多元弱酸根离子的水解反应不分步写；有机物的结构简式氢原子写多或写少；酯化反应漏写水等；重视一些基本实验操作的规范答题：沉淀是否完全、沉淀的洗涤、洗涤是否干净、结晶的基本方法等。高考试题完美涵盖并依次进阶了化学学科关键能力的考查，很好地考查了学生在面对情境时认识问题、分析问题和解决问题的能力。因此，在日常复习过程中，要合理拆解真实复杂情境，融入结构化的必备知识，设计不同能力水平的驱动性问题，实现从“用中学”到“创中学”,真正发展学生的化学学科核心素养。乐观复习，不要问自己还有多少问题，要想自己今天解决了什么问题；多看进步，时刻给自己积极的心里暗示，树立自己一定能行的信心。平和积极的心态是成功的关键!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1.我国传统手工艺品是劳动人民的智慧结晶，并随着时代发展不断创新。下列手工艺品中主要成分为无机物的是()C.麦秆画【解析】A项，云锦的主要成分包括蚕丝，属于有机物蛋白质，A不符合题意；B项，牡丹瓷属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，B符合题意；C项，麦秆画主要成分是纤维素，C不符合题意；D项，油纸伞骨架是由竹子为材料制作，主要成分是纤维素，伞面主要由棉纸制成，主要成分是蛋白质，D不符合题意；故选B。2.下列化学用语或图示正确的是()A.CaO的电子式：B.Li+的结构示意图：C.中子数为38的镓原子：3{GaD.的化学名称：2-乙基戊烷【答案】AD项，主链有6个碳原子，3号碳原子上连有1个甲基，化学名称：3-甲基己烷，故D错误；故选A。3.W是一种短周期金属元素的单质，V是无色气体。它们之间的转化关系如图所示(略去部分生成物和反应条件)。下列说法错误的是()A.气体V可通过排水法收集B.X与水反应能生成气体VC.Y易溶于水，溶液显碱性D.电解Z的水溶液可得到W【解析】W是一种短周期金属元素的单质，V是无色气体，W与V在加热条件下反应生成X,X与CO₂反应又能生成V,则W为Na,V为O₂,X为Na₂O₂,Y为Na₂CO₃,Y与HCl反应生成Z,Z为NaCl。不到W(Na),应该电解熔融氯化钠，D错误；故选D。4.下列图示中，操作规范的是()A.配制Al₂(SO4)3C.蒸发浓缩NaClD.长期存放K₂Cr₂O7标准液的试管长期存放K₂Cr₂O₇标准溶液应用密封的细口瓶，容量瓶用于溶液配制不能长期储存溶液，D错误；故选C。5.化合物L是从我国传统中药华中五味子中提取得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关该A.能使酸性KMnO₄溶液褪色B.分子中含有2个手性碳原子C.能与NaHCO₃溶液反应放出CO₂气体D.既能发生加成反应，又能发生取代反应连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故L分子存在2个手性碳原子，如图所示：基，酸性比碳酸强，不能与碳酸氢钠溶液反应产生CO₂,C错误；D项，化合物L中含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羟基可以发生取代反应，D正确；故与X质子数之和等于Z的质子数，Y最外层电子数是其内层电子总数的一半。下列说法正确的是()A.电负性：W<Y且之前还有两个元素，则Y为P;因为X与Z同主族，则X与Z分别可能是0与S或F与Cl,又因为W与X质子数之和等于Z的质子数，则X与Z分别是F与Cl,则W是O,W、X、Y、Z依次是O、F、P、子，价层电子对数=(6+1×2)/2=4,成键电子对数为2,孤电子对数为4-2=2,VSEPR为四面体，孤电子7.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是()B.以热氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫：3S+6OH△2S²-+SO3²+3H₂O碘酸钾溶液中滴加双氧水，碘酸钾中的碘元素为+5价，被双氧水还原为碘化钾，中的碘元素-1价，双氧水8.配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2,如图所示。配合物1配合物2A.配合物1中含有2种配体B.配合物2中N原子采取sp²杂化C.转变过程中涉及配位键的断裂和形成D.转变前后，Co的化合价由+2价变为0价N、0分别提供一对孤电子，与Co²+形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A正确；B项，由配合物29.我国科学家设计了一种水系S-MnO₂可充电电池，其工作原理如图所示。用电器或直流电源用电器或直流电源CuSO₄-MnSO₄-H₂SO₄溶液电极b电极a入充电A.充电时，电极b为阳极B.充电时，阳极附近溶液的pH增大D.放电时，溶液中Cu²+向电极b方向迁移【解析】由图可知，放电时，电极a上MnO₂转化为Mn²+,发生还原反应，电极b上Cu₂S转化为S,发生氧化反应，则电极a为正极，电极b为负极；充电时，电极a上Mn²+转化为MnO₂,发生氧化反应，电极b上S转化为Cu₂S,发生还原反应，此时电极a为阳极，电极b发生还原反应，则电极b为阴极，A错误；B.项，充电时，电极b为阴极，则电极a为阳极，电极a的电10.由下列实验操作及现象能得到相应结论的是()选项实验操作及现象结论A以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型CH₂Cl₂无同分异构体B将SO₂通入滴有酚酞的氨水，溶液由红色变为无色C将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，D常温下，CH₃COOH溶液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8CH₃COOH为弱酸B项，将SO₂通入滴有酚酞的氨水，SO₂与NH₃·H₂O反应，溶液碱性减弱，由红色变为溶液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8,二者的浓度未知，故无法说明CH₃COOH为弱酸，D错误；故选A。11.环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。A.该反应的还原剂是B.反应过程中涉及O-H键的断裂和形成可得到C.用同位素标记的代替可得到D.环己酮转化为环己醇的反应为【答案】C正确，A项不符合题意；B项，由反应机理图可知，反应的总反应为可知有O-H键的断裂和形成，正确，B项不符合环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，反应总方程式为12.CO₂的资源化利用有利于实现“碳中和”。一种功能性聚碳酸酯高分子材料G可由如下反应制备。下列说法错误的是()A.x=m+nB.反应的原子利用率为100%C.G在酸性或碱性条件下均能降解D.E与F均能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】A项，根据CO₂的个数守恒，有x=m+n,A正确；B项，该反应为环氧基和碳氧双键打开的加成聚合，原子利用率为100%,B正确；C项，G为聚碳酸酯，在酸性或碱性条件下都能水解，C正确；D项，E为饱和结构，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，F中由碳碳双键，可以使溴的四氯化碳褪色，D错误；故选D。13.庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成α-羟基磺酸钠(Q),正、逆反应速率可以表示为v₁=k₁c(N)·c(P)和v_₁=k_₁c(Q),k₁和k_1分别为正，逆反应的速率常数，E1和E1分别为正，逆反应的活A.Ei>E₁B.升高温度，平衡逆向移动C.达到平衡时D.加入催化剂可以提高N的平衡转化率快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高N的平衡转化率，D错误14.向CaC₂O4饱和溶液(有足量CaC₂O4固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进CaC₂O4溶解，总反应为CaC₂O4+2H+÷Ca²++H₂C₂O4。平衡时1g[c(Ca²+)],分布系数8(M)与pH的变化关系如图所示(其中已知K(CaC₂O₄)=1086³。B.pH=3时，溶液中c(Cl)>c(HC₂O4)+2c(H₂C₂O4)C.总反应CaC₂O₄+2H+÷Ca²++H₂C₂O₄的平衡常数K=10³09与pH的变化关系；H₂C₂O4为二元中强酸，分布电离H₂C₂O₄、H++HC₂O₄,HC₂O₄H++C₂O42,B项，溶液中存在电荷守恒①2c(Ca²+)+c(H)=2c(C₂O4²)+c(HC₂O4)+c(Cl)+c(OH-),物料守恒②c(Ca²+)=c(C₂O₄²)+c(HC₂O₄)+c(H₂C₂O4),将①-②×2得c(H)=c(Cl)+c(OH-)-c(HC₂O4)-2c(H₂C₂O4);当pH=3总反应CaC₂O4+2H+Ca²++H₂C₂O₄的),C₂O₄2-和HC₂O₄的分布系数关系为,D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H₂O,含有少量Fe₂(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO₄等]和农药盐渣(主要成分为Na₃PO₄、Na₂SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。溶解1NH₄F滤渣1气体滤渣2盐渣溶解2-滤渣32氧化2-沉铁pH=1.5一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。回答下列问题：(1)"除钛"中产生的少量气体是(填化学式);铁粉的作用之一是提高体系的pH,使得TiO²+水解以TiO₂·xH₂O沉淀形式除去，其另一个作用是o(3)"氧化1"中若H₂O₂加入速度过快，会导致H₂O₂用量增大，原因是。本步骤不能使用稀盐酸代替H₂SO4溶液，原因是0(4)滤渣3的主要成分是MnO₂·xH₂O,生成该物质的离子方程式为0(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4·2H₂O产量降低，原因是(3)氧化生成的Fe³+可以使H₂O₂分解速率增大，导致H₂O₂用量增大防止盐酸与KMnO₄反应生成Cl₂,产生污染(4)2MnO₄+3Mn²++(5x+2)H₂O=5(MnO沉淀量少【解析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H₂O,含有少量Fe₂(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na₃PO₄、Na₂SO3等),产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫酸中溶解1后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑、Fe₂(SO4)₃+Fe=3FeSO4,提高了溶液体系的pH,使TiO²+水解以TiO₂·xH₂O沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe²+、Mg²+、Mn²+、SO₄²-,加入NH₄F“除杂1”中除去Mg²+,“氧化1”中Fe²+被H₂O2氧化为Fe³+,“除杂2”中加入的KMnO4与Mn²+发生氧化还原反应生成MnO₂·xH₂O而除去Mn²+,溶液中Fe³+与农药盐渣中的PO₄³-结合生成FePO₄2H₂O。(1)“除钛”过程加入的铁粉发生的主要反应有Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑、Fe₂(SO4)3+Fe=3FeSO4,提高了溶液体系的pH,使TiO²+水解以TiO₂·xH₂O沉淀形式除去，故少量气体是H₂,铁粉作用之一是提高体系的pH,使得TiO²+水解以TiO2·xH₂O沉淀形式除去，其另一个作用是还原Fe³+;(2)“除钛”后溶液中主要含有Fe²+、Mg²+、Mn²+、SO₄²,由FeF₂、MgF₂、MnF₂的Ksp可知，MgF2更难溶于水，加入NH₄F与Mg²+反应生成难溶于水的MgF²,故“除杂1”中除去的是Mg²+;(3)“氧化1”中Fe²+被Fe²+氧化为Fe³+,Fe³+是H₂O2分解的催化剂，可以使H₂O2分解速率增大，故H₂O₂加入速度过快，会导致H₂O₂用量增大；该反应2Fe²++H₂O+2H+=2Fe³+2H₂O在酸性条件下发生，本步骤若使用稀盐酸代替H₂SO₄溶液，则溶液中含有Cr,在“除杂2”中会与KMnO₄反应生成Cl₂,产生污染；(4)“除杂2”中加入的KMnO₄与Mn²+发生氧化还原反应生成MnO₂·xH₂O,离子方程式为2MnO4+3Mn²++(5x+2)H₂O=5(MnO₂·xH₂O)J+4H+;(5)农药盐渣成分中有Na₂SO3,“除杂2”后溶液含有H+,二者混合会发生SO₃²=+2H+=SO₂↑+H₂O,“氧化2”的目的是使SO32-转化为SO₄2-,从而减少SO₂气体的排放；(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H₃PO₄、H₂PO₄、HPO₄2-形式存在，PO₄3-浓度低，生成FePO₄·2H₂O沉淀量少，导致FePO₄·2H₂O产量降低。16.某实验小组利用EDTA标准溶液滴定Ca²+,从而间接测定Na₂CO₃、NaHCO₃混合溶液中CO32-和HCO₃-的总浓度。已知EDTA与Ca²+按物质的量之比1:1反应。I.如下图所示，取100.00mLNa₂CO₃、NaHCO3混合溶液于①中，在搅拌下滴加NaOH溶液，调pH至11,然后准确加入VimLcimol-L-¹CaCl₂溶液(过量),搅拌下水浴加热至60℃并保持5min,冷却至室温。过滤、洗涤，合并滤液和洗涤液，在250mL容量瓶中定容。Ⅱ.取25.00mL步骤I配制的溶液于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水，用NaOH溶液调pH在12~13之间，再滴加4~5滴钙指示剂。用c₂mol-L-EDTA标准溶液滴定至终点，平行测定三次。消耗EDTA溶液平均体积为V₂mL。(1)仪器①的名称是;②的名称是o(2)先用大量的水冲洗，然后涂上1%硼酸溶液减小对皮肤的腐蚀(3)将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠保证碳酸根离子沉淀完全【解析】本题是一道含量测定类的实验题，先用NaOH溶液将碳酸氢钠完全转化为碳酸钠，再根据滴定实验的有关操作并结合EDTA与Ca²+按物质的量之比1:1反应进行计算解题。(1)由图可知，仪器①的名称是三颈烧瓶；②的名称是恒压滴液漏斗；(2)NaOH溶液有腐蚀性，会腐蚀皮肤，若不慎将NaOH溶液沾调pH至11,可以将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠；加入过量的CaCl₂溶液可以保证碳酸根离子沉淀完全；(4)本实验所需温度低于100℃,可以采用水浴加热，水浴加热便于控制温度，且受热均匀；(5)使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是：使半滴溶液悬于口接触，使液滴流出；(6)消耗EDTA溶液平均体积为V₂mL,则配制的溶液中含有钙离(2)化合物H₃BPF₃的结构如图1所示，H₃BPF₃中F-P-F键角略大于PF₃分子中的F-P-F键角，原因(3)Si、P和Zn三种元素组成化合物的晶胞如图2所示(晶胞参数a=b≠c,a=β=y=90°),若将M点Si图22ZnCl₂(g)+Si(s)△H₁=-134反应Ⅱ:SiCl₄(g)+Zn(g)反应Ⅲ:SiCl₄(g)+Si(s)②在总压分别为pi、p₂和p3下，反应达平衡时：SiCl₂物质的量与初始SiCl₄物质的量的比值x随温度变化如图3所示。图中压强由大到小顺序为,判断的依据是。在一定温度、180kPa条件下，体系中初始：SiCl₄(g)和Zn(g)分别为1mol和4mol,假设此条件下生成的SiCl₂忽略不计，恒压反应4min时，SiCl4分压变为20kPa,0~4min内用SiCl4分压表示的平均反应速率为kPa·min-1,此时可生成硅【答案】(1)3d¹04s²分子晶体(2)H₃BPF₃无孤电子对，PF₃存在孤电子对，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小(4)+330p3>p₂>pi在同一温度下，pi到p3,SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动414【解析】(1)Zn为30号元素，则基态Zn原子的价电子排布式为3d104s²;SiCl4的沸点为27.6℃,比较低，故SiCl₄是分子晶体；(2)由化合物H₃BPF₃的结构可知，P具有一对孤电子对，与B的空轨道形成配位键，而PF₃中具有一对孤电子，孤电子与成键电子之间存在着斥力，使得键角减小，故H₃BPF₃中F-P-F键角略大于PF₃分子中的F-P-F键角；(3)由该晶胞的结构可知，该晶胞中含有4个Si,Zn和Si数量相同，则Zn和Si位置可以互换，若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原子在晶胞中的位置为体心；(4)①由盖斯定律得反应Ⅲ=2反应Ⅱ-反应I,则△H3=2△H₂-△H₁=(2×98+134)kJ·mol-渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向化学计量数小的方向移动，则p3>p2>pi;假设此条件下生成的SiCh忽略不计