2025年高考化学冲刺押题卷-化学广西卷01全解全析

2025年高考押题预测卷01高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．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-1O-16S-16Zn-65Cu-64第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．八桂大地，文化源远流长。下列有关说法错误的是A．广西壮锦的原料之一是蚕丝，蚕丝属于天然有机高分子化合物B．壮族传统乐器铜鼓的主要材质为合金C．北海贝雕所用天然贝壳的主要成分为碳酸钙D．三月三制作五色糯米饭时，糯米由生到熟的过程为蛋白质的变性【答案】D【详解】A．蚕丝的主要成份为蛋白质，属于天然有机高分子化合物，A正确；B．铜鼓的主要材质为铜合金，B正确；C．天然贝壳的主要成分为碳酸钙，C正确；D．糯米由生到熟的过程为淀粉的糊化，D错误；故选D。2．实验室用反应制备。下列说法正确的是A．的电子式： B．中氮原子采取杂化C．配位能力： D．的VSEPR模型：【答案】C【详解】A．过氧化氢是含有共价键的共价化合物，电子式为，故A错误；B．氨分子中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故B错误；C．氮元素的电负性小于氧元素，氨分子中氮原子提供孤对电子的能力强于水分子中的氧原子提供孤对电子的能力，所以氨分子的配位能力强于水分子，故C正确；D．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，故D错误；故选C。3．下列实验中，不能达到实验目的的是A．实验室制备氨气B．分离乙醇和水C．探究温度对化学平衡的影响D．在铁制品上镀铜【答案】B【详解】A．实验室用氢氧化钙与氯化铵固体混合物加热反应可生成氨气，试管口略向下倾斜，用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，A正确；B．分离乙醇和水时需进行蒸馏，蒸馏时温度计下端应处于烧瓶支管口的位置，B错误；C．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，观察到放在热水中的容器的颜色比放冰水中的更深，即可探究温度对化学平衡的影响，C正确；D．在铁制品上镀铜，铁作阴极，铜作阳极发生氧化反应，D正确；答案选B。4．化合物Y是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体。下列说法不正确的是A．1mol化合物Y与NaOH溶液反应，最多消耗B．化合物X在酸性条件下的水解产物之一能与溶液发生显色反应C．的反应类型是取代反应D．化合物Y中所有碳(C)原子共平面【答案】A【详解】A．化合物Y中含有酯基，酯基水解后生成的羧基和酚羟基都能与NaOH反应，所以1mol化合物Y与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，A错误；B．化合物X在酸性条件下水解，会生成含有酚羟基的产物，能与溶液发生显色反应，B正确；C．观察X→Y的反应，X分子中的两个酯基之间的部分发生反应，形成了Y中的环状结构，同时有CH3OH生成，符合取代反应的特征，C正确；D．苯环是平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面上，与碳氧双键直接相连的原子在同一平面上，所以化合物Y中所有碳(C)原子共平面，D正确；故选A。5．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不合理的是选项物质的结构或性质解释A键能大小：原子半径：B键角大小：中心原子的孤电子对数目：C与Na反应的剧烈程度：羟基的极性：D石墨能导电石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．F的原子半径小于Cl，HF的键长比HCl键长短，HF的键能大于HCl，所以A不符合题意；B．比较键角时，首先比较杂化类型，而的中心原子N和O均为杂化，中氧原子上孤电子对＞中氮原子上孤电子对，孤电子对越多，键角越小，B不符合题意；C．羟基的极性越强，键越易断裂，和金属钠反应越剧烈，所以的羟基极性强于乙醇，C符合题意；D．石墨属于混合型晶体，层内包含大键，层间为范德华力，能导电的原因是碳原子中未杂化的p轨道重叠，使p轨道上的电子可在整个碳原子平面中运动，所以石墨能导电，D不符合题意；故选C。6．下列方程式与所给事实相符的是A．用溶液除去乙炔气体中的：B．石灰乳浊液[]与溶液反应：C．溶液中通入少量：D．溶液中加入过量浓氨水：【答案】A【详解】A．用硫酸铜溶液除去乙炔气体中的硫化氢的反应为硫酸铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为，故A正确；B．石灰乳浊液中Ca(OH)2主要以固体形式存在，书写离子方程式时不能拆写成离子形式，正确的离子方程式应为Ca(OH)2+=CaCO3↓+2OH-，故B错误；C．由于酸性H2CO3＞C6H5OH＞，C6H5ONa溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式应为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+，故C错误；D．AgNO3溶液中加入过量浓氨水，最终生成[Ag(NH3)2]+，离子方程式为Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故D错误；故选：A。7．某营养补充剂的结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，的电子总数为23，R是血红蛋白中重要的金属元素。下列说法正确的是A．电负性：B．第一电离能：C．简单氢化物的热稳定性：D．基态原子的未成对电子数：【答案】D【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W能形成1个共价键，X能形成4个共价键，Y能形成3个共价键，Z能形成2个共价键，X、Y、Z同周期，的电子总数为23，则W是H元素、X是C元素、Y是N元素、Z是O元素，R是血红蛋白中重要的金属元素，R是Fe元素。【详解】A．电负性：，故A错误；B．N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，故B错误；C．非金属性O>N，简单氢化物的热稳定性：，故C错误；D．基态Fe原子，价电子排布为3d64s2，未成对电子数为4。基态C原子，价电子排布为2s22p2，未成对电子数为2，未成对电子数Fe>C，故D正确；选D。8．为阿伏加德罗常数的值。已知：和会发生反应生成臭氧化钠。下列叙述正确的是A．生成(标准状况下)时消耗分子的数目为B．常温下，溶液中含的数目为C．常温下，收集和的混合气体，该混合气体中的原子总数为D．每生成时转移电子的数目为【答案】C【详解】A．，生成时消耗，数目为A错误；B．体积未知，无法计算，B错误；C．和的混合气体，该混合气体中的原子总数为，C正确；D．方程式中，O元素化合价由0价降到价，中有10个氧原子化合价降低，转移了个电子，中有2个-2价氧原子化合价升高到价，转移了个电子，故生成时转移电子，则生成，转移电子，D错误；故选C。9．室温下，下列实验方案能达到相应目的的是选项目的A将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液，观察溶液颜色变化探究食品脱氧剂样品中有无价铁B用计测量等物质的量浓度的醋酸、盐酸的，比较溶液大小证明是弱电解质C向浓中插入红热的炭，观察生成气体的颜色证明炭可与浓反应生成D向淀粉溶液中加适量溶液，加热，冷却后加溶液至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．食品脱氧剂样品中的还原铁粉可能未完全变质，剩余较多铁粉，溶于盐酸后，多余的铁粉将反应得到的氯化铁还原为二价铁，加入硫氰化钾，溶液无色，方案不能不能检测出三价铁，A选项错误；B．一元弱酸部分电离，一元强酸全部电离，用计测量等物质的量浓度的醋酸、盐酸的，醋酸溶液较大，存在电离平衡，盐酸pH较小，可证明是弱电解质，B选项正确；C．浓硝酸见光或者受热会分解生成NO2，不一定是碳单质与浓硝酸的反应，C选项错误；D．淀粉在酸性条件下加热水解得到葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下，可用新制氢氧化铜溶液检验，而不是用碘水检验，D选项错误；故答案选B。10．中国科学技术大学一课题组发现：含有氨基和的电解液中添加盐酸三甲胺(TAH)，能大大提高水系电池的利用率(如图)。下列叙述错误的是A．放电时，卤素离子通过阴离子交换膜向a极迁移B．放电时，a极的电极反应式为C．充电时，b极与电源的负极连接D．充电时，a极区生成1mol，b极析出65gZn【答案】A【分析】电池，放电时，Zn失电子，Zn是负极，即b是负极、a是正极；充电时，a是阳极、b是阴极。【详解】A．放电时，b是负极、a是正极，卤素离子通过阴离子交换膜向b极迁移，故A错误；B．放电时，a是正极，I2得电子生成I-，a极的电极反应式为，故B正确；C．充电时，b是阴极，b极与电源的负极连接，故C正确；D．充电时，a是阳极，a极区生成1mol，电路中转移2mol电子，根据电子守恒，b极生成1molZn，析出Zn的质量为65g，故D正确；答案选A。11．有机物I生成酰胺的反应历程如图所示：已知：R、R'代表烷基。下列说法正确的是A．是该反应的催化剂，能降低反应的 B．物质Ⅲ→物质Ⅳ过程中有配位键的形成C．从图中历程可知，物质Ⅴ比物质Ⅵ稳定 D．发生上述反应生成的主要产物是【答案】B【详解】A．由图可知，氢离子是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，但是不能改变焓变，故A错误；B．物质III中碳正离子上有空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，故物质III→物质IV有配位键的形成，故B正确；C．由结构简式可知，分子中羟基直接连在不饱和碳原子上，结构不稳定，会转化为结构稳定的，所以物质VI比V稳定，故C错误；D．由图可知，发生上述反应生成的主要产物是或，不能转化为，故D错误；故答案为B。12．Cu2S是一种常用的半导体材料，Cu2S的晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。下列说法正确的是A．图中黑色球代表的是Cu+ B．距离S2-最近的S2-有8个C．S2-与Cu+的最近距离为 D．晶胞的密度为【答案】D【详解】A．由题干晶胞结构图可知，一个晶胞中含黑球个数为：=4，含有白球为8，故图中黑色球代表的是S2-，A错误；

B．由A项分析可知，S2-位于顶点和面心，以顶点硫离子为例，与其距离最近的硫离子位于面心，故距离S2-最近的S2-有12个，B错误；C．由题干晶胞结构图可知，S2-与Cu+的最近距离为体对角线的，即为，C错误；D．由A项分析可知，一个晶胞的质量为：g，晶胞参数为apm，一个晶胞的体积为：V=(a×10-10)3cm3，故晶胞的密度为，D正确；故答案为：D。13．在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气制氢气，发生如下反应：热裂解反应Ⅰ：脱羧基反应Ⅱ：达到平衡状态，测得温度与气体产率的关系如图所示。下列说法错误的是A．反应热：，B．反应过程中可能发生副反应：C．约650℃之前活化能：反应Ⅰ小于反应ⅡD．一定温度下，增大的浓度，平衡正向移动，乙酸的转化率减小【答案】C【详解】A．温度升高，CO和H2的平衡产率升高，反应I正向移动，，CH4和CO2的平衡产率降低，反应II逆向移动，，A正确；B．由方程式可知，热裂解反应Ⅰ生成一氧化碳和氢气的物质的量相等，相同温度时，一氧化碳和氢气的产率相等，由图可知，相同温度时，一氧化碳的产率大于氢气的产率，所以该容器中还发生了副反应导致一氧化碳的产率大于氢气的产率，B正确；C．650℃之前，氢气产率低于甲烷，脱羧基反应Ⅱ活化能低，反应速率快，相同时间产生的CH4多，约650℃之前活化能：反应Ⅰ大于反应Ⅱ，C错误；D．一定温度下，增大的浓度，平衡正向移动，同时增大CH3COOH浓度，相当于加压，反应I和II都是气体增加的反应，最终乙酸的转化率减小，D正确；答案选C。14．常温下，分别向体积均为浓度均为的溶液和溶液中，逐滴滴入的稀盐酸，用压强传感器测得压强随加入盐酸体积的变化如图所示，已知的，。下列说法正确的是A．曲线Ⅱ为溶液反应的曲线B．a点溶液中：C．水的电离程度：D．c点溶液中：【答案】B【详解】A．曲线Ⅱ开始加入盐酸，压强几乎不变，开始没有气体产生，曲线Ⅱ为溶液反应的曲线，A错误；B．a点是等物质的量浓度的和，根据电离平衡常数，则的水解常数为，的水解常数为，可知水解程度大于的电离程度和水解程度，B正确；C．的水解促进水的电离，溶液中，随着盐酸的加入，水的电离程度减小，水的电离程度应为，b点、d点、恰好完全反应，b点压强大，溶液中溶解二氧化碳浓度较大，抑制水的电离，故水的电离程度：，C错误；D．点溶液中，因溶液体积增加1倍，故，D错误；故选B。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题：共4题，共58分。15．（15分）镍是重要战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：已知：。回答下列问题：(1)中，Fe元素的化合价为。(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有(任填一个)。(3)“氧压浸出”中发生的化学反应方程式为。(4)“沉铁”时加入MgO先是除去过量的H+，后是调节溶液pH促使沉铁进行，沉铁反应的离子方程式为。(5)“滤液”中，“沉镍”时控制pH为8.50，此时Ni2+的沉淀率为。(结果保留1位小数)(6)的立方晶胞结构如图所示。①Ni3+的价电子排布图为。②与Ni3+距离最近且相等的有个。③设晶体最简式的式量为，晶体密度为，则该晶胞中最近的Ni3+之间的距离为nm。(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)+3价(2)将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度(3)(4)(5)99.9%(6)4【分析】由题干工艺流程图可知向高镁低品位铜镍矿(主要成分为、等)中加入进行氧压浸出，将铁元素转化为，镍元素转化为，铜元素转化为，镁元素转化为，硫元素转化为单质，过滤得到滤渣主要成分为和，用铜离子萃取剂萃取出，分液得到萃取液，萃余液中主要含有，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，过滤出沉淀，向滤液中加入将转化为形成沉淀，最后对进行处理制得，母液中主要溶质为，据此分析解题。【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带两个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为零可知中铁元素的化合价为+3价，故答案为+3价；（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高氧压浸出的速率，故答案为将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；（3）由分析可知，氧压浸出的滤渣有和，该环节中与反应生成、、和，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为，故答案为；（4）由分析知，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，其离子方程式为，故答案为；（5）已知，滤液中，沉镍时，控制pH为8.50，此时溶液中，溶液中残留的浓度为，则此时的沉淀率为，故答案为99.9%；（6）①的价层电子排布式为，价电子排布图为；故答案为；②与距离最近且相等的有4个，原子之比为，As与周围的四个Ni形成正四面体结构，则Ni周围的As是4个，故答案为4；③设晶体最简式的式量为Mr（式量是指在化学物质的实验式中各原子的相对原子质量的总和），晶体密度为，则设晶胞参数边长为anm，有，边长，则存在该晶胞中最近的之间的距离为面对角线的一半。16．（14分）亚碲酸钠()在有机合成和细菌学中有重要应用，实验室以固体(难溶于水)、溶液、溶液为原料，在90℃时利用如下甲、乙两图实验装置制备亚碲酸钠。已知：。(1)甲装置中仪器a的名称是，电磁搅拌加热器的作用是。(2)甲装置分液漏斗中所装的试剂是，若中Cu元素反应后均生成，则制备亚碲酸钠的离子反应方程式为。(3)反应完成后，仪器a内壁有附着，(填“能”或“不能”)用稀洗涤，原因是。(4)将反应后的悬浊液用乙装置过滤，所得滤渣的成分主要含有，可将还原，从而回收Cu。为确定还原剂添加量，现通过如下实验方案测定滤渣中，的质量分数。a．取两份质量均为的滤渣；b．一份加足量稀硝酸，溶解后过滤(杂质不与硝酸反应)，测得溶液中；c．另一份加足量稀盐酸，溶解后过滤(杂质不与盐酸反应)，测得溶液中。①加入足量稀硝酸后，与稀硝酸反应的离子方程式为。②滤渣中CuO的质量分数为。【答案】(1)三颈烧瓶让原料混合均匀，使反应能充分进行，将反应体系加热到90℃(2)NaClO3溶液2OH-＋Cu2Te＋ClOCu2O＋TeO＋Cl-＋H2O(3)不能Cu2O与稀硫酸反应生成固体Cu，固体Cu会附着在a的内壁上(4)3Cu2O＋14H＋＋2NO=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O16%【详解】（1）甲装置中仪器a的名称是三颈烧瓶，电磁搅拌加热器的作用是让原料混合均匀，使反应能充分进行，将反应体系加热到90℃；故答案为：三颈烧瓶；让原料混合均匀，使反应能充分进行，将反应体系加热到90℃。（2）根据题干信息可知被氧化为，同时生成氧化亚铜，已知氧化亚铜难溶于水，而使用过滤装置制备，可得到是可以溶于水的，又根据有溶液参与反应，结合化合价升降可以得到制备的离子方程式为：；溶液作为氧化剂，为避免将氧化为，因此要慢慢加入，即粉碎后的碲铜渣与NaOH溶液配成悬浊液，再与溶液反应，所以滴液漏斗中的液体是溶液；故答案为：溶液；。（3）根据已知氧化亚铜和稀硫酸反应的离子方程式为：，反应后仪器a内壁有附着，不能用稀硫酸洗涤，是因为与稀硫酸反应生成固体Cu，固体Cu会继续附着在a的内壁上；故答案为：不能；与稀硫酸反应生成固体Cu，固体Cu会附着在a的内壁上。（4）①加入足量稀硝酸后，根据所学知识，结合化合价变化情况，可得到氧化亚铜与稀硝酸反应的离子方程式为：；故答案为：。②氧化亚铜和稀硝酸反应的离子方程式为，氧化铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，氧化亚铜和稀盐酸反应的离子方程式为，氧化铜和稀盐酸反应的离子方程式为，结合题意可以得到氧化铜、氧化亚铜和稀硝酸反应时，铜元素全部转化为二价铜离子，可以得到，而氧化铜、氧化亚铜和稀盐酸反应时，部分铜元素转化为铜离子，即，另一部分铜元素以单质铜的形式存在，即单质中，结合得到，，根据铜元素守恒可知，滤渣中CuO的质量分数为；故答案为：16%。17．（15分）镁基储氢材料()因其储氢量大、资源丰富、成本低而被认为是最具应用前景的金属储氢材料之一。(1)镁基储氢材料水解反应可制氢：①

②

则

。(2)一定质量的在时发生水解反应，生成氢气的体积V(单位：)与时间t(单位：s)的关系式为。①用氢气的体积变化表示前的反应速率为。②在溶液中的产氢速率快于纯水，其原因是(已知该现象只与有关)。(3)已知与在一定条件下发生反应：可制备镁基储氢材料。①若反应达平衡后，再加入等物质的量的和，平衡(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。②在恒容密闭容器中加入及足量，反应，不同温度下的转化率如下图1所示。下反应时，该反应(填“是”或“否”)达到平衡状态：时，该反应的压强平衡常数(以平衡分压代替物质的量浓度计算)。③假设制得储氢材料中氢镁原子个数比为()，该反应在恒温密闭容器中达到平衡后，缩小容器体积为原来的一半，在下图2中画出改变条件后气体压强p与a的变化曲线。(4)储氢材料()可作为电池电极材料实现化学能到电能的转化，某科研小组设计了如图3所示的环保电池装置，该电池的总反应为。【答案】(1)(2)65水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率(3)不否(4)【详解】（1）根据盖斯定律，反应①-②可得，=；（2）①前生成氢气的体积，用氢气的体积变化表示前的反应速率为=65；②在溶液中的产氢速率快于纯水，其原因是水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率；（3）①和均为固体，增加其用量，平衡不移动；②由图像可知，时，随着温度的升高，氢气的转化率升高，因此此时未达到平衡，时，氢气的转化率为40%，所以转化的氢气为，剩余的氢气分压为，因此=；③增大压强，平衡右移，a值增大，平衡