2025年高考化学冲刺押题卷-化学河北卷01全解全析

2025年高考押题预测卷高三化学（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：H1C12N14O16Na23Ti48Fe56Au197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．燕赵大地历史悠久，文化灿烂。下列关于河北博物院馆藏文物的说法错误的是()西汉镂雕龙凤纹银铺首北齐按盾武士俑清陈卓江村春色图轴东汉双龙钮盖三足石砚A．西汉镂雕龙凤纹银铺首的主要成分属于金属材料B．北齐按盾武士俑的主要成分是硅酸盐C．清陈卓江村春色图轴(绢本画)，绢的主要成分为纤维素D．东汉双龙钮盖三足石砚的主要成分是碳酸盐【答案】C【解析】西汉镂雕龙凤纹银铺首主要材质是银，属于金属材料，A不符合题意；北齐武士俑属于陶俑，主要成分是硅酸盐，B不符合题意；“绢”是丝织品，丝的主要成分是蛋白质，并非纤维素，C符合题意；石砚常由石灰岩(主要成分为碳酸钙)或其它石材制成，因此主要成分是碳酸盐，D不符合题意；故选C。2．2024年7月5日，中国高等教育学会在陕西省西安市组织召开“2024年高校实验室安全管理培训会”。规范操作是实验安全的保障，下列做法错误的是()A．皮肤溅上酸液后，先用大量水冲洗，再涂上Na2CO3溶液B．闻气体时，要用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C．给试管中的液体加热时，液体体积不超过试管容积的1/3D．做铜与浓硫酸反应制备二氧化硫的实验时，佩戴护目镜【答案】A【解析】如果皮肤溅上酸液后，应立即用大量水冲洗，然后用5%的NaHCO3溶液冲洗，A错误；不能直接从瓶口闻气体，闻气体时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，B正确；给试管中的液体加热时，试管口向上倾斜且液体体积不超过试管容积的1/3，C正确；进行铜与浓硫酸反应的实验时要佩戴护目镜，可防止化学试剂飞溅进入眼睛，D正确；故选A。3．下列化学用语或图示表达正确的是()A．基态F原子的核外电子轨道表示式：B．顺丁烯二酸的结构简式：C．的电子式：D．分子的球棍模型：【答案】B【解析】是基态O原子的核外电子轨道表示式，A错误；为顺丁烯二酸的结构简式，B正确；为共价化合物，其电子式：，C错误；分子空间结构为直线形，D错误；故选B。4．完成下述实验，装置和试剂均正确的是()实验室制Cl2实验室制取NH3实验室收集O2干燥NH3ABCD【答案】C【解析】二氧化锰和浓盐酸反应制Cl2，需要加热，故不选A；实验室中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取NH3，故不选B；氧气不易溶于水，用排水法收集氧气，故选C；氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选D；故选C。5．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【解析】根据反应：，生成0.05mol时消耗0.2mol，即，A错误；溶液体积未知，无法计算氢氧根离子的具体数目，B错误；和的混合气体，该混合气体中的原子总数为，即，C正确；O元素由0价降低到价，由-2价升高到，故生成4mol时转移电子，则生成0.1mol，转移电子，电子的数目为，D错误；故选C。6．下列过程对应的离子方程式错误的是()A．硫化氢溶液久置变浑浊：B．沉淀中滴入氨水：C．碱性锌锰电池的正极反应：D．通入溶液中生成白色沉淀：【答案】A【解析】H2S是弱酸，在离子方程式中不能拆，硫化氢溶液久置变浑浊：，A错误；AgCl沉淀与氨水反应生成可溶性络合物，离子方程式为：，B正确；碱性锌锰电池正极反应中，MnO2在碱性条件下得电子生成MnO(OH)并伴随OH-生成，正极反应：，C正确；通入溶液中，SO2被Cu2+氧化为，Cu2+被还原为Cu+生成CuCl沉淀，离子方程式为：，D正确；故选A。7．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是()选项实验过程及现象实验结论A向待测液中滴加氯水，再加几滴溶液，溶液变成血红色待测液中含有B向10mL溶液中加入粉，再滴加几滴硫酸，微热，溶液逐渐变成浅蓝色硫酸具有强氧化性C将粉末加入到饱和溶液中，充分振荡、静置、过滤、洗涤，将滤渣加入盐酸中，有气泡生成D向试管中加入某卤代烃（）和溶液，加热，再向反应后的溶液中先加入硝酸酸化，再滴加溶液，有浅黄色沉淀生成卤代烃中X为原子【答案】D【解析】溶液中含有铁离子，加入KSCN溶液也会出现相同现象，不能说明待测液中含有，A错误；

硝酸钠溶液中滴加几滴硫酸，酸性条件下，硝酸根离子氧化铜单质生成铜离子，硝酸根离子体现氧化性，不能体现硫酸具有强氧化性，B错误；饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度过大，使得硫酸钡沉淀转化为碳酸钡沉淀，不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，C错误；向盛有少量一卤代乙烷的试管中加入氢氧化钠溶液并加热，发生取代反应生成乙醇和卤化钠，冷却后加入足量稀硝酸酸化，滴加硝酸银溶液后产生浅黄色沉淀，说明有机物中存在的卤素原子为溴原子，D正确；故选D。8．如图为在催化剂表面合成氨的反应机理。下列说法正确的是A．该进程中既有非极性键断裂，又有非极性键形成B．为该反应的决速步骤C．由图可知和所具有的能量高于所具有的能量D．该条件下，合成氨反应的热化学方程式为：

【答案】D【解析】该反应历程没有非极性键形成，故A错误；由图可知为该反应的决速步骤，故B错误；、、的物质的量不确定，无法判断，故C错误；由图可知，该条件下，0.5mol氮气和1.5mol氢气生成1mol氨气放出46kJ热量，所以合成氨反应的热化学方程式为：

，故D正确；故选D。9．类比和推理是学习化学常用的思维方法，下列结论合理的是()选项已知方法结论AH3PO4是三元酸类比H3BO3是三元酸BO2是非极性分子类比O3是非极性分子C“杯酚”分离和推理“杯酚”与、形成化学键的强度不同D离子液体具有良好的导电性推理离子液体的粒子全都是带电荷的离子【答案】D【解析】是三元酸，但的结构不同，它通过结合水分子释放一个，是一元酸，电离方程式为：，类比错误，A错误；是非极性分子，但为V形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，类比错误，结论不合理，B错误；“杯酚”选择性分离、，是因为杯酚通过分子空腔的大小和形状选择性地包裹，借助分子间力形成超分子，与化学键强度无关，C错误；在离子液体中，存在阳离子和阴离子，没有中性分子，即离子液体的粒子全都是带电荷的离子，所以具有良好的导电性，D正确；故选D。10．化合物M、N的转化关系如图所示，下列有关说法正确的是()A．N能发生消去反应和水解反应B．1个M分子中含有8个手性碳原子C．M与金属钠反应最多可以产生D．N使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同【答案】B【解析】N中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，但不能发生水解反应，A项错误；连接4个互不相同的基团的碳原子是手性碳原子，M分子中含有的手性碳原子用“*”标记为共8个，B项正确；没有指明M的物质的量，与金属钠反应产生氢气的量不能确定，C项错误；N中含碳碳双键和羟基，均可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，使溴的四氯化碳溶液褪色发生加成反应，原理不同，D项错误；故选B。11．嫦娥五号带回的月壤中发现一种由短周期元素组成的矿物晶体。已知X、Y、Z、M、Q分布在不同的三个周期且原子序数依次增大；X和Y的质子数之和等于Z的质子数；基态Z、M原子中，s轨道和p轨道中的电子数相等。下列有关说法不正确的是()A．该晶体溶于水后溶液呈中性 B．第一电离能：Y>Z>MC．键角： D．的水溶液具有漂白性【答案】A【解析】根据条件，Z和M的基态原子中s和p轨道电子数相等。分析得出Z为O（，s轨道和p轨道中的电子数均为4），M为Mg（，s轨道和p轨道中的电子数均为6）。X和Y的质子数之和等于Z的质子数，即X+Y=8。结合原子序数递增及周期分布，X为H（1），Y为N（7），Z为O（8），Q的原子序数大于Mg（12），各元素化合价代数为0，推测其中Q化合价为-1价，Q为Cl（17）。矿物晶体为。矿物晶体为，和Mg2+水解使溶液呈酸性，而非中性，A错误；第一电离能是衡量元素的气态基态原子失去一个电子的难易程度的，N半充满结构，第一电离能大于O，Mg为金属易失去电子，故第一电能顺序为N>O>Mg，即Y>Z>M，B正确；中N的价层电子对数为，杂化，正四面体结构，无孤对电子，键角为109°28’，中O的价层电子对数为，杂化，有2对孤对电子，为V型，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，导致键角小于109°28’，键角约104.5°，故键角，C正确；，的水溶液有HClO，具有漂白性，D正确；故选A。12．合金晶体有(甲)、(乙)两种结构。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．与晶体的密度之比为B．中，Au周围最近且等距的Ti的个数为12C．图乙中，若M的坐标为，则N的坐标为D．图乙中，Ti-Au间最近距离为【答案】A【解析】图甲中，由均摊法，Au原子个数为，Ti原子个数为，晶胞边长为anm，根据晶体密度的计算公式；图乙中，由均摊法，Au原子个数为，Ti原子个数为，晶胞边长为bnm，根据晶体密度的计算公式，据此分析。与晶体的密度之比为，A错误；中，以顶点的Au为例，周围最近且等距的Ti的个数为，B正确；图乙中，若M的坐标为，N位于右侧面上，则N的坐标为，C正确；图乙中，，由M坐标可计算，Ti-Au间最近距离为，D正确；故选A。13．已二腈是合成尼龙-66的原料。可用电解丙烯腈的方法合成己二腈，装置示意图如下。已知：阳/阴极反应物的还原/氧化性越强，电解所需电压越小，消耗的电能越少。下列说法不正确的是()A．在阴极获得己二腈B．制得己二腈的同时，阳极室中增加C．制得己二腈的同时，理论上会产生(标况下)D．若要降低电解丙烯腈的能耗，可向阳极室中加入强还原剂【答案】B【解析】用电解丙烯腈的方法合成己二腈过程中，C元素化合价降低，发生还原反应，则丙烯腈在阴极（左侧电极）发生反应：，右侧电极为阳极，水失去电子发生氧化反应：。丙烯腈在阴极发生还原反应生成己二腈，A正确；由电极反应式可知，制得己二腈时，阴极室消耗，阳极室生成通过质子交换膜向阴极移动，则阳极室中不变，B错误；由电极反应式可知，制得己二腈时，转移，生成，即产生(标况下)，C正确；根据题中所给已知信息：阳/阴极反应物的还原/氧化性越强，电解所需电压越小，消耗的电能越少；阳极室反应物具有还原性，发生氧化反应，则要降低电解丙烯腈的能耗，可向阳极室中加入强还原剂，D正确；故选B。14．常温下，取三份浓度均为，体积均为的醋酸钠溶液，分别向其中滴加浓度均为的硝酸铵溶液、醋酸铵溶液和硝酸溶液，滴加过程中溶液的变化曲线如图所示，下列说法正确的是()A．B．水的电离程度：C．常温下D．a点溶液中：【答案】C【解析】硝酸为强酸，硝酸铵为强酸弱碱盐，溶液显酸性，醋酸铵为弱酸弱碱盐，酸性弱于硝酸铵；等浓度的溶液酸性硝酸大于硝酸铵大于醋酸铵，酸性越大，加入后pH越小，则结合图可知，曲线cba分别代表硝酸、硝酸铵溶液和醋酸铵溶液。溶液中均加入10mL硝酸铵溶液、醋酸铵溶液和硝酸溶液后，醋酸铵中含有醋酸根离子，则a点醋酸根离子浓度最大；d点加入硝酸恰好生成弱酸醋酸，d点醋酸根离子浓度最小，A错误；加入醋酸铵，铵根离子和醋酸根离子双水解促进水的电离，且结合A分析，a点醋酸根离子浓度最大a点水的电离程度最大；d点加入硝酸恰好生成弱酸醋酸，抑制水的电离，d点水的电离程度最小；b点铵根离子和醋酸根离子双水解促进水的电离，c点生成醋酸抑制水的电离，b点水的电离程度大于c，B错误；b点铵根离子和醋酸根离子双水解促进水的电离，且溶液呈中性，则铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，则；结合起点pH=8.9，pOH=5.1，，则，故，C正确；a点溶液中溶质等浓度醋酸钠和醋酸铵溶液，醋酸根离子浓度最大，铵根离子水解，则钠离子浓度大于铵根离子，溶液pH>7，显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，D错误；故选C。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题，共4题，共58分。15.（14分）苯甲酰氯()是无色液体，遇水或乙醇逐渐分解，可用作制备染料、香料、有机过氧化物、药品和树脂的重要中间体。实验室可用苯甲酸与氯化亚砜制备苯甲酰氯。I．氯化亚砜的制备：采用硫黄、二氧化硫、氯气为原料，在活性炭催化作用下的合成反应为，副反应为(部分加热仪器略，已知：氯化亚砜遇水易分解)。回答下列问题：(1)仪器M的名称是。(2)按气流进出三颈烧瓶的接口连接顺序是(填字母)。(3)碱石灰的作用是。(4)实验开始时，先打开仪器Q中的旋塞反应一段时间，再打开仪器中旋塞的目的是。II．制备苯甲酰氯的装置如图所示：(5)从含少量氯化钠的苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸的方法是。(6)试剂Y是。(7)三颈烧瓶中等物质的量的苯甲酸与发生反应的化学方程式是。【答案】(1)球形冷凝管（2分）(2)ebahicdfg（2分）(3)吸收和，同时防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中（2分）(4)先由与反应生成，减少产生，提高的产率（2分）(5)重结晶（2分）(6)NaOH溶液（2分）(7)+SO2↑+HCl↑（2分）【解析】浓盐酸与二氧化锰在加热条件生成氯气，然后通过饱和食盐水除去氯化氢气体，再通入浓硫酸除去水蒸气，由c口进入三颈烧瓶，70%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，经浓硫酸干燥，通入三颈烧瓶中，在三颈烧瓶中，二氧化硫与氯气反应生成氯化亚砜，最后用碱石灰进行尾气处理。（1）仪器M的名称是球形冷凝管；（2）由分析知，按气流进出三颈烧瓶的接口连接顺序是ebahicdfg；（3）碱石灰的作用是吸收SO2和Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中；（4）实验开始时，先打开仪器Q中的旋塞反应一段时间，再打开仪器N中旋塞的目的是先由Cl2与S反应生成S2Cl2，减少SO2Cl2产生，提高SOCl2的产率；（5）通过重结晶法可由含少量氯化钠的苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸；（6）苯甲酸和氯化亚砜反应生成苯甲酰氯、二氧化硫和氯化氢，用试剂Y进行尾气处理，该溶液可以是NaOH溶液；（7）三颈烧瓶用来制备苯甲酰氯，根据元素守恒推测还有SO2和HCl生成，反应的化学方程式是。16.（15分）一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量等]和农药盐渣(主要成分为等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。一定条件下，一些金属氟化物的如下表。氟化物回答下列问题：(1)铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得水解以沉淀形式除去，写出在弱酸性环境下水解的反应方程式。(2)“除杂1”中使镁离子完全沉淀[c(Mg2+)≤5.1×10-6mol/L]需要NH4F的最小浓度是

，此时Mn2+物质的量浓度为1mol/L是否会生成氟化锰沉淀？请配合简单计算说明。(3)“氧化1”中不能使用稀盐酸代替溶液，原因是，写出“氧化1”中发生主要反应的离子方程式。(4)滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为。(5)“氧化2”的目的是减少气体的排放(填化学式)。(6)“沉铁”中要控制pH为1.5，原因是。【答案】(1)TiO2++(x+1)H2O=TiO2`xH2O+2H+（2分）(2)10-2.5mol/L（2分）Q(MnF2)=1×(10-2.5)2=10-5<Ksp(MnF2)，因此不会生成氟化锰沉淀（2分）(3)若用盐酸会被KMnO4生成氯气（2分）2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O（2分）(4)（2分）(5)（1分）(6)如果pH过小，浓度降低，如果pH过大，铁元素会生成Fe(OH)3，都会使生成沉淀量少（2分）【解析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为，含有少量等]和农药盐渣(主要成分为等)，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：、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，体系的pH增大，使TiO2+水解以TiO2xH2O沉淀形式除去，滤渣1为TiO2xH2O，气体为H2，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、，加入NH4F“除杂1”中除去Mg2+，滤渣2为MgF2；“氧化1”中主要反应是Fe2+被氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成而除去Mn2+，滤渣3为；农药盐渣加水“溶解2”后，氧气将Na2SO3氧化为Na2SO4，沉铁时溶液中Fe3+与农药盐渣中的结合生成。（1）水解以沉淀形式除去，水解的反应方程式为：TiO2++(x+1)H2O=TiO2`xH2O+2H+；（2），“除杂1”中使Mg2+完全沉淀需要NH4F的最小浓度：；此时Mn2+物质的量浓度为1mol/L，，不会生成氟化锰沉淀；（3）“氧化1”中不能使用稀盐酸代替溶液，原因是：若用盐酸会被KMnO4生成氯气；“氧化1”中主要反应为Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe2++2H2O；（4）“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：；（5）农药盐渣成分中有Na2SO3，“除杂2”后溶液含有氢离子，二者混合会产生SO2，“氧化2”的目的是使Na2SO3转化为Na2SO4，从而减少SO2气体的排放；（6）“沉铁”中要控制pH为1.5，原因是：如果pH过小，浓度降低，如果pH过大，铁元素会生成Fe(OH)3，都会使生成沉淀量少。17.（14分）江南大学某团队开发了一种新型铑基单原子催化体系，实现了（或）加氢一步高效制乙醇。有关反应为：反应1：；反应2：。回答下列问题：(1)。(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应。下列叙述正确的是_______(填字母序号)。。A．总压强不随时间变化时达到平衡状态 B．增大催化剂质量，反应速率一定增大C．达到平衡时， D．反应1、反应2都是熵减反应(3)催化加氢制备乙醇的反应历程如下：上述循环中，形成键的反应是。(4)在恒容密闭容器中充入和，在不同催化剂（和）作用下，仅发生反应1.实验测得单位时间内的转化率与温度关系如图所示。①催化效能较高的是（填“”或“”）。②b点（填“是”或“不是”）平衡点，判断依据是。③当温度高于时，曲线变化的原因可能是。(5)某温度下，向恒容密闭容器充入和，起始压强为。发生上述反应1和2，达到平衡时测得转化率为为。反应2的平衡常数为（只列计算式，已知：用分压计算的平衡常数为，分压等于总压×物质的量分数）。【答案】(1)（2分）(2)AD（2分）(3)（2分）(4)（1分）不是（1分）b点的转化率不是对应温度的最大转化率（2分）温度升高，催化活性降低（合理即可）（2分）(5)（答案合理即可）（2分）【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应—反应1可得目标反应，即；（2）反应1和2都是气体分子数减小的反应，在恒温恒容条件下，气体压强不变时表明总物质的量不变，达到平衡状态，A正确；速率与催化剂表面的活性位点有关，催化剂质量增大不一定表面的活性位点增多，B错误；根据化学计量数以及初始投料可知，平衡时和浓度仍然是，C错误；反应1和2都是气体分子数减小的反应，即熵减反应，D项正确；故选AD。（3）观察循环图可知，形成键的粒子是和，发生反应为。（4）①单位时间内转化率在数值上等于反应速率，相同温度下，转化率较高，则催化剂效率较高，结合图像可知，cat2的催化性能高；②根据图像可知，b点的转化率小于相同温度下a点对应的转化率，而平衡转化率是该温度下的最大转化率，故b点不是平衡点；③如果温度过高，催化剂会失去活性，转化率降低；（5）根据原子守恒和相关数据计算得到：平衡体系中，各气体组成：，气体总物质的量为。设平衡时气体总压强为P，恒温恒容下气体压强之比等于物质的