2025年高考化学冲刺押题卷-化学黑吉辽蒙卷全解全析

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：H1C12Mg24Fe56Zn65第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是A．商周石蛇B．春秋蛇纹铜提链罐C．唐彩绘生肖蛇陶俑D．清青玉十二辰-蛇【答案】B【详解】A．商周石蛇的成分是硅酸盐，故不选A；B．蛇纹铜提链罐是青铜器，铜是金属材料，故选B；C．唐彩绘生肖蛇陶俑属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，故不选C；D．清青玉十二辰-蛇主要成分是玉石，故不选D；选B。2．向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S气体，反应生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃时部分异构化为NH4SCN。下列说法正确的是A．Ca2+的结构示意图： B．H2S是由极性键构成的极性分子C．SCN—中碳原子采取sp²杂化 D．1mol(NH2)2CS中含有8molσ键【答案】B【详解】A．Ca2+的核电荷数为20，核外电子数为18，结构示意图为，故A错误；B．H2S中的S原子sp3杂化，存在两对孤电子对，H2S是由极性键构成的极性分子，故B正确；C．SCN-中碳原子价层电子对数=2，SCN-中碳原子采取sp杂化，故C错误；D．(NH2)2CS中N-H键：每个-NH2基团中有2个N-H键，硫脲分子中有2个NH2基团，因此共有4个N-H键；C-N键：硫脲分子中有2个C-N键；C=S键：硫脲分子中有1个C=S键，共含有7molσ键，故D错误；故选B。3．关于试剂保存方法，下列说法正确的是A．酸性高锰酸钾溶液保存在棕色细口瓶中 B．氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中C．保存液溴、白磷、金属钠要用水封 D．汽油存放在带橡胶塞的棕色试剂瓶中【答案】A【详解】A．酸性高锰酸钾溶液，见光或受热易分解，应该存放在棕色细口瓶中，故A正确；B．氢氧化钠溶液是强碱性溶液，能和玻璃的主要成分二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，使瓶塞与瓶身黏在一起、难以打开，不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中，故B错误；C．钠能与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能用水封，故C错误；D．汽油等有机溶剂易使橡胶溶解而膨胀，因而不能用橡胶塞，故D错误；答案选A。4．下列方程式与所给事实不相符的是A．蔗糖在酸或酶的作用下水解：B．碱性锌锰电池的负极反应：C．海水提溴过程中，用二氧化硫还原溴：D．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体：【答案】A【详解】A．蔗糖在酸或酶的作用下水解：，A错误；B．碱性锌锰电池的负极反应为锌失去电子发生氧化反应生成氢氧化锌，B正确；C．二氧化硫还原溴生成溴离子，同时生成硫酸，C正确；

D．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体氢气和四氧化三铁，D正确；故选A。5．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A．陶瓷耐高温，可用作火箭隔热材料 B．导光性强，可用于制作光导纤维C．具有强氧化性，可用作漂白剂 D．溶液显酸性，可用于蚀刻覆铜板【答案】D【详解】A．陶瓷属于新型无机非金属材料，具有耐高温，硬度大等功能，可用作火箭隔热材料，A正确；B．导光性强，是光导纤维的材料，可用于制作光导纤维，B正确；C．中的O为-1价，能够得电子，具有强氧化性，可用作漂白剂，C正确；D．溶液具有氧化性，与Cu可以发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，可用于蚀刻覆铜板，D错误；答案选D。6．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．2．8g乙烯与环丙烷的气体混合物中原子总数为0．6B．标准状况下，11.2L中含有的π键数目为0.5C．5．6gFe与足量的S反应转移电子数为0．3常温下，1.0L0.1的溶液中，数目为0.1【答案】A【详解】A．乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，故含6NA个碳原子，故A正确；B．中含有2个π键，标准状况下，11.2LN2为0.5mol，含有的π键数目为，故B错误；C．Fe与S反应生成FeS，5.6gFe为0.1mol，转移电子数为0.2，故C错误；D．要水解使其数目减少，1.0L0.1的溶液中，数目小于0.1，故D错误；答案选A。A．配制银氨溶液B．检验的漂白性C．除去废铁屑表面的油污D．检验乙醇消去反应产物中的乙烯7．下列实验装置或操作正确的是 【答案】C【详解】A．应向溶液中滴加稀氨水，至生成的沉淀恰好溶解，A错误；B．可以使石蕊变红，但是不能漂白石蕊试液，B错误；C．碳酸钠水解显碱性，油污在碱性条件下水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，C正确；D．烧瓶中挥发出的乙醇也能使酸性溶液褪色，不能说明有乙烯生成，D错误；故选C。8．黑火药是中国古代四大发明之一，爆炸时的反应为：(未配平)。其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的五种元素，的一种核素可用于考古，和位于周期表同一主族，的基态原子价层轨道上有1个未成对电子。下列说法正确的是A．简单氢化物的稳定性：B．上述元素均位于元素周期表的区C．第一电离能：D．基态原子核外电子的空间运动状态数：【答案】A【分析】黑火药的主要成分为硝酸钾、碳粉和硫粉，X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的五种元素，X的一种核素可用于考古，则X为C元素；Z和W位于周期表同一主族，则Y为N元素、Z为O元素、W为S元素；M的基态原子价层s轨道上有1个未成对电子，则M为K元素。【详解】A．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，简单氢化物的稳定性依次减弱，则水的稳定性强于硫化氢，故A正确；B．钾元素的原子序数为19，基态原子价电子排布式为4s1，处于元素周期表s区，故B错误；C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则钾元素的第一电离能小于硫元素，故C错误；D．氮元素、氧元素的原子序数分别为7、8，基态原子的电子排布式分别为1s22s22p3、1s22s22p4，原子核外电子的空间运动状态数都为5，故D错误；故选A。9．二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其装置示意图如图所示：下列说法错误的是A．电池工作时，质子由a极移向b极B．b为电池正极C．a极反应式为D．理论上每吸收，b电极消耗的的体积为(标准状况)【答案】C【详解】A．由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，则电池工作时，质子由a极移向b极，故A正确；B．由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，故B正确；C．由分析可知，电极a为燃料电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，理论上每吸收1mol二氧化硫，标准状况下b电极消耗氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故D正确；故选C。10．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器和连接装置)选项实验目的玻璃仪器试剂A配制稀硫酸容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒蒸馏水、浓硫酸B验证试管、胶头滴管含有少量的溶液、溶液C鉴别和两种晶体烧杯、试管、胶头滴管硝酸酸化的溶液、蒸馏水D验证甲苯能被酸性溶液氧化试管、胶头滴管甲苯、酸性溶液【答案】D【详解】A．配制稀硫酸要用量筒量取一定浓度的浓硫酸体积，仪器缺少量筒，故A不符合题意；B．含有少量的溶液中氯离子和碘离子的浓度不同，滴加硝酸银溶液，先生成碘化银淡黄色沉淀，也不能说明，故B不符合题意；C．和两种晶体溶于水都能电离出氯离子，滴加硝酸酸化的溶液都会生成白色沉淀，不能鉴别，故C不符合题意；D．向甲苯中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，说明甲苯能被酸性溶液氧化，能达到实验目的，故D符合题意；答案选D。11．有机化合物M是一种重要化工中间体，可由如下反应制得。已知：下列说法不正确的是A．K能发生缩聚反应生成高分子 B．L的分子式为C．M含1个手性碳原子 D．生成M的过程包含加成反应和消去反应【答案】C【分析】根据信息可知，K和L反应历程：，L为；【详解】A．K中含氨基和醛基，根据信息，一个K分子的氨基和另一个K分子的醛基能反应，故能发生缩聚反应生成高分子，A正确；

B．结合分析可知L的分子式为，B正确；C．连有4个不同原子或基团的饱和碳原子为手性碳原子，则M没有手性碳原子，C不正确；

D．据分析，生成M的过程包含加成反应和消去反应，D正确；答案选C。12．非遗“打铁花”是通过向空中击打熔化的铁水（主要成分是Fe和少量C）产生“铁花”。其转化关系如下，其中代表Fe或中的一种。下列说法正确的是A．a是是CB．d既可以是Fe，也可以是C．等压条件下，①②的反应热之和，大于等物质的量的C直接被氧化为的反应热D．反应①中，每生成0.1molb时，转移电子的数目为【答案】D【分析】根据转化关系，反应①为、反应②为，a为C、d为、b为Fe、f为。【详解】A．a为C、f为，A项错误；B．d为、b为Fe，若d是Fe，不符合反应①转化，B项错误；C．反应①+反应②可以得，根据盖斯定律，①②的反应热之和，等于等物质的量的C直接被氧化为的反应热，C项错误；D．反应①为，生成4molFe，转移电子12mol，则每生成0.1molFe时，转移电子的数目为，D项正确；答案选D。13．镁锌合金具有特殊的性能，其晶胞结构如图，晶胞中的所有原子呈中心对称，其中原子1的分数坐标为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．该晶体类型为共价晶体B．该晶体中Mg与Zn原子个数比为2：1C．原子2的分数坐标为D．该晶体的密度为【答案】C【分析】计算时需注意，晶胞底面为菱形，因此底面积=×cm2。晶胞中Zn原子个数按照均摊法计算时，顶点上的Zn原子有4个被6个晶胞共用，有4个被12个晶胞共用。【详解】A．该晶体为镁锌合金，属于金属晶体，不属于共价晶体，A错误；B．该晶胞中Mg原子位于晶胞内部，个数为4，Zn原子个数=，该晶体中Mg与Zn原子个数比为1：2，B错误；C．原子1的分数坐标为，因晶胞中的所有原子呈中心对称，原子2的分数坐标为=，C正确；D．该晶胞中含Mg原子4个，Zn原子8个，体积为×cm3，则该晶体的密度为，D错误；故选C。14．1，2-丙二醇()单分子解离可以得到多种不同的产物或自由基，反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法错误的是A．可用核磁共振氢谱仪鉴别TS3和TS4两条路径的有机产物B．1，2-丙二醇的沸点高于1，3-丙二醇的沸点C．三种丙烯醇产物中，最稳定的是D．1，2-丙二醇中键的键能相差【答案】B【详解】A．CH3COCH3、CH3CH=CHOH的等效氢种类不同，可用核磁共振氢谱仪鉴别TS3和TS4两条路径的有机产物，故A正确；B．1，2-丙二醇易形成分子内氢键，1，3-丙二醇易形成分子间氢键，所以1，2-丙二醇的沸点低于1，3-丙二醇的沸点，故B错误；C．能量越低越稳定，三种丙烯醇产物中，最稳定的是，故C正确；D．根据1，2-丙二醇断裂1、2之间的碳碳键需要的能量为83.7kJ/mol，断裂2、3之间的碳碳键需要的能量为85.1kJ/mol，1，2-丙二醇中C-C键的键能相差约为85.1kJ/mol-83.7kJ/mol=1.4kJ/mol，故D正确；选B。15．室温下，利用图1所示装置测定容器中含量的变化。将两支注射器中的液体同时全部注入容器后开始测量含量的变化如图2。已知：苯酚，碳酸下列说法不正确的是A．曲线①对应注入蒸馏水和溶液后容器中含量的变化B．注入苯酚和溶液后，主要发生反应：C．由曲线②推测，溶液在常温下不稳定D．注入两种液体后，溶液中均为【答案】D【详解】A．由图中曲线①可知，注入蒸馏水和溶液后，溶液呈碱性，会吸收瓶中，发生反应：，导致浓度明显下降，A正确；B．苯酚，碳酸第二步电离的，酸性强弱为：，苯酚酸性强于，因此苯酚能与发生：，B正确；C．图线②上升是由于苯酚与反应后生成碳酸氢根，；体系中存在一定量的二氧化碳，与水反应生成碳酸，碳酸电离产生氢离子和碳酸氢根离子，转化关系为：，因为碳酸氢根离子浓度增大，导致上述平衡逆向移动，二氧化碳而逸出，所以在此情况下，溶液在常温下不稳定，C正确；D．题干给出的溶液浓度和体积表明所含“碳”总量为；在不泄漏的体系中，这些碳元素以等形式存在于溶液中，但是由于原体系中含有一定量的二氧化碳，导致碳元素含量增加，所以最终溶液中，D错误；故选D。第II卷（非选择题共55分）二、非选择题，共4题，共55分。16．（13分）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表离子pH9.43.29.04.710.18.9(1)“酸浸还原”时为减少环境污染，应如何滴入溶液？。(2)“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为。(3)水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为。(4)氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是。(5)萃取，反萃取：该工艺设计萃取、反萃取的目的是。(6)制：在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出900℃时，残留固体的化学式为。【答案】(1)缓慢滴加或少量多次滴加(2)(3)Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑(4)7.4①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大。②可能是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大(5)分离钴和镍锂，富集，提高产物纯度(6)CoO【分析】该工艺流程的原料为废旧锂电池的正极材料（主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物），产品为，流程主线中的主元素为Co，则Al、Fe、Mn、Ni元素在该工艺流程中作为杂质被除去，“酸浸还原”过程中，、H2SO4与Na2S2O3反应生成、，Al、Fe、Mn、Ni的化合物也都与H2SO4反应生成Al3+、Fe2+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐，在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，“氧化沉铁、锰”过程是NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe(OH)3、MnO2过滤除去，利用“P507萃取剂”从“滤液”中分离Co2+，再反萃取后加入草酸铵沉钴，最终得到。【详解】（1）溶液在酸性环境中会放出二氧化硫气体，“酸浸还原”时为减少环境污染，应缓慢滴加或少量多次滴加溶液；（2）“酸浸还原”过程中，、H2SO4与Na2S2O3反应生成、，化学方程式为；（3）在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为：Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑；（4）沉淀完全时pH=9.4，，；若浸取液中，为使钴不损失，，，，则常温下须调节溶液pH不大于7.4；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是：①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；②可能是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大；（5）根据流程分析，萃取，反萃取过程，利用“P507萃取剂”可以分离钴和镍锂，从“滤液”中分离Co2+，反萃取，进一步富集，提高产物纯度；（6）的摩尔质量为183g/mol，18.3g物质的量为0.1mol，900℃时，残留固体质量为7.5g，根据钴原子守恒，含有5.9gCo，则含有7.5g-5.9g=1.6gO，O原子物质的量为0.1mol，可知残留固体的化学式为CoO。17．（14分）易潮解，是一种重要的无机化工品，广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料、催化剂等领域。(1)的制备下列装置可用于实验室制备少量无水，则①仪器A的名称为。②仪器的接口顺序为（装置可重复使用）。(2)浓度的测定①把上述制备的配成稀溶液，移取至锥形瓶中，加入作指示剂，用标准溶液滴定。②重复滴定三次，平均消耗标准溶液，则（用含和的代数式表示）。(3)探究工业盐酸呈黄色的原因【查阅资料】工业盐酸溶有，固体为棕褐色，为淡紫色，为黄色。①甲同学观察溶液、溶液，颜色均为黄色。【提出猜想】发生了水解反应生成显黄色。②补充完整方程式：。【实验验证】初步实验：取3支洁净的试管，分别加入溶液，然后按下表开展实验。序号操作现象1滴入10滴溶液黄色褪去，接近无色2滴入________溶液黄色略变浅3滴入10滴盐酸溶液黄色变亮变深分析讨论：甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立，乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。③请补充完整实验2中操作：。进一步探究：根据实验3中的异常现象，进一步查阅资料，溶液中还存在反应：（黄色），。④请设计实验进一步验证该反应的存在（写出操作和现象）：。【理论验证】⑤某工业盐酸中，则该溶液中。【实验结论】⑥工业盐酸呈黄色的原因是。【答案】(1)分液漏斗(2)溶液或者(3)0.00510滴蒸馏水向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）或主要是含有【分析】本题是无机物制备类的实验题，由浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，首先用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，干燥后，和铁粉反应生成氯化铁，制备无水氯化铁，后面还要连一个除水装置，最后用氢氧化钠处理尾气，以此解题。【详解】（1）①由图可知，仪器A的名称为：分液漏斗；②由分析可知，仪器的接口顺序为：a→f−g−d−e−h−i−d−e−b−c；（2）①三价铁遇到硫氰化钾显示红色，碘化钾和氯化铁反应离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则可以加入溶液作指示剂；②结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知，；（3）①进行对比实验时，三价铁浓度应该相同，故答案为：0.005；②结合题意和电荷守恒可知，发生了水解反应生成和氢离子，故答案为：；③结合表格中信息可知，实验2溶液黄色只是略变浅和实验1对比，可知实验2滴入了10滴蒸馏水；④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的，则可以设计实验为：向溶液加入固体，溶液黄色加深（合理皆可）；⑤，，，则，答案为：或；⑥工业盐酸显酸性，且其中含有大量的氯离子和溶有，则呈黄色的原因是：主要是含有。18．（14分）环己烯是工业常用的化工品，工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己烯。根据所学知识，回答下列问题：(1)1，6-己二硫醇在铜的作用下可制得环己烷。涉及的反应有：Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

已知：几种物质的燃烧热如表所示。物质燃烧热-3952.9-4192.1-285.8则，反应Ⅲ在(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。(2)在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，发生反应

。下列叙述错误的是___________(填标号)。A．气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态B．平衡后再充入，平衡正向移动，转化率增大C．加入高效催化剂，单位时间内的产率可能会增大D．增大固体催化剂的质量，一定能加快正、逆反应速率(3)其他条件不变时，环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性(选择性)随温度的变化如图所示[发生的反应为(2)中的反应]。①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是。②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是。(4)在723K、压强恒定为120kPa条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，发生反应：。①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是。②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，则环己烷分压的平均转化速率为。③该温度下，。【答案】(1)＋46.6高温(2)BD(3)正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应(4)恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动3.580kPa【详解】（1）由燃烧热数值可得：①-3952.9kJ/mol；②-4192.1kJ/mol；③-285.8kJ/mol，由盖斯定律可知，②-(③+①)可得=-4192.1kJ/mol+285.8kJ/mol+3952.9kJ/mol=+46.6kJ/mol，该反应是气体体积增大得放热反应，>0，>0，当时，反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，A正确；B．后再充入，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，转化率减小，B错误；C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内的产率可能会增大，C正确；D．增大固体催化剂的质量，若不能增大与反应物的接触面积则不一定能加快正、逆反应速率，D错误;故选BD。（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反