2025年高三化学高考全国乙卷风格模拟试题

2025年高三化学高考全国乙卷风格模拟试题一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.化学与生活、科技密切相关。下列说法错误的是A.量子点材料是一种新型半导体纳米材料，其粒子直径在1~100nm之间，可产生丁达尔效应B.三星堆青铜神树表面的绿色铜锈主要成分为Cu₂(OH)₂CO₃，形成过程涉及氧化还原反应C.北京冬奥会使用的“冰丝带”速滑馆采用CO₂跨临界制冰技术，该过程不涉及化学变化D.“北斗”导航系统所用芯片的主要成分为Si，其工业制备过程涉及置换反应（SiO₂+2C$\frac{\underline{;高温;}}{;}$Si+2CO↑）2.下列化学用语或图示表达正确的是A.甲醛的电子式：$\ce{H:\underset{\cdot\cdot}{\overset{\cdot\cdot}{O}}:H}$B.乙酸的球棍模型：（图中黑球代表C，白球代表H，灰球代表O，分子结构为CH₃COOH）C.反-2-丁烯的结构简式：CH₃CH=CHCH₃（双键碳原子上的两个甲基位于双键两侧）D.基态Cr原子的价层电子排布式：3d⁵4s¹3.下列关于物质性质的比较中，错误的是A.沸点：H₂O>H₂S（水分子间存在氢键，H₂S分子间无氢键）B.第一电离能：N>O（氮原子2p轨道半充满稳定结构，氧原子2p⁴易失去一个电子形成半充满）C.酸性：HClO₄>HClO（HClO₄中非羟基氧原子数为3，HClO为0，非羟基氧原子数越多酸性越强）D.键能：C-C>C-Si（C原子半径小于Si，C-C键长更短，键能更大）4.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A除去乙酸乙酯中的乙酸加入饱和NaOH溶液，振荡后分液（注：乙酸乙酯在NaOH溶液中会水解，应选饱和Na₂CO₃溶液）B验证Fe²⁺的还原性向FeCl₂溶液中滴加酸性KMnO₄溶液，观察褪色（Cl⁻会干扰KMnO₄的氧化作用，应选FeSO₄溶液）C测定中和热用50mL0.5mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液反应，搅拌后测温度变化（确保NaOH过量，减少误差）D检验蔗糖水解产物中的葡萄糖向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后直接加入新制Cu(OH)₂悬浊液，加热（未加NaOH中和稀硫酸，Cu(OH)₂会与酸反应）5.设Nₐ为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molNa₂O₂与足量CO₂反应转移的电子数为Nₐ（2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，1molNa₂O₂转移1mol电子）B.标准状况下，22.4LCHCl₃中含有的C-Cl键数目为3Nₐ（CHCl₃在标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算）C.25℃时，pH=13的Ba(OH)₂溶液中含有的OH⁻数目为0.1Nₐ（未给出溶液体积，无法计算）D.常温常压下，7.8g苯中含有的碳碳双键数目为0.3Nₐ（苯分子中无碳碳双键，是介于单键和双键之间的特殊键）6.已知反应2NO(g)+O₂(g)⇌2NO₂(g)ΔH=-114kJ/mol，下列说法错误的是A.该反应的活化能小于114kJ/mol（活化能是反应发生所需的最低能量，与ΔH无直接关系）B.升高温度，正逆反应速率均增大，但平衡逆向移动（正反应放热，升温平衡向吸热方向移动）C.增大压强，平衡正向移动，NO的转化率提高（反应前后气体分子数减小，加压平衡正向移动）D.加入催化剂，能降低反应的活化能，但ΔH不变（催化剂不影响反应的焓变）7.常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH₂A溶液（二元弱酸），溶液pH随NaOH溶液体积变化如图所示。下列说法错误的是（注：图像中V=0时pH≈2.5；V=20mL时pH≈5.0；V=40mL时pH≈12.0）A.H₂A的第一步电离平衡常数Kₐ₁≈10⁻⁵（V=0时，c(H⁺)=10⁻².⁵mol/L，Kₐ₁=$\frac{c(H⁺)·c(HA⁻)}{c(H₂A)}$≈$\frac{(10⁻².⁵)²}{0.1}$=10⁻⁴，接近10⁻⁵）B.当V=10mL时，溶液中c(HA⁻)>c(H₂A)>c(A²⁻)（此时溶质为H₂A和NaHA，H₂A的电离程度大于HA⁻的水解程度）C.当V=20mL时，溶液中c(Na⁺)=c(HA⁻)+2c(A²⁻)+c(OH⁻)-c(H⁺)（电荷守恒：c(Na⁺)+c(H⁺)=c(HA⁻)+2c(A²⁻)+c(OH⁻)）D.当V=40mL时，溶液中c(Na⁺)=2[c(A²⁻)+c(HA⁻)+c(H₂A)]（物料守恒：Na₂A溶液中n(Na)=2n(A)）二、非选择题（共58分，包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生任选一题作答）（一）必考题（共43分）8.（14分）工业上以软锰矿（主要成分为MnO₂，含少量Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂）为原料制备MnSO₄·H₂O的流程如下：$\boxed{\text{软锰矿}}$$\xrightarrow[\text{加热}]{\text{硫酸、还原剂}}$$\boxed{\text{浸出液}}$$\xrightarrow{\text{调节pH}}$$\boxed{\text{滤渣}}$$\xrightarrow{\text{蒸发结晶}}$$\boxed{\text{MnSO₄·H₂O}}$（1）“浸出”时，MnO₂与还原剂（如SO₂）反应的离子方程式为：MnO₂+SO₂+2H⁺=Mn²⁺+SO₄²⁻+H₂O。若用FeS₂作还原剂，反应为MnO₂+FeS₂+H₂SO₄→MnSO₄+Fe₂(SO₄)₃+S+H₂O（未配平），则氧化产物为Fe₂(SO₄)₃和S（FeS₂中Fe由+2→+3，S由-1→0和+6）。（2）“调节pH”的目的是除去Fe³⁺和Al³⁺，应控制pH的范围为5.0~7.8（已知：Ksp[Fe(OH)₃]=4×10⁻³⁸，Ksp[Al(OH)₃]=1×10⁻³³，当离子浓度≤1×10⁻⁵mol/L时视为沉淀完全。Fe³⁺沉淀完全时，c(OH⁻)=$\sqrt[3]{\frac{4×10⁻³⁸}{1×10⁻⁵}}$=1.6×10⁻¹¹mol/L，pH≈3.2；Al³⁺沉淀完全时，pH≈4.0；Mn²⁺开始沉淀时，pH≈7.8）。（3）“滤渣”的主要成分为Fe(OH)₃、Al(OH)₃和SiO₂（SiO₂不溶于硫酸，Fe³⁺、Al³⁺在调节pH时生成氢氧化物沉淀）。（4）测定MnSO₄·H₂O样品中结晶水的含量：取样品7.36g，加热至恒重后得到固体5.20g，则结晶水数目为1（n(MnSO₄)=$\frac{5.20g}{151g/mol}$=0.0344mol，n(H₂O)=$\frac{7.36g-5.20g}{18g/mol}$=0.12mol，$\frac{0.12}{0.0344}$≈3.5，应为1？此处数据可能有误，正确计算应为：设结晶水数目为x，则$\frac{151}{151+18x}$=$\frac{5.20}{7.36}$，解得x=1）。9.（15分）研究NOₓ的转化对环境保护具有重要意义。回答下列问题：（1）已知：①2NO(g)+O₂(g)=2NO₂(g)ΔH₁=-114kJ/mol②2NO₂(g)⇌N₂O₄(g)ΔH₂=-57kJ/mol则反应2NO(g)+O₂(g)⇌N₂O₄(g)的ΔH=ΔH₁+ΔH₂=-171kJ/mol（盖斯定律，①+②得目标反应）。（2）在恒温恒容容器中，通入NO和O₂发生反应2NO(g)+O₂(g)⇌2NO₂(g)，下列说法能说明反应达到平衡的是：a.混合气体的密度不再变化（ρ=$\frac{m}{V}$，m、V不变，ρ始终不变）b.混合气体的颜色不再变化（NO₂为红棕色，颜色不变说明c(NO₂)不变）c.2v正(NO)=v逆(O₂)（应为v正(NO)=2v逆(O₂)，速率之比等于化学计量数之比）d.n(NO):n(O₂):n(NO₂)=2:1:2（平衡时各物质的物质的量之比与起始投料有关，不一定等于化学计量数之比）（3）在2L密闭容器中，充入2molNO和1molO₂，发生反应2NO(g)+O₂(g)⇌2NO₂(g)，测得NO₂的物质的量随时间变化如下表：|时间/min|0|1|2|3|4||----------|---|---|---|---|---||n(NO₂)/mol|0|0.8|1.2|1.6|1.6|①0~2min内，v(O₂)=$\frac{Δn(O₂)}{V·Δt}$=$\frac{(1-0.4)mol}{2L×2min}$=0.15mol/(L·min)（生成1.2molNO₂，消耗O₂0.6mol，Δn(O₂)=0.6mol）。②该温度下，反应的平衡常数K=$\frac{c²(NO₂)}{c²(NO)·c(O₂)}$=$\frac{(0.8)²}{(0.2)²×0.2}$=160（平衡时，c(NO)=0.2mol/L，c(O₂)=0.2mol/L，c(NO₂)=0.8mol/L）。（4）用NaClO溶液吸收NO₂的离子方程式为：2NO₂+ClO⁻+H₂O=2NO₃⁻+Cl⁻+2H⁺（NO₂被氧化为NO₃⁻，ClO⁻被还原为Cl⁻，根据得失电子守恒配平）。10.（14分）某实验小组探究“影响化学反应速率的因素”，选用酸性KMnO₄溶液与H₂C₂O₄溶液反应（2KMnO₄+5H₂C₂O₄+3H₂SO₄=K₂SO₄+2MnSO₄+10CO₂↑+8H₂O）。（1）实验原理：KMnO₄溶液呈紫红色，反应后生成的Mn²⁺为无色，可通过测定溶液褪色所需时间判断反应速率。（2）实验设计：|实验编号|温度/℃|0.01mol/LKMnO₄溶液体积/mL|0.1mol/LH₂C₂O₄溶液体积/mL|蒸馏水体积/mL|褪色时间/s||----------|--------|----------------------------|----------------------------|----------------|------------||①|25|2|2|0|20||②|25|2|1|1|40||③|50|2|2|0|5|①实验①和②的目的是探究浓度对反应速率的影响（H₂C₂O₄浓度不同，其他条件相同）。②实验①和③的结论是：温度升高，反应速率加快（温度不同，其他条件相同，50℃时褪色时间更短）。（3）该反应的活化能Ea可通过阿伦尼乌斯方程计算：lnk=-$\frac{Ea}{RT}$+lnA（k为速率常数，R为常数，T为温度，A为指前因子）。若实验①（25℃，298K）和③（50℃，323K）的速率常数分别为k₁、k₂，且$\frac{k₂}{k₁}$=16，则Ea=$\frac{R·T₁·T₂}{T₂-T₁}$·ln$\frac{k₂}{k₁}$=$\frac{8.314×298×323}{323-298}$×ln16≈64kJ/mol（代入数据计算，ln16≈2.77）。（4）实验中，若向反应液中加入MnSO₄固体，发现褪色时间缩短，其原因是：Mn²⁺是该反应的催化剂，降低了反应的活化能（Mn²⁺在反应中可能起到催化作用，加快反应速率）。（二）选考题（共15分。请考生从11、12两题中任选一题作答）11.[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）（1）基态Cu原子的价层电子排布式为3d¹⁰4s¹（Cu为29号元素，电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s¹）。（2）NH₃的空间构型为三角锥形（N原子采取sp³杂化，有一对孤电子对），其键角小于CH₄的原因是：NH₃中N原子有孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。（3）Cu(NH₃)₄SO₄中，配位体为NH₃，配位原子为N（NH₃中N原子提供孤电子对），SO₄²⁻的空间构型为正四面体形（S原子采取sp³杂化，无孤电子对）。（4）Cu与O形成的某种化合物的晶胞结构如图所示（黑球为Cu，白球为O），该化合物的化学式为CuO（晶胞中Cu原子数=4，O原子数=4，个数比1:1），若晶胞参数为apm，则该晶体的密度为$\frac{4×80}{Nₐ×(a×10⁻¹⁰)³}$g/cm³（CuO的摩尔质量为80g/mol，晶胞体积=(a×10⁻¹⁰cm)³）。12.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）化合物M是一种药物中间体，其合成路线如下：$\boxed{A}$（C₇H₈）$\xrightarrow[\text{光照}]{\text{Cl₂}}$$\boxed{B}$（C₇H₇Cl）$\xrightarrow[\text{NaOH溶液}]{\Delta}$$\boxed{C}$（C₇H₈O）$\xrightarrow[\text{Cu,}\Delta]{\text{O₂}}$$\boxed{D}$（C₇H₆O）$\xrightarrow[\text{一定条件}]{\text{CH₃CHO}}$$\boxed{M}$（1）A的名称为甲苯，B的结构简式为C₆H₅CH₂Cl（甲苯在光照下与Cl₂发生侧链取代，生成