2025届高三化学一轮复习 模拟卷01--全国专用

备战2025年高考化学模拟卷01（全国卷） (考试时间：50分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：Cl：35.5 H：1 O：16 Ru：101 Cu：64 S：32 一、选择题：本题共7个小题，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。 7．2022年北京冬奥会和冬残奥会通过科技助力，体现环保理念。下列说法正确的是 A．全部餐具均由可降解聚乳酸生物新材料制作，因其美观大方 B．全部场馆首次采用绿色电力，所产生的碳排放量全部实现碳中和 C．冬奥火炬外壳首次使用有机高分子的碳纤维材料制作，坚持绿色办奥 D．国家速滑馆使用的二氧化碳跨临界直冷制冰系统，与传统制冷剂氟利昂相比，更不环保 【答案】B 【解析】A．使用聚乳酸等可降解塑料，减少聚乙烯塑料制品使用，旨在减少白色污染，选项A错误； B．绿色电力能将所产生的碳排放量全部实现碳中和，选项B正确； C．碳纤维是由碳元素形成的单质，不是有机高分子，选项C错误； D．氟利昂会造成臭氧空洞，使用二氧化碳替代，更加环保，选项D错误； 答案选B。 8．某实验小组为制取丙烯酸甲酯()(沸点为85℃)，将丙烯酸、甲醇和浓硫酸置于三颈烧瓶中，充分反应并冷却后，加入溶液洗涤，分离出有机相。经干燥、蒸馏，得到产物。产物水解后用盐酸滴定，测定其纯度。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(部分夹持及加热装置略) 实验装置或操作 选项 A B C D A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．装置A为制备丙烯酸甲酯的发生装置，丙烯酸、甲醇和浓硫酸在三颈烧瓶中加热回流，A正确； B．B为分液装置，有机层在上层，水在下层，B正确； C．C为蒸馏装置，丙烯酸甲酯的沸点较低，采用水浴加热，C正确； D．D为滴定装置，但滴定管使用错误，盐酸应置于酸式滴定管中，D错误； 故选D。 9．室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：①P+Q=X+Z；②P+Q=Y+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计，Y、Z均可溶于水)。下列说法不正确的是 A．反应①的活化能比反应②的活化能大 B．0～20min内，Z的平均反应速率为6×10-3mol•L-1•min-1 C．反应30min时，v1：v2=2：3 D．45min时Y的浓度为0.24mol•L-1 【答案】B 【解析】根据X的生成量可计算出反应①和反应②中的其它几个物质的相关变化量，从图中可以看出P、Q的初始量均为0.6mol/L； A．v1=k1c2(P)=，v2=k2c2(P)=，则为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0.12mol/L，Δc(Q)=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即，相同条件下反应①的速率小于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，故A正确； B．0～20min内，Z的变化量与Q的变化量相同，所以Δc(Z)=Δc(Q)=0.3mol/L，Z的反应速率，故B错误； C．v1=k1c2(P)=，v2=k2c2(P)=，则为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0.12mol/L，Δc(Q)=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即始终为定值，故C正确； D．45min时，Q的浓度约为0.2mol/L，Δc(Q)=Δc(X)+Δc(Y)=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，根据，可得Y的浓度=0.4mol/L×=0.24mol/L，故D正确， 故选：B。 10．脱氢醋酸常用于生产食品保鲜剂，脱氢醋酸的制备方法如图。下列说法错误的是 A．a分子中所有原子处于同一平面 B．a、 b均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色 C．在一定条件下，a、b均能与H2，发生加成反应 D．b与互为同分异构体 【答案】A 【解析】A．a分子中含有1个单键碳，不可能所有原子处于同一平面，故A错误； B． a、 b分子中都含有碳碳双键，均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故B正确； C．在一定条件下，a中的碳碳双键、b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应，故C正确； D．b与分子式都是C8H8O，结构不同，互为同分异构体，故D正确； 选A。 11．一种由短周期元素组成的化合物，其结构如下图所示。X、Y、Z、Q、R位于同一周期，且原子序数依次递增，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍。下列判断错误的是 A．离子半径： X＜R＜Q B．使用ZQ2跨临界可直接制冰，利用了ZQ2晶体易升华的性质 C．元素的非金属性： Z＜Q＜R D．化合物YR3中各原子最外层均满足8电子稳定结构 【答案】D 【解析】X、Y、Z、Q、R位于同一周期原子序数依次递增，结合图示可知，R形成1个共价键，Q形成2个共价键，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍，R不可能为H，若R为F，Z、Q的核电荷数之和为7×2=14，五种元素位于同一周期，则X为Li、Z为C、Q为O；若R为Cl，Z、Q的核电荷数之和为17×2=34(舍弃)，Y形成4个共价键、且得到1个电子形成阴离子，其原子序数小于C，Y为B。 由上述分析可知，X为Li、Y为B、Z为C、Q为O、R为F， A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大的离子半径越小，则离子半径：X(Li+)＜R(F-)＜Q(O2-)，故A正确； B．ZQ2为CO2，固态的二氧化碳是干冰，利用CO2晶体易升华的物理性质，使用CO2跨临界可直接制冰，故B正确； C．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，则元素的非金属性：Z(C)＜Q(O)＜R(F)，故C正确； D．Y与R形成的化合物为BF3，B的最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，故D错误； 故选：D。 12．一种分子的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，下列说法错误的是 A．原子半径： B．X、Y、Z在同一周期 C．Y的氢化物在常温下是液态 D．非金属性： 【答案】A 【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，由分子结构可知，分子中X、Y、Z、W形成的共价键数目分别为4、2、1、4，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。 A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则碳原子、氧原子、氟原子的原子半径依次减小，故A错误； B．碳元素、氧元素、氟元素都是第二周期元素，故B正确； C．常温下，氧元素的氢化物水和过氧化氢都是液态，故C正确； D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则硅、碳、氧、氟四种元素的非金属性依次增强，故D正确； 故选A。 13．是一种一元弱酸，常温下，向溶液中逐滴加入浓度为的溶液，溶液中、、中和率(中和率)的变化如图所示。下列说法错误的是 A．a点时， B．溶液中水的电离程度：c点点 C．b点时， D．的电离常数为 【答案】A 【解析】A．a点时lg=0，说明c(HM)=c(M-)，又根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(M-)，因为此时pH=5.2，则氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则c(Na+)<c(M-)，则2c(Na+)<2c(M-)，即2c(Na+)<c(M-)+c(HM)，A错误； B．b点时被中和的HM为50%，此时溶液中HM和NaM浓度基本相同，NaM水解促进水的电离但是HM的存在抑制水的电离，c点时被中和的HM为100%，溶液中全为NaM，NaM水解促进水的电离，因此c点水的电离程度大于b点，B正确； C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(M-)，b点时溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)<c(M-)，溶液中钠离子和M-的浓度远大于氢离子和氢氧根离子浓度，则c(M-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C正确； D．a点时c(HM)=c(M-)，pH=5.2，则HM电离常数=，D正确； 故答案选A。 二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共43分。 26．(14分)镉( Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd的某种工艺流程如图所示。 已知：①Ksp[CaSO4] =9.1 ×10-6 Ksp[PbSO4]=1.6×10-8 ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+ 开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： (1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是_______。 (2)“酸浸”时，保持温度和pH均不宜过高的原因是_______；“压滤 ”所得滤渣I的主要成分是_______( 填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是_______。 (3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是_______ ， 若石灰乳加过量，缺陷是_______。 (4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的离子反应方程式为_______。 (5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25°C下，部分电对的电极电位如表所示。 电对 Fe3+/Fe2+ Cu2+/Cu H+/H2 Pb2+/Pb Cd2+/Cd Fe2+/Fe Zn2+/Zn Ca2+/Ca 电极电位/V +0.771 +0.337 0 -0.126 - 0.402 -0.442 -0.762 -2. 86 根据表中信息和已有知识可知，电对的电极电位数值越大，电对中氧化态粒子的氧化性_______(填“越强”或“越弱”)。采用低电流条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应是_______。 【答案】(1)增大接触面积，提高酸浸速率和浸出率 (2)     抑制Cd2+水解     Cu、SiO2和PbSO4     PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在 (3)     3.2<pH<5.2 或3.2~5.2     Cd(OH)2进入滤渣II而损失 (4)Cd+Cu2+= Cu+Cd2+、 Cd+Pb2+= Pb+Cd2+ (5)     越强     Cd2++2e -=Cd 【解析】（1）将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是增大接触面积，加快“酸浸”速率,故答案为:增大接触面积，加快“酸浸”速率； （2）“酸浸”时，温度和pH过高时Cd2+水解程度增大，生成Cd(OH)2沉淀，“酸浸”效率将会降低,故温度和pH均不易过高的原因是防止Cd2+水解;“压滤”所得滤渣I含有没有完全浸取的金属Cu、SiO2 、PbSO4；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；故答案为:抑制Cd2+水解；Cu、SiO2、PbSO4；PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在； （3）根据表格数据可得，加入石灰乳调节pH范围为3.2<pH<5.2，因CaSO4微溶，“除铁”时，所得滤渣II的成分除Fe(OH)3外还有CaSO4;若石灰乳过量，滤渣II中常含有Cd(OH)2和Cu(OH)2，故答案为：3.2<pH<5.2 或3.2~5.2；Cd(OH)2进入滤渣II而损失； （4）“酸溶”所得的溶液中含有微量的Cu2+和Pb2+，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将Cu2+和Pb2+转化为单质而除去，故答案为：Cd+Cu2+= Cu+Cd2+、 Cd+Pb2+= Pb+Cd2+； （5）根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为Ca>Zn>Fe>Cd>Pb>H>Cu，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：Cd2+ > Zn2+,故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为Cd2++ 2e- = Cd,故答案为:越强; Cd2++ 2e- = Cd。 27．（14分）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。 ②沉淀I中只含有两种沉淀。 ③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+ ④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 (1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示： 空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h 暴露空气中 450～500 88 14 对流空气氧化炉中 450～500 98 6 在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_______。 (2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。 (3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______。 (4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_______。 (5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5) (7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_____。 【答案】(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触 (2)将Co3+、Fe3+还原 (3) (4)     将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去     MgF2、CaF2 (5)     浓盐酸     冷却结晶 (6)2.5×10-15 (7) 【解析】水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体； （1）在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率； （2）已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原； （3）已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为； （4）由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。 （5）操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 （6）pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]= =2.5×10-15。 （7）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。 28．(15分)处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题: (1)CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g) + N2O(g)CO2(g) +N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。 总反应: CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H=______ kJ·mol-1； 该总反应的决速步是反应_____ (填 “①"或“②”)，该判断的理由是__________． (2)已知: CO(g) + N2O(g)CO2(g) + N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)， k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____ (填字母序号)。 A．升温 B．恒容时，再充入CO C．恒压时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2 (3)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示： ①表示N2O的转化率随的变化曲线为____曲线(填“I”或“II”)； ②T1_______T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是______________ ③已知:该反应的标准平衡常数，其中为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数=_______ ( 计算结果保留两位有效数字，p分=p总 ×物质的量分数)。 【答案】(1)          ①     反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步 (2)AC (3)     Ⅱ     ＜     曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故     3.4 【解析】（1）由图2可知，总反应为：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g)  ∆H = -361.22 kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。 （2）由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关， A．升温，k增大，速率加快，故A正确； B．恒容时，再充人CO，c( N2O)不变，速率不变，故B错误； C．恒压时，再充人N2O ，c( N2O)增大，速率增大，故C正确； D．恒压时，再充人N2 ，c( N2O)减小，速率减慢，故D错误； 故选AC； （3）①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。 ②曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故。 ③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：，利用“三段式”计算法可知，平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。 （二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分） 软包电池(水系)具有优异的稳定性，良好的容量保持率，且成本较低，大规模储能的应用前景广泛。 回答下列问题： (1)基态原子核外电子排布式为_______；原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为_______。 (2)是锰的一种配合物。配体与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_______(填元素符号)，其能量最高的电子所在的能级符号为_______，配合物中心原子的配位数是_______。 (3)软包电池的关键组件结构如图所示。 ①其中S原子的杂化轨道类型为_______。 ②中存在的作用力为_______(填标号)。 A．金属键    B．键    C．键    D．氢键 ③中第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______，原因是_______。 (4)掺杂的氮化钛晶胞结构如图所示。距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的边长为_______cm(列出算式)。 【答案】(1)          或 (2)     N          6 (3)          BC     F>N>O>C     中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能为F>N>O>C (4)     4     或 【解析】（1）是25号元素，基态原子核外电子排布式为；原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，电子排布式为，其核外电子自旋磁量子数的代数和为或； （2）中，甲基与碳形成C-C单键，C与N形成三键，含有孤电子对的原子为N原子，其电子排布式为，其能量最高的电子所在的能级符号为，配合物中心原子Mn的配位数是6； （3）①根据结构简式中S的价键可知，S形成6对共用电子对，没有孤电子对，S原子的杂化轨道类型为sp3杂化； ②中既有单键也有双键，非金属元素之间形成共价键，故存在的作用力为键、键 ，不存在金属键、氢键，答案选BC； ③中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能为F>N>O>C； （4）位于晶胞体心，位于晶胞的棱，若以为中心，则围在以为中心的棱为中心的四个晶胞的中心为距离最近的，总共有4个； 根据均摊法，晶胞中含有8个N，12个，1个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的质量为g，体积为，则边长为或cm。 36．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 化合物是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下： 已知：①为最简单的芳香烃，且、互为同系物。 ②代表烃基。 请回答下列问题： (1)A的结构简式是_________，中的含氧官能团名称是_________。 (2)由生成的反应类型是_________，的化学名称为_________。 (3)的化学方程式为_________ (4)L是的同分异构体，含有联苯结构，遇溶液显紫色，则有_________种不考虑立体异构。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为的结构简式为_________。 (5)写出用氯乙烷和氯丙醇为原料制备化合物的合成路线_________其他无机试剂任选。 【答案】(1)          醚键 (2)     取代反应     氯乙醇 (3) (4)          (5) 【解析】①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。C为苯，A为甲苯，A和氯气发生取代生成B()，B与C反应生成D，D氧化反应生成E，E还原生成F，F和CH2OHCH2Cl反应生成H。氯乙烷先水解生成乙醇，根据信息乙醇和氨气反应生成NH(CH2CH3)2，乙醇和浓硫酸和2­氯­1­丙醇反应的产物再和NH(CH2CH3)2反应得到。 （1）根据信息得到A的化学名称是甲苯，结构简式为：，H中的含氧官能团名称是醚键，故答案为：；醚键。 （2）根据F、H的结构简式，由F+G→H的反应条件以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基中的脱水成醚，则由F生成H的反应类型是取代反应，G的结构简式为：CH2OHCH2Cl，其化学名称为2-氯乙醇。故答案为：取代反应；2-氯乙醇。 （3）A→B的反应为甲苯与氯气发生取代反应，反应的化学方程式为；故答案为：。 （4）L是F的同分异构体，含有联苯()结构，遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基，还含有一个甲基，，当酚羟基在1号位，甲基有5种位置即5种结构，酚羟基在2号位，则甲基有7种位置即7种结构，酚羟基在3号位，则甲基有7种位置即7种结构，因此共有19种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为；故答案为：19；。 （5）氯乙烷先水解生成乙醇，根据信息乙醇和氨气反应生成NH(CH2CH3)2，乙醇和浓硫酸和2­氯­1­丙醇反应的产物再和NH(CH2CH3)2反应得到，因此合成路线为： ；故答案为：。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学模拟卷01（全国卷） (考试时间：50分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：Cl：35.5 H：1 O：16 Ru：101 Cu：64 S：32 一、选择题：本题共7个小题，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。 7．2022年北京冬奥会和冬残奥会通过科技助力，体现环保理念。下列说法正确的是 A．全部餐具均由可降解聚乳酸生物新材料制作，因其美观大方 B．全部场馆首次采用绿色电力，所产生的碳排放量全部实现碳中和 C．冬奥火炬外壳首次使用有机高分子的碳纤维材料制作，坚持绿色办奥 D．国家速滑馆使用的二氧化碳跨临界直冷制冰系统，与传统制冷剂氟利昂相比，更不环保 8．某实验小组为制取丙烯酸甲酯()(沸点为85℃)，将丙烯酸、甲醇和浓硫酸置于三颈烧瓶中，充分反应并冷却后，加入溶液洗涤，分离出有机相。经干燥、蒸馏，得到产物。产物水解后用盐酸滴定，测定其纯度。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(部分夹持及加热装置略) 实验装置或操作 选项 A B C D A．A B．B C．C D．D 9．室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：①P+Q=X+Z；②P+Q=Y+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计，Y、Z均可溶于水)。下列说法不正确的是 A．反应①的活化能比反应②的活化能大 B．0～20min内，Z的平均反应速率为6×10-3mol•L-1•min-1 C．反应30min时，v1：v2=2：3 D．45min时Y的浓度为0.24mol•L-1 10．脱氢醋酸常用于生产食品保鲜剂，脱氢醋酸的制备方法如图。下列说法错误的是 A．a分子中所有原子处于同一平面 B．a、 b均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色 C．在一定条件下，a、b均能与H2，发生加成反应 D．b与互为同分异构体 11．一种由短周期元素组成的化合物，其结构如下图所示。X、Y、Z、Q、R位于同一周期，且原子序数依次递增，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍。下列判断错误的是 A．离子半径： X＜R＜Q B．使用ZQ2跨临界可直接制冰，利用了ZQ2晶体易升华的性质 C．元素的非金属性： Z＜Q＜R D．化合物YR3中各原子最外层均满足8电子稳定结构 12．一种分子的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，下列说法错误的是 A．原子半径： B．X、Y、Z在同一周期 C．Y的氢化物在常温下是液态 D．非金属性： 13．是一种一元弱酸，常温下，向溶液中逐滴加入浓度为的溶液，溶液中、、中和率(中和率)的变化如图所示。下列说法错误的是 A．a点时， B．溶液中水的电离程度：c点点 C．b点时， D．的电离常数为 二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共43分。 26．(14分)镉( Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd的某种工艺流程如图所示。 已知：①Ksp[CaSO4] =9.1 ×10-6 Ksp[PbSO4]=1.6×10-8 ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+ 开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： (1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是_______。 (2)“酸浸”时，保持温度和pH均不宜过高的原因是_______；“压滤 ”所得滤渣I的主要成分是_______( 填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是_______。 (3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是_______ ， 若石灰乳加过量，缺陷是_______。 (4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的离子反应方程式为_______。 (5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25°C下，部分电对的电极电位如表所示。 电对 Fe3+/Fe2+ Cu2+/Cu H+/H2 Pb2+/Pb Cd2+/Cd Fe2+/Fe Zn2+/Zn Ca2+/Ca 电极电位/V +0.771 +0.337 0 -0.126 - 0.402 -0.442 -0.762 -2. 86 根据表中信息和已有知识可知，电对的电极电位数值越大，电对中氧化态粒子的氧化性_______(填“越强”或“越弱”)。采用低电流条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应是_______。 27．（14分）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。 ②沉淀I中只含有两种沉淀。 ③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+ ④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 (1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示： 空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h 暴露空气中 450～500 88 14 对流空气氧化炉中 450～500 98 6 在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_______。 (2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。 (3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______。 (4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_______。 (5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5) (7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_____。 28．(15分)处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题: (1)CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g) + N2O(g)CO2(g) +N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。 总反应: CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H=______ kJ·mol-1； 该总反应的决速步是反应_____ (填 “①"或“②”)，该判断的理由是__________． (2)已知: CO(g) + N2O(g)CO2(g) + N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)， k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____ (填字母序号)。 A．升温 B．恒容时，再充入CO C．恒压时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2 (3)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示： ①表示N2O的转化率随的变化曲线为____曲线(填“I”或“II”)； ②T1_______T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是______________ ③已知:该反应的标准平衡常数，其中为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数=_______ ( 计算结果保留两位有效数字，p分=p总 ×物质的量分数)。 （二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分） 软包电池(水系)具有优异的稳定性，良好的容量保持率，且成本较低，大规模储能的应用前景广泛。 回答下列问题： (1)基态原子核外电子排布式为_______；原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为_______。 (2)是锰的一种配合物。配体与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_______(填元素符号)，其能量最高的电子所在的能级符号为_______，配合物中心原子的配位数是_______。 (3)软包电池的关键组件结构如图所示。 ①其中S原子的杂化轨道类型为_______。 ②中存在的作用力为_______(填标号)。 A．金属键    B．键    C．键    D．氢键 ③中第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______，原因是_______。 (4)掺杂的氮化钛晶胞结构如图所示。距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的边长为_______cm(列出算式)。 36．[化学——选修5：有机化学基础](15分) 化合物是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下： 已知：①为最简单的芳香烃，且、互为同系物。 ②代表烃基。 请回答下列问题： (1)A的结构简式是_________，中的含氧官能团名称是_________。 (2)由生成的反应类型是_________，的化学名称为_________。 (3)的化学方程式为_________ (4)L是的同分异构体，含有联苯结构，遇溶液显紫色，则有_________种不考虑立体异构。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为的结构简式为_________。 (5)写出用氯乙烷和氯丙醇为原料制备化合物的合成路线_________其他无机试剂任选。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$