冲刺抢分卷04 -备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷（广东专用）

备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷04 （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、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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 1 O 16 S 32 Fe 56 Ce 140 Pb 207 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．龙年快要过去，在广东博物馆里寻找岭南“龙迹”，以下文物主要材质是有机高分子的是 文物 选项 A．商代夔龙纹青铜壶 B．唐代生肖龙陶俑 C．南宋《墨龙图》卷轴 D．明代白地绿彩龙纹盘 A．A B．B C．C D．D 2．非物质文化遗产是人类文明的结晶和宝贵的共同财富。下列相关说法错误的是 A．黑龙江赫哲族鱼皮制作技艺——鱼皮中的蛋白质由氨基酸经过聚合反应得到 B．吉林四平传统面食制作技艺——面食中的淀粉属于低聚糖 C．辽宁省抚顺市煤精雕刻——煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物 D．内蒙古桦树皮制作技艺——桦树皮中的纤维素可以水解生成葡萄糖 3．化学与环境、材料、能源、信息等生产生活息息相关，并助力科学高质量发展，下列对科学成果的描述错误的是 A．月壤中的“嫦娥石”，其主要成分属于无机盐 B．研制的高效率钙铁矿太阳能电池能将太阳能转化为电能 C．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体 D．《荀子劝学》中记载“冰之为水，而寒于水”，说明冰的能量低于水，冰变为水属于吸热反应 4．化学与生活、生产密切相关。下列叙述错误的是 A．糖类、蛋白质、油脂均能在一定条件下发生水解反应 B．核磁共振氢谱可以鉴别HCOOCH3和CH3COOCH3 C．单一波长的X射线通过水晶粉末时，记录仪上会产生明锐的衍射峰 D．人体中没有水解纤维素的酶，纤维素能加强肠道蠕动，有通便作用 5．分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的流程如下，操作X为 A．冷却结晶 B．蒸发结晶 C．萃取分液 D．加热蒸馏 6．锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A．作电池的负极 B．电池工作时，向正极移动 C．正极的电极反应： D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 7．劳动实践促成长。下列劳动实践项目均正确，且与所述的化学知识有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 厨师在制作豆腐时加入盐卤 盐卤可以使豆腐抗氧化 B 工程师用聚合氯化铝处理污水 细小悬浮物聚集成较大的颗粒后沉淀 C 工程师将港珠澳大桥的钢管桩与高硅铸铁分别连接直流电源两极 钢管桩连接电源正极 D 考古工作者利用测定文物年代 的化学性质稳定 A．A B．B C．C D．D 8．16世纪，利巴菲乌斯正式记载了将食盐和浓硫酸混合加热制备氯化氢的方法。某小组在实验室做红色喷泉实验，下列原理、装置或操作错误的是 A B C D 制备气体 干燥 集干燥的 启动红色喷泉 A．A B．B C．C D．D 9．部分含N物质及含S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断正确的是 A．c＇和d＇分子中硫原子的杂化方式不相同 B．c＇通入到紫色石蕊溶液中，溶液褪色 C．用两根玻璃棒分别蘸取浓的a溶液和浓的e＇溶液，将两根玻璃棒靠近时有白烟产生 D．常温下，可以用铁或铝制容器来盛装浓的e或e＇溶液 10．有机化合物X常用于平喘、止咳，其结构如下图所示，下列说法正确的是 A．X极易溶于水 B．1个X分子中有5个手性碳原子 C．X在碱性条件下不稳定，在酸性条件下很稳定 D．与溶液反应最多可以消耗 11．某兴趣小组用如图所示的一体化装置进行的制备与性质探究。下列说法不正确的是 A．该装置中制备反应的化学方程式为(浓) B．试纸1、试纸2和试纸3中的溶液褪色，均能说明具有还原性 C．溶液每吸收1mol理论上转移4mol D．该装置的优点在于可被NaOH溶液吸收，不会污染环境 12．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 密度：冰>干冰 水分子间存在氢键，氢键属于化学键 B 键角： 、、中心C原子的孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 浓硫酸加入蔗糖中，形成多孔炭 浓硫酸具有强氧化性和脱水性 D 乙烯能使溴水褪色 乙醇和浓硫酸共热，产生的气体能使溴水褪色，该气体一定是乙烯 A．A B．B C．C D．D 13．铅酸蓄电池在生活中应用广泛，其放电的总反应为，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．属于非电解质，中含有的原子数为 B．硫酸是二元强酸，的硫酸溶液中的数目为 C．该反应中每消耗，理论上转移的电子数为 D．是非极性分子，中含有的原子数为 14．前四周期元素的原子序数依次增大，同周期中基态Y原子未成对电子数最多，基态Z原子价层电子排布式为。Z和R位于同主族，基态的d能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物为蓝色晶体。下列叙述正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．常温下，和在空气中都容易被氧化 D．常温下，向溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀 15．我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡：，电极上发生的电子转移反应为。下列说法正确的是 A．电极与电源的负极相连 B．理论上双极膜中解离水的质量为90g时，则生成 C．阴极总反应式为： D．用铅蓄电池作电源时，每消耗，铜上生成 16．大气污染物氮氧化物可采用氢气选择性催化还原处理，相关反应如下：反应I：  ；反应II：  。将1mol NO和通入恒容密闭容器中(起始总压强为10kPa)发生上述反应，测得平衡时NO、、在含氮物质中的物质的量分数[如]随温度倒数()的变化如图所示。已知条件下，平衡时；，条件下，各物质均为气态。下列说法正确的是 A． B．反应I中反应物总能量比生成物总能量低 C．条件下，平衡时的转化率为31.25% D．条件下，平衡时容器内的总压强为8.25kPa 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）过渡金属催化分解过氧化氢时，会产生羟基自由基()，其反应活性强、寿命短、存在浓度低，准确测定的绝对浓度十分困难，某兴趣小组通过邻菲罗啉(Ⅱ)光度法间接测其生成量，反应原理为。 查阅资料： ①条件相同时，溶液吸光度A与其物质的量浓度c成正比：(k为吸光物质的吸收系数)。 ②能与邻菲罗啉()形成稳定的配离子，该配离子能吸收波长为510的光，而对波长为510的光吸收很弱，可忽略不计。 实验一：配制溶液 (1)用()晶体配制100含的溶液，应准确称取该晶体的质量是 g(分析天平精确度为0.0001g)。另准确称取一定质量晶体，取一定量的溶液配制1000.01溶液备用。配制溶液时需要用到下列仪器中的 (填字母)。 (2)配制溶液时需加入一定量的溶液，其原因是 (用离子方程式解释)。 实验二：测定羟基自由基生成浓度并探究其影响因素 取若干试管编号，按照下表用量混合反应溶液，并依次测定波长为510时溶液的吸光度： 编号 0.01 溶液/ 0.01 溶液/ 0.01 溶液/ 蒸馏水/ 吸光度A 0 2.00 0.00 0.00 98.00 1.6 1 2.00 1.00 0.05 96.95 1.2 2 2.00 1.00 0.10 96.90 0.7 3 2.00 1.00 a 96.85 0.3 4 2.00 1.00 0.20 96.80 0.3 5 2.00 1.00 0.25 96.75 0.4 (3)表格中a的数值为 ，若该实验条件下的，空白样品吸光度，则和投料比时羟基自由基生成量 (保留3位有效数字) 分析讨论：该小组同学发现实验过程中实测的空白样品吸光度与文献数值有一定偏差，探究其原因。 提出猜想：在配制溶液时，可能有部分溶质被氧气氧化。 设计实验： (4)①该小组同学设计实验验证了猜想的正确性，其操作和现象是 。 ②甲同学提出，为排除氧气氧化的干扰，可在配制溶液时，加入少量粉，但乙同学认为不可以，其原因是 。 拓展探究：某兴趣小组继续探究催化分解体系中对生成量的影响(用表观生成率表示)。 (5)按照溶液投入量为1，在下，用溶液调节不同，测得表观生成率如图所示，已知随的升高，存在状态变化：，其不同形态对分解生成的表观生成率催化效率不同。下列分析正确的是 (填字母)。 A．在为3~5范围内含量最高 B．催化产生的效率最高 C．大于4之后表观生成率下降的原因是浓度下降 18．（14分）二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料，制备的一种工艺流程如图所示： 已知： ①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： (1)氧化焙烧中氧化的目的是 ；酸浸步骤中提高浸取率的方法有 (写一种)。 (2)“萃取”时存在反应：，下图中表示分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，，保持其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因 。 (3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为 。 (4)“氧化”步骤中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。 (5)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生的循环，请写出消除尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。 (6)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞边长。(已知：的空缺率) ①晶胞中与最近的核间距为 。 ②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 19．（14分）研究资源的综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。已知： 反应I．   反应Ⅱ．   反应Ⅲ．   (1)低温自发的反应是 (填反应序号)。 (2)温度下(为气态)，向恒容密闭容器中充入和，发生上述反应，下列表明反应Ⅱ已经达到平衡状态的是_______。 A．压强保持不变 B．与的物质的量之比为 C．混合气体的密度保持不变 D．混合气体的平均相对分子质量保持不变 (3)时，反应I的速率方程为，其中x表示相应气体的物质的量分数，为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，k为反应的速率常数。已知保持不变，达到平衡时，，此时反应I的速率 (用含k的代数式表示)。 (4)其他条件相同时，使用两种不同催化剂进行反应，相同时间内测得转化率、选择性随温度变化的影响分别如图1、图2所示： ①结合图像，工业上应选择的催化剂种类及合适温度为 。 ②以Ni为催化剂，温度高于320℃时，转化率随温度升高上升，原因是 。 (5)催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。在相同条件下，通过电解池的电量恒定，电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。 已知：FE%=×100%，其中，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 (填化学式)。 ②当电解电压为U2V时，阴极由生成的电极反应式为 。 ③当电解电压为U3V时，电解生成的和的物质的量之比为 。 20．（14分）氯霉素是广谱抑菌抗生素。以化合物A为原料合成氯霉素的一种路线如图所示： 注： ①为手性碳原子上的单键，若考虑分子的立体结构，该键指向纸面上方； ②。 回答下列问题： (1)A的名称是 ；F→G的有机反应类型为 。 (2)C的结构简式为 。 (3)A→B的反应分为两步，第一步形成碳氮双键，第二步形成碳碳单键，则第二步反应的化学方程式为 。 (4)分析F可能存在的化学性质，完成下表： 序号 反应试剂、条件 反应形成的新物质 反应类型 ① ，催化剂 加成反应 ② 氧化反应 (5)已知含n个手性碳原子的有机物经过手性拆分最多可得到2n种对映异构体，根据上述示意图中的相关物质及转化，下列说法中正确的是___________(填字母)。 A．物质A的同分异构体有3种 B．物质B中N原子的杂化形式只有 C．物质B→C的转化中涉及键的断裂和生成 D．物质D经过手性拆分最多可得到4种对映异构体 (6)根据合成氯霉素的信息，设计以(酪氨酸)为原料合成的路线 (无机试剂任选)。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷04 （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、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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 1 O 16 S 32 Fe 56 Ce 140 Pb 207 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．龙年快要过去，在广东博物馆里寻找岭南“龙迹”，以下文物主要材质是有机高分子的是 文物 选项 A．商代夔龙纹青铜壶 B．唐代生肖龙陶俑 C．南宋《墨龙图》卷轴 D．明代白地绿彩龙纹盘 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】青铜壶材质的主要成分是铜合金，陶俑材质和纹盘材质的主要成分为硅酸盐，卷轴的材质主要成分是天然高分子化合物纤维素，故选C。 2．非物质文化遗产是人类文明的结晶和宝贵的共同财富。下列相关说法错误的是 A．黑龙江赫哲族鱼皮制作技艺——鱼皮中的蛋白质由氨基酸经过聚合反应得到 B．吉林四平传统面食制作技艺——面食中的淀粉属于低聚糖 C．辽宁省抚顺市煤精雕刻——煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物 D．内蒙古桦树皮制作技艺——桦树皮中的纤维素可以水解生成葡萄糖 【答案】B 【详解】A．蛋白质由氨基酸通过脱水缩合(聚合反应的一种)形成，A正确； B．淀粉是多糖，而低聚糖(寡糖)通常由3-10个单糖组成，因此淀粉不属于低聚糖，B错误； C．煤主要含有机物(如碳)，同时含有少量无机物(如硫、矿物质)，是复杂混合物，C正确； D．纤维素是多糖，水解后可生成葡萄糖，D正确； 故选B。 3．化学与环境、材料、能源、信息等生产生活息息相关，并助力科学高质量发展，下列对科学成果的描述错误的是 A．月壤中的“嫦娥石”，其主要成分属于无机盐 B．研制的高效率钙铁矿太阳能电池能将太阳能转化为电能 C．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体 D．《荀子劝学》中记载“冰之为水，而寒于水”，说明冰的能量低于水，冰变为水属于吸热反应 【答案】D 【详解】A．由组成可知，属于无机盐，故A正确； B．高效率钙钛矿太阳能电池能是太阳能转化为电能的装置，故B正确； C．螺旋碳纳米管与石墨烯是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故C正确； D．冰变为水的过程中没有新物质生成，属于物理变化，冰变为水不属于吸热反应，属于吸热过程，故D错误； 故选D。 4．化学与生活、生产密切相关。下列叙述错误的是 A．糖类、蛋白质、油脂均能在一定条件下发生水解反应 B．核磁共振氢谱可以鉴别HCOOCH3和CH3COOCH3 C．单一波长的X射线通过水晶粉末时，记录仪上会产生明锐的衍射峰 D．人体中没有水解纤维素的酶，纤维素能加强肠道蠕动，有通便作用 【答案】A 【详解】A．单糖不能水解，如葡萄糖、果糖就是单糖，不能水解，A错误； B．的核磁共振氢谱图中均为两种吸收峰，面积比均分别是和，峰的结构不相同，可以进行区别，B正确； C．当单一波长的X-射线通过晶体时，会在记录仪上看到分立的斑点或谱线，水晶为晶体，故能产生明锐的衍射峰，C正确； D．人体缺乏纤维素酶，无法水解纤维素，但其可促进肠道蠕动，促进消化和排便，D正确； 故选A。 5．分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的流程如下，操作X为 A．冷却结晶 B．蒸发结晶 C．萃取分液 D．加热蒸馏 【答案】D 【详解】乙酸乙酯粗产品经饱和碳酸钠溶液多次洗涤分液，得到酯层，再加入无水Na2SO4固体干燥酯层，经过滤得到滤液，最后滤液经加热蒸馏得到乙酸乙酯，故选D。 6．锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A．作电池的负极 B．电池工作时，向正极移动 C．正极的电极反应： D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 【答案】B 【分析】锌银纽扣电池中，锌作负极，发生氧化反应：，作正极，发生还原反应：，总反应为：； A．由分析可知，锌作电池的负极，作电池正极，A正确； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则向负极移动，B错误； C．由分析可知，正极的电极反应为：，C正确； D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性，以保证电池正常工作，D正确； 故选B。 7．劳动实践促成长。下列劳动实践项目均正确，且与所述的化学知识有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 厨师在制作豆腐时加入盐卤 盐卤可以使豆腐抗氧化 B 工程师用聚合氯化铝处理污水 细小悬浮物聚集成较大的颗粒后沉淀 C 工程师将港珠澳大桥的钢管桩与高硅铸铁分别连接直流电源两极 钢管桩连接电源正极 D 考古工作者利用测定文物年代 的化学性质稳定 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．优质的豆浆含有胶体的成分，向豆浆中加入盐卤或石膏来制作豆腐是利用胶体的聚沉的性质，故A错误； B．氯化铝中的铝离子在水中可以发生水解生成氢氧化铝胶体，是一种可使废水中细小颗粒絮凝的絮凝剂，可用于污水处理，故B正确； C．将钢管桩连通电源负极，钢管桩为阴极，可起到保护作用，故C错误； D．考古工作者利用衰变的原理对文物进行年代测定，故D错误； 故答案选B。 8．16世纪，利巴菲乌斯正式记载了将食盐和浓硫酸混合加热制备氯化氢的方法。某小组在实验室做红色喷泉实验，下列原理、装置或操作错误的是 A B C D 制备气体 干燥 集干燥的 启动红色喷泉 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．浓硫酸沸点高于HCl，高沸点酸制取低沸点酸，能达到实验目的，A正确； B．HCl气体不和浓硫酸反应，可以用浓硫酸进行干燥，能达到实验目的，B正确； C．HCl气体密度比空气大，采用向上排空气法收集，图中收集装置进气方向错误，应该短进长出，C错误； D．HCl气体易溶于水，能够形成压强差，从而形成红色喷泉(甲基橙在酸性较强时变红)，D正确； 故选C。 9．部分含N物质及含S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断正确的是 A．c＇和d＇分子中硫原子的杂化方式不相同 B．c＇通入到紫色石蕊溶液中，溶液褪色 C．用两根玻璃棒分别蘸取浓的a溶液和浓的e＇溶液，将两根玻璃棒靠近时有白烟产生 D．常温下，可以用铁或铝制容器来盛装浓的e或e＇溶液 【答案】D 【分析】根据N、S元素的化合价及物质所属类别可推知各种物质分别是a：NH3；b：N2；c：NO；d：NO2；e：HNO3；a'：H2S；b'：S；c'：SO2；d'：SO3；e'：H2SO4，然后根据物质的性质及转化关系分析解答。 A．c'：SO2的中心原子价层电子对数=2+=3，中心硫原子sp2杂化，d'：SO3的中心原子价层电子对数=3+=3，中心硫原子sp2杂化，故A错误； B．c′是SO2，通入到紫色石蕊溶液中，二氧化硫和水反应生成了亚硫酸，溶液变红色，故B错误； C．用两根玻璃棒分别蘸取浓的氨水溶液和浓的硫酸溶液，浓硫酸难挥发，将两根玻璃棒靠近时无白烟产生，故C错误； D．常温下，铝、铁在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，可以用铁或铝制容器来盛装浓的硝酸或浓硫酸溶液，故D正确； 故选：D。 10．有机化合物X常用于平喘、止咳，其结构如下图所示，下列说法正确的是 A．X极易溶于水 B．1个X分子中有5个手性碳原子 C．X在碱性条件下不稳定，在酸性条件下很稳定 D．与溶液反应最多可以消耗 【答案】B 【分析】由结构可知，化合物X含有醚键、酯基、羟基及取代氨基，具有醚、酯、醇的性质及碱性。 A．化合物X含有1个羟基，为亲水基团，但比疏水基团小，故X在水中的溶解性较小，A项错误； B．在X 分子中，标有*的碳原子为手性碳原子，故1个X分子中有5个手性碳原子，B项正确； C．X含有酯基在碱性条件及酸性条件下均能水解，且取代氨基氮原子有孤电子，具有碱性，能与酸发生反应， C项错误； D．与溶液反应最多可以消耗，D项错误； 答案选B。 11．某兴趣小组用如图所示的一体化装置进行的制备与性质探究。下列说法不正确的是 A．该装置中制备反应的化学方程式为(浓) B．试纸1、试纸2和试纸3中的溶液褪色，均能说明具有还原性 C．溶液每吸收1mol理论上转移4mol D．该装置的优点在于可被NaOH溶液吸收，不会污染环境 【答案】B 【详解】A．该装置中制备反应的化学方程式为(浓)，A项正确； B．试纸1（沾有紫色石蕊溶液）只能变红不会褪色，说明溶于水后产生酸性物质，试纸2（沾有溶液）褪色说明具有还原性，试纸3（沾有品红溶液）褪色说明具有漂白性，B项错误； C．与发生归中反应，中S由+4价降至0价，反应中转移电子的关系为，则每吸收1mol理论上转移4mol，C项正确； D．一体化设计能让封闭于装置内，NaOH溶液最后吸收，达到尾气处理的目的，D项正确； 故选B。 12．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 密度：冰>干冰 水分子间存在氢键，氢键属于化学键 B 键角： 、、中心C原子的孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 浓硫酸加入蔗糖中，形成多孔炭 浓硫酸具有强氧化性和脱水性 D 乙烯能使溴水褪色 乙醇和浓硫酸共热，产生的气体能使溴水褪色，该气体一定是乙烯 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．氢键不是化学键，A错误； B．的孤电子对数为，的孤电子对数为，的孤电子对数为，三者孤电子对数均为0，键角：，因为中心原子是sp杂化，键角180o，中C原子是sp2杂化，键角为120o，中C原子是sp3杂化，键角为109o48′，B错误； C．浓硫酸具有脱水性，所以使蔗糖炭化，生成的C单质继续与浓硫酸反应生成气体，是因为浓硫酸具有强氧化性，C正确； D．乙醇和浓硫酸共热会有杂质气体二氧化硫产生，二氧化硫也能使溴水褪色，D错误； 故选C。 13．铅酸蓄电池在生活中应用广泛，其放电的总反应为，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．属于非电解质，中含有的原子数为 B．硫酸是二元强酸，的硫酸溶液中的数目为 C．该反应中每消耗，理论上转移的电子数为 D．是非极性分子，中含有的原子数为 【答案】C 【详解】A．Pb属于单质，所有的单质都不属于电解质，也不属于非电解质，A错误； B．硫酸是二元强酸，pH=0但未给出溶液体积，不能具体计算的数目，B错误； C．即，根据反应关系，每消耗转移电子数为，C正确； D．中心原子O含有2对孤对电子，是极性分子，物质的量，含有的原子数为，D错误； 答案选C。 14．前四周期元素的原子序数依次增大，同周期中基态Y原子未成对电子数最多，基态Z原子价层电子排布式为。Z和R位于同主族，基态的d能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物为蓝色晶体。下列叙述正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．常温下，和在空气中都容易被氧化 D．常温下，向溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀 【答案】B 【分析】同周期中基态Y原子未成对电子数最多，Y为ⅤA族元素；基态Z原子价层电子排布式为，n=2，Z为O元素，则Y为N元素；Z和R位于同主族，则R为S元素；基态的d能级达到全充满结构，对应(基态的价电子排布为)，则M为Cu；根据，可知X为H，综上所述：X为H、Y为N、Z为O、R为S、M为Cu，据此解答； A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，A错误； B．根据同主族从上往下第一电离能减小，则O＞S，N的2p能级半满，第一电离能大于同周期相邻元素，则N＞O，所以第一电离能：，B正确； C．常温下，()不能与反应，C错误； D．是稳定的配合物，向溶液中加入溶液，不会生成，D错误； 故选B。 15．我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡：，电极上发生的电子转移反应为。下列说法正确的是 A．电极与电源的负极相连 B．理论上双极膜中解离水的质量为90g时，则生成 C．阴极总反应式为： D．用铅蓄电池作电源时，每消耗，铜上生成 【答案】A 【分析】在KOH溶液中HCHO转化为：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡，Cu电极上发生的电子转移反应为，结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC-COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC-COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O，OHC-COOH与HO-N+H3反应生成HOOC-CH=N-OH：OHC-COOH+HO- N+H3→HOOC-CH=N-OH+H2O+H+，HOOC-CH=N-OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC-CH=N-OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。 A．由分析，PbCu电极为阴极，电极与电源的负极相连，A正确； B．根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO-N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，90g水为5mol，故理论上生成molH3N+CH2COOH，B错误； C．由分析可知，阴极总反应式为：H2C2O4+HO-N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，C错误；   D．没有标况，不确定生成氢气体积，D错误； 故选A。 16．大气污染物氮氧化物可采用氢气选择性催化还原处理，相关反应如下：反应I：  ；反应II：  。将1mol NO和通入恒容密闭容器中(起始总压强为10kPa)发生上述反应，测得平衡时NO、、在含氮物质中的物质的量分数[如]随温度倒数()的变化如图所示。已知条件下，平衡时；，条件下，各物质均为气态。下列说法正确的是 A． B．反应I中反应物总能量比生成物总能量低 C．条件下，平衡时的转化率为31.25% D．条件下，平衡时容器内的总压强为8.25kPa 【答案】C 【详解】A．条件下，为，则为，故为，A错误； B．由图可知，随温度降低，平衡时增大，故反应I为放热反应，即反应I中反应物总能量比生成物总能量高，B错误； C．条件下，为，且=，即，设反应I、II消耗NO的物质的量分别为、，根据三段式：由题意可得：，解得。平衡时，，，，，，即转化率为，C正确； D．条件下，平衡时容器中气体总物质的量为，所以总压强为，D错误； 故答案选C。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）过渡金属催化分解过氧化氢时，会产生羟基自由基()，其反应活性强、寿命短、存在浓度低，准确测定的绝对浓度十分困难，某兴趣小组通过邻菲罗啉(Ⅱ)光度法间接测其生成量，反应原理为。 查阅资料： ①条件相同时，溶液吸光度A与其物质的量浓度c成正比：(k为吸光物质的吸收系数)。 ②能与邻菲罗啉()形成稳定的配离子，该配离子能吸收波长为510的光，而对波长为510的光吸收很弱，可忽略不计。 实验一：配制溶液 (1)用()晶体配制100含的溶液，应准确称取该晶体的质量是 g(分析天平精确度为0.0001g)。另准确称取一定质量晶体，取一定量的溶液配制1000.01溶液备用。配制溶液时需要用到下列仪器中的 (填字母)。 (2)配制溶液时需加入一定量的溶液，其原因是 (用离子方程式解释)。 实验二：测定羟基自由基生成浓度并探究其影响因素 取若干试管编号，按照下表用量混合反应溶液，并依次测定波长为510时溶液的吸光度： 编号 0.01 溶液/ 0.01 溶液/ 0.01 溶液/ 蒸馏水/ 吸光度A 0 2.00 0.00 0.00 98.00 1.6 1 2.00 1.00 0.05 96.95 1.2 2 2.00 1.00 0.10 96.90 0.7 3 2.00 1.00 a 96.85 0.3 4 2.00 1.00 0.20 96.80 0.3 5 2.00 1.00 0.25 96.75 0.4 (3)表格中a的数值为 ，若该实验条件下的，空白样品吸光度，则和投料比时羟基自由基生成量 (保留3位有效数字) 分析讨论：该小组同学发现实验过程中实测的空白样品吸光度与文献数值有一定偏差，探究其原因。 提出猜想：在配制溶液时，可能有部分溶质被氧气氧化。 设计实验： (4)①该小组同学设计实验验证了猜想的正确性，其操作和现象是 。 ②甲同学提出，为排除氧气氧化的干扰，可在配制溶液时，加入少量粉，但乙同学认为不可以，其原因是 。 拓展探究：某兴趣小组继续探究催化分解体系中对生成量的影响(用表观生成率表示)。 (5)按照溶液投入量为1，在下，用溶液调节不同，测得表观生成率如图所示，已知随的升高，存在状态变化：，其不同形态对分解生成的表观生成率催化效率不同。下列分析正确的是 (填字母)。 A．在为3~5范围内含量最高 B．催化产生的效率最高 C．大于4之后表观生成率下降的原因是浓度下降 【答案】 (1)2.7800 ABCDE (2)［或］ (3)0.15 (4)取少许配制的溶液于试管中，滴入几滴溶液，溶液变为红色 铁和铁离子反应生成亚铁离子，导致溶液中亚铁离子浓度增大，使得配制的溶液中混有多余，导致实验误差 (5)A 【分析】某兴趣小组通过邻菲罗啉(Ⅱ)光度法间接测其生成量，反应原理为，测定羟基自由基生成浓度并探究其影响因素实验中，编号 3 与编号 2、4 的 Fe²⁺用量相差均为0.05 mL，故 a = 0.15 mL，以此解答。 （1）配100含的溶液，需要的Fe2+物质的量为n=cV=0.10mol/L×0.100 L=0.010 mol，由题给晶体的摩尔质量M= 278 g/mol，所需质量m=n×M=0.010mol×278 g/mol=2.7800g。实验室配制一定体积准确浓度溶液的常规操作是：量筒量取水，用烧杯溶解、玻璃棒搅拌，再定量转移入容量瓶并用胶头滴管加水至刻度，故应选ABCDE。 （2）Fe2+在溶液中易水解生成或被OH-沉淀，加入适量可提供酸性环境，防止的发生。［或］ （3）测定羟基自由基生成浓度并探究其影响因素，表中编号 3 与编号 2、4 的 Fe²⁺用量相差均为0.05 mL，总体积为100 mL，故 a = 0.15 mL。当 =5时，对应表中编号4的吸光度A=0.3，设空白吸光度A0= 1.6，则被•OH氧化掉的 [Fe(phen)3]2+ 浓度差Δc=，恰为•OH 的生成浓度，故c(•OH) =。 （4）①验证FeSO4溶液被氧化只需要检验Fe3+，操作与现象为：取少许配制的溶液于试管中，滴入几滴溶液，溶液变为红色； ②不能加铁粉原因是：铁和铁离子反应生成亚铁离子，导致溶液中亚铁离子浓度增大，使得配制的溶液中混有多余，导致实验误差。 （5）A．根据题干，Fe2+在pH升高时会逐渐转化为和。在pH为3~5范围内，是主要的中间产物，因此其含量最高，A正确； B．从图表中可以看出，pH较高时·OH的表观生成率下降，表明Fe(OH)2的催化效率可能不如或Fe2+，B错误； C．pH大于4后，Fe2+逐渐转化为和，·OH表观生成率下降的主要原因是和的催化效率较低，而非Fe2+浓度下降，C错误； 故选A。 18．（14分）二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料，制备的一种工艺流程如图所示： 已知： ①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： (1)氧化焙烧中氧化的目的是 ；酸浸步骤中提高浸取率的方法有 (写一种)。 (2)“萃取”时存在反应：，下图中表示分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，，保持其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因 。 (3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为 。 (4)“氧化”步骤中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。 (5)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生的循环，请写出消除尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。 (6)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞边长。(已知：的空缺率) ①晶胞中与最近的核间距为 。 ②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 【答案】 (1)将+3价铈氧化为+4价 适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等 (2)随着c()增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小 (3)2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+ (4)2：1 (5) (6)a 5% 【分析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3）氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO、Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，最终生成CeO2。 （1）根据分析可知，氧化的目的是将+3价铈氧化为+4价；影响反应速率的因素有温度、浓度、固体的表面积等，因此提高浸取率的方法有适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等； （2）根据平衡Ce4＋+n(HA)2 Ce(H2n-4A2n)+4H＋，加入Na2SO4时，随着c()增大，水层中Ce4+被-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小； （3）根据分析，“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+； （4）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O＝2Ce(OH)4+NaCl，还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1； （5）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，方程式为； （6）①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为晶胞对角线长度的四分之一，即apm； ②氧化铈(CeO2)立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce8个O、若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.8∶0.1的晶体，每个晶胞中Ce与Y共4个时含4×(0.8×2+0.1×3)=7.6个O，则此晶体中O2−的空缺率=5%。 19．（14分）研究资源的综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。已知： 反应I．   反应Ⅱ．   反应Ⅲ．   (1)低温自发的反应是 (填反应序号)。 (2)温度下(为气态)，向恒容密闭容器中充入和，发生上述反应，下列表明反应Ⅱ已经达到平衡状态的是_______。 A．压强保持不变 B．与的物质的量之比为 C．混合气体的密度保持不变 D．混合气体的平均相对分子质量保持不变 (3)时，反应I的速率方程为，其中x表示相应气体的物质的量分数，为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，k为反应的速率常数。已知保持不变，达到平衡时，，此时反应I的速率 (用含k的代数式表示)。 (4)其他条件相同时，使用两种不同催化剂进行反应，相同时间内测得转化率、选择性随温度变化的影响分别如图1、图2所示： ①结合图像，工业上应选择的催化剂种类及合适温度为 。 ②以Ni为催化剂，温度高于320℃时，转化率随温度升高上升，原因是 。 (5)催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。在相同条件下，通过电解池的电量恒定，电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。 已知：FE%=×100%，其中，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 (填化学式)。 ②当电解电压为U2V时，阴极由生成的电极反应式为 。 ③当电解电压为U3V时，电解生成的和的物质的量之比为 。 【答案】 (1)Ⅱ、Ⅲ (2)AD (3) (4)和320℃ 320℃反应未达到平衡，催化剂活性随升温增强加快速率，使得转化率上升 (5)H2 2∶1 【详解】（1）低温自发的反应条件是放热熵减，Ⅱ、Ⅲ是放热熵减的反应，答案：Ⅱ、Ⅲ； （2）恒容密闭容器中充入和，发生上述反应，下列表明反应Ⅱ已经达到平衡状态的是A.气体的体积在变化，压强会变化，当压强保持不变，达到平衡状态；B.与的物质的量之间关系和平衡无关，与的物质的量之比为，无法说明是否达到平衡状态；C.混合气体的质量不变，容器体积不变，密度保持不变，无法说明是否达到平衡状态；D. 混合气体的质量不变，物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，达到平衡状态；AD当选，答案：AD； （3），根据速率方程，答案：； （4）①结合图像可知的转化率高于Ni，工业上应选择的催化剂种类为，高于320℃转化率下降，甲烷选择性基本不变，所以合适温度为320℃，②以Ni为催化剂，温度高于320℃时，转化率随温度升高上升，可能原因是320℃反应未达到平衡，催化剂活性随升温增强加快速率，使得转化率上升， 答案：和320℃、320℃反应未达到平衡，催化剂活性随升温增强加快速率，使得转化率上升； （5）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳未得电子，为氢离子得电子变成氢气，故阴极主要还原产物为H2，②当电解电压为U2V时，阴极由生成的反应为二氧化碳得到电子发生还原生成，碳元素化合价由+4变为+2，据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下反应为：。 ③当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物的FE%为24%，还原产物的FE%为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mol e-，故电解生成的和的物质的量之比为，答案：。 20．（14分）氯霉素是广谱抑菌抗生素。以化合物A为原料合成氯霉素的一种路线如图所示： 注： ①为手性碳原子上的单键，若考虑分子的立体结构，该键指向纸面上方； ②。 回答下列问题： (1)A的名称是 ；F→G的有机反应类型为 。 (2)C的结构简式为 。 (3)A→B的反应分为两步，第一步形成碳氮双键，第二步形成碳碳单键，则第二步反应的化学方程式为 。 (4)分析F可能存在的化学性质，完成下表： 序号 反应试剂、条件 反应形成的新物质 反应类型 ① ，催化剂 加成反应 ② 氧化反应 (5)已知含n个手性碳原子的有机物经过手性拆分最多可得到2n种对映异构体，根据上述示意图中的相关物质及转化，下列说法中正确的是___________(填字母)。 A．物质A的同分异构体有3种 B．物质B中N原子的杂化形式只有 C．物质B→C的转化中涉及键的断裂和生成 D．物质D经过手性拆分最多可得到4种对映异构体 (6)根据合成氯霉素的信息，设计以(酪氨酸)为原料合成的路线 (无机试剂任选)。 【答案】 (1)对硝基苯甲醛或4-硝基苯甲醛 取代反应 (2) (3) (4) ，Cu、加热 (5)BD (6) 【分析】A与H2NCH2COOH发生加成反应生成B。根据D的结构与C→D的反应条件可知，B在H2O/HCl作用下发生还原反应生成C（），C在CH3OH/HCl作用下发生酯化反应生成D，然后D经过一系列反应生成G。据此解答： （1）由A的结构可知，其化学名称为对硝基苯甲醛(4-硝基苯甲醛)；F→G的反应中氨基上的一个被基团取代，故有机反应类型为取代反应。 （2）据分析，根据D的结构与C→D的反应条件可推断C的结构简式为。 （3）A→B的反应分为两步，第一步生成碳氮双键，结合题目条件判断，第一步中脱氢，脱氧，生成，随后第二步形成碳碳单键，即与相连的C上的原子表现活性，与发生加成反应，故反应的化学方程式为。 （4）①F与发生的加成反应在苯环上进行，故反应产物为； ②F中羟基被氧化为醛基和酮羰基，故反应为醇的催化氧化，反应试剂与条件为、Cu、加热。 （5）物质A的同分异构体只有间硝基苯甲醛和邻硝基苯甲醛两种；由B的结构简式可知B中N原子均为杂化；物质B→C的转化只涉及键的断裂，未涉及键的生成；物质D含有2个手性碳原子，根据题给信息可知其经过手性拆分最多可得到4种对映异构体，故答案选BD。 （6）参照题目中C→F，经过酯化、氨基成盐→手性拆分→还原等步骤得到产物，故合成路线如下： 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷 冲刺抢分卷04 （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、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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 1 O 16 S 32 Fe 56 Ce 140 Pb 207 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．C 2．B 3．D 4．A 5．D 6．B 7．B 8．C 9．D 10．B 11．B 12．C 13．C 14．B 15．A 16．C 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分） (1)2.7800 ABCDE (2)［或］ (3)0.15 (4)取少许配制的溶液于试管中，滴入几滴溶液，溶液变为红色 铁和铁离子反应生成亚铁离子，导致溶液中亚铁离子浓度增大，使得配制的溶液中混有多余，导致实验误差 (5)A 18．（14分） (1)将+3价铈氧化为+4价 适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等 (2)随着c()增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小 (3)2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+ (4)2：1 (5) (6)a 5% 19．（14分） (1)Ⅱ、Ⅲ (2)AD (3) (4)和320℃ 320℃反应未达到平衡，催化剂活性随升温增强加快速率，使得转化率上升 (5)H2 2∶1 20．（14分） (1)对硝基苯甲醛或4-硝基苯甲醛 取代反应 (2) (3) (4) ，Cu、加热 (5)BD (6) 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$