冲刺抢分卷10 -备战2025年高考化学【三轮·冲刺抢分】考前仿真模拟卷（14+4，新高考通用）

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10 （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 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 Se 79 Au 197 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．《黑神话·悟空》作为国产第一部3A游戏，以中国经典文学著作《西游记》为蓝本，对山西多处名胜古迹进行实景扫描，游戏中形态各异的佛像，反映了古代匠人高超的技艺水平。雕塑的主要成分为硅酸盐及铁合金等，下列说法错误的是 A．硅酸盐雕塑佛像历经千年依然身形完好，这是由硅酸盐材料中硅氧四面体的特殊结构决定的 B．铁佛寺雕塑主要成分为铁合金，合金的熔点一般比各成分金属低 C．雕塑彩绘颜料都是以天然的矿物质手工加工而成，历经千年仍然色彩艳丽，其中用到的红色矿物颜料成分主要是硫化汞，常温下容易被空气中的氧气氧化 D．玻璃、陶瓷、水泥等硅酸盐材料属于传统无机非金属材料 2．反应可用于制备氯乙烯。下列说法正确的是 A．的空间填充模型： B．的键线式： C．中子数为7的碳原子： D．HCl的形成过程： 3．氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下(已知：通常情况下，电负性较小的原子易提供孤电子对)： 下列叙述正确的是 A．“氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子 B．“氰浸”反应： C．“还原”中，除生成两种配合物外，还产生一种助燃剂 D．“除锌”中，试剂X宜选择NaOH溶液、稀硫酸或硝酸等 4．某实验小组按照“研磨→灰化→溶解→过滤→检验”的步骤检验菠菜中铁元素(主要以难溶的存在)，下列说法不正确的是 A．向研磨后的菠菜汁中加入和溶液未观察到溶液变红，说明菠菜不含铁元素 B．灰化步骤能除去有机质且将铁元素转化为铁的氧化物，有利于后续检验 C．溶解步骤，可选用稀硝酸 D．检验步骤，加入溶液后有蓝色沉淀生成说明菠菜中含有铁元素 5．设为阿伏加德罗常数的值，均是对应的盐，常温下的电离常数。常温下，下列说法正确的是 A．和所含的电子数不同 B．的溶液中，的数目约为 C．溶液中，的数目约为 D．反应中每产生标准状况下气体，转移电子数为 6．内酯可由通过电解合成，并在一定条件下转化为，转化路线如下： 下列说法正确的是 A．的核磁共振氢谱有7组峰 B．、、中所有原子一定处于同一平面 C．相同物质的量的、、与反应，消耗的物质的量相同 D．通过分子结构可以推测，在水中溶解度较小 7．一种杀菌剂的结构式如图所示，元素X、Y、Z、W、T、Q原子序数依次增大且在前四周期均有分布，Y、Z、W在同一周期，和在同一主族，的价层电子排布式为，下列说法正确的是 A．的空间结构为平面三角形 B．元素的电负性大小： C．元素的第一电离能： D．最高价氧化物的水化物的酸性： 8．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 酸性： 的极性：强于 B 的键角小于的键角 二者中心原子的杂化方式相同，但有孤电子对 C 碱性： 第一电离能大于 D 冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与形成超分子 离子半径大小与冠醚的空腔匹配关系 A．A B．B C．C D．D 9．CPU针脚(含有大量Cu、Ni和Co等金属，金含量1%左右)中金的绿色回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用与溶金时形成的在溶液中发生高度特异性的自组装、快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物，结构如图所示。下列说法正确的是 A．富金时，通过稀硫酸可以有效地除去Cu、Ni和Co B．溶金时，形成的中含离子键、非极性键和配位键 C．萃金时，形成的一维复合物具有超分子的特征 D．成金时，还原一维复合物，最多生成 10．中国科学家研究出一种新型充、放电电池，装置如图所示。放电时，Zn为负极，为正极，溶液为电解质溶液。放电时，Se的变化过程为。中，三分之二的Cu为+1价，三分之一的Cu为+2价，Se为-2价。下列说法错误的是 A．图中的流向表示的是充电过程 B．放电过程中，当Se和转化为时，每生成转移3mol电子 C．放电过程中，生成时，若，则中的与的数目之比为1：7 D．充电过程中，电极的总反应式为 11．黄铁矿()作为电子供体的自养反硝化技术是处理低碳氮废水的一种潜力巨大的处理技术。氧化与反硝化耦合的机理如图所示。下列相关说法错误的是 A．整个反应过程中涉及的还原剂只有 B．可用铁氰化钾溶液检验反应过程中的 C．整个反应过程中，最多提供15mol电子 D．参与“反硝化”的离子反应方程式为： 12．依据实验方案和实验现象，得出的实验结论正确的是 选项 实验方案 实验现象 实验结论 A 分别测定等物质的量浓度的 和溶液的pH 后者pH大 酸性： B 将气体通入溶液中，再滴加几滴溶液 出现蓝色沉淀 将氧化为 C 取1mL卤代烃样品于试管中，加入溶液振荡后加热，加硝酸酸化，再滴加溶液 产生白色沉淀 该卤代烃中含有溴元素 D 将和固体混 合并用玻璃棒快速搅拌 有刺激性气味气体产生，且温度下降 该反应能发生的主要原熵增 A．A B．B C．C D．D 13．ZnS存在立方ZnS与六方ZnS两种晶胞(如下图所示)，均位于形成的正四面体空隙中且阴、阳离子相切，下列说法正确的是 A． B．位于形成的立方体空隙中 C．立方ZnS与六方ZnS的密度比为 D．立方ZnS晶胞中距离最近的为12个 14．常温下，浓度均为的和两种溶液中，分布系数与的变化关系如图所示。[如：] 下列叙述错误的是 A．酸性强弱： B．若，则a点对应的溶液中有 C．的电离常数 D．时， 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 15．（14分）铟是制造半导体、电光源等的重要原料。从铜冶炼过程中产生的铟砷烟灰(主要含有)中提取铟的工艺流程如下： 已知： ①； ②为磷酸二异辛酯，密度为，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。 请回答下列问题： (1)基态原子的价层电子排布式为元素在周期表中的位置是 ；依题可知固态属于 晶体。 (2)“氧化酸浸”过程中，参与反应生成S单质的离子方程式为 ，中的砷元素被氧化为最高价的含氧酸，该反应的化学方程式为 。 (3)“萃取除铁”用30%的作萃取剂时，发现当溶液后，铟萃取率随的升高而下降，原因是 (用平衡移动原理解释)。 (4)“萃取除铁”过程中也可用酸(用表示)作萃取剂，使进入有机相，发生反应的方程式为，平衡常数为K。已知与萃取率的关系符合公式：。当时，萃取率为50%，若将萃取率提升到95%，应调节溶液的 (已知，忽略萃取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字)。 (5)铜铟硫量子点被广泛应用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。立方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞中和S未具体标明，用A或者B代替，其中S位于由 构成的四面体空隙中(填元素符号)。 16．（14分）某兴趣小组利用废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、)制备助燃剂——六水合高氯酸铜，相关的流程如下： 已知：易溶于水，微溶于乙醇，时分解。 (1)步骤Ⅰ，浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀溶液浓缩，仪器A的名称是 ，毛细管的作用是平衡气压和 ，外接真空泵的原因是 。 (2)步骤Ⅲ，反应温度控制不超过的原因是 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤Ⅰ，的作用仅是将氧化 B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为 C．步骤Ⅲ，为了提高的转化率， D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤 (4)通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到。从下列选项中选择最佳操作并排序： 。 →(_______)→(_______)→d→(_______)→(_______)→g→ a．向浓一次性加入 b．向浓分几次加入 c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体 d．继续蒸发至有晶膜出现 e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却 f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾 g．将固体置于的烘箱中干燥2小时 (5)用“恒电流电解法”测定样品中的Cu含量，步骤如下： ①样品中Cu元素的质量分数是 %(用含的式子表示)。 ②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 17．（15分）有机合成帮助人们发现和制备了一系列药物，有力地推动了生命科学的发展。奥美拉唑在治疗胃溃疡方面有着显著作用且无明显的不良反应，口服即可，使用较为方便，其在1979年由瑞典阿斯利康公司研发，并于1989年成功上市。下图为改进后的奥美拉唑合成路线： 回答下列问题： (1)A中环上的原子处于同一个平面，则N原子的杂化方式为 。 (2)发生有机反应的类型为 。 (3)发生取代反应，则的结构简式为 。 (4)由生成的化学方程式为 。 (5)A的同分异构体中，含苯环和的同分异构体有 种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为的同分异构体的结构简式为 。 (6)参照上述合成路线，写出由合成的路线流程 。(代表(其他试剂任选) 18．（15分）甲醇是最为常见、应用场景最为广泛的基础化学品之一，甲醇与乙烯、丙烯和氨是用于生产所有其他化学品的四种关键基础化学品。 (1)已知反应I：； 反应Ⅱ：； 则反应Ⅲ： ； (2)常温常压下利用催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注) 转化历程中决速步骤的反应方程式为 。 (3)在恒容密闭容器中充入和。发生反应I和Ⅱ，测得平衡时的转化率、和的选择性随温度变化如下图所示。 ①表示选择性的曲线是 。(填字母) ②时，反应I的平衡常数为 (保留2位有效数字)。 ③过程中，转化率变化的原因是 。 (4)工业上用甲醇燃料电池采用电解法处理含和的碱性废水，将转化为无污染的物质，其原理如下图所示。 ①电解废水时，电极与石墨电极 相连(填“M”或“N”) ②消耗标准状况下，理论上可处理含 的废水。 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10 （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 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 Se 79 Au 197 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．《黑神话·悟空》作为国产第一部3A游戏，以中国经典文学著作《西游记》为蓝本，对山西多处名胜古迹进行实景扫描，游戏中形态各异的佛像，反映了古代匠人高超的技艺水平。雕塑的主要成分为硅酸盐及铁合金等，下列说法错误的是 A．硅酸盐雕塑佛像历经千年依然身形完好，这是由硅酸盐材料中硅氧四面体的特殊结构决定的 B．铁佛寺雕塑主要成分为铁合金，合金的熔点一般比各成分金属低 C．雕塑彩绘颜料都是以天然的矿物质手工加工而成，历经千年仍然色彩艳丽，其中用到的红色矿物颜料成分主要是硫化汞，常温下容易被空气中的氧气氧化 D．玻璃、陶瓷、水泥等硅酸盐材料属于传统无机非金属材料 【答案】C 【详解】A．硅酸盐材料大多具有硬度高、熔点高、难溶于水、化学性质稳定、耐腐蚀等特点，这是由于硅氧四面体的特殊结构决定的，故A正确； B．合金的熔点一般比各成分金属低，故B正确； C．雕塑彩绘颜料历经千年仍然色彩艳丽，红色矿物颜料成分主要是硫化汞，说明常温下不易被氧气氧化，故C错误； D．玻璃、陶瓷、水泥主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故D正确； 选C。 2．反应可用于制备氯乙烯。下列说法正确的是 A．的空间填充模型： B．的键线式： C．中子数为7的碳原子： D．HCl的形成过程： 【答案】C 【详解】A．的空间填充模型为，A错误； B．的键线式为，B错误； C．中子数为7的碳原子，其质量数为13，可表示为，C正确； D．HCl的形成过程为，D错误； 故答案选C。 3．氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下(已知：通常情况下，电负性较小的原子易提供孤电子对)： 下列叙述正确的是 A．“氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子 B．“氰浸”反应： C．“还原”中，除生成两种配合物外，还产生一种助燃剂 D．“除锌”中，试剂X宜选择NaOH溶液、稀硫酸或硝酸等 【答案】B 【分析】金矿料用氰化钠溶液氰浸通入氧气，相关离子反应为，在溶液中加入锌进一步还原，发生反应Zn+2[Au(CN)2]-=[Zn(CN)4]2-+2Au、，得到固体金和锌，添加试剂NaOH溶液或稀硫酸，得到粗金，据此解答。 A．N的电负性大于C，做配体时，C为配位原子，故A错误； B．根据题示，“氰浸”生成和，反应的离子方程式遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒得，故B正确； C．根据氧化还原反应原理，“还原”中，锌与氢氧化钠溶液反应时，锌做还原剂，还原产物是，发生反应为，常做还原剂或燃料，常见的助燃剂有，故C错误； D．依题意，Au与氢氧化钠溶液、稀硫酸、硝酸不反应，锌能与NaOH溶液或稀硫酸反应，如果选择硝酸，会生成NO、等大气污染物，且原子利用率较低，试剂X不宜选择硝酸，故D错误； 答案选B。 4．某实验小组按照“研磨→灰化→溶解→过滤→检验”的步骤检验菠菜中铁元素(主要以难溶的存在)，下列说法不正确的是 A．向研磨后的菠菜汁中加入和溶液未观察到溶液变红，说明菠菜不含铁元素 B．灰化步骤能除去有机质且将铁元素转化为铁的氧化物，有利于后续检验 C．溶解步骤，可选用稀硝酸 D．检验步骤，加入溶液后有蓝色沉淀生成说明菠菜中含有铁元素 【答案】A 【详解】A．直接向研磨后的菠菜汁中加入H2O2和KSCN溶液未显红色，并不能说明不含铁元素。因为铁以难溶的FeC2O4形式存在，需通过灰化、溶解、过滤等步骤后再检验铁元素，A错误； B．灰化过程中，有机物被燃烧掉，铁元素被转化为铁的氧化物，便于后续的溶解，有利于后续检验，B正确； C．溶解步骤，可选用稀硝酸，稀硝酸可以将铁的氧化物溶解，并且将其转化为可溶性的铁盐，便于后续的检验，C正确； D．与Fe2+反应会生成蓝色的沉淀 ，可检验 Fe2+，因此检验步骤，加入溶液后有蓝色沉淀生成说明菠菜中含有铁元素，D正确； 故选A。 5．设为阿伏加德罗常数的值，均是对应的盐，常温下的电离常数。常温下，下列说法正确的是 A．和所含的电子数不同 B．的溶液中，的数目约为 C．溶液中，的数目约为 D．反应中每产生标准状况下气体，转移电子数为 【答案】C 【详解】A．和都含有10NA个电子，所含的电子数相同，A不正确； B．是弱酸，在溶液中存在电离平衡，pH=3的HN3溶液中，Ka=，则c(HN3)≈0.1mol·L-1，2LpH=3的溶液中对应HN3的数目约为2L×0.1mol·L-1×NA=0.2NA，B不正确； C．溶液中发生水解反应：HN3+OH-，溶液中c(HN3)≈c(OH-)，c()≈0.1mol·L-1，常温下的HN3的，则水解常数Kb=，则，溶液中，OH-的数目约为10-5NA，C正确； D．反应中只有H元素化合价降低，且H元素的化合价由+1价变为0价，每产生标准状况下气体即4mol气体，转移电子数为4NA，D不正确； 答案选C。 6．内酯可由通过电解合成，并在一定条件下转化为，转化路线如下： 下列说法正确的是 A．的核磁共振氢谱有7组峰 B．、、中所有原子一定处于同一平面 C．相同物质的量的、、与反应，消耗的物质的量相同 D．通过分子结构可以推测，在水中溶解度较小 【答案】D 【详解】A．有8种不同的氢，故核磁共振氢谱有8组峰，如图所示：，A选项错误； B．中两个苯环之间的单键能旋转所有原子不一定处于同一平面，中含有饱和碳原子，所有原子一定不处于同一平面，B选项错误； C．设、、物质的量均为1mol，X中的羧基消耗、Y中含有酚羟基形成的酯基，酯基水解后能消耗、Z中含有酚羟基和酯基，能消耗，C选项错误； D．Y为内酯，酯基为疏水集团，在水中溶解度较小，D选项正确； 故选D。 7．一种杀菌剂的结构式如图所示，元素X、Y、Z、W、T、Q原子序数依次增大且在前四周期均有分布，Y、Z、W在同一周期，和在同一主族，的价层电子排布式为，下列说法正确的是 A．的空间结构为平面三角形 B．元素的电负性大小： C．元素的第一电离能： D．最高价氧化物的水化物的酸性： 【答案】A 【分析】X、Y、Z、W、T、Q原子序数依次增大且在前四周期均有分布，Y、Z、W在同一周期，和在同一主族，的价层电子排布式为，n=3，T是Cl，则Q是Br；W能形成2个共价键、Y形成4个共价键、Z形成3个共价键、X形成1个共价键，则Y是C元素、Z是N元素、W是O元素、X是H元素。 A．中C原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，故A正确；     B．元素非金属性越强，电负性越大，元素的电负性大小：，故B错误； C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，元素的第一电离能：，故C错误； D．同周期元素从左到右，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性：，故D错误； 故选A。 8．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 酸性： 的极性：强于 B 的键角小于的键角 二者中心原子的杂化方式相同，但有孤电子对 C 碱性： 第一电离能大于 D 冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与形成超分子 离子半径大小与冠醚的空腔匹配关系 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．酸性：HCOOH＞CH3COOH，表明HCOOH比CH3COOH易发生电离，也就是HCOOH中O-H的极性比CH3COOH中O-H的极性强，A错误； B．H2O中O原子的价层电子对数为，采用杂化，中S原子的价层电子对数为，采用杂化，二者中心原子的杂化方式不同，B错误； C．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，与第一电离能无关，C错误； D．冠醚12−冠−4能够与Li+形成超分子，是因为Li+半径小与冠醚的空腔匹配，K+半径大，与该冠醚的空腔不匹配，故不能与之形成超分子，D正确； 故选D。 9．CPU针脚(含有大量Cu、Ni和Co等金属，金含量1%左右)中金的绿色回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用与溶金时形成的在溶液中发生高度特异性的自组装、快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物，结构如图所示。下列说法正确的是 A．富金时，通过稀硫酸可以有效地除去Cu、Ni和Co B．溶金时，形成的中含离子键、非极性键和配位键 C．萃金时，形成的一维复合物具有超分子的特征 D．成金时，还原一维复合物，最多生成 【答案】C 【详解】A．通过稀硝酸氧化的方法可以除去Cu，Ni和Co等杂质金属实现金的富集，故A项错误； B．中不含非极性键，故B项错误； C．自组装是超分子的重要特征，故C项正确； D．，还原一维复合物，最多生成Au的质量为，故D项错误； 故本题选C。 10．中国科学家研究出一种新型充、放电电池，装置如图所示。放电时，Zn为负极，为正极，溶液为电解质溶液。放电时，Se的变化过程为。中，三分之二的Cu为+1价，三分之一的Cu为+2价，Se为-2价。下列说法错误的是 A．图中的流向表示的是充电过程 B．放电过程中，当Se和转化为时，每生成转移3mol电子 C．放电过程中，生成时，若，则中的与的数目之比为1：7 D．充电过程中，电极的总反应式为 【答案】C 【分析】该装置为一种新型充、放电电池，放电时，Zn为负极，为正极，则充电时，Zn为阴极，为阳极，据此解答。 A．放电时，锌极为负极，Se极为正极。充电时，锌极为阴极，Se极为阳极，向阳极迁移，A正确； B．放电时，Se和转化为的电极反应式是，每生成转移3mol电子，B正确； C．放电过程中，生成时，若，则为，设与的数目之比为a：（1.8-a），则化学式可写成，因为2a+1.8-a=2，解得a=0.2，故，C错误； D．充电过程中，电极的总反应式为，D正确； 故选C。 11．黄铁矿()作为电子供体的自养反硝化技术是处理低碳氮废水的一种潜力巨大的处理技术。氧化与反硝化耦合的机理如图所示。下列相关说法错误的是 A．整个反应过程中涉及的还原剂只有 B．可用铁氰化钾溶液检验反应过程中的 C．整个反应过程中，最多提供15mol电子 D．参与“反硝化”的离子反应方程式为： 【答案】A 【分析】黄铁矿()氧化与反硝化耦合的过程中，反硝化作用是指硝酸盐被还原为氮气和水的过程，而黄铁矿作为电子供体，在这个过程中被氧化，提供电子，所以在这里作为还原剂，被氧化，失去电子，据此分析作答。 A．加入铁离子溶解生成，该过程离子方程式为：，生成了亚铁离子，亚铁离子最终被氧化为氢氧化铁，则也为还原剂，A项错误； B．铁氰化钾与反应生成蓝色沉淀，则可用铁氰化钾溶液检验反应过程中的，B项正确； C．在该过程中作为还原剂，被氧化，失去电子，最终生成氢氧化铁沉淀和硫酸根离子，铁元素从+2价升至+3价，硫元素从-1价升至+6价，则最多提供15mol电子，C项正确； D．参与“反硝化”是与硝酸根离子反应，生成氮气和硫酸根的过程，根据质量守恒定律，则离子反应方程式为：，D项正确； 答案选A。 12．依据实验方案和实验现象，得出的实验结论正确的是 选项 实验方案 实验现象 实验结论 A 分别测定等物质的量浓度的 和溶液的pH 后者pH大 酸性： B 将气体通入溶液中，再滴加几滴溶液 出现蓝色沉淀 将氧化为 C 取1mL卤代烃样品于试管中，加入溶液振荡后加热，加硝酸酸化，再滴加溶液 产生白色沉淀 该卤代烃中含有溴元素 D 将和固体混 合并用玻璃棒快速搅拌 有刺激性气味气体产生，且温度下降 该反应能发生的主要原熵增 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．都会水解，且对水解都有促进作用，但两个实验中的浓度不同，故无法形成对比，也不能得出题中结论，A错误； B．出现蓝色沉淀，说明溶液中有，这是因为溶液中的过量的SO2（酸性条件下SO2优先和HNO3反应）将还原成，B错误； C．AgBr是浅黄色沉淀，故卤代烃中不含溴元素，C错误； D．反应自发进行说明，依题有，故反应能发生是因为熵增（），D正确； 则故答案选D。 13．ZnS存在立方ZnS与六方ZnS两种晶胞(如下图所示)，均位于形成的正四面体空隙中且阴、阳离子相切，下列说法正确的是 A． B．位于形成的立方体空隙中 C．立方ZnS与六方ZnS的密度比为 D．立方ZnS晶胞中距离最近的为12个 【答案】D 【详解】A．在立方晶胞中，与之间最近距离为体对角线的，晶胞棱长为anm，则体对角线长度为，则与之间的最近距离为，A不符合题意； B．均位于形成的正四面体空隙中，因为晶体的化学式为，所以均位于形成的正四面体空隙中，B不符合题意； C．立方ZnS晶胞中含有个，含有4个，立方ZnS晶胞的密度为，如六方ZnS晶胞中，上下底面均为菱形，底面面积为，其体积为，而六方ZnS晶胞中含有个，含有个，则立方ZnS晶胞的密度为，立方ZnS晶胞和六方ZnS晶胞中密度的比值为：，所以密度比不等于，C不符合题意； D．立方ZnS晶胞中距离最近的位于面心，根据结构图可知，距离一个顶点最近的面心有12个，所以立方ZnS晶胞中距离最近的有12个，D符合题意； 故选D。 14．常温下，浓度均为的和两种溶液中，分布系数与的变化关系如图所示。[如：] 下列叙述错误的是 A．酸性强弱： B．若，则a点对应的溶液中有 C．的电离常数 D．时， 【答案】B 【分析】随着pH增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大，-Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH)，(酸分子)=(酸根离子)=0.5时pH分别约为1.3和等于2.8，故两种酸的电离平衡常数分别为Ka(CHCl2COOH)10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)=10-2.8，由此分析解题； A．-Cl为吸电子基团，吸电子基团越多O-H键极性越大，越易断裂，故CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，A正确； B．根据Ka(CHCl2COOH)=，若溶质只有CHCl2COOH，则c(CHCl2COO-)=c(H+)==10-1.15mol/L，小于a点对应溶液pH=1时氢离子浓度为10-1mol/L，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，对应还有其他酸根，根据电荷守恒，c(H+)<c(CHCl2COO−)+c(OH−)，B错误； C．由分析可知，Ka(CH2ClCOOH)=10-2.8，C正确； D．由图中交点坐标，pH=2.08时，(CHCl2COOH)=(CH2ClCOO-)=0.15，故α(CHCl2COOH)=85%，α(CH2ClCOOH)=15%，D正确； 故本题选B。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 15．（14分）铟是制造半导体、电光源等的重要原料。从铜冶炼过程中产生的铟砷烟灰(主要含有)中提取铟的工艺流程如下： 已知： ①； ②为磷酸二异辛酯，密度为，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。 请回答下列问题： (1)基态原子的价层电子排布式为元素在周期表中的位置是 ；依题可知固态属于 晶体。 (2)“氧化酸浸”过程中，参与反应生成S单质的离子方程式为 ，中的砷元素被氧化为最高价的含氧酸，该反应的化学方程式为 。 (3)“萃取除铁”用30%的作萃取剂时，发现当溶液后，铟萃取率随的升高而下降，原因是 (用平衡移动原理解释)。 (4)“萃取除铁”过程中也可用酸(用表示)作萃取剂，使进入有机相，发生反应的方程式为，平衡常数为K。已知与萃取率的关系符合公式：。当时，萃取率为50%，若将萃取率提升到95%，应调节溶液的 (已知，忽略萃取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字)。 (5)铜铟硫量子点被广泛应用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。立方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞中和S未具体标明，用A或者B代替，其中S位于由 构成的四面体空隙中(填元素符号)。 【答案】 (1)第五周期ⅢA族 分子 (2) (3)增大，促进水解生成，不利于萃取 (4)2.73 (5)和 【分析】根据铟砷烟灰所含成分，“氧化酸浸”中加入过量MnO2、稀硫酸，铅元素转化成PbSO4，二氧化硅是难溶于水的酸性氧化物，根据问题(2)，MnO2作氧化剂，将In2S3中的硫元素氧化成硫单质，MnO2将砷元素氧化成砷酸，得出滤渣中含有PbSO4、S、SiO2、MnO2，滤液中含有Zn2+、Fe3+、In3+、H3AsO4、Mn2+、SO等，“还原铁”步骤中加入Na2S2O3将Fe3+还原为Fe2+，“萃取除铁”步骤加入P204，然后通过分液的方法除去铁元素，“反萃取”步骤中加入稀硫酸，使问题(4)中平衡逆向移动，然后分液获得含铟元素的水溶液，“置换铟”，加入锌单质，把铟元素置换出来，据此分析； （1）根据基态In的价层电子排布式，电子占据最大能层是第五能层，即In元素位于第五周期，最外层电子数为3，位于ⅢA族，即In元素位于第五周期ⅢA族；P204为磷酸二异辛酯，其固态P204属于分子晶体，故答案为第五周期ⅢA族；分子晶体； （2）MnO2作氧化剂，被还原为MnSO4，In2S3作还原剂，被氧化成S，依据化合价升降法、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为In2S3+3MnO2+12H+=3Mn2++2In3++3S+6H2O，As2O3中砷显+3价，被氧化成砷酸，砷元素化合价升高2价，MnO2作氧化剂，被还原成MnSO4，化学方程式为As2O3+2MnO2+2H2SO4=2H2AsO4+2MnSO4，故答案为In2S3+3MnO2+12H+=3Mn2++2In3++3S+6H2O；As2O3+2MnO2+2H2SO4=2H2AsO4+2MnSO4； （3）P204将In3+从水溶液中萃取出来，In3+在水溶液中存在In3++3H2OIn(OH)3+3H+，当pH增大时，促进In3+水解生成In(OH)3，不利于P204萃取In3+，故答案为In3++3H2OIn(OH)3+3H+，当pH增大时，促进In3+水解生成In(OH)3，不利于P204萃取In3+； （4）由可知，当pH=2.30时，萃取率为50%，则，可得，若将萃取率提升到95%，忽略萃取剂浓度的变化，则，将lgK代入得，，则，代入lg19=1.28，得-lgc(H+)=2.73，将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=2.73；故答案为2.73； （5）根据晶胞图可知，Cu位于晶胞的顶点、面心、体心，个数为=4，A位于棱上和面心，个数为4，B位于晶胞内部，有8个，化学式为CuAB2，即A为In，B为S，根据晶胞图，S位于Cu、In构成四面体空隙中，故答案为Cu、In。 16．（14分）某兴趣小组利用废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、)制备助燃剂——六水合高氯酸铜，相关的流程如下： 已知：易溶于水，微溶于乙醇，时分解。 (1)步骤Ⅰ，浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀溶液浓缩，仪器A的名称是 ，毛细管的作用是平衡气压和 ，外接真空泵的原因是 。 (2)步骤Ⅲ，反应温度控制不超过的原因是 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．步骤Ⅰ，的作用仅是将氧化 B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为 C．步骤Ⅲ，为了提高的转化率， D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤 (4)通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到。从下列选项中选择最佳操作并排序： 。 →(_______)→(_______)→d→(_______)→(_______)→g→ a．向浓一次性加入 b．向浓分几次加入 c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体 d．继续蒸发至有晶膜出现 e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却 f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾 g．将固体置于的烘箱中干燥2小时 (5)用“恒电流电解法”测定样品中的Cu含量，步骤如下： ①样品中Cu元素的质量分数是 %(用含的式子表示)。 ②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 【答案】 (1)冷凝管或直形冷凝管 防止溶液暴沸 减压或抽气，降水的沸点，减少分解 (2)温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的 (3)BCD (4)bf ce (5) 偏大 【分析】废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、)，加入稀硫酸浸取Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，铜单质不与硫酸反应，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，所得溶液含有Cu2+、Fe3+的溶液，调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再加入过滤后得到主要含有的滤渣，再加入浓，得到溶液，再经过一系列操作，最终得到，以此解题。 （1）由图可知，仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少分解； （2）中易水解，且、受热也不稳定，故反应温度控制不超过的原因是：温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的； （3）A．步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将氧化外，还将Cu 氧化 Cu2+，A错误； B．步骤Ⅱ，通过调节 pH 将Fe3+转为为 Fe(OH)3，B正确； C．步骤Ⅲ，根据方程式 ，加入过量的，可提高的转化率，C正确； D．步骤Ⅳ，沉淀难溶于水，可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤除去沉淀表面的水分，D正确； 故选BCD； （4）与浓反应放热，应向浓分几次加入，在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾，继续蒸发至有晶膜出现，冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体，刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却，将固体置于的烘箱中干燥2小时得到得到，故顺序是：→b→f→d→c→e→g→； （5）①由实验原理可知，m(Cu)=铂网阴极析出的铜+电解残液中的铜，，样品中Cu元素的质量分数是； ②铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，导致铜片被氧化，Cu的质量增加，测得样品中Cu元素的质量分数偏大。 17．（15分）有机合成帮助人们发现和制备了一系列药物，有力地推动了生命科学的发展。奥美拉唑在治疗胃溃疡方面有着显著作用且无明显的不良反应，口服即可，使用较为方便，其在1979年由瑞典阿斯利康公司研发，并于1989年成功上市。下图为改进后的奥美拉唑合成路线： 回答下列问题： (1)A中环上的原子处于同一个平面，则N原子的杂化方式为 。 (2)发生有机反应的类型为 。 (3)发生取代反应，则的结构简式为 。 (4)由生成的化学方程式为 。 (5)A的同分异构体中，含苯环和的同分异构体有 种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为的同分异构体的结构简式为 。 (6)参照上述合成路线，写出由合成的路线流程 。(代表(其他试剂任选) 【答案】 (1) (2)取代反应 (3) (4) (5)14 、 (6) 【分析】A被双氧水氧化为B，B发生硝化反应生成C，C与NaOCH3发生取代反应生成，与(CH3SO2)2O反应生成E，E与发生取代反应生成。 【详解】（1）A中环上的原子处于同一个平面，说明C、N原子价电子对数均为3，则N原子的杂化方式为sp2； （2）是B中的1个H原子被硝基代替，发生有机反应的类型为取代反应； （3）发生取代反应，由C、E的结构简式分析，C中-NO2被-OCH3代替，则的结构简式为； （4）E生成F是，和发生取代反应生成和HOSO2CH3，反应方程式为； （5）A的同分异构体中，含苯环和的同分异构体，若含3个取代基-CH3、-CH3、-NH2有6中结构；若含2个取代基-CH3、-CH2NH2有3中结构，若含2个取代基-CH2CH3、-NH2有3中结构，若含1个取代基-CH2CH2NH2有1中结构，若含1个取代基-CH(NH2)CH3有1中结构，符合体积的A的同分异构体共14种。其中核磁共振氢谱峰面积之比为的同分异构体的结构简式为、 。 （6）根据上述合成路线，被双氧水氧化为，发生硝化反应生成，和NaOCH3发生取代反应生成，与(CH3SO2)2O反应生成，合成路线流程为：。 18．（15分）甲醇是最为常见、应用场景最为广泛的基础化学品之一，甲醇与乙烯、丙烯和氨是用于生产所有其他化学品的四种关键基础化学品。 (1)已知反应I：； 反应Ⅱ：； 则反应Ⅲ： ； (2)常温常压下利用催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注) 转化历程中决速步骤的反应方程式为 。 (3)在恒容密闭容器中充入和。发生反应I和Ⅱ，测得平衡时的转化率、和的选择性随温度变化如下图所示。 ①表示选择性的曲线是 。(填字母) ②时，反应I的平衡常数为 (保留2位有效数字)。 ③过程中，转化率变化的原因是 。 (4)工业上用甲醇燃料电池采用电解法处理含和的碱性废水，将转化为无污染的物质，其原理如下图所示。 ①电解废水时，电极与石墨电极 相连(填“M”或“N”) ②消耗标准状况下，理论上可处理含 的废水。 【答案】 (1)-90 (2) (3)c 0.0015 升高温度对反应I的影响大于反应II (4)M 0.4 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应II-反应I，则； （2）该转化历程中活化能越大反应速率越慢，故起决速步骤的方程式为； （3）①反应I中生成CO(g)为吸热反应，反应Ⅱ中生成CH3OH(g) 为放热反应，故随着温度的升高，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，所以CO(g)的选择性升高，CH3OH(g) 的选择性降低，且二者的选择性之和应为100%。结合图像可知，表示选择性的曲线是c； ②根据图像信息可知时，CO2的平衡转化率为12%，CO(g)的选择性为25%， CH3OH(g)的选择性为75%。可计算出CO2的消耗量为0.12mol，生成CO(g)的物质的量为0.12mol×25%=0.03mol，生成CH3OH(g)的物质的量为0.12mol×75%=0.09mol。根据题意，在该密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ： 反应I： 反应Ⅱ： 故在该温度下达到平衡状态时，，，，，反应I的平衡常数为； ③升高温度反应I正向移动，CO2的平衡转化率升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的平衡转化率降低，结合图像在过程中，转化率随着温度的升高而升高说明反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ； （4）①左图为燃料电池，根据图像可知电极发生氧化反应，作负极，电极发生还原反应作正极。右图为电解装置，石墨电极M发生氧化反应，即为阳极，故电极与石墨电极M相连； ②消耗标准状况下，根据可求得电路中电子转移2mol。当处理含的废水时，发生反应：，根据比例求出可处理含0.4的废水。 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10 （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 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 Se 79 Au 197 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．C 2．C 3．B 4．A 5．C 6．D 7．A 8．D 9．C 10．C 11．A 12．D 13．D 14．B 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 15．（14分） (1)第五周期ⅢA族 分子 (2) (3)增大，促进水解生成，不利于萃取 (4)2.73 (5)和 16．（14分） (1)冷凝管或直形冷凝管 防止溶液暴沸 减压或抽气，降水的沸点，减少分解 (2)温度过高，或受热分解；水解反应程度加大，会生成过多的 (3)BCD (4)bf ce (5) 偏大 17．（15分） (1) (2)取代反应 (3) (4) (5)14 、 (6) 18．（15分） (1)-90 (2) (3)c 0.0015 升高温度对反应I的影响大于反应II (4)M 0.4 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$