2025年高考第二次模擬考試高三化學（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：第Ⅰ卷（選擇題共39分）一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．材料科技影響生活，下列有關材料科技的說法，錯誤的是A．全息投影膜是一種薄而柔的聚酯膜，該聚酯膜是通過縮聚反應形成的B．硼墨烯在電子產品、光伏導電等領域得到廣泛應用，原因是其具有優異的光學性能C．五碳化四鉭鉿(Ta4HfC5)合金的熔點為4215°C，可用作發動機部件的原因是其具有耐高溫性能D．新型無機非金屬材料氮化硅用于汽車電機軸承，是其具有電絕緣和高耐磨的性能【答案】B【詳解】A．聚酯是通過羥基和羧基縮聚反應形成的，A正確；B．硼墨烯廣泛應用于電子產品和光伏等領域是因其具有優異的半導體性能，而不是光學性能，B錯誤；C．五碳化四鉭鉿()合金的熔點為4215℃，熔點很高，故其具有耐高溫性能而用作發動機部件，C正確；D．新型無機非金屬材料氮化硅具有硬度大，且不導電，故用于汽車電機軸承是因其具有電絕緣和高耐磨性能，D正確；答案選B。2．下列各組離子能大量共存，當加入相應試劑后會發生化學變化，且發生反應的離子方程式正確的是選項離子組加入試劑加入試劑后發生反應的離子方程式A、、2Fe3++SO+2H+=2Fe2++SO+H2OB、、過量NaOH(aq)Ca2++Mg2++2HCO+2OH-=2H2O+CaCO3↓+MgCO3↓C、、通入少量2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+COD、、少量A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．亞硫酸氫根是弱酸的酸式酸根，離子方程式中不拆，正確的離子方程式為2Fe3+++H2O=2Fe2+++3H+，A錯誤；B．Mg(OH)2更難溶，氫氧化鈉過量時，會生成氫氧化鎂沉淀，反應的離子方程式為Ca2+++OH?=H2O+CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，B錯誤；C．和會發生反應生成Al(OH)3和，不能大量共存，C錯誤；D．Fe2+、Na+、Br-可以共存，通入少量Cl2，先將Fe2+氧化為Fe3+，所給離子方程式正確，D正確；本題選D。3．化合物A在一定條件下可轉變為酚E及少量副產物，該反應的主要途徑如下：下列說法不正確的是A．為該反應的催化劑 B．化合物A的一溴代物有7種C．步驟Ⅲ，苯基遷移能力強于甲基 D．化合物E可發生氧化、加成和取代反應【答案】B【詳解】A．由圖可知H+參與了反應，反應前后不變，因此H+是反應的催化劑，A正確；B．化合物A的一溴代物有6種，分別是：、、、、、，B錯誤；C．步驟III可知C轉化到D，苯基發生了遷移，甲基沒有遷移，說明苯基的遷移能力強于甲基，C正確；D．化合物E中有酚羥基可以發生氧化反應，苯環可以發生加成反應和取代反應，D正確；答案選B。4．工業制備高純硅的原理示意圖如下(已知電負性：)，設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是石英砂粗硅SiHCl3高純硅A．含有分子的數目為B．反應①消耗，斷裂共價鍵的數目為C．含有鍵的數目為D．(已折算為標準狀況)參加反應③，轉移電子的數目為【答案】C【分析】石英砂主要成分是SiO2，SiO2與焦炭在1800～2000℃條件下發生還原反應產生粗硅，然后粗硅與HCl在300℃條件下發生反應產生SiHCl3、H2，然后經蒸餾得到純凈SiHCl3，SiHCl3與H2在1100℃條件下發生還原反應產生高純硅，然后根據問題分析解答?！驹斀狻緼．為共價晶體，由Si原子與O原子通過共價鍵結合成空間網狀結構，不存在單個分子，A錯誤；B．反應①中，每消耗，斷開鍵，同時焦炭中的鍵也會斷開，則斷裂共價鍵的數目多于，B錯誤；C．中Si原子的成鍵電子對數為4，無孤電子對，采用雜化形成4個雜化軌道，H原子和Cl原子的未成對電子分別位于1s和3p軌道，則中有3molCl原子與Si原子形成的鍵，數目為3NA，C正確；D．因為電負性：，所以中Si為價，H和Cl均為價，根據反應③的化學方程式，每有22.4L標準狀況下的(即)參與反應，生成，的化合價由價降為0價，中的H化合價從價升高到價，中的H化合價從0價升高到價，則轉移的電子數為，D錯誤；答案選C。5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，四種元素可組成一種分子簇，其結構如圖所示(小球大小表示原子半徑相對大小)，W、X位于不同周期，X基態原子中未成對電子為2，Y、Z為金屬元素且Z元素的簡單離子在同周期中半徑最小，Y與Z緊鄰。下列說法正確的是A．簡單離子半徑： B．W、Y組成的化合物為離子化合物C．Z的氫氧化物能與強酸反應，但不和強堿反應 D．如圖為該物質的化學式MgAlO3H【答案】B【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，X能形成2個共價鍵，X基態原子中未成對電子為2，X是O元素；W、X位于不同周期，W是H元素；Y、Z為金屬元素且Z元素的簡單離子在同周期中半徑最小，Z為Al元素；Y與Z緊鄰，Y是Mg元素；W、X、Y、Z分別為：H、O、Mg、Al。【詳解】A．電子層數相同，質子數越多半徑越小，離子半徑：，A錯誤；B．H、Mg可以形成離子化合物MgH2，B正確；C．Al(OH)3是兩性氫氧化物，既能與酸反應，又能與堿反應，C錯誤；D．圖示為H、O、Mg、Al四種元素可組成的一種分子簇，圖示為一個分子，化學式為Mg2Al2O6H2，D錯誤；答案選B。6．從CPU針腳(含有銅、鎳和鈷等金屬)中回收金的實驗步驟如圖。下列說法錯誤的是A．除雜和溶金步驟需在通風櫥中進行，產生的氣體在空氣中呈紅棕色B．溶金時，KBr的作用是增強了硝酸的氧化性C．富集后，K［AuBr4］主要存在于濾渣中，K［AuBr4］中存在σ鍵D．還原步驟中有生成【答案】B【詳解】A．除雜和溶金步驟中會生成污染性氣體二氧化氮、一氧化氮，需在通風櫥中進行，二氧化氮為紅棕色氣體，A正確；B．KBr提供了溴離子，和金生成四溴合金離子，利于金與硝酸的反應的正向進行，B錯誤；C．圖示可知，富集后，K[AuBr4]主要存在于濾渣中，K[AuBr4]存在配位鍵，即存在σ鍵，C正確；D．還原步驟中Na2S2O5做還原劑得到金屬單質金，硫元素化合價升高，反應過程中有硫酸根生成，D正確；故答案為：B。7．某工廠煤粉灰的主要成分為SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小組對其進行綜合處理的流程如下：已知：Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；“酸浸”后鈦主要以TiOSO4形式存在，強電解質TiOSO4在溶液中僅能電離出SO和一種陽離子，該陽離子會水解。下列說法錯誤的是A．加入鐵粉的主要目的是消耗過量的硫酸B．假設濾液1中Al3+、Fe3+濃度均為0.4mol/L，則“水解”調pH不應高于1.7C．TiO2·XH2O失去2個結晶水質量減少19.1%，則x=6D．當濾液2中Al3+完全沉淀時，濾液中=2.5×103【答案】A【分析】粉煤灰的主要成分為SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸過濾得到濾渣1和濾液，氧化鋁溶解生成硫酸鋁，氧化亞鐵溶解生成硫酸亞鐵，氧化鐵溶解生成硫酸鐵，氧化鎂溶解生成硫酸鎂，“酸浸”后鈦主要以TiOSO4形式存在，濾渣為二氧化硅，加入鐵粉還原鐵離子生成亞鐵離子，結晶析出硫酸亞鐵晶體，過濾，得到濾液1含硫酸鋁、硫酸鎂、TiOSO4、少量硫酸亞鐵，水解過濾，TiOSO4生成TiO2·xH2O，經酸洗水洗干燥和灼燒后得到TiO2，濾液2中含硫酸鋁和硫酸鎂、少量硫酸亞鐵，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液pH使鋁離子和鐵離子全部沉淀，過濾得到濾渣2為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，濾液3含硫酸鎂，最終獲取MgCl2·6H2O。【詳解】A．由分析可知，加入鐵粉的作用是將Fe3+還原為Fe2+，A錯誤；B．“水解”的目的是讓TiOSO4和水反應生成TiO2·xH2O，不能讓Fe3+和Al3+水解，假設濾液1中Al3+、Fe3+濃度均為0.4mol/L，Fe3+開始沉淀時溶液的c(OH-)=，c(H+)==10-1.7mol/L，pH=1.7，Al3+開始沉淀時溶液的c(OH-)=，c(H+)=，pH=2.8，則“水解”調pH不應高于1.7，B正確；C．TiO2·xH2O失去2個結晶水質量減少19.1%，則，解得x=6，C正確；D．當濾液2中Al3+完全沉淀時，濾液中2.5×103，D正確；故選A。8．有機物I生成酰胺的反應歷程如圖所示：已知：R、R′代表烷基。下列說法不正確的是A．能加快反應速率B．從圖中歷程可知，物質Ⅵ比Ⅴ穩定C．步驟Ⅱ→Ⅲ的歷程中，C-R′鍵比鍵更容易斷裂D．發生上述反應生成的主要產物是【答案】D【詳解】A．由圖可知，氫離子是反應的催化劑，能降低反應的活化能，加快反應速率，故A正確；B．由結構簡式可知，分子中羥基直接連在不飽和碳原子上，結構不穩定，會轉化為結構穩定的，所以物質Ⅵ比Ⅴ穩定，故B正確；C．由結構簡式可知，發生C-R′鍵斷裂轉化為，說明C-R′鍵比鍵更容易斷裂，故C正確；D．由圖可知，發生上述反應生成的主要產物是或，不能轉化為，故D錯誤；故選D。9．西安交通大學胡小飛教授課題組使用酞菁鈷(RM)作為均相催化劑構建了一個結構為的電池體系，電池的電動勢被提高到2.98V的同時還可以在-30~80℃下正常工作。如圖所示。下列敘述正確的是A．在“常溫”和“非常溫”電池中電極的電勢均為b>aB．酞菁鈷與參與反應的形成化合物，提高了a極電勢C．在電池中，3mol被還原時向a極遷移4molD．“非常溫”電池中，a電極反應式為【答案】D【分析】根據在“常溫”與“非常溫”電池中，的移動方向，可以確定b極為負極，a極為正極。據此分析作答?！驹斀狻緼．觀察圖示，在“常溫”與“非常溫”電池中，b極為負極，a極為正極，正極(a)的電勢高于負極(b)，A項錯誤；B．的發生還原反應，的化合價沒有變化，而酞菁鈷只與發生還原反應的形成化合物，降低還原反應的活化能，從題示信息看，電池電勢提高了，電池電勢等于正、負極電勢之差，提高了正極電勢，B項錯誤；C．根據“常溫”電池圖可知，的沒有被還原，3mol被還原成3mol時，向a極遷移12mol，C項錯誤；D．根據“非常溫”電池圖可知，a電極上發生還原反應，脫去RM，RM參與循環，D項正確；答案選D。10．向溶液中滴入氨水至得到深藍色的透明溶液。滴加氨水過程中，測得與銅元素相關微粒的分布系數與的變化關系如圖所示。已知：；比如下列說法正確的是A．與形成配位鍵的能力：B．時，C．時，D．的平衡常數為【答案】D【分析】結合題干和圖像可知：向0.1mol/LCuSO4溶液中滴入1mol/L氨水至得到深藍色的透明溶液，過程中含銅元素的微粒有：、、、、，各粒子分布系數與p(NH3)的關系，如圖像所示；【詳解】A．硫酸銅溶液呈藍色，是因為與水形成水合銅離子，滴入氨水后最終生成，說明更易與形成配位鍵，A不符合題意；B．如圖所示：時，，B不符合題意；C．時，含銅元素的微粒有：、、，此時，，，若n(CuSO4)=amol,，則，C不符合題意；D．欲計算平衡常數，可以分別計算出、、、的平衡常數再相乘，計算上述四個反應平衡常數的方法：特殊坐標點即可以利用選擇、3.5、2.9、2.1(上述四個點時各平衡常數)分別計算出上述四個反應的平衡常數分別為、、、，故的平衡常數為，D符合題意；故答案選D。第II卷（非選擇題共60分）二、非選擇題，共4題，共60分。11．（15分）選擇性催化還原反應(SCR)被廣泛用于燃煤電廠尾氣的脫硝。為了回收廢SCR催化劑(含、、等)中的金屬資源，某研究團隊開發了如下工藝：已知：①是酸性氧化物；是兩性氧化物，不易在稀酸溶液中溶解。②晶體100℃開始升華，189.5℃分解，溶液具有一定的揮發性?；卮鹣铝袉栴}：(1)為了提高“酸浸1”速率，對廢SCR催化劑“預處理”的方法是(寫一點即可)。(2)“酸浸1”中浸取溫度對釩、鎢和鈦浸出率的影響如圖所示，90℃以后釩的浸取率下降的可能原因是。(3)經檢測，含釩濾液中主要存在，則“酸浸1”中發生反應的離子方程式為。(4)“焙燒”時轉化為(填化學式)，該物質是后續浸鎢的關鍵。(5)“酸浸2”保持溫度在70℃，含鎢化合物與反應1h后，生成和另一種物質，則該反應的化學方程式為。(6)研究表明，浸出的鈦渣是可循環利用的銳鈦礦型，熔點為1840℃，其晶胞結構和沿c軸方向投影如圖所示，已知晶胞參數a=0.38nm，b=0.38nm，c=0.95nm，，則二氧化鈦的晶體類型為，的配位數為，銳鈦礦型的晶體密度為(設為阿伏加德羅常數的值，列出計算式即可)?！敬鸢浮?1)將廢SCR催化劑粉碎(2)溫度升高，草酸揮發(3)(4)(5)(6)共價晶體6【分析】由題給流程可知，廢SCR催化劑預處理后加入草酸浸取得到含釩濾液和浸渣，浸渣加入氧化鈣焙燒得到鎢、鈦的鈣鹽，加入草酸酸浸得到含鎢濾液和鈦渣，鈦渣處理得到二氧化鈦。【詳解】（1）為了提高“酸浸1”速率，對廢SCR催化劑“預處理”的方法是將廢SCR催化劑粉碎，增加反應物的接觸面積加快反應；（2）溶液具有一定的揮發性，90℃以后釩的浸取率下降的可能原因是溫度升高，草酸揮發，導致釩的浸取率下降；（3）含釩濾液中主要存在，則“酸浸1”中發生反應為和發生氧化還原反應生成二氧化碳和，反應中碳化合價由+3變為+4、V化合價由+5變為+4，結合電子守恒，離子方程式為；（4）是酸性氧化物，“焙燒”時和氧化鈣反應轉化為；（5）“酸浸2”保持溫度在70℃，含鎢化合物與反應1h后，生成和另一種物質，結合質量守恒，另一種物質為H2WO4，則該反應的化學方程式為；（6）y由熔點可知，二氧化鈦的晶體類型為共價晶體。由圖可知，中心的鈦周圍有6個最近的氧，則其配位數為6；據“均攤法”，晶胞中含個Ti，結合化學式可知，晶胞中含有4個，則晶體密度為。12．（15分）連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)是無機精細化學品，在造紙、印染等行業應用廣泛。某科研小組通過以下方案制備Na2S2O4并測定其純度。已知：①Na2S2O4在空氣中極易被氧化，易溶于水且隨溫度的升高溶解度增大，不溶于乙醇，在堿性介質中較穩定。②低于52℃時Na2S2O4在水溶液中以Na2S2O4·2H2O形態結晶，高于52℃時Na2S2O4·2H2O在堿性溶液中脫水成無水鹽。請回答下列問題：I.Na2S2O4的制備其制備過程如下：步驟1：安裝好整套裝置(夾持裝置省略)，并檢查裝置的氣密性；步驟2：在三頸燒瓶中依次加入Zn粉和水，電磁攪拌形成懸濁液；步驟3：打開儀器a的活塞，向裝置C中先通入一段時間SO2；步驟4：打開儀器c的活塞滴加稍過量NaOH溶液使裝置C中溶液的pH在8.2~10.5之間；步驟5：過濾，將濾液經“一系列操作”可獲得Na2S2O4。(1)儀器b的名稱是。(2)寫出裝置A中發生反應的化學方程式：。(3)裝置B(單向閥)的作用是防倒吸，下列裝置能代替它的是(填字母)。a.b.c.d.(4)步驟3中生成物為ZnS2O4，該反應需控制溫度在35~45℃進行，其原因為。(5)步驟4中，需控制溶液的pH在8.2~10.5之間，其原因為：①pH太大Zn(OH)2會溶解；②pH太小Zn2+沉淀不完全；③。(6)“一系列操作”包括：a.攪拌下用水蒸氣加熱至60℃左右；b.分批逐步加入細食鹽粉，攪拌使其結晶，用傾析法除去上層溶液，余少量母液；c.趁熱過濾；d.用乙醇洗滌。上述操作的合理順序為→干燥(填字母)。II.Na2S2O4含量的測定實驗裝置：實驗原理：[Fe(CN)6]3-+S2O+OH-——SO+[Fe(CN)6]4-+H2O(未配平)。實驗過程：稱取0.25g樣品加入三頸燒瓶中，加入適量NaOH溶液，打開電磁攪拌器，通過滴定儀控制滴定管向三頸燒瓶中快速滴加0.10mol·L-1，K3[Fe(CN)6]標準溶液，達到滴定終點時消耗24.00mL標準溶液。(7)樣品中Na2S2O4的質量分數為%(假設雜質不參與反應)；若實驗過程中忘記通入N2，對測定Na2S2O4含量的影響是(填“偏低”“偏高”或“無影響”)?！敬鸢浮?1)蒸餾燒瓶(2)2NaHSO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑(3)bd(4)溫度較低時，反應速率較慢，溫度較高時，SO2的溶解度較小(5)堿性環境下，Na2S2O4能穩定存在(6)bacd(7)83.52偏低【詳解】（1）根據題圖可以看到，該燒瓶圓底，無支管，所以是“圓底燒瓶”；（2）復分解反應，強酸制弱酸，方程式為“2NaHSO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑”；（3）裝置防倒吸一般按照氣流短進長出或者短進短出的方案選擇儀器，所以本問應選填“bd”；（4）若反應溫度過低，反應速率過慢，反應時間過長，而溫度過高，氣體在反應液中溶解度變低，無法充分參與反應，所以本問應填“溫度較低時，反應速率較慢，溫度較高時，SO2的溶解度較小”；（5）根據題目所給條件可知本問應填“堿性環境下，Na2S2O4能穩定存在”；（6）過濾除去沉淀后，在濾液中加入NaCl，提高溶液中Na+濃度，促進Na2S2O4結晶析出，對偏堿性溶液加熱至52℃以上，再趁熱過濾，獲得無結晶水的Na2S2O4晶體，獲得晶體后用乙醇洗滌晶體，除去殘留濾液，降低晶體溶解損失，所以本問應填“bacd”；（7）配平離子方程式：“”，設樣品中的物質的量為x，根據配平計算解之，得x=1.2×10-3mol，所以Na2S2O4在樣品中的質量分數為；若實驗過程中未通N2做保護氣，則樣品中的有效成分會被空氣中的氧氣所氧化，則滴定消耗的K3[Fe(CN)6]標準溶液會偏少，則計算所得質量分數會“偏小”。13．（14分）甲醇是一種重要的燃料和化工原料?；卮鹣铝袉栴}：(1)將轉化為甲醇是實現“碳中和”“碳達峰”雙碳目標的一種措施，相關反應如下：反應?。?/p>

反應ⅱ：

反應ⅲ：

反應ⅲ的(填“>”或“<”)0；若正反應的活化能為，則逆反應的活化能為(用含E的代數式表示)。(2)中國科學院發現了一種雙金屬固溶體氧化物催化劑，實現了高選擇性、高穩定性加氫合成甲醇。在恒容密閉容器中按照不同投料比投料，發生上述反應ⅱ和反應ⅲ，測得的平衡轉化率及選擇性隨著溫度(T)的變化曲線如圖1所示。其中表示平衡轉化率的曲線是(填“甲、乙、丙、丁”中的兩條曲線)；℃時，反應ⅲ的平衡常數(用分壓表示，不用計算具體數值)。(3)在有催化劑和無催化劑條件下，上述反應ⅲ的反應機理和相對能量的變化如圖2所示(吸附在催化劑表面上的物種用“*”標注，TS為過渡態)。無催化劑時，該反應存在個基元反應；有催化劑時，決速步驟的方程式為。(4)尖晶石型氧化物能用作合成甲醇的催化劑，圖3是一種含Mg、Al、O的尖晶石的晶胞結構，其中A、B的結構如圖4所示。該尖晶石晶胞中元素的電負性由大到小順序為，Mg位于空隙中（填“四面體”、“八面體”）。【答案】(1)<(2)甲、乙

(3)7(4)O>Al>Mg（1分）四面體（1分）【詳解】（1）反應ⅲ為氣體分子數減少的反應，即熵減反應，則；根據題給3個熱化學方程式中物質的轉化關系和蓋斯定律可知，

，由于，則逆反應的活化能為；（2）由上述分析可知，，，故溫度升高，反應ⅲ逆向移動，即減小，由題圖1曲線變化可知，曲線丙、丁為變化曲線，故曲線甲、乙為的平衡轉化率曲線；℃時，曲線丙、丁急劇下降是因為溫度高于320℃時，以反應ⅱ為主，則急劇下降。由題圖1可知，b點表示時的選擇性，故投料比時的平衡轉化率為10%，設初始投料為3mol、1mol，則的轉化量為，由b點數據可知，平衡體系中的物質的量為，則CO的物質的量為0.014mol，由C守恒可知轉化為和CO的分別為0.086mol、0.014mol，對反應ⅱ、ⅲ分別列“三段式”可得：則平衡體系中氣體總物質的量為，則相關物質分壓分別為、、、，故反應ⅲ的平衡常數；（3）基元反應是指在反應中一步就能轉化為產物的反應，由題圖2可知，該反應機理最后一步為生成物從催化劑上的脫附，是物理變化，故該反應有7個基元反應。由題圖2可知，有催化劑時，的活化能最大，是該反應的決速步驟。（4）該尖晶石晶胞中元素的電負性由大到小順序為O>Al>Mg，Mg位于四面體空隙中14．（16分）依折麥布片是一種新型高效的調脂藥，其合成路線如下，回答以下問題：已知：Ⅰ．。Ⅱ．。Ⅲ．。(1)A到B的反應條件，C的結構簡式：。(2)D反應成E實際需經過多步反應，原因是。(3)G到H的化學方程式：，比H少2個碳原子的同系物L，其同分異構體符合下列要求的有(不考慮立體異