2025年高考押題預測卷01高三化學(考試時間：60分鐘試卷滿分：100分)考生注意：1.試卷滿分100分，考試時間60分鐘。2.本考試分設試卷和答題紙。答題前，務必在答題紙上填寫學校、姓名、座位號(考號)，并將核對后的條形碼貼在指定位置上。作答必須涂或寫在答題紙上，在試卷上作答一律不得分。3.選擇類試題中，標注“不定項”的試題，每小題有1~2個正確選項，只有1個正確選項的，多選不給分，有2個正確選項的，漏選1個給一半分，錯選不給分；未特別標注的試題，每小題只有1個正確選項。相對原子質量：H-1B-11C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64As-75一、化學與人工智能(AI)(20分)．今年，國產DeepSeek開源AI模型大放異彩。AI模型訓練需要使用圖形處理器(GPU)，GPU芯片的主要成分是硅，純硅(晶體結構如下圖所示)的導電性較差，在硅中引入特定的元素(如磷、硼等)，可以增強其導電性。(1)下列關于硼的說法中，正確的是_______。A．硼元素位于元素周期表中的第2周期第3族B．硼元素位于元素周期表中的s區C．基態硼原子有2種不同形狀的電子云D．基態硼原子有3種不同運動狀態的電子(2)下列關于硅和磷的性質比較中，正確的是_______。(不定項)A．原子半徑：Si＞PB．第一電離能：Si＞PC．熔點：Si＞P4(白磷)D．酸性：H2SiO3＞H3PO4(3)當磷原子取代了純硅中少量硅原子后，能形成導電性較好的n型半導體。請從結構的角度解釋導電性增強的原因。_______【答案】(1)C(2分)(2)AC(2分)(3)磷原子最外層有5個電子，4個與硅原子成鍵后還有一個電子沒有成鍵，該電子在一定條件下可以定向移動而導電(3分)【解析】(1)A項，硼元素位于元素周期表中第2周期第IIIA族，而非第3族，故A錯誤；B項，硼為p區元素，故B錯誤；C項，基態硼原子(1s22s22p1)有s、p兩種形狀的電子云，故C正確；D項，基態硼原子有5個電子，有5種不同運動狀態的電子，故D錯誤；故選C。(2)A項，同周期中原子序數越大，原子半徑越小，Si(14號)原子半徑大于P(15號)，故A正確；B項，由于同周期電離能整體越來越大，且P的3p處于半充滿狀態，較穩定，故第一電離能SiP，故B錯誤；C項，Si為共價晶體，P4為分子晶體，一般共價晶體熔沸點比分子晶體熔沸點高，故Si＞P4，故C正確；D項，Si與P非金屬性為SiP，故最高價水化物含氧酸H2SiO3H3PO4，故D錯誤；故選AC。(3)當磷原子取代了純硅中少量硅原子后，能形成導電性較好的n型半導體原因在于磷原子最外層有5個電子，4個與硅原子成鍵后還有一個電子沒有成鍵，該電子在一定條件下可以定向移動而導電，故答案為：磷原子最外層有5個電子，4個與硅原子成鍵后還有一個電子沒有成鍵，該電子在一定條件下可以定向移動而導電。．2024年諾貝爾化學獎授予了利用AI設計蛋白質和預測結構的科學家們，利用AI模擬出的血紅蛋白的部分結構如下圖所示(表示蛋白質的其他部分)。(4)已知血紅素中鐵的存在形式為，有關的化學用語正確的是_______。A．中子數為30的：B．電子排布式：1s22s22p63s23p63d6C．結構示意圖：D．價層電子軌道表示式：(5)上圖虛線框的結構中，含有_______。(不定項)A．σ鍵B．鍵C．配位鍵D．離子鍵(6)上圖中鍵角為，介于(H2S鍵角)和(CH4鍵角)之間，請從價層電子對互斥理論的角度解釋原因。_______。【答案】(4)B(2分)(5)AB(2分)(6)物質中的S原子和C原子都是sp3雜化，S的價層電子對數為4，其中血紅蛋白的部分結構中S原子有2個孤電子對，因為孤電子對的排斥力更大，所以鍵角小于CH4的鍵角。H2S中S原子價層電子對數也為4，孤電子對數也為2，但因為氫原子體積較小，不如血紅蛋白的部分結構中S上連的兩個基團間的排斥力大，故H2S中鍵角更小(3分)【解析】(4)A項，中子數為30的：，錯誤；B項，Fe的原子序數為26，基態Fe的電子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，則的電子排布式：1s22s22p63s23p63d6，正確；C項，結構示意圖：，錯誤；D．價層電子軌道表示式：，錯誤；故選B；(5)單鍵都是σ鍵，雙鍵一個σ鍵、一個π鍵，因此含有σ鍵與π鍵，不含配位鍵和離子鍵，故選AB；(6)圖中物質中的S原子和C原子都是sp3雜化，S形成2個價鍵，S的價層電子對數為4，其中血紅蛋白的部分結構中S原子有2個孤電子對，因為孤電子對的排斥力更大，所以鍵角小于CH4的鍵角。H2S中S原子價層電子對數也為4，孤電子對數也為2，但因為氫原子體積較小，不如血紅蛋白的部分結構中S上連的兩個基團間的排斥力大，故H2S中鍵角更小。．某同學采用AI技術結合計算化學方法，模擬預測了熔融的CaO和MgO冷卻結晶的產物結構，得到一種類似NaCl晶胞的結構，如下圖所示。(7)該結構中Ca2+周圍最近的Mg2+有_______個。A．2B．4C．6D．8(8)已知一個該晶胞的體積為9.61×10-23cm-3，計算該晶體的密度ρ=_____g·cm-3。(NA的數值取6.02×1023，計算結果精確到小數點后2位)(9)用AI輸出的另一種晶胞結構是：上圖晶胞體心的O2-被替換為Mg2+，判斷這種新晶胞的結構是否合理，并寫出判斷依據_______?！敬鸢浮?7)D(2分)(8)3.32(2分)(9)不合理，因為替換后，Mg2+周圍都是Ca2+和Mg2+，同種電荷相互排斥，不穩定(或正負化合價代數和不為零，或正負電荷數不相等)(2分)【解析】(7)由晶胞結構可知，以位于面心的Ca2+為研究對象，Ca2+周圍最近的Mg2+有8個，距離為面對角線的一半，故選D。(8)該晶胞中Ca2+的個數為=4，Mg2+的個數為=2，O2-的個數為=4，已知一個該晶胞的體積為，計算該晶體的密度=3.32。(9)用AI輸出的另一種晶胞結構是：上圖晶胞體心的O2-被替換為Mg2+，這種新晶胞的結構不合理，原因是替換后，Mg2+周圍都是，Ca2+和Mg2+，同種電荷相互排斥，不穩定(或正負化合價代數和不為零，或正負電荷數不相等)。二、廢舊鋰離子電池制備碳酸鋰(本題共20分)廢舊鋰離子電池的正極材料含鈷酸鋰(LiCoO2)，錳酸鋰(Li2MnO4)，鎳酸鋰(LiNiO2)以及鋁片、石墨粉等，某小組設計方案回收金屬元素，流程如下：已知：過硫酸根離子的結構為：(1)鋰離子電池工作時，能量的主要轉化方式為___________。(2)在廢舊電池的初步處理及堿浸環節，為加快速率，除了對原料粉碎處理，還可以采用的措施有___________(寫出其中一種即可)，步驟①發生反應的離子方程式為___________。(3)濾液A中的Co、Ni、Mn均為+2價，則H2O2作為反應物的半反應式為___________。(4)寫出過程③中Mn2+發生反應的離子方程式___________；步驟②中不能用鹽酸酸化溶液的原因是___________。(5)常溫下濾液C中c(Co2+)=___________mol/L。(常溫：Ksp[Co(OH)2]=1.09×10-15)(6)所得碳酸鋰樣品含有少量Na2SO4雜質，擬通過圖示裝置測定樣品中Li2CO3的含量，b中液體為硫酸溶液，量氣管中可以加入的試劑可以是___________。(不定項)A．飽和Na2CO3溶液B．飽和NaHCO3溶液C．飽和食鹽水D．覆蓋油層的水(7)下列情況會導致測定結果偏低的是___________。A．反應產生的氣體一部分滯留在“Y”型試管中B．沒有恢復到室溫就進行讀數C．水準管液面高于量氣管D．固體樣品稱量后，在反應之前吸收空氣中的水蒸氣【答案】(1)化學能轉化為電能(2分)(2)攪拌或者適當升高溫度(合理均可)(2分)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑(2分)(3)H2O2-2e-=2H++O2(2分)(4)Mn2++S2O82-+2H2O=4H++MnO2+2SO42-(2分)MnO42-會在酸性條件下氧化Cl-生成Cl2(2分)(5)1.09×10-6(3分)(6)BD(2分)(7)C(3分)【解析】正極材料含鈷酸鋰(LiCoO2)，錳酸鋰(Li2MnO4)，鎳酸鋰(LiNiO2)以及鋁片、石墨粉等，初步處理后進行堿浸，Al反應生成四羥基合鋁酸鈉溶液，濾渣經過氧化氫酸性溶液溶解，H2O2將LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物質中的Co、Mn、Ni還原為+2價，過濾分離出石墨，濾液在過程③中Mn2+被S2O82-氧化為MnO2，過程④中加入NaOH調pH使Ni2+和Co2+變為氫氧化物沉淀，過濾后在濾液C中加入濃碳酸鈉生成碳酸鋰。(1)鋰離子電池屬于原電池，原電池工作時，是將化學能轉化為電能，所以鋰離子電池工作時，能量的主要轉化方式為化學能轉化為電能；(2)在廢舊電池的初步處理及堿浸環節，為加快速率，根據化學反應速率的影響因素，除了對原料粉碎處理增大接觸面積外，還可以采用攪拌、升高溫度、適當增大堿的濃度等措施，步驟①是鋁片與堿液反應，鋁與氫氧化鈉溶液反應生成四羥基合鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；(3)濾液A中的Co、Ni、Mn均為+2價，說明H2O2將LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物質中的Co、Mn、Ni還原為+2價，所以H2O2的主要作用是還原劑，H2O2半反應式為H2O2-2e-=2H++O2；(4)S2O82-中有過氧鍵，具有氧化性，過程③中Mn2+被S2O82-氧化為MnO2，離子方程式為Mn2++S2O82-+2H2O=4H++MnO2+2SO42-，步驟②中不能用鹽酸酸化溶液，因為溶液中的MnO4-具有強氧化性，能與鹽酸中的Cl-發生氧化還原反應，Cl-被氧化為Cl2，MnO4-被還原，會導致后續反應受影響，所以原因是酸性條件下MnO4-會氧化Cl-生成Cl2；(5)濾液C中形成Co(OH)2沉淀，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.09×10-15，一般情況下溶液為堿性，假設c(OH-)=1.0×10-2mol/L(具體OH-濃度應根據題目中其他條件確定，此處假設為常見堿性環境濃度)，則c(Co2+)====1.09×10-6mol/L；(6)測定樣品中Li2CO3的含量，利用硫酸與樣品反應，測定CO2的體積，通過CO2的量計算Li2CO3的含量；A項，CO2與飽和Na2CO3溶液要反應，故不符合；B項，CO2在飽和NaHCO3溶液中溶解度很小，故符合；C項，CO2可以溶于飽和食鹽水，故不符合；D項，覆蓋油層的水不會溶解CO2，故符合；故選BD；(7)A項，反應產生的氣體一部分滯留在“Y”型試管中，但是會有等量的空氣進入量氣管，CO2的體積不會偏小，結果不會偏低，故A不選；B項，沒有恢復到室溫就進行讀數導致測得的CO2的體積偏大，結果偏高，故B不選；C項，水準管高于量氣管，則CO2的壓強大于大于大氣壓，使測得的體積偏低，結果偏低，故C選；D項，固體樣品稱量后，在反應之前吸收空氣中的水蒸氣，不影響生成的CO2，結果無影響，故D不選；故選C。三、制備CuCl(20分)CuCl用途廣泛，某研究性小組擬熱分解CuCl2·2H2O制備CuCl。【資料查閱】ⅰ.ⅱ.實驗室使用濃硫酸制備HCl氣體的原理如下：NaCl+H2SO4(濃)NaHSO4+HCl↑【實驗探究】該小組用下圖所示裝置進行實驗(央持儀器略)，請回答下列問題：(1)制備氯化氫的過程體現了濃硫酸具有_______。A.酸性B.強氧化性C.難揮發性D.吸水性(2)使用恒壓分液漏斗制備HCl氣體的優點是_______；X裝置的名稱為_______。(3)C中試紙變藍后會逐漸褪色，寫出褪色過程中發生的化學反應方程式_______。(4)裝置D中發生的離子方程式為_______。(5)反應結束后，取出CuCl產品進行實驗，發現其中含有少量的CuCl2或CuO雜質，根據資料信息分析：①若雜質是CuCl2，則產生的原因是_______。②若雜質是CuO，則產生的原因是_______。準確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，配成100mL溶液，取出10.00ml，用amol/L的K2Cr2O7標準溶液滴定到終點，消耗K2Cr2O7溶液bml，反應中Cr2O72-被還原為Cr3+。CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2(6)配制100mL待測液用不到的儀器有_______。A．容量瓶B．燒杯C．分液漏斗D．膠頭滴管(7)樣品中CuCl的質量分數為_______(結果化簡，M(Cu)=64，M(Cl)=35.5)。(8)若測定結果偏大可能的原因是_______。A．樣品中混有CuOB．滴定前滴定管尖嘴處有小液滴，滴定后消失C．滴定管未用K2Cr2O7標準溶液潤洗D．裝待測液前錐形瓶內殘留少量水【答案】(1)C(2分)(2)保持內外壓強一致使得液體順利流下(1分)干燥管(1分)(3)I2+5Cl2+3H2O=2HIO3+10HCl(2分)(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O(2分)(5)加熱溫度不夠高，不到300℃，CuCl2未完全分解(2分)通入HCl的量太少(氯化氫中含有一定水分)，產生Cu2(OH)2Cl2后分解產生CuO(2分)(6)C(2分)(7)(4分)(8)C(2分)【解析】本題為實驗探究題，探究熱分解CuCl2·2H2O制備CuCl，題干實驗裝置圖可知，用濃硫酸和NaCl制得的HCl氣體通入裝置A中即在HCl氣流中加熱CuCl2·2H2O，X即球形干燥管中的硫酸銅能夠檢驗是否分解完全，裝置C中的濕潤的淀粉KI試紙用于檢驗是否生成Cl2，裝置D為吸收尾氣中的Cl2和HCl。(1)制備氯化氫的過程反應原理為：NaCl+H2SO4(濃)NaHSO4+HCl↑，則體現了濃硫酸具有難揮發性，即難揮發性酸制備揮發性酸，故答案為：C；(2)使用恒壓分液漏斗制備HCl氣體的優點是保持內外壓強一致使得液體順利流下，由題干實驗裝置圖可知，X裝置的名稱為干燥管，故答案為：保持內外壓強一致使得液體順利流下；(球形)干燥管；(3)由分析可知，制備CuCl過程中產生Cl2，Cl2能氧化KI為I2，從而使濕潤的KI淀粉試紙變藍，但由于Cl2具有強氧化性，能夠將I2氧化為更高價態的含碘化合物，故C中試紙變藍后會逐漸褪色，褪色過程中發生的化學反應方程式為：I2+5Cl2+3H2O=2HIO3+10HCl；(4)由分析可知，裝置D的作用為吸收尾氣中的Cl2和HCl，防止污染環境，則其中發生的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O；(5)①若雜質是CuCl2，則產生的原因是加熱溫度不夠高，不到300℃，CuCl2未完全分解，故答案為：加熱溫度不夠高，不到300℃，CuCl2未完全分解；②若雜質是CuO，則產生的原因是通入HCl的量太少(氯化氫中含有一定水分)，Cu2+水解產生Cu2(OH)2Cl2后分解產生CuO，故答案為：通入HCl的量太少(氯化氫中含有一定水分)，產生Cu2(OH)2Cl2后分解產生CuO；(6)用固體配制100mL一定物質的量濃度的待測液需要使用的儀器有：天平、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管，則配制用不到的儀器有分液漏斗，故答案為：C；(7)根據反應方程式：CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2，Fe2+的還原性強于Cl-，故可用amol/L的K2Cr2O7標準溶液滴定到終點，消耗K2Cr2O7溶液bml，反應中Cr2O72-被還原為Cr3+，反應原理為：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，則有6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-，則有：n(CuCl)=n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6ab×10-3mol，故樣品中CuCl的質量分數為=；(8)A項，樣品中混有CuO，導致生成的Fe2+偏小，消耗標準液的體積偏小，則所測量結果偏小，A不合題意；B項，滴定前滴定管尖嘴處有小液滴，滴定后消失，導致消耗的標準液的體積偏小，所測量結果偏小，B不合題意；C項，滴定管未用K2Cr2O7標準溶液潤洗，導致標準液濃度偏小，消耗標準液的體積偏大，所測量結果偏大，C符合題意；D項，裝待測液前錐形瓶內殘留少量水對實驗結果無影響，D不合題意；故選C。四、靈芝酚的合成(18分)靈芝酚能延緩慢性腎病的進程。我國科學家合成靈芝酚的一種路線如下：已知：(1)c中的官能團有_____(填名稱)。(2)b的結構簡式是_____。(3)屬于氧化反應的是_____(不定項)。A.c→dB.f→gC.h→ID.i→j(4)用“*”標出f中的不對稱碳原子_____。(5)生成e時有副產物e’生成，e’是e的同分異構體；d→e’的反應中，雜化方式改變的碳原子是_____。A．①、②B．①、⑥C．③、④D．⑤、⑦(6)h→i與i→j的轉化順序能否互換？原因是_____。(7)a有多種同分異構體，寫出一種滿足下列條件的同分異構體的結構簡式_____。i．只能與Na2CO3溶液反應生成NaHCO3；ii．能發生消去反應；iii．核磁共振氫譜中有四組峰，峰面積比為2：2：3：6.(8)結合所學及上述路線中的信息，寫出乙烯與合成的路線(無機試劑任選)_____。(合成路線表示為：MN……目標產物)【答案】(1)醚鍵、酮羰基、酯基(2分)(2)(2分)(3)BC(2分)(4)(2分)(5)A(2分)(6)不能互換。酚羥基較為活潑，易被氧化，若互換則可能在氧化反應中被破壞(2分)(7)或(3分)(8)(3分)【解析】a到c發生已知的反應，屬于取代反應，c到d發生先加成后取代反應，d到e發生-OH的消去反應，e到f引入-OH，f到雙鍵形成環醚，g到h斷開三元環，形成一個五元環和一個六元環，h到i引入羰基，i到j醚鍵轉化為酚羥基。(1)C的結構簡式為：，官能團有醚鍵、酮羰基、酯基；(2)由a和c的結構簡式及已知的反應可知，b的結構簡式為：；(3)c到d是加成反應；f到g加氧是氧化反應；h到i是加氧的反應，是氧化反應；i到j是取代反應；故選bc；(4)一個C周圍連接四個不同的原子或原子團為不對稱碳原子，即手性碳原子，如圖：；(5)d到e的反應是消去反應，還可以得到另一種結構：，①②碳原子由sp3轉化為sp2雜化，故選A；(6)h→i與i→j的轉化順序不能互換，原因是：酚羥基較為活潑，易被氧化，若互換則可能在氧化反應中被破壞；(7)i．只能與Na2CO3溶液反應生成NaHCO3，說明含有酚羥基；ii．能發生消去反應，I原子連接的碳原子相鄰C原子上有H原子；iii．核磁共振氫譜中有四組峰，峰面積比為2：2：3：6，含有兩個等效的甲基和一個不等效甲基；符合條件的結構有：或；(8)形成三元環可以用ICH2CH2I與發生已知的反應得到，ICH2CH2I可以用乙烯和I2發生加成反應得到；故合成路線為：。五、高爐反應的研究(22分)高爐煉鐵是現代煉鐵的主要方法。(1)高爐中常見的是三步(>570°C)機制。具體反應如下：①3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH1=?47.2kJ?mol-1②Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g)ΔH2=19.4kJ?mol-1③FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH3=?11.0kJ?mol-1鐵元素位于元素周期表第_______周期第_______族；計算Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH=_______。【答案】四(1分)Ⅷ(1分)-24.8kJ?mol-1(2分)【解析】鐵元素的原子序數為26，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)可由×(①+②×2)+③×2得，得。(2)高爐氣中存在反應：C(s)＋CO2(g)2CO(g)ΔH>0，勒夏特列通過研究該反應提出了化學平衡移動原理。恒溫恒容時，能說明上述反應達到平衡狀態的是_______。(不定項)A．CO2與CO的物質的量之比為1：2B．v正(CO2)：v逆(CO)=2：1C．CO2和CO的濃度不再改變D．混合氣體的密度不再改變不同溫度和壓強下，上述反應達到平衡時CO和CO2?的體積分數變化如圖所示。根據化學平衡移動原理，解釋兩種氣體體積分數的變化趨勢_______?！敬鸢浮緾D(2分)當溫度不變時，由于該反應是體積增大的反應，壓強增大，平衡左移，所以CO體積分數減小，CO2體積分數增大。當壓強不變時，由于該反應正反應吸熱，溫度升高，平衡右移，所以CO體積分數增大，CO2體積分數減小。(合理即可)(4分)【解析】A項，CO2與CO的物質的量之比為1：2，沒有說保持不變，無法判斷反應是否達到平衡狀態，A錯誤；B項，反應處于平衡狀態時2v正(CO2)=v逆(CO)，當v正(CO2)：v逆(CO)=2：1時，反應未處于平衡狀態，B錯誤；C項，CO2和CO的濃度不再改變，按定義達到平衡狀態，C正確；D項，因為該反應是在恒容條件下，氣體質量在反應前后不守恒，即密度是不斷變化的，故當密度不變是反應達到平衡狀態，D正確；故選CD。當溫度不變時，由于該反應是體積增大的反應，壓強增大，平衡左移，所以CO體積分數減小，CO2體積分數增大；當壓強不變時，由于該反應正反應吸熱，溫度升高，平衡右移，所以CO體積分數增大，CO2體積分數減小。(3)據報道，某含銅配合物可催化還原CO2，該反應歷程中相對能量變化如圖所示。上圖反應歷程中，基元反應和中間體各有_______個。A．5；4B．6；5C．6；4