2025年高考押題預測卷高三化學（考試時間：60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。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Mn55Fe-56Zn65第Ⅰ卷（選擇題共36分）一、選擇題：本題共12小題，每小題3分，共36分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．清代《閩小記》中記載被稱為“中國白”的德化白瓷：“以糯米漿調釉，其火候極足，色如凝脂”。下列說法正確的是A．糯米漿中的淀粉高溫水解生成果糖以增強釉料的粘性B．硅氧四面體網狀結構是陶瓷硬度大的原因之一C．含鋁化合物的存在使陶瓷不耐酸堿腐蝕D．燒制白瓷應選用含量較高的泥料【答案】B【解析】A．淀粉高溫水解的最終產物是葡萄糖而非果糖，A錯誤；B．硅酸鹽材料（如陶瓷）的硬度主要源于硅氧四面體形成的三維網狀結構，B正確；C．含鋁化合物（如Al2O3）是兩性氧化物，但陶瓷的耐腐蝕性主要取決于致密結構，而非鋁的存在直接導致不耐酸堿，C錯誤；D．Fe2O3含量高會使陶瓷呈紅褐色，白瓷需低Fe2O3以保證潔白，D錯誤。2．下列化學用語表述錯誤的是A．用于考古研究中分析古代人類食物結構的氮核素符號為B．的電子式：C．分子內氫鍵表示：D．的空間結構和VSEPR模型均為【答案】A【解析】A．用于考古研究中分析古代人類食物結構的氮核素符號為，A錯誤；B．碳化鈣為含有離子鍵和非極性共價鍵的離子化合物，電子式為：，B正確；C．醛基氧電負性大，醛基和氨基處于鄰位，容易和氨基形成分子內氫鍵，該分子氫鍵表示：，C正確；D．中心原子C的價層電子對數是，無孤對電子，空間結構和VSEPR模型均為平面三角形，即：，D正確。3．下列化學反應對應的離子方程式錯誤的是A．利用稀硫酸、、銅片制硝酸銅：B．明礬溶液與過量氨水混合：C．向溶液中加入NaOH至溶液呈堿性：D．向懸濁液中滴加幾滴溶液：【答案】B【解析】A．稀硫酸、、銅片制硝酸銅，參加反應的離子是H+、還有Cu單質，生成物有NO、Cu2+和水，離子方程式為：，A正確；B．Al(OH)3不溶于氨水，明礬溶液與過量氨水混合的離子方程式為：，B錯誤；C．溶液在堿性條件下轉化為Na2CrO4，離子方程式為：，C正確；D．Fe(OH)3溶度積常數更小，Mg(OH)2可以轉化為更難溶的Fe(OH)3，離子方程式為：，D正確。4．某小組同學用鐵粉還原AgCl制取Ag，實驗如下：實驗操作及現象i．產生大量氣泡和灰黑色固體（經檢驗為Ag、Fe）；ii．靜置后，固體變為灰白色；iii．取固體，洗滌后加入KI溶液，生成黃色沉淀；iv。取ii中上層清液，加入KSCN溶液，顯紅色，測得。已知：不能氧化下列說法不正確的是A．由i可知發生了兩個不同的置換反應B．iii中生成黃色沉淀的反應為C．由ii和iv可推測氧化性D．ii中生成灰白色固體的可能原因：靜置過程中增大，減小【答案】B【解析】A．根據i產生大量氣泡和灰黑色固體（經檢驗為Ag、Fe），則發生鐵與鹽酸的置換反應、鐵與銀離子置換出銀的反應，A正確；B．iii中生成黃色沉淀的反應為，B錯誤；C．根據分析知，ii中亞鐵離子靜置過程中被氧氣氧化為鐵離子，則氧化性，C正確；D．根據分析知，亞鐵離子靜置過程中被氧氣氧化為鐵離子，鐵離子濃度逐漸增大，使正向移動，氯離子濃度減小，導致逆向移動，析出灰白色AgCl沉淀，D正確。5．微觀結構決定物質性質，下列物質性質差異與結構因素匹配錯誤的是性質差異結構因素A熱穩定性：分子間氫鍵數目B硬度：金剛石>碳化硅共價鍵鍵能C堿性：成鍵元素的電負性D熔點：晶體類型【答案】A【解析】A．熱穩定性：，是因為H-O鍵的鍵能大于H-N，氫鍵只影響二者的熔沸點等物理性質，不影響二者的熱穩定性，A錯誤；B．金剛石、碳化硅都是共價晶體，共價晶體的熔點與共價鍵的強度有關，鍵能：C-C>Si-C，熔點：金剛石＞碳化硅，B正確；C．電負性：F＞H，導致分子中電子偏向氟，氮原子上的孤電子對對氫離子吸引力減弱，堿性：，C正確；D．是離子晶體，是分子晶體，熔點：，D正確。6．利用為原料合成新型可降解高分子的路線如下。下列說法正確的是A．X的分子式為 B．X無順反異構體C．1個Y分子中含1個手性碳原子 D．以X為單體只能形成三種聚合物【答案】A【解析】A．根據X結構簡式，的分子式為，A正確；B．右側碳碳雙鍵上連有四個不同的基團，故有順反異構體，B錯誤；C．1個分子中含n個手性碳原子，C錯誤；D．聚合物的種類取決于單體的聚合方式和結構，除了形成聚合物Y，X中有碳碳雙鍵，可以以碳碳雙鍵進行加聚，也可以是生成Y后，由于Y中存在碳碳雙鍵，可以進一步聚合交聯形成網狀結構，故以為單體形成聚合物時，可以形成多種聚合物，大于3種，D錯誤。7．前四周期元素的原子序數依次增大，同周期中基態Y原子未成對電子數最多，基態Z原子價層電子排布式為。Z和R位于同主族，基態的d能級達到全充滿結構。由這五種元素組成的化合物為藍色晶體。下列敘述正確的是A．原子半徑：B．第一電離能：C．常溫下，和在空氣中都容易被氧化D．常溫下，向溶液中加入溶液，產生藍色沉淀【答案】B【解析】A．電子層數越多，半徑越大，電子層結構相同，核電荷數越大，半徑越小，原子半徑：，A錯誤；B．根據同主族從上往下第一電離能減小，則O＞S，N的2p能級半滿，第一電離能大于同周期相鄰元素，則N＞O，所以第一電離能：，B正確；C．常溫下，()不能與反應，C錯誤；D．是穩定的配合物，向溶液中加入溶液，不會生成，D錯誤。8．以輝銅礦(主要成分為，含少量、等雜質)為原料制備硝酸銅晶體的某工藝如圖所示，不正確的是（

）A．濾渣1中含有S和 B．加入過量鐵粉發生的反應有3個C．物質a可能是NaOH D．操作X包含蒸發、冷卻、過濾等操作【答案】C【解析】A．濾渣1中含有S和，A正確；B．加入過量鐵粉發生的反應有、、，共3個，B正確；C．物質a可能是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，NaOH引入新雜質，C錯誤；D．操作X包含蒸發（HNO3氣氛下）、冷卻、過濾等操作，D正確。9．實驗室模擬二乙醇胺脫硫、再生及測定吸收率的過程。各步驟中裝置和原理不能達到相應實驗目的的是A．制取B．脫硫（吸收）C．再生（解吸）D．測定吸收率【答案】D【解析】A．亞硫酸鈉固體和70%硫酸反應生成二氧化硫，可以達到實驗目的，故A不符合題意；B．二乙醇胺顯堿性可以吸收酸性氧化物二氧化硫，且二氧化硫易與氫氧化鈉溶液反應應該用倒置漏斗防倒吸，可以達到實驗目的，故B不符合題意；C．吸收二氧化硫后的二乙醇胺在加熱攪拌器的作用下解吸出二氧化硫，用雙氧水吸收，堿石灰吸收多余的二氧化硫，可以達到實驗目的，故C不符合題意；D．酸性高錳酸鉀可以與雙氧水中的二氧化硫反應，但是也能與稀鹽酸反應，不能達到實驗目的，故D符合題意。10．一定溫度下，在存在下與等物質的量的反應，主要產物為和。、和的物質的量分數隨時間的變化如圖1所示，反應過程中能量變化示意圖如圖2所示。下列說法不正確的是A．由圖1可知，的活化能大于的活化能B．時，各物質的物質的量分數變化可以用來解釋C．的過程中，存在鍵的斷裂與形成、鍵的旋轉D．此溫度下，生成的平衡常數小于生成的平衡常數【答案】B【解析】A．開始反應時，Y的含量迅速上升，說明生成Y的速率快，活化能越低，反應速率越快，則的活化能大于的活化能，A正確；B．時，Z的濃度很低，說明主要發生反應，而的速率很慢，即的活化能大，則可以用來解釋，B錯誤；C．鍵的鍵能大于鍵，的過程中，先通過π鍵的斷裂，而σ鍵保持穩定，再通過單鍵旋轉調整取代基排列，最后重新形成π鍵，C正確；D．達到平衡時，Z的濃度大于Y，則生成的平衡常數小于生成的平衡常數，D正確。11．水系鋅錳二次電池放電時存在電極剝落現象，造成電池容量衰減。研究發現，加入少量KI固體能很大程度恢復“損失”的容量，原理如圖。已知PBS膜只允許通過。下列說法錯誤的是A．放電時，0.6mol參加反應，理論上負極減少13gB．充電時，電路中每通過2mol，陽極區溶液減少87gC．放電時的總反應：D．PBS膜的優點是能有效抑制電池的自放電【答案】B【解析】A．加入KI后，I-與剝落的MnO2反應生成的I，發生反應為MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O、I+2e-=3I-，如有0.6molI-參加反應，需得到電子0.4mol，理論上負極Zn減少0.2mol，質量為13g，A正確；B．則充電時陽極電極反應式為3I--2e-=I、Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，電路中每通過2mol，陽極區溶液減少的質量小于1molMnO2的質量，小于87g，B錯誤；C．Zn電極為負極，發生氧化反應Zn-2e-=Zn2+，MnO2為正極，發生還原反應MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，放電時的總反應為MnO2+Zn+4H+=Zn2++Mn2++2H2O，C正確；D．PBS膜能夠防止脫落的二氧化錳與鋅接觸構成微電池，減少鋅的損耗，能有效抑制電池的自放電，D正確。12．常溫下，溶液中含硫粒子分布系數[比如：]與的關系如圖1所示；金屬硫化物和在飽和溶液中達沉淀溶解平衡時，與的關系如圖2所示(c為金屬離子濃度)。下列說法正確的是A．溶液中的B．直線④表示飽和溶液中的與的關系C．金屬硫化物的D．濃度均為的和的混合溶液不能通過滴加飽和溶液實現分離【答案】C【解析】A．，，則溶液中的，A錯誤；B．直線⑤表示飽和溶液中的與的關系，B錯誤；C．，所以，C正確；D．由圖2可知，逐滴加入硫化氫飽和溶液，濃度均為的和的混合溶液，當時，開始沉淀，當時，開始沉淀，所以會先沉淀，當沉淀完全時，溶液中<，此時還未開始沉淀，所以能通過滴加飽和溶液實現分離，D錯誤。第II卷（非選擇題共64分）13．（15分）常作為鋰離子電池的正極材料，廣泛應用于新能源汽車。是制備的原料。(1)由鈦白渣（主要成分為）獲取的流程示意圖如下。資料：ⅰ．性能與其純度、顆粒大小有關，沉淀速率影響顆粒大小ⅱ．空間結構：①Ⅰ中將鈦白渣粉碎的目的是。②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位鍵的形成過程。③溶液B中含鐵的主要微粒為，寫出Ⅲ中反應的離子方程式。④Ⅳ中加入氨水調節pH在1.0~1.5，pH不能過高的原因是。(2)從廢舊電極粉末中回收制備，同時獲得副產品，工藝流程如下。①使用硝酸酸浸，當溫度高于65℃，浸出率顯著降低，原因是。②加入物質B使溶液pH升至5，從物質循環和減少除雜過程角度，物質B為（填化學式）。③添加量對Fe、P沉淀率影響如下圖所示。實際生產時，添加量選2.5%的原因是。(3)產品中鐵含量測定：取ag樣品，用鹽酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL該溶液于錐形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全還原為，被氧化為，滴加指示劑，用標準溶液滴定（鉻元素被還原為），消耗標準溶液，樣品中鐵的質量分數為。（實驗條件下存在不影響實驗結果）【答案】(1)增大接觸面積，浸出速率加快，浸出更加徹底（2分）提供空軌道，中O原子提供孤電子對（2分）（2分）pH過高會使水解生成，影響產品純度；pH過高體系中增大，與沉淀速率過快，影響產品顆粒大小，影響產品性能（2分）(2)溫度高于65℃硝酸揮發或硝酸分解，其濃度降低，反應速率慢（2分）（1分）添加量低于2.5%，產量低，不經濟；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率幾乎不變，產品純度降低（2分）(3)（2分）【解析】（1）①Ⅰ中將鈦白渣粉碎可以增大固體表面積，有利于增大反應物的接觸面積，加快浸出速率，使浸出更加徹底，故答案為：增大接觸面積，浸出速率加快，浸出更加徹底；②配合物FeHPO4中形成配位鍵的過程為提供空軌道，中O原子提供孤電子對，故答案為：提供空軌道，中O原子提供孤電子對；③由分析可知，向溶液B中加入過量的過氧化氫溶液的目的是將配合物轉化為FeHPO，反應的離子方程式為，故答案為：；④Ⅳ中加入氨水調節pH在1.0~1.5，pH不能過高是因為pH過高會使鐵離子水解生成氫氧化鐵，影響產品純度；pH過高體系中磷酸根離子濃度增大，鐵離子與磷酸根離子沉淀速率過快，影響產品顆粒大小，影響產品性能，故答案為：pH過高會使水解生成，影響產品純度；pH過高體系中增大，與沉淀速率過快，影響產品顆粒大小，影響產品性能；（2）①使用硝酸酸浸，當溫度高于65℃，浸出率顯著降低是因為溫度高于65℃硝酸揮發或硝酸分解，其濃度降低，反應速率慢，故答案為：溫度高于65℃硝酸揮發或硝酸分解，其濃度降低，反應速率慢；②從物質循環和減少除雜過程角度可知，加入物質碳酸鋰使溶液pH升至5，即有利于過氧化氫溶液將L溶液中的亞鐵離子轉化為二水磷酸鐵沉淀，又不影響碳酸鋰中混有新雜質，則物質B為碳酸鋰，故答案為：；③由圖可知，添加量低于2.5%，產量低，不經濟；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率幾乎不變，產品純度降低，所以實際生產時，添加量選2.5%，故答案為：添加量低于2.5%，產量低，不經濟；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率幾乎不變，產品純度降低；（3）由原子個數守恒和得失電子數目守恒可得如下轉化關系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，則樣品中鐵的質量分數為=，故答案為：。14．（17分）奧司他瑋H是一種作用于神經氨酸酶的特異性抑制劑，能夠用于治療流感，它的一種合成路線如圖

所示，回答下列問題。已知：①+PPh3+O=PPh3②+H2O(1)H的含氧官能團除羧基之外還有。(2)的反應類型為。(3)反應中使用的的作用是。(4)寫出B→C的化學方程式：，這一反應會伴隨著一種有機副產物生成，的結構簡式為。(5)的某個同系物比少6個碳原子，滿足下列條件的的同分異構體有種(不考慮立體異構)；(i)含有苯環且苯環上有6個取代基(ii)沒有碳原子直接與苯環相連(iii)有一個乙基寫出一種核磁共振氫譜顯示5組峰，且峰面積比為的物質的結構簡式。(6)參考上述合成路線，以為原料，設計合成的合成路線(無機試劑及題目中所給試劑任選)。【答案】(1)酰胺基、醚鍵（2分）(2)取代反應（1分）(3)保護羥基（2分）(4)++PPh3++O=PPh3（2分）（2分）(5)9（2分）或（2分）(6)（4分）【解析】（1）根據H的結構簡式，H的含氧官能團除羧基之外還有醚鍵、酰胺基；（2）是A中的羧基和甲醇發生酯化反應生成酯基，反應類型為取代反應；（3）反應是C中羥基和發生取代反應，根據流程可知，F→G又水解出羥基，所以使用的的作用是保護羥基。（4）根據信息①，B與(C2H5OOCN)2、PPh3反應生成、O=PPh3、，B→C的化學方程式為++PPh3++O=PPh3，B→C的反應生成B中相鄰2和羥基脫水形成醚鍵，所以這一反應會伴隨著一種有機副產物生成，的結構簡式為。（5）(i)含有苯環且苯環上有6個取代基；(ii)沒有碳原子直接與苯環相連；(iii)有一個乙基。6個取代基可能是3個-OH、2個-NH2、1個-OCH2CH3，6個取代基在苯環上的位置有6種；6個取代基可能是4個-OH、1個-NH2、1個-NHCH2CH3，6個取代基在苯環上的位置有3種；符合條件的同分異構體共9種；核磁共振氫譜顯示5組峰，且峰面積比為的物質的結構簡式為或。（6）根據信息①，和(C2H5OOCN)2、PPh3反應得到，氧化得到，根據信息②，在酸性條件下水解得到，和一氯甲烷發生取代反應生成，合成路線為。15．（16分）在工業上常作催化劑和刻蝕劑。實驗室中，先合成，再與反應制備無水，裝置如圖所示（加熱及夾持儀器略）。已知：①實驗室合成的原理為；②的熔點為-101℃，沸點為75.6℃，遇水劇烈分解為兩種酸性氣體；沸點為105℃。忽略共沸。回答下列問題：(1)儀器甲的名稱為，儀器乙中所裝的最佳試劑為（填序號）。a．98%

b．70%

c．36.5%鹽酸

d．70%(2)打開，將三通閥調至，接下來進行的操作是，一段時間后，加熱裝置C至60℃。儀器丙的作用為。(3)當C中出現較多液體后，關閉、。制得的操作為：①調節三通閥的位置為（填序號）；②……；③加熱E處硬質玻璃管。②的操作為。(4)該化學學習小組探究在溶液中的顏色變化，進行以下實驗。試劑加熱前溶液顏色加熱后溶液顏色實驗Ⅰ溶液+蒸餾水棕黃色深棕色實驗Ⅱ溶液+幾乎無色幾乎無色實驗Ⅲ溶液+黃色深黃色已知：水溶液中，幾乎無色，為黃色；水解生成（棕黃色）。①從影響平衡移動因素的角度分析，加熱前后，實驗I中溶液顏色無明顯變化的原因為。②設計實驗證明實驗Ⅲ中溶液呈黃色的原因是：。【答案】(1)圓底燒瓶（2分）b（2分）(2)打開（2分）吸收，防止外界水蒸氣進入（2分）(3)c（2分）調節溫度計水銀球位置至三頸瓶口處，將C裝置升溫至75.6℃~105℃（2分）(4)對平衡的影響大于溫度的影響（2分）向實驗Ⅱ溶液中加入NaCl溶液后變為黃色，加熱后變為深黃色（2分）【解析】（1）儀器甲的名稱為圓底燒瓶，98％硫酸中水分較少，電離程度較弱，不利于制二氧化硫，所以選用70％硫酸；（2）打開，將三通閥調至，接下來進行的操作：打開，一段時間后，加熱裝置C至60℃。儀器丙的作用：吸收，防止外界水蒸氣進入；（3）當C中出現較多液體后，關閉、。制得的操作為：①調節三通閥的位置為，②調節溫度計水銀球位置至三頸瓶口處，將C裝置升溫至75.6℃~105℃，使以氣態形式進入玻璃管中發生反應；（4）①從影響平衡移動因素的角度分析，加熱前后，實驗I中溶液顏色無明顯變化的原因：對平衡的影響大于溫度的影響；②設計實驗證明實驗Ⅲ中溶液呈黃色的原因是：向實驗Ⅱ溶液中加入NaCl溶液后變為黃色，加熱后變為深黃色。16．（16分）江南大學某團隊開發了一種新型銠基單原子催化體系，實現了（或）加氫一步高效制乙醇。有關反應為：反應1：；反應2：。回答下列問題：(1)。(2)一定溫度下，在恒容密閉容器中充入和，發生上述反應。下列敘述正確的是_______。A．總壓強不隨時間變化時達到平衡狀態 B．增大催化劑質量，反應速率一定增大C．達到平衡時， D．反應1、反應2都是熵減反應(3)在恒容密閉容器中充入和，在不同催化劑（和）作用下，僅發生反應1.實驗測得單位時間內的轉化率與溫度關系如圖所示。①催化效能較高的是（填“”或“”）。②b點（填“是”或“不是”）平衡點，判斷依據是。③當溫度高于時，曲線變化的原因可能是。(4)某溫度下，向恒容密閉容器充入和，起始壓強為。發生上述反應1和2，達到平衡時測得轉化率為為。反應2的平衡常數為（只列計算式，已知：用分壓計算的平衡常數為，分壓等于總壓×物質的量分數）。(5)電化學還原一種堿性電化學還原的原理圖如下。在陰極區若每得到1mol電子，同時有也會得到等物質的量的電子，且陰極區