全国Ⅱ卷2025届高三化学百日冲刺金卷三含解析

PAGE16-（全国Ⅱ卷）2025届高三化学百日冲刺金卷（三）（含解析）留意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.本试卷满分300分，测试时间150分钟。5.考试范围：高考全部内容。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cl-35.5Zn-65Ag-108第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活亲密相关。下列说法不正确的是（）A.蛋白质水解是由高分子生成小分子的过程B.蔗糖和麦芽糖互为同分异构体.C.食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性D.淀粉可用于生产葡萄糖和酒精【答案】C【解析】【详解】A．蛋白质水解最终生成氨基酸，是由高分子生成小分子的过程，故A正确；B．蔗糖和麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有还原性，故C错误；D．淀粉是重要的食品工业原料，可用于生产葡萄糖和酒精，故D正确；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1mol白磷(P4)和1mol甲烷中所含的共价键数均为4NAB.标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为NAC.常温下，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中所含的氢原子数为4NAD.25℃时，0.5mol·L-1Na2S溶液中含有的阴离子数大于0.5NA【答案】B【解析】【详解】A．1mol白磷(P4)中所含的共价键数为6NA和1mol甲烷中所含的共价键数为4NA，故A错误；B．标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，生成1molNaCl和NaClO，转移的电子数为NA，故B正确；C．常温下，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中还有水，所含的氢原子数大于4NA，故C错误；D．25℃时，0.5mol·L-1Na2S溶液中含有的阴离子数因缺少体积，故D错误；故选B。3.由下列试验操作得出的试验现象和结论均正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，此原电池反应中无Fe2＋生成，故A错误；B．钠投入盛有水和乙醇的烧杯中，水与钠反应更猛烈，水中的氢比乙醇中羟基上的氢活泼，故B错误；C．pH(CH3COONa)<pH(NaHCO3)，可证明酸性：CH3COOH>H2CO3，故C正确；D．向2ml0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol·L-1NaCl溶液时，Ag+过量，再滴加几滴0.1mol·L-1KI溶液，产生黄色沉淀，不能说明Ksp(AgCl)>ksp(AgI)，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学试验方案评价，把握物质的性质、酸性及溶解性的比较、离子检验、沉淀生成为解答的关键，侧重分析与试验实力的考查，留意试验的评价性分析，易错点D，向2ml0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加几滴0.1mol·L-1NaCl溶液时，Ag+过量，加KI溶液也会产生沉淀。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由四种元素组成的单质或化合物A、B、C、D、E、F、G之间的相互转化关系如图所示(反应条件已略去)，其中仅B为单质，D为淡黄色固体，A广泛存在于沼气中。下列说法不正确的是（）A.简洁离子半径：Z>WB.简洁氢化物的稳定性：Z>YC.D、F、G中所含的化学键类型完全相同D.1molD分别与足量C或E反应时，转移的电子数目均为NA【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由四种元素组成的单质或化合物A、B、C、D、E、F、G之间的相互转化关系如图所示(反应条件已略去)，其中仅B为单质，D为淡黄色固体，D为Na2O2，A广泛存在于沼气中，A为CH4，综合转化关系：X为H，Y为C，Z为O，W为Na；A为CH4，B为O2，C和E分别为CO2或H2O，D为Na2O2，F和G为Na2CO3或NaOH。【详解】A．简洁离子半径：O2－>Na＋,故A正确；B．简洁氢化物的稳定性：H2O>CH4，故B正确；C．D为Na2O2，含有离子键和非极性共价键，F和G为Na2CO3或NaOH，含有离子键和极性共价键，D、F、G中所含的化学键类型不完全相同，故C错误；D．1molNa2O2分别与足量CO2或H2O反应时，转移的电子数目均为NA，故D正确；故选C。5.某医药中间体(Z)的合成路途如图所示，下列说法正确的是（）A.Y的分子式为C10H10B.X和Y互为同系物C.可用酸性KMnO4溶液鉴别Y和ZD.Z的一氯代物有10种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A．Y的分子式为C10H12，故A错误；B．X和Y结构不相像，不互为同系物，故B错误；C．Y中含有碳碳双键而Z中不含，可用酸性KMnO4溶液鉴别Y和Z，故C正确；D．Z的一氯代物有6种(不考虑立体异构)，故D错误；故选C。6.金属与四周的气体或液体物质发生氧化还原反应会引起金属损耗，用如图所示装置探讨船体(钢铁制)与海水接触时发生的电化学腐蚀及防护。下列说法正确的是（）A.若M为锡，钢铁不易被腐蚀B.若M为锌，钢铁上电极反应为2H＋＋2e-=H2↑C.若M为铜，M极发生氧化反应D.若M为石墨，钢铁腐蚀速率加快【答案】D【解析】【详解】A．若M为锡，锡作正极，钢铁作负极，钢铁被腐蚀，故A错误；B．M为锌，锌作负极，为牺牲阳极的阴极爱护法，发生吸氧腐蚀，钢铁上的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH－，故B错误；C．M为铜，铜作正极，发生还原反应，故C错误；D．M为石墨，钢铁作负极，发生氧化反应，腐蚀加快，故D正确。故选D。7.常温下，向二元弱酸H2A溶液中滴加NaOH溶液，不同pH时，相关微粒的物质的量分数如图所示，下列说法正确的是（）A.pH=7时，溶液中c(Na＋)=c(H2A)B.pH=9时，c(OH-)=c(H2A)＋c(H＋)C.pH=3和pH=11时，溶液中水的电离程度完全相同D.H2A的一级电离常数和二级电离常数相差2个数量级【答案】A【解析】【详解】A．由图分析知I代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A2-，依据电荷守恒：2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，pH=7时，c(A2-)=0，c(HA-)=c(H2A)可知c(Na+)=(H2A)，故A正确；B．pH=9时，为NaHA溶液，依据物料守恒和电荷守恒可知c(A2-)+c(OH-)=c(H2A)＋c(H＋)，故B错误；C．pH=3时溶液中的溶质主要为H2A，水的电离被抑制，pH=11时溶液中的溶质为NaHA和Na2A，溶液显碱性，促进水的电离，故C错误；D．H2A的一级电离常数为10-7，H2A的二级电离常数为10-11，H2A的一级电离常数和二级电离常数相差4个数量级，故D错误；故选A。第II卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题。每个试题考生都必需作答。第33题～第38题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题(共129分)8.氯磺酸(HSO3Cl)在糖精、磺胺药的生产中有重要的应用。常温常压下氯磺酸为无色油状液体，沸点约为152℃，吸湿性和腐蚀性极强，在空气中发烟。学习小组在试验室用SO3和HCl来制备HSO3Cl并测定产品纯度。设计如下试验(夹持装置略去)。请回答下列问题：（1）仪器m的名称为___。（2）已知：HSO3Cl中硫元素为＋6价，O原子和Cl原子的最外层均满意8电子稳定结构，则HSO3Cl中的化学键为___(填“离子键”、“极性键”或“非极性键”)。（3）SO3可由五氧化二磷与浓硫酸共热制备，发生反应的化学方程式为___。（4）装置B的作用为___。由仪器n可知制备HSO3Cl的反应为___(填“放热反应”或“吸热反应”)。（5）HSO3Cl纯度的测定(仪器m中得到的HSO3Cl中常溶有少量的SO3)：i.取25.0g产品溶于水中，加入过量的Ba(NO3)2溶液充分反应后，过滤。ii.向滤液中加入过量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称量，测量所得沉淀AgCl的质量为28.7g。①HSO3Cl遇水发生反应的化学方程式为___。②产品HSO3Cl的纯度为___。【答案】(1).三颈烧瓶(2).极性键(3).P2O5＋3H2SO4（浓）3SO3↑＋2H3PO4(4).防止空气中的水蒸气进入反应装置A中，并汲取挥发出来的HCl气体(5).放热反应(6).HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4(7).93.2%【解析】【详解】（1）仪器m的名称为三颈烧瓶。故答案为：三颈烧瓶；（2）HSO3Cl中硫元素为＋6价，O原子和Cl原子的最外层均满意8电子稳定结构，结构式为，则HSO3Cl中的化学键为极性键。故答案为：极性键；（3）SO3可由五氧化二磷与浓硫酸共热制备，发生反应的化学方程式为P2O5＋3H2SO4（浓）3SO3↑＋2H3PO4。故答案为：P2O5＋3H2SO4（浓）3SO3↑＋2H3PO4；（4）HSO3Cl与水会猛烈反应，由仪器m中逸出的HCl污染空气，装置B的作用为防止空气中的水蒸气进入反应装置A中，并汲取挥发出来的HCl气体。仪器n的作用是冷凝回流HSO3Cl，可知制备HSO3Cl的反应为放热反应。故答案为：防止空气中的水蒸气进入反应装置A中，并汲取挥发出来的HCl气体；放热反应；（5）①HSO3Cl遇水发生反应的化学方程式为HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4。②依据题中信息：HSO3Cl~AgCl，生成HSO3Cl纯度为=93.2%。故答案为：HSO3Cl+H2O=HCl+H2SO4；93.2%。【点睛】本题考查物质制备，侧重考查试验操作、信息获得和学问敏捷运用实力，明确试验原理、元素化合物性质并结合题干信息分析解答是解本题关键，留意最终要考虑环境污染问题，难点（5）依据方程式计算生成的HSO3Cl的纯度。9.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用于湿法电解制锌，如图为由锌灰制ZnSO4·7H2O晶体的工艺流程。已知：①锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO；②“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2。请回答下列问题：（1）MnO(OH)2中Mn元素化合价为___。（2）为提高浸出效率，锌灰在“酸浸”前可实行的措施有___；“酸浸”时，若硫酸浓度过高，可能发生副反应的化学方程式为___。（3）“滤渣1”的主要成分为___。（4）“氧化”时，需限制溶液的pH=5.1，Fe2＋被氧化的离子方程式为___。（5）操作a为___、过滤、洗涤、干燥。（6）ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。精确称取肯定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250mL的锥形瓶中，加水约20mL，再加入2-3滴5%的二甲酚橙作指示剂、约5mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的0.0160mol·L-1EDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应)。试验数据如下表：ZnSO4·7H2O产品的纯度为___(保留2位有效数字)。（7）工业上采纳惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为___。【答案】(1).+4(2).将锌灰粉碎、上升温度等(3).2FeO＋4H2SO4=Fe2(SO4)3＋SO2↑＋4H2O(4).PbSO4(5).3Fe2＋+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H＋(6).蒸发浓缩、冷却结晶(7).71%(8).2Zn2＋＋2H2O2Zn＋O2↑＋4H＋【解析】【分析】锌白矿（锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO）加稀硫酸溶解，PbSO4不溶，过滤，滤渣1为PbSO4，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锰，加入锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，滤渣为铜与过量的锌粉，滤液中再加高锰酸钾溶液、纯ZnO与亚铁离子反应生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体。【详解】（1）MnO(OH)2中Mn元素的化合价为+4价。故答案为：+4；（2）为提高浸出效率，锌灰在“酸浸”前可实行的措施有将锌灰粉碎、上升温度等；“酸浸”时，若硫酸浓度过高，FeO被氧化，可能发生副反应的化学方程式为2FeO＋4H2SO4=Fe2(SO4)3＋SO2↑＋4H2O。故答案为：将锌灰粉碎、上升温度等；2FeO＋4H2SO4=Fe2(SO4)3＋SO2↑＋4H2O；（3）“酸浸”时，发生的反应有CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；PbO+H2SO4=PbSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；FeO+H2SO4=FeSO4+H2O；故“滤渣1”的主要成分为PbSO4。故答案为：PbSO4；（4）“氧化”时，需限制溶液的pH=5.1，Fe2＋被氧化的离子方程式为3Fe2＋+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H＋。故答案为：3Fe2＋+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H＋；（5）操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（6）ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应，依据表中数据，ZnSO4·7H2O产品的纯度=71%；故答案为：71%；（7）工业上采纳惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为2Zn2＋＋2H2O2Zn＋O2↑＋4H＋。故答案为：2Zn2＋＋2H2O2Zn＋O2↑＋4H＋。【点睛】本题以物质的制备为学问背景，考查了基本试验操作、氧化还原反应、离子方程式的书写等学问，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合实力的考查，须要学生具备扎实的基础与敏捷运用实力，难点（6）留意利用题中信息“ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应”进行解题。10.铜的多种化合物在生产生活中都有广泛用途。请回答下列问题：（1）Cu2O和CuO是铜的两种氧化物，可相互转化。已知：i.2Cu2O(s)＋O2(g)=4CuO(s)△H=-292.0kJ·mol-1ii.C(s)＋2CuO(s)=Cu2O(s)＋CO(g)△H=＋35.5kJ·mol-1若CO燃烧热为283.0kJ·mol-1，则C(s)的燃烧热为___。（2）Cu2O和CuO常用作催化剂。①质子交换膜燃料电池(PEMFC)的燃料气中除含有H2外还含有少量的CO和CO2，其中CO是PEMFC催化剂的严峻毒化剂，可用CuO/CeO2作催化剂优先氧化脱除CO。160℃、用CuO/CeO2作催化剂时，氧化CO的化学方程式为___；分别用HIO3和H3PO4对CuO/CeO2进行处理，在肯定条件下，利用不同催化剂进行CO氧化的对比试验，得如图曲线，其中催化剂___(填“b”或“c”)催化性能最好；120℃运用催化剂b进行氧化，若燃料气中CO的体积分数为0.71%，气体流速为2000mL·h-1，则1h后，CO体积为___mL。②在Cu2O催化作用下合成CH3OH，反应如下：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H=-90.0kJ·mol-1，有利于提高该反应CO的平衡转化率的条件是___(填标号)。A.高温低压B.低温高压C.高温高压D.低温低压T℃时，将CO和H2按肯定比例混合后投入容积为2L的恒容密闭容器中，CO的起始浓度为1.0mol·L-1，平衡时，测得体系中，n(H2)=1.4mol，n(CH3OH)=1.7mol，反应达到平衡时CO的转化率为___，若反应达到平衡状态后，保持其他条件不变，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，平衡向___(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是___。（3）CuS呈黑色，是最难溶的物质之一，由于它的难溶性使得一些看似不行能的反应可以发生。向0.01mol·L-1CuSO4溶液中，持续通入H2S维持饱和(H2S饱和浓度为0.1mol·L-1)，发生反应：H2S(aq)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋2H＋(aq)，该反应的化学平衡常数K为___(保留2位有效数字)。已知：Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13，Ksp(CuS)=6.3×10-36。【答案】(1).393.5kJ·mol－1(2).2CO＋O22CO2(3).b(4).2.84(5).B(6).85%(7).正(8).平衡常数K=≈11.6，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，Qc==≈7.76<K,因此平衡向正向移动(9).2.3×1015【解析】【详解】（1）i.2Cu2O(s)＋O2(g)=4CuO(s)△H=-292.0kJ·mol-1ii.C(s)＋2CuO(s)=Cu2O(s)＋CO(g)△H=＋35.5kJ·mol-1依据盖斯定律，i+2ii得：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1，设为Ⅲ，因为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-2×283.0kJ·mol-1，设为Ⅳ，（Ⅲ+Ⅳ）×得：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol－1，C(s)的燃烧热为393.5kJ·mol－1。故答案为：393.5kJ·mol－1；（2）①160℃、用CuO/CeO2作催化剂时，氧化CO的化学方程式为2CO＋O22CO2；如图曲线，其中催化剂b催化性能最好；120℃运用催化剂b进行氧化，若燃料气中CO的体积分数为0.71%，气体流速为2000mL·h-1，运用催化剂b进行氧化时，则1h后，CO体积为2000mL·h-1×1h×0.71%×20%=2.84mL。故答案为：2CO＋O22CO2；b；2.84；②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H=-90.0kJ·mol-1，反应是体积减小的放热反应，低温高压有利于提高该反应CO的平衡转化率，故选B。T℃时，将CO和H2按肯定比例混合后投入容积为2L的恒容密闭容器中，CO的起始浓度为1.0mol·L-1，平衡时，测得体系中，n(H2)=1.4mol，n(CH3OH)=1.7mol，由三段式可得：反应达到平衡时CO的转化率为85%，平衡常数K=≈11.6，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，Qc==≈7.76<K,因此平衡向正向移动；故答案为：正；平衡常数K=≈11.6，再充入0.2molCO和0.2molCH3OH，Qc==≈7.76<K,因此平衡向正向移动；（3）H2S(aq)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋2H＋(aq)，该反应的化学平衡常数K=2.3×1015；故答案为：2.3×1015。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。11.教材插图是对教材内容高度概括的体现，也是为说明、理解、深化文字内容服务的。请回答下列问题：（1）图一为构造原理示意图，其含义是从H原子起先随着原子核电荷数递增，原子核每增加一个质子，核外便增加一个电子，电子大多按如图依次填充。第四周期中，基态4s能级半充溢的元素有___种，其中原子序数最大的基态原子的外围电子排布式为___。（2）图二中，每条折线代表周期表中IVA-VIIA某一族元素简洁氢化物的沸点改变，其他三条折线与x所在折线改变趋势不完全相同的缘由为___；与x点对应的简洁氢化物互为等电子体的离子为___(写一种)。（3）图三为卟啉协作物叶绿素的结构示意图，1号N原子和3号N原子与Mg2＋形成的化学键类型为___；5号C原子和6号C原子的杂化方式分别为___、___；该分子中所含非金属元素的电负性由小到大的依次为___。（4）从石墨晶体结构示意图中截取石墨的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数为NA，已知sin60°=)，石墨晶体的密度为___g·cm-3(列出计算式)。【答案】(1).3(2).3d104s1(3).x点对应的氢化物为CH4，另外三条曲线中其次周期对应的气态氢化物分别为NH3、H2O、HF，其分子间存在氢键，导致沸点反常上升(4).NH4＋(5).配位键(6).sp3(7).sp2(8).H<C<N<O(9).【解析】【详解】（1）第四周期中，基态4s能级半充溢的元素有K、Cr、Cu，共3种元素，其中原子序数最大为Cu，其基态原子的外围电子排布式为3d104s1；故答案为：3；3d104s1；（2）x点对应的氢化物为CH4，另外三条曲线中其次周期对应的气态氢化物分别为NH3、H2O、HF，其分子间存在氢键，导致沸点反常上升；与x点对应的简洁氢化物互为等电子体的离子为NH4＋；故答案为：x点对应的氢化物为CH4，另外三条曲线中其次周期对应的气态氢化物分别为NH3、H2O、HF，其分子间存在氢键，导致沸点反常上升；NH4＋；（3）由卟啉协作物叶绿素的结构示意图，1号N原子和3号N原子供应孤电子对，Mg2＋供应空轨道，形成的化学键类型为配位键；5号C原子形成4个σ键和6号C原子形成3个σ键，一个π键，杂化方式分别为sp3、sp2；同一周期从左到右电负性增大，该分子中所含非金属元素的电负性由小到大的依次为H<C<N<O。故答案为：配位键；sp3、sp2；H<C<N<O；（4）从石墨晶体结构示意图中截取石墨的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数为NA，已知sin60°=)，设晶胞的底边长为acm，高为hcm，由图知，晶胞中含4个C原子，石墨晶体的密度为ρ=g·cm-3=g·cm-3(列出计算式)。故答案为：。12.盐酸罗匹尼罗用于治疗帕金森症，治疗中度到重度的不宁腿(多动腿)综合症，罗匹尼罗(H)的一种合成路途如图所示。已知：①路途中Ph-代表，Ac-代表CH3COO-；②RC