湖南省新高考教学教研联盟2025届高三第二次预热演练 化学试题

届新高考教学教研联盟高三第二次预热演练化学试卷注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。每小题只有一个正确答案。1.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1molCu与足量的S完全反应，转移的电子数为B.的溶液中数等于C.电解水时，若阴阳两极产生气体的总体积为22.4L，则转移的电子数为D.氯化铵水溶液中与数之和大于【答案】D【解析】【详解】A．Cu与S反应生成+1价的，转移的电子数为，A错误；B．溶液中存在平衡：，该溶液中数小于，B错误；C．没有指明标准状况，转移的电子数无法计算，C错误；D1L1mol/L氯化铵溶液中Cl-物质的量为1moln(NH)+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)液中NH与H+物质的量之和大于1mol，数目大于N，D正确；答案选D。2.下列实验装置及现象正确的是第1页/共22页量化工作统计表日期：2025/2/20站点：高考资源网考核人：岗位： No 工作内容 核算规则 量化数据 量化积分 绩效数据 绩效积分 积分小计 绩效核算 1 出勤签到- 1次/5分 4 20 0|0 20.0000 13.25 2 资源作者更新安徽 10份/1分 9 0.9 119|141 0.9900 20.00 3 资源作者更新甘肃 10份/1分 18 1.8 127|155 1.9800 20.00 4 资源作者更新山东 10份/1分 1 0.1035 20|15 0.1035 20.00 5 资源作者更新浙江 10份/1分 19 1.9 216|188 2.0900 20.00 6 资源个人核查全站 10份/10分 294 294.5216 203|873 323.7216 214.48 7 专题汇编/专项式汇编- 1份/1分 6 6 85|0 6.6000 4.37 - 合计 - - 325.2251 - 0 355.4851 312.1 A.图甲：浓氨水与浓硫酸反应B.图乙：测量锌与稀硫酸反应的反应速率C.图丙：滴定结束时的刻度，读数为12.20mLD.图丁：验证与KI的反应是可逆反应【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸难挥发，不会在空气中与挥发的氨气产生白烟现象，A错误；B．分液漏斗上部连接一根橡胶管，可以平衡压强，能减小气体体积的测量误差，B正确；C．滴定管的零刻度在上，读数应该为，C错误；D．几滴KI太少，无论是否可逆，均会看到红色溶液，D错误；答案选B。3.下列关于实验操作的误差分析不正确的是A.测定中和反应反应热时，如果搅拌器改为铜质的，则测得的偏大B.用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大C.用洁净的玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸上，来测定氯水的pHD.用标准盐酸滴定未知浓度NaOH测得的NaOH溶液浓度偏大【答案】C【解析】【详解】A．铜棒散热，导致测得的热量值偏小，焓变为负，则偏大，故A正确；B．装置未冷却至室温即读数，气体体积偏大，测得的反应速率偏大，故B正确；C．新制的氯水有漂白性，不能用pH试纸测定pH，故C错误；DNaOH溶液浓度偏大，故D正确；故选：C。第2页/共22页4.粗盐(杂质仅有MgSO、CaCl)提纯的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A.为确保杂质能被除尽，所加除杂试剂需适当过量B.上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序可以互换C.操作①为过滤，操作②为蒸发结晶D.固体a中至少含有三种物质【答案】D【解析】【分析】粗盐(杂质仅有MgSO、CaCl)溶解后加入BaCl2溶液，转化为BaSO4沉淀，加入NaOH后，Mg2+转化为Mg(OH)2NaCO3Ba2+Ca2+转化为BaCO3和CaCO3往滤液中加入稀盐酸，除去过量的和OH-，然后进行蒸发结晶，便可得到NaCl晶体。A后期处理，A正确；B．上述流程中，BaCl2溶液和NaOH溶液的添加顺序互换后，不影响杂质的去除和过量除杂试剂的后期处理，但NaCO3一定要在BaCl2的后面加入，B正确；C．由分析可知，操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，C正确；D．由分析可知，固体a中含有BaSO、Mg(OH)、CaCO、BaCO3等，至少含有四种物质，D错误；故选D。5.已知制备光气的反应为，将等物质的量的和充入密闭容器中，平衡体系中，平衡混合物的平均摩尔质量在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是第3页/共22页A.温度：B.平衡常数：C.的平衡转化率：D.点时，若，则CO的平衡转化率为【答案】C【解析】【详解】A．，升高温度，平衡左移，增大，减小，，A错误；B．两点温度相同，平衡常数相同，，升高温度，平衡左移，平衡常数减小，则K＜K，B错误；C．越大，混合气体中的含量越高，反应物的转化率越大，的平衡转化率：，C正确；D．CO与等物质的量混合，设起始时，设CO转化了，则，解得，即CO的转化率为，D错误；故选：C。6.氮氧化物()为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发十分重要。燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理NO的反应为量变化如图所示(结构式为)：第4页/共22页下列叙述正确的是A.三个基元反应的都小于0B.处理NO反应C.反应3控制总反应的速率D.选择催化剂主要降低反应2的能垒【答案】B【解析】【分析】据题图写出三个基元反应的热化学方程式：反应1：反应2：反应3：，据此解答。A1为吸热反应，23都小于0A错误；B．由3个反应相加可得题给反应：，则由盖斯定律得：处理NO反应，B正确；C．根据题图可知，反应1、2、3的正反应活化能分别为、、1控制总反应的速率，C错误；D11第5页/共22页应1的能垒，D错误；故选B。7.下列实验方案设计能达到相应实验目的的是选实验方案设计实验目的项检验某溶液中A向溶液中加入用盐酸酸化的溶液，观察溶液是否有白色沉淀生成的检验某溶液中向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中加入几滴新制氯水，B观察溶液是否变红的检验将与溶液混合加热，静置，向上层清液中加入溶液，C观察是否生成浅黄色沉淀中的溴元素把充满、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，在水面下打开橡胶塞，观察试管内检验的溶D溶液是否充满整支试管解性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中加入用盐酸酸化溶液，溶液中有白色沉淀生成，原溶液中可能存在，A不符合题意；B．向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，可得到此时溶液中没有，再向溶液中加入几滴新制氯水，观察溶液是否变红，若变红则可得到此时溶液中有，原溶液中含有，反之亦然，B符合题意；C．将与溶液混合加热，静置，向上层清液中先加入稀硝酸，再加入溶液，生成浅黄色沉淀，才可证明中的溴元素，C不符合题意；第6页/共22页D．把充满、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，在水面下打开橡胶塞，观察试管内液体慢慢上升，就可以证明二氧化硫易溶于水，不需要通过溶液充满整支试管证明二氧化硫可溶于水，二氧化硫通常用向上排空气法收集，很很难收集到纯净的，所以很难让溶液充满整支试管，D不符合题意；故选B；8.中国科学院研究所发布的新型固态锂硫正极材料(2LiS·CuI)，能量密度较高且成本较低。由这种材料制成的锂离子电池放电、充电时的工作原理如图所示，反应的化学方程式为。下列说法错误的是A.放电时，a极为负极B.放电时，b极上的电极反应式：C.充电时，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极D.充电时，每转移3mol电子，a极增重21g【答案】B【解析】【分析】A极是活泼金属Li，作原电池的负极，b为正极，放电时a极发生Li-e-=Li+，正极发生3Li++S+CuS+LiI+3e-=2LiS·CuI；【详解】A．由分析可知，a电极是Li，活泼金属失去电子发生氧化反应，放电时，为负极，A正确；B．放电时，b极上的电极反应式：3Li++S+CuS+LiI+3e-=2LiS·CuI，B错误；C．充电时，原电池的负极接外加电源的负极，b极接外加电源的正极，电子的流向：b极→外接电源的正极，外接电源的负极→a极，C正确；D．充电时，a极发生Li++e-=Li，每转移3mol电子，a极增重3molLi，质量为21g，D正确；答案选B。9.烷烃是我们一开始便学习的有机物，十分有趣。烷烃的卤化反应机理如下：步(1)：第7页/共22页步(2)：步(3)：提示：自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定下列说法不正确的是A.步(2)是慢的一步，是氯化反应的决速步B.反应中，有生成C.比稳定，而比稳定D.提高的量，且用大量，主要得到氯甲烷【答案】C【解析】【详解】A．步(2)的活化能大，反应速率慢，是慢的一步，是氯化反应的决速步，A正确；B．第2步产生了，2个可以形成，，B正确；C．自由基为缺电子物种，给电子基团可以使其稳定，比相比，-CH3取代了的一个CH3比比C错误；D．提高的量，且用大量，可以使和的量增加，主要得到氯甲烷，D正确；故选C。10.已知晶体的立方晶胞三视图如下图所示，晶胞体心位置无微粒占据。的摩尔质量为，其晶胞参数为acm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是A.该晶体属于分子晶体，晶体中存在的作用力有共价键、范德华力B.在晶胞中有2种取向第8页/共22页C.的配位数为12D.晶体密度为【答案】D【解析】“晶胞体心位置无微粒占据”可知，的晶胞结构为，分子处于晶胞的8个顶点和6个面心，为面心立方晶胞。【详解】A分子内存在共价键，A正确；B．由晶胞三视图可知，在晶胞中有2种取向，B正确；C．的晶胞为面心立方晶胞，以1个顶点分子为研究对象，与之最近且等距的的配位数为12，C正确；D1个该晶胞含有的分子数目为D错误；故选D。某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：序试剂实验现象号2mL溶液+1mL氨水溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。①+0.5mL蒸馏水实验均产生棕褐色固体(经检验为)(经检验为2mL溶液+1mL氨水+0.5mL②)。稀硫酸第9页/共22页2mL溶液+1mL氨水+0.5mL③溶液2mL溶液+1mL④无明显变化溶液+0.5mL蒸馏水注：实验中。下列说法不正确的是A.实验①中发生了反应B.溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强C.对比实验③④可得出，还原性：D.在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色【答案】B【解析】MnO验为N，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐而非氨水，实验的总体积均是相等的，据此作答。AMnON，此时溶液为碱性，反应为：，故A正确；B色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的c(H+)，故B错误；C．实验③中NH3被氧化为N，实验④中未被氧化，所以还原性：NH>，故C正确；D未被氧化，当逐滴加入浓NaOH的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确；故答案选B。12.Buchwald-Hartwig偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基，---表示为副反应)。下列说法不正确的是第10页/共22页量化工作统计表日期：2025/2/20站点：高考资源网考核人：岗位： No 工作内容 核算规则 量化数据 量化积分 绩效数据 绩效积分 积分小计 绩效核算 1 出勤签到- 1次/5分 4 20 0|0 20.0000 13.25 2 资源作者更新安徽 10份/1分 9 0.9 119|141 0.9900 20.00 3 资源作者更新甘肃 10份/1分 18 1.8 127|155 1.9800 20.00 4 资源作者更新山东 10份/1分 1 0.1035 20|15 0.1035 20.00 5 资源作者更新浙江 10份/1分 19 1.9 216|188 2.0900 20.00 6 资源个人核查全站 10份/10分 294 294.5216 203|873 323.7216 214.48 7 专题汇编/专项式汇编- 1份/1分 6 6 85|0 6.6000 4.37 - 合计 - - 325.2251 - 0 355.4851 312.1 A.整个过程仅涉及到取代反应B.3、5和8都是反应的中间体C.理论上1mol最多能消耗2molD.若原料用和，则可能得到的产物为、和【答案】A【解析】【分析】根据图示分析，9是主产物，10是副产物，3、5和8都是反应中间体。据此分析作答。【详解】A．根据反应转化关系分析，产生了键，是属于消去反应，A错误；B．根据图示分析，9是主产物，10是副产物，3、5和8都是反应中间体，B正确；C．根据题意，2和4、6反应，最终生形成了7和9，发生了反应：，理论上最多消耗，C正确；D2和42是卤代烃，看作是反应物4看作是反应物物9和10分别对应产物和和，D正确；故选A。第11页/共22页13.下图示中，图1是8­羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8­羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是A.图1中，每个8­羟基喹啉分子中含有5个π键B.对比图2可验证8­羟基喹啉分子间存在氢键C.C、N、O的第一电离能依次增大D.原子力显微镜可直接观测到氢键的本质【答案】B【解析】【详解】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8­羟基喹啉分子中未含有3个π键，故A错误；B．根据图示，8­羟基喹啉分子间存在、等氢键，故B正确；C．C、N、O位于同周期，其第一电离能随着原子序数递增，总的趋势是变大，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误；D8­子化学骨架结构图象，并清晰观察到分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D错误；故答案选B。14.在某催化剂作用下双氧水分解：。向某容器中投入足量双氧水，测得双氧水浓度与反应时间关系如图所示。已知：双氧水浓度减小一半所用时间叫半衰期。下列叙述错误的是第12页/共22页A.温度升高，双氧水分解速率加快B.反应速率：C.ab段平均速率：D.此条件下，双氧水半衰期与初始浓度成正比【答案】D【解析】【详解】A．温度升高，化学反应速率加快，双氧水分解速率加快，故A正确；B．a点大，反应速率快，故B正确；C．ab段平均速率，故C正确；D．由题图可知，双氧水浓度减小一半所用时间均为20s，即双氧水半衰期为20s，与起始浓度无关，故D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共分，把答案写在答题卡上。15.是一种重要的化工原料，25℃时，，；，。（1）写出CuS在水中的沉淀溶解平衡式：___________。的水解方程式：___________。（2）常温下，NaHS溶液显___________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为___________。（3）常温下，水溶液中和的浓度变化如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。A.将硫化氢通入水中，溶液中的变化：第13页/共22页B.点溶液中可大量存在的离子：C.将NaHS固体加到水中，水的电离程度减小D.点时加入少量硫化钠固体，始终不变（4）常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，是一个弱酸制强酸的特例。其反应原理为，该反应的平衡常数为___________(保留3位有效数字)。（5的废水中加入沉淀剂FeS式为___________，当反应达到平衡时，___________。【答案】（1）①.②.（2）①.碱性②.（3）D（4）（5）①.②.【解析】【小问1详解】CuS在水中的沉淀溶解平衡式为；的水解方程式为。【小问2详解】的碱性；因为的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度由大到小的顺序为。【小问3详解】A．硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，A错误；第14页/共22页B．在中性溶液中不能大量存在，B错误；C2问解析，的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钠固体加到水中，水的电离程度增大，C错误；D．D正确；答案选D。【小问4详解】①②③④则①=②+③-④，①的平衡常数为。【小问5详解】的废水中加入沉淀剂转化为CuS，离子方程式为；当反应达到平衡时，。16.(一)我国科学家发现催化剂可高效活化了新策略。污染物去除的催化反应过程示意图如图。（1）Fe元素在元素周期表中的位置是_____；基态O原子中，电子占据的最高能层的符号是_____，处于第15页/共22页最高能级的电子的运动状态共有_____个。（2）污染物X在电极a上的反应式是_____。(二)科研团队研究了分别为、和［也可以写作]子含有孤电子对的物质易被氧化。（3）基态As原子的价层电子排布式是_____。（4）中的键角_____(填“>”“<”或“=”)中的键角，原因是_____。（5）的结构是，P原子的杂化轨道类型是_____。（6）比较反应能力：_____(填“>”“<”或“=”)，原因是_____。（7）晶胞的体积为原子的个数为_____(的摩尔质量：160g/mol)。【答案】（1）①.第四周期第Ⅷ族②.L③.4（2）X+HO-2e-XO+2H+（3）4s24p3（4）①.<②.中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为的排斥力，故的键角小于的键角（5）sp3（6）①.<②.中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对（7）【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，电子占据的最高能层的符号是L，每个电子的运动状态都不同，处于最高能级2p的电子的运动状态共有4个；【小问2详解】第16页/共22页由图可知，污染物X在电极a上失去电子生成XO和H+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；【小问3详解】基态砷为33号元素，其价层电子排布式为4s24p3；【小问4详解】中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为的键角小于的键角；【小问5详解】中磷原子无孤电子对，形成4个键，故杂化类型为sp3；【小问6详解】中心原子含有孤电子对的物质易被氧化，中P原子孤电子对的数目为=0，中As原子孤电子对的数目为1，中磷原子无孤电子对，中砷有孤电子对，故反应能力<；【小问7详解】晶胞的质量为ρVgmolmolFe原子的个数为。17.废物利用利国利民，回收处理钒铬渣(含有及等)，并利用废渣提取钒铬的工艺流程如图：第17页/共22页已知：①25℃时，的溶度积常数为。②氧化焙烧步骤中分别转化为。③酸性溶液中，的氧化性强于。回答下列问题：（1“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是___________，其涉及的化学方程式为___________。（2）加快“氧化焙烧”的速率，可以采取的措施是___________。（3）水浸产生的滤渣1的成分是___________(用化学式表示)。（4“除杂”后，Cr元素主要以存在，结合离子方程式，利用相关原理解释其原因：___________。（5）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：___________。（6）在“还原”步骤中，选硫酸酸化而不选盐酸酸化，其原因是___________。【答案】（1）①.因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏②.（2）将钒铬渣粉碎（3）（4）因为存在平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在（5）（6）会将盐酸氧化为氯气【解析】【分析】本流程中“氧化焙烧”步骤中VO、CrO、SiO2分别转化为NaVO、NaCrO、NaSiO，FeO、FeO则变为FeO，水浸后过滤出滤渣1为FeO，向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤渣2为HSiO，加入硫酸铵沉淀钒元素，生成NHVO3沉淀，对NHVO3进行焙烧得到VO，反应方程式为：，向滤液中加入双氧水和硫酸，加入硫酸，增大氢离子浓度，Cr元素主要以存在，将氧化成，还原为Cr3+，离子方程式为：Cr3++3NH·HO=Cr(OH)↓+3NH第18页/共22页，再对Cr(OH)3进行灼烧，2Cr(OH)3CrO+3HO，据此分析解题。【小问1详解】因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时二氧化硅与碳酸钠反应会生成硅酸钠，导致陶瓷容器损坏，相关方程式为。【小问2详解】将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率。【小问3详解】氧化焙烧过程中及分别转化为转化为不与碳酸钠反应，所以滤渣1的成分为。【小问4详解】因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在。【小问5详解】具有强氧化性，在酸性条件下能把氧化成，铬元素被还原成，相关离子方程式为。【小问6详解】的氧化性强于，而二氧化锰能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，所以会将盐酸氧化为氯气。18.无水ZnCl2ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeOCuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下：已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl＋HO=Zn(OH)Cl＋HCl↑。第19页/共22页②Zn及其化合物的性质与Al相似，时，Zn(OH)2可转化为。③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)置如图所示：请回答：（1HCl(g)___________(填浓硫酸的相关性质)酸的仪器名称是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离B.步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO，使Zn元素能够完全沉淀C.除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度D.管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ（3）实验流程中的“一系列操作”是：___________，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl·xHO(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl，写出发生的反应方程式___________。（4）用天平称量0.9000g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的乙二胺四乙酸，简写HY)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗标准溶液体积为29.60mL。①做空白试验的目的为___________。②产物ZnCl2的纯度为___________(保留三位有效数字)。③部分指示剂或指示剂与金属离子形成