2025年高考考前押题密卷化学·全解全析（考试时间：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，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。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Cl35.5Ce140一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。7．2024年1月，从邮轮首航到电动飞机首飞再到航天首发，我国一批科技创新实现新的突破。下列说法不正确的是（）A．“天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能B．“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体实现助推C．“爱达·魔都号”邮轮使用的镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性强的特点D．“AG60E”电动飞机使用的动力型锂电池具有质量轻、比能量高的特点【答案】A【解析】光伏发电系统工作时可将光能转化为电能，A错误；“快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体，通过反冲获得推动力实现升空，B正确；镁铝合金是一种主要由镁和铝组成的合金，具有密度低、抗腐蚀性强的特点，C正确；锂离子电池具有质量轻、体积小、储存能量大、比能量高的特点，D正确。 故选A8．2023年杭州亚运会在场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯()为原料制得的，下列说法不正确的是A．1mol双环烯酯能与2molH2发生加成反应B．该双环烯酯完全加氢后的产物一氯代物有7种C．该双环烯酯的水解产物均能使酸性高锰酸钾褪色D．该双环烯酯分子中有2个手性碳原子【答案】B【解析】1mol双环烯酯含有2mol碳碳双键，能够和2molH2发生加成反应，A正确；该双环烯酯完全加氢后，左右的两个六元环各有4种一氯代物，-CH2-上有1种一氯代物，因此其完全加氢后的产物的一氯代物共有9种，B错误；该双环烯酯水解后的产物中都含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾褪色，C正确；左边环与酯基相连的C原子为手性碳原子，右边环上与亚甲基相连的C原子为手性碳原子，一共两个，D正确；故选B。9．某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是A．氧化物对应水化物的酸性：ZM>Z>X>Y【答案】D【分析】根据题意，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素，结合图中信息可知，Q为F，Z为C，X为H，Y为B，M为N，据此分析解题。【解析】Z和M的氧化物均有多种，无法比较对应水化物的酸性，A错误；MQ3分子NF3，有4个价层电子对，其VSEPR模型为四面体，B错误；F不能与氢元素形成含非极性键的二元化合物，C错误；Q为F，Z为C，X为H，Y为B，M为N，电负性：F>N>C>B>H，D正确；故选D。10．下列操作和实验目的均正确的是A．用甲装置收集NO气体B．乙装置中II有平衡气压的作用，可将多余气体直接排出到空气中C．用丙装置制取并收集干燥纯净的NH3D．用丁装置(环己醇与浓硫酸混合加热脱水)制备环己烯，反应过程中，分水器中有水积攒就应该立即打开活塞放出【答案】A【详解】NO不溶于水，可以用排水法收集，A正确；乙装置中II有平衡气压的作用，等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B错误；氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，C错误；分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说明反应结束，即可停止实验，故还有控制反应的作用，故反应过程中，当分水器的水层增至支管口附近时，再打开活塞放出部分水，D错误；故选A。11．氧化铈（CeO2）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3＋占据原来Ce4＋的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm。下列说法正确的是已知：。A．已知M点原子的分数坐标为（0，0，0），则N点原子的分数坐标为（1，0，1）B．CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为6C．CeO2晶体的密度为D．若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，则此晶体中O2－的空缺率为10%【答案】D【解析】根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），则N点原子的分数坐标为（1，1，1），A错误；根据图示，CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为12，B错误；根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为，C错误；CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2－的空缺率为，D正确；故选D。12．利用下图所示装置可合成已二腈。充电时生成已二腈，放电时生成，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的会解离出和向两极移动。下列说法错误的是A．N极的电势低于M极的电势B．充电时双极膜中向N极移动，放电时双极膜中向N极移动C．若充电时制得，则放电时需生成，才能使左室溶液恢复至初始状态D．充电时，N极的电极反应式为：【答案】B【分析】N极放电时生成氧气，则N为负极，M为正极；充电时N作阴极，M作阳极；【解析】N为负极，M为正极，正极电势高于负极电视，因此N极的电势低于M极的电势，A正确；充电时双极膜中向阳极即M极移动，放电时双极膜中向正极即M极移动，B错误；N极的电极反应式为：，若充电时制得，则转移，所以放电时需生成，才能使左室溶液恢复至初始状态，C正确；充电时，N极作阴极，电极反应式为：，D正确；故选B。13．在含Ag+、Cu2+、Hg2+的溶液中，滴加氨水，存在平衡关系：Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+、Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+、Hg2++4NH3[Hg(NH3)4]2+，平衡常数分别为K1、K2、K3，且K2＜K3。lgx与lgc(NH3)的关系如图所示，其中表示或或，下列叙述正确的是A．直线b代表lg与lgc(NH3)的关系B．根据图像可计算平衡常数K2=1.0×1019C．向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，[Cu(NH3)4]2+的浓度大于[Hg(NH3)4]2+D．[Hg(NH3)4]2++Cu2+[Cu(NH3)4]2++Hg2+的平衡常数K=1.0×10-6【答案】D【分析】，，；同理，、；已知K2＜K3，再结合图像斜率可知，abc分别为lg、lg、lg与lgc(NH3)的关系；【解析】直线b代表lg与lgc(NH3)的关系，A错误；由点（-1,9）可知，，K2=1.0×1013，B错误；  K2＜K3，[Hg(NH3)4]2+更容易生成，则向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，[Cu(NH3)4]2+的浓度小于[Hg(NH3)4]2+，C错误；由点（-3,7）可知，，K3=1.0×1019，[Hg(NH3)4]2++Cu2+[Cu(NH3)4]2++Hg2+的平衡常数，D正确；故选D。非选择题：本题共4小题，共58分。27．（14分）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物Ⅱ.0.1溶液的pH=1.0Ⅲ.回答下列问题：（1）滤渣的主要成分是；酸化时，完全转化为的最大pH为。(已知；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全)（2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为。（3）反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为。（4）生成的化学方程式为，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是。【答案】（1）Al(OH)3和H2SiO3（2分）8.37（2分）（2）（2分）（3）酸性（1分）10∶3（2分）（4）H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3（2分）pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1（2分，各1分）溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量（1分）【分析】本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(H+)=10-8.37，pH=8.37；（2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：；（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。28．（14分）叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。②氨基钠易氧化、易潮解；NaN3能与强酸反应生成HN3，HN3不稳定，易爆炸。③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应。回答下列问题：Ⅰ.制备NaN3（1）按气流方向，仪器口的连接顺序为a→→h。（2）装置B中有NH3生成，B中发生反应的化学方程式为。（3）装置C的作用为。（4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为。Ⅱ.用如图所示装置测定产品纯度（5）仪器F的名称为，恒压分液漏斗中侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有。（6）取10.0gNaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用如图装置测量所得氮气的体积，初始时G、H两液面相平，G管的读数为V1mL充分反应后，恢复至室温，移动G使两液面再次相平，G管读数为V2mL(其中)，则产品中NaN3的质量分数为％(本实验条件下气体摩尔体积为)。【答案】（1）f→g→b→c→e→d（2分）（2）2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3（2分）（3）防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解（2分）（4）SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl（2分）（5）蒸馏烧瓶（2分）减少测定气体体积时的误差（2分）（6）（2分）【分析】叠氮化钠NaN3由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。A装置为N2O的制取装置，反应中随N2O一起挥发出硝酸蒸气和