2025届高考化学热点核心卷 新高考卷二（含解析）

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1.答案：C
解析：传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞齐”，涂在器物表面，然后加热使汞挥发，使金附着在器物表面，与电镀原理不同，A错误；青花瓷是由黏土经高温烧结而成的硅酸盐产品，耐酸、碱和高温，但其中含有，能与氢氟酸反应，会被HF腐蚀，B错误；光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素的，C正确；孔雀石的主要成分为（碱式碳酸铜），其属于碱式盐，D错误。
2.答案：C
解析：原子核外电子填入简并轨道时总是先单独分占，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，C是6号元素，原子核外有6个电子，则基态C原子的核外电子轨道表示式是，A正确；是离子化合物，2个与过氧根离子通过离子键结合，在过氧根离子中2个O原子通过共价单键结合，故过氧化钠的电子式是，B正确；中C的杂化轨道电子云轮廓图为，C错误；核外有18个电子，结构示意图为，D正确。
3.答案：C
解析：过氧化钙与水反应生成，可以增加水中的溶氧量，A正确；2HClO，空气中的溶于水生成，可起到弱酸的作用，B正确；在弱酸或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，C错误；蛋白质在高温条件下变性，D正确。
4.答案：D
解析：第一步，提取关键信息。DMF的球棍模型，基态M原子的2p能级只有一对成对电子，Y、Z、M元素位于同一周期。第二步，根据信息推断元素。由关键信息知，M原子的核外电子排布式为，M元素为O元素，结合球棍模型可知白球为O；由图知大黑球可形成4个共价键，价电子数为4，其为C元素；大灰球形成3个共价键，结合原子序数大小可知，Z为N元素；小灰球的原子半径最小，只能形成1个共价键，为H元素。综上可知，X、Y、Z、M分别为H、C、N、O。第三步，逐项分析。同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但基态N原子价电子排布式为，2p能级为半充满较稳定状态，故第一电离能N>O>C，A错误；Z、M形成的最简单氢化物分别为和，同周期从左到右元素的非金属性依次增强，最简单氢化物的稳定性依次增强，故最简单氢化物的稳定性，B错误；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，孤电子对数越多，键角越小，键角，C错误；X、Y、Z三种元素形成的最简单饱和有机物为，含有氨基，具有碱性，D正确。
5.答案：B
解析：过程①中B与O形成配位键，O提供孤电子对，B提供空轨道，A正确；、、中B为杂化，、中B为杂化，B错误；过程①、过程④只有化学键的形成，可看成吸附过程，过程②、过程⑤为加成反应，过程③为消去反应，过程⑥为取代反应，故还原过程中一共涉及三种反应类型，C正确；该反应中硼烷作用于碳氧双键，根据该反应机理，可推测硼烷还可将酯基还原为，D正确。
6.答案：A
解析：加热时Na剧烈燃烧，该实验应在坩埚中进行，A错误；氯气在饱和食盐水中溶解度小，HCl易溶于水，B正确；使用和浓盐酸反应制不需要加热，C正确；铁和水蒸气在高温时发生反应生成四氧化三铁和氢气，可以用点燃肥皂泡的方法检验氢气，D正确。
7.答案：D
分析：苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇、苯甲醛进入有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。
解析：“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，A正确；甲基叔丁基醚的密度为，密度比水小，所以分层时“有机层”位于上层，要从分液漏斗上口倒出，B正确；“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，利用沸点不同用蒸馏的方法进行分离，“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，可选用盐酸，C正确；苯甲酸在乙醇中的溶解度大于其在水中的溶解度，所以“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，D错误。
8.答案：B
解析：W是元素周期表中原子半径最小的元素，则W为H；X、Y为同周期的短周期主族元素，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2:3，则X和Y可能为Be和B、C和O、Mg和Al、Si和S，结合甲的化学式，可推知应为，因此Y为O、X为C；（即）的电子数为46，比Z原子的电子数多20，则Z原子的电子数为26，Z为Fe，因此化合物甲为。综上所述，W为H，X为C，Y为O，Z为Fe，化合物甲为，为。第一电离能H>C>Fe，A错误；若M点所得产物为，则，解得，B正确；开始时，根据铁元素守恒，N点Fe的物
质的量为0.03 ml，O的物质的量为，则400 ℃时所得产物为发生反应：，C错误；分子式为C2H6O2，同分异构体有多种，可能为乙二醇，若为乙二醇，在酸性高锰酸钾作用下，可生产草酸，但由于酸性高锰酸钾足量，草酸会被进一步氧化为二氧化碳，且C2H6O2不一定是乙二醇，D错误。
9.答案：B
解析：该活性成分分子中含有酯基、羟基、碳碳双键三种官能团，A正确；1 ml该活性成分最多消耗Na、NaOH的物质的量分别为2 ml、2 ml，B错误；该活性成分含有碳碳双键，能使酸性溶液和溴水褪色，C正确；该活性成分含有酯基、羟基、碳碳双键，能发生水解、氧化、加成等反应，D正确。
10.答案：D
解析：第一步，读题，提取题给信息。题中给出的转化率，生成的选择性与温度的关系图。第二步，逐项分析。与作用分别生成的反应均为放热反应，升高温度，平衡都逆向移动，的平衡转化率减小，A错误；由图可知，范围内的转化率基本不变，而生成的选择性明显减小，则出口处的浓度减小，B错误；浓度过高，则容易进一步将N元素氧化为有毒的NO和，不利于的无害化处理，C错误；在给定的时间范围内，反应速率越快的反应，其产物的选择性越高，题中给出“一定流速”的信息，也就是给定相同反应时间，温度低时，的选择性接近，随温度升高，的选择性下降，的转化率先升高后基本不变，换言之，NO和的选择性升高，即温度升高生成NO和的反应速率增大得更明显，因此生成的活化能更大，D正确。
11.答案：AB
解析：试管甲中，在强酸性条件下被还原为，过量的与新生成的具有较强化学活性的反应生成，A错误；与生成MnS沉淀的化合价没有变化，没有体现还原性，B错误；结合已知信息②可知，试管乙中存在，C正确；试管甲和试管乙中和的用量存在差异，且最终溶液的酸碱性也不同，造成产物存在差异，D正确。
12.答案：B
解析：由流程可知，“酸浸”时反应物有Pd、浓和浓盐酸，产物有，“中和”过程为非氧化还原过程，说明“酸浸”后Pd的化合价应为+4，存在形式为，结合电子守恒和元素守恒可知，反应的化学方程式为，A正确；“酸浸”过程中，与生成，促使Pd转化为的反应平衡正向移动，若用浓硫酸代替浓盐酸，无法生成该配离子，使Pd的溶解效率降低，且后续中和时无法生成沉淀，后续步骤无法进行，B错误；根据流程中信息判断，为红色沉淀，若溶液中含有，加入会生成红色沉淀，有明显现象，氯钯酸根离子可以检验溶液中是否含有，C正确；“热还原”过程中发生反应，每生成1 ml Pd，生成8 ml气体（和HCl），D正确。
13.答案：BD
解析：第一步，根据已知信息，判断电池正负极（或阴阳极）。充电时b电极发生的反应为，则b电极为阳极，a电极为阴极，进而推出放电时，b电极为正极，a电极为负极。第二步，写出放电时电极反应式。放电时，a电极（负极）的电极反应式为；b电极（正极）的电极反应式为。第三步，逐项分析。根据镁锂双盐电池的循环性能知，放电时镁（负极）失电子，充电时（阴极）得电子，A错误；体积小，比迁移速率快，可提高电流效率，B正确；向电解质中加入NaOH溶液，会与NaOH反应生成沉淀，导电性降低，C错误；放电时，电路中每通过2 ml电子，a电极质量减小24 g，b电极质量增加14 g，则a、b电极质量变化之比为12:7，D正确。
14.答案：C
解析：蒸馏装置中需使用直形冷凝管冷凝液体，A正确；乙装置中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中，起到缓冲气流的作用，B正确；当丙处不再产生油状液体时，应该先打开活塞K，然后停止加热（防倒吸），最后关闭冷凝水，C错误；加NaCl至饱和可进一步降低八角油的溶解度，有利于其析出，可提高八角油的产率，D正确。
15.答案：BC
解析：第一步，分析图像，从图像中获取信息。
第二步，逐项进行分析判断。由m点数据可得，，则，A错误；由图甲可知，，则反应的平衡常数，B正确；由图乙可知，，将溶液和溶液等体积混合，pH调节至5.35，则，代入数据可得，解得，此时，故有FeS沉淀生成，C正确；时，，生成MnS沉淀，则，则体系中，所以有沉淀生成，D错误。
16.（12分）答案：（1）四（1分）；ⅠB（1分）；1（1分）
（2）（1分）；正四面体（1分）；>（1分）
（3）离子晶体（1分）；（1分）
（4），（2分）；（2分）
解析：（1）Cu为29号元素，在元素周期表中位于第四周期第IB族；基态Cu原子的价电子排布式为，基态的价电子排布式为，则基态核外有1个未成对电子。
（2）由蓝矾的结构可知，其晶体可表示为，晶体中含配位键，其中O提供孤电子对，提供空轨道。的中心原子S的σ键电子对数为4，孤电子对数为，中心S原子采取杂化，的空间结构为正四面体。水分子中的键角为，蓝矾晶体中形成配位键的水分子的孤电子对参与成键，成键电子对之间的斥力小于孤电子对对成键电子对的斥力，蓝矾晶体中形成配位键的分子的H—O—H键角大于104.5°。
（3）类似于，属于离子晶体。分子的氨基中N原子为杂化。
（4）第一步，分析晶胞结构。根据题意分析该晶体采用面心立方最密堆积，S原子位于立方体A、B的顶点和面心，位于体内。1个晶胞中含S原子个数为，原子个数为4，原子个数为2，Sn原子个数为2，因此该晶体的化学式为。第二步，分析Sn原子的分数坐标。B在下面，根据图3可以确定B中Sn原子的分数坐标为，则A中Sn原子的分数坐标为。第三步，计算。晶体的密度，则。
17.（12分）答案：（1）250 mL容量瓶，胶头滴管（2分）；C（1分）
（2）①10（1分）；相同温度下，乙酸乙酯在碱性条件下的水解速率大于在酸性条件下的水解速率，在蒸馏水中的水解速率最慢（1分）
②（1分）
③（2分）
（3）①除去溶解在蒸馏水中少量的，防止与NaOH反应生成的影响实验结果（1分）
②除去NaOH固体表面附着的固体，以免影响实验结果（1分）
③在饱和NaOH溶液中平衡逆向移动（1分）
（4）用热的纯碱溶液来除去油污（1分）
解析：（1）称量NaOH固体配制NaOH溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒250 mL容量瓶和胶头滴管。若将NaOH固体放在滤纸上称量由于NaOH具有很强的吸水性，导致称量的NaOH固体中含有水分，即所配制的NaOH溶液中溶质NaOH的物质的量偏小，所配NaOH溶液的浓度偏小，A不符合题意。没有洗涤溶解NaOH的烧杯，导致溶质NaOH的物质的量偏小，所配NaOH溶液的浓度偏小，B不符合题意。定容时俯视刻度线，导致所配NaOH溶液的体积偏小，所配NaOH溶液浓度偏大，C符合题意。摇匀后液面下降，继续加水至刻度线，导致所配NaOH溶液的体积偏大，所配NaOH溶液浓度偏小，D不符合题意。
（2）①实验ⅰ~ⅲ中，应保持乙酸乙酯的体积相同、溶液总体积相同、温度相同，改变溶液酸碱性，故表中a=10，b=0。测得，则相同温度下，乙酸乙酯在碱性条件下的水解速率大于在酸性条件下的水解速率，在蒸馏水中的水解速率最慢。
②实验ⅲ和实验ⅳ的其他条件均相同，只有温度不同，且，若得到的实验结论为其他条件相同，温度升高，水解速率加快，则反应相同时间后乙醇的浓度。
③乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式为。
（3）①的存在将影响实验结果，故甲同学将配制溶液时所用蒸馏水煮沸冷却后再使用，目的是除去溶解在蒸馏水中少量的，防止与NaOH反应生成的影响实验结果。
②乙同学用蒸馏水洗涤NaOH固体后，再配制成溶液，NaOH固体在空气中放置过程中能与空气中的反应生成附着在NaOH固体表面，故洗涤NaOH固体的目的是除去NaOH固体表面附着的固体，以免影响实验结果。
③在水溶液中存在水解反应，在饱和NaOH溶液中上述反应平衡逆向移动，导致在饱和NaOH溶液中几乎不溶解。
（4）酯在碱性环境中可以发生水解，生活中用热的纯碱溶液来除去油污，就是利用这一原理。
18.（12分）答案：（1）将氧化成，便于后续去除（2分）
（2）①A（2分）；具有较强还原性，易被氧化，若先加将氧化为，后加氨水，会生成沉淀，不利于产品的生成（2分）
②（2分）
（3）6（2分）
（4）（2分）
根据得失电子守恒可得关系式：
产品中钴元素的百分含量为。
分析：以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[C(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含C2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有C2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生的反应依次为：CCl2+6NH3•H2O=[C(NH3)6]Cl2+6H2O、H2O2+2[C(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[C(NH3)6]Cl3+2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
解析：（1）由分析可知，加入适量的NaClO3的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除去；
（2）①结合分析可知，若先加H2O2，将C元素氧化到C3+，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止C(OH)3的生成，原因为；[C(NH3)6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将C2+氧化为C3+，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
②由分析可知，生成[C(NH3)6]3+的反应方程式为：H2O2+2[C(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[C(NH3)6]Cl3+2NH3↑+2H2O，则其离子方程式为2[C(NH3)6]2+＋2＋H2O2=2[C(NH3)6]3+＋2NH3↑＋2H2O；
（3）[C(NH3)6]3+中配位原子是N，配位数是6；
（4）由题意可知：2C3+～I2～2，n(C3+)=n()==0.01ml/L×0.048L=4.8×10-4ml；m(C3+)=4.8×10-4 ml×59 g/ml=0.02832 g；产品中钴元素的含量为=14.16%。
19.（12分）答案：（1）还原反应（1分）；存在（1分）
（2）（2分）；（酮）羰基、酯基（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
解析：（1）A→B的反应类型为还原反应。化合物C中存在不能旋转的碳氮双键，且碳氮双键中C原子上连接2个不同的基团或原子，存在顺反异构。（2）由E的结构简式可知，其含氧官能团为（酮）羰基和酯基。
（3）根据题意知，B与先发生取代反应，再发生环化反应得到部分，分析可知发生取代反应生成，然后发生环化反应。
（4）若六元环上只有一个N原子，则不存在含有4种氢原子的同分异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接甲基，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上或不同的碳原子上，结构简式可能为。
（5）第一步，结合原料分解目标产物结构。如图。第二步，根据分解图设计合成步骤。首先是苯在浓硫酸、浓硝酸加热条件下生成硝基苯；然后硝基苯在Fe/HCl条件下反应生成苯胺；乙烯与发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；最后是苯胺与1，3-二溴乙烷发生流程图中D→E类似的反应生成产物。第三步，写出合成路线。根据分析写出符合题意的合成路线，注意反应条件。
20.（12分）答案：（1）（2分）
（2）降低温度（1分）
（3）（2分）
（4）催化剂活性降低（1分）
（5）513K（1分）
（6）（2分）
（7）催化剂1（1分）；30（2分）
解析：（1）由示意图可知，“Sabatier反应器”中发生的反应为。根据题给数据，该反应的焓变，故“Sabatier反应器”中发生反应的热化学方程式为 。
（2）“Sabatier反应器”中反应为放热反应，适当降低温度，平衡正向移动，反应转化率提高；该反应为气体分子数减小的反应，适当增大压强，平衡正向移动，反应转化率提高。
（3）时，对苯二胺的转化率为，产物环己二胺的选择性为，所以内，。
（4）当温度高于时，可能由于催化剂的活性降低或者发生了副反应而导致对苯二胺的转化率以及1,4－环己二胺的选择性随温度升高均呈现下降趋势。（5）首先应选择甲醇的选择性比较高的温度，排除，和513K时甲醇的选择性和的转化率都相差不大，计算产率可知413K时，时，故最适宜的反应温度为513K。
（6）第一步，结合图像信息，计算消耗的总的物质的量及生成CO消耗的的物质的量。根据图像，550K时，的平衡转化率为，则消耗的总的物质的量，平衡时的物质的量；甲醇的选择性为，则生成甲醇消耗的的物质的量，那么生成CO消耗的的物质的量。第二步，列三段式，计算各物质的分压。根据上述数据可以列出如下三段式：
达到平衡后，体系中各物质的物质的量分别为，，，，，则平衡时体系总物质的量为。已知反应后体系的总压强为p，则达到平衡时，反应①中各物质的分压为,,，。第三步，结合的计算公式，写出的表达式。反应①的。
（7）根据Arrhenius经验公式可知，和呈反比例关系，从图像上看，直线的斜率的绝对值即为活化能，因此直线的斜率的绝对值越小表示活化能越小，而活化能越小则说明催化剂的效果更好，所以催化效率更高的是催化剂1。将两点的数据代入Arrhenius经验公式可得，，将两式联立即可得活化能。