2025年高考押题预测卷：化学01（浙江卷）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学01（浙江卷）（解析版），共23页。
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。
可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64 Bi-209
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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．按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( )
A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐
【答案】D
【解析】[Cu(NH3)4](OH)2是一种易溶于水的强碱，属于电解质，Cu2+与NH3之间以配位键相结合，属于配合物；故选D。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．基态As原子价电子排布图：
B．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
C．CO2的空间填充模型：
D．HClO的结构式： H-Cl-O
【答案】A
【解析】A项，As是第四周期第ⅤA族元素，价电子排布图为，A正确；B项，邻羟基苯甲醛的分子内氢键应该是羟基中的氢原子与醛基的氧原子之间形成分子内氢键：，B错误；C项，CO2的空间结构为直线形，C错误；D项，HClO的结构式为H—O—Cl，D错误；故选A。
3．化学学科在创新中不断前进，下列说法错误的是( )
A．伏打研制了第一个化学电源，该装置实现了电能到化学能的转化
B．鲍林提出的杂化轨道解释了甲烷的正四面体结构
C．侯德榜改进了索尔维制碱法，侯氏制碱法经济环保
D．神舟十九号载人飞船使用了国产耐烧蚀树脂，该树脂为高分子材料
【答案】A
【解析】A项，伏打研制了第一个化学电源，该装置实现了化学能到电能的转化，A错误；B项，范霍夫提出了甲烷的正四面体结构，而鲍林提出的杂化轨道理论很好地解释了甲烷的正四面体结构，B正确；C项，侯德榜改进了索尔维制碱法，侯氏制碱法完美的弥补了索尔维制碱法的不足，不仅提高了食盐利用率，减少了对环境的污染，还缩短了生产流程、降低了纯碱的成本，故侯氏制碱更经济环保，C正确；D项，树脂属于合成有机高分子材料，D正确；故选A。
4．已知氨(NH3)和硼烷(BH3)可以发生化合反应生成氨硼烷(H3N-BH3)，它和乙烷(CH3CH3)具有相似的结构。下列有关这4种分子的说法正确的是( )
A．分子的极性：CH3CH3＜H3NBH3
B．NH3和BH3的VSEPR模型都是四面体形
C．分子中H-N-H之间的键角：NH3＞H3NBH3
D．相同条件下在水中的溶解度：H3NBH3＜CH3CH3
【答案】A
【解析】A项，H3NBH3分子左右不对称，正电荷重心在B原子附近，负电荷重心在N原子附近，是极性分子；CH3CH3分子左右对称，正负电荷重心重合，是非极性分子，分子的极性：CH3CH3＜H3NBH3，故A正确；B项，NH3中N原子价电子对数为4，VSEPR模型都是四面体形，BH3中B原子价电子对数为3，VSEPR模型是平面三角形，故B错误；C项，NH3中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；H3NBH3中N原子价电子对数为4，无孤电子对；分子中H-N-H之间的键角NH3＜H3NBH3，故C错误；D项，H3NBH3能与水分子形成氢键，乙烷是非极性分子，所以相同条件下在水中的溶解度：H3NBH3＞CH3CH3，故D错误；故选A。
5．实验室模拟二乙醇胺[(HOCH2CH2)2NH]脱硫、再生及测定SO2吸收率的过程。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是( )
【答案】D
【解析】A项，亚硫酸钠固体和70%硫酸反应生成二氧化硫，可以达到实验目的，故A不符合题意；B项，二乙醇胺[(HOCH2CH2)2NH]显碱性可以吸收酸性氧化物二氧化硫，且二氧化硫易与氢氧化钠溶液反应应该用倒置漏斗防倒吸，可以达到实验目的，故B不符合题意；C项，吸收二氧化硫后的二乙醇胺[(HOCH2CH2)2NH]在加热搅拌器的作用下解吸出二氧化硫，用双氧水吸收，碱石灰吸收多余的二氧化硫，可以达到实验目的，故C不符合题意；D项，酸性高锰酸钾可以与双氧水中的二氧化硫反应，但是也能与稀盐酸反应，不能达到实验目的，故D符合题意；故选D。
6．下图表示主族元素X及其化合物的部分转化关系。单质X2可用于生产漂白粉和漂白液。下列说法错误的是( )
A．反应①中HX是还原剂 B．HXO的结构式为H—O—X
C．X-水解显碱性 D．XO3-的空间构型为三角锥形
【答案】C
【解析】单质X2可用于生产漂白粉和漂白液，则X是氯元素。A项，HX中X是-1价，反应①中化合价升高到0价，失去电子，是还原剂，A正确；B项，HClO的结构式为H—O—Cl，B正确；C项，Cl-是强酸的酸根离子，不发生水解，C错误；D项，ClO3-的中心原子是sp3杂化，含有一个孤电子对，则空间构型为三角锥形，D正确；故选C。
7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( )
【答案】A
【解析】A项，乙二醇用于生成汽车防冻液是因为它能够与水任意比例混合，并且当乙二醇含量增加时，混合液的冰点会显著降低，在很低温度时不凝固，不是提高沸点，A错误；B项，壳聚糖可制成手术缝合线、环保包装袋的原因是壳聚糖具有良好的生物相容性，不会对人体造成危害，能够与人体组织良好结合；同时具有生物可降解性，能够迅速分解为无害物质，B正确；C项，烷基磺酸钠可用于制造肥皂和洗涤剂的原理为烷基磺酸钠分子具有双亲结构，一端是亲油基(通常为烷基)，亲油基插入油污等非极性污渍内部，另一端是亲水基(磺酸基及其钠盐形式)，亲水基朝向水相，这种结构使其能显著降低水的表面张力，使水更容易在被清洗物体表面铺展，从而让洗涤剂能够充分接触并渗透到污渍处清洗油污，C正确；D项，大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，有良好的导电性的这一特性能够满足原电池电解质的需要，D正确；故选A。
8．我们日常用到的消毒剂有84消毒液，乙醇，漂白粉，二氧化氯及苯酚等。下列有关离子方程式书写正确的是( )
A．将足量苯酚加入碳酸钠溶液中：
B．将漂白粉加入少量亚硫酸钠溶液中：
C．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色：
D．在酸性(H2SO4)溶液中用草酸还原氯酸钠制备二氧化氯：
【答案】C
【解析】A项，苯酚的酸性比碳酸弱，故将足量苯酚加入碳酸钠溶液中反应的离子方程式为，A错误；B项，将漂白粉加入少量Na2SO3溶液中，生成的SO42-不足以将全部沉淀，故反应的离子方程式为，B错误；C项，乙醇具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化成乙酸，反应的离子方程式为，C正确；D项，草酸是弱酸不可拆，故正确的离子方程式为 ，D错误；故选C。
9．有机物P是一种治疗心律失常的药物，其部分合成路线如图所示(部分反应条件已略去)。
下列说法中错误的是( )
A．M→N为取代反应
B．M与溴水反应最多消耗2mlBr2
C．P完全氢化后有4个手性碳
D．P不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A项，观察M→N的反应，M中酚羟基的氢原子被取代，该反应为取代反应，A正确；B项，M中含有酚羟基，酚羟基的邻、对位可与溴水发生取代反应，M分子中酚羟基的邻、对位有2个位置可被取代，所以1ml M与溴水反应最多消耗2mlBr2，B正确；C项，手性碳是连有4个不同原子或原子团的碳原子，P完全氢化后产物为，其中有4个手性碳如图所示，C正确；D．P中含有醇羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选D。
10．化合物M的化学式为Y2X6Z5W2，可用于Friedel-Crafts芐基化和环己基化反应催化剂。X、Y、Z、W均为短周期主族元素，Z与W同主族，X、Y、Z同周期，基态X原子的价层电子排布式为ns2np2n+1，基态Y原子s能级上的电子总数是p能级上电子总数的2倍，Z与W原子的质子数之和是Y原子序数的4倍。下列说法正确的是( )
A．电负性Z＞X＞W B．W的单质易溶于YW2
C．键角：YX4＞WZ3 D．基态Y、Z原子核外电子的空间运动状态均有5种
【答案】B
【解析】基态X原子的价层电子排布式为ns2np2n+1可知，X为F，由基态Y原子s能级上的电子总数是p能级上电子总数的2倍可知，Y为C，由Z与W同主族，Z与W原子的质子数之和是Y原子序数的4倍可知，Z、W分别为O、S，综上所述：X为F、Y为C、Z为O、W为S。A项，非金属性越强，电负性越大，电负性：F＞O＞S，A项错误；B项，W的单质是硫单质，易溶于CS2，B项正确；C项，YX4是CF4，C的价层电子对数是，正四面体形，键角为，WZ3是SO3，S的价层电子对数是，为平面三角形，键角为，C项错误；D项，基态碳原子核外电子共占据4个原子轨道，空间运动状态有4种，D项错误；故选B。
11．一定温度下，向恒容密闭容器中充入1.0mlSO2Cl2(g)，发生反应SO2Cl2(g)SO2(g)+Cl2(g) ΔH＞0，测定实验数据得到v正~ c(SO2Cl2)和v逆~c(SO2)的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．SO2Cl2(g)的分解反应在低温下能自发进行
B．若混合气体的密度保持不变，能判断反应已达平衡
C．若平衡时升高温度，曲线Ⅱ的h点可能变为f点
D．若平衡后恒温充入一定量的SO2Cl2(g)，SO2Cl2(g)的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】A项，SO2Cl2的分解反应是熵增的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0可以自发进行，高温下能自发进行，A错误；B项，因反应时气体质量保持不变，且在恒容容器中反应，气体体积也保持不变，则整个反应过程中混合气体的密度一直保持不变，故不能判断反应已达平衡，B错误；C项，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正移，c(SO2Cl2)减小，且温度升高反应速率加快，曲线Ⅱ的h点可能变为e点，C错误；D项，若平衡后恒温充入一定量的SO2Cl2(g)，相当于给体系加压，平衡“逆移”，反应重新达到平衡时，SO2Cl2(g)的转化率减小，D正确；故选D。
12．在光照条件下，(赤铁矿)材料中的光生空穴可氧化富电子的芳烃(使苯环上的键胺化)形成相应的阳离子自由基物种，生成物进一步与吡唑反应得到偶联产物，机理如图。下列叙述正确的是( )
A．电子由a极经外电路流向b极，b极发生氧化反应
B．b极附近电解质溶液pH降低
C．a极的电极反应式为
D．上述总反应中，只断裂sp2-s型σ键，同时只形成sp2-sp2型σ键
【答案】C
【解析】A项，b极H+得电子生成H2，为阴极，发生还原反应，A项错误；B项，b极表面发生还原反应2H＋＋2e-=H2↑，c(H＋)降低，pH增大，B项错误；C项，由机理图可知a极的电极反应式为，C项正确；D项，从总反应式看，除生成偶联产物外，还有氢气生成，氢气中有H-H键(s~s)，有s~s型σ键形成，D项错误；故选C。
13．近年来，二维硒氧化铋因其稳定性好、载流子迁移率高等优点，被广泛应用于各种电子设备。研究人员发现，与石墨烯等二维材料不同，二维硒氧化铋的层与层之间是通过弱静电力而非范德华力维系。如图甲是二维硒氧化铋的结构示意图。下列说法正确的是( )
A．中，
B．二维硒氧化铋晶胞沿z轴方向的投影图应该为
C．若NA为阿伏加德罗常数的值，则二维硒氧化铋晶体的密度为
D．二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，化学式变为，则a：b=2：3
【答案】C
【解析】根据图乙，没有掺杂其他原子，利用均摊法可知晶胞中原子数分布如下：含个Bi原子，个Se原子， 个O原子，其化学式为Bi2O2Se，所以图甲中根据电荷守恒知，该晶胞中与个数比为1：1。A项，该晶胞中与个数比为1 ： 1，结合化合物化合价规律可知，中，，A错误；B项，根据立体几何关系可知，晶胞沿Z轴的投影中，Bi3+位于面心，Se2-位于顶点，O2-位于棱上，其投影图为：，B错误；C项，晶胞的化学式为，该晶胞中含有Se个数=8+1=2，结合化学式知该晶胞中含2个，故该晶胞的质量m=，该晶胞体积V=a×10-10×a×10-10×c×10-10cm3=a2c×10-30 cm3，故该晶体的密度为，故C正确；D项，二维硒氧化铋晶体经过图乙所示的氮掺杂之后，有一个O原子所在位置成为空穴，还有两个O原子被N原子替换，所以O原子个数变为：=2.5，N原子数为：，Bi与Se个数没变化，分别是4和2，即Bi：O：Se：N=4：2.5：2：1=2：1.25：1：0.5，根据化学式可得出2-a=1.25，a=0.75，b=0.5，因此得出a：b=3：2，D错误；故选D。
14．科学家利用二芳基硅二醇(表示芳基)实现了温和条件下的“碳中和”过程，用环氧丙烷()与CO2催化环加成反应生成碳酸丙烯酯的反应机理如图。
下列说法不正确的是( )
A．该过程中涉及碳原子的杂化方式的改变
B．若用代替环氧丙烷，则过程中有生成
C．考虑手性异构现象，环氧丙烷的一氯代物有6种
D．该过程的最终产物可与反应
【答案】C
【解析】催化剂在反应开始的时候，就参与反应，最终又生成了该物质，中间产物，是开始的没有，最终也没有该物质生成，只是在反应过程中参与反应。A项，反应①和②中涉及的碳原子均为sp3杂化，反应③生成了羰基，碳原子为sp2杂化，故A正确；B项，根据反应①和②可知，若用代替环氧乙烷，则过程中有生成，故B正确；C项，环氧丙烷中有三种不同的氢原子，且除甲基外的两种氢被氯取代后均为手性碳原子存在旋光异构，可知环氧丙烷的一氯代物有5种，故C错误；D项，最终产物含有两个酯基，可以故1ml该过程的最终产物可与反应，故D正确；故选C。
15．常温下，分别向Cu(NO3)2溶液、HCN溶液、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，测得溶液Px[，代表、、]随pH的变化关系如图所示。已知常温下，，，下列叙述正确的是( )
A．代表随pH的变化关系
B．常温下，
C．常温下，等物质的量浓度的NaNO2和HNO2的混合溶液中，
D．常温下，向浓度均为0.1ml·L-1的HCN溶液、HNO2溶液中分别滴加NaOH溶液至两溶液pH相同时，
【答案】D
【解析】A项，Cu2+和OH-生成Cu(OH)2沉淀，pH越大，Cu2+浓度越小，则L3代表，由可知，、相同时，HNO2溶液中H+浓度更大，酸性更强，故L1代表，L2代表，A错误；B项，L3代表，根据Q点坐标可知常温下，，B错误；C项，由M点坐标可得，等浓度NaNO2和HNO2的混合溶液的，由电荷守恒得，结合元素守恒，联立可得，又知，故 ，C错误；D项，由N点坐标可得，常温下，向浓度均为0.1ml·L-1的HCN溶液、HNO2溶液中分别滴加NaOH溶液至两溶液pH相同时，，D项正确；故选D。
16．已知芹菜中的铁元素主要以草酸亚铁形式存在，草酸亚铁在常温常压下稳定，加热至190℃以上时开始分解。某实验小组采用两种方案在实验室测定芹菜中铁元素的含量，下列说法正确的是( )
已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O62-+2NaI。
方案一：
方案二：
A．方案一中加入的酸可以为稀盐酸
B．实验中“灰分”中铁元素的存在形式为
C．方案二中加入足量溶液的作用是除掉过量的H2O2
D．若方案一中标准KMnO4(H+)溶液的浓度为、消耗体积为，则芹菜中铁元素的质量分数为
【答案】D
【解析】根据实验方案设计，方案一芹菜灼烧得到铁的氧化物，加酸溶解，加铜将铁元素完全转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾测定；方案二芹菜灼烧得到铁的氧化物，加酸溶解过滤得到含Fe2+或Fe3+的溶液，加足量的H2O2将铁元素转化为Fe3+，Fe3+与I-离子反应得到I2，再用Na2S2O3标准溶液测定。A项，若方案一中加入的酸为稀盐酸，酸性条件下Cl-与酸性高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，无法利用酸性KMnO4与Fe2+的反应测定Fe含量，A项不正确；B项，灼烧过程中Fe( = 2 \* ROMAN II)会氧化为Fe( = 3 \* ROMAN III)，根据方案设计可推知“灰分”中铁元素的存在形式为Fe2O3，B项错误；C项，方案二中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，过量的双氧水加热分解后，加入足量KI溶液的作用是与Fe3+反应，C项错误；D项，方案一的待测液中Fe2+与KMnO4反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=2Mn2++5Fe3++4H2O，根据题意可列计算式，D项正确；故选D。
第II卷(非选择题 共52分)
二、非选择题：本题共4小题，共52分。
17．(16分)氮是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1所示，其化学式是 ，晶体类型是 。
(2)丁二酮肟可以与生成血红色配合物，如图2所示。
①基态的简化电子排布式为 。
②键角的原因是 。
(3)氨基硼烷系列的储氢材料有多种。
①脂环氨硼烷()可作为储氢材料，下列说法正确的是 。
A．电负性：N＞C＞H
B．元素的第一电离能均高于同周期相邻元素
C．相同条件下在苯中的溶解度：>
D．基态硼原子核外电子的轨道表示式：
②氨硼烷(NH3BH3)也可作为储氢材料。已知NH3BH3、NH3都能与发生反应，可体现出一定的酸性，比较两者酸性强弱：NH3 NH3BH3 (填“>”、“