2025年高考押题预测卷：化学02（浙江卷）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学02（浙江卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，结构决定性质，性质决定用途等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：90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。
可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64
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．下列物质中，具有极性键的非极性分子是( )
A．SiO2 B．SO3 C．SO3 D．P4
【答案】B
【解析】根据价层电子对互斥理论，中心原子价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数；极性键与非极性分子：极性键由不同原子形成(电负性差异)，而非极性分子整体电荷分布对称，正负电荷中心重合。A项，SiO2为共价晶体(网状结构)，无独立分子，A错误；B项，SO3中S的价层电子对数为，为sp2杂化，分子为平面三角形(对称结构)，S-O键为极性键，分子整体无极性，B正确；C项，O3中O的价层电子对数为，为sp2杂化，有1对孤对电子，分子为V形(不对称)，为极性分子，C错误；D项，P4的空间构型是正四面体，是非极性分子，其中P-P键为非极性键，D错误；故选B。
2．下列表示正确的是( )
A．PCl3分子的VSEPR模型：
B．反-2-丁烯的球棍模型：
C．用电子式表示MgCl2的形成过程：
D．键线式为的名称：2，4，4-三甲基戊烷
【答案】B
【解析】A项，PCl3中心磷原子价层电子对数，采取sp3杂化，则PCl3分子的VSEPR模型应为四面体形，A错误；B项，反-2-丁烯中两个甲基分别位于双键的相反两侧，球棍模型为，B正确；C项，MgCl2是离子化合物，Mg2+原子失去电子形成Mg2+，Cl原子得到电子形成Cl-，用电子式表示MgCl2的形成过程：，C错误；D项，主链最长为5个碳原子，母体为戊烷，烷烃命名时，支链位置的代数和应取最小，故2号碳原子上有2个甲基，4号碳原子上有一个甲基，命名为：2，2，4-三甲基戊烷，D错误；故选B。
3．下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液显碱性，与NaOH不反应
B．SO2有还原性，能防止葡萄酒中一些成分被氧化
C．HNO3有酸性，能与NH3反应
D．HClO有强氧化性，可用作纸张的漂白剂
【答案】A
【解析】A项，NaHCO3溶液显碱性，和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故A错误；B项，SO2具有还原性，按标准添加适量SO2能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，故B正确；C项，HNO3有酸性，能与NH3反应反应生成硝酸铵，故C正确；D项，HClO有强氧化性，能使有色物质褪色，可用作纸张的漂白剂，故D正确；故选A。
4．铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一种重要的工业原料。下列说法正确的是( )
A．键角：NH4+＞NH3 B．半径：r(O2−)>r(Al3+)
C．沸点：H2S＞H2O D．电负性：χ(H)>χ(Al)
【答案】A
【解析】A项，NH4+的中心原子价电子对数是4，无孤电子对，NH3中心原子价电子对数为4，有1个孤电子对，所以键角：NH4+＞NH3，故A正确；B项，Al3+和O2−电子层结构相同，则核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：r(O2−)>r(Al3+)，故B错误；C项，H2O中含有氢键，H2S中不含氢键，则沸点：H2O>H2S，故C错误；D项，AlH3中氢元素化合价为-1价，铝元素化合价为+3价，则电负性：χ(H)>χ(Al)，故D错误；故选A。
5．下列说法不正确的是( )
A．装置①用于验证铁与水蒸气反应 B．装置②用于在通风橱内制取无水AlCl3
C．装置③用于煤的干馏实验 D．装置④用于比较碳酸和苯酚的酸性强弱
【答案】D
【解析】A项，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，用火柴点燃肥皂泡检验氢气，会产生淡蓝色火焰和轻微的爆鸣，A正确；B项，加热AlCl3·6H2O和SOCl2，SOCl2遇水生成的氯化氢，抑制了氯化铝的水解，其反应化学方程式为AlCl3·6H2O+6SOC12A1C13+6SO2↑+12HCl↑，可制取无水AlCl3，B正确；C项，煤干馏生成固态的焦炭、液态的煤焦油、气态的焦炉气，煤焦油的密度比水大且不溶于水，具支试管中上层为水层，下层为煤焦油，C正确；D项，醋酸具有挥发性，醋酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有醋酸气体，醋酸也可以和苯酚钠溶液反应生成苯酚，装置④不能用于比较碳酸和苯酚的酸性强弱，D错误；故选D。
6．PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：

下列说法错误的是( )
A．上述流程中每一步均属于氧化还原反应
B．流程中，PH3都属于还原产物
C．已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐
D．1ml次磷酸分解时转移2ml电子
【答案】A
【解析】A项，NaH2PO2和H2SO4反应生成H3PO2和NaHSO4，无元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，A错误；B项，反应P4+3NaOH(浓)+3H2O3NaH2PO2+ PH3↑中，P元素的化合价由0价降至PH3中的-3价，PH3为还原产物，H3PO2中P的化合价为+1价，PH3的化合价为-3价，所以H3PO2分解生成PH3为还原反应，PH3属于还原产物，B正确；C项，因H3PO2为一元酸，只能电离出一个H+，NaH2PO2中无法电离出H+，NaH2PO2为正盐，C正确；D项，H3PO2分解方程式为2 H3PO2=H3PO4+PH3↑，P从+1价升高到+5价，同时，P从+1价降低到-3价，在该反应中，2mlH3PO2，转移4ml电子，1 mlH3PO2分解时转移2ml电子，D正确；故选A。
7．结构决定性质，性质决定用途。下列物质性质和用途相匹配的是
【答案】C
【解析】A项，氨气易液化，液氨汽化需要吸收大量的热，可用作制冷剂，A项不符合题意；B项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，B项不符合题意；C项，铁粉可用作食品袋中的抗氧化剂，因为其具有强还原性，C项符合题意；D项，SO2具有还原性且能使蛋白质变性，葡萄酒里含有的SO2具有杀菌和抗氧化作用，D项不符合题意；故选C。
8．下列反应对应的离子方程式书写正确的是( )
A．Na2SO3与70%的浓硫酸混合：SO32-+2H+=SO2↑+H2O
B．NH4HCO3与足量的浓溶液混合：NH4++HCO3-+OH-=NH3↑+ CO2↑+H2O
C．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
【答案】A
【解析】A项，硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，A正确；B项，电荷不守恒，正确的离子方程式为：
NH4++HCO3-+2OH-= NH3·H2O+ CO32-+H2O，B错误；C项，次氯酸是弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：Cl2+H2OHCl+ HClO ，C错误；D项，草酸是弱酸，不能拆，正确的是：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，D错误；故选A。
9．在化学合成和生物活性研究基础上，我国学者团队发现了具有显著抗骨肉瘤活性的氧杂蒽类化合物，该研究涉及的一个反应如图所示。下列说法错误的是( )
A．甲、乙互为同分异构体 B．甲、乙含相同数目的手性碳原子
C．甲、乙均能使酸性KMnO4溶液褪色 D．甲、乙均能与H2发生加成反应
【答案】A
【解析】A项，两者含O原子量不同，分子式不同，故不是同分异构体，A错误；B项，，甲、乙含相同数目的手性碳原子，B正确；C项，甲、乙均含有羟基，以及与苯相连的C原子上含有H，能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D项，甲、乙均含有苯环、酮羰基，均能与H2发生加成反应，D正确；故选A。
10．由短周期主族元素X、Y、Z、M、Q组成的离子液体，结构式如图所示，X、Y、Z、M、Q原子序数依次增大。下列说法正确的是( )
A．基态原子未成对电子数：X＜Q
B．气态氢化物的稳定性：Z＞M
C．该离子中X原子采取sp3杂化，Y原子采取sp杂化
D．YM3与YH3相比，YH3与Cu2+配位的能力更强
【答案】D
【解析】分析离子液体的结构式，所有的X都形成四个共价键，且原子序数较小，考虑是C元素；所有的Z元素形成两个共价键，且原子序数比X大，考虑是O元素；所有的M元素形成一个共价键，考虑是F元素或Cl元素。所有的Q元素形成六个共价键，则Q为S元素。根据M元素原子序数小于Q原子，则M为F元素；由于每个X、Z、M、Q各自形成的共价键数目都一样，因此该-1价复杂阴离子多出的一个电子应在Y上。Y多一个电子后形成两个共价键，说明此时Y元素最外层有6个电子，则可以确定Y为N元素。A项，C、S基态原子未成对电子数均为2个，故基态原子未成对电子数：X=Q。A项错误；B项，元素的非金属性：O＜F，因此气态氢化物的稳定性H2O＜HF，B项错误；C项，该离子中X元素形成4个共价键，O元素采取sp3杂化，N元素此时同O元素一样，也是采取sp3杂化，C项错误；D项，YM3与YH3分别为NF3和NH3。NF3中F原子的强吸电子效应使N原子上的孤电子对离N近，不易给出孤电子对形成配位键，故NH3与Cu2+配位的能力更强，D项正确。故选D。
11．焦炭催化还原SO2既可除去SO2，同时还可以回收硫(S2)：2C(s)＋2SO2(g) S2(g)＋2CO2(g) 。一定压强下，向1 L密闭容器中加入足量的焦炭、催化剂和1 ml SO2，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点时，反应逆向进行
B．图中a、b、c、d四点，只有c点处于平衡状态
C．T3℃时增大压强(压缩容器)，能增大活化分子百分数
D．该反应的ΔH>0
【答案】B
【解析】SO2的生成速率代表逆反应速率，S2(g)的生成速率代表正反应速率。A项，a点时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率相等，说明S2(g)的生成速率大于消耗速率，反应正向进行，故A错误；B项，平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率为2：1，故B正确；C项，T3℃时增大压强(压缩容器)，增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，故C错误；D项，升高温度平衡向吸热方向移动，c点对应温度升高到d点对应温度，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比大于2∶1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，△H＜0，故D错误；故选B。
12．钠离子电池有耐高温、安全的特点，现有从废水中回收钠的装置如图，中间室中电极材料具有选择性吸附、可将Na+转化为NaMO2，而脱出Na+转化为Na1-xMO2(M为某过渡金属)的功能，废水中钠以形式回收。下列有关说法错误的是( )
A．第一步吸附钠时，应接通“电源1”
B．第二步脱出钠时，中间室电极反应式为NaMO2－xe-=Na1-xMO2+ xNa+
C．为完成钠离子的吸附/脱出，交换膜“a”“b”应选用阴离子交换膜。
D．产品室每生成8gNaOH，理论上标准状况下惰性电极1上生成O2体积为
【答案】C
【解析】A项，吸附时，中间室电极要将Na+转化为NaMO2，需要得到电子发生还原反应，该电极作阴极，应接通“电源1”，A正确；B项，脱出钠时，NaMO2转化为Na1-xMO2，Na元素化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为NaMO2－xe-=Na1-xMO2+ xNa+，B正确；C项，无论是吸附还是脱出钠的过程，都是Na+在中间室与其他室之间移动，所以交换膜“a”“b”应选用阳离子交换膜，让Na+通过 ，而不是阴离子交换膜，C错误；D项，产品室生成NaOH是因为H2O电离出的H+放电，电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，生成8g(即0.2ml)NaOH ，转移0.2ml电子。惰性电极1上发生反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，根据电子守恒，生成O2的物质的量为0.05ml ，标准状况下体积为，D正确；故选C。
13．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子(S2O32-，结构如图1)可看作是SO42-中的一个O原子被S原子取代。MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为apm、bpm、cpm，结构如图2所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．晶胞中[Mg(H2O)6]2-的个数为4 B．S2O32-的空间结构为四面体形
C．S2O32-中1号S原子可作配位原子 D．晶体的密度为
【答案】C
【解析】A项，晶胞中，[Mg(H2O)6]2-的个数为，故A正确；B项，S2O32-可看作是SO42-中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，SO42-的中心S原子的价层电子对数为，即SO42-的空间结构为正四面体形，所以S2O32-的空间结构为四面体形，故B正确；C项，具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子对配位，S2O32-中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能作配位原子，故C错误；D项，1个MgS2O3·6H2O晶胞中，[Mg(H2O)6]2-的个数为4，S2O32-的个数为4，晶胞体积为，则晶胞密度为，故D正确；故选C。
14．多取代呋喃(M)是许多天然产物和具有生物活性的重要药物的基本结构单元。由炔基酮(A)与重氮酯环加成生成M的反应机理如图所示。下列说法中错误的是( )
A．反应物A中最多有8个原子共平面
B．反应过程中Cu原子成键数目没有变化
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．合成M的总反应为+N2=CHCOOCH3+N2
【答案】B
【解析】A项，反应物A为CH3COC≡CCH3，5个C原子、1个O原子和每个-CH3上1个H原子共8个原子共平面，A正确；B项，中间产物B、D中Cu原子成键数目为2，C中Cu原子成键数目为3，则反应过程中Cu原子成键数目有变化，B错误；C项，反应②中有碳碳单键的形成和碳碳三键中的π键断裂，有非极性键的形成和断裂；反应③中有C=O键的断裂和C—O键的形成，有极性键的断裂和形成，C正确；D项，由反应机理图可知，合成M的总反应的反应物为炔基酮(A)和重氮酯环(N2=CHCOOCH3)，生成物为M和N2，则合成M的总反应为：+N2=CHCOOCH3+N2↑，D正确；故选B。
15．二元弱酸的酸式盐溶液，存在如下4种平衡：
HA-质子自递平衡：HA-+ HA-H2A+A2-
HA-电离平衡：HA-H++A2-
HA-水解平衡：HA-+H2OH2A+OH-
水电离平衡：H2OH++OH-
已知：25℃，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11 ml·L-1、Ksp(Ag2CO3)=8.3×10－12。
下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液存在的4种平衡中，平衡常数最大的是HCO3-的质子自递平衡
B．10-4ml·L-1的极稀NaHCO3溶液中粒子浓度大小关系：cH2CO3＞cOH－＞cCO32-＞cH＋
C．加水稀释NaHCO3溶液的过程中可能出现：cH2CO3=cCO32-
D．浓度均为0.2 ml·L-1的NaHCO3溶液与AgNO3溶液等体积混合，可析出Ag2CO3沉淀
【答案】C
【解析】A项，HA-+ HA-H2A+A2-的平衡常数=，HA-水解平衡常数，比较可知，平衡常数最大的是HCO3-的质子自递平衡，A正确；B项，10-4ml·L-1的极稀NaHCO3溶液中，，得到，，pH≈7.164，A项可知，HCO3-水解程度大于电离程度，则cH2CO3＞cCO32-，且，则，溶液pH≈7.164，，则成立；，则cOH－＞cCO32-成立；pH≈7.164，，则：cCO32-＞cH＋成立，故离子浓度大小关系为：cH2CO3＞cOH－＞cCO32-＞cH＋，B正确；C项，加水稀释NaHCO3溶液的过程中，HCO3-水解程度大于电离程度，则cH2CO3＞cCO32-，C错误；D项，浓度均为0.2ml·L-1的NaHCO3溶液与AgNO3溶液等体积混合后，，，，，则析出Ag2CO3沉淀，D正确；故选C。
16．室温下，用含少量Cu2+的 MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下：
注：“沉锰”时n(NH4HCO3)：n(Mn2+)=2.5：1， 控制溶液pH=7.下列说法正确的是( )
A．NH4HCO3溶液中：c(NH4+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
B．“过滤1”所得滤液中：
C．“沉锰”时发生反应：Mn2++HCO3-=MnCO3↓+H+
D．“过滤2”所得滤液中： c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(HS—)+2c(S2—)
【答案】B
【解析】含少量Cu2+的 MnSO4溶液中加入硫化铵沉淀Cu2+，过滤后，加入碳酸氢铵生成碳酸锰。A项，NH4HCO3溶液中，根据元素守恒可得：c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO₃)，故A错误；B项，“过滤1”所得滤液是硫化铜的饱和溶液，而无硫化锰沉淀，则c(Cu2+) c(S2-)= Ksp(CuS)，而c(Mn2+) c(S2-)＜Ksp(MnS)，则，故B正确；C项，“沉锰”时发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故C错误；D项，“过滤2”所得滤液中，pH=7，根据电荷守恒可得：c(NH4+)+ c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(HS-)+ 2c(S2-)+ 2c(SO42-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，则 c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(HS—)+2c(S2—) + 2c(SO42-)，故D错误；故选B。
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)锂元素被广泛应用于电动汽车、军事通讯以及航空航天等领域。请回答：
(1)关于氢和碱金属的描述，下列说法正确的是___________。
A．熔点：H2＜D2＜T2
B．金属单质密度：Rb＞K＞Na＞Li
C．得到一个电子释放的能量：H＞Li
D．价电子排布为和的原子能量相同
(2)某化合物的晶体结构如下图所示。
①该化合物的化学式为 。
②该化合物中有 种不同化学环境的Li+，N3-的配位数为 。
(3)K、Rb的氢氧化物与O3反应，可以制得臭氧化物KO3、RbO3；而LiO3不能稳定存在，只能以[Li(NH3)4]O3的形式存在。请从离子半径的角度分析LiO3极不稳定的原因 。
(4)近年来，LiFePO4成为动力锂电池首选的正极材料。某兴趣小组在进行专题探究后设计了以下两种制备LiFePO4的方法：
Ⅰ．用Fe-P废渣制备Fe3(PO4)2，再将产物与Li2CO3、H3PO4在高温下反应制得LiFePO4。
Ⅱ．用LiOH、FeSO4、H3PO4和抗坏血酸混合溶液在pH=6的环境下反应制得LiFePO4。
已知：LiFePO4在酸性较强的环境下不稳定。
①方法Ⅰ，将Fe-P废渣(记为Fe1.5P)置于CO2气氛中煅烧，可得到Fe3(PO4)2和一种可燃性气体，该反应的化学反应方程式为 。
②方法Ⅱ，控制pH=6的原因是 。
请根据两种制备方法的差异，推测方法Ⅱ相对于方法Ⅰ的优势 。(写出2点即可)
③为回收废旧锂离子电池正极材料[主要成分为LiFePO4和]中的Li+，设计流程如下：
溶液A是 ，条件B是 ，两步操作C是 。
【答案】(1)ACD(2分)
(2) Li3N(1分) 2(1分) 8(1分)
(3)Li+半径太小，导致O3-离子相互接触或导致负离子相互接触(2分)
(4)①2Fe1.5P+8CO2=Fe3(PO4)2+8CO(2分) ②pH太低，无法形成LiFePO4沉淀；pH太高，Fe2+水解且易生成LiOH、Li3PO4等沉淀(2分) 产品纯度较高(不含Fe3+杂质)；水溶液中反应，条件容易控制；反应条件温和，节能(2分)
③NaOH溶液(1分) 高温(1分) 用碳酸水浸出、过滤(1分)
【解析】电池正极材料[主要成分为LiFePO4和Al]用溶液A溶解得到含Al的溶液和浸出渣，溶液A为碱性溶液，Al可以溶解，LiFePO4不溶解，浸出渣LiFePO4与褐煤在高温下反应，再经过碳酸酸溶过滤得到浸出液LiHCO3溶液和含铁、P的浸出渣。
(1)A项，H2、D2、T2都是分子晶体，分子量H2