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2025届高考考向核心卷
化学（福建专版） 分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：O—16、V—51、Zn—65、Ga—70、Zr—91。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．中华文化源远流长，下列文物中，主要成分属于天然高分子的是( )
A商四羊青铜方尊 B龙门石窟卢舍那大佛 C谢安行书《中郎帖》 D唐朝三彩天王俑
2．褪黑素可用于缓解时差综合征和其他睡眠延迟造成的疾病，在人体内可由食物中的色氨酸转化得到。下列说法正确的是( )
A.褪黑素遇氯化铁溶液显色
B.色氨酸分子中所有原子可能处在同一平面上
C.褪黑素苯环上的氢原子发生氯代时，一氯代物有5种
D.色氨酸和褪黑素遇酸、碱溶液均可发生反应
3．某学者绘制了一种八角星元素周期表，每个八角星代表一个周期(第1周期除外)，每个“●”代表一种元素，“------”相连代表同族元素。X、Y、Z、R、M为原子半径依次减小的五种短周期主族元素，Y的最外层电子数比最内层电子数多1。下列说法正确的是( )
A.原子序数：
B.Z与M形成的化合物，各原子均满足8电子稳定结构
C.的最高价氧化物对应的水化物之间均能两两反应
D.只能形成化合物
4．某废钯（Pd）催化剂中含有钯（5%～6%）、碳（93%～94%）、铁（1%～2%）以及其他杂质，利用废钯催化剂回收钯的工艺流程如图所示：
已知：①水合肼（）在弱碱性环境下具有还原性，是一种常用的绿色还原剂；②在加热条件下钯与王水反应生成配合物和一种有毒的无色气体；③当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配合物，是难溶于水的沉淀。
下列说法错误的是( )
A.“焙烧”后钯以PdO的形式存在，“还原1”工序中还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1
B.用王水“酸溶”时，与钯反应时体现氧化性，浓盐酸仅体现酸性
C.“浓缩赶硝”的目的是防止钯与硝酸形成稳定的配合物，从而影响的沉淀率
D.“沉淀”时滴加盐酸将转化为沉淀
5．实验室制备的流程如图所示。下列说法错误的是( )
A.的作用是除去铁屑表面的油污
B.“气体”含有
C.“混合加热”涉及的反应：
D.“混合加热”反应时间过长可能会发生反应
6．设为阿伏加德罗常数的值。砷化镓（GaAs）是半导体材料，气相生长法制备GaAs的原理如下：
①；
②；
③。
已知镓晶体与金刚石结构相似，结构与白磷相似。下列叙述正确的是( )
A.7.0 g镓(Ga)含共价键数目为
B.0.1 mol含σ键数目为
C.标准状况下，含中子数目为
D.反应③中每生成转移的电子数目为
7．室温下，由下列事实或现象能得出相应结论的是( )
选项 实验过程及现象 实验结论
A 将分别通入到浓、和的混合溶液中至饱和，溶液颜色前者由无色变至黄色、后者由蓝色变至绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有
B 分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小
C 取乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应
D 向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入适量，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色 氧化性：
8．磷酸氢二铵常用于干粉灭火剂。某研究小组用一定浓度的磷酸吸收氨气制备（控制），装置如图所示（搅拌装置已省略）。下列有关叙述正确的是( )
A.本实验尾气处理可以选用碱石灰作吸收剂
B.活塞的作用是防止倒吸，产生倒吸时应同时打开、
C.若用酚酞作指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，停止通
D.若后继续通，溶液中浓度将不再变化
9．如图为某新型的可充电锌-肼电池充、放电时的物质转化示意图，其采用双功能电催化剂在同一电极实现了独立的析氢反应（放电）和产氮反应（充电）。下列说法错误的是( )
A.充电时，阴极区溶液的pH增大
B.放电时，正极反应式为
C.充电时，理论上每转移1 mol，阳极上会生成5.6 L（标准状况下）
D.放电时，当生成2.24 L（标准状况下）时，理论上锌电极增重6.5 g
10．常温下，向溶液中滴加稀盐酸，所得混合溶液的与分布系数[，、或]的变化关系如图1，与P[或]的变化关系如图2。
下列说法正确的是( )
A.N点和c点溶液中相同，为
B.a点时，
C.水的电离程度：
D.d点时，
二、非选择题：本大题共4小题，共60分。
11．(15分)金属锆可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂（主要成分为，含有等元素）为原料制备金属锆的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为。
②常温下，，。
③利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。
各物质沸点如图所示。
回答下列问题：
（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为__________；较稳定的原因是____________________________________。
（2）“酸溶”时，Zr元素以的形式存在，而不是，是因为极易水解。水解的离子方程式为________________________________________。
（3）“萃取”时，生成配合物（TBP：磷酸三丁酯），可用_______（填实验方法）测定其晶体结构。
（4）“沉淀”时，若常温下滤液中，则滤液中______。
（5）不能直接与反应生成，但“沸腾氯化”步骤中可转化为（同时生成和CO，该反应），则加入碳粉的作用是____________________________________（从热力学角度分析）。
（6）“还原”的目的是__________________________________________；若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为________________________________________________。
（7）立方的晶胞结构如图所示。
氧原子的配位数是________。若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为，则立方的密度为________（列出计算式即可，为阿伏加德罗常数的值）。
12．(15分)氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体，难溶于水，能被氧化，化学式为。实验室以为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：
（1）步骤Ⅰ中生成的同时还生成，该反应的还原剂是________（填化学式）。已知氧化性，若用浓盐酸与混合制备，则会生成污染性气体。该反应的化学方程式为__________________________________________________。
（2）步骤Ⅱ可在如下装置中进行：
①仪器E的名称是__________。
②上述装置依次连接的合理顺序为B→__________（按气流方向，用字母表示）。
③连接好装置，检查装置气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开，当______________
__________________________________________________________________________（填实验现象），再关闭，打开，进行实验。
④装置D中每生成1 mol氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，需消耗________mol。
（3）装置D中加入溶液使反应完全，取下三颈烧瓶，立即塞上瓶塞，将其置于保护下的干燥器中，静置，得到紫色晶体，抽滤，并用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次，抽干称重。其中用无水乙醇洗涤的目的是____________________
_______________________________________________。
（4）测定粗产品中钒元素的含量。实验步骤如下：称量产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后，加入溶液至稍过量，将钒元素氧化为，再加入某还原剂除去过量的，最后用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为（已知：）。粗产品中钒的质量分数表达式为____________________（用含a、b、c的代数式表示）。若标准溶液部分变质，则测定结果_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
13．(15分)环丙虫酰胺是一种广谱杀虫剂。其合成路线如下（部分条件略）：
（1）A中含有的官能团是氨基、___________。
（2）D→E的化学方程式是______________________________________________。
（3）下列有关E的说法正确的是__________（填序号）。
a.含有3种含氧官能团
b.为顺式结构
c.1 mol E最多能与2 mol NaOH发生反应
d.能使酸性KMnO4溶液褪色
（4）F中存在2个六元环。F的结构简式是_________________________________。
（5）G的分子式为，G→I过程中发生取代反应和加成反应。I的结构简式是_____________________________________。
（6）J→环丙虫酰胺的合成方法如下：
①K的结构简式是_______________。
②理论上，生成1 mol环丙虫酰胺需要消耗__________mol H2O2。
14.(15分)乙烯和丙烯都是重要的化工原料，利用甲醇和丙烷共反应制备乙烯和丙烯可大幅度降低能耗，该反应体系中存在如下反应：
I.
Ⅱ.
Ⅲ.
IV.
（1）=_________。
（2）630 ℃时，向盛有催化剂的真空容器中充入1 mol (g)，保持容器内压强为0.1 MPa进行反应，当反应达到平衡时，(g)的转化率为60%，(g)的平衡分压为0.0125 MPa。
①此时____________，反应Ⅱ的分压平衡常数为_________MPa。
②若向上述平衡体系中充入(g)，再次达到平衡时(g)的转化率________（填“>”“<”或“=”）60%，其原因为____________________________________，再次平衡时_______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）若向盛有催化剂的真空容器中按物质的量之比为4:1:1充入(g)、(g)和(g)，仍在容器内压强恒为0.1 MPa的条件下进行反应，平衡体系中(g)和(g)的体积分数随温度（T）的变化如图所示。解释300 ℃后，（g）的体积分数随温度（T）的变化的原因：_____________________________________________________；甲醇的作用为_______________________________________________________。2025届高考考向核心卷
化学（福建专版）参考答案
1．答案：C
解析：商四羊青铜方尊是青铜器，其主要成分是合金，A错误；龙门石窟卢舍那大佛主要是由岩石雕刻而成的，其主要成分是石灰岩等碳酸盐材料，B错误；传统的书帖由植物纤维制作而成，属于天然高分子材料，C正确；唐朝三彩天王俑主要由黏土烧制而成，主要成分是硅酸盐等无机物，D错误。
2．答案：D
解析：褪黑素分子中没有酚羟基，遇氯化铁溶液不显色，A错误；色氨酸分子中含有杂化的碳原子，与其相连的四个原子处于四面体的四个顶点，一定不在同一平面上，B错误；褪黑素苯环上的氢原子发生氯代时，一氯代物有3种，C错误；色氨酸分子中含有氨基，可与HCl溶液反应，含有羧基，可与氢氧化钠溶液反应，褪黑素分子中含有酰胺基，在酸性或碱性溶液中均能发生水解反应，D正确。
3．答案：C
解析：
原子序数：Z(Cl)＞Y(Al)＞X(Na)，A错误；Z与M形成的化合物是，H不满足8电子稳定结构，B错误；的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4、Al(OH)3是两性氢氧化物，既可以和酸反应也可以和碱反应，则这三种物质之间均能两两反应，C正确；可以形成化合物和，D错误。
4．答案：B
解析：“还原1”工序中水合肼（）与PdO反应生成Pd和氮气，反应的化学方程式为，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1，A正确；在钯与王水的反应中，硝酸做氧化剂，盐酸中的做配体，生成络合物，B错误；结合已知信息③可知，当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位化合物，故“浓缩赶硝”的目的是防止钯与硝酸形成稳定的配合物，从而影响的沉淀率，C正确；“氨水络合”过程得到，“沉淀”时加入盐酸，与HCl反应生成，使得的浓度减小，平衡正向移动，最终转化为沉淀，D正确。
5．答案：D
分析：铁屑加碳酸钠溶液，加热，去除铁屑表面油污；过滤后固体中Fe、FeS、Fe3P2加稀硫酸，生成H2、H2S、PH3气体和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液加硫酸铵混合加热，再经结晶得到，据此分析解答。
解析：溶液显碱性，在加热条件下可以快速溶解油污，A正确；均能与稀反应，分别产生气体，B正确；和按物质的量之比1:1混合，发生反应生成，C正确；酸性环境下，“混合加热”反应时间过长可能会发生反应，D错误。
6．答案：D
解析：镓晶体与金刚石结构相同，故1个镓原子形成2个键，7.0 g镓的物质的量为0.1 mol，因此7.0 g镓(Ga)含共价键数目为，A错误；白磷分子是正四面体形结构，结构与白磷相似，故1个分子含6个单键，因此含σ键数目为，B错误；H不含中子，内中子数为42，则1个分子含中子数为42，标准状况下，的物质的量为0.02 mol，因此标准状况下，含0.84 mol中子，中子数目为，C错误；由反应③可知，每生成4 mol GaAs转移12 mol电子，因此反应③中每生成1 mol GaAs转移的电子数目为，D正确。
7．答案：A
解析：将NO2通入浓硝酸溶液至饱和溶液变黄色，说明红棕色的溶于浓中，导致溶液由无色变为黄色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液从蓝色变为绿色，和的混合溶液为蓝色，通入后，溶液蓝色变绿色，绿色是蓝色和黄色混合的结果，故Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，A正确；NH4F的pH较低说明其酸性强，F 的水解程度较弱，对应的HF酸性强(Ka较大)。但的水解程度由H2SO3的Ka2决定，而非Ka1，题目结论错误地比较了Ka(HF)与Ka1(H2SO3)，且浓度也不同，存在一定的干扰，B错误；浓硫酸在高温下可能使乙醇碳化，产生SO2气体，SO2也能使溴水褪色（还原反应）；实验未排除SO2干扰，无法确定褪色仅由乙烯引起，结论不可靠，C错误；根据实验现象可知，Cl2氧化I 生成I2（紫红色），得出结论氧化性：Cl2 > I2，由于氯水少量，优先氧化还原性强的I ，即还原性：，从而可以得出结论：氧化性： Br2 > I2，实验中无法证明Cl2的氧化性大于Br2 ，D错误。
8．答案：C
解析：碱石灰不能吸收氨气，因此本实验尾气处理不能选用碱石灰作吸收剂，A错误；由于极易溶于水，因此可打开活塞以平衡气压，防止发生倒吸，因此实验过程中，产生倒吸现象时应及时关闭，打开，B错误；酚酞变色范围为10.0，所以可用酚酞作指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，说明反应完成，此时可停止通，C正确；后继续通入，会继续反应生成，溶液中浓度将减小，D错误。
9．答案：D
分析：采用双功能电催化剂在同一电极实现了独立的析氢反应(放电)和产氮反应(充电)，放电时正极反应式为，负极反应式为 ，充电时阳极反应式为 ，阴极反应式为；
解析：充电时，Zn作阴极，电极反应式为，阴极区溶液的pH增大，A正确；放电时，正极析氢，电极反应式为，B正确；充电时阳极反应式为，理论上每转移1 mol，阳极上会生成0.25 mol氮气，生成氮气的体积为5.6 L(标准状况下)，C正确；放电时正极反应式为，负极反应式为，当生成2.24 L(标准状况下)时，转移0.2 mol电子，负极消耗0.1 mol Zn，理论上锌电极减轻6.5 g，D错误。
10．答案：A
解析：由图1可知，随着pOH的增大，横坐标从左往右氢氧根浓度减小，即pH减小，故III为H2C2O4的分布分数，II为的分布分数，I为的分布分数。M点：，P点：。 图2中，随pH减小，增大，减小，L1表示，L2表示。
根据图中点M、P得到，根据c点得到，则有，，解得，即N点、c点对应的，A正确；
a点时，根据电荷守恒，有，根据元素守恒，有，两式联立，得，再根据a点对应和分布系数图，得，则有，B错误；
a、b两点相等，水的电离程度相等，因此水的电离程度：，C错误；
d点时，，则有，D错误。
11．（15分）答案：（1）（1分）；的4d和5s能级均为全空状态，较稳定（1分）
（2）（2分）
（3）X射线衍射法（1分）
（4）（2分）
（5）生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大（2分）
（6）将转化为，防止升华影响的纯度；（2分）
（7）4（2分）；（2分）
解析：（1）Zr的原子序数为40，位于第五周期第ⅣB族，故基态Zr原子的价电子排布式为。失去2个电子形成，轨道上还含有2个未成对电子，而当失去4个电子形成时，能级全空，达到稳定结构。
（2）结合已知信息“Zr元素以的形式存在”以及极易水解知，水解的离子方程式为。
（3）晶体的X射线衍射实验可以获得晶体的结构信息。
（4）第一步，列出与相关的式子。由（5）中信息“生成”知，“沉淀”时形成了沉淀，则滤液中。结合已知信息②，则需要求出。第二步，根据给出的关系式，求。由和得。第三步，求解。。
（5）不能直接与反应生成，但加入碳粉后可生成，是因为碳粉转化为CO气体，体系熵增大，增大反应趋势。
（6）由各种物质沸点图可知和的沸点接近，通入将转化为，以防止升华时中含有；“还原”过程的化学方程式为。
（7）根据均摊法，每个晶胞中X原子个数为、Y原子个数为8，结合化学式，可知X代表Zr，Y代表O。由图知，氧原子的配位数是4。若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为，则晶胞棱长为，晶胞体积为，故立方的密度为。
12．（15分）答案：（1）（2分）；（2分）
（2）①长颈漏斗（1分）
②（1分）
③澄清石灰水变浑浊（1分）
④17（2分）
（3）除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走表面水分（2分）
（4）（2分）；偏高（2分）
解析：由题给流程可知，五氧化二钒与盐酸—盐酸肼微热制得VOCl2，反应方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；反应制得的VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵沉淀、二氧化碳和氯化铵，反应的化学方程式为
（1）步骤Ⅰ中生成的同时还生成，中V元素由+5价降低为+4价，作氧化剂，中N元素由-2价升高为0价，作还原剂；氧化性，则浓盐酸与反应时生成的污染性气体为，结合得失电子守恒，元素守恒可得该反应的化学方程式为。
（2）②结合题给条件氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵能被氧化可知，装置B的作用为制备以排尽装置中的空气，防止产物被氧化，则装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，装置D为氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳是否将装置中的空气完全排出，所以装置连接顺序应为。③由②可知，开始实验时需先用排尽装置中的空气，当装置C中澄清石灰水变浑浊时说明装置中的空气已完全排尽。④由原子守恒可写出步骤Ⅱ的化学方程式为，故装置D中每生成1 mol氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，需要消耗17 mol碳酸氢铵。
（3）用无水乙醇洗涤晶体可除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走晶体表面水分。
（4）由已知信息可知，，则产品中钒的质量分数为；若标准溶液部分变质，即标准溶液中的量偏小，则滴定时消耗标准溶液的量偏多，测得偏大，测定结果偏高。
13．（15分）答案：（1）羧基、碳氯键（2分）
（2）（2分）
（3）a、d（2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6）（3分）；1（2分）
分析：由流程可知，A和溴发生取代反应在氨基的邻位引入溴原子生成B，B和生成D：，D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E，E失去水分子生成F，F中存在2个六元环，已知：，则为E中右侧支链上酰胺基中羰基转化为羟基，和E中羧基发生分子内酯化反应生成酯基，得到F，则F为，F和反应生成G，G和肼反应生成I，G→I过程中发生取代反应和加成反应，结合后续生成的环丙虫酰胺结构、I化学式可知，I为，I中的一个氨基和发生取代反应引入新的环生成J：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；
解析：（1）A中含有的官能团是氨基、碳氯键、羧基；
（2）D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E：；
（3）a.E含有羧基、酰胺基、酯基3种含氧官能团，正确；
b.分子中碳碳双键两端的氢在异侧，为反式结构，错误；
c.E中羧基、酰胺基、酯基、溴原子、氯原子，均能和氢氧化钠反应，故1 mol E最多能与大于2 mol NaOH发生反应，错误；
d.分子中含碳碳双键，能使酸性溶液褪色，正确；
故选ad；
（4）由分析可知，F为：；
（5）由分析可知，I为：；
（6）J为：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；首先J发生已知反应原理：，转化为K：，K中羟基和HBr发生取代反应引入溴原子生成L，L与过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到目标产物；
①由分析可知，K的结构简式是。
②L被过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到环丙虫酰胺，生成碳碳双键过程中失去2个氢，则转移2个电子，故理论上，生成1 mol环丙虫酰胺需要消耗1 mol 。
14.（15分）
答案：（1）（2分）
（2）①0.025 MPa（1分）；0.00625（2分）；②>（2分）；反应I和反应Ⅱ正向均为气体分子数增大的反应，充入的N 降低了各组分的分压，平衡正向移动（2分）；不变（2分）；
（3）反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ（温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动，H2浓度增大使平衡逆向移动）（2分）；在低温区通过反应IV拉动反应Ⅰ的发生（或生成CH4，不利于反应Ⅱ的发生）（2分）
解析：（1）I.
II.
根据盖斯定律I –II得=；
（2）①根据题中信息可知该体系中只充入(g)，即只需考虑反应I和反应Ⅱ即可，(g)的转化率为60%，转化的(g)的物质的量为1 mol×60%=0.6 mol，结合反应I、Ⅱ的热化学方程式可知，此时容器中气体的总物质的量为，(g)的物质的量为，则(g)的物质的量为0.4 mol，其分压为；反应Ⅱ的分压平衡常数。
②反应I和反应Ⅱ正向均为气体分子数增大的反应，充入不参与反应的气体降低了各组分的分压，平衡正向移动；因为温度不变，反应I和反应Ⅱ的分压平衡常数为定值，则此时保持不变。
（3）温度逐渐升高，反应I平衡正向移动，反应IV平衡逆向移动生成，随着的量增多会使反应I平衡逆向移动，300 ℃后，平衡逆向移动对反应I平衡的影响大于温度升高对反应I平衡的影响，导致300 ℃后（g）的体积分数随温度（T）的升高而减小消耗，促进反应I正向进行（或与反应放热，为反应I、Ⅱ提供热量）（合理即可）；甲醇的作用为在低温区通过反应IV拉动反应Ⅰ的发生(或生成CH4，不利于反应Ⅱ的发生)。

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