黄金卷01（北京专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷01·参考答案 一、选择题：本题共14小题，每小题3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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C B A A C C C D 题号 11 12 13 14 答案 D B C B 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（12分）（除标明外，每空2分） (1)d（1分） (2)BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl (3) sp2 （1分） 该结构中，不同C原子上的O原子间相互远离，不同O原子上孤电子对间的排斥作用较小，结构更稳定 CH3COOH中的-CH3为推电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；H2C2O4中的羧基为吸电子基，使羧基中的氧氢键极性增强 (4) 8 16．（9分）（除标明外，每空2分） (1)或（1分） (2)增大压强；降低温度；将二甲醚或从体系中分离出去 (3)2-3(之间的数都行) （1分） (4) M（1分） 、 17．（9分）（除标明外，每空2分） (1)取代反应（1分） (2) （1分） (3)酯基（1分） (4) (5)ab (6) 18．（14分）（除标明外，每空2分） (1)增大接触面积，提高反应速率（1分） (2)MnO2+SO2=MnSO4（1分） (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 5.4（1分） (4)NiS、ZnS (5)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O (6) 45℃ pH=7.5（1分） 45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大 (7) 19．（14分）（每空2分） (1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl (2) Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O (3) c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，沉淀不溶解 (4)此条件下Cu2+或的氧化性强于H+ (5)单独使用CuCl2溶液，产生CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷01 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Mn 55 Ba 137 一、选择题：本题共14小题，每小题3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。 1．日本核污水含有大量的放射性核素，如氚、锶-90、碳-14等。据统计，目前已有12个国家和地区对福岛食品采取进口限制。下列有关说法正确的是 A．等物质的量的氚(3H)与氘(2H)的核内中子数之比为 B．锶-90()为第IIA元素，得电子能力比强 C．属于化学变化 D．碳-14和氮-14互为同位素 2．下列化学用语使用正确的是 A．CO2的空间填充模型： B．N2的电子式： C．乙醇的分子式：C2H6O D．含8个中子的氧原子： 3．普通锌锰干电池的简图如图所示，它是用锌皮制成的锌筒作为电极，中央插一根石墨棒，石墨棒顶端加一铜帽。在石墨棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液。该电池工作时的总反应为Zn+2NH+2MnO2= [Zn(NH3)2]2++2MnO(OH)。下列关于锌锰干电池的说法中正确的是 A．当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原 B．电池负极反应为2MnO2+2NH+2e-=Mn2O3+2NH3+H2O C．原电池工作时，电子从负极通过外电路流向正极 D．外电路中每通过0.1 mol 电子，锌的质量理论上减少6.5 g 4．糖类、蛋白质、油脂是人体重要的营养物质，下列有关说法不正确的是（    ） A．麦芽糖在人体内的水解产物能和银氨溶液发生反应 B．淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物 C．在鸡蛋清溶液中加入饱和的Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出 D．在一定条件下氨基酸之间能发生反应，合成更复杂的化合物(多肽)，构成蛋白质 5．下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是 A．硫酸铜溶液中加少量的铁粉： B．溶液中滴加过量稀氨水： C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液： D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： 6．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 除去粗盐水中的不溶物 除去工业乙醇中的杂质 配制250mL0.10mol·L−1NaOH溶液 用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸 A．A B．B C．C D．D 7．工业以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣主要成分为Fe2O3)为主要原料生产硫酸主要流程如下： 下列说法正确的是 A．高温焙烧1 mol FeS2时转移的电子数为15 NA(NA代表阿伏加德罗数值) B．SO2与H2S反应生成淡黄色沉淀，体现了SO2的还原性 C．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)具有自发性的原因是ΔH＜0 D．98%浓硫酸粘度较高，与其范德华力较大有关 8．碳酸钠和碳酸氢钠在生产生活中有广泛的应用.下列有关说法不合理的是 A．通过化合反应可由碳酸钠制得碳酸氢钠 B．可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙： C．向浓度均为和溶液中分别滴加浓的溶液，只有碳酸钠溶液产生白色沉淀 D．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都显碱性，均可用作食用碱 9．三氟化氮(NF3)是无色无味的气体，它可由氨气和氟气反应得到，反应的化学方程式为4NH3+3F2=NF3+3NH4F。则下列有关NF3的叙述不正确的是 A．NF3中N呈+3价 B．NF3是共价化合物 C．NF3的氧化性比F2强 D．NF3分子呈三角锥形 10．贵金属-非贵金属合金纳米材料通常表现出优异的催化性能。西安交通大学高传博教授团队提出了一种基于原位产生活性氢的界面共还原策略。亚硝酸通过脱氢反应在晶核或种晶表面形成氢自由基，实现不同金属可控共还原(如图1所示)。图2为表面活性氢和其他副产物的形成过程。 下列说法不正确的是 A．过程i和ii均为氧化还原反应 B．由于活性氢的产生被局域于晶核或种晶表面，因此金属盐还原反应也从溶液相转移至固液界面 C．②可表示为 D．若不采用该策略，优先于被还原 11．硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如图(图中~表示链延长)。 二甲基硅橡胶L：~Xm~ 甲基乙烯基硅橡胶M：~Xn—Yp—Xq~ X为Y为 已知：Si的性质与C相似。下列关于硅橡胶的说法不正确的是 A．L、M的热稳定性好与Si—O键键能大有关 B．L可由(CH3)2SiCl2，经水解、脱水缩聚制成 C．M可通过加成反应实现交联，得到网状结构 D．硅橡胶的抗氧化性：L<M 12．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质。下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是（　　） A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数 B．依据物质摩尔质量，推断物质熔、沸点的高低 C．依据气体的摩尔质量，推断相同状况下不同气体密度的大小 D．依据液体物质的沸点，推断用蒸馏法分离两种互溶液态物质组成的混合物的可行性 13．一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应(1，2-加成和1，4-加成同时存在)，已知体系中两种产物可通过中间产物互相转化，反应历程及能量变化如图所示： 下列说法正确的是 A．比稳定，因此任意条件下主产物均为 B．由小于可知，升温有利于 C． D．由反应历程及能量变化图可知，该加成反应为放热反应 14．实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下： Ⅰ：； Ⅱ：； Ⅲ：。 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1 B．酸性条件下的氧化性： C．可与盐酸发生反应： D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（12分）以BaCl2溶液、TiCl4溶液、H2C2O4溶液为原料制备前驱体草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]，再经高温煅烧制得钛酸钡粉体。 (1)Ti位于元素周期表中的 区。 (2)补全制备前驱体草酸氧钛钡晶体的化学反应方程式。 。 BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+___________ (3)煅烧过程中有无水草酸氧钛钡晶体生成，其结构如图所示。 ①中的C原子采取 杂化轨道成键。 ②理论研究表明：中四个碳氧键完全相同，所有原子共面的平面型结构[图(a)]不如非平面型结构(每个C原子与临近的3个原子形成的平面相互垂直)[图(b)]稳定。非平面型结构更稳定的原因是 。 ③H2C2O4的Ka1大于CH3COOH的Ka，从结构角度解释原因 。 (4)立方钛酸钡晶体的结构如图所示。 ①O2-周围与它最近且距离相等的O2-有 个。 ②该晶体晶胞的边长为anm，晶体密度为 g·cm-3。(列出计算式，已知阿伏伽德罗常数为NA，1nm=10-7cm) 16．（9分）二甲醚()是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。 (1)用CO和合成二甲醚的反应为：。其反应物和生成物的能量如图所示： 。 (2)根据题目信息和你所学化学知识分析，有利于提高反应产率的条件为 (至少写出两条) (3)采用新型催化剂(主要成分是的合金)制备二甲醚。催化剂中对合成二甲醚的影响情况如下图所示。 (已知：) 请根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂最佳比例为 。 (4)用二甲醚燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有)转化为。原理如下图： ①燃料电池中的负极是 (填“M”或“N”)电极，其电极反应为 。 ②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有)转化为的原因 。 17．（9分）M在印染、制药等领域有广泛应用，一种合成路线如下。 已知：① ② ③ (1)A→B的反应类型是 。 (2)B中含羧基，D的结构简式是 。 (3)F中所含官能团的名称是 。 (4)写出J→K的化学方程式 。 (5)下列说法中正确的是 。 a．A、E均能与碳酸氢钠溶液反应 b．F中有3种化学环境不同的H原子 c．G为非极性分子 d．L与甲醇是同系物 (6)G的同分异构体乙醛与F反应得到J的一种同分异构体J＇，J＇的结构简式是 。 18．（14分）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 ①由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 ②45℃以上时，随温度升高，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是： 。 (7)为测定所得MnSO4的纯度，称取上述样品ag加入适量H2SO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+后，配制为100mL溶液。取20.00mL该溶液，用cmol/L的FeSO4溶液进行滴定，发生反应：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，达到滴定终点时消耗FeSO4溶液VmL则MnSO4纯度= 。[已知：M(MnSO4)=151g/mol]。 19．（14分）以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：i．水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ii．；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液（） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸（） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液（）和浓盐酸（） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 (1)Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。 (2)对于实验Ⅱ的现象进行分析。 ①经检验Ⅱ中气体为。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。 依据电极反应式，分析产生的原因 。 ②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。 ①假设1：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因 。 ②假设2：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证： （填操作和现象），证实假设2不合理。 (4)实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因 。 (5)结合现象和化学反应原理解释选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。 试卷第2页，共22页 6 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷01 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ti 48 Mn 55 Ba 137 一、选择题：本题共14小题，每小题3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。 1．日本核污水含有大量的放射性核素，如氚、锶-90、碳-14等。据统计，目前已有12个国家和地区对福岛食品采取进口限制。下列有关说法正确的是 A．等物质的量的氚(3H)与氘(2H)的核内中子数之比为 B．锶-90()为第IIA元素，得电子能力比强 C．属于化学变化 D．碳-14和氮-14互为同位素 【答案】A 【详解】A．氚的核内中子数为2，氘的核内中子数为1，等物质的量的氚与氘的核内中子数之比为，A项正确； B．锶-为第五周期第IIA元素，Ca为第三周期第IIA族元素，Sr的还原性比Ca强，则得电子能力比弱，B项错误； C．属于核反应，不属于化学变化，C项错误； D．同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，碳-14和氮-14属于两种元素，D项错误； 故选A。 2．下列化学用语使用正确的是 A．CO2的空间填充模型： B．N2的电子式： C．乙醇的分子式：C2H6O D．含8个中子的氧原子： 【答案】C 【详解】 A．CO2为直线形，A错误； B．N2的电子式为：，B错误； C．乙醇的分子式：C2H6O，C正确； D．含8个中子的氧原子为：，B错误； 故选C。 3．普通锌锰干电池的简图如图所示，它是用锌皮制成的锌筒作为电极，中央插一根石墨棒，石墨棒顶端加一铜帽。在石墨棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液。该电池工作时的总反应为Zn+2NH+2MnO2= [Zn(NH3)2]2++2MnO(OH)。下列关于锌锰干电池的说法中正确的是 A．当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原 B．电池负极反应为2MnO2+2NH+2e-=Mn2O3+2NH3+H2O C．原电池工作时，电子从负极通过外电路流向正极 D．外电路中每通过0.1 mol 电子，锌的质量理论上减少6.5 g 【答案】C 【分析】普通锌锰干电池正极为C棒，负极为Zn，电解质是NH4Cl，电极反应为：负极：Zn-2e-==Zn2+；正极：2MnO2+2NH4++2e-=2MnO(OH)+2NH3； 总反应式：Zn＋2NH＋2MnO2=[Zn(NH3)2]2＋＋2MnO(OH) 【详解】A．普通锌锰干电池是一次电池，不能充电复原，A错误； B．根据原电池工作原理，负极应失电子，而该选项表示的是正极反应，B错误； C．原电池工作时，负极失电子，故电子从负极通过外电路流向正极，C正确； D．由负极的电极反应式可知，每通过0.1 mol电子，消耗锌的质量是65 g·mol－1 ×＝3.25 g，D错误； 故选C。 4．糖类、蛋白质、油脂是人体重要的营养物质，下列有关说法不正确的是（    ） A．麦芽糖在人体内的水解产物能和银氨溶液发生反应 B．淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物 C．在鸡蛋清溶液中加入饱和的Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出 D．在一定条件下氨基酸之间能发生反应，合成更复杂的化合物(多肽)，构成蛋白质 【答案】B 【详解】A．麦芽糖的水解产物是葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，A正确； B．油脂相对分子质量较小，属于高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，B错误； C．鸡蛋清溶液中滴入饱和的Na2SO4溶液，蛋白质发生盐析，有沉淀析出，C正确； D．氨基酸含有氨基、羧基，可发生取代、缩聚反应，可生成二肽、多肽或蛋白质，D正确； 综上所述本题选B。 5．下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是 A．硫酸铜溶液中加少量的铁粉： B．溶液中滴加过量稀氨水： C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液： D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： 【答案】A 【详解】A．铁具有还原性，与铜离子反应生成亚铁离子和单质铜，A正确； B．AgNO3溶液中滴加氨水，开始生成沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，，B错误； C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，，氢氧化钾的物质的量少，不能溶解氢氧化铝沉淀，C错误； D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，，D错误； 故答案为：A。 6．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 除去粗盐水中的不溶物 除去工业乙醇中的杂质 配制250mL0.10mol·L−1NaOH溶液 用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．除去粗盐水中的不溶物用过滤的方式，过滤的要点为“一贴、二低、三靠”，故A正确； B．蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管处，故B错误； C．容量瓶不能用来溶解，应该在烧杯中溶解氢氧化钠待冷却后转移至容量瓶中进行溶液的配制，故C错误； D．中和滴定时眼睛应该盯着锥形瓶中，方便确定终点，故D错误； 故答案为：A。 7．工业以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣主要成分为Fe2O3)为主要原料生产硫酸主要流程如下： 下列说法正确的是 A．高温焙烧1 mol FeS2时转移的电子数为15 NA(NA代表阿伏加德罗数值) B．SO2与H2S反应生成淡黄色沉淀，体现了SO2的还原性 C．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)具有自发性的原因是ΔH＜0 D．98%浓硫酸粘度较高，与其范德华力较大有关 【答案】C 【分析】硫黄或黄铁矿高温下与空气中的氧气反应，生成SO2和Fe2O3；SO2在V2O5作催化剂、400~500℃下被O2进一步氧化生成SO3，SO3被98%浓硫酸吸收，生成H2SO4∙SO3。 【详解】A．高温焙烧1 mol FeS2时，Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+4价，则转移的电子数为11 NA(NA代表阿伏加德罗数值)，A不正确； B．SO2与H2S反应生成淡黄色S沉淀，SO2中S元素由+4价降低到0价，体现了SO2的氧化性，B不正确； C．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的ΔS＜0，要使△H-TΔS＜0，应使ΔH＜0，则反应具有自发性的原因是ΔH＜0，C正确； D．98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关，D不正确； 故选C。 8．碳酸钠和碳酸氢钠在生产生活中有广泛的应用.下列有关说法不合理的是 A．通过化合反应可由碳酸钠制得碳酸氢钠 B．可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙： C．向浓度均为和溶液中分别滴加浓的溶液，只有碳酸钠溶液产生白色沉淀 D．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都显碱性，均可用作食用碱 【答案】C 【详解】A．通过化合反应：，可由碳酸钠制得碳酸氢钠，A正确； B．碳酸钙的溶解度更小，可用碳酸钠溶液将硫酸钙转化为碳酸钙，来处理锅炉水垢中的硫酸钙，B正确； C．溶液中分别滴加浓的溶液也会产生白色沉淀，离子反应为：，C错误； D．碳酸钠溶液和碳酸氢钠的水溶液都显碱性，均可用作食用碱，D正确； 故选C。 9．三氟化氮(NF3)是无色无味的气体，它可由氨气和氟气反应得到，反应的化学方程式为4NH3+3F2=NF3+3NH4F。则下列有关NF3的叙述不正确的是 A．NF3中N呈+3价 B．NF3是共价化合物 C．NF3的氧化性比F2强 D．NF3分子呈三角锥形 【答案】C 【详解】A．NF3中F显-1价，根据化合价代数和为0，所以N呈+3价，故A正确； B．NF3中只有共价键形成的化合物，故B正确； C．反应中，F元素的化合价降低，F2作氧化剂，N元素的化合价升高，NH3作还原剂，NF3作氧化产物，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物来判断，F2的氧化性比强NF3，故C错误； D．NF3分子中氮是sp3杂化，周围有一对孤对电子对，所以NF3分子呈三角锥形，故D正确； 故选C。 10．贵金属-非贵金属合金纳米材料通常表现出优异的催化性能。西安交通大学高传博教授团队提出了一种基于原位产生活性氢的界面共还原策略。亚硝酸通过脱氢反应在晶核或种晶表面形成氢自由基，实现不同金属可控共还原(如图1所示)。图2为表面活性氢和其他副产物的形成过程。 下列说法不正确的是 A．过程i和ii均为氧化还原反应 B．由于活性氢的产生被局域于晶核或种晶表面，因此金属盐还原反应也从溶液相转移至固液界面 C．②可表示为 D．若不采用该策略，优先于被还原 【答案】D 【详解】A．过程i亚硝酸通过脱氢反应生成活性H，H元素的化合价降低，过程ii中PtⅣ的化合价由+4价降低为0价，因此两个过程均为氧化还原反应，故A说法正确； B．亚硝酸通过脱氢反应在晶核或种晶表面形成氢自由基，根据图像可知，金属盐还原反应也从溶液相转移至固液界面，故B说法正确； C．②为HNO2被活性氢还原成氮气，反应方程式可以表示为2HNO2+6H=N2+4H2O，故C说法正确； D．Fe2+的氧化性比Pb2+弱，若不采用该策略，Pb2+优先于被还原，故D说法错误； 答案为D。 11．硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如图(图中~表示链延长)。 二甲基硅橡胶L：~Xm~ 甲基乙烯基硅橡胶M：~Xn—Yp—Xq~ X为Y为 已知：Si的性质与C相似。下列关于硅橡胶的说法不正确的是 A．L、M的热稳定性好与Si—O键键能大有关 B．L可由(CH3)2SiCl2，经水解、脱水缩聚制成 C．M可通过加成反应实现交联，得到网状结构 D．硅橡胶的抗氧化性：L<M 【答案】D 【详解】A．L、M中构成高分子的链节是通过硅氧键链接起来的，其热稳定性好与Si−O键键能大有关，A正确； B．L可由(CH3)2SiCl2在酸催化下水解、聚合制得，(CH3)2SiCl2水解会生成(CH3)2Si(OH)2和HCl，B正确； C．M中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C正确； D．M中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：L>M，D错误； 故选D。 12．依据物质的相关数据，可以推断物质的结构和性质。下列利用物质的相关数据作出的相应推断不合理的是（　　） A．依据元素的原子序数，推断该元素原子的核外电子数 B．依据物质摩尔质量，推断物质熔、沸点的高低 C．依据气体的摩尔质量，推断相同状况下不同气体密度的大小 D．依据液体物质的沸点，推断用蒸馏法分离两种互溶液态物质组成的混合物的可行性 【答案】B 【详解】试题分析：A、原子的原子序数=原子的核外电子数，正确；B、物质的熔沸点的高低与物质所属的晶体类型有关，与摩尔质量无关，错误；C、相同状况下，气体摩尔体积相同，则气体在该条件下的密度=摩尔质量/气体摩尔体积，可以比较密度的大小，正确；D、蒸馏的原理就是依据物质沸点的高低，分离互溶液态物质的方法，正确，答案选B。 考点：考查化学中物质结构与性质的关系 13．一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应(1，2-加成和1，4-加成同时存在)，已知体系中两种产物可通过中间产物互相转化，反应历程及能量变化如图所示： 下列说法正确的是 A．比稳定，因此任意条件下主产物均为 B．由小于可知，升温有利于 C． D．由反应历程及能量变化图可知，该加成反应为放热反应 【答案】C 【详解】A．低温下的主产物为1，2-加成，高温下的主要产物是1，4-加成，故A错误； B．温度升高对活化能大的反应影响更大，因此升温有利于得到，故B错误； C．根据图像可以得到，故C正确； D．由反应历程及能量变化图无法判断该加成反应为放热反应，故D错误； 故选C。 14．实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下： Ⅰ：； Ⅱ：； Ⅲ：。 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1 B．酸性条件下的氧化性： C．可与盐酸发生反应： D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol 【答案】B 【详解】A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A正确； B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B错误； C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C正确； D．28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（12分）钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的母体材料，广泛应用于多个领域。以BaCl2溶液、TiCl4溶液、H2C2O4溶液为原料制备前驱体草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]，再经高温煅烧制得钛酸钡粉体。 (1)Ti位于元素周期表中的 区。 (2)补全制备前驱体草酸氧钛钡晶体的化学反应方程式。 。 BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+___________ (3)煅烧过程中有无水草酸氧钛钡晶体生成，其结构如图所示。 ①中的C原子采取 杂化轨道成键。 ②理论研究表明：中四个碳氧键完全相同，所有原子共面的平面型结构[图(a)]不如非平面型结构(每个C原子与临近的3个原子形成的平面相互垂直)[图(b)]稳定。非平面型结构更稳定的原因是 。 ③H2C2O4的Ka1大于CH3COOH的Ka，从结构角度解释原因 。 (4)立方钛酸钡晶体的结构如图所示。 ①O2-周围与它最近且距离相等的O2-有 个。 ②该晶体晶胞的边长为anm，晶体密度为 g·cm-3。(列出计算式，已知阿伏伽德罗常数为NA，1nm=10-7cm) 【答案】(1)d (2)BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl (3) sp2 该结构中，不同C原子上的O原子间相互远离，不同O原子上孤电子对间的排斥作用较小，结构更稳定 CH3COOH中的-CH3为推电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；H2C2O4中的羧基为吸电子基，使羧基中的氧氢键极性增强 (4) 8 【详解】（1）Ti为22号元素，位于元素周期表中的d区。 （2）BaCl2溶液、TiCl4溶液、H2C2O4溶液反应前驱体草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)2·4H2O]，根据质量守恒可知，还生成了HCl，BaCl2+TiCl4+2H2C2O4+5H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+6HCl； （3）①中的C原子形成2个单键、1双键，采取sp2杂化轨道成键。 ②孤电子对之间的斥力较大，非平面型结构中，不同C原子上的O原子间相互远离，不同O原子上孤电子对间的排斥作用较小，使得结构更稳定； （4）①O2-周围与它最近且距离相等的O2-在上下层各有4个，共8个。 ②据“均摊法”，晶胞中含个Ba2+、 个O2-、1个Ti4+，则晶体密度为。 16．（9分）二甲醚()是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。 (1)用CO和合成二甲醚的反应为：。其反应物和生成物的能量如图所示： 。 (2)根据题目信息和你所学化学知识分析，有利于提高反应产率的条件为 (至少写出两条) (3)采用新型催化剂(主要成分是的合金)制备二甲醚。催化剂中对合成二甲醚的影响情况如下图所示。 (已知：) 请根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂最佳比例为 。 (4)用二甲醚燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有)转化为。原理如下图： ①燃料电池中的负极是 (填“M”或“N”)电极，其电极反应为 。 ②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有)转化为的原因 。 【答案】(1)或 (2)增大压强；降低温度；将二甲醚或从体系中分离出去 (3)2-3(之间的数都行) (4) M 、 【详解】（1）由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放出热量，或。 （2）反应为气体分子数减小的放热反应，根据勒夏特列原理可知，有利于提高反应产率的条件为增大压强；降低温度；将二甲醚或从体系中分离出去。 （3）根据上图分析，合成二甲醚选用催化剂最佳比例为2-3(之间的数都行)，此时转化率或反应选择性最高。 （4）①原电池中阳离子向向正极移动，根据图示可知，燃料电池中的负极是M电极，二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，其电极反应为。 ②用电极反应和离子方程式解释阳极区域能将酸性含铬废水(主要含有)转化为的原因 N极连接电解池中的左侧铁电极为阳极，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，，向阳极区运动和生成的亚铁离子反应生成铁离子和，。 17．（9分）M在印染、制药等领域有广泛应用，一种合成路线如下。 已知：① ② ③ (1)A→B的反应类型是 。 (2)B中含羧基，D的结构简式是 。 (3)F中所含官能团的名称是 。 (4)写出J→K的化学方程式 。 (5)下列说法中正确的是 。 a．A、E均能与碳酸氢钠溶液反应 b．F中有3种化学环境不同的H原子 c．G为非极性分子 d．L与甲醇是同系物 (6)G的同分异构体乙醛与F反应得到J的一种同分异构体J＇，J＇的结构简式是 。 【答案】(1)取代反应 (2) (3)酯基 (4) (5)ab (6) 【分析】 由A的分子式知A的不饱和度为1，与氯气发生取代反应，B中含羧基，则A为CH3COOH，B为ClCH2COOH，根据信息反应①知，D为 ，根据信息反应①和羧基的性质知，E为HOOCCH2COOH，E与乙醇发生酯化反应生成F，结合K的结构简式知，F的结构简式为H5C2OOCCH2COOC2H5；结合信息反应②及G的分子式，可确定G为，J为，根据信息反应③可推知，L的结构简式为HOCH2CH2CH(CH2OH)2，L脱水生成M为五元环结构，M的结构简式为，据此分析解答。 【详解】（1）由分析知，A→B的反应类型是取代反应。 （2）由分析之知，B中含羧基，D的结构简式是。 （3）F为H5C2OOCCH2COOC2H5，所含官能团的名称是酯基。 （4） J为，根据J和K的结构简式以及信息反应②可知，J→K的化学方程式。 （5）a．A、E均含有羧基，均能与碳酸氢钠溶液反应，故正确； b．F为H5C2OOCCH2COOC2H5，F中有3种化学环境不同的H原子，故正确； c．G为，正负电中心不重合，G为极性分子，故错误； d．L与甲醇的结构不同，所含官能团羟基的个数不同，不互为同系物，故错误； 故选ab。 （6） G的同分异构体乙醛与F反应得到J的一种同分异构体J＇，J＇的结构简式是。 18．（14分）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 ①由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 ②45℃以上时，随温度升高，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是： 。 (7)为测定所得MnSO4的纯度，称取上述样品ag加入适量H2SO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+后，配制为100mL溶液。取20.00mL该溶液，用cmol/L的FeSO4溶液进行滴定，发生反应：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，达到滴定终点时消耗FeSO4溶液VmL则MnSO4纯度= 。[已知：M(MnSO4)=151g/mol]。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率 (2)MnO2+SO2=MnSO4 (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 5.4 (4)NiS、ZnS (5)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O (6) 45℃ pH=7.5 45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大 (7) 【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解题。 【详解】（1）反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，可以增大接触面积，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率； （2）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2即MnO2和SO2反应生成MnSO4，该反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4； （3）由分析可知，加入适量MnO2的作用是将“浸出液”中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为MnO2+Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，由图干表中数据可知，Al3+完全沉淀时pH=5.4，Fe3+完全沉淀时pH=3.5，则调节pH时应不低于5.4，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去；5.4； （4）由分析可知，已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为NiS、ZnS，故答案为：NiS、ZnS； （5）向过滤后的滤液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰沉淀和含有Mg2+的溶液，说明锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，该反应的离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O，故答案为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O； （6）①由图可知，温度45℃左右、pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高，“沉锰”的合适条件是45℃、pH=7.5，故答案为：45℃、pH=7.5； ②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：“沉锰”要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大，故答案为：45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大； （7）由反应方程式：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+可知，n(Mn2+)=n(Mn3+)=n(Fe2+)=cV×10-3mol，即样品中n(MnSO4)=cV×10-3mol×=5cV×10-3mol，则MnSO4纯度==，故答案为：。 19．（14分）以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：i．水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ii．；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液（） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸（） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液（）和浓盐酸（） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 (1)Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。 (2)对于实验Ⅱ的现象进行分析。 ①经检验Ⅱ中气体为。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。 依据电极反应式，分析产生的原因 。 ②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。 ①假设1：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因 。 ②假设2：增大，白色沉淀不能稳定存在。 实验验证： （填操作和现象），证实假设2不合理。 (4)实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因 。 (5)结合现象和化学反应原理解释选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。 【答案】(1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl (2) Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O (3) c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，沉淀不溶解 (4)此条件下Cu2+或的氧化性强于H+ (5)单独使用CuCl2溶液，产生CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢 【分析】往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅；往浓盐酸（）中加铜粉，生成氢气和、然后生成使溶液呈黄色、较长时间后生成使溶液呈棕色；往溶液（）和浓盐酸（）混合溶液中加铜粉，生成使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余。 【详解】（1）往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，则Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl； （2）①据实验的现象可知，产生的无色气泡为氢气，无色溶液为的溶液，所以应是Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2； ②的溶液呈黄色，Ⅱ中溶液变为黄色，即生成了，其反应的离子方程式为：4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O； （3）①由于c(Cl-)增大，使得平衡CuCl+2Cl-正向移动，所以白色沉淀溶解； ②要验证是否是因为增大，而使白色沉淀不能稳定存在，可以取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为增大引起； （4）实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，其可能原因为：此条件下Cu2+或的氧化性强于H+，所以Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡； （5）若单独使用CuCl2溶液，则产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；若单独使用盐酸，则反应速率慢，所以选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液。 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$