黄金卷02（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02 （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 K 39 Zn 65 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．放射性核素在考古等方面有重要应用。下列表述不正确的是 A．与互为同位素 B．具有放射性 C．可用质谱区分和 D．和的化学性质不同 【答案】D 【详解】A．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确； B．是放射性核素，因此具有放射性，故B正确； C．和相对分子量不同，可以用质谱区分，故C正确； D．与互为同位素，二者的化学性质基本相同，则和的化学性质基本相同，故D错误； 故选D。 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．中子数为1的氢原子： B．的VSEPR模型： C．甲基的电子式： D．顺丁橡胶的结构简式： 【答案】B 【详解】A．中子数为1的氢原子质量数为2，表示为，A正确； B．中心原子价层电子对数为2+=4，且含有2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，B错误； C．甲基的电子式为：，C正确； D．顺丁橡胶是顺式-1，4-聚丁二烯橡胶的简称，结构简式为：，D正确； 故选B。 3．碱性锌锰电池是普通锌锰电池的升级换代产品。图1、图2分别为碱性锌锰电池和普通锌锰电池的构造图。其总反应分别为：Zn + 2MnO2 + 2H2O = 2MnO(OH) + Zn(OH)2、Zn + 2MnO2 + 2NH4Cl = Zn(NH3)2Cl2 + 2MnO(OH)。下列关于两种电池的说法中，不正确的是 A．工作时，电子都由Zn流出 B．两种电池中都是MnO2被还原 C．工作时，KOH不参与电极反应 D．碱性锌锰电池比普通锌锰电池性能更好 【答案】C 【分析】由总反应可知，碱性锌锰电池：负极上Zn被氧化生成Zn(OH)2，正极上MnO2被还原生成MnO(OH)；普通锌锰电池：负极上Zn被氧化生成Zn(NH3)2Cl2，正极上MnO2被还原生成MnO(OH)，据此解答。 【详解】A．两种电池都是Zn一端作负极，电子由负极流出，则工作时，电子都由Zn流出，A正确； B．两种电池的正极都是MnO2被还原生成MnO(OH)，B正确； C．碱性锌锰电池工作时，负极上Zn被氧化生成Zn(OH)2，其电极反应式为：，则KOH参与电极反应，C错误； D．普通干电池电解质为酸性，易被腐蚀、发生自放电，碱性锌锰电池不易发生自放电，则碱性锌锰电池比普通锌锰电池性能更好，D正确； 故选C。 4．下列说法不正确的是 A．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 B．植物油中含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色 C．α—氨基丙酸与α—氨基苯丙酸混合物脱水可生成2种二肽 D．在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出 【答案】C 【详解】A．淀粉和纤维素的单体是葡萄糖，则水解的最终产物均为葡萄糖，故A不选； B．物油中是不饱和脂肪酸酯，含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色 ，故B不选； C．两个氨基酸分子脱去一分子的水形成二肽，当α—氨基丙酸与α—氨基苯丙酸混合物脱水，同种氨基酸分子脱水形成2种二肽，α—氨基丙酸与α—氨基苯丙酸之间脱水可形成2种二肽，可生成4种二肽，故C选； D．在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解度变小，此过程是蛋白质的盐析，故D不选； 故选：C。 5．下列离子方程式书写正确的是 A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢： B．溶液与足量氯水反应： C．使酸性高锰酸钾溶液褪色： D．稀与溶液反应： 【答案】A 【详解】A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢发生沉淀转化，故A正确； B．溶液与足量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为，故B错误； C．使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为，故C错误； D．稀与溶液反应生成硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为，故D错误； 选A。 6．下列实验不能达到实验目的的是 A B C D 实验室制氨气 配制一定物质的量浓度的溶液 检验和水反应的气体产物 实验室制乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，二者在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，A错误； B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，使用玻璃棒引流，B正确； C．用带火星的木条检验和水反应的气体产物，若木条复燃则证明产生了氧气，C正确； D．加热加有乙酸、乙醇和浓硫酸的混合溶液能制得乙酸乙酯，盛有饱和碳酸钠溶液的试管可以除去乙酸、吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯，D正确； 故选A。 7．一种以黄铁矿(主要成分是，设杂质均不参与反应)为原料生产硫酸的简要流程图如图： 下列说法正确的是 A．黄铁矿“煅烧”时反应的化学方程式为 B．依据上述流程，当最终生成0.1mol时，共转移7.5mol电子 C．“吸收”时若用水吸收三氧化硫会在酸雾产生 D．标准状况下，22.4L中含有的原子总数为 【答案】C 【分析】黄铁矿的主要成分是FeS2，“烧”时生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为，将生成的SO2进行催化氧化，生成SO3，最后与水反应生成硫酸，据此分析作答。 【详解】A．根据分析可知，黄铁矿“煅烧”时反应的化学方程式为，A错误； B．根据煅烧的反应，可以确定0.05mol FeS2反应生成0.1mol SO2，转移0.55mol电子，0.1mol SO2被氧化生成SO3时转移0.2mol电子，SO3与水反应时不发生电子转移，因此反应生成0.1molH2SO4时，转移0.75mol电子，B错误； C．SO3溶于水会产生大量热量,这个热量会使得水蒸发变成水蒸气,然后SO3气体就会溶解在水蒸气中,从而产生酸雾(H2SO4)，C正确； D．标准状况下，三氧化硫为固体，难以计算22.4L的物质的量和原子总数，D错误； 答案选C。 8．关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法不正确的是(　　) A．溶液中所含离子的种类相同 B．溶液的pH相同 C．都能与盐酸反应放出CO2气体 D．都能使澄清石灰水变浑浊 【答案】B 【详解】A.NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离平衡、又存在HCO3-的水解平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的分步水解平衡，两溶液中都存在钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、水分子，所含离子的种类相同，A正确； B.相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度，故NaHCO3溶液的碱性弱于Na2CO3溶液，两溶液的pH不同，错误； C.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与盐酸反应放出CO2气体，C正确； D.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，D正确； 故答案选B。 9．和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下： 下列说法正确的是 A．和均为极性分子 B．和中的均为杂化 C．和的水解反应机理相同 D．和均能与形成氢键 【答案】D 【详解】A．中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误； B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者均为杂化，B错误； C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误； D．和分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确； 故答案为：D。 10．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图： 下列说法不正确的是 A．该过程有H2O参与 B．该过程没有生成硫氧键 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 【答案】B 【分析】由图可知，转化机理中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子、水反应生成硫酸氢根离子、亚硝酸和亚硝酸根离子，反应中氮元素的化合价升高被还原，二氧化氮是反应的氧化剂，硫元素的化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是还原剂。 【详解】A． 由分析可知，硫酸盐生成的过程中有水参与反应，故A正确； B．由分析可知，转化机理中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子、水反应生成硫酸氢根离子、亚硝酸和亚硝酸根离子，所以硫酸盐生成的过程中有硫氧键的生成，故B错误； C．由题意可知，硫酸盐气溶胶中含有能电离出氢离子的硫酸氢根离子，所以气溶胶呈酸性，故C正确； D．由分析可知，二氧化氮是生成硫酸盐的氧化剂，亚硫酸根离子是还原剂，故D正确； 故选B。 11．D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。 下列说法不正确的是 A．A、B、C 生成D的反应是加聚反应 B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1 C．D在碱性条件下水解可以生成NH3 D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1 【答案】B 【详解】A．由于BC中的碳碳双键，A是苯乙烯，故该反应是加聚反应，A正确； B．C有三种环境的氢，吸收峰面积之比为2：2：1，B错误； C．D在碱性条件下水解，C-N键断裂，—NH2结合H原子生成NH3，C正确； D． 从D的结构中可以看出，合成1molD，A使用了(m+n)mol，B使用了(m+n)mol，故生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1，D正确； 故选B。 12．下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A．利用焓变数据判断反应能否自发进行 B．利用溶液的pH判断该溶液的酸碱性 C．利用平衡常数判断反应进行的程度大小 D．利用反应热数据判断反应速率的大小 【答案】C 【详解】A、反应能否自发进行决定于焓变和熵变两个因素，即△H-T△S，故A错误； B、溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，常温下pH=6显酸性，100℃时pH=6显中性，故B错误； C、化学平衡常数越大反应向正向进行的程度越大，反之越小，故C正确； D、反应热表示反应放出或吸收的热量多少，与反应速率无关，故D错误； 故选C。 13．已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量-反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法不正确的是 A．选择相对较低的温度，并在较短时间及时分离可获得较高产率的1，2-加成产物 B．增大溴离子浓度可以提高整体反应的速率 C．根据该反应可推测，1，3，5-己三烯与HBr在高温下反应的主要产物应为CH3CH=CHCH=CHCH2Br D．1，3-丁二烯与HBr发生1，2-加成的反应热为，发生1，4-加成的反应热为 【答案】B 【详解】A．由图可知，1，2—加成产物的能量高于1，4—加成产物的能量，则反应温度越低、反应时间越短，1，2-加成产物的比例就越大，A正确； B．由图可知，反应中氢离子与烯烃结合的活化能最大，反应速率最慢，所以该步为反应的决速步，增大溴离子浓度不能提高整体反应的速率，B错误； C．由题给信息可知，1，3，5—己三烯与溴化氢在高温下反应的产物应为CH3CH=CHCH=CHCH2Br，C正确； D．由图可知，1，3-丁二烯与HBr发生1，2-加成的反应热为，发生1，4-加成的反应热为，D正确； 故选B。 14．、和三种浓度硝酸分别与锌反应时，硝酸还原产物中各物质的物质的量百分数的柱状分布如图所示，下列说法错误的是 A．不同浓度硝酸与锌反应的还原产物不是单一的 B．当时，生成转移的电子数大于生成转移的电子数 C．当且生成混合气体时，被氧化的锌为 D．当且生成混合气体时，参加反应的硝酸为 【答案】B 【详解】A．由题给信息可知、和三种浓度硝酸分别与锌反应时，产物不是单一的，硝酸与锌反应时生成、、、、，硝酸与锌反应时生成、、、，硝酸与锌反应时生成和，A正确； B．当时，生成物，每生成1个转移3个电子，每生成1个转移8个电子，因此每生成25个转移75个电子，每生成10个转移80个电子，因此生成转移的电子数小于生成转移的电子数，B错误； C．当且生成混合气体时，还原产物为、、、，物质的量分别为、、、，得电子的总量为，根据得失电子守恒可计算出被氧化的锌的物质的量，C正确； D．当且生成混合气体时，还原产物为、，物质的量分别为、，则转移的电子为，被氧化的锌为，参加反应的硝酸有部分体现酸性生成，另一部分体现氧化性生成和，故参加反应的为，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（11分）KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂(含单质金)中提取金。 (1)基态N的价层电子轨道表示式为 。 (2)的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为 。 (3)比较C、N原子的第一电离能，并从结构角度解释原因： 。 (4)如图为KCN的晶胞示意图。 与距离最近且等距的个数是 ；已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，该晶胞的边长为 nm。(已知：) (5)浸金过程如下： ⅰ．将金矿砂溶于pH为10.5~11的KCN溶液，过滤，得含的滤液； ⅱ．向滤液中加入足量金属锌，得单质金。 ①已知Au与Cu同族，则Au属于 区元素。 ②ⅰ中反应的离子方程式为 。 ③ⅰ中，pH<10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是 。 【答案】(1) (2)[:CN:]- (3)N＞O，原因为：N原子的价电子排布为，O原子的价电子排布为，根据洪特规则，N原子的2p轨道上电子呈半充满状态，能量较低，较稳定，较难失去电子 (4) 12 (5) ds 溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降 【详解】（1）基态N价层电子排布式为：，故答案为：； （2） 的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为：[:CN:]-，故答案为：[:CN:]-； （3）N原子的价电子排布为，O原子的价电子排布为，根据洪特规则，N原子的2p轨道上电子排布呈半充满状态，能量较低，较稳定，较难失去电子所以电离能：N＞O，故答案为：N＞O，原因为：N原子的价电子排布为，O原子的价电子排布为，根据洪特规则，N原子的2p轨道上电子呈半充满状态，能量较低，较稳定，较难失去电子； （4）①与距离最近且等距的个数是12个，故答案为：12； ②已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，由KCN的晶胞示意图可知，每个晶胞中含有4个KCN，则晶胞的质量为，根据，该晶胞的边长为，故答案为： ； （5）①Au与Cu同族，则都属于ds区，故答案为ds； ②将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，得到含的滤液，该过程为氧得电子，反应的离子方程式为：，故答案为：； ③时，溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降，故答案为：溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降。 16．（10分）乙醇是重要的化工原料，乙醇的生产体现化学科学与技术的不断进步。 Ⅰ.以煤为原料生产乙醇 (1)乙酸甲酯生成乙醇的反应如下：。 ①能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有 (答出两点)。 ②当温度为时，存在副反应：。的电子式是 。 Ⅱ.以为原料生产乙醇 (2)制备铜基催化剂：在单质纳米颗粒中加入单质，反应后形成铜基催化剂。单质与单质反应的化学方程式是 。 (3)电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到 ①补充完整阴极反应式： 。 2CO2+___________=CH3CH2OH+___________ ②在上述条件下，的副反应能被明显抑制，分析原因： ⅰ.相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性； ⅱ. (补充完整)。 (4)研究在阴极被还原为不同产物的途径，结果如图(部分微粒略)。 ①下列说法或推测合理的是 (填序号)。 性质稳定，活化是催化剂的重要性能 途径Ⅰ的含碳产物还可能有等 按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成 ②铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，则铜基催化剂对 (填甲醇或乙醇)有较高的选择性。 【答案】(1) 增大压强、降低温度、增加氢气浓度等 (2) (3) KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢） (4) ab 乙醇 【详解】（1）①由乙酸甲酯生成乙醇的反应方程：可知，该反应为方式反应，且为分子式减小的反应，故能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有降低温度、增大压强、增加氢气浓度等； ②由原子守恒知，该反应：中，为甲醇，甲醇的电子式是； （2）铜单质具有还原性，硫单质具有弱氧化性，故单质与单质反应的化学方程式是； （3）①电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到阴极电解反应式为； ②由于比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性、KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢），故副反应能被明显抑制； （4）①a.中所有原子最外层均达到8电子稳定结构，性质稳定，因此活化是催化剂的重要性能，a正确； 由图知，途径Ⅰ的含碳产物还可能有等，b正确； 由O守恒，按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成，c错误； 故选ab； ②由图知，铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，由于铜具有还原性，易失去电子，则铜基催化剂对乙醇有较高的选择性。 17．（9分）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下： 已知： (1)A的结构简式是 。 (2)A→B的反应类型是 。 (3)C中含有的官能团是 。 (4)物质a的分子式为C6H7N，其分子中有 种不同化学环境的氢原子。 (5)I能与NaHCO3反应生成CO2，D+I→J的化学方程式是 。 (6)芳香化合物L的结构简式是 。 (7)还可用A为原料，经如下图间接电化学氧化工艺流程合成C，反应器中生成C的离子方程式是 。 【答案】(1) (2)取代反应 (3)醛基 (4)4 (5)++2H2O (6) (7)+4Ce4++H2O+4Ce3++4H+ 【分析】 由A化学式推测A为甲苯，A和氯气发生取代反应生成B，B发生水解生成羟基得到C，C在一定条件下和氨气、氢气发生反应生成D；E氧化生成F，F加成生成G，结合G结构、EF化学式可知，E为CH2=CHCH3、F为CH2=CHCHO；F和a加成生成G，则a为；H为氯酸钠氧化为I，I能与NaHCO3反应生成CO2，则I含有羧基，结合H结构、I化学式可知，I为；DI发生取代反应生成J；J和氢气还原生成K，K和强还原剂反应生成L，结合L化学式可知，L为；L最终生成莫西沙星； 【详解】（1） 由分析可知，A的结构简式是； （2）A→B的反应类型是取代反应； （3） C为，含有醛基； （4） a为，分子中含有4种不同化学环境的氢原子； （5） I能与NaHCO3反应生成CO2，D+I→J的化学方程式是++2H2O； （6） 由分析可知，芳香化合物L的结构简式是； （7） 由流程可知，甲苯和Ce4+发生氧化还原反应生成苯甲醛和Ce3+，+4Ce4++H2O+4Ce3++4H+。 18．（14分）以辉铜矿(主要含Cu2S、Fe2O3、SiO2)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2)为原料联合提取铜和锰的一种流程示意图如下。 已知：i．Cu2S、MnO2均难溶于硫酸 ii．25℃，金属离子的起始浓度为时生成氢氧化物沉淀的pH 开始沉淀时 1.8 5.2 8.6 完全沉淀时 2.8 6.7 10.1 iii．HR萃取时发生的反应为 (1)“酸浸”过程是利用硫酸没出矿石中的铜、锰元素。 ①“酸浸”过程中，为提高矿石的没出率，可采取的措施有 (填字母序号) A．适当提高浸出温度　　　　B．适当延长反应时间　　　　C．增大矿石的粒径 ②若浸出渣中含有单质S，补全“酸浸”过程中与反应的离子方程式： 。 (2)若“酸浸”后溶液中的浓度为，则“除铁”后溶液pH的范围为 。 (3)“萃取”过程是利用萃取剂HR与的选择性配位反应生成易溶于有机相的，从而实现铜、锰元素的分离。 ①某种HR的结构简式为，判断该分子中可能与形成配位键的原子并说明理由： 。 ②解释“反萃取”过程中硫酸的作用： 。 (4)“碳化沉锰”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)结合“酸浸”过程，从两种矿石中各物质性质的角度，分析联合提取铜和锰的优势： 。 【答案】(1) AB Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O (2) 2.8 4.2 (3) O原子和N原子，该分子中只有O原子和N原子含有孤电子对； 增大c(H+)，使平衡向反萃取方向移动，提高Cu2+在水相中的含量，并回收萃取剂HR (4)Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O (5)MnO2作氧化剂，将Cu2S氧化生成Cu2+，节约了氧化剂和能源，减少了污染性气体排放 【分析】以辉铜矿(主要含Cu2S、Fe2O3、SiO2)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2)为原料联合提取铜和锰的流程：加入硫酸酸浸，发生的主要反应为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，SiO2不反应，过滤得到含S、SiO2浸渣，加入CuO调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤除去CuO、Fe(OH)3，在浸出液中加入HR萃取，在水相中加入NH4HCO3、氨水沉锰，反应为Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O，有机相中加入稀硫酸反萃取得到HR和硫酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到CuSO4固体，据此分析解答。 【详解】（1）①“酸浸”过程中，可采取将矿物粉碎以增大接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、搅拌、适当延长反应时间等措施来提高浸出率，故答案为：AB； ②若浸出渣中含有单质S，则Cu2S与MnO2反应的离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O，故答案为：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O； （2）0.01mol•L-1Cu2+开始沉淀时pH=5.2，c(OH-)=105.2-14mol/L=10-8.8mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)•c2(OH-)=10-19.6，1mol•L-1Cu2+开始沉淀时c(OH-)=mol/L=10-9.8mol/L，此时c(H+)=109.8-14mol/L=10-4.2mol/L，pH=4.2，Fe3+沉淀完全时pH=2.8，所以则“除铁”后溶液pH的范围：2.8＜pH＜4.2，故答案为：2.8；4.2； （3） ①根据配位键形成条件可知，中存在孤电子对的原子为O、N原子，可与Cu2+形成配位键，故答案为：O原子和N原子，该分子中只有O原子和N原子含有孤电子对； ②由萃取原理可知，“反萃取”过程中加入硫酸的作用是增大氢离子，平衡向逆反应方向移动，提高Cu2+在水相中的含量，并回收萃取剂HR，故答案为：增大c(H+)，使平衡向反萃取方向移动，提高Cu2+在水相中的含量，并回收萃取剂HR； （4）在水相中加入NH4HCO3、氨水沉锰，反应为Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O， 故答案为：Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O； （5）“酸浸”过程中，将两种矿石中锰元素和铜元素同时浸出，反应为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O，其中MnO2作氧化剂，将Cu2S氧化生成Cu2+和S单质，节约了氧化剂，节省了能源，减少了污染性气体排放，故答案为：MnO2作氧化剂，将Cu2S氧化生成Cu2+，节约了氧化剂和能源，减少了污染性气体排放。 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷02·参考答案 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C A A C B D B 题号 11 12 13 14 答案 B C B B 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（11分）（除标明外，每空2分） (1) （1分） (2)[:CN:]- （1分） (3)N＞O，原因为：N原子的价电子排布为，O原子的价电子排布为，根据洪特规则，N原子的2p轨道上电子呈半充满状态，能量较低，较稳定，较难失去电子 (4) 12 （1分） （1分） (5) ds （1分） 溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降 16．（10分）（除标明外，每空2分） (1) 增大压强、降低温度、增加氢气浓度等 （1分） (2) （1分） (3) KHCO3溶液显碱性，H+浓度较低，H+氧化性较弱（或H+的电子速率减慢） (4) ab （1分） 乙醇（1分） 17．（9分）（除标明外，每空2分） (1) （1分） (2)取代反应（1分） (3)醛基（1分） (4)4（1分） (5)++2H2O (6) （1分） (7)+4Ce4++H2O+4Ce3++4H+ 18．（14分）（除标明外，每空2分） (1) AB Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O (2) 2.8（1分） 4.2（1分） (3) O原子和N原子，该分子中只有O原子和N原子含有孤电子对； 增大c(H+)，使平衡向反萃取方向移动，提高Cu2+在水相中的含量，并回收萃取剂HR (4)Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O (5)MnO2作氧化剂，将Cu2S氧化生成Cu2+，节约了氧化剂和能源，减少了污染性气体排放 19．（14分）（每空2分） (1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl (2) Cu-e-=Cu+，Cu++3Cl-=，降低了c(Cu+)，提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H+还原为H2 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O (3) c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L的H2SO4溶液，沉淀不溶解 (4)此条件下Cu2+或的氧化性强于H+ (5)单独使用CuCl2溶液，产生CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【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02 （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 K 39 Zn 65 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．放射性核素在考古等方面有重要应用。下列表述不正确的是 A．与互为同位素 B．具有放射性 C．可用质谱区分和 D．和的化学性质不同 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．中子数为1的氢原子： B．的VSEPR模型： C．甲基的电子式： D．顺丁橡胶的结构简式： 3．碱性锌锰电池是普通锌锰电池的升级换代产品。图1、图2分别为碱性锌锰电池和普通锌锰电池的构造图。其总反应分别为：Zn + 2MnO2 + 2H2O = 2MnO(OH) + Zn(OH)2、Zn + 2MnO2 + 2NH4Cl = Zn(NH3)2Cl2 + 2MnO(OH)。下列关于两种电池的说法中，不正确的是 A．工作时，电子都由Zn流出 B．两种电池中都是MnO2被还原 C．工作时，KOH不参与电极反应 D．碱性锌锰电池比普通锌锰电池性能更好 4．下列说法不正确的是 A．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 B．植物油中含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色 C．α—氨基丙酸与α—氨基苯丙酸混合物脱水可生成2种二肽 D．在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出 5．下列离子方程式书写正确的是 A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢： B．溶液与足量氯水反应： C．使酸性高锰酸钾溶液褪色： D．稀与溶液反应： 6．下列实验不能达到实验目的的是 A B C D 实验室制氨气 配制一定物质的量浓度的溶液 检验和水反应的气体产物 实验室制乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D 7．一种以黄铁矿(主要成分是，设杂质均不参与反应)为原料生产硫酸的简要流程图如图： 下列说法正确的是 A．黄铁矿“煅烧”时反应的化学方程式为 B．依据上述流程，当最终生成0.1mol时，共转移7.5mol电子 C．“吸收”时若用水吸收三氧化硫会在酸雾产生 D．标准状况下，22.4L中含有的原子总数为 8．关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法不正确的是(　　) A．溶液中所含离子的种类相同 B．溶液的pH相同 C．都能与盐酸反应放出CO2气体 D．都能使澄清石灰水变浑浊 9．和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下： 下列说法正确的是 A．和均为极性分子 B．和中的均为杂化 C．和的水解反应机理相同 D．和均能与形成氢键 10．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图： 下列说法不正确的是 A．该过程有H2O参与 B．该过程没有生成硫氧键 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 11．D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。 下列说法不正确的是 A．A、B、C 生成D的反应是加聚反应 B．C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：1：1 C．D在碱性条件下水解可以生成NH3 D．生成 1mol D 参与反应的A、B 物质的量之比为1：1 12．下列利用相关数据作出的推理或判断一定正确的是 A．利用焓变数据判断反应能否自发进行 B．利用溶液的pH判断该溶液的酸碱性 C．利用平衡常数判断反应进行的程度大小 D．利用反应热数据判断反应速率的大小 13．已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量-反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法不正确的是 A．选择相对较低的温度，并在较短时间及时分离可获得较高产率的1，2-加成产物 B．增大溴离子浓度可以提高整体反应的速率 C．根据该反应可推测，1，3，5-己三烯与HBr在高温下反应的主要产物应为CH3CH=CHCH=CHCH2Br D．1，3-丁二烯与HBr发生1，2-加成的反应热为，发生1，4-加成的反应热为 14．、和三种浓度硝酸分别与锌反应时，硝酸还原产物中各物质的物质的量百分数的柱状分布如图所示，下列说法错误的是 A．不同浓度硝酸与锌反应的还原产物不是单一的 B．当时，生成转移的电子数大于生成转移的电子数 C．当且生成混合气体时，被氧化的锌为 D．当且生成混合气体时，参加反应的硝酸为 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（11分）KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂(含单质金)中提取金。 (1)基态N的价层电子轨道表示式为 。 (2)的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为 。 (3)比较C、N原子的第一电离能，并从结构角度解释原因： 。 (4)如图为KCN的晶胞示意图。 与距离最近且等距的个数是 ；已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，该晶胞的边长为 nm。(已知：) (5)浸金过程如下： ⅰ．将金矿砂溶于pH为10.5~11的KCN溶液，过滤，得含的滤液； ⅱ．向滤液中加入足量金属锌，得单质金。 ①已知Au与Cu同族，则Au属于 区元素。 ②ⅰ中反应的离子方程式为 。 ③ⅰ中，pH<10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是 。 16．（10分）乙醇是重要的化工原料，乙醇的生产体现化学科学与技术的不断进步。 Ⅰ.以煤为原料生产乙醇 (1)乙酸甲酯生成乙醇的反应如下：。 ①能提高乙酸甲酯平衡转化率的条件有 (答出两点)。 ②当温度为时，存在副反应：。的电子式是 。 Ⅱ.以为原料生产乙醇 (2)制备铜基催化剂：在单质纳米颗粒中加入单质，反应后形成铜基催化剂。单质与单质反应的化学方程式是 。 (3)电催化还原。将(2)中制备的催化剂装载在阴极上，以为电解质溶液，阴极得到 ①补充完整阴极反应式： 。 2CO2+___________=CH3CH2OH+___________ ②在上述条件下，的副反应能被明显抑制，分析原因： ⅰ.相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性； ⅱ. (补充完整)。 (4)研究在阴极被还原为不同产物的途径，结果如图(部分微粒略)。 ①下列说法或推测合理的是 (填序号)。 性质稳定，活化是催化剂的重要性能 途径Ⅰ的含碳产物还可能有等 按途径Ⅱ(不考虑途径Ⅰ)，转化为，同时生成 ②铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，则铜基催化剂对 (填甲醇或乙醇)有较高的选择性。 17．（9分）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如下： 已知： (1)A的结构简式是 。 (2)A→B的反应类型是 。 (3)C中含有的官能团是 。 (4)物质a的分子式为C6H7N，其分子中有 种不同化学环境的氢原子。 (5)I能与NaHCO3反应生成CO2，D+I→J的化学方程式是 。 (6)芳香化合物L的结构简式是 。 (7)还可用A为原料，经如下图间接电化学氧化工艺流程合成C，反应器中生成C的离子方程式是 。 18．（14分）以辉铜矿(主要含Cu2S、Fe2O3、SiO2)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2)为原料联合提取铜和锰的一种流程示意图如下。 已知：i．Cu2S、MnO2均难溶于硫酸 ii．25℃，金属离子的起始浓度为时生成氢氧化物沉淀的pH 开始沉淀时 1.8 5.2 8.6 完全沉淀时 2.8 6.7 10.1 iii．HR萃取时发生的反应为 (1)“酸浸”过程是利用硫酸没出矿石中的铜、锰元素。 ①“酸浸”过程中，为提高矿石的没出率，可采取的措施有 (填字母序号) A．适当提高浸出温度　　　　B．适当延长反应时间　　　　C．增大矿石的粒径 ②若浸出渣中含有单质S，补全“酸浸”过程中与反应的离子方程式： 。 (2)若“酸浸”后溶液中的浓度为，则“除铁”后溶液pH的范围为 。 (3)“萃取”过程是利用萃取剂HR与的选择性配位反应生成易溶于有机相的，从而实现铜、锰元素的分离。 ①某种HR的结构简式为，判断该分子中可能与形成配位键的原子并说明理由： 。 ②解释“反萃取”过程中硫酸的作用： 。 (4)“碳化沉锰”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)结合“酸浸”过程，从两种矿石中各物质性质的角度，分析联合提取铜和锰的优势： 。 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 5 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 $$