黄金卷04（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04·参考答案 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 C D B D B B D 题号 11 12 13 14 答案 B C C C 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（11分）（除标明外，每空1分） (1) 14 、 CDEF (2)平面三角形 (3) (4)、、、 (2分，合理给分) (5) 4 (2分) (2分) 16．（11分）（除标明外，每空2分） (1)   kJ/mol (2)a (3) 阳极反应：，；通过质子交换膜移向阴极区，阴极反应：，从而产生S、CO(3分) 、 阴极区通入不含的原料气，重复上述实验，无CO产生 17．（11分）（除标明外，每空2分） (1) 羟基(1分) 取代反应(1分) (2) (3) (4) (5)ABCD (6) (1分) 18．（11分）（除标明外，每空2分） (1)提高浸取速率和铜的浸取率(1分) (2)③⑤(1分) (3) (4)温度过高会导致H2O2分解 (5) NH4Cl(1分) RH(1分) (6) 9(1分) b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。 19．（14分）（除标明外，每空2分） (1) (1分) (2)(铜离子) (1分) (3) 生成的()作为催化剂，加快了分解速率 优点：产物单一，污染小；缺点：大量分解，成本高 (4)降低，避免生成 (5) 加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势 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04 （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 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．碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：下列说法正确的是 A．三种单质的晶体中C60晶体熔点最低 B．假设金刚石晶体中最近碳原子相切，则晶胞的空间利用率为74% C．均为原子晶体 D．C原子杂化方式均为sp3 2．下列化学用语表示正确的是 A．的电子式： B．聚丙烯的结构简式： C．基态F原子价层电子的轨道表示式： D．乙烯分子中σ键的形成： 3．下列应用与盐类的水解无关的是 A．用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污 B．将TiCl4溶于水加热制备TiO2纳米材料 C．工业上向FeSO4溶液中加入NH4HCO3制备FeCO3晶体 D．利用AlCl3与NaHCO3制备泡沫灭火剂 4．下列事实中，不能用勒夏特列原理加以解释的是 A．Na2S的水溶液有臭味，溶液中加入NaOH固体后臭味减弱 B．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体 C．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深 D．BaSO4在水中溶解度比在稀硫酸中溶解度更大 5．我国科学家以CO2与辛胺[CH3(CH2)7NH2]为原料能够高选择性的合成甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN]，实现了CO2的再利用，有益于解决全球变暖问题。其工作原理如图，已知右池反应过程中无气体生成。下列说法不正确的是 A．Ni2P电极的电势高于In/In2O3-x电极 B．In/In2O3-x电极上可能有副产物H2生成 C．阴极上的电极反应：CO2 + H2O +2e－＝+OH－ D．标准状况下，33.6L CO2参与反应时，Ni2P电极有1.5 mol辛腈生成 6．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（    ） A．漂白粉溶液在空气中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+ B．用FeCl3溶液腐蚀铜板制印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ C．向NaAlO2溶液中通入少量CO2制Al(OH)3：+CO2+2H2O=+Al(OH)3↓ D．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：+OH-=+H2O 7．实验：将一小粒钠放在石棉网上，微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，钠剧烈燃烧，有白烟生成。下列分析不正确的是 A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大 B．反应过程中，的键断裂 C．的形成过程可表示为 D．该实验说明的氧化性比的强 8．下列装置完成相关实验，合理的是 A．吸收尾气中的SO2 B．验证NH3易溶于水 C．除去CO中的CO2气体 D．碳酸氢钠受热分解 A．A B．B C．C D．D 9．下列关于下图所示物质的说法，正确的是 A．该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成 B．该物质在酸性条件下的水解产物之一可做汽车发动机的抗冻剂 C．0.1mol该物质完全燃烧，生成(标准状况下)的 D．1mol该物质与足量溶液反应，最多可消耗 10．下列对物质性质的解释不合理的是 选项 性质 解释 A 熔点：晶体硅＞白磷 晶体硅属于共价晶体、白磷属于分子晶体 B 密度：干冰＞冰 的分子量大于的，干冰中分子采取密堆积排列，冰中分子采取非密堆积排列 C 酸性： 电负性： D 氧化性： 键能： A．A B．B C．C D．D 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．已知中N元素为价，关于反应，下列说法正确的是 A．是氧化产物 B．发生了还原反应 C．当反应中转移电子时，有被还原 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1 13．已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.0kJ·mol-1，两步热循环制H2的过程如图，第一步以太阳能为热源分解Fe3O4，第二步FeO水解获得H2。 过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △HI=+604.8kJ·mol-1 过程II：H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g) △HII 下列说法正确的是 A．根据盖斯定律△HI+△HII=0 B．过程I中每生成3molFeO，转移1mol电子 C．过程II在任何温度下均为自发反应 D．整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能 14．湿法提银工艺中，浸出需加沉淀。25℃，平衡体系中含微粒的分布系数[如]随的变化曲线如图所示， 已知：，下列叙述正确的是 A．25℃时，的溶解度随增大而减小 B．沉淀最彻底时，溶液中 C．25℃时，的平衡常数 D．当时，溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（11分）金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。 (1)三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示： ①基态铁离子的核外电子填充在 个原子轨道中； ②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为 ； ③此配离子中含有的化学键类型为 。 A．离子键　　B．金属键　　C．共价键　　D．配位键　　E．σ键　　F．π键 (2)与钴盐形成的配离子可用于检验的存在。离子的VSEPR模型名称为 。 (3)研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物和，其中适合作录音带磁粉原料的是 。 (4)锰的一种配合物的化学式为。已知：原子个数和价电子总数分别对应相等的分子、离子或基团称为等电子体。请写出两种与互为等电子体的微粒 (请写出一个分子和一个离子)。 (5)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为 ，已知晶胞密度为ρg/cm，用表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的边长为 cm(列计算式)。 16．（11分）将天然气(主要成分为)中的、资源化转化在能源利用。环境保护等方面意义重大。 (1)转化为CO、转化为S的反应如下： i．   kJ/mol ii．   kJ/mol iii．、转化生成CO、S等物质的热化学方程是 。 (2)性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应iii，通过设计合适的催化剂可以降低反应的 ，提高反应速率。 a．活化能    b．    c．平衡常数 (3)我国科学家通过研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应，工作原理如图所示。 【方案1】若 ①结合化学用语说明生成S、CO的原理： 。 【方案2】若 电流效率的定义 ②测得，，阴极放电的物质有 ； ③为进一步确认、能协同转化，对CO的来源分析如下： 来源1：通过电极反应产生CO； 来源2：电解质(含碳元素)等碳基材料发生降解，产生CO。 设计实验探究，证实来源2不成立。实验方案是 。 结论：方案2明显优于方案1。该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。 17．（11分）我国科研人员发现，中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。黄芩素的一种合成路线如下： 已知： ①R-Br+CH3ONaR-OCH3+NaBr ②+ + ③+ +H2O(R、R´、R´´为烃基或H) 回答下列问题： (1)A中所含的官能团为 ，A→B的反应类型为 。 (2)B→D中反应i的化学方程式为 。 (3)E与F反应生成G的化学方程式为 。 (4)H分子中有三个六元环状结构，其结构简式为 。 (5)下列关于黄芩素的说法中，正确的是________ (填字母序号)。 A．分子中有3种含氧官能团，所有碳原子均为sp2杂化 B．能与Na2CO3溶液反应，能与发生取代反应和加成反应 C．存在含苯环、碳碳三键和羧基的同分异构体 D．“H→黄岑素”反应中通入N2的目的可能是防止黄岑素被氧化 (6)有文献指出，C的另外一种合成方法如下： Ⅰ与NaHCO3溶液反应产生气体，其结构简式为 (不考虑立体异构)。 18．（11分）以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。 资料1：流程中RH为有机化合物 (1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是 。 (2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号) 。 (3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为 。 (4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因 。 (5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、 、有机溶剂、 。 (6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。 项目 废水水质 排放标准 pH 1.0 6～9 Cu2+含量/(mg•L-1) 72 ≤0.5 NH含量/(mg•L-1) 2632 ≤15 资料2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－ ①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为 。 ②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程 。 19．（14分）工业上可用过氧化氢为氧化剂浸取废旧线路板中的铜，某兴趣小组采取不同方案进行实验并研究可行性。 方案1 实验装置 加入液体试剂 反应现象 10mL 30% 溶液(pH约为4) 开始无明显现象，静置10小时后，溶液变为浅蓝色，铜片上有少量蓝色沉淀，之后不再有明显变化 (1)实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，其电极反应式可表示为 i.还原反应     ii.氧化反应 (2)根据电极反应式，有同学设想可以通过以下方式加快反应。 i.增大，增强的氧化性 ii.降低 ，增强Cu的还原性 (3)以此为依据设计了方案2与方案3 编号 加入液体试剂 反应现象 方案2 10mL30% 溶液和2mL 5mol/L 溶液 开始产生少量气泡，溶液变为蓝色，片刻后，反应越来越剧烈，甚至形成大量泡沫涌出(经检测，生成气体可使带火星木条复燃)，反应后剩余铜片表面光亮 方案3 10mL 30% 溶液和2mL 5mol/L 氨水 生成较多气泡，溶液变为深蓝色。一段时间后，反应逐渐变慢，此时铜片上覆盖少量蓝色沉淀物。 方案2与方案3均在一定程度上加快了反应。 ①方案2中，生成气体明显更剧烈的原因是 。 ②方案3中发生主要反应的离子方程式为 。 ③试评价方案2在回收铜过程的优缺点 。 (4)方案3中生成沉淀会降低铜的回收率并会阻碍反应进行，进一步改进方案获得了良好效果。 编号 加入液体试剂 反应现象 方案4 10mL 30% 溶液 2mL 5mol/L氨水 同时加入少量固体 生成较多气泡，溶液变为深蓝色。反应后铜片变薄且表面光亮。 试分析的作用 。 (5)小组同学通过进一步探究发现，含有和氨水的混合溶液能继续浸取单质铜。资料：在水溶液中不稳定，Cu(I)在溶液中能以等形式稳定存在。 ①用离子方程式表示上述反应原理 。 ②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，请从氧化还原角度分析此反应能够发生的原因 。 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04 （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 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．碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：下列说法正确的是 A．三种单质的晶体中C60晶体熔点最低 B．假设金刚石晶体中最近碳原子相切，则晶胞的空间利用率为74% C．均为原子晶体 D．C原子杂化方式均为sp3 【答案】A 【详解】A．C60为分子晶体，石墨烯为混合键晶体，金刚石为原子晶体，三种单质的晶体中C60晶体熔点最低，A正确； B．晶胞中只有体对角线上的原子是密置的，体对角线与晶胞边长a的关系是根号3 倍的a 等于8r，顶点两个原子，里面对角线上三个，这样找到a与r的关系，算出来的空间利用率是34.01%，B错误； C．C60为分子晶体，C错误； D．金刚石中碳原子与4个碳原子形成4个共价键，即sp3杂化，石墨烯和C60的碳原子为sp2杂化，D错误； 答案选A。 2．下列化学用语表示正确的是 A．的电子式： B．聚丙烯的结构简式： C．基态F原子价层电子的轨道表示式： D．乙烯分子中σ键的形成： 【答案】C 【详解】 A．中C、Cl原子均达到8电子稳定结构，其电子式为：，A错误； B．聚丙烯的结构简式为，B错误； C．F原子价层共有7个电子，基态F原子价层电子的轨道表示式：，C正确； D．键为头碰头重叠，题图所示为肩并肩形成的π键，D错误； 故选C。 3．下列应用与盐类的水解无关的是 A．用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污 B．将TiCl4溶于水加热制备TiO2纳米材料 C．工业上向FeSO4溶液中加入NH4HCO3制备FeCO3晶体 D．利用AlCl3与NaHCO3制备泡沫灭火剂 【答案】C 【详解】A．纯碱溶液由于+H2O而碱性，且升高温度平衡正向移动，碱性增强，从而促进油脂水解，故用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污与盐类水解有关，A不合题意； B．将TiCl4溶于水加热制备TiO2纳米材料是由于TiCl4+4H2OTi(OH)4+4HCl，加入HCl挥发，促进平衡正向移动，且Ti(OH)4受热分解生成TiO2，故与水解盐类有关，B不合题意； C．工业上向FeSO4溶液中加入NH4HCO3制备FeCO3晶体的原理：，与盐类的水解无关，C符合题意； D．利用AlCl3与NaHCO3制备泡沫灭火剂是利用Al3+和发生双水解反应，故与盐类的水解有关，D不合题意； 故答案为：C。 4．下列事实中，不能用勒夏特列原理加以解释的是 A．Na2S的水溶液有臭味，溶液中加入NaOH固体后臭味减弱 B．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体 C．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深 D．BaSO4在水中溶解度比在稀硫酸中溶解度更大 【答案】C 【详解】分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该过程必须是可逆的，否则勒夏特列原理不适用。 详解：A、硫化钠溶液中存在硫离子的水解平衡，加入碱，氢氧根浓度增大，抑制硫离子水解臭味减弱，能用勒夏特列原理解释，A不符合； B、氨水中存在一水合氨的电离平衡，加入氢氧化钠固体时，氢氧根浓度增大，可以产生较多的刺激性气味的气体氨气，能用勒夏特利原理解释，B不符合； C、氢气与碘蒸气的反应是反应前后体积不变的可逆反应，压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，平衡不移动，碘蒸气浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特利原理解释，C符合； D、BaSO4在水中存在溶解平衡，硫酸溶液中硫酸根浓度增大抑制硫酸钡溶解，因此硫酸钡的溶解度在水中比在稀硫酸中溶解度更大，能用勒夏特列原理解释，D不符合； 答案选C。 点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提。选项C是易错点。 5．我国科学家以CO2与辛胺[CH3(CH2)7NH2]为原料能够高选择性的合成甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN]，实现了CO2的再利用，有益于解决全球变暖问题。其工作原理如图，已知右池反应过程中无气体生成。下列说法不正确的是 A．Ni2P电极的电势高于In/In2O3-x电极 B．In/In2O3-x电极上可能有副产物H2生成 C．阴极上的电极反应：CO2 + H2O +2e－＝+OH－ D．标准状况下，33.6L CO2参与反应时，Ni2P电极有1.5 mol辛腈生成 【答案】D 【分析】CO2在In电极转化为HCOO-发生还原反应，该极为电解池的阴极与电源负极相连。而Ni2P为阳极与电源的正极相连。 【详解】A．阳极的电势高于阴极，A项正确； B．H+可能在In电极发生还原反应产生H2，B项正确； C．CO2在In电极转化为HCOO-发生还原反应，反应为：CO2 + H2O +2e－＝ HCOO− +OH－，C项正确； D．33.6L CO2标况下物质的量为1.5mol。按照得失电子守恒2CO2~CH3(CH2)6CN，即1.5mol的CO2产生0.75mol辛腈，D项错误； 故选D。 6．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（    ） A．漂白粉溶液在空气中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+ B．用FeCl3溶液腐蚀铜板制印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ C．向NaAlO2溶液中通入少量CO2制Al(OH)3：+CO2+2H2O=+Al(OH)3↓ D．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：+OH-=+H2O 【答案】B 【详解】A．漂白粉溶液在空气中失效时，Ca(ClO)2与空气中的CO2在水溶液中发生复分解反应，离子方程式为：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓，A不正确； B．用FeCl3溶液腐蚀铜板制印刷电路板时，Fe3+被Cu还原为Fe2+，同时Cu转化为Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B正确； C．向NaAlO2溶液中通入少量CO2，制得Al(OH)3同时生成，离子方程式为：2+CO2+3H2O=+2Al(OH)3↓，C不正确； D．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，、都与OH-发生反应，离子方程式为：++2OH-=+H2O+ NH3∙H2O，D不正确； 故选B。 7．实验：将一小粒钠放在石棉网上，微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，钠剧烈燃烧，有白烟生成。下列分析不正确的是 A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大 B．反应过程中，的键断裂 C．的形成过程可表示为 D．该实验说明的氧化性比的强 【答案】D 【详解】A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大，故A正确； B．反应过程中，的3p上的键断裂，故B正确； C．的形成过程钠原子失去电子，氯原子得到电子，可表示为 ，故C正确； D．该实验没有对比无法说明的氧化性比的强，故D错误； 故选：D。 8．下列装置完成相关实验，合理的是 A．吸收尾气中的SO2 B．验证NH3易溶于水 C．除去CO中的CO2气体 D．碳酸氢钠受热分解 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A.二氧化硫不与饱和亚硫酸氢钠溶液反应，不能用饱和亚硫酸氢钠溶液吸收尾气中的二氧化硫，故A错误； B.挤压胶头滴管，少量水进入圆底烧瓶中，如果氨气极易溶于水，烧瓶内气体压强减小，小于外界大气压会产生喷泉，故B正确； C.进气管未插入氢氧化钠溶液中，二氧化碳不能与氢氧化钠溶液反应，无法除去一氧化碳中混有的二氧化碳，故C错误； D.碳酸氢钠受热分解时生成碳酸钠、二氧化碳和水，试管口若向上倾斜，水蒸气冷凝回流会导致试管炸裂，故D错误； 故选B。 9．下列关于下图所示物质的说法，正确的是 A．该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成 B．该物质在酸性条件下的水解产物之一可做汽车发动机的抗冻剂 C．0.1mol该物质完全燃烧，生成(标准状况下)的 D．1mol该物质与足量溶液反应，最多可消耗 【答案】B 【详解】A．根据该高分子的结构简式可知，该高分子是其单体通过加聚反应生成的，A错误； B．该物质在酸性条件下的水解产物中有乙二醇，乙二醇可作为汽车发动机的抗冻剂，B正确； C．因为该物质为高分子，无法确定0.1mol该物质中含有C原子的物质的量，故无法确定完全燃烧生成二氧化碳的量，C错误； D．该物质的一个链节中含有三个酯基，水解产生的羧基均能与氢氧化钠反应，其中一个酯基水解后产生酚羟基，酚羟基也可与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4nmol NaOH，D错误； 故选B。 10．下列对物质性质的解释不合理的是 选项 性质 解释 A 熔点：晶体硅＞白磷 晶体硅属于共价晶体、白磷属于分子晶体 B 密度：干冰＞冰 的分子量大于的，干冰中分子采取密堆积排列，冰中分子采取非密堆积排列 C 酸性： 电负性： D 氧化性： 键能： A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．晶体硅属于共价晶体、白磷属于分子晶体，共价晶体熔点远大于分子晶体，解释合理，故A不符合题意； B．的相对分子质量大于，且干冰中分子采取密堆积排列，而冰中水分子存在氢键导致水分子采取非密堆积排列，导致密度：干冰＞冰，解释合理，故B不符合题意； C．电负性F>Cl，则吸电子能力F>Cl，吸电子能力增强导致羧基中氢更容易被电离出来，导致酸性增强，故酸性，解释合理，故C不符合题意； D．原子半径溴小于碘，溴溴键键长小于碘碘键键长，故键能，解释不合理，故D符合题意； 故选D。 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．已知中N元素为价，关于反应，下列说法正确的是 A．是氧化产物 B．发生了还原反应 C．当反应中转移电子时，有被还原 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1 【答案】C 【分析】已知NCl3中N元素为价，则氯元素化合价为+1；反应中NCl3的氯元素化合价从价降低至价，中氯元素的化合价从价升高至价，所以NCl3是氧化剂，发生了还原反应，是还原剂，发生了氧化反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，是氧化产物，是还原产物； 【详解】A．由分析可知，中氮元素、氢元素均没有化合价改变，不是氧化产物，A错误； B．是还原剂，发生了氧化反应，B错误； C．反应中NCl3的氯元素化合价从价降低至价，，当反应中转移电子，则有被还原，C正确； D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，D错误； 故选C。 13．已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.0kJ·mol-1，两步热循环制H2的过程如图，第一步以太阳能为热源分解Fe3O4，第二步FeO水解获得H2。 过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △HI=+604.8kJ·mol-1 过程II：H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g) △HII 下列说法正确的是 A．根据盖斯定律△HI+△HII=0 B．过程I中每生成3molFeO，转移1mol电子 C．过程II在任何温度下均为自发反应 D．整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能 【答案】C 【详解】A．已知反应①：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)   △H=+571.0kJ·mol-1和反应②：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)    △HI=+604.8kJ·mol-1，根据盖斯定律将，可得过程II的热化学方程式为H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g)   △HII=-16.9 kJ·mol-1，△HI+△HII=604.8 kJ·mol-1-16.9 kJ·mol-1=+587.9 kJ·mol-1，A项错误； B．过程I中每生成3molFeO，转移2mol电子，B项错误； C．根据反应H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g)   △HII=-16.9 kJ·mol-1，可知△S>0，△HII<0根据反应自发进行的判据：△H-T△S<0，该反应任何温度下均为自发反应， C项正确； D．过程I将太阳能转化为化学能,过程I是放热反应，将化学能转化为热能，即该过程能量转化形式是太阳能转化为化学能和化学能转化为热能，D项错误； 答案选C。 14．湿法提银工艺中，浸出需加沉淀。25℃，平衡体系中含微粒的分布系数[如]随的变化曲线如图所示， 已知：，下列叙述正确的是 A．25℃时，的溶解度随增大而减小 B．沉淀最彻底时，溶液中 C．25℃时，的平衡常数 D．当时，溶液中 【答案】C 【详解】A．由图可知，氯化银的溶解度先随着氯离子浓度减小，后随着银离子与氯离子形成络离子而增大，故A错误； B．由图可知，氯化银的分布系数最大时，氯离子浓度为10—2.54mol/L，溶液中银离子浓度为=10—7.21mol/L，故B错误； C．由方程式可知，反应的平衡常数K=，由图可知，氯离子浓度为10—0.2mol/L时，溶液中c(AgCl)=c(AgCl)，则反应的平衡常数K===100.2，故C正确； D．由图可知，氯离子浓度为10—2.54mol/L，溶液中银离子浓度为=10—7.21mol/L，则溶液中的氯离子浓度大于银离子，故D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（11分）金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。 (1)三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示： ①基态铁离子的核外电子填充在 个原子轨道中； ②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为 ； ③此配离子中含有的化学键类型为 。 A．离子键　　B．金属键　　C．共价键　　D．配位键　　E．σ键　　F．π键 (2)与钴盐形成的配离子可用于检验的存在。离子的VSEPR模型名称为 。 (3)研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物和，其中适合作录音带磁粉原料的是 。 (4)锰的一种配合物的化学式为。已知：原子个数和价电子总数分别对应相等的分子、离子或基团称为等电子体。请写出两种与互为等电子体的微粒 (请写出一个分子和一个离子)。 (5)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为 ，已知晶胞密度为ρg/cm，用表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的边长为 cm(列计算式)。 【答案】(1) 14 、 CDEF (2)平面三角形 (3) (4)、、、(2分，合理给分) (5) 4 【详解】（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，则基态铁离子的核外电子填充在14个原子轨道中； ②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化类型为sp3杂化、sp2杂化。 ③根据配离子的结构知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键和π键，答案选CDEF。 （2）中中心原子N的孤电子对数为（5+1-22）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2-的VSEPR模型为平面三角形。 （3）V2O5中金属阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中金属阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子；根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。 （4）用替换法，与互为等电子体的分子为CH4、SiH4，离子为等。 （5）由晶胞可见黑色小球的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4。 用“均摊法”，晶胞中含大的灰球：8+6=4，含黑色小球：4，设晶胞的边长为rcm，则晶体密度为，则。 16．（11分）将天然气(主要成分为)中的、资源化转化在能源利用。环境保护等方面意义重大。 (1)转化为CO、转化为S的反应如下： i．   kJ/mol ii．   kJ/mol iii．、转化生成CO、S等物质的热化学方程是 。 (2)性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应iii，通过设计合适的催化剂可以降低反应的 ，提高反应速率。 a．活化能    b．    c．平衡常数 (3)我国科学家通过研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应，工作原理如图所示。 【方案1】若 ①结合化学用语说明生成S、CO的原理： 。 【方案2】若 电流效率的定义 ②测得，，阴极放电的物质有 ； ③为进一步确认、能协同转化，对CO的来源分析如下： 来源1：通过电极反应产生CO； 来源2：电解质(含碳元素)等碳基材料发生降解，产生CO。 设计实验探究，证实来源2不成立。实验方案是 。 结论：方案2明显优于方案1。该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。 【答案】(1)   kJ/mol (2)a (3) 阳极反应：，；通过质子交换膜移向阴极区，阴极反应：，从而产生S、CO 、 阴极区通入不含的原料气，重复上述实验，无CO产生 【详解】（1）已知：i． kJ/mol；ii． kJ/mol；由盖斯定律可知，（i+ ii）可得 kJ/mol=+18 kJ/mol。 （2）根据题中信息，选取合适的催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，对无影响，对平衡移动无影响，即对平衡常数无响影，选项a符合题意。 （3）①由题中图示可知，阳极电极反应式为，与发生氧化还原反应，即，通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为，从而产生S、CO； ②由题中信息可知，的电解效率接近100%，CO的电解效率为，说明在阴极区除了CO2放电，还有放电； ③为了证实来源2不成立，实验方案是阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生。 17．（11分）我国科研人员发现，中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。黄芩素的一种合成路线如下： 已知： ①R-Br+CH3ONaR-OCH3+NaBr ②+ + ③+ +H2O(R、R´、R´´为烃基或H) 回答下列问题： (1)A中所含的官能团为 ，A→B的反应类型为 。 (2)B→D中反应i的化学方程式为 。 (3)E与F反应生成G的化学方程式为 。 (4)H分子中有三个六元环状结构，其结构简式为 。 (5)下列关于黄芩素的说法中，正确的是________ (填字母序号)。 A．分子中有3种含氧官能团，所有碳原子均为sp2杂化 B．能与Na2CO3溶液反应，能与发生取代反应和加成反应 C．存在含苯环、碳碳三键和羧基的同分异构体 D．“H→黄岑素”反应中通入N2的目的可能是防止黄岑素被氧化 (6)有文献指出，C的另外一种合成方法如下： Ⅰ与NaHCO3溶液反应产生气体，其结构简式为 (不考虑立体异构)。 【答案】(1) 羟基 取代反应 (2) (3) (4) (5)ABCD (6) 【分析】由信息②，结合A的分子式C6H6O，推得A是，A和溴发生取代反应生成B，由黄芩素的结构简式逆推，B是；由信息①可知D是；由信息②可知E是；根据信息③可知，F是，E和F生成G，G 是，G和氧气反应生成H，H分子中有三个六元环状结构，根据H的分子式可知，H是。 【详解】（1）A是，所含的官能团为羟基，A→B是与溴反应生成，反应类型为取代反应； （2）根据信息①，和CH3ONa反应生成，反应方程式为； （3）与反应生成和水，反应的化学方程式为； （4）根据以上分析，H分子中有三个六元环状结构，其结构简式为； （5）A．分子中有羟基、羰基、醚键3种含氧官能团，所有碳原子均为sp2杂化，故A正确； B．黄芩素分子中含有酚羟基，能与Na2CO3溶液反应，能与发生取代反应，含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故B正确； C．不饱和度为11，所以可能存在含苯环、碳碳三键和羧基的同分异构体，故C正确； D．酚羟基易被氧化，黄岑素含有酚羟基，“H→黄岑素”反应中通入N2的目的可能是防止黄岑素被氧化，故D正确； 选ABCD。 （6）Ⅰ与NaHCO3溶液反应产生气体，说明I含有羧基，根据原子守恒，由D、G的结构简式逆推，可知I的结构简式为。 18．（11分）以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。 资料1：流程中RH为有机化合物 (1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是 。 (2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号) 。 (3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为 。 (4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因 。 (5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、 、有机溶剂、 。 (6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。 项目 废水水质 排放标准 pH 1.0 6～9 Cu2+含量/(mg•L-1) 72 ≤0.5 NH含量/(mg•L-1) 2632 ≤15 资料2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－ ①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为 。 ②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程 。 【答案】(1)提高浸取速率和铜的浸取率 (2)③⑤ (3) (4)温度过高会导致H2O2分解 (5) NH4Cl RH (6) 9 b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。 【分析】铜电路板粉碎后和NH3、NH4Cl、H2O2等发生氧化还原反应，离子方程式为。浸出液中主要存在[Cu(NH3)4]2+、Cl－等离子。浸出液再与RH反应，用有机溶剂萃取，有机层中含CuR2，水层中含NH4Cl。分液后往有机层加入稀硫酸，则CuR2和H2SO4反应得到CuSO4和RH，CuSO4位于水层，RH位于有机层。分液后得到CuSO4溶液，后续处理得到CuSO4晶体。 【详解】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。 （2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。 （3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为。 （4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。 （5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。 （6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3∙H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。 19．（14分）工业上可用过氧化氢为氧化剂浸取废旧线路板中的铜，某兴趣小组采取不同方案进行实验并研究可行性。 方案1 实验装置 加入液体试剂 反应现象 10mL 30% 溶液(pH约为4) 开始无明显现象，静置10小时后，溶液变为浅蓝色，铜片上有少量蓝色沉淀，之后不再有明显变化 (1)实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，其电极反应式可表示为 i.还原反应     ii.氧化反应 (2)根据电极反应式，有同学设想可以通过以下方式加快反应。 i.增大，增强的氧化性 ii.降低 ，增强Cu的还原性 (3)以此为依据设计了方案2与方案3 编号 加入液体试剂 反应现象 方案2 10mL30% 溶液和2mL 5mol/L 溶液 开始产生少量气泡，溶液变为蓝色，片刻后，反应越来越剧烈，甚至形成大量泡沫涌出(经检测，生成气体可使带火星木条复燃)，反应后剩余铜片表面光亮 方案3 10mL 30% 溶液和2mL 5mol/L 氨水 生成较多气泡，溶液变为深蓝色。一段时间后，反应逐渐变慢，此时铜片上覆盖少量蓝色沉淀物。 方案2与方案3均在一定程度上加快了反应。 ①方案2中，生成气体明显更剧烈的原因是 。 ②方案3中发生主要反应的离子方程式为 。 ③试评价方案2在回收铜过程的优缺点 。 (4)方案3中生成沉淀会降低铜的回收率并会阻碍反应进行，进一步改进方案获得了良好效果。 编号 加入液体试剂 反应现象 方案4 10mL 30% 溶液 2mL 5mol/L氨水 同时加入少量固体 生成较多气泡，溶液变为深蓝色。反应后铜片变薄且表面光亮。 试分析的作用 。 (5)小组同学通过进一步探究发现，含有和氨水的混合溶液能继续浸取单质铜。资料：在水溶液中不稳定，Cu(I)在溶液中能以等形式稳定存在。 ①用离子方程式表示上述反应原理 。 ②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，请从氧化还原角度分析此反应能够发生的原因 。 【答案】(1) (2)(铜离子) (3) 生成的()作为催化剂，加快了分解速率 优点：产物单一，污染小；缺点：大量分解，成本高 (4)降低，避免生成 (5) 加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势 【分析】探究影响铜与双氧水反应的速率的因素。方案2中通过加入稀硫酸增大氢离子浓度，探究增大，增强的氧化性；方案3通过加入氨水生成降低Cu2+浓度，探究降低Cu2+，增强Cu的还原性；方案4通过加固体降低OH-浓度，防止生成，探究对反应速率的影响。 【详解】（1）实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，双氧水得电子发生还原反应，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+，电极反应为； （2）负极发生反应，降低浓度，增强Cu的还原性； （3）①方案2中，可以催化双氧水分解放出氧气，生成的作为催化剂，加快了分解速率，所以生成气体明显更剧烈。 ②方案3中Cu、H2O2、氨水反应溶液变为深蓝色，说明生成，发生主要反应的离子方程式为； ③方案2在回收铜过程，优点是产物单一，污染小；缺点是大量分解，成本高。 （4）加入，发生反应降低，避免生成。 （5）①上述反应原理为； ②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势。 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 $$