黄金卷01（黑吉辽专用）-【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（黑吉辽专用） 黄金卷01·参考答案 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 D C A A C C D A C B C C B B D 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分，除标注外，每空2分） (1)（1分） (2)除去钛废料中的 (3) (4)结构中含有过氧键 (5)3.2 (6)B 17．（13分，除标注外，每空2分） (1)防止温度过高，发生副反应，生成NaClO3等杂质 分液漏斗（1分） (2)NH3+NaClO=NaOH+NH2Cl (3)C (4)bafcd 溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化 0.0125mol/L 18．（14分，除标注外，每空2分） (1) 高温（1分） (2)1.0 (3)D 升高 (4) 温度升高，开始时反应a的反应速率更快；温度接近600℃，CH4转化率接近100%，温度继续升高，反应b继续进行（3分） B 19．（15分，除标注外，每空2分） (1)3-溴-1-丙烯 4 (2)FeCl3溶液（1分） 氧化反应（1分） (3) +CH3OH+H2O 酯基、醚键、羟基 (4) -80℃（1分），++HBr 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（黑吉辽专用） 黄金卷01 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Sc 45 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是 A．中国第三艘航空母舰是目前世界上最大的常规动力航母：航母燃料油的主要成分为烃 B．发现了月壤中的“嫦娥石”：其成分属于无机盐 C．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯有很强的耐腐蚀性 D．利用合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变 2．钪元素在国防、冶金、化工、宇航等领域有重要的应用。由草酸钪制取钪单质的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A．在空气中灼烧草酸钪，反应的化学方程式为 B．为离子化合物，的电子式为 C．理论上，生产钪单质，需要金属钙 D．假设各步转化均完全，由粗氧化钪可制得钪单质，则粗氧化钪的纯度为92％ 3．反应常被用于除去水中残余氯。为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．100 mL 1 mol⋅L水溶液中含有的键数目为 B．0℃、101kPa时，22.4 L 中氯原子的数目为 C．常温常压下1.6 g 含有质子的数目为 D．通过上述反应除去0.5 mol ，转移电子的数目为 4．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管 蒸馏水、NaCl固体 B 鉴别葡萄糖和麦芽糖 试管、酒精灯 葡萄糖溶液、麦芽糖溶液、银氨溶液 C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管、碱式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和溶液 5．利用和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：，下列说法不正确的是 A．反应中做氧化剂，而也可以发生上述反应 B．空间构型为直线型 C．每生成，转移电子数为2 D．酸性： 6．色并嘧啶衍生物因其显著的生物学特性而在科学研究中引起了极大关注。合成过程的某步反应如图所示，下列说法正确的是 A．M分子中醛基氢原子与羟基氧原子可形成分子内氢键 B．N分子中碳原子杂化方式有两种 C．在酸性条件下的水解产物最多消耗 D．均能使溴水褪色，其原理完全相同 7．某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是 A．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构 B．阴离子中X原子采用sp3杂化 C．第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>X D．X最高价氧化物对应的水化物为弱酸 8．三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是 A．从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2 B．与生成中间体的反应为取代反应 C．反应历程中，苯环的大键未发生变化 D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热 9．约翰等化学家在锂电池研发中做出的突出贡献，获得2019年诺贝尔化学奖；锂电池是新能源汽车的动力电池之一，主要以磷酸亚铁锂为原料。以下是在锂电池废料中回收锂和正极金属，流程如下，下列叙述正确的是 A．上述流程中可用代替 B．废旧电池属于湿垃圾，可通过掩埋土壤中进行处理 C．从“正极片”中可回收的金属元素有 D．“沉淀”反应的金属离子为 10．一种成本低、稳定性好的全碱性多硫化物—空气液流二次电池工作时，原理如图所示。下列说法正确的是 A．连接负载时，电极A为正极 B．连接负载时，电极A的反应方程式为 C．连接电源时，电路中每通过个电子，生成的质量为 D．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜 11．环六糊精(D－吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构如图1，腔内壁具有疏水性，可包合某些分子形成超分子。如在水溶液中，将环六糊精中一个“－CH2OH”基团换成大小合适的“－C6H4C(CH3)3”可进入环糊精空腔内部，如图2所示。下列说法错误的是 A．－C6H4C(CH3)3是疏水基团，和腔内壁不是强相互作用 B．上述结合时排挤水分子，增加了水分子间的氢键，降低了体系的能量 C．上述过程使无序的自由水减少，是一个熵减的过程 D．多个更换基团的环六糊精，可以自发进行组装，形成长链结构 12．在容积为2L的恒容密闭容器中通入2mol，发生反应，一定温度下，测得的转化率随时间的变化如图所示，在60min时反应达到平衡状态。下列说法错误的是 A．a点处的逆反应速率小于b点处的正反应速率 B．0-10min内，的平均反应速率 C．其他条件不变，改为恒压条件下发生反应，平衡时的转化率小于50% D．60min后，保持恒温恒容，再通入2mol NO和1mol，平衡逆向移动，平衡常数不变 13．氮化锂()可用于制作有机发光二极管，通过下列实验步骤可制备少量，部分实验装置如图所示。 实验步骤： ⅰ．通入，并逐步升温至200℃； ⅱ．一段时间后，停止加热，冷却至室温，在小反应器中加入1粒新切锂粒，在大反应器中加入10~12粒新切锂粒； ⅲ．继续通入一小时后，再缓慢升温至450℃，待反应结束取出产品。 下列叙述错误的是 A．制备需要在严格无水无氧条件下进行 B．装置中和溶液的作用相同 C．步骤ⅰ的目的是排尽装置内的空气和水蒸气 D．实验结束时，从大反应器中收集产品 14．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是 A．位于O原子形成的正八面体空隙 B．若与空位的个数比为 C．立方晶胞在体对角线方向上的投影图为 D．导电时，空位移动方向与电流方向相反 15．湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数[如]随的变化曲线如图所示。已知：。下列叙述错误的是 A．25℃时，AgCl的溶解度不会因增大而一直减小 B．25℃时，的平衡常数 C．沉淀最彻底时，溶液中 D．当时，溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）钛用途广泛，焦磷酸镁不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为，含少量)为原料，分离提纯并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如图： 已知：不与碱反应，与酸反应后以的形式存在。回答下列问题： (1)基态的价电子排布式是 。 (2)步骤“碱浸”的作用是 。 (3)滤渣2的主要成分为 (填化学式)。 (4)过二硫酸钠结构如下图所示，过二硫酸钠有强氧化性的原因是 ，“氧化”时转化为的离子方程式为 。 (5)离子浓度时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使沉淀完全，调节的最小值为 (已知：)。 (6)钛是一种性能非常优越的金属。工业上可利用与反应制备金属钛。下列金属冶炼方法与冶炼的方法相似的是 (填字母标号)。 A．电解熔融制钠        B．铝热反应制锰        C．加热分解制银 17．（13分）一氯胺(NH2Cl)是重要的水消毒剂，在中性环境中易发生水解。某兴趣小组实验室模拟制备一氯胺并测定其含量实验如下： 实验一：制备NaClO溶液(实验装置图所示)。连接好装置，检查气密性后，加入药品，打开K1关闭K2，将装置I产生的气体通入装置Ⅱ中制备NaClO溶液。 实验二：制备NH2Cl一段时间后，关闭K1打开K2，将装置Ⅲ产生的气体也通入装置Ⅱ中制备得到一氯胺。 实验三：测定一氯胺(NH2Cl)含量用移液管移取20.00mL实验后装置Ⅱ中溶液，加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定。 请回答： (1)实验一中用冰水浴控制温度的主要目的为 ；盛有浓盐酸的仪器名称是 。 (2)请写出实验二制备NH2Cl的化学方程式 。 (3)关于一氯胺(NH2Cl)制备过程中下列说法正确的是___________。 A．实验一装置I中KMnO4可用MnO2代替 B．装置Ⅱ中尾气处理管可以起防倒吸作用 C．实验二需控制NH3的用量，防止生成多氯胺等杂质 D．NH2Cl在中性环境中易发生水解，其原理为NH2Cl+H2O=HCl+NH2OH (4)在实验三滴定过程中使用到碱式滴定管(如图所示)。 ①选出其正确操作并按顺序列出字母：蒸馏水洗涤→加入待装液3～5mL→__→__→__→__→__→滴定__， 。 a．加液至“0”刻度以上2～3cm；b．倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，挤压玻璃球，放液；c．调整至“0”或“0”刻度以下，静止1min，读数；d．将滴定管尖端插入锥形瓶内约1cm；e．右手拿住滴定管倾斜30°，左手迅速打开活塞；f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球a处，放液；g．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球b处，放液；h．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球c处，放液。 ②判定达到滴定终点的现象是 。 ③三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为5.00mL，则一氯胺的物质的量浓度为 。已知：NH2Cl+I－+H2O→NH3•H2O+OH－+Cl－+I，I2+I－， (未配平) 18．（14分）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： 反应a： 反应b： 回答下列问题： (1)反应   kJ/mol，该反应正向自发的条件为 (填“高温”或“低温”)自发。 (2)在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分数随温度变化的关系如图下1所示，曲线x对应的 。 (3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如图2流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法错误的是 (填标号)。 A．CaO与CO2的反应可促进Fe3O4氧化CO的平衡右移 B．Fe3O4和CaO都可以循环利用 C．H2在过程ii将Fe3O4还原为单质铁 D．过程ii产生的H2O最终被CaO吸收了 ②过程ⅱ平衡后通入He，CO的物质的量的变化是 (填“升高”“降低”或“不变”)。 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，发生反应a和b．某一时段内CH4和CO2的转化率和R值随温度的变化分别如图3和图4所示。 ①结合图3分析图4，R随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是 。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法正确的是 (填标号)。 A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高了反应a的速率 B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C．改变催化剂提高CH4转化率，R值一定增大 19．（15分）一种利胆药物F的合成路线如图： 已知：I． Ⅱ． (1)的化学名称为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。 ①含有酚羟基    ②不能发生银镜反应    ③含有四种化学环境的氢 (2)检验B中是否含有A的试剂为 ；B→C的反应类型为 。 (3)C→D的化学方程式为 ；E中含氧官能团共 种。 (4)已知：，综合上述信息，由和合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①设计的最后一步反应中，依据已知I，推出有机反应物为 (写结构简式)。 ②设计路线中与HBr反应的温度应该为 。 ③步骤中发生的化学方程式为 。 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（黑吉辽专用） 黄金卷01 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Sc 45 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是 A．中国第三艘航空母舰是目前世界上最大的常规动力航母：航母燃料油的主要成分为烃 B．发现了月壤中的“嫦娥石”：其成分属于无机盐 C．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯有很强的耐腐蚀性 D．利用合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变 【答案】D 【解析】A．经石油分离得到重油，属于烃，A正确； B．嫦娥石因其含有Y、等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确； C．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被海水腐蚀，C正确； D．常见的脂肪酸有：硬脂酸、油酸，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，D错误； 答案选D。 2．钪元素在国防、冶金、化工、宇航等领域有重要的应用。由草酸钪制取钪单质的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A．在空气中灼烧草酸钪，反应的化学方程式为 B．为离子化合物，的电子式为 C．理论上，生产钪单质，需要金属钙 D．假设各步转化均完全，由粗氧化钪可制得钪单质，则粗氧化钪的纯度为92％ 【答案】C 【分析】草酸钪在空气中灼烧生成粗和，粗经提纯得到纯，纯与反应生成，与钙在高温条件下反应生成钪和氧化钙。 【解析】A．草酸钪在空气中灼烧时，与空气中的发生反应生成和，反应的化学方程式为：，故A项正确； B．中含有，是离子化合物，的电子式为，故B项正确； C．根据可知，生成钪单质需要金属钙，其质量为，故C项错误； D．由质量守恒可知，氧化钪可制得钪单质，则粗氧化钪的纯度为：％=92％，故D项正确； 故本题选C。 3．反应常被用于除去水中残余氯。为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．100 mL 1 mol⋅L水溶液中含有的键数目为 B．0℃、101kPa时，22.4 L 中氯原子的数目为 C．常温常压下1.6 g 含有质子的数目为 D．通过上述反应除去0.5 mol ，转移电子的数目为 【答案】A 【解析】A．水溶液中，H2O2和H2O均含有2个键，则100 mL 1 mol⋅L水溶液中含有的键数目大于，A错误； B．0℃、101kPa为标准状态，22.4 L 的物质的量为1mol，含有氯原子的数目为，B正确； C．O2中含有16个质子，常温常压下1.6 g 的物质的量为=0.05mol，含有质子的数目为，C正确； D．根据反应可知，Cl元素由0价下降到-1价，通过上述反应除去0.5 mol ，转移电子的数目为= ，D正确； 故选A。 4．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管 蒸馏水、NaCl固体 B 鉴别葡萄糖和麦芽糖 试管、酒精灯 葡萄糖溶液、麦芽糖溶液、银氨溶液 C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管、碱式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸 D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和溶液 【答案】A 【解析】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：分析天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，故A项正确； B．葡萄糖和麦芽糖都是还原性糖，不能用银氨溶液鉴别，故B项错误； C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，缺少指示剂，故C项错误； D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，故D项错误； 故本题选A。 5．利用和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：，下列说法不正确的是 A．反应中做氧化剂，而也可以发生上述反应 B．空间构型为直线型 C．每生成，转移电子数为2 D．酸性： 【答案】C 【解析】A．该反应过程中Xe元素化合价由+2价下降到0价，做氧化剂，作还原剂，Cl元素和Br元素都是卤族元素，且的还原性强于，由氧化还原的规律可知也可以发生上述反应，A正确； B．中心原子价层电子对数为2+=5，且含有3个孤电子对，当空间构型为直线形时最稳定，空间构型为直线型，B正确； C．该反应过程中Br元素化合价由+5价上升到+7价，每生成，转移电子数为2NA，C错误； D．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，Cl的非金属性强于Br，且HF为弱酸，则酸性：，D正确； 故选C。 6．色并嘧啶衍生物因其显著的生物学特性而在科学研究中引起了极大关注。合成过程的某步反应如图所示，下列说法正确的是 A．M分子中醛基氢原子与羟基氧原子可形成分子内氢键 B．N分子中碳原子杂化方式有两种 C．在酸性条件下的水解产物最多消耗 D．均能使溴水褪色，其原理完全相同 【答案】C 【解析】A．M为邻羟基苯甲醛，在邻羟基苯甲醛分子中，羟基(-OH)和醛基(-CHO)位于相邻的位置，这使得它们之间的距离足够近，从而能够在分子内部形成氢键，但氢键形成于醛基氧和羟基氢之间，A错误； B．N分子中-CH3、-CH2-碳原子均为sp3杂化，酯基的碳原子为sp2杂化，-CN碳原子形成三键为sp杂化，B错误； C．P在酸性条件下水解为，水解产物最多消耗氢氧化钠3mol，C正确； D．M中醛基具有还原性能使溴水褪色、另外酚羟基的邻对位也能和溴水发生取代反应而使溴水褪色，P是因为碳碳双键能和溴单质发生加成反应使溴水褪色，D错误； 故选C。 7．某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是 A．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构 B．阴离子中X原子采用sp3杂化 C．第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>X D．X最高价氧化物对应的水化物为弱酸 【答案】D 【分析】由题干信息可知，根据该化合物的结构示意图可知，Z带一个正电荷，X能形成3个共价键，Y能形成2个共价键，且X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O，X为B，Z为Na，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，结合该化合物的结构示意图可知，化合物中O、Na原子均满足8电子稳定结构，但B原子不满足，A错误； B．由分析可知，X为B，结合该化合物的结构示意图可知，阴离子中B原子周围有3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故采用sp2杂化，B错误； C．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，且非金属元素的第一电离能大于金属元素，则第一电离能由大到小的顺序为：O＞B＞Na，即Y> X > Z，C错误； D．由分析可知，X为B ，则X最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，即硼酸为弱酸，D正确； 故选D。 8．三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是 A．从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2 B．与生成中间体的反应为取代反应 C．反应历程中，苯环的大键未发生变化 D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热 【答案】A 【解析】A．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，故A正确； B．由图可知，与生成中间体的反应为加成反应，故B错误； C．由图可知，反应历程中苯环变成，中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，故C错误； D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故D错误； 故选C。 9．约翰等化学家在锂电池研发中做出的突出贡献，获得2019年诺贝尔化学奖；锂电池是新能源汽车的动力电池之一，主要以磷酸亚铁锂为原料。以下是在锂电池废料中回收锂和正极金属，流程如下，下列叙述正确的是 A．上述流程中可用代替 B．废旧电池属于湿垃圾，可通过掩埋土壤中进行处理 C．从“正极片”中可回收的金属元素有 D．“沉淀”反应的金属离子为 【答案】C 【分析】正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀； 【解析】A．硝酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硝酸钠代替碳酸钠，A错误； B．废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，B错误； C．根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有，C正确； D．加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是，D错误； 故选C。 10．一种成本低、稳定性好的全碱性多硫化物—空气液流二次电池工作时，原理如图所示。下列说法正确的是 A．连接负载时，电极A为正极 B．连接负载时，电极A的反应方程式为 C．连接电源时，电路中每通过个电子，生成的质量为 D．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜 【答案】B 【分析】该电池为碱性多硫化物---空气液流二次电池，所以放电时通入空气的一极为正极，即电极B为正极，电极A为负极，充电时电极B为阳极，电极A为阴极。 【解析】A．连接负载时为原电池，电极B为正极，A错误； B．连接负载时为原电池，电极A为负极，发生氧化反应，电极反应为2 - 2e- = ，B正确； C．连接电源时为电解池，电极B反应为4OH--4e-=O2+2H2O，电极A反应为+ 2e- =2，不产生NaOH，C错误； D．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；负极发生氧化反应，反应为2 - 2e- = ；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，D错误； 综上所述答案为B。 11．环六糊精(D－吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构如图1，腔内壁具有疏水性，可包合某些分子形成超分子。如在水溶液中，将环六糊精中一个“－CH2OH”基团换成大小合适的“－C6H4C(CH3)3”可进入环糊精空腔内部，如图2所示。下列说法错误的是 A．－C6H4C(CH3)3是疏水基团，和腔内壁不是强相互作用 B．上述结合时排挤水分子，增加了水分子间的氢键，降低了体系的能量 C．上述过程使无序的自由水减少，是一个熵减的过程 D．多个更换基团的环六糊精，可以自发进行组装，形成长链结构 【答案】C 【解析】A．强相互作用指原子或原子团之间形成化学键。环六糊精中一个“－CH2OH”基团换成大小合适的“－C6H4C(CH3)3”可进入环糊精空腔内部，这不是化学键，A正确； B．排挤出水分子，使得腔外更多水分子聚集，增加了水分子间的氢键，降低体系的能量，B正确； C．排挤出水分子，使呈自由状态的水分子数增加，无序度增加，是熵增的过程，C错误； D．基团换成“后可进入到下一个环六糊精的空腔，从而形成链状结构，D正确； 故选C。 12．在容积为2L的恒容密闭容器中通入2mol，发生反应，一定温度下，测得的转化率随时间的变化如图所示，在60min时反应达到平衡状态。下列说法错误的是 A．a点处的逆反应速率小于b点处的正反应速率 B．0-10min内，的平均反应速率 C．其他条件不变，改为恒压条件下发生反应，平衡时的转化率小于50% D．60min后，保持恒温恒容，再通入2mol NO和1mol，平衡逆向移动，平衡常数不变 【答案】C 【分析】根据图象可知，平衡时，二氧化氮的转化率为50%，即有： ，则，据此作答。 【解析】A．b点仍处于从正反应建立平衡的途中，则b点处的逆反应速率小于b点处的正反应速率，b点处NO和O2的浓度大于a点处的，则a点处的逆反应速率小于b点处的逆反应速率，更小于b点处的正反应速率，故A正确； B． 0~10 min内，O2的平均反应速率，故B正确； C． 其他条件不变，若在恒压条件下发生反应，等效于减压平衡右移，则平衡时的转化率大于50%，故C错误； D． 60 min后，保持温度不变，向该容器中再通入2molNO和1mol，则，因此反应逆向进行，温度不变，则平衡常数不变，故D正确； 故答案选C。 13．氮化锂()可用于制作有机发光二极管，通过下列实验步骤可制备少量，部分实验装置如图所示。 实验步骤： ⅰ．通入，并逐步升温至200℃； ⅱ．一段时间后，停止加热，冷却至室温，在小反应器中加入1粒新切锂粒，在大反应器中加入10~12粒新切锂粒； ⅲ．继续通入一小时后，再缓慢升温至450℃，待反应结束取出产品。 下列叙述错误的是 A．制备需要在严格无水无氧条件下进行 B．装置中和溶液的作用相同 C．步骤ⅰ的目的是排尽装置内的空气和水蒸气 D．实验结束时，从大反应器中收集产品 【答案】B 【分析】因Li极易与水、氧气等反应，因此制备需要在无水无氧的环境下，并利用N2排尽装置中的空气和水蒸气，利用小反应器除去N2中可能混有的、等，在大反应器中收集产品。 【解析】A．Li极易与水、氧气等反应，所以制备需要在严格无水无氧条件下进行，A正确； B．是常用的干燥剂，用于吸收水，而溶液具有还原性，用于吸收氧气，所以它们的作用不相同，B错误； C．步骤ⅰ使反应体系内充满，将能与Li反应的空气和水蒸气排尽，C正确； D．小反应器中放少量锂粒，用于除去气体中可能混有的、等，所以产品应该在大反应器中，D正确； 故答案选B。 14．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是 A．位于O原子形成的正八面体空隙 B．若与空位的个数比为 C．立方晶胞在体对角线方向上的投影图为 D．导电时，空位移动方向与电流方向相反 【答案】B 【解析】A．周围有6个O原子，位于形成的正八面体空隙，A项正确； B．根据“均摊法”，1个晶胞中含：个，含O：个，含或或空位共：1个，若，则和空位共0.75，(空位)，结合正负化合价代数和为0，，解得、n(空位)与空位数目之比为，B项错误； C．位于顶点，O位于棱心，或或空位位于体心，投影图为，C项正确； D．导电时移动方向与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确； 答案选B。 15．湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数[如]随的变化曲线如图所示。已知：。下列叙述错误的是 A．25℃时，AgCl的溶解度不会因增大而一直减小 B．25℃时，的平衡常数 C．沉淀最彻底时，溶液中 D．当时，溶液中 【答案】D 【分析】由图，纵坐标描述的是含Ag微粒的分布系数，横坐标描述的是，随的增大(即Cl-浓度的增大)，Ag+的浓度一开始减小，AgCl增多，第二阶段是AgCl减少，增多；第三阶段减少，增多；当等于-2.54时开始产生，并且先增多后减小，据此作答。 【解析】A．由图可知，开始的时候氯化银的溶解度随着增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大到一定程度的时候，随着增大，溶液中的银离子和氯离子形成络合离子而溶解度增大，故A正确； B．常温下，的平衡常数，在图中横坐标为时与相交，即两者的浓度相等，则在常数中其比值为1，此时该反应平衡常数，故B正确； C．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候就是沉淀最彻底时，由图可知此时，由可知，，则此时，故C正确； D．当时，图中横坐标为-2，由图可知此时，故D错误； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）钛用途广泛，焦磷酸镁不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为，含少量)为原料，分离提纯并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如图： 已知：不与碱反应，与酸反应后以的形式存在。回答下列问题： (1)基态的价电子排布式是 。 (2)步骤“碱浸”的作用是 。 (3)滤渣2的主要成分为 (填化学式)。 (4)过二硫酸钠结构如下图所示，过二硫酸钠有强氧化性的原因是 ，“氧化”时转化为的离子方程式为 。 (5)离子浓度时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使沉淀完全，调节的最小值为 (已知：)。 (6)钛是一种性能非常优越的金属。工业上可利用与反应制备金属钛。下列金属冶炼方法与冶炼的方法相似的是 (填字母标号)。 A．电解熔融制钠        B．铝热反应制锰        C．加热分解制银 【答案】（13分，除标注外，每空2分） (1)（1分） (2)除去钛废料中的 (3) (4)结构中含有过氧键 (5)3.2 (6)B 【分析】以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸时是为了除去能与碱反应的Al2O3，然后过滤，向滤液中加入过量的硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸亚铁晶体析出从而出去大部分亚铁离子；然后过滤，向滤液中加热水解生成TiO(OH)2，过滤得到TiO(OH)2固体和主要含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO(OH)2得TiO2；将滤液氧化后调pH是铁离子生成氢氧化铁而除去铁离子，然后过滤，向滤液中加焦硫酸钠得到焦硫酸镁，据此分析解题。 【解析】（1）Fe是26号元素，价电子排布式是； （2）根据分析，“碱浸”的目的是为了除去能与碱反应的Al2O3； （3）“酸浸”后溶液中存在的离子有亚铁离子、铁离子、镁离子和硫酸根离子，加Fe粉将铁离子还原为亚铁离子，便于在冷却结晶时生成晶体而析出，所以滤渣2的主要成分为； （4）由结构可知，过二硫酸钠中有过氧键，因此其具有强氧化性； “氧化”时与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和硫酸根离子，反应的方程式为； （5）当铁离子浓度时表示该离子沉淀完全，由可知，铁离子完全沉淀时，，； （6）与反应制备金属钛是热还原法，A选项是电解法，B选项是热还原法，C选项是热分解法，故选B。 17．（13分）一氯胺(NH2Cl)是重要的水消毒剂，在中性环境中易发生水解。某兴趣小组实验室模拟制备一氯胺并测定其含量实验如下： 实验一：制备NaClO溶液(实验装置图所示)。连接好装置，检查气密性后，加入药品，打开K1关闭K2，将装置I产生的气体通入装置Ⅱ中制备NaClO溶液。 实验二：制备NH2Cl一段时间后，关闭K1打开K2，将装置Ⅲ产生的气体也通入装置Ⅱ中制备得到一氯胺。 实验三：测定一氯胺(NH2Cl)含量用移液管移取20.00mL实验后装置Ⅱ中溶液，加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定。 请回答： (1)实验一中用冰水浴控制温度的主要目的为 ；盛有浓盐酸的仪器名称是 。 (2)请写出实验二制备NH2Cl的化学方程式 。 (3)关于一氯胺(NH2Cl)制备过程中下列说法正确的是___________。 A．实验一装置I中KMnO4可用MnO2代替 B．装置Ⅱ中尾气处理管可以起防倒吸作用 C．实验二需控制NH3的用量，防止生成多氯胺等杂质 D．NH2Cl在中性环境中易发生水解，其原理为NH2Cl+H2O=HCl+NH2OH (4)在实验三滴定过程中使用到碱式滴定管(如图所示)。 ①选出其正确操作并按顺序列出字母：蒸馏水洗涤→加入待装液3～5mL→__→__→__→__→__→滴定__， 。 a．加液至“0”刻度以上2～3cm；b．倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，挤压玻璃球，放液；c．调整至“0”或“0”刻度以下，静止1min，读数；d．将滴定管尖端插入锥形瓶内约1cm；e．右手拿住滴定管倾斜30°，左手迅速打开活塞；f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球a处，放液；g．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球b处，放液；h．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球c处，放液。 ②判定达到滴定终点的现象是 。 ③三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为5.00mL，则一氯胺的物质的量浓度为 。已知：NH2Cl+I－+H2O→NH3•H2O+OH－+Cl－+I，I2+I－， (未配平) 【答案】（13分，除标注外，每空2分） (1)防止温度过高，发生副反应，生成NaClO3等杂质 分液漏斗（1分） (2)NH3+NaClO=NaOH+NH2Cl (3)C (4)bafcd 溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化 0.0125mol/L 【分析】装置I内KMnO4具有氧化性、浓盐酸有还原性，两者发生氧化还原反应制取氯气，氯气进入装置Ⅱ中与NaOH溶液反应生成NaClO，装置Ⅲ的浓氨水和生石灰反应制取NH3，氨气进入装置Ⅱ与NaClO反应得到NH2Cl，反应方程式为：NH3+NaClO=NaOH+NH2Cl； 【解析】（1）实验一的氯气中与NaOH溶液反应生成NaClO，在较高温度下会产生副产物NaClO3，所以用冰水浴控制温度的主要目的防止温度过高，发生副反应，生成NaClO3等杂质；根据图示可知，盛有浓盐酸的仪器是分液漏斗。 （2）由分析知，氨气进入装置Ⅱ与NaClO反应得到NH2Cl，NH2Cl中N为-3、Cl为+1，反应方程式为：NH3+NaClO=NaOH+NH2Cl； （3）A．若实验一装置I中KMnO4可用MnO2代替需要加热，A错误； B．整套装置有气体参与，装置Ⅱ中尾气处理管的作用是平衡大气压，B错误； C．实验二需控制NH3的用量，防止生成多氯胺等杂质，C正确； D．氮的电负性大于氯，形成N-Cl键时，N显负价，Cl显正价，水解时化学方程式为：NH2Cl+H2ONH3+HClO，D错误； 故选：C； （4）①碱式滴定管操作步骤：应先水洗、待量液洗即倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，挤压玻璃球，放液；然后装入待量液至“0”刻度以上2～3cm，并注意排出气泡即橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球a处，放液；调节液面在“0”或“0”刻度以下，读数并记录；最后将滴定管尖端插入锥形瓶内约1cm，进行滴定操作至终点，记录终点读数。所以其正确操作顺序为：蒸馏水洗涤→加入待量液3～5mL→b→a→f→c→d→滴定； ②NH2Cl与碘化钾反应生成I，存在可逆反应II2+I-产生碘单质，遇淀粉溶液变蓝，又因为I2+S2O→I-+S4O，判断滴定终点的依据是溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化； ③根据题意，消耗Na2S2O3物质的量为n(Na2S2O3)=cV=0.100mol/L×5×10-3L=0.5×10-3mol，由反应NH2Cl+3I-+2H2O=NH3•H2O+OH-+Cl-+I，II2+I-，I2+2S2O=2I-+S4O，可得关系式NH2Cl~2S2O，得n(NH2Cl)=n(Na2S2O3)=0.25×10-3mol，20.00mL溶液中一氯胺的物质的量浓度为。 18．（14分）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： 反应a： 反应b： 回答下列问题： (1)反应   kJ/mol，该反应正向自发的条件为 (填“高温”或“低温”)自发。 (2)在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分数随温度变化的关系如图下1所示，曲线x对应的 。 (3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如图2流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法错误的是 (填标号)。 A．CaO与CO2的反应可促进Fe3O4氧化CO的平衡右移 B．Fe3O4和CaO都可以循环利用 C．H2在过程ii将Fe3O4还原为单质铁 D．过程ii产生的H2O最终被CaO吸收了 ②过程ⅱ平衡后通入He，CO的物质的量的变化是 (填“升高”“降低”或“不变”)。 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，发生反应a和b．某一时段内CH4和CO2的转化率和R值随温度的变化分别如图3和图4所示。 ①结合图3分析图4，R随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是 。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法正确的是 (填标号)。 A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高了反应a的速率 B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C．改变催化剂提高CH4转化率，R值一定增大 【答案】（14分，除标注外，每空2分） (1) 高温（1分） (2)1.0 (3)D 升高 (4) 温度升高，开始时反应a的反应速率更快；温度接近600℃，CH4转化率接近100%，温度继续升高，反应b继续进行（3分） B 【解析】（1）由盖斯定律可得，反应等于反应a+2×反应b，则；该反应的，，由可知，该反应在高温条件下，则该反应正向自发的条件为高温自发。 （2）在相同温度下，进料比越大，达到平衡时甲烷的质量分数越小，根据关系图可知，曲线x对应的。 （3）①由图2反应ii可知，与的反应使的浓度减小，二氧化碳是氧化反应的产物，二氧化碳浓度减小，促使平衡右移，A正确；和既做反应物，右可以做生成物，两者可以循环使用，B正确；由反应ii可知，铁元素化合价降低，被还原为铁单质，只有氢气当中氢元素化合价升高，做还原剂，将四氧化三铁还原为铁单质，C正确；由反应iii可知，反应ii中产生的未被吸收，而是在反应iii中排出，D错误；②通入，分解反应正向移动，导致增大，促使铁还原二氧化碳反应正移，故过程ii平衡后通入He，CO的物质的量升高。 （4）①结合图3和图4可知，600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，反应a的反应速率更快，该阶段R减小，600℃以上，甲烷的转化率接近百分之百，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大；②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反b的速率，使单位时间内反b中CO2的转化率增大，A错误；根据表中数据可知，温度越低，甲烷的转化率越低，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，B正确；改变催化剂使反应有选择性按反应a而提高甲烷的转化率，若二氧化碳的转化率减小，R值不一定增大，C错误。 19．（15分）一种利胆药物F的合成路线如图： 已知：I． Ⅱ． (1)的化学名称为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。 ①含有酚羟基    ②不能发生银镜反应    ③含有四种化学环境的氢 (2)检验B中是否含有A的试剂为 ；B→C的反应类型为 。 (3)C→D的化学方程式为 ；E中含氧官能团共 种。 (4)已知：，综合上述信息，由和合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①设计的最后一步反应中，依据已知I，推出有机反应物为 (写结构简式)。 ②设计路线中与HBr反应的温度应该为 。 ③步骤中发生的化学方程式为 。 【答案】（15分，除标注外，每空2分） (1)3-溴-1-丙烯 4 (2)FeCl3溶液（1分） 氧化反应（1分） (3) +CH3OH+H2O 酯基、醚键、羟基 (4) -80℃（1分），++HBr 【分析】A的结构简式为：，A→B碳链增长，且增长的碳原子数等于中碳原子数，因此A→B为取代反应，B的结构简式为：，B→C反应中碳原子的数目不变，而同时B→C的反应条件为、，具有氧化性，因此B→C为氧化反应，因此C的结构简式为：，C与发生反应生成D，C相较于D少1个碳原子，说明C→D是酯化反应，由信息反应I以及F的结构简式和E的分子式可知，D发生信息反应Ⅰ得到E，则E的结构简式为，E与NH2CH2CH2OH发生信息Ⅱ的反应生成F。 【解析】（1）中含有碳碳双键的碳链为主链，因此化学名称为：3-溴-1-丙烯；A的结构简式为，A的同分异构体中满足：①含有酚羟基；②不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有：、、、，共有4种。 （2）A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反应类型为氧化反应。 （3）C→D为与在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应成，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O； 由上述分析可知，E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为酯基、醚键、羟基。 （4）由和 制备过程需要增长碳链，可利用题干中A→B的反应实现，然后利用信息反应Ⅰ得到目标产物，目标产物中碳碳双键位于端基碳原子上，因此需要与HBr在-80℃下发生加成反应生成，合成路线为：， ①根据分析可知，设计的最后一步反应中，依据已知I，推出有机反应物为； ②根据分析可知，需要与HBr在-80℃下发生加成反应生成； ③根据分析可知，++HBr。 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 $$