黄金卷07（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07 （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 K 39 Fe 56 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。 1．2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 2．下列化学用语或图示不正确的是 A．1－丁烯的实验式：CH2 B． 的VSEPR模型： C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1 D．HCl分子中σ键的形成： 3．下列解释事实的化学用语不正确的是 A．C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O B．NH3的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O C．工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑ D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O 4．和S均属于VIA族元素。下列关于Se及其化合物性质的比较不正确的是 A．第一电离能： B．原子半径：Se<As C．还原性： D．沸点： 5．用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是 A．和都是极性分子 B．和分子中的共价键都是键 C．分子的键角小于分子的键角 D．烧瓶中溶液颜色变红的原因： 6．化学在国防领域发挥着重要作用。关于下列装备涉及材料的说法不正确的是 A 防弹衣的主要材料： 两种单体的核磁共振氢谱峰数、峰面积均相同 B 隐形飞机的微波吸收材料： 单体能使溴水褪色 C 潜艇的消声瓦： 可由和合成 D 潜艇的耐压球壳：钛合金 钛合金中存在金属键 A．A B．B C．C D．D 7．实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是 选项 A B C D ⽓体 试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、 装置 c、f c、e b、e a、d A．A B．B C．C D．D 8．《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效.穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如下图所示，下列关于穿心莲内酯说法不正确的是 A．分子中含有3种官能团 B．能发生加成反应、消去反应和聚合反应 C．1个分子中含有2个手性碳原子 D．1 mol 该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3：1 9．含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.； ii.。已知，溶液不能单独吸收NO；⼀定条件下，⼀段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是 A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸⾬等 B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率 C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电⼦数约为 D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ 10．以氨为燃料的固体氧化物燃料电池(SOFC)具有广阔的应用前景，一种氧离子导电SOFC的工作原理如图所示(NH3在催化剂作用下先分解为N2和H2)。下列说法不正确的是 A．H2在负极放电 B．正极的电极反应： C．外电路转移，理论上生成4molH2O D．O2-向负极移动 11．科学家通过、酚/酮和三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80℃条件下直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如下图所示。下列说法不正确的是 A．水解生成甲醇 B．反应I中将甲烷氧化成 C．反应II中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到 D．反应III的化学方程式：NO2+→+H2O+NO 12．我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A．E的结构简式： B．F的同分异构体有6种(不考虑手性异构体) C．H中含有配位键 D．高分子X水解可得到G和H 13．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L−1)。 实验 操作与现象 ① ② ③ 分析上述实验现象，所得结论不合理的是 A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B．实验②说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应 C．实验③说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应 D．实验①-③说明SO对Fe3+ 的水解反应无影响，但对还原反应有影响 14．实验测得0.10 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。 下列说法正确的是 A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO水解被抑制 B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等 C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62 D．Q点、M点溶液中均有：c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+) 二、解答题，共58分。 15．（10分）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁，磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。 (1)草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。 ①基态26Fe2+的价层电子排布式为 。 ②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为 。 ③草酸亚铁晶体的化学式为 。 (2)将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。 ①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是 。 ②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。 。 NH4H2PO4_____+_____+P2O5 (3)晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图： ①i表示 (填“充电”或“放电”)过程。 ②已知：Li+的脱嵌率=×100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，则Li+的脱嵌率为 ，平均每个晶胞脱嵌 个Li+。 16．（10分）减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。 (1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。 ①NH3催化还原NO为 (填“放热”“吸热”)反应。 ②上述脱硝的总反应化学方程式为： 。 (2)电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g) + 6NO(g)5N2(g) + 6H2O(g)  ΔH＜0，现向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生以上反应，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，相同时间内NO的转化率与温度的关系如图3。工业上应选择催化剂 (填“甲”或“乙”)。在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的可能原因是 。 (3)工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l) + CO2(l)H2O(l) + NH2CONH2(l) ΔH＜0，在液相中，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L=)、初始水碳比(用W表示，W=)关系如图4。 ①曲线A、B中， (填“A”或“B”)的W较小。 ②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195°C时，2NH3(l) + CO2(l)H2O(l) + NH2CONH2(l)的Kx的值为 。 (4)氨气可以用于燃料电池，其原理是氨气与氧气在碱性条件下反应生成一种常见的无毒气体和水，负极的电极反应式是 。 17．（13分）某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件省略)： 已知：i. ii. 回答下列问题： (1)A的官能团是 和 。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)D的结构简式为 。 (4)A→B反应的目的是 。 (5)F→G反应的化学方程式是 。 (6)G和H互为同分异构体，H的结构简式为 。 (7)I的结构简式为 。 (8)K是 结构(填“顺式”或“反式”)。 18．（14分）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示： 资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。 ii.；。 回答下列问题： (1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有 。 (2)“还原”过程中的离子方程式为 。 (3)“滤渣”中主要成分为(填化学式) 。 (4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为 。 ②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是 。 ③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中 。 (5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为 。 (6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图： 请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是 。 19．（11分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应 资料： i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。 ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。 iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (1)B中试剂是 。 (2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。 (3)对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。 (4)根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量； ③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因 。 试卷第2页，共22页 7 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（北京专用） 黄金卷07·参考答案 1、 选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C A C A A C C C 题号 11 12 13 14 答案 C D D C 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（10分）（除标明外，每空1分） (1) 3d6 6 FeC2O4•2H2O (2) N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定（2分） 2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O（2分） (3) 充电 25% 1 16．（10分）（除标明外，每空1分） (1) 放热 4NH3+ 4NO + O24N2+ 6H2O（2分） (2) 乙 催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动（2分） (3) A 3.25 (4)2NH3-6e-+ 6OH-= N2+ 6H2O（2分） 17．（13分）（除标明外，每空1分） (1) 羟基 硝基 (2)还原反应 (3) （2分） (4)保护羟基 (5)+HCl（2分） (6) （2分） (7) （2分） (8)反式 18．（14分）（每空2分） (1)粉碎、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度 (2) (3)、和铁粉 (4) 加入，促进水解，产生 140 (5) (6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低 19．（11分）（除标明外，每空1分） (1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O（2分） Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O （2分） Ⅲ中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液（2分） 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【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07 （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 K 39 Fe 56 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。 1．2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A．醋酸钠是强电解质 B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C．常温下，醋酸钠溶液的 D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 【答案】B 【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确； B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误； C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确； D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确； 选B。 2．下列化学用语或图示不正确的是 A．1－丁烯的实验式：CH2 B． 的VSEPR模型： C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1 D．HCl分子中σ键的形成： 【答案】B 【详解】A．1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A正确； B．的中心原子价层电子对数为，故其VSEPR模型为四面体形，选项B不正确； C．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C正确； D．HCl分子中σ键的形成：，选项D正确； 答案选B。 3．下列解释事实的化学用语不正确的是 A．C和浓H2SO4反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O B．NH3的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O C．工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑ D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O 【答案】C 【详解】A．C和浓H2SO4在加热条件下反应生成CO2、SO2和水：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，A正确； B．在催化剂、加热条件下，NH3发生催化氧化反应生成NO和水：4NH3+5O24NO+6H2O，B正确； C．AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，所以工业上冶炼Al的反应，是电解熔融的Al2O3：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，C不正确； D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应，由于Ca(OH)2过量，所以溶液中不可能有剩余：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，D正确； 故选C。 4．和S均属于VIA族元素。下列关于Se及其化合物性质的比较不正确的是 A．第一电离能： B．原子半径：Se<As C．还原性： D．沸点： 【答案】A 【详解】A．属于VA族元素，其np轨道上的电子处于半充满状态，更稳定，第一电离能更大，所以第一电离能：，故A错误； B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Se<As，故B正确； C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，所以还原性：，故C正确； D．两者是结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，沸点就越高，所以沸点：，故D正确； 故选A。 5．用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是 A．和都是极性分子 B．和分子中的共价键都是键 C．分子的键角小于分子的键角 D．烧瓶中溶液颜色变红的原因： 【答案】C 【详解】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确； B．和分子中中心原子都是杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是键，故B正确； C．两者中心原子都是杂化，有两对孤电子对，有一对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以分子的键角大于分子的键角，故C错误； D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确； 故选C。 6．化学在国防领域发挥着重要作用。关于下列装备涉及材料的说法不正确的是 A 防弹衣的主要材料： 两种单体的核磁共振氢谱峰数、峰面积均相同 B 隐形飞机的微波吸收材料： 单体能使溴水褪色 C 潜艇的消声瓦： 可由和合成 D 潜艇的耐压球壳：钛合金 钛合金中存在金属键 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】 A．的单体为：和，具有两种氢，其中中氢原子个数必为2：1，中氢原子个数必为1：1，故A错误； B．单体为乙炔，含碳碳三键，能与溴单质发生加成反应，从而使溴水褪色，故B正确； C．由结构可知的单体为：和，两者通过加聚反应生成消声瓦，故C正确； D．合金中存在金属键，故D正确； 故选：A。 7．实验室中，下列气体制备的试剂和装置正确的是 选项 A B C D ⽓体 试剂 电石、饱和食盐水 、浓 、NaOH 稀盐酸、 装置 c、f c、e b、e a、d A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．电石遇水会发生剧烈反应，生成氢氧化钙和乙炔气体，该反应不用加热，发生装置选c，收集装置选f，A正确； B．、浓反应制取二氧化硫，由于二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误； C．实验室常利用与Ca(OH)2共热反应制取氨气，试剂选择不合适，C错误； D．实验室制取氯气应该选择浓盐酸与二氧化锰共热反应，而不是稀盐酸，D错误； 故选A。 8．《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效.穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如下图所示，下列关于穿心莲内酯说法不正确的是 A．分子中含有3种官能团 B．能发生加成反应、消去反应和聚合反应 C．1个分子中含有2个手性碳原子 D．1 mol 该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3：1 【答案】C 【详解】A．由结构简式可知，穿心莲内酯分子中含有的官能团为羟基、酯基、碳碳双键，共有3种，故A正确； B．由结构简式可知，穿心莲内酯分子中含有的碳碳双键能发生加成反应和加聚反应，含有的羟基能在浓硫酸中共热发生消去反应，故B正确； C．由结构简式可知，穿心莲内酯分子中含有如图*所示的6个手性碳原子，故C错误； D．由结构简式可知，穿心莲内酯分子中含有的羟基能与金属钠反应，含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol穿心莲内酯消耗钠和氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故D正确； 故选C。 9．含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.； ii.。已知，溶液不能单独吸收NO；⼀定条件下，⼀段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是 A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸⾬等 B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率 C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L 转移电⼦数约为 D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ 【答案】C 【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确； B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确； C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L (0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误； D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确； 故选C。 10．以氨为燃料的固体氧化物燃料电池(SOFC)具有广阔的应用前景，一种氧离子导电SOFC的工作原理如图所示(NH3在催化剂作用下先分解为N2和H2)。下列说法不正确的是 A．H2在负极放电 B．正极的电极反应： C．外电路转移，理论上生成4molH2O D．O2-向负极移动 【答案】C 【分析】一种氧离子导电8OFC的工作原理如图所示(在催化剂作用下先分解为和)，在负极放电失电子生成H2O，电极方程式为：，在正极得电子生成，电极方程式为：。 【详解】A．由图可知，在催化剂作用下先分解为和，在负极失电子生成H2O，故A正确； B．由图可知，在正极得电子生成，电极方程式为：，故B正确； C．在负极失电子生成H2O，电极方程式为：，外电路转移，理论上生成3mol，故C错误； D．原电池中阴离子向负极移动，则向负极移动，故D正确； 故选C。 11．科学家通过、酚/酮和三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80℃条件下直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如下图所示。下列说法不正确的是 A．水解生成甲醇 B．反应I中将甲烷氧化成 C．反应II中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到 D．反应III的化学方程式：NO2+→+H2O+NO 【答案】C 【详解】A．中含有酯基，水解可生成和，故A正确； B．由反应流程图可知，反应I中将甲烷氧化合成，自身被还原为Pd，故B正确； C．对苯醌被还原为对苯酚为加氢反应，加两个H，所以反应II中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到，故C错误； D．反应III为对苯酚生成对苯醌，化学方程式为NO2+→+H2O+NO ；故D正确； 故答案选C。 12．我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A．E的结构简式： B．F的同分异构体有6种(不考虑手性异构体) C．H中含有配位键 D．高分子X水解可得到G和H 【答案】D 【分析】结合F、G的结构简式，E与F发生酯化反应生成G，则E为 ； 【详解】A．根据分析，E为 ，A正确； B．F的分子式为C4H10O，与F互为同分异构体的可以为醇类：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH；可以为醚类：CH3CH2OCH2CH3、CH3CH2CH2OCH3、CH3OCH(CH3)2；故总共6种，B正确； C．H中B原子和N原子之间形成配位键，C正确； D．高分子X中含有酯基，可以发生水解，但是得到的单体不是G和H，D错误； 故选D。 13．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L−1)。 实验 操作与现象 ① ② ③ 分析上述实验现象，所得结论不合理的是 A．实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B．实验②说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应 C．实验③说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应 D．实验①-③说明SO对Fe3+ 的水解反应无影响，但对还原反应有影响 【答案】D 【详解】A．根据实验①现象可知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，说明加热促进Fe3+水解反应，A正确； B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；再滴加溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，整个过程说明Fe3+ 既发生了水解反应，又发生了还原反应，B正确； C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+与没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+ 发生了水解反应，但没有发生还原反应，C正确； D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，少量对Fe3+的还原反应有影响，过量对Fe3+的还原反应无影响，D错误； 故选D。 14．实验测得0.10 mol·L−1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。 下列说法正确的是 A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO水解被抑制 B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等 C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62 D．Q点、M点溶液中均有：c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+) 【答案】C 【详解】A． 升高温度，HCO水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO水解，故A错误； B． O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误； C． 温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于8.62，故C正确； D． Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO) + c(HCO) + c(OH-) = c(Na+) + c(H+)，故D错误； 故选C。 二、解答题，共58分。 15．（10分）LiFePO4常用作车载动力电池的正极材料。以碳酸锂、草酸亚铁，磷酸二氢铵为主要原料经高温煅烧可制备LiFePO4。 (1)草酸亚铁晶体由C、H、O、Fe4种元素组成，其结构片段如图所示。 ①基态26Fe2+的价层电子排布式为 。 ②草酸亚铁晶体中Fe2+的配位数为 。 ③草酸亚铁晶体的化学式为 。 (2)将原料与适量乙醇充分混合后，在氮气保护气氛中高温煅烧，得到LiFePO4。 ①从结构的角度分析，氮气能用作保护气的原因是 。 ②反应体系在100～400℃之间具有较大的失重，导致失重的原因之一是NH4H2PO4分解，补全方程式。 。 NH4H2PO4_____+_____+P2O5 (3)晶体中，FeO6八面体和PO4四面体组成空间链状结构，Li+会填充在链之间的孔道内，晶胞如图a所示，充放电时，LiFePO4中的Li+会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图： ①i表示 (填“充电”或“放电”)过程。 ②已知：Li+的脱嵌率=×100%。某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，则Li+的脱嵌率为 ，平均每个晶胞脱嵌 个Li+。 【答案】(1) 3d6 6 FeC2O4•2H2O (2) N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O (3) 充电 25% 1 【详解】（1）①基态26Fe的质子数为26，26Fe2+的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6； ②由图可知，草酸亚铁晶体中亚铁离子与草酸根离子中的4个氧原子和水分子中的2个氧原子相连，则亚铁离子的配位数为6，故答案为：6； ③由图可知，亚铁离子与2个草酸根离子和2个水分子相连，其中草酸根离子为两个亚铁离子所共有，则每个亚铁离子结合的草酸根离子为2×=1，则草酸亚铁晶体中亚铁离子、草酸根离子和水分子的个数比为1：1：2，化学式为FeC2O4•2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2O； （2）①氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，破坏化学键消耗的能量大，所以氮气的化学性质稳定，能用作保护气，故答案为：N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定； ②由未配平的化学方程式可知，磷酸二氢铵在100～400℃受热分解生成五氧化二磷、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O，故答案为：2NH4H2PO42NH3+P2O5+3H2O； （3）①由晶胞结构可知，LiFePO4在阳极失去电子发生氧化反应生成FePO4，则i表示充电过程，故答案为：充电； ②由晶胞结构可知，LiFePO4晶胞中位于顶点和面心的锂离子个数为8×+6×=4，位于体内的FeO6八面体和PO4四面体形成的磷酸根离子的个数为4，若某时刻，若正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为3，则平均每个晶胞脱嵌锂离子个数为1，脱嵌率为×100%=25%，故答案为：25%；1。 16．（10分）减少NOx、CO2的排放，实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。 (1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1，在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。 ①NH3催化还原NO为 (填“放热”“吸热”)反应。 ②上述脱硝的总反应化学方程式为： 。 (2)电厂烟气脱氮的反应为：4NH3(g) + 6NO(g)5N2(g) + 6H2O(g)  ΔH＜0，现向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生以上反应，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，相同时间内NO的转化率与温度的关系如图3。工业上应选择催化剂 (填“甲”或“乙”)。在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的可能原因是 。 (3)工业以NH3和CO2为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l) + CO2(l)H2O(l) + NH2CONH2(l) ΔH＜0，在液相中，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，L=)、初始水碳比(用W表示，W=)关系如图4。 ①曲线A、B中， (填“A”或“B”)的W较小。 ②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作Kx)。195°C时，2NH3(l) + CO2(l)H2O(l) + NH2CONH2(l)的Kx的值为 。 (4)氨气可以用于燃料电池，其原理是氨气与氧气在碱性条件下反应生成一种常见的无毒气体和水，负极的电极反应式是 。 【答案】(1) 放热 4NH3+ 4NO + O24N2+ 6H2O (2) 乙 催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动 (3) A 3.25 (4)2NH3-6e-+ 6OH-= N2+ 6H2O 【详解】（1）①由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应； ②由图像可知，反应物为氨气、一氧化氮、氧气，生成物为氮气和水，则脱硝的总反应为：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O； （2）由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，则工业上应选择催化剂乙；在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的原因有：催化剂活性降低和副反应增多，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故答案为：乙；催化剂活性降低；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动； （3）①当初始氨碳比相同，水碳比越大，二氧化碳的转化率越小，根据图中信息可知，曲线A二氧化碳转化率大于曲线B，则W较小的曲线是A，故答案为：A； ②N点初始氨碳比[L=]为3、初始水碳比[W=]为0，二氧化碳的转化率为75%，设初始氨气物质的量为3amol，，平衡时总物质的量为3.25amol，则Kx===3.25，故答案为：3.25； （4）根据题意氨气在该条件下失去电子生成氮气和水，则负极的电极反应式为：2NH3-6e-+ 6OH-= N2+ 6H2O。 17．（13分）某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件省略)： 已知：i. ii. 回答下列问题： (1)A的官能团是 和 。 (2)B→C的反应类型是 。 (3)D的结构简式为 。 (4)A→B反应的目的是 。 (5)F→G反应的化学方程式是 。 (6)G和H互为同分异构体，H的结构简式为 。 (7)I的结构简式为 。 (8)K是 结构(填“顺式”或“反式”)。 【答案】(1) 羟基 硝基 (2)还原反应 (3) (4)保护羟基 (5)+HCl (6) (7) (8)反式 【分析】对比A和B的结构简式，A到B为取代反应；B到C为氨基的还原反应；结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；对比E和F的结构简式，E到F为取代反应；由J的结构简式，可推知H的结构简式为；根据已知，G的结构简式为；H到I为取代反应，I的结构简式为，加热重排，得到J； 【详解】（1）A的结构简式为，含有的官能团为羟基和硝基； 故答案为：羟基；硝基； （2）对比B到C的结构简式可知，B到C为在Fe和HCl作用下将硝基还原为氨基； 故答案为：还原反应； （3）结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为； 故答案为：； （4）根据A到B的反应与E到F的反应可知，A→B反应的目的是保护羟基； 故答案为；保护羟基； （5）根据已知i的信息，F到G为取代反应，其反应为+HCl； 故答案为：+HCl； （6）G的结构简式为，结合J的结构简式，可推知H的结构简式为，G到H为酰基重排； 故答案为：； （7）根据已知ii，在加热条件下，I到J取代基位置发生改变，由J的结构简式，可知I的结构简式为； 故答案为：； （8）相同原子或基团在碳碳双键同一侧且碳碳双键碳原子上连接基团不同，为顺式结构，反之为反式结构，K的结构简式为，基团在碳碳双键异侧，为反式结构； 故答案为：反式。 18．（14分）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示： 资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。 ii.；。 回答下列问题： (1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有 。 (2)“还原”过程中的离子方程式为 。 (3)“滤渣”中主要成分为(填化学式) 。 (4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为 。 ②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是 。 ③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中 。 (5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为 。 (6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图： 请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是 。 【答案】(1)粉碎、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度 (2) (3)、和铁粉 (4) 加入，促进水解，产生 140 (5) (6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低 【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。 【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉碎、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等； （2）和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：； （3）已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉； （4）加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=； （5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为： （6）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。 19．（11分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应 资料： i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。 ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。 iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (1)B中试剂是 。 (2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。 (3)对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。 (4)根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量； ③取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因 。 【答案】(1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O Ⅲ中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液 【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染； 【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体，故答案为：饱和NaCl溶液； （2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O，故答案为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O； （3）对比实验I、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强，故答案为：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强； （4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，根据题给信息，Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱，此时溶液碱性较强，则原因是MnO2被Cl2氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；Cl2； ③取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案为：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O； ④根据题给信息可知，(绿色)、(紫色)，则从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因是：Ⅲ中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。 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 $$