黄金卷08（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08 （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 Sn 119 I 127 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．下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是 A．烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关 B．橡胶老化与碳碳双键有关 C．钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关 D．金属可加工成各种形状与金属键有关 A．A B．B C．C D．D 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．的模型： B．羟基的电子式： C．的结构示意图： D．原子核内有8个中子的碳原子： 3．下列解释实验现象或用途的离子方程式书写不正确的是 A．用硫化钠处理含汞废水： B．将通入氢氧化钠溶液中制消毒液： C．溶液腐蚀铜板： D．溶于稀盐酸： 4．下列关于、、、元素及其化合物的说法不正确的是 A．酸性： B．熔点： C．电负性： D．离子半径： 5．某同学利用下图装置探究SO2的性质。 下列有关反应的方程式，不正确的是 A．①中溶液显红色的原因： CO32－+ H2O HCO3－+ OH－ B．①中溶液红色褪去的原因：2SO2 + CO32－+ H2O == CO2+ 2HSO3－ C．②中溶液显黄绿色的原因：Cl2+ H2O == HCl + HClO D．②中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+ Cl2 + 2H2O == H2SO4 + 2HCl 6．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是 元素 X Y Z W 最高价氧化物的水化物 H3ZO4 溶液对应的pH(25℃) 1.00 13.00 1.57 0.70 A．元素电负性：Z<W B．简单离子半径：W<Y C．元素第一电离能：Z<W D．简单氢化物的沸点：X<Z 7．甲烷和氯气混合气在干燥的试管(带胶塞)中光照条件下反应，，下列有关说法不正确的是 A．分子的共价键是键，分子的共价键是键 B．反应后试管中有无色油状液滴产生，但不会产生白雾 C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试管口产生白烟 D．可通过原电池装置将甲烷和氯气反应的化学能转化为电能 8．蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯()的合成路线如下： 下列说法不正确的是 A．存在顺反异构 B．I与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外还有2-丙醇 C．可作抗氧化剂，可能与羟基有关 D．Ⅲ与足量溶液反应，消耗 9．实验定制备下列气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是 选项 气体 发生装置 制备试剂 除杂试剂 A a 固体+固体 碱石灰 B c +浓盐酸 NaOH溶液+浓硫酸 G b 大理石＋稀硫酸 浓硫酸 D c 无水乙醇＋浓硫酸 NaOH溶液 A．A B．B C．C D．D 10．近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．电极a是负极 B．电极b的反应式： C．该装置可将酸和碱的化学能转化为电能 D．酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性 11．我国科学家成功制得新型的可化学循环的高分子材料，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。 下列说法不正确的是 A．反应①中，标记*的碳原子被还原 B．可用银氨溶液检验化合物Ⅲ中的官能团 C．反应②和反应③都发生了键的断裂 D．聚合物Ⅳ可以通过水解反应降解为小分子 12．明矾可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为，含少量等)制备明矾的流程如下图所示。 下列说法不正确的是 A．①中反应的离子方程式是 B．③中反应的离子方程式是 C．操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等 D．明矾净水的原理：水解生成的胶体能吸附水中的悬浮颗粒物 13．探究不同结构中分子间作用力的差异。室温下，三个温度传感器同时蘸取等体积样品，形成液膜，测得挥发时的温度-时间曲线如下。 已知：，时，的如下表。 醇 a b c () 下列说法正确的是 A．用系统命名法命名甲基丙醇 B．中分子间作用力： C．，越小，单位时间内从环境吸收的热量越少 D．该实验中，c的温度变化最大，其主要原因是c挥发最快 14．工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下： Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) 现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示： 已知：有效转化率=×100% 下列说法不正确的是 A．400℃时，主要发生反应Ⅱ B．由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃ C．520℃时，NH3的有效转化率约为66.7% D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致 二、解答题，共58分 15．（11分）金属钛密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。 (1)基态原子中含有的未成对电子数是 。 (2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如图所示。 ①该氧化物的化学式是 ，位于距离最近的O构成的 中心(填字母序号，下同)。 a.三角形     b.四面体     c.六面体     d.八面体 ②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是 。 a.共价晶体     b.离子晶体     c.分子晶体 ③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为 。 (3)以钛铁矿()为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下： ①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式： 。 ②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为 。 熔点/ 1668 651 714 沸点/ 3287 1107 1412 ③已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因： 。 16．（11分）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (1)Na2SnO3的回收 ①产品Na2SnO3中Sn的化合价是 。 ②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 ，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。 ③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为 。 (2)滤液1的处理 ①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。 ②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 mol•L-1。 (3)产品中锡含量的测定 称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。 ①终点时的现象为 ，产生I2的离子反应方程式为 。 ②产品中Sn的质量分数为 %。 17．（11分）奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如下。 已知： (1)A能与溶液作用显紫色，A的名称是 。 (2)A→B的化学方程式是 。 (3)试剂a是 。 (4)满足下列条件的E的同分异构有 种。 i.苯环上有两个取代基 ii.能与溶液发生反应 (5)E→G的过程： ①M中含有的官能团有醚键、 。 ②N与反应的化学方程式是 。 (6)合成 的路线如下。 ①可由与 (填化学式)经加成反应得到。 ②K转化为的同时有生成，化学方程式是 。 18．（11分）是一种高效多功能的新型消毒剂。 已知：微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生，在碱性溶液中较稳定。 (1)中铁元素的化合价为 ，具有强氧化性。 (2)一种制备的方法如下。 ①生成的电极反应式： 。 ②阴极室的浓度提高，结合电极反应式解释原因： 。 (3)向含的溶液中加入固体，析出固体，再用稀溶液洗涤，得到产品。用化学方程式解释不能用水洗涤的原因： 。 (4)称取制得的产品，加入足量溶液，充分反应后，加入调节溶液，用溶液进行滴定，消耗溶液。计算样品的质量分数： 。[已知：] 涉及的反应有： (5)电解后，测得，。 已知： ①，说明除之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有和，则 。 ②判断阳极有水(或)放电，判断依据： i.水(或)有还原性； ii. 。 19．（14分）某小组同学探究不同条件下与三价铬()化合物的反应。 资料：ⅰ、(墨绿色)、(墨绿色)、(蓝色)、(黄色)、(橙色)、(砖红色)。 ⅱ、 ⅲ、； 室温下，向溶液中滴加溶液或溶液分别配制不同的(Ⅲ)溶液；取配制后的溶液各，分别加入足量30%溶液。 实验 ① ② ③ ④ 加前 4.10 6.75 8.43 13.37 现象 墨绿色溶液 蓝色浊液 蓝色浊液 墨绿色溶液 加后 现象 墨绿色溶液 黄绿色溶液 黄色溶液 砖红色溶液 (1)结合加前的实验现象，可推测具有 (填“碱性”、“酸性”或“两性”)。 (2)实验①中，加后无明显现象的原因可能是 。 (3)实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是 。 (4)取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象 。 (5)已知中为+5价。实验④中，加入后发生反应的离子方程式为 。 (6)取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。 猜想1：加热条件下，发生自身氧化还原反应，生成； 猜想2： 。 针对上述猜想，该小组同学另取少量实验④的砖红色溶液， ，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。 (7)综合以上实验，影响与三价铬化合物反应的因素除了，还有 。 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08 （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 Sn 119 I 127 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．下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是 A．烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关 B．橡胶老化与碳碳双键有关 C．钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关 D．金属可加工成各种形状与金属键有关 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，A正确； B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B正确； C．钻石璀璨夺目是由于钻石色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与其共价键无关，C错误； D．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，D正确； 故答案为：C。 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．的模型： B．羟基的电子式： C．的结构示意图： D．原子核内有8个中子的碳原子： 【答案】A 【详解】A．中心S原子的价层电子对数为，不含孤对电子，模型为平面三角形，故A错误； B．羟基是电中性微粒，电子式为： ，故B正确； C．S为16号元素，核外电子排布为2，8，8，离子结构示意图为 ，故C正确； D．8个中子的碳原子，质量数为14，核素表示式为：，故D正确； 故选：A。 3．下列解释实验现象或用途的离子方程式书写不正确的是 A．用硫化钠处理含汞废水： B．将通入氢氧化钠溶液中制消毒液： C．溶液腐蚀铜板： D．溶于稀盐酸： 【答案】D 【详解】A．硫化钠和汞离子生成硫化汞，故离子方程式为，故A正确； B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为，故B正确； C．氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为，故C正确； D．碳酸钙为难溶盐，不能拆开写，故离子方程式为，故D错误； 故选D。 4．下列关于、、、元素及其化合物的说法不正确的是 A．酸性： B．熔点： C．电负性： D．离子半径： 【答案】C 【详解】A．非金属性Cl>Br，非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，则酸性：，故A正确； B．均为离子晶体，氯离子半径小于溴离子，氯化钠中的离子键比溴化钠强，因此熔点：，故B正确； C．Cl和Br的电负性大于金属Na和Mg，氯溴同主族，从上到下电负性减弱，Na和Mg同周期从左到右电负性增强，则电负性：，故C错误； D．溴离子核外电子层数为4，氯离子核外电子层数为3，钠离子和镁离子核外电子层数为2，钠离子核电荷数小于镁离子，粒子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，则离子半径：，故D正确； 故选：C。 5．某同学利用下图装置探究SO2的性质。 下列有关反应的方程式，不正确的是 A．①中溶液显红色的原因： CO32－+ H2O HCO3－+ OH－ B．①中溶液红色褪去的原因：2SO2 + CO32－+ H2O == CO2+ 2HSO3－ C．②中溶液显黄绿色的原因：Cl2+ H2O == HCl + HClO D．②中溶液黄绿色褪去的原因：SO2+ Cl2 + 2H2O == H2SO4 + 2HCl 【答案】C 【详解】碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞变红色，其水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确； 亚硫酸的酸性强于碳酸，在碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳发生反应2SO2+CO32﹣+H2O═CO2+2HSO3﹣，NaHSO3溶液显酸性，所以溶液红色褪去，故B正确；氯气溶于水部分与水反应，部分以氯气分子的形式存在于溶液，所以氯水显浅黄绿色是因为溶解了氯气，故C错误；二氧化硫与氯水反应生成HCl和硫酸，即发生SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，氯气被消耗，所以溶液的黄绿色褪去，故D正确。 6．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是 元素 X Y Z W 最高价氧化物的水化物 H3ZO4 溶液对应的pH(25℃) 1.00 13.00 1.57 0.70 A．元素电负性：Z<W B．简单离子半径：W<Y C．元素第一电离能：Z<W D．简单氢化物的沸点：X<Z 【答案】A 【分析】四种短周期元素，均可以形成最高价氧化物对应的水化物。有H3ZO4可知，该酸为弱酸，则Z为P元素；0.1 mol∙L−1 W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70，说明该物质为多元强酸，为硫酸，则W为S元素；0.1 mol∙L−1  Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00，说明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y为Na元素；0.1 mol∙L−1  X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00，说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y为N元素，据此回答。 【详解】A．同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，因S的原子序数大于P，则S的电负性大于P，胡A正确； B．电子层数越多离子半径越大，Na+有两个电子层而S2−有三个电子层，因此S2−的离子半径较大，故B错误； C．同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第ⅡA、ⅤA族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故P的第一电离能大于S，故C错误； D．相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点，故D错误； 综上所述，答案为A。 【点睛】分子的相对分子质量越大，熔沸点越高，但需要注意分子间是否能够形成氢键；分子间氢键可以增大物质的熔沸点，但分子内氢键可以降低物质的熔沸点。 7．甲烷和氯气混合气在干燥的试管(带胶塞)中光照条件下反应，，下列有关说法不正确的是 A．分子的共价键是键，分子的共价键是键 B．反应后试管中有无色油状液滴产生，但不会产生白雾 C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试管口产生白烟 D．可通过原电池装置将甲烷和氯气反应的化学能转化为电能 【答案】A 【详解】A．H原子中未成对电子为s电子，C、Cl原子中未成对电子为p电子，所以Cl2分子的共价键是p-pσ键，CH4分子中四个键完全相同，C为sp3杂化，形成4个杂化轨道与H的s轨道形成s-sp3σ键，故A错误； B．氯气和甲烷生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷均为无色油状液体，但试管干燥，不会产生白雾，故B正确； C．浓氨水和浓盐酸都易挥发，浓氨水挥发出的NH3和浓盐酸挥发出的HCl反应生成NH4Cl白色固体，所以产生白烟，故C正确； D．该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，将化学能转化为电能，故D正确； 故选A。 8．蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯()的合成路线如下： 下列说法不正确的是 A．存在顺反异构 B．I与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外还有2-丙醇 C．可作抗氧化剂，可能与羟基有关 D．Ⅲ与足量溶液反应，消耗 【答案】B 【详解】 A．顺反异构指化合物分子具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间排列方式不同出现非对映异构体的现象，限制因素一般是由有机物结构中出现“C=C”、“C=N”等不能自由旋转的官能团引起，CAPE含有C=C双键，且双键左右两边含有一对不同基团，满足结构，存在顺反异构体，所以CPE有顺反异构体，选项A正确； B．，化学反应前后原子的种类和数量不发生改变，故另一生成物的化学式为C3H6O，为丙酮，选项B错误； C．CAPE可作抗氧剂，是因为其结构中含有易被氧化剂氧化的C=C双键和羟基（-OH），选项C正确； D．1molⅢ中含有1mol酯基和1mol羧基，羧基显酸性，与NaOH发生酸碱中和反应，酯基与NaOH发生水解反应，故消耗2molNaOH，选项D正确； 答案选B。 9．实验定制备下列气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是 选项 气体 发生装置 制备试剂 除杂试剂 A a 固体+固体 碱石灰 B c +浓盐酸 NaOH溶液+浓硫酸 G b 大理石＋稀硫酸 浓硫酸 D c 无水乙醇＋浓硫酸 NaOH溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．使用NH4Cl 固体和 Ca(OH)2 固体制备NH3采用装置a，可采用碱石灰干燥NH3，A项正确； B．Cl2会和NaOH反应，B项错误； C．生成的CaSO4微溶，覆盖在CaCO3表面会阻碍反应进行，故应采用稀盐酸，C项错误； D．制备乙烯需要控制反应温度，需要使用温度计，且得到的气体还需要干燥，D项错误。 答案选A。 10．近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A．电极a是负极 B．电极b的反应式： C．该装置可将酸和碱的化学能转化为电能 D．酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性 【答案】B 【分析】该电池a的电极反应为：，a为负极，b的电极反应为：，为原电池的正极。 【详解】A．a的电极反应为：，a为负极，A正确； B．b的电极反应为：，为原电池的正极，B错误； C．该反应的总反应式为：，可将酸和碱的化学能转化为电能，C正确； D．酸性条件下发生反应，碱性条件下发生反应，所以酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性，D正确； 故选B。 11．我国科学家成功制得新型的可化学循环的高分子材料，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。 下列说法不正确的是 A．反应①中，标记*的碳原子被还原 B．可用银氨溶液检验化合物Ⅲ中的官能团 C．反应②和反应③都发生了键的断裂 D．聚合物Ⅳ可以通过水解反应降解为小分子 【答案】D 【详解】A．标记的碳原子上从连接溴原子变成连接ZnBr，根据溴的化合价为-1，锌的化合价为+2分析，碳原子的化合价降低，被还原，A正确； B．醛基能用银氨溶液检验，B正确； C．反应②和反应③都为双键变成单键，即发生了键的断裂，C正确； D．聚合物Ⅳ是通过加聚反应生成的，水解后生成的仍为高分子化合物，不是小分子，D错误； 故选D。 12．明矾可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为，含少量等)制备明矾的流程如下图所示。 下列说法不正确的是 A．①中反应的离子方程式是 B．③中反应的离子方程式是 C．操作a是蒸发结晶，用到的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等 D．明矾净水的原理：水解生成的胶体能吸附水中的悬浮颗粒物 【答案】C 【详解】铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，据此解答。 A．铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：，A正确； B．③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是，B正确； C．混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误； D．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确； 故选C。 13．探究不同结构中分子间作用力的差异。室温下，三个温度传感器同时蘸取等体积样品，形成液膜，测得挥发时的温度-时间曲线如下。 已知：，时，的如下表。 醇 a b c () 下列说法正确的是 A．用系统命名法命名甲基丙醇 B．中分子间作用力： C．，越小，单位时间内从环境吸收的热量越少 D．该实验中，c的温度变化最大，其主要原因是c挥发最快 【答案】D 【详解】A．用系统命名法命名丁醇，故A错误； B．其他条件相同，分子支链越多，分子间作用力越强，，故B错误； C．由图可知三种物质温度降到最低所需时间接近，越小，单位时间内从环境吸收的热量多，故C错误； D．该实验中，c的温度变化最大，其主要原因是c沸点最低，挥发最快，故D正确； 故选：D。 14．工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下： Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) 现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示： 已知：有效转化率=×100% 下列说法不正确的是 A．400℃时，主要发生反应Ⅱ B．由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃ C．520℃时，NH3的有效转化率约为66.7% D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致 【答案】C 【详解】A．400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A正确； B．840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3,选择的最佳温度是840℃，B正确； C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为，C错误； D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D正确； 故选C。 二、解答题 15．（11分）金属钛密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。 (1)基态原子中含有的未成对电子数是 。 (2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如图所示。 ①该氧化物的化学式是 ，位于距离最近的O构成的 中心(填字母序号，下同)。 a.三角形     b.四面体     c.六面体     d.八面体 ②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是 。 a.共价晶体     b.离子晶体     c.分子晶体 ③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为 。 (3)以钛铁矿()为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下： ①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式： 。 ②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为 。 熔点/ 1668 651 714 沸点/ 3287 1107 1412 ③已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因： 。 【答案】(1)2 (2) TiO2 d c (3) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 1668 Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高 【详解】（1）基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电子数为2。 （2）①根据均摊法，该晶胞中O的个数为=4，Ti的个数为=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d。 ②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c。 ③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为，一个晶胞体积为a2bcm3，则有×a2bcm3=Vcm3，NA=。 （3）钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。①高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。 ②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃。 ③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。 16．（11分）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (1)Na2SnO3的回收 ①产品Na2SnO3中Sn的化合价是 。 ②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 ，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。 ③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为 。 (2)滤液1的处理 ①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。 ②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 mol•L-1。 (3)产品中锡含量的测定 称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。 ①终点时的现象为 ，产生I2的离子反应方程式为 。 ②产品中Sn的质量分数为 %。 【答案】(1) +4价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O (2) Fe(OH)3 2×10-7 (3) 滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6% 【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。 【详解】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价； ②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3； ③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O； （2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3； ②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7； （3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O； ②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%，故答案为：47.6%。 17．（11分）奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如下。 已知： (1)A能与溶液作用显紫色，A的名称是 。 (2)A→B的化学方程式是 。 (3)试剂a是 。 (4)满足下列条件的E的同分异构有 种。 i.苯环上有两个取代基 ii.能与溶液发生反应 (5)E→G的过程： ①M中含有的官能团有醚键、 。 ②N与反应的化学方程式是 。 (6)合成 的路线如下。 ①可由与 (填化学式)经加成反应得到。 ②K转化为的同时有生成，化学方程式是 。 【答案】(1)苯酚 (2)+CH3OH+H2O (3)浓硫酸和浓硝酸 (4)6 (5) 酰胺键 +NaOH+CH3COONa (6) H2O + SOCl2+ SO2+HCl。 【分析】 A能与溶液作用显紫色，说明其中含有酚羟基，结合A的分子式可以推知A的结构简式为：，A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，D发生还原反应得到E，结合D和E的分子式可以推知D中的硝基发生还原反应生成氨基，D的结构简式为，E发生多步反应得到G，G和CS2发生反应得到J，J再经过一系列反应得到奥美拉唑，以此解答。 【详解】（1） 由分析可知，A为，A的名称是苯酚。 （2） A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，化学方程式为：+CH3OH+H2O。 （3） B的结构简式为，D的结构简式为，B发生硝化反应得到D，试剂a为浓硫酸和浓硝酸。 （4）E的同分异构满足条件i.苯环上有两个取代基，ii.能与溶液发生反应，说明其中含有酚羟基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，这两个取代基有邻、间、对三种位置关系，则符合条件的同分异构体共有6种。 （5）①由结构简式可知，M中含有的官能团有醚键、酰胺键； ②N中含有肽键，在NaOH溶液中会发生水解，化学方程式为：+NaOH+CH3COONa。 （6）①加成反应是化合反应，由原子守恒可知，可由与H2O经加成反应得到； ②K和1发生取代反应生成，结合K的分子式可以推知K为，K转化为的同时有SO2生成，化学方程式为：+ SOCl2+ SO2+HCl。 18．（11分）是一种高效多功能的新型消毒剂。 已知：微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生，在碱性溶液中较稳定。 (1)中铁元素的化合价为 ，具有强氧化性。 (2)一种制备的方法如下。 ①生成的电极反应式： 。 ②阴极室的浓度提高，结合电极反应式解释原因： 。 (3)向含的溶液中加入固体，析出固体，再用稀溶液洗涤，得到产品。用化学方程式解释不能用水洗涤的原因： 。 (4)称取制得的产品，加入足量溶液，充分反应后，加入调节溶液，用溶液进行滴定，消耗溶液。计算样品的质量分数： 。[已知：] 涉及的反应有： (5)电解后，测得，。 已知： ①，说明除之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有和，则 。 ②判断阳极有水(或)放电，判断依据： i.水(或)有还原性； ii. 。 【答案】(1)+6 (2) Fe-6e－+8OH－=+4H2O 阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室 (3)4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH (4) (5) 13.3% （合理即可） 【详解】（1）K为+1价，O为-2价，则Fe为+6价。 （2）①该电极发生氧化反应，电极反应式为Fe-6e－+8OH－=+4H2O。②阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室。 （3）在中性溶液中快速分解产生，可知和水反应产生O2，化学方程式为4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH。 （4）根据所给的离子方程式可知反应中涉及物质的物质的量之比为n（）∶n（）∶n（）∶n（）=2∶2∶1∶6，则参与反应的质量为，样品的质量分数为。 （5）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则，，则，。②，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或)放电。 19．（14分）某小组同学探究不同条件下与三价铬()化合物的反应。 资料：ⅰ、(墨绿色)、(墨绿色)、(蓝色)、(黄色)、(橙色)、(砖红色)。 ⅱ、 ⅲ、； 室温下，向溶液中滴加溶液或溶液分别配制不同的(Ⅲ)溶液；取配制后的溶液各，分别加入足量30%溶液。 实验 ① ② ③ ④ 加前 4.10 6.75 8.43 13.37 现象 墨绿色溶液 蓝色浊液 蓝色浊液 墨绿色溶液 加后 现象 墨绿色溶液 黄绿色溶液 黄色溶液 砖红色溶液 (1)结合加前的实验现象，可推测具有 (填“碱性”、“酸性”或“两性”)。 (2)实验①中，加后无明显现象的原因可能是 。 (3)实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是 。 (4)取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象 。 (5)已知中为+5价。实验④中，加入后发生反应的离子方程式为 。 (6)取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。 猜想1：加热条件下，发生自身氧化还原反应，生成； 猜想2： 。 针对上述猜想，该小组同学另取少量实验④的砖红色溶液， ，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。 (7)综合以上实验，影响与三价铬化合物反应的因素除了，还有 。 【答案】(1)两性 (2)溶液酸性较强，三价铬以形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化 (3)实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以存在，加入过氧化氢，被氧化为，，同时生成氢离子使得部分使得溶解生成，且溶液pH减小导致与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色 (4)实验③中黄色溶液中含有，，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色溶液，具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生， (5) (6) 加热促使与过氧化氢进一步反应生成 加入少量的二氧化锰，待不再产生气体后，过量，滤液加热 (7)温度 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【详解】（1）结合资料、加前的实验现象可知，溶液由酸性转变为碱性的过程中，三价铬由转变为，又转变为，则说明具有两性； （2）实验①中溶液酸性较强，三价铬以形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化； （3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以存在，加入过氧化氢，被氧化为，，同时生成氢离子使得部分使得溶解生成，且溶液pH减小导致与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色； （4）实验③中黄色溶液中含有，，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色溶液，具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生，； （5）已知中为+5价；实验④中初始溶液为墨绿色，说明存在，加入后生成砖红色溶液，说明在碱性条件下和过氧化氢生成，发生反应的离子方程式为； （6）过氧化氢具有氧化性，则猜想2为：加热促使与过氧化氢进一步反应生成；证明猜想1成立需要排除过氧化氢的干扰，故实验设计可以为：另取少量实验④的砖红色溶液，加入少量的二氧化锰，待不再产生气体后，过量，滤液加热，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。 （7）问题（6）中实验说明，影响与三价铬化合物反应的因素除了，还有温度。 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08·参考答案 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 C A D C C A A B A B 题号 11 12 13 14 答案 D C D 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)2 (2) TiO2 d c （2分） (3) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO（2分） 1668 Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高（2分） 16．（11分）（除标明外，每空1分） (1) +4价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O (2) Fe(OH)3 2×10-7 (3) 滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 （2分） IO+5I-+6H+=3I2+3H2O （2分） 47.6%（2分） 17．（11分）（除标明外，每空1分） (1)苯酚 (2)+CH3OH+H2O（2分） (3)浓硫酸和浓硝酸 (4)6 (5) 酰胺键 +NaOH+CH3COONa（2分） (6) H2O + SOCl2+ SO2+HCl（2分） 18．（11分）（除标明外，每空2分） (1)+6（1分） (2) Fe-6e－+8OH－=+4H2O 阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室 (3)4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH (4) (5) 13.3% （1分） （1分）（合理即可） 19．（14分）（除标明外，每空2分） (1)两性（1分） (2)溶液酸性较强，三价铬以形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化 (3)实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以存在，加入过氧化氢，被氧化为，，同时生成氢离子使得部分使得溶解生成，且溶液pH减小导致与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色 (4)实验③中黄色溶液中含有，，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色溶液，具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生， (5) (6) 加热促使与过氧化氢进一步反应生成 加入少量的二氧化锰，待不再产生气体后，过量，滤液加热 (7)温度（1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 $$