黄金卷06（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06 （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 Mg 24 K 39 Ca 40 Fe 56 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。 1．2023年，“墨子巡天望远镜”入选全国重大科技成就，“墨子巡天望远镜”是中科大和中科院紫金山天文台联合研制的大视场光学成像望远镜，由望远镜框架、聚焦镜片、望远镜圆顶台址和图像数据储存分析四部分组成。下列说法不正确的是 A．望远镜框架用到多种金属材料 B．聚焦镜片的成分只含有二氧化硅 C．建设台址所用的水泥属于传统硅酸盐材料 D．数据储存分析所用电脑芯片的主要原料是硅 【答案】B 【详解】A．望远镜框架用到的金属材料包括铝合金、镁铝合金和钛合金等，以确保望远镜的性能和耐用性，故A正确； B．聚焦镜片通常由高纯度光学材料制成，如二氧化硅、硒化锌或锗，这些材料具有良好的透过性和耐热性，能够承受激光束的高能量。因此，聚焦镜片的成分并不只含有二氧化硅，而是根据具体的应用和性能要求选择合适的材料组合，故B错误； C．传统硅酸盐材料，包括玻璃、水泥、陶瓷等，因此水泥属于传统硅酸盐材料，故C正确； D．电脑芯片的主要成分是单质硅，故D正确； 故答案选B。 2．下列化学用语的表达正确的是 A．基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图： B．的质谱图： C．的名称：甲基苯甲酰胺 D．的电子式为 【答案】C 【详解】A．基态铍原子的电子排布式为1s22s2，最外层电子在s轨道上，电子云轮廓图为球形，A错误； B．质谱图用于测定相对分子质量，CH3COOH的相对分子质量为60，与最大质荷比46不相符，B错误； C．C6H5CONHCH3中含有酰胺基，由C6H5COOH和CH3NH2反应得到，名称为N-甲基苯甲酰胺，C正确； D．与CO2是等电子体，根据CO2电子式，的电子式为，按照各原子都达到8电子饱和结构，电子式也可以是，故电子式为或，D错误； 故答案选C。 3．某科学考察团对农夫山泉进行了分析，检测出部分金属的含量如表(含量单位)，下列有关说法正确的是 金属种类 钠 镁 钾 钙 含量 A．表中的金属是以原子形式存在的 B．农夫山泉水中钙的含量为 C．1L泉水中的数量大于的数量 D．该泉水中钾与钠的物质的量之比为1∶2 【答案】B 【详解】A．农夫山泉水中含有的金属是以离子形式存在的，A错误； B．根据表格数据，该泉水中钙的含量为，B正确； C．1L泉水中的数量小于的数量，C错误； D．根据表中数据可知，钾与钠的质量之比等于1∶2，D错误。 答案选B。 4．掌握化学实验技能是进行科学研究的基本保证，下列有关说法正确的是 A．图甲为埋在地下的钢管道采用外加电流法防腐 B．装置乙可模拟侯氏制碱法获得 C．图丙所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸 D．测定未知溶液的浓度 【答案】D 【详解】A．图甲为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极的阴极保护法防腐，A错误； B．极易溶于水，应采取防倒吸措施，故装置乙中短导管通氨气，长导管通，可模拟侯氏制碱法获得，B错误； C．极易与稀硫酸反应，该装置中导管通入稀硫酸中，不能防倒吸，应采用盛有与稀硫酸溶液的试剂瓶，可吸收多余氨气且能防止倒吸，C错误； D．标准酸性溶液可以盛装在酸式滴定管中，采用氧化还原滴定法测定未知溶液的浓度，D正确； 答案选D。 5．利用可快速测定水体化学需氧量，以表示水体中的有机物，已知，部分反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A．该过程中和均表现出还原性 B．该过程中是催化剂 C．可以防止和重新结合 D．该过程的离子方程式可以表示为 【答案】A 【详解】A．根据反应机理图可知，和均能将水体中的有机物()转化为，中-2价氧被氧化为中的+4价，作还原剂，所以该过程中和均表现出氧化性，故A错误； B．根据反应机理图可知，该过程中是催化剂，故B正确； C．由于存在，可以得到，可以防止和重新结合，故C正确； D．从反应机理图可以看出，该过程是在的催化作用下氧化有机物，离子方程式为，故D正确； 故选A。 6．醚具有重要的药用特性，一项研究采用温和条件可以合成醚且产率极佳，方法如下图所示。下列说法错误的是 A．M的分子式为 B．N分子中含有1个手性碳原子 C．上述转化为取代反应 D．N能在一定条件下与NaOH溶液反应 【答案】C 【详解】A．由M的结构简式可知，M的分子式为C11H13O2Br，故A项正确； B．N分子中含有1个手性碳原子，如图所示：，故B项正确； C．上述转化去氧加氢，为还原反应，故C项错误； D． N中含有溴原子，在碱性条件下可发生水解反应，故D项正确； 答案选C。 7．自然界中氮的循环过程如图所示，下列说法错误的是 A．属于氮的固定 B．氨氧化过程中，和理论物质的量之比为1∶1 C．土壤中的离子有利于除去水体中的铵态氮 D．水体中的、和的VSEPR模型完全相同 【答案】D 【详解】A．氮的固定是指将游离态的氮转化为含氮化合物的过程，故属于氮的固定，A正确； B．中N元素为价，中元素为价，二者发生归中反应，反应产物为，化合价为价，根据转移电子守恒可知，反应过程中二者的理论物质的量之比为，B正确； C．根据图中转化关系，土壤中的离子有利于除去水体中的铵态氮，C正确； D．中N的价层电子对数为3，无孤对电子，模型是平面三角形‌，中N的价层电子对数为3，有1对孤对电子，模型是形，中N的价层电子对数为4，无孤对电子，模型是正四面体形，D错误； 故选D。 8．短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，基态Y原子p轨道上的电子处于半充满状态。由上述元素组成的某种电池材料结构如图所示。下列说法错误的是 A．简单氢化物沸点：X<Y B．电负性：Y>Z>X C．该化合物中存在配位键 D．中的中心原子轨道杂化类型为杂化 【答案】B 【分析】短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，判断Z是O元素，基态Y原子p轨道上的电子处于半充满状态，则Y是N元素，根据元素组成的电池材料结构图，结合化学键的特征和原子序数的关系得到M为H元素，W为B元素，X为C元素。 【详解】A．X为C元素，Y是N元素，简单氢化物沸点为，A正确； B．X为C元素，Y是N元素，Z是O元素，电负性为，B错误； C．该化合物中，B元素价层电子数3，在阴离子中，形成4个共价键，达8电子稳定结构，说明B原子有空轨道与O原子的孤电子对形成配位键，N元素价层电子数5，在阳离子中，形成4个共价键，达8电子稳定结构，说明N原子的孤电子对与的空轨道形成配位键，C正确； D．为，中心原子形成4个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，故轨道杂化类型为杂化，D正确； 答案选B。 9．大力推广锂电池新能源汽车对实现“碳达峰”“碳中和”具有重要意义。与都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还有少量MgO、等杂质)来制备，工艺流程如下： 下列叙述错误的是 A．酸浸后，得到滤渣的主要成分是 B．在滤液②中主要的金属阳离子有、 C．制备过程中会生成(Ti为+4价)，则中不含过氧键 D．高温煅烧时发生的反应为 【答案】C 【分析】利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还有少量MgO、SiO2等杂质）来制备Li4Ti5O12与LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、，水解后过滤，沉淀为TiO2∙xH2O，经过一系列反应得到Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4得到LiFePO4。 【详解】A．由分析可知，SiO2不和盐酸反应，酸浸后，得到滤渣的主要成分是SiO2，A正确； B．由分析可知，水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，B正确； C．制备Li4Ti5O12过程中会生成Li2Ti5O15（Ti为+4价，Li为+1价），根据化合物中各元素化合价代数和为0可知15个氧中有7个氧呈现-2价，8个氧呈现-1，因此Li2Ti5O15中含过氧键，C错误； D．高温煅烧时草酸作还原剂将磷酸铁中三价铁还原成二价的亚铁生成磷酸亚铁锂，发生的反应为，D正确； 故选C。 10．下列实验操作、现象和结论对应关系不正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液含有 B 分别向等物质的量浓度、等体积的溶液和溶液中滴加2滴相同的稀溶液，充分振荡后静置 溶液中无白色沉淀，溶液中有黄色沉淀 结合微粒的能力： C 在淀粉溶液中滴入稀硫酸，加热一段时间，冷却后加入氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再滴加2滴碘水 溶液未变蓝色 证明淀粉已水解完全 D 相同温度下，用计测定相同浓度的溶液和溶液的 溶液值更大 酸性： 【答案】C 【详解】A．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液含有，A正确； B．分别向等物质的量浓度、等体积的溶液和溶液中滴加2滴相同的稀溶液，充分振荡后静置，溶液中无白色沉淀，说明结合的能力；溶液中有黄色沉淀，说明结合的能力，故结合微粒的能力：，B正确； C．向淀粉水解液中加入氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再滴加碘水，碘单质与氢氧化钠溶液发生了反应，所以溶液未变蓝色，不能证明淀粉已水解完全，C错误； D．测定相同浓度盐溶液的pH可判断水解程度，溶液值更大，说明酸性：，D正确； 故选C。 11．碲(Te)被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，Te与S同族，其工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A．粗铜精炼和电镀铜的阴极电极反应相同 B．每回收理论上步骤①中转移电子数为 C．步骤②电解后的溶液可以参与循环 D．可以用硝酸分离出滤渣X中的Au 【答案】B 【分析】阳极泥(主要成分是，含Ag、Au等杂质)通入氧气，加入硫酸调控pH并加压，反应后过滤得到滤液和滤渣，滤液电解回收铜；滤渣含TeO2等滤渣，加入盐酸反应后过滤得到Ag、Au滤渣X；滤液通入二氧化硫反应得到粗碲； 【详解】A．粗铜精炼和电镀铜的阴极电极反应均为Cu2++2e-=Cu，电极反应相同，A正确； B．根据转化为TeO2和Cu2+，转移电子数为6+2，每回收理论上步骤①中转移电子数为，B错误； C．步骤②电解后的溶液主要成分为硫酸，可以参与循环，在步骤①中使用，C正确； D．硝酸能溶解银而不能溶解Au，可以用硝酸分离出滤渣X中的Au，D正确； 答案选B。 12．CO2催化加氢制取甲烷、甲醇和甲酸等是一种有前景的CO2转化利用技术，其关键是制备活性好且廉价的催化剂。下列说法不正确的是 A．CO2通过化学吸附方式在催化剂表面发生反应 B．R3反应中只形成极性共价键 C．催化剂表面有孔洞有助于反应气吸附在催化剂表面 D．CO2在催化剂表面主要解离方式是生成COOH 【答案】D 【详解】A．CO2通过化学吸附方式在催化剂表面发生反应：，故A项正确； B．R3反应中形成C-H、C=O、C-O，均为极性共价键，故B项正确； C．催化剂表面有孔洞有助于反应气吸附在催化剂表面，且增大接触面积，故C项正确； D．根据反应活化能，R1反应活化能最低，反应最快，为主反应，故CO2在催化剂表面主要解离方式是生成O和CO，故D项错误； 故本题选D。 13．乙醛酸(OHC－COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。已知乙醛酸的相对分子质量为74，下列说法正确的是 A．离子交换膜为阴离子交换膜 B．b极与外电源的正极相连 C．当外电路通过1mole-时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为37g D．此装置中乙二醛被氧化的化学方程式：2+O2→2 【答案】C 【分析】由题中信息：通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸，结合题中装置图，可知阳极生成的Cl2通入盛放盐酸和乙二醛混合液一侧，Cl2与乙二醛发生氧化还原反应，生成Cl-移向与a电极相连的电极，与b电极相连的电极发生还原反应，生成H2，a为电源正极，b为电源负极。根据电解原理，可知阳极发生的电极反应式为，阴极发生还原反应，电极反应方程式为，据此分析解题。 【详解】A．根据题意氢离子由左侧经离子交换膜进入右侧，则离子交换膜为阳离子交换膜，A错误； B．a为电源正极，b为电源负极，B错误； C．根据得失电子守恒有，则当外电路通过1mole-时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为，故C正确； D．氯气将乙二醛氧化为乙醛酸，自身被还原为氯离子，化学方程式为：+H2O+Cl2+2HCl，D错误； 故选C。 14．钙镁矿、、的结构模型如图所示。下列说法正确的是 A．钙镁矿中，1号原子的坐标为，2号原子的坐标为 B．钙镁矿中，距离硫原子最近的硫原子数目为4 C．结构中与、与离子之间的作用力相同 D．晶胞中，分子的排列方式只有3种取向。 【答案】A 【详解】A．根据坐标系得知，1号原子的坐标可得(，，)，2号原子的坐标为(，，)，故A项正确； B．以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，故B项错误； C．与为配位键，H2O与之间存在氢键，所以两者作用力不同，故C项错误； D．干冰晶体中二氧化碳分子的排列方向有4种，即在顶点上1种，3对平行面心上3种，故D项错误； 故本题选A。 15．某温度下，向10mL0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L的溶液，滴加过程中溶液里的与所滴加的溶液体积[]关系如图所示。已知：，下列有关说法正确 A．a、b、c三点中，水的电离程度最小的为c点 B．该温度下，b点为 C．如果忽略CuS的溶解，则c点溶液有： D．该温度下的平衡常数为 【答案】B 【分析】10mL0.1mol/LCuCl2溶液和10mL 0.1mol/L的Na2S溶液恰好完全反应生成CuS和NaCl，即b点。 【详解】A．CuCl2、Na2S水解促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，A错误； B．该温度下，b点加入10mL的0.1mol/L溶液，CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应，液中，此时，，即b点，B正确； C．c点时，溶液中的，，Na2S过量0.001mol，由物料守恒可得，C错误； D．b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，，根据b点数据可知，则该温度下，平衡常数，D错误； 答案选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）以水钴矿(，含)和辉铜矿(，含)为原料制取胆矾和单质钴。 已知：①常温下，； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表 金属离子 开始沉淀时的 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时的 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取的反应原理：； ④均能与强酸反应产生。 回答下列问题： (1)基态原子的电子排布式为 。 (2)“酸浸”过程硫元素价态变为价，写出“酸浸”过程中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。 (3)写出用惰性电极电解溶液的化学方程式 。 (4)常温下，若“滤液2”中(忽略溶液中极少量的)，除去“滤液2”中的，至少需加入固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化)。 (5)“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 。 (6)采用惰性电极电解溶液，在无离子交换膜的条件下，不能用溶液代替溶液的理由是 。 (7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入至弱酸性，生成白色沉淀和硫酸铵。经仪器分析：白色沉淀含五种元素；所含离子中无单电子；晶体部分组成微粒的空间构型分别为一种三角锥形和一种正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。 【答案】（13分，除标注外，每空2分） (1)(或)（1分） (2) (3) (4)11.97 (5) (6)若用溶液代替溶液，阳极放电，溶液酸性增强，与反应，导致产率降低 (7) 【分析】水钴矿(，含)和辉铜矿(，含)加稀硫酸“酸浸”，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，得含有Co2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Ca2+的浸出液，SiO2不溶于酸、CaSO4微溶过滤得滤渣1，浸出液加氧化铜调节pH生成Fe(OH)3除铁，过滤，滤液1中加NaF生成MgF2、CaF2沉淀除Mg2+、Ca2+，过滤，则滤液2中含Cu2+、Co2+，加入萃取剂分液，Cu2+进入有机层，Co2+存在萃取余液中，萃取余液加碳酸钠生成碳酸钴晶体沉淀，过滤，碳酸钴晶体中加盐酸溶解得CoCl2溶液，电解CoCl2溶液得金属Co，有机层加试剂a反萃取，Cu2+重新进入水相，进一步得胆矾。 【详解】（1）Co元素原子序数为27，基态原子的电子排布式为(或)。 （2）“酸浸”过程硫元素价态变为价，Co2O3溶于酸得到Co3+，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，根据氧化还原反应得失电子守恒配平化学方程式为5[Co2O3⋅H2O]+Cu2S+11H2SO4=10CoSO4+2CuSO4+16H2O，氧化剂和还原剂物质的量之比为。 （3）用惰性电极电解溶液，Co2+在阴极得到电子生成Co，Cl-在阳极失去电子生成Cl2，化学方程式为：。 （4）常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.016mol/L，由Ksp(MgF2)=6.25×10−9，Mg2+刚好除尽时溶液中c(F-)==2.5×10−2mol/L，则溶液中剩余F-物质的量为2.5×10−2mol/L×5L=0.125mol，与Mg2+沉淀的F-的物质的量为0.016mol/L×5L×2=0.16mol，至少需加入NaF固体的质量为(0.125+0.16)mol×(23+19)g/mol=11.97g。 （5）反萃取是将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，根据反应Cu2++2HRCuR2+2H+，加酸能增大氢离子浓度有利于平衡逆向移动，可以将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，考虑到不引入新杂质，试剂a为H2SO4。 （6）由已知④Co能与强酸反应产生H2，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，H2O(OH−)阳极放电，溶液酸性增强，H+与Co反应，导致Co产率降低。 （7）所含Cu离子中无单电子，说明为+1价亚铜离子，晶体的部分组成微粒的空间构型分别为一种三角锥形和一种正四面体形，考虑到通入SO2且加入了足量氨水，则三角锥形和正四面体形粒子分别为亚硫酸根和铵根，根据化合价代数和为0，白色沉淀化学式为CuNH4SO3。 17．（14分）NaClO在生产、生活中有广泛应用，84消毒液主要成分为NaClO。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题： 实验(一)制备NaClO。 实验装置如图所示： (1)装置B中试剂是 。 (2)写出装置C三颈烧瓶中发生反应的离子方程式： 。 实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。 【查阅资料】NaClO水解程度，次氯酸溶液浓度可以通过荧光探针方法准确测定。 【提出猜想】 猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小； 猜想2：其他条件相同，NaClO浓度越小，NaClO水解程度越大； 猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。 【设计实验】 实验方案如下(各溶液浓度均为0.10mol/L，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)： 序号 温度/℃ V(NaClO溶液)/mL V(NaOH溶液)/mL V(HCl溶液)/mL V()/mL 褪色时间/s 1 20 10.0 0 0 5.0 2 20 5.0 0 0 10.0 3 20 10.0 2.0 0 V1 4 20 10.0 0 2.0 3.0 5 30 10.0 0 0 5.0 (3)在实验中，补充数据V1 = 。 (4)实验1、3、4测得结果：，能证明猜想1成立，请用平衡移动原理解释实验结果： ； 实验1、2不能验证猜想2，其原因是浓度越小，越小。请你提出改进方案： 。 (5)实验结果；，但是，不能证明猜想3成立，其原因是 。 经过小组讨论，大家认为可以通过测定不同温度下NaClO水解平衡常数，确定温度对NaClO水解程度的影响。 【查阅资料】 ，为溶液起始浓度。 【试剂与仪器】一定浓度的NaClO溶液、0.1000mol/L的盐酸、蒸馏水、pH计等。 【设计实验】测定30℃下NaClO水解平衡常数，完成表中实验。 序号 实验内容 记录数据 6 取20.00mLNaClO溶液，用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，测NaClO溶液的浓度 消耗盐酸体积为VmL 7 测得30℃纯水的pH a 8 ___________ b (6)分别在35℃、40℃下重复上述实验。 ①实验8的实验内容是 。 ②数据处理：30℃， (用含a、b、V的代数式表示)。 ③实验结论：，升高温度能促进NaClO水解。 (7)根据水解平衡常数，可以判断水解程度。写出一种能水解的盐及其在生产或生活中的一种应用 。 【答案】（14分，除标注外，每空2分） (1)饱和食盐水（1分） (2)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（1分） (3)3.0（1分） (4)，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，增大，实验3中pH增大，平衡左移，减小 测定不同浓度NaClO溶液中，计算NaClO水解程度 (5)浓度不变时，升温，褪色反应速率本身也增大 (6)测定30℃该浓度NaClO溶液的pH (7)碳酸钠@碳酸钠主要用途是制玻璃、制肥皂、造纸、编织等（1分） 【分析】实验（一）：装置A中发生反应，制备氯气；装置B中装有饱和NaCl溶液，目的为除去氯气中的氯化氢杂质；装置C中发生反应，制取NaClO，为避免温度过高发生副反应影响产物纯度，实验采用冰水浴冷却并搅拌；安全平的作用是防倒吸，氢氧化钠溶液的作用是处理尾气避免污染环境。 实验（二）：该探究外界因素（pH、温度、浓度）对NaClO水解程度的影响，设计实验时通过调整加入水的体积保证各组实验的最终体积均相同，利用次氯酸的漂白性通过石蕊的褪色时间来判断NaClO水解程度的大小，水解程度越大，HClO浓度越大，褪色时间越短；实验1、2，可得NaClO浓度存在差异，去验证猜想2，但由于NaClO浓度越小，水解产生的HClO浓度越小，褪色时间较慢，无法判断水解程度，可以采用荧光探针方法准确测定HClO浓度进行定量计算；实验1、2、4可得pH存在差异，去验证猜想1；实验1、5可得温度存在差异，去验证猜想3，但由于温度越高，漂白能力越强，褪色反应的速率越快，无法证明HClO浓度一定增大，可以采用荧光探针方法准确测定HClO浓度进行定量计算。 【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸反应，由于浓盐酸易挥发，故生成的氯气中混有氯化氢气体，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体； （2）A中氯气与NaOH制取NaClO，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； （3）通过调整加入水的体积保证各组实验的最终体积均相同，因此需要补充3.0mL的水； （4）石蕊先变红后褪色，褪色与有关，根据次氯酸钠水解方程式，分析盐酸、NaOH对平衡的影响。浓度对水解程度影响是两个方面：一是平衡移动；二是改变体积；测得产物浓度，测定不同浓度NaClO溶液中，计算NaClO水解程度[]通过定量计算可以判断浓度对水解程度的影响； （5）升温，对褪色有两个方面影响：一是升温，水解程度增大，增大，褪色速率增大；二是升温，褪色反应速率本身也要增大； （6）水解平衡常数表达式起提示作用，计算水解平衡常数需要3个物理量：对应温度下水的离子积常数；起始NaClO溶液浓度、30℃时，该浓度NaClO溶液的pH、NaClO溶液中等于起始NaClO溶液浓度，分别求出3个量，代入水解平衡常数表达式中计算，，，，。 （7）碳酸钠，碳酸钠主要用途是制玻璃、制肥皂、造纸、编织等。 18．（14分）CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。可利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的CO2生产绿色燃料——“零碳甲醇”。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应 ①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    K1 此反应一般认为通过如下步骤来实现： ②CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)    △H1=+40.5kJ•mol-1    K2 ③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)    K3 (1)原料CO2可通过捕获技术从工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是 (字母)。 A．NaOH溶液 B．氨水 C．CH3CH2OH D．NH4Cl溶液 (2)K1= (用含K2和K3的代数式表示)。 (3)实验测得K1(记作lnK)与温度(T)的关系如图所示，则该反应①的△H 0(填“＞”“＜”或“=”)。 (4)反应①的自发条件是 (填字母)。 A．高温自发         B．低温自发      C．任何温度下都自发 (5)若反应②为慢反应，下列示意图中能体现反应①能量变化的是 (填字母)。 A． B． C． D． (6)向体积为10L的恒容密闭容器中充入2.0molCO(g)和3.0molH2(g)，仅发生反应③，初始压强为akPa，测得CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示： 温度300℃条件下，5min达到平衡，则开始到平衡H2的平均反应速率为 。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)。则A点对应温度下的Kp= (kPa)-1(用a表示)。 (7)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH的产率。资料显示：水也可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： 结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因(任答一点) 。 【答案】（14分，除标注外，每空2分） (1)AB (2)（1分） (3)< (4)B（1分） (5)A (6) 0.048mol/（L·min） (7)催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”） 【详解】（1）A．为酸性气体，能与NaOH溶液反应，生成碳酸钠或碳酸氢钠； B．氨水呈碱性，能吸收酸性气体； C．呈中性，与不反应，不能作为捕获剂； D．溶液呈酸性，不能吸收酸性气体。 （2）根据盖斯定律，两反应相加就是目标反应，因此； （3）由图像可知：K随温度的升高而降低，也就是温度升高平衡逆向移动，因此该反应是正向放热的反应，； （4）反应①是熵减的放热反应，即、，低温条件下反应，能自发进行，故选B； （5）从总反应看，反应物的总能量大于生成物的总能量，排除C、D，反应②为慢反应，则活化能大于反应①，故选A； （6）10L的恒容密闭容器中充入2.0mol 和3.0mol ，300℃条件下，5min达到平衡，CO的转化率为60%，根据已知列三段式 ； ②初始物质的量为5mol，初始压强为a kPa，A点时容器中气体的总物质的量为2.6mol，则平衡时总压强为，，，，； （7）结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因：催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”）。 19．（14分）脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物L的合成路线如图。 (1)B的分子式为 。 (2)写出的反应方程式 。 (3)E中含氧官能团名称是 。 (4)M是C的同分异构体，符合下列条件的M有 种(不考虑立体异构)。 ①遇显色        ②有手性碳原子        ③只有一个甲基 (5)依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如图乙路线，合成有机化合物K，其结构简式如图甲所示。 甲： 乙： ①的反应类型是 。 ②I的结构简式是 。 ③的反应条件与上述合成L的路线中 步骤相同(用图中字母表示物质)。 【答案】（14分，每空2分） (1) (2) (3)羟基、醚键； (4)9 (5)加成反应 【分析】A为乙醛，乙醛和乙炔发生加成反应，可知在醛中的碳氧双键处发生加成生成B；C中羰基和乙二醇反应生成D，B和D生成E，E转化为F，结合F结构、E化学式可知，B和D中羰基加成生成E：，F转化为G，G中醚键转化为羰基得到L，可知C→D是为了保护C中左下侧的羰基； 【详解】（1）由分析可知，B的分子式为； （2） C中羰基和乙二醇反应生成醚键得到D，化学方程式为； （3）E为，含有含氧官能团为羟基、醚键； （4）C分子中含有9个碳、2个氧、不饱和度为4，M是C的同分异构体，符合下列条件：①遇显紫色，则含有酚羟基；②有手性碳原子；③只有一个甲基；则苯环上取代基为-OH和-CH(CH3)CH2OH、-OH和-CH2CHOHCH3、-OH和-CHOHCH2CH3，均存在邻间对3种情况，故共9 种； （5） 分析K的结构，与L的结构类似，因此需要模仿A到L的合成路径，K的结构左右对称，可知CH≡CH与2倍的乙醛C2H4O发生了加成，得到的产物H：，H中的羟基被氧化成羰基，I的结构简式为，则条件a为CrO3、吡啶；I再发生流程中F生成G的反应得到J，J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，条件为Cr2+、H+； ①CH≡CH与2倍的C2H4O发生了加成，得到的产物H，为加成反应。 ②由分析I为：； ③I再发生流程中F生成G的反应得到J，故为：。 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（黑吉辽专用） 黄金卷06·参考答案 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 B C B D A C D B C C B D C A B 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分，除标注外，每空2分） (1)(或)（1分） (2) (3) (4)11.97 (5) (6)若用溶液代替溶液，阳极放电，溶液酸性增强，与反应，导致产率降低 (7) 17．（14分，除标注外，每空2分） (1)饱和食盐水（1分） (2)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（1分） (3)3.0（1分） (4)，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，增大，实验3中pH增大，平衡左移，减小 测定不同浓度NaClO溶液中，计算NaClO水解程度 (5)浓度不变时，升温，褪色反应速率本身也增大 (6)测定30℃该浓度NaClO溶液的pH (7)碳酸钠@碳酸钠主要用途是制玻璃、制肥皂、造纸、编织等（1分） 18．（14分，除标注外，每空2分） (1)AB (2)（1分） (3)< (4)B（1分） (5)A (6) 0.048mol/（L·min） (7)催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”） 19．（14分，每空2分） (1) (2) (3)羟基、醚键； (4)9 (5)加成反应 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【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06 （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 Mg 24 K 39 Ca 40 Fe 56 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。 1．2023年，“墨子巡天望远镜”入选全国重大科技成就，“墨子巡天望远镜”是中科大和中科院紫金山天文台联合研制的大视场光学成像望远镜，由望远镜框架、聚焦镜片、望远镜圆顶台址和图像数据储存分析四部分组成。下列说法不正确的是 A．望远镜框架用到多种金属材料 B．聚焦镜片的成分只含有二氧化硅 C．建设台址所用的水泥属于传统硅酸盐材料 D．数据储存分析所用电脑芯片的主要原料是硅 2．下列化学用语的表达正确的是 A．基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图： B．的质谱图： C．的名称：甲基苯甲酰胺 D．的电子式为 3．某科学考察团对农夫山泉进行了分析，检测出部分金属的含量如表(含量单位)，下列有关说法正确的是 金属种类 钠 镁 钾 钙 含量 A．表中的金属是以原子形式存在的 B．农夫山泉水中钙的含量为 C．1L泉水中的数量大于的数量 D．该泉水中钾与钠的物质的量之比为1∶2 4．掌握化学实验技能是进行科学研究的基本保证，下列有关说法正确的是 A．图甲为埋在地下的钢管道采用外加电流法防腐 B．装置乙可模拟侯氏制碱法获得 C．图丙所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸 D．测定未知溶液的浓度 5．利用可快速测定水体化学需氧量，以表示水体中的有机物，已知，部分反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A．该过程中和均表现出还原性 B．该过程中是催化剂 C．可以防止和重新结合 D．该过程的离子方程式可以表示为 6．醚具有重要的药用特性，一项研究采用温和条件可以合成醚且产率极佳，方法如下图所示。下列说法错误的是 A．M的分子式为 B．N分子中含有1个手性碳原子 C．上述转化为取代反应 D．N能在一定条件下与NaOH溶液反应 7．自然界中氮的循环过程如图所示，下列说法错误的是 A．属于氮的固定 B．氨氧化过程中，和理论物质的量之比为1∶1 C．土壤中的离子有利于除去水体中的铵态氮 D．水体中的、和的VSEPR模型完全相同 8．短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，基态Y原子p轨道上的电子处于半充满状态。由上述元素组成的某种电池材料结构如图所示。下列说法错误的是 A．简单氢化物沸点：X<Y B．电负性：Y>Z>X C．该化合物中存在配位键 D．中的中心原子轨道杂化类型为杂化 9．大力推广锂电池新能源汽车对实现“碳达峰”“碳中和”具有重要意义。与都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还有少量MgO、等杂质)来制备，工艺流程如下： 下列叙述错误的是 A．酸浸后，得到滤渣的主要成分是 B．在滤液②中主要的金属阳离子有、 C．制备过程中会生成(Ti为+4价)，则中不含过氧键 D．高温煅烧时发生的反应为 10．下列实验操作、现象和结论对应关系不正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液含有 B 分别向等物质的量浓度、等体积的溶液和溶液中滴加2滴相同的稀溶液，充分振荡后静置 溶液中无白色沉淀，溶液中有黄色沉淀 结合微粒的能力： C 在淀粉溶液中滴入稀硫酸，加热一段时间，冷却后加入氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再滴加2滴碘水 溶液未变蓝色 证明淀粉已水解完全 D 相同温度下，用计测定相同浓度的溶液和溶液的 溶液值更大 酸性： 11．碲(Te)被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，Te与S同族，其工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A．粗铜精炼和电镀铜的阴极电极反应相同 B．每回收理论上步骤①中转移电子数为 C．步骤②电解后的溶液可以参与循环 D．可以用硝酸分离出滤渣X中的Au 12．CO2催化加氢制取甲烷、甲醇和甲酸等是一种有前景的CO2转化利用技术，其关键是制备活性好且廉价的催化剂。下列说法不正确的是 A．CO2通过化学吸附方式在催化剂表面发生反应 B．R3反应中只形成极性共价键 C．催化剂表面有孔洞有助于反应气吸附在催化剂表面 D．CO2在催化剂表面主要解离方式是生成COOH 13．乙醛酸(OHC－COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。已知乙醛酸的相对分子质量为74，下列说法正确的是 A．离子交换膜为阴离子交换膜 B．b极与外电源的正极相连 C．当外电路通过1mole-时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为37g D．此装置中乙二醛被氧化的化学方程式：2+O2→2 14．钙镁矿、、的结构模型如图所示。下列说法正确的是 A．钙镁矿中，1号原子的坐标为，2号原子的坐标为 B．钙镁矿中，距离硫原子最近的硫原子数目为4 C．结构中与、与离子之间的作用力相同 D．晶胞中，分子的排列方式只有3种取向。 15．某温度下，向10mL0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L的溶液，滴加过程中溶液里的与所滴加的溶液体积[]关系如图所示。已知：，下列有关说法正确 A．a、b、c三点中，水的电离程度最小的为c点 B．该温度下，b点为 C．如果忽略CuS的溶解，则c点溶液有： D．该温度下的平衡常数为 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）以水钴矿(，含)和辉铜矿(，含)为原料制取胆矾和单质钴。 已知：①常温下，； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表 金属离子 开始沉淀时的 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时的 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取的反应原理：； ④均能与强酸反应产生。 回答下列问题： (1)基态原子的电子排布式为 。 (2)“酸浸”过程硫元素价态变为价，写出“酸浸”过程中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。 (3)写出用惰性电极电解溶液的化学方程式 。 (4)常温下，若“滤液2”中(忽略溶液中极少量的)，除去“滤液2”中的，至少需加入固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化)。 (5)“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 。 (6)采用惰性电极电解溶液，在无离子交换膜的条件下，不能用溶液代替溶液的理由是 。 (7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入至弱酸性，生成白色沉淀和硫酸铵。经仪器分析：白色沉淀含五种元素；所含离子中无单电子；晶体部分组成微粒的空间构型分别为一种三角锥形和一种正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。 17．（14分）NaClO在生产、生活中有广泛应用，84消毒液主要成分为NaClO。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题： 实验(一)制备NaClO。 实验装置如图所示： (1)装置B中试剂是 。 (2)写出装置C三颈烧瓶中发生反应的离子方程式： 。 实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。 【查阅资料】NaClO水解程度，次氯酸溶液浓度可以通过荧光探针方法准确测定。 【提出猜想】 猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小； 猜想2：其他条件相同，NaClO浓度越小，NaClO水解程度越大； 猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。 【设计实验】 实验方案如下(各溶液浓度均为0.10mol/L，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)： 序号 温度/℃ V(NaClO溶液)/mL V(NaOH溶液)/mL V(HCl溶液)/mL V()/mL 褪色时间/s 1 20 10.0 0 0 5.0 2 20 5.0 0 0 10.0 3 20 10.0 2.0 0 V1 4 20 10.0 0 2.0 3.0 5 30 10.0 0 0 5.0 (3)在实验中，补充数据V1 = 。 (4)实验1、3、4测得结果：，能证明猜想1成立，请用平衡移动原理解释实验结果： ； 实验1、2不能验证猜想2，其原因是浓度越小，越小。请你提出改进方案： 。 (5)实验结果；，但是，不能证明猜想3成立，其原因是 。 经过小组讨论，大家认为可以通过测定不同温度下NaClO水解平衡常数，确定温度对NaClO水解程度的影响。 【查阅资料】 ，为溶液起始浓度。 【试剂与仪器】一定浓度的NaClO溶液、0.1000mol/L的盐酸、蒸馏水、pH计等。 【设计实验】测定30℃下NaClO水解平衡常数，完成表中实验。 序号 实验内容 记录数据 6 取20.00mLNaClO溶液，用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，测NaClO溶液的浓度 消耗盐酸体积为VmL 7 测得30℃纯水的pH a 8 ___________ b (6)分别在35℃、40℃下重复上述实验。 ①实验8的实验内容是 。 ②数据处理：30℃， (用含a、b、V的代数式表示)。 ③实验结论：，升高温度能促进NaClO水解。 (7)根据水解平衡常数，可以判断水解程度。写出一种能水解的盐及其在生产或生活中的一种应用 。 18．（14分）CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。可利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的CO2生产绿色燃料——“零碳甲醇”。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应 ①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    K1 此反应一般认为通过如下步骤来实现： ②CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)    △H1=+40.5kJ•mol-1    K2 ③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)    K3 (1)原料CO2可通过捕获技术从工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是 (字母)。 A．NaOH溶液 B．氨水 C．CH3CH2OH D．NH4Cl溶液 (2)K1= (用含K2和K3的代数式表示)。 (3)实验测得K1(记作lnK)与温度(T)的关系如图所示，则该反应①的△H 0(填“＞”“＜”或“=”)。 (4)反应①的自发条件是 (填字母)。 A．高温自发         B．低温自发      C．任何温度下都自发 (5)若反应②为慢反应，下列示意图中能体现反应①能量变化的是 (填字母)。 A． B． C． D． (6)向体积为10L的恒容密闭容器中充入2.0molCO(g)和3.0molH2(g)，仅发生反应③，初始压强为akPa，测得CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示： 温度300℃条件下，5min达到平衡，则开始到平衡H2的平均反应速率为 。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)。则A点对应温度下的Kp= (kPa)-1(用a表示)。 (7)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH的产率。资料显示：水也可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： 结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因(任答一点) 。 19．（14分）脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物L的合成路线如图。 (1)B的分子式为 。 (2)写出的反应方程式 。 (3)E中含氧官能团名称是 。 (4)M是C的同分异构体，符合下列条件的M有 种(不考虑立体异构)。 ①遇显色        ②有手性碳原子        ③只有一个甲基 (5)依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如图乙路线，合成有机化合物K，其结构简式如图甲所示。 甲： 乙： ①的反应类型是 。 ②I的结构简式是 。 ③的反应条件与上述合成L的路线中 步骤相同(用图中字母表示物质)。 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 $$