黄金卷01（新高考通用，14+4）-【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（新高考通用） 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 Na 23 Cl 35.5 Co 59 Cu 64 Cd 112 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．下列关于我国科技成果的叙述错误的是 选项 科技成果 化学解读 A “嫦娥六号”携带来自月背的月壤样品安全返回 月壤中富含的中子数为1的氦可表示为 B 开发新吸附材料，开辟碳捕集、碳利用技术 有助于“碳中和”“碳达峰” C 建造全球首列商业化运营的碳纤维地铁列车 碳纤维是人工合成有机高分子材料 D 首次不对称全合成具有抗肿瘤、抗生素活性的天然产物alchivemycin A alchivemycin A的合成过程发生了化学变化 2．化学实验是学习化学的重要途径。下列有关操作中，错误的是 A．浓硫酸沾到皮肤上，先用大量水冲洗，再用3%一5%的碳酸氢钠溶液冲洗 B．将酒精灯小心倾斜，靠近另一个燃着的酒精灯去引燃 C．将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入盛有水的烧杯中，搅拌稀释 D．在通风橱中制备氯气，同时用氢氧化钠溶液吸收尾气 3．下列有关说法正确的是 A．实验室配制溶液需要五水硫酸铜晶体 B．在空气中受热能迅速被氧化成 C．金属钠燃烧产生黄色火焰是基态钠原子产生吸收光谱的缘故 D．是两性氧化物，故能溶于醋酸和氨水 4．我国科研人员在嫦娥五号带回的月球样本中，发现了富含水分子、铵和氯的未知矿物晶体，且该矿物中氯的同位素组成和地球矿物显著不同。下列说法正确的是 A．和互为同素异形体 B．NH4Cl的电子式为 C．该未知晶体中一定含极性键、非极性键和离子键 D．H2O的形成过程可表示为 5．价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法错误的是 A．SO2和SO3的VSEPR模型均为平面三角形 B．PCl3、NCl3的空间构型都是三角锥形 C．BF3和NF3均为非极性分子 D．CO2与N的键角相等 6．实验室用化学沉淀法除去粗盐中的，，获得精制盐。实验方案及部分仪器如下。下列说法错误的是 A．“溶解”操作中需用到的仪器是a、c B．杂质离子沉淀完全后，采取的分离操作用到的仪器是a、b、c、d C．沉淀分离完成后，调节溶液pH时用到的仪器为a、c、e、f D．试剂1、2、3分别可选用溶液、NaOH溶液、溶液 7．某天然有机物M具有抗肿瘤生物活性的作用，其结构如图所示，下列有关M的说法正确的是 A．含3种官能团 B．遇溶液会发生显色反应 C．能发生氧化、取代、加成、消去反应 D．分子中至少有11个碳原子一定共面 8．S8在液态SO2中被AsF5氧化成：，反应方程式为S8+3AsF5=S8(AsF6)2+AsF3，下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A．还原产物为AsF3 B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1 C．S8(AsF6)2阴阳离子个数比为1∶4 D．1molS8参与反应转移电子的数目为16NA 9．某学习小组用如图所示的装置制备氯气并探究其性质，带孔的黑匣子是制备氯气的装置。下列不同反应阶段的预测现象及其相应推断正确的是 A．干花褪色，说明具有漂白性 B．湿润的蓝色石蕊试纸只变红，说明氯气溶于水形成的溶液呈酸性 C．淀粉溶液变蓝，说明氯气具有氧化性 D．Fe粉燃烧放出棕红或棕黄色烟，说明氯气能与铁粉反应生成氯化亚铁 10．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是 A．元素的第一电离能： B．简单氢化物的稳定性： C．中有键 D．的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子 11．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图： 下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)  ΔH= + akJ/mol(a>0) B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂 C．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变 D．1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量 12．下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 将水滴入盛有固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口 可观察到有气泡产生，木条复燃 固体遇水产生 B 将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中 溶液紫色褪去 干白葡萄酒中含有 C 用pH试纸测定等浓度的NaHCO3溶液和NaClO溶液的pH 前者的比后者的小 碳酸酸性强于次氯酸 D 向与的混合稀溶液中滴入少量稀溶液 有黄色沉淀生成 13．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法正确的是 A．该装置是原电池，b极是负极 B．该电池工作时，应选用质子交换膜 C．该电池工作时，电子从a经电流表A流向b，离子从右经交换膜向左迁移 D．电极a反应：(C6H10O5)n-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+ 14．常温下，用浓度为的NaOH标准溶液滴定浓度均为的HCl和的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．约为 B．水的电离程度：a<b<c<d C．点b： D．点a： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）锰酸锂是较有前景的锂离子正极材料之一，相比钴酸锂等传统正极材料，锰酸锂具有资源丰富、成本低、无污染、安全性好、倍率性能好等优点，是理想的动力电池正极材料。一种以废旧电池正极材料(主要成分为，含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下： 回答下列问题： （1）基态Mn原子的价层电子排布图为 ；由排布图可知Mn位于元素周期表中的 区。 （2）“灼烧”时通入足量空气，目的是 。 （3）“碱浸”的目的是 。 （4）“酸浸”中双氧水作还原剂的优点是 ， (填“能”或“不能”)用代替双氧水。 （5）“沉锰”过程中生成的离子方程式为 {已知：的结构为}。 （6）热失重图像如图所示。c点得到的固体的化学式为 。 16．（14分）CdTe是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1～100nm。其制备原理和步骤如下所示。 制备原理：Cd2++RSHCd(RS)++H+；Cd(RS)++HTe-＝CdTe(RSH) 步骤I：按照如下图所示搭建反应装置。 步骤Ⅱ：向C中加入250mL蒸馏水，再加入0.23g的CdCl2·2.5H2O，并搅拌溶解，通入氮气，再加入8滴RSH (巯基乙酸)，用2mol·L-1的NaOH溶液调节pH为8～9，继续通入氮气。 步骤Ⅲ：使用滴管将NaHTe溶液(稍过量)快速一次性加入到上述含Cd(RS)+溶液中。二者混合后即开始加热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH (巯基乙酸)修饰的CdTe量子点产物。 回答下列问题： （1）仪器C的名称为 。 （2）下图为配制2mol·L-1NaOH溶液的部分过程，操作a应重复3次，目的是 ，定容后还需要的操作为 。 （3）NaHTe溶液是利用NaBH4与Te在水中反应得到，其产物还有Na2B4O7，则反应的化学方程式为 。 （4）Te (碲)位于元素周期表第五周期ⅥA族。步骤Ⅲ中“快速一次性加入NaHTe溶液”的原因是 。 （5）若实验加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合题干信息分析其原因是 。 （6）产物中含有CdTe的质量为0.12g，则CdTe的产率最接近___________(填标号)。 A．40% B．50% C．60% D．70% 17．（15分）氨是一种重要的化工产品。回答下列问题： （1）已知：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH=-92.0kJ/mol ②H2(g)+O2(g)H2O(g)  ΔH=-240.0kJ/mol ③2Fe(s)+O2(g)Fe2O3(s)  ΔH=-1644.0kJ/mol 则反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)  ΔH= kJ/mol，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有___________(填标号)。 A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 B．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零 C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生 （3）温度为T℃，压强恒定为pMPa，用Fe2O3处理NH3和HCN(起始时NH3的体积分数为58%)的混合气体，部分气体的体积分数随时间的变化如图，反应经30min达到平衡。 ①0~30min内用NH3的压强变化表示的反应速率v(NH3)= MPa·min-1。 ②反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)的平衡常数Kp= (MPa)2 (列出计算式即可)；若升高温度，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （4）在催化剂作用下，可用NH3去除NO，其反应原理为4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)分别为4：1、3∶1、1：3时，得到的NO脱除率曲线如图所示： ①曲线a中，在温度超过900℃时，NO脱除率骤然下降的原因可能是 。 ②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是 。 18．（15分）化合物J是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下： 回答下列问题： （1）A分子中碳原子的杂化轨道类型是 。 （2）F分子中所含官能团名称是 。J分子中含有 个手性碳原子。 （3）需经历的过程。中间体X的分子式为，X转化为D的另一产品为，则C的结构简式为 。 （4）的结构简式为，中加入是为了结合反应中产生的 (填结构简式)。 （5）H的分子式为，的反应类型为 。 （6）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式： 。 ①既能发生银镜反应，也能与发生显色反应； ②分子中有4种不同化学环境的氢。 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（新高考通用） 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 Na 23 Cl 35.5 Co 59 Cu 64 Cd 112 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．下列关于我国科技成果的叙述错误的是 选项 科技成果 化学解读 A “嫦娥六号”携带来自月背的月壤样品安全返回 月壤中富含的中子数为1的氦可表示为 B 开发新吸附材料，开辟碳捕集、碳利用技术 有助于“碳中和”“碳达峰” C 建造全球首列商业化运营的碳纤维地铁列车 碳纤维是人工合成有机高分子材料 D 首次不对称全合成具有抗肿瘤、抗生素活性的天然产物alchivemycin A alchivemycin A的合成过程发生了化学变化 【答案】C 【解析】A．He的质子数为2，中子数为1的He，表示为3He，A正确； B．吸附二氧化碳，将二氧化碳捕捉，有利于碳中和和碳达峰，B正确； C．碳纤维的主要成分是碳单质，属于无机物，C错误； D．合成新物质过程中由化学键的断裂和化学键的形成，属于化学变化，D正确； 答案选C。 2．化学实验是学习化学的重要途径。下列有关操作中，错误的是 A．浓硫酸沾到皮肤上，先用大量水冲洗，再用3%一5%的碳酸氢钠溶液冲洗 B．将酒精灯小心倾斜，靠近另一个燃着的酒精灯去引燃 C．将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入盛有水的烧杯中，搅拌稀释 D．在通风橱中制备氯气，同时用氢氧化钠溶液吸收尾气 【答案】B 【解析】A．浓硫酸沾在皮肤上，先用大量水冲洗，再用3%~5%的碳酸氢钠容液冲洗，A项正确； B．禁止用燃着的酒精灯去引燃另一个酒精灯，B项错误； C．稀释浓硫酸时，为了防止飞溅，需将浓硫酸缓慢加入水中，同时用玻璃棒搅，C项正确； D．制备有毒气体时，要在通风橱中完成，同时为了防止污染空气，用氢氧化钠溶液吸收氯气，D项正确； 故选B。 3．下列有关说法正确的是 A．实验室配制溶液需要五水硫酸铜晶体 B．在空气中受热能迅速被氧化成 C．金属钠燃烧产生黄色火焰是基态钠原子产生吸收光谱的缘故 D．是两性氧化物，故能溶于醋酸和氨水 【答案】B 【解析】A．实验室配制溶液需要选用容量瓶，故需要五水硫酸铜晶体的质量是，A错误； B．不稳定，在空气里受热，能迅速被氧化成，B正确； C．金属钠燃烧产生黄色火焰是激发态的钠产生发射光谱的缘故，C错误； D．是两性氧化物，能溶于强碱溶液，但不溶于弱碱溶液氨水，D错误； 故选B。 4．我国科研人员在嫦娥五号带回的月球样本中，发现了富含水分子、铵和氯的未知矿物晶体，且该矿物中氯的同位素组成和地球矿物显著不同。下列说法正确的是 A．和互为同素异形体 B．NH4Cl的电子式为 C．该未知晶体中一定含极性键、非极性键和离子键 D．H2O的形成过程可表示为 【答案】D 【解析】A．同素异形体是同种元素组成的不同种单质，和互为同位素，故A错误； B．NH4Cl为离子化合物，其电子式为，故B错误； C．铵和氯的未知矿物晶体中含有N-H之间极性键和铵根与氯某种离子之间的离子键，不含有非极性键，故C错误； D．H2O是共价化合物，其形成过程可表示为，故D正确； 故选D。 5．价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法错误的是 A．SO2和SO3的VSEPR模型均为平面三角形 B．PCl3、NCl3的空间构型都是三角锥形 C．BF3和NF3均为非极性分子 D．CO2与N的键角相等 【答案】C 【解析】A．SO2和SO3中硫原子的价层电子对数均为3，则SO2和SO3的VSEPR模型均为平面三角形，A正确； B．PCl3、NCl3中心原子孤电子对数都是=×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，所以PCl3、NH3均为三角锥形，B正确； C．BF3中心原子B原子孤电子对数=×(3−3×1)=0，价层电子对数为3，是平面正三角形结构，为非极性分子，NF3中心原子孤电子对数都是=×(5−3×1)=1，为三角锥形结构，为极性分子，C错误； D．CO2分子中的中心C原子价层电子对数是2+=2，故C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角是180°，N3−与CO2互为等电子体，N3−也呈直线形，键角是180°，即CO2与N3−的键角相等，D正确。 答案选C。 6．实验室用化学沉淀法除去粗盐中的，，获得精制盐。实验方案及部分仪器如下。下列说法错误的是 A．“溶解”操作中需用到的仪器是a、c B．杂质离子沉淀完全后，采取的分离操作用到的仪器是a、b、c、d C．沉淀分离完成后，调节溶液pH时用到的仪器为a、c、e、f D．试剂1、2、3分别可选用溶液、NaOH溶液、溶液 【答案】D 【分析】实验室用化学沉淀法除去粗盐中的杂质离子，分别可用溶液除去，溶液除去及过量溶液引入的，NaOH溶液除去，最后调节溶液pH除去过量溶液、NaOH溶液引入的、，最终获得精制盐。 【解析】A．溶解过程需用到烧杯、玻璃棒，A项正确； B．过滤操作用到的仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯、铁架台，B项正确； C．调节溶液pH时用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和pH试纸，C项正确； D．由于过量的还需要用除去，因此溶液要在溶液之后加入，D项错误； 答案选D。 7．某天然有机物M具有抗肿瘤生物活性的作用，其结构如图所示，下列有关M的说法正确的是 A．含3种官能团 B．遇溶液会发生显色反应 C．能发生氧化、取代、加成、消去反应 D．分子中至少有11个碳原子一定共面 【答案】D 【解析】A．M含有羟基、酯基两种官能团，故A错误； B．酚羟基遇溶液会发生显色反应，M中不含酚羟基，故B错误； C．能与氧气燃烧发生氧化、酯基可以水解即发生取代反应、其中苯环能与H2加成、羟基的邻位无H，不能发生消去反应，故C错误； D．与苯环直接相连的原子一定与苯环共平面，故分子中至少有11个碳原子一定共面，D正确； 故答案为D。 8．S8在液态SO2中被AsF5氧化成：，反应方程式为S8+3AsF5=S8(AsF6)2+AsF3，下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A．还原产物为AsF3 B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1 C．S8(AsF6)2阴阳离子个数比为1∶4 D．1molS8参与反应转移电子的数目为16NA 【答案】A 【分析】该反应中S化合价升高，发生氧化反应，S8为还原剂，S8(AsF6)2为还原产物；As化合价降低，发生还原反应，则AsF5为氧化剂，AsF3为还原产物； 【解析】A．由分析可知，还原产物为AsF3，故A项正确； B．AsF5为氧化剂，AsF3为还原产物，3molAsF5中只有1molAs被还原，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，故B项错误； C．S8(AsF6)2阴阳离子个数比为1∶2，故C项错误； D．由化学方程式可知，1molS8参与反应转移2mol电子，则转移电子数目为2NA，故D项错误； 故本题选A。 9．某学习小组用如图所示的装置制备氯气并探究其性质，带孔的黑匣子是制备氯气的装置。下列不同反应阶段的预测现象及其相应推断正确的是 A．干花褪色，说明具有漂白性 B．湿润的蓝色石蕊试纸只变红，说明氯气溶于水形成的溶液呈酸性 C．淀粉溶液变蓝，说明氯气具有氧化性 D．Fe粉燃烧放出棕红或棕黄色烟，说明氯气能与铁粉反应生成氯化亚铁 【答案】C 【分析】带孔的黑匣子是制备氯气的装置，氯气与水反应生成HCl与HClO，该溶液具有酸性和漂白性，因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色；铁粉与Cl2在加热的条件下剧烈反应生成氯化铁；氯气具有氧化性，可氧化I−生成I2，使淀粉−KI溶液变蓝，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。 【解析】A．干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色，故A项错误； B．氯气与水反应生成与，该溶液具有酸性和漂白性，因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B项错误； C．氯气具有氧化性，可氧化生成，使淀粉溶液变蓝，故C项正确； D．铁粉与在加热的条件下剧烈反应生成氯化铁，放出棕红或棕黄色烟，故D项错误； 故本题选C。 10．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是 A．元素的第一电离能： B．简单氢化物的稳定性： C．中有键 D．的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子 【答案】B 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期， X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。 【解析】A．元素的第一电离能：，A错误； B．简单氢化物的稳定性：，B正确； C．中含有键，C错误； D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。 故答案选B。 11．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图： 下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)  ΔH= + akJ/mol(a>0) B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂 C．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变 D．1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量 【答案】D 【解析】A．由图分析可知，反应Ⅱ是放热反应，故a＜0，A错误； B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，B错误； C．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，C错误； D．甲醇与水反应为吸热反应，故1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量，D正确； 故选D。 12．下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 将水滴入盛有固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口 可观察到有气泡产生，木条复燃 固体遇水产生 B 将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中 溶液紫色褪去 干白葡萄酒中含有 C 用pH试纸测定等浓度的NaHCO3溶液和NaClO溶液的pH 前者的比后者的小 碳酸酸性强于次氯酸 D 向与的混合稀溶液中滴入少量稀溶液 有黄色沉淀生成 【答案】A 【解析】A．将水滴入盛有Na2O2固体的试管中，立即把带火星的木条放在试管口，观察到有气泡产生，带火星的木条复燃，说明Na2O2与水反应产生了能使带火星木条复燃的O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，A项正确； B．干白葡萄酒中的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，不能说明干白葡萄酒中含SO2，B项错误； C．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，C项错误； D．NaCl、NaI的浓度未知，向NaCl与NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成可能是I-的浓度较大先生成AgI沉淀，不能比较AgCl、AgI的Ksp，D项错误； 答案选A。 13．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法正确的是 A．该装置是原电池，b极是负极 B．该电池工作时，应选用质子交换膜 C．该电池工作时，电子从a经电流表A流向b，离子从右经交换膜向左迁移 D．电极a反应：(C6H10O5)n-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+ 【答案】B 【分析】由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图b极通O2，a极为有机物，则b极为正极氧气发生还原反应，a极为负极有机物发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，负极电极反应为(C6H10O5)n+7nH2O-24ne﹣=6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正极b极； 【解析】A．由分析可知，该装置是原电池，b极是正极，A错误； B．该电池工作时，氢离子在通过交换膜移向正极，故应选用质子交换膜，B正确； C．该电池工作时，电子从负极a经电流表A流向正极b，离子从左侧经交换膜向右侧迁移，C错误； D．负极电极反应为(C6H10O5)n+7nH2O-24ne﹣=6nCO2↑+24nH+，D错误； 故选B。 14．常温下，用浓度为的NaOH标准溶液滴定浓度均为的HCl和的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A．约为 B．水的电离程度：a<b<c<d C．点b： D．点a： 【答案】B 【分析】NaOH溶液与HCl和的混酸反应时，先与HCl反应，再与反应。由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，未发生反应，溶质成分为NaCl和；b点时NaOH溶液反应掉一半的，溶质成分为NaCl、和；c点时NaOH溶液与恰好完全反应，溶质成分为NaCl、；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、和NaOH。 【解析】A．由以上分析可知，a点时，，，故A正确； B．c点溶液中水解，促进水的电离，d点碱过量，抑制水的电离，则水的电离程度，故B错误； C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的和，由于，溶液显酸性，说明的电离程度大于的水解程度，则，故C正确； D．a点溶液为等浓度的NaCl和混合溶液，存在物料守恒关系，故D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）锰酸锂是较有前景的锂离子正极材料之一，相比钴酸锂等传统正极材料，锰酸锂具有资源丰富、成本低、无污染、安全性好、倍率性能好等优点，是理想的动力电池正极材料。一种以废旧电池正极材料(主要成分为，含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下： 回答下列问题： （1）基态Mn原子的价层电子排布图为 ；由排布图可知Mn位于元素周期表中的 区。 （2）“灼烧”时通入足量空气，目的是 。 （3）“碱浸”的目的是 。 （4）“酸浸”中双氧水作还原剂的优点是 ， (填“能”或“不能”)用代替双氧水。 （5）“沉锰”过程中生成的离子方程式为 {已知：的结构为}。 （6）热失重图像如图所示。c点得到的固体的化学式为 。 【答案】（除标明外，每空2分） （1） d（1分） （2）使C尽可能转化为CO2 （3）除去铝元素 （4）环保，不引入新的杂质 能（1分） （5） （6）CoO 【分析】废旧电池正极材料经过灼烧去除杂质炭黑和有机物，再加入氢氧化钠溶液除铝，滤渣为，根据小题中问题可知，过氧化氢为还原剂，再根据下一步沉钴推测，过氧化氢将+3价的钴还原为+2价的钴，加入K2S2O8溶液沉锰得到二氧化锰，再向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠沉镍，最后沉锂得到碳酸锂，碳酸锂再与二氧化锰反应得到锰酸锂，由此作答: 【解析】（1）Mn是25号元素，其价电子排布式为3d54s2，因此其价电子排布图为：，位于元素周期表中的d区； （2）灼烧时是为了除去废旧电池正极材料中的炭黑和有机物，通入足量的空气是为让碳完全燃烧转化为二氧化碳； （3）根据分析可知，碱浸的目的是为了除去Al； （4）用双氧水作还原剂不会产生有毒有害物质，且不会引入杂质；可以为还原剂，并且其氧化产物为硫酸钠，没有引入新的杂质，所以可以作为还原剂代替双氧水； （5）由结构可知，含有过氧键，所以具有强氧化性，将锰离子氧化为二氧化锰，其离子方程式为：； （6）的摩尔质量为183g/mol，则18.3g的物质的量为0.1mol，到a点，固体质量为14.7g，减少了3.6g，说明失去了2分子水，此时化学式为，到c点固体质量为7.5g，根据Co元素守恒，此时钴的质量为5.9g，剩下1.6g推测为氧元素，所以c点的化学式为CoO。 16．（14分）CdTe是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1～100nm。其制备原理和步骤如下所示。 制备原理：Cd2++RSHCd(RS)++H+；Cd(RS)++HTe-＝CdTe(RSH) 步骤I：按照如下图所示搭建反应装置。 步骤Ⅱ：向C中加入250mL蒸馏水，再加入0.23g的CdCl2·2.5H2O，并搅拌溶解，通入氮气，再加入8滴RSH (巯基乙酸)，用2mol·L-1的NaOH溶液调节pH为8～9，继续通入氮气。 步骤Ⅲ：使用滴管将NaHTe溶液(稍过量)快速一次性加入到上述含Cd(RS)+溶液中。二者混合后即开始加热，同时通入冷凝水，反应一段时间，可得到由RSH (巯基乙酸)修饰的CdTe量子点产物。 回答下列问题： （1）仪器C的名称为 。 （2）下图为配制2mol·L-1NaOH溶液的部分过程，操作a应重复3次，目的是 ，定容后还需要的操作为 。 （3）NaHTe溶液是利用NaBH4与Te在水中反应得到，其产物还有Na2B4O7，则反应的化学方程式为 。 （4）Te (碲)位于元素周期表第五周期ⅥA族。步骤Ⅲ中“快速一次性加入NaHTe溶液”的原因是 。 （5）若实验加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合题干信息分析其原因是 。 （6）产物中含有CdTe的质量为0.12g，则CdTe的产率最接近___________(填标号)。 A．40% B．50% C．60% D．70% 【答案】（每空2分） （1）三颈(口)烧瓶 （2）使样品转移完全 盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀 （3）4NaBH4 + 2Te + 7H2O = 2NaHTe + Na2B4O7 + 14H2↑ （4）防止NaHTe被氧化 （5）产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长，胶体容易聚沉 （6）B 【分析】本题以制备物质为基础，考核一定物质的量浓度溶液的配制过程、反应方程式的配平、交替性质等内容，注重考查知识迁移能力。注意题给信息，如由CdTe的粒子直径考虑胶体的性质，由Te元素位于元素周期表第五周期ⅥA族，可知其化学性质与S元素相似，据此进行分析。 【解析】（1）图中仪器C为三颈圆底烧瓶，又称三口烧瓶。答案为：三颈(口)烧瓶； （2）移液后的烧杯内和玻璃棒上还沾有少量的溶质，必须用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液一并注入容量瓶中，以确保溶质全部转入容量瓶；定容之后，要塞好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀里面的溶液。答案为：使样品转移完全；盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀； （3）由题给信息可知，反应物为NaBH4、Te和H2O，生成物有NaHTe、Na2B4O7，在反应物NaBH4和生成物Na2B4O7中B的化合价没有发生变化，Te的化合价降低，作氧化剂，NaBH4中H元素化合价升高，根据B元素和Na元素守恒，可知反应过程中还生成了H2，根据元素守恒配平化学反应方程式为：4NaBH4 + 2Te + 7H2O = 2NaHTe + Na2B4O7 + 14H2↑；答案为：4NaBH4 + 2Te + 7H2O = 2NaHTe + Na2B4O7 + 14H2↑； （4）NaHTe具有强烈的还原性，因此在空气中容易与氧气发生反应，导致其被氧化。步骤Ⅲ中“快速一次性加入NaHTe溶液”的原因是防止NaHTe被空气氧化。答案为：防止NaHTe被氧化； （5）由题给信息可知，CdTe粒子直径介于1～100nm，具有胶体的特性，对胶体长时间加热，胶体易发生聚沉现象，故CdTe粒子会在长时间加热的条件下发生聚沉，答案为：产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长，胶体容易聚沉； （6）0.23g CdCl2·2.5H2O的物质的量为，根据制备原理，可得关系式：Cd2+～CdTe(RSH)，则理论上生成0.001molCdTe，则CdTe的产率约为，故答案为：B。 17．（15分）氨是一种重要的化工产品。回答下列问题： （1）已知：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH=-92.0kJ/mol ②H2(g)+O2(g)H2O(g)  ΔH=-240.0kJ/mol ③2Fe(s)+O2(g)Fe2O3(s)  ΔH=-1644.0kJ/mol 则反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)  ΔH= kJ/mol，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有___________(填标号)。 A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 B．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零 C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生 （3）温度为T℃，压强恒定为pMPa，用Fe2O3处理NH3和HCN(起始时NH3的体积分数为58%)的混合气体，部分气体的体积分数随时间的变化如图，反应经30min达到平衡。 ①0~30min内用NH3的压强变化表示的反应速率v(NH3)= MPa·min-1。 ②反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s)的平衡常数Kp= (MPa)2 (列出计算式即可)；若升高温度，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （4）在催化剂作用下，可用NH3去除NO，其反应原理为4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)分别为4：1、3∶1、1：3时，得到的NO脱除率曲线如图所示： ①曲线a中，在温度超过900℃时，NO脱除率骤然下降的原因可能是 。 ②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是 。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）+1016.0 高温（1分） （2）BCD （3）0.019p 增大 （4）催化剂失去活性 3：1 【解析】（1）由盖斯定律可知，反应②×3—①—③得到反应2NH3(g)+Fe2O3(s)N2(g)＋3H2O(g)+2Fe(s) Δ，则H=(—240.0kJ/mol)×3—(—92.0kJ/mol) —(—1644.0kJ/mol)=+1016.0kJ/mol，该反应为熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：+1016.0；高温； （2）A．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，则控制温度远高于室温，是为了保证催化剂的活性最大，反应速率较快，故错误； B．合成氨反应是熵减的放热反应，反应的焓变ΔH、熵变ΔS均小于0，故正确； C．不断将液氨移去，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氨气的产率增大，故正确； D．合成氨反应所需原料气中氮气由分离空气得到，氢气由天然气与水蒸气反应生成，原料气中的杂质会使催化剂中毒，易燃易爆的氢气与氧气反应可能发生安全事故，所以原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生，故正确； 故选BCD； （3）①由图可知，起始时氨气的体积分数58%，分压为58%×pMPa=0.58pMPa，30min反应达到平衡时氨气的体积分数为1%，分压为1%×pMPa=0.01pMPa，则氨气反应速率为=0.019pMPa·min-1，故答案为：0.019p； ②由图可知，30min反应达到平衡时氨气、氮气、水蒸气的体积分数分别为1%、25%、45%，则反应的平衡常数Kp==(MPa)2，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故答案为：；增大； （4）①催化剂在一定温度下具有较强的催化活性，当温度较高时，催化剂会失去活性导致反应速率减小，则曲线a中，在温度超过900℃时，一氧化氮脱除率骤然下降说明温度过高，催化剂失去活性，导致反应速率减小，故答案为：催化剂失去活性； ②氨气和一氧化氮的物质的量的比值增大，相当于增大氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的脱除率增大，则由图可知，物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，曲线b对应的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1。 18．（15分）化合物J是一种重要的药物中间体，其人工合成路线如下： 回答下列问题： （1）A分子中碳原子的杂化轨道类型是 。 （2）F分子中所含官能团名称是 。J分子中含有 个手性碳原子。 （3）需经历的过程。中间体X的分子式为，X转化为D的另一产品为，则C的结构简式为 。 （4）的结构简式为，中加入是为了结合反应中产生的 (填结构简式)。 （5）H的分子式为，的反应类型为 。 （6）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式： 。 ①既能发生银镜反应，也能与发生显色反应； ②分子中有4种不同化学环境的氢。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）、杂化 （2）氨基、羟基 1 （3） （4） （5）取代反应 （6）或（3分） 【分析】由流程可知，A发生取代反应生成B，B和SOCl2、C甲醇发生反应生成D，D中酮羰基转化为=NOH生成E，E中=NOH转化为氨基、酯基转化为羟基得到F，F发生取代得到G，G中羟基和H发生取代反应引入2个环得到I，H的分子式为C10H7F，则H为，I最终转化为J。 【解析】（1）A分子中苯环碳、羰基碳均为sp2杂化，支链中-CH2-为饱和碳为sp3杂化故答案为：、杂化； （2）根据F的结构简式可知含有官能团羟基、氨基。手性碳原子是饱和碳原子连接4个不同的原子(或原子团)。J分子中含有1个手性碳原子，故答案为：羟基、氨基；1； （3）经历的过程，中间体X的分子式为C9H7O2C1，结合BD结构可知，X为，X转化为D的另一产品为HCl，X和C甲醇发生取代反应生成D，C的结构简式为CH3OH，故答案为：CH3OH； （4））(Boc)2O取代F中1个氨基氢生成G同时生成(CH3)3COCOOH，加入(C2H5)3N是为了结合反应中产生的(CH3)3COCOOH促使反应正向进行，故答案为：(CH3)3COCOOH； （5）由分析可知，G中羟基和H（）发生取代反应引入2个环得到I， G→I的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应； （6）同时满足下列条件的D的同分异构体： 既能发生银镜反应，也能与FeCl3发生显色反应，含有醛基、酚羟基；②分子中有4种不同化学环境的氢，则结构对称；故结构可以为。 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（新高考通用） 黄金卷01·参考答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C B B D C D D A C B D A B B 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）（除标明外，每空2分） （1） d（1分） （2）使C尽可能转化为CO2 （3）除去铝元素 （4）环保，不引入新的杂质 能（1分） （5） （6）CoO 16．（14分）（每空2分） （1）三颈(口)烧瓶 （2）使样品转移完全 盖上瓶塞，反复上下颠倒摇匀 （3）4NaBH4 + 2Te + 7H2O = 2NaHTe + Na2B4O7 + 14H2↑ （4）防止NaHTe被氧化 （5）产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长，胶体容易聚沉 （6）B 17．（15分）（除标明外，每空2分） （1）+1016.0 高温（1分） （2）BCD （3）0.019p 增大 （4）催化剂失去活性 3：1 18．（15分）（除标明外，每空2分） （1）、杂化 （2）氨基、羟基 1 （3） （4） （5）取代反应 （6）或（3分） 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 $$