黄金卷03（湖北专用）-【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（湖北专用） 黄金卷03 （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 S 32 Hg 201 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．化学促进了科技的进步与发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是 A．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱 B．利用煤的气化和液化提供清洁燃料 C．利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和食盐水 D．科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖 【答案】C 【解析】A．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，A不符合题意；B．煤的气化和液化过程中均生成新物质，涉及化学变化，B不符合题意；C．蛋白质溶液属于胶体，食盐水属于溶液，胶体具有丁达尔效应，利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和食盐水，胶体发生丁达尔效应的过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，C符合题意；D．二氧化碳转化为淀粉（C6H10O5）n或葡萄糖C6H12O6，有新物质生成，涉及化学变化，D不符合题意；故选C。 2．下列实验装置能达到实验目的的是 A．图甲：实验室制备氯气 B．图乙：除去二氧化碳中的氯化氢气体 C．图丙：检验溴乙烷发生消去反应生成的乙烯 D．图丁：测定中和反应的反应热 【答案】B 【解析】A．浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，故A错误；B．饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，其可以与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可以除去二氧化碳中的氯化氢气体，故B正确；C．溴乙烷发生消去反应条件是氢氧化钠醇溶液加热，故C错误；D．测定中和反应的反应热，应该用玻璃搅拌棒，不能用金属搅拌棒，故D错误；故选B。 3．二氧化氯可用于自来水消毒。实验室用草酸和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有的中子数为 B．每生成，转移电子数为 C．，溶液中含有的数目为 D．中含键数目为 【答案】B 【解析】A．分子中H原子无中子，原子的中子数为10，则中含有的中子数为，A错误；B．由反应方程式可知，每生成2mol转移电子数为2mol，则每生成，即1mol转移电子数为，B正确；C．未给出草酸溶液的体积，无法计算氢离子的物质的量，C错误；D．未标注气体状态，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算，D错误；故选B。 4．化合物Z是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A．Y分子中所有原子可能共平面 B．Z可以发生氧化、取代和消去反应 C．X、Y、Z可用FeCl3溶液和新制的氢氧化铜进行鉴别 D．Y、Z分别与足量的酸性KMnO4溶液反应后所得芳香族化合物不同 【答案】C 【解析】A．Y中上的碳原子为饱和碳原子，所有的原子不可能共平面，A错误；B．Z中的可以发生氧化反应、取代反应，但不能发生消去反应，B错误；C．X含酚羟基，Y、Z均不含酚羟基，用溶液可鉴别X与Y、Z；Y中含醛基，Z中不含醛基，用新制悬浊液可鉴别Y与Z，C正确；D．Y、Z分别与足量的酸性KMnO4溶液反应后所得芳香族化合物相同，均为，D错误；答案选C。 5．下列说法正确的是 A．聚丙烯的结构简式：，由丙烯制备聚丙烯属于加聚反应 B．的VSEPR模型：，其构型为平面三角形 C．臭氧分子的结构，由极性键形成的非极性分子 D．的电子式：，存在离子键和非极性键 【答案】D 【解析】A．聚丙烯是有丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构简式为：，属于加聚反应。A选项错误；B．NH3的价层电子对数为，故为sp3杂化，VSEPR模型是四面体结构，题中是空间构型，B选项错误；C．臭氧分子是离域，中心氧原子显正电性，两边氧原子显负电性，共用电子对有偏移，是由极性键形成极性分子，C选项错误；D．CaC2存在离子键，电子式需要标出正负电荷且阴、阳离子个数比为1:1，碳碳形成非极性键，电子式正确，D选项正确；故答案选D。 6．化合物是一种高效、安全的氧化性消毒剂，所含的5种元素均位于短周期，其中X、Y、Z是同一周期相邻的三种元素，X、Z的基态原子价层p轨道均有两个未成对的电子，E元素的焰色为黄色，M原子的核外电子数是X和E的原子序数之和。下列说法正确的是 A．第一电离能：X<Y<Z B．简单氢化物的沸点：Z>M C．YM3的空间结构为平面三角形 D．Z和E形成的两种常见的二元化合物均为碱性氧化物 【答案】B 【分析】由题干信息可知：X、Z的基态原子价层p轨道均有两个未成对电子，且X、Y、Z是同一周期相邻的三种元素，则X、Y、Z分别是第IVA、VA、VIA族元素。E元素的焰色为黄色，则E为Na；M原子的核外电子数是X和E的原子序数之和，因为M是短周期元素，所以X的原子序数不大于7，则X、Y、Z分别是C、N、O；M的原子序数是C和Na的原子序数之和，则M为Cl。该化合物为。 【解析】A．第一电离能变化规律是：同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势。C、N、O处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，由于VA族元素原子因价层p轨道半充满而较稳定，其第一电离能大于同周期VIA族元素的第一电离能，因此第一电离能最大，其次是O，最后是C，所以大小比较为：，即，A项不正确；B．常温下，为液体，为气体，同时，水分子间存在氢键，故沸点：，B项正确；C．的价电子对数是：，原子采用杂化，且原子上有一对孤电子对，故的空间构型为三角锥形，C项不正确；D．Z是氧元素，E是钠元素，是碱性氧化物，但不是碱性氧化物，是过氧化物，D项不正确；答案选B。 7．下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 常温下S在CS2中的溶解度强于在H2O中的溶解度 分子的极性 B CH3NH2的碱性强于NH3的碱性 孤电子对的个数 C 金刚石的硬度大于钠的硬度 晶体的类型 D 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸的沸点 氢键的类型 【答案】B 【解析】A．S和CS2都属于非极性分子，H2O是极性分子，由“相似相溶”原理可知，A正确；B．CH3NH2的碱性强于NH3，甲基属于推电子基团，使得N上电子云密度增大，更容易结合氢离子，与孤电子对数没有关系，B错误；C．金刚石属于共价晶体，钠属于金属晶体，金刚石的硬度大于钠的硬度，C正确；D．对羟基苯甲酸中羧基和羟基相距较远，只能形成分子间氢键，使沸点升高，而邻羟基苯甲酸中羧基和羟基相距较近，形成分子内氢键，反而使沸点降低，D正确；故选B。 8．实验室用如图装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点为142℃)，实验中利用环己烷—水的共沸体系(沸点为69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点为81℃)，其反应原理如下： 下列说法错误的是 A．以共沸体系带水可促使反应正向进行 B．反应时水浴温度可以控制在69~81℃ C．接收瓶中的液体应该用蒸馏的方法分离 D．乙酸异戊酯的产率为60% 【答案】C 【分析】乙酸和异戊醇在浓硫酸催化作用下生成乙酸异戊酯，实验中利用环己烷—水的共沸体系(沸点为69℃)带出水分，促使反应生成乙酸异戊酯。 【解析】A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；B．反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，可以温度可以控制在69℃～81℃之间，B正确；C．接收瓶中接收的是环己烷-水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，可以分液分离，C错误；D．乙酸和异戊醇分别为0.1mol、0.05mol，理论生成0.05mol乙酸异戊酯，则乙酸异戊酯的产率为，D正确；故选C。 9．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。下列有关说法错误的是 A．氧化剂与还原剂物质的量之比3∶4 B．NF3中各原子均达8电子稳定结构 C．NH3的空间结构是三角锥形 D．NH4F中既有离子键又有极性键 【答案】A 【解析】A．由方程式可知，氨气中有3mol体现碱性，1mol失电子化合价升高作还原剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比，A错误；B．中N原子与3个F原子形成3对共用电子对，使分子中各原子均满足8电子稳定结构，B正确；C．分子中N原子的价层电子对数为3+=4，空间结构是三角锥形，C正确；D．中铵根离子和氟离子之间存在离子键，中有N-H极性共价键，D正确；故选A。 10．过量的通入浓度均为0.1 mol/L的下列溶液中，现象和离子反应方程式均正确的是 溶液 现象 离子方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液由棕黄色变浅绿色 C 先产生白色沉淀，后沉淀消失 D (含酚酞) 溶液由红色变无色 【答案】D 【解析】A．过量与0.1 mol/L的溶液反应，产生的淡黄色沉淀是S，还生成，反应的离子方程式为：，A错误；B．过量的通入0.1 mol/LFeCl3溶液反应生成FeCl2、H2SO4和HCl，溶液由棕黄色变浅绿色，反应的离子方程式为：，B错误；C．过量的通入0.1 mol/L溶液不反应，无明显现象，C错误；D．水解使其溶液呈碱性，能使酚酞变红，过量的通入0.1 mol/L溶液(含酚酞)反应生成与，最终溶液呈酸性，则溶液由红色变无色，反应的离子方程式为：，D正确；故选D。 11．利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀的机理如图所示。下列说法正确的是 A．金属缝隙内表面为正极，外自由表面为负极 B．缝隙内溶液的pH增大，加快了缝隙内的腐蚀速率 C．为了维持电中性，海水中大量的进入缝隙 D．正极的电极反应式为 【答案】C 【解析】A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子可知，金属缝隙外自由表面为正极，金属缝隙内表面为负极，故A项错误；B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子，缝隙外溶液的pH增大，加快了缝隙内的腐蚀速率，故B项错误；C．阴离子由正极向负极移动·所以大量进入缝隙来维持电中性，故C项正确；D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式，故D项错误；故本题选C。 12．电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A．a是直流电源的负极，石墨电极发生还原反应 B．交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，I室上升 C．当产生的时，理论上纯钛电极上产生标准状况下气体 D．若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则前驱体产率升高 【答案】C 【分析】由图可知，前驱体在Ⅲ室生成，则Ⅱ室的金属阳离子进入Ⅲ室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为，与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为，所以电解过程实际上是电解水； 【解析】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，A项错误；B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为，产生，故降低，B项错误；C．每生成的，就相当于生成，由电极反应式：可知，理论上会生成，在标准状况下的体积为，C项正确；D．纯钛电极若直接放入Ⅱ室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，前驱体产率降低，D项错误；答案选C。 13．Cl2O是一种有强烈刺激性气味的气体，具有强氧化性，易与水反应生成HClO，与有机物或还原剂接触或加热时易燃烧爆炸，某研究小组利用HgO与Cl2制备Cl2O，装置如图所示，已知Cl2O的沸点为3.8℃；Cl2的沸点为-34.6℃，下列说法正确的是 A．装置③中盛装的是饱和食盐水 B．装置④⑤不能使用橡胶管连接 C．装置⑤中液氨用于吸收Cl2O D．装置⑤逸出气体可用水吸收后排放 【答案】B 【分析】由实验装置图可知，装置①中浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气，装置②中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置③中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置④中氯气与氧化汞在冰水浴中反应制备一氧化二氯，装置⑤中盛有的液氨没有与一氧化二氯接触，目的是用于冷凝收集一氧化二氯。 【解析】A．由分析可知，装置③中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故A错误；B．由题意可知，一氧化二氯与有机物或还原剂接触或加热时易燃烧爆炸，所以装置④⑤不能使用橡胶管连接，故B正确；C．装置⑤中盛有的液氨没有与一氧化二氯接触，目的是用于冷凝收集一氧化二氯，故C错误；D．装置⑤逸出气体含有一氧化二氯和氯气，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收一氧化二氯和氯气，不能用水吸收，故D错误；故选B。 14．与存在配位平衡：为转化为反应的平衡常数，依次类推。配体浓度对各级配位化合物的分布分数的影响如图所示。 已知：①；②若某种配合物的分布分数接近1，则可用于配位滴定。 下列说法错误的是 A．的数量级为 B． C．点时， D．由图可知，可用滴定，滴定终点时生成 【答案】B 【解析】A．由和的曲线交点可知，，因此的数量级为，A正确；B．由图可知，，故，B错误；C．点，故，C正确；D．图中在之间时接近1，故可用于配位滴定，D正确；故选B。 15．朱砂(硫化汞)在众多先秦考古遗址中均有发现，其立方晶系型晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm，A原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是 A．S的配位数是4 B．晶胞中B原子分数坐标为 C．该晶体的密度是g/cm3 D．相邻两个Hg的最短距离为nm 【答案】B 【解析】A．由晶胞图知，以位于体心的S原子为研究对象，S原子周围距离最近的Hg原子有4个，则S的配位数是4，A正确；B．由A原子的分数坐标为(0，0，0)，结合投影图知，晶胞中B原子分数坐标为，B错误；C．由晶胞图可知，含S原子=4×1=4个，Hg原子位于8个顶角和6个面心，共含Hg原子数=6×+8×=4，故该晶体的密度是ρ= ，C正确；D．由晶胞结构可知，相邻两个Hg的最短距离面对角线的一半，为nm，D正确；故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分）钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 （1）酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 （2）除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 （3）除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1：2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 （4）除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和的离子方程式为 。 （5）沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 （6）上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 【答案】（1）加快搅拌速率（1分） （2）Fe(OH)3和CaSO4（2分） （3）15∶2（2分） （2分） （4）Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋（2分） （5）4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O（2分） 弱于（1分） （6）D（2分） 【分析】本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、锰，最终得到产品； 【解析】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率； （2）由于酸浸时加入硫酸，根据表格中数据可知，向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为：Fe(OH)3和CaSO4； （3）①根据丁二酮肟的结构简式可知，其中σ键与π键数目之比为15∶2；②该配合物中N提供孤电子对，Ni提供空轨道，且分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，则该配合物的结构为：； （4）该反应中锰离子被氧化为二氧化锰，同时Na2S2O8变为硫酸根离子，相应的离子方程式为：Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋； （5）根据题意Co(OH)3中Co被还原为CoO杂质，同时氧的化合价升高为氧气，方程式为：4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O；根据题意酸浸液主要含有Co2+、Fe2+，除铁时加入过氧化氢，只能氧化Fe2+，则Co2+的还原性弱于Fe2+； （6）根据分析可知，滤液中含有锌离子，则滤液可返回湿法炼锌系统回收锌。 17．（14分）化合物J可以促进消化道蠕动，是常用的促进胃动力的药物，其合成路线如下。 回答下列问题： （1）化合物A的名称是 ，其中碳原子的杂化类型为 。 （2）H→I的反应类型为 ，化合物J中含氧官能团名称为 。 （3）化合物C的分子式为，则C的结构简式为 ，B到D的转化中加入碳酸钾的目的为 。 （4）写出同时符合下列条件的化合物H的一种同分异构体的结构简式 。 ①分子中含有苯环，遇溶液不显色 ②核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1 （5）结合题干信息以苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺()。基于你设计的合成路线，相关步骤中涉及到醛的氧化，请写出该反应的化学方程式 。 【答案】（1）对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)（1分） 和（2分） （2）取代反应（1分） 醚键、酰胺基（2分） （3）（2分） 可以与生成的HCl反应。促进反应正向进行，提高产率（2分） （4）、、、(任答一种)（2分） （5）（2分） 【分析】A催化氧化后甲基氧化为醛基生成B，B与C作用得到D，结合D的结构得出C的结构简式为，D与H2NOH发生醛基上的加成反应并失去水得到E，E与H2在催化剂作用下反应生成F，F和I发生取代反应生成J。 【解析】（1）化合物A的名称是对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)，其中碳原子的杂化类型为和，其中苯环上的为，甲基上的为。 （2）H→I，反应时羧基上的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，化合物J中含氧官能团名称为醚键、酰胺基。 （3）化合物C的分子式为，据分析，C的结构简式为，B和C即发生取代反应得到D和HCl，则B到D的转化中加入碳酸钾的目的为：可以与生成的HCl反应，促进反应正向进行，提高产率。 （4）化合物H同时符合条件：①分子中含有苯环，遇溶液不显色，则不含酚羟基；②核磁共振氢谱图上有4组峰，则含有4种氢原子，峰面积之比即氢原子数目之比为6∶2∶1∶1；则符合条件的一种同分异构体的结构简式可以为、、、(任答一种)。 （5）结合题干信息用苯甲醛为原料合成药物N－苄基苯甲酰胺的合成步骤为与NH2OH反应生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成；催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为。 相关步骤中涉及到醛的氧化，该反应的化学方程式为2+O2 2。 18．（12分）将铜片放进氯化铁溶液中，观察到溶液呈无色，产生红褐色固体，铜片表面有白色物质。回答下列问题： I．探究红褐色固体成分 （1）过滤得到红褐色固体，所需的仪器有_______(填标号)。 A． B． C． D． （2）①取少量红褐色固体加盐酸溶解，滴加 溶液(填写试剂名称)，溶液变血红色，证明是氢氧化铁。 ②产生氢氧化铁的原因可能是 (用化学方程式表示)。 II．查阅资料： ①CuCl是白色难溶物，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；被空气迅速氧化。 ②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。 （3）探究产生白色物质的原因。设计实验方案如下： 实验 铜粉/g 蒸馏水/mL 实验现象 1 0.1 1.8 2 棕黄色溶液变为墨绿色 2 0.5 1.8 2 棕黄色溶液变为白色浊液 ①由以上实验可知，产生白色物质的条件是 。 ②从氧化还原角度说明实验1中未产生白色物质的原因： 。 （4）化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备CuCl。 实验步骤： I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。 II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。 ①步骤I中通入发生反应的离子方程式是 。 ②步骤II中采用抽滤法过滤(装置如下图所示)的主要目的是： 。 【答案】（1）BC（2分） （2）硫氰化钾（1分）FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl或4 Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3（2分） （3）铜粉过量（1分） Fe3＋氧化性强于Cu2＋，Fe3＋过量时，Cu不与Cu2＋反应（2分） （4）①SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+（2分）②快速过滤，防止氯化亚铜被氧化（2分） 【分析】三颈烧瓶中通入，因具有强还原性，在酸性条件性能将氯化铜还原为CuCl，过量的在装置C中用NaOH溶液吸收，装置B作安全瓶，可防止倒吸，据此分析解答；【解析】（1）过滤需用到漏斗、烧杯、玻璃棒，故BC正确； （2）①检验Fe3+用硫氰化钾溶液，溶液会变血红色；②产生氢氧化铁的原因可能是发生反应：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl或4 Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3； （3）结合表中数据可知铜粉过量时才能产生白色物质；若铜粉不足，因Fe3+的氧化性强于Cu2+，则加入的铜粉只能与氧化性强的Fe3+反应，不能与Cu2+反应，因此无法生成CuCl； （4）①通入，与CuCl2反应生成CuCl和硫酸，反应离子方程式：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+；②采用抽滤法过滤可以加快过滤速率，减少固体与空气的接触时间，有效防止氯化亚铜被氧化。 19．（15分）酚类化合物在医疗、环保、工业等方面有着广泛的用途。 （1）苯酚可用于外科器械消毒、皮肤杀菌与止痒，可通过磺化法制备。该工艺具体流程如下： 反应③的化学方程式为 。 （2）石油加工、造纸等企业易产生含有苯酚的工业废水，可通过O3-H2O2氧化法进行处理，其原理为C6H5OH+H2O2+O3→CO2+H2O(非可逆反应，反应未配平)。在T1℃和T2℃时，分别向含有苯酚的水样中加入等量的30%H2O2溶液，再以相同的流速向水样中通入O3，测得水样中苯酚含量随时间变化的曲线如图所示。 ①在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的平均反应速率为 。 ②请判断T1和T2的大小：T1 (填“>”“<”或“=”)T2，T1℃时对工业废水中苯酚的去除率低于T2℃时的原因可能是 (写一种即可)。 （3）利用FeCl3溶液与苯酚的显色反应，可定性检测工业废水中的苯酚，其反应原理为Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)+6H+。反应到达平衡时，下列说法正确的有___________(填标号)。 A．加水稀释，溶液pH减小 B．滴入几滴浓盐酸，增大 C．加入少量NaOH固体，反应平衡常数增大 D．加入少量Cu粉，溶液紫色变浅 （4）邻苯二酚钠类配体(L)与金属离子(M)形成的配合物可应用于医药、水处理等领域。其溶液中存在平衡： M+LML  K1 ML+LML2  K2 某研究小组配制了M与L起始浓度比不同的系列溶液，其中L的起始浓度c0(L)=0.02mol/L。 测得平衡时L、ML、ML2的与的变化关系如图所示。 ①表示与变化关系的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②当=0.6时，c平(ML2)= ，K1= 。 【答案】（1）C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O（2分） （2）5×10-4mol/(L·min)（2分） >（2分） H2O2受热分解（1分） （3）BD（2分） （4）①I（2分） ②0.002mol/L（2分） 500（2分） 【解析】（1）反应③C6H5SO3Na 和熔融的NaOH反应，生成C6H5ONa ，化学方程式为：C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O； （2）①由图可知，在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的浓度下降了，C6H5OH的平均反应速率为；②反应初始时，T1℃反应速率更快，即T1＞T2；由于H2O2受热易分解，因此反应结束时，T2℃时工业废水中苯酚的去除率更高； （3）A．加水稀释，c（H+）下降，pH增大，故A错误；B．滴入几滴浓盐酸，c（H+）上升，平衡逆向移动，增大，减小，增大，故B正确；C．温度不变，反应平衡常数不变，故C错误；D．加入少量Cu粉，发生反应，，c（Fe3+）下降，平衡逆向移动，溶液紫色变浅，故D正确；故选BD； （4）①由图可知，随着的增大， 减小，即曲线Ⅱ为，那么即曲线Ⅰ为；②，即，，即，根据L守恒得：，因此，，根据M守恒得：，，，。 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（湖北专用） 黄金卷03·参考答案 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 C B B C D B B C A D C C B B B 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分） （1）加快搅拌速率（1分） （2）Fe(OH)3和CaSO4（2分） （3）15∶2（2分） （2分） （4）Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋（2分） （5）4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O（2分） 弱于（1分） （6）D（2分） 17．（14分） （1）对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)（1分） 和（2分） （2）取代反应（1分） 醚键、酰胺基（2分） （3）（2分） 可以与生成的HCl反应。促进反应正向进行，提高产率（2分） （4）、、、(任答一种)（2分） （5）（2分） 18．（12分） （1）BC（2分） （2）硫氰化钾（1分）FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl或4 Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3（2分） （3）铜粉过量（1分） Fe3＋氧化性强于Cu2＋，Fe3＋过量时，Cu不与Cu2＋反应（2分） （4）①SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+（2分）②快速过滤，防止氯化亚铜被氧化（2分） 19．（15分） （1）C6H5SO3Na+2NaOHC6H5ONa+Na2SO3+H2O（2分） （2）5×10-4mol/(L·min)（2分） >（2分） H2O2受热分解（1分） （3）BD（2分） （4）①I（2分） ②0.002mol/L（2分） 500（2分） 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（湖北专用） 黄金卷03 （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 S 32 Hg 201 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．化学促进了科技的进步与发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是 A．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱 B．利用煤的气化和液化提供清洁燃料 C．利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和食盐水 D．科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖 2．下列实验装置能达到实验目的的是 A．图甲：实验室制备氯气 B．图乙：除去二氧化碳中的氯化氢气体 C．图丙：检验溴乙烷发生消去反应生成的乙烯 D．图丁：测定中和反应的反应热 3．二氧化氯可用于自来水消毒。实验室用草酸和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有的中子数为 B．每生成，转移电子数为 C．，溶液中含有的数目为 D．中含键数目为 4．化合物Z是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A．Y分子中所有原子可能共平面 B．Z可以发生氧化、取代和消去反应 C．X、Y、Z可用FeCl3溶液和新制的氢氧化铜进行鉴别 D．Y、Z分别与足量的酸性KMnO4溶液反应后所得芳香族化合物不同 5．下列说法正确的是 A．聚丙烯的结构简式：，由丙烯制备聚丙烯属于加聚反应 B．的VSEPR模型：，其构型为平面三角形 C．臭氧分子的结构，由极性键形成的非极性分子 D．的电子式：，存在离子键和非极性键 6．化合物是一种高效、安全的氧化性消毒剂，所含的5种元素均位于短周期，其中X、Y、Z是同一周期相邻的三种元素，X、Z的基态原子价层p轨道均有两个未成对的电子，E元素的焰色为黄色，M原子的核外电子数是X和E的原子序数之和。下列说法正确的是 A．第一电离能：X<Y<Z B．简单氢化物的沸点：Z>M C．YM3的空间结构为平面三角形 D．Z和E形成的两种常见的二元化合物均为碱性氧化物 7．下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 常温下S在CS2中的溶解度强于在H2O中的溶解度 分子的极性 B CH3NH2的碱性强于NH3的碱性 孤电子对的个数 C 金刚石的硬度大于钠的硬度 晶体的类型 D 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸的沸点 氢键的类型 8．实验室用如图装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点为142℃)，实验中利用环己烷—水的共沸体系(沸点为69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点为81℃)，其反应原理如下： 下列说法错误的是 A．以共沸体系带水可促使反应正向进行 B．反应时水浴温度可以控制在69~81℃ C．接收瓶中的液体应该用蒸馏的方法分离 D．乙酸异戊酯的产率为60% 9．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。下列有关说法错误的是 A．氧化剂与还原剂物质的量之比3∶4 B．NF3中各原子均达8电子稳定结构 C．NH3的空间结构是三角锥形 D．NH4F中既有离子键又有极性键 10．过量的通入浓度均为0.1 mol/L的下列溶液中，现象和离子反应方程式均正确的是 溶液 现象 离子方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液由棕黄色变浅绿色 C 先产生白色沉淀，后沉淀消失 D (含酚酞) 溶液由红色变无色 11．利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀的机理如图所示。下列说法正确的是 A．金属缝隙内表面为正极，外自由表面为负极 B．缝隙内溶液的pH增大，加快了缝隙内的腐蚀速率 C．为了维持电中性，海水中大量的进入缝隙 D．正极的电极反应式为 12．电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A．a是直流电源的负极，石墨电极发生还原反应 B．交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，I室上升 C．当产生的时，理论上纯钛电极上产生标准状况下气体 D．若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则前驱体产率升高 13．Cl2O是一种有强烈刺激性气味的气体，具有强氧化性，易与水反应生成HClO，与有机物或还原剂接触或加热时易燃烧爆炸，某研究小组利用HgO与Cl2制备Cl2O，装置如图所示，已知Cl2O的沸点为3.8℃；Cl2的沸点为-34.6℃，下列说法正确的是 A．装置③中盛装的是饱和食盐水 B．装置④⑤不能使用橡胶管连接 C．装置⑤中液氨用于吸收Cl2O D．装置⑤逸出气体可用水吸收后排放 14．与存在配位平衡：为转化为反应的平衡常数，依次类推。配体浓度对各级配位化合物的分布分数的影响如图所示。 已知：①；②若某种配合物的分布分数接近1，则可用于配位滴定。 下列说法错误的是 A．的数量级为 B． C．点时， D．由图可知，可用滴定，滴定终点时生成 15．朱砂(硫化汞)在众多先秦考古遗址中均有发现，其立方晶系型晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm，A原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是 A．S的配位数是4 B．晶胞中B原子分数坐标为 C．该晶体的密度是g/cm3 D．相邻两个Hg的最短距离为nm 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分）钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 （1）酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 （2）除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 （3）除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1：2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 （4）除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和 的离子方程式为 。 （5）沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 （6）上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 17．（14分）化合物J可以促进消化道蠕动，是常用的促进胃动力的药物，其合成路线如下。 回答下列问题： （1）化合物A的名称是 ，其中碳原子的杂化类型为 。 （2）H→I的反应类型为 ，化合物J中含氧官能团名称为 。 （3）化合物C的分子式为，则C的结构简式为 ，B到D的转化中加入碳酸钾的目的为 。 （4）写出同时符合下列条件的化合物H的一种同分异构体的结构简式 。 ①分子中含有苯环，遇溶液不显色 ②核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1 （5）结合题干信息以苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺()。基于你设计的合成路线，相关步骤中涉及到醛的氧化，请写出该反应的化学方程式 。 18．（12分）将铜片放进氯化铁溶液中，观察到溶液呈无色，产生红褐色固体，铜片表面有白色物质。回答下列问题： I．探究红褐色固体成分 （1）过滤得到红褐色固体，所需的仪器有_______(填标号)。 A． B． C． D． （2）①取少量红褐色固体加盐酸溶解，滴加 溶液(填写试剂名称)，溶液变血红色，证明是氢氧化铁。 ②产生氢氧化铁的原因可能是 (用化学方程式表示)。 II．查阅资料： ①CuCl是白色难溶物，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；被空气迅速氧化。 ②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。 （3）探究产生白色物质的原因。设计实验方案如下： 实验 铜粉/g 蒸馏水/mL 实验现象 1 0.1 1.8 2 棕黄色溶液变为墨绿色 2 0.5 1.8 2 棕黄色溶液变为白色浊液 ①由以上实验可知，产生白色物质的条件是 。 ②从氧化还原角度说明实验1中未产生白色物质的原因： 。 （4）化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备CuCl。 实验步骤： I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。 II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。 ①步骤I中通入发生反应的离子方程式是 。 ②步骤II中采用抽滤法过滤(装置如下图所示)的主要目的是： 。 19．（15分）酚类化合物在医疗、环保、工业等方面有着广泛的用途。 （1）苯酚可用于外科器械消毒、皮肤杀菌与止痒，可通过磺化法制备。该工艺具体流程如下： 反应③的化学方程式为 。 （2）石油加工、造纸等企业易产生含有苯酚的工业废水，可通过O3-H2O2氧化法进行处理，其原理为C6H5OH+H2O2+O3→CO2+H2O(非可逆反应，反应未配平)。在T1℃和T2℃时，分别向含有苯酚的水样中加入等量的30%H2O2溶液，再以相同的流速向水样中通入O3，测得水样中苯酚含量随时间变化的曲线如图所示。 ①在T1℃时，0~10min内，C6H5OH的平均反应速率为 。 ②请判断T1和T2的大小：T1 (填“>”“<”或“=”)T2，T1℃时对工业废水中苯酚的去除率低于T2℃时的原因可能是 (写一种即可)。 （3）利用FeCl3溶液与苯酚的显色反应，可定性检测工业废水中的苯酚，其反应原理为Fe3++6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]3-(紫色)+6H+。反应到达平衡时，下列说法正确的有___________(填标号)。 A．加水稀释，溶液pH减小 B．滴入几滴浓盐酸，增大 C．加入少量NaOH固体，反应平衡常数增大 D．加入少量Cu粉，溶液紫色变浅 （4）邻苯二酚钠类配体(L)与金属离子(M)形成的配合物可应用于医药、水处理等领域。其溶液中存在平衡： M+LML  K1 ML+LML2  K2 某研究小组配制了M与L起始浓度比不同的系列溶液，其中L的起始浓度c0(L)=0.02mol/L。 测得平衡时L、ML、ML2的与的变化关系如图所示。 ①表示与变化关系的曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②当=0.6时，c平(ML2)= ，K1= 。 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 $$