黄金卷06（广东专用）-【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（广东专用） 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 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 P31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Ni 59 1、 选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．坚定文化自信，弘扬社会主义核心价值观，讲好中国故事提高文化软实力。下列文化载体中主要成分属于无机非金属材料的是 A．粤剧《帝女花》服饰 B．潮州工夫茶茶具 C．舞狮梅花桩 D．粤绣 【答案】B 【解析】A．服饰的主要成分为有机物，A错误； B．潮州功夫所用茶具主要成分由硅酸盐构成，B正确； C．梅花桩主要成分是纤维素，C错误； D．粤绣所用的孔雀毛和马尾的主要成分是蛋白质，D错误； 故选B。 2．回首百年征程，我国在科技领域不断创新和超越，向世界展示了一张张“中国名片”。下列说法正确的是 A．华为麒麟芯片的主体材料属于金属晶体 B．首创了从二氧化碳到淀粉的合成，原料和产品均属于氧化物 C．“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀功能 D．“天问一号”着陆火星，探测到火星陨石中含有的和互为同系物 【答案】C 【解析】A．芯片的主体材料为单质硅，不属于金属晶体，A错误； B．产物淀粉属于糖类，不是氧化物，B错误； C．“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀的功能，这样才能保证返回舱顺利返回，C正确； D．和是同种元素的不同核素，互为同位素，D错误； 故答案选C。 3．化学与人类生活、科技、社会密切相关。下列新闻事件的解读正确的是 选项 新闻事件 化学解读 A 长征二号F遥十三运载火箭使用“偏二甲肼和”作推进剂 起氧化剂作用 B 化妆护肤品中常添加少量吸水性强的丙二醇 丙二醇是乙醇的同系物 C 速滑馆的冰面是采用超临界流体跨临界直冷制冰技术打造 跨临界直冷制冰技术是化学变化 D 科学家发现多层魔角石墨烯形成稳健超导性 石墨烯是有机高分子材料 【答案】A 【解析】A．偏二甲肼和反应生成N2，NO2是氧化剂，起氧化作用，故A正确； B．丙二醇含2个羟基，不是乙醇的同系物，故B错误； C．速滑馆的冰面是采用超临界二氧化碳流体跨临界直冷制冰技术打造的，只是物质状态发生变化，没有新物质生成，是物理变化，故C错误； D．石墨烯是无机非金属材料，不属于有机物，故D错误。 答案选A。 4．实验室用和浓盐酸制备(若需要加热，加热仪器已省略)，最好选用 A B C D 【答案】D 【解析】实验室用固体与浓盐酸混合加热制取Cl2，应选择固-液加热型装置，浓盐酸易挥发，故选D。 5．向溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是 试剂 离子方程式 A 通入气体 B 滴加少量的溶液 C 滴加硫酸酸化的KI溶液 D 滴加酸性溶液 【答案】A 【解析】A．向溶液通入气体，离子方程式为，故A正确； B．向溶液滴加少量的溶液，作催化剂，化学方程式为，故B错误； C．向溶液滴加硫酸酸化的KI溶液，离子方程式为，故C错误； D．向溶液滴加酸性溶液，离子方程式为，故D错误； 故选A。 6．一种合成碳量子点原料的结构如图所示。关于该化合物说法不正确的是 A．是一种两性化合物 B．最多能与等物质的量的HCl反应 C．能使Br2的溶液褪色 D．能发生缩聚反应 【答案】B 【解析】A．含有氨基和羧基，是一种两性化合物，故A正确； B．1mol该物质最多能与2molHCl反应，故B错误； C．含有碳碳双键，能使Br2的溶液褪色，故C正确； D．含有氨基和羧基，能发生缩聚反应，故D正确； 选B。 7．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。 ① ② ③ 试管内生成蓝色沉淀 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 下列说法不正确的是 A．实验①说明Fe腐蚀生成Fe2+ B．对比实验①③，可以判定Zn保护了Fe C．对比实验②③，预测 K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 D．将②中溶液换成H2O(已除O2)，若无明显现象，说明K3[Fe(CN)6]不能氧化Fe 【答案】D 【解析】A．Fe在食盐水中浸泡一段时间后，向Fe附近的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明Fe被氧化产生Fe2+，A正确； B．①中Fe被腐蚀，③中Fe未被腐蚀，说明将Zn、Fe连接与NaCl溶液构成原电池，由于金属活动性Zn＞Fe，Zn作负极，Fe为正极，Zn保护了Fe，Fe未被氧化，因此Fe附近的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无明显变化，B正确； C．对比实验②③，说明棒表面被氧化，但溶液中没有Fe2+，可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化，C正确； D．NaCl在装置的作用是增强溶液的导电性，与反应原理无关，因此将②中溶液换成H2O(已除O2)，若无明显现象，不能说明K3[Fe(CN)6]是否能氧化Fe，D错误； 故合理选项是D。 8．工业上制备乙苯，其反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．苯分子中，所含碳碳双键的数目为 B．常温下，分子中，所含电子总数为 C．乙苯分子中，所含键的数目为 D．理论上，最多可消耗的数目为 【答案】B 【解析】A．苯分子中不含有碳碳双键，故A错误； B．常温下，的物质的量为0.05mol，1个C2H4分子中含有的电子总数为16，0.05mol所含电子总数为，故B正确； C．1个乙苯分子含有的键数目为18个，乙苯分子中，所含键的数目为，故C错误； D．没有说明是标准状况，不一定是0.2mol，故无法计算可消耗的数目，故D错误； 答案选B。 9．常温下，乳酸（用HL表示）的，乳酸和氢氧化钠溶液反应生成乳酸钠（用NaL表示）。下列说法正确的是 A．NaL水溶液呈中性 B．0.01 HL溶液的pH=2 C．0.01 HL溶液中， D．0.01 NaL溶液中， 【答案】D 【解析】A．NaL是强碱弱酸盐，水解显碱性，A错误； B．，，pH=2.75，B错误； C．HL微弱电离，，C错误； D．根据物料守恒，，D正确； 故选D。 10．利用甲烷催化氧化偶联生成乙烯或乙烷是最重要的催化技术之一，以为光催化剂，光催化甲烷氧化偶联的工作原理图：下列说法不正确的是 A．和属于同系物，中心碳原子VSEPR模型相同 B．VB相当于负极，其电极反应为 C．CB上每消耗，催化剂内必有2mol电子从CB移向VB D．在反应过程中光催化剂活化了键 【答案】C 【解析】A．和都属于烷烃，互为同系物，中心碳原子都为杂化，VSEPR模型都为四面体形，A正确； B．从图中可看出，VB极吸收光能，使，该过程失电子，故VB相当于负极，其电极反应为，B正确； C．消耗未标明标准状况，其物质的量不一定为0.5mol，且CB上发生，相当于正极，故电子从VB移向CB，C错误； D．从图中可看出，VB极吸收光能，使中键断裂，故说明光催化剂活化了键，D正确； 答案选C。 11．是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实验室通过氧化制得，再与镁反应得到。下列说法不正确的是 A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水 B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为 C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性 D．水解的方程式 【答案】B 【分析】该实验目的是利用N2与Mg加热反应生成Mg3N2，A装置中分液漏斗盛放的是浓氨水，浓氨水与生石灰混合放出NH3，B中碱石灰干燥NH3，C装置中NH3与CuO在加热条件下反应生成N2，装置D中浓硫酸能够吸收NH3、干燥N2，干燥的N2进入E装置与Mg加热反应生成Mg3N2，F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中与Mg反应，以此分析解答。 【解析】A．装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，故A正确； B．C中发生反应3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，其中氨气是还原剂，氧化铜是氧化剂，氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为3：2，故B错误； C．装置D中浓硫酸的作用除了干燥N2，还需要吸收NH3，故体现酸性和吸水性，故C正确； D．Mg3N2水解时先产生镁离子和氮负离子，然后水解产生氢氧化镁和氨气，对应方程式为Mg3N2+6H2O═3Mg(OH)2+2NH3↑，故D正确； 故选：B。 12．某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是 A．第一电离能：T＜X＜Y B．键长：T-Q>X-Q C．该离子液体难挥发，可用作溶剂 D．易溶于水 【答案】A 【分析】Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可知Z为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22-1-5-9=7，则X为N；Y在N和F之间，则Y为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可知，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F，据此分析解答。 【解析】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，其中基态N原子2p轨道为半充满状态较稳定，则第一电离能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误； B．原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越大，键长越长，则键长：C-H>N-H，B正确； C．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确； D．含有羟基，能与水形成分子间氢键，因而易溶于水，D正确； 故选A。 13．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，但没有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 溶液中滴加几滴稀硫酸，溶液变浑浊 在酸性下发生氧化还原反应 B 卤水点豆腐 电解质可使蛋白质聚沉 C 臭氧比氧气在水中溶解大 臭氧是极性分子 D 溶液pH值约为7 是强电解质 【答案】D 【解析】A．溶液变浑浊，则生成硫单质，硫元素化合价改变，说明在酸性下发生氧化还原反应，存在因果关系，A不符合题意； B．卤水点豆腐是电解质溶液破坏了胶体的稳定，使其发生聚沉，存在因果关系，B不符合题意； C．根据相似相溶原理，臭氧为极性分子、氧气为非极性分子，使得臭氧比氧气在水中溶解大，存在因果关系，C不符合题意； D．溶液pH值约为7，说明溶液中氢离子、氢氧根离子浓度近似相等，不能说明是强电解质，不存在因果关系，D符合题意； 故选D。 14．与在恒容容器的不同温度下发生反应：，达到平衡时各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的 B．曲线Y表示随温度的变化关系 C．升高温度，加快，减慢，平衡产率减小 D．其他条件不变，与在℃下反应，达到平衡时 【答案】D 【解析】A．由图可知，温度升高，的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，，故A错误； B．结合方程式可知，的变化量为变化量的4倍，则曲线Y表示随温度的变化关系，则曲线Z表示随温度的变化关系，故B错误； C．升高温度，加快，也加快，由于该反应，反应逆向反应速率增加程度更大，平衡产率减小，故C错误； D．其他条件不变，与在下反应，等效于增大压强，平衡时该反应向减弱这种改变的方向移动，由于该反应是气体体积减小的反应，所以平衡正向移动，的浓度减小，减弱但不能抵消这种改变，则平衡时仍然大于与在下发生反应时的平衡浓度，故D正确； 故选D。 15．物质类别和元素价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不正确的是 A．a和e反应可能得到b B．工业上通过来制备 C．中的杂化方式与中的杂化方式不相同 D．浓溶液和浓溶液反应可以得到 【答案】B 【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或四氧化二氮，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐； 【解析】A．氨气和硝酸生成硝酸铵，可能生成氮气，A正确； B．工业上氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，而不是氨气转化为氮气，B错误； C．e为HNO3或硝酸盐，N为sp2杂化，e＇为HClO4或高氯酸盐，其中氯为sp3杂化，C正确； D．根据氧化还原规律可知，浓氯水溶液和浓次氯酸溶液发生氧化还原反应可以得到氯气单质，D正确； 故选B。 16．锂离子电池及其迭代产品依然是目前世界上主流的手机电池。科学家近期研发的一种新型的Ca—LiFePO4可充电电池的原理示意图如图，电池反应为：，下列说法正确的是 A．放电时，钙电极为负极，发生还原反应 B．充电时，/电极的电极反应式为 C．锂离子导体膜的作用是允许Li+和水分子通过，同时保证Li+定向移动以形成电流 D．充电时，当转移0.2mol电子时，理论上阴极室中电解质的质量减轻4.0g 【答案】B 【分析】放电时，Ca失电子转化为Ca2+，则钙电极为负极，/电极为正极；充电时，钙电极为阴极，/电极为阳极。 【解析】A．由分析可知，放电时，钙电极为负极，失电子发生氧化反应，A不正确； B．充电时，/电极为阳极，失电子转化为和Li+，电极反应式为，B正确； C．Ca的金属性强，能与水发生剧烈反应，所以LiPF6-LiAsF6为非水电解质，锂离子导体膜不允许水分子通过，锂离子导体膜允许Li+通过，其主要作用是允许Li+定向移动，构成闭合回路，从而形成电流，C不正确； D．充电时，当转移0.2mol电子时，理论上阴极室电解质中0.1mol Ca2+得电子生成0.1mol Ca，同时迁移入Li+0.2mol，质量减轻0.1mol×40g/mol-0.2mol×7g/mol=2.6g，D不正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17．（14分）氢氧化亚铁为白色固体，难溶于水，在空气中极易被氧化为氢氧化铁。回答下列问题； （一）实验室制备氢氧化亚铁 （1）装置A中盛装生石灰的仪器的名称是 。选择上图中的装置制备氢氧化亚铁，连接顺序为 （按气流方向从左到右，填写装置标号）。装置C的作用是 。 （2）装置B中发生反应的离子方程式为 。反应结束后，继续通一段时间的，目的是 。 （二）探究灰绿色沉淀的成因 反应后将装置B中的固体过滤时，白色沉淀会逐渐转变为灰绿色，实验小组为探究灰绿色沉淀的成因，查阅到以下资料； ①沉淀具有较强的吸附性； ②若存在固体杂质，会导致沉淀不够紧密，沉淀与溶液的接触面积会更大。 甲同学猜测灰绿色可能是吸附引起的，设计并完成了实验1～实验3。 实验 操作 试剂（均为0.1） 实验现象 1 向两片玻璃片中心分别滴加试剂，面对面快速夹紧 ⅰ.1滴溶液 ⅱ.4滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中有白色浑浊 2 ⅰ.4滴溶液 ⅱ.1滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中有白色浑浊，一段时间后变为灰绿色 3 ⅰ.2滴溶液，1滴溶液 ⅱ.2滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中立即有灰绿色浑浊 （3）依据甲同学的猜测，实验1中沉淀无灰绿色的原因是 。 （4）实验3中立即出现灰绿色浑浊的原因是 。 （5）根据以上实验探究，若尽可能制得白色沉淀，需要控制的实验条件除了隔绝氧气外，还有 。 【答案】（1）三颈烧瓶（1分） ACBD（2分） 做安全瓶，防倒吸（1分） （2） （2分） 防止拆除装置时残留的氨气逸出，污染空气（2分） （3）NaOH溶液过量，反应后溶液中浓度很小，不易被吸附在表面（2分） （4）沉淀中混有，导致沉淀不够紧密，与溶液的接触面积增大，更容易吸附（2分） （5）保证NaOH溶液过量（或保证溶液不足）（2分） 【分析】装置A为氨气的发生装置，B为制备氢氧化亚铁的装置，C为防倒吸装置，连在AC之间，D为NH3的尾气处理装置，据此回答。 【解析】（1）装置A中盛装生石灰的仪器的名称是三颈烧瓶，制备氢氧化亚铁，根据分析可知，装置的连接顺序为ACBD，装置C的作用是做安全瓶，防倒吸； （2）装置B中发生反应的离子方程式为，反应结束后，继续通一段时间的，目的是防止拆除装置时残留的氨气逸出，污染空气； （3）实验1中沉淀无灰绿色的原因是NaOH溶液过量，反应后溶液中浓度很小，不易被吸附在表面； （4）实验3中立即出现灰绿色浑浊的原因是沉淀中混有，导致沉淀不够紧密，与溶液的接触面积增大，更容易吸附； （5）若尽可能制得白色沉淀，需要控制的实验条件除了隔绝氧气外，还有保证NaOH溶液过量（或保证溶液不足）。 18．（14分）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。 ②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。 ③氧化性强弱顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。 ④相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9 回答下列问题： （1）基态Zn原子的价电子排布式为 ，ZnO溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+，1 mol [Zn(NH3)4]2+共有 mol的σ键。 （2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是 。(写一条即可) ②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是 。(用化学式表示) ③“调pH”时，若pH=5.5，此时溶液中Zn2+的最大浓度c= mol/L。 （3）写出“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+反应的离子方程式 。 （4）“还原除杂”除去的离子是 ，加入的还原剂是 。 （5）“沉锌”时生成ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O (碱式碳酸锌)沉淀，该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO。氧化锌的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图1所示)，其中与锌原子距离最近的O原子数有 个，请在图2中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。 【答案】（1）3d104s2 （1分） 16（1分） （2）加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 （2分） ZnCO3或Zn(OH)2或ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O（2分） 1（1分） （3）（2分） （4）Ni2+、Cd2+ （2分） Zn（1分） （5）4 （1分） （1分） 【分析】由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、 Fe、 Mn等元素)制备ZnO，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂使铁离子、锰离子转化为Fe(OH)3、MnO2，除去Fe3+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Ca2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。 【解析】（1）Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，则其价电子排布式为3d104s2；在[Zn(NH3)4]2+中含有4个配位体NH3，配位体与中心Zn2+形成4个配位键；每个配位体中含有3个N-H共价键，配位键及N-H共价键都是σ键，故在1个络离子中含有σ键数目是4+3×4=16个，则在1 mol[Zn(NH3)4]2+中含有16 molσ键； （2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎等；②在调整溶液pH时，除降低溶液pH，不能引入新的杂质离子，可替代ZnO的一种含锌化合物可以是ZnCO3或Zn(OH)2或ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O；③根据表格信息可知当Zn2+浓度为0.1 mol/L时，其形成Zn(OH)2沉淀需要溶液pH=6.0，则Zn(OH)2的溶度积产生Ksp[Zn(OH)2]=0.1×(10-8)2=1.0×10-17。若调整溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5 mol/L，则c(OH-)=10-8.5 mol/L，则此时溶液中Zn2+最大浓度c=； （3）在氧化除杂时，KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为； （4）根据流程图可知：在还原除杂之前，已经除去了杂质离子Fe3+、Mn2+，要使还原除杂后溶液中仅含有金属阳离子Zn2+，需除去溶液中的杂质离子Ni2+、Cd2+；由于离子的氧化性顺序为：Ni2+>Cd2+>Zn2+，故加入的还原剂可以是金属Zn； （5） 以上底面心Zn原子为研究对象，在一个晶胞中与该Zn原子距离最近的O原子数有2个，通过该平面可以形成2个晶胞，故在晶胞中与Zn原子距离且最近的O原子数共有4个；由晶胞结构可知：晶胞在Z轴的投影情况是：Zn原子位于正方形的四个顶点上，四条棱边中心上和面心上，4个O原子分别位于面内对角线离顶点处，可用图示可表示为。 19．（14分）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 （1）紫色配离子可由含(有机酸)的溶液与硝酸反应生成。 ①基态的价电子轨道表示式为 。 ②完成反应的离子方程式： 。 ___________+___________ （2）是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的溶液中通入气体(假设过程中溶液体积不变)，溶液中主要存在以下过程： (a)   (b)   ①关于溶液，下列说法正确的有 。 A．加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小 B．升高温度，平衡时溶液中增大 C．溶液中 D．随着的通入，溶液中逐渐减小 ②通入过程中，溶液内[表示或]随的变化关系如图所示： (i)反应(a)的平衡常数 。 (ii)时，溶液中 ， 。 （3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度相同、不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移是HR与各自化学位移的加权平均值：。其中，A表示或。下图给出了含磷弱酸在不同下总化学位移的变化。 ①随减小而 (填“增大”、“减小”或“不变”)， 。 ②当时，对应图中点 (填“A”、“B”、“C”或“D”)。 【答案】（1） （1分） +（2分） （2）BD（2分） （2分） 0.05 （2分） 0.05（2分） （3）增大（1分） -11 （1分） C（1分） 【解析】（1） ①Mn元素为25号，原子的价电子为3d54s2，从最外层开始失去3个电子变为基态，基态价电子轨道表示式为； ②方程式已经配平，根据电荷守恒与元素守恒，该离子方程式为：+； （2）①A．加水稀释，促进X2-的水解，平衡时溶液中离子总数增大，故A错误； B．升高温度，促进X2-的水解，平衡时溶液中增大，故B正确； C．根据物料守恒，溶液中，故C错误； D．随着的通入，、均向右边移动，溶液中逐渐减小，故D正确； 答案为BD； ②(i)Ka1>Ka2，即当pH相同时，>，故曲线I表示lg与pH关系，曲线II表示lg与pH关系，平衡常数，根据图中曲线II的点(7.0，0)可知，当时，pH=7.0，=； (ii)时，，此时溶液为NaHX，Na2X等浓度的混合溶液，即溶液中0.05，0.05； （3）①减小，c(H+)增大，溶液中HR的含量升高，即增大；由图像可知，11ppm； ②由图像可知：ppm；当时，Ka=，说明此时c(R-)=c(HR)，=-8.5，此时结合图像， C点符合。 20．（14分）非天然氨基酸AHPA是一种重要的药物中间体，其合成路线之一如下： （1）A可由氧化得到，的化学名称是 。 （2）C的结构简式为 。 （3）D中手性碳原子数目为 。 （4）E转化为AHPA的反应类型为 。 （5）AHPA中酸性官能团名称为 ，碱性官能团名称为 。 （6）写出同时满足下列条件的AHPA的同分异构体的结构简式 。 ①含苯环且苯环只有一个取代基； ②红外光谱显示含氧官能团只有和； ③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为4∶2∶2∶2∶2∶1。 （7）参照上述合成路线，设计以苄基氯()为主要原料制备的合成路线 (其他原料、试剂任选)。 【答案】（1）羟基乙酸（1分） （2）（1分） （3）3（2分） （4）加成反应、还原反应（2分） （5）羧基 （1分） 氨基（1分） （6）（2分） （7）（4分） 【分析】 A发生加成反应，然后碱化生成B，B和C发生加成反应生成D，结合D的结构，C为，D先加碱加热发生消去反应，然后酸化生成E，E发生加成反应和还原反应生成AHPA，据此解答。 【解析】（1）的化学名称是羟基乙酸。 （2） C的结构简式为。 （3）D中手性碳原子数目为3，如图。 （4）E转化为AHPA的反应类型为加成反应、还原反应。 （5）AHPA中酸性官能团名称为羧基，碱性官能团名称为氨基。 （6）满足①含苯环且苯环只有一个取代基； ②红外光谱显示含氧官能团只有和； ③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为4∶2∶2∶2∶2∶1，下列条件的AHPA的同分异构体的结构简式。 （7） 苄基氯()在碱性条件下发生水解反应生成，发生催化氧化生成，在碱性条件下和CH3ON2发生加成反应生成，在碱性条件下加热发生消去反应生成，发生加聚反应生成，合成路线 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（广东专用） 黄金卷06·参考答案 一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 B C A D A B D B D C B A D D B B 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17．（14分）（1）三颈烧瓶（1分） ACBD（2分） 做安全瓶，防倒吸（1分） （2） （2分） 防止拆除装置时残留的氨气逸出，污染空气（2分） （3）NaOH溶液过量，反应后溶液中浓度很小，不易被吸附在表面（2分） （4）沉淀中混有，导致沉淀不够紧密，与溶液的接触面积增大，更容易吸附（2分） （5）保证NaOH溶液过量（或保证溶液不足）（2分） 18．（14分）（1）3d104s2 （1分） 16（1分） （2）加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 （2分） ZnCO3或Zn(OH)2或ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O（2分） 1（1分） （3）（2分） （4）Ni2+、Cd2+ （2分） Zn（1分） （5）4 （1分） （1分） 19．（14分）（1） （1分） +（2分） （2）BD（2分） （2分） 0.05 （2分） 0.05（2分） （3）增大（1分） -11 （1分） C（1分） 20．（14分）（1）羟基乙酸（1分） （2）（1分） （3）3（2分） （4）加成反应、还原反应（2分） （5）羧基 （1分） 氨基（1分） （6）（2分） （7）（4分） 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考化学模拟卷（广东专用） 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 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 P31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Ni 59 一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．坚定文化自信，弘扬社会主义核心价值观，讲好中国故事提高文化软实力。下列文化载体中主要成分属于无机非金属材料的是 A．粤剧《帝女花》服饰 B．潮州工夫茶茶具 C．舞狮梅花桩 D．粤绣 2．回首百年征程，我国在科技领域不断创新和超越，向世界展示了一张张“中国名片”。下列说法正确的是 A．华为麒麟芯片的主体材料属于金属晶体 B．首创了从二氧化碳到淀粉的合成，原料和产品均属于氧化物 C．“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀功能 D．“天问一号”着陆火星，探测到火星陨石中含有的和互为同系物 3．化学与人类生活、科技、社会密切相关。下列新闻事件的解读正确的是 选项 新闻事件 化学解读 A 长征二号F遥十三运载火箭使用“偏二甲肼和”作推进剂 起氧化剂作用 B 化妆护肤品中常添加少量吸水性强的丙二醇 丙二醇是乙醇的同系物 C 速滑馆的冰面是采用超临界流体跨临界直冷制冰技术打造 跨临界直冷制冰技术是化学变化 D 科学家发现多层魔角石墨烯形成稳健超导性 石墨烯是有机高分子材料 4．实验室用和浓盐酸制备(若需要加热，加热仪器已省略)，最好选用 A B C D 5．向溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是 试剂 离子方程式 A 通入气体 B 滴加少量的溶液 C 滴加硫酸酸化的KI溶液 D 滴加酸性溶液 6．一种合成碳量子点原料的结构如图所示。关于该化合物说法不正确的是 A．是一种两性化合物 B．最多能与等物质的量的HCl反应 C．能使Br2的溶液褪色 D．能发生缩聚反应 7．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。 ① ② ③ 试管内生成蓝色沉淀 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 下列说法不正确的是 A．实验①说明Fe腐蚀生成Fe2+ B．对比实验①③，可以判定Zn保护了Fe C．对比实验②③，预测 K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 D．将②中溶液换成H2O(已除O2)，若无明显现象，说明K3[Fe(CN)6]不能氧化Fe 8．工业上制备乙苯，其反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．苯分子中，所含碳碳双键的数目为 B．常温下，分子中，所含电子总数为 C．乙苯分子中，所含键的数目为 D．理论上，最多可消耗的数目为 9．常温下，乳酸（用HL表示）的，乳酸和氢氧化钠溶液反应生成乳酸钠（用NaL表示）。下列说法正确的是 A．NaL水溶液呈中性 B．0.01 HL溶液的pH=2 C．0.01 HL溶液中， D．0.01 NaL溶液中， 10．利用甲烷催化氧化偶联生成乙烯或乙烷是最重要的催化技术之一，以为光催化剂，光催化甲烷氧化偶联的工作原理图：下列说法不正确的是 A．和属于同系物，中心碳原子VSEPR模型相同 B．VB相当于负极，其电极反应为 C．CB上每消耗，催化剂内必有2mol电子从CB移向VB D．在反应过程中光催化剂活化了键 11．是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实验室通过氧化制得，再与镁反应得到。下列说法不正确的是 A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水 B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为 C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性 D．水解的方程式 12．某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是 A．第一电离能：T＜X＜Y B．键长：T-Q>X-Q C．该离子液体难挥发，可用作溶剂 D．易溶于水 13．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，但没有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 溶液中滴加几滴稀硫酸，溶液变浑浊 在酸性下发生氧化还原反应 B 卤水点豆腐 电解质可使蛋白质聚沉 C 臭氧比氧气在水中溶解大 臭氧是极性分子 D 溶液pH值约为7 是强电解质 14．与在恒容容器的不同温度下发生反应：，达到平衡时各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的 B．曲线Y表示随温度的变化关系 C．升高温度，加快，减慢，平衡产率减小 D．其他条件不变，与在℃下反应，达到平衡时 15．物质类别和元素价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不正确的是 A．a和e反应可能得到b B．工业上通过来制备 C．中的杂化方式与中的杂化方式不相同 D．浓溶液和浓溶液反应可以得到 16．锂离子电池及其迭代产品依然是目前世界上主流的手机电池。科学家近期研发的一种新型的Ca—LiFePO4可充电电池的原理示意图如图，电池反应为：，下列说法正确的是 A．放电时，钙电极为负极，发生还原反应 B．充电时，/电极的电极反应式为 C．锂离子导体膜的作用是允许Li+和水分子通过，同时保证Li+定向移动以形成电流 D．充电时，当转移0.2mol电子时，理论上阴极室中电解质的质量减轻4.0g 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17．（14分）氢氧化亚铁为白色固体，难溶于水，在空气中极易被氧化为氢氧化铁。回答下列问题； （一）实验室制备氢氧化亚铁 （1）装置A中盛装生石灰的仪器的名称是 。选择上图中的装置制备氢氧化亚铁，连接顺序为 （按气流方向从左到右，填写装置标号）。装置C的作用是 。 （2）装置B中发生反应的离子方程式为 。反应结束后，继续通一段时间的，目的是 。 （二）探究灰绿色沉淀的成因 反应后将装置B中的固体过滤时，白色沉淀会逐渐转变为灰绿色，实验小组为探究灰绿色沉淀的成因，查阅到以下资料； ①沉淀具有较强的吸附性； ②若存在固体杂质，会导致沉淀不够紧密，沉淀与溶液的接触面积会更大。 甲同学猜测灰绿色可能是吸附引起的，设计并完成了实验1～实验3。 实验 操作 试剂（均为0.1） 实验现象 1 向两片玻璃片中心分别滴加试剂，面对面快速夹紧 ⅰ.1滴溶液 ⅱ.4滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中有白色浑浊 2 ⅰ.4滴溶液 ⅱ.1滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中有白色浑浊，一段时间后变为灰绿色 3 ⅰ.2滴溶液，1滴溶液 ⅱ.2滴NaOH溶液 玻璃片夹缝中立即有灰绿色浑浊 （3）依据甲同学的猜测，实验1中沉淀无灰绿色的原因是 。 （4）实验3中立即出现灰绿色浑浊的原因是 。 （5）根据以上实验探究，若尽可能制得白色沉淀，需要控制的实验条件除了隔绝氧气外，还有 。 18．（14分）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。 ②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。 ③氧化性强弱顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。 ④相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9 回答下列问题： （1）基态Zn原子的价电子排布式为 ，ZnO溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+，1 mol [Zn(NH3)4]2+共有 mol的σ键。 （2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是 。(写一条即可) ②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是 。(用化学式表示) ③“调pH”时，若pH=5.5，此时溶液中Zn2+的最大浓度c= mol/L。 （3）写出“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+反应的离子方程式 。 （4）“还原除杂”除去的离子是 ，加入的还原剂是 。 （5）“沉锌”时生成ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O (碱式碳酸锌)沉淀，该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO。氧化锌的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图1所示)，其中与锌原子距离最近的O原子数有 个，请在图2中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。 19．（14分）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 （1）紫色配离子可由含(有机酸)的溶液与硝酸反应生成。 ①基态的价电子轨道表示式为 。 ②完成反应的离子方程式： 。 ___________+___________ （2）是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的溶液中通入气体(假设过程中溶液体积不变)，溶液中主要存在以下过程： (a)   (b)   ①关于溶液，下列说法正确的有 。 A．加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小 B．升高温度，平衡时溶液中增大 C．溶液中 D．随着的通入，溶液中逐渐减小 ②通入过程中，溶液内[表示或]随的变化关系如图所示： (i)反应(a)的平衡常数 。 (ii)时，溶液中 ， 。 （3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度相同、不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移是HR与各自化学位移的加权平均值：。其中，A表示或。下图给出了含磷弱酸在不同下总化学位移的变化。 ①随减小而 (填“增大”、“减小”或“不变”)， 。 ②当时，对应图中点 (填“A”、“B”、“C”或“D”)。 20．（14分）非天然氨基酸AHPA是一种重要的药物中间体，其合成路线之一如下： （1）A可由氧化得到，的化学名称是 。 （2）C的结构简式为 。 （3）D中手性碳原子数目为 。 （4）E转化为AHPA的反应类型为 。 （5）AHPA中酸性官能团名称为 ，碱性官能团名称为 。 （6）写出同时满足下列条件的AHPA的同分异构体的结构简式 。 ①含苯环且苯环只有一个取代基； ②红外光谱显示含氧官能团只有和； ③核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积比为4∶2∶2∶2∶2∶1。 （7）参照上述合成路线，设计以苄基氯()为主要原料制备的合成路线 (其他原料、试剂任选)。 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 $$