黄金卷02（山东专用）-【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（山东专用） 黄金卷02·参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 B B D A D A C C C C D D D AD AB 16．（12分）（除标明外，每空2分） （1）N（1分） （2）H+、Cd 该化合物是离子化合物，离子半径较大，离子键弱 （3）CuS 2（1分） 2:1 17．（12分）（除标明外，每空2分） （1）Al(OH)3和H2SiO3（1分） 8.37（1分） （2） （3）酸性（1分） 10∶3 （4）H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1（1分） 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量 18．（12分）（除标明外，每空2分） （1）f→g→b→c→e→d （2）2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3 （3）防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解 （4）SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl （5）蒸馏烧瓶（1分） 减少测定气体体积时的误差（1分） （6） 19．（12分）（除标明外，每空2分） （1） 羟基、酰胺基（1分） （2）还原反应（1分） + +H2O （3）8（1分） （4）16（1分） 48%HBr 20．（12分）（除标明外，每空2分） （1）-54 （2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni4Ga3、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降 5:3、210℃ （3）BD （4） <（1分） 提高二氧化碳和氢气的利用率（1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（山东专用） 黄金卷02 （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 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列物质主要成分为有机高分子化合物的是 A．铺路用的改性沥青 B．小麦秸秆制成的衣架 C．利用二氧化碳合成的高级脂肪酸 D．碳量子点构成的荧光材料 2．下列应用中涉及到氧化还原反应的是 A．明矾净水 B．海水提溴 C．侯氏制碱 D．撒盐融雪 3．实验室中下列做法正确的是 A．用花生油萃取溴水中的溴 B．汞大量洒落，必须尽可能收集，并深埋处理 C．酸式滴定管用待装液润洗后，从滴定管上口倒出 D．移取熔融氯化钠的坩埚，应用坩埚钳夹持 4．下列描述原子结构的化学用语错误的是 A．基态铜原子的价层电子排布式： B．的价电子排布图： C．钛原子结构示意图为： D．氧原子核外能量最高的电子云的形状： 5．关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜 B．加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HCl C．将CO2通入Ba(NO3)：溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象 D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 6．鉴别浓度均为0.1mol⋅L-1的NaHCO3、NH4NO3、KI溶液，仅用下列一种方法不可行的是 A．滴加AlCl3溶液 B．测定溶液的pH C．滴加新制氯水 D．滴加溶液、微热 7．已知某元素的原子序数为31。下列说法错误的是 A．该元素位于周期表的p区 B．该元素在周期表中的位置是第四周期第ⅢA族 C．该元素的价电子排布式为 D．与该元素同族的第三周期元素的最高价氧化物对应水化物具有两性 8．科学家发现铂的两种化合物a和b(见图)，实验测得a和b具有不同的性质，且a具有抗癌作用，而b没有。下列关于a、b的叙述错误的是 A．a和b互为同分异构体 B．a和b的空间构型是平面四边形 C．a和b互为镜像的关系 D．a和b分别是非极性分子和极性分子 9．由下列实验操作及现象所得结论正确的是 实验操作及现象 结论 A 向粉末中滴加1盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊 酸性：苯酚 B 向0.1HI溶液中滴加几滴淀粉溶液，再滴加几滴0.1溶液，溶液变蓝 氧化性： C 分别向浓度均为0.1的和溶液中通入至饱和，前者无明显现象，后者生成沉淀 溶度积常数： D 在20℃和40℃时，用pH计测得0.1溶液的pH分别为9.66和9.37 的水解常数： 10．从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗磅的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是 A．滤渣的主要成分为 B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀 C．“氧化沉碲”中离子方程式为 D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知和的相对能量为0。下列说法错误的是 A． B．键能为 C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅰ=历程Ⅱ D．历程I和II中速率最快一步反应的热化学方程式为 12．枸橡酸托瑞米芬具有抗雌激素作用，可用于治疗转移性乳腺癌，其结构简式如下。下列关于枸橡酸托瑞米芬的说法错误的是 A．存在顺反异构 B．可发生取代、加成、消去和氧化反应 C．可形成分子间氢键和分子内氢键 D．1mol该分子最多与3molNaOH发生反应 13．电解法制备Cu2O的装置如图所示，已知生成Cu2O的反应为Cu2Cl2+2OH—=Cu2O+H2O+2Cl—，下列说法错误的是 A．铂电极连接电源的负极 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．铜电极反应为2Cu—2e—+2Cl—=Cu2Cl2 D．制备7.2gCu2O，阴极区溶液质量减少0.1g 14．氮与锂形成的一种晶体，是由LixN平面层(如图所示)和非密置层的Li交替排列形成，LixN平面层的Li排列如石墨层中的C，N处于六元环的中心，非密置层的Li位于上下两层的N连线的中点，且连线与平面层垂直。(已知平面层Li与Li之间的距离为anm，平面层之间的距离为bnm，a略小于b)，下列说法错误的是 A．每个N周围等距且紧邻的Li有8个 B．平面层LixN，x=2 C．可用X射线衍射测定晶体的结构 D．晶体的密度×1022g•cm-3 15．25℃时，某二元酸()的、。1.0 NaHA溶液稀释过程中、、与的关系如图所示。已知，的分布系数。下列说法错误的是 A．曲线n为的变化曲线 B．a点：pH=4.37 C．b点： D．c点： 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．（12分）副族元素可以形成多种多样的化合物。回答下列问题： （1）基态Zn原子能量最高的电子占据的能层是 ，铜转炉烟灰(主要成分为)，加入氯化铵和氨水，生成，则浸取时反应的离子方程式为 。 （2）已知的合成过程如下：HCl+＋CdCl2 ①+中存在配位键，接受孤电子对的离子或原子是 。 ②具有较低的熔点。从结构角度解释原因 。 （3）铜的硫化物结构多样。其中铜蓝晶胞结构如图。 ①铜蓝的化学式为 。 ②晶胞中含有 个， 。 17．（12分）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下： 已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物 Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0 Ⅲ. 回答下列问题： （1）滤渣的主要成分是 ；酸化时，完全转化为的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全) （2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。 （3）反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。 （4）生成的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下： 综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。 18．（12分）叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。 查阅资料：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。 ②氨基钠易氧化、易潮解；NaN3能与强酸反应生成HN3，HN3不稳定，易爆炸。 ③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应。 回答下列问题： Ⅰ.制备NaN3 （1）按气流方向，仪器口的连接顺序为a→ →h。 （2）装置B中有NH3生成，B中发生反应的化学方程式为 。 （3）装置C的作用为 。 （4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为 。 Ⅱ.用如图所示装置测定产品纯度 （5）仪器F的名称为 ，恒压分液漏斗中侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有 。 （6）取10.0g NaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用如图装置测量所得氮气的体积，初始时G、H两液面相平，G管的读数为V1mL充分反应后，恢复至室温，移动G使两液面再次相平，G管读数为V2mL(其中)，则产品中NaN3的质量分数为 ％(本实验条件下气体摩尔体积为)。 19．（12分）一种治疗神经系统疾病的药物中间体(G)的合成路线如下： 路线一： 已知： 回答下列问题： （1）A结构简式为 ；F中含氧官能团的名称为 。 （2）反应类型为 ；的化学方程式为 。 （3）符合下列条件的的同分异构体有 种(不考虑空间异构) ①能与溴水反应而使其褪色 ②能在酸性条件下发生水解。产物之一遇溶液显紫色，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为， 上述同分异构体中，水解产物只有一个手性碳原子的为 (填结构简式)。 （4）为了减少步骤，缩短反应过程，也可由如下路线合成。 路线二： 中有 种化学环境的氢；结合合成路线一分析“反应条件”应为 。 20．（12分）以为原料在特定条件下可生产醇类、烷烃、碳酸酯等，实现二氧化碳资源化。科学家通过如下反应合成甲醇：。 已知： 回答下列问题： （1）计算上述合成甲醇反应的焓变 。 （2）科学研究中常用产物的时空收率（单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率）来衡量催化效果．在3 MPa，时，不同Ni、Ga配比的Ni-Ga/催化剂下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示．甲醇时空收率随温度变化先增大后减小的原因是 。催化剂的最佳配比和反应温度是 。 （3）将等量和充入恒温恒容密闭容器中反应合成甲醇，已知该温度下反应的化学平衡常数，下列事实说明该反应已达平衡的是______。 A．气体密度保持不变 B．与的生成速率相等 C．某时刻容器中，， D．混合气体的平均相对分子质量不变 （4）①合成存在以下副反应：。5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 mol 和3 mol ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，甲醇选择率为0.8（甲醇选择率=）。计算合成甲醇反应的化学平衡常数K（写出过程，结果列出计算表达式） 。 ②已知200℃时有60%以上的原料未转化，为了提高转化率，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气。已知甲醇的沸点是64.7℃，根据信息判断反应室的温度 闪蒸室的温度（选填“<”、“=”或“>”）．在原料气中通入CO的目的是 。 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（山东专用） 黄金卷02 （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 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列物质主要成分为有机高分子化合物的是 A．铺路用的改性沥青 B．小麦秸秆制成的衣架 C．利用二氧化碳合成的高级脂肪酸 D．碳量子点构成的荧光材料 【答案】B 【解析】A．铺路用的改性沥青是石油分馏产物，属于烃类，不是有机高分子化合物，A错误； B．小麦秸秆主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，B正确； C．利用二氧化碳合成的高级脂肪酸，属于羧酸类，不是有机高分子化合物，C错误； D．碳量子点构成的荧光材料，属于碳单质，不是有机高分子化合物，D错误； 故选B。 2．下列应用中涉及到氧化还原反应的是 A．明矾净水 B．海水提溴 C．侯氏制碱 D．撒盐融雪 【答案】B 【解析】A．明矾净水涉及了水解反应，不涉及氧化还原反应，A错误； B．海水提溴中溴离子转化为溴单质，反应中有元素发生化合价变化，化工生产过程中涉及氧化还原反应，B正确； C．侯氏制碱中生成碳酸氢钠的反应和碳酸氢钠分解生成碳酸钠，反应中都没有元素发生化合价变化，化工生产过程中不涉及氧化还原反应，C错误； D．撒盐融雪的原理是利用盐和雪形成盐水，盐水的凝固点更低，会让雪不断融化，与氧化还原反应无关，D错误； 故选B。 3．实验室中下列做法正确的是 A．用花生油萃取溴水中的溴 B．汞大量洒落，必须尽可能收集，并深埋处理 C．酸式滴定管用待装液润洗后，从滴定管上口倒出 D．移取熔融氯化钠的坩埚，应用坩埚钳夹持 【答案】D 【解析】A．花生油中含不饱和碳碳双键，能与溴单质发生反应，不能萃取溴水中的溴，故A错误； B．汞会污染土壤，不能深埋处理。汞大量洒落，必须尽可能收集，然后用硫粉覆盖处理，故B错误； C．酸式滴定管用待装液润洗后，从滴定管下口放出，故C错误； D．熔融氯化钠的坩埚温度很高，为防止烫伤，应使用坩埚钳夹持，故D正确； 故选：D。 4．下列描述原子结构的化学用语错误的是 A．基态铜原子的价层电子排布式： B．的价电子排布图： C．钛原子结构示意图为： D．氧原子核外能量最高的电子云的形状： 【答案】A 【解析】A． 铜为29号元素，由洪特规则知，基态铜原子的价层电子排布式为，故A错误； B． Mn为25号元素，价电子排布式为，Mn失去4s能级的2个电子转化为，则价电子排布图为：，故B正确； C．钛为22号元素，钛原子的电子排布式为，则其结构示意图为：，故C正确； D．氧原子核外能量最高的能级为2p能级，其电子云的形状为哑铃型，故D正确； 故选A。 5．关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜 B．加热浓硫酸与NaCl固体的混合物可制备HCl，说明浓硫酸酸性强于HCl C．将CO2通入Ba(NO3)：溶液无明显现象，则将SO2通入Ba(NO3)2溶液也无明显现象 D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 【答案】D 【解析】A．实验室通常用稀硝酸清洗银镜，稀硝酸成本更低，故A错误； B．加热浓硫酸与NaCl固体反应方程式为：，反应能发生，是由于HCl为挥发性酸，不断离开反应体系，使得平衡正向移动，反应得以进行，与浓硫酸和HCl的酸性大小无关，故B错误； C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2被氧化为硫酸根，会生成BaSO4白色沉淀，故C错误； D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，是由于次氯酸根水解：，使溶液呈碱性，由于生成的次氯酸具有漂白性，使得溶液变红后褪色，故D正确； 故选D。 6．鉴别浓度均为0.1mol⋅L-1的NaHCO3、NH4NO3、KI溶液，仅用下列一种方法不可行的是 A．滴加AlCl3溶液 B．测定溶液的pH C．滴加新制氯水 D．滴加溶液、微热 【答案】A 【解析】A．滴加AlCl3溶液后碳酸氢钠溶液中产生白色沉淀和无色气体，而硝酸铵和碘化钾溶液中无明显现象，不能鉴别三种溶液，故A错误； B．碳酸氢钠溶液显碱性，硝酸铵溶液显酸性，碘化钾溶液显中性，测定pH能区分三种溶液，故B正确； C．滴加新制氯水后碳酸氢钠溶液中产生无色气体，硝酸铵溶液中无明显现象，碘化钾溶液由无色变为黄色，能区分三种溶液，故C正确； D．滴加溶液、微热，碳酸氢钠溶液中产生白色沉淀，硝酸铵溶液中产生无色刺激性气味气体，碘化钾溶液中无明显现象，能区分三种溶液，故D正确； 故选A。 7．已知某元素的原子序数为31。下列说法错误的是 A．该元素位于周期表的p区 B．该元素在周期表中的位置是第四周期第ⅢA族 C．该元素的价电子排布式为 D．与该元素同族的第三周期元素的最高价氧化物对应水化物具有两性 【答案】C 【分析】该元素的原子序数为31，则该元素为镓元素。 【解析】A．该元素位于周期表的p区，故A正确； B．该元素在周期表中的位置是第四周期第ⅢA族，故B正确； C．该元素的价电子排布式为，故C错误； D．与该元素同族的第三周期元素为Al元素，Al的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝是两性氢氧化物，故D正确； 故选C。 8．科学家发现铂的两种化合物a和b(见图)，实验测得a和b具有不同的性质，且a具有抗癌作用，而b没有。下列关于a、b的叙述错误的是 A．a和b互为同分异构体 B．a和b的空间构型是平面四边形 C．a和b互为镜像的关系 D．a和b分别是非极性分子和极性分子 【答案】C 【解析】A．a和b的分子式相同结构不同，所以是同分异构体，故A正确； B．中心原子如果sp3杂化则应是四面体结构，无同分异构现象，而两者的性质不同，结构不同，则两者应是平面结构，故B正确； C．a和b不关于面对称，不是“镜”和“像”的关系，故C错误； D．a结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；b分子结构不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，故D正确； 故答案为C。 9．由下列实验操作及现象所得结论正确的是 实验操作及现象 结论 A 向粉末中滴加1盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊 酸性：苯酚 B 向0.1HI溶液中滴加几滴淀粉溶液，再滴加几滴0.1溶液，溶液变蓝 氧化性： C 分别向浓度均为0.1的和溶液中通入至饱和，前者无明显现象，后者生成沉淀 溶度积常数： D 在20℃和40℃时，用pH计测得0.1溶液的pH分别为9.66和9.37 的水解常数： 【答案】C 【解析】A．向粉末中滴加1盐酸，产生的CO2中混有HCl气体，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，不能说明酸性：苯酚，故A错误； B．向0.1HI溶液中滴加几滴淀粉溶液，再滴加几滴0.1溶液，NO在酸性条件下也能将I-氧化为I2，则溶液变蓝不能说明氧化性：，故B错误； C．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故C正确； D．升高温度，促进了水的电离，溶液中c(H+)增大，溶液pH减小，不能说明升高温度促进水解使平衡正向移动，则不能得出Na2SO3水解常数：Kh(40℃)>Kh(25℃)，故D错误； 故选C。 10．从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗磅的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是 A．滤渣的主要成分为 B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀 C．“氧化沉碲”中离子方程式为 D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3 【答案】C 【分析】声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到主要含有Na2TeO3、NaAlO2、Na2SiO3的滤液，Cu不参与反应，则滤渣的主要成分为Cu，“氧化沉碲”时，Na2TeO3被NaClO氧化生成Na2TeO4沉淀，则滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，最后Na2TeO4溶于H2SO4后被SO2还原生成Te，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，据此解答。 【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为Cu，A正确； B．滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，则滤液1和滤液2混合时因、H+和H2O反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀，B正确； C．“氧化沉碲”时，Na2TeO3被氧化生成Na2TeO4沉淀，NaClO被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：，C错误； D．“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te，SO2被氧化为，根据得失电子守恒可得关系式：，Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知和的相对能量为0。下列说法错误的是 A． B．键能为 C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅰ=历程Ⅱ D．历程I和II中速率最快一步反应的热化学方程式为 【答案】D 【解析】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H=E6-E3=E5-E2，故A正确； B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能力为(E2-E3)kJ/mol，断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2-E3)kJ/mol，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ/mol，故B正确； C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C正确； D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：，故D错误； 答案选D。 12．枸橡酸托瑞米芬具有抗雌激素作用，可用于治疗转移性乳腺癌，其结构简式如下。下列关于枸橡酸托瑞米芬的说法错误的是 A．存在顺反异构 B．可发生取代、加成、消去和氧化反应 C．可形成分子间氢键和分子内氢键 D．1mol该分子最多与3molNaOH发生反应 【答案】D 【解析】A．碳碳双键碳原子上都连接不同的基团，存在顺反异构，A正确； B．分子含有氯原子，能发生取代、消去反应；含有碳碳双键，能发生加成反应；有机物一般能燃烧，能发生氧化反应，B正确； C．分子中含有-COOH、-OH，故能形成分子间氢键和分子内氢键，C正确； D．分子中三个羧基能和氢氧化钠反应，-Cl也能和氢氧化钠在一定条件下反应，故1mol该分子最多与4molNaOH发生反应，D错误； 故选D。 13．电解法制备Cu2O的装置如图所示，已知生成Cu2O的反应为Cu2Cl2+2OH—=Cu2O+H2O+2Cl—，下列说法错误的是 A．铂电极连接电源的负极 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．铜电极反应为2Cu—2e—+2Cl—=Cu2Cl2 D．制备7.2gCu2O，阴极区溶液质量减少0.1g 【答案】D 【分析】由题意可知，铜电极为电解池的阳极，氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，铂电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，放电生成的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。 【解析】A．由分析可知，铂电极为连接电源负极的阴极，故A正确； B．由分析可知，电解池工作时，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，故B正确； C．由分析可知，铜电极为电解池的阳极，氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，电极反应式为2Cu—2e—+2Cl—=Cu2Cl2，故C正确； D．据分析，结合得失电子数目守恒可知，电解制备得到7.2g氧化亚铜时，阴极区溶液减少水的质量为×18g/mol=1.8g，故D错误； 故选D。 14．氮与锂形成的一种晶体，是由LixN平面层(如图所示)和非密置层的Li交替排列形成，LixN平面层的Li排列如石墨层中的C，N处于六元环的中心，非密置层的Li位于上下两层的N连线的中点，且连线与平面层垂直。(已知平面层Li与Li之间的距离为anm，平面层之间的距离为bnm，a略小于b)，下列说法错误的是 A．每个N周围等距且紧邻的Li有8个 B．平面层LixN，x=2 C．可用X射线衍射测定晶体的结构 D．晶体的密度×1022g•cm-3 【答案】AD 【解析】A．平面层Li与Li之间的距离为anm，N处于六元环中心，则平面层的6个Li到N的距离相等，距离为anm；非密置层的Li位于上下两层的N连线的中点，连线与平面垂直，平面层之间的距离为bnm，a略小于b，则这两个Li到N的距离比平面层Li到N的距离大，故每个N周围等距且紧邻的Li有6个，A错误； B．LixN平面层Li排列如石墨层中C，N处于六元环的中心，则Li的个数为6×=2，N：Li=1:2，即x=2，故B正确； C．可用X射线衍射测定晶体的结构，C正确； D．在Li形成的四棱柱单元中，N原子位于侧棱心，个数为，Li位于体内和顶点，个数为，晶体密度为，D错误； 本题选AD。 15．25℃时，某二元酸()的、。1.0 NaHA溶液稀释过程中、、与的关系如图所示。已知，的分布系数。下列说法错误的是 A．曲线n为的变化曲线 B．a点：pH=4.37 C．b点： D．c点： 【答案】AB 【分析】1.0 NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-，和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线，据此分析解题。 【解析】A．1.0 NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-，和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，A错误； B．a点, =1.0，则=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，pH不等于4.37，B错误； C．b点，物料守恒，且=，故，C正确；     D．溶液中存在电荷守恒：，c点时，故，D正确； 故选AB。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．（12分）副族元素可以形成多种多样的化合物。回答下列问题： （1）基态Zn原子能量最高的电子占据的能层是 ，铜转炉烟灰(主要成分为)，加入氯化铵和氨水，生成，则浸取时反应的离子方程式为 。 （2）已知的合成过程如下：HCl+＋CdCl2 ①+中存在配位键，接受孤电子对的离子或原子是 。 ②具有较低的熔点。从结构角度解释原因 。 （3）铜的硫化物结构多样。其中铜蓝晶胞结构如图。 ①铜蓝的化学式为 。 ②晶胞中含有 个， 。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）N（1分） （2）H+、Cd 该化合物是离子化合物，离子半径较大，离子键弱 （3）CuS 2（1分） 2:1 【解析】（1）Zn是30号元素，基态Zn原子共4个电子层，能量最高的电子占据的能层是N层，铜转炉烟灰(主要成分为)，加入氯化铵和氨水，生成，则浸取时和铵根离子、氨水反应生成和水，反应的离子方程式为 。 （2） ①中N、Cl-存在孤电子对，H+、Cd含有空轨道，接受孤电子对的离子或原子是H+、Cd； ②是离子化合物，离子半径较大，离子键弱，所以具有较低的熔点。 （3）由晶胞可知S2-与Cu形成3个键，个数为2个，为楞上2个S直接相连的部分，个数为，则S原子数为6个、由晶胞可知晶胞中Cu的总个数为6个； 铜蓝的化学式为CuS。 ②晶胞中含有2个，晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=2，y=1， 2:1。 17．（12分）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下： 已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物 Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0 Ⅲ. 回答下列问题： （1）滤渣的主要成分是 ；酸化时，完全转化为的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全) （2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。 （3）反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。 （4）生成的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下： 综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）Al(OH)3和H2SiO3（1分） 8.37（1分） （2） （3）酸性（1分） 10∶3 （4）H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1（1分） 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量 【分析】本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。 【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37； （2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：； （3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3； （4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。 18．（12分）叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。 查阅资料：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。 ②氨基钠易氧化、易潮解；NaN3能与强酸反应生成HN3，HN3不稳定，易爆炸。 ③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应。 回答下列问题： Ⅰ.制备NaN3 （1）按气流方向，仪器口的连接顺序为a→ →h。 （2）装置B中有NH3生成，B中发生反应的化学方程式为 。 （3）装置C的作用为 。 （4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为 。 Ⅱ.用如图所示装置测定产品纯度 （5）仪器F的名称为 ，恒压分液漏斗中侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有 。 （6）取10.0g NaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用如图装置测量所得氮气的体积，初始时G、H两液面相平，G管的读数为V1mL充分反应后，恢复至室温，移动G使两液面再次相平，G管读数为V2mL(其中)，则产品中NaN3的质量分数为 ％(本实验条件下气体摩尔体积为)。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）f→g→b→c→e→d （2）2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3 （3）防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解 （4）SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl （5）蒸馏烧瓶（1分） 减少测定气体体积时的误差（1分） （6） 【分析】叠氮化钠NaN3由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为。A装置为N2O的制取装置，反应中随N2O一起挥发出硝酸蒸气和水蒸气，而氨基钠遇水强烈水解，所以生成的气体应导入D装置内；然后将气体导入B装置内，尾气中的N2O需使用SnCl2溶液吸收，但E中产生的水蒸气若进入B装置，会引起氨基钠水解，所以在B、E装置间，应安装C装置，从而得出装置的连接顺序为ADBCE。 【解析】（1）由分析可知，装置的连接顺序为ADBCE，则按气流方向，仪器口的连接顺序为a→f→g→b→c→e→d→h。 （2）装置B中有NH3生成，则B中发生反应的化学方程式为2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。 （3）由分析可知，装置C的作用为：防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解。 （4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体(N2)，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl。 （5）仪器F带有支管，则名称为蒸馏烧瓶，恒压分液漏斗流出多少体积的液体，蒸馏烧瓶内就有多少体积的气体进入恒压分液漏斗，则侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有：减少测定气体体积时的误差。 （6）由反应可建立关系式：2NaN3——3N2，生成N2的体积为(V1-V2)mL，则产品中NaN3的质量分数为=。 【点睛】NaN3样品与足量的NaClO反应的化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+2NaOH+3N2↑。 19．（12分）一种治疗神经系统疾病的药物中间体(G)的合成路线如下： 路线一： 已知： 回答下列问题： （1）A结构简式为 ；F中含氧官能团的名称为 。 （2）反应类型为 ；的化学方程式为 。 （3）符合下列条件的的同分异构体有 种(不考虑空间异构) ①能与溴水反应而使其褪色 ②能在酸性条件下发生水解。产物之一遇溶液显紫色，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为， 上述同分异构体中，水解产物只有一个手性碳原子的为 (填结构简式)。 （4）为了减少步骤，缩短反应过程，也可由如下路线合成。 路线二： 中有 种化学环境的氢；结合合成路线一分析“反应条件”应为 。 【答案】（除标明外，每空2分） （1） 羟基、酰胺基（1分） （2）还原反应（1分） + +H2O （3）8（1分） （4）16（1分） 48%HBr 【分析】A()与在碱性条件下发生取代反应生成B()，B发生已知中反应生成C()，C先与丙胺发生反应，再与氢气发生还原反应生成D()，D与HBr发生取代反应生成E，E与发生取代反应生成F()，F在BH3作用下转化为G，据此分析解答。 【解析】（1）由以上分析可知A为，F为，F中含氧官能团为羟基和酰胺基； （2）的过程中F中去掉1个O原子，属于还原反应；E与发生取代反应生成F，反应方程式为：++H2O； （3）符合下列条件的C()的同分异构体，①能与溴水反应而使其褪色，可能含碳碳双键、碳碳三键或者醛基；②能在酸性条件下发生水解，说明含有酯基。产物之一遇溶液显紫色，说明为酚类酯基结构，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为，则苯环上只有一个支链，可视为，取代丁烯中一个H，丁烯有C=C-C-C、C-C=C-C、三种碳骨架，分别有4、2、2种氢，则符合条件的同分异构体共8种，其中水解产物只有一个手性碳原子的为； （4）对比D的结构及组成可知H为，H种含16种氢原子，结合合成路线一分析“反应条件”目的是将苯环上的甲氧基转化为酚羟基，条件为48%HBr。 20．（12分）以为原料在特定条件下可生产醇类、烷烃、碳酸酯等，实现二氧化碳资源化。科学家通过如下反应合成甲醇：。 已知： 回答下列问题： （1）计算上述合成甲醇反应的焓变 。 （2）科学研究中常用产物的时空收率（单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率）来衡量催化效果．在3 MPa，时，不同Ni、Ga配比的Ni-Ga/催化剂下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示．甲醇时空收率随温度变化先增大后减小的原因是 。催化剂的最佳配比和反应温度是 。 （3）将等量和充入恒温恒容密闭容器中反应合成甲醇，已知该温度下反应的化学平衡常数，下列事实说明该反应已达平衡的是______。 A．气体密度保持不变 B．与的生成速率相等 C．某时刻容器中，， D．混合气体的平均相对分子质量不变 （4）①合成存在以下副反应：。5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 mol 和3 mol ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，甲醇选择率为0.8（甲醇选择率=）。计算合成甲醇反应的化学平衡常数K（写出过程，结果列出计算表达式） 。 ②已知200℃时有60%以上的原料未转化，为了提高转化率，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气。已知甲醇的沸点是64.7℃，根据信息判断反应室的温度 闪蒸室的温度（选填“<”、“=”或“>”）．在原料气中通入CO的目的是 。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）-54 （2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni4Ga3、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降 5:3、210℃ （3）BD （4） <（1分） 提高二氧化碳和氢气的利用率（1分） 【解析】（1）已知： ① ② 由盖斯定律可知，3×①-②得反应：； （2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升，催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降；由图示可知，反应最佳条件为催化剂的最佳配比5:3、使用催化剂在210℃左右下进行反应，该条件下甲醇时空收率最高； （3）A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡； B．反应速率比等于系数比，与的生成速率相等，则说明正逆反应速率相等，反应平衡； C．某时刻容器中，，，则，没有平衡； D．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡； 故选BD； （4）①5MPa，200℃时在1 L容器中投入1 mol 和3 mol ，达成平衡时，二氧化碳转化率为0.5，则反应二氧化碳0.5mol，甲醇选择率为0.8，则生成甲醇0.5mol×0.8=0.4mol； 平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量浓度分别为0.5mol/L、1.7mol/L、0.4mol/L、0.5mol/L，则； ②已知甲醇的沸点是64.7℃，设计如图流程分离甲醇和水，循环利用原料气，则反应室为降低到甲醇的沸点以下液化水、甲醇，闪蒸室升温使得甲醇气化而水不气化，分离出甲醇气体，故反应室的温度低于闪蒸室的温度；在原料气中通入CO的目的是抑制副反应的进行，促使正反应正向进行，提高二氧化碳和氢气的利用率。 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 $$