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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（新疆、西藏专
用）
黄金卷01
（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 Zn 65
一、选择题：本题共7 小题，每小题6 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。
7．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法正确的是
A．“曾青涂铁，铁赤色如铜”，涉及的反应能证明氧化性：Fe3+＞Cu2+
B．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，制作火炉的“红泥”中含氧化铁
C．古陶瓷修复时所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜
【答案】B
【详解】A．“曾青涂铁，铁赤色如铜”，涉及的反应铁和铜离子生成铜和亚铁离子，能证明氧化性：
Cu2+＞Fe2+，A 错误；
B．氧化铁为红色固体，火炉的“红泥”中含氧化铁，B 正确；
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为2CaSO4⋅H2O ，C 错误；
D．“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖红色，可能来自亚铁离子，诗句中的“翠色”不可能来
自氧化亚铜，D 错误；
故选B。
8．防火材料聚碳酸酯（PC）可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A．化合物X 为
B．该高分子材料可降解
C．A 分子中处于不同化学环境的氢原子有4 种D．该反应为加聚反应
【答案】D
【详解】A．反应式中物质A 的羟基释放出氢原子与物质B 碳酸二甲酯释放出的甲氧基结合生成甲醇，
1
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故反应式中X 为甲醇，A 项正确；
B．该高分子材料中含有酯基，可以降解，B 项正确；
C．物质A 左右对称、上下对称，则A 分子中处于不同化学环境的氢原子有4 种，C 项正确；
D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D 项错误；
故选D。
9．下列实验操作规范且能达到实验目的的是
A．用排水法收
集NO
B．分离
胶体
C．验证酸性：
D．加热
制
取无水
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．NO 不溶于水且不和水反应，故可以排水法收集，故A 符合题意；
B．胶体能透过滤纸，不能过滤分离，故B 不符合题意；
C．挥发的盐酸也会和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，干扰了实验，C 不符合题意；
D．加热促进亚铁离子水解，且生成HCl 易挥发，最终二价铁被空气中氧气氧化为三价铁，得不到无水
氯化亚铁，故D 不符合题意；
故选A。
10．下列离子方程式中，正确的是
A．大理石溶解于醋酸：
B．澄清石灰水中加入
溶液混合：
C．
溶液和
溶液：
D．
溶液中加入少量
【答案】C
【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆，因此大理石溶解于醋酸的离子方程式为：
，A 错误；
B．澄清石灰水中加入
溶液混合，会生成硫酸钙微溶物，离子方程式应为：
，B 错误；
C．
溶液可完全电离：
，
和
溶液混合生成
与
，离子方程式应为：
，C 正确；
2
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D．
溶液中加入少量
，根据少量为1 的原则，
的系数为1，离子方程式应
为：
，D 错误；
答案选C。
11．近期我国科技工作者研发了一种“酸碱混合硝酸”锌电池，其工作原理如图所示。图中“双极膜”中
间层中的
解离为
和
，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是
A．
膜是阴离子交换膜，
膜是阳离子交换膜
B．催化电极上的电势比锌电极上的高
C．负极区的反应式为
D．当正极区
的变化为
时，锌电极质量会减少
【答案】D
【分析】根据图中所示，锌电极中的Zn 在碱性溶液中失去电子生成
，故锌电极为负极；
在催化电极上发生反应转化为
，N 元素化合价降低，发生还原反应，催化电极为正极。根据
电池放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，双极膜中的
通过M 膜向负极移动，则M 膜为
阴离子交换膜，
通过N 膜向正极移动，则N 膜为阳离子交换膜。据此答题。
【详解】A．根据分析知，
膜是阴离子交换膜，
膜是阳离子交换膜，A 正确；
B．催化电极是正极，锌电极是负极，因此催化电极上的电势比锌电极上的高，B 正确；
C．锌电极作负极，负极区的反应式为
，C 正确；
D．根据正极电极反应式
和电荷守恒，当反应消耗10mol
时，电路中
转移的电子为8mol，则双极膜中有8mol
通过N 膜向正极区移动，此时正极区
的变化为
。
根据负极电极反应式
，电路中转移的电子为8mol，锌电极消耗4mol，因
此锌电极质量会减少
，D 错误；
故选D。
12．W、X、Y、Z 为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数。只有X 为金属元素，W
核外电子数等于Y 的最外层电子数，且W、Y 处在不同周期，Z 的单质常温下为气体。下列说法错误
的是
3
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A．
分子为平面三角形的非极性分子
B．X 单质可与氢氧化钠溶液反应产生氢气
C．Z 的氧化物对应的水化物为强酸
D．Y 的第一电离能比同周期相邻两元素的高
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z 为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数，且W、Y 处在不
同周期，只有X 为金属元素，W 的核外电子数等于Y 的最外层电子数，若W 为H 元素，则Y 为金属
元素，故W 不为H 元素，则W 为B 元素，那么Y 为P 元素；X 为Na 或Al 元素，Z 的单质常温下为
气体，Z 为Cl 元素。
【详解】A．BCl3中心原子形成3 个共价键且无孤电子对，B 为sp2杂化，是平面三角形结构，正负电
中心重合，为非极性分子，A 正确；
B．X 为Na 或Al 元素，Na 和Al 都可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气，B 正确；
C．Cl 的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，HClO4为强酸，而HClO 是弱酸，C 错误；
D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是P 原子价电子为3s23p3，3p 轨道半充模较稳
定，第一电离能大于同周期相邻元素，D 正确；
故选C。
13．
为二元弱酸，常温下，现配制一组
的溶液，在不同pH 环境
下，不同形态的含X 粒子(
、
、
)的分布系数
(平衡时某种含X 粒子的物质的量占所
有含X 粒子物质的量之和的分数)如图所示。下列说法正确的是
A．a 点对应的溶液的pH 为7.6
B．在NaHX 溶液中存在
C．c 点对应的溶液中存在
D．室温下，a、b、c 三点对应的溶液中，由水电离出的
与
的乘积
数值由大到小顺序：a>b>c
【答案】A
【详解】A．由图可知，随着pH 的增大，
逐渐减小，
逐渐增大，则从左往右曲线分
别代表
、
和
。由图可知，a、c 点对应的溶液中存在
、
4
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，故
。b 点对应的溶液中存在
，由
，即：
，故
，A 正确；
B．由图可知，b 点对应的溶液中
最大，
，所以
溶液显碱性，即在
溶液中存
在
，B 错误；
C．调
时要加入碱，引入其他阳离子，根据电荷守恒可知，c 点对应的溶液中存在
，C 错误；
D．
过程中，溶液的酸性逐渐减弱，对水电离的抑制程度也逐渐减弱，同时
、
浓度
增大，
、
的水解程度即对水的电离的促进作用逐渐加强。故a、b、c 三点对应的溶液中，由
水电离出的
与
的乘积
数值由大到小顺序：
，D 错误；
故选A。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
27．（14 分）V2O5广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备V2O5的工艺如
下：
已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有
“酸浸”后钒以
形式存在，“中和还原”后钒以
形式存在。
ii．P204 对四价钒
具有高选择性，且萃取
而不萃取
。
iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。
iv．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
11.9
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
13.9
10.1
回答下列问题：
(1)“破碎”的目的是 。
(2)“中和还原”时，
参与反应的离子方程式： 。
(3)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图所示。指出适宜的工艺条件为 。若在
5
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得到多钒酸铵后，使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是 。
(4)“氧化”时，每消耗
，可得到
。
(5)流程中可偱环使用的物质有 。
(6)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收
溶液。请根据题给信息，参
照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整 (可选用的试剂：
、
)。
已知MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，当“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1时，
理论上
。
【答案】(1)减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率
(2)
(3) 温度：820℃左右(800℃～830℃之间均可)；硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可) 降低多钒
酸铵的溶解度，减少损失
(4)3
(5)NH3(或氨水)、有机溶剂P204
(6)
【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有
；加稀
硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以
形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该
工序pH 低于7.0，发生反应
，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过
滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，
进入水相，加NaClO3氧化将
转
化为
，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。
【详解】（1）“破碎”的目的是减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率；
6
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（2）根据分析，“中和、还原”时，参与反应的离子方程式为
；
（3）结合图1、2 所示进行分析可知，适宜的工艺条件为温度：820℃左右，硫酸加入量：6％(6％～
6.5％之间均可)，此时钒的浸出率最高；洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是降低多钒酸铵的溶解
度，减少溶解损失；
（4）NaClO3将
氧化为
并得到还原产物NaCl，根据电子得失守恒可得出关系式：NaClO3-6
，故“氧化”时，每消耗0.5mol NaClO3，可得到3mol
；
（5）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂具有该特点；分
析“煅烧”反应：
，可知(或氨水)在流程中也可循环使用；
（6）“萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有Mn2+、Fe2+和少量的Ca2+，欲得到MnSO4溶
液，需除去杂质Ca2+、Fe2+，第一道工序已经除去Ca2+，说明后续工序应除去Fe2+。又结合各金属离子
开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将Fe2+氧化为Fe3+。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择H2O2溶
液。再调溶液的pH，使Fe3+转变成Fe(OH)3沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO 调pH，所以补充
完整的流程图为：
。
已知常温下MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，，若上述水相“沉钙”后c(Ca2+)=10-
5mol·L-1，根据
，沉钙但锰离子不沉淀，
则理论上
不超过
。
28．（14 分）常温下，二甲基亚砜(
)为无色无臭且能与水混溶的透明液体，熔点为18.4℃，
沸点为189℃。实验室模拟“
氧化法”制备二甲基亚砜的装置如图所示(加热装置及夹持装置已省
略)。
7
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已知：
①制备二甲基亚砜的反应原理为
。
②二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为
和
。
③
微热易分解为NO、
和
。
实验过程：将仪器A 中制得的气体通入15.00mL 二甲基硫醚中，控制温度为60 80℃
∼
，反应一段时间
得到二甲基亚砜粗品，粗品经减压蒸馏后共收集到11.10mL 二甲基亚砜纯品。回答下列问题：
(1)通入
的目的是 ；仪器B 的名称为 ，其中盛放的试剂可能是
(填字母)。
a．碱石灰 b．
c．硅胶
(2)冷凝管进出水的方向 (填“上进下出”或“下进上出”)，制备二甲基亚砜时采用水浴加
热，该方法的优点是 。
(3)二甲基亚砜能与水混溶的原因可能为 。
(4)NaOH 溶液吸收尾气中NO 和
生成亚硝酸盐的化学方程式为 。
(5)本实验的产率是 %(保留2 位小数)。
【答案】(1)将NO 转化为
(球形)干燥管 bc
(2)下进上出 受热均匀、便于控制温度
(3)二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键且为极性分子
(4)
(5)76.12
【分析】将硫酸加到亚硝酸钠溶液中，反应生成硫酸钠和亚硝酸，遇微热易分解为NO、
和
，为得到更多二氧化氮，通入过量氧气，再用硅胶干燥二氧化氮气体，二氧化氮气体通入二甲基硫醚
中，控制温度为60~80℃，反应一段时间得到二甲基亚砜粗品，粗品经减压蒸馏得到二甲基亚砜纯品
【详解】（1）
遇微热易分解为NO、
和
，为得到更多的二氧化氮，因此需要将NO 转
变为二氧化氮，则实验中需过量的原因是将NO 氧化成
，过量的氧气还能氧化尾气中的NO，促
8
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进尾气的吸收；B 仪器名称为(球形)干燥管；二氧化氮和碱会反应，因此B 中盛放的试剂可能是五氧
化二磷或硅胶，选bc；
（2）球形冷凝管冷凝水的“下进上出”；通常采用水浴加热来控制温度为60~80℃，该方法的优点是
受热均匀，温度易于控制；
（3）二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键且为极性分子，更易溶于水中；
（4）NaOH 溶液吸收尾气中NO 和
反应生成亚硝酸钠和水，方程式为
；
（5）二甲基亚砜的实际产量为
，
二甲基亚砜的理
论产量
，则产率为
。
29．（15 分）落实“双碳”目标，碳资源的综合利用成为重中之重。
I.甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO 催化作用下可以合成甲
醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，此反应分两步进行：
反应i：Cu/ZnO(s)+H2(g)=Cu/Zn(s)+H2O(g) ΔH>0
反应ii：_______ ΔH<0
(1)反应ii 的化学反应方程式为 。
(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3 投料发生该反应，下列不能说明反应
已达到平衡的是_______(填字母标号)。
A．CO2和H2的转化率相等
B．体系的温度保持不变
C．单位时间体系内减少3molH2的同时有1molH2O 增加
D．合成CH3OH 的反应限度达到最大
(3)研究表明，用可控Cu/Cu2O 界面材料也可催化CO2还原合成甲醇。将6.0molCO2和8.0molH2充入体
积为3L 的恒温密闭容器中发生此反应。测得起始压强为35MPa，H2的物质的量随时间的变化如图中
实线所示。
①图1 中与实线相比，虚线改变的条件可能是 。
②该反应在0~4min 内(实线)H2O 的平均反应速率为 (保留2 位有效数字)。
③该条件下(实线)的Kp为 MPa-2。
Cu
④
2O 的立方晶胞结构如图2 所示。白球代表的是 (填“Cu+”或“O2-”)；a、b 的坐标参数依次
9
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为(0，0，0)、(
，
，
)，则d 的坐标参数为 。
II.在催化剂作用下，用CO 脱除NO 的反应为：2CO(g)+2NO(g)
2CO2(g)+N2(g)。
(4)已知Arrhenius 经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k 为速率常数，R 和C 为常数)，为探究m、n
两种催化剂的催化效率进行了实验探究，获得如图3 曲线。从图中信息获知催化剂的催化效率m
n(填“>”“=”或“<”)，其理由是 。
【答案】(1)Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g)
(2)AC
(3)升高温度 0.16 mol·L-1·min-1
/0.02 O2- (
，
，
)
(4) < 直线 n 斜率大(或直线n 斜率绝对值小或直线n 较m 平缓)，Ea小， 反应速率快，催化效率
高
【详解】（1）由总反应减去反应i 即反应ii：Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g)；
（2）A．由于二氧化碳和氢气的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，
二者的转化率均相等，则二氧化碳与氢气的转化率相等不能说明反应达到平衡，A 说法错误；
B．反应①为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，
反应已达平衡，B 说法正确；
C．单位时间内体系中3 mol 氢气减少和1 mol 水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率
相等，无法判断反应是否达到平衡，C 说法错误；
D．化学平衡状态是化学反应的最大限度，反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平
衡，D 说法正确；
故选AC。
（3）①虚线A，反应速率加快，氢气平衡浓度增大，说明改变条件平衡逆向移动，改变的条件可能是
升高温度；
②该反应在0 至4min 内消耗氢气的物质的量为(8-2.3)=5.7mol，根据方程式可知生成水的物质的量为
10
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1.9mol，H2O 的平均反应速率为
mol·L-1·min-1；
③反应达到平衡状态，氢气的物质的量为2mol；
同温、同体积，压强比等于物质的量比，平衡时总压强为35MPa
MPa； Kp=
0.02MPa-2；
④利用均摊法，白球的个数为
，黑球个数为4，根据Cu2O 化学式知白球为O2-
；结构晶胞中小白球的位置应为晶胞均分为8 个小立方体的4 个体心的位置，故d 的分数坐标为：(
，
，
)；
（4）根据图示，直线n 较m 平缓，可知Ea 小，反应速率快，所以催化效率高的是n，即m<n。
30．（15 分）化合物F 是合成某种药物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：i．
ii．
→
iii．R5-NH2+
（1）X 的化学名称为 ；F 中含氧官能团的名称为 。
（2）B→C 和E→F 的反应类型分别为 、 。
（3）设计A→B 反应的目的为 。
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（4）C 的结构简式为 ，其中碳原子的轨道杂化类型有 种。
（5）D→E 的化学方程式为 。
（6）M 为F 的同分异构体，满足下列条件的M 有 种(不考虑立体异构)，任写其中一种核磁共
振氢谱有4 组峰的M 的结构简式 。
i．含苯环；ii．1molM 与足量银氨溶液反应最多能生成6molAg。
【答案】（1）1，3—丙二醇 醛基、醚键、酰胺基
（2）还原反应 取代反应 （3）保护醛基，防止其被氧化破坏
（4）
2
（5）
+H2O
+
。
（6）15
或
。
【分析】由题干合成路线图可知，根据A、B 的结构简式和X 的分子式可知，X 的结构简式为：
，由C 的分子式和已知信息i 以及B 转化为C 的条件可知，B 发生还原反应生成C
的结构简式为：
，由D 的分子式以及C 到D 的转化条件结合已知信息iii 可知，D
的结构简式为：
，由E 的分子式和D 到E 的转化条件并结合已知信息ii 可
知，E 的结构简式为：
，E 再发生取代反应生成F，据此分析解题。
（1）由分析可知，X 的结构简式为：
，则X 的化学名称为1，3—丙二醇；根据F
的结构简式可知，其含氧官能团的名称为醛基、醚键、酰胺基。
（2）由分析知，B→C 和E→F 的反应类型分别为还原反应、取代反应。
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（3）由分析可知，比较A 到B 和D 到E 步骤的生成物可知，设计A→B 反应的目的为保护醛基，防
止其被氧化破坏。
（4）C 的结构简式为
，其中碳原子的轨道杂化类型有sp2、sp3，共2 种。
（5）由分析可知，D 的结构简式为
，E 的结构简式为
，故D→E 的化学方程式为：
+H2O
+
。
（6）由题干流程图可知，F 的分子式为：C9H7NO3，M 为F 的同分异构体，满足下列条件ⅰ．含苯
环，ⅱ．1mol M 与足量银氨溶液反应最多能生成6mol Ag，结合O 原子个数可知分子中含有3mol 醛
基，若苯环上两个取代基即：-CHO 和-N(CHO)2有邻、间、对三种位置异构，若有三个取代基即-
CHO、-CHO 和-NHCHO 则有6 种位置异构，若有4 个取代基即3 个-CHO 和一个-NH2，则有6 种位置
异构，故M 共有3+6+6=15 种，其中一种核磁共振氢谱有4 组峰的M 的结构简式为：
或
。
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