备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）06（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷(浙江专用)黄金卷06(考试时间：90分钟试卷满分：100分)一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。【答案】B【解析】在水溶液或者熔融状态能导电的化合物叫电解质，水银属A.铝元素位于周期表的p区D.工业上常用电解熔融AICl₃制备金属铝【答案】D【解析】A项，铝元素的原子序数为13,价电子排布式为3s²3p',位于元素周期表p区，故A正确；B项，明矾在溶液中能完全电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子，铝离子发生水解使溶液呈酸性，故B正A.钠是一种强还原剂，可以将钛等金属从其C.二氧化硅是共价晶体，可直接用于制D.镁燃烧发出耀眼的白光，常用于制造信号弹和焰火，镁还能在CO₂【解析】A项，钠性质活泼，具有强的还原性，钠与熔融的氯化钛反应生成钛和氯化钠，可用于冶炼有较强的还原性，能被CO₂或SO₂或NO₂氧化，反应过程中发光放热，为燃烧反应，即镁能在CO₂或SO₂NHNH道轴酸精KMiO,溶液②①④③②①④D.图④装置依据褪色时间的长短，不能证明反应物浓度对反应速率的影响【答案】D挥发，同时也能是酸性高锰酸钾溶液褪色；另外浓硫酸能使酒精炭化，生成的碳单质与浓硫酸反应生成二氧化硫，也能是酸性高锰酸钾溶液褪色；因此不能根据高锰酸钾溶液褪色证明生6.药物结构的修饰有助于新药的开发与利用。青蒿素可以获得双氢青蒿素，青蒿素中间体双氢青蒿素A.若试剂①为NaH,其还原产物为H₂OB.青蒿素中存在过氧键，具有强氧化性C.该过程若有1mol青蒿素完全转化，则转移2mol电子D.羟基的引入使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能【答案】A素分子拥有更多修饰与改造的可能，故D正确；故选A。C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3D.生成1molPH₃转移的电子数为3NA反应，1个P原子化合价降低生成PH₃,3个P原子化合价升高生成KH₂PO₂,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；D项，P原子化合价降低生成PH₃,P元素化合价由0降低为-3生成PH₃,所以生成1molPH₃转移的电子数为3NA,故D正确；故选B。A.油脂在酸性溶液中的水解反应可称为皂化反应D.乙醛和氢气混合气体通过热的镍催化剂，乙醛发生还原反应【答案】DC.CuSO₄溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS):ZnS(s)+Cu²(aq)=-CuS(C.产物中可能存在副产物CH₃CH=CHCHOD.肉桂醛分子的碳原子具有相同的杂化方式【答案】B【解析】A项，肉桂醛的合成过程可看作是苯甲醛中的碳氧双键发生加成反应得到正确；故选B。数是W的2倍。则下列说法正确的是()D.Z和X可形成原子个数比为1:1和1:2的化合物s能级电子数等于p能级的电子数，则Y原子的电子排布式1s²2s²2p⁶3s²,所以Y为Mg元素，X为Na元素，W、Z最外层电子数相同，则W、Z同主族，Z的核S²>O²>Na*,即：Z>W>X,A错误；B项，化合物SO₂和SO₃中S的价层电子对数均为3,均为sp²杂稳定性：H₂O>NH₃,C错误；D项，分离提纯NaOH溶液氧化过滤转化粗K₂FeO₄精K₂FeO₄NaCl(s)A.1molK₂FeO₄消毒能力相当于1.5molHClOD.提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯【答案】D【解析】A项，1mol次氯酸得2mol电子生成氯离子，1molK₂FeO₄得3mol电子转化为三价铁，故1molK₂FeO₄消毒能力相当于1.5molHClO,A正确；B项，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程：3NaClO+2Fe(NO₃)g+10NaOH=2Na₂FeO₄+3NaCl+6NaNO₃+5H₂O,B正确；A.工作时，电能转化为化学能C.工作时，电子由工作电极通过导线转移到对电极，再经过电解质溶液回到工作电极D.工作时，对电极区的电极反应为O₂+4H*+4e=2H₂O【答案】D【解析】该装置为化学电源，通氧气一极为正极，电极反应式为O₂+4H¹+4e=2H₂O,通甲醛一极为负故A错误；B项，工作电极为负极，对电极为正极，工作电极电势高，故B错误；C项，电子从负极经外电路流向正极，即工作时，电子从工作电极经导线流向对电极，但电子不经过电解质溶液，故C错误；D项，电解质为酸性，对电极区氧气得电子生成水，电极反应为O₂+4H⁴+4e=2H₂O,故D正确；故选D。14.一定条件下，2,3-二甲基-1,3-丁二烯与溴单质发生液相加成反应(1,2-加成和1,4-加成同时存在),已知体系中两种产物可通过中间产物互相转化，反应历程及能量变化如图所示：能量下列说法正确的是()A.比定，因此任意条件下主产物均为B.由E₂小于E₃可知，升温有利于-.D.由反应历程及能量变化图可知，该加成反应为放热反应【答案】C【解析】A项，低温下的主产物为1,2-加成，高温下的主要产物是1,4-加成，故A错误；B项，温度升高对活化能大的反应影响更大，因此升温有利于得到Br故B错误；C项，根据图像可以得到AH=(E+E₃-E₂-E₄)KJ/mol,故C正确；D项，由反应历程及能量变化图无法判断该加成反应为放热反应，故D错误；故选C。氢氧化锌[Kp=3.0×10~]均为难溶多元弱碱，硫化锌[KpA.因为H₂S的Ka₁>>K₂,所以c(S²)≈Ka₂=1.3×10-l³mol/LD.pH=13的Na₂S溶液与相同物质的量的ZnSO₄反应，只沉淀ZnS因为H₂S的Ka₁>>K₂,可以任务c(H)>=c(HS),所以c(S²)=K₂=1.3×10¹²mol/L,故A正c(OH)=3amol/L,Ksp[Fe(除了沉淀ZnS还会生成Zn(OH)₂,故D错误；故选D。实验目的实验设计A在Fe³+合物中存在Fe³B探究H₂SO₃和HCIO的酸性强弱将SO₂气体通入Ca(ClO)₂溶液中性：H₂SO₃>HClOC探究常温下同浓度的CH₃COOH和NH₃·H₂O的电离能力常温下，分别测0.1mol/L的CH₃COONa和NH₄Cl溶液的pH若两者的pH之和等于14,则两者的电离程度相同D验证某红棕色气体是否为NO₂【解析】A项，若固体为硝酸亚铁，溶于盐酸时，硝酸根表现强氧化性将亚铁离子氧化为三价铁，因和NH₄Cl溶液的pH,若pH之和等于14,说明醋酸钠水解产生的氢氧根离子浓度和氯化铵水解产生的氢离色气体，也能使淀粉碘化钾溶液变蓝色，故D错误；故选C。二、非选择题：共5题，共52分。17.(10分)铂及其配合物在生活中有重要应用。②鸟嘌呤与Pt(NH₂)(OH)Cl反应的产物中包含的化学键A氢键B.离子键C.共价键D.配位键顺铂反铂空间结构下列说法正确的是A.该晶胞中含有的铂原子数目为4B.该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有8个D.该晶体中铂原子之间的最近距离【答案】(1)3dl⁰4s'(1分)BCD(2分)<(1分)极性大的顺铂在水中溶解度更大(2分)三层，每层有4个原子与其等距，共12个，B不正确；C项，晶胞质量为,则该晶体的密度为的一半，D正确；故选ACD。Na₂CO₃(3)2HSO₄电解S₂Og²+H₂↑或(6)AgBr+2S₂O₃²=[Ag(S₂O₃)}³+Br(1分)B(1分)【解析】工艺流程为以二氧化硫为原料制备硫的化合物，将SO₂通入碳酸钠和硫化钠的混合体系中可硫酸氢钾溶液)来制备K₂S₂Og,用发烟硫酸和尿素反应可以制得氨基磺酸(H₂NSO₃H)。(1)工业上常用煅烧黄铁矿制SO₂,黄铁矿为FeS₂,煅烧生成氧化铁和二氧化硫，该反应的方程式为4FeSz+11O₂煅烧2FezO₃+8SO₂;选D;反应的离子方程式为2Mn²++5S₂Oa²+8H₂O=2MnO₄+10SO₄²+16H+;(3)用惰性电极电解硫酸和硫酸钾的混合溶液来制备K₂S₂Os,阴极生成应生成硫酸氢铵，磺酸基具有强酸性，氨基具有碱性，A项，氨基磺酸中的磺酸基具有强酸性，能与醇发氨基磺酸的实际存在形式可能为EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up0(`),H)₃NSO₃,C正确；D项，氨基磺酸中的N显-3价，具有还原性，能与具AgBr可以溶解在Na₂S₂O₃溶液中，生成和银氨溶液类似的物质，该反应的离子方程式为19.(10分)以煤为原料，经由甲醇可制取甲醚，也可以制取烯烃并可以此取代传统的以石油为原料制①CH₂OH(1脱水生成C₂H₄的热化学方程式是,该反应自发进行的条件是(填②甲醇脱水生成乙烯的温度与平衡常数的实验数据图如图1所示，该反应的正反应的活化能为题图1(2)以煤为原料气化产生的原料气可以用来合成CH₃OH和CH₃OCH₃,合成气平衡转化率随氢碳比)的变化如图2所示：甲醇制取烃的过程中，会发生多种反应，可以生成CH₄、C₂H₄、C₄Hg等，一定条件下，测得各烃的质量分数、CH₃OH转化率随温度变化情况如图3所示。图2A.合成CH₃OCH₃的最佳氢碳比为1.0B.甲醇制取烃的过程中，相同条件下，温度越高越有利于CH₄的生成C.甲醇制取乙烯的过程中，一般控制在350℃~400℃比较合适D.甲醇制取烃的过程中，CH₃OH的平衡转化率随温度升高先增大后减少②原料气合成CH₃OH、CH₃OCH₃过程有如下反应发生：反应ICO(g)+2H₂(g)==CH₃OH(g)△H=-91kJ·m反应ⅡCO(g)+H₂O(g)=—CO₂(g)+H₂(g)△H=—41kJ·mol反应Ⅲ2CH₃OH(g)=—CH₃OCH₂(g)+H₂O(g)△H=-24kJ·molI图2中原料气合成CH₂OCH3的转化率高于CH₃OH的原因。③在350℃,1MPa下，甲醇制取乙烯的转化率随时间的变化曲线如图4所示(t₁为该条件下的平衡时刻)。画出在相同条件下，向容器中添加氮气作稀释剂时甲醇的转化率随时间的变化曲线。CH.OHCH.OH转化率/%CH,OH转化率/%【答案】(1)①2CH₃OH(I)=C₂H₄(g)+2H₂O(I)△H=-42kJ-mol(2分)任意(1分(2分)(2分)1,则a:CH₂₃OH(I)+3O₂(g)=△H=-1411kJmol¹;根据盖斯定律a-b得CH₃OH(I)脱水生成C₂H₄的热化学方程式是2CH₃OH(I)=C₂H₄(g)+2H₂O()△H=-42kJmol~,△S>0、△H<0,所以该反应自发进行的条件是任意温度。②将图中曲线上的两点数据带入,,Ea=3.2×10-mol,该反应的正反应的活化能为32kJmol¹。(2)①A项，根据图2,氢碳比为1.0时，合成CH₃OCH₃的转化率最高，所以最佳氢碳比为1.0,故A正确；B项，甲醇制取烃的过程中，相400℃前未达到平衡，随温度升高反应速率加快，转化率增大，若是CH₃OH的平衡转化率随温度升高而减反应1CO(g)+2H₂(g)==CH₃OH(g)△H=-91kJ·mol反应ⅡCO(g)+H₂O(g)-—CO₂(g)+H反应Ⅲ2CH₂OH(g)=—CH₃OCH₂(g)+H₂O(g)△A.步骤Ⅱ,加入氨水调节pH后，组分A中主要含铁成分为Fe²+、Fe(OH)₃B.步骤Ⅲ,固体B为铁D.重结晶后可选择乙醇洗涤晶体内填写一种操作，均用字母表示]f.橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液g.打开活塞快速放液h.控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出i.将洗涤液从滴定管上口倒出(4)研究小组为了测定乳酸亚铁产品中的Fe²*含量，称取5.600g乳酸亚铁产品溶于蒸馏水，定容至2504次滴定消耗Ce(SO₄)₂溶液的体积如下：实验次数1234消耗Ce(SO₄)₂溶液的体积/mL取25.00mL试液，加入适量硫酸，用0.0200mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点。4次滴定测得的实验次数1234Fe²+含量(%)②比较实验一、二测得的产品中Fe²+含量，认为铈量法(3)bhgeb(2分)使滴定突变范围变大，减少滴定(4)18.70(2分)铈量法可避免乳酸根的干扰(或高锰酸钾法未考虑乳酸根被酸性高锰酸二氧化硅，滤液中含有铁离子和铝离子，由表格中数据可知可用铁单质进行还原，因此B为铁单质，亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，固体C为碳酸亚铁和过量的B;碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，经重结晶得到纯净的乳酸亚铁晶体。(1)仪器A为恒压滴步骤Ⅲ目的是将铁离子还原为亚铁离子，为避免引入其它离子，因此加入的还原剂B为铁单质，B正确；步骤Ⅲ所用Fe为过量，因此固体C中含有Fe,亚铁离子与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，因此固体C中有标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下；亚铁小滴定误差；由已知信息可知，铁离子能与磷酸反应生成无色配离子，可以避免铁离子的颜色影响滴定终点的判断。(4)由滴定原理方程式可知，亚铁离子的物质的量等于铈离子的物质的量，由滴定数据可知，第二次滴定数据异常需舍去，因此滴定0.25mL待测液平均用量为18.70mL,铈离子的物质的量为0.00187mol,即亚铁离子的物质的量为0.00187mol,质量为0.10472g,即亚铁离子总质量为1.0472g;含量为21.(12分)盐酸洛美沙星是一种氟喹诺酮药物，具有抗肿瘤活性。某课题组设计的合成路线如下(部分