2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）化学试题（适用地区黑龙江吉林）

2024年吉林、黑龙江普通高等学校招生考试（适应性演练）化学本试卷共8页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Al27Si28S32Cl35.5Ca40Sr88I127Ba137一、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，只有一项符合题目要求。1.春节是中华民族重要的传统节日，近日被确定为联合国假日。以下有关春节习俗中的化学知识说法错误的是A.红烧肉烹饪过程中蛋白质变性涉及化学变化 B.春晚演员的彩妆用品均属于无机物C.饺子与糯米年糕的口感差异与支链淀粉的含量有关 D.陈年老酒的芳香气味与酯的形成有关【答案】B【解析】【详解】A．肉中含有蛋白质，烹饪过程中蛋白质变性涉及化学变化，故A正确；B．彩妆用品中含有甘油，属于有机物，故B错误；C．饺子与糯米年糕中含有淀粉，口感差异与支链淀粉的含量有关，故C正确；D．酒精在与氧气接触过程中会氧化生成羧酸类物质，而羧酸类物质则会进一步与酒精反应形成酯类物质，具有芳香气味，故D正确；故选B。2.“银朱”主要成分为。《天工开物》记载：“凡将水银再升朱用，故名曰银朱…即漆工以鲜物采，唯（银朱）入桐油则显…若水银已升朱，则不可复还为汞。”下列说法错误的是A.“银朱”可由和S制备 B.“银朱”可用于制作颜料C.“桐油”为天然高分子 D.“水银升朱”不是可逆反应【答案】C【解析】【详解】A．Hg和S反应可生成HgS，S+Hg=HgS，A正确；B．HgS是红色固体，可用于制作颜料，B正确；C．“桐油”中含有油脂类物质，属于甘油三酯，不高分子化合物，C错误；D．由“若水银已升朱，则不可复还为汞”可知，生成Hg与S反应生成HgS不是可逆反应，D正确；故选C。3.下列化学用语表述正确的是A.的空间结构为V形 B.顺二溴乙烯结构式为C.的电子式为 D.基态原子价电子排布式为【答案】B【解析】【详解】A．根据价层电子对互斥理论，的孤电子对为，个数为2，则的空间结构为直线形，A错误；B．烯烃的顺式指烯烃中碳碳双键同侧的两个基团相同，则顺二溴乙烯结构式为，B正确；C．中每个N原子都满足8电子稳定结构，其电子式为：，C错误；D．根据洪特规则的特例，基态原子价电子排布式为，D错误；故选B。4.电解重水（）是制取氘气（）的一种方法。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.分子间存在氢键 B.的熔、沸点比高C.含中子数目为 D.制取转移的电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．O原子电负性较大，分子间存在氢键，故A正确；B．和分子间都能形成氢键，但相对分子之间大于H2O，范德华力较大，熔沸点较高，故B正确；C．中含有2+168=10个中子，的物质的量为=0.1mol，含中子数目为，故C正确；D．未说明气体所处的温度和压强，无法计算的物质的量，故D错误；故选D。5.下列各组物质分离提纯方法及依据均正确的是分离提纯方法依据A重结晶法除去苯甲酸中的氯化钠温度对溶解度的影响不同B氢氧化钠溶液洗气法除去中的化学性质不同C分液法分离乙酸正丁酯和正丁醇沸点不同D加热法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠热稳定性不同A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．温度对苯甲酸、氯化钠的溶解度的影响不同，可以重结晶法除去苯甲酸中的氯化钠，A正确；B．二氧化碳和氯化氢都会被氢氧化钠溶液吸收，B错误；C．乙酸正丁酯和正丁醇互溶，不能分液分离，应该使用蒸馏法分离，C错误；D．碳酸氢钠不稳定，受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳，加热使得碳酸氢钠转化为碳酸钠，故不可以加热法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠，D错误；故选A。6.某化合物具有抗癌活性，结构如图所示。下列有关该物质说法错误的是A.可发生水解反应 B.含有手性碳原子 C.可发生消去反应 D.含有2个酯基【答案】D【解析】【详解】A．该有机物中含有酯基和酰胺基，一定条件下能够发生水解反应，故A正确；B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物含有手性碳原子，如最右侧与羟基相连的碳原子等，故B正确；C．该有机物中与羟基相连的碳原子相邻碳原子上含有H原子，可发生消去反应，故C正确；D．该有机物中只含有1个酯基，故D错误；故选D。7.下列化学方程式或离子方程式正确的是A.氢氟酸溶蚀石英玻璃：B.盐酸除锅炉水垢：C.溶液吸收电石气中的：D.候氏制碱法：【答案】A【解析】【详解】A．氢氟酸溶蚀石英玻璃的化学方程式为：，故A正确；B．水垢中含有碳酸钙，盐酸除锅炉水垢：，故B错误；C．溶液吸收电石气中的：，故C错误；D．候氏制碱法：，故D错误；故选A。8.高分子的循环利用过程如下图所示。下列说法错误的是（不考虑立体异构）A.b生成a的反应属于加聚反应B.a中碳原子杂化方式为和C.a的链节与b分子中氢元素的质量分数不同D.b与发生加成反应最多可生成4种二溴代物【答案】D【解析】【详解】A．由a和b的结构简式可知，b生成a的反应属于加聚反应，A正确；B．a中含有苯环和甲基，碳原子杂化方式为和，B正确；C．a的链节为，a与b的分子式不同，但碳原子个数相同，氢元素的质量分数不同，C正确；D．b中含有碳碳双键，可以和发生1，2加成生成2种二溴代物，发生1，4加成生成1种二溴代物，最多可生成3种二溴代物，D错误；故选D。9.某离子液体结构如下图所示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，X和Y基态原子的核外未成对电子数之和为5，Z是第四周期元素。下列说法错误的是A.X、Z的简单氢化物均可溶于水 B.电负性：C.第一电离能： D.W、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，X和Y基态原子的核外未成对电子数之和为5，W只连接了1个共价键，W为H元素；X连接4个共价键，X为C元素；Y连接3个共价键，Y为N元素；Z带1个负电荷，是第四周期元素，则Z为Br元素。【详解】A．CH4难溶于水，HBr易溶于水，故A错误；B．同周期主族元素，从左往右，电负性增大，电负性：N>C>H，故B正确；C．同周期元素，从左往右，元素第一电离能有增大的趋势，则第一电离能：，故C正确；D．H、N、Br可形成既含离子键又含共价键的化合物NH4Br，故D正确；故选A。10.镍酸镧电催化剂立方晶胞如图所示，晶胞参数为a，具有催化活性的是，图①和图②是晶胞的不同切面。下列说法错误的是A.催化活性：①>② B.镍酸镧晶体的化学式为C.周围紧邻的O有4个 D.和的最短距离为【答案】C【解析】【详解】A．具有催化活性的是，图②中没有Ni原子，则催化活性：①>②，故A正确；B．镍酸镧电催化剂立方晶胞中含有1个Ni，=3个O，8=1个La，镍酸镧晶体的化学式为，故B正确；C．由晶胞结构可知，在晶胞体心，O在晶胞的棱心，则La周围紧邻的O有12个，故C错误；D．由晶胞结构可知，和的最短距离为体对角线得一半，为，故D正确；故选C。11.如图，b为标准氢电极，可发生还原反应（）或氧化反应（），a、c分别为、电极。实验发现：1与2相连a电极质量减小，2与3相连c电极质量增大。下列说法正确的是A.1与2相连，盐桥1中阳离子向b电极移动B.2与3相连，电池反应为C.1与3相连，a电极减小的质量等于c电极增大的质量D.1与2、2与3相连，b电极均为流出极【答案】B【解析】【分析】1与2相连，左侧两池构成原电池，a电极质量减小，转化为，说明a为正极，b为负极，b极反应为；2与3相连，右侧两池构成原电池，c电极质量增大，转化为，说明c为负极，b为正极，b极反应为：，据此分析；【详解】A．1与2相连，a为正极，b为负极，盐桥1中阳离子向a电极移动，A错误；B．2与3相连，右侧两池构成原电池，c电极质量增大，转化为，说明c为负极，b为正极，生成氢气，电池反应为，B正确；C．1与3相连，由于更难溶，转化为，a极为正极，转化为，a极质量减小，b极为负极，转化为，b极质量增加，a电极减小的质量小于c电极增大的质量，C错误；D．1与2相连，b为负极，b电极为流出极；2与3相连，c为负极，c电极为流出极，D错误；故选B。12.实验室合成高铁酸钾（）的过程如下图所示。下列说法错误的是A.气体a的主要成分为B.沉淀b的主要成分为C.中的化合价为D.反应2为【答案】B【解析】【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有HCl气体，通过饱和食盐水洗气除去HCl气体，得到气体a的主要成分为，氯气和饱和KOH溶液在1015℃条件下反应生成，由于得溶解度小于KOH，会析出白色沉淀，将和KOH加入饱和次氯酸钾中发生反应生成，以此解答。【详解】A．由分析可知，气体a的主要成分为，故A正确；B．由分析可知，沉淀b的主要成分为，故B错误；C．由化合物化合价的代数和为零可知，中的化合价为，故C正确；D．反应2中和在碱性条件下发生氧化还原反应生成和KCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故D正确；故选B。13.下列各组实验所得结论或推论正确的是实验现象结论或推论A向某有机物（）中滴加溶液，显色该有机物分子中含酚羟基B向酸性高锰酸钾溶液中加入甲苯，紫色褪去甲苯同系物均有此性质C向银氨溶液中滴加某单糖溶液，形成银镜该糖属于还原糖D测得两溶液导电能力相同两溶液物质的量浓度相等A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．有机物（）中只有5个碳原子，没有苯环，不可能含酚羟基，故A错误；B．只有与苯环直接相连的碳原子上有氢原子时，才能被酸性高锰酸钾氧化，当该碳原子上没有氢原子时，就不能与酸性高锰酸钾反应，故B错误；C．向银氨溶液中滴加某单糖溶液，形成银镜，说明其中含有醛基，该糖属于还原糖，故C正确；D．若两溶液中溶质带的电荷数不同，则两溶液导电能力相同，不能说明两溶液物质的量浓度相等，故D错误；故选C。14.某生物质电池原理如下图所示，充、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸。下列说法正确的是A.放电时，正极电极反应为：+H2O2e=+2H+B.放电时，转化为C.充电时，通过交换膜从左室向右室迁移D.充电时，阴极电极反应为：+2H2O+2e=+2OH【答案】D【解析】【分析】放电时，负极发生氧化反应，转化为，所以放电时，Rh/Cu是负极。充电时，Rh/Cu是阴极。【详解】A．放电时，负极发生氧化反应，负极糠醛发生氧化反应生成，故A错误；B．放电时，正极得电子，转化为，故B错误；C．充电时，阳离子向阴极移动，充电时，Rh/Cu是阴极，通过交换膜从右室向左室迁移，故C错误；D．充电时，充电时，Rh/Cu是阴极，糠醛发生还原反应生成，阴极电极反应为+2H2O+2e=+2OH，故D正确；选D。15.室温下，向、均为的混合溶液中持续通入气体，始终保持饱和（的物质的量浓度为），通过调节使、分别沉淀，溶液中与的关系如下图所示。其中，c表示、、和的物质的量浓度的数值，。下列说法错误的是A.①代表与的关系曲线 B.逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为C.的 D.的平衡常数【答案】D【解析】【分析】由于、均为，则曲线③④表示的离子为或，纵坐标表示的为，则离子浓度越小，越大，则曲线①代表与的关系，则曲线②代表与的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则，同时根据，则曲线④为与的关系，曲线③为与的关系，据此分析。【详解】A．由分析可知，①代表与的关系，A正确；B．曲线①代表与的关系，曲线③为与的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，，，当为时，随逐渐增大时，溶液中优先析出的沉淀为，B正确；C．曲线②代表与的关系，曲线④为与的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则，，则，C正确；D．的平衡常数表达式为，根据曲线①代表与的关系，曲线③为与的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，此时，，，根据B选项，，代入数据，，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为)为原料制备的一种工艺方法如下：天青石主要元素质量分数如下：元素质量分数()36.42.04.00.55.0。回答下列问题：（1）天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成、时失重率分别为、，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧化物为___________(填“”或“”)。（2）“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为___________和___________。（3）“水浸”后滤渣的主要成分除和C外，还有两种氧化物，化学式为___________和___________。（4）“水浸”时需加热，与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为___________(用化学方程式表示)（5）“水浸”后的滤液中，“除杂”过程中(忽略溶液引起的体积变化)，为使不沉淀，应控制溶液中___________，每升滤液中篇加入溶液的体积___________。（6）“沉锶”过程中，可溶性发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）CO2（2）①.CO②.SO2（3）①.Al2O3②.SrO（4）SrS+2H2OH2S+Sr(OH)2（5）①.2×104②.5×104（6）Sr2++2OH+CO2=SrCO3↓+H2O【解析】【分析】天青石与碳粉混合煅烧生成SrS和碳氧化物，水浸后滤液中加入硫酸，除去钡离子，过滤后滤液中通入二氧化碳，生成碳酸锶。【小问1详解】设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO含量为1x，则有0.304x+0.386(1x)=0.326，解得x=73%，因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2。【小问2详解】煅烧过程中还可能生成少量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO4，能生成的有害气体只有SO2，碳粉能生成的有害气体只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO2和CO。【小问3详解】天青石中含有Ba、Ca、Al和Si，已知Ba元素通过后续加入硫酸除去，Ca转化为硅酸钙，则Al转化为Al2O3，同时Sr也会生成SrO，两种氧化物为Al2O3和SrO。【小问4详解】SrS溶于水电离出的硫离子水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS+2H2OH2S+Sr(OH)2。【小问5详解】根据Ksp(SrSO4)=3.4×107可知，SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为3.4×107÷0.68=5×107mol/L。为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×107mol/L，则钡离子浓度需大于1×1010÷(5×107)=2×104mol/L，为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×107mol/L，则每升滤液中含有硫酸根离子5×107mol，需要加入1mol/L的硫酸的体积小于等于5×104mL。【小问6详解】沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2++2OH+CO2=SrCO3↓+H2O。17.芳基亚胺酯是重要的有机反应中间体，受热易分解，可由腈在酸催化下与醇发生Pinner反应制各，原理如下图所示。某实验小组以苯甲腈（，）和三氟乙醇（，）为原料合成苯甲亚胺三氟乙脂。步骤如下：I．将苯甲腈与三氟乙醇置于容器中，冰浴降温至。Ⅱ．向容器中持续通入气体4小时，密封容器。Ⅲ．室温下在氛围中继续搅拌反应液24小时，冷却至，抽滤得白色固体，用乙腈洗涤。IV．将洗涤后的白色固体加入饱和溶液中，低温下反应，有机溶剂萃取3次，合并有机相。V．向有机相中加入无水，过滤，蒸去溶剂得产品。回答下列问题：（1）实验室中可用浓盐酸和无水制备干燥气体，下列仪器中一定需要的为__________（填仪器名称）。（2）第Ⅱ步通气完毕后，容器密封的原因为__________。（3）第Ⅲ步中得到的白色固体主要成分为__________。（4）第IV步中选择低温原因为__________。（5）第IV步萃取时可选用的有机溶剂为__________。A.丙酮 B.乙酸 C.乙酸乙酯 D.甲醇（6）第V步中无水的作用为____________________。（7）本实验的产率为__________。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）保证不漏液、不漏气（3）C（4）防止芳基亚胺酯受热分解（5）C（6）除去有机相中的水（7）50%【解析】【分析】由反应原理可知，先在HCl的气体中反应转化为，再和反应生成，和碳酸钠溶液反应生成芳基亚胺酯。【小问1详解】实验室中可用浓盐酸和无水CaCl2制备干燥HCl气体，需要用到恒压滴液漏斗，不需要球形冷凝管、容量瓶和培养皿。【小问2详解】该反应过程中涉及到HCl气体，需要考虑不能有气体漏出，第Ⅱ步通气完毕后，容器密封的原因为保证不漏液、不漏气。【小问3详解】由反应原理可知，先在HCl的气体中反应转化为，再和反应生成，故选C。【小问4详解】芳基亚胺酯受热易分解，第IV步中选择低温的原因为：防止芳基亚胺酯受热分解。【小问5详解】苯甲亚胺三氟乙脂属于酯类，在乙酸乙酯中的溶解度较大，乙酸和甲酸能溶于水，不能用来萃取，第IV步萃取时可选用的有机溶剂为乙酸乙酯中，故选C。【小问6详解】第V步中无水MgSO4的作用为除去有机相中的水。【小问7详解】实验中苯甲腈的物质的量为=0.2mol，21.6g三氟乙醇的物质的量为=0.216mol，由流程图可知，理论上可以制备0.2mol苯甲亚胺三氟乙脂，本实验的产率为=50%。18.天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化工艺涉及反应如下：①②③④恒压密闭容器中，反应物的平衡转化率、部分生成物的选择性与温度关系如图所示。已知：i．CO2和H2S的初始物质的量相等：ii．产率=转化率×选择性：iii．COS的选择性，H2O的选择性。回答下列问题：（1）COS分子的空间结构为__________形。（2）_________。（3）以下温度，COS的产率最高的是__________。A. B. C. D.（4）温度高于500℃时，H2S的转化率大于CO2，原因是____________________。（5）可提高S2平衡产率的方法为__________。A.升高温度 B.增大压强 C.降低温度 D.充入氩气（6）700℃时反应①的平衡常数K=__________（精确到0.01）。（7）催化剂CeO2MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示。表示状态2的为__________。A．B．C．【答案】（1）直线（2）+126.99kJ/mol（3）B（4）当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度大于反应④（5）AD（6）0.02（7）C【解析】【小问1详解】COS分子的中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知，该分子的空间结构为直线形，故答案为：直线；【小问2详解】由题干信息可知，反应③；反应④，则由反应③+④可得反应②，根据盖斯定律可知，=(+85.79kJ/mol)+(+41.20kJ/mol)=+126.99kJ/mol，故答案为：+126.99kJ/mol；【小问3详解】由题干信息可知，产率=转化率×选择性，结合题干图示信息可知：400℃时H2S转化率为5%左右，COS的选择性为：90%，则产率为5%×90%=4.5%，600℃时H2S转化率为15%左右，COS的选择性为：60%，则产率为15%×60%=9.0%，800℃时H2S转化率为30%左右，COS的选择性为：25%，则产率为30%×25%=7.5%，1000℃时H2S转化率为58%左右，COS的选择性为：7%，则产率为58%×7%=4.06%，故COS的产率最高的是600℃，故答案为：B；【小问4详解】由题干图示信息可知，温度低于500℃时H2S和CO2的转化率基本相同，说明此时反应只发生反应①、②，而温度升高，反应①、②、③、④均正向移动，当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度大于反应④，导致H2S的转化率大于CO2，故答案为：当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度大于反应④；【小问5详解】由题干信息可知，②＞0③两个反应均为正反应是一个气体体积增大的吸热反应：A．升高温度，上述平衡正向移动，S2的平衡产率提高，A符合题意；B．增大压强，上述平衡逆向移动，S2的平衡产率降低，B不合题意；C．降低温度，上述平衡逆向移动，S2的平衡产率降低，C不合题意；D．恒压下充入氩气，相当于减小压强，上述平衡正向移动，S2的平衡产率提高，D符合题意；故答案为：AD；【小问6详解】由题干图示信息可知，700℃时H2S的平衡转化率为20%，CO2的平衡转化率为16%，COS的选择性为40%，H2O的选择性为88%，假设起始投入的CO2和H2S的物质