青海省海东市2023-2024学年高考化学（理科）模拟试题（一模）有答案

青海省海东市2023-2024学年高考化学（理科）模拟试题（一模）一、单选题（本大题共7小题）1．下列措施或倡议不利于实现碳中和的是A．多植树造林B．多用已脱硫的燃煤发电C．少开私家车，多乘公共交通工具出行D．开发风能、太阳能等新能源，减少化石燃料的使用2．2021年诺贝尔化学奖授予马克斯·普朗克研究所的BenjaminList与普林斯顿大学的Davidw.C．MacMillan，两人在“不对称有机催化”领域的创新发明，带来了一种极为精准的合成新工具，对医药研究和绿色化学有极为重要的意义。如图为一种典型的不对称有机催化反应，连接四个不相同的原子或原子团的碳原子称为手性碳，下列有关表述错误的是A．上述反应属于加成反应B．乙中含有羧基C．甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．丙分子中含有2个手性碳3．设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：。下列说法正确的是A．每生成1mol葡萄糖酸，转移的电子数为2NAB．标准状况下，中含有的非极性键数目为0.5NAC．溶液中含有的数目小于0.1NAD．参与反应时，消耗的葡萄糖分子数为0.1NA4．下列操作、现象和结论都正确的是操作现象结论A在AgCl浊液中滴加少量KI稀溶液产生黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B在酸性KMnO4溶液中滴加HOCH2CH=CH2(丙烯醇)溶液褪色证明丙烯醇中含有碳碳双键C在NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀，同时有气泡产生生成的气体为氢气D在淀粉的水解液中滴加KI溶液溶液不变色淀粉溶液已完全水解A．A B．B C．C D．D5．水系可充电电池因其成本低、高离子电导率、高安全性和环境友好性等优势而备受关注。一种新型无隔膜液流电池的工作原理如图所示。电池以锌箔、石墨毡为集流体，和的混合液作电解质溶液，下列说法正确的是A．放电时，当外电路转移时，两电极质量变化的差值为11gB．过程Ⅱ为放电过程，石墨毡电极的电极反应为C．过程Ⅰ为锌沉积过程，A连电源的正极，锌离子得到电子发生还原反应生成锌D．放电时，沉积在石墨毡上的逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔质量增大6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大。X、Y位于同一主族，Z在第三周期中离子半径最小，Z和W的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A．最简单气态氢化物的热稳定性：X>YB．YX属于共价化合物C．含Z元素的盐溶液可能显碱性，也可能显酸性D．Y为地壳中含量最多的非金属元素7．常温下，已知弱酸溶液中含R物种的浓度之和为，溶液中所有含R物种的的关系如图所示，下列说法错误的是已知，①pOH表示浓度的负对数[]。②a、b、c三点的坐标，a(7.3，-1.3)、b(10.0．-3．6)、c(12.6，-1.3)。A．为二元弱酸B．曲线③表示随pOH的变化C．pH=6.7的溶液中：D．反应的平衡常数二、非选择题（本大题共5小题）8．碱式氯化铜[Cu(OH)xCly]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0～5.5，控制反应温度于70～80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。(1)仪器a的名称是。(2)实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是(填名称)；仪器b的作用是。(3)反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是。(4)若滴入稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(5)反应结束后，将装置A中反应容器内的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品6.435g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测液。(6)铜的测定：取100mL待测液，加入足量的氢氧化钠，经过滤，洗涤，低温烘干，称量得到的蓝色固体质量为2.352g。则称取的样品中n(Cu2＋)为mol。(7)采用沉淀滴定法测定氯：准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入20mL0.2mol·L-1AgNO3溶液，充分反应后，加入少量聚乙烯醇溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3。滴加少量的Fe(NO3)3溶液作为指示剂。重复实验操作三次，消耗的0.1mol·L-1NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。①达到滴定终点的现象为。②则称取的样品中n(Cl-)为mol。(8)根据上述实验结果可推知x：y=。9．金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中的钒以、等形式存在，还有少量的、等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示。提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；②在碱性条件下可转化为VO。(1)试列举可加快“高温氧化”速率的措施：(填一条)。(2)“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为、。(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为。(4)“高温氧化”过程中，若有被氧化，则转移的电子数为NA。(5)写出“焙烧”时发生反应的化学方程式：。(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为(写化学式)。(7)用铝热反应也可将还原为钒，相应的化学方程式为。10．烯烃是重要的化工原料。回答下列问题：(1)在浓硫酸的作用下，2—丁醇发生消去反应：①(l)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)+H2O(g)ΔH1②(l)CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)+H2O(g)ΔH2则1—丁烯转化为2—丁烯的热化学方程式为。(2)某温度下，向一体积为10L的恒容密闭容器中充入1mol溴蒸气和1mol1—丁烯，发生反应：CH3CH2CH=CH2(g)＋Br2(g)CH2=CHCH=CH2(g)＋2HBr(g)

△H＞0，10min后，反应达到平衡，此时容器中物质的总物质的量为2.5mol。①达到平衡后，欲增大CH2=CHCH=CH2的产率，可采取的措施为。②平衡时，溴蒸气的转化率为，0～10min内，v(HBr)=mol·L·min-1。③该温度下，反应的平衡常数K=。(3)1，3—丁二烯在苯溶液中能发生聚合反应生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中1，3—丁二烯的浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是(填标号)。A．T1＞T2B．c点的正反应速率小于c点的逆反应速率C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L-1(4)工业上用电解丁醛的方法制备1—丁醇和丁酸的总反应为2CH3CH2CH2CHO＋H2OCH3CH2CH2COOH＋CH3CH2CH2CH2OH，电解装置示意图如图，阴极的电极反应式为，生成的a为(填名称)。11．VA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。根据所学知识回答下列问题：(1)基态砷原子处于最高能级的电子云轮廓图为形。(2)NH3、PH3、AsH3是同主族元素的氢化物，其中键角最小的是。(3)叠氮化钠(NaN3)用于汽车的安气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气。可与酸反应生成叠氮酸(HN3)，叠氮酸中3个氮原子的杂化类型分别为(不分先后)。(4)N原子之间可以形成π键，而As原子之间较难形成π键。从原子结构角度分析，其原因为。(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子[Cu(NH3)4]2+。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是。(6)磷的含氧酸有很多种，其中有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等。①已知NaH2PO2是次磷酸的正盐，则1molH3PO2中含有的σ键的物质的量为___mol。②磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成链状的多磷酸，则相应的酸根可写为。(7)HgCl2和不同浓度NH3–NH4Cl反应得到某种含汞化合物的晶胞结构(有四个等同的小立方体)如图所示。(部分微粒不在晶胞内，每个Hg原子均处于小立方体的面心)写出该含汞化合物的化学式：。则该晶体的密度ρ=g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示)。12．化合物H是一种常用的解热镇痛药，一种以丙酸为基础原料合成化合物H的合成路线如下：回答下列问题：(1)有机物B中含有的官能团名称为。(2)E→F的反应类型为。(3)试剂b的分子式为C7H7O2SCl，写出试剂b的结构简式：。(4)在一定条件下，化合物G和试剂c反应时，除生成H外，还有HBr生成，写出反应G→H的化学方程式：。(5)K是G的同分异构体，符合下列条件的K有种，其中核磁共振氢谱图中有4组吸收峰，且峰面积之比为6:3:2:2的结构简式为(任写一种)。①分子中含有苯环且苯环上有4个取代基。②在碱性溶液中可发生水解，水解产物酸化后得到有机物甲和有机物乙，甲能与FeCl3溶液发生显色反应，1mol乙最多能消耗2molNa。(6)请设计以、CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用)。

答案1．【正确答案】B【详解】A．多植树造林能进行更多的光合作用，消耗的CO2，有利于实现“碳中和”，A不合题意；B．多用已脱硫的燃煤发电，仅仅能减少SO2的排放，不能减少CO2的排放，不利于实现“碳中和”，B符合题意；C．少开私家车，多乘公共交通工具出行，可以提高能源的利用率，减少化石燃料的燃烧，减少CO2的排放，有利于实现“碳中和”，C不合题意；D．开发风能、太阳能等新能源，减少化石燃料的使用，减少CO2的排放，有利于实现“碳中和”，D不合题意；故B。2．【正确答案】B【详解】A．根据物质分子结构可知甲分子断裂碳碳双键则较活泼的碳碳键，乙分子断裂与-OH相连的C原子上的C-H键，然后二者结合在一起形成化合物丙，故反应类型是加成反应，A正确；B．化合物乙分子中-OH未与羰基的C原子直接连接，因此物质分子中不存在羧基-COOH，B错误；C．甲分子中含有不饱和的碳碳双键，具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因而能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．连接四个不相同的原子或原子团的碳原子称为手性碳。根据丙分子结构可知该分子中含有两个手性碳原子，用※标注为，D正确；故合理选项是B。3．【正确答案】A【详解】A．由题干信息可知，每生成1mol葡萄糖酸，消耗1molI2，则转移2mol电子，故转移的电子数为2mol×NAmol-1=2NA，A正确；B．I2在标准状况下是固体，故无法计算标准状况下，中含有的非极性键数目，B错误；C．由于NaI是强酸强碱盐，NaI在水溶液中完全电离且不发生水解，故溶液中含有的I-数目等于=0.1NA，C错误；D．的物质的量为：=0.1mol，根据反应方程式可知，反应过程中消耗的葡萄糖分子数为=0.05NA，D错误；故A。4．【正确答案】A【详解】A．在AgCl浊液中滴加少量KI稀溶液，转化成黄色沉淀AgI，故Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，A正确；B．酸性KMnO4溶液可以与碳碳双键、醇羟基都发生反应，故不能证明丙烯醇中含有碳碳双键，B错误；C．NaAlO2与NaHCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，C错误；D．淀粉溶液遇碘单质变色，与KI溶液不反应，故不能说明淀粉溶液已完全水解，D错误；故选A。5．【正确答案】A【分析】此为新型无隔膜液流电池，则过程Ⅱ为放电过程，Zn为负极，石墨毡为正极。【详解】A．放电时，负极发生反应Zn-2e-=Zn2+，转移2mol电子，质量减少65g；正极发生反应，转移2mol电子，质量减少87g，故转移2mol电子，两极质量变化的差值为22g，故当外电路转移时，两电极质量变化的差值为11g，故A正确；B．过程Ⅱ为放电过程，石墨毡电极为原电池的正极，得电子，B项错误；C．锌沉积过程发生转化为的还原反应，A极连电源的负极，C项错误；D．放电时，沉积在石墨毡上的逐渐溶解，石墨毡电极质量减小，锌箔中锌失电子被氧化，锌箔质量也减小，D项错误。故选A。6．【正确答案】D【分析】Z元素在第三周期中离子半径最小，则Z为Al；W的原子半径最大，则W为Na或Mg，Z和W的原子序数之和是X的4倍，则13+11=4×6，即W为11号元素Na，X为6号元素C；X(C)、Y位于同一主族，则Y为Si；综上所述，X、Y、Z、W分别为C、Si、Al、Na。【详解】A．X、Y分别为C、Si，非金属性C＞Si，因此最简单气态氢化物的热稳定性：X>Y，A正确；B．X、Y分别为C、Si，SiC属于共价化合物，B正确；C．含Al元素的盐溶液偏铝酸钠溶液显碱性，氯化铝溶液显酸性，C正确；D．O为地壳中含量最多的非金属元素，而不是Si，D错误；故选D。7．【正确答案】D【详解】A．图象中含R物质只有3种，说明为二元弱酸，故A错误；B．随着逐渐增大，减小，根据、，知逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，，则逐渐增大，先减小后增大，逐渐减小，故曲线③表示，曲线②表示，曲线①表示，故B正确；C．即，由图可知，此时，，即，而，故，故C正确；D．根据a点知，时，，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则的，根据c点知，，，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则的，由减去，可得，则平衡常数，故D错误；答案选D。8．【正确答案】(1)三颈烧瓶(2)

碱石灰

导气、防止倒吸(3)溶液中有大量墨绿色固体产生、干燥管中有液体上升后下降的现象(4)偏低(5)NH4Cl(6)0.06(7)

加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色

0.03(8)3：1【详解】(1)仪器a的名称为三颈烧瓶；(2)由于氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2O，碱石灰遇水发生反应使溶液中c(OH-)浓度增大，促衡逆向移动，且碱石灰遇水放热促进氨气的挥发，故可利用碱石灰与浓氨水制取氨气，故此处填：碱石灰；仪器b为球形干燥管，可防止NH3在三颈烧瓶中溶解后产生倒吸，故此处填：导气、防止倒吸；(3)在三颈烧瓶内，氯化铜、氨气和盐酸反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象①为溶液中有大量墨绿色固体产生；干燥管中充满了氨气，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象②为干燥管中有液体上升后下降的现象；(4)由于碱式氯化铜溶于稀酸和氨水，故稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的溶解，进而导致其产量偏低，故此处填：偏低；(5)该反应为氯化铜、氨气和盐酸反应，部分氨气会和盐酸反应生成氯化铵，作为副产物，故此处填：NH4Cl；(6)产品溶于稀硝酸后，溶液中主要含有Cu2+、Cl-、，加入NaOH溶于后生成Cu(OH)2沉淀，由题意知n[Cu(OH)2]=，则样品中n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]×=0.06mol；(7)①当达到滴定终点后，稍过量的NH4SCN遇Fe3+变红，故滴定终点现象为：加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色；②由题意知，测定氯采用的是返滴定法，AgNO3与NH4SCN1:1反应生成AgSCN沉淀，则过量的AgNO3物质的量n(AgNO3,余)=n(NH4SCN)=0.1mol/L×10.00mL×10-3L/mL=1×10-3mol，则与Cl-反应的AgNO3物质的量n(AgNO3)=n(AgNO3,总)-n(AgNO3,余)=0.2mol/L×20.00mL×10-3L/mL-1×10-3mol=3×10-3mol，则样品中n(Cl-)=n(AgNO3)×=0.03mol；(8)根据电荷守恒2n(Cu2+)=n(Cl-)+n(OH-)，得2×0.06mol=0.03mol+n(OH-)，解得n(OH-)=0.09mol，则x：y=n(OH-)：n(Cl-)=0.09：0.03=3：1。9．【正确答案】(1)将富钒炉渣粉碎(或将与富钒炉渣充分混合等合理答案)(2)

(3)(4)5(5)(6)(7)【分析】本题为工业流程题，根据题干流程图可知，高温氧化中是将FeO·V2O3中+2价的Fe氧化为+3价，+3价的V转化为+5价，反应方程式为：FeO·V2O3+KClO3=Fe2O3+V2O5+KCl，焙烧中发生反应为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，气体X为CO2，根据信息②可知浸取时发生的反应为：V2O5+2NaOH=2NaVO3+H2O，过滤出滤渣为Fe2O3，滤液中主要含有：NaAlO2、Na2SiO3和NaVO3，沉铝、沉硅时发生方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，Na2SiO3+2NH4HCO3=H2SiO3↓+(NH4)2CO3+Na2CO3，沉钒是发生的反应方程式为：(NH4)2SO4+2NaVO3=2NH4VO3↓+Na2SO4，热分解时的反应方程式为：2NH4VO32NH3↑+H2O+V2O5，最后高温还原时发生的反应为：2V2O5+5Si+5CaO5CaSiO3+10V，据此分析解题。(1)将富钒炉渣粉碎(或将与富钒炉渣充分混合)均可加快“高温氧化”速率，故将富钒炉渣粉碎(或将与富钒炉渣充分混合等合理答案；(2)由分析可知，“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为CO2和Fe2O3，故CO2；Fe2O3；(3)由分析可知，“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的化学方程式为：2NaAlO2+2NH4HCO3+2H2O=Na2CO3+(NH4)2CO3+2Al(OH)3↓，故其离子方程式为：，故；(4)已知“高温氧化”过程中，若有被氧化，Fe从+2价升高到+3价，V从+3价升高到+5价，故转移5mol电子，则转移的电子数为5mol×NAmol-1=5NA，故5；(5)由分析可知，“焙烧”时发生反应的化学方程式为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，故Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；(6)由分析可知，在“高温还原”反应为2V2O5+5Si+5CaO5CaSiO3+10V，故氧化钙最终转化为CaSiO3，故CaSiO3；(7)用铝热反应也可将还原为钒，即Al转化为Al2O3，V2O5转化为V，根据氧化还原反应即可配平得出相应的化学方程式为为：，故。10．【正确答案】(1)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)

(2)

升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2

50%

0.01

0.2(3)CD(4)

CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH

丁酸【详解】(1)由已知方程式②-①得目标方程式：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)，结合盖斯定律知该反应，故此处填：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)

；(2)①欲增大CH2=CHCH=CH2产率，可通过促衡正向移动实现，可采取措施：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2，故此处填：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2；②设转化的Br2为xmol，由所给数据列三段式如下：，由题意得：1-x+1-x+x+2x=2.5，解得x=0.5mol，故溴蒸气的转化率=；HBr的反应速率；③该反应平衡常数；(3)A．由图示知，相同时间内，T2对应温度下，反应速率更快，故温度T2＞T1，A错误；B．由图示知，c点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；C．由于a点1，3-丁二烯浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点正反应速率，b点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故b点正反应速率大于逆反应速率，故a点正反应速率大于b点逆反应速率，C正确；D．b点，由反应比例：2CH2=CH-CH=CH2～1二聚体，得此时二聚体浓度=，D正确；故答案选CD；(4)电解阴极发生还原反应，总反应中，丁醛到1-丁醇为还原过程，故阴极电极反应为：CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH；阳极发生氧化反应，由总反应知，丁醛到丁酸为氧化过程，故a为丁酸。11．【正确答案】(1)哑铃形(或纺锤形)(2)AsH3(3)sp、sp2(4)As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(5)F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键(6)

5

(PO3)(7)

Hg(NH3)2Cl2

×1030【详解】（1）基态砷原子处于最高能级的电子为4p能级上的电子，其电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形)；（2）NH3、PH3、AsH3结构相似，均为三角锥形，分子中均含有一对孤电子对，中心原子的电负性越大，则孤电子对越靠近中心原子，对成键电子的排斥作用也越大，导致键角越小，所以其中键角最小的是AsH3；（3）HN3的结构式可以写成H-N=N≡N，分子中存在大π键，其中靠近H原子的N原子为sp2杂化，另外两个N原子均为sp杂化；（4）N原子半径小，电子云重叠程度大，形成双键、三键牢固，而As原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；（5）F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键；（6）①已知NaH2PO2是次磷酸的正盐，说明次磷酸中含有一个羟基氢，其结构式为，单键均为σ键，双键中有一个σ键，所以1molH3PO2中含有的σ键的物质的量5mol；②根据题干信息，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟