山东省枣庄市2023-2024学年高三年级下册一模化学试题（解析版）

2024届高三模拟考试

化学试题

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓

名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑

色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在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、试题

卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

可能用到的相对原子质量：HlLi7N14016Na23S32Cr52Mn55Fe56Cu65

Bal37

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意。

1.齐鲁文化源远流长，馆藏文物见证历史。下列文物制作过程涉及化学变化的是

A.北辛石器B.红陶兽形壶C.鲁国大玉壁D.银雀山竹木简牍

【答案】B

【解析】

【详解】A.石器制作过程只石头形状发生改变，没有新物质生成，没有发生化学变化，A不符合题

思；

B.红陶制作过程中有新物质生成，属于化学变化，B符合题意；

C.玉壁雕刻是玉石形状发生改变，没有新物质生成，没有发生化学变化，C不符合题意；

D.竹木简牍制作过程中，没有新物质生成，没有发生化学变化，D不符合题意；

答案选B。

2.下列物质的构成微粒间相互作用与其它三者不同的是

A.干冰B.水晶C.汽油D.液氯

【答案】B

【解析】

【详解】干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合；水晶是二氧化硅，属于

共价晶体，原子间通过共价键结合；汽油是多种烧的混合物，由分子构成，分子间通过分子间作用力结

合；液氯是氯气的液体状态，其晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，即只有水晶的构成

微粒间相互作用与其它三者不同，故答案为：B。

3.下列应用与氧化还原反应无关的是

A.稀硝酸用于溶解铜锈B.铁粉暖贴用于冬天取暖

C.青蒿素氢化制备双氢青蒿素D.三元催化器处理机动车尾气

【答案】A

【解析】

【详解】A.铜锈为碱式碳酸铜，和硝酸反应不是氧化还原反应，与氧化还原反应无关，A符合；

B.铁粉用作暖贴发热剂过程中发生铁的腐蚀，铁被氧化，与氧化还原反应有关，B不符合；

C.青蒿素氢化制备双氢青蒿素是还原反应，与氧化还原反应有关系，C不符合；

D.三元催化器会将一氧化碳、氮氧化物等物质转化为氮气和二氧化碳，与氧化还原反应有关，D不符

合；

答案选A。

4.一种Ni的金属串配合物结构如图所示，其中每个含N配体带有1个单位负电荷。下列关于该配合物的

说法正确的是

A.配合物中Ni的杂化方式可能为dsp?

B.配合物中Ni元素的平均化合价为+3

C.每个含N配体中的所有原子可能处于同一平面内

D.理想情况下该配合物中含有3种化学环境不同的N原子

【答案】C

【解析】

【详解】A.由配体上下均乘以2,可知配合物中Ni每个应该有6个键，故杂化方式不可能为dsp2,A错

误；

B.每个含N配体带有1个单位负电荷，配合物中含有3个Ni,4个含N配体，2个氯离子，根据化合价

4+2

代数和为0,Ni元素的平均化合价为+—=+2,B错误；

3

C.每个含N配体，中间的N原子采用sp3,根据单键可以旋转知，中间的N的所连的两个六元环的所

有原子可能处于同一平面内，C正确;

D.理想情况下该配合物中含有2种化学环境不同的N原子，D错误;

故选Co

5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，由这4种元素组成的常见物质转化关系如图所示

(反应条件略去)，已知m是单质，Q是由三种元素组成的盐。下列推断错误的是

H+tn.mn皿”

a-»b—►c—►强酸g

C屋!强酸h

A.元素电负性：W<YB.Q可能是酸式盐

C.物质沸点：a<dD.b、c、e、f都是极性分子

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，Q是由三种元素组成的盐，Q能与强酸、

强碱都能反应，产物氧化最终生成强酸，则Q可能是(NH4)2S或NH4HS,m是02。a是H2S、b是SO2、c

是SO3、n是H2O、g是H2so4;d是NH3、e是NO、f是NO2、h是HNCh。贝|X是H元素、Y是N元素、

Z是O元素、W是S元素。

【详解】A.元素非金属性越强，电负性越大，元素电负性：S<N,故A正确；

B.根据以上分析，Q可能是(NH4)2S或NH4HS,故B正确；

C.a是H2S,d是NH3,氨分子间能形成氢键，沸点HzSvNJh,故C正确；

D.S03中S原子价电子对数为3,无孤电子对，空间构型为平面三角形，结构对称，是非极性分子，故

D错误；

选D。

6.实验室以香草胺和竣酸为原料合成二氢辣椒素。下列说法错误的是

A.香草胺既能与酸反应也能与碱反应

B.8-甲基壬酸水溶性优于7-甲基辛酸

C.Imol二氢辣椒素与氢氧化钠溶液反应最多消耗2moiNaOH

D.通过红外光谱图可判定是否有产物生成

【答案】B

【解析】

【详解】A.香草胺中含有酚羟基，能和碱反应；含有氨基，能和酸反应；故既能与酸反应也能与碱反应,

A正确；

B.8-甲基壬酸的燃基大于7-甲基辛酸，烧基为憎水基团，故8-甲基壬酸水溶性弱于7-甲基辛酸，B错

误；

C.二氢辣椒素中酚羟基、酰胺基均会和氢氧化钠反应，贝也mol二氢辣椒素与氢氧化钠溶液反应最多消

耗2moiNaOH,C正确；

D.红外光谱可检测化学键及官能团，故通过红外光谱图可判定是否有产物生成，D正确；

故选B。

7.下列叙述I和叙述II均正确，且有因果关系的是

选项叙述I叙述II

A石墨能导电且化学性质不活泼阴极电保护法中可用石墨作辅助阳极

B煤中含有苯、甲苯等芳香燃通过煤的干储可获得苯、甲苯等芳香烽

C铝制容器和浓硫酸不反应铝制容器用于存储、运输浓硫酸

D断裂氨分子中的化学键需要吸收热量工业上用液氨作制冷剂

AAB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.因石墨能导电且化学性质不活泼，故阴极电保护法中可用石墨作辅助阳极，金属做阴极，A符

合要求；

B.煤中不含有苯、甲苯等芳香煌，叙述I不正确，通过煤的干储是发生化学反应可获得苯、甲苯等芳香

煌,B不符合要求；

C.常温下铝制容器和浓硫酸发生钝化反应，不是不反应，叙述I不正确，铝制容器用于存储、运输浓硫

酸，C不符合要求；

D.断裂氨分子中的化学键需要吸收热量，工业上用液氨作制冷剂，均正确但二者不具有因果关系，D不

符合要求；

故选Ao

8.如下实验可制备摩尔盐[MNHjSO/yFeSO/zHzO],并探究其化学式：

①向新制的FeSCU溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热将其倒入

50.00mL乙醇中，析出、收集并干燥得到摩尔盐晶体。

②称取7.84g晶体加水溶解后加入足量NaOH溶液，加热并通入氮气，将产生气体充分鼓入50.00mL

0.50molL-1的H2s04标准液中吸收，反应结束后再用0.40mol-U1的NaOH标准溶液滴定过量硫酸，以

甲基橙为指示剂，达滴定终点时反应消耗25.00mLNaOH标准溶液。

③另取一份7.84g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCb溶液，过滤所得沉淀；用酒精洗涤

沉淀3次后，将所得沉淀充分烘干，称量质量为9.32g。

将摩尔盐溶于水配成溶液，下列说法正确的是

A.该溶液中还可大量共存Mg2+,Br,CIO

B.常温下该溶液中水电离出的c(H+)可能为1()T°mol

C.加入少量H2O2后再滴入KSCN溶液，溶液变为红色，则证明溶液中含Fe?+

D.向溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SOj恰好沉淀时，Fe?+和NH：都会参与反应

【答案】D

【解析】

+

【分析】晶体溶于水后加氢氧化钠溶液，镂根离子与氢氧根反应生成氨气，NH3+H=NH：,硫酸所含氢

离子的物质的量为：0.05X0.5x2mol=0.05mo1,过量的硫酸与氢氧化钠反应，氢氧化钠消耗的氢离子

的物质的量为：0.025x0.4mol=O.Olmol,故氨气的物质的量为0.05mol-0.01mol=0.04mol,根据N元

素守恒，7.84g莫尔盐中硫酸镂的物质的量为0.02mol,质量为2.62g；另取7.84g莫尔盐晶体，溶解后加入

932

过量的BaCb溶液，得到的沉淀为硫酸根沉淀，物质的量为：^mol=0.04mol,根据S元素守恒，硫

233

酸镂中S元素的物质的量为0.02mol,故硫酸亚铁的物质的量为0.02mol,质量为3.04g,水的质量为：

(7.84-2.64-3.04)g=2.16g,物质的量为^mol=0.12mol,莫尔盐的化学式为：

18

(NH4)2SO4-FeSO4-6H2O。

【详解】A.莫尔盐晶体溶于水后溶液中含Fe2+,能与CIO-发生氧化还原反应，不能共存，A错误；

B.常温下该溶液中镂根离子和亚铁离子水解，均促进水的电离，故水电离出的。，B

错误；

C.加入KSCN溶液无现象，在滴入少量H2O2溶液，溶液变为红色，则证明溶液中含Fe2+,C错误；

D.根据分析，莫尔盐的化学式为：(NHJzSO「FeSOrGHzO,向溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO：

恰好沉淀时，离子方程式为:

2+2+

2NH：+2SO：+Fe+2Ba+40H=2BaSO4J+2NH3-H2O+Fe（OH）2J,Fe?+和NH：都会参与

反应，D正确；

故选D。

9.如下实验可制备摩尔盐［MNHJzSO/yFeSO/NH?。］,并探究其化学式：

①向新制的Fes。,溶液中加入一定质量的（NHjSO,固体，在70℃〜80℃条件下溶解后，趁热将其倒入

50.00mL乙醇中，析出、收集并干燥得到摩尔盐晶体。

②称取7.84g晶体加水溶解后加入足量NaOH溶液，加热并通入氮气，将产生气体充分鼓入

50.00mL0.50moi-匚1的H2sO’标准液中吸收，反应结束后再用0.40moI-I?i的NaOH标准溶液滴定过

量硫酸，以甲基橙为指示剂，达滴定终点时反应消耗25.00mLNaOH标准溶液。

③另取一份7.84g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaC1溶液；过滤所得沉淀；用酒精洗

涤沉淀3次后，将所得沉淀充分烘干，称量质量为9.32g。

关于上述实验，下列说法正确的是

A.抑制溶液中Fe?+水解，可加入少量硝酸B.吸收逸出的氨气，可改用浓盐酸标准液

C.用稀硫酸洗涤沉淀，可以使结果更准确D.为确定所得沉淀质量，至少要称量两次

【答案】D

【解析】

【详解】A.硝酸能氧化Fe2+,故不能加硝酸抑制溶液中Fe?+水解，故A错误；

B.浓盐酸具有挥发性，用浓盐酸吸收氨气，剩余浓盐酸要挥发，会影响计算结果，故B错误；

C.如果用稀硫酸洗涤沉淀，稀硫酸会与附着的Ba2+反应，导致沉淀的质量偏大，影响计算结果，故C错

误；

D.为保证沉淀质量准确，需要两次质量差不超过0.1g,故至少要称量两次，故D正确。

答案选D。

10.如下实验可制备摩尔盐［x（NH4）2SO「yFeSO「2H2O］,并探究其化学式：

①向新制的Fes。,溶液中加入一定质量的（NHjSO」固体，在70℃〜80℃条件下溶解后，趁热将其倒入

50.00mL乙醇中，析出、收集并干燥得到摩尔盐晶体。

②称取7.84g晶体加水溶解后加入足量NaOH溶液，加热并通入氮气，将产生气体充分鼓入

50.00mL0.50moi的H?SO4标准液中吸收，反应结束后再用0.40mol-lri的NaOH标准溶液滴定过

量硫酸，以甲基橙为指示剂，达滴定终点时反应消耗25QOmLNaOH标准溶液。

③另取一份7.84g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaC^溶液；过滤所得沉淀；用酒精洗

涤沉淀3次后，将所得沉淀充分烘干，称量质量为9.32g。

根据实验数据，下列分析错误的是

A.x：y：z=l:l:6B.改用酚酸做指示剂会使x值偏低

C.如沉淀未充分干燥会使〉值偏低D.制备时因氧化混入硫酸铁会使z值偏低

【答案】C

【解析】

【分析】H2s。4与NaOH反应：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O,吸收氨气后剩余硫酸的物质的量

=x1-3

n(H2SO4NaOH)0.40mol-I7x25.00x10L=0.005mol,则吸收氨气消耗的硫酸：

-31

n(H2SO450.00x10Lx0.50mol-L7-0.005mol=0.02mol；n(NH3)=2n(H2so4)吸收=0.04mol,则

7.84g晶体含钱根离子0.04mol,则硫酸镀为0.02mol,硫酸镂中硫酸根离子为0.02mol；另一份加氯化领

932g

生成硫酸领沉淀，质量为9.32g,物质的量为c”;■,=0.04mol；则硫酸根离子的物质的量为

233g/mol

0.04moL结合以上分析，可知7.84g晶体中硫酸亚铁的物质的量为(0.04-0.02)mol=0.02mol；根据质量守

恒晶体中水的质量为：7.84g-0.02molX132g/mol-0.02molX152g/mol=2.16g,水的物质的量为

216g

—'=0.12mol,则x：y：z=0.02:0.02：0.12=1：1：6,则化学式

18g/mol

(NH4)2SO4-FeSO4-6H2。，据此分析解答。

【详解】A.由以上分析可知x:y:z=l:l:6,故A正确；

B.NaOH滴定是为了确定剩余硫酸的物质的量，终点为硫酸镂和硫酸钠的混合溶液，若改用酚醐做指示

剂，消耗NaOH标准液的体积偏大，则所测剩余硫酸的量偏高，导致硫酸镂的量偏低，x偏低，故B正

确；

C.如沉淀未充分干燥则沉淀质量偏高，硫酸根的量偏高，导致计算的硫酸亚铁的量偏高，则y值偏高，

故C错误；

D.制备时因氧化混入硫酸铁，导致盐的质量偏高，则水的量偏低，会使z值偏低，故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。

11.一种有效富集锂的电化学系统如图所示，中间区域设置有孔道结构的Mn。？，可容纳Li+进出。向

Mn。2所在腔室通入海水，启动电源1,海水中Li+进入Mil。2结构形成LixM%。,达到饱和；关闭电源

1和海水通道，启动电源2,向电极2通空气，使Li,Mn2C>4中的Li+脱出完成富集。下列说法错误的是

电源2电源1

惰

惰

性

性

电

空气一4.8g电

室2室1

极

(。2占1/5)MnO2极

21

0.1mol-L-'0.1mol-L-'

LiOHNa2SO4

、阳离子,

交换膜

C

海水

A.通入448mL(STP)空气恰好使口+全部脱出，可得％=0.58

+

B.室2中阳极发生的反应为LixMn2()4—脱一=xLi+2MnO2

C.工作时电极1附近和电极2附近溶液的pH均增大

D.电源1和电源2正负极都接反也能达到富集锂的目的

【答案】CD

【解析】

【分析】由题意知，启动电源1,使海水中Li+进入MnCh结构形成LixM%。/可知电极反应式为

+

xLi+2MnO2+xe-=LivMn2O4,发生还原反应，则二氧化镒为阴极，电极1为阳极，电极反应式为

2H2。一46一=。2个+411+或4011--40-=021+21^0；关闭电源1和海水通道，启动电源2,向电极2

上通入空气，使Li^Mn2O4中的Li+脱出完成富集，进入室2,可知电极反应为

+

Li^Mn2O4-xe-=xLi+2MnO2,为氧化反应，为阳极，则电极2为阴极，电极反应式为：

O2+2H2O+4e-4OH,据此回答。

【详解】A.通入448mL(STP)空气，则电极2上0.004mol氧气转移0.016mol电子，按两极上得失电

子数目守恒可知，恰好使0.016molLi+全部脱出，由图可知，原4.8g即0.05517molMnCh富集了

0.016molLi+形成LixMi^Od，即x:2=0.016mol:0.05517mol,可得x=0.58,A正确；

B.据分析，室2中阳极发生的反应为LixMn2C)4-xe-=xLi++2MnC)2,B正确；

C.据分析，工作时电极1附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，C不正确；

D.其余不变，若电源1和电源2正负极都接反，启动电源1,二氧化镒为阳极，海水中阳离子包括Li+

穿过阳离子交换膜进入室1、无法进入Mn。2结构不能形成Li,Mn2C)4；关闭电源1和海水通道，启动

电源2,二氧化镒为阴极，室2内LiOH溶液中口+、少量水提供的H+穿过阳离子交换膜，按信息Li+能

进入Mn。？结构，但U+不从海水来，故不能达到富集锂的目的，D不正确;

答案选CD。

12.已知图1所示的有机可逆反应在图2所示的装置内进行实验发现，随着长度了的增加，A、B的转化率

提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C。下列说法正确的是

混合

反应1

Br反应2

A.升高温度两个反应的平衡常数均减小B.反应1的活化能小于反应2的活化能

C.装置中长度x越小C的产率越高D.物质C和D等比加聚可得到三种产物

【答案】AB

【解析】

【详解】A.随着长度%的增加，反应温度降低，A、B的转化率提高，说明两个反应都是放热反应，升

高温度平衡逆向移动，则两个反应的平衡常数均减小，故A正确;

B.随着长度%的增加，D在产物中的占比逐渐增大并超过C,则长度x较短时C在产物中占比较大，因

此生成C较容易，则反应1的活化能小于反应2的活化能，故B正确;

C.随着长度x的增加，A、B的转化率提高，反之长度x越小转化率降低，则C的产率下降，故C错

误;

D.物质C和D等比加聚时，C和D中两个碳碳双键发生加聚反应，产物为

BrHjCHH,C

4H>C—CH-CH-C-k痂口棚口

十HfYHQH"+、、l-।i11,故D错快;

CH,CHCH,Br

H,CBrH3cDr

故选ABo

13.实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸按图示流程实验，经检测所得固体中含有Cu2s和白色物质W,下

列说法错误的是

I1.T92gCu।稀硝酸、足量稀硫酸

NO

足量浓硫酸＞微热5min►固体一溶解

(反应中无气体产生)

W溶液

A.该实验能体现浓硫酸的吸水性和强氧化性

B.当Cu完全反应时共转移电子0.050mol

C.溶解步骤中生成固体Y的质量为0.192g

D.将W溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固体W

【答案】B

【解析】

【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2s和白色物质W,无气体生成，生成Cu2s时铜元素从。价

升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价,则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、

按元素质量守恒只能为CuSO4,则白色物质W为CuSO4,配平得到该反应方程式为：

5Cu+4H2so4浓)3CUSO4+CU2S+4H2O,Cu2s和白色物质CuSCU加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在

+2+

反应：3CU2S+16H+4NO；=6CU+3S+4NOT+8H2O,Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧

1.92g

化产物；n(Cu尸/“二二0.03mol,Cu与浓硫酸发生反应生成CuSCU、Cu2S,设Cu2s的物质的量为x,

64g/mol

则CuSO4的物质的量为(0.03-2x),依据得失电子守恒的原则可得：2x+2(0.03-2x)=8x,从而求出x=0.006mol,

0.03-2x=0.018moL即Cu2s为0.006mol,CuSCU为0.018mol,据此回答。

【详解】A.由5Cu+4H2so/浓)3CUSO4+CU2S+4H2。可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现强

氧化性，所得固体中含有白色物质W为硫酸铜，表现出吸水性，故A正确；

B.微热5min待Cu反应结束后，按Cu计算，转移电子的物质的量为

0.006molX2+0.018molX2=0.048mol,故B错误；

0.03mol,,

C.由分析知，5n(Cu)~n(CuzS)~n(S),n(S)=-----------=0.006moLm(S)=32g/molx0.006mol=0.192g,故

C正确；

D.W为CuSCU,将硫酸铜溶液蒸发结晶并灼烧可再次得到固体CuSCU,故D正确；

答案选B。

14.我国科研团队研究发现使用GaZr0r双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现C。2力口

氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是

H口表示氧空位

A.增大反应物H2或C。2分压均能提高甲醇的产量

B.氢化步骤的反应为HCOO*+2H2——>H3CO*+H2O

C.增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率

D.催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附

【答案】C

【解析】

【详解】A.由反应机理图可知总反应为CO2+3H2=CHQH+H2。，增大反应物H2或C。2分压均能提

高甲醇的产量,A正确；

B.根据反应机理图可知氢化步骤的反应为HCOO*+2H2——>H3CO*+H2O,B正确；

C.增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率，不能提高平衡转化率，C错误；

D.催化剂表面甲醇及时脱附后有空位，有利于二氧化碳的吸附，D正确；

故选Co

15.常温下，Na2cO3溶液体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在

,始（Na2co3）=°」mol-C的体系中，研究金属离子M?+在不同pH时的可能产物，c（M?+）与pH的

关系如图2所示，曲线为MCC）3和M（OH）2的Ksp图像。下列说法正确的是

据

求

酮

1.0

8

g

6

）_।

蜓0.8

曷

S4

g

0.4

2

P

笑I__I

超M0

型1

-2

0

2

111

10.37

89

12

10.25

8

6.37

如4

pH

pH

图2

图1

262

）=10

CO

C（H

O^）:

，C（C

性时

至中

3溶液

a2cO

滴定N

盐酸

A.用

3

2

-5

级为10

数量

Oj的

（MC

，Ksp

温下

B.常

O

T+H

co

J+

CO

；=M

HCO

++2

应M2

发生反

中，

体系

点的

C.P

2

2

3

1

-