（九省联考）2024年1月高考化学全国统一模拟测试卷七（含答案）

（九省联考）2024年1月高考化学全国统一模拟测试卷阅卷人一、选择题：本题共14小题，每小题3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。得分1．杭州亚运会首次实现亚运会“碳中和”，下列属于有机高分子材料的是（）A．“大莲花”场馆的主体结构材料——钢B．场馆顶部的覆盖膜——聚四氟乙烯C．场地的防滑涂层——石墨烯D．主火炬使用的可再生燃料——甲醇2．关于反应CaCOA．HCl分子中没有极性键B．CO2的C．CaCl2D．H23．下图是一种改进的制备乙炔气体的装置。装置X为自制仪器，下列仪器中与X作用相同的是（）A．漏斗B．分液漏斗C．滴液漏斗D．布氏漏斗A．A B．B C．C D．D4．火箭表面耐高温涂层的制备反应为4Al+3TiO2+3CA．1molC中共价键的数目为4B．6g2248C．1molAl2O3D．消耗1molTiO25．以下探究目的对应的实验方案最合适的是（）实验方案探究目的A向AlCl3比较Na和Al的还原能力B分别向稀硝酸和稀醋酸中加入铜粉比较稀硝酸和稀醋酸的酸性强弱C将浓硫酸滴入乙醇中，加热至170°C，生成的气体通入酸性重铬酸钾溶液验证乙烯具有还原性D向BaCl2溶液中同时通入C比较Cl2和A．A B．B C．C D．D6．水系Zn-CO2电池在碳循环方面具有广阔的应用前景。该电池的示意图如下，其中双极膜在工作时催化H2O解离为A．放电时，Zn电极为负极，发生还原反应B．充电时，OH−从C．放电时，催化电极上的反应为CD．充电时，Zn电极上的反应为Z7．化合物M2X3YZW2是一种无机盐药物。已知X、Y、Z、W、M为原子序数依次递增的短周期元素，X、M同主族，Y、Z、W同周期，基态Y原子A．离子半径：W>M B．电负性：X>ZC．简单氢化物沸点：Z>W D．M28．荜茇酰胺是从中药荜茇中提取的一种有抗癌活性的天然生物碱，结构如下图所示。下列说法正确的是（）A．分子中有3种官能团 B．双键均为顺式结构C．分子式为C17H9．配合物[FeⅠ．称取5.40gCH3COONaⅡ．称取6.00gFe(NO3III．将步骤II配置的溶液加入到CH3IV．当溶液析出少量固体时，冷却，过滤，洗涤，烘干，称重。下列说法错误的是（）A．步骤II中可使用水浴加热B．步骤III中为控制反应速率，应逐滴加入C．步骤II中FeD．步骤IV中为提高纯度，可用热水洗涤10．光刻胶是芯片制造的关键材料。以下是一种光刻胶的酸解过程，下列说法正确的是（）A．X的单体属于碳酸酯 B．X在水中的溶解度大于YC．Z中所有原子共平面 D．该酸解过程不含消去反应11．我国科学家成功利用CO还原NO，从源头上减少煤粉燃烧产生的大气污染。一定温度下，在1L的恒容密闭容器中，充入1molCO和1molNO，反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2A．升高温度，正、逆反应速率以相同倍数增大B．加入催化剂使正反应速率加快，逆反应活化能增大C．若往容器中再通入1molNO和1molCO2，则此时vD．若往容器中再通入2molCO和1molN2，则此时v12．马来酸依那普利(记为X，摩尔质量为M，g/mol)是一种心血管疾病防治药物，结构式为：通常使用以下两种方法滴定分析样品中X的质量分数ω：方法一：将mg样品溶于有机溶剂中，以c1mol/L的HClO4溶液滴定，终点消耗方法二：将mg样品溶于水中，以c2mol/L的NaOH溶液滴定，终点消耗V2下列说法正确的是（）A．方法一滴定终点时，pH=7B．方法一ω=C．方法二滴定终点时，pH=7D．方法二ω=13．朱砂(硫化汞)在众多先秦考古遗址中均有发现，其立方晶系β型晶胞如下图所示，晶胞参数为anm，A原子的分数坐标为(0，0，A．S的配位数是6B．晶胞中B原子分数坐标为(C．该晶体的密度是ρ=D．相邻两个Hg的最短距离为114．一定温度下，H2SO3水溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−的分布分数A．通入0.05molSB．当c(SO3C．当pH=7.0D．P点时溶液的pH值为8.3阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分15．锡在材料、医药、化工等方面有广泛的应用，锡精矿(SnO2)中主要有Fe、S、As、Sb已知：SnO回答下列问题：（1）锡的原子序数为50，其价层电子排布式为，在元素周期表中位于区。（2）烟尘中的主要杂质元素是(填元素符号)。（3）酸浸时，PbO生成[PbCl4]2−，该反应的离子方程式为A．KClB．HClC．H2S（4）还原时需加入过量的焦炭，写出该反应的化学方程式。（5）电解精炼时，以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，电源的负极与(填“粗锡”或“精锡”)相连；（6）酸浸滤液中的Pb2+可用Na2S沉淀，并通过与强碱反应获得Pb，写出PbS16．江西稀土资源丰富。硫酸铵作为一种重要的化工原料，可用于稀土的提取。初始投料比n[(N已知该过程主要分为三个阶段，其中：阶段Ⅱ反应：6N阶段Ⅲ反应：2F回答下列问题：（1）(NH4)2SO4中，N（2）阶段Ⅰ不发生氧化还原反应，对应的化学方程式为；图中阶段Ⅰ多次重复实验的实际失重均比理论值偏大，此误差属于(填“偶然误差”或“系统误差”)。（3）阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，且Ⅱ反应速率更快，下列示意图中能体现上述两反应能量变化的是(填标号)，判断的理由是。A．B．C．D．（4）该热分解过程中，Fe2O（5）一定温度下，在真空刚性容器中，Fe主反应2F副反应2S两个反应的平衡常数比值Kp(副)Kp(主)随反应温度升高而(填“增大”，“减小”或“不变”)；若平衡时总压为25kPa，S（6）(NH4)17．乙酸乙酯在工业上有非常重要的作用。采用乙醇氧化脱氢法制备乙酸乙酯的反应原理及步骤如下：2CI．将17.8mL 50% H2SO4Ⅱ．将11.85gNa2Cr2当混合物的粘度变大时，将温度升高到35℃，继续反应。Ⅲ．将反应得到的绿色乳浊液用等量水稀释，分液，收集上层清液，纯化，干燥。Ⅳ．分馏，收集73~回到下列问题：（1）步骤I中，使用冰盐浴(−25～−10℃)的原因是____(填标号)。A．增强乙醇还原性 B．有利于降温C．减少乙醇挥发 D．减少硫酸挥发（2）步骤Ⅱ中，升温到35℃的目的是。（3）步骤Ⅲ中，上层清液中含有的主要杂质为、。（4）步骤Ⅲ中，纯化操作步骤为：先用、再用水洗涤。（5）分馏装置如下图所示，玻璃仪器X的名称为；指出装置(不含夹持、加热等装置)中错误之处。（6）相比于用浓硫酸催化乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的方法，从反应条件角度评价该方法的优点是。（7）为实现含铬废液的再生利用，可在含Cr3+酸性废液中加入KMnO418．盐酸芬戈莫德(H)是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中一种合成路线(部分反应条件已简化)。已知：i)+R′CH2NO2→碱性条件ii)+R′OH→一定条件回答下列问题：（1）化合物A中碳的2p轨道形成中心电子的大π键。（2）由B生成C的反应类型为。（3）试剂X的化学名称为。（4）由D生成E的反应目的是。（5）写出由E生成F的化学反应方程式。（6）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的可能结构共有种(不含立体异构)a)含有苯环和硝基；b)核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1。上述同分异构体中，硝基和苯环直接相连的结构简式为。（7）参照上：述反应路线，以和CH3NO2为原料，设计合成

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、钢是金属材料，不是有机高分子材料，故A不符合题意；

B、聚四氟乙烯为高分子化合物，属于有机高分子材料，故B符合题意；

C、石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，故C不符合题意；

D、甲醇的相对分子质量远远小于一万，不是高分子化合物，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、钢属于金属材料；

B、聚四氟乙烯是高分子材料；

C、石墨烯是碳单质；

D、甲醇的相对分子质量较小。2．【答案】B【解析】【解答】A、HCl分子中含有H-Cl极性键，故A错误；

B、CO2的结构式为O=C=O，C采用sp杂化，其VSEPR模型和空间结构均为直线形，故B正确；

C、CaCl2属于离子化合物，由钙离子和氯离子构成，其电子式为，故C错误；

D、H2O分子之间的范德华力弱于氢键，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、不同种非金属原子间形成极性键；

B、CO2的VSEPR模型和空间结构均为直线形；

3．【答案】C【解析】【解答】装置X由储液杯和流速调节器构成，与滴液漏斗作用相同，故选C；

故答案为：C。

【分析】仪器X由储液杯和流速调节器构成。4．【答案】D【解析】【解答】A、C最外层含有4个电子，能形成4个共价键，但每个C原子被两个C-C键共用，则1molC中共价键的数目为2NB、6g2248TiC的物质的量为6g60g/mol=0.1mol，C、Al2O3中离子键的百分数为41%，共价键为59%，则1molAl2O3固体含有D、由4Al+3TiO2+3C高温_故答案为：D。【分析】A、C的晶体类型未知；

B、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；

C、偏向共价晶体的过渡晶体当作共价晶体来处理；

D、根据得失电子守恒计算。5．【答案】D【解析】【解答】A、向AlCl3溶液中加入金属Na，Na直接先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，无法比较Na和B、铜粉不和稀醋酸反应，稀硝酸能氧化铜，体现的是其氧化性，不是酸性，因此无法比较稀硝酸和稀醋酸的酸性强弱，故B错误；C、乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，故C错误；D、向BaCl2溶液中同时通入Cl2和SO2，有沉淀生成，说明Cl故答案为：D。【分析】A、钠投入氯化铝溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应；

B、稀硝酸与铜反应是因为稀硝酸具有强氧化性；

C、乙醇具有还原性；

D、氧化剂的氧化性大于氧化产物。6．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应，故A错误；B、充电时，OHC、放电时，催化电极为正极，电极反应式为COD、充电时，Zn电极为阴极，发生还原反应，电极反应为Zn(OH)故答案为：C。【分析】由图知，该电池在放电时，Zn发生氧化反应，则Zn为负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-7．【答案】A【解析】【解答】A、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，W和M的简单离子具有相同的电子层结构，M的核电荷数大于W，则离子半径：W>M，故A正确；B、X为H，CH4中C显负价，一般金属电负性小于非金属，则电负性：X<Z，故B错误；C、Z为C元素，W为O元素，简单氢化物为CH4、H2O，D、若M为Na元素，M2故答案为：A。【分析】Y是短周期元素(s轨道总电子数在1-6之间)，且其基态原子s轨道总电子数是p轨道电子数的4倍，推出Y的s轨道总电子数只能为4(1s22s2)，p轨道有1电子，故Y为B元素，同周期的Y、Z、W，基态Z、W原子的未成对电子数相等，则Z为C元素，W为O元素，则X位于第一周期，为H元素，X、M同主族，M的原子序数最大，则M为Na元素。8．【答案】A【解析】【解答】A、根据该分子的结构简式可知，其分子中含有的官能团为醚键、碳碳双键、酰胺基，故A正确；

B、环上的碳碳双键为顺式结构，链上的碳碳双键为反式结构，故B错误；

C、由图可知，该分子中含有17个C原子，19个H原子，1个N原子，5个O原子，则其分子式为C17H19NO5，故C错误；

D、碳碳双键能使高锰酸钾溶液褪色，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、该分子中含有醚键、碳碳双键、酰胺基；9．【答案】D【解析】【解答】A、步骤II中加热温度为80℃，低于100℃，可采用水浴加热，故A正确；B、步骤III中加入溶液时，为使反应更充分，应缓慢滴加并且边加边搅拌，故B正确；C、Fe(OH)3为红褐色，得到砖红色溶液，说明D、步骤IV中过滤后洗涤杂质，应用冷水洗涤，降低固体的溶解度，故D错误；故答案为：D。【分析】A、水浴加热上限为100℃；

B、逐滴缓慢加入能使反应更充分；

C、Fe(OH)3为红褐色；

D、热水会使10．【答案】A【解析】【解答】A、X的单体为，属于碳酸酯，故A正确；B、Y中含有酚羟基，能与水分子形成分子间氢键，增大溶解度，则X在水中的溶解度小于Y，故B错误；C、Z中含有甲基，甲基具有甲烷的结构特征，Z中所有原子一定不共面，故C错误；D、该酸解过程有Z生成，Z中含有碳碳双键，说明发生了消去反应，故D错误；故答案为：A。【分析】A、X的单体为；

B、羟基为亲水基；

C、饱和碳原子具有甲烷的结构特征；

D、Z中含有碳碳双键。11．【答案】D【解析】【解答】A、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正逆反应速率的增大倍数一定不同，故A错误；B、催化剂能降低正逆反应速率的活化能，故B错误；

C、若往容器中再通入1molNO和1molCO2，此时浓度熵Qc=0.2×1.421.62×0.62=0.43＞0.25，平衡逆向移动，此时v【分析】在1L的恒容密闭容器中，充入1molCO和1molNO，反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO22NO(g)+2CO12．【答案】B【解析】【解答】A、使用HClO4溶液滴定，计量关系为n(X)：n(HClO4B、使用HClO4溶液滴定X，计量关系为n(X)：n(HClC、使用NaOH溶液滴定，计量关系为n(X)：n(NaOH)=1：D、使用NaOH溶液滴定X，计量关系为n(X)：n(NaOH)=1：故答案为：B。【分析】A、用HClO4溶液滴定，滴定过程中，HClO4与碱性基团反应；

B、根据n(X)：n(HClO4)=1：1计算；

13．【答案】C【解析】【解答】A、由图可知，以B原子为例，距离其最近的Hg位于上面心、前面心、左面心及三面的交点，则S的配位数为4，故A错误；B、由A原子的分数坐标为(0，0，C、根据均摊法，该晶胞中，S位于体内，数目为4，Hg位于面心和顶点，数目为6×12+8×D、相邻两个Hg的最短距离面对角线的一半，为22故答案为：C。【分析】A、配位数指某微粒周围与它最近且相等距离的另一微粒的个数；

B、结合A原子坐标和坐标系确定B的坐标；

C、根据均摊法，结合ρ=mV计算；14．【答案】B【解析】【解答】A、0.5L浓度为0.10mol/L的氨水中，n(NH3·H2O)=0.05mol，通入0.B、由图可知，c(HSO3−)=c(H2SO3)时，pH=2.2，则Ka1=c(HSO3C、当pH=7.0时，c(OH−)D、由图可知，P点时，溶液中只含HSO3−、SO32−，且SO故答案为：B。【分析】A、通入0.05molSO2时，溶质为NH4HSO3，结合物料守恒和电荷守恒分析；

B、结合Kb=15．【答案】（1）5s25p2；p（2）S、As、Sb（3）PbO+2H（4）Sn（5）精锡；增强溶液的导电性；防止Sn2+的水解（6）3PbS+6NaOH【解析】【解答】（1）锡的原子序数为50，位于第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，在元素周期表中位于p区，故答案为：5s25p2；p；（2）焙烧时Fe、S、As、Sb、Pb等元素转化为氧化物，加入稀盐酸后的滤液经过处理得到Fe和Pb，所以烟尘中的主要杂质元素是S、As、Sb，故答案为：S、As、Sb；（3）酸浸时，PbO生成[PbCl4]2−，则反应的离子方程式为PbO+2H++4C（4）用过量的焦炭还原SnO2得到粗锡，同时生成CO，则反应的化学方程式为SnO（5）电解精炼时，阴极Sn2+发生还原反应生成Sn，则电源负极与精锡相连；以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，H2（6）PbS与强碱反应获得Pb，反应过程中Pb的化合价降低，则一定有元素的化合价升高，S2-具有强还原性，则部分S元素的化合价升高，生成Na2SO3，部分S元素化合价不变，生成Na2S，则PbS与熔融NaOH反应的化学方程式为：3PbS+6NaOH=熔融3Pb+2N【分析】锡精矿(SnO2)中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素，通入空气焙烧，Fe转化为Fe2O3，S转化为SO2，As转化为As2O3，Sb转化为SbO2，Pb转化为PbO2，滤液经处理后得到Pb、Fe，最终的产物为精锡，则其余的元素在烟尘、烟气中，则烟尘中的主要杂质元素是S、As、Sb；焙烧后，加入适量盐酸酸浸，SnO216．【答案】（1）正四面体；sp3（2）4(N（3）A；阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，产物能量大于反应物，且Ⅱ反应速率更快，活化能越低，反应速率就越快（4）催化剂（5）减小；1（6）(NH4【解析】【解答】（1）(NH4)2SO4中，NH4（2）根据阶段Ⅱ反应：6NH4Fe(SO4)2Δ__3Fe（3）阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，则生成物的能量大于反应物的能量，阶段Ⅱ反应速率更快，则阶段Ⅱ的活化能较小，则能体现能量变化的图为；故答案为：A；阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，产物能量大于反应物，且Ⅱ反应速率更快，活化能越低，反应速率就越快。（4）Fe2O（5）主反应2Fe2(SO4)3(s)⇌2Fe2O3(s)+6SO2(g)+3O2(g)   ΔH1（6）(NH4)2SO4【分析】（1）NH4+中N原子采用sp3杂化，不含孤电子对；SO42−中S原子采用sp3杂化；

（2）根据阶段Ⅱ的方程式可知，NH4Fe(SO4)2发生分解反应，则阶段Ⅰ生成NH4Fe(SO4)2，且n[(NH4)2SO17．【答案】（1）B；C（2）降低混合物的粘度（3）H2SO4；C（4）碳酸钠溶液中和（5）冷凝管；温度计插到了液体中，冷凝管和烧瓶之间导管过长（6）原子利用率高（7）6Mn【解析】【解答】（1）步骤I为将17.8mL 50% H2SO4（2）根据题干信息可知，“当混合物的粘度变大时，将温度升高到35℃，继续反应”，反应过程中体系粘度过大可能会降低分子间碰撞概率，甚至产生局部过热并造成有机物炭化，从而抑制反应进行，温度升高后，分子间吸引力降低，粘性降低，有利于反应进行，故答案为：降低混合物的粘度；（3）根据反应2CH3CH2OH→Na2Cr2（4）纯化时，先用饱和碳酸钠溶液中和H2SO4，吸收挥发的CH（5）根据仪器构造可知，仪器X的名称为冷凝管；该装置中，温度计应测量馏分的温度，则错误之处有温度计插到了液体中，还存在的错误是：冷凝管和烧瓶之间导管过长，故答案为：冷凝管；温度计插到了液体中，冷凝管和烧瓶之间导管过长；（6）浓硫酸催化乙酸和乙醇发生酯化反应制备乙酸乙酯时，有副产物水生成，与浓硫酸催化乙酸和乙醇制