甘肃省酒泉市2024年高考化学模拟试题（含答案）

甘肃省酒泉市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是A．喷油器、涂油脂、电镀或金属表面钝化，都是金属防护的物理方法B．“化干戈为玉帛”中“帛”的主要成分是蛋白质，在一定条件下水解会生成氨基酸C．无定型碳酸钙水通道技术将CaCO3·H2O转化为CaCO3，此过程为物理变化D．海水稻大米中含有淀粉、蛋白质、脂肪等，上述物质都是高分子化合物2．酚酞是一种常用酸碱指示剂，广泛应用于酸碱滴定过程中，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A．该有机物的分子式为C20H16O4B．该分子中所有碳原子可能共平面C．1mol该有机物与H2反应时最多可消耗10molH2D．该有机物在一定条件下能发生加成反应和取代反应3．下列实验装置及现象正确的是选项ABCD实验装置实验现象或目的分离I2和KMnO4固体浓氨水与浓硫酸反应制备Fe(OH)2，并观察其颜色检验乙炔气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色A．A B．B C．C D．D4．短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，X、Y、Z位于同一周期，Y和R位于同一主族，这五种元素构成的一种分子的结构如图所示。下列说法正确的是A．离子半径：W>R>Y>ZB．X的氢化物常温下一定为气体C．氧化物对应水化物的酸性：W>RD．Y25．在一定条件下，取一定量的X和Y在恒容密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(s)⇌mM(g)+nN(g)ΔH=QkJ·mol-1，达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断一定正确的是A．a>m十nB．Q>0C．E点的平衡常数大于F点的平衡常数D．达到平衡后，增大Y的量将会提高X的转化率6．锂电池在航空航天领域应用广泛，Li-CO2电池供电的反应机理如图所示，下列说法正确的是A．X方向为电流方向B．交换膜M为阴离子交换膜C．正极的电极反应式：4Li++4e-+3CO2=2Li2CO3+CD．可采用LiNO3水溶液作为电解质溶液7．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示[已知：pc(A-)A．m点对应的NaOH溶液体积小于10mLB．Ka(HA)为10-4.76C．l点所示溶液中：c(Na＋)<c(A-)＋c(HA)D．各点水的电离程度关系：n>m>l二、综合题8．亚硝酰氯(Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂，熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，遇水易水解。实验室用Cl2与NO反应制备ClNO并测定其纯度的实验装置如图所示(夹持装置略去)。回答下列问题：（1）仪器a的名称为。a中发生反应的离子方程式为。（2）装置C中长颈漏斗的作用是。（3）实验室一般将浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，原因是(用化学方程式表示)。（4）装置D中将三颈烧瓶浸在-10℃冰盐水中的目的是。（5）若去掉装置D中的干燥管，对实验的影响是(用化学方程式表示)。（6）通过以下实验测定亚硝酰氯样品的纯度。取D中所得液体100g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，用amol·L-1AgNO3标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。则亚硝酰氯样品的纯度为。9．回收钴废料能有效缓解金属资源浪费、环境污染等问题。一种以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe2+Fe3+Co2+开始沉淀的pH7.52.26.7完全沉淀的pH9.53.08.7②在pH为4~6时，Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x)SO③金属钴与铁具有相似的化学性质；④氧化性：Co3+>ClO-。回答下列问题：（1）酸浸后，“滤渣”的主要成分有和(填化学式)。（2）“除铁”时加入NaClO，主要反应的离子方程式为，再加入Na2CO3溶液调节pH，已知溶液pH对除铁率和钴回收率影响如图所示，则该步骤应控制pH范围为，图中钴回收率骤降的可能原因是。（3）“滤液2”中主要溶质的常见用途为。（4）“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全[c(Co2+)<10-5mol·L-1]，控制C2O42-的浓度不小于mol·L-1[已知：Ksp(CoC2O10．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是造成环境污染的主要物质，其转化规律一直是科学家们研究的热点问题。回答下列问题：（1）已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图所示(图中表示生成2molNO2的能量变化)。则2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=。（2）某温度下，反应的平衡常数如下：I.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)K1=3.3×1013II.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)K2=2.2×1030则该温度下，反应III：2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g)K3=(计算结果保留一位小数)，反应II与反应III相比分解趋势较大的反应是(填“反应II”或“反应III”)。（3）已知反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=-148kJ·mol-1，正反应速率方程式可以表示为v正=k正cm(NO)·cn(H2)(k正为正反应速率常数，只与温度有关。m和n为反应级数，取最简单正整数)。为了探究一定温度下NO、H2的浓度对反应速率的影响，测得实验数据如下：序号c(NO)/(mol·L-1)c(H2)/(mol·L-1)v正/(mol·L-1·min-1)I0.100.100.414k正II0.100.200.828k正III0.300.103.726k正①v正=k正cm(NO)·cn(H2)中，m=、n=。②经研究，有人提出上述反应分两步进行：I.2NO(g)+H2(g)=N2(g)+H2O2(g)；II.H2(g)+H2O2(g)=2H2O(g)。化学总反应由较慢的一步反应决定。上述反应中II反应较快，则反应I正反应活化能(填“大于”“小于”或“等于”)反应II正反应活化能。（4）在恒温条件下，将2molCl2和1molNH3充入某密闭容器中发生反应：2Cl2(g)+NH3(g)⇌NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。则A、B、C三点中NH3转化率由大到小的顺序是；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=MPa-1(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。11．CuO在化学链(如气相烃类)燃烧和催化CO氧化过程中均展现出良好的性能，同时具有成本低廉的优势，有望成为贵金属催化剂的替代品。中国科学院工程热物理研究所的科研人员初步揭示了CO在CuO表面的催化机理，并深入研究了CO在铜基氧化物表面的反应机制，并提出了对应的反应动力学模型。（1）基态铜原子的价电子排布式为，其核外电子的空间运动状态有种。（2）N与C、O同周期，H、C、N三种元素的电负性从小到大的顺序为；C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为。（3）NH3具有还原性，能被CuO氧化，NH3分子中N原子的杂化方式为，NH3的沸点高于PH3的原因是。（4）已知Cu2O的熔点高于Cu2S的熔点，其原因是。（5）铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，若该晶胞中Cu原子与O原子之间的最近距离为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为g·cm-3(填含a、NA的代数式)。12．布洛芬是医疗上常用的抗炎药，其一种合成路线如下。回答下列问题：已知：（1）C中所含官能团的名称为。（2）D的名称为。（3）B→C的反应方程式为。（4）E→F的反应类型是。（5）已知G中含有两个六元环，G的结构简式为。（6）满足下列条件的布洛芬的同分异构体有种。①苯环上有三个取代基，苯环上的一氯代物有两种；②能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为12：2：2：1：1的结构简式为、。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．电镀或金属表面钝化是化学反应，属于化学变化，A不符合题意；B．“帛”的主要成分是蛋白质，在一定条件下可发生水解，最终生成氨基酸，B符合题意；C．将CaCO3·H2O转化为CaCO3，有新物质生成，此过程为化学变化，C不符合题意；D．脂肪不是高分子化合物，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、电镀和金属表面钝化为化学方法；

B、蛋白质水解为氨基酸；

C、结晶水的丢失为化学变化；

D、脂肪属于油脂，油脂不是高分子化合物。2．【答案】D【解析】【解答】A．有结构简式可知，分子式为C20B．如图，圈中的C原子为四面体构型，与三个苯环直接相连的C原子不可能共平面，B项不符合题意；C.3个苯环与9个H2分子加成，所以1mol该物质与H2发生加成反应时，最多消耗9molD．分子中苯环可与氢气发生加成反应，酯基可发生水解（取代）反应，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A、分子式的判断要结合C、H、O三种元素的原子总数判断；

B、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；

C、苯环可以和氢气发生加成反应；

D、酚羟基、苯环和酯基都可以发生取代反应，苯环可以发生加成反应。3．【答案】C【解析】【解答】A．I2受热易升华，KMnB．浓硫酸没有挥发性，浓氨水与浓硫酸不会产生白烟现象，B不符合题意；C．Fe(OH)2易被氧化，通过图中电解装置，阴极产生Fe2+，阳极生成OHD．电石中含有CaS、Ca3P故答案为：C。

【分析】A、碘易升华，高锰酸钾受热易分解；

B、浓硫酸不挥发；

C、铁为阳极失去电子形成亚铁离子，溶液中的氢离子放电形成氢气，有自由移动的氢氧根离子，亚铁离子结合氢氧根离子形成氢氧化亚铁，用汽油隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；

D、该实验装置中含有硫化氢和磷化氢等杂质，应该用硫酸铜溶液除去杂质。4．【答案】D【解析】【解答】A．离子半径：S2−B．Y为C，碳元素的氢化物即为烃类物质，各种状态均存在，B不符合题意；C．酸性：HClO4>D．Y2Z2故答案为：D。

【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；

B、碳的氢化物可能是固体、液体或者气体；

C、最高价氧化物对应水化物的酸性即比较非金属性；

D、氧原子和氟原子形成的化合物中，原子都满足8电子结构。5．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知，E点对应温度下，2L容器中M的浓度约为0.7mol/L，6L的容器中M的浓度约为0.4mol/L，将容器由6L加压减小为2L，M浓度并没有增大3倍，因此平衡逆向移动，所以a＜m+n，A不符合题意；B．由图可知在容器体积不变时，温度升高，M的浓度增大，平衡正向移动，正反应方向为吸热反应，Q＞0，B符合题意；C．由图像可知，反应随温度升高，M的浓度增大，平衡正向移动，所以平衡常数增大，F点所处温度高于E点，所以E点的平衡常数小于F点的平衡常数，C不符合题意；D．Y为固体，所以增大Y的量不会提高X的转化率，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；

B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；

C、吸热反应，平衡常数和温度成正比；

D、Y为固体，不影响平衡移动。6．【答案】C【解析】【解答】A．Li为原电池的负极，电子从Li电极经导线流向COB．离子交换膜需要LiC．正极为CO2生成C单质，电极反应式：D．Li为活泼金属，能与水反应，所以该电池不能用水性电解质，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】新型电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。7．【答案】D【解析】【解答】A．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA，m点处pc(A-)c(HA)=0，即c(A-)c(HA)=1，则Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，则Kh(A-)=KwB．根据A选项可知Ka(HA)为10-4.76，故B不符合题意；C．当加入的NaOH溶液为20mL时溶液中溶质为NaA，存在物料守恒c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)，且溶液显碱性，l点溶液显酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则c(Na＋)<c(A-)＋c(HA)，故C不符合题意；D．根据A、C的分析可知从n点到l点，溶液中NaA的物质的量增多，NaA的水解促进水的电离，所以水的电离程度l>m>n，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、结合电离程度和水解程度判断；

B、曲线上任意一点的电离平衡常数都相同，结合m碘的值进行判断；

C、结合物料守恒判断；

D、盐的水解会促进水的电离。8．【答案】（1）蒸馏烧瓶；3Cu+8H++2NO3−=3Cu2+（2）平衡系统内外压强，避免C中压强过大（3）4HNO3光照或Δ__4NO2↑+O2↑+2H（4）将反应生成的ClNO冷凝为液体(或防止产物ClNO变为气体)（5）ClNO+H2O=HNO2+HCl（6）13.1a%【解析】【解答】（1）仪器A有支管口，所以它的名称是蒸馏烧瓶，A中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H（2）长颈漏斗的作用是平衡瓶内压强，防止压强过大而使瓶塞松动，故答案为：平衡系统内外压强，避免C中压强过大；（3）浓硝酸在受热或光照条件下，反应生成二氧化氮、氧气和水，其离子方程式为4HNO3光照或Δ__4NO2↑+O2↑+2H（4）根据题干信息可知，亚硝酰氯(Cl-N=O)的熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，所以要收集冷凝产品，需将三颈烧瓶浸在-10℃冰盐水中，目的是：将反应生成的ClNO冷凝为液体(或防止产物ClNO变为气体)；（5）ClNO易水解，若去掉干燥管，ClNO遇到水蒸气就会发生水解，其水解的化学方程式为ClNO+H2O=HNO2+HCl；（6）以K2CrO4溶液为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，滴定终点时，n(Ag+)=n(Cl-)，取Z中所得100g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，25mL样品中：n(NOCl)=n(Ag+)=amol/L×20.00×1

【分析】（1）仪器a为蒸馏烧瓶，特点是烧瓶含有支管；

（2）长颈漏斗在装置中间出现，其作用通常是平衡系统内外压强；

（3）稀硝酸光照条件下易分解为二氧化氮、氧气和水；

（4）结合题干可以知道亚硝酰氯沸点低，因此需要用冰盐水冷凝；

（5）亚硝酰氯和水反应生成亚硝酸和氯化氢；

（6）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。9．【答案】（1）SiO2；CaSO4（2）2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；3.0~4.0；Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x)SO42-（3）作氮肥(或金属除锈剂)（4）6.3×10-3【解析】【解答】（1）根据上述分析可知，酸浸后，“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4；（2）“除铁”时加入NaClO，目的是氧化溶液中的亚铁离子，主要反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；溶液pH对除铁率和钴回收率图像变化趋势可知，pH=3.0~4.0时，除铁率较高，而且钴的回收率也较高；已知在pH为4~6时，Fe3+水解生成含Fe(OH)（3）“滤液2”中主要溶质为氯化铵，其常见用途为作氮肥(或金属除锈剂)；（4）“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全时，c(Co2+)<10-5mol·L-1，根据Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8及表达式可知，c(C2O42-

【分析】（1）钙离子可以和硫酸根形成微溶于水的硫酸钙，二氧化硅不溶于酸；

（2）亚铁离子和次氯酸根、氢离子反应生成铁离子、氯离子和水；

（3）氯化铵中含有氮元素，可以作为氮肥使用，由于氯化铵水解呈酸性，还可以作为金属除锈剂；

（4）结合草酸钴的溶度积和钴离子的浓度进行计算。10．【答案】（1）-112kJ·mol-1（2）6.7×1016；反应II（3）2；1；大于（4）B>C>A；0.5【解析】【解答】（1）根据图中的信息，反应的热化学方程式为：2NO(g)+O（2）I.2NO(g)+II.2NO(g)⇌II−I得反应III：2NO2(g)⇌（3）①v正=k正cm(NO)②活化能越大，反应速率越慢，已知反应I较慢，则反应I的活化能大于反应II；（4）根据2Cl2(g)+NH3(g)⇌NHCln02-2x=2x，x=0.5，P(Cl2)=12

【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能=生成物总内能-反应物总内能；

（2）两式相加则平衡常数相乘，两式相减则平衡常数相除；

（3）①结合表格数据和速率常数的公式进行计算；

②反应越慢，则活化能越大；

（4）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；分压平衡常数的计算要结合总压强和总物质的量判断。11．【答案】（1）3d104s1；15（2）H<C<N；N>O>C（3）sp3；NH3分子间能形成氢键，而PH3不能，所以NH3的沸点高于PH3（4）两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O2-)<r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高（5）64×4+16×2【解析】【解答】（1）Cu是29号元素，其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故基态铜原子的价电子排布式为3d104s1。s能级有一个原子轨道，p能级有三个原子轨道，d能级有5个原子轨道，故其核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种；（2）N与C、O同周期，H、C、N三种元素的电负性从小到大的顺序为H＜C＜N，因为N元素核外电子排布式是1s22s22p3，2p能级是半充满状态，第一电离能异常，故C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；（3）NH3中N的价层电子对数为3+12（5-3×1）=4NH3分子间能形成氢键，而PH3不能，所以NH3的沸点高于PH3；（4）两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高；（5）利用均摊法，每个晶胞含有O为8×18+1=2，Cu皆在体心，个数为4，故该晶胞的质量为64×4+16×2NA，若该晶胞中Cu原子与O原子之间的最近距离为apm，则体心为4apm，晶胞的边长为4a3

【分析】（1）铜为29号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则价电子排布为3d104s1