甘肃省兰州市2024年高考化学模拟试题（含答案）

甘肃省兰州市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1．2022年6月17日，中国第三艘航空母舰一“福建舰”正式下水，它是目前世界上最大的常规动力航母，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法正确的是A．用于雷达系统的氮化镓属于金属材料B．舰体材料低磁合金钢的熔点和强度均高于纯铁C．航母燃料重油的主要成分为烃D．防腐涂料中使用的石墨烯与乙烯互为同系物2．阿比多尔为抗病毒药，用于治疗流感病毒引起的上呼吸道感染。如图所示的是合成阿比多尔的中间体的结构。下列关于该物质说法错误的是A．分子式为C13H15NO3B．分子中所有碳原子可能共平面C．该物质能发生加成、水解反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化D．该物质中苯环上羟基邻位连接-C4H9的同分异构体共有8种3．某固体样品可能含有NaNO3、NaHCO3、Na2SO3和Na2SO4。取少量样品进行如下实验：步骤①：将样品溶于水，得到澄清溶液；步骤②：向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生；步骤③：取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成。下列说法中正确的是A．该固体样品中一定含有Na2SO4B．该固体样品中一定含有NaHCO3C．该固体样品不可能只含有Na2SO3D．步骤②的试管口产生的气体一定是无色的4．2022年9月9日，中国科学家首次在月球上发现的新矿物被命名为“嫦娥石”。该矿物除了含钙、铁(26Fe)、钇(39Y)三种长周期元素外，还含有X、R、Z、W四种原子序数依次增大的短周期主族元素。X、R、Z、W质子数之和为46，X、R、Z最外层电子数分别为x、y、z，x+y+z=9，x=2(y+z)。下列叙述正确的是A．铁(26Fe)位于第四周期VIIIB族B．简单离子半径：X>R>ZC．W的简单氢化物热稳定性比X的简单氢化物强D．X与R形成的化合物为离子化合物且只含有离子键5．H2O2作为绿色氧化剂应用广泛。氢醌法制备H2O2的原理为：H2+O2乙基蒽醌__NiH2已知：①H2O、卤化氢等杂质易使Ni催化剂中毒；②催化剂乙基蒽醌难溶于水，易溶于有机溶剂，熔点107-111℃。下列说法中正确的是A．装置B可选择①或②B．装好试剂后的操作为：打开活塞a、d，关闭活塞b、cC．提纯产品的操作依次为过滤，加水萃取，分液，常压蒸馏D．若没有F装置三颈烧瓶中的反应速率会减慢6．科技工作者将废旧锂离子电池中的LiCoO2(s)作为正极材料通过下列装置转化为Co2+，进而回收金属钴。已知：电极材料均为石墨材质，工作时需要保持厌氧、细菌所在环境pH稳定，借助细菌降解乙酸盐生成CO2。下列说法错误的是A．甲室中的石墨电极为阴极，将Co2+转化为金属钴B．乙室的电极反应式为：LiCoO2+4H++e-=Li++Co2++2H2OC．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小D．电路中通过8mol电子的过程中，乙酸盐溶液所在的电极室内质量均减小88g7．K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。在考虑平衡：①Cr2O72-(aq)+H2O(l)⇌2HCrO4-(aq)K1=3.0×10-2(25℃)；②HCrO4-(aq)⇌CrO42-A．已知Ka1(H2SO3)=1.29×10-2，由②可知向K2CrO4溶液中通SO2可制得KHCrO4B．c(HC．当溶液pH=9时，溶液中的HCrO4-D．当溶液pH=7时，c(K+)=c(HCrO4-)+c(Cr二、非选择题8．碳酸锶(SrCO3)主要用于制造磁性材料、电子元件等。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：已知：①25℃时溶液中金属离子物质的量浓度c与溶液pH的关系如图所示：②Sr(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度表温度/℃02040608090100Ca(OH)2/g0.190.170.140.120.090.080.07Sr(OH)2/g0.911.773.958.4220.2044.5091.20回答下列问题：（1）“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为。（2）气体2的主要成分为(填化学式)。（3）不设置步骤1的后果是。（4）“除铁铝”后溶液温度降至室温(25℃)，溶液中c(Fe3+)为mol/L。（5）“除镁钙”过程温度控制在95℃~100℃的目的是。（6）“沉锶”的离子反应方程式为。（7）“沉锶”过程中反应温度对锶转化率的影响如图所示，温度高于60℃时，锶转化率降低的原因为。（8）从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因。9．四水甲酸铜[Cu(HCOO)2·4H2O]是一种重要的化工原料，为蓝色晶体，易溶于水，难溶于醇及大多数有机物。实验室可以用碱式碳酸铜[Cu(OH)2·CuCO3]与甲酸反应来制备。已知：①碱式碳酸铜的组成与溶液pH有关；②碱式碳酸铜和碳酸氢钠在水溶液中比固态时更易分解。实验室制备四水甲酸铜的步骤如下：I．称取12.5gCuSO4·5H2O和9.5gNaHCO3，充分研细并混合均匀。II．将I中所得混合物加入到100mL接近沸腾的蒸馏水中，加完混合物后继续加热至接近沸腾状态数分钟。III．静置溶液澄清后，用倾析法分离得到沉淀，用蒸馏水洗涤，干燥。IV．将III中所得的产品放入如图装置中的三颈烧瓶，加入约20mL蒸馏水，加热搅拌至50℃左右。V．向三颈烧瓶中加入甲酸，反应结束后趁热过滤。VI．经过一系列操作得到Cu(HCOO)2·4H2O7.91g。回答下列问题：（1）步骤I中研细过程所用的主要仪器是。（2）步骤II中发生反应的离子方程式为。实际取用的硫酸铜和碳酸氢钠的物质的量之比小于1：2，这样操作的原因是。（3）步骤II温度不宜过高，若观察到(填实验现象)，则说明温度过高。（4）步骤III中检验沉淀已洗净的方法是。（5）步骤V中过滤必须趁热的原因是。（6）步骤VI中用无水乙醇洗涤的目的是。（7）该实验中产品的产率是。10．我国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：反应I：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.6kJ·mol-1反应：II．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，含碳产物中CH3OH的物质的量分数(Y)及CO2的转化率(Q)与反应温度的关系曲线如图所示。（1）反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的焓变ΔH=。（2）据如图判断x5(选填“大于”“小于”或“等于”)，理由是。（3）下列说法正确的有。A．升高温度，CO2转化速率减慢B．恒温恒容条件下，体系密度不变表明反应达到平衡状态C．5MPa、温度高于300℃后，含碳产物以CO为主D．5MPa、300~400℃范围内，H2O的平衡产量随反应体系温度升高而增大（4）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入1molCO2(g)和3molH2(g)，起始压强为4MPa，发生反应I和II。平衡时，CO2(g)的转化率为40%，CO(g)的物质的量为0.1mol。反应I的分压平衡常数Kp=(气体分压=总压×该组分的物质的量分数)。（5）反应II的正反应速率方程为v正=k正·c(CO2)·c(H2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·c(CO)·c(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。lgk(速率常数的对数)与1/T(温度的倒数)的关系符合如图中的两条线，其中表示lgk逆的是，理由是。图中A，B，C，D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为T1时，反应II的化学平衡常数K=。11．硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领城具有重要应用。（1）I．自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子X的结构如图所示：基态硒原子的价层电子轨道表示式为。（2）分子X中电负性最大的元素是(填元素符号，下同)，杂化轨道类型为sp3的中心原子是。（3）H2O、H2S和H2Se的沸点由高到低顺序为。（4）比较SeO3分子和SeO32−（5）II．Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。每个Cu2-xSe晶胞中含有个Cu2+(用含x的表达式作答)。（6）立方Na2Se晶胞的晶胞参数为apm，位于面心的Se2-所围成的空间结构为，该晶胞的密度为g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。12．抗肿瘤药物博舒替尼(J)的一种合成路线如下：已知：请回答：（1）A中官能团的名称为。（2）反应②的化学方程式是。（3）E→F的反应可以看作两步反应发生，这两步反应的类型依次为加成反应、，中间体的结构简式为。（4）反应⑥的化学方程式为。（5）H的结构简式为。（6）I的分子式为。（7）K是A的同分异构体，满足下列条件的K的结构有种(不考虑立体异构)。a．分子结构中含有苯环，不含有甲基B．苯环上只有两个取代基C.1molK分别能与3molNa、2molNaOH、1molNaHCO3反应

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．金属材料是指纯金属或者合金，是金属单质，氮化镓是化合物，不属于金属材料，A不符合题意；B．一般情况下，合金的熔点低于组分金属，合金的硬度高于组分金属，所以低磁合金钢的熔点低于纯铁，强度均高于纯铁，B不符合题意；C．经石油分馏得到重油，属于烃的混合物，C符合题意；D．石墨烯是碳单质，乙烯是有机物，二者不属于同系物，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、氮化镓非金属材料；

B、合金的硬度大于成分金属，熔点低于成分金属；

C、重油属于烃；

D、石墨烯为碳的单质，和乙烯不是同系物。2．【答案】B【解析】【解答】A．根据A的结构式，分子式为C13B．该分子中N原子是sp3杂化，其与连接的三个碳原子构成三角锥型，又苯环平面和碳碳双键平面的影响，N原子与环上连接的碳原子共面，则另一个碳原子与环上的碳原子不共面，所以所有碳原子不可能共平面，B符合题意；C．该分子中含有苯环，能发生取代反应，含有酯基，能发生水解反应，含有酚羟基和碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液褪色，C不符合题意；D．-C4H故答案为：B。

【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、酚羟基和碳碳双键可以发生氧化反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，苯环、酚羟基、酯基可以发生水解反应；

D、同分异构体的判断要结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断。3．【答案】C【解析】【解答】由题意可知，步骤①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存；步骤②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，有气泡产生，若气泡是CO2，说明可能含有NaHCO3或Na2SO3或两者都有；若气泡是NO，说明是NaNO3和Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原得到；步骤③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3。综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3、NaHCO3、NaNO3。故答案为：A。

【分析】本题要结合步骤判断，稀盐酸可以和碳酸氢根、亚硫酸根反应生成气体，碳酸根、硫酸根可以和氯化钡反应生成沉淀，且硝酸根、氢离子和亚硫酸根离子不共存。4．【答案】B【解析】【解答】A．铁(26FeB．根据粒子半径的大小比较，电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同，质子数越大，半径越小，所以O2-、Na+、MC．因为O的非金属性强于P，所以P的简单氢化物热稳定性比O的简单氢化物弱，C不符合题意；D．O和Na形成的化合物Na故答案为：B。

【分析】A、铁为26号元素，处于元素周期表的第四周期VIII族；

B、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；

C、氢化物的稳定性即比较非金属性；

D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键。5．【答案】D【解析】【解答】A．卤化氢和水都能使催化剂中毒，①既可以除去水，也可以除去卤化氢，满足要求，②只能除去卤化氢，不满足要求，A不符合题意；B．装好试剂后应先打开b，抽出装置中的空气，B不符合题意；C．过氧化氢受热易分解，采取减压蒸馏的方式，减少过氧化氢的分解，C不符合题意；D．F可防止空气中的水蒸气进入装置C导致催化剂中毒，可以避免反应速率减慢，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、饱和食盐水只能除去卤化氢，没有干燥作用；

B、实验前应该先抽出空气；

C、过氧化氢受热易分解，应该用哪个减压蒸馏；

D、结合题干信息可以知道水蒸气可以使催化剂中毒，需要进行干燥。6．【答案】D【解析】【解答】电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为二氧化碳，钴离子在另一个电极上得到电子被还原为Co，CH3COO-失去电子，总反应方程式为CA．甲室总反应方程式为CH3COB．乙室中正极上得电子，被还原为钴离子，同时得到锂离子，电极反应为LiCoOC．甲室总反应方程式为CHD．甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，乙室电极反应式为故答案为：D。

【分析】电解池的题目要注意几个问题：

1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；

2、溶液中的离子放电顺序：

阳离子：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）；

阴离子：S2–>I->Br->Cl->OH->(NO3－、SO42–等)含氧酸根>F－；

3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子；

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】C【解析】【解答】A．二氧化硫具有还原性，CrO42-具有强氧化性，向K2CrO4溶液中通SO2B．由题意可知，K1=c2(HCrO4C.25℃时，向0.10mol/LK2Cr2O7溶液中加入NaOH，溶液体积变化可忽略；当溶液pH=9时，lgc(CrO42-)c(Cr2OD．当溶液pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知，c(H+)+c(K+)=c(OH-)c+(HCrO故答案为：C。

【分析】A、铬酸根离子和二氧化硫可以发生氧化还原反应；

B、电离平衡常数只受温度影响，结合电离平衡常数和氢离子的浓度判断；

C、根据pH以及元素守恒判断；

D、结合电荷守恒判断。8．【答案】（1）SrS（2）H2S（3）铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽（4）10-19.1（5）氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全（6）S（7）温度高于60℃时，NH（8）当pH≥10时，平衡HCO3-⇌CO【解析】【解答】（1）高温焙烧SrSO4生成SrS和一种可燃气体CO，反应化学方程式为（2）加入稀盐酸酸浸，SrS产生H2S气体，气体2为（3）步骤1为加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+（4）由图可知，当c(Fe3+)=1.0×10-2mol/L时，溶液的pH=1.8，则（5）根据表格数据，温度控制在95℃~100℃时，氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全；（6）沉思过程为：氨水和NH4HCO3（7）NH4HC（8）“沉锶”过程中，当pH≥10时，平衡HCO3-⇌CO

【分析】（1）硫酸锶和碳高温反应生成硫化锶和一氧化碳；

（2）硫离子可以结合氢离子反应生成硫化氢气体；

（3）过氧化氢的作用是使亚铁离子氧化为铁离子，亚铁离子的除杂更难，转化为铁离子更容易除杂；

（4）结合氢氧化铁的溶度积和pH计算铁离子的浓度；

（5）氢氧化钙随温度的升高溶解度剑侠，氢氧化锶随温度的升高溶解度增大；

（6）锶离子和碳酸氢根、一水合氨反应生成碳酸锶、铵根离子和水；

（7）碳酸氢铵和氨水受热易分解；

（8）氢氧根浓度增大，使平衡朝正向移动，碳酸根浓度增大，有利于生成碳酸锶沉淀。9．【答案】（1）研钵（2）2Cu（3）产生黑色沉淀（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净（5）防止甲酸铜结晶析出（6）洗去晶体表面的水和甲酸，并减少甲酸铜的溶解损失，加速干燥（7）70%【解析】【解答】（1）实验室中，固体物质研细过程所用的主要仪器是研钵；（2）步骤II为CuSO4溶液和NaHCO（3）Cu(OH)2⋅CuC（4）步骤III产生的沉淀表面SO42-（5）为防止甲酸铜结晶体析出而损失，步骤V中过滤必须趁热；（6）甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，所以用无水乙醇洗涤的目的是洗去晶体表面的水和甲酸，并减少甲酸铜的溶解损失，乙醇易挥发，还可以加速干燥；（7）12.5gCuSO4⋅5H2O物质的量为0.05mol，理论上生成的

【分析】（1）研磨固体的仪器是研钵；

（2）铜离子和碳酸氢根反应生成碱式碳酸铜、二氧化碳和水；

（3）碱式碳酸铜受热可以分解为氧化铜；

（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净；

（5）趁热过滤可以保证甲酸铜不析出晶体；

（6）甲酸铜易溶于水，难溶于乙醇，可以用乙醇洗涤；

（7）产率的计算要结合实际产量和理论产量判断。10．【答案】（1）–90.8kJ·mol-1（2）小于；其他条件不变时，增大压强，平衡正移，CH3OH的物质的量分数增大（3）C；D（4）0.025(MPa)-2（5）③；1/T增大，温度T降低，速率常数k正、k逆减小；反应II正向吸热，其他条件相同时，温度降低，平衡逆移，则k逆减小程度小于k正；0.1【解析】【解答】（1）已知反应I：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.6kJ·mol-1反应：II．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1根据盖斯定律，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是通过反应I减去反应II得到的，则ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.6kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=–90.8kJ·mol-1；（2）当原料组成为n(CO2)：n(H2)=1：3时，根据反应I：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，其他条件不变时，增大压强，平衡正移，CH3OH的物质的量分数增大，所以Y1曲线的压强大于Y2曲线，即x小于5。（3）A．升高温度，反应速率加快，A不正确；B．恒温恒容条件下，体系密度=气体质量÷体积，根据质量守恒，质量不变，体积不变，则密度始终不变，所以密度不变不能表明反应达到平衡状态，B不正确；C.．根据图像，5MPa、温度高于300℃后，CH3OH的质量分数为0，且CO2转化率逐渐上升，根据C元素守恒，含碳产物以CO为主，C正确；D.5MPa、300~400℃范围内，反应II：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1，升高温度，平衡往正向移动，所以H2O的平衡产量随反应体系温度升高而增大，D正确；正确的是CD。（4）向体积固定的密闭容器中加入1molCO2(g)和3molH2(g)，起始压强为4MPa，发生反应I和II。平衡时，CO2(g)的转化率为40%，CO(g)的物质的量为0.1mol，设第一个反应消耗的CO2为xmol，则：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)起始(mol)130转化(mol)x3xxP（CO2）=0.63.4P（H2）=2.P（CH3OH）=0.P（H2O）=0.反应I的平衡常数Kp（5）第二步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应焓变大于零，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡时v正=k正c(CO2

【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）增大压强，平衡朝正向移动；

（3）A、升高温度，速率加快；

B、恒容条件下体积定值，且质量定值，密度为定值；

C、结合碳元素守恒判断；

D、升高温度，平衡朝吸热方向移动；

（4）分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；

（5）化学平衡常数为生成物的浓度幂之积和反应物的浓度幂之积比值。11．【答案】（1）（2）O；Se、S（3）H2O>H2Se>H2S（4）键角：SeO3>SeO32-；SeO3为平面三角形，键角近似120°；SeO（5）4x（6）正八面体；5.0×1【解析】【解答】（1）Se与S同主族，硒位于第四周期VIA，Se的价电子排布式为4s24p4（2）①分子X中的元素有C、H、O、S、Se，其中O的非金属性最强，故O的电负性最大；②苯环中所有碳原子为sp2杂化，碳碳双键中碳原子为sp2杂化；S与两个O形成两个σ键，与两个C又形成了两个σ键，共4个σ键，为sp（3）H2O、H2S和H2Se为组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，水分子间还存在氢键，沸点更高，则沸点顺序由高到低的顺序为H2O>H2Se>H2S。故答案为：H2O>H2Se>H2S。（4）SeO3分子的中心原子Se为sp2杂化，则SeO3为平面三角形，键角近似120°；SeO32-离子的中心原子Se为sp3（