广西南宁市2024年高考化学模拟试题（含答案）

广西南宁市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。得分1．“挖掘文物价值，讲好中国故事。”下列文物在潮湿空气中易发生电化学腐蚀的是（）A.先锋煲(陶)B.曜变天目碗(瓷)C.铁足大铜鼎D.六棱柱形水晶穿珠A．A B．B C．C D．D2．亚氨基化硫（S7NH）的制备原理：A．基态S原子的价层电子排布式：[Ne]3B．NH3C．NH4D．S2C3．下列物质性质和原理分析相匹配的是（）选项物质性质原理分析A超分子冠醚能识别钾离子超分子具有自组装的特征BCCl3COOHCCl3C甲酸的沸点高于二甲醚(CH甲酸的范德华力大于二甲醚D冰醋酸不导电，醋酸溶液能导电冰醋酸中没有能自由移动的离子，醋酸溶液中有能自由移动的离子A．A B．B C．C D．D4．下列有关仪器的名称、示意图与用途或使用操作的叙述均正确的是（）坩埚蒸馏烧瓶A．可用于对固体进行高温加热B．可用于制备蒸馏水碱式滴定管球形干燥管C．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡D．洗气除杂实验中将气体从小口通入A．A B．B C．C D．D5．某离子液体，由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成，其结构如图，X、Y元素的原子序数之和与Z元素的相等，Y的最外层电子数是内层电子总数的2倍，W的单质可用于自来水的消毒，下列说法正确的是（）A第一电离能：Y>Z>XA．Y、W组成的化合物易溶于水B．最简单氢化物的键角：Z>YC．W的最高价氧化物的水化物为强酸6．设NAA．1mol乙醛中含有σ键数目为6NAB．1LpH=3的稀H2SC．等物质的量的O2和C18D．标准状况下，11.2LCH37．以相应的卤代酸酯为原料，利用Gabriel法合成天冬氨酸，其中一种中间产物的结构如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（）A．存在分子中含有两个苯环且可发生银镜反应的同分异构体B．分子中不含有手性碳原子C．1mol该有机物最多与7mol的H2D．分子中所有的碳原子共平面8．水热法制备WOA．本实验使用托盘天平称取NaB．调pH为2的目的是促进NaC．溶解步骤中，NaCl作反应的氧化剂D．用红外光谱仪可检验WO9．下列实验操作正确或操作规范且能达到实验目的的是（）选项操作目的A取适量Fe(N配制一定物质的量浓度的溶液B用碱式滴定管盛装标准KMnO测定草酸溶液浓度C向75%的酒精中加入钠粒证明75%的酒精中含水D向0.1mol⋅L振荡后再滴加少量0.明：KA．A B．B C．C D．D10．我国某大学科研团队通过超快电脉冲热还原法开发了一种新型碳载钌镍合金纳米催化剂(RuNi/C)，并基于此催化剂制备出一种极具竞争力的高能量镍氢气(Ni−HA．放电时，OHB．放电一段时间后，KOH溶液的浓度增大C．放电时，电极a上的电极反应式为NiOOH+D外电路中每转移2mole−，理论上电极b上消耗2g11．硫代硫酸钠(NaA．用过量的Na2S2O3B．久置空气中的Na2C．用Na2S2D．向Na212．钛酸亚铁常用于制备磁芯、磁盘和传感器等，它属于立方晶系，晶胞结构如图所示。下列叙述错误的是（）已知：晶胞参数为anm，NAA．Fe2+B．晶胞中Fe2+位于C．Fe2+和TD．钛酸亚铁晶体密度为1.52×113．CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1:1的CO2和H2，发生反应：①CO2(g)+H2A．温度高于673K时，主要发生反应②B．温度低于673K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大C．平衡时，再充入0.1molCO2和D．673K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO14．常温下，将NaOH溶液滴入三元酸H3A溶液中，混合溶液中−lgX[X=c(A．曲线I表示−lgc(A3−B．当pH=5时，混合溶液中c(HC．常温下，NaH2D．当pH=7时，c(N阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分15．GaN是制造微电子器件，光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓[Ga2(F已知：①Fe2O②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于1×10氢氧化物FeFeZnGaK4218③lg2≈0.3回答下列问题：（1）为提高浸出率，可采取的措施为(填标号)。a．将矿渣粉碎b．降低温度c．把稀硫酸换成浓硫酸d．延长浸出时间（2）已知纤锌矿结构的GaN晶胞结构与金刚石结构类似，则该种GaN晶体的类型为，基态Ga原子价层电子的轨道表示式为。（3）ZnFe2O（4）“调pH”时需调节溶液pH的最小值为。（5）检验“滤液1”中是否含有Fe3+的试剂为（6）电解反萃取液(溶质为NaGaO2)制粗镓的装置如图所示，阳极的电极反应式为，电解废液经处理后可循环使用，其主要溶质为（7）采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为0.71g⋅L16．CO、NOx(主要指NO和NO已知：反应1：CO(g)+12反应2：N2(g)+反应3：2CO(g)+2NO(g)=N2反应4：2H2回答下列问题：（1）计算ΔH3=kJ⋅mo（2）已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。①ΔH4②该反应历程的决速步骤为过程。③为了提高该反应的速率和NO平衡转化率，可采取的措施有(填一条)。（3）向密闭容器中充入一定量的H2(g)和NO(g)，保持总压为p0kPa，发生反应4.当n(H①能表示此反应已经达到平衡状态的是(填标号)。A．气体的密度保持不变B．NO的浓度不变C．2D．n(N②表示n(H2)n(NO)=1③a、d两点对应的平衡常数大小比较为KaK④b点对应条件下的压强平衡常数Kp=kPa17．氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NHⅠ．制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的流程如下：V2其中，步骤ⅱ可通过如图装置完成。Ⅱ．测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品纯度的流程如下：实验步骤：粗产品wg→已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体难溶于水，M=1065g·mo②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。③VO④在该实验条件下，KMnO回答下列问题：（1）从原子结构角度解释+5价钒较稳定的原因：。（2）步骤ⅰ中N2H4和V（3）步骤ⅱ中盛装NH4HC（4）步骤ⅱ中装置D的作用是。（5）步骤ⅲ中依次用饱和NH4HCO3（6）分析测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品纯度的流程：①滴入NaNO2溶液的目的是除去KMnO②若平均消耗c mol·L-1(N③若其他操作均正确，但NaNO2的加入量不足，会引起测定结果18．延胡索乙素具有镇痛及催眠作用，其中间体F的合成路线如图。回答下列问题：已知：①R−CHO+H2NR'→R−CH=NR'(R为烃基，R'为烃基或H)②→Fe/HCl（1）A的化学名称为，A→B的反应类型为。（2）已知(CH2O)（3）D中官能团的名称为，D中碳原子的杂化方式为。（4）反应C→D的化学方程式为。（5）已知化合物M是的芳香族同分异构体，则符合下列条件的M的结构有种。①苯环上只有2个取代基；②能与FeCl③能发生水解反应。（6）参照上述合成路线，以苯和乙醇为原料，设计合成的路线：。(无机试剂任选)

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】先锋煲、曜变天目碗、六棱柱形水晶穿珠的主要成分都是无机非金属材料，而铁足大铜鼎的主要成分是金属材料，所以铁足大铜鼎在潮湿空气中易发生电化学腐蚀被损耗，故答案为：C。

【分析】一般铁或者铜等合金在空气中容易发生吸氧腐蚀。2．【答案】C【解析】【解答】A．S是16号元素，价层电子排布式：3s23p4，A错误；

B．氨气中心原子价层电子对数为4，含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，B错误；

C．NH4Cl是离子化合物，电子式为：，C正确；

D．S2Cl2是共价化合物，结构式为：Cl-S-S-Cl，D错误；

故答案为：C。

【分析】A.价电子排布式即为最外层电子的排布；

B.VSEPR模型即为理想模型，去掉孤对电子即为实际构型；3．【答案】D【解析】【解答】A．超分子具有识别的特征，所以超分子冠醚能与钾离子形成配位键而识别钾离子，故A错误；

B．氯原子是吸电子基，三氯乙酸分子中羧基中的羟基的极性大于氯乙酸，电离出的氢离子能力大于氯乙酸，酸性强于氯乙酸，则三氯乙酸的酸性强于氯乙酸与摩尔质量无关，故B错误；

C．甲酸是能形成分子间氢键的极性分子，二甲醚是不能形成分子间氢键的非极性分子，所以甲酸的分子间作用力大于二甲醚，沸点高于二甲醚，则甲酸的沸点高于二甲醚与范德华力大小无关，故C错误；

D．冰醋酸是共价化合物，分子中只含有分子，不含有自由移动的离子，而醋酸是弱酸，在溶液中能电离出自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，醋酸溶液能导电，故D正确；

故答案为：D。

【分析】A.超分子冠醚能识别钾离子是利用超分子识别功能；

B.CCl3COOH的酸性比ClCH24．【答案】C【解析】【解答】A．由实验装置图可知，题给装置为蒸发皿，实验室对固体进行高温加热时选用的仪器为坩埚，不能选用蒸发皿，故A错误；

B．由实验装置图可知，题给仪器为圆底烧瓶，不是带支管的蒸馏烧瓶，不能用于制备蒸馏水，故B错误；

C．由实验装置图可知，题给装置为赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡的操作，具体操作为把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故C正确；

D．由实验装置图可知，题给仪器为球形干燥管，气体用洗气瓶洗气除杂时应将气体从大口通入，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A.由图可知，为蒸发皿，用于加热液体；

B.蒸馏烧瓶是带有支管的，该仪器为圆底烧瓶；

D.球形干燥管装有固体干燥剂，气体从大口进入，便于充分与固体接触。5．【答案】C【解析】【解答】】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能大于碳元素，故A错误；

B．四氯化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，四氯化碳难溶于极性分子水，故B错误；

C．甲烷和氨分子中的中心原子均为sp3杂化，甲烷分子的孤对电子数为0、氨分子的孤对电子数为1，孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以甲烷分子的键角大于氨分子，故C错误；

D．氯元素的最高价氧化物的水化物是高氯酸，高氯酸为强酸，故D正确；

故答案为：D。

【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的单质可用于自来水的消毒，则W为Cl元素；Y的最外层电子数是内层电子总数的2倍，则Y为C元素；离子液体中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3，X、Y元素的原子序数之和与Z元素的相等，则X为H元素、Z为N元素据此解答即可。6．【答案】A【解析】【解答】A．乙醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ和1个π键，则1mol乙醛中含有σ键的数目为1mol×6×NAmol—1=6NA，故A正确；

B.1LpH为3的稀硫酸液中氢离子的数目为0.001mol/L×1L×NAmol-1=0.001NA，故B错误；

C．O2和C18O含有的中子数都为16，由于没有明确物质的量是否为1mol，所以无法计算物质的量的O2和C18O气体中所含中子数，故C错误；

D．标准状况下，溴乙烷为液态，无法计算11.2L溴乙烷的物质的量和含有的分子数目，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A根据乙醛的结构可知，单键为个σ键，双键中含有1个σ和1个π键，据此解答即可；

B.根据pH即可计算出氢离子浓度，再根据体积，即可计算出氢离子个数；7．【答案】A【解析】【解答】A．可发生银镜反应的有机物中含有醛基，该有机物的不饱和度是9，苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，则有两个苯环和一个醛基的不饱和度为9，根据不饱和度知，存在分子中含有两个苯环且可发生银镜反应的同分异构体，故A正确；

B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，分子中连接-COOCH3的碳原子为手性碳原子，故B错误；

C．苯环和氢气以1∶3发生加成反应，酰胺基和羧基中碳氧双键和氢气不反应，所以1mol该物质最多消耗3mol氢气，故C错误；

D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，分子中连接-COOCH3的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不可能共平面，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A.根据不饱和度进行对比发现，该有机物的不饱和度是9，可以形成两个苯环，并且还可以形成一个醛基，故可能存在分子中含有两个苯环且可发生银镜反应的同分异构体；

B.手性碳原子判断：1、要判断一个碳原子是否为手性碳，首先要满足的条件是该碳原子必须为饱和碳，即连接有4个基团；2、其次，若一个碳原子为手性碳原子，那么该碳原子上所连的4个基团必须不一样；

C.根据结构可知，只有苯环可以加氢气，酰胺基和羧基中碳氧双键和氢气不反应；

D.含有饱和碳的有机物，其原子不可能全部共平面。8．【答案】B【解析】【解答】】A．托盘天平为粗量器，不能用于称量0.825g二水钨酸钠，故A错误；

B．由分析可知，加入盐酸调节溶液pH为2的目的是促进钨酸钠水解，使钨酸钠转化为钨酸，故B正确；

C．由分析可知，向二水钨酸钠中加入氯化钠后，加入去离子水溶解得到钨酸钠和氯化钠的混合溶液，则溶解步骤中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；

D．检验晶体和非晶体最科学的方法是X射线衍射，则用X射线衍射实验可检验三氧化钨固体是否为晶体，故D错误；

故答案为：B。

【分析】由题给流程可知，向二水钨酸钠中加入氯化钠后，加入去离子水溶解得到钨酸钠和氯化钠的混合溶液，向混合溶液中加入盐酸调节溶液pH为2，使钨酸钠转化为钨酸，加热使钨酸分解生成三氧化钨，经抽滤、洗涤、烘干得到三氧化钨。9．【答案】D【解析】【解答】A．硝酸会氧化亚铁离子，故A错误；

B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管，故B错误；

C．乙醇也能与金属钠反应生成氢气，不能证明75%的酒精中含水，故C错误；

D．NaCl过量，硝酸银不足，生成氯化银沉淀，加入0.1mol⋅L−1Kl，白色沉淀转化为黄色沉淀，证明IKsp(AgCl)>Ksp10．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，电极b为原电池的负极，电极a为正极，则氢氧根离子向电极b移动，故A正确；

B．由分析可知，电池总反应为H2+2NiOOH=2Ni(OH)2，则放电一段时间后，氢氧化钾溶液的浓度基本不变，故B错误；

C．由分析可知，放电时，电极a为正极，水分子作用下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍，电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，故C正确；

D．由分析可知，放电时，电极b为原电池的负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧根离子，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，则外电路中每转移2mol电子时，理论上电极b上消耗氢气的质量为2mol×1/2×2g/mol=2g，故D正确；

故答案为：B。

【分析】由图可知，电极b为原电池的负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧根离子，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，电极a为正极，水分子作用下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍，电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，电池总反应为H2+2NiOOH=2Ni(OH)2。11．【答案】A【解析】【解答】A．用过量的Na2S2O3溶液除去底片上的rAgBr时有Na3[Ag(S2O3)2]生成，反应的离子方程式为：，选项A错误；

B．久置空气中的Na2S12．【答案】C【解析】【解答】A．由图可知Fe2+位于晶胞的体心，则Fe2+的分数坐标为(12,12,12)，A正确；

B．O2−位于四面体的面心，Fe2+位于晶胞的体心，则晶胞中Fe2+位于O2−所形成的正八面体的体心，B正确；

C．Fe2+和Ti4+之间的最短距离为体对角线的一半，则FFe2+和Ti4+之间的最短距离为等于32anm，C错误；

D．根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+：1个Ti4+Ti4+：8×1813．【答案】D【解析】【解答】A．根据图像可知，当温度高于673K时，CO2的转化率增加，但HCOOH的选择性降低，故以发生反应②为主，A正确；

B．根据图像可知，当温度低于673K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大，B正确；

C．平衡时再通入0.1molCO2和0.1molH2，平衡一定正向移动，HCOOH的物质的量一定增大，C正确；

D．根据题意，利用转化率和选择性表达式可知，673K时CO2的转化率为95%，其中HCOOH的选择性为30%，那么CO的选择性为70%，设起始时二氧化碳的物质的量为amol，根据化学方程式利用元素守恒，平衡时二氧化碳0.05amol，HCOOH和CO物质的量之和为0.95amol，那么HCOOH的物质的量为0.95a×30%＝0.285amol，CO的物质的量为0.95a×70%＝0.665amol，容密闭容器中CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10：57：133，故D错误；

故选D。

【分析】A.根据图可知，温度高于673K时，HCOOH的选择性降低，故以发生反应②为主；

B.根据图像可知，当温度低于673K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大；

C.平衡时再通入0.1molCO2和0.1molH2，结合平衡常数不变，平一定正向移动，HCOOH的物质的量一定增大；

D.结合二氧化碳、甲酸、CO的选择性即可计算。14．【答案】B【解析】【解答】A．曲线I表示−lg⁡c(H2A−)c(H3A)随pHpH的变化关系，故A错误；

B．根据题目可得，Ka1×Ka2=10-2.2×10-7.2=10-9.9，当pH=5时，可以得到c(HA2−)c(H3A)=100.6，故B正确；

C.由曲线II上的点(10，-2.8)，可知，Ka2=10−10×102.8=10−7.2，同理，Ka1=10−4×101.815．【答案】（1）ad（2）共价晶体；（3）ZnF（4）5.3（5）硫氰化钾（6）2H2（7）Ga【解析】【解答】（1）为提高浸出率，可采取的措施有粉碎矿渣，延长浸出时间，故选ad；

（2）金刚石为共价晶体，GaN晶胞结构与金刚石结构类似，则该种GaN晶体的类型为共价晶体；Ga为31号元素，则基态Ga原子价层电子的轨道表示式为；

（3）根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为+3价，ZnFe2O4与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O

（4）调节pH，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子，，则“调pH”时需调节溶液pH的最小值为5.3；

（5）Fe3+遇到硫氰根离子显红色，则检验“滤液1”中是否含有Fe3+的试剂为硫氰化钾；

（6）由图可知，阳极水失去电子生成氧气同时生成碳酸氢根离子，则阳极的电极反应式为：2H216．【答案】（1）-746.0；低温（2）<；4；增大压强或缩小容器体积（3）AB；I；该反应为放热反应，温度越高，NO(g)的平衡转化率越小；>；Kp=【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应3=2×反应1-反应2，则ΔH3=2×ΔH1-ΔH2=2×(-283.0kJ/mol)-(+180.0kJ/mol)=-746.0kJ/mol；该反应为气体分子数减小的放热反应，ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0，可知，反应3自发进行的条件是低温；

（2）①由图可知，反应4为放热反应，则ΔH4<0；

②由图可知，该反应过程4的活化能最大，则该反应历程的决速步骤为过程4；

③反应4为气体分子数减小的放热反应，则为了提高该反应的速率和NO平衡转化率，可采取的措施有增大压强或缩小容器体积；

（3）①反应4为气体分子数减小的放热反应，且为恒压容器，以此解题。A．随着反应进行，容器体积发生变化，容器中物质的质量不变，则密度是变量，当密度不变时，反应平衡，A正确；B．随着反应进行，一氧化氮逐渐被消耗，当其浓度不变时，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确；C．根据方程式可知，当2vD．氮气和水都是产物，反应正向开始，则n(N2)故选AB；②反应4为气体分子数减小的放热反应，当温度升高时，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率减小，则表示时NO的平衡转化率随温度T的变化关系的曲线是I；理由是：该反应为放热反应，温度越高，NO(g)的平衡转化率越小；

③反应4为气体分子数减小的放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则a、d两点对应的平衡常数大小比较为>；

④b点对应的，NO的平衡转化率为80%，设起始时H2(g)和NO(g)的物质的量分别为4mol、1mol，列三段式2H2+2NO=N2+2H2O起始41变化0.80.80.40.8平衡3.20.20.40.8平衡时，容器中的气体的总物质的量为4.6mol，H2(g)、NO(g)、N2(g)、H2O(g)的分压分别为：3.24.6×p0kPa、0.24.6×p0kPa、0.44.6×p0kPa、0.84.6×p0kPab点对应条件下的压强平衡常数Kp=017．【答案】（1）+5价钒原子满足最外层8电子的稳定结构（2）2：1（3）三颈烧瓶（4）验证装置中空气已经排尽（5）洗涤除去晶体表面的氯化铵（6）5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2【解析】【解答】（1）钒元素的原子序数为23，基态+5价钒原子的价电子排布式为3s23p6，原子最外层已达8电子的稳定结构，所以+5价钒较稳定，故答案为：+5价钒原子满足最外层8电子的稳定结构；

（2）由题意可知，步骤ⅰ中五氧化二钒与盐酸和联氨混合溶液反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2V2O5+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，反应中氮元素化合价升高被氧化，联氨是反应的还原剂，钒元素化合价降低被还原，五氧化二钒是氧化剂，由方程式可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：1，故答案为：2：1；

（3）由实验装置图可知，步骤ⅱ中盛装碳酸氢铵溶液的仪器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；

（4）由分析可知，装置D中盛有的澄清石灰水用于验证装置中空气已经排尽，防止VOCl2在酸性条件下被氧化，故答案为：验证装置中空气已经排尽；

（5）由题给流程可知，VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成的沉淀的表面附有可溶的氯化铵杂质，所以用