贵州省2024年高考化学模拟试题（含答案）

贵州省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题得分1．氮是自然界中各种生命体生命活动不可缺少的重要元素，广泛存在于大气、土壤和动植物体内。读自然界中氮循环示意图。根据氮循环示意图，下列说法错误的是（）A．图中共表示了两条固氮的途径B．人类活动对氮循环产生影响C．硝酸盐参与到多条氮循环线路中D．动植物体内氮主要存在于蛋白质中2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，22.4LN2中含有的质子数为14NAB．动物遗体腐败产生的17gNH3中含有共价键为3NAC．1L0.1mol·L-1NaNO2溶液中NO2D．细菌分解过程中，1molNO3−被还原为N3．贵州凯里酸汤鱼使用的木姜子含有芳樟醇、牻牛儿醇，其结构简式如下。下列有关芳樟醇、牻牛儿醇的说法正确的是（）A．互为同分异构体 B．均只能发生加成反应C．分子中碳原子均能共面 D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别4．为探究FcCl3的性质，某小组进行如下实验。实验1在5mL水中滴加2滴饱和FeCl3溶液，呈棕黄色：煮沸，溶液变为红褐色。实验2在H2O2溶液中滴几滴FeCl2溶液，溶液变黄，一段时间后溶液中有大量气泡。实验3在5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入3mL0.1mol·L-1FeCl3溶液：将上述混合液分成两份，一份加入1mLCCl4充分振荡、静置，下层显紫色；另一份加入1滴KSCN溶液，溶液变红。依据上述实验现象，结论不合理的是（）A．实验1说明加热促进Fe3+水解 B．实验2说明Fe3+催化了H2O2分解C．实验3说明氧化性：Fe3+>I2 D．实验3说明该反应中Fe3+过量5．水系金属燃料电池具有较高的理论容量，常用于大型储能场景。一种水系锌一空气电池(ZAB)如图所示。下列说法错误的是（）A．隔膜为阳离子交换膜B．该电池具有高安全性，原料丰富等优点C．放电时，正极发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-D．充电时，当电路中转移2mol电子理论上产生65gZn6．纳米酶在医学、食品、环境等领域有广泛应用。地壳中含量第二的金属元素R可与短周期主族元素X、Y、Z组成纳米酶。其中X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，原子核外电子数之和为31，X与Y同周期。下列判断正确的是（）A．原子半径：X>Y>ZB．简单氢化物的沸点：X<Y<ZC．R元素的氧化物都为黑色D．Y、Z与R可形成既含离子键又含共价键的化合物7．室温下，向柠檬酸(C6H8O7)溶液中滴入NaOH溶液，随着NaOH溶液的加入，所得溶液中C6H8O7、C6H7O7−、A．C6H8O7的Ka1为10−3.13B．曲线b表示δ(C6C．在C6H6Na2O7溶液中，(C6H7O7D．pH大于6时，发生的反应主要为C6H6O72−+OH－阅卷人二、非选择题得分8．硫酸镁在印染等工业中应用广泛。一种以硼镁泥(主要成分为MgCO3，还含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)制取七水硫酸镁的流程如下：已知：本题中涉及的部分难溶电解质的溶度积如下表：难溶电解质Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp4.0×10-388.0×10-164.6×10-331.8×10-11回答下列问题：（1）“酸浸”中主要反应的化学方程式为，滤渣的成分为。（2）“氧化”的目的：(i)氧化Fe2+；(ii)氧化Mn2+，其离子方程式为。（3）“调pH”时，最适宜使用的X试剂是____(填标号)。A．NH3·H2O B．NaOH C．MgO（4）当溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1时，则所调pH=。（5）调pH后，要继续加热再过滤出沉淀，继续加热的目的是。（6）已知CaSO4与MgSO4在水中的溶解度随温度变化的曲线如图所示，则“结晶1”的操作为、。9．氧化亚铜主要用于制造船底防污漆等。它是一种难溶于水和乙醇的鲜红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度采用如下步骤，回答下列问题：（1）I．制备Cu2O将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌。反应生成Cu2O，同时有SO2气体产生。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：仪器a的名称是；反应采用的加热方式为。（2）制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，该反应的化学方程式为；装置B的作用是。（3）实验中，Na2SO3用量比理论用量稍高，原因是。（4）反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是。（5）过滤后，将滤渣用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，其中用无水乙醇洗涤的目的是。（6）Ⅱ．测定Cu2O纯度称取mg样品置于烧杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用cmol·L-1硫酸高铈[Ce(SO4)2]溶液进行滴定至终点，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为。（7）该样品中Cu2O的纯度为。10．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于解决能源短缺问题，涉及的反应如下：（1）I．主反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1Ⅱ．副反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ/mol回答下列问题：已知：①H2(g)+12O2(g)=H2②CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2则ΔH1=kJ/mol，该反应在(填“低温”或“高温”)易自发进行。（2）关于二氧化碳催化加氢制甲醇的反应体系，下列说法正确的有____。A．平衡时，3v(H2)正=v(CO2)逆B．平衡后，增大压强有利于提高CH3OH的产率C．平衡后，移去部分H2O(g)，反应I、Ⅱ的平衡常数均增大D．选择理想的催化剂，可提高CH3OH在最终产物中的比率（3）初始进料比n(CO2)：n(H2)=1：3时，在不同温度下达到平衡，体系中CH3OH、CO的选择性和CO2的平衡转化率[α(CO2)]与温度的关系如图所示：已知：CH3OH的选择性=生成的C①用各物质的平衡分压p(B)表示反应I的平衡常数表达式Kp=；②该反应体系中的催化剂活性受温度影响变化不大。图中表示CH3OH选择性变化的曲线是(填“a”或“b”)，其原因是。③当T=250℃时，H2的平衡转化率α(H2)=。（4）我国科学家研究Li-CO2电池取得重大科研成果。该电池放电时，CO2在正极放电的反应机理如下：(i)2CO2+2e→C(ii)C2O42-(iii)C2O42-+电池的正极反应式为。11．氮族元素在复合材料等领域的应用十分广泛。（1）中科院大连化物所某研究团队开发了一种基于氮掺杂碳上的Ru单原子(Ru/NC)高稳定丙烷脱氢制丙烯催化剂。Ru/NC的合成过程如图所示。回答下列问题：①按电子排布，氮元素位于元素周期表区，基态氮原子的电子占据的最高能级电子云轮廓图为形。②由图可知Ru/NC中存在(填标号)。A．金属键B．配位键C．σ键D．π键③中C的杂化类型为。（2）AsH3、NH3、SbH3三种氢化物的沸点依次增大，其原因是。（3）气态时，PCl5分子的空间结构为三角双锥形(如图所示)，可溶于非极性溶剂CCl4，其原因是；而固态时五氯化磷不再保持三角双锥结构，其晶格中含有[PCl4]+和[PCl6]-离子，可溶于极性溶剂硝基苯，其原因是。（4）锗酸铋是重要的光学材料，由锗、铋、氧三种元素组成。它的一种晶体属立方晶系，可表示为xGeO2·yBi2O3，晶胞参数a=1014.5pm，密度ρ=9.22g·cm-3，晶胞中有两个Ge原子，则xGeO2·yBi2O3中x=，y=[列出计算式，已知Mr(GeO2)=105，Mr(Bi2O3)=466，NA为阿伏加德罗常数的值]。12．（1）I是合成中药丹参主要活性成分的关键化合物，它的一种合成路线如下：已知：(Ph表示苯基)请回答：A的名称是。（2）I的官能团的名称是。（3）C→D的反应类型为。（4）写出E与F反应生成G的化学方程式。（5）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式。(i)能发生银镜反应；(ii)能发生水解反应；(iii)核磁共振氢谱表明有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1．（6）参考上述合成路线，以溴苯为原料，设计合成(反应条件可不写)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.图示中表示了三条固氮途径，分别为人工固氮、自然固氮和生物固氮，A符合题意。B.人类活动对氮循环产生了影响，B不符合题意。C.由图可知，硝酸盐参与到多条氮循环路径中，C不符合题意。D.动植物体内氮主要存在于蛋白质中，D不符合题意。故答案为：A

【分析】此题是对自然界中氮循环的考查，结合示意图中的相关信息进行分析即可。2．【答案】B【解析】【解答】A.常温常温下Vm≠22.4L·mol－1，无法计算n(N2)，A不符合题意。B.17gNH3的物质的量nNH3=mM=C.该溶液中n(NaNO2)=0.1mol·L－1×1L=0.1mol，溶液中存在水解反应NO2－＋H2O⇌HNO2＋OH－，因此溶液中NO2－的离子数小于0.1NA，C不符合题意。D.细菌分解过程中，氮元素由＋5价变为0价，转移5个电子，因此1molNO3－被还原为N2时，转移的电子数为5NA，D不符合题意。故答案为：B

【分析】A、所给状态不是标准状态，无法应用Vm=22.4L·mol－1进行计算。

B、一个NH3分子中含有3个N－H共价键。

C、溶液中NO2－发生水解。

D、根据转化过程中元素化合价变化计算转移电子数。3．【答案】A【解析】【解答】A.二者的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A符合题意。B.两种有机物都能发生加成反应、取代反应和消去反应，B不符合题意。C.牻牛儿醇中连接羟基的碳原子核外电子空间轨道为四面体结构，最多只能有三个原子共平面，因此四个碳原子不可能共平面，C不符合题意。D.都含有碳碳双键，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液鉴别，D不符合题意。故答案为：A

【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。

B、可发生加成反应、取代反应、消去反应。

C、牻牛儿醇中连接羟基的碳原子核外电子空间轨道为四面体结构，四个碳原子不可能共平面。

D、二者都能使酸性KMnO4溶液褪色。4．【答案】D【解析】【解答】A.煮沸后溶液变为红褐色，说明煮沸后溶液中Fe(OH)3含量增加，Fe(OH)3来自于Fe3＋的水解反应，因此说明加热促进Fe3＋的水解，A不符合题意。B.在H2O2溶液中滴加FeCl2溶液，溶液变黄色，说明有Fe3＋生成，一段时间后有大量气泡产生，说明H2O2的分解速率加快。因此说明Fe3＋对H2O2的分解起到了催化剂作用，B不符合题意。C.实验3中加入CCl4后振荡，下层显紫色，说明反应生成了I2，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因此可说明氧化性：Fe3＋＞I2，C不符合题意。D.实验3中由所加KI溶液、FeCl3的量可知，n(I－)过量，n(Fe3＋)少量，实验后加入KSCN溶液，溶液变红色，说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，D符合题意。故答案为：D

【分析】A、溶液变为红褐色，说明溶液中Fe(OH)3含量增大。

B、溶液变黄，产生了Fe3＋，有大量气泡，说明H2O2的分解速率加快。

C、实验3中发生反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，据此判断氧化性强弱。

D、由所给的量可知，Fe3＋不足，I－过量。5．【答案】A【解析】【解答】A.Zn电极上的电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－=ZnO＋H2O，因此正极反应生成的OH－向Zn电极移动，所以隔膜为阴离子交换膜，A符合题意。B.该电池所用的原料O2来源丰富，且电池装置安全性高，B不符合题意。C.放电时，O2在正极发生得电子的还原反应，生成OH－，其电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，C不符合题意。D.充电时，生成Zn的电极反应式为：ZnO＋2e－＋H2O=Zn＋2OH－，当电路中转移2mol电子时，理论上生成1molZn，即产生Zn的质量为1mol×65g·mol－1=65g，D不符合题意。故答案为：A

【分析】在该原电池中Zn为负极，发生失电子的氧化反应生成ZnO，其电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－=ZnO＋H2O；通入O2的一端为正极，发生得电子的还原反应生成OH－，其电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－。据此结合选项进行分析。6．【答案】D【解析】【解答】A.电子层数越大，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小。因此原子半径：Z＞X＞Y，A不符合题意。B.X、Y、Z的简单氢化物分别为NH3、H2O、H2S。其中H2O为液态，其余为气态，H2O的沸点最高。NH3可形成分子间氢键，因此NH3的沸点高于H2S。因此三种简单氢化物的沸点：Y＞X＞Z，B不符合题意。C.R元素的氧化物有Fe2O3，为红棕色固体；Fe3O4为黑色固体，C不符合题意。D.Y、Z与R形成的化合物为FeSO4或Fe2(SO4)3，含有离子键和共价键，D符合题意。故答案为：D

【分析】R是地壳中含量第二的金属元素，因此R是Fe。X、Y、Z的原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以三种元素在周期表中的位置为。其原子核外电子数之和为31，令X的原子核外电子数为a，则Y为a+1，Z为a+9，所以可得a+(a+1)+(a+9)=31，解得a=7。所以X为N、Y为O，Z为S。7．【答案】C【解析】【解答】A.当pH=3.13时，溶液中c(C6H7O7－)=c(C6H8O7)，此时溶液中c(H＋)=1.0×10-3.13mol·L－1。C6H8O7的电离方程式为：C6H8O7⇌C6H7O7－＋H＋，该反应的平衡常数KaB.由分析可知，曲线b表示的是δ(C6H7O7－)随pH的变化，B不符合题意。C.由图可知，C6H6Na2O7溶液的pH＜7，溶液显酸性，因此C6H7O7－电离程度大于水解程度，所以溶液中c(C6H6O72－)＞c(C6H5O73－)＞c(C6H7O7－)，C符合题意。D.曲线c表示δ(C6H6O72－)随pH的变化，曲线d表示δ(C6H5O73－)随pH的变化，因此pH＞6时，发生的反应为：C6H6O72－＋OH－=C6H5O73－＋H2O，D不符合题意。故答案为：C

【分析】室温下，向柠檬酸(C6H8O7)溶液中滴加NaOH溶液，依次发生反应：C6H8O7＋OH－=C6H7O7－＋H2O、C6H7O7－＋OH－=C6H6O72－＋H2O、C6H6O72－＋OH－=C6H5O73－＋H2O。故曲线a表示δ(C6H8O7)随pH的变化；曲线b表示δ(C6H7O7－)随pH的变化；曲线c表示δ(C6H6O72－)随pH的变化；曲线d表示δ(C6H5O73－)随pH的变化。据此结合选项分析。8．【答案】（1）MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O；SiO2、CaSO4（2）ClO-+Mn2++H2O=Cl-+MnO2+2H+（3）C（4）5（5）加热能促使Fe(OH)3、Al(OH)3聚沉，便于过滤除掉（6）蒸发结晶；趁热过滤【解析】【解答】（1）硼镁泥的主要成分为MgCO3，“酸浸”过程中加入H2SO4，MgCO3与H2SO4反应生成MgSO4、H2O和CO2，该反应的化学方程式为：MgCO3＋H2SO4=MgSO4＋H2O＋CO2↑。CaSO4微溶于水，SiO2不溶于水，也不与H2SO4反应，因此滤渣的成分为CaSO4和SiO2。

（2）“氧化”的目的是将溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，将溶液中的Mn2＋氧化成MnO2，其反应的离子方程式分别为：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋H2O＋Cl－、Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋。

（3）“调节pH”是将溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，为了不引入新的杂质，所加试剂X为MgO或Mg(OH)2，C符合题意。

（4）当溶液中c(Al3＋)=4.6×10－6mol·L－1时，溶液中c3OH-=KspAlOH3cAl3+=4.6×10-334.6×10-6=1.0×10-27mol·L-1，所以溶液中c(OH－)=1.0×10－9mol·L－1，所以溶液中cH+=KwcOH-=10-141.0×10-9=1.0×10-5mol·L-1，所以此时溶液的pH=5。

（5）“调节pH”是利用了Fe3＋、Al3＋的水解，其水解产生的Fe(OH)3、Al(OH)3胶体，继续加热，可促使Fe(OH)3、Al(OH)3胶体发生聚沉，形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，便于过滤除去。

（6）“结晶1”是为了除去溶液中溶解的少量的CaSO49．【答案】（1）三口烧瓶(三颈烧瓶)；水浴加热（2）3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；吸收生成的SO2气体，防止污染环境（3）亚硫酸钠具有强还原性，易被空气氧化而损失，用量增加，有利于硫酸铜的充分还原（4）反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量（5）去除Cu2O固体表面的水分，利于干燥（6）2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O（7）7.2cV【解析】【解答】（1）图示仪器a为三颈烧瓶。由于反应温度小于100℃，所以应采用水浴加热。

（2）Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O和SO2，过程中Cu元素被还原，则S元素被杨氧化，因此氧化产物中含有Na2SO4。参与反应的n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，由得失电子守恒可得，氧化产物Na2SO4的个数为1，所以可得反应的化学方程式为：3Na2SO3＋CuSO4=Cu2O↓＋3Na2SO4＋2SO2↑。反应生成的SO2是一种有毒气体，直接排放会造成空气污染，装置B的作用是吸收反应生成的SO2，防止污染环境。

（3）由于Na2SO3中硫元素为＋4价，易被空气中的O2氧化，所以实验中Na2SO3的用量会比理论值高，增加用量，是为了保证CuSO4被充分还原为Cu2O。

（4）Na2SO3与CuSO4反应的过程中生成SO2，SO2溶于水形成H2SO3，使得溶液偏酸性。而Cu2O在酸性条件下可发生歧化反应生成Cu2＋和Cu；为防止Cu2O发生歧化反应，需将反应生成的SO2除去，因此反应中需不断加入NaOH溶液，利用NaOH除去SO2，降低溶液的酸性，防止Cu2O发生歧化反应。

（5）Cu2O难溶于酒精，用酒精洗涤可除去Cu2O表面的水分；同时酒精具有挥发性，有利于Cu2O固体的干燥。

（6）Fe3＋具有氧化性，能将Cu2O氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu2O＋2H＋=2Fe2＋＋2Cu2＋＋H2O。

（7）由反应的离子方程式可得关系式“Cu2O～2Fe2＋～2Ce4＋”，设样品中Cu2O的物质的量为x，则可得1x=2c×V×10-3mol，解得x=12cV×10-3mol。所以可得样品的纯度为12cV×10-3mol×144g·mol-1mg×100%=7.2cVm%。

【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。反应温度低于100℃，采用水浴加热。

（2）反应过程中Cu元素呗还原，则S元素被氧化，结合得失电子守恒确定产物，从而得出反应的化学方程式。装置B为尾气吸收装置，干燥管起到防倒吸的作用。

（3）Na2SO3易被空气中的O2氧化，使得用量稍微变大。

10．【答案】（1）-49；低温（2）B；D（3）p(CH（4）3CO2+4e-=2CO【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得，目标反应的反应热ΔH1=－(－677kJ·mol－1)＋3×(－242kJ·mol－1)=－49kJ·mol－1，所以ΔH1=－49kJ·mol－1。

反应自发进行，则ΔH－TΔS＜0，由该反应的气体分子数减小，即ΔS＜0，且ΔH＜0，所以要满足ΔH－TΔS＜0，则反应需在低温条件下进行。因此该反应在低温易自发进行。

（2）A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，用不同物质表示的反应速率，其速率之比等于化学计量数之比，所以v正H2v逆CO2=31，所以v正(H2)=3v逆(CO2)，A不符合题意。

B、平衡后，增大压强，平衡向着气体分子数减小的方向移动，因此平衡正向移动，CH3OH的产率增加，B符合题意。

C、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，C不符合题意。

D、催化剂具有选择性，选择理想的催化剂，可减少副反应的发生，从而提高CH3OH在最终产物中的比率，D符合题意。

故答案为：BD

（3）①用各物质的平衡分压表示反应的平衡常数Kp=pCH3OH×pH2OpCO2×p3H2。

②反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的平衡转化率降低，因此曲线a表示的是CH3OH的选择性变化。反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡产率增大，所以曲边b表示的是CO的选择性。

③令初始进料时n(CO2)=1mol，则n(H2)=3mol。由图可知，当T=250℃时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH、CO的选择性都为50%。所以参与反应的n(CO2)=1mol×30%=0.3mol，反应生成n(CH3OH)=n(CO)=0.15mol。此时反应Ⅰ中消耗n(H2)=0.15mol×3=0.45mol，反应Ⅱ中消耗n(H2)=0.15mol。所以整个反应过程中共消耗n(H2)=0.45mol＋0.15mol=0.6mol，因此H2的平衡转化率为0.6mol3mol=0.2。

（4）由反应机理可得，CO2在正极发生得电子的还原反应，生成CO32－和C，因此电池的正极反应式为：3CO2＋4e11．【答案】（1）p；哑铃；BCD；sp、sp2（2）NH3中氢键对沸点的影响大于AsH3中范德华力对沸点的影响，而小于SbH3中范德华力对沸点的影响（3）气态PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，根据相似相溶原理，PCl5可溶于非极性溶剂CCl4；固态PCl5为离子型晶体，离子型晶体一般易溶于极性溶剂，所以固态PCl5可溶于硝基苯（4）2；9.22×【解析】【解答】（1）①基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，所以氮元素位于元素周期表的