贵州省2024年高考化学模拟试题（含答案）2

贵州省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。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．贵州依托自身资源发展工业，许多产业成为贵州经济板块中最具实力的产业。下列涉及的化学知识说法正确的是（）A．贵州丰富的页岩气、生物质能源、浅层地热能源等都属于一次性能源B．酱香型白酒酿造工艺品牌已形成了“酱香为主、兼顾其他”，白酒的主要成分是乙醇C．水泥制品、建筑陶瓷、玻璃门窗等建材产业快速成长，它们都属于新型无机非金属材料D．依托丰富的磷、煤、重晶石等矿产资源发展化工产业基础，煤的气化、液化都属于物理变化2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．NH4B．H2OC．3pxD．基态铬原子的价层电子轨道表示式为3．下列各组离子在指定的环境中可能大量共存的是（）A．强酸性溶液：K+、Ca2+、B．BaCl2溶液：Na+、AC．无色透明溶液：NH4+、ZnD．滴入酚酞显红色的溶液：K+、Al3+、4．下列关于物质分类的说法正确的是（）A．云、雾、紫水晶都属于胶体B．硫酸钡、乙酸都属于强电解质C．NO2、SOD．液氨、液氯、干冰均为化合物5．NAA．标准状况下，11.2L苯中含有的原子数目为3NB．0.3mol⋅L−1的NaHSO4C．用石灰乳完全吸收2molCl2D．在常温常压下，44gN2O与C6．a、b、c、d、e为短周期元素，原子序数依次递增，它们在周期表中的位置如图所示，其中前4种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法错误的是（）A．简单氢化物a的比c稳定B．b的原子序数是c的一半C．b和c能形成使品红溶液褪色的化合物D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：e最强7．实验室制备易溶于水的ClO2气体的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应A．F为ClO2B．A中烧瓶内发生反应的离子方程式：MnOC．E中盛有CCl4液体目的是用于除去ClD．ClO8．以甲苯和两个不超过五个碳的有机物合成新有机物M，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A．M分子式为CB．M分子中仅含有1个手性碳原子C．1molM在加热时最多可与2molNaOH反应D．M分子中碳原子的杂化轨道类型有sp、sp2、9．有研究人员发现乙炔可与金属羰基化合物发生反应生成环状化合物，反应如图。下列说法错误的是（）A．乙炔分子的空间构型为直线型B．环状化合物中元素电负性最大的是OC．金属羰基化合物Fe(CO)D．金属羰基化合物Fe(CO)5分子中含有10．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源，电解质LiCl－KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。一种热激活电池的总反应为PbSO4A．硫酸铅电极为电池的正极B．放电时，ClC．正极的电极反应为PbD．常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转11．化学兴趣小组同学进行某补血剂中铁元素含量测定的实验操作如下：①取10片补血剂样品，研磨，溶解除去不溶物（不损耗铁元素），并配制成100mL待测溶液；②量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；③用酸化的cmol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO4溶液体积，重复一到两次实验。平均消耗A．步骤①研磨是为了溶解时加快溶解速率B．步骤②待测溶液装入锥形瓶中，不需要加入指示剂C．步骤③cmol/LKMnOD．每片补血剂中铁元素的质量为1.12cVg12．SO2与我们的生活息息相关，低浓度已知：反应器中发生反应：3H下列有关说法不正确的是（）3A．SOB．二乙醇胺的循环使用主要目的是富集HC．理论上燃烧室中的O2不可以用SD．二乙醇胺又名2，2－二羟基二乙胺，化学式为C13．硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2+A．△H＜0B．T1温度下C．加入NaD．a点和b点的Ksp14．已知甲酸的分解反应为HCOOH⇌CO+H2O△H根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示（E1、E2、下列说法正确的是（）A．该反应为放热反应，ΔH=B．反应过程中有碳氧键的断裂与生成C．的变化过程为放热过程D．使用催化剂后，正、逆反应速率不同程度改变，平衡发生移动阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分15．Ⅰ.图1为常见的气体发生装置，回答下列问题：图1（1）装置A中发生反应的化学方程式为，a管的作用是。（2）用漂白粉与浓盐酸制取少量氯气，离子方程式为，选用装置。（3）Ⅱ.某同学设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物，装置如图2所示（部分夹持装置未画出）。图2装置B中试剂为，装置E的作用是。（4）若D中产物为CuO和Cu2O的混合物，为测定其组成，取混合物5.92g与足量稀硝酸反应，测得生成448mL（标准状况下）NO气体，则混合物中CuO和C16．钾长石（KAlSi3O图1已知：钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO回答下列问题：（1）钾长石用氧化物表示的化学式为；浸渣1的主要成分为。（2）钾离子的基态电子排布式为，流程中可循环利用的物质有CO2、（3）写出调pH生成浸渣2的离子方程式为。（4）碱化步骤中加入NaOH的目的是。（5）K2O的晶胞结构如图2所示，晶胞参数a＝xnm，晶胞中氧原子的配位数为，列式计算晶体K2O图217．CO2催化重整CH4主要副反应：Ⅱ.H2(g)+CⅢ.4H2在恒容反应器中按体积分数V(CH图13=回答下列问题：（1）ΔH1=（用含ΔH2、（2）300～580℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于（3）氯钯酸钙（CaPdCl6）固体加热时部分分解为CaCl2、Pd、Cl2，500K时平衡常数K1=4.0×10（4）利用重整废气中的CO图2①B中发生的总反应的离子方程式为。②若某废气中含有的CO2和CO的体积比为1∶1，废气中CO2和CO的体积分数共为8.96%。假设A中处理了标准状况下10m3的废气，其中CO18．有机物I的合成路线如图所示，（1）有机物F的名称为。I中含氧官能团的名称为，条件1可能为。（2）B→C的反应过程包含两个反应，反应类型分别为，G的结构简式为。观察I的分子结构，判断是否存在顺反异构体？（填“是”或“否”）。（3）下面关于有机物E的描述正确的是（填序号）。A．能使酸性高锰酸钾褪色B．属于酯类，且可与银氨溶液反应C.1molE最多可以与5molH2（4）写出C与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式：（5）满足下列条件的B的同分异构体有种。①结构中含有苯环②可与NaHCO3反应生成③苯环上有三个取代基

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．一次能源是指从自然界取得未经改变或转变而直接利用的能源，包括：原煤、原油、天然气、油页岩、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等；由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，例如：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等，页岩气、浅层地热能源等都属于一次能源，生物质能源为二次能源，表述为一次能源，不应该是一次性能源，故A不符合题意；

B．白酒的主要成分是乙醇，故B符合题意；

C．水泥制品、建筑陶瓷、玻璃门窗都是传统硅酸盐材料，故C不符合题意；

D．煤的气化、液化都属于化学变化，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.生物质能属于二次能源；

B.白酒的主要成分为乙醇；

C.水泥制品、建筑陶瓷、玻璃门窗等属于硅酸盐材料；

D.煤的气化、液化都属于是化学变化。2．【答案】C【解析】【解答】A．NH4H为离子化合物，其电子式是是，故A不符合题意；

B．H2O的中心原子O的价层电子对数为12（6-2×1）+2=4，VSEPR模型为四面体形，不是平面三角形，故B不符合题意；

C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，3pz电子云向z轴伸展，故C符合题意；

D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是，为半充满状态，较稳定，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.NH4H为离子化合物，即可写出电子式；

B.水是sp3杂化为四面体构型；

C.3p3．【答案】C【解析】【解答】A．强酸性溶液中含有大量的H+，H+与SO32−能发生反应，在酸性条件下硝酸根具有强氧化性会将亚硫酸根氧化，且溶液原有的SO32−、Ca2+、反应产生沉淀，不可以大量共存，故A不符合题意；

B．溶液原有的Ag+、Br−、Ba2+与Ag+反应产生沉淀，加入氯化钡溶液，Ba2+与氯离子产生沉淀，Ba2+与Ba2+会发生反应产生BaSO4沉淀，不能大量存在，故B不符合题意；

C．所含离子可以大量共存，故C符合题意；

D．滴入酚酞显红色的溶液中含有大量的OH-，OH-会与Al3+反应产生沉淀，与HCO3−4．【答案】A【解析】【解答】A．云、雾为气溶胶，紫水晶为固溶胶，它们都都属于胶体，故A符合题意；

B．乙酸属于弱电解质，故B不符合题意；

C．NO2不存在相应的酸，与水反应生成硝酸和NO，属于不成盐氧化物，故C不符合题意；

D．液氯是单质，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.云、雾为气溶胶，紫水晶为固溶胶；

B.乙酸是弱电解质；

C.二氧化氮是不成盐氧化物；5．【答案】D【解析】【解答】A．标准状况下，苯为非气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A不符合题意；

B．溶液体积未知，无法计算物质的量，故B不符合题意；

C．用石灰乳完全吸收2molCl2时，反应为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

，关系式为：6．【答案】D【解析】【解答】元素a、b、c、d、为短周期元素，这4种元素的原子最外层电子数之和为24，设b的最外层子数为y，则y-1+y+y+y+1=24，y=6，则a为N元素，b为O元素，c为S元素，d为Cl元素，e为Ar元素；

A．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，形成气态氢化物的稳定性增强，c为S元素，a为N元素，N的电负性为3.5，S的电负性为3.0，N的非金属性比S的强，形成的简单氢化物NH3比H2S更稳定，故A不符合题意；

B．b为O元素，原子序数为8，c为S元素，原子序数为16，故B不符合题意；

C．b为O元素，c为S元素，形成的SO2使品红溶液褪色，故C不符合题意；

D．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，e为Ar元素，不能形成最高价含氧酸，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.c为S元素，a为N元素，非金属性越强其氢化物越稳定；

B.b为O元素，原子序数为8，c为S元素，原子序数为16即可判断；

C.b为O元素，c为S元素形成的二氧化硫具有漂白性；

D.e为Ar元素为稀有气体不能形成酸。7．【答案】A【解析】【解答】A．F为ClO2收集装置，ClO2的密度比空气密度大，应该用向上排空气法，所以选择②，故A符合题意；

B．装置A是氯气的制备装置，烧瓶内发生反应的离子方程式：MnO2+4H++2Cl−=ΔMn2++Cl2↑+2H2O

，故B不符合题意；

C．装置E是为了除去过量的氯气，ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，根据相似相溶可用盛有CCl4液体，故C不符合题意；

D．ClO8．【答案】B【解析】【解答】A．该分子有1个Cl原子，H原子数不可为偶数，分子式为C20H19O4Cl，故A不符恩题意；

B．一个C原子周围连接的原子或基团全部不相同时，即为手性碳原子，该分子中符合手性碳条件的碳原子只有一个，故B符合题意；

C．碱性条件下酯基加热水解，消耗氢氧化钠1mol，碳卤键水解消耗氢氧化钠1mol，生成的酚羟基消耗氢氧化钠1mol，共消耗氢氧化钠3mol，故C不符合题意；

D．分子中碳原子连接有1个双键时，为sp2杂化，苯环上或者碳氧双键中碳原子杂化轨道类型为sp2杂化，碳原子四个键均为单键为sp3杂化，碳原子连接1个三键时为sp杂化，可知该结构中碳原子杂化轨道类型没有sp杂化，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.根据结构简式即可写出分子式；

B.根据手性碳原子的形成条件找出连接四个不同基团的碳原子即可；

C.氯原子和酯基和羧基和酚羟基可与氢氧化钠反应即可找出；9．【答案】C【解析】【解答】A.乙炔HC≡CH的空间构型为直线型，故A不符合题意；

B.环状化合物中含有Fe、C、O、H元素，其中电负性最大的是O元素，故B不符合题意；

C.金属羰基化合物Fe(CO)5属于分子晶体，故C符合题意；

D.金属羰基化合物Fe(CO)5分子中配体CO含有π键，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.乙炔分子中碳原子是sp杂化属于直线；

B.非金属元素电负性强于金属，氧元素电负性最大；

C.金属羰基化合物Fe(CO)5属于分子晶体；10．【答案】C【解析】【解答】电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb，Ca化合价升高，失去电子，作负极，PbSO4化合价降低，得到电子，作正极，

A．根据分析可知硫酸铅电极为电池的正极，故A不符合题意；

B．放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极可知，因此K+向正极(硫酸铅)移动，Cl-向钙电极移动，故B不符合题意；

C．硫酸铅作正极材料，熔融的LiCl作为电解质，电极反应为：PbSO11．【答案】D【解析】【解答】A．研磨后可以增大固体与液体的接触面积，加快溶解速率，故A不符合题意；

B．酸性高锰酸钾自身为紫红色，可以在反应过程中观察酸性高锰酸钾颜色的变化判断终点，故B不符合题意；

C．酸性高锰酸钾溶液为强氧化性物质，会氧化橡胶管，因此用酸式滴定管，故C不符合题意；

D．高锰酸钾与亚铁离子的反应为：MnO4−+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O，5Fe2+MnO4-，

，则每片补铁剂含铁元素的质量为c×V×1012．【答案】C【解析】【解答】A．SO2是一种有毒气体，但可作为食品的防腐剂，如SO2是红酒的添加剂，故A不符合题意；

B．二乙醇胺可吸收反应生成的H2S，二乙醇胺可循环使用，再次得到的H2S纯度较高，因此再生塔主要的目的是富集H2S，故B不符合题意；

C．SO2也能与H2S反应得到S，故燃烧室中的O2可以用SO213．【答案】D【解析】【解答】A．已知：T1<T2，由图可知，T2时Ksp(BaSO4)更大，说明BaSO4在水中溶解时吸收热量，△H＞0，故A不符合题意；

B．BaSO4在水中存在溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)，取点b，T1时c(Ba2+)=c(SO42-)=5×10-5mol/L，Ksp(BaSO4)=2.5×10−9，故B不符合题意；

C．T1、T2温度不同，加入Na2SO4固体，不可使溶液从a点平移到c点，故C不符合题意；

D．a、b两点的温度相同，而Ksp(BaSO14．【答案】B【解析】【解答】A．从反应过程图像可看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，根据已知E1、E2、E3均大于0，所以ΔH=-E3，故A不符合题意；

B．从反应过程图像可看出，甲酸→过渡态→CO的反应过程中有碳氧键的断裂与生成，故B符合题意；

C．从图看出后者能量高，该变化过程为吸热过程，故C不符合题意；

D．使用催化剂后，正、逆反应速率同等程度改变，但平衡不移动，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.根据起始能量和最终能量即可判断此反应为放热反应；

B.根据图示即可过程中有碳氧键的断裂与形成；

C.根据能量变化即可判断其为吸热过程；

15．【答案】（1）Cu+4HNO（2）ClO−（3）水；活性炭有吸附性，可以吸附未反应的NO，防止污染环境（4）2∶3【解析】【解答】（1）装置A中为铜和浓硝酸反应，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；a管的作用是：平衡压强，使液体顺利流下，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO216．【答案】（1）K2O⋅A（2）1s（3）CO（4）将HCO3−转化为C（5）8；376×1【解析】【解答】（1）钾长石的化学式为KAlSi3O8，根据原子守恒，以氧化物组成的形式表示钾长石的化学式为K2O⋅Al2O3⋅6SiO2，钾长石(KAlSi3O8)与Na2CO3、CaCO3反应得到，CaSiO3(不溶于水)、NaAlO2和KAlO2、Na2SiO3、CO2等，故答案为：K2O⋅Al2O3⋅6SiO2，CaSiO3；

（2）钾为第19号元素，钾离子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6，根据流程，煅烧时产生CO2，浸出液中需要通入CO2；结晶后得到碳酸钠晶体，煅烧中需要Na2CO3；此工艺中可以循环利用的主要物质是Na2CO3、CO2和水，Na2CO3俗名苏打，故答案为：1s22s2217．【答案】（1）2ΔH（2）反应（Ⅲ）是放热反应，升温时，平衡逆移，消耗H2O，反应（Ⅱ）是吸热反应，升温时平衡正移，生成H2（3）200；1（4）2H【解析】【解答】（1）已知：Ⅱ.H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0；Ⅲ.4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH3<0，由盖斯定律可知，反应(Ⅰ)可由(Ⅱ)×2减去反应(Ⅲ)得到，故ΔH2BrCl(g)⇌Cl2(g)+Br2(g)开始（KPa）200变化（KPa）pp平衡（KPa）0.220-pp则(0.2+20-p+2p)kPa=30.2kPa，p=10kPa，K2=p(Cl2)p(Br2)p(BrCl)2=10×0.2202=1200；

（4）①B中发生电解饱和食盐水的反应，离子方程式为：2H2O+2Cl−  通电  __H2↑+2OH−+Cl2↑；

②10m3的废气中CO2和CO总体积为10×103L×8.96%=896L，CO2和CO的体积均为448L，两者的物质的量均为20mol，CO2和CO全部转化成CH3OH，CO2~6e-、CO~4e-，则转移电子的总的物质的量为200mol，C2H4生成C2H4Cl2，C2H4~2e-，则根据电子守恒可知，生成C2H18．【答案】（1）2－羟基苯甲酸甲酯（