河北省张家口市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

河北省张家口市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单项选择题：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．《天工开物》中记载了提炼金银的过程：“欲去银存金，则将其金打成薄片，剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出，以成足色。”下列说法错误的是（）A．金的密度比银大 B．薄片的成分为金银合金C．金银的延展性较好 D．硼砂的作用是使银被氧化2．实验室根据化学试剂性质的不同，采用不同的保存方法。下列说法正确的是（）A．金属锂保存在煤油中B．少量的白磷保存在冷水中C．浓硝酸保存在无色广口瓶中D．液溴保存在棕色试剂瓶中，上层加CCl3．分子的组成和结构决定了分子的性质，是确定其应用领域的基础。下列说法错误的是（）A．聚乙烯塑料制品可反复加热熔融加工B．酚醛树脂可用作宇宙飞船外壳的烧蚀材料C．再生纤维与合成纤维均可由石油产品经聚合反应获得D．天然橡胶硫化后具有网状结构，增强了其强度与弹性4．NAA．0.1molCaCB．1mol分子式为C5H10的烃可能含NC．1L0.1mol⋅L−1D．1molCH4与4molCl25．有机物X属于酚酯，可在AlCl下列说法错误的是（）A．1molX最多可与3molHB．Y的熔点比Z高C．Y、Z均可与NaHCOD．X、Y、Z互为同分异构体6．下列说法错误的是（）A．NHB．O3C．三氟乙酸(CFD．SO2与7．物质的结构决定其性质，下列与物质的性质对应的解释正确的是（）选项物质的性质解释A溶解性：乙酸>硬脂酸乙酸分子可与水分子间形成氢键而硬脂酸不能B熔点：氟化铝>氯化铝氟化铝中的离子键强于氯化铝中的离子键C热稳定性：NN−H的键能比P−H大D酸性：HN氮元素的非金属性比硫元素强A．A B．B C．C D．D8．物质M是一种离子液体，M的成功合成使离子液体的应用研究得到广泛的开展。M由原子序数依次增大的5种短周期元素V、W、X、Y、Z组成，其结构如图所示，VZ溶液可用于刻蚀玻璃。下列说法错误的是（）A．该化合物中有大π键 B．简单氢化物的沸点；Y>ZC．第一电离能：Z>Y>X D．WZ9．下列装置中能达到实验目的的是（）A.除去CH4B.分离碘和CCC.验证HCl极易溶于水D.测量SOA．A B．B C．C D．D10．一种含钒的锑化物(M)在超导方面具有潜在的应用前景，M的晶胞结构如图甲所示，晶胞高度下列说法中错误的是（）A．M的化学式为CsV3C．V原子周围紧邻的Sb原子数为6 D．M晶体不导电，熔融状态可导电11．微生物燃料电池(MFC)是以微生物为催化剂氧化有机物产生电能的装置。科学家发现处理有机废水时，用Ag2OA．电池工作过程中有机废水的pH基本不变B．电池工作时H+C．正极的电极反应式为AD．该电池在高温条件下不能正常工作12．乙苯脱氢法是目前国内外生产苯乙烯的主要方法，研究发现，在CO下列说法错误的是（）A．乙苯和苯乙烯均为非极性分子B．催化剂表面碱性较强时有利于提高乙苯的转化率C．反应涉及C−H、C=O断裂和C=C形成D．该方法可减少CO13．磁选后的炼铁高钛炉渣中的主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、已知：“酸溶”后钛主要以TiOA．“焙烧”尾气的主要成分为氮氧化物B．用热水“水浸”的目的是促进FeC．母液和尾气可循环使用D．“酸溶”反应的离子方程式为Ti14．常温下，Na2CO3溶液的pH随其浓度改变而改变，将Mg2+A．根据N点可判断KB．pH=8时，滴加MgSO4C．pH越大，沉淀中Mg(D．调M点溶液的pH=12得到Mg阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分15．氮化钛(TiN)是一种优良的结构材料，可用于喷汽推进器及火箭等。实验室用TiO2在高温条件制备回答下列问题：（1）仪器a的名称是，装置A中发生反应的化学方程式为。（2）装置B中的试剂是。（3）实验尾气为无色气体，写出制备TiN反应化学方程式；。（4）D中CaCl2作用是（5）反应前称取10.0gTiO2样品，反应后称得瓷舟中固体的质量为8.（6）已知TiN晶体的晶胞结构如图所示，氮原子位于钛原子围成的(填立体构型)的中心，假设钛原子与氮原子相切，则氮原子与钛原子半径的比值为(列出计算式即可)。16．五氧化二钒主要用作合金添加剂，含钒钢具有强度高，韧性大，耐磨性好等优良特性。工业上常用炼钢残渣(主要含V2O3及少量铁粉、Fe2O3已知：NH4V回答下列问题：（1）基态钒原子的价层电子排布式为。（2）“焙烧”时通入大量空气的作用是。（3）“碱浸”所得滤渣的主要成分是。（4）写出“沉硅、铝”反应的离子方程式：、。（5）若滤液中c(VO3−)=0.1mol⋅L（6）“沉钒”析出的NH4VO3（7）在空气中“煅烧”生成的气体可直接排放到空气中，写出反应的化学方程式：。17．处理和利用CO是环境科学研究的热点课题。利用合适的催化剂可高选择性地用合成气制乙烯：2CO(化学键C≡OH−HH−OC=CC−H键能/1076436465615413回答下列问题：（1）合成气制乙烯的反应：ΔH=kJ⋅mol−1，该反应的ΔS0(填“>”“<”或“=”)，在（2）为提高反应速率，还可采取的措施是____(填标号)。A．选用合适的催化剂 B．恒压时，再充入NC．恒容时，再充入N2 （3）在催化剂的作用下H2与COi．2COii．3CO①在常压和450℃条件下，将H2和CO按n(H2)n催化剂乙烯选择性(%)CO转化率(%)Fe−Mo−cat46.323.5Fe基复合催化剂26.833.8碳纳米管限域催化58.243.5表中数据表明，在相同温度下，使用不同的催化剂时CO转化率不同的原因是。②某温度下，向容积为1L的恒容容器中加入1molCO、2molH2，在催化剂的作用下达到平衡时C2H4的体积分数为17，CO的转化率为（4）我国科学家成功实现了用电催化CO高选择性直接制备乙烯，该方法的工作原理如图所示。阴极材料为优化的铜基催化剂。写出阴极的电极反应式：电解的总反应化学方程式为。18．依托度酸是非甾体抗炎药，可以缓解类风湿性关节炎的症状和体征。依托度酸的一种合成路线如图所示：回答下列问题：（1）A的化学名称为。（2）若D能发生银镜反应和酯化反应，且分子中没有手性碳原子，写出D的结构简式：，写出D发生银镜反应的化学方程式：。（3）H分子中含氧官能团的名称为，其氮原子的杂化方式为。（4）已知相对分子质量：Mr(G)-Mr(H)=28，写出G→H反应的化学方程式：，该反应类型是。（5）写出E→G反应中另一种产物的化学式：。（6）写出核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6:4:（7）请依据依托度酸的合成路线，写出以有机物为原料合成有机物的合成路线；。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．金单质的密度比银单质的密度大，故A不符合题意；

B．欲去银存金，则将其金打成薄片，说明薄片中含有金银，为金银合金，故B不符合题意；

C．“打成薄片”反映了金属良好的延展性，故C不符合题意；

D．硼砂的作用是帮助熔化，不和银发生化学反应，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.单质金的密度大于银；

B.欲去银存金，则将其金打成薄片即可判断为为合金；

C.金银延展性较好；

D.硼砂主要是帮助金属溶熔化。2．【答案】B【解析】【解答】A．因锂的密度小于煤油的密度，则不能将金属锂保存在煤油中，可将金属锂保存在固体石蜡中以隔绝空气，故A不符合题意；

B．白磷易自燃，应将白磷保存在冷水中以隔绝空气，故B符合题意；

C．浓硝酸见光易分解，保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处，故C不符合题意；

D．液溴易挥发，应保存在棕色试剂瓶中，且上层加水液封，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.金属锂保存在石蜡油中；

B.白磷保存在冷水中；

C.浓硝酸保存在棕色试剂瓶中；

D.溴保存在棕色试剂瓶中，加水液封。3．【答案】C【解析】【解答】A．聚乙烯塑料制品可以反复加热熔融加工，属于热塑性塑料，故A不符合题意；

B．网状结构的酚醛树脂主要用作绝缘、隔热、阻燃隔音材料和复合材料，可用于生产烹饪器具的手柄、一些电器与汽车的零部件，火箭发动机、返回式卫星和宇宙飞船外壳等的烧蚀材料，故B不符合题意；

C．再生纤维指用化学方法将农林产品中的纤维素、蛋白质等天然高分子加工为粘胶纤维、大豆蛋白纤维等，故C符合题意；

D．天然橡胶为线型高分子，经硫化后转变成网状结构，性能提高，增加了它的弹性和强度，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.聚乙烯塑料属兔热塑性塑料可进行反复加热熔化；

B.酚醛树脂具有绝缘，隔热阻燃隔音等特性，可做宇宙飞船外壳的烧蚀材料；

C.再生纤维是将农副产品中的纤维素，蛋白质加工；

D.天然橡胶为线型高分子，经硫化后转变成网状结构，增加了它的弹性和强度。4．【答案】B【解析】【解答】A．CaC2的电子式为，因此0.1molCaC2固体中含0.1NA个阴离子，故A不符合题意；

B．分子式为C5H10的烃，不饱和度为1，可能为环烷烃，也可能为烯烃，属于烯烃的同分异构体有CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、、、五种，每种都只含有1个π键，若为环烷烃则没有π键，因此C5H10分子式为C5H10的烃可能含NA个π键，故B符合题意；

C．[Co(NH3)5Cl]SO4内界和外界通过离子键结合，在溶液中内界和外界是可以完全电离，溶液中为[Co(NH3)5Cl]2+、SO42-，内界离子很难电离，其电离程度很小，故C不符合题意；

D．将1molCH4与4molCl25．【答案】C【解析】【解答】A．X中苯环可以与H2发生加成反应，1molX最多可与3molH2发生加成反应，故A不符合题意；

B．Z易形成分子内氢键、Y易形成分子间氢键，Y的熔点比Z的高，故B不符合题意；

C．Y、Z中为酚羟基，均不能与NaHCO3溶液反应，故C符合题意；

D．X、Y、Z分子式都是C9H10O2，结构不同，互为同分异构体，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.X中含有苯环，1molX可与3mol氢气加成；

B.Y可形成分子间氢键，Z形成分子内氢键；6．【答案】D【解析】【解答】A．NH4+的中心原子N原子的价层电子对数为4+5-1-42=4，为sp3杂化，无孤电子对，则价层电子对互斥模型和空间结构均为正四面体形，故A不符合题意；

B．O3是由弱极性键构成的极性分子，故B不符合题意；

C．电负性F>>H，则吸电子能力F>H，吸电子能力增强导致酸性增强，故三氟乙酸(CF3COOH)的酸性强于乙酸，故C不符合题意；

D．SO2的中心原子S原子的价层电子对数为2+6-2×22=3，为sp2杂化，空间构型为V形；CS2分子中C原子的价层电子对数为2＋4-2×22=2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化，故D符合题意；7．【答案】C【解析】【解答】A．由于硬脂酸分子链较长、碳原子数较多，因此硬脂酸分子在水中难以溶解，但硬脂酸分子中的羧基可以与水分子中的氢氧根形成氢键，使得硬脂酸分子与水分子发生黏附作用，故A不符合题意；

B．由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故B不符合题意；

C．氢化物的热稳定性与非金属性成正比，非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3，故C符合题意；

D．硝酸为N元素的最高价氧化物对应水化物，而H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应水化物，不能利用它们酸性强弱来比较非金属性，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.硬脂酸分子中的羧基可以与水分子中的氢氧根形成氢键，使得硬脂酸分子与水分子发生黏附作用；

B.熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体；

C.元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强；

D.比较元素非金属性可比较最高价氧化物水合物酸性。8．【答案】B【解析】【解答】VZ溶液可用于刻蚀玻璃，则V为H元素，Z为F元素，V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，W可以和Z形成WZ4-，则W应为第ⅢA族元素，其原子序数小于Z，所以W为B元素；Y可以形成3个共价单键，X可以形成4个共价单键，且X的原子序数小于Y，则X为C元素，Y为N元素；则V、W、X、Y、Z分别为H、B、C、N、F元素；

A．阳离子结构中，左边N原子形成3根共价键，还留有一对孤电子对，C原子形成双键可以提供相互平行的p轨道，因此可以形成大π键，故A不符合题意；

B．Y为N元素，Z为F元素，F的电负性大，HF形成的氢键强于NH3形成的氢键，因此HF的沸点更高，即Y＜Z，故B符合题意；

C．X为C元素，Y为N元素，Z为F元素，同周期主族元素从左往右呈现增大的趋势，因此第一电离能：Z>Y>X，故C不符合题意；

D．WZ4-为BF4-，中心原子B的价层电子对数为4+3+1-42=4，无孤电子对，因此空间结构为正四面体形，故D符合题意；

故答案为：B

【分析】A.根据Y为N，含有一对孤对电子，X为C形成双键可提供相互平行的p轨道，可形成大π键；

B.Y为N，氢化物为NH3，Z为F，氢化物为HF，其沸点是HF＞NH3；

C.同周期主族元素从左往右呈现增大的趋势；

D.根据W为B，Z为F，计算出BF4-9．【答案】C【解析】【解答】A．乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，故A不符合题意；

B．碘单质易溶于四氯化碳而形成溶液，不能用过滤的方法分离碘和CCl4，故B不符合题意；

C．喷泉实验要求烧瓶与大气产生压力差，HCl气体极易溶于水，烧瓶内压强迅速减小，产生喷泉，可以验证HCl气体极易溶于水，故C符合题意；

D．SO2易溶于水，且与水反应，图中装置不能用于测量SO2体积，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.除去甲烷中的乙烯可以用溴水；

B.碘单质易溶于四氯化碳；

C.HCl极易溶于水形成喷泉；

D.二氧化硫易溶于水不能测量。10．【答案】C【解析】【解答】A．根据晶体结构俯视图判断，该晶胞底面为菱形，该菱形中邻边存在60°和120°两种角度。结合均摊法可知，晶胞中含112×4+16×4=1个Cs、12×4+1个V、2×16+13×2+4=5个Sb，则化学式为CsV3Sb5，故A不符合题意；

B．M为11．【答案】C【解析】【解答】A．溶液保持电中性，因此负极产生的H+会转移到正极消耗，电池工作过程中有机废水的H+基本不变，故A不符合题意；

B．H+带正电荷，从负极穿过质子交换膜向正极迁移，即H+穿过质子交换膜向右迁移，故B不符合题意；

C．Ag2O电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为Ag2O+2H++2e−=2Ag+H2O12．【答案】B【解析】【解答】A．大多数芳香族化合物都是非极性化合物，这是由于芳香族化合物中的C-H键和C-C键具有相似的电负性，使得分子的整体极性较低，大多数的烃类，不管是烷烃、烯烃、炔烃，甚至是苯环，都是不具有极性的非极性分子，如：苯乙烯的分子结构中包括苯环和乙烯基团，这些基团通过共价键相连，由于苯环和乙烯基团都是非极性的，整个分子也是非极性的，故A不符合题意；

B．催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率，故碱性太强使乙苯转化率降低，故B符合题意；

C．根据总反应可知，活化吸附过程中乙苯C-H断裂，状态I到状态Ⅱ过程中C=O断裂，最终生成苯乙烯时C=C形成，故C不符合题意；

D．苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，该方法可减少CO2的排放，有利于实现“碳中和”，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.乙烯是平面构型，苯乙烯是非极性分子；

B.结合反应流程即可判断当氢氧根含量多时不利于吸附降低乙苯转化率；

C.根据流程可知：活化吸附过程中乙苯C−H断裂，状态I到状态Ⅱ过程中C=O断裂，最终生成苯乙烯时C=C形成；

D.消耗二氧化碳可有利于碳中和。13．【答案】C【解析】【解答】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，氧化铝、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛不溶于水，硫酸铁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸铝铵的滤液；向滤液中加入氨水，溶液中铁离子、铝离子依次沉淀；向水浸渣中加入硫酸加热酸溶，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2·xH2O；

A．由分析可知，尾气为氨气，故A不符合题意；

B．用热水“水浸”的目的是促使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O，故B不符合题意；

C．母液含有硫酸、尾气含有氨气，氨气溶于水得到氨水，故母液和尾气可循环使，故C符合题意；

D．已知：“酸溶”后钛主要以TiO2+形式存在，则“酸溶”反应的离子方程式为TiO2+2H+=TiO2++H2O，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，氧化铝、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；

B.水浸渣中加入硫酸加热酸溶，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4；

C.氨气可进行循环使用，TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO14．【答案】D【解析】【解答】曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)c(OH-)2=Ksp(Mg(OH)2)，曲线Ⅱ的离子浓关系符合Ksp(MgCO3)=c(CO32-)c(Mg2+)，当Q=Ksp时生成沉淀，纵坐标从下往上c(Mg2+)的浓度在增大，因此曲线之上为过饱和溶液，曲线之上为不饱和溶液；

A．N点时，Mg2+的浓度相同，但由于c(Mg2+)c(OH-)2=Ksp(Mg(OH)2)、Ksp(MgCO3)=c(CO32-)c(Mg2+)，c(CO32-)≠c(OH-)2，故A不符合题意；

B．pH=8时，曲线Ⅰ生成沉淀Mg(OH)2所需c(Mg2+)大于曲线Ⅱ生成沉淀MgCO3所需c(Mg2+)，因此滴加MgSO4溶溶液先生成MgCO3，故B不符合题意；

C．对于Mg(OH)2⇌Mg2++2OH-，pH越大，即c(OH-)在增大，平衡逆向移动，沉淀中Mg(OH)2增多，质量越大，故C不符合题意；

D．调M点溶液的pH=12时，c(Mg2+)的浓度相同，Q=c(Mg2+)c(OH-)2＞Ksp(Mg(OH)2)、Q=c(CO32-)c(Mg2+)＜Ksp(MgCO3)此时MgCO3未产生，得到的是Mg(OH)2，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.根据N点时，Mg2+的浓度相同，利用难溶Ksp进行对比即可；

B.pH=8时，曲线Ⅰ生成沉淀Mg(OH)2所需c(Mg2+)大于曲线Ⅱ生成沉淀MgCO3所需c(Mg2+)即可判断；

C.对于Mg(OH)2⇌Mg2++2OH-，pH越大，即c(OH-)在增大，平衡逆向移动，沉淀中Mg(OH)2增多；

D.调M点溶液的pH=12时，c(Mg2+)的浓度相同，Q=c(Mg2+)c(OH-)2＞Ksp(Mg(OH)2)、Q=c(CO315．【答案】（1）恒压滴液漏斗；N（2）碱石灰（3）6Ti（4）吸收生成的水蒸气及过量的NH3（5）80%（6）正八面体；1：（2-1【解析】【解答】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，装置A中发生反应为浓氨水和生石灰生成氨气和氢氧化钙，化学方程式为NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；

（2）由分析可知，B中试剂为碱石灰；

（3）实验尾气为无色气体，则装置中NH3和TiO2在800℃下发生氧化还原反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为6TiO2+8NH3高温__6TiN+12H2O+N2；

（4）装置D中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3防止污染空气；

（5）反应前称取10.0gTiO2样品，反应后称得瓷舟中固体的质量为8.16．【答案】（1）3d34s2（2）将V2O（3）F（4）SiO3（5）0（6）最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液没有生成沉淀，则洗涤干净（7）4N【解析】【解答】（1）钒为23号元素，基态V原子价电子排布为3d34s2；

（2）空气中氧气具有氧化性，将V2O3氧化为NaVO3；

（3）由分析可知，“碱浸”所得滤渣的主要成分是Fe2O3；

（4）“沉硅、铝”中加入碳酸氢铵和硅酸钠反应生成硅酸沉淀：SiO32-+2HCO3-=H2SiO3↓+2CO32-，和四羟基合铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀：[Al(OH)4]-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-+H2O；

（5）若滤液中c(VO3−)=0.1mol⋅L−1，为使钒元素沉淀率达到17．【答案】（1）−231；<；低温（2）A；D（3）未达到平衡，不同的催化剂对CO反应的催化能力不同；62（4）2CO+8H+【解析】【解答】（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，2CO(g)+4H2(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g)。的ΔH=(1076×2+436×4-413×4-615-465×4)kJ⋅mol−1=−231kJ⋅mol−1；该反应为气体分子数减小的反应，为熵减反应，ΔS<0；∆H-T∆S＜02CO(g)+4H2(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g)起始（mol）1200转化（mol）0.8-a1.6-a0.4-0.5a0.8-a平衡（mol）3CO(g)+6H2(g)⇌C3H6(g)+3H2O(g)起始（mol）转化（mol）a2aa/3a平衡（mol）平衡时总的物质的量为1.8-a6，0.4-0.5a1.8