宁夏中卫市2024年高考化学模拟试题（含答案）

宁夏中卫市22024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．化学与生活、社会、科技密切相关，以下说法错误的是A．冬奥会使用的二氧化碳跨临界制冰技术，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保B．冬奥期间，京津冀蒙多地禁放烟花，以降低空气质量指数级别C．优质的新疆棉可制作人民币：棉花与羽绒的主要化学成分不同，但均属于有机高分子D．“84”消毒液和洁厕灵混用能更好地消杀新冠变异毒株奥密克戎2．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为5NAB．25℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+C．46克C2H6O分子中含极性键数目一定是7NAD．标准状况下，1.12L苯含有C-H键的数目为0.3NA3．用如图装置制取并收集气体，对应的装置和试剂均正确的是选项Ⅲ中收集气体Ⅰ中试剂a、bⅡ中试剂cⅣ中试剂dASO2稀硫酸与铜片浓硫酸NaOH溶液BCl2浓盐酸与二氧化锰饱和NaCl溶液NaOH溶液CHI浓硫酸与KI浓硫酸水DH2SFeS与稀盐酸浓硫酸酸性KMnO4溶液A．A B．B C．C D．D4．X、Y、Z、V、W五种短周期元素，原子序数依次增大，其中Z的原子半径最大，Z的单质在W的单质中燃烧产生黄色火焰，生成ZW型化合物；五种元素可以组成一种有机盐(如图所示)。下列说法正确的是A．Y与W形成的分子空间结构为三角锥B．V单质微溶于Y与V组成的二元化合物C．原子半径的大小关系为：Z>V>WD．热稳定性：X与V组成的二元化合物>X与W组成的二元化合物5．2022年北京冬奥会开赛在即，场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是A．该双环烯酯能与3molH2发生加成反应B．该物质水解产物都能使高锰酸钾褪色C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种6．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3−A．Ir的表面发生反应：H2+N2O=N2+H2OB．导电基体上的负极反应：H2+2e-=2H+C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量7．常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法错误的是A．曲线M表示pH与lgc(HYB．NaHY溶液显酸性C．交点d对应的pH=2.8D．e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-)二、非选择题8．铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：Ⅰ.制取铋酸钠。制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下：（1）装浓盐酸的仪器名称是，B装置的作用是。（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为：（3）当观察到(填现象)时，可以初步判断C中反应已经完成。（4）拆除装置前必须先除去残留的Cl2，以免污染空气。除去烧瓶A中残留Cl2的操作是：关闭；打开。（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是、过滤、洗涤、干燥。（6）Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+。产生紫红色现象的离子方程式为。（7）Ⅲ.产品纯度的测定取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用amol·L−1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4−(已知：H2C2O4+MnO4−→CO2+Mn9．十三届全国人民代表大会第四次会议上作政府工作报告时指出：优化产业结构和能源结构，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。（1）利用工业废气中的CO2可制取甲醇，其反应为：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O。①常温常压下，已知反应的能量变化如图1、图2所示，由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=akJ·mol-1，则a=。②为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在一恒温恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v(H2)=；能使平衡体系中n(CH3OH)（2）CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)。其反应原理为CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)△H=-31.4kJ·mol-1。①温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)K=2。实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆=k正。②温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强(填“>”“<”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是。（3）我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置(如图)。阴极上的电极反应式为：10．CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，易分解。②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）已知氧化性Co3+>Fe3+，浸出液中含有的阳离子主要有H+、、Na+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。（2）在“氧化”步骤中，发生的主要离子反应方程式为。（3）加Na2CO3调pH可得到两种沉淀，则pH最佳范围是。（4）已知萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。控制溶液pH为3.0~3.5，则加入萃取剂的目的是除去。（5）制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是。为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取3.00g的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为2.87g，则粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为(结果保留三位有效数字)。（6）某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是____(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表：化学式AgClAgSCNAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黑色红色Ksp2.0×10-101.0×10-122.0×10-482.0×10-12A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S11．非金属元素及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）As4S4俗称雄黄，其中基态砷原子外围电子排布式为。（2）HOCH2CN分子中含有的σ键与π键数目之比为，该化合物中处于同周期的元素中第一电离能由大到小的顺序为：（3）三硝基胺N(NO2)3(其结构为)是一种新型的火箭燃料，因硝基吸电子能力强，中心N原子上无孤电子对，则中心N原子的杂化方式为，并且与三个硝基中的N构成形。（4）甘氨酸(H2NCH2COOH)是最简单的一种氨基酸，其相对分子质量为75，而戊烷相对分子质量为72，与甘氨酸相差不大，但甘氨酸易溶解于水，戊烷却难溶解于水，出现这种差异的原因是。（5）NH3易与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子，在该配离子中H-N-H键角比NH3分子中H-N-H键角大的原因是。[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代，得到两种结构的配离子，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是。（6）某立方磷青铜晶体的晶胞结构如图所示。①原子分数坐标可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子分数坐标：A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C为(0，1，1)，则D原子的分数坐标为。②若晶体密度为ρg/cm-3，最近的Cu原子核间距为pm(用含ρ、NA的代数式表示)。12．中国科学家发现肉桂硫胺(I)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图所示：已知：①RCN→H②碳碳双键和羟基直接连接的结构不稳定，会转化为更稳定的醛式或酮式结构。请回答以下问题：（1）A的名称为。（2）C中含有官能名称为。（3）F的结构简式为；E+H→I的反应类型为。（4）C→D的反应方程式为。（5）E的同分异构体中，符合下列条件的有种(不考虑立体异构)。请写出分子中等效氢原子种类最少的同分异构体的结构简式。①能发生银镜反应；②能发生加聚反应；③分子结构中含有苯环，且只有两个取代基。（6）聚乳酸HOH是可降解塑料的一种。参照上述的合成路线，设计一条由乙炔为起始原料制备聚乳酸的合成路线。(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．冬奥会使用的二氧化碳跨临界制冰技术，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保，因为氟利昂大量的使用会造成臭氧层破坏，A不符合题意；B．禁放烟花，减少了氮化物、硫化物的排放，以降低空气质量指数级别，B不符合题意；C．棉花的主要成分为纤维素，羽绒的主要化学成分为蛋白质，但均属于有机高分子，C不符合题意；D．“84”消毒液主要成分为次氯酸，洁厕灵为酸性，混用后会释放氯气降低消毒杀菌的作用，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.氟利昂会破坏臭氧层；

B.烟花燃放污染环境，禁放烟花以降低空气质量指数级别；

C.棉花的主要成分为纤维素，羽绒的主要成分为蛋白质，纤维素和蛋白质均为有机高分子。2．【答案】A【解析】【解答】A．在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl的化合价由+5、-1变为0价，每生成3molCl2转移的电子数为5NA，A符合题意；B．没有给出溶液体积，不能具体计算Ca2+个数，B不符合题意；C.46克C2H6O的物质的量为1mol，若分子为乙醇其中含极性键数目是7NA，若为CH3-O-CH3则极性键数目是8NA，C不符合题意；D．标准状况下苯不是气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.该反应中，Cl的化合价由+5、-1变为0价；

B.溶液体积未知，不能计算钙离子数目；

C.C2H6O可能为乙醇或甲醚；

D.标况下苯是液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量。3．【答案】B【解析】【解答】A．Cu与稀硫酸不反应，不能制备二氧化硫，故A不符合题意；B．浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气的密度比空气密度大，可以用向上排空气的方法收集，通过II中的饱和食盐水可以除去挥发的HCl，氯气与NaOH反应，图中装置可制备、收集氯气，且NaOH可吸收尾气，故B符合题意；C．浓硫酸与KI发生氧化还原反应生成I2，不能制备和干燥HI，故C不符合题意；D．H2S具有还原性，不能用浓硫酸干燥，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.铜与稀硫酸不反应；

B.浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水除去HCl杂质，再用浓硫酸干燥氯气，氯气能与氢氧化钠反应，用氢氧化钠溶液吸收尾气；

C.浓硫酸能将KI氧化为单质碘；

D.浓硫酸能与H2S发生氧化还原反应。4．【答案】C【解析】【解答】A．Y和W形成的分子为CCl4，为正四面体形，故A不符合题意；B．Y与V组成的二元化合物为CS2，CS2为有机溶剂，S易溶于CS2，故B不符合题意；C．同周期原子半径从左至右逐渐减小，原子半径的大小关系为：Z>V>W，故C符合题意；D．同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，非金属性越弱，气态氢化物的稳定性差，X与V组成的二元化合物(H2S)的稳定性弱于X和W组成的二元化合物(HCl)，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】Z的原子半径最大，Z的单质在W的单质中燃烧产生黄色火焰，生成ZW型化合物，则Z为Na元素，W为Cl元素，结合成键情况可知，X形成单键，Y形成4根键，则Y为C元素，X为H元素，V和W也形成单键，整个阴离子带一个负电荷，则V和W有一个通过共用一个电子对达到稳定结构，而另一个通过共用一个电子对以及得到一个电子从而达到稳定结构，则最外层电子数分别为6和7，V和W分别是S元素和Cl元素。5．【答案】B【解析】【解答】A．酯基不能和H2发生加成反应，该双环烯酯能与2molH2发生加成反应，A不符合题意；B．该双环烯酯的水解产物中都含有碳碳双键，都能使高锰酸钾褪色，B符合题意；C．该双环烯酯分子中不含苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，C不符合题意；D．该双环烯酯完全加氢后的产物是，其一氯代物有9种，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.该物质中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应；

B.该物质水解的产物中均含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；

C.碳碳双键和酯基为平面结构，单键可旋转；

D.该物质完全加氢生成，该物质中含有9种不同环境的氢原子。6．【答案】A【解析】【解答】A．根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应生成氮气：H2+N2O=N2+H2O，A符合题意；B．根据图示可知导电基体上的负极是氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2-2e-=2H+，B不符合题意；C．若导电基体上只有单原子铜，则不能形成原电池，故不能消除含氮污染物，C不符合题意；D．根据图示可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.Ir表面，氢气与一氧化二氮发生氧化还原反应生成氮气和水；

B.导电基体上，氢气失去电子生成氢离子；

C.只有单原子铜不能形成原电池；

D.导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根会更多的转化成铵根。7．【答案】D【解析】【解答】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lgc(HYB．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2=KwKa1=10-12.7，Ka2C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2=c2(HD．e点溶液中：lgc(HY−)c(故答案为：D。

【分析】二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，则曲线M表示pH与lgc(HY-)8．【答案】（1）恒压分液漏斗；除去HCl（2）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O（3）C中的白色固体消失(或黄色不再加深；C中上方充满黄绿色气体等)（4）K1、K3(K1可不填)；K2（5）在冰水中冷却结晶（6）5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na+（7）280ba×10-3w或【解析】【解答】（1）装浓盐酸的仪器为恒压滴液漏斗；浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，可用饱和食盐水进行除杂，因此B装置的作用是除去HCl。（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。（3）C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变成了黄色的NaBiO3，白色固体消失或黄色不再加深，或氯气不再消耗，C中上方充满黄绿色气体等。（4）氯气可以和NaOH溶液反应，从图上装置看，关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应，将其吸收。（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，由题意可知，NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冷水环境下进行，需要的操作可在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（6）往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，说明铋酸钠将锰离子氧化为高锰酸根离子，因为属于酸性环境，所以铋酸钠被还原为Bi3+，根据氧化还原反应原理可知，产生紫红色现象的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4−+5Na++7H2（7）根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子的反应比例为H2C2O4~MnO4−=5：2，又因为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4−+5Na++7H2O，即NaBiO3：H2C2O4=1：1，m(NaBiO3)=ba×10

【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水除去HCl杂质，C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒，能与氢氧化钠反应，因此装置D为尾气处理装置，盛放氢氧化钠溶液。9．【答案】（1）-50；0.225mol/(L·min)；降低温度或加压或增大氢气量或将H2O(g)从体系中分离出来（2）0.5或12；>；由k正=1.9k逆可以得出K=1.9<2，说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2>T1（3）C【解析】【解答】（1）①由图1可知①CO(g)+H2O(l)⇌CO2(g)+②由图可知达到平衡时，消耗CO2物质的量浓度为(1-0.25)mol/L=0.75mol/L，此时消耗H2的物质的量浓度为(3×0.75)mol/L=2.25mol/Lv(H2)=ΔcΔt=2.（2）①化学平衡常数k=c(HCOOH)c(CO2)c(H2)=2②T1时刻，k正=2k逆，T2时刻，（3）阴极发生还原反应CO2被还原为CO，电极方程式为

【分析】（1）①根据盖斯定律，ΔH=ΔH2-ΔH1；

②根据v(H2)=ΔcΔt计算，使n(CH3OH)n(CO2)增大，应使平衡尽量正向移动；

（2）10．【答案】（1）Co2+（2）Cl（3）5.2≤pH＜7.6（4）除去Mn2+（5）降低烘干温度，防止产品分解；79.3％（6）C【解析】【解答】（1）已知氧化性Co3+>Fe3+，所以亚硫酸根可以将二者均还原，所以浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Na+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；（2）在“氧化”步骤中，氯酸钠氧化Fe2+，发生的主要离子反应方程式为：ClO（3）加Na2CO3目的让铁元素和铝元素以沉淀形式除去，根据表格信息可知调pH的最佳范围是5.2≤pH＜7.6，过滤所得到的两种沉淀的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，当控制溶液pH为3.0~3.5时，Mn2+有较高的萃取率，Co2+萃取率低，所以加入萃取剂的目的是除去Mn2+；（5）制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解；称取3.00g的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为2.87g，该沉淀为AgCl，其物质的量为0.02mol，故Cl元素的物质的量为0.02mol，则CoCl2·6H2O的物质的量为0.01mol，则粗产品中CoCl2·6H2O的质量为：0.01mol×238g/mol=2.38g，质量分数为：2.38g3.00g（6）滴定原理为通过硝酸银先沉淀氯离子，氯离子反应完后硝酸银与指示剂结合产生现象，所以指示剂与硝酸银生成的沉淀的溶解度应大于氯化银，Ksp(AgCl)=c(AgA．通过标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液不能加入含氯离子的物质，A不正确；B．AgSCN组成与AgCl相同，而Ksp(AgSCN)<Ksp(AgCl)，溶解度比氯化银小，会先出现AgSCN沉淀，B不正确；C．Ksp(Ag2CrO4D．Ksp(Ag故答案为：C。

【分析】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应空气温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。11．【答案】（1）4s24p3（2）3：1；N>O>C（3）sp2；(平面)三角（4）甘氨酸分子与水分子之间存在氢键，而戊烷与水分子不能形成氢键（5）由于NH3分子中存在1对孤电子对，形成络离子后则不存在孤电子对转化为成键电子对，而孤电子对成键电子对的排斥作用>成键电子对对成键电子对的排斥作用；正四边形（6）(12，1，12)；22×3【解析】【解答】（1）As为第33号元素，位于第四周期ⅤA，基态砷原子外围电子排布式为：4s24p3；（2）HOCH2CN分子中σ键为6个、π键数为2，σ键与π键数目之比为3：1；N原子价电子排布是半充满状态，在同一周期第一电离能会变大，该物质中处于同周期的元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；（3）三硝基胺()中心氮原子形成3条σ键，且无孤电子对，即价层电子对数为3，故中心N原子的杂化方式为sp2杂化；并且与三个硝基中的N构成平面三角形；（4）甘氨酸易溶解于水，戊烷却难溶解于水甘氨酸分子与水分子之间存在氢键，而戊烷与水分子不能形成氢键；（5）H-N-H键角比NH3分子中H-N-H键角大的原因是由于NH3分子中存在1对孤电子对，形成络离子后则不存在孤电子对转化为成键电子对，而孤电子对成键电子对的排斥作用>成键电子对对成键电子对的排斥作用；[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代，得到两种结构的配离子，[Cu(NH3)4]2+的空间构型是正四边形；（6）①根据图中各原子分数坐标：A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C为(0，1，1)，且D原子位于面心处，则D原子的分数坐标为(1