四川省巴中市2024年高考化学模拟试题（含答案）

四川省巴中市2024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．近年来我国在航天、航空领域取得巨大成就。下列有关说法错误的是A．C919机身采用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高等优良特点B．C919的平垂尾使用的T800级高强度碳纤维，属于无机非金属材料C．问天实验舱太阳翼配置的是三结砷化镓电池，砷化镓喻为“半导体贵族”D．神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐2．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．1mol甲苯中碳碳双键的数目为0.3NAB．标准状况下，2.24LSO3中原子数目大于0.4NAC．1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-数目小于0.1NAD．2.0g重水(D2O)中质子数目为NA3．有机物M是合成青蒿素的原料之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是A．分子式为C12H16O5B．能发生氧化反应，但不能发生取代反应C．不可用钠鉴别M中的两种含氧官能团D．烃基上的一氯代物只有一种4．W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且为不同主族的短周期元素，四种元素的最外层电子数满足W+X=Y+Z，WZ4是一种常见的有机溶剂。下列叙述正确的是A．原子半径：Z>Y>X>WB．W与X形成的共价化合物中，W和X均满足8电子稳定结构C．Y的氧化物一定为碱性氧化物D．用惰性电极电解熔融的Y与Z形成的化合物一定能得到对应的单质5．下列实验方案能达到实验目的的是选项ABCD目的配制100mL0.1mol·L-1的硫酸除去氯气中的HCl气体由FeCl3溶液制取FeCl3固体判断2NO2(g)⇌N2O4(g)的热效应实验方案A．A B．B C．C D．D6．25℃时，-1gc(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或Zn(OH)已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；强碱性溶液中Zn元素主要以Zn(OH)A．曲线②代表-lgc(Zn2+)与pH的关系B．常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18C．向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀D．向c[Zn(OH)42-]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-17．锂离子电池应用广泛，某课题组使用纳米Si-C复合颗粒直接与锂接触，形成LixSi，将锂盐溶于三乙二醇二甲醚(TEGDME)作为电解液，与O2/C电极匹配组成如图所示原电池。该电池的总反应为xO2+2LixSi⇌充电放电xLi2OA．该电池放电时，a为负极B．放电时，当负极质量减少14g时，电解液中转移1molLi+C．充电和放电过程，电解液中Li+浓度都不会改变D．电池充电时，阳极的电极反应为Li2O2-2e-=O2↑+2Li+二、非选择题8．硫代硫酸钠(Na2S2O3)在工业、医药等领域应用广泛。下图为实验室制取硫代硫酸钠的装置，反应过程中需通过pH传感器控制pH为7-8。（1）盛Na2SO3的仪器名称为。（2）为了确保硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是。（3）若n(Na2CO3)：n(Na2S)=1：2，则装置C中的化学反应方程式为：。（4）当数据采集处pH接近7时，应采取的操作为。（5）装置B中的药品可以选择下列物质中的____(填字母)。A．饱和NaHCO3溶液 B．饱和NaHSO3溶液C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液（6）现使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量：取mg脱碳液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入适量盐酸和足量KI溶液，发生反应为V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O，此时溶液颜色为棕色，使用0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL，该过程的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。(已知有色离子仅有VO2+，其颜色为蓝色)①滴定终点的现象为：。②若滴定时，滴定管未用标准液润洗，则测得V2O5的含量(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。③脱碳液中V2O5的质量分数为%。9．某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：已知：i.0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Mg2+开始沉淀的pH1.54.04.67.69.5沉淀完全的pH2.85.26.89.711.1金属氢氧化物Al(OH)3Cr(OH)3开始溶解的pH7.812溶解完全的pH10.8>14ii．Cr(OH)3+OH-=CrO2-iii．已知Cr的金属性强于Fe（1）加入铁粉后，调节pH的范围为。（2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。（3）滤渣3成分的化学式为；回收铬时，铬的存在形式为(填化学式)。（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是、过滤、洗涤、干燥。（5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为；该过程加入少量CaO的目的是。（6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是。(已知，Fe2(SO4)3▪9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20℃时的溶解度分别为400g和64g)10．我国科学家开发铜催化剂实现由N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]制备三甲胺[N(CH3)3]：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)⇌N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1。（1）在上述反应中，每生成2g气态水，放出kJ的热量。（2）在铜催化剂表面发生上述反应的历程如图所示(催化剂表面吸附物种用“*表示)。①下列分步反应中，能垒最大的是(填标号)。a．A→Bb．C→Dc．F→G②A→B中，断裂共价键吸收的总能量催化剂吸附放出的总能量(填“大于”、“小于”或“等于”)。③D→E的化学方程式为。（3）向体积相等的I、Ⅱ两个恒容密闭容器中分别充入1molDMF(g)和2molH2(g)发生上述反应，其中一个容器中是绝热过程，另一个容器中是恒温过程。反应体系中压强随时间变化关系如图所示。①容器I中为(填“绝热”或“恒温”)过程。判断的依据是。②若该反应是在恒温恒容的密闭容器中发生，以下能说明该反应达到化学平衡状态的是。A．混合气体的密度不再发生改变B．反应容器中H2的质量分数不变C.2v正(H2)=v逆(H2O)D．平均相对分子质量不变E．该反应的焓变，即ΔH不变③n点时反应的平衡常数Kp=中的(Kpa-1)。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)11．我国科学家制备的NiO/Al2O3/Pt催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：H3NBH3+4CH3OH→催化剂NH4B(OCH3)4+3H2（1）基态氮原子的价电子排布式为。（2）硼烷又称硼氢化合物，随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因为。（3）某有机硼化合物的结构简式如图所示，其中氨原子的杂化轨道类型为。（4）图a、b、c分别表示B、C、N、O的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是(填标号)，判断的根据是；第二电离能的变化图是(填标号)。（5）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有个，在形成配位键前后C-N-C键角将(填“增大"“减少”或“不变”)。（6）BN晶体的晶胞如图所示，B、N的原子半径分别为apm和bpm，密度为2.25g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。12．某治疗新冠药物的中间体E合成路线如下，试回答下列问题：已知：，Me代表甲基，Et代表乙基。（1）A的分子式为。（2）B中最多有个原子共面，化合物CH3COCH2COOEt中官能团名称为，。（3）反应④的反应类型是，反应③的化学方程式为。（4）A水解产物的名称为，芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，则M的同分异构体有种。其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为。（5）也可以用制备G：请以为起始原料完成合成的路线，注明条件，无机试剂自选。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．铝锂合金具有密度低、强度高等优良特点，适用于制作飞机机身，A不符合题意；B．碳纤维属于无机非金属材料，B不符合题意；C．砷化镓是良好的半导体材料，C不符合题意；D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．依据合金的性质判断用途；B．碳纤维属于无机非金属材料；C．砷化镓是良好的半导体材料；D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料。2．【答案】A【解析】【解答】A．甲苯中不存在碳碳双键，故A符合题意；B．标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3的物质的量大于0.1mol，原子数目大于0.4NA，故B不符合题意；C.1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-会发生水解，则数目小于0.1NA，故C不符合题意；D．D2O中质子数为10，2.0g重水(D2O)的物质的量为2.0g20g/mol=0.1mol，质子数目为NA故答案为：A。

【分析】A．甲苯不存在碳碳双键；B．标准状况下，SO3不是气体；C.依据水解时离子的变化判断；D．D2O中质子数为10。3．【答案】C【解析】【解答】A．根据M的结构简式可知，其分子式为C11H16O5，A不符合题意；B．该物质含有羧基，能发生酯化反应即能发生取代反应，B不符合题意；C．M中的两种含氧官能团分别为羧基和羟基，两者都能与Na反应产生氢气，不能用Na鉴别M中的两种含氧官能团，C符合题意；D．根据该物质的结构简式可知，其烃基上的一氯代物有2种，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．根据结构简式确定分子式；B．根据官能团确定性质；C．根据官能团的性质判断；D．利用等效氢的数目判断。4．【答案】B【解析】【解答】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Y>Z>W>X，故A不符合题意；B．C和N(或O)均为第二周期元素，形成的共价化合物W和X均会满足8电子稳定结构，故B符合题意；C．Y为Al时，其氧化物为两性氧化物，故C不符合题意；D．用惰性电极电解熔融的MgCl2可知得到Mg和氯气，但AlCl3是共价化合物，用惰性电解电解不能得到对应单质，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；B．依据价键结构和原子最外层电子数判断；C．氧化铝为两性氧化物；D．AlCl3是共价化合物，电解不能得到对应单质。5．【答案】D【解析】【解答】A．配制100mL0.1mol·L-1的硫酸时，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，故A不符合题意；B．HCl和NaHCO3溶液反应会生成CO2，引入新的杂质，不能用饱和NaHCO3溶液除去氯气中的HCl气体，故B不符合题意；C．FeCl3溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸发不能得到FeCl3固体，故C不符合题意；D．热水中颜色深，说明反应2NO2(g)⇌N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．不能在容量瓶中直接稀释；B．会引入新的杂质；C．FeCl3溶液中Fe3+发生水解；D．依据影响化学平衡的因素分析。6．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①②③分别代表-lgc[Zn(OH)42-]、B．pH=7.0时，-lgc(Zn2+)=3.0，则Zn(OH)2的Ksp=c(Zn2+)cC．常温下，Zn(OH)2的KspD．c[Zn(OH)42-]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，混合后生成Zn故答案为：C。

【分析】A．依据Ksp和曲线变化判断；B．依据pH=7.0，利用Ksp计算；C．依据Ksp判断；D．依据物质的性质分析。7．【答案】B【解析】【解答】A．该电池放电时，Li+向b电极移动，a为负极，A不符合题意；B．放电时LixSi在负极失电子，电极反应为2LixSi-2xe-=2xLi++2Si，负极质量减少14g时，电解液中转移2molLi+，B符合题意；C．充电和放电过程中，Li+从一个电极转移到另一个电极，电解液中Li+的浓度不变，C不符合题意；D．电池充电时Li2O2在阳极失电子，电极反应为Li2O2-2e-=2Li++O2↑，D不符合题意；故答案为：B。【分析】放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。8．【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少（3）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2（4）控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置（5）A；C；D（6）滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复；偏大；9【解析】【解答】（1）有支管的烧瓶称为蒸馏烧瓶。故答案为：蒸馏烧瓶；（2）SO2溶于水中形成H2SO3会使溶于呈酸性，硫代硫酸钠酸性条件不稳定。故答案为：若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少；（3）反应中SO2与S2-发生归中反应生成Na2S2O3，而Na2CO3转变为CO2。故答案为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；（4）C中pH等于7时反应Na2CO3与Na2S完全转变为产物，此时反应应该停止，将多余的SO2气体进行尾气吸收。故答案为：控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置；（5）装置B吸收SO2尾气。同时SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质。A.2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，NaHCO3能用于吸收SO2，A项正确；B.NaHSO3不能与SO2反应，无法吸收SO2，B项不正确；C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，NaOH能用于吸收SO2，C项正确；D.SO2能被酸性KMnO4氧化吸收，D项正确；故答案为：ACD。（6）当溶液中I2被完全消耗时即为反应终点，溶液由棕色变为蓝色。由反应得到关系式为V2O5~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=10-4Vmol推出n(V2O5)=5×10-5Vmol，则含量为182×5×10−5Vm×100%=9.1×10−3Vm×100%

【分析】（1）依据仪器构造确定名称；

（2）依据强酸制弱酸分析；

（3）依据归中规律分析；

（4）调节速率，排出气体；

（5）依据SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质分析；

（6）利用溶液颜色变化分析；通过关系式计算。9．【答案】（1）6.8≤pH<7.6（2）Al(OH（3）Cr(OH)3；NaCr（4）蒸发浓缩；冷却结晶（5）32Fe(OH)3+Fe（6）随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出【解析】【解答】（1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6（2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为Al(OH)（3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成NaCrO（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：32Fe(OH)3+Fe（6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。

【分析】（1）依据表格数据分析；（2）利用反应物的性质判断；（3）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；（4）用于分离互溶的沸点不同的液体混合物；

从溶液中结晶出固体的上般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；依据反应物和试剂的性质分析；（6）依据浓硫酸具有吸水性分析。10．【答案】（1）16（2）a；大于；(C（3）绝热；容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大；BD；0.5625【解析】【解答】（1）由方程式(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)⇌N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1可知，每生成1mol气态水，放出144kJ能量，则每生成2g气态水，放出热量=2g18g/mol（2）①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大，由图可知，A→B的过程中能垒最大，故答案为：a；②由图可知，A的总能量低于B的总能量，说明A→B的过程是吸热的，则A→B中，断裂共价键吸收的总能量大于催化剂吸附放出的总能量；③由图可知，D→E的过程中(CH3)2NCH2OH*和（3）①反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)⇌N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1是放热反应，若容器是绝热的，则反应过程中温度升高，不利于平衡正向移动，而该反应正反应是气体体积减小的反应，则容器的压强大于恒温容器中平衡时的压强，图中容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大，则容器I中为绝热过程；②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再发生改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；B．反应容器中H2的质量分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡，故B选；C.2v正(H2)=v逆(H2O)时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故C不选；D．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；E．该反应的焓变是定值，ΔH不变时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故E不选；故答案为：BD；③n点反应达到平衡，此时体系压强为36kPa，起始压强是48kPa，根据已知条件列出“三段式”(C则(1-x+2-2x+2x)mol1mol+2mol=36kPa48kPa，解得x=0.75，则平衡常数K

【分析】（1）依据反应热与物质的量成比例；（2）①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大；②依据反应物和生成物的总能量大小分析；③依据历程图分析；（3）①依据影响化学平衡的因素分析；②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；③利用三段式法计算。11．【答案】（1）2s22p3（2）硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高（3）sp2、sp3（4）a；同一周期从左到右，原子半径依次减小，基态原子第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子2p能级半充满，失电子相对较难，第一电离能大于O；b（5）6；增大（6）325π(a3+b3)NA×10【解析】【解答】（1）基态氮原子的价电子排布式为2s22p3。（2）随着硼原子数的增加，硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高。（3）该有机物中，与H相连的N原子形成3条共价键，还有一对孤电子对，则该N原子杂化轨道类型为sp3杂化，形成碳氮双键的N原子，其杂化轨道类型为sp2杂化。（4）同周期元素从左到右原子的第一电离能呈增大的趋势，但是N2p轨道半充满较为稳定，第一电离能大于相邻的元素，则第一电离能的变化图为a。以上四个原子都失去一个电子后，B2s轨道全满2p轨道全空，O2p轨道半充满，这两个元素此时第二电离能大于相邻的元素，则第二电离能的变化图为b。（5）由图可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，结合题目中物质的结构可知，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个。形成配位键前孤电子对离成键电子较近，因电子间的排斥作用导致C-N-C的键角较小，形