新疆2024年高考化学模拟试题（含答案）5

新疆2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78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．从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法正确的是（）A．“北斗系统”装载高精度铷原子钟搭配铯原子钟，铷和铯属于同系物B．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯等纳米材料属于胶体C．在三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸的主要成分为蛋白质D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是电化学保护法的外加电流法2．奥司他韦是治疗流感的最常用药物之一，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是（）A．分子中有4个手性碳原子B．可以发生氧化、加成和水解反应C．六元环上的6个碳原子一定共平面D．六元环上的一氯代物有2种3．绿矾（FeSOA．基态原子的第一电离能：S＞O＞H＞FeB．中心离子FeC．SO42−D．FeSO4⋅74．第二代钠离子电池是负极为镶嵌在硬碳中的钠、正极为锰基高锰普鲁士白{NaA．放电时，B极为负极，发生还原反应B．充电时，NaC．放电时，电解质溶液中的NaD．充电时，A极反应为N5．根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A表面变黑的银器浸泡到盛有食盐水的铝制容器中，银器与铝接触，一段时间后，银器变得光亮如新构成原电池，硫化银得电子被还原成单质银B足量的锌与一定量的浓硫酸加热放出气体气体成分一定只有SC向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，试管里出现凝胶非金属性：Cl＞SiD将铁与水蒸气反应所得的固体用过量盐酸溶解，然后再加入少量K3铁与水蒸气反应所得的固体中一定有铁粉剩余A．A B．B C．C D．D6．研究人员发现在某种含钒催化剂的作用下，NO可被NH3还原为A．V3+价电子排布式为3B．NH3和NO分子是极性分子，C．该转化过程中，氧化剂只有NOD．每生成标准状况下22.4L7．向AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag(NH3)]+下列说法正确的是（）A．曲线Ⅲ表示lgc{[Ag(NHB．随c(NH3)C．反应AgCl+2NH3D．完全溶解0.1molAgCl，至少需要含有阅卷人二、非选择题：共174分。得分8．金属钨是重要的战略资源，由黑钨矿（主要成分为FeWO4、已知：常温下钨酸（H2回答下列问题：（1）已知元素周期表中74号元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第族。FeWO4中铁元素的化合价为（2）“碱熔”步骤中为提高反应速率，可以将黑钨矿预先，“碱熔”过程MnWO4发生反应的化学方程式为（3）上述流程中加盐酸中和至pH＝10时，溶液中的杂质阴离子有SiO32−、HAsO32−、（4）沉钨过程中，判断WO42−（5）钨酸钙（CaWO4）和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca2+)与pc(阴离子)的关系如图1所示，已知：pc（6）合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图2所示。该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为（0，0，0），则B原子的坐标参数为。9．乳酸薄荷醇酯广泛应用于化妆品和食品等行业中。实验室以薄荷醇和乳酸为原料直接反应制备乳酸薄荷醇酯的化学方程式为：主要实验装置示意图和有关数据如下：物质相对分子质量密度/熔点/℃沸点/℃溶解性乳酸901.2516.8122易溶水和有机溶剂薄荷醇1560.8943103微溶于水，易溶于有机溶剂乳酸薄荷醇酯2280.976-47142微溶于水，易溶于有机溶剂甲苯（有毒）920.89-94.9110.6不溶于水，可作有机溶剂实验步骤如下：Ⅰ.合成：在带有温度计、分水器、搅拌器的250mL三颈烧瓶中加入薄荷醇15.6g、90％乳酸23.5g、浓硫酸0.1g、甲苯50g，加热到120℃，加热回流2.5小时。Ⅱ.分离与提纯：降温冷却后放出水层，有机层与反应液合并，将合并液分别用20mL10％碳酸钠溶液洗涤两次、去离子水洗涤两次，干燥，减压蒸馏，得到产品13.7g。回答下列问题：（1）薄荷醇的分子式为。仪器a的名称是，在以上“合成”步骤中需控制反应温度120℃的原因可能是。（2）实验中加入过量乳酸的目的是。分水器的作用主要是。（3）甲苯的作用之一是带出生成的水，另一个作用是；若采用环己烷替代甲苯，其优点是。（4）在“分离与提纯”步骤中，水层应从分液漏斗的（填“上口”或“下口”）放出，用碳酸钠溶液洗涤的主要目的是。（5）“减压蒸馏”的目的是。（6）本实验中乳酸薄荷醇酯的产率约为。（结果保留两位有效数字）10．CO在工农业生产及科学研究中有着重要应用。（1）CO催化脱氮：在一定温度下，向2L的恒容密闭容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，在催化制作用下发生反应：时间/min05101520c(N2.01.71.561.51.5c(00.150.220.250.25①其他条件不变，若不使用催化剂，则0～5min内NO2的转化率将②下列表述能说明该反应已达到平衡状态的是。（填序号）A.CO的消耗反应速率为N2B.气体的颜色不再变化C.化学平衡常数K不再变化D.混合气体的密度不再变化③有利于提高该反应中NO2平衡转化率的条件是A.高温低压B.低温高压C.高温高压D.低温低压（2）CO与Ni发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂，Ni的羰化反应为：Ni(s)+4CO(g)①0～10min内平均反应速率v(Ni)=g/min。②研究表明，正反应速率v正=k正⋅x4(CO)，逆反应速率v逆=k逆（3）已知：Ⅰ.CO2Ⅱ.CO(g由CO2合成CH如果在不同压强下，CO2和H2的起始物质的量比仍为1：3，测定C已知：CO2的平衡转化率CH3OH①压强p1p2（填“＞”或“＜”），原因②其中图中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图③图乙中T1温度时，两条曲线几乎交于一点，分析原因11．三蝶烯(英语：Triptycene)是一种由蒽和苯炔通过狄尔斯-阿尔德反应合成的芳香烃。三蝶烯及其衍生物因其独特的结构在分子机器等领域有广泛的应用，羟基三蝶烯(Ⅰ)的一种合成路线如图所示：回答下列问题：（1）有机物A的名称为，F中含氧官能团的名称为。（2）在①~⑧各步反应中属于取代反应类型的是。（3）C的结构简式为，设计①、④两步的目的是。（4）由D→E的化学方程式为。（5）B的同分异构体有多种，仅符合下列条件①、②、③的B的芳香族同分异构体有种(不考虑立体异构)，写出符合下列所有条件的B的同分异构体的结构简式：。①苯环上有两个取代基；②能发生银镜反应；③遇FeCl3溶液显紫色；（6）4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体。已知：，写出由苯甲醚()与乙酰氯(CH3COCl)制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其他试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、同喜如是指结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的有机化合物，铷和铯都不是有机物，故A错误；

B、胶体是分散系，属于混合物，螺旋碳纳米管、石墨烯均为碳单质，不属于胶体，故B错误；

C、丝绸的主要成分为蛋白质，故C正确；

D、镁比铁活泼，发生腐蚀时，镁为负极，铁为正极，原理是牺牲阳极保护法，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；

B、胶体是分散系；

C、丝绸的主要成分是蛋白质；

D、该原理是牺牲阳极保护法。2．【答案】B【解析】【解答】A、手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，该分子中含有3个手性碳原子，如图用“*”标记，故A错误；

B、该物质含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有酯基，能发生水解反应，故B正确；

C、六元环上含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，则六元环上的6个碳原子一定不共平面，故C错误；

D、六元环上含有5种不同环境的氢原子，有5种一氯代物，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

B、根据该物质含有的官能团分析其性质；

C、饱和碳原子具有甲烷的结构特征；

D、含有几种环境的氢原子，就有几种一氯代物。3．【答案】D【解析】【解答】A、同主族从上到下元素的第一电离能减小，则第一电离能：O>S，故A错误；

B、中心离子Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，含有14种空间运动状态的电子，故B错误；

C、SO42−中S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，H2O中O原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，杂化类型相同，故C错误；

D、FeSO4⋅7H2O失水转化为FeSO4⋅6H2O，只破坏氢键，故D正确；

故答案为：D。

【分析】A、同主族从上到下元素的第一电离能减小；

B、Fe2+的核外电子排布式为1s22s24．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，放电时B为负极，发生氧化反应，故A错误；

B、放电时，Na失去电子变为钠离子，由负极进入正极，则充电时，钠离子从阳极脱嵌，在阴极嵌入，B正确；

C、放电时，阳离子向正极移动，A为正极，则电解质溶液中的Na+穿过离子交换膜向A极移动，故C错误；

D、充电时，A极为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Na2Mn[Mn(CN5．【答案】A【解析】【解答】A、铝和硫化银形成的原电池中，铝为负极，硫化银为正极，硫化银发生得电子的还原反应得到单质银，故A正确；

B、当浓硫酸浓度降低变为稀硫酸时，锌与稀硫酸反应生成氢气，故B错误；

C、比较非金属性应比较最高价含氧酸的酸性强弱，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，故C错误；

D、四氧化三铁中含有2价铁，因此生成蓝色沉淀不能说明铁粉剩余，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、该原电池中，铝为负极，硫化银为正极；

B、稀硫酸与锌反应生成氢气；

C、盐酸不是氯元素的最高价含氧酸；

D、四氧化三铁中含有2价铁。6．【答案】C【解析】【解答】A、V为23号元素，基态V原子的价电子排布式为3d34s2，则V3+价电子排布式为3d2，未成对电子数是2，故A不符合题意；

B、NH3和NO正负电荷中心不重合，为极性分子，V4+−OH先产生后消耗，为该反应的中间体，故B不符合题意；

C、该反应中，氧化剂为NO和O2，故C符合题意；

D、标准状况下22.4LN2的物质的量为1mol，根据总反应的方程式4NH3+4NO+O2=催化剂7．【答案】D【解析】【解答】A.AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）存在溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，滴加氨水，当c(NH3)很小时，c(Ag＋)=c(Cl-)，随着c(NH3）增大c(Ag＋)＜c(Cl-)，故曲线Ⅲ表示的是lgc(Cl-）随lgc(NH3）的变化曲线，曲线Ⅳ表示的是lgc(Ag＋）随lgc(NH3）的变化曲线，曲线Ⅰ表示的是lgc(NH3)2随lgc(NH3）的变化曲线，曲线Ⅱ表示的是lgc【Ag(NH3)2】+随lgc(NH3）的变化曲线，A错误；

B.随着c(NH3），c(Cl-)减小，c(NH3)增大，比值减小，C错误；

C.反应AgCl+2NH3=【Ag(NH3)2】++Cl-的平衡常数K=c(Cl-)×c[Ag(NH3)2]+}c(NH3)2=10-2.35×10-2.35(10-1)2=10-2.7，C错误；

D.完全溶解0.1molAgCl生成0.1molCl－和0.1mol【Ag(NH3)2】+，AgCl+2NH3=【Ag(NH3)2】++Cl-的平衡常数K=10-2.7=（0.1×0.1）÷n2(NH3)，得n(NH3)=100.35mol，反应后应该余下氨气的物质的量为100.35mol，加上0.1molAg＋结合的0.2molNH3生成0.1mol【Ag(NH3)2】+，共需（0.2+100.35）molNH3，D正确；

故答案为：D

【分析】AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）存在溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，滴加氨水，当c(NH3)很小时，c(Ag＋)=c(Cl-)，随着c(NH3）增大c(Ag＋)＜c(Cl8．【答案】（1）ⅥB；+2（2）粉碎；2MnW（3）H（4）将沉淀后的悬浊液静置分层，向上层清液中继续滴加盐酸，若无明显现象，则沉淀完全；若上层清液变浑浊，则沉淀不完全（5）1（6）AlMnCu2【解析】【解答】（1）（1）已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第ⅥB族；钨酸H2WO4中H为+1价、O为-2价，可知W为+6价，可知（2）“碱熔”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，加快反应速率，提高原料的利用率；根据流程和信息，“碱熔”过程中MnWO4与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为2MnWO4+（3）由流程图知，加盐酸后含有杂质HAsO32−，“氧化、净化”过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此过氧化氢的作用是将HAsO32−氧化为HAsO42−，随后加入MgC（4）沉钨即生成钨酸沉淀，判断是否沉淀完全，可以静置后取上层清液，继续加入盐酸，观察现象；

故答案为：将沉淀后的悬浊液静置分层，向上层清液中继续滴加盐酸，若无明显现象，则沉淀完全；若上层清液变浑浊，则沉淀不完全；（5）Na2WO4与石灰乳Ca(OH)2反应生成CaWO4，反应的离子方程式为WO42−+Ca（6）晶胞中，Cu数目为8×18+6×12+12×14+1=8，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为AlMnCu2【分析】黑钨矿（主要成分为FeWO4、MnWO4，含有少量Si、As的化合物）中通入空气，加入NaOH碱浸，NaOH和SiO2反应生成Na2SiO3，与Al2O3反应生成Na2AlO2，FeWO4和NaOH反应生成Na2WO4和Fe2O3，水浸过滤除去不溶的MnO2、Fe2O3，加入盐酸中和至pH=10，再通入过氧化氢和氯化镁氧化、净化得到MgSiO3、MgHAsO4，最后加入盐酸沉钨得到9．【答案】（1）C10H20O；球形冷凝管；防止温度高于120℃发生副反应（或“加热可以加快反应速率”或“蒸出酯有利于平衡右移”或“乳酸沸点122℃，防止乳酸挥发，不利于平衡向右移动”）（2）提高薄荷醇的转化率；及时分离生成的水，有利于使平衡正向移动，提高酯的产率（3）利用甲苯溶解薄荷醇，使薄荷醇回流到三颈烧瓶中再与乳酸反应；环己烷没有毒性（或“环己烷毒性小”或“环己烷沸点低”）（4）下口；除去合并液中的H2SO4和乳酸杂质（5）降低沸点，分离出乳酸薄荷醇酯（6）60%【解析】【解答】（1）薄荷醇的结构简式为，其分子式为C10H20O；根据仪器构造可知，仪器a为球形冷凝管；“合成”步骤中需控制反应温度120℃是因为防止温度高于120℃发生副反应（或“加热可以加快反应速率”或“蒸出酯有利于平衡右移”或“乳酸沸点122℃，防止乳酸挥发，不利于平衡向右移动”）；

故答案为：C10H20O；球形冷凝管；防止温度高于120℃发生副反应（或“加热可以加快反应速率”或“蒸出酯有利于平衡右移”或“乳酸沸点122℃，防止乳酸挥发，不利于平衡向右移动”）；

（2）一般加入过量的一种反应物，能提高另一种反应物的平衡转化率，则加入过量乳酸的目的是提高薄荷醇的转化率；分水器能及时分离生成的水，有利于使平衡正向移动，提高酯的产率；

故答案为：提高薄荷醇的转化率；及时分离生成的水，有利于使平衡正向移动，提高酯的产率；

（3）甲苯与水形成共沸体系，将水蒸气带出体系，同时利用甲苯溶解薄荷醇，使薄荷醇回流到三颈烧瓶中再与乳酸反应，提高薄荷醇的利用率；甲苯有毒，环己烷无毒，因此采用环己烷替代甲苯的优点是环己烷没有毒性（或“环己烷毒性小”或“环己烷沸点低”）；

故答案为：环己烷没有毒性（或“环己烷毒性小”或“环己烷沸点低”）；

（4）甲苯的密度小于水，则甲苯从上口倒出，水从分液漏斗下口放出；碳酸钠呈碱性，可除去硫酸和乳酸杂质，因此用碳酸钠溶液洗涤的主要目的是除去合并液中的H2SO4和乳酸杂质；

故答案为：下口；除去合并液中的H2SO4和乳酸杂质；

（5）“减压蒸馏”就是降低体系压强，使薄荷醇的沸点降低，更容易分离；

故答案为：降低沸点，分离出乳酸薄荷醇酯；

（6）15.6g薄荷醇的物质的量为0.1mol，理论上可生成0.1mol乳酸薄荷醇酯，质量为0.1mol×228g/mol=22.8g，则乳酸薄荷醇酯的产率约为13.7g22.8g×100%=60%；

故答案为：60%。

【分析】（1）根据薄荷醇的结构简式确定其分子式；根据仪器构造书写其名称；温度高于120℃发生副反应；

（2）加入过量乳酸可提高薄荷醇的转化率；分水器可将水分离出来，使反应的平衡正向移动；

（3）甲苯可溶解薄荷醇，使薄荷醇回流到三颈烧瓶中再与乳酸反应；

（4）甲苯与水不互溶，密度小于水；

（5）“减压蒸馏”可降低沸点；

10．【答案】（1）变小；AB；B（2）5.31；9×103（3）CO2(g)+3【解析】【解答】（1）①根据表格数据可知，反应在15min时达到平衡，由于在0～5min内反应未达到平衡，所以若使用催化剂，加快反应速率，使更多的反应物NO2反应，NO2转化率提高，若不使用催化剂，则反应速率减小，NO2转化率将变小；

故答案为：变小；②A、CO的消耗反应速率为N2消耗反应速率的4倍，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A符合题意；

B、混合物只有NO2是有色气体，则气体颜色随反应发生变化，因此混合气体的颜色不再变化，说明反应达到了平衡状态，故B符合题意；

D、反应在恒容密闭容中进行，反应混合物都是气体，气体的体积、质量始终不变，因此气体密度始终不变，所以不能据此判断反应是否处于平衡状态，故D不符合题意；故答案为：AB；③增大压强，平衡向气体体积减小方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动，由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，要提高反应中NO2平衡转化率，采取的措施是低温高压，故选B，故答案为：B；（2）①在恒容密闭容中，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，在反应开始时加入了3.7molCO，反应达到平衡时测得体系的压强为原来的13.7，则气体的物质的量为13.7×3.7=1mol，假设平衡时反应产生Ni(CO)4(g)为xmol，则反应消耗CO物质的量为4xmol，平衡时CO物质的量为(3.7-4x)mol，则(3.7-4x)mol+xmol=1mol，解得x=0.9mol，由方程式可知，Ni与反应产生Ni(CO)4的物质的量相等，因此10min内反应消耗的Ni的物质的量为0.9mol，其质量为0.9mol×59g/mol=53.1g②当反应达到平衡时，v正=v逆，由于正反应速率v正=k正⋅x4(CO)，逆反应速率v逆=k逆⋅x[Ni(CO)4（3）根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ可得由CO2合成CH3OH(g)的热化学方程式为C①增大压强，CO(g)+2H2(②CO2(g)+H2(g)⇌CO(③反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应I为主，反应I前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，所以图乙中T1温度时，两条曲线几乎交于一点；

故答案为：反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应I为主，反应I前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响