重庆市2024年高考化学模拟试题（含答案）4

重庆市九2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单选题得分1．民以食为天。下列说法错误的是A．硬化油不易被空气氧化变质，是制造人造奶油的原料B．亚硝酸钠具有一定毒性，不能用作食品防腐剂C．铝制餐具不宜用来长时间存放酸性食物或碱性食物D．酱油中添加铁强化剂，可减少缺铁性贫血问题的发生2．SOCl2是一种液态化合物，其与水反应的化学方程式为：A．SOCl2B．氯离子的结构示意图为C．键角：HD．SO2与3．氟他胺是一种抗肿瘤药，其结构简式如下。下列关于氟他胺说法正确的是A．第一电离能：C＜N＜O＜FB．所有元素都处于元素周期表的p区C．1个分子中采取spD．基态氟原子最高能级的轨道形状为哑铃形4．加入下列物质后，不会影响溶液中Na+、Al3+、FeA．苯酚 B．Mg(OH)2 C．Na5．设NAA．39g含有π键的数目为1.B．18gD2O和C．22.4LSO2和11D．15.6gNa26．下列叙述正确的是A．工业上用98.3%的浓硫酸吸收SOB．乙烯、乙醛、乙酸均能与氢气发生加成反应C．Zn-N键中离子键成分的百分数大于Zn-O键D．氢氟酸溶蚀玻璃与FeCl7．下列实验装置与操作正确，且能达到实验目的的是A．Fe(OH)3B．NH3C．液液分离D．pH测试8．凯芙拉是一种耐高温、耐酸碱的高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如下。下列说法正确的是A．X与苯甲酸互为同系物 B．Y分子中最多有14个原子共平面C．X的苯环上二溴代物有2种 D．X与Y经加聚反应制得凯芙拉9．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，1mol化合物XYZA．W的氧化物均易溶于水B．离子半径：Y>X>Z>WC．同主族元素形成的简单氢化物中X的最稳定D．同周期元素基态原子未成对电子数少于Y的有4种10．下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是选项实验操作及现象结论A将ZrCl4固体和水解性：ZrCB将Cu2O加入氨水中，固体溶解，先生成无色溶液稳定性：[CuC向某甲酸样品中先加入足量NaOH溶液，再做银镜反应实验，出现银镜该甲酸样品中混有甲醛D将NaAlO2溶液加入AlO2−结合HA．A B．B C．C D．D11．常温下，用0.4molL盐酸滴定A．Ka2(B．b点：c(C．c→d段主要发生的反应为HCD．e→f段压强增大的主要原因是盐酸的挥发12．火箭发射时可以用液态肼作燃料，NO2作氧化剂。相关物质的能量转化关系如下。已知N2H4(l)⇌NA．−1134.4 B．−1153.8 C．13．通过电解废旧锂电池可回收锂和锰，电解示意图如下(滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过)。下列说法正确的是A．电极B与电源正极相连，发生还原反应B．电极A的电极反应：LiMC．当电路中通过0.D．电解过程中，n(H14．T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+A．5min时反应到达c点，v(B．a点时，混合气体平均摩尔质量为96C．b点时，KD．c点时，再加入CO2(g)和H阅卷人二、非选择题得分15．一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取氧化钇(Y已知：K成分含量%阶段YZnOAPbMgO预处理24.2841.827.811.670.19预处理后68.515.424.335.430.50废弃CRT荧光粉预处理前后的组成(不参与反应的杂质未列出)（1）在元素周期表中，钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布图为。（2）“预处理”的目的为，“加热、过滤”阶段产生黄绿色气体的化学方程式为。（3）氨水除去的金属离子是Al3+，除杂试剂DDTC除去的金属离子是，不能用碱代替DDTC的原因是（4）“沉钇”中Y3+沉淀完全，滴加草酸后的溶液中c(C2（5）“焙烧”过程生成Y2O3（6）铁酸钇的正交相晶胞结构如图。若1号氧原子分数坐标为(0，0，1416．草酸及其盐在化工生产中具有重要价值，某实验小组做以下实验。（1）Ⅰ.制取草酸反应原理：C6H12O6检验淀粉是否水解完全所用的试剂为，装置B的作用是。（2）检查图1装置气密性的方法是。在图1的装置B、C之间添加装置D，可在D中得到HNO3，通入气体X是（3）Ⅱ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制取及组成测定已知：三草酸合铁酸钾晶体K3(一)制取晶体步骤1：向盛有3.000g黄色晶体FeC2O4⋅2步骤2：加热至沸腾，分两次缓慢加入8～9mLH2完成该过程的化学方程式并配平：。FeC2O4⋅2H2O+（4）步骤1中，生成三草酸合铁酸钾与另一种铁的化合物，该化合物为(填化学式)，步骤2加入无水乙醇的目的是。（5）实验小组完成实验后发现产率偏低，其主要原因可能是。（6）(二)测定组成称取5.000g所得的三草酸合铁酸钾晶体配制成250mL溶液。取25.00mL溶液，用0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液13.50mL。另取25.00mL溶液，用SnCl第一次滴定终点时的现象为，通过上述实验，测定出该晶体中C2O42−与F17．尿素CO(N（1）尿素−SCR技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成NHⅠ.CO(NHⅡ.HNCO(g)+H2一定温度下，向恒容容器中投入足量CO(NH2)2(s)和一定量的H2O(g)，当上述反应达到平衡时，测得c(NH3（2）工业上以CO2和①该反应历程中，若ΔE2=241.0②在T1℃和T2℃时(T1<T2)，向恒容容器中投入等物质的量的HNCO(g)和若v正=k正⋅p(HNCO)⋅p(NH3)、v逆=k（3）某实验小组用Zn−CO装置Ⅰ中双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成，与b极室相连的交换膜为离子交换膜(填“阴”或“阳”)，装置Ⅱ阳极上的反应式为。18．2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面作出贡献的科学家，某课题组结合反应原理，设计如下路线合成一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物M。已知：R（1）A的化学名称是，A→B选择的试剂和反应条件分别为。（2）D＋E→F的反应类型为，H所含官能团的名称是，F在一定条件下发生分解反应得到G和(填化学式)。（3）I的结构简式是，J与过量NaOH溶液反应的化学方程式为。（4）C＋K→M的过程中还生成了一种分子式为C20H18（5）写出2种同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)。①核磁共振氢谱只有2组峰；②只含有六元环：③含有结构片段，不含−C≡C−键。（6）根据上述信息，以乙烯和对苯乙烯为原料，设计的合成路线。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.硬化油已经是饱和脂肪酸，可以制取人造奶油，故A不符合题意；B.亚硝酸钠适量可以做食品防腐剂，故B不符合题意；C.铝易与碱性和酸性物质反应，故C不符合题意；D.缺铁性贫血可以补铁元素，故D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.根据硬化油的性质和用途判断；

B.根据亚硝酸钠可做食品添加剂；

C.铝的性质决定用途；

D.加铁可以补铁元素。2．【答案】C【解析】【解答】A.SOCl2是共价化合物，硫和氧形成双键，其结构式为，故A不符合题意；B.氯离子的核电荷数为17，而核外电子数为18，故氯离子的结构示意图为；故B不符合题意；C.氧的电负性强于硫，孤对电子对键的斥力小，故C符合题意；D.二氧化硫中硫的价层电子对为3，为V形结构，而水中氧原子的价层电子对为4，为V形结构，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.根据碳原子成键即可写出结构式；

B.根据离子结构示意图书写方式；

C.根据孤对电子对键的影响；

D.计算出价层电子即可。3．【答案】D【解析】【解答】A.根据同一周期元素的第一电离能从左到右有增大趋势，但是氮的p轨道属于半充满状态，第一电离能大于相邻元素，因此C＜O＜N＜F，故A不符合题意；B.氢元素只有s轨道处于s区，故B不符合题意；C.形成四个单键的碳原子有4个，一个氮原子形成3个键，因此sp3杂化的有5个原子，故C不符合题意；D.F原子最高能级的轨道为p轨道，是哑铃状，故D符合题意；故答案为：D

【分析】A.根据同周期元素的电离能判断方式判断；

B.根据元素的电子排布即可判断；

C.找出形成sp3杂化的原子即可；

D.s轨道的原子一般是球形，而p轨道的原子是哑铃状。4．【答案】D【解析】【解答】A.铁离子与苯酚形成显色反应，故A不符合题意；B.氢氧化铁比氢氧化镁更难溶，因此加入氢氧化镁后形成红褐色的沉淀，故B不符合题意；C.加入碳酸钠后会和铁离子和铝离子双水解，故C不符合题意；D.加入氯化铵后无影响，故D符合题意；故答案为：D

【分析】根据题意，苯酚与铁离子形成显色反应，一般用此反应来检验苯酚，氢氧化镁沉淀和铁离子可以形成沉淀转化，碳酸根水解显碱性，铁离子和铝离子水解呈酸性，故结合选项判断。5．【答案】D【解析】【解答】A.一个苯分子含有1个大π键，39g的苯含有的物质量为0.5mol，故含有0.5molπ键，故A不符合题意；B.18gD2OC.使用摩尔体积时需要表明条件，故C不符合题意D.根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，转移了2个电子，15.6g过氧化钠转移0.2mol电子，故D符合题意；故答案为：D

【分析】A.根据计算出物质的量即可；

B.根据给出的质量计算出物质的量，结合水中含有的质子数即可计算；

C.使用摩尔体积时应该考虑条件；

D.根据反应计算出转移的电子数，结合数据计算即可。6．【答案】A【解析】【解答】A.吸收三氧化硫主要与水反应，用水直接吸收可导致形成酸雾，用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫。故A符合题意；B.乙烯和乙醛含有双键可以和氢气发生加成，而乙酸不能与氢气加成，故B不符合题意；C.氧的电负性高于氮了，因此Zn-O键极性强，因此离子键成分百分数大，故C不符合题意；D.氢氟酸腐蚀玻璃主要是酸性，而氯化铁腐蚀电路板主要是氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：A

【分析】A.根据工业制取硫酸的操作判断；

B.根据是否含有可加成的键判断；

C.根据电负性判断；

D.根据反应原理判断。7．【答案】A【解析】【解答】A.制取氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液加入沸水中继续加热，直到变为红褐色即可停止加热，故A符合题意；B.固体和固体加热时，试管口略微向下倾斜，故B不符合题意；C.相似相溶不能进行分离，故C不符合题意；D.新制备氯水具有漂白性，故不能用pH试纸测量pH，故D不符合题意；故答案为：A

【分析】A.根据制备氢氧化铁胶体判断；

B.根据固体和固体加热判断；

C.根据液体和液体分离的方法判断；

D.应该用pH计测量pH。8．【答案】B【解析】【解答】A.同系物是具有相同的官能团分子上相差n个CH2的有机物，X与含有2个羧基，故A不符合题意；B.苯环属于平面结构，因此有12个原子共面，与两个氮原子连接的2个氢原子也可以共面，故B符合题意；C.2溴取代有3种，故C不符合题意；D.根据产物得到是X和Y缩聚得到，故D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.根据同系物的定义进行判断；

B.根据苯环的平面以及氨基最3个共面判断；

C.根据结构式写出2溴取代即可；

D.根据生成物即可判断。9．【答案】C【解析】【解答】A.W为N，氮的氧化物很多种，一氧化氮不溶于水，故A不符合题意；B.离子为F-，O2-，N3-，S2-，具有相同的电子层数，核电荷数越小，半径越大，电子层数越大半径越大，离子半径大小：S2-＞N3-＞O2-＞F-，故B不符合题意；C.X为F，氢化物为HF，非金属性最强，其氢化物稳性最强，故C符合题意；D.Y为S，基态原子未成对电子数少于Y的有Na，Al，Cl，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】根据三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，XZW处于同一周期，分布在IIIA-VIIA族，根据1mol化合物XYZ10．【答案】C【解析】【解答】A.只有前者冒烟说明前者水解性强，故A不符合题意；B.根据先生成无色溶液[Cu(NH3C.加入足量的氢氧化钠溶液后再做银镜反应，出现银镜说明含有醛基，故C符合题意；D.偏铝酸钠加入碳酸氢钠产生沉淀氢氧化铝说明偏铝酸根结合氢离子能力较强，故D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.根据现象可判断水解能力强弱；

B.根据溶液的颜色变化可以判断产物；

C.银镜反应可证明含有醛基；

D.根据现象判断结合氢离子能力强弱。11．【答案】D【解析】【解答】根据盐酸和碳酸钠反应是分步反应，先得到碳酸氢钠，再接着反应得到水和二氧化碳，加入盐酸体积为20mL时，得到碳酸氢钠，当V=40mL时，碳酸钠恰好反应完全。

A.根据图示，盐酸体积为0时，碳酸钠的pH=12，因此，c(H+)=10-12mol/L，水的离子积常数为10-14，计算出此时溶液的氢氧根离子浓度为10-2mol/L，碳酸根水解平衡常数为Kh1=c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)=2.5X10-4，根据碳酸的二步电离常数为Ka2=Kw/Kh1=4x10-11，故A不符合题意；B.b点是加入等量的盐酸，得到的是碳酸氢钠溶液，此时李颖质子守恒写出：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)，转化得到c(HC.c点主要是碳酸氢钠和氯化钠，因此后面主要是碳酸氢钠和盐酸反应发生HCOD.主要是碳酸溶于水，形成平衡，e到f的过程主要是溶于水中的碳酸分解，故D符合题意；故答案为：D

【分析】A.根据电离常数计算；

B.质子守恒；

C.考虑的是形成碳酸；

D.根据图示，考虑溶于水形成的碳酸分解。12．【答案】A【解析】【解答】根据给出的信息得出：1/2N2(g)+O2(g)=NO2(g)∆H=+33.2KJ/mol①

N2H4(g)+2O2(g)=N2(g)+2H2O(g)∆H=-543.7KJ/mol②N2H4(l)⇌N2H4(g)ΔH=+9故答案为：A

【分析】根据盖斯定律即可计算出给出的方程式的焓变。13．【答案】D【解析】【解答】根据电极A上是LiMn2O4→Mn2+，化合价降低被还原，做阴极，与电池的负极相连，电极Mn2+→MnO2，化合价升高，被氧化，做阳极与电池的正极相连；

A.根据分析，电极B与电源正极相连，发生氧化反应，故A不符合题意；B.电解质含有硫酸，电极A发生的是反应是LiMnC.阳极得到二氧化锰，因此Mn2+→MnO2，转移0.3mol电子可形成0.15mol锰，因此可得到0.15x55g=8.25g，故C不符合题意；D.根据电解过过程消耗氢离子，生成锰离子，导致结果减小，故D符合题意；故答案为：D

【分析】A.根据B极的反应物和生成物即可判断；

B.根据A极的反应物和生成物判断；

C.根据阳极电极反应式，转移电子即可计算出锰的质量；

D.根据电解方程式判断。14．【答案】C【解析】【解答】根据c点三段式，CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)，

起始(mol)12

变化(mol)x2xxx

B.根据根据a点三段式，CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)，

起始(mol)22

变化(mol)y2yyy

平衡(mol)2-y2-2yyy

平衡压强为(4-y)/4x1.2mKPa，而p(HClO)=y/(4-y)x(4-y)/4x1.2mkPa=xmkPa.得到y=10/3xmol，此时n(总)=4-y=(4-10/3x)mol，气体总质量为1x44+2x1=46g，气体平均摩尔质量为46/(4-10/3x)g/mol故B不符合题意；

C.温度不变，化学平衡常数不变，故b点的反应平衡常数与c点对应的常数相等，分析C点平衡时p(CO2)=0.2mkPa，p(H2D.c点在通入二氧化碳和水蒸气，增大0.2mPa，此时Qp=p(HClO)xp(H2O)/p(CO2)p(H2)2=1.故答案为：C

【分析】A.利用三段式计算；

B.根据比值利用三段式计算；

C.根据Kp公式结合温度不变计算出c点常数；

D.计算出此时Q即可。15．【答案】（1）4（2）除去ZnO和Al2（3）Zn2＋、Pb2＋；若加入碱调剂pH除去Z（4）2（5）3（6）(【解析】【解答】（1）钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的核外电子排布图为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，基态钇原子的价电子排布图为4d15s2；

（2）加入盐酸预处理主要是除去可溶于盐酸的物质，富集稀土元素，增大接触面积提高反应速率；产生的换绿色气体是氯气，主要是二氧化铅与盐酸反应得到，PbO2+4HClΔ__PbCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）根据含有的了离子，加入氨水除去的是铝离子，因此加入DDTC除去的金属离子是Zn2＋、Pb2＋；若用碱代替则若加入碱调剂pH除去Zn2＋、Pb2＋，Zn2＋、Pb2＋沉淀时，Y3+也会形成沉淀；

（4）根据Ksp[Y2(C2O4)3]=8.16．【答案】（1）碘溶液；冷凝草酸，收集草酸（2）关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好；氧气（3）2Fe（4）Fe(OH)3；降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高提高产率（5）该产物在见光条件下分解，引起产率偏低（6）当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液出现浅紫红色，且半分钟内不恢复，则为滴定终点；3【解析】【解答】（1）淀粉遇碘变蓝色，加入碘单质后，有淀粉变蓝色，无淀粉不变色，装置B主要收集产物草酸；

（2）利用压强差的原理进行装置气密性检验，关闭所有活塞将导管放入C中，对三口烧瓶进行加热观察气泡是否冒出。故关闭分液漏斗活塞，将导管放入C中，微热三口烧瓶，C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱，证明装置气密性良好；一氧化氮和水与氧气反应得到硝酸，因此可以通入氧气；

（3）根据反应物和生成物的性质即可写出方程式为2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4Δ2K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O；

（4）根据红褐色沉淀是氢氧化铁即可判断产物为Fe(OH)3，根据题意，产物难溶于乙醇，因此加入乙醇的目的降低溶解度，有利于析出晶体；

（5）三草酸合铁酸钾晶体17．【答案】（1）p-2q；p(p-2q)（2）66.5；1000；变大（3）阳离子；CO(N【解析】【解答】（1）对于反应HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)

变化量qmol/Lqmol/Lqmol/Lqmol/L

CO(NH2)2(s)⇌HNCO(g)+NH3(g)

变化量