黄金卷05-2024年高考化学模拟卷9

【赢在高考·黄金8卷】2024年普通高中学业水平等级性考试模拟║天津专用黄金卷05（考试时间：60分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。H1C12N14O16Mg24Fe56选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A．游泳馆常用硫酸铜作池水消毒剂B．硅胶可用作商品包装袋内的干燥剂，也可以用作催化剂的载体C．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的一种药剂D．光导纤维、棉花、油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质【答案】D【解析】A．铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，因此游泳馆常用硫酸铜作池水消毒剂，故A正确；B．硅胶可用作商品包装袋内的干燥剂，硅胶具有多孔性质，可以用作催化剂的载体，故B正确；C．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，利用碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液显弱碱性，因此也是治疗胃酸过多的一种药剂，故C正确；D．光导纤维、油脂、都不是由高分子化合物组成的物质，故D错误。综上所述，答案为D。2．下列说法错误的是A．糖类、橡胶和蛋白质都属于天然高分子B．淀粉和纤维素属于多糖，淀粉在人体中水解的最终产物是葡萄糖，纤维素可刺激肠道蠕动C．油和脂肪是根据含不饱和烃基和饱和烃基的相对含量不同引起的熔点不同进行区分的D．氨基酸和蛋白质都具有两性，氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，没有蛋白质就没有生命【答案】A【解析】A．糖类中的单糖、低聚糖均不属于高分子，A错误；B．淀粉和纤维素属于糖类中的多糖，淀粉在人体中水解最终产物为葡萄糖，纤维素在人体内不水解，但可刺激肠道蠕动，B正确；C．油为液态油脂，脂肪为固态油脂，两者是根据含不饱和烃基和饱和烃基的相对含量不同引起的熔点不同进行区分的，C正确；D．氨基酸中的氨基具有碱性，羧基具有酸性，蛋白质是氨基酸缩聚而成，也含氨基和羧基，所以它是组成蛋白质的基本结构单位，机体所有重要的组成部分都需要有蛋白质的参与，D正确；故选A。3．下列实验合理的是A．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别甲酸与乙酸B．用澄清石灰水鉴别SO2与CO2C．用淀粉－KI试纸鉴别碘水与FeCl3溶液D．用湿润的pH试纸测定CH3COONa的pH【答案】A【解析】A．甲酸中有醛基结构，与新制氢氧化铜反应，适当条件下可以生成砖红色沉淀，乙酸无醛基结构，与新制氢氧化铜只是发生酸碱中和反应，无砖红色沉淀生成，可以实现鉴别，描述正确，符合题意；B．SO2可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀CaSO3，无法实现鉴别，描述错误，不符题意；C．Fe3+可以氧化I形成I2，I2使淀粉变蓝，所以无法实现鉴别，描述错误，不符题意；D．湿润的pH试纸无法准确测定CH3COONa的pH，描述错误，不符题意；综上，本题选A。4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A．Al(OH)3有弱碱性，可用于治疗胃酸过多B．生铁硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座C．稀硝酸有强氧化性，可清洗附着在试管内壁的银镜D．单晶硅是良好的半导体材料，常用于制备光导纤维【答案】D【解析】A．Al(OH)3有弱碱性，胃酸的成分是盐酸，与盐酸发生中和反应，可用于治疗胃酸过多，A正确；B．生铁属于合金，硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座，B正确；C．稀硝酸有强氧化性，能与不活泼金属银发生反应，可清洗附着在试管内壁的银镜，C正确；D．单晶硅是良好的半导体材料，常用于制备芯片等半导体，制备光导纤维的材料是SiO2，D错误；答案选D。5．CrSi、GeGaAs、ZnGeAs2和SiC都是重要的半导体化合物，下列说法错误的是A．原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As)B．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体C．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料D．第一电离能：I1(C)>I1(Si)>I1(Ge)【答案】B【解析】A．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As)，故A正确；B．碳单质中金刚石、晶体硅、SiC均为共价晶体，碳单质中C60则为分子晶体，故B错误；C．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料，如Ga等，故C正确；D．周期表中同主族从上到下，第一电离能变小，第一电离能：I1(C)>I1(Si)>I1(Ge)，故D正确；故选B。6．可用于水处理，约为8时，可与反应生成、和。可用于烟气(含、、、等)脱硫。下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．分子间作用力较大，易液化B．常温下呈固态，可用于烟气脱硫C．分子间存在氢键，的热稳定性强于D．的溶解度比大，可用于饮用水消毒杀菌【答案】A【解析】A．分子间作用力较大，熔沸点高，因此易液化，故A符合题意；B．常温下呈固态，可用于烟气脱硫是在高温下两者反应，两者没有对应关系，故B不符合题意；C．分子间存在氢键，只能说明水的沸点高，的热稳定性强于是由于氢氧键比氢硫键键能大，故C不符合题意；D．可用于饮用水消毒杀菌是由于具有强氧化性，与的溶解度比大无关，故D不符合题意。综上所述，答案为A。7．据文献报道，钒催化某反应的反应机理如图所示，下列叙述正确的是A．H2O参与了该催化循环B．该反应利用了NH3的还原性除去NO，减少了空气污染C．该过程只断裂了极性共价键D．该催化循环过程中V的价态变化为+5→+4【答案】B【分析】由图可知，V5+=O是反应的催化剂，氨气、一氧化氮和氧气是反应物，氮气和水是生成物，总反应为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O。【解析】A．由分析可知，水为反应的生成物，没有参与催化循环，故A错误；B．由分析可知，反应中氨分子中氮元素的化合价升高被氧化，是反应的还原剂，反应中表现还原性，目的是除去一氧化氮，减少空气污染，故B正确；C．由分析可知，非金属单质氧气为反应物，反应中断裂非极性共价键，故C错误；D．由图可知，该催化循环过程中钒元素的价态变化为+5→+4→+5，故D错误；故选B。8．如图物质是一种重要的有机合成中间体。下列关于该物质的说法正确的是A．该物质的分子式为，分子中碳原子的杂化方式有、B．该物质属于芳香烃，该芳香烃最多能与加成C．该物质最多有18个原子共面D．该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】A．该物质的分子式为，分子中碳原子的杂化方式有、、sp，故A错误；B．该物质含有F原子，属于卤代烃，故B错误；C．该分子中两个单键碳原子上至少有4个原子不共平面，该物质最多有20个原子共面，故C错误；D．该物质含有碳碳双键、碳碳三键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；选D。9．实验室进行制备和性质探究，下列实验原理和装置不能达到实验目的的是ABCD制备探究溶解性探究氧化性吸收尾气A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，题给装置缺少酒精灯，不能用于制备二氧化硫，故A错误；B．二氧化硫易溶于水，将充满二氧化硫的烧瓶倒扣在水中，二氧化硫溶解导致试管中压强减小，水会进入试管中，则题给装置能用于探究二氧化硫的溶解性，故B正确；C．二氧化硫具有弱氧化性，能与硫化钠溶液反应生成硫沉淀，则题给装置能用于探究二氧化硫的氧化性，故C正确；D．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，则题给装置能用于吸收二氧化硫，防止污染空气，故D正确；故选A。10．某小组做如下实验：实验①：向溶液中滴加盐酸溶液实验②：向固体中加入溶液充分搅拌浸泡[已知：常温下，，，，，的电离常数：，，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法不正确的是A．实验①选用酚酞作指示剂时，滴定终点发生反应为B．实验①中时，存在：C．实验②中再加入溶液，可将完全转化为D．实验②静置，向上层清液中滴加溶液，会析出和【答案】D【解析】A．酚酞为碱性指示剂，实验①滴定终点生成碱性，故A正确；B．实验①中时，生成溶液，则，，，由于的电离和水解都很微弱，溶液中的浓度近似可看成原碳酸氢钠溶液的浓度，满足，，存在：，故B正确；C.的物质的量为0.01mol，假设每次能处理的物质的量为x，根据方程式，可知反应产生物质的量为x，反应消耗后剩余离子物质的量为，，，，总的至少需加入溶液，故C正确；D．实验②处理后，溶液中，，加入溶液后，，，，则只会析出，故D错误；故选D。11．砷可用于制取新型半导体材料砷化镓，砷化镓晶胞如图所示。下列说法正确的是A．、的空间构型均为平面三角形B．基态As原子的核外电子排布式为C．的沸点比高的原因是能形成分子间氢键D．砷化镓晶胞中每个As原子周围与它最近且距离相等的Ga原子有6个【答案】C【解析】A．中N原子价层电子对数=2+=3，其中有一个孤电子对，所以其空间构型为V形；中N原子价层电子对数=2+=3，没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形形；故A错误；B．砷元素的原子序数为33，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故B错误；C．N属于电负性强的元素，能形成分子间氢键，使的沸点比高；故C正确；D．由晶胞示意图可知，砷化镓晶胞中每个As原子周围与它最近且距离相等的Ga原子有4个，故D错误。答案选C。12．从铬锰矿渣(主要成分为、MnO2，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示。已知：焙烧时MnO2不发生反应。下列说法正确错误的是A．加快“酸浸”速率的措施可用适当升温、适当提高硫酸的浓度等B．“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3C．“焙烧”时转化为的化学方程式为：D．流程中加入的作用为作氧化剂，S元素被还原为【答案】D【分析】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、Al3+，生成Fe(OH)3，Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把Cr2O还原为Cr3+，调节pH=6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2，据此分析解题。【解析】A．升温、适当提高硫酸的浓度可以加快“酸浸”速率，故A正确；B．由上述分析可知，“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故B正确；C．“焙烧”时Cr2O3与碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4和CO2，化学方程式为，故C正确；D．流程中加入Na2S2O3的作用为作还原剂，将铬元素还原为正三价，故D错误。答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共64分。13．（16分）硼酸()为白色晶体，晶体结构为层状，其二维平面结构如图所示。(1)关于，下列说法错误的是_______。A．分子中B原子采用杂化 B．硼酸晶体中层与层之间存在范德华力C．1晶体中含有6氢键 D．水溶性较好(2)硼有两种天然同位素和，硼元素的近似相对原子质量为10.80，则硼元素中的质量分数为_______。A．80% B．20% C．略大于20% D．略小于20%(3)B与其同周期的相邻元素，第一电离能由大到小的顺序为(用元素符号表示)。(4)与足量的反应，生成，则属于元弱酸。B和的某些性质相似，类比的酸式电离写出硼酸的电离方程式：。【答案】(1)C(2)D(3)C＞Be＞B(4)一【解析】（1）中B有3个σ键，没有孤对电子，因此分子中B原子采用杂化A正确；硼酸()为白色晶体，晶体结构为层状，因此硼酸晶体中层与层之间存在范德华力，B正确；1晶体中含有3氢键，C错误；能与水形成氢键，水溶性较好D正确，故答案为：C；（2）硼元素的近似相对原子质量为10.80，设和得丰度值分别为x和（1x），则10x+11（1x）=10.8，x=0.2。的质量分数为，故答案为：D；（3）同周期元素整体第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族元素的第一电离能比同周期相邻元素都要大，故第一电离能C＞Be＞B，答案为：C＞Be＞B。（4）与足量的反应，生成，从盐得组成可知是个一元酸；B和的某些性质相似，的电离类似的酸式电离，的电离方程式为：，答案为：。14．（16分）聚对苯二甲酸丙二醇酯(PTT)纤维是一种性能优异的聚酯类新型纤维，其综合了尼龙的柔软性、腈纶的蓬松性、涤纶的抗污性，加上本身固有的弹性，以及能常温染色等特点，把各种纤维的优良性能集于一身。其合成路线如图：已知：①两个―OH连在同一个碳原子上会形成；②回答下列问题：(1)A的化学名称为。，它能发生的有机反应类型有(填序号)。①取代反应

②加成反应

③氧化反应

④水解反应

⑤消去反应(2)C中官能团的名称为；C→D的反应类型为。(3)E→F的化学方程式为。(4)D+G→PTT的化学方程式为。(5)有机物H是D的同分异构体，写出符合条件的H的结构简式。①属于芳香族化合物；②能够发成水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1。(6)参照上述合成路线，以苯甲醛和乙炔为原料设计合成高分子的合成路线(其他试剂任选)。【答案】(1)1，4二甲基苯①②③(2)羟基氧化反应(3)(4)

(5)

(6)

【分析】A物质在光照条件下被氯原子取代，生成B物质，再在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成醇C，C催化氧化变成变成羧酸D，乙醛E和甲醛在氢氧化钠溶液中生成F，F经过氢气加成生成1，3二羟基丙烷E，E和D缩聚反应生成PTT。【解析】（1）A的化学名称为1，4二甲基苯，它能在光照条件下和氯气发生取代反应，可以在催化剂高温高压下和氢气发生加成，可以燃烧发生氧化反应，不可以水解和发生消去反应；（2）C中官能团的名称为羟基，C→D的反应类型为氧化反应；（3）E→F的化学方程式为；（4）D+G→PTT的化学方程式为

；（5）有机物H是D的同分异构体，则H的不饱和度为6，①属于芳香族化合物，含有苯环，苯环含有四个不饱和度，②能够发成水解反应，且水解产物之一能与溶液发生显色反应，含有酯基，水解后含有酚羟基，③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶1，有三种等效氢，有机物H是:

（6）以苯甲醛和乙炔为原料设计合成高分子的合成路线:产物的单体是,可以是苯甲醛和乙醛经过一系列处理得到，

15．（16分）I.含氯物质在生产生活中有重要应用。(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为。(2)实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为。其中NaOH溶液的作用是，其原理是(用离子方程式表示)。(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是。II.某研究性学习小组的同学为了制取NO并探究其性质，进行了如下实验。试回答下列问题：(4)某同学用图甲装置进行实验，收集到无色气体，由此确定铜和稀硝酸反应生成NO气体。该同学的推断不合理的理由是(用化学方程式表示)。(5)另一名同学设计了图乙装置进行实验，步骤如下：①在大试管中放入适量石灰石，加入过量稀硝酸；②待石灰石反应完全，将铜丝浸入过量的稀硝酸中；③一段时间后，观察到大试管中气体始终为无色，收集反应产生的气体。其中步骤①的作用是。(6)当过量的铜与稀硝酸完全反应后，再加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是(填选项编号)，反应的离子方程式为。a．还原剂b．氧化剂c．提供氢离子d．提供热能【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)cdbae尾气吸收Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O(3)HClO向溶液中加入过量稀硝酸，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl(4)3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(5)石灰石与稀硝酸反应生成的CO2可将装置中的空气排出，防止空气对实验造成干扰(6)c3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O【解析】（1）实验室中用浓盐酸与MnO2加热反应制取Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。（2）实验室制取的Cl2中含有HCl，先通过饱和食盐水除去氯气中的HCl，再将氯气通过浓硫酸进行干燥，最后通入集气瓶中收集，多余的氯气用NaOH溶液吸收，接口顺序为cdbae。其中NaOH溶液的作用为吸收多余的氯气，防止其污染环境，相应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。（3）氯水中的HClO具有漂白性且易分解，久置的氯水不能使品红溶液褪色，说明氯水中HClO已分解。检验氯水中含有Cl可用硝酸酸化的硝酸银，具体方案及现象为向溶液中加入过量稀硝酸，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl。（4）NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，甲装置铜与稀硝酸的反应生成的气体用排水法收集，无论铜与稀硝酸反应生成的是NO还是NO2，集气瓶中收集到的气体都是NO，故甲同学的推断错误。（5）步骤①中碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳能将装置中的空气排出，防止空气对实验造成干扰。（6）过量的铜与稀硝酸完全反应后，再加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，是因为溶液中的硝酸根离子、氢离子与铜反应生成了NO，稀硫酸的作用为提供氢离子，答案选c。反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。16．（16分）HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、、等)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。已知：Ⅰ．焙烧时、、均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。Ⅱ．高温下易分解，分解产物含氮元素的气体有两种，二者均非氧化物。Ⅲ．；、。请回答下列问题：(1)流程的“气体”中含有二氧化碳，写出二氧化碳的一种用途：。(2)请写出“焙烧”过程中及MoS分别与纯碱反应的化学方程式：，。(3)“浸渣”的成分为(填化学式)；“滤液2”中的成分除了外，还含有