黄金卷06（全国卷老教材）-2024年高考化学模拟卷（全国卷专用）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（全国卷旧教材）黄金卷06（考试时间：50分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Bi209第Ⅰ卷一、单项选择题：共7题，每题6分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A．中国空间站的食物可谓太空一绝，航天员喜欢吃的“宫保鸡丁”的主要成分是有机物B．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，开采过程中发生大量泄漏不会对环境产生影响C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢属于新型无机非金属材料【答案】A【详解】A．“宫保鸡丁”主要成分鸡肉属于蛋白质，蛋白质属于有机物，A正确；B．“可燃冰”开采过程中发生泄漏的气体是甲烷，甲烷是引起温室效应的气体之一，B错误；C．天机芯的主要材料是半导体材料晶体硅，光导纤维的主要成分是具有良好光学特性的二氧化硅，二者不同，C错误；D．特种钢属于金属材料，不属于新型无机非金属材料，D错误。故选A。2．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，1.12L苯含有CH键的数目为0.3NAB．25°C时Ksp(CaSO4)=9×106，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×103NA个Ca2+C．46克C2H6O分子中含极性键数目一定是7NAD．在反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3molCl2转移的电子数为5NA【答案】D【详解】A．标况下苯不是气体，不能计算其物质的量，A错误；B．没有说明饱和溶液的体积，不能计算其物质的量，B错误；C．C2H6O若为甲醚，一个分子含有8个极性键，若为乙醇，一个分子含有7个极性键，故不能计算，C错误；D．反应中每生成3个氯气，转移5个电子，则每生成3mol氯气，转移5mol电子，D正确；故选D。3．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是A．是一种强氧化性酸 B．非金属性：C．Y、W、E的氢化物中只有极性键 D．中，Z的化合价为价 【答案】C【分析】依题意，X的原子核只有一个质子，则X为H，由分子结构式可知，Y可形成4个共价键，Z可形成2个共价键，W可形成一个共价键，且X、Y、Z，子序数依次增大，均位于X的下一周期，也就是第二周期，则可推断Y为C，Z为O，W为F；元素E的原子比W原子多8个电子，则E为Cl。【详解】X为H，Y为C，Z为O，W为F，E为Cl。A．HClO是一种强氧化性酸，A正确；B．同周期元素，原子序数越大，非金属性越强，故非金属性：F>O>C>H，B正确；C．C的氢化物中CH3CH3中含有极性键和非极性键，故C错误；D．ZW2为OF2，F的非金属性强于O的，F在化合物中一般显1价，故O的化合价为+2价，故D正确；故选C。4．有机物M是合成抗过敏药物色甘酸钠的中间体，结构简式如下图。下列关于该有机物的说法正确的是A．属于芳香烃 B．能与NaOH溶液反应C．苯环上的一氯取代物有4种 D．所有碳原子不可能共平面【答案】B【详解】A．该物质分子中含有苯环，根据物质分子结构可知：该物质中含有C、H、O三种元素，因此属于烃的衍生物，A错误；B．该物质分子中含有酯基，因此能与NaOH溶液反应，B正确；C．根据物质结构简式可知：在苯环上含有3种不同位置的H原子，处于苯环上的一氯取代物有3种，C错误；D．苯分子是平面分子，OCH3的O取代苯分子中H原子的位置，在苯分子平面上，与O原子连接的2个C原子是V形结构，可能处于同一平面上；乙烯分子是平面分子，CH3及酯基的C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子的平面上，乙烯平面与苯分子平面共直线，由于碳碳单键可以旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，D错误；故合理选项是B。5．2022年中国团队在巴塞罗那获得“镁未来技术奖”。一种以MgCl2聚乙烯醇为电解液的镁电池如图所示。下列说法不正确的是A．放电时，正极的电极反应式为Mg2++2e+V2O5=MgV2O5B．放电一段时间后，聚乙烯醇中的c(Mg2+)几乎保持不变C．充电时，Mg2+嵌入V2O5晶格中D．若将电解液换成MgCl2水溶液，工作时电池可能产生鼓包【答案】C【分析】图中装置，放电时Mg作负极，V2O5作正极。【详解】A．由图中可知，放电时负极电极式为：，正极电极式为：Mg2++2e+V2O5=MgV2O5，A正确；B．由放电时电池总反应式：知，放电不影响电解质溶液的Mg2+浓度，故一段时间后，聚乙烯醇中的c(Mg2+)几乎保持不变，B正确；C．充电时阳极电极式为：，从V2O5中脱离，C错误；D．若将电解液换成MgCl2水溶液，Mg能与水缓慢反应生成H2,工作时电池可能产生鼓包，D正确；故选C。6．由下列实验操作及现象所得结论或解释正确的是选项实验操作现象结论或解释A向5mL0.1mol·L1KI溶液中加入10mL0.01mol·L1FeCl3溶液，充分反应后滴加KSCN溶液溶液变红I与Fe3+的反应是可逆反应B常温下，测定等浓度NaHCO3溶液和NaHSO3溶液的pH前者大于后者非金属性S>CC将某溶液滴在KI一淀粉试纸上试纸变蓝原溶液中一定含有Cl2D向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液产生白色沉淀蛋白质发生了盐析【答案】A【详解】A．根据化学方程式2Fe3++2I=2Fe2++I2中的系数关系，实验操作中所给的FeCl3是不足的，所以溶液变红说明溶液中依然有Fe3+，说明该反应是可逆反应，A正确；B．测定等浓度NaHCO3溶液和NaHSO3溶液的pH，前者大于后者是因为的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，根据越弱越水解，说明碳酸酸性<亚硫酸酸性，但亚硫酸不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，所以不能说明非金属性S>C，B错误；C．将某溶液滴在KI一淀粉试纸上，试纸变蓝，说明原溶液中含有氧化性物质，但不一定是氯气，C错误；D．向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀，醋酸铅溶液是重金属盐溶液，所以是蛋白质发生了变性，D错误；故选A。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，下列有关说法不正确的是A．曲线M表示pH与lg的变化关系B．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)【答案】D【详解】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lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A正确；B．通过图中c点可得Ka1=101.3，e点可得Ka2=104.3，Kh2==1012.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B正确；C．交点d时c(H2Y)=c(Y2)，Ka1·Ka2==105.6，则对应的pH=2.8，C正确；D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)<c(Y2)，D错误；故答案为：D。第Ⅱ卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，共58分。（一）必考题（共43分）26．（14分）铋酸钠是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。Ⅰ．制取铋酸钠利用白色且难溶于水的在溶液中，在充分搅拌的情况下与反应制备，实验装置如下图(加热和夹持仪器已略去)。已知：粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解。请按要求回答下列问题：（1）仪器C的名称是。（2）B装置盛放的试剂是。（3）C中发生的反应化学方程式为：。（4）当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热，原因是。（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）实验完毕后，打开，向A中加入溶液的主要作用是。Ⅱ．产品纯度的测定（7）取Ⅰ中制取的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用的标准溶液滴定生成的(已知：，)，当达到滴定终点时，消耗。滴定终点的现象，该产品的纯度为。【答案】（1）三口(颈)烧瓶（2）饱和食盐水（3）（4）防止过量使溶液呈酸性，导致分解（5）在冰水(冷水)中冷却结晶(或冷却结晶)（6）除去A中残留（7）加入最后一滴溶液时，溶液恰好由紫红色变成无色，30秒不恢复原色%【分析】在A中MnO2与浓盐酸反应制取氯气，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，可在装置B中利用饱和食盐水除去，在C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与通入的Cl2反应生成NaBiO3，氯气有毒不能直接排放，但是能和NaOH反应而消除其污染，所以D装置是尾气处理。【详解】（1）由图可知仪器C为三颈烧瓶；（2）B装置用于去除氯气中的HCl，盛放的试剂是饱和食盐水，HCl极易溶于饱和食盐水且饱和食盐水能抑制氯气在溶液中的溶解；（3）C中盛放的Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2发生反应产生NaBiO3，化学方程式为：；（4）当观察到C中白色固体消失，即反应完全，若继续通，导致过量，会使溶液呈酸性，分解；（5）想要获得纯净NaBiO3，首先要将让其结晶析出，然后将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，由于NaBiO3不易溶于冷水，所以需要的操作有：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）实验完毕后，A装置中残留着，打开K2，向A中加入NaOH溶液，可去除残留的；（7）溶液为紫红色，滴定终点时，溶液紫红色完全褪去且30S内不变色；由题中方程式可得关系式5NaBiO3～2～5H2C2O4，即1molNaBiO3完全反应消耗1molH2C2O4由，反应消耗草酸的物质的量为n(H2C2O4)=0.1mol/L×y×103L=y×104mol，所以NaBiO3的质量为m(NaBiO3)=n·M=y×104mol×280g/mol=0.028yg，所以该产品的纯度为×100%=%。27．（14分）锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以β锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下：已知：①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/°C010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728请回答下列问题：（1）β锂辉矿在处理前要粉碎，其主要目的是；用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成：。（2）写出反应I中发生氧化还原反应的化学方程式：。（3）调节pH=5的作用是除去。（4）反应IV生成Li2CO3沉淀结束后，实验室中通常得到纯净的Li2CO3沉淀的操作名称蒸发浓缩，冷却结晶、、、干燥，为了提高所得Li2CO3沉淀的产率要使用洗涤(选填“热水”或“冷水”)。（5）反应II加入碳酸钙，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10—9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若混合前Na2CO3溶液的浓度为2.8×10—4mol/L，则生成沉淀所需原CaCl2溶液的最小浓度为mol/L。【答案】（1）提高β锂辉矿浸出率Li2O·Al2O3·4SiO2（2）2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O（3）除去反应Ⅰ中过量的H2SO4和溶液中的Fe3+、Al3+（4）过滤洗涤热水（5）4×10—5【分析】由题给流程可知，向β锂辉矿中加入过量浓硫酸发生反应I溶解β锂辉矿，加入碳酸钙调节溶液pH为5发生反应Ⅱ除去过量硫酸，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，加水稀释后过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的矿泥和可溶性硫酸盐溶液；向硫酸盐溶液中加入氢氧化钙将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，加入碳酸钠溶液将溶液中的钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有氢氧化镁、碳酸钙的沉淀A和硫酸锂溶液；硫酸锂溶液经蒸发浓缩后，加入饱和碳酸钠溶液发生反应IV，过滤得到碳酸锂；向碳酸锂中加入盐酸溶解得到氯化锂溶液，溶液在HCl环境中加热蒸干得到氯化锂，电解熔融氯化锂得到金属锂。【详解】（1）β锂辉矿在处理前粉碎可以增大反应物的接触面积，提高β锂辉矿浸出率；由原子个数比不变可知，LiAlSi2O6用氧化物形式表示的化学式为Li2O·Al2O3·4SiO2，故答案为：提高β锂辉矿浸出率；Li2O·Al2O3·4SiO2；（2）反应I中氧化亚铁与浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O，故答案为：2FeO+4H2SO4（浓）=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；（3）由分析可知，加入碳酸钙调节溶液pH为5发生反应Ⅱ的目的是除去过量硫酸，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：除去反应Ⅰ中过量的H2SO4和溶液中的Fe3+、Al3+；（4）由题意可知，实验室中得到纯净碳酸锂的操作为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，由碳酸锂在不同温度下的溶解度可知，升高温度，碳酸锂的溶解度减小，所以为减少碳酸锂溶解造成损耗，要使用热水洗涤提高碳酸锂沉淀的产率，故答案为：过滤；洗涤；热水；（5）设氯化钙溶液与碳酸钠溶液都为VL，由题意可知，等体积氯化钙溶液与碳酸钠溶液混合后，溶液中碳酸钠溶液的浓度为=1.4×10—4mol/L，由碳酸钙的溶度积可知，溶液中钙离子浓度为=2×10—5mol/L，则原氯化钙溶液的浓度为=4×10—5mol/L，故答案为：4×10—5。28．（15分）将CO2转化为甲烷、甲醇、甲酸等有机物是实现“碳中和”重要途径。在催化下CO2加氢合成甲酸发生反应Ⅰ，同时还伴有反应Ⅰ发生。Ⅰ．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)ΔH1=30.9kJ·mol1Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2回答下列问题：（1）已知298K时，部分物质的相对能量如下表所示，则CO2(g)的相对能量为kJ·mol1。物质H2(g)HCOOH(g)H2O(g)CO(g)相对能量/(kJ·mol1)0423.9242110（2）已知气体A的压强转化率表示为α(A)=(1)×100%，p0为A的初始分压，p1为某时刻A的分压。保持323K、恒温恒压，CO2(g)、H2(g)投料比为1：1，CO2初始分压分别为p0aMPa、p0bMPa和p0cMPa(p0a<p0bb<P0c)时，测得α(CO2)与时间t的关系如图1所示。①则曲线z表示的CO2的初始分压为(填写选项序号)。a．p0aMpab．p0bMpac．p0cMPa②在323K，CO2初始分压为p0bMPa时，平衡后，p(HCOOH)=4p(CO)，则反应Ⅰ的Kp=(MPa)1(用含p0b的式子表示)。（3）反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的正、逆反应平衡常数K随温度变化的曲线如图2所示。①曲线甲表示(填“K正”或“K逆”)随温度变化的曲线。②a点时，v正v逆(填“一定等于”或“不一定等于”)。③c点时，x=。（4）0.5MPa下，将n(H2)：n(CO2)=1：1的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得CO2的转化率、HCOOH或CO的选择性[]以及HCOOH的产率(CO2的转化率×HCOOH的选择性)随温度的变化如图3所示曲线a表示(填“HCOOH”或“CO”)的选择性随温度的变化。270°C时，对应CO2的转化率为；在210~250°C之间，HCOOH的产率增大的原因是。【答案】（1）393（2）a（3）K正一定等于0.5（4）CO21%温度升高，生成HCOOH的反应速率增大【详解】（1）反应的焓变等于生成物能量减去反应物能量，由反应Ⅰ焓变可知，CO2(g)的相对能量为（423.9）kJ·mol10kJ·mol1（30.9）kJ·mol1=393kJ·mol1；（2）①压强越大反应速率越快，由图可知，则曲线z表示的反应速率最慢，则对应的CO2的初始分压最小，为a．p0aMpa；②结合①分析可知，曲线y表示CO2的初始分压为p0bMpa；保持323K、恒温恒压，CO2(g)、H2(g)投料比为1：1，CO2初始分压为p0bMpa，则初始总压强为2p0bMpa，由图可知，二氧化碳的转化率为50%，假设CO2(g)、H2(g)投料均为1mol，则反应二氧化碳0.5mol；平衡后，p(HCOOH)=4p(CO)，则a=4×（0.5a），a=0.4mol，则平衡和二氧化碳、氢气、甲酸、一氧化碳、水的物质的量分别为0.5mol、0.5mol、0.4mol、0.1mol、0.1mol，总的物质的量为1.6mol，故反应Ⅰ的Kp=；（3）①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应的焓变为ΔH2=（242kJ·mol1）+（110kJ·mol1）（0kJ·mol1）（393kJ·mol1）=+41kJ·mol1，反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，正向平衡常数变大，故曲线甲表示K正随温度变化的曲线。②a点既表示正反应的平衡常数，又表示逆反应的平衡常数，则一定表示该温度的平衡状态，故v正一定等于v逆；③c点时，K正=2，则，故x=0.5；（4）反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随着温度升高，反应Ⅱ正向移动，导致CO的选择性升高，故曲线a表示CO的选择性随温度的变化；由图可知，270°C时，CO选择性为70%，则HCOOH选择性为30%，且HCOOH产率为6.3%，则对应CO2的转化率为6.3%÷30%=21%；在210~250°C之间，HCOOH的产率增大的原因是：一定时间内，温度升高，生成HCOOH的反应速率增大，导致甲酸的产率增大。（二）选考题（共15分）：请考生从给出的2道试题中任选一题做答。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一。回答：（1）在元素周期表中，铼与锰在同族，铼原子价层电子表达式为。（2）Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4(结构如图1所示)，该分子中σ键与π键个数比为。SO2F2的分子结构如图2所示，键角α1>α2的原因主要是。（3）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)4]SO4蓝色溶液，[Ni(NH3)4]SO4中非金属元素H、N、O的电负性由大到小的顺序为，阴离子的空间结构是。(用文字描述)，与互为等电子体的分子是(写一种即可)。（4）三氧化铼晶胞如图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶胞密度为bg/cm3，铼原子配位数为，铼原子填在氧原子围成的(填“四面体”“立方体"或“八面体”)空隙中，该晶胞的空间利用率为(铼的原子半径为rRepm，氧原子半径为rOpm，列出计算式)。【答案】（1）5d56s2（2）1：1双键（3）O>N>H正四面体SiF4（4）6八面体【详解】（1）锰是25号元素，位于第四周期第VIIB族，价层电子排布式为3d54s2，铼与锰在同族，铼位于第六周期VIIB族，则铼的价层电子表示式5d56s2。（2）Ni(CO)4中Ni与4个CO形成4个配位键，属于σ键，CO分子与氮气分子互为等电子体，结构式为碳氧三键，三键含有1个σ键与、2个π键，分子共含有8个σ键、8个π键，该分子中σ键与π键个数比为1:1；SO2F2键角α1>α2的原因主要是双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用。（3）Ni(NH3)4]SO4中非金属元素为H、N、O，根据元素周期律，同一周期中电负性从左至右依次增大，一般化合物中H显正价，故电负性的顺序为O>N>H；阴离子，其中心原子S原子周围的价层电子对数为：，根据价层电子对互斥理论可知其的空间结构是正四面体；是5原子32价电子的微粒，5原子32价电子的微粒有、、、SiF4，其中SiF4为分子。（4）根据物质的名称可知晶胞的化学式ReO3，则Re与O的个数比为1:3，顶点的是铼原子，棱中心的是O，离子晶体中配位数是某个微粒周围最近且等距离的异性电荷的微粒个数，每个铼原