黄金卷08（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（全国卷老教材）黄金卷08（考试时间：50分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Cl35.5Fe56Ga70一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。7．科技发展迅猛离不开材料的不断更新和优化。下列说法正确的是A．制作火箭所使用的材料均为钢铁B．新型电池的电极材料石墨烯属于有机高分子化合物C．天宫二号卫星所使用的高性能计算机芯片含有硅单质D．新型餐具聚乳酸(聚2羟基丙酸)的结构为【答案】C【解析】A．钢铁是制作火箭所使用的主流材料，故A错误；B．石墨烯属于新型无机非金属材料，故B错误；C．硅单质可用于制备计算机芯片，故C正确；D．聚2羟基丙酸的结构为，故D错误；故答案选C。8．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．在标准状况下，分子中含氯原子数目为B．1LpH均为2的硫酸和醋酸溶液，氢离子数均为C．64g铜与足量硫粉加热充分反应，转移电子数为D．30g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含氢原子个数为【答案】D【解析】A．在标准状况下，呈液态，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量或原子数目，A错误；B．pH为2的硫酸、醋酸中，1L溶液中所含，B错误；C．Cu与S反应的产物为，1molCu参加反应时转移电子数为，C错误；D．30g乙酸和葡萄糖的混合物相当于1mol“”，含氢原子的物质的量为2mol，D正确；故选D。9．有机物X可用于合成抗菌药物，X的结构简式为。下列有关X的说法错误的是A．酸性条件下能发生水解反应得到羟基酸B．完全燃烧时生成的C．分子中至少有8个碳原子共平面D．同一个苯环上的二溴代物有6种【答案】B【解析】A．该有机物分子中含有酯基，在酸性条件下能发生水解反应生成含二个羟基和二个羧基的羟基酸，A正确；B．由有机物X的结构简式可知其分子式为，完全燃烧时生成的，B错误；C．苯环及与苯环直接相连的两个碳原子一定共平面，故分子中至少有八个碳原子共面，C正确；D．该有机物分子中的苯环结构不能旋转，同一苯环上有四种不同化学环境的氢原子()，两个溴原子有①②、①③、①④、②③、②④、③④，共6种连接位置，故该有机物同一个苯环上的二溴代物有6种，D正确；故选B。【点睛】有机物分子中最多共面原子数的确定方法（1）明确共面分子结构模板：，6个原子一定共平面；，12个原子一定共平面；，4个原子一定共平面。（2）最多共面原子数的确定：若几个共面模板有共用原子，则几个共面模板上的原子有可能位于同一平面上。（3）位于共面模板端点上的“”中还有一个氢原子也可能位于相应的平面上。10．N2、CO2与Fe+体系中存在如图1所示物质转变关系，已知Fe+(s)与中间产物N2O(g)反应过程中的能量变化如图2所示。下列说法错误的是A．∆H=(∆H1＋∆H2＋∆H3)B．Fe+在反应中作催化剂，能降低反应的活化能C．∆H1和∆H2均小于0D．由图2可知，反应Fe+(s)+N2O(g)=FeO+(s)+N2(g)∆H4＜0【答案】C【解析】A．根据图示可知，N2(g)+CO2(g)=N2O(g)+CO(g)ΔH，N2O(g)=O(g)+N2(g)ΔH1，O(g)+Fe+(s)=FeO+(s)ΔH2，FeO+(s)+CO(g)=Fe+(s)+CO2(g)ΔH3，根据盖斯定律可知，第一个反应=后面三个反应之和的逆反应，∆H=(∆H1＋∆H2＋∆H3)，A正确；B．从图1中可知，Fe+为反应的催化剂，可降低反应的活化能，B正确；C．从图2中可知，Fe+(s)+N2O(g)=FeO+(s)+N2(g)ΔH<0，ΔH=(ΔH1+ΔH2)，只能说明(ΔH1+ΔH2)<0，不能说明∆H1和∆H2均小于0，C错误；D．ΔH=生成物总能量反应物总能量，Fe+(s)+N2O(g)=FeO+(s)+N2(g)ΔH<0，D正确；故答案选C。11．北宋名画《千里江山图》历经千年色彩依然，其青色来自青金石，它含有H、O、Si元素，以及X、Y、Z、M、Q等前20号元素，X、Y、Z、M同周期，Z的原子序数小于M，Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L1的pH=2。X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族。下列说法错误的是A．X、Y的单质都能形成氧化物保护膜B．金属活动性强弱：X<QC．ZM2分子中各原子均满足8电子稳定结构D．氢化物稳定性：Si<Z<M【答案】A【解析】Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L1的pH=2，即c(H+)=0.01mol·L1，说明Z最高价氧化物对应水化物为H2SO4，则Z为S；Z、M同周期，Z的原子序数小于M，则M为Cl；X、Y、Z、M同周期，X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，则X与Y在第三周期，最外层电子数为1或3，那么X与Y为Na或Al；Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族，且为前20号元素，说明Q为Ca。A．Na的单质不能形成氧化物保护膜，A错误；B．根据金属活动性顺序表可知，Ca的金属性强于Na、Al，B正确；C．SCl2的电子式为：，各原子均满足8电子稳定结构，C正确；D．非金属性Si<S<Cl，非金属性越强，气态氢化物越稳定，D正确；故选A。12．如下图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入的溶液()和的HA溶液()，达到平衡后，下列说法正确的是A．常温下，HA的电离度约为0.1%B．平衡后，甲、乙两室的pH相等C．平衡后，甲室中的物质的量浓度小于乙室中的物质的量浓度D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替溶液，则通过交换膜的HA分子的量减少【答案】C【解析】0.1mol/LNH4A溶液pH约为7，说明铵根离子和A—离子在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中HA和一水合氨的浓度约为10—7mol/L，由只有未电离的HA分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。A．由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为×100%=1%，故A错误；B．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A—离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B错误；C．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的HA抑制铵根离子的水解，溶液中一水合氨浓度小于10—7mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A—离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中A—离子的物质的量浓度，故C正确；D．NaA溶液中A—离子的水解程度小于NH4A溶液，溶液中HA浓度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，故D错误；故选C。13．微生物脱盐池的a极上加入了呼吸细菌，工作时可将工业废水中的有机污染物转化为，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．工作时，a极发生氧化反应，电流从b极流向a极B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，脱盐室最终可得到淡盐水C．若b极上消耗标准状况下气体，通过N膜的离子的物质的量为D．呼吸细菌的作用为催化有机物分解【答案】C【解析】a极上加入了呼吸细菌，工作时可将工业废水中的有机污染物转化为，则a极为负极，发生氧化反应，则M为阴离子交换膜，经过M膜的离子为和b极为正极，发生还原反应，N为阳离子交换膜，经过N膜的离子为和；A．根据电极转化关系可知，a极为负极、b极为正极，因此工作时，a极发生氧化反应，电流从b极流向a极，A项正确；B．阴离子向a极迁移，阳离子向b极迁移，因此N为阳离子交换膜，M为阴离子交换膜，B项正确；C．若b极上消耗标准状况下，则外电路中通过，此时通过阳离子交换膜的电荷数为，经过N膜的离子为和，其所带电荷数不同，故此离子数目无法确定，C项错误；D．呼吸细菌的作用为催化有机物分解，D项正确；答案选C。二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26．（14分）五氧化二钽(Ta2O5)主要用作钽酸锂单晶和制造高折射低色散特种光学玻璃等。一种以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5的工艺流程如图所示：已知：H2TaF7是弱酸。回答下列问题：（1）“酸溶”时，Fe2O3发生反应的基本反应类型为，滤渣的主要成分是(填化学式)。（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为。（3）常温下，“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的pH=5，Al3+是否沉淀完全？(请写出简要步骤)。已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.9×10−33，溶液中离子浓度小于或等于1×10−5时可视为沉淀完全。（4）“浸钽”时，加入4g/L的HF溶液，浸出时间为4h，钽的浸出率随温度的变化如图所示，该HF溶液的物质的量浓度为mol/L，浸出的最佳温度为℃；“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，写出“浸钽”时生成H2TaF7的离子方程式：。（5）“沉钽”时，生成Ta(OH)5，反应化学方程式为。【答案】（除标明外，每空2分）（1）复分解反应（1分）SiO2（1分）（2）2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+（3）溶液中c(OH−)=1×10−9mol/L，可得c(Al3+)=，Al3+沉淀完全（4）0.2807HF+TaO+H+=H2TaF7+3H2O（5）H2TaF7+7NH3•H2O=Ta(OH)5+7NH4F+2H2O【解析】以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5，含钽废料先粉碎，然后加入稀硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸，FeO、Fe2O3、Al2O3等溶解生成Fe2+、Fe3+、Al3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到对应沉淀，“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，“沉钽”时，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，焙烧得Ta2O5。（1）“酸溶”时，Fe2O3发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H8O反应，属于复分解反应，SiO2不溶于硫酸，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：复分解反应；SiO6；（2）加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+；（3）常温下，“调pH=5”时，此时溶液中c(OH−)=1×10−9mol/L，可得c(Al3+)=，Al3+沉淀完全；（4）HF溶液的物质的量浓度c(HF)===2.2mol/L，由图可知，浸出的最佳温度为80℃，温度过低，浸出率低，温度过高，Ta浸出率变化不大，但耗能增大；“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，离子方程式：7HF+TaO+H+=H2TaF7+3H2O，故答案为：0.2；80；7HF+TaO+H+=H2TaF7+3H2O；（5）“沉钽”时通入氨气，生成了一水合氨，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，反应化学方程式为H2TaF7+7NH3•H2O=Ta(OH)5+7NH4F+2H2O。27．（15分）(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备。已知：在时恰好完全沉淀为；②不同温度下在水中的溶解度如图所示。(一)的制备易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。（1）仪器a的名称为_______。（2）用图中的装置组合制备，连接顺序为_______。装置B的作用是_______。（3）装置A中发生反应的离子方程式为_______。(二)的制备步骤如下：Ⅰ.在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的，和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。Ⅱ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。（4）在加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入，请结合平衡移动原理解释原因_______。（5）步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是_______、_______。（6）制备的总反应的化学方程式为_______。（7）步骤Ⅲ中的操作名称为_______。【答案】（除标明外，每空2分）（1）分液漏斗（1分）（2）A→D→C→E→B防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解（3）（4）溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀（5）控制反应速率（1分）防止温度过高使和分解（1分）（6）（7）趁热过滤、冷却结晶【解析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；（1）仪器a的名称为分液漏斗；（2）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；（3）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2；（4）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；（5）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；（6）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；（7）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。28．（14分）资源化：和在合成甲烷的同时，也有副反应发生。回答下列问题：反应1：

反应2：

I.目前，工业上在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。（1）对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是___________。（2）高于320℃后，以为催化剂，CO2转化率略有下降，而以为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是___________。II.我国科学家最近合成多孔壳核催化剂实现CO2氢化制备CH4。（3）一定温度下，在某刚性恒容密闭容器中充入和仅发生上述反应1和反应2，达到平衡时测得CO为，为。①下列说法正确的是___________(填字母)。a．气体平均摩尔质量不随时间变化时达到平衡状态b．平衡时CH4体积分数大于25%c．加入高效催化剂，降低反应活化能，缩短达到平衡的时间d．平衡后充入稀有气体，CO2的平衡转化率增大②体系中___________(填“吸收”或“放出”)热量___________kJ。（4）研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：，此反应的活化能___________(填“>”、“<”)，利于反应自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。【答案】（每空2分）（1）Ni—CeO2（2）320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，反应已达到平衡，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快（3）ac

放出

57.36（4）>

高温【解析】（1）由图可知，相同温度时，以Ni—CeO2为催化剂的反应的二氧化碳转化率和甲烷的选择性均大于以Ni为催化剂，所以工业上应选择的催化剂是Ni—CeO2的反应，故答案为：Ni—CeO2；（2）由图可知，320℃时以Ni—CeO2为催化剂的反应的二氧化碳转化率达到平衡，该反应为放热反应，高于320℃后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，以Ni为催化剂的反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，二氧化碳的转化率增大，故答案为：320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，反应已达到平衡，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快；（3）设平衡时生成甲烷的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由水蒸气的物质的量为1可得：2a+0.2=1，解得a=0.4，则平衡时甲烷体积分数为×100%≈7.1%；①a．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应1和反应2均为气体体积减小的反应，反应中气体平均摩尔质量增大，则气体平均摩尔质量不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；b．由分析可知，平衡时甲烷体积分数为7.1%，小于25%，故错误；c．加入高效催化剂，能降低反应活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故正确；d．刚性恒容密闭容器中，平衡后充入不参与反应的稀有气体，平衡体系中各物质的浓度不变，化学平衡不移动，二氧化碳的平衡转化率不变，故错误；②由三段式数据可知，反应1放出的热量为164kJ/mol×0.4mol=65.6kJ，反应2吸收的热量为41.2kJ/mol×0.2mol=8.24kJ，则反应放出的热量为65.6kJ—8.24kJ=57.36kJ，故答案为：放出；57.36；（4）由盖斯定律可知，反应2—反应1可得反应，则反应的焓变ΔH=(+41.2kJ/mol)—(—164kJ/mol=+205.2kJ/mol，该反应为正反应活化能大于逆反应活化能的吸热反应，由方程式可知，该反应为气体体积增大的反应，反应的ΔS>0，则高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：>；高温。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）镓及其化合物在合金工业、制药工业、电池工业有广泛的应用。回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布式为_______。（2）是一种温和的还原剂，其可由和过量的LiH反应制得：。①已知的熔点为77.9℃，LiCl的熔点为605℃，两者熔点差异较大的原因为_______。②在270℃左右以二聚物存在，该二聚物的每个原子都满足8电子稳定结构，写出它的结构式：_______。③的立体构型为_______。（3）一种含镓的药物合成方法如图所示：①化合物Ⅰ中环上C原子的杂化方式为_______，1mol化合物I中含有的键的物质的量为_______。化合物Ⅰ中所含元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。②化合物Ⅱ中Ga的配位数为_______，x=_______。（4）Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其四方晶胞结构如图所示：①上述晶胞沿着a轴的投影图为_______(填字母)。A．B．C．②用表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为m，m，则其密度为_______(列出计算式即可)。【答案】（除标明外，每空1分）（1）（2）LiCl属于离子晶体，晶体粒子间作用力为离子键，为分子晶体，晶体粒子间的作用力为范德华力（2分）（2分）正四面体形（3）17molO>N>C>H61（4）C（3分）【解析】（1）基态Ga原子的价层电子排布式为；（2）①镓和铝属于同一主族元素，和性质上相似，也为分子晶体，其熔点低于离子晶体LiCi；②结合二聚体和每个原子都满足8电子稳定结构的信息，可推测Ga的空轨道应该会与Cl的孤对电子成配位键，可写出结构式为；③的中心原子Ga的价层电子对数为4+，没有孤对电子，所以其立体构型为正四面体形。（3）①吡啶环的结构与苯环相似，故C原子采用杂化；化合物Ⅰ除了环上6个键，其他键如图所示：，1mol化合物Ⅰ中总共有17mol键；Ⅰ中含有四种元素O、N、C、H，同周期元素，从左到有，半径减小，电负性增大，所以电负性由大到小的顺序为O>N>C>H；②化合物Ⅱ中Ga的配位数为6，其中4个COOH失去H后显1，化合物Ⅱ整体带1单