2024高考必考化学模拟题含解析

高考模拟检测卷（一）试题

化学

可能用到的相对原子质量：N-140-16S-32Ca-40Zn-65

一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项

符合题意）

1.化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是

A.歼一20飞机上用到的氮化钱材料属于金属材料

B.冬奥会上采用紫外消毒机器人进行消毒，利用了紫外线使蛋白质变性

C.“天问一号”火星车使用的保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应

D.我国大力发展核电、水电有利于实现“碳中和”，电能属于二次能源

【答案】A

【解析】

【详解】A.氮化钱是化合物，不是金属材料，故A错误；

B.冬奥会上采用紫外杀菌技术消毒，这是由于蛋白质在紫外线作用下会发生变性

而失去其生理活性，因此该消毒方法是利用紫外线使蛋白质变性的性质，故B正确；

C.纳米气凝胶属于胶体，具有胶体的性质，可以产生丁达尔效应，故C正确；

D.能从自然界直接获取的能源是一次能源、电能是二次能源，故D正确；

故选Ao

2.有机物G是抗癌药物合成的重要中间体，下列关于G的说法错误的是

A.ImoIG最多可与4moiH?发生加成反应

B.G分子中最多有9个碳原子共平面

C.G可发生氧化、取代反应

I）.G有四种官能团

【答案】D

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，有机物G分子中含有的苯环和碳碳双键一定条件下

能与氢气发生加成反应，则ImolG最多可与4moi氢气发生加成反应，故A正确；

B.由结构简式可知，有机物G分子中苯环、碳碳双键和竣基上的碳原子以及与苯

环、碳碳双键和峻基上碟原子相连的碳原子共平面，所以G分子中最多有9个碳原

子共平面，故B正确：

C.由结构简式可知，有机物G分子中含有的碳碳双键能反应氧化反应，含有的氯

原子、竣基能发生取代反应，故C正确；

D.山结构简式可知，有机物G分子中的官能团为氯原子、碳碳双键和竣基，共有

3种，故D错误；

故选D。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是

A.ImolNa与完全反应，生成物中离子总数大于1.5NA

B.硝酸与铁反应得到NO?、N2O4共46g,则铁失去的电子数目为2NA

C.50mLi8.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SCh分子数口为0.46NA

D.标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含有极性键的数目为4M

【答案】D

【解析】

【详解】A.氧化钠和过氧化钠中钠元素都为+1价，阴阳离子的个数比都为1：2,

所以钠与氧气反应无论生成氧化钠，还是生成过氧化钠，或氧化钠和过氧化钠的化

合物，生成物中离子总数为ImolX1.5XNAmo「=L5NA,故A错误;

B.二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为N02,46gNCh的物质的量为竟呈

-Imoh所以硝酸与铁反应时，铁失去的电子数目为ImolXlXNAm。厂「NA,故B

错误；

C.铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸不反应，所以50mLi8.4mol/L浓硫酸

与足量铜微热反应时，生成二氧化硫的分子数目小于18.4mol/LX0.05LX^

XMmo「I=0.46NA,故C错误：

D.甲烷和乙烯分子中都含有4个极性键，所以标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组

22.4L

成的混合物中含有极性襄的数目为X4XM\mol।=4NA,故D正确;

22.4L/mol

故选D。

4.卜.列操作或装置不能达到实验目的的是

A.图甲证明KsP(AgBr)>Ksp(AgI)

B.图乙分离SiCh和NH4cl

C.图丙进行中和热测定

I).图丁制备Fe2(SO4)3晶体

【答案】A

【解析】

【详解】A.AgCl悬浊液中加入少量NaBr先生成AgBr的沉淀，AgCI溶液过量，

故在加入Nai,仍然会生成Agl沉淀,故不能证明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI),故A错误;

B.对装置加热，NEC可分解，在滤纸上凝结；SiCh不分解，在烧杯底部，故可以

分离SiCh和NH4。，故B正确；

C.图丙中大小烧杯之间为碎泡沫塑料起保温隔热的作用，环形玻璃搅拌棒起搅拌

作用，故可以进行中和热的测定，故c正确；

D.Fe2(SO4)3的热稳定性强，且不挥发，它又是不挥发性酸的弱碱盐，最终不会转

化为Fe(0H)3或Fe2O3,所以用图丁装置可以制备Fe2(SO4)3晶体，故D正确；

故选Ao

5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次减小，且分别位于三个不同周

期，Y与Z的原子序数之和等于X与W的原子序数之和，Y是地壳中含量第二的元

素，Q2Z是一种常见液体。下列说法错误的是

A.W的单质可与Q2Z发生置换反应

B.X、Y的最高价氧化物均可与强碱反应

C.简单离子半径：x>w>z

D.简单氢化物的沸点：W<Z

【答案】C

【解析】

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次减小，且分别位于三个

不同周期，则Q为H元素；Y是地壳中含量第二的元素，则Y为Si元素；Q?Z是一

种常见液体，则Z为0元素、W为F元素；Y与Z的原子序数之和等于X与W的

原子序数之和，则X为A1元素。

【详解】A.氟气能与水发生理换反应生成氟化氢和氧气，故A正确；

B.两性氧化物氧化铝和酸性氧化物二氧化硅都能与强碱溶液反应生成盐和水，故B

正确；

C.电子层结构相同的离子.核电荷数越大，离子半径越小,则离子半径的大小顺

序为。2-才一>AP+,故C错误；

D.水分子和瓶化氢分子都能形成分子间氢键，但水分子形成的氢键数目多于氟化

氢,分子间作用力强于航化氢，沸点高于叙化氢，故D正确；

故选Co

6.铁铭液流二次电池是一种正、负极活性物质均为液体的电池，其电解质为酸性介

质。一种用于铁铭液流电池容量恢复的氢一铁离子再平衡电池的工作原理如图所示。

下列说法错误的是

A.可选用石墨或铜作电极b,电极a的电势低于电极b

B.产生氢气的原因是阴极发生析氢副反应：2H++2e-=H2T

C.该装汽将阴极产生的氢气导入右侧的再平衡电池的负极，实现Fe3+—Fe2+的循环

D.电路中通过O.lmol电子时，O.INA个H+由b极室经交换膜移向a极室

【答案】A

【解析】

【详解】A.充电时，左侧铁铭液流电池中，电极b上Fe2+发生氧化反应生成Fet

则电极b为阳极，电极a为阴极，则电极a的电势低于电极b；电极b可选用石墨作

电极，但是不也能选Cu作电极，A错误；

+

B.阴极上产生氢气的原因是阴极发生析氢副反应：2H+2e=H2T，B正确；

C.如图所示，再平衡电池的负极上，论发生氧化反应产生H+,则该装置将阴极产

生的氢气导入右侧的再平衡电池的负极，实现Fe3+・Fe2+的循环，C正确；

D.根据电荷守恒可知，电路中通过O.lmol电子时,就会有O.lmolH+由b极室经质

子交换膜移向a极室，D正确；

故选Ao

7.H3A是一种多元酸，向101血肉0卜口8止1.75疥1^3人溶液中逐滴加入

ImolLNaOH溶液至过量，滴加过程中各种含A微粒的物质的量分数6随溶液pH

的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是

A.H3A是三元弱酸

1+

B.ImolL-的Na2HA溶液中存在：2c(H3A)+c(H2A)+c(H)=c(OH)

C.当V(NaOH)=15mL时，pH=5.85

+2

D.ImolL」的NaH2A溶液中存在:c(Na)>c(H2A-)>c(H3A)>c(HA)

【答案】B

【解析】

【分析】根据图知，c(H3A尸c(H2A-)时，Kai=c(H+)=10-3-49；c(H2AAe(HA2-)时,

Ka2=C(H+)=10-585;

【详解】A.由Imol/L的H3A溶液pH=1.75可知,H3A为弱酸,由图中有三种含A

微粒可知，H3A溶液中有H3A、H2A>HA?-三种微粒，故H3A为二元弱酸，A选项

错误；

B.在Na2HA溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=2[c(H3A)+c(H2A-)+c(HA2-)],由电

荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(H2A-)+2c(HA2),整理两式可得:

+

2C(H3A)+C(H2A-)+C(H)=C(OH),B选项正确;

C.当V(NaOH)=15mL时，溶液中发生的反应为:2H3A+3NaOH=Na2HA+NaH2A+3H2O,

溶液中的"HA2■淤(H2A),由图可知，c(HA2-)=c(H2A-)时，pH=5.85,C选项错误；

D.Imol/L的NaH?A溶液中含A的微粒以H，A-为主,由图可知,此时溶液显酸N，

则H2A-的电离大于水解，即C(HA2>C(H3A),D选项错误；

故答案选B。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题〜第32题为必考题，每个

试题考生都必须做答。第33题〜第38题为选考题，考生根据要求做答。

(一)必考题(11题，共129分)。

8.亚硝酸钙是一种重要的化工原料，可作为水泥添加剂，防锈剂等。某兴趣小组拟

利用以下装置制备Ca(NCh)2并测定产品的纯度(夹持及加热装置略)。

己知：®Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O

@2Ca(OH)2+4NO2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O

(1)仪器a的名称是—，B的作用是一，F中盛放的试剂是

(2)A中发生反应的离子方程式为

(3)C中通入的02的量应为X的:，若［兴＜!，会导致—；若

4”(X)4〃(X)4

会导致—o

(4)实验中可通过调节气体X流速来控制其与02通入量的比，调节流速的方法有

—(任答一种)。

(5)充分反应后，经分离提纯得到Ca(NO2)2,设计如下方案测定产品中Ca(NO2)2

的纯度(杂质不参与以下反应)：准确称取mgCa(N0?)2样品放入锥形瓶中，加适量水

溶解，加入过量的cimoLL”的KI溶液、淀粉溶液,然后滴加稀硫酸,用c2moiL"

的Na2s2O3溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗VmL的Na2s2O3溶液。

(在酸性条件下：2NO；+4H++21=2NOT+b+2H2O,I2+2S2O；=21+S4O；)

①滴定至终点的现象是—。

②Ca(NO2)2的纯度为___。

【答案】(1)①.恒压滴液漏斗②.除HN03,将NO2转化为NO③.

NaOH溶液

(2)3Cu+8H++2N0；=3Cu2++2NOf+4H2O

(3)①.NO反应不完全，逸出污染空气②.产品中混有Ca(NO3)2杂质

(4)调节滴液漏斗的滴加速率

(5)①.滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不

变色②.芸33cV;xl()O%或3一3cV

500m5m

【解析】

【分析】A装置中Cu与稀硝酸反应制备NO,由于HNO3具有挥发性，装置中有空

气，生成的NO部分会与02反应生成NO2,A装置制得的NO中混有HN03、N02,

B装置中水用丁除去HNO3、将NO2转化为NO,X为NO,C装置中通过观察气泡

控制NO、O2的通入量之比，D装置中制备Ca(NO2)2,E装置可防倒吸，F装置用于

吸收尾气，防污染大气，

【小问1详解】

根据仪器a的结构特点知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；根据分析，B的作用是

除HN03、将NO?转化为NO；F装巴用于吸收尾气，防污染大气，故F中盛放的试

剂是NaOH溶液；答案为：恒压滴液漏斗；除去HNO3,将Nth转化为NO；NaOH

溶液。

【小问2详解】

A中Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水,反应的离子方程式为3Cu+8H++2N0；,

2++2+

=3Cu+2NOt+4H2O；答案为：3Cu+8H+2N03=3Cu+2NO：+4H2Oo

【小问3详解】

已知Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O>2Ca(OH)2+4NO2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O,

单独NO与Ca(OH)2不反应，NOz过量时会生成Ca(NO3)2；D中发生的总反应可表

示为4NO+O2+2Ca(OH)2=2Ca(NO2)2+2H2O,故C中通入的的量应为NO的L

4

若会导致NO反应不完全，逸出污染空气；若喘3]会导致产品

九(NO)4〃(NO)4

中混有Ca(NO3)2杂质；答案为:NO反应不完全，逸出污染空气;产品中混有Ca(NO3)2

杂质。

【小问4详解】

要调节NO的流速，可调节滴液漏斗滴加稀HNO3的速率；答案为：调节滴液漏斗

的滴加速率。

【小问5详解】

①用淀粉溶液作指示剂，12遇淀粉溶液，溶液呈蓝色，故滴定至终点的现象是滴入

最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；答案为：滴

入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色。

+

②根据反应2NO2+4H+2I=2NOt+I2+2H2O>h+2S2O^=2I+S4O^可得关系式

Ca(NO2)2~l2〜2Na2s2。3,样品中Ca(NCh)2物质的量〃[Ca(NO2)2]=g〃(Na2S2O3)=7

cV一cV

xc2mol/LxVx10'3L=»Ca(NOz)2的质量，川Ca(NCh)2]=/)。molx132g/mol=

33cV33c2V33v

誉1g，Ca(NO2)2的纯度为500xl00%=WAxl00%；答案为：

500xiuu/o5()()m

mg

咨33c工Vx100%或333ScV%。

5(X)m5m

9.KMFe(C2O4)3]-3H2O是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，为亮绿色晶体，易

溶于水，难溶于乙醇。以废铁屑(含C和SQ)为原料制备K3[Fe(C2d)3]-3比0的工

艺流程如图所示。

废铁幅一>部3溶解、火化-尿"操作

废渣废液KJFc<C2OJ3]H,O

已知：25℃时，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)^=4Fe(SCN)F+(aq)+3C2O；(aq)

K=6.31xl0,7o

(1)K3[Fe(C2O4)3]•3H2O中Fe的化合价为____。

(2)废铁屑需碱浸预史理,“碱浸”中加Na2cCh溶液的目的是—。

(3)“溶解、氧化”过程中除了生成K3[Fe(CQ03]外，还有Fe(0H)3生成，该反应的

化学方程式为一，该过程中体系温度需保持在4(「C的原因是一°

(4)“调pH”是为了获得更多的产品，此时发生反应的化学方程式为一。

(5)获得K3[Fe(C2O4)3]・3H2O晶体的“一系列操作”包括:蒸发浓缩、冷却结晶,

过滤，洗涤，干燥。其中洗涤的具体操作是—o

(6)该流程中可以循环使用的物质是—o

(7)某同学欲检验所制晶体中的铁元素，取少量晶体放入试管中，加蒸储水使其充

分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol-UKSCN溶液。判断上述实验方案是否可行

并结合数据和原理说明理由：—。

【答案】(1)+3(2)除去废铁屑表面的油污

(3)①.6FeC2O4+3H2O2+6K2c2O4=4K3[FC(C2O4)3]+2FC(OH)3②.温度过高,

H2O2易分解：温度过低，反应速率太慢

(4)Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O

(5)沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次

(6)H2SO4(7)否，因为[FeCOM%转化为[Fe(SCN)F+反应的平衡常数小于

1.0X10-5,观察不到明显现象，所以无法检验

【解析】

【分析】废铁屑加Na2c03溶液碱浸，除去废铁屑表面的油污，加入稀硫酸进行溶解，

铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，C和SiCh与稀硫酸不反应，过滤向滤液中加入草酸

溶液进行沉铁，得到草酸亚铁沉淀，过滤所得滤液为硫酸溶液，向草酸亚铁沉淀中

加入草酸钾溶液和过氧化氢进行溶解、氧化，将溶液煮沸后加草酸氢钾调节溶液pH,

然后经过一系列操作得到K3[Fe(C2O4)3j.3H2Oo

【小问1详解】

K3[Fe(C2O4)3卜3H2。中钾元素化合价为+1价，草酸根离子为-2价，依据化合物中正

负化合价代数和为0的原则可知，铁的化合价为+3价。

【小问2详解】

废铁屑表面有油污，碱性条件下水解，因此废铁屑“碱浸”中加Na2c03溶液的目的是:

除去废铁屑表面的油污，

【小问3详解】

“溶解、氧化”过程中FeC2O4与K2c2。4、H2O2发生氧化还原反应生成K3[Fe(C2O4)3]

和Fe(OH)a.依据得失电子守恒和原子守恒可知.反应的化学方程式为：

6FcC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fc(OH)3；反应过程中，若温度太低，反

应速率太慢，而过氧化氢受热易分解，若温度过高，过氧化氢易分解，因此该过程

中体系温度需保持在40℃。

【小问4详解】

“溶解、氧化”过程中生成了Fe(0H)3,“调pH”是为了获得更多的产品,使Fe(0H)3

转化为K3[Fe(C2O4)3|,因此加入草酸氢钾发生反应的化学方程式为：

Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2Oo

【小问5详解】

K3[Fe(C2cM外3H2。易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤的具体操作为：沿玻璃棒向漏

斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次。

【小问6详解】

由分析可知，滤液为硫酸溶液，可在溶解步继续使用，因此该流程中可以循环使

用的物质是：H2so4。

【小问7详解】

3

山已知信息：25℃H'J-,[Fe(C2O4)3]-(aq)+SCN-(aq)•一・[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2。j(aq)

K=6.31xl0/7可知，[Fe©04)3产转化为[Fe(SCN)产反应的平衡常数小于1.0x10V观

察不到明显现象，因此无法检验所制晶体中的铁元素。

10.2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发

动机的氢能技术。

1.由氨气制取氢气是一种新工艺，氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体,

且安全、易储运。氨热分解法制氢气相关化学键的犍能数据如表：

化学键N三NH-HN—H

键能E/(kJ•mol1)946436391

回答下列问题：

（1）反应2NH3（g）嶙？N2（g）+3H2（g）AH=____kJ-molL

（2）已知该反应的・mol-KL则温度T___K时反应能自发进行。

（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究，在一定温度和催化剂的条件下，将

O.lmolNH?通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa,4min后达到

平衡，容器内的压强为280kPa。

①该反应达到化学平衡的标志是一（填序号）。

A.NH3的反应速率为0

B.H2的分压保持不变

C.气体平均相对分子质量保持不变

DNIb、Nz、“2的物质的量之比为2：1：3

②在该温度下，反应的平衡常数Kp二—kPa2o（分压=总压X该组分物质的量分数）

II.利用有机物HCOOH分解可再生出与CO2。

（4）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和可能的反应机理如图所示：

CO

①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成—(填化学式)。

②研究发现:其他条件不变时,HCOOK替代一部分HCOOH,催化释氢的速率增大,

根据图示反应机理解释其可能的原因是一。

HI.氨电解法制氢气：

利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：

/1、

阴

离

子

H2

交

换

膜

KOH溶液KOH溶液

(5)阳极的电极反应式为

【答案】(1)+92(2)>460

(3)©.BC②.4800

(4)©.HD②.HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO

浓度增大，反应速率增大

(5)6OH+2NH3-6e-N2+6H2O

【解析】

【小问1详解】

断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H：断裂旧键吸收的能量-形成新键

释放的能量可得，2NH?(g)峰为N2(g)+3H2(g)△H=(+2x3x391-946-3x436)

kJmol-^+92kJ-mol1,故答案为：+92；

【小问2详解】

若反应能自发进行，则AG=△H-TaS<0,即:92。2T<0,解得：T>460K,故答

案为：>460；

【小问3详解】

①A.达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0,故A错误；

B.七的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；

C.气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡

状态，故C正确；

D.NH3、N?、H2的物质的量之比为2:1:3,并不能表示其不变，故D错误；

故答案为：BC：

②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即黑二丝却，

280n（混）

解得n（混）=0.14moL设转化的氨气为2x,则

2NH3(g)q2N2(g)+3112(g)

起始(mol)0.100

0,则O.l・2x+x+3x=O.I4,解得

转化（mol）2xX3x

平衡(mol)0.l-2xX3x

x=0.02mol,平衡容器「的压强为280kPa,则反应的平衡常数

P(N"M)(280kPax*|)x(280kPax鬻)・，

=4800kPa2,故答案为：4800；

【小问4详解】

①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢

生成CO2和HD；②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代

替HCOOH,导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分

HCOOH,催化释氢的速率增大，故答案为：HD；HCOOH是弱电解质，HCOOK是

强甩解质，替代后HCOO浓度增大，反应速率增大；

【小问5详解】

阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O,故答案

为：6OH+2NH3-6e-N24-6H2Oo

（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中

每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上。把所选题目对应题号右边的方框

涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指

定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

11.明朝《天工开物》中有世界上最早的“火法”炼锌技术的记载。锌及其化合物在生

产、生活中有着重要的用途。锌是生命体必需的微量元素•，被称为“生命之花

（1）基态Zn原子核外电子共有一种空间运动状态。

（2）锌与铜在周期表中的位置相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：

[Ar]3d4s2、②锌：[Ar]3dMs'③铜：[Ar]3di°4s\④铜：[Ar]3d。失去1个电子需

要的能量由大到小排序是—（填字母）。

A.④②①③B.©©③①C.①@©③D.①④③②

（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCCh-3Zn（OH）2]薄膜，

使其具有抗腐蚀性。其中co；-的空间构型为一（用文字描述）。与co；-互为等电

子体的分子是—（写一种即可）。

（4）葡萄糖酸锌为有机锌补剂，对胃黏膜刺激小，在人体中吸收率高。如图是葡萄

糖酸锌的结构简式。

①葡萄糖酸锌组成元素中电负性最大的元素为—，其中C原子的杂化方式为—0

②Imol葡萄糖酸分子中含有—mol。键。葡萄糖酸的熔点小于葡萄糖酸锌的熔点原

因是。

（5）ZnS是一种性能优异的荧光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS两种晶型，

其晶胞结构如图所示：

①立方ZnS中，Zn"填充在S2一形成的___空隙中；

②六方ZnS的晶体密度为—g・cm-"设NA为阿伏加德罗常数的值）。

【答案】（1）15（2）A

（3）①.平面三角形②.S6

（4）①.O②.sp3、sp2③.24④.郁萄糖酸是分子晶体，熔点小于

离子晶体葡萄糖酸锌

65x2+32x2

（5）①.四面体（或正四面体）②.73―2—~~一―

——xa^cxNxlO

2AA

【解析】

【小问1许解】

锌元素的原子序数为30,基态原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63$。4s2,原子轨

道的数目与核外电子的空间运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、

3、5,所以锌原子核外电子共有15种空间运动状态，故答案为：15；

【小问2详解】

同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则①失去电子需要的能量大于③；

同种元素的逐级电离能依次增大，则②失去电子需要的能量大丁①；④中3d轨道为

稳定的全充满结构，较难失去电子，则失去电子需要的能量大于②，所以失去1个

电子需要的能量由大到小排序为④②①③，故选A：

【小问3详解】

碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3,孤对电子对数为0,离子的空间构型为平

面三角形；三氧化硫分子和碳酸根离子的原子个数都为4、价电子数都为24,互为

等电子体，故答案为：平面三角形；SO3；

【小问4详解】

①金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，

葡萄糖酸锌中氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大；葡萄糖酸锌中单

键碳原子的杂化方式为sp3杂化，双健碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：O；

Sp3、Sp2：

②葡萄糖酸分子中单键为。键，双键中含有1个。键和1个冗键，所以Imol葡

萄糖酸分子中含有24mo1。键；离子晶体的熔点高于分子晶体，葡萄糖酸锌是离子

晶体，葡萄糖酸是分子晶体，所以熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌，故答案为：24；

葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌；

【小问5详解】

①由晶胞结构可知，立方硫化锌晶胞中1个锌离子周围有4个硫离子，4个硫离子在

空间形成正四面体结构，所以锌离子埴充在硫离子形成的TF四面体空隙中.故答案

为：四面体(或正四面体)；

②由晶胞结构可知，六方硫化锌晶胞中位于顶点和体内的硫离子个数为8X：+1=2,

O

位于棱上和体内的锌离子个数为4><!+1=2,设晶体的密度为dg/cnf,由晶胞的质

4

2x(65+32)

量公式可得：——-----=aX10_7Xasin60°X107XcX107Xd,解得d二

NA

65x2+32x265x2+32x2

V3――焉，故答案为：?3――荒。

——xaexN.xlO——xacxN.xlO

2八2八

12.含硫生物分子或活性硫物种(RSS)成为近期的研究热点，该研究的重点在于阐明

其生理功能。化合物H成功实现对含硫物质(如HzSn)的选择性检测，其合成路线如

图。

己知:

①试剂X是芳香族化合物，其相对分子质量不超过100：

/CNZCOOH

②》H,CCH3coOH；

"CNCOOH

回答卜列问题：

（1）B的化学名称为—；试剂X的结构简式为一。

（2）C与乙二醇反应生成高分子化合物的化学方程式为

（3）F中含氧官能团的名称是o

（4）试剂Z的分子式为C7H8。2,其结构简式为O

（5）G-H分两步完成，第一步发生加成反应，第二步的反应类型为—o

（6）M是试剂Y的同系物，且其相对分子质量比Y少14,写出满足下列条件的M

的所有同分异构体的结构简式—。（不考虑立体异构）

①核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子：

②能与金属Na反应，但不能与Na2cCh溶液反应；

③分子中不含“一NHOH”片段。

rCHOCH=CHCOOH

（7）请根据题中信息，写出以N和6为原料合成肉桂酸（6）

的路线—0

【答案】（1）①.1，3—丙二醇②,6

（2）nHOOCCCH2coOH+nHOCH2cH20H———

HOfOCCH2coOCH2cH2。+H+(2n-l)H2O

【分析】由有机物的转化关系可知，BiCH2cH2cH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水

解反应生J或HOCH2CH2CH2OH,则A为BrCH2cH2cH?Br、B为HOCH2cH2cHzOH；

HOCH2CH2CH2OH与酸性高锌酸钾溶液发生氧化反应生成HOOCCH2COOH,则C

OH

为HOOCCH2COOH；在催化剂作用下HOOCCH2COOH与乂、共热发生取代反

__OH

应生成^^-OOCCH2co0-^^，则试剂x为6）；

^^-OOCCH2co与fNC'OH反应得到

OCH3

/CN

与H2c先发生

CN

加成反应，再发生消去反应生成

【小问1详解】

由分析可知，B的结构简式为HOCH2cH2cH20H,名称为1,3—丙二醇；试齐4X

OH0H

为苯酚，结构简式为©],故答案为：1,3—丙二醇；；

【小问2详解】

C与乙二醇反应生成高分子化合物的反应为一定条件下，HOOCCH2coOH与乙二醉

发生水解反应生成H0十OCCH2coOCH2cH2。±H和水，反应的化学方

程式为nHOOCCCH2coOH+nHOCH2cH20H——~~>

HO+OCCH2coOCH2cH2。+H+(2n-i)H2O,故答案为：

nHOOCCCHzCOOH+nHOCHzCHzOH------——a>

HO+OCCH2coOCH2cHq士H+(2n-i)HO

【小问3详解】

由结构简式可知，F的含氧官能团为酯基、醛基，故答案为：酯基、醛基;

【小问4详解】

OHH

由分析可知，试剂Z的分子式为C7H8。2,结构简式为

OCH3

【小问5详解】

先发生加成

反应，再发生消去反应生成消去反应;

【小问6详解】

Y的同系物M的相对分了•质量比Y少14,能与金属Na反应，但不能与Na2cCh溶

液反应，分子中不含'一NHOH”片段说明M分子中含有的官能团为一NH2和一0H,

符合核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子的结构简式为

【小问7详解】

,CNCHO

由题给信息可知，以H2C；和为原料合成肉桂酸的合成步骤为

'CNU

CN

CHOZ

CNCH=C

先发生加成反应，再发生消去反应生成

U'CN

/CN/COOH

CH=C(3H=d

、CN酸性条件下发生水解反应生成(3COOH'

/COOH「口

CH=qrH=CHCOOH

I口共热发生脱竣反应生成不、,合成路线为

U2

,CN/CN/COOH

CH=4

6CHO3HC6CH=CCN.

ja->XCOOH----->

CH=CHCOOHZCN/CN

CHOuCCH=C

,故答案为：6-6"

COOH-

Zru二CHCOOH

CH=《产

6c。。一6o

高考模拟检测卷（二）试题

化学

可能用到的相对原子质量：N14AI27P31Sr88

一、选择题

1.化学与社会、科学、技术、生活等密切相关，下列说法正确的是

A.“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶

B.“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于传统无机非金属材料

C.青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化

D.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海.上丝绸之路”的简称，丝绸的

主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物

【答案】A

【解析】

【详解】A.夏秋之交的温度比较高，引水种盐，温度高时利于水分蒸发，可快速

得到盐，属于蒸发结晶，A正确；

B.氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，B错误；

C.居呦呦对青蒿素的提取是萃取过程，属于物理变化，C错误：

D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，D错误；

故选Ao

2.下列性质的比较，不够用元素周期律解释的是

A.酸性：H2SO4<HC1O4B.金属性：Na>Al

C.热稳定性：Na2CO3>NaHCO.D.氨化物的稳定性：H2S<H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性

CI>S,故酸性H2so4VHe104,A不符合题意；

B.同周期从左往右金属性减弱，故金属性：Na>Al,B不符合题意；

C.碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性与元素周期律无关，C符合题意；

D.同主族从上往下非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故氢化物的稳定性：

H2S<H2O,D不符合题意;

故选Co

3.光气（COCl?）是一种重要的有机合成中间体，有剧毒，光气与氨气反应的化学

方程式为：COC12+4MI3=CO（NH2）2+2NH.Q.下列有关说法不思玻的是

A.NH4cl中含有离子键和共价键B.。原子的原子结构示意图:

*0*

C.CO（NH2）2的球棍模型:D.C0C12的电子式为：.百:小不

【答案】D

【解析】

【详解】A.NHKl中，NH：和C1-之间形成离子键，N原子和H原子之间形成共价

键，即该化合物中含有离子键和共价键，A正确:

B.C1的原子序数为17,则C1原子的原子结构示意图为287,B正确;

o

n

C.CO（NH2）2的结构式为H、N/c

I

H

D.电子式中的非金属原子（除H原子外）周围应有8个电子，则COCb的电子式

:o:„

为••••••,D误;

故选D。

4.下列离子方程式书写正确的是

A.Na与H?O反应：2Na+2H+=2Na++H2T

3+

B.向NH4AKSCM2溶液滴入过量NaOH溶液：Al+4OH=A1O；+2H2O

C.铁丝与CuSCh溶液反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu

I）.将H2c2O4溶液（弱酸）滴入酸性KMnCh溶液：5C2Or+2MnO7

+16H+=2Mn2++1OCO2T+8H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.H2O是弱耳解质，应该写化学式，反应的离子方程式为：

+

2Na+2H2O=2Na+2OH++H21,A错误：

B.向NH』A1(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液时，溶液中的NH：、AP+都会与OH

发生反应，该反应的离子方程式应该为：NH；4-Al3++5OH-=A1O-+NH3H2O+2H2O,

B错误；

C.反应符合事实，遵循物质的拆分原则，c正确：

D.H2c2。4是二元弱酸，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：5H2c2O4+2MnO；

+6H+=2Mn2++1OCO?t+XH?O.D错误：

故合理选项是Co

5.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是

1

A.配制0.1mol-L-NaCl(aq)B.收集SO2并吸收尾气

C.制取C2H4I).蒸干FeC13溶液制FeC13晶体

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.固体药品的溶解应在烧杯中进行，A错误；

B.SO?密度比空气大，利用向上排空气法收集，二氧化硫有毒，过量的二氧化硫用

NaOH溶液吸收，同时可以防倒吸，B正确；

C.制取乙烯，反应液温度为170℃,则温度计应伸入到液面以下，C错误；

D.蒸干FeC13溶液，蒸发过程中铁离子会发生水解，温度升高，HC1挥发，促使水

解平衡正向讲行，不能得到FcCh,D错误：

答案为B。

6.关于CH.QH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是

A.CHQH为极性分子B.N2H4空间结构为平面形

C.N2H4的沸点高于(CH3”NNH2D.CH30H和(CH3)2NNH2中C、O>N杂

化方式均相同

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，

是由极性键组成的极性分子，A正确；

B.N2H4中N原子的杂化方式为sp',不是平面形，B错误；

C.N,%分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多,而偏二甲股

((CH3)2NNH2)只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分

子的排列,沸点较N2H4的低,C正确;

D.CEOH为四面体结构，-0H结构类似于水的结构，(CHSNNHz的结构简式为

，两者分子中C、0、N杂化方式均为sp3,D正确；

Nn

I

故选Bo

7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是

A.31g白磷(P4)中白磷分子总数为NA

3

B.2L含K+为19.5mg/L的矿泉水含IC数目为10-NA

C.由乙烯制备一氯乙烷若获得Imol产品需2NA个Cl2分子

I).标准状况下，22.4LSO3与足量水反应可获得NA个H2s0,分子

【答案】B

【解析】

3]o

【详解】A.31g白磷(PQ的物质的量为茂温w=0.25mol,则白磷分子总数为0.25NA,

A错误:

B.2L含19.5mg/L的矿泉水中爪的物质的量为三嗤等里:*。1,

则K+数目为10-3NA,B正确;

C.由乙烯制备一氯乙烷，生成1mol产品理论上需HC1分子数为NA,C错误；

D.标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；

故选：Bo

8.CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系

中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：

下列说法正确的是

A.在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成

B.在转化为HCOOH的路径中，CO?被氧化为HCOOH

C.在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%

I).上述反应过程说明催化剂具有选择性

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；

B.HCOOH的C元素化合价为+2,CO2为+4价，化合价降低,CCh被还原为HCOOH,

B错误；

C.CO2转化为CO,。原子失掉一个，原子利用率不是100%,C错误；

D.该机理图可知CCh在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有

选择性，D正确；

故选：Do

9.下列说法正确的是

A.将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，或一次性快速注入盐酸中，都不影响中和

热的测定

B.已知中和热为△HuR.BkJ-molL则稀H2sO,与稀Ba(OH)2溶液反应的反应热

AH=-2x57.3kJ•mol'1

3

C.燃烧热是指在lOlkPa时，Imol可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+习

1

O2(g)=SO3(g)AH=-315kJ-mor即为硫的燃烧热

D.己知冰的熔化热为6.0kJ-mol1,冰中氢键键能为20.0kJ•mol1,假设Imol冰中

有2moi氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏Imol冰中15%

的氢键

【答案】D

【解析】

【详解】A.分多次缓慢注入，造成热量散失，则测定的中和热偏小，应一次性快

速注入盐酸中.A错误：

B.生成硫酸钢放热，则稀H2s04与稀Ba(0H)2溶液反应的反应热AH<-2x57.3kJ-nioH,

B错误；

C.燃烧热定义中，硫燃烧生成的稳定氧化物应为二氧化硫，C错误；

D.冰的熔化热为b.OkJ-morMmol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJmoH,

冰中氢键键能为20.0kJ-molLImol冰中有2moi氢键，破坏时需吸收40kJ的热量，

则@xlOO%=15%,即最多只能破坏Imol冰中15%的氢键，D正确；

40

答案选D。

10.高电压水系锌一有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是

加otg

Za

A.充电时，中性电解质NaCl的浓度增大

B.放电时，负极反应式为Zn-2e+4OH=Zn(OH)：

C.充电时，ImolFQHz转化为FQ转移2moi电子

D.放电时，正极区溶液的pH增大

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，充电时，FQH2生成FQ,被氧化，所以充电时右侧为阳极，左

侧为阴极，Zn(OH)：被还原为Zn；则放电时左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)：,右

侧为正极，FQ被还原为FQH2。

【详解】A.充电时，左侧阴极的电极反应为Zn(OH)：+2e-=Zn+4OH,阴离子增多，

为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，经阴膜迁移至右恻J,

NaCl的浓度减小，A错误;

B.放电时，左侧为负极,Zn被氧化为Zn(OH)：,电极反应为Zn-2e+4OH=Zn(OH)；,

B正确；

C.充电时.右侧FQH,被氧化为FQ.电极反应为FQH?-2e-FQ+2H\所以ImolFQH?

转化为FQ转移2moi电子，C正确；

D.放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-=FQH2,氢离子被消耗，pH增大，

D正确；

综上所述答案为Ao

11.常温下，向一定浓度的HzX溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的的pH与离子

浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

c(HX)

C(H2X)

直线m表示pH与1g?黑的关系

c(H,X)

H2X的电离常数Ka2的数量级为10小

N点水电离出的c(Hr)=lxlO-4-3mol.L-'

D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH)

【答案】C

【解析】

c(HX)C(X2-)

【分析】根据直线m,当pH=O时lg£——^或吆方=二二1-3,对应电离常数为

J