甘肃省天水市麦积区2024届高三下学期2月第二次模拟检测化学试题（含答案解析）

高三检测化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共14小题，每小题3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。1.下列文物的主要成分是金属材料的是选项ABCD文物名称金瓯永固杯玉云龙纹炉青玉大禹治水图山子各种釉彩大瓶A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．金瓯永固杯的主要成分是黄金，A项符合题意；B．玉云龙纹炉的主要成分是玉，成分为硅酸盐，是非金属材料，B项不符合题意；C．青玉大禹治水图山子的主要成分是青玉，是非金属材料，C项不符合题意；D．各种釉彩大瓶的主要成分是陶瓷，是非金属材料，D项不符合题意；故选A。2.我国在科技领域取得多项重大成就。下列说法错误的是A.“九章三号”光量子计算原型机所用芯片的主要成分Si能溶于硫酸B.墨子巡天望远镜主镜上面银色的铝反射膜属于金属材料C.快舟一号甲运载火箭的液体推进剂在反应中作氧化剂D.罗斯海新站钢结构所用耐候抗延迟断裂高强合金螺栓能导电【答案】A【解析】【详解】A．Si不能溶于硫酸，故A错误；B．铝反射膜属于金属材料，故B正确；C．火箭末级用四氧化二氮和肼作推进剂，反应原理为：N2O4

+2N2H4=3N2↑+4H2O↑，在反应中作氧化剂，故C正确；D．合金能够导电，故D正确；故选A。3.化学用语是化学专业术语。下列化学用语错误的是A.基态V原子的价层电子排布式为3d34s2B.AsH3分子的VSEPR模型：C.NH4Br的电子式：D.2-氨基丁酸的结构简式：CH3CH2CH(NH2)COOH【答案】B【解析】【详解】A．V是23号元素，根据构造原理，可知基态V原子的价层电子排布式为3d34s2，A正确；B．AsH3分子中的中心As原子价层电子对数是3+=4，故该分子的VSEPR模型是四面体形，而不是三角锥形，B错误；C．NH4Br是离子化合物，阳离子与阴离子Br-通过离子键结合，在阳离子中，N、H元素的原子之间以共价键结合，故该物质的电子式为，C正确；D．2-氨基丁酸是与羧基直接相连的烃基C原子上的一个H原子被氨基-NH2取代产生的物质，其结构简式为CH3CH2CH(NH2)COOH，D正确；故合理选项是B。4.非洛地平：主要用于轻、中度原发性高血压的治疗，其分子结构如图所示。下列有关该物质的说法错误的是A.分子式为 B.可发生取代反应和加成反应C.分子中有1个手性碳原子 D.1mol该物质最多消耗6molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为，故A错误；B．该分子中含有碳碳双键、氯原子和酯基，可发生取代（水解）反应和加成反应，故B正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中有1个手性碳原子，位置为，故C正确；D．该物质的分子结构中含有2个酯基，2个氯原子，氯原子和NaOH溶液发生水解反应后会生成2个酚羟基，则1mol该物质最多消耗6molNaOH，故D正确；故选A。5.化学变化遵循哲学思想。下列变化不遵循“量变引起质变”的哲学思想的是A.向NaOH溶液中滴加溶液，起始时无明显现象，后产生白色絮状沉淀B.向溶液中滴加浓氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变成深蓝色C向酚酞溶液中加入漂粉精粉末，溶液先变红，后迅速褪色D.向含甲基橙的纯碱溶液中滴加盐酸，溶液由黄色变为橙色，最终变为红色【答案】C【解析】【详解】A．向NaOH溶液中滴加溶液，过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]能溶于水，刚开始没有明显现象，继续滴加溶液，产生白色絮状沉淀Al(OH)3，遵循量变到质变，A项不符合题意；B．向溶液中滴加少量氨水生成Cu(OH)2沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，溶液变成深蓝色，遵循量变到质变，B项不符合题意；C．向酚酞溶液中加入漂粉精Ca(ClO)2粉末，ClO-水解生成的次氯酸和OH-，溶液呈碱性使酚酞变红色，后因次氯酸的漂白性使红色褪去，与量无关，不遵循量变到质变，C项符合题意；D．向纯碱溶液中碳酸根离子存在水解反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，滴加少量盐酸，先生成NaHCO3，碱性减弱，溶液由黄色变为橙色，滴加过量盐酸生成NaCl，最终变为红色与量有关，遵循量变引起质变，D项不符合题意；故选C。6.传世名画之一的《千里江山图》中青绿山水用“绿青”[主要成分为CuCO3⋅Cu（OH）2]等矿物颜料绘制而成。下列有关说法正确的是A.氧元素位于元素周期表的s区B.中C原子的杂化方式为sp3C.H、C、O三种元素的电负性由大到小的顺序：O>C>HD.“绿青”与盐酸反应的化学方程式为【答案】C【解析】【详解】A．氧元素位于元素周期表的p区，故A错误；B．中C原子的价层电子对为3+=3，没有孤电子对，故C原子的杂化方式为sp2，故B错误；C．H、C、O三种元素的电负性由大到小的顺序：O>C>H，故C正确；D．“绿青”与盐酸反应的化学方程式为，故D错误。答案选C。7.下列反应的离子方程式书写错误的是A.向氨水中通入过量SO2：B.铁件上镀铜时，与电源正极相连的是铜，铜电极上的电极反应：C.氯化铜溶液中加入硫化钠溶液：D.苯酚钠溶液中通入少量CO2：+H2O+CO2+【答案】A【解析】【详解】A．向氨水中通入过量SO2生成亚硫酸氢根：，A错误；B．铁件上镀铜时，铜做阳极，与电源正极相连，铜电极上的电极反应：，B正确；C．氯化铜溶液中加入硫化钠溶液，生成硫化铜沉淀：，C正确；D．苯酚钠溶液中通入少量CO2，生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：：+H2O+CO2→+，D正确；故选A。8.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，含分子数为B.的硫酸溶液含氢离子数为C.晶体含阴离子数为D.含未成对电子数为【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；B．的硫酸溶液中含0.1molH+，故B错误；C．的物质的量为，1molNaHSO4晶体中含2mol离子，所以晶体中含阴离子的数为0.1NA，故C正确；D．基态Cr原子的价层电子排布式为，即1个Cr原子含6个未成对电子，故含1.2NA个未成对电子，故D错误；故答案为：C。9.由短周期主族元素组成的某种化合物结构如图，基态Y原子的s轨道电子数目与p轨道电子数目相等，元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。下列有关叙述正确的是A.第一电离能：Y<XB.原子半径：Y>X>WC.简单离子半径：Y>ZD.基态Z原子核外占据最高能级的电子的电子云轮廓图为哑铃形【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素，基态Y原子的s轨道电子数目与p轨道电子数目相等，则Y为O原子，元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W形成1条共价键，一价阴离子内X形成4条共价键，其中1个为配位键，则W为H，X为B，Z显+1价，则Z为Na；【详解】A．据分析可知，第一电离能：Y＞X，A错误；B．根据“层多径大，序大径小”，可知原子半径：X>Y>W，B错误；C．根据“层多径大，序大径小”，可知离子半径：Y>Z，C正确；D．基态Z原子核外占据最高能级的电子的电子云轮廓图为球形，D错误；故选C。10.常用作强还原剂、供氢剂和真空管除气剂，遇水蒸气剧烈反应。某小组利用如图装置(部分夹持装置未画出)制备和。下列叙述正确的是A.装置II中的试剂为NaOH溶液，作用是吸收气体中的B.可以较长时间观察到装置I中产生白色沉淀C.装置IV的作用是干燥并吸收尾气D.用水可以检验装置III中钡是否过量【答案】B【解析】【分析】I为电解饱和食盐水的装置，C为阴极，H+得到电子生成H2，装置II中的试剂为浓硫酸，用于干燥H2，III中H2和Ba反应生成，装置IV的作用是防止空气中的水蒸气进入装置III，以此解答。【详解】A．由分析可知，装置II中的试剂为浓硫酸，用于干燥H2，故A错误；B．I为电解饱和食盐水的装置，Fe为阳极，电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，阴极产生OH-，该装置中阳极用苯隔绝空气，可以较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀，故B正确；C．由分析可知，装置IV的作用是防止空气中的水蒸气进入装置III，H2不能用碱石灰除去，故C错误；D．Ba和都可以和水反应，不能用水可以检验装置III中钡是否过量，故D错误；故选B。11.某反应体系中只有五种物质：AsH3、H2O、HBrO3、H3AsO4、Br2。启动反应后，两种含溴物质的物质的量变化如图所示。下列叙述正确的是A.在该反应中，氧化剂是Br2，还原剂是AsH3B.氧化产物、还原产物的物质的量之比为4∶5C1mol还原剂完全反应时转移8mol电子D.上述反应所涉及的物质含共价键和离子键【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，2mol乙完全反应生成1mol甲，分析五种物质组成，可知甲为Br2，乙为HBrO3。氧化剂是HBrO3，还原产物是Br2，故还原剂是AsH3，氧化产物是H3AsO4，化学方程式为，A项错误；B．由上述反应可知，氧化产物、还原产物的物质的量之比为5∶4，B项错误；C．1molAsH3完全反应时转移8mol电子，C项正确；D．反应涉及的物质只含共价键(包括极性键和非极性键)，D项错误；故选：C。12.已知两种短周期元素X、Y的原子价层电子排布式分别为、。这两种元素组成的一种晶胞结构如图所示，晶胞参数nm。下列叙述错误的是A.该晶体的化学式为 B.氧离子的配位数为4C.该晶体为离子晶体 D.该晶体的密度为2.27g⋅cm【答案】B【解析】【分析】短周期元素X原子价层电子排布式分别为，X为Na元素；短周期元素Y的原子价层电子排布式为，n=2，则Y是O元素。离子半径Na+<O2-，所以小黑球表示Na+，大白球表示O2-，根据均摊原则，晶胞中O2-数为、Na+数为8。【详解】A．根据均摊原则，晶胞中O2-数为、Na+数为8，该晶体的化学式为，故A正确；B．根据图示，氧离子的配位数为8，故B错误；C．该晶体由Na+、O2-构成，为离子晶体，故C正确；D．该晶体的密度为g⋅cm，故D正确；选B。13.一种将酸—碱双电解液分开且具有双溶解沉积反应的酸碱混合高电压水系可充电电池的充电过程如图。下列说法中错误的是A.充电时，电极a与电源的负极相连B.放电时，在电极a区加入KOH溶液作电解质溶液C.放电时，电极b的电极反应式为D.充电时，当电极a处生成6.5gZn时，有通过交换膜N【答案】D【解析】【分析】充电时，电极a上[Zn(OH)4]2-得到电子生成Zn，为电解池的阴极，与电源的负极相连，电极方程式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，电极b为电解池的阳极，电极方程式为：，以此解答。【详解】A．由分析可知，充电时，电极a与电源的负极相连，A正确；B．放电时电极a发生的反应是Zn转化为Zn(OH)2，这是一个氧化反应，所以电极a是原电池的负极，需要在电极a区加入KOH溶液作电解质溶液，B正确；C

．放电时电极b发生的反应是转化为Mn2+，这是一个还原反应，所以电极b是原电池的正极，电极反应式为，C正确；D．充电时电极a发生的反应是Zn(OH)2转化为Zn，发生还原反应，所以电极a是电解池的阴极，当电极a处生成6.5gZn时，转移的电子数为0.2mol，因此有0.2molK+通过交换膜N，D错误；故选D。14.常温下，二元弱酸在溶液中各组分百分含量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是A.曲线②表示随溶液pH的变化B.的一级电离常数C.NaHA溶液中D.常温下，若向溶液中滴加溶液使溶液pH=7，则一定存在：【答案】C【解析】【分析】向二元弱酸溶液中加入NaOH条件pH，先后发生反应：H2A+OH-=HA-+H2O、HA-+OH-=A2-+H2O，则曲线①代表H2A，曲线②代表HA-，曲线③代表A2-，以此解答。【详解】A．曲线②代表HA-，A正确；B．曲线①和②交点处，pH=1.25，所以H2A

的一级电离常数Ka1==10-1.25，B正确；C．在

NaHA溶液中，HA-既可以电离为A2-，也可以水解为H2A，由C点数据可知H2A的Ka2==10-4.25，则HA-的Kh=，HA-电离的趋势大于水解的趋势，所以，C错误；D．在pH=7的溶液中，根据电荷守恒，，可得，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某探究小组模拟制备三氯乙醛（CCl3CHO）的实验装置如图（夹持、加热装置均已略去）。【查阅资料】Ⅰ．制备原理：。可能发生的副反应：ⅰ．；ⅱ．。Ⅱ．相关物质的相对分子质量及部分物理性质如表所示：C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl相对分子质量46147.5163.564.5熔点/℃－114.1－57.558－138.7沸点/℃78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇、三氯乙醛微溶于水，可溶于乙醇回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为______，仪器m中水流的出口为______（填“a”或“b”）。（2）装置B中盛装的试剂为饱和食盐水，若撤去装置C，会导致CCl3CHO的产率降低，试分析可能原因：______。（3）装置D处宜采用的加热方法为______（填“直接加热”或“水浴加热”）；若实验结束后装置E中溶液含有的含氯元素的阴离子仅有ClO－和X，检验阴离子X的方法为______。（4）称取0.40g制得的产品，配成待测溶液，向待测液中加入适量NaOH溶液，再用滴定管向待测溶液中加入30.00mL碘标准溶液，使反应，充分进行。完全反应后，加盐酸调节溶液的pH，加入淀粉溶液作指示剂，并立即用的Na2S2O3溶液滴定过量的I2至终点，发生反应：。重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①取用碘标准溶液和Na2S2O3溶液所用滴定管分别为______（填标号）。a．酸式滴定管、酸式滴定管b．碱式滴定管、碱式滴定管c．酸式滴定管、碱式滴定管d．碱式滴定管、酸式滴定管②实验到达滴定终点的现象是______，测得产品的纯度为______（保留三位有效数字）。③若取用碘标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后没有用碘标准溶液润洗，则测定结果将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】（1）①.②.a（2）Cl2与H2O（g）发生反应生成HCl和HClO，导致发生副反应ⅰ和ⅱ，使副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多，CCl3CHO产率降低（3）①.水浴加热②.取少量E中的溶液，先滴加过量稀硝酸，然后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明含有Cl－（4）①.c②.当滴加最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内溶液不再恢复原来的颜色③.92.2%④.偏大【解析】【分析】A装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气【小问1详解】仪器A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应为：；为了更好的冷凝效果，水下进上出，故仪器m中水流的出口为a；【小问2详解】若撤去装置C，会导致CCl3CHO的产率降低，原因是：Cl2与H2O（g）发生反应生成HCl和HClO，导致发生副反应ⅰ和ⅱ，使副产物CCl3COOH、C2H5Cl增多，CCl3CHO产率降低；【小问3详解】控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；氯气和氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠，氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，则X为氯离子，故检验方法为：取少量E中的溶液，先滴加过量稀硝酸，然后滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明含有Cl－；【小问4详解】①碘液具有强氧化性，应使用酸式滴定管，Na2S2O3溶液水解显碱，应使用碱式滴定管；故选c；②碘单质能使淀粉溶液变蓝色，滴定结束后，碘单质完全被消耗，则滴定终点的现象是：当滴加最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内溶液不再恢复原来的颜色；由滴定过程可知，与Na2S2O3溶液反应的过量的I2为，则CCl3CHO滴定中消耗的碘单质为，结合反应可知，，则测得产品的纯度为92.2%；③若取用碘标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后没有用碘标准溶液润洗，导致碘液浓度减小，则消耗Na2S2O3标准液减小，使得测定结果将偏大。16.达成“双碳”目标的重要途径是实现碳的固定。利用CO、和可以合成生物质能源甲醇：反应1：反应2：反应3：回答下列问题：（1）反应1在___________(填“较高温度”“较低温度”或“任何温度”)下能自发进行。（2）___________。（3）T℃时，向一恒容密闭容器中仅充入1molCO(g)和，仅发生反应2。下列叙述错误的是___________(填标号)。A.加入催化剂，反应速率增大B.CO体积分数不变时，反应达到平衡状态C.平衡后，充入氩气，平衡正向移动D.平衡后，充入，CO平衡转化率增大（4）在某催化剂作用下，反应2的历程如图所示(图中数据表示微粒的相对能量，*表示吸附在催化剂表面上)。控速反应方程式为___________。（5）在某催化剂作用下，只发生反应：。该反应的速率方程式为，(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。830℃时该反应的平衡常数K=1，达到平衡后，________(填“>”“<”或“=”，下同)，900℃时________。（6）时，在密闭容器甲、乙中，分别充入和，它们分别在有水分子筛(只允许水分子透过)和无水分子筛条件下仅发生反应1.测得平衡转化率与压强关系如图所示。①使用了水分子筛的容器是___________(填“甲”或“乙”)。②平衡常数___________(填“>”“<”或“=”)，M点___________kPa。（7）时，向一体积为1L的恒容密闭容器中充入1molCO、和，在一定条件下发生上述3个反应，达到平衡时得到和，此时平衡转化率为50%。该温度下，反应1的平衡常数K=___________。(列出计算式)【答案】16.较低温度17.18.C19.CO*+2H2(g)=HCO*+H2(g)20.①.=②.>21.①.乙②.=③.7522.【解析】【小问1详解】反应1的、，在较低温度下能自发进行。【小问2详解】由盖斯定律可知，反应1-反应3可得反应2，则。【小问3详解】A．催化剂能加快反应速率，加入催化剂，反应速率增大，故A正确；B．CO体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．恒容密闭容器中，平衡后，充入氩气，反应物和生成物的浓度不变，平衡不发生移动，故C错误；D．平衡后，充入，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，故D正确；故选C。【小问4详解】由图可知，CO*+2H2(g)=HCO*+H2(g)的活化能最大，反应速率最慢，为控速反应。【小问5详解】达到平衡后，=，=1，=，该反应吸热反应，升高温度，平衡常数增大，900℃时，>1，>。【小问6详解】①使用了水分子隔离膜的反应器可以去除生成物H2O，平衡正向移动，CO2平衡转化率高，所以使用了水分子隔离膜的反应器是乙；②平衡常数只受温度影响，a、b温度相同，平衡常数=，由已知条件列出“三段式”M点=75kPa【小问7详解】时，向一体积为1L的恒容密闭容器中充入1molCO、和，在一定条件下发生上述3个反应，达到平衡时得到和，此时平衡转化率为50%，则平衡时CO的物质的量为1mol-0.5×1mol=0.5mol，根据H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为3mol-0.5mol-0.8mol×2=0.9mol，反应1的平衡常数K=。17.碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿（主要是，含有和少量等杂质）为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示。回答下列问题：（1）Cu位于元素周期表第______周期第______族。（2）滤渣Ⅰ经提取后可获得一种淡黄色副产品，则浸取中发生反应的离子方程式为______。（3）常温下，加入试剂X的目的是调节溶液的pH为2.9以完全除去铁元素（溶液中离子浓度小于即可视为完全沉淀），则试剂X可用______（写化学式），______。（4）实验室检验碱式碳酸铜是否洗净的操作为______。（5）已知Cu与Zn在元素周期表中相邻，其电离能数据如表：元素第一电离能/（）第二电离能/（）Cu7461958Zn906.41733请根据原子结构分析Cu的第二电离能比Zn的第二电离能大的原因：______。【答案】（1）①.四②.IB（2）（3）①.CuO［或、，2分］②.（4）取少许最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明碱式碳酸铜已洗净（5）的价电子排布式为，为全满结构，的价电子排布式为，全满结构较为稳定【解析】【分析】浮选精矿与MnO2、硫酸反应生成一种淡黄色副产品，即S、Cu的化合价升高，Mn原子的化合价降低，生成硫酸锰、硫酸铜、单质硫和水，少量Fe2O3等杂质溶于硫酸，则SiO2不溶，滤渣I为单质硫和SiO2；加入CuO、Cu(OH)2或碱式碳酸铜调节pH，使铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤，向滤液中加入碳酸氢铵、氨气，生成碳酸锰沉淀和铵根离子；通过加热，赶走多余