河南省新乡市2024届高三第二次模拟考试理综-化学试题（含答案解析）

河南省新乡市2024届高三第二次模拟考试理综-化学试题

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一、单选题

1.化学与生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是

A.传统陶瓷是典型的绝缘材料B.食盐、味精的主要成分都是盐类

C.硅胶可作食品袋中的抗氧化剂D.纯碱溶液可用于除去酯类油污

A.AB.BC.CD.D

3.一种抗胃溃疡剂M的结构简式如图,下列有关说法正确的是

A.M含有的含氧官能团有2种B.lmolM发生加成反应最多能消耗2mol

Br2

C.1个M分子中含1个手性碳原子D.M能发生氧化反应、取代反应

O2N、人/NO2

、N人N，

4.由乌洛托品与发烟硝酸作用制得的“黑索金”()是一种爆炸力极强

NO2

的烈性炸药，引爆“黑索金”会产生等体积的N2、H2。及CO气体。下列有关说法正确

的是

试卷第1页，共8页

A.硝酸分子为非极性分子

B.第一电离能：C<N<0

C.“黑索金”分子中C、N原子杂化方式不完全相同

D.等物质的量的CO和N2分子中含有的配位键数目相等

5.25。<2时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对

能量变化如图所示。

60

o

IU

/40

名

*。

nH温20

装

要

0

-20

反应进程

下列说法正确的是

A.在该反应条件下，产物1比产物2稳定

B.固体酸分子筛可通过氢键吸附乙醇

C.固体酸分子筛能减小图示反应的焰变

D.生成产物1的决速步骤的活化能为36.7kcal-mo『

6.自由基因为化学性质不稳定往往不能稳定存在，羟基自由基（-OH）有极强的氧化

性，其氧化性仅次于氟单质。我国科学家设计的一种能将苯酚（C6H6。）氧化为CO?和

H2O的原电池一电解池组合装置如图所示，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说

法错误的是

H

%

MN

CrzO7微

生

物

也

NaCl溶液

Cr(OH)3

IIINaSO

溶2液4

A.该装置工作时，电流方向为电极1）一皿室—11室—1室—电极a

B.当电极a上有ImolCr（OH）3生成时，c极区溶液仍为中性

C.电极d的电极反应为HQ--=H++OH

试卷第2页，共8页

D.当电极b上有0.3molCO?生成时，电极c、d两极共产生气体H.2L（标准状况）

7.常温下，向BaCC）3的浊液中滴加稀盐酸，混合物中c（Ba?+）随c（H+）的变化关系如图

9

所示（整个过程无气体逸出，忽略CO：第二步水解）。已知：Ksp（BaCO3）=2.5xl0-,

10

Ksp（BaSO4）-l.lxl0-,K^H2co3）=5.0x10』。下列叙述正确的是

八c（Baz+）/l04moi.1/

B.N点与M点的c（CO：）+c（HCOj之比约为2:1

c（CO:）J

C.M点:

c（HCOj）-10

D.向N点溶液中加Na2sO,固体，溶液的pH不变

二、解答题

8.KMnO”是生活中常用的消毒剂。已知在酸性介质中墨绿色的MnOr易发生歧化反应,

生成MnO；和Mi!。?，回答下列问题:

实验（一）实验室制备KMnO—

3gMnO,100mL水CO,

2.5gKC1O3

5.2gKOH

滤渣粗KMnO,

⑴“熔融”时分批加入MnO?粉末的目的

是,“熔融”时不需选用的仪器是

（填标号）。

A.铁用烟B.玻璃棒C.泥三角D.生瑞钳

试卷第3页，共8页

(2)“抽滤”时选择乙装置，相对甲，乙的主要优点是

⑶“歧化”时，若通入CO?过多，最终得到的KMnC>4产量会(填“增大”“减小”

或“不变，，)，理论上镒元素进入产品的百分率约为%(保留三位有效数字)，用

盐酸代替C02的后果是o

(4)工业上，常用“电解”代替“歧化”，提高锦元素利用率。电解的总反应方程式

为o

实验(二)实验室测定产品纯度。

取wgKMnC>4溶于水配成250nlL.溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸

化，用cmol.L1Na2c2O4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液「mL。

(5)下列叙述正确的是一(填标号)。

A.滴定终点时溶液由无色变为紫红色B.滴定时眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜

色变化

C.若锥形瓶未干燥，测得结果会偏高D.本实验需要托盘天平、量筒、容量瓶、

滴定管

(6)该产品的纯度为0

9.以辉锡矿(主要成分为Bi2s3,含SiO-C%S、FeS?杂质)为原料制备铝酸钮的一

种工艺流程如图所示：

盐酸FeCl3Bi调pH氨水稀硝酸NaAlO,

辉锡矿嵩］Bi(NO3)3q血_Bi(A10J

nrnr一

滤渣1滤液2

己知常温下，部分难溶物的溶度积常数如表:

难溶物CU(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Bi(OH)3(不溶于氨水)

4x10飞4x10-388x10-31

q2x10一加

试卷第4页，共8页

（1）秘与氮同主族，则钿元素位于元素周期表（填0”“¥"（1”或“（14）区。

（2）已知“滤渣1”中含有S单质，写出“浸取”时生成S的主要反应的离子方程

式：=

（3）“还原”时发生主要反应的离子方程式为,“碱溶”步骤中加入

NH3-H20的目的是。

（4）常温下，“沉淀”前，若“滤液”中Cu浓度为0.005mol工―，Fe?+浓度为0.01molL,

则“沉淀”时调pH的最大值应小于0［已知：当某离子浓度小于或等于

IO"mol1一时，认为该离子已完全沉淀，1g2=0.3；Fe（0H）2不溶于氨水］

（5）中国科学院福建物质结构研究所某团队将Bi"掺杂C"SnC16（晶胞结构为a）获得空

位有序型双钙钛矿纳米晶体（晶胞结构为b）,过程如图所示。若a和b的晶胞参数均

为xnm,晶胞a中的［SnC^r的配位数为,晶胞b中两个最近的［BiCl；；广的

距离为nm,晶体b的密度为（写计

算式即可）g-cm-3o

10.人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧

化碳制备甲醇，合成甲醇的反应为CC）2（g）+3H2（g）BCH3OH（g）+H2O（g）八兄。回

答下列问题：

(1)已知：

1

①CO?(g)+4应(g)OCH,(g)+2HQ(g)AH2=-akJ-mol；

②CH4(g)+凡0(g)OCH3OH(g)+H2(g)AH?=+bkJ.mo尸；

③a、6均为大于零的数，且

1

AH1=（用含°、8的式子表示）kJ-mor0某研究小组设计合成CH30H的路线

及CH30H的部分应用如图所示，图中熔融碳酸盐燃料电池的正极电极反应式

为o

试卷第5页，共8页

熔融碳酸盐

燃料电池

|->CH3OH-IL^CO,

氢能存储、运输

或制造碳基原料

C02——aH20-----------------------------1—

(2)研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出

口产品进行成分分析，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应应选择的最佳催化剂

为o

(3)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH30H的产率。为了研究水

分子对该反应机制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对

能垒较大的反应历程能量变化的影响(如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注)。

①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式:

②结合图3及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因

是.

(4)在PC时，将6moiC02(g)和12moiH2(g)充入容积为10L的恒容容器中，只

发生CO2(g)+3H2(g)UCH30H(g)+H2O(g)，初始压强为p0kPa,测得体系中剩余H2

试卷第6页，共8页

①rCW,0〜Imin内甲醇的反应速率V(CH3OH)=mol-IT1-min-1,该反应

的平衡常数/=_________kPa20(用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式)

②保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得〃(H?)随时间变化如图中状态in所示,

与状态I相比，状态III改变的条件可能是.

11.化合物A(对硝基苯酚)广泛用作合成农药、医药、染料等精细化学品的中间体。

某科研单位以A为原料合成某药物的关键中间体F的路线如图。

④

1)叫E，HCN

2)HQ/H凹催化剂

⑥⑤

F

已知：

I.R-OH箭上>R-C1

(3)反应④的反应类型为.

(4)化合物C在一定条件下与足量新制的Cu(OH)2发生反应的化学方程式为

O2N

(5)化合物W为的同分异构体，满足下列条件的W的结构共有

种(不考虑立体异构)。

①含苯环，苯环上只有三个氢原子

②硝基与苯环直接相连

③能发生银镜反应，不与钠单质反应

试卷第7页，共8页

其中核磁共振氢谱中峰面积比为I：1：1：1：3,且能发生水解反应的结构简式为

（写一种）。

试卷第8页，共8页

参考答案：

1.C

【详解】A.传统陶瓷是是以粘土等天然硅酸盐为主要原料烧成，是传统无机非金属材料，

属于典型的绝缘材料，A正确；

B.食盐是氯化钠的俗称，是由钠离子和氯离子构成的，属于盐，味精(谷氨酸钠)是由钠离

子和谷氨酸离子构成的，属于盐，因此食盐、味精的主要成分都是盐类，B正确；

C.硅胶疏松、多孔，吸水能力强，常用作袋装食品的干燥剂，但是它没有还原性，因此不

能作抗氧化剂，C错误；

D.热的纯碱溶液显碱性，可用于去除酯类油污，因为酯类油污可以在碱性条件下水解，D

正确；

故选C。

2.B

【详解】A.FeCb是强酸弱碱盐，在溶液中水解产生Fe(0H)3和HC1,HC1加热时挥发逸出，

水解进行程度增大，最终得到Fe(OH)3沉淀，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，而得

不到Fe(0H)3固体，A不符合题意；

B.海水中的盐属于离子化合物，其沸点高，由分子构成的水的沸点低，通过蒸储方法分离

得到，因此可以通过蒸储方法获得蒸储水，B符合题意；

C.铁钉在NaCl溶液等中性溶液中发生吸氧腐蚀，而不是析氢腐蚀，C不符合题意；

D.制备并收集乙酸乙酯时，为除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，可以使用饱和碳酸钠溶

液，但导管不能伸入饱和碳酸钠溶液液面以下，应该在液面以上，D不符合题意；

故合理选项是B。

3.D

【详解】

A.M含有的含氧官能团有3种，炼基、竣基、醛键，A错误；

B.M含有3个碳碳双键，ImolM最多能与3moi澳单质发生加成反应，B错误；

C.手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，M分子中不含手性碳原子，C错误；

D.M含有碳碳双键，能发生氧化反应；同时M也能发生取代反应，D正确；

故选D。

4.C

【详解】

答案第1页，共9页

A.硝酸分子为极性分子，A错误；

B.由于氮原子的2P轨道处于半充满状态，第一电离能反而比0要高，三者的第一电离能

大小为：C<O<N,B错误；

C.在黑索金中，碳原子的杂化方式为sp3杂化，氮原子的杂化方式为sp2和sp3,C正确；

D.CO分子中有配位键，N2分子中没有配位键，D错误；

故选C。

5.B

【详解】

A.由图可知产物1的能量大于产物2的能量，故产物2更稳定，A错误；

B.由图可知固体酸分子筛中有-0H,乙醇中也有-0H,可通过分子间氢键使固体酸分子筛

吸附乙醇，B正确；

C.由题意可知，固体酸分子筛作反应催化剂，催化剂不能改变反应的焰变，C错误；

D.由图可知生成产物1的决速步骤相对能量从-9.3kcal-molT变为36.7kcal•moL,活化能

为46kcaLmo「，D错误;

答案选B。

6.D

【分析】根据装置图，左边是原电池装置，右边是电解池装置，a处Cr元素从+6价变成+3

价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，a为正极，b为负极。苯酚废水在d处被氧化，

d处水分子失去电子形成羟基自由基，发生氧化反应，d为电解池阳极，c为电解池阴极，

据此分析解题。

【详解】A.根据分析，a为正极，b为负极，该装置工作时，内电路电流由b极经IILII、

I室流向a极，A正确；

B.a极每产生lmolCr(OH)3,转移3mol电子,c极上的电极反应式为2H2(D+2e-=H2T+2OH-,

生成1.5molHz，与此同时，有3molIT从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区

溶液仍为中性，B正确；

C.d极区为阳极区，电极反应为H2O-e-=H++QH,C正确；

D.电极b的电极反应式为C6H50H-28片+11凡0=6(：02T+28H+,电极c的电极反应式为

+

2H2O+2e-=H2T+20IT电极d为电解池阳极，电极反应为HQ-F=H+-OHOH可进一

答案第2页，共9页

步氧化苯酚，化学方程式为c6H5。11+28-011=6。32个+17凡0,当电极b上有0.3molCCh

生成时，电极c、d两极共产生气体22.4L（标准状况），D项错误；

故选D。

7.A

【详解】

A.N点c（Ba2+）=2.5xlO-4mol/L,根据。（Bag）=2.5*10",求出N点

c（CO^）=lxlO-5mol/L,整个过程无气体逸出，忽略CO：第二步水解，存在物料守恒：

c（Ba2+）=c（CO；-）+c（HCO；）,c（HCO；）=2.4x10-4mol/L,

K,（H2co3）=）=5.0xl0t,计算可得«11+）=1.2X10-"11101/1,则y=12,A

正确；

B.根据物料守恒：c（Ba2+）=c（COt）+c（HCO；）,N点与M点的c（CO，）+c（HCOj之比

即两点c（Ba"）之比，N点c（Ba2+）=2.5xlO"mol/L,M点c（H+）=7.5xlO_10mol/L,

K/H2co3）=/点鲁=5.0x101可得15c（CO：）=c（HCOj,c（Ba2+）=16c（C。；）,

Ksp（BaCO3）=c（Ba"）•c（COj）=2.5x10”,求得c（CO：）=1.25x10Hmol/L,

c（Ba2+）=2xlO-4mol/L,N点与M点的c（CO：）+c（HCO；）之比约为=5:4,B错

误；

c（COj）i

C.根据B项分析，M点：—~V=77,C错误；

c（HCO-）15

D.向N点溶液中加硫酸钠固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，硫酸根离子与领离子生成难

溶的硫酸领，领离子浓度减小，碳酸钢的溶解平衡右移，COj浓度增大，coj水解溶液呈

碱性，则溶液的pH增大，D错误；

故选Ao

8.（1）防止氯酸钾受热分解、且可以避免反应过于剧烈B

（2）过滤较快或固体和液体较易分离等

答案第3页，共9页

(3)不变66.7产品产率降低，有有毒气体CU产生

通电小

(4)2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2T

(5)BD

【分析】

将2.45g氯酸钾固体和5.2g氢氧化钾固体混合加热至熔融后分多次小心加入3.00g二氧化镒,

混合物充分反应得到墨绿色锦酸钾固体；向锈酸钾固体溶于100mL水得到的溶液中通入二

氧化碳,镒酸钾溶液在二氧化碳作用下发生歧化反应生成碳酸钾、二氧化镒沉淀和高镒酸钾，

抽滤得到含有二氧化专孟的滤渣和滤液；滤液经分离提纯得到粗高锯酸钾。

【详解】(1)氯酸钾在二氧化镐做催化剂条件下会发生分解反应生成氯化钾和氧气，所以“熔

融”时应分批加入二氧化锌，防止氯酸钾受热分解、且可以避免反应过于剧烈；熔融KOH

可与SiOz反应，故“熔融”时用到的仪器为铁珀烟、泥三角、酒精灯、用•烟钳，不能用到玻

璃棒，故选B；

(2)相对甲，抽滤装置乙可以加快过滤速率，使得固体和液体较易分离；

(3)“歧化”时发生的反应为3MnO；+2CC)2=2MnOi+MnO2J+2c0；,若通入CO2过多，碳

酸根离子转化为碳酸氢根离子，但不会影响最终得到的KMnO”产量；由方程式可知，反应

消耗3moi锦酸根离子时，生成2moi高锦酸根离子，则铳元素进入产品的百分率约为

|xi00%=66.7%;锦酸根离子具有氧化性，能与盐酸反应生成生成有毒的氯气造成环境污染,

降低高锯酸钾的产率，所以不能用盐酸代替二氧化碳；

(4)常用“电解”代替“歧化”，则阳极铳酸根离子失去电子发生氧化反应生成锦酸根离子、

阴极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，总反应为：

通电木

2K,MnO4+2H2O==2KMnO4+2KOH+H2T；

(5)A.高锦酸钾的酸性溶液与草酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴草酸钠溶液，溶液

会由浅紫色变为无色，则滴定终点时溶液由浅紫色变为无色，故错误；

B.滴定时，左手控制滴定管、右手控制锥形瓶、眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色变化，故

答案第4页，共9页

正确；

C.锥形瓶未干燥不影响高锦酸钾的物质的量和草酸钠溶液的体积，对测得结果无影响，故

错误；

D.由题意可知，配制高镒酸钾溶液时，需要用到托盘天平、量筒、容量瓶等，滴定时需要

用到滴定管等，故正确；

故选BD；

（6）滴定中锦化合价由+7变为+2、碳化合价由+3变为+4,由得失电子数目守恒可得如下

关系式：2KMnO4-10e~5Na2C2O4,则产品的纯度为

7950

crxl03x-x——X158

52563.2叫/。

xl00%=------------------/0

w

9.(l)p

(2)6Fe3++Bi2s3=6Fe2++2Bi3++3S

3+3+2+

⑶Bi+3Fe=Bi+3Fe将Cu(OH)2转化为可溶性的［山灯町了，Bi(OH)3

不与氨水反应，从而过滤除去CU(OH)2

(4)7.3

匹64x133+9x209+23x119+183x35.5

8321

⑸8X2VAX^X10-

【分析】

辉钿矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，

二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣，得到滤液中加入秘，将溶

液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH,将钿离子、铜离子转化为

氢氧化锡、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢

氧化铜转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化钿沉淀；氢氧化钿

溶于稀硝酸得到硝酸铀溶液，硝酸锡溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸祕。

【详解】（1）铀元素与氮元素同主族，则胡元素位于元素VA族，为p区元素；

（2）辉钮矿主要成分为Bi2s3,铁离子具有氧化性，将负二价硫氧化为为硫单质，铁离子被

3+2+3+

还原为亚铁离子，结合电子守恒可知，反应为：6Fe+Bi2S3=6Fe+2Bi+3S；

答案第5页，共9页

(3)由分析可知，“还原”时，加入钮的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，钮被氧

化为铀离子，故“还原”时发生主要反应的离子方程式为Bi+3Fe3+=Bi"+3Fe?+;得到沉淀中

含有氢氧化钿、氢氧化铜，“碱溶”步骤中加入NHs-H。可以将Cu(OH)2转化为可溶性的

2+

［CU(NH3)J,Bi(OH)3不与氨水反应，从而过滤除去Cu(OH%,分离出Bi(OH)3沉淀；

(4)由分析可知，“沉淀”时调pH使得秘离子、铜离子转化为氢氧化锡、氢氧化铜沉淀，

而亚铁离子不能转化为沉淀，由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子

浓度为J；；；mol/L=2.0xIO,mol/L,pOH=6.7,pH为7.3,则“沉淀”时调pH的最大值应

小于7.3；

(5)由图可知，晶胞a中以面心［SnCL广为例，其上下层各有4个Cs+,则［Sn”「的配

位数为8；由图可知，晶胞b中两个最近的［BiCL广的距离为面对角线的一般，为*nm；

1123_119

据“均摊法”，晶胞b中含7xg+4x彳=三个［SnC16「9、lx3+2x7=3个［BiC15「、8个Cs+,

828o2o

则晶体密度为NA.64x133+9x209+23x119+183x35.5

21gg•cm

?xl0------------------------------------3i---------271i-------------------

8XNAXXX10

10.(1)-{a-b)O?+4e-+2co2=2CO：

⑵ZnZrC)2

⑶*OCH2+H2O*=*OCH3+*OH有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快

⑷0.2/'、3'——升高温度

(6Y8

［34。。厂34。。

【详解】⑴根据方程式。。2伍)+3凡优)=。&。〃伍)+凡。修)可知其等于已知反应①加

上反应②，由盖斯定律可求得Ag=AH2+AH3=-a+b=-(a-b)U/MoL；图中燃料电池以

熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，正极电极反应式为O?+4e-+2co2=2CO，；

(2)根据据分析，催化剂为ZnZrO2得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂

答案第6页，共9页

为ZnZrO2；

(3)依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为：*OCH2+H2O*=*OCH3+*OH

有水参与的历程，反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快；

(4)从图中可知，Imin时H2的物质的量为6mol,起始的H2的物质的量为12mo1,变化的

生的物质的量为6mol,故变化的甲醇的物质的量为2mol,。〜Imin内甲醇的反应速率

v(CH30H)=,八2"血.=。2根o/L--minT根据图示,8min后的物质的量保持不变，体系

lOLxlmin

达到平衡状态，H2的物质的量为2mol,根据题意有，

+凡(

co2(g)+3H2(g)WCH3OH(g)0@

起始/mol61200

10-1°平衡时候总的物质的量斗加。/,

变化/切0/10IP

3333

810

平衡/mol2IP

333

X2

(10

134Po

该反应的平衡常数A

Kp=-^3。；状态in与状态i相比，上的物质的量增加，参与反

34°。2。

应的氢气的物质的量减少，平衡逆向移动，同时从图中可知达到平衡的时间变短，该反应是

一个放热反应，综合可知改变的条件可能是升高温度。

11.(1)C6H5NO3氨基、酯基

(2)3—戊醇HOCH2CN

(3)取代反应

A

(4)HCHO+4CU(OH)Q+2NaOH-»Na2CO3+2Cu2O^+6H2O

【分析】

由题干合成流程图可知，根据转化①信息可知，A和CH3coe1发生取代反应生成

2N人可推知的结构简式为：°2N-根据题干已知信息

0H^jLA[^JL0/H,

答案第7页，共9页

O

O2N

I结合流程图转化③信息可推知B的结构简式为：O—P-C1,根据题干已知

Cl

OH人/OH

HN

信息n结合流程图C至I」D、D,2Y到E的转化信息可知，C的结构

0O

O