广东省茂名市2024年高考化学模拟试题（含答案）

广东省茂名市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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。得分1．通过藏品感受历史，与历史对话。下列广东茂名博物馆中的藏品属于合金的是（）A．战国青铜蟠虺纹敦B．明代监察御史涂相诗碑C．民国时期木水碾D．晋灰陶屋A．A B．B C．C D．D2．回首百年征程，我国在科技领域不断创新和超越，向世界展示了一张张“中国名片”。下列说法正确的是（）A．华为麒麟芯片的主体材料属于金属晶体B．首创了从二氧化碳到淀粉的合成，原料和产品均属于氧化物C．“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀功能D．“天问一号”着陆火星，探测到火星陨石中含有的83Kr和843．生产生活皆含化学。下列说法正确的是（）A．通过废碳再生得到的甲醇难溶于水B．在燃煤中添加生石灰可以减缓温室效应C．地沟油经碱性水解制备成肥皂实现资源再利用D．棉纤维、麻纤维、蚕丝纤维其主要成分都是纤维素4．配制一定浓度的盐酸和氢氧化钠溶液，进行中和反应反应热的测定。下列操作能达到预期目的的是（）A．稀释浓盐酸B．振荡C．反复摇匀D．测定中和反应反应热A．A B．B C．C D．D5．量子点是一种纳米级别的半导体，如碳量子点（含N、O等原子，在紫外光照射下可产生荧光）、CuInSA．荧光是一种丁达尔效应B．铜、硫均属于周期表中ds区的元素C．碳量子点与C60D．可利用X射线衍射仪测定量子点的结构6．劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A食品加工：添加维生素C做防腐剂维生素C具有还原性B工厂实践：用饱和碳酸钠除去锅炉水垢KC家务劳动：用四氯乙烯对衣物进行干洗四氯乙烯属于烃的衍生物D学农活动：撒草木灰改良酸性土壤草木灰溶液显碱性A．A B．B C．C D．D7．利用三通阀进行气体的性质探究装置如图所示，先通过旋转阀门连通注射器2、4收集气体，再进行探究实验。下列说法不正确的是（）A．装置4的反应中，硝酸体现出氧化性和酸性B．旋转阀门，连通装置1、2，2中气体颜色不变C．连通装置1、2实验后，装置3中换成NaOH溶液可进行尾气的吸收处理D．装置4若换成浓氨水和碱石灰，可进行NH8．褪黑素的结构如图，关于该化合物说法不正确的是（）A．能使酸性KMnO4溶液褪色B．能发生取代反应和还原反应C．分子中所有原子在同一个平面上D．最多能与等物质的量的NaOH反应9．按如图装置进行电解滴有紫甘蓝溶液饱和食盐水的可视化实验，已知紫甘蓝溶液酸性条件下呈红色，中性条件下呈紫色，碱性条件下呈黄色，下列说法不正确的是（）A．U形管左边颜色由紫色变黄B．④中带火星的木条复燃C．反应结束后⑤中的离子浓度：c(Cl-)＞c(ClO-)D．U形管右侧先变红后褪色，体现氯水的酸性和漂白性10．部分含钠或硫的“价类二维图”如下图所示。下列推断合理的是（）A．b、c均具有还原性 B．d、g、h中均存在共价键C．a可与氧气一步生成d或e D．f一定可用做膨松剂11．科研人员开发了一种生产药物中间体三氟甲苯的方法：设NAA．1mol三氟甲苯中σ键数目为15NB．1molH2和COC．生成22.4LH2D．1L1mol⋅L−1三氟乙酸溶液中，H12．下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA可燃冰在常温常压下易分解甲烷分子与水分子间形成氢键B饱和氯化钠溶液中加浓盐酸有晶体析出HCl是非极性分子C煤的干馏和石油的分均可得到多种化工原料干馏和分馏均为化学变化D0.1mol⋅L−1的稀释促进NHA．A B．B C．C D．D13．催化剂(XYZ6ME5)的组成元素均为主族元素且在每个短周期均有分布，X的基态原子p轨道电子总数比s轨道电子总数多1个；仅Y、M、E处于同一周期，原子序数依次增大且相邻；E在地壳中含量最多。下列说法不正确的是（）A．第一电离能：M＞E＞X B．简单氢化物的稳定性：E＞MC．氧化物的熔点：X＞Y＞Z D．YE32−14．我国科研人员探究了不同催化剂电化学催化COA．使用三种催化剂，反应历程都分4步进行B．该反应过程仅涉及σ键的断裂与形成C．相同条件下，HCOOH（l）比COD．相同条件下，使用催化剂In（101）时，反应过程中*OCHO所能达到的最高浓度更大15．铁的单质及其化合物用途广泛，下列相关的离子方程式书写正确的是（）A．用KSCN溶液检验Fe3+B．硫酸亚铁溶液中滴加双氧水：HC．NaClO碱性条件下制备绿色消毒剂Na2D．用FeCl316．我国科学家研究了电催化硝酸根高效还原合成氨，电解过程均在碱性条件下进行，过程如图所示，下列说法中正确的是（）A．生成Co和NHB．生成NH3C．每消耗1molNO3D．电解生成Co过程中，OH阅卷人二、非选择题：共56分。共4道大题，考生都必须全部作答。得分17．SO（1）SO实验室可用Na2SO3（2）SO为收集纯净的SO2可用如图所示装置，则连接顺序为发生装置→（3）SOⅰ）探究SO①计算0～50s烧瓶内SO2的变化速率②ab段变化及溶液的pH减小，表明SO2与水发生反应，其方程式为操作100s内压强变化/kPa待烧瓶中压强稳定后，将其置于热水浴中，重新测定压强变化ΔΔ若，证明该反应产物不稳定。ⅱ）探究SO操作1：将SO③猜想：能使品红褪色的含硫微粒可能为SO2、H2已知：品红是一种棕红色晶体状有机染料，微溶于水，溶于乙醇和酸，溶液呈红色。④实验设计：小组结合以上信息，设计如下实验证明使品红褪色的微粒不是SO操作2现象不褪色18．某制酸工厂产生的废酸液主要成分为HF、H3AsO4、H3已知：常温下，K回答下列问题：（1）基态As原子的价层电子排布图为，CuHAsO3中As的化合价为（2）原废水中含有的Zn2+浓度为52.0g⋅L−1，则c(Zn2+)=mol⋅（3）强碱（AOH）的化学式为。（4）写出“还原”过程中H3AsO（5）产品结构分析。晶体W的晶胞结构如图所示：①晶胞内八面体阴离子中心原子的配位数为。②W的化学式为。（6）产品纯度分析。称取m0gAs2O3样品，用碱溶解，加入淀粉作指示剂，用浓度为c1 mol⋅L−1的碘标准溶液滴定As（Ⅲ）至As（Ⅴ），消耗体积为V19．某小组探秘人体血液中的运载氧平衡及酸碱平衡，回答下列问题：（1）Ⅰ．人体运载氧平衡及CO中毒、解毒机制。人体中的血红蛋白（Hb）能被CO结合而失去结合O2能力，吸入高压氧可以使血红蛋白恢复结合Oⅰ．Hb(aq)+O2ⅱ．Hb(aq)+CO(g)⇌COHb(aq)Δⅱ．2COHb(aq)+O2ⅳ．2CO(g)+O2ΔH4=（用含a、b（2）c(H+)也影响Hb结合O2的能力，反应如下：A．当c(HbHB．若ΔHC．高氧条件下，血液中HbOD．人体代谢酸增加，该反应K值变大（3）36.5℃时，氧饱和度[α(HbO2)，α(HbO2)=（4）Ⅱ．人体血液中的酸碱平衡。正常人体血液中主要含有H2项目名称结果浓度参考范围正常人代谢性酸中毒病人CO405035～45c(HC24.21923.3～24.8血液酸碱度（pH）7.407.217.35～7.4537℃时HCO3−的水解常数Kh=1.2×10−7（5）人体酸碱平衡维持机制简要表达如下图：①当人体摄入酸过多时，肺通过呼吸排出的CO2会②对于重度代谢性酸中毒的病人应该采用什么治疗方法。（选填字母）A．口服0.9%KCl溶液B．口服5%葡萄糖溶液C．静脉注射5%NaHCO20．化合物ⅶ是一种药物合成的中间体，合成路线如下：（1）化合物ⅱ的名称为。（2）化合物ⅲ转化为化合物ⅳ的反应可表示为：iii+C5H（3）2-呋喃甲醛（）中C原子的杂化方式为，化合物y为其同分异构体，y不含环且只含两种官能团，其核磁共振氢谱上只有3组峰的结构简式为（写一种）。（4）一个化合物ⅴ分子中含有的手性碳原子数为。（5）根据ⅶ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型ab加成反应（6）参考反应④、⑤、⑥的原理，合成有机物ⅷ。（a）可利用上述路线中ⅰ至ⅶ中的、两种物质（填罗马数字代号）作为起始原料。（b）最后一步反应方程式为：（注明反应条件）。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、青铜属于铜锡合金，故A符合题意；

B、石碑属于非金属材料，不是合金，故B不符合题意；

C、水碾的由木材制成，其主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，故C不符合题意；

D、陶土主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】合金是由金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质。2．【答案】C【解析】【解答】A、芯片的主要材料为单质硅，硅属于共价晶体，故A错误；

B、淀粉属于多糖，由C、H、O三种元素组成，不属于氧化物，故B错误；

C、“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀的功能，这样才能保证返回舱顺利返回，故C正确；D、83Kr和84故答案为：C。【分析】A、芯片的主要材料为单质硅；

B、淀粉含有C、H、O三种元素；

C、“神舟十六号”返回舱外表的陶瓷材料具有耐高温、抗腐蚀的功能；

D、同种元素化学性质相同。3．【答案】C【解析】【解答】A、甲醇含有羟基，能与水分子间形成氢键，易溶于水，故A错误；

B、燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，故B错误；

C、“地沟油”的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，用于制备肥皂实现资源再利用，故C正确；D、蚕丝纤维的主要成分都是蛋白质，故D错误；

故答案为：C。【分析】A、甲醇易溶于水；

B、添加生石灰可减少二氧化硫排放；

C、“地沟油”的主要成分为油脂；

D、蚕丝的主要成分为蛋白质。4．【答案】B【解析】【解答】A、容量瓶只能用于定容，不能稀释溶液，故A错误；

B、将溶液转移到容量瓶后，应进行振荡，故B正确；

C、容量瓶摇匀过程中一手是指顶住瓶塞，另一手托着容量瓶底，反复摇匀，故C错误；D、简易量热计由内筒，外壳，隔热层，杯盖，温度计，玻璃搅拌器构成，该装置缺少玻璃搅拌器，故D错误；故答案为：B。【分析】A、容量瓶的作用是定容；

B、配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；

C、摇匀过程中一手是指顶住瓶塞，另一手托着容量瓶底；

D、简易量热计由内筒，外壳，隔热层，杯盖，温度计，玻璃搅拌器构成。5．【答案】D【解析】【解答】A、荧光和电子跃迁有关，与丁达尔效应无关，故A错误；B、硫属于p区元素，故B错误；C、碳量子点(CDs)除了含碳元素外，含有N、O等杂原子，所以碳量子点不是单质，是混合物，与C60D、X射线衍射可以分析晶体中原子的排列方式，可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构，故D正确；故答案为：D。【分析】A、荧光与电子跃迁有关；

B、硫位于p区；

C、同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

D、X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法。6．【答案】C【解析】【解答】A、维生素C具有还原性，能与氧气反应，防止食物氧化变质，物质的用途与性质有关联，故A不符合题意；

B、CaSO4微溶，加入碳酸钠后转化为碳酸钙，碳酸钙易溶于酸，进而可除去水垢，硫酸钙的溶解度大于碳酸钙，即Ksp(CaSOD、草木灰的主要成分是K2CO3，K2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，能够有效中和酸性土壤的酸性物质，物质的用途与性质有关联，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、维生素C具有还原性；

B、沉淀能从溶解度大的向溶解度小的转化；

C、用四氯乙烯对衣物进行干洗是因为其能溶解污渍；

D、碳酸钾水解显碱性。7．【答案】B【解析】【解答】A、装置4中，稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，硝酸体现出氧化性和酸性，故A不符合题意；

B、连通装置1、2，2中的NO被氧化为红棕色的NO2，故B符合题意；C、连通装置1、2实验后生成NO2气体，装置3中NaOH溶液与NO2反应：2NO2+2NaOH

=NaNO3+NaNO2+H2O，可进行尾气的吸收处理，故C不符合题意；D、装置4若换成浓氨水和碱石灰，两者反应生成NH3，可进行NH故答案为：B。【分析】注射器4中稀硝酸与铜反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜，NO和水，连通注射器2、4，则注射器2中充满NO。8．【答案】C【解析】【解答】A、该物质中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A不符合题意；

B、该物质含有酰胺基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加氢还原，故B不符合题意；

C、该物质中含有多个饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有原子不可能共面，故C符合题意；

D、该物质中只有酰胺基能与NaOH反应，且分子中只含一个酰胺基，则最多能与等物质的量的NaOH反应，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】该物质含有碳碳双键、醚键、酰胺基，具有烯烃、醚和酰胺的性质。9．【答案】B【解析】【解答】A、U形管左侧为阴极，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，使附近溶液显碱性，在碱性条件下紫甘蓝溶液呈黄色，因此看到溶液由紫色变为黄色，故A不符合题意；

B、④处产生的气体为氢气，不具有助燃性，因此不能使带火星的木条复燃，故B符合题意；

C、右侧电极为阳极，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2与烧杯⑤中NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应产生的NaCl、NaClO的物质的量相等，最初c(Cl-)=c(ClO-)，但HCl是强酸，Cl-不水解，c(Cl-)不变；而HClO是弱酸，ClO-会发生水解反应变为HClO而消耗，导致c(ClO-)减小，因此最终达到平衡时溶液中离子浓度：c(Cl-)＞c(ClO-)，故C不符合题意；D、U形管右侧反应生成Cl2，氯气与水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl、HClO都是酸，酸性溶液中紫甘蓝溶液呈红色，同时HClO又具有强氧化性，具有漂白性，因此看到U形管右侧溶液颜色变化是先变红后褪色，这体现氯水的酸性和漂白性，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】由图可知，右侧为阳极，左侧为阴极，阳极发生反应：Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，总反应为2NaCl+2H2O通电__Cl2↑+H10．【答案】A【解析】【解答】A、b为硫化氢，硫处于最低价易失电子具有还原性，c为NaH，H为-1价，易失电子具有还原性，故A正确；B、d为钠的氧化物，为氧化钠不存在共价键，故B错误；C、为硫，e为三氧化硫，硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，硫不能与氧气一步反应生成三氧化硫，故C错误；D、f为钠盐，可以是氯化钠等，不一定可用作膨松剂，故D错误；故答案为：A。【分析】a为单质，a可以为钠或者硫，b为氢化物，化合价为-2价，b为H2S，c为氢化物，化合价为+1价，c为NaH，d为氧化物，化合价为+1价，d为钠的氧化物，e为氧化物，化合价为+6价，e为SO3，f为盐，化合价为+1价，f为钠盐，g为盐，化合价为+4价，g为亚硫酸盐，h为盐，化合价为+6价，则h为硫酸盐。11．【答案】A【解析】【解答】A、1个三氟甲苯分子中含有15个σ键，1mol三氟甲苯中σ键数目为15NA，故A正确；B、H2为双原子分子，CO2为三原子分子，1molHC、气体状态未知，不能计算氢气的物质的量，进而无法计算需消耗苯的量，故C错误；D、三氟乙酸为弱酸，1L1mol⋅L−1三氟乙酸溶液中，H+故答案为：A。【分析】A、单键均为σ键；

B、H2为双原子分子，CO2为三原子分子；

12．【答案】D【解析】【解答】A、甲烷分子与水分子间不能形成氢键，故A错误；B、饱和氯化钠溶液中加浓盐酸有晶体析出，是因为氯离子浓度增大，HCl是极性分子，故B错误；C、分馏过程中没有产生新物质，属于物理变化，故C错误；D、0.1mol⋅L−1的故答案为：D。【分析】A、甲烷和水分子间不能形成氢键；

B、HCl为极性分子；

C、没有新物质生成的变化属于物理变化；

D、稀释促进铵根离子水解。13．【答案】C【解析】【解答】A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，金属的第一电离能小于非金属元素，则第一电离能：N>O>Al，即M＞E＞X，故A不符合题意；

B、元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，元素的非金属性：O＞N，则简单氢化物的稳定性：E(H2O)＞M(NH3)，故B不符合题意；

C、X是Al，Y是C，Z是H，Al的氧化物为Al2O3，该物质是离子化合物，熔点很高；C的氧化物可能是CO，也可能是CO2，它们都是气体，熔点很低；H元素的氧化物可能是H2O、H2O2，在室温下二者都是呈液态，熔点比C元素的氧化物的高，故相应的氧化物的熔点由高到低的顺序：X＞Z＞Y，故C符合题意；D、Y是C，M是N，E是O元素，YE32−为CO32-，中心C原子价层电子对数是：3+4+2-3×22故答案为：C。【分析】催化剂(XYZ6ME5)的组成元素均为主族元素且在每个短周期均有分布，X的基态原子p轨道电子总数比s轨道电子总数多1个，则其核外电子排布式为1s22s22p5或1s22s22p63s23p1，则X为F元素或Al元素，E在地壳中含量最多，则E为O元素，仅Y、M、E处于同一周期，原子序数依次增大且相邻，所以M是N元素，Y是C元素，进而可知X是Al元素，Z是H元素。14．【答案】B【解析】【解答】A、使用三种催化剂，反应历程中均存在4次活化能的改变，则反应历程都分4步进行，故A不符合题意；B、在In(101)反应过程CO2转化→HCOOH，反应历程同时涉及π键的断裂与形成，故B符合题意；C、HCOOH（l）所具有的能量比CO2（g）低，则HCOOH（l）比D、相同条件下，使用催化剂In（101）时，活化能较低，反应速率较快，反应过程中*OCHO所能达到的最高浓度更大，故D不符合题意；

故答案为：B。【分析】A、结合图示分析；

B、单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；

C、能量越低越稳定；

D、使用催化剂能加快反应速率。15．【答案】D【解析】【解答】A、Fe(SCN)3不是沉淀，正确的离子方程式为Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3，故A错误；

B、双氧水能将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，发生的反应为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe16．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，生成Co和NH3的电极均是阴极，均与电源负极相连，故A错误；

B、生成NH3的电极方程式为NO2−+5H2O+6e−=7OH−+N17．【答案】（1）N（2）c→d→b→a（3）0.8；SO2+H2O⇌H2S【解析】【解答】（1）Na2SO3固体和75%硫酸反应生成SO2、硫酸钠、水，反应的化学方程式为Na2SO（3）①0～50s烧瓶内SO2的变化速率(100−60)kPa50s=0.②ab段变化及溶液的pH减小，表明SO2与水发生反应，其方程式为SO2+H2O⇌H2SO3，待烧瓶中压强稳定后，将其置于热水浴中加热100s，测定压强变化为Δp1③含S微粒可能都能使品红褪色，能使品红褪色的含硫微粒可能为SO2、H2SO3、HSO3−④二氧化硫通入无水的体系中，若品红不褪色，能证明使品红褪色的微粒不是SO2，具体实验操作为：将SO2通入品红的乙醇溶液，溶液不褪色，证明使品红褪色的微粒不是SO【分析】（1）实验室通常用Na2SO3固体和75%硫酸发生反应Na2SO3+18．【答案】（1）；＋3（2）0.8；85%（3）NaOH（4）H（5）6；N（6）c1×V1×9.【解析】【解答】（1）As为33号元素，其价电子排布式为4s24p3，价层电子排布图为；CuHAsO3中，O为-2价，H为+1价，Cu为+2价，根据化合物中化合价代数和为0可知，As为+3价，故答案为：；＋3；

（2）原废水中含有的Zn2+浓度为52.0g⋅L−1，则c(Zn2+)=52g65g/mol=0.8mol⋅L−1，由Ksp[Zn（3）最终产物为Na3Al（4）SO2具有还原性，将H3AsO4还原成HAsO2，自身被氧化成H2SO4，发生反应的化学方程式：（5）①由图可知，八面体阴离子中心原子的配位数为6；

故答案为：6；②八面体有1+8×18=2个，其中Al原子2个，F原子6×2=12个，Na原子有4×14+10×12=6个，W的化学式为N（6）滴定过程中，碘由0价降到-1价，As由+3升到+5价，根据得失电子守恒有c1 mol⋅L−1×V1×10-3L×2=2×n(As2O3)×2，m(As2O3)=n(As2O3)×198g/mol=c1×【分析】废酸液主要成分为HF、H3AsO4、H3AsO3、ZnSO4、CdSO4，加入强碱调pH，ZnSO4、CdSO4转化为Zn(OH)2、Cd(OH)2，加入胆矾沉砷，H3AsO19．【答案】（1）2b+c kJ⋅mo（2）A；B；C（3）2（4）HCO3−（5）增加；C【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将2×ⅱ+ⅲ可得2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)，则ΔH4=2ΔH2+ΔHB、该反应ΔS>0，若ΔHC、高氧条件下，HbO2(aq)+D