广西2024年高考化学模拟试题（含答案）3

广西2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单选题得分1．化学与生活息息相关。下列项目与所述化学原理关联不合理的是选项项目化学原理A传统工艺：雕刻师用氢氟酸雕刻玻璃HF能与SiO2反应B社区服务：演示用泡沫灭火器灭火盐酸与碳酸氢钠溶液快速反应产生大量CO2C家务劳动：用铝粉和氢氧化钠溶液疏通厨卫管道铝粉与NaOH溶液反应放热并产生H2D水果电池：以锌、铜和柠檬为原料制作水果电池锌能与柠檬中酸性物质发生氧化还原反应A．A B．B C．C D．D2．布洛芬是一种解热镇痛剂，可由如下反应制得。下列说法正确的是A．布洛芬分子苯环上的一氯代物只有2种B．X分子中所有碳原子可能共平面C．X分子不能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol布洛芬分子最多能与4molH2发生加成反应3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1LpH=1的H2C2O4溶液中含有阳离子总数为0.2NAB．12.0g二氧化硅晶体中含Si-O键的数目为0.4NAC．常温下，1.6gO2与O3的混合气体中所含的原子数目为0.1NAD．含0.4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数目为0.2NA4．下列方程式与所给事实不相符的是A．将等物质的量浓度的NH4HSO4溶液和NaOH溶液等体积混合：H++OH-=H2OB．用铁作电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O电解__2OH-+H2↑+ClC．Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32−+4Cl2+5H2O=2SD．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+CO32-(aq)⇌CaCO35．一种由前20号主族元素组成的化合物A的结构如图所示，其中元素X、Y、Z、W的核电荷数依次增大，且位于不同周期。下列说法正确的是A．原子半径：W>Z>X>YB．最简单氢化物的沸点：Z>YC．W的最高价氧化物对应的水化物不能与A发生反应D．Y与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物6．一种Al-PbO2电池通过x和y两种离子交换膜隔成M、R、N三个区域，三个区域的电解质分别为Na2SO4、H2SO4、NaOH中的一种，结构如图。下列说法错误的是A．a>bB．放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大C．M区电解质为NaOH，放电时Na+通过x膜移向R区D．放电时，PbO2电极反应为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O7．已知：CH3NH2·H2O为一元弱碱，性质与NH3·H2O类似。常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中(忽略溶液体积的变化)，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示。下列说法不正确的是A．CH3NH2·H2O的水溶液中存在：CH3NH2·H2O⇌CH3B．Ka(CH3NH2·H2O)的数量级为10-5C．P点，c(Cl-)+c(CH3NH3+)+c(CHD．P点之后，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3N阅卷人二、非选择题得分8．二氯异氰尿酸钠(NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol)是一种高效广谱杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水，可用次氯酸钠与氰尿酸(C3H3N3O3)制得，其制备原理为：2NaClO+C3H3N3O3=NaC3N3O3Cl2+NaOH+H2O。某小组选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并测定产品纯度。回答下列问题：（1）A装置中盛装X试剂的仪器名称是，D中软导管的作用是。（2）请选择合适的装置，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为(填小写字母)。（3）D中发生反应的离子方程式为。（4）X试剂为饱和NaOH溶液。实验时先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是。（5）反应结束后，A中浊液经过滤、、干燥得到粗产品。该系列操作需要用到如图所示的玻璃仪器有(填字母)。（6）粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。称取ag粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，平均消耗VmLNa2S2O3溶液。(假设杂质不与KI反应，过程中涉及的反应为：C3N3O3Cl2−+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，I2+2S2O32−=2I-9．三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。一种利用酸性含砷废水提取As2O3的工艺流程如下：回答下列问题：（1）砷(As)原子序数为33，其在元素周期表中的位置是。（2）“沉淀”时，需控制溶液中NaHS的浓度不能过高，主要原因是。（3）“转化”时，As2S3在CuSO4溶液中转化为三元弱酸H3AsO3，该反应的化学方程式为。（4）“溶解”时生成Na3AsO4的反应离子方程式为。从绿色化学的角度分析，该过程还可以用替代O2。（5）请设计简单实验验证Na3AsO4溶液呈碱性。（6）工业上，As2O3经转化、蒸馏等操作可得到高纯砷，下列与蒸馏操作相关的设备有____(填字母)。A．蒸馏釜 B．离心萃取机 C．加压过滤机 D．冷凝塔（7）若一次“还原”制得As2O39.9g，则至少需要通入SO2的体积为L(标准状况)。10．氨是工农业生产中的重要原料，研究氨的合成和转化是一项重要的科研课题。回答下列问题：（1）已知：工业合成氨合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ热量，则1molN-H键断裂吸收的能量为kJ。（2）在密闭容器中合成氨气，有利于加快反应速率且能提高H2转化率的措施是____(填字母)A．升高反应温度 B．增大反应的压强C．及时移走生成的NH3 D．增加H2的物质的量（3）将0.6molN2和0.8molH2充入恒容密闭容器中，在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强变化的曲线如图。甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是。d点N2的转化率是，d点Kp=(Kp是以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=平衡时各组分的物质的量分数×总压)。（4）催化氧化法消除NO反应原理为：6NO+4NH3催化剂__Δ5N2+6H2O。不同温度条件下，氨气与一氧化氮的物质的量之比为2：1时，得到NO脱除率曲线如图甲所示。脱除NO的最佳温度是（5）研究发现NH3与NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是____(填字母)。A．该反应历程中形成了非极性键和极性键B．每生成2molN2，转移的电子总数为8NAC．Fe2+能降低总反应的活化能，提高反应速率D．该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O11．锌是动物必需的微量元素之一，参与机体的各种代谢活动。（1）Zn位于元素周期表的区，基态Zn原子的价电子排布图为。（2）第二电离能：CuZn(填“>”、“<”或“=”)，判断依据是。（3）含有多个配位原子的配体与同一个中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物，一种Zn2+配合物的结构如图1所示(-OTs为含氧、硫的有机基团)：①1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有mol，该螯合物中N原子的杂化类型为。②该配合物所涉及非金属元素电负性最小的是(填元素符号)。（4）硫化锌精矿是冶炼金属锌的主要原料，六方硫化锌(纤锌矿型)的平行六面体晶胞如图2所示，晶体中正负离子的配位数之比为。（5）已知每个Zn2+与其周围最近的S2-之间的距离都相等，以晶胞参数为单位长度建立坐标系，若A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(23，13，1212．美托洛尔(Metoprolol)是当前治疗高血压、冠心病和心律失常等心血管疾病的常用药物之一。以下是美托洛尔的一种合成路线：已知：-Ph为苯基(-C6H5)。回答下列问题：（1）A的化学名称为，B的结构简式为。（2）反应①的反应类型为。（3）反应②的化学反应方程式为。（4）I中含氧官能团的名称为，I与足量的H2发生加成反应生成M，M的分子中有个手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子)。（5）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为种。①苯环上有三个取代基；②遇FeCl3溶液显紫色；③能发生银镜反应。（6）已知：。请参照上述合成路线，写出以二苯甲胺和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.SiO2能与氢氟酸发生反应：SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O，因此可用氢氟酸雕刻玻璃，A不符合题意。B.泡沫灭火器的原理为：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，B符合题意。C.Al能与NaOH溶液发生反应：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，C不符合题意。D.锌能与柠檬中酸性物质发生氧化还原反应，形成原电池，D不符合题意。故答案为：B

【分析】A、SiO2能与氢氟酸反应。

B、泡沫灭火器中的试剂为Al2(SO4)3和NaHCO3。

C、Al是一种两性金属，能与NaOH溶液反应产生大量H2。

D、构成原电池的装置要求能发生氧化还原反应。2．【答案】A【解析】【解答】A.布洛芬分子苯环上的一氯代物只有2种结构，A符合题意。B.X中分子中烷烃基上的碳原子为SP3杂化轨道，空间结构为四面体，最多只有3个原子共平面，因此所有碳原子不可能都在同一个平面内，B不符合题意。C.与苯环直接相连的碳原子上含有氢原子，则可被酸性KMnO4溶液氧化，因此X分子能使酸性KMnO4溶液褪色，C不符合题意。D.布洛芬中苯环能与H2发生加成反应，因此1mol布洛芬分子能与3molH2发生加成反应，D不符合题意。故答案为：A

【分析】A、根据结构的对称性确定其一氯代物的个数。

B、烷烃中的碳原子轨道空间结构为为四面体结构，所有碳原子不可能共平面。

C、与苯环相连的碳原子上含有氢原子，则可被酸性KMnO4溶液氧化。

D、布洛芬分子中能与H2发生加成反应的为苯环。3．【答案】C【解析】【解答】A.pH=1，c（H+）=0.1mol/L，V=1L，所以阳离子总数等于0.1NA，A不符合题意。

B.1molSiO2中含有4molSi－O键，所以12.0g二氧化硅晶体中含Si-O键的数目为0.8NA，B不符合题意。C.O2与O3都是氧原子构成的分子，所以16.0g是氧原子的质量，则其所含氧原子的数目为1.6.0g16g·moD.随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，MnO2与稀盐酸不反应，因此0.4molHCl无法完全反应，则转移电子数小于0.2NA，D不符合题意。故答案为：C

【分析】A、H2C2O4是一种弱酸，在水中部分电离。

B、1molSiO2中含有4molSi－O键。

C、令混合气体的化学式为Ox，据此计算其所含的原子数。

D、MnO2与稀盐酸不反应。4．【答案】B【解析】【解答】A、H＋结合OH－能力强于NH4＋，因此等物质的量的NH4HSO4和NaOH混合时，H＋与OH－反应，该离子方程式为：H＋＋OH－=H2O，A不符合题意。

B、用铁做阳极时，Fe发生失电子的氧化反应，生成Fe2＋，因此其总反应式为Fe＋2H2O电解Fe(OH)2＋2H2↑，B符合题意。

C、Cl2具有氧化性，能将S2O32－氧化成SO42－，自身还原为Cl－，该反应的离子方程式为：S2O32－＋4Cl2＋5H2O=2SO42－＋8Cl－＋10H＋，C不符合题意。

D、CaCO3的溶解度小于CaSO4，因此CaSO4可转化为CaCO3，该反应的离子方程式为：CaSO4(s)＋CO32－(aq)=CaCO3(s)＋SO42－(aq)，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、H＋结合OH－的能力强于NH4＋。

B、铁做阳极时，Fe发生失电子的氧化反应。

C、Cl2具有氧化性，能将S2O32－氧化成SO42－。

D、CaCO3比CaSO4更难溶，沉淀会向着更难溶的方向进行。5．【答案】D【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为O、Z为P、W为K。

A、电子层数越大，原子半径越大，因此原子半径：W>Z>Y>X，A不符合题意。

B、Z的简单氢化物为PH3，Y的氢化物为H2O，由于H2O可形成分子间氢键，使得沸点增大，因此简单氢化物的沸点：Y>Z，B不符合题意。

C、W的最高价氧化物对应的水化物为KOH，化合物A为KH2PO4，KOH能与KH2PO4反应生成K2HPO4或K3PO4，C不符合题意。

D、Y与其他三种元素可形成的化合物为H2O或H2O2、P2O5或PO2、K2O、KO2或K2O2，D符合题意。

故答案为：D

【分析】X、Y、Z、W为前20号主族元素，且核电荷数依次增大，因此W为K。由化合物A的结构简式可知，X可形成一个化学键，则X的最外层电子数为1；Y可形成2个共价键，则Y的最外层电子数为6；Z可形成3个单键和1个双键，则Z的最外层电子数为5。由于四种元素位于不同周期，因此X为H、Y为O、Z为P。6．【答案】D【解析】【解答】A.放电过程中，N区中H＋发生得电子的还原反应生成H2，SO42－通过y膜进入R区中，因此N区中c(H2SO4)减小，所以a%＞b%，A不符合题意。B.放电过程中，N区中的SO42－通过y膜进入R区中，M区中的Na＋通过x膜进入R区中，因此R区中c(Na2SO4)增大，所以放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大，B不符合题意。C.M区Al电极与NaOH溶液发生失电子的氧化反应，生成[Al(OH)]4－，OH－参与反应，溶液中的Na＋通过x膜进入R区中，C不符合题意。D.由分析可知，放电时PbO2电极的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，D符合题意。故答案为：D

【分析】M区中Al转化为[Al(OH)]4－，因此Al电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Al－3e－＋4OH－=[Al(OH)]4－，所以M区的电解质溶液为NaOH溶液。N区中PbO2为正极，硫酸溶液中的H＋发生得电子的还原反应，生成H2，其电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。N区的电解质溶液为H2SO4，R区的电解质溶液为Na2SO4。7．【答案】C【解析】【解答】A.CH3NH2·H2O是一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2·H2O⇌CH3NH3＋＋OH－，A不符合题意。B.由图可知，Q点时溶液的pH=9.5，此时溶液中c(OH－)=10－4.5mol·L－1，

c(CH3NH2·H2O)=c(CH3NH3＋)，CH3NH2·H2O的电离平衡常数KaCH3NH2·HC.题目中c(Cl－)未知，无法计算c(Cl－)＋c(CH3NH3＋)＋c(CH3NH2·H2O)，C符合题意。D.P点之后溶液中只存在Cl－、OH－、CH3NH3＋和H＋，结合电荷守恒可得

c(Cl－)＋c(OH－)=c(CH3NH3＋)＋c(H＋)，D不符合题意。故答案为：C

【分析】CH3NH2·H2O是一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2·H2O⇌CH3NH3＋＋OH－，当pH增大时，溶液中c(OH－)增大，c(H＋)减小，同时c(CH3NH2·H2O)增大，c(CH3NH3＋)减小。由图可知，图中两条对角线，斜率为正的对角线表示的是H＋，斜率为负的对角线表示OH－，虚线表示CH3NH2·H2O，实线表示CH3NH3＋，据此结合选项分析。8．【答案】（1）三颈烧瓶；平衡气压，使液体能够顺利滴下（2）fghabe（3）Cl（4）消耗过量的NaOH，促进NaC3N3O3Cl2的生成（5）冷水洗涤；de（6）55cV【解析】【解答】（1）装置A中盛装试剂X的仪器名称为三颈烧瓶；装置D中的软导管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。

（2）要制备二氯异氰脲酸钠，需先制取Cl2；再用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl。然后将产生的Cl2通入NaOH溶液中，再滴加氰尿酸溶液。最后尾气用NaOH溶液吸收。因此制备过程中装置的连接顺序为DEAC，所以导管的连接顺序为：fghabe。

（3）装置D中Ca(ClO)2与浓盐酸反应生成CaCl2、H2O和Cl2，该反应的离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。

（4）试剂X为饱和NaOH溶液，与Cl2反应生成NaClO，NaClO溶液与C3H3N3O3反应生成NaC3N3O3Cl2的同时，还继续生成NaOH。因此再继续通入一定量的Cl2，主要是为了将反应后生成的NaOH消耗，促进NaC3N3O3Cl2的生成。

（5）由于NaC3N3O3Cl2难溶于冷水，因此装置A中浊液过滤后，可用冷水洗涤，防止NaC3N3O3Cl2溶解损耗；再通过干燥得到粗产品。过滤、洗涤的过程中需要使用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，因此所需的仪器有de。

（6）由反应的离子方程式可得关系式：NaC3N3O3Cl3～2I2～4S2O32－，所以25mL样品溶液反应消耗n(Na2S2O3)=cmol·L－1×V×10－3L=cV×10－3mol。所以25mL样品溶液中所含nNaC3N3O3Cl2=14×c×V×10-3mol。所以ag样品中NaC3N3O3Cl2的含量为9．【答案】（1）第四周期第ⅤA族（2）生成有毒硫化氢气体且降低了硫氢化钠的利用率（3）A（4）2H（5）用玻璃棒蘸取Na3AsO4溶液，滴到pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，测得pH大于7（6）A；D（7）2.24【解析】【解答】（1）As的原子序数为33，其原子核外有4个电子层，最后层电子数为5，因此位于元素周期表的第四周期第ⅤA族。

（2）“沉淀”时，需控制溶液中NaHS的浓度不能过高，若浓度过高，则HS－会转化为H2S气体逸出，H2S是一种有毒气体，会造成空气污染。同时也会使得NaHS的利用率降低。

（3）“转化”时As2S3在CuSO4溶液中转化为三元弱酸H3AsO3，同时生成CuS沉淀和H2SO4，因此该反应的化学方程式为：As2S3＋3CuSO4＋6H2O=2H3AsO3＋3CuS↓＋3H2SO4。

（4）“溶解”时加入NaOH和O2，H3AsO3被氧化，生成Na3AsO4和H2O，该反应的离子方程式为：2H3AsO3＋O2＋6OH－=2AsO43－＋6H2O。

（5）要证明Na3AsO4溶液显弱碱性，则可用pH试纸测定溶液的pH，若溶液的pH＞7，则该溶液显碱性。其实验操作为：用玻璃棒蘸取Na3AsO4溶液，滴到pH试纸上，变色后与标准比色卡对照，测得pH大于7，说明该溶液显碱性。

（6）蒸馏操作中需要用到蒸馏釜、冷凝塔，不需用到李鑫萃取剂和加压过滤机，AD符合题意。

（7）制得As2O3的物质的量nAs2O3=9.9g198g·mol-1=0.05mol，反应过程中砷元素得到的电子数为0.05mol×2×2=0.2mol。由得失电子守恒可得，n(SO2)×2=0.2mol，所以参与反应的n(SO2)=0.1mol，其在标准状态的体积V=n(SO2)×Vm=0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L。

【分析】含砷废水中加入NaHS后，废水中的砷元素转化为As2S3。As2S3中加入CuSO4溶液后，转化为CuS沉淀、H3AsO3。再加入NaOH溶液进行溶解，O2将＋3价的砷元素氧化为＋6价，因此H3AsO3转化为AsO43－，得到Na3AsO410．【答案】（1）391（2）B（3）丙>乙>甲；33.3%；1（4）900℃；催化剂中毒（5）A；D【解析】【解答】（1）该合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)，设1molN-H化学键断裂吸收的能量为xkJ·mol－1，则该反应的反应热ΔH=945.8kJ·mol－1＋3×436kJ·mol－1－2×3×xkJ·mol－1=－92.2kJ·mol－1，解得x=391kJ·mol－1，所以1molN－H键断裂吸收的能量为391kJ。

（2）A、升高反应温度，反应速率加快，由于该反应为放热反应，升高温度平衡向吸热反应（逆反应）方向移动，H2的转化率降低，A不符合题意。

B、增大反应的压强，反应速率加快；由于该反应为气体分子数减小的反应，因此增大压强，平衡正向移动，H2的转化率增大，B符合题意。

C、及时移走生成的NH3，则正反应速率不变，逆反应速率减小，因此没有反应速率增大，C不符合题意。

D、增加H2的物质的量，平衡正向移动，氢气的转化率增大，但反应速率不会加快，D不符合题意。

故答案为：B

（3）合成氨的反应为放热反应，因此升高温度，平衡逆向移动，则NH3的体积分数减小，所以NH3的体积分数越小，反应温度越高。因此甲、乙、丙中温度由高到低的顺序为丙＞乙＞甲。

d点时NH3的平衡体积分数为40%，设参与反应的n(N2)=amol，则可得平衡三段式如下：

N2g+3H2g⇌2NH3g起始mol0.60.80变化mola3a2a平衡mol0.6-a0.8-3a2a

相同条件下，压强之比等于物质的量之比，所以2a0.6-a+0.8-3a+2a×100%=40%

解得a=0.2mol

所以d点N2的平衡转化率为0.2mol0.6mol×100%=33.3%。

d点时容器内总物质的量n(总)=0.4mol+0.2mol+0.4mol=1mol，此时pN2=pNH3=60MPa×0.4mol1mol×100%=24MPa、pH2=60MPa×0.2mol1mol×100%=12MPa

所以d点的压强平衡常数Kp=p2NH3pN2×p3H2=24224×11．【答案】（1）ds；（2）>；基态Cu+核外价电子为3d10，3d轨道为全满较稳定状态，不容易再失去一个电子；基态Zn+核外价电子为3d104s1，4s轨道有1个电子，容易失去1个电子（3）4；sp2杂化、sp3杂化；H（4）1：1（5）(23，13，【解析】【解答】（1）Zn的原子序数为30，其基态原子核外电子排布式为[