贵州省贵阳市2024年高考化学模拟试题（含答案）

贵州省贵阳市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与科技、生活息息相关。下列说法错误的是A．航天器中使用的太阳能电池板主要成分是硅B．抗原检测盒中提取管的材料聚乙烯属于有机高分子C．冬奥会礼服中的发热材料石墨烯与C60互为同素异形体D．北斗卫星运载火箭采用的推进剂液氢、四氧化二氮等属于共价化合物2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是A．1molCH4含有的中子数为10NAB．5.3gNa2CO3晶体中阴离子所带电荷数为0.1NAC．标准状况下，22.4LSO3中含有氧原子数为3NAD．6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为0.2NA3．下列实验“操作和现象”与“结论”均正确，且有对应关系的是选项操作和现象结论A常温下将打磨过的铝片放入浓硝酸，无明显现象常温下铝与浓硝酸不反应B将蘸取了某溶液的玻璃棒进行灼烧，火焰呈黄色该溶液中含有钠元素C用玻璃棒蘸取浓硫酸滴在纸上，纸变黑。浓硫酸具有脱水性D向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解生成葡萄糖A．A B．B C．C D．D4．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。图为“点击化学”的一种反应，下列有关说法错误的是A．I的分子式为C9H9N3O2 B．II属于芳香烃C．该反应属于取代反应 D．III能发生水解反应5．短周期主族元素X、Y、Z能组成化合物X+[Y-Z-Y]-，其中X和Y同主族，且三种元素原子序数总和为19。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>ZB．化合物XY具有很强的还原性C．X的最高价氧化物的水化物是强碱D．Y与Z至少可以形成两种化合物6．一种新型电池既可以实现海水淡化，又可以处理含CH3COO-的废水，装置如图(模拟海水由NaCl溶液替代)。下列说法正确的是A．b极为负极，发生氧化反应B．隔膜I为阳离子交换膜C．a极电极反应为CH3COO-+8e-+2H2O=2CO2↑+7H+D．理论上除去模拟海水中的NaCl351g，可得1.5molCO27．室温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1HA溶液，测得混合溶液的pH与lgc(A．导电能力：a>b B．室温下，Ka(HA)=10-3.8C．b点时，V(NaOH)=20mL D．c点时，c(A-)>c(Na+)二、非选择题8．铁是人体必需的微量元素之一。黑木耳中的含铁量较高，为检验和测定干黑木耳样品中的铁元素，设计实验如下。回答下列问题：（1）I．铁元素的检验“操作”是指；上述流程中需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，还有下图中的(填写仪器名称)。（2）取待测液少许，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成；另取待测液少许，滴加(填化学式)溶液，观察到溶液变为红色，由此可得出结论(填字母序号)。a．黑木耳中一定含Fe2+和Fe3+b．待测液中一定含Fe2+和Fe3+（3）II．铁元素含量的测定利用KMnO4标准溶液测定干黑木耳样品中铁元素的含量步骤I：取10.00mL待测液，加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。步骤II：向步骤I所得的溶液中加入适量稀H2SO4溶液，用0.0020mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液2.20mL。①步骤I加入过量铜粉的目的是。②步骤II滴加KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为。③用KMnO4标准溶液滴定至终点的标志是。。④黑木耳中铁的含量为mg/100g(即每100g黑木耳中含铁元素的质量)。9．高纯碳酸锶主要用于荧光玻璃、电子陶瓷、磁氧体和高科技领域。一种由工业级硝酸锶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等杂质)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中Cr2O②CrO42-③常温下，各物质的溶度积常数如下表所示：化合物Ca(OH)2CaC2O4Mg(OH)2MgC2O4SrCO3Ksp近似值4.6×10-62.2×10-95.6×10-124.8×10-65.6×10-10回答下列问题：（1）硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是。（2）“除钡”时，pH偏低会导致CrO42-的利用率不高，原因是(用离子方程式解释)；不同pH时Cr（3）“还原”时发生反应的离子方程式为。（4）“滤渣2”的成分主要是含镁物质和(填化学式)。（5）已知：碳酸的电离常数Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO3-(aq)⇌SrCO3(s)+H2CO3（6）“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能(填化学式)。10．氨被广泛应用于化工、轻工、制药、合成纤维等领域，是重要的化工原料。回答下列问题：（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”表示。由图可知合成氨反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)，ΔH=kJ·mol-1。该历程中决速步的活化能(E)为kJ·mol（2）将n(N2)：n(H2)=1：3的混合气进行反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，NH3的平衡体积分数φ(NH3)在不同压强下随温度变化如图甲所示。①压强p1、p2、p3中，最大的是。②p1=0.5MPa，A点的平衡转化率为，压强平衡常数Kp=。（3）在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图乙所示。则t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是(用图中a、b、c、d表示)，理由是。11．硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可形成多种化合物，含硒化合物在材料和药物等领域有重要应用。回答下列问题：（1）基态硒原子价电子排布式为；其能量最高能级的电子云形状是。（2）某绿色农药的结构简式如图所示。C、N、O、F四种元素第一电离能由大到小的排列顺序为；该物质中，C原子的杂化轨道类型为。（3）亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除加速人体衰老的活性氧，SeO32-的空间构型为；SeO32-的键角（4）二硫键与二硒键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长λ1λ2(填“>”、“<”或“=”)。（5）硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的[Bi2O2]n2n+层与带负电的[Se]n12．布洛芬(C13H18O2)是一种常用的解热镇痛药，具有抗炎、镇痛、解热作用。以有机物A和B为原料合成布洛芬的一种合成路线如下：已知：i．(R1、R2代表烃基)ii．iii．回答下列问题：（1）A的化学名称是。（2）试剂a是甲醛，则有机物B的结构简式为。（3）C→D的反应类型为。E中所含官能团的名称为。（4）布洛芬分子中含有个手性碳原子。（5）根据布洛芬的结构特点，预测其性质可能有(填字母序号)；分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，用对布洛芬进行成酯修饰的化学方程式为。a．易溶于有机溶剂b．能与碱或碱性物质反应c．能与溴发生加成反应（6）有机物X比布洛芬少4个碳原子，且与布洛芬互为同系物，则X的结构有种，写出核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．太阳能电池板主要成分是晶体硅，是良好的半导体，A不符合题意；B．n值不确定，聚乙烯属于有机高分子化合物，B不符合题意；C．石墨烯与C60均是碳元素形成的不同结构的单质二者互为同素异形体，C不符合题意；D．液氢(H2)是单质，四氧化二氮(N2O4)属于共价化合物，D符合题意；故答案为：D。

【分析】AB．依据物质的性质决定用途分析；

C．同素异形体为同一元素形成的不同单质；

D．液氢(H2)是单质。2．【答案】B【解析】【解答】A.1个CH4含有6个中子，因此1molCH4含有的中子数为6NA，故A不符合题意；B．碳酸根带两个负电荷，5.3gNa2CO3晶体物质的量为0.05mol，阴离子所带电荷数为0.1NA，故B符合题意；C．标准状况下，SO3是非气态的物质，无法计算物质的量，故C不符合题意；D.6.4gCu(物质的量为0.1mol)与S完全反应生成硫化亚铜，转移的电子数为0.1NA，故D不符合题意。故答案为：B。

【分析】A.1个CH4含有6个中子；B．碳酸根带两个负电荷；C．标准状况下，SO3是固体，无法计算；D.铜与S完全反应生成硫化亚铜。3．【答案】C【解析】【解答】A．常温下，铝与浓硝酸发生钝化，产生了致密的Al2O3保护膜而阻止了进一步反应，A项不符合题意；B．玻璃中含有硅酸钠也能产生黄色火焰，而无法确定样品中是否含有钠元素。若进行焰色反应用铂丝蘸取灼烧，B项不符合题意；C．浓硫酸具有脱水性能将有机物中的H和O按照水的组成2：1脱去。纸张变黑，其纤维被脱水产生了炭，C项符合题意；D．Cu(OH)2在碱性条件下检验还原性糖。酸性条件下，Cu(OH)2变成了Cu2+而无法检验，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．常温下，铝与浓硝酸发生钝化；B．玻璃中含有硅酸钠也能产生黄色火焰；C．脱水性是将有机物中的H和O按照水的组成2：1脱去；D．检验醛基应在碱性条件下进行。4．【答案】C【解析】【解答】A．由结构简式可知，I的分子式为C9H9N3O2，故A不符合题意；B．由结构简式可知，II分子中含有苯环，属于芳香烃，故B不符合题意；C．由结构简式可知，I和II发生加成反应生成III，故C符合题意；D．由结构简式可知，III分子中含有酯基，一定条件下能发生水解反应，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．根据结构简式确定分子式B．芳香烃为含有苯环的烃；C．根据官能团的变化确定反应类型；D．根据官能团的性质判断。5．【答案】A【解析】【解答】A．电子层越多半径越大，所以X原子半径最大，Y原子半径最小，原子半径：X>Z>Y，A符合题意；B．X与Y形成的化合物NaH，H的化合价为-1价，具有很强的还原性，B不符合题意；C．X的最高价氧化物的水化物NaOH是强碱，C不符合题意；D．N与H可以形成氨气、联氨等化合物，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A．电子层越多半径越大；B．金属氢化物中，H的化合价为-1价；C．金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；D．N与H可以形成氨气、联氨等化合物。6．【答案】D【解析】【解答】A．b极为正极，发生还原反应，A不符合题意；B．原电池中，阴离子移向负极，所以Cl-通过隔膜I进入左室，隔膜I为阴离子交换膜，B项不符合题意；C．负极附近CH3COO-失电子被氧化生成CO2和H+，正确的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C项不符合题意；D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中有1molCl-移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，根据负极反应式可知，每消耗1molCH3COO-时转移8mol电子生成2mol二氧化碳，理论上除去模拟海水中的NaCl351g即n(NaCl)=m(NaCl)M(NaCl)=351g58.5g/mol故答案为：D。【分析】放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。7．【答案】B【解析】【解答】A．由电荷守恒得：c(A-)+c(OH−B．lgc(A-)c(HA)=2时，pH=5.8，此时c(A-)c(HA)=100，c(H+C．HA为弱酸，当V(NaOH)=20mL时，恰好与HA完全反应生成NaA，此时溶液因水解显碱性，而b点溶液显中性，则V(NaOH)<20mL，故C不符合题意；D．电荷守恒得：c(A-)+c(OH−故答案为：B。【分析】A．依据电荷守恒和导电性与溶液中自由移动离子的浓度有关分析；B．选择a点，利用Ka(HA)=c(AC．依据中和产物的类型分析；D．依据电荷守恒分析。8．【答案】（1）过滤；坩埚、100mL容量瓶（2）KSCN；b（3）将Fe3+还原为Fe2+；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2+【解析】【解答】（1）“操作”后产生了滤液，说明是“过滤”，上述流程中的“灼烧”需要用到坩埚，加蒸馏水至100mL待测液时需要用到容量瓶，故答案为：坩埚、100mL容量瓶（2）Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，Fe3+与KSCN反应后溶液呈红色，故答案为：KSCN、b；（3）高锰酸钾具有强氧化性，可以通过氧化Fe2+来测定铁元素的含量，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故先加入铜粉的目的是现将Fe3+转化成Fe2+，再用酸性高锰酸钾滴定含有的Fe2+溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点。反应中一共消耗n(MnO4−)=0.0020mol/L×2.20×10-3L=4.4×10-6mol，根据上述反应比例，n(Fe2+)：n(MnO4−)=5：1，则n(Fe2+)=2.2×10-5

【分析】（1）依据流程图的语言判断，用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，使用的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管；（2）依据Fe2+、Fe3+离子的检验选择试剂；（3）依据加入试剂和产物的性质分析；利用溶液颜色变化分析；通过关系式计算。9．【答案】（1）增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分（2）2CrO42-+2H+⇌C（3）3H2C2O4+Cr2O72-+8H+=2Cr3+（4）CaC2O4（5）1.9×105（6）NH4NO3【解析】【解答】（1）硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分；（2）“除钡”时，pH偏低会导致CrO42-的利用率不高，原因是2CrO42-+2H+⇌Cr2O（3）酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，反应离子方程式为：3H2C2O4+8H++Cr2O72-=2Cr3++6CO2↑+7H2O；（4）调pH为10是为了除去Ca2+和Mg2+，此时加入了草酸铵，由溶解度表可知MgC2O4的Ksp大于Mg(OH)2的Ksp，Ca(OH)2的Ksp大于CaC2O4，有沉淀转化关系可知，沉淀最终会转化成溶解度更小的沉淀，故“滤渣Ⅱ”的主要成分为CaC2O4和Mg(OH)2；（5）①SrCO3(s)⇌Sr2+（aq）+CO32−(aq)Ksp；②H2CO3⇌H++HCO3−Ka1；③HCO3−⇌H++CO32−Ka2；③-②-①可得反应Sr2+(aq)+2HCO3-(aq)⇌SrCO（6）“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能NH4NO3。

【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；

（2）考虑离子转换平衡；依据图中曲线判断；

（3）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；

（4）依据溶解度表和沉淀转化关系判断；

（5）①利用Ksp计算；

（6）依据沉淀析出时溶液中溶质的成分判断。10．【答案】（1）-46；79（2）p1；75%；16003（3）b；将容器体积缩小至原来的一半并保持不变时，N2分压应变为原来的2倍，之后由于加压平衡向生成NH3分子的方向移动，N2分压比原来2倍要小【解析】【解答】（1）反应热=生成物的能量总和-反应物的能量总和，由图可知，合成氨反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)，ΔH=-46kJ·mol-1。反应速率最慢的一步，即活化能最大的一步为决速步骤，由图可知，该历程中决速步的活化能(E)为(-171kJ·mol-1)-(-250kJ·mol-1)=79kJ·mol（2）①该反应前后为气体总物质的量减小的反应，当温度不变时，增大压强，平衡正向移动，氨气的体积分数增大，故压强p1、p2、p3中，最大的是p1。②n(N2)：n(H2)=1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，A点的平衡转化率为75%，可列出三段式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)起始(mol)130转化(mol)0.752.25（3）由图可知，充入氨气，分解生成氮气和氢气，分压最小的为氮气，将容器体积缩小至原来的一半并保持不变时，N2分压应变为原来的2倍，之后由于加压平衡向生成NH3分子的方向移动，N2分压比原来2倍要小，故图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b，

【分析】（1）反应热=生成物的能量总和-反应物的能量总和；活化能最大的一步为决速步骤；（2）①依据影响化学平衡的因素分析；②利用三段式法计算；（3）依据化学平衡移动原理分析。11．【答案】（1）4s24p4；哑铃形（2）F>N>O>C；sp2、sp3（3）三角锥形；<；SeO3分子中Se原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°；亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°（4）<（5）SeBi2O2；1058×1【解析】【解答】（1）Se是34号元素，其价电子排布式为4s24p4，能量最高能级是4p，其电子云形状是哑铃形；（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中VA族元素的第一电离能高于其相邻的元素，故第一电离能：F＞N＞O＞C；该物质中既含有饱和C原子，又含有连接双键的C原子，故C原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；（3）SeO32-中Se的价层电子对数为3+6+2-3×22=3+1=4，孤对电子数为1，SeO32-的空间构型为三角锥形；SeO3中Se原子的价层电子对数为（4）S和Se位于同一主族，Se的原子半径大于S，使得二硒键的键长大于二硫键，二硒键的键能小于二硫键，由于光的波长与其能量成反比，故λ1小于λ2；（5）根据电荷守恒可知，该晶胞中[Bi2O2]n2n+和[Se]n2n-的个数比为1：1，则硒氧化铋的化学式为SeBi2O2；该晶胞中，Se的个数为8×18+1=2，结合化学式可知，该晶胞中含有2个SeBi2O2，晶胞质量为(79+209×2+16×2)×2NAg=1058NAg，晶胞体积为a×10

【分析】（1）依据构造原理分