黄金卷04-2024年高考化学模拟卷6

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖南专用）黄金卷04（考试时间：75分钟；试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12Cl35.5O16Si28Ca40一、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。1．2023年第19届杭州亚运会上出现了很多新材料，其中用到天然有机高分子材料的是A．竞赛自行车整体车架采用高模量碳纤维B．运动员房间的漱口杯、衣架采用麦秸秆材质C．白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE(聚四氟乙烯)膜D．亚运火炬“薪火”的金属部分采用1070铝合金旋压成型【答案】B【解析】A．竞赛自行车整体车架采用高模量碳纤维，高模量碳纤维属于新型无机非金属材料，A错误；B．运动员房间的漱口杯、衣架采用麦秸秆材质，麦秸秆的化学成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，B正确；C．白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE膜，PTFE膜的主要化学成分是聚四氟乙烯，属于合成有机高分子材料，C错误；D．亚运火炬“薪火”的金属部分采用1070铝合金旋压成型，铝合金属于金属材料，D错误。故选B。2．过氧化钠常用作供氧剂：。下列说法正确的是A．为非极性分子 B．的电子式：

C．与互为同素异形体 D．NaOH属于离子化合物，不含有共价键【答案】B【解析】A．H2O含有HO极性键，分子构型为V型，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故A错误；B．是离子化合物，的电子式为：

，故B正确；C．与不是单质，不互为同素异形体，故C错误；D．NaOH属于离子化合物，OH中含有共价键，故D错误；故选B。3．下列实验装置或操作能够达到实验目的的是ABCD

制取转移溶液保护铁件收集【答案】B【解析】A．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，两者遇冷又会生成氯化铵，不适合制取氨气，A不符合题意；B．转移溶液时玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，正确，B符合题意；C．保护铁件应该连接比铁更活泼的金属使得铁被保护，而不是连接惰性电极石墨，C不符合题意；D．NO会与空气中氧气反应，不适合排空气法收集，D不符合题意；故选B。4．化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是A．元素电负性： B．氢化物沸点：C．第一电离能： D．和的空间结构均为三角锥形【答案】A【分析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为，所以，，X为镁或者，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮或磷，根据X与M同周期、化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元素、Y氮元素。【解析】A．元素电负性：氧大于氮大于氢，A正确；B．磷化氢、氨气、水固体均是分子晶体，氨气、水固体中都存在氢键沸点高，磷化氢没有氢键沸点低，所以氢化物沸点：冰大于氨大于磷化氢，B错误；C．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，当出现第ⅡA族和第ⅤA族时比左右两侧元素电离能都要大，所以氮大于氧大于镁，C错误；D．价层电子对为，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，价层电子对为，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，D错误；故选A。5．下列离子方程式与所给事实不相符的是A．制备84消毒液(主要成分是)：B．食醋去除水垢中的：C．利用覆铜板制作印刷电路板：D．去除废水中的：【答案】B【解析】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO+CO2+H2O，B项错误；C．FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确；故选B。6．和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：下列说法正确的是A．和均为极性分子 B．和中的均为杂化C．和的水解反应机理相同 D．和均能与形成氢键【答案】D【解析】A．中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者均为杂化，B错误；C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；D．和分子中均存在NH键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确；故答案为：D。7．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项实验目的实验方案A证明溴乙烷发生了消去反应将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的溶液中，观察溶液颜色变化B证明向NaCl、NaI混合溶液中滴加少量溶液，观察沉淀的颜色C检验NaCl溶液中是否存在KCl杂质用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色D比较和HClO的酸性强弱相同条件下，分别用pH试纸测定0.1mol/L溶液、0.1mol/LNaClO溶液的pH，观察pH试纸颜色【答案】A【解析】A．将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，若溴乙烷发生消去反应则会产生乙烯，将产生的气体通入溴的溶液中，若有乙烯则溴的溶液会褪色，则可通过观察溶液颜色变化来验证溴乙烷是否发生消去反应，A正确；B．要证明，应向等物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴加少量溶液，观察沉淀的颜色，若产生黄色沉淀则可证明，B错误；C．检验NaCl溶液中是否存在KCl杂质，应用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，并需要透过蓝色钴玻璃观察火焰是否出现紫色，若有紫色，则含KCl杂质，C错误；D．比较和HClO的酸性强弱，通过用pH试纸测定同浓度的溶液和NaClO溶液的pH不可行，NaClO具有漂白性，会将pH试纸漂白，则需要用pH计来测pH，D错误；故选A。8．橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：关于橙皮苷的说法正确的是A．光照下与氯气反应，苯环上可形成键B．与足量水溶液反应，键均可断裂C．催化剂存在下与足量氢气反应，键均可断裂D．与醇溶液反应，多羟基六元环上可形成键【答案】C【解析】A．光照下烃基氢可以与氯气反应，但是氯气不会取代苯环上的氢，A错误；B．分子中除苯环上羟基，其他羟基不与氢氧化钠反应，B错误；C．催化剂存在下与足量氢气反应，苯环加成为饱和碳环，羰基氧加成为羟基，故键均可断裂，C正确；D．橙皮苷不与醇溶液发生消去反应，故多羟基六元环不可形成键，D错误；故选C。9．“旋流电积”是一种被提取离子优先析出的新型电解技术，利用该技术从化工废料中回收镓的工艺流程如图所示。下列说法正确的是已知：①磷化镓废料的主要成分为GaP、Fe2O3、SiO2和CaCO3②Ga(OH)3是两性氢氧化物。A．滤渣I的成分是Fe2O3，SiO2和CaCO3 B．“碱浸”时为提高反应速率应采取高温C．“中和”、“酸溶”两次都应加入足量硫酸 D．“中和”后滤渣Ⅱ的成分为Ga(OH)3和硅酸【答案】D【分析】磷化镓废料中加入NaOH、H2O2进行碱浸，GaP与NaOH、H2O2发生氧化还原反应，生成NaGaO2、Na3PO4等，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，Fe2O3、CaCO3不溶；加入硫酸中和，NaGaO2转化为Ga(OH)3沉淀，Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀；过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，可制得磷酸钠晶体；滤渣中加入硫酸，Ga(OH)3溶解、H2SiO3不溶；过滤出滤渣，滤液电解，便可获得镓。【解析】A．向磷化镓废料中加入NaOH、H2O2溶液，发生主要反应，NaGaO2、Na3PO4、Na2SiO3进入浸出液中，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣Ⅰ，A错误；B．温度过高，H2O2受热易分解，故“碱浸”时温度不能过高，B错误；C．“中和”时加入适量硫酸，硫酸过量会使Ga(OH)3溶解，“酸溶”时加入足量硫酸保证H2SiO3和镓元素分离，C错误；D．滤渣Ⅱ中含Ga(OH)3、H2SiO3沉淀，向滤渣Ⅱ中加入硫酸，Ga(OH)3转化为可溶于水的Ga2(SO4)3，分离出滤渣Ⅲ(H2SiO3)，D正确；故选D。10．黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关说法不正确的是A．黑磷晶体中片层间作用力为范德华力 B．黑磷与白磷均可导电C．黑磷晶体的熔沸点比白磷高 D．1mol黑磷晶体中含有1.5molPP键【答案】B【解析】A．由黑鳞的晶体结构是与石墨类似的层状结构，为混合型晶体，片层间作用力为范德华力，A正确；B．白磷为分子晶体，黑磷结构与石墨类似为混合型晶体，则黑鳞能导电、白磷不导电，B错误；C．黑磷结构与石墨类似为混合型晶体，其熔沸点很高，故黑磷晶体的熔沸点比白磷高，C正确；D．可利用均摊法得黑磷晶体中1个磷原子形成个共价键，则1mol黑磷晶体中含有1.5molPP，D正确；故选B。11．利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是A．甲室电极为正极B．隔膜为阳离子膜C．电池总反应为：D．扩散到乙室将对电池电动势不产生影响【答案】C【解析】A.向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，变为铜离子与氨气形成，因此甲室电极为负极，故A错误；B.在原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；C.左侧负极是，正极是，则电池总反应为：，故C正确；D.扩散到乙室会与铜离子反应生成，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D错误。综上所述，答案为C。12．溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是A．点等于点B．点大于点C．点降温过程中有2个平衡发生移动D．点【答案】B【解析】A．温度升高，水的电离程度增大，则点小于点，A错误；B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故点大于点，B正确；C．点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；D．点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；故选B。13．一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：已知反应初始E的浓度为0.10mol∙L1，TFAA的浓度为0.08mol∙L1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是A．t1时刻，体系中有E存在B．t2时刻，体系中无F存在C．E和TFAA反应生成F的活化能很大D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol∙L1【答案】A【分析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：①E+TFAAF

②FG

③GH+TFAAt1之后的某时刻，H为0.02mol∙L1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol∙L1E、起始时的0.08mol∙L1TFAA、G分解生成的0.02mol∙L1TFAA全部参加反应，生成0.10mol∙L1F；在t2时刻，H为0.08mol∙L1，TFAA为0.06mol∙L1，G为0.01mol∙L1，则F为0.01mol∙L1。【解析】A．由图可知，反应0时刻后,TFAA的浓度由0.08mol/L降为0，说明E与TFAA反应极快，根据合成路线可知，E与TFAA以1:1进行反应，E的起始浓度为0.1mol/L，则反应后E的浓度降为0.02mol/L，故t1时刻体系中有E存在，A正确；B．由分析可知，t2时刻，H为0.08mol∙L1，TFAA为0.06mol∙L1，G为0.01mol∙L1，则F为0.01mol∙L1，所以体系中有F存在，B不正确；C．t1之后的某时刻，H为0.02mol∙L1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C不正确；D．在t2时刻，H为0.08mol∙L1，TFAA为0.06mol∙L1，G为0.01mol∙L1，F为0.01mol∙L1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol∙L1，而GH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08mol∙L1，D不正确；故选AC。14．化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：将1mol和充入干重整反应器，发生：重整反应：积炭反应：研究发现，增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值。下列说法不正确的是A．X的化学式为，被还原后可循环利用B．增大n(FeO)能增大，推测发生C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低D．干重整反应器中存在：【答案】D【解析】A．蒸汽反应器中是铁和水蒸气反应得到氢气和X，X的化学式为，被还原后得到铁单质可循环利用，故A正确；B．增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值，说明FeO与C反应生成CO，推测发生总反应：，故B正确；C．减少n(FeO)，Fe上的积炭会在蒸汽反应器中与水蒸气反应：，导致蒸汽反应器中产生的中混有CO，纯度降低，故C正确；D．根据题意可知干重整反应器中还存在积炭反应，据元素质量守恒可知存在：，故D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（15分）三氯甲硅烷((SiHCl₃)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为126.5℃，易水解。实验室根据反应，利用如下装置制备粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：（1）制备时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为；判断制备反应结束的实验现象是。图示装置存在的两处缺陷，请提出相应改进建议。（2）已知电负性Cl>H>Si，在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为。（3）采用如下方法测定溶有少量HCl的纯度。g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①，②(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为(填标号)。测得样品纯度为(用含、的代数式表示)。【答案】（1）检查装置气密性（1分）当管式炉中没有固体剩余时(或C烧瓶中没有液体滴下)（2分）C、D之间加装干燥装置，加装处理氢气的装置（2分）（2）SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O（2分）（3）高温灼烧（2分）冷却（2分）AC（2分）（2分）【分析】浓硫酸具有吸水性，所以A中浓硫酸干燥HCl，B中Si和HCl发生反应Si+3HCl=SiHCl3+H2，通过C装置制取SiHCl3，用NaOH处理尾气，防止污染环境；【解析】（1）该实验中需要通入HCl,且生成的SiHCl3、H2都是气体，所以该实验装置在加入药品之前需要检验装置的气密性；然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，再通入HCl,将装置中的空气排出，防止Si被O2氧化为SiO2，一段时间后，连接冷凝装置，加热B装置制取SiHCl3；当管式炉中没有固体剩余时，硅粉完全反应；SiHCl3易水解，所以要防止制取的SiHCl3与水蒸气接触，D装置中溶液为水溶液，为防止D装置中水蒸气加入C装置，应该在C、D之间加一个干燥装置；NaOH溶液能吸收HCl,但不能吸收H2，所以需要在D装置后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中Cl元素为1价、H元素为1价、Si元素为+4价，SiHCl3水解生成H2SiO3、HCl、H2，则SiHCl3与浓NaOH溶液中发生反应时生成Na2SiO3、NaCl、H2、H2O，反应的化学方程式为SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；（3）m1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，高温灼烧硅酸水化物，在干燥器中冷却后，称量，灼烧固体药品用坩埚，用干燥器进行干燥，最后所得固体为SiO2，质量为m2g,根据Si原子守恒得SiHCl3～SiO2，m(SiHCl3)=，测得样品纯度为，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；。16．（14分）氨气是常用的储氢介质，肼()被视为一种极具应用潜力的液相化学储氢材料。回答下列问题：（1）工业合成氨的反应历程和能量变化如图所示：①反应的。②对总反应速率影响较大的步骤的能垒(活化能)为。（2）为了研究反应的热效应，科研人员计算了在一定范围内下列反应的平衡常数。ⅰ、

ⅱ、

ⅲ、

①时，在恒容容器中，加入足量（1）发生反应ⅰ和ⅱ。平衡时，测得容器内压强为，，则，反应ⅰ的平衡常数。②和的线性关系如图所示，据此分析，0(填“大于”或“小于”)；对于反应ⅲ，图中A、B两点的正反应速率大小关系是：(B点)(A点)(填“大于”“小于”或“等于”)；的范围是(填标号)。A．

B．0～1

C．

D．（3）一种以液态肼()为燃料的电池装置如图3所示，该电池以空气中的氧气为氧化剂，溶液为电解质溶液，则负极的电极反应式为。【答案】（1）①−92.2kJ/mol（2分）②352.0（1分）（2）①6（2分）384（2分）②小于（2分）大于（2分）A（1分）（3）（2分）【解析】（1）①由图可知，合成氨反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变ΔH=−(500.0−307.8−100.0)kJ/mol=−92.2kJ/mol，故答案为：−92.2kJ/mol；②反应的活化能越大，化学反应速率越慢，对总反应速率影响越大，由图可知，反应中最大能垒(活化能)为(500.0−148.0)kJ/mol=352.0kJ/mol，故答案为：352.0；（2）①设t℃时，反应ⅰ和ⅱ达到平衡时氢气和氨气的分压为akPa，由方程式可知，平衡时氮气的分压为，由平衡时容器内压强为22kPa可得：a+a+=22，解得a=8，则氮气的分压为p(N2)==6kPa，反应ⅰ的平衡常数Kp1=p(N2)p2(H2)=6kPa×(8kPa)2=384(kPa)3，故答案为：6；384；②由图可知，升高温度，lgKp2减小、lgKp3减小，说明反应ⅱ向逆反应方向移动，该反应为放热反应，由盖斯定律可知，反应ⅱ+反应ⅲ可得反应ⅰ，则反应Kp1=Kp2Kp3，由图可知，两条直线的斜率：lgKp2>lgKp3，即温度对Kp2的影响程度大于对Kp3的影响程度，所以升高温度，Kp1减小，则ΔH1<0；对于反应ⅲ，B点对应的温度比A点高，且浓度熵Qc(B点)<Qc(A点所以v正(B点)大于v正(A点)；由盖斯定律可知，反应ⅱ+反应ⅲ可得反应ⅰ，反应ΔH1−ΔH2=ΔH3>0，则由于放热反应的ΔH越小，其绝对值(或放出的热量)越大，且反应i和ⅱ均为放热反应，所以大于1，故选A，故答案为：小于；大于；A；（3）由图可知，通入肼的a电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，故答案为：。17．（14分）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。时各物质溶度积见下表：物质溶度积回答下列问题：（1）中元素的化合价是和。的核外电子排布式为。（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是。（3）反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气。①反应的离子方程式为。②为加快反应速率，可采取的措施有。(写出两项即可)。（4）①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过。②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为，该副产物中的质量分数为。【答案】（1）+3（1分）1s22s22p6（1分）（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁（2分）（3）①（2分）②适当升高温度、搅拌（2分）（4）①11（2分）②最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色（2分）66.6%（2分）【分析】溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，【解析】（1）可以写成，故元素的化合价是和+3。为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；（3）①反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为。②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；（4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。18．（15分）阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是。（2）由A生成B的化学方程式为。（3）反应条件D