四川省成都市2024年高考化學模擬試題（含答案）3

四川省成都市2024年高考化學模擬試題閱卷人一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。得分1．成都水井坊是我國最古老的釀酒遺址。其特色之一是在小麥、高粱中先后拌入糖曲和酒曲，發(fā)酵后進行“量質(zhì)摘酒”——以如圖所示的生鐵“天鍋”把酒頭摘出后，邊摘邊嘗，優(yōu)中選優(yōu)。下列有關說法錯誤的是（）A．小麥、高粱中含有的淀粉多糖為高分子化合物B．“天鍋”材料中只含金屬元素C．圖中“摘酒”操作是指通過蒸餾分離出乙醇溶液D．通過“量質(zhì)摘酒”可得到不同酒精度的酒2．某有機合成中間體的結(jié)構(gòu)簡式為。下列有關分析正確的是（）A．該物質(zhì)在一定條件下可以發(fā)生聚合反應B．該物質(zhì)分子所有原子可能共面C．該物質(zhì)分別與足量Na和NaHCOD．其苯環(huán)上的一溴取代物有2種3．設NAA．56gFe與1.0molCl2B．標準狀況下，22.4LNO2C．1.0L0.1mol/L一元酸HA溶液中含有氫離子數(shù)目為0.1D．100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有O―H鍵數(shù)目為44．甲、乙、丙為原子序數(shù)依次增大的不同短周期的主族元素。甲、丙形成的單核離子所帶電荷數(shù)相同；乙和丙的原子最外層電子數(shù)之和為10。下列說法錯誤的是（）A．丙位于第三周期第ⅦA族B．甲、丙形成的化合物熔融態(tài)不導電C．最高價含氧酸酸性：乙＜丙D．乙、丙形成的單中心分子中各原子滿足8電子結(jié)構(gòu)5．下列設計的實驗裝置能達到實驗目的的是（）A，制備少量OB.分離酒精和碘C.吸收ND.檢驗石蠟油分解產(chǎn)物中含有不飽和烴A．A B．B C．C D．D6．“三組電解質(zhì)”儲能電池工作示意圖如下，放電時，Na+通過固體電解質(zhì)向Cu電極移動，充電時，Cu電極上生成A．放電時，Na電極失電子，發(fā)生氧化反應B．放電時，正極的電極反應為CC．充電時，當外電路通過1mol電子時，Cu極區(qū)域溶液質(zhì)量減少8gD．三組電解質(zhì)有利于Na7．MX是一種難溶弱酸鹽，M+離子不水解，某溫度下，水溶液中pM與pH關系如下圖。若Ka代表Ka(HX)，pM=-lgc(MA．無外加酸堿時，MX溶液中存在c(B．KC．加入HX可實現(xiàn)由甲到乙D．K閱卷人二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。得分8．實驗室用廢鐵屑制取無水氯化鐵并測其純度。實驗方案如下：Ⅰ．FeCl①將廢鐵屑加入30%NaOH溶液中，煮沸30分鐘，過濾，洗滌2~3次。②將洗滌后廢鐵屑加入20%鹽酸，控制溫度在40~50℃之間，至反應完畢，過濾。③向濾液中逐滴加入10%雙氧水，同時加入25%鹽酸，充分攪拌至溶液呈棕黃色。④將溶液轉(zhuǎn)移至蒸發(fā)皿中，加熱濃縮，緩慢冷卻至大量晶體析出，抽濾，洗滌。回答下列問題：（1）用NaOH溶液洗滌廢鐵屑的目的是。（2）控制溫度在40~50℃的原因是。（3）滴加10%雙氧水時，滴加速率過快會產(chǎn)生氣泡。該氣體為。（4）Ⅱ．無水FeCl已知SOCl2熔點―156℃，沸點77℃，易水解生成按圖裝置進行實驗。錐形瓶中生成無水FeCl3的總化學方程式為；儀器A的作用是（5）Ⅲ．產(chǎn)品純度測定稱取3.250g產(chǎn)品試樣，配制成100.00mL溶液，取20.00mL于錐形瓶中，加入足量KI溶液，經(jīng)充分反應后，滴入淀粉溶液3~5滴，然后用0.2000mol?L?1N①所制產(chǎn)品的純度為(以無水FeCl②所制產(chǎn)品中可能含有FeCl2雜質(zhì)，檢驗FeCl2的試劑為(填化學式)溶液；產(chǎn)生9．貴金屬銀有廣泛用途。工業(yè)上用銀錳精礦(主要含Ag2S回答下列問題：（1）“浸錳”步驟中產(chǎn)生的浸錳液主要含有MnSO4，生成氣體的主要成分為；用惰性電極電解浸錳液制MnO（2）已知“浸鐵”步驟中n(SO42-)保持不變，反應中n(氧化劑)：n(還原劑)=（3）“浸銀”時發(fā)生反應2FeCl3+Ag2S+CaCl2?2FeC（4）“沉銀”步驟中，生成單質(zhì)銀的離子反應方程式為，沉銀液經(jīng)處理可再利用，方法是向沉銀液中通入(寫化學式)，通過一步轉(zhuǎn)化后循環(huán)再用。10．研究二氧化碳的轉(zhuǎn)化與減排具有重要的社會意義。用CH4還原①CH4②CO2回答下列問題：（1）CH4(g)+3C（2）同時提高CH4與CO（3）在密閉容器中分別充入0.1molCH4與0.3mol①保持密閉容器體積為10L，只發(fā)生①②反應，經(jīng)10min反應達到平衡，測定出H2和H2O均為0.05mol。10min內(nèi)CH4的平均反應速率為②在150℃時，改變密閉容器的體積，測得CO2和CH4平衡轉(zhuǎn)化率隨壓強變化如圖所示。CH4平衡轉(zhuǎn)化率隨壓強增大而減小的主要原因是；（4）在剛性密閉容器中按體積比1∶3投入CH4和CO①在較低溫度時，反應物轉(zhuǎn)化率較高，但體系中H2O體積分數(shù)很低，主要原因是活化能Ea①②隨溫度升高，H2的體積分數(shù)變化趨勢為先增后減小，其可能原因是11．Si、S、Se在自然界中形成多種多樣的物質(zhì)結(jié)構(gòu)。回答下列問題：（1）Se與O同族，電負性較大的是；基態(tài)Se原子的價電子運動狀態(tài)有種。（2）已知液態(tài)的二氧化硫可以發(fā)生類似水的自電離：2SO2(1)?SO2++SO32?。SO2+（3）有一種觀點認為：由于硅的價層有可以利用的空d軌道，而碳沒有，因此兩者化合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)存在較大差異?；衔颪(CH3)3和N(SiH3)（4）Se與Si均為非金屬元素，SiO2熔點(>1700℃)明顯高于SeO（5）α-硒為六方晶胞結(jié)構(gòu)，原子排列為相互平行的螺旋長鏈(如圖1)，沿著螺旋鏈方向的晶胞投影圖如圖2。α-硒六方晶胞參數(shù)為apm、bpm、cpm(其中a=b≠c)，a軸與b軸間夾角為120°，c軸垂直于a軸與b軸，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA相鄰鏈間的作用力為。晶胞中含有Se原子的數(shù)目為；則α--硒晶胞的摩爾體積為m12．化合物I是一種藥物的有效成分。合成I的一種路線如下：已知：①②C能發(fā)生銀鏡反應回答下列問題：（1）A的化學名稱是；反應A→B的試劑是。（2）B→C反應類型是。（3）D、G的結(jié)構(gòu)簡式分別為、。（4）H→I的化學反應方程式為；檢驗I中還有H的實驗方法是。（5）X是C的同系物(相對分子質(zhì)量比C大14)，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為2∶2∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡式為(寫兩個)。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．淀粉屬于多糖，其相對分子質(zhì)量較大，為高分子化合物，A不符合題意；

B．“天鍋”的成分是生鐵，生鐵是鐵合金，主要含有鐵、碳，B符合題意；

C．由分析可知，“摘酒”操作是指通過蒸餾分離出乙醇溶液，C不符合題意；

D．由分析可知，“量質(zhì)摘酒”可得到不同酒精度的酒，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.高分子化合物的相對分子質(zhì)量一般高達幾千到幾百萬。

B.生鐵是鐵合金，主要含有鐵、碳。

C.蒸餾是利用兩種相互溶解的液體沸點不同的分離方法。

D.沸點不同蒸餾出的餾分也不同。2．【答案】A【解析】【解答】A．該有機物中含有羧基和羥基，能發(fā)生縮聚反應，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應，A符合題意；

B．該物質(zhì)分子中含有甲烷結(jié)構(gòu)，所有原子不可能共面，B不符合題意；

C．Na與羥基、羧基均反應，NaHCO3只與羧基反應，且反應關系式為2Na~2羥基/羧基~H2，NaHCO3~羧基~CO2，則該物質(zhì)分別與足量Na和NaHCO3反應生成氣體的體積比為1：1，C不符合題意；

D．苯環(huán)上有3種H原子，則苯環(huán)上的一溴取代物有3種，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.聚合反應包括縮聚反應和加聚反應。

B.注意含甲烷結(jié)構(gòu)的分子中所有原子不可能共面。

C.Na與羥基、羧基均反應，NaHCO3只與羧基反應，且反應關系式為2Na~2羥基/羧基~H2，NaHCO3~羧基~CO2。

D.苯環(huán)上有幾種氫原子，其一溴代物就有幾種。3．【答案】B【解析】【解答】A．n(Fe)=56g/56g·mol-1=1mol，涉及反應是2Fe+3Cl2=2FeCl3，則充分反應后Fe過量，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，其數(shù)目為2NA，A不符合題意；

B.涉及反應是2NO2?N2O4，標準狀況下，n(混合氣體)=22.4L/22.4L·mol-1=1mol，則含有氮原子的數(shù)目大于NA，B符合題意；

C．n(HA)=1.0L×0.1mol/L=0.1mol，由于一元酸HA的酸性強弱未知，無法計算其氫離子的數(shù)目，C不符合題意；

D．根據(jù)題干信息，該乙醇溶液中n(乙醇)=100g×46%/46g·mol-1=1mol，含有1molO―H鍵，n(H2O)=(100g-46g)/18g·mol-1=3mol，含有6molO―H鍵，所以該溶液中共含有7molO―H鍵，其數(shù)目為7NA，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.注意充分反應后Fe過量，轉(zhuǎn)移電子按Cl2的反應量來計算。

B.涉及反應是2NO2?N2O4，標況下，n(混合氣體)=22.4L/22.4L·mol-1=1mol。

C.注意一元酸HA的酸性強弱未知。

D.注意溶液中乙醇和水中均含有O―H鍵。4．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，丙為Cl，位于第三周期第ⅦA族，A不符合題意；

B．由分析可知，甲為H，丙為Cl，二者形成的化合物HCl為共價化合物，熔融態(tài)不導電，B不符合題意；

C．由分析可知，乙為B，丙為Cl，非金屬性是B＜Cl，則最高價含氧酸酸性：B＜Cl，C不符合題意；

D．由分析可知，乙為B，丙為Cl，二者形成的單中心分子為BCl3，B原子未達到8電子結(jié)構(gòu)，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】根據(jù)題干信息，甲、乙、丙為原子序數(shù)依次增大的不同短周期的主族元素，甲、丙形成的單核離子所帶電荷數(shù)相同，則甲為H，丙為Cl；乙和丙的原子最外層電子數(shù)之和為10，則乙為B。5．【答案】D【解析】【解答】A．涉及反應是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由于過氧化鈉為粉末，與水接觸后不能分離，無法控制反應速率，無法達到實驗目的，A不符合題意；

B．碘易溶于酒精，無法達到實驗目的，B不符合題意；

C．NH3極易溶于水，漏斗口下端不應浸入液面下，以防引起倒吸，無法達到實驗目的，C不符合題意；

D．不飽和烴可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，可達到實驗目的，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.注意過氧化鈉為粉末，與水接觸后不能分離。

B.注意碘易溶于酒精。

C.注意NH3極易溶于水，漏斗口下端不應浸入液面下，以防引起倒吸。

D.不飽和烴可使酸性高錳酸鉀溶液褪色。6．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，放電時，鈉電極失電子發(fā)生氧化反應，A不符合題意；

B．由分析可知，放電時，正極的電極反應為Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B不符合題意；

C．由分析可知，充電時，銅電極反應式為2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，鈉電極反應式為Na++e-=Na，當外電路通過1mol電子時，1molCu轉(zhuǎn)化為0.5molCu2O，同時1molNa+要移向陰極，則Cu極區(qū)域溶液減少質(zhì)量為0.5mol×16g/mol+1mol×23g/mol=31g，C符合題意；

D．三組電解質(zhì)有利于Na+運動，并防止副反應發(fā)生，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)題干信息，放電時，鈉電極作負極，其電極反應式為Na-e-=Na+，銅電極作正極，其電極反應式為Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-；充電時，銅電極作陽極，其電極反應式為2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，鈉電極作陰極，其電極反應式為Na++e-=Na。7．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)題干信息，MX中X-能水解，其水解方程式為X-+H2O可逆HX+OH-，說明無外加酸堿時，MX溶液呈堿性，即c(OH-)＞c(H+)，結(jié)合電荷守恒c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(M+)，則c(M+)＞c(X-)

，A不符合題意；

B．根據(jù)題干信息，甲點時c(M+)最小，此時c(X-)=c(M+)=10-1.8mol/L，所以Ksp(MX)=c(X-)c(M+)=10-1.8×10-1.8=10-3.6，B不符合題意；

C.溫度不變，加入HX，溶液中c(X-)增大，根據(jù)Ksp(MX)=c(X-)c(M+)，c(M+)減小，則pM增大，即可實現(xiàn)乙到甲，C符合題意；

D．由B項可知，該溫度下Ksp(MX)≈10-3.6，pKsp=-lgc(X-)c(M+)=3.6，乙點時，pH=0，pM=-0.5，此時溶液中c(H+)=1mol/L，根據(jù)2pM=pKsp-lg(1+c(H+)Ka)，則Ka≈10-4.6，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.MX溶液水解呈堿性，結(jié)合電荷守恒進行分析。

B.甲點時c(M+)最小，此時c(X-)=c(M+)=10-1.8mol/L，結(jié)合Ksp(MX)=c(X-)c(M+)進行分析。

C.加入HX，溶液中c(X-)增大，溫度不變時，Ksp(MX)=c(X8．【答案】（1）除去鐵屑表面油污（2）當?shù)陀?0℃，反應速率太慢；當高于50℃，HCl揮發(fā)較多（3）O2（4）FeCl3?6H2（5）95.0%；K3Fe(CN)4；制備時SO2(或+4價S)還原FeCl3【解析】【解答】（1）用NaOH溶液洗滌廢鐵屑，可除去鐵屑表面油污。

（2）反應溫度控制在40~50℃的原因是：當?shù)陀?0℃，反應速率太慢；當高于50℃，HCl揮發(fā)較多。

（3）雙氧水將Fe2+氧化生成的Fe3+是H2O2分解的催化劑，滴加速率過快會促進H2O2分解產(chǎn)生O2。

（4）根據(jù)題干信息，氯化鐵晶體與SOCl2在加熱條件下反應生成無水FeCl3、SO2和HCl，其化學方程式為FeCl3?6H2O+6SOCl2加熱__FeCl3+6SO2↑+12HCl。儀器A的作用是冷凝回流SOCl2，提高SOCl2的利用率。

（5）①根據(jù)題干信息，涉及反應是2Fe3++2I-=2Fe2++2I2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，則反應關系式為Fe3+～S2O32-，

則n(Fe3+)=n(S2O32-)=0.2mol/L×19×10-3L=3.8×10-3mol，所以100.00mL溶液中n(Fe3+)=5×3.8×10-3mol=1.9×10-2mol，所制產(chǎn)品的純度為1.9×10-2mol×162.5g·mol-1/3.25g×100%=95.0%。

②K3Fe(CN)4與Fe2+反應生成藍色沉淀，則檢驗FeCl2的試劑為K3Fe(CN)4溶液。產(chǎn)生FeCl2的原因可能是制備時SO2（或+4價S）還原FeCl3。

【分析】（1）NaOH溶液可除去鐵屑表面油污。

（2）注意控制反應速率及HCl揮發(fā)性。

（3）滴加速率過快會促進H2O2分解產(chǎn)生O2。

（4）注意化學方程式的反應條件、配平。

（5）①涉及反應是2Fe3++2I-=2Fe2++2I2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，則反應關系式為Fe9．【答案】（1）H2S；MnSO4+2H2O通電__MnO2+H2↑+H2（2）1：1；Ag2S（3）抑制Fe3+水解；增大溶液中氯離子濃度，可以促進平衡正向進行，提高銀元素的轉(zhuǎn)化率（4）2AgCl2?+Fe=2Ag+4Cl-【解析】【解答】（1）由分析可知，“浸錳”步驟中產(chǎn)生的浸錳液主要含有MnSO4，生成氣體的主要成分為H2S。用惰性電極電解浸錳液制MnO2，電解總反應的化學方程式為MnSO4+2H2O通電__MnO2+H2↑+H2SO4。

（2）由分析可知，“浸鐵”時，涉及反應是Fe2(SO4)3+FeS2=3FeSO4+2S，其中氧化劑為Fe2(SO4)3，還原劑為FeS2，n(SO42-)保持不變，則n（氧化劑）：n（還原劑）=1：1；浸鐵濾餅的主要成分為S和Ag2S。

（3）加入H+的作用是：抑制Fe3+水解；根據(jù)“浸銀”時的反應方程式，選用氯化物濃溶液的原因是增大溶液中的c(Cl-)，可以促進平衡正向進行，提高銀元素的轉(zhuǎn)化率。

（4）“沉銀”步驟中，生成單質(zhì)銀的離子反應方程式為：2AgCl2?+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+；沉銀液經(jīng)處理可再利用，沉銀液主要成分是FeCl2，向沉銀液中通入Cl2，發(fā)生反應2FeCl2+Cl2=2FeCl3，通過一步轉(zhuǎn)化后循環(huán)再用。

【分析】根據(jù)題干信息及流程圖可知，“浸錳”時，MnS與稀H2SO4發(fā)生反應：MnS+2H2SO4═MnSO4+H2S↑，在惰性電極電解下，得到MnO2，涉及反應是MnSO4+2H2O通電__MnO2+H2↑+H2SO4，所以“浸錳濾餅”中主要含有Ag2S、FeS2；“浸鐵”時，涉及反應是Fe2(SO4)3+FeS2=3FeSO410．【答案】（1）+329kJ?mo（2）適當升高溫度（3）5×10?4mol/(L?min)；0.75；反應①的正反應為氣體分子數(shù)增多的反應，增大壓強，反應①的平衡逆向移動；當壓強增大到一定程度后，此時氣態(tài)水可能變?yōu)橐簯B(tài)水，②變?yōu)闅怏w分子數(shù)減小的反應，增大壓強，有利于反應②（4）＜；溫度較低時以反應①為主，溫度較高時以反應②為主【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定律：該反應可由①+②×2得到，則其ΔH=ΔH1+2ΔH2=+247kJ?mol-1+2×（+41kJ?mol-1）=+329kJ?mol-1。

（2）根據(jù)題干信息可知，反應①和反應②均為吸熱反應，升高溫度可同時提高CH4與CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和速率。

（3）①假設平衡時CH4、CO2、CO的物質(zhì)的量分別為amol、bmol、cmol，根據(jù)碳原子守恒可知，a+b+c=0.1+0.3，根據(jù)氫原子守恒可知，4a+0.05×2+0.05×2=0.1×4，根據(jù)氧原子守恒可知，2b+c+0.05=0.3×2。聯(lián)立三個方程式可解得，a=0.05，b=0.2，c=0.15。則10min內(nèi)CH4的平均反應速率v(CH4)=△nV△t=0.1mol-0.05mol10L×10min=5×10-4mol/（L?min）。該條件下，反應②的平衡常數(shù)為c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)=0.15mol10L×0.05mol10L0.05mol10L×0.2mol10L=0.75。

②反應①的正反應為氣體分子數(shù)增多的反應，增大壓強，反應①的平衡逆向移動，則CH4平衡轉(zhuǎn)化率隨壓強增大而減小。溫度一定時，當壓強增大到一定程度后，此時氣態(tài)水可能變?yōu)橐簯B(tài)水，則反應②前后的氣體分子數(shù)減小，增大壓強，有利于反應②正向移動，CO的濃度增大，有利于反應①逆向移動，所以P0后CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨壓強增大而減小緩慢甚至增大。

（4）①反應②中生成H2O（g），根據(jù)題干信息，反應①占主導，則反應①的速率較快，根據(jù)反應速率越快，其活化能越小，所以Ea①＜Ea②。

②由①可知，低溫時主要發(fā)生反應①，隨著溫度升高，反應①的速率大于反應②，使H2體積分數(shù)逐漸增大，但較高溫度時主要發(fā)生反應②，反應②消耗H2，導致H2體積分數(shù)不斷減少。

【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律：該反應可由①+②×2得到。

（2）根據(jù)反應速率和化學平衡的影響因素進行分析。11．【答案】（1）O；6（2）1：2；三角錐形（3）sp3、sp2；N(CH3)3（4）SiO2為共價晶體，（5）范德華力；3；32【解析】【解答】（1）Se與O同族，由分析可知，電負性較大的是O；基態(tài)Se原子的價電子排布式為3s23p4，有6個電子，則其運動狀態(tài)有6種。

（2）SO2+與N2的價電子數(shù)和原子數(shù)均分別為10、2，則二者互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，所以S與O之間形成三鍵，則其σ鍵和π鍵數(shù)目之比為1：2。SO32-中S原子價層電子對數(shù)為3+6+2-2×32=4，有1個孤電子對，為sp3雜化，則其空間結(jié)構(gòu)為三角錐形。

（3）根據(jù)結(jié)構(gòu)圖可知，N(CH3)3為三角錐形，其N原子為sp3雜化，N(SiH3)3為平面形，其N原子為sp2雜化；N(CH3)3中N原子提供孤電子對，更易與H+形成配位鍵。

（4）SiO2熔