备战2024年高考化学模拟卷04--辽宁专用（含解析）

备战2024年高考化学模拟卷04（辽宁专用）
（本卷满分100分，考试时间75分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65 Se 79 Pb 207
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．2022年6月17日，中国第三艘航空母舰一 “福建舰”正式下水，它是目前世界上最大的常规动力航母，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法正确的是
A．用于雷达系统的氮化镓属于金属材料
B．舰体材料低磁合金钢的熔点和强度均高于纯铁
C．航母燃料重油的主要成分为烃
D．防腐涂料中使用的石墨烯与乙烯互为同系物
【答案】C
【详解】
A．金属材料是指纯金属或者合金，是金属单质，氮化镓是化合物，不属于金属材料，A错误；
B．一般情况下，合金的熔点低于组分金属，合金的硬度高于组分金属，所以低磁合金钢的熔点低于纯铁，强度均高于纯铁，B错误；
C．经石油分馏得到重油，属于烃的混合物，C正确；
D．石墨烯是碳单质，乙烯是有机物，二者不属于同系物，D错误；
故选C。
2．下列物质对应的化学用语正确的是
A．氯化钾的分子式：
B．过氧化氢的电子式：
C．的最外层电子排布式：
D．的VSEPR模型：
【答案】D
【详解】
A．氯化钾是离子化合物，没有分子式，是化学式，A项错误；
B．过氧化氢是共价化合物，不需要中括号，B项错误；
C．的最外层电子排布式：，C项错误；
D．的中心原子上的孤电子对数是，价层电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，D项正确；
故答案选D。
3．为防止水体富营养化，常用除去水体中过量氨氮(以表示)，气体产物为。设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．所含电子数均为
B．的溶液中数目为
C．反应消耗，水体将增加个
D．除氨氮过程中，当生成时转移电子数为
【答案】C
【详解】
A．所含电子数均为10个，A错误；
B．的溶液的体积未知，无法计算其中数目，B错误；
C．该反应的方程式为3ClO－+2NH3=N2+3Cl－+3H2O，反应消耗，物质的量是1mol，所以水体将增加个，C正确；
D．氮气所处的状态未知，无法计算当生成时转移电子数，D错误；
答案选C。
4．槟榔中含有多种生物碱，如槟榔碱和槟榔次碱，其结构如下。这些生物碱会对人体机能产生影响。下列说法正确的是
A．槟榔碱和槟榔次碱是同系物
B．槟榔碱分子中N原子的杂化方式是
C．槟榔次碱分子中最多有4个碳原子共平面
D．槟榔碱和槟榔次碱均能与强酸、强碱反应
【答案】D
【详解】
A．槟榔碱中含有酯基，槟榔次碱中含有羧基，二者结构不相似，不是同系物，A错误；
B．槟榔碱分子中N原子的价层电子对数为3+1=4，杂化方式是，B错误；
C．槟榔次碱结构中含有碳碳双键和羧基，都是平面结构，碳碳双键形成的平面结构含有5个碳原子，另外还有一个碳原子可以利用碳碳单键的旋转性与碳碳双键共平面，所以该分子中最多有6个碳原子共平面，C错误；
D．槟榔碱中含有酯基能与强酸、强碱反应，槟榔次碱中含有羧基能与强酸反应，两个物质中均有N原子，其中的孤对电子可以接受氢离子，与酸反应，D正确；
故选D。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．少量的氯化铁溶液与硫化钠溶液反应：
B．硫代硫酸钠溶液中通入：
C．溶液与少量溶液反应：
D．碱性条件下，用KClO溶液与反应制备新型净水剂：
【答案】B
【详解】
A．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，两者发生氧化还原反应生成Fe2+和S，由于S2-过量，Fe2+与S2-生成FeS，离子方程式为，故A错误；
B．硫代硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为，故B正确；
C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，OH-先与Fe2+反应，再和NH反应，由于Ba(OH)2较少，NH不会参与反应，离子方程式为，故C错误；
D．碱性条件下，用KClO溶液与Fe(OH)3反应制备新型净水剂K2FeO4，正确的离子方程式为，故D错误；
答案为B。
6．发生催化氧化反应生成，强碱条件下能被氧化生成；可被继续氧化生成，也可被氧化生成，能与溶液反应产生银镜；是一种弱酸，酸性与醋酸相当。下列有关含氮化合物的性质与制备说法正确的是
A．分析结构可推得，难溶于水
B．分析结构可推得，相同条件下还原性应强于
C．制备时应将慢慢通入溶液中
D．可向溶液中通来制备
【答案】B
【详解】
A．的结构简式为H2N-NH2，由结构简式可知，分子能与水分子形成氢键，能溶于水，A错误；
B．氨分子中含有3个氮氢共价键，铵根离子中含有4个氮氢共价键，相同条件下破坏3个共价键需要消耗的能量小于4个共价键需要消耗的能量，所以相同条件下还原性应强于，B正确；
C．若将氨气慢慢通入次氯酸钠溶液中，具有强氧化性的次氯酸钠溶液能将氧化，导致的产率降低，C错误；
D．碳酸的酸性弱于醋酸，由的酸性与醋酸相当可知，二氧化碳不可能与溶液反应制得，否则违背强酸制弱酸的原理，D错误；
故选B。
7．铁是红细胞中血红蛋白的重要组成成分，缺铁时红细胞合成的血红蛋白量会减少，会使红细胞体积变小，携氧能力下降，形成缺铁性贫血，血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法不正确的是
A．该结构中，氧元素的第一电离能最大
B．的基态价电子排布式为
C．咪唑环上所有原子均在同一平面上
D．通过配位键与相连
【答案】A
【详解】
A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N元素的第一电离能大于O元素，A项错误；
B．Fe为26号元素，为铁原子失去2个电子后形成的，的基态价电子排布式为，B项正确；
C．咪唑环中存在大 键，碳，氮原子均采用杂化，所有原子均在同一平面上，C项正确；
D． 由图可知，亚铁离子提供空轨道，氧提供孤对电子，通过配位键与 相连，D项正确；
答案选A。
8．类比推理是学习化学的重要方法，下列“类比推理中”说法正确的是
A．Al2O3既能和NaOH溶液反应，也能和盐酸反应，属于两性氧化物；SiO2可以和NaOH溶液反应，也可以和氢氟酸反应，所以SiO2也属于两性氧化物
B．Cl2具有氧化性，Fe可以和Cl2反应生成FeCl3，S也具有氧化性，则Fe可以和S反应生成Fe2S3
C．酸性氧化物CO2与Ba(NO3)2不反应，则酸性氧化物SO2与Ba(NO3)2也不反应，
D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，则I2与水反应生成HI和HIO
【答案】D
【详解】
A．SiO2可以和NaOH等碱溶液反应，除了和氢氟酸反应外不与其它酸反应，所以SiO2属于酸性氧化物，A错误；
B．Cl2的氧化性大于S，Fe可以和Cl2反应生成FeCl3， Fe可以和S反应生成FeS，B错误；
C．碳酸是弱酸，不能用碳酸制硝酸，故酸性氧化物CO2与Ba(NO3)2不反应，酸性较强时硝酸根具有氧化性，则酸性氧化物SO2与Ba(NO3)2发生氧化还原反应得到硫酸钡沉淀，C错误；
D．氯和碘同主族，化学性质相似，Cl2与水反应生成HCl和HClO，则I2与水反应生成HI和HIO，D正确；
答案选D。
9．M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是
A．与Y同周期且第一电离能大于Y的元素仅有1种
B．该化合物中含有离子键、共价键和配位键
C．六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强
D．M与X、Y形成的化合物中，前者的沸点一定低于后者
【答案】B
【详解】
基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，推测N元素为F元素，结合物质的结构图可知M只能形成一个共价键且原子半径比F小推测为H，Z形成2个共价键且半径比F大推测为O元素，Y形成3个共价键且半径比F大推测为N元素，X形成4个共价键且半径比F大推测为C元素，T与F形成，推测为B元素。
A．元素Y是氮元素，与氮元素同周期且比氮元素第一电离能大的元素有氟、氖两种元素，故A错误；
B．该化合物中有阴、阳离子，存在离子键，阳离子内部原子之间以共价键相连，阴离子内部存在配位键，故B正确；
C．最高价含氧酸的酸性强弱可以通过元素的非金属性强弱来比较，氟元素的非金属性最强，但是氟元素没有含氧酸，氧元素没有最高正价，所以氮元素的最高价含氧酸酸性最强，故C错误；
D．M与X形成的化合物种类有很多，例如苯的沸点比M与Y形成的NH3的沸点要高，故D错误；
故选B。
10．碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为，下列叙述不正确的是
A．中含有键与键的数目之比为1∶1
B．放电时，N极电势低于M极，N极电极反应为
C．若离子交换膜只有通过，反应时，有通过离子交换膜
D．维持电流强度0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌约0.5g(已知)
【答案】D
【解析】由图可知：碱性锌铁液流电池放电时，右侧N极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)，负极发生电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；左侧M为正极，正极上发生得电子的还原反应，正极电极反应为Fe(CN)+e-=Fe(CN)。充电时和放电时刚好相反，电池正极与电源正极相连。
A．共价单键和配位键都是键，共价三键中有一个是键两个是键，中有6个配位键和6个碳氮三键，故中含有键与键的数目之比为（6+6）∶62=1∶1，A正确；
B．放电时该装置为原电池，N极为原电池的负极，M为原电池的正极，正极的电势比负极高，因此M极电势高于N极，N极电极反应为，B正确；
C．在放电时，M为正极，发生反应为：Fe(CN)+e-=Fe(CN)。当左侧M电极有1 mol Fe(CN)发生时，左侧负电荷数目会增加1 mol，为维持电荷守恒，就会1 mol即NA个OH-通过离子交换膜移向负极N极，C正确；
D．电池工作5分钟，通过的电量Q＝0.5A×5min×60s/min＝150C，因此通过电子的物质的量n(e－)＝Q/F＝150C/96500C/mol＝1.554×10-3mol，则理论消耗Zn的质量是m(Zn)＝1.554×10-3mol2×65g/mol＝0.05g，D错误；
故选D。
11．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．使pH试纸显蓝色的溶液中：、、、
【答案】A
【详解】
A．各种离子之间互不反应，都不与NaHCO3 反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．滴加 KSCN 溶液显红色的溶液中存在铁离子，Fe3+、I-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．溶液呈酸性，S2-、在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．使pH试纸显蓝色的溶液中存在大量OH-，Mg2+与OH-、ClO-、反应，ClO-、之间发生氧化还原反应，与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：A。
12．下列操作不能达到实验的的是
目的 操作
A 制备少量二氧化硫气体 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
B 证明非金属性：C>Si 将盐酸与混合产生的气体直接通入溶液中
C 除去苯中少量的苯酚 加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
D 配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液 向试管中加入2 mL 10% NaOH溶液，再滴加数滴2% 溶液，振荡
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，发生反应Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2，可制备少量SO2气体，故A能达到实验的；
B．盐酸与混合产生的CO2气体通入到溶液中，发生反应或，根据强酸制弱酸的原理可知，酸性：，非金属性越强，其对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由此可得非金属性：C>Si，但是随CO2气体带出来的HCl也能与反应生成，会对实验造成干扰，故B不能达到实验的；
C．苯酚与NaOH反应后生成的苯酚钠溶于水，苯和NaOH不反应，振荡、静置后分层，然后分液可得到苯，故C能达到实验的；
D．向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡，保证NaOH是过量的，可配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液，故D能达到实验的；
故选B。
13．Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图所示(Fe原子均位于面上)。晶胞棱边夹角均为90°，X的坐标为(0，1，)，Y的坐标为( ，，)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
已知：以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2
B．坐标为(，1，)的原子是Li原子
C．Se原子X与Se原子Y之间的距离为nm
D．该晶体的密度为g·cm-3
【答案】C
【详解】
A．Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故A错误；
B．由晶胞结构可知坐标为(，1，)的原子是Z原子，即Fe原子，故B错误；
C．Se原子X与Se原子Y，沿x轴方向的距离为，沿y轴方向的距离为，沿z轴方向的距离为，两点间的距离为 nm，故C正确；
D．Li原子有8位于顶点，1个位于体心，个数为：，Fe有8个位于面上，个数为，Se原子8个位于棱上，2个位于体内，个数为：，晶胞的质量为：g，晶胞体积为：×10-21 cm3，密度为： g·cm-3，故D错误；
故选：C。
14．某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极(NA是阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是
A．放电时，负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
B．放电时，每转移NA个电子，理论上CCl4吸收0.5NA个Cl2
C．充电时，每转移1mol电子，N极理论质量减小23g
D．充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增大
【答案】A
【详解】
放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析。
A．放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A正确；
B．在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5 mol Cl2，，B错误；
C．充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；
D．充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D错误；
故选A。
15．甘氨酸是人体必需氨基酸之一，在晶体和水溶液中主要以偶极离子的形式存在，它是两性电解质有两个可解离基团。在水溶液中，甘氨酸的带电状况与溶液的pH有关。当调节溶液的pH使甘氨酸所带正负电荷正好相等时，甘氨酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH即为甘氨酸的等电点，已知甘氨酸的等电点为5.97，在25℃时，、和的分布分数[如]与溶液pH关系如图下列说法正确的是
A．曲线a代表
B．等电点时，微粒间的数量关系是：
C．在pH小于5.97的溶液中甘氨酸带净正电荷，在电场中将向阴极移动
D．的平衡常数
【答案】C
【详解】
甘氨酸中含有氨基和羧基，氨基显碱性，羧基显酸性，在酸性条件下，存在的形式为NHCH2COOH，随着pH增大，逐步转化成NHCH2COO-，最终转化成NH2CH2COO-，从而确定曲线a代表NHCH2COOH，曲线b代表为NHCH2COO-，曲线c代表NH2CH2COO-，据此分析；
A．根据上述分析，曲线a代表NHCH2COOH，故A错误；
B．等电点是甘氨酸所带正负电荷正好相等，因此NHCH2COOH的物质的量等于NH2CH2COO-，甘氨酸等电点为5.97，根据图象可知，N(NHCH2COO-)＞N(NHCH2COOH)= N(NH2CH2COO-)，故B错误；
C．根据B选项分析以及图象可知，当pH小于5.97时，n(NHCH2COOH)＞ n(NH2CH2COO-)，甘氨酸带净正电荷，在电场作用下，向阴极移动，故C正确；
D．取坐标(2.35，0.50)，此时c(NHCH2COOH)=c(NHCH2COO-)，因此有K=c(OH-)==10-11.65，故D错误；
答案为C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）
是钠离子电池的电极材料。某小组设计以黄铜矿粉(主要成分是，含少量、)为原料制备二硒化三铜的流程如图1，回答下列问题：
(1)基态Se原子的价电子排布式为______________。
(2)从绿色化学角度考虑，纯净物R宜选择_______(填化学式)。
(3)其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如图2所示(浸出率指单位时间内Cu和Se溶解的质量)。已知在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性。根据图2，_______(填“<”、“>”或“=”)。其他条件相同，温度高于℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是_____________________。(任答一条)
(4)“液浸”中，参与反应的离子方程式为_____________________。
(5)已知是弱酸，溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性， 溶液中：_______。
(6)“沉铁”中，存在平衡，该反应的平衡常数K=_______。
已知：常温下，； 。
【答案】
(1)4s24p4
(2)H2O2(或O2或O3)
(3)> 细菌中蛋白质变性，活性降低(或水解程度增大)
(4)
(5)碱 0.2
(6)
【详解】
黄铜矿主要成分是，含少量、，硫酸铁溶液在细菌作用下浸取金属离子，得到、、S；过滤，滤液加入氧化剂将亚铁离子转化成铁离子。加入过量氨水，生成氢氧化铁，过滤，得溶液，加稀硫酸得到CuSO4溶液，据此作答。
（1）Se是第34号元素，原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，所以价层电子排布式为4s24p4；
（2）绿色氧化剂不引入新杂质，本身无污染，R的作用是把亚铁离子氧化成铁离子，R可以是双氧水、氧气、臭氧、空气等；
（3）铁离子浓度越大，反应速率越快，浸出率越大，所以>。温度升高，加快铁离子水解，导致铁离子浓度降低，氧化黄铜矿的速率降低；另一方面，温度升高，细菌失去活性，反应速率降低，所以温度高于℃时金属浸出率随着温度升高而降低；
（4）二硫化铁铜与铁离子反应生成硫、亚铁离子、铜离子，反应的离子方程式为；
（5）是弱酸，则是强碱弱酸盐，溶液呈碱性；
根据电荷守恒：，得；
（6）。
17．（13分）
研究CO、CO2在一定条件下与H2催化合成CH4等有机化工产品，对实现“碳中和”目标具有重要的意义。在一定条件下CO(g)与H2(g)可发生如下反应：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.4kJ mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ mol-1
(1)部分物质的标准生成焓数据如表所示：
物质 CO(g) H2(g) CH4(g) H2O(g)
标准生成焓/(kJ mol-1) -110 0 -74.6 x
则x=______；△H2=______kJ mol-1。
(2)一定温度范围内反应I和反应Ⅱ的lgKp－的线性关系如图1所示。
①依据图像，可知T1℃时，反应Ⅲ的平衡常数Kp3=______。
②图中v正(A)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v逆(B)。
(3)①恒温(323K)恒压(p)条件下，在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=1：1投料进行反应(仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)，CO2初始分压分别为p0-(a)MPa、p0-(b)MPa、p0-(c)MPa，测得CO2的压强转化率α(CO2)[已知：气体A的压强转化率表示为α(A)=(1-)×100%，p0MPa为A的初始分压，p1MPa为某时刻A的分压]与时间(t)的关系如图2，则p0-(a)、p0-(b)、p0-(c)由大到小的顺序为___________。
②在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应(两压强下均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)。恒压条件下反应温度对平衡体积分数δ(x)[x为CO或CH4，δ(x)=×100%]的影响如图3所示。
则在1MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是_____(填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)和______；在T℃、一定压强下，反应在M点达到化学平衡，平衡时CH4的分压p(CH4)=___________MPa，反应Ⅲ的平衡常数Kp=___________。
【答案】
(1)-241.8 -165.2
(2)1 ＞
(3)p0-(a)＞p0-(c)＞p0-(b) b c 0.125 2.4
【详解】
（1）根据表格数据，△H1=[(-74.6+ x)-(-110+03)] kJ mol-1=-206.4kJ mol-1，解得x=-241.8；根据盖斯定律，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，。
（2）①根据图1所示，℃时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的相等，反应Ⅲ＝反应Ⅱ－反应Ⅰ，则，；
②A、B两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此v正(A)> v逆(B)。
（3）①反应Ⅱ的正向反应为气体体积减小的反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，结合已知条件，可知反应相同时间起始总压相等时，初始分压越大，越大，故；
②根据已知条件分析可知，a、b表示甲烷的平衡体积分数随温度变化关系，c、d表示CO的平衡体积分数随温度变化关系，结合（3）①的结论可推出在1MPa时，表示和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是b、c。
设和初始物质的量分别为1mol和3mol，生成的和CO的物质的量均为xmol，列出三段式：
平衡时的体积分数％，解得，平衡时气体总物质的量为，平衡时的分压，用平衡分压代替平衡浓度计算得反应Ⅲ的平衡常数。
18．（14分）
氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。
已知：
①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化。
②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。③抽滤：用抽气泵使抽滤瓶中压强降低，达到固液分离的目的。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。
回答下列问题：
（1）装置B的作用是___________。
（2）步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是_______________________。
（3）步骤II中采用抽滤法过滤的主要目的是：_________________；用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是___________。
（4）化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的0.1 mol·L-1盐酸换为6 mol·L-1盐酸，通入SO2，最终未得到白色沉淀。
①对此现象有如下猜想：
猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应
小组同学对猜想一的原理进行深人研究，查阅资料知：CuCl+Cl-CuCl，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液_________________(填操作) ，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。
②猜想二：_______________________。设计验证猜想二是否成立的实验方案：___________________________________。
III． CuCl纯度的测定，称取II制得的CuCl 10.00克，将其溶解于过量的稀硫酸中，过滤，洗涤，将洗涤液也并入滤液中，配成500 mL溶液，量取20.00 mL ，滴入几滴PAN指示剂，用H2Y2-溶液滴定，方程式为H2Y2- +Cu2+=CuH2Y ，达到滴定终点消耗0.05000 molL-1H2Y2-溶液24.00 mL。
（5）将洗涤液并入滤液中的目的是___________，CuCl的质量分数为___________。
【答案】
(1)安全瓶或防倒吸
(2)SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+
(3)快速过滤，防止氯化亚铜被氧化 降低氯化亚铜的溶解度，减少氯化亚铜的损失，同时加快固体的干燥
(4)加水稀释 在酸性条件下，氯化亚铜发生自身氧化还原反应；取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立
(5)洗液中也含有铜离子，会使测定更准确 59.7%
【详解】
（1）SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，用NaOH溶液处理尾气时容易引起倒吸，B装置可防止尾气处理时产生倒吸，B装置的作用为安全瓶或防止发生倒吸；
（2）SO2与氯化铜溶液反应生成氯化亚铜和硫酸，离子反应方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+；
（3）已知①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化，步骤II中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间，防止氯化亚铜被氧化；氯化亚铜微溶于水，不溶于酒精，且酒精具有挥发性，可快速带走固体表面的水分，则用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是减小CuCl的损失，同时加快固体的干燥，故答案为：快速过滤，防止氯化亚铜被氧化；降低氯化亚铜的溶解度，减少氯化亚铜的损失，同时加快固体的干燥；
（4）①Cl-浓度过大，与CuCl发生反应，减小Cl-的浓度观察是否有沉淀生成，则操作为将上述未得到沉淀的溶液加水稀释，若观察到有白色沉淀析出，说明猜想一Cl-浓度过大影响氯化亚铜的生成是正确的；
②根据已知信息②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应，则猜想二为强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)，验证猜想的方法为：取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立；
（5）洗涤液中也含铜离子，根据反应原理可知，将洗涤液也并入滤液中是为了提高测量的准确度；根据反应原理知H2Y2- +Cu2+=CuH2Y，n(Cu2+)=n(H2Y2-)=
，氯化亚铜溶于过量稀硫酸的离子反应方程式为：2CuCl=Cu+Cu2++2Cl-，所以CuCl的质量分数为=59.7%，故答案为：洗液中也含有铜离子，会使测定更准确；59.7%。
19．（14分）
肌肉松弛剂Nefopam的合成路线如下所示(表示苯环)。
回答下列问题：
(1)A中的__________(填名称)官能团会被还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。
(2)B与反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，合适的试剂X是______________。
(3)已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有______个手性碳；一定条件下与足量水溶液反应，最多消耗_______ 。
(4)中间产物E分子内环化生成。写出产物F的结构简式___________。
(5)参考上述合成路线，F经____________(填“”或“”)还原以及酸处理形成Nefopam．
(6)写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一个)。
①能发生银镜反应；
②其水解产物之一能与溶液显色；
③含有两个苯环和一个五元环。
【答案】
(1)(酮)羰基 酯化反应(或取代反应)
(2)7
(3)1 3
(4)
(5)
(6)等
【详解】
A经还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，B与发生取代反应生成C，C在作用下脱出羰基形成D，D与发生取代反应生成E，E中氯原子与-NH-发生分子内取代反应生成F，F发生还原反应再经酸化得到Nefopam，据此分析解答。
（1）对比A与B的结构可知A中羰基转化成单键，羰基被还原，还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，故答案为：(酮)羰基；酯化反应(或取代反应)；
（2）B与发生苯环上的取代反应，B中有两个苯环，其中Ph代表的苯环中存在三种氢，另一苯环中存在4种氢，共有7种溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，结合B和C的结构对比，合适的试剂X应为，故答案为：7；；
（3）根据手性碳的概念，D中只有羟基所连碳为手性碳原子；中1molCl可消耗1molNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能继续消耗NaOH，因此可消耗3molNaOH，故答案为：1；3；
（4）由以上分析已知F为，故答案为：；
（5）由A到B，C到D的转化过程可知能将羰基直接脱氧，因此F经处理才能得到Nefopam，故答案为：；
（6）①能发生银镜反应，可知存在醛基或甲酸酯基结构；②其水解产物之一能与溶液显色，可知存在酯基，结合氧原子个数，及发生银镜反应，可知存在甲酸酯基，且甲酸酯基结构直接与苯环相连才能水解出酚类结构；③含有两个苯环和一个五元环，符合的结构有：等，故答案为：等；
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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备战2024年高考化学模拟卷04（辽宁专用）
（本卷满分100分，考试时间75分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65 Se 79 Pb 207
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．2022年6月17日，中国第三艘航空母舰一 “福建舰”正式下水，它是目前世界上最大的常规动力航母，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法正确的是
A．用于雷达系统的氮化镓属于金属材料
B．舰体材料低磁合金钢的熔点和强度均高于纯铁
C．航母燃料重油的主要成分为烃
D．防腐涂料中使用的石墨烯与乙烯互为同系物
2．下列物质对应的化学用语正确的是
A．氯化钾的分子式：
B．过氧化氢的电子式：
C．的最外层电子排布式：
D．的VSEPR模型：
3．为防止水体富营养化，常用除去水体中过量氨氮(以表示)，气体产物为。设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．所含电子数均为
B．的溶液中数目为
C．反应消耗，水体将增加个
D．除氨氮过程中，当生成时转移电子数为
4．槟榔中含有多种生物碱，如槟榔碱和槟榔次碱，其结构如下。这些生物碱会对人体机能产生影响。下列说法正确的是
A．槟榔碱和槟榔次碱是同系物
B．槟榔碱分子中N原子的杂化方式是
C．槟榔次碱分子中最多有4个碳原子共平面
D．槟榔碱和槟榔次碱均能与强酸、强碱反应
5．下列离子方程式书写正确的是
A．少量的氯化铁溶液与硫化钠溶液反应：
B．硫代硫酸钠溶液中通入：
C．溶液与少量溶液反应：
D．碱性条件下，用KClO溶液与反应制备新型净水剂：
6．发生催化氧化反应生成，强碱条件下能被氧化生成；可被继续氧化生成，也可被氧化生成，能与溶液反应产生银镜；是一种弱酸，酸性与醋酸相当。下列有关含氮化合物的性质与制备说法正确的是
A．分析结构可推得，难溶于水
B．分析结构可推得，相同条件下还原性应强于
C．制备时应将慢慢通入溶液中
D．可向溶液中通来制备
7．铁是红细胞中血红蛋白的重要组成成分，缺铁时红细胞合成的血红蛋白量会减少，会使红细胞体积变小，携氧能力下降，形成缺铁性贫血，血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法不正确的是
A．该结构中，氧元素的第一电离能最大
B．的基态价电子排布式为
C．咪唑环上所有原子均在同一平面上
D．通过配位键与相连
8．类比推理是学习化学的重要方法，下列“类比推理中”说法正确的是
A．Al2O3既能和NaOH溶液反应，也能和盐酸反应，属于两性氧化物；SiO2可以和NaOH溶液反应，也可以和氢氟酸反应，所以SiO2也属于两性氧化物
B．Cl2具有氧化性，Fe可以和Cl2反应生成FeCl3，S也具有氧化性，则Fe可以和S反应生成Fe2S3
C．酸性氧化物CO2与Ba(NO3)2不反应，则酸性氧化物SO2与Ba(NO3)2也不反应，
D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，则I2与水反应生成HI和HIO
9．M、N、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，基态N原子核外电子有5种空间运动状态，并有1个单电子，这六种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列说法正确的是
A．与Y同周期且第一电离能大于Y的元素仅有1种
B．该化合物中含有离子键、共价键和配位键
C．六种元素中，X的最高价含氧酸的酸性最强
D．M与X、Y形成的化合物中，前者的沸点一定低于后者
10．碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为，下列叙述不正确的是
A．中含有键与键的数目之比为1∶1
B．放电时，N极电势低于M极，N极电极反应为
C．若离子交换膜只有通过，反应时，有通过离子交换膜
D．维持电流强度0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌约0.5g(已知)
11．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．使pH试纸显蓝色的溶液中：、、、
12．下列操作不能达到实验的的是
目的 操作
A 制备少量二氧化硫气体 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
B 证明非金属性：C>Si 将盐酸与混合产生的气体直接通入溶液中
C 除去苯中少量的苯酚 加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
D 配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液 向试管中加入2 mL 10% NaOH溶液，再滴加数滴2% 溶液，振荡
A．A B．B C．C D．D
13．Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图所示(Fe原子均位于面上)。晶胞棱边夹角均为90°，X的坐标为(0，1，)，Y的坐标为( ，，)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
已知：以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2
B．坐标为(，1，)的原子是Li原子
C．Se原子X与Se原子Y之间的距离为nm
D．该晶体的密度为g·cm-3
14．某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极(NA是阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是
A．放电时，负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
B．放电时，每转移NA个电子，理论上CCl4吸收0.5NA个Cl2
C．充电时，每转移1mol电子，N极理论质量减小23g
D．充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增大
15．甘氨酸是人体必需氨基酸之一，在晶体和水溶液中主要以偶极离子的形式存在，它是两性电解质有两个可解离基团。在水溶液中，甘氨酸的带电状况与溶液的pH有关。当调节溶液的pH使甘氨酸所带正负电荷正好相等时，甘氨酸所带的净电荷为零，在电场中不发生移动现象，此时溶液的pH即为甘氨酸的等电点，已知甘氨酸的等电点为5.97，在25℃时，、和的分布分数[如]与溶液pH关系如图下列说法正确的是
A．曲线a代表
B．等电点时，微粒间的数量关系是：
C．在pH小于5.97的溶液中甘氨酸带净正电荷，在电场中将向阴极移动
D．的平衡常数
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）
是钠离子电池的电极材料。某小组设计以黄铜矿粉(主要成分是，含少量、)为原料制备二硒化三铜的流程如图1，回答下列问题：
(1)基态Se原子的价电子排布式为______________。
(2)从绿色化学角度考虑，纯净物R宜选择_______(填化学式)。
(3)其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如图2所示(浸出率指单位时间内Cu和Se溶解的质量)。已知在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性。根据图2，_______(填“<”、“>”或“=”)。其他条件相同，温度高于℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是_____________________。(任答一条)
(4)“液浸”中，参与反应的离子方程式为_____________________。
(5)已知是弱酸，溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性， 溶液中：_______。
(6)“沉铁”中，存在平衡，该反应的平衡常数K=_______。
已知：常温下，； 。
17．（13分）
研究CO、CO2在一定条件下与H2催化合成CH4等有机化工产品，对实现“碳中和”目标具有重要的意义。在一定条件下CO(g)与H2(g)可发生如下反应：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.4kJ mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ mol-1
(1)部分物质的标准生成焓数据如表所示：
物质 CO(g) H2(g) CH4(g) H2O(g)
标准生成焓/(kJ mol-1) -110 0 -74.6 x
则x=______；△H2=______kJ mol-1。
(2)一定温度范围内反应I和反应Ⅱ的lgKp－的线性关系如图1所示。
①依据图像，可知T1℃时，反应Ⅲ的平衡常数Kp3=______。
②图中v正(A)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v逆(B)。
(3)①恒温(323K)恒压(p)条件下，在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=1：1投料进行反应(仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)，CO2初始分压分别为p0-(a)MPa、p0-(b)MPa、p0-(c)MPa，测得CO2的压强转化率α(CO2)[已知：气体A的压强转化率表示为α(A)=(1-)×100%，p0MPa为A的初始分压，p1MPa为某时刻A的分压]与时间(t)的关系如图2，则p0-(a)、p0-(b)、p0-(c)由大到小的顺序为___________。
②在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应(两压强下均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)。恒压条件下反应温度对平衡体积分数δ(x)[x为CO或CH4，δ(x)=×100%]的影响如图3所示。
则在1MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是_____(填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)和______；在T℃、一定压强下，反应在M点达到化学平衡，平衡时CH4的分压p(CH4)=___________MPa，反应Ⅲ的平衡常数Kp=___________。
18．（14分）
氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，常用作催化剂、杀菌剂。化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。
已知：
①氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；在空气中会被迅速氧化。
②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。③抽滤：用抽气泵使抽滤瓶中压强降低，达到固液分离的目的。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
II．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。
回答下列问题：
（1）装置B的作用是___________。
（2）步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是_______________________。
（3）步骤II中采用抽滤法过滤的主要目的是：_________________；用95%的乙醇代替蒸馏水洗涤的优点是___________。
（4）化学小组同学在实验过程中，将分液漏斗中的0.1 mol·L-1盐酸换为6 mol·L-1盐酸，通入SO2，最终未得到白色沉淀。
①对此现象有如下猜想：
猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应
小组同学对猜想一的原理进行深人研究，查阅资料知：CuCl+Cl-CuCl，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液_________________(填操作) ，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。
②猜想二：_______________________。设计验证猜想二是否成立的实验方案：___________________________________。
III． CuCl纯度的测定，称取II制得的CuCl 10.00克，将其溶解于过量的稀硫酸中，过滤，洗涤，将洗涤液也并入滤液中，配成500 mL溶液，量取20.00 mL ，滴入几滴PAN指示剂，用H2Y2-溶液滴定，方程式为H2Y2- +Cu2+=CuH2Y ，达到滴定终点消耗0.05000 molL-1H2Y2-溶液24.00 mL。
（5）将洗涤液并入滤液中的目的是___________，CuCl的质量分数为___________。
19．（14分）
肌肉松弛剂Nefopam的合成路线如下所示(表示苯环)。
回答下列问题：
(1)A中的__________(填名称)官能团会被还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。
(2)B与反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，合适的试剂X是______________。
(3)已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有______个手性碳；一定条件下与足量水溶液反应，最多消耗_______ 。
(4)中间产物E分子内环化生成。写出产物F的结构简式___________。
(5)参考上述合成路线，F经____________(填“”或“”)还原以及酸处理形成Nefopam．
(6)写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一个)。
①能发生银镜反应；
②其水解产物之一能与溶液显色；
③含有两个苯环和一个五元环。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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