2024年高考第二次模拟考试卷：化学（全国卷新教材）（全解全析）

这是一份2024年高考第二次模拟考试卷：化学（全国卷新教材）（全解全析），共16页。试卷主要包含了咔唑是一种新型有机液体储氢介质等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mn55 C 59
一、选择题：本题共7小题，每小题6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。
7．中华优秀传统文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法正确的是
A．海昏侯墓出土了大量保存完好的精美金器，这与金的惰性有关
B．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”中涉及的反应为可逆反应
C．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜
D．“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质
【答案】A
【解析】A．金的化学性质稳定，使得其能保存完好，故A正确；
B．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”中涉及的两个反应条件不同，不为可逆反应，故B错误；
C．“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖红色，可能来自亚铁离子，诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚铜，故C错误；
D．“麻”的主要成分是纤维素，故D错误；
故答案选A。
8．有机化合物Z具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线关键步骤如下：
有关有机物X、Y和Z的说法正确的是
A．1mlZ最多只能与1mlNaOH反应B．有机物Y含有3种含氧官能团
C．有机物Z中含有手性碳原子 D．有机物X与丙烯酸互为同系物
【答案】D
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下，与发生取代反应生成和水，则Y为。
【解析】A．由结构简式可知，分子中含有的酚羟基和酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1mlZ最多只能与2ml氢氧化钠反应，故A错误；
B．由结构简式可知，分子的含氧官能团为醚键、酚羟基，共有2种，故B错误；
C．由结构简式可知，分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故C错误；
D．由结构简式可知，与丙烯酸含有结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团，互为同系物，故D正确；
故选D。
9．咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法正确的是
A．电负性
B．咔唑的沸点比的沸点高
C．同周期元素中第一电离能小于N的有4种
D．基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了泡利不相容原理
【答案】B
【解析】A．根据电负性大小的比较，应该是：，A错误；
B．咔唑中能形成分子间氢键，所以咔唑的沸点比的沸点高，B正确；
C．在第二周期元素中第一电离能小于N的有：共5种，C错误；
D．如果基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了洪特规则，D错误；
故选B。
10．某新型光催化钠离子二次电池的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．充电时，阴极的电极反应式为
B．离子交换膜应选择阳离子交换膜
C．放电时，每消耗，离子交换膜左室电解质溶液质量理论上增加46g
D．适当提高电解液的浓度可提升该电池存储的能量
【答案】C
【分析】充电时，为电解池，石墨电极S元素被还原，为阴极，光催化电极I元素被氧化，作阳极；则放电时石墨电极为负极，光催化电极为正极，据此分析解题。
【解析】A．充电时，石墨电极为阴极，电极反应式为，故A正确；
B．放电时，钠离子由左侧向右侧迁移，充电时，钠离子由右侧向左侧迁移，故离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；
C．放电时，消耗NaI3，电极反应式为，每消耗1ml NaI3，转移电子数为，且钠离子由左侧向右侧迁移，离子交换膜左室电解质溶液质量减少46g，故C错误；
D．适当提高电解液的浓度有利于提升该电池的存电量，故D正确；
故答案选C。
11．完成下列实验所选用的试剂和操作、现象和结论均正确的是
【答案】C
【解析】A．取少许有机物滴入盛有银氨溶液的试管中水浴加热，产生光亮的银镜，该有机物不一定为醛类，还可以是甲酸，A错误；
B．将过氧化钠投入滴有酚酞溶液的水中，溶液先变红后褪色，B错误；
C．向浓度均为0.1 ml⋅L的和的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先看到产生蓝色沉淀，说明，C正确；
D．三溴苯酚溶于苯，观察不到沉淀，故无法判断苯中是否含有苯酚，D错误；
故选C。
12．甲酸甲酯作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
A．为极性分子，为非极性分子
B．每消耗生成
C．总反应为
D．反应涉及键断裂和键形成
【答案】B
【解析】A．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子，由于分子中正负电荷重心不重合，因此H2O是极性分子；为直线形分子，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，A正确；
B．由流程可知，分子中-OCH3转化为HCOO-，反应为++2H2，故每消耗生成，B错误；
C．由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳：，C正确；
D．结合C分析可知，甲酸甲酯转化为二氧化碳，则涉及键断裂，反应中生成氢气，涉及键形成，D正确；
故选B。
13．草酸()存在于自然界的植物中，其在常温下的电离平衡常数，。碳酸及其钠盐的溶液中、、分别在三者中所占的物质的量分数()随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法中不正确的是
A．在pH=10.25的碳酸及其钠盐的溶液中：
B．在pH为7~9的碳酸及其钠盐的溶液中：
C．人体血液的pH约为7.4，则在血液中主要以的形式存在
D．向溶液中加入少量溶液，发生反应：
【答案】D
【解析】A．根据电荷守恒，有，由图中曲线可知，在pH=10.25时，，故有，A项正确；
B．由图中曲线可知，，，故，B项正确；
C．由图中曲线可以看出，当溶液的pH为7~9时，主要以的形式存在，C项正确；
D．由于，因此向溶液中加入少量溶液时，发生的反映为，D项错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
27．（14分）主要用作颜料、釉料及磁性材料，一种利用含钴催化剂废料(主要含C、Fe，还含有少量的CO、FeO、、CaO、)制备氧化钴()的工艺流程如图所示。
已知：i．黄钠铁矾的化学式为；
ii．金属钴与铁具有相似的化学性质；
iii．氧化性。
回答下列问题：
（1）酸浸前将含钴催化剂废料粉碎的目的是 。
（2）酸浸时滤渣的主要成分为 (填化学式)。
（3）除铁时先加入NaClO溶液，主要反应的离子方程式为 ，再加入溶液调节pH为2.5～3.0，生成黄钠铁矾沉淀。检验铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象为取少量待测液于试管中， 。
（4）常温下，，，向溶液中加入足量固体，能否生成沉淀？ (通过计算说明)。
（5）在空气中加热煅烧得到的化学方程式是 。
（6）金属钴的晶胞结构如图所示。该晶胞中C原子的配位数为 ，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数如图所示，则该晶体的密度为 。
【答案】（1）增大接触面积，提高浸取速率和钴元素的浸取率
（2）、
（3） 滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红
（4），不能生成沉淀
（5）
（6） 12
【分析】含钴催化剂废料加入硫酸酸浸过滤后，滤渣主要为二氧化硅和硫酸钙；滤液含有Fe2+、Fe3+、C2+等；加入次所酸钠可将Fe2+氧为化Fe3+，加入碳酸钠溶液调节pH，除铁得到黄钠铁矾沉淀；继续加入碳酸钠溶液沉钴1，得到滤液1和CCO3沉淀，沉淀加入盐酸溶解，再加入草酸铵溶液进行沉钴2，得到滤液2主要成分为氯化铵，沉淀为草酸钴晶体，煅烧得到C2O3；
【解析】（1）酸浸前将含钴催化剂废料粉碎的目的是增大接触面积，提高浸取速率和钴元素的浸取率；
（2）分析含钴催化剂废料成分可知，不溶于硫酸，CaO与硫酸反应生成，则滤渣的主要成分为和；
（3）除铁时加入NaClO，可将氧化为[提示：黄钠铁矾中铁的化合价为+3]，同时次氯酸根离子被还原为氯离子，主要反应的离子方程式为；检验铁元素的离子即已被完全沉淀的实验操作及现象为取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，溶液不变红；
（4）向溶液中加入足量固体，溶液中，，，不能生成沉淀；
（5）在空气中加热煅烧，得到，C由+2价升高到+3价，所以有参加反应，也被氧化为煅烧，故化学方程式为；
（6）金属钴采取六方最密堆积，钴原子的配位数为12；第一步：计算晶胞质量。一个晶胞中C原子个数为，则该晶胞的质量为。第二步：计算晶体密度。该晶体的密度为。第三步：计算晶胞体积。晶胞体积为。
28．（14分）苯甲酸可用于医药、染料载体、增塑剂、果汁饮料的保香剂和食品防腐剂等的生产。某化学兴趣小组欲在实验室制备苯甲酸、回收二氧化锰并测定其纯度，进行如下实验：
苯甲酸实验室制备原理为：
实验装置如图所示。
已知：甲苯的密度是0. 872g·L-1；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水。
实验步骤：
I.在50mL三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、20mL水和5.0g高锰酸钾，油浴加热至反应结束。
II.将反应液趁热减压过滤，得到滤渣1，滤液呈紫色，加入少量亚硫酸钠使紫色褪去，进行二次减压过滤，得到滤渣2；将滤液放入冰水浴中，然后加酸酸化，有晶体析出，减压过滤，洗涤、干燥，得到苯甲酸晶体。
III.回收二氧化锰：将滤渣2和滤纸一并转移到坩埚中，加热灼烧，所得固体与干燥后的滤渣1合并，称重得2.5 g固体。
IV.二氧化锰纯度的测定：称取0.5g回收的二氧化锰，放于烧杯中，再加入25 mL 0. 3 ml·L-1草酸钠溶液及50 mL12 ml·L-1硫酸，加热至二氧化碳不再产生，稀释至250 mL，加热至近沸。趁热以浓度为0.05ml·L-1的高锰酸钾标准液滴定过量的草酸钠，消耗高锰酸钾的体积为16.0mL。
已知：MnO2 + +4H+=Mn2+ +2CO2↑+2H2O
2+5+16H+=2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为 ， 该装置的作用是 。
（2）步骤I中，判断反应结束的现象是 。
（3）步骤II中加酸酸化，加的酸可以是 (填序号)。
①稀硫酸 ②盐酸
滤液放入冰水浴的原因是 。
（4）滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，请写出生成MnO(OH)2的离子方程式： 。
（5）用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是 ，二氧化锰的纯度为 %。
【答案】（1）球形冷凝管 冷凝回流，增大反应物的利用率
（2）三颈烧瓶中无油状物
（3）①② 降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率
（4）2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-
（5）当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 95. 7
【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸盐，苯甲酸盐与酸反应得到苯甲酸。图示装置中球形冷凝管的目的是使甲苯冷凝回流，增大反应物的利用率，苯甲酸在三颈烧瓶中生成，由于苯甲酸的溶解度较低，冰水浴有利于其析出。
【解析】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，该装置的作用是：冷凝回流，增大反应物的利用率；
（2）甲苯密度比水小且难溶于水，为油状物，步骤I中，甲苯完全反应，可以判断反应结束，故判断反应结束的现象是三颈烧瓶中无油状物；
（3）根据制备原理，苯甲酸盐与酸反应可得到苯甲酸晶体，盐酸和硫酸均可，故选①②；苯甲酸微溶于冷水，溶于热水，冷水浴的目的是降低苯甲酸的溶解度，使苯甲酸充分析出，提高产率；
（4）滤渣2的主要成分为MnO(OH)2，根据得失电子守恒，生成MnO(OH)2的离子方程式为：2+3+3H2O=2MnO(OH)2 ↓+3+2OH-；
（5）草酸根能被酸高锰酸钾氧化，用高锰酸钾标准液滴定时，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴高锰酸钾标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；草酸根一部分与二氧化锰反应，过量的草酸根与高锰酸根反应，故二氧化锰消耗的草酸根的物质的量为：，二氧化锰的纯度为：。
29．（15分）乙酸是基本的有机化工原料，乙酸制氢具有重要意义，制氢过程发生如下反应：
热裂解反应Ⅰ：
脱羧基反应Ⅱ：
（1）由图可知， '(用有关E的代数式表示)；反应Ⅰ的活化能 (填“>”或“”“=”或“”“=”或“
（2）脱羧基反应Ⅱ活化能低，反应速率快，相同时间产生的多 热裂解反应Ⅰ生成CO和的比例为1：1，而图像中并不是
（3）
（4） < ；
（2）①反应时活化能越低，反应速率越快，脱羧基反应Ⅱ活化能低于反应Ⅰ的活化能，反应速率快于反应Ⅰ，相同时间产生甲烷的物质的量大于氢气，所以约650℃之前，氢气产率低于甲烷，故答案为：脱羧基反应Ⅱ活化能低，反应速率快，相同时间产生的多；
②由方程式可知，热裂解反应Ⅰ生成一氧化碳和氢气的物质的量相等，相同温度时，一氧化碳和氢气的产率相等，由图可知，相同温度时，一氧化碳的产率大于氢气的产率，所以该容器中还发生了其他的副反应导致一氧化碳的产率大于氢气的产率，故答案为：热裂解反应Ⅰ生成CO和的比例为1：1，而图像中并不是；
③若保持其他条件不变，在乙酸蒸气中掺杂一定量水，氢气的产率显著提高，而一氧化碳的产率下降说明高温条件下容器中的一氧化碳与水蒸气反应生成了氢气和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）设起始乙酸的物质的量为1ml，反应Ⅱ生成甲烷的物质的量为aml，由题意可建立如下三段式：
由乙酸的体积分数可得：×100%=20%，解得a=0.4，则反应Ⅱ的平衡常数Kp==0.2pPa，故答案为：0.2p；
（4）①由图可知，温度为T1K时，B点反应达到平衡，正逆反应速率相等，A点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，平衡形成过程中，正反应速率减小，所以A点正反应速率大于B点，故答案为：