2024年高考第三次模拟考试题：化学（北京卷）（解析版）

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1．D
【解析】A．C60属于非极性分子，不溶于极性分子，故难溶于水中，故A错误；
B．C60中每个碳原子含有3个σ键，所以采用的杂化方式为sp2，故B错误；
C．金刚石没有分子，不是互为同分异构体，而是由C元素组成的不同单质，互为同素异形体，故C错误；
D．C60由C元素组成的单质，可在氧气中燃烧生成二氧化碳，故D正确；
故选D。
2．C
【解析】A．H2S分子的球棍模型：，A错误；
B．复杂阳离子电子式要打中括号，氯化铵的电子式：，B错误；
C．2pz电子云为z轴伸展方向的哑铃型，轮廓图为：，C正确；
D．氢键的表示方法为X-HY，X和Y都应该是电负性强的原子，用氢键表示法表示邻羟基苯甲醛分子内氢键为，D错误；
故选C。
3．B
【解析】A．可以表示环丙烷和丙烯，不一定是纯净物，A项错误；
B．铵根离子水解使溶液呈酸性，B项正确；
C．化学变化中的最小微粒是原子，原子间发生的核聚变不属于化学变化，C项错误；
D．和都是单质，氧元素的化合价均为0，它们之间的转化属于非氧化还原反应，D项错误；
故答案选B。
4．D
【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；
【解析】A．由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放热，A正确；
B．反应进程中S2生成又消耗，为中间产物，B正确；
C．使用催化剂可以改变化学反应的历程，降低其活化能E，C正确；
D．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；由图可知，总反应的速率由步骤①决定，其活化能相对较大，D错误；
故选D。
5．C
【解析】
A．该装置是原电池，将化学能转化为电能，A项错误；
B．由图可知，电极B上O2发生还原反应，则电极B为正极，电极A为负极，则正极的电极电势高于负极的电极电势，B项错误；
C．由图可知，电极A上葡萄糖不仅转化为葡萄糖酸()，还有部分葡萄糖和氧气反应生成了和，C项正确；
D．电极A上，部分葡萄糖和氧气反应生成了和，也能在电极B上发生还原反应，D项错误；
答案选C。
6．B
【解析】A．向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去发生的反应为碳酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故A错误；
B．氯化镁溶液与石灰乳反应生成氯化钙和氢氧化镁，反应的离子方程式为，故B正确；
C．过量二氧化硫与苯酚钠溶液反应生成苯酚和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故C错误；
D．酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选B。
7．C
【分析】由图可知，U形管为原电池，A电极为原电池的正极，酸性条件下高锰酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极B为负极，氯离子在负极失去电子发生氧化反应生成氯气，氢离子通过阳离子交换膜M进入正极区；挥发出的氯化氢使a处饱和氯化钠溶液氯离子浓度增大，使得氯化钠的溶解度减小而形成氯化钠固体；氯气与b处溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴，使溶液变为橙黄色；硬质试管中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，与储存收集氯气安全气球的目的相同，防止污染空气。
【解析】A．由分析可知，A电极为原电池的正极，故A正确；
B．由分析可知，氢离子通过阳离子交换膜M进入正极区，故B正确；
C．由分析可知，挥发出的氯化氢使a处饱和氯化钠溶液氯离子浓度增大，使得氯化钠的溶解度减小而形成氯化钠固体，析出固体所得溶液为氯化钠饱和溶液，溶液中钠离子、氯离子浓度不变，不变，故C错误；
D．b中溶液变为橙黄色是因为氯气与溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于溴，证明氯元素的非金属性强于溴元素，故D正确；
故选C。
8．D
【解析】A．乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，成为液体混合物，图甲用于分离固液混合物，不能用于分离液体混合物中的乙酸乙酯，A不正确；
B．蒸馏操作时，温度计水银球应位于支管口处，不能插入液体中，B不正确；
C．乙酸乙酯密度比水中，浮在水面上，应从分液漏斗上口倒出，C不正确；
D．图丁装置中，反应试管中插入玻璃管，使得试管内外相通，不会产生压强差，能够起到防止倒吸的作用，导管插入碳酸钠溶液中，杂质能与碳酸钠溶液充分接触和反应，有利于杂质的吸收，因此能较好地制备并收集乙酸乙酯，D正确；
故选D。
9．C
【分析】
A的产量可衡量一个国家的石油化工发展水平，A为CH2=CH2，CH2=CH2和HCN发生加成反应生成B为CH3CH2CN，CH3CH2CN可以水解生成CH3COOH，CH3COOH和Cl2发生取代反应生成D，D发生水解反应生成E为CH3CH(OH)COOH，E发生缩聚反应生成聚乳酸。
【解析】A．由分析可知，B为CH3CH2CN，-CN中C原子杂化方式为sp，-CH3中C原子杂化方式为sp3，故A错误；
B．D发生水解反应生成E，条件为的水溶液，故B错误；
C．E为CH3CH(OH)COOH，含有1个手性碳原子，存在对映异构，含有羟基和羧基能够和水分子形成氢键，易溶于水，故C正确；
D．由分析可知，反应①是加成反应，故D错误；
故选C。
10．C
【解析】
A．根据题意可知，(R)-2-溴辛烷的溴原子被羟基取代时，羟基在碳溴键断裂的方向连接称为构型保持，在碳溴键断裂的相反方向连接称为构型翻转，(R)-2-溴辛烷的水解过程中，(S)-2-辛醇为构型翻转产物，(R)-2-辛醇为构型保持产物，A错误；
B．(R)-2-辛醇分子中存在“头对头”的成键方式，B错误；
C．氧原子的非金属性强于溴原子，所以(R)-2-辛醇中C-O键能大于(R)-2-溴辛烷中C-Br键能，C正确；
D．三种有机物分子中都存在手性碳原子：、、，D错误；
故选C。
11．C
【解析】A． X中含有酚羟基，则X可以与溶液发生显色反应，A正确；
B．羰基和苯环是平面结构，甲氧基靠单键可旋转至一个平面，故Y分子中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．苯环上的溴原子水解产生的酚羟基也能消耗氢氧化钠，故苯环上的溴原子消耗2mlNaOH，羧基、酚羟基各消耗1mlNaOH， 1ml X与NaOH溶液反应最多消耗4ml NaOH，C不正确；
D．Z中含有醛基，可使新制氢氧化铜悬出现浊液，Y不能和新制氢氧化铜反应，无明显现象，故Y、Z可用新制氢氧化铜鉴别，D正确；
答案选C。
12．C
【解析】A．氢四氢合硼酸钠中硼元素为+3价，氢元素为—1价，则氢元素的电负性大于硼元素，故A正确；
B．由方程式可知，反应①和②中水中氢元素的化合价均降低被还原，都是氧化剂，发生还原反应，故B正确；
C．四羟基合硼酸钠中提供孤电子对的是氢氧根离子中的氧原子，故C错误；
D．由方程式可知，反应①和②中生成1ml氢气，均转移1ml电子，则当反应①、②转移的电子数相同时，产生氢气的物质的量相等，故D正确；
故选C。
13．C
【解析】A．由图可知：光催化剂表面水转化为H+和·OH，其反应为，A正确；
B．·OOH和·CH3反应生成CH3OOH，CH3OOH进一步反应生成HCHO，则CH3OOH是该反应的中间产物，B正确；
C．CH3OOH进一步反应生成HCHO，该过程中氧与氧之间的非极性键发生断裂，但整个过程中没有非极性键的生成，C错误；
D．甲烷制甲醛的化学方程式为CH4+O2HCHO+H2O，可见：每生成30 gHCHO，其物质的量为1 ml，则总反应转移电子数目为4NA，D正确；
故合理选项是C。
14．C
【解析】A．由图示信息可知，随着pH值增大，OH-浓度增大，平衡向右移动，故曲线a、b、c、d、e分别代表：Ga3+、Ga(OH)2+、、Ga(OH)3、，故曲线c表示浓度分数随溶液pH的变化，A正确；
B．由图示信息可知，x点表示c[]=c[Ga(OH)3]对应的溶液中所含溶质为：NaCl和Ga(OH)2Cl，故有，B正确；
C．由图示信息可知，y点表示c[]=c[]，故有：K3=，K4=，则K3×K4=c2(H+)，即c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg即pH=，C错误；
D．的平衡常数K=，由图可知，pH=3.6左右时c[]=c[Ga(OH)2+]，此时K=c(H+)=10-3.6，D正确；
故选：C。
15．(1) 4d55s1 第五周期第VIB族
(2) 6 V形
(3) H