辽宁省鞍山市第一中学2024届高三第八次模拟预测化学试题（原卷版+解析版）

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可能用到的相对原子质量：
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. 化学与科技、生产、生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是
A. 2024年央视春晚舞蹈《瓷影》所诠释的青花瓷，其主要原材料为含水的铝硅酸盐
B. 5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP(液晶高分子)在一定加热状态下一般会变成液晶，液晶既具有液体的流动性，又表现出类似晶体的各向异性
C. 绿色化学的核心思想是治理经济发展所带来的环境污染
D. 甘油二酯油是国际公认的健康油脂发展方向，当其进入人体后，可以迅速在体内代谢，从根源上改善多种代谢类疾病。它与普通油脂成分不完全相同，但都可以发生水解反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．青花瓷是无机非金属材料，主要原料是含水的铝硅酸盐，A正确；
B．液晶是指外观为液态，但仍有晶体特征的物质，具有类似晶体的各向异性，B正确；
C．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，直接从源头上杜绝污染，而不是治理经济发展所带来的环境污染，C错误；
D．普通油脂是高级脂肪酸和甘油形成的甘油三酯，即甘油二酯油与普通油脂成分不完全相同，但都属于酯类，都可以发生水解反应，D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 用电子式表示的形成过程：
B. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
C. 的VSEPR构型为
D. 分子中键的形成：
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，表示为，A错误；
B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：，B错误；
C． SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤电子对数为1，为sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，C错误；
D．分子中键为s-p键，D正确；
故选D。
3. 关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A. Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，所以实验室通常用浓硝酸洗涤附着在试管内壁上的银镜
B. 加热浓硫酸与固体的混合物可制备，说明浓硫酸酸性强于
C. 将通入：溶液无明显现象，则将通入溶液也无明显现象
D. 向溶液中滴加酚酞试剂先变红后褪色，证明在溶液中发生了水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室中一般使用稀硝酸洗涤试管内壁上的银镜，A错误；
B．加热浓硫酸与固体的混合物可制备，是因为HCl为挥发性的酸，HCl逸出促进反应进行，B错误；
C．二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，和钡离子生成硫酸钡沉淀，C错误；
D．溶液水解生成次氯酸和氢氧根离子，溶液显碱性使得酚酞试液变红，次氯酸具有漂白性，使得溶液褪色，D正确；
故选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 和混合固体中含的数目为
B. 向溶液中通入适量，当有被氧化时，共转移电子的数目为
C. 用电解的方法将酸性废水中的转化为而除去，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过电子，就有个被还原
D. 含键的数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知固体KHSO4中只含K+和，不含，故和混合固体中含的数目小于，A错误；
B．I-还原性大于Fe2+，向溶液中通入适量，氯气先氧化I-，当有1ml 被氧化时，氧化I-的物质的量未知，所以不能计算转移电子总数，B错误；
C．铁为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3+和Fe3+，其离子方程式为：，得关系式：，则理论上电路中每通过6ml电子，生成3mlFe2+，被还原的重铬酸根离子的数目为，C错误；
D．由题干信息可知，该物质分子式为P4O10，1分子P4O10中含有16个键，则14.2g P4O10含键的数目为=，D正确；
故答案为：D。
5. 下列有关物质结构、性质与应用的表述，没有因果关系的是
A. 胶体具有吸附性，可用于除去水中的悬浮颗粒物
B. N—H键的极性大于C—H键的极性，分子的极性大于CH4
C. C—F的键能大于C—H，聚四氟乙烯的稳定性高于聚乙烯
D. 存在3d、4s、4p等多个空轨道，可形成多种配位化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al(OH)3胶体具有吸附性，所以Al(OH)3胶体可以作净水剂，除去水中的悬浮颗粒，A不符合题意；
B．N的非金属性强于C，故吸电子的能力较大，故N—H键的极性大于C—H键的极性，键的极性大小并不能代表分子极性大小的关系，即 分子的极性大于CH4的极性无因果关系，B符合题意；
C．C-F的键能大于C-H的键能，键能越大越稳定，聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，C不符合题意；
D．配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分d轨道和s、p轨道是空轨道）与含有孤对电子的分子或离子通过配位键结合形成的化合物，而存在3d、4s、4p等多个空轨道，因此可形成多种配位化合物，D不符合题意；
故答案选B。
6. 化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X分子中只含有酮羰基、醚键两种含氧官能团
B. 与足量溶液反应，消耗
C. X与足量反应后的产物有6个手性碳原子
D. Z可以与在一定条件下发生缩聚反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．X分子中含有酮羰基、醚键和酯基三种含氧官能团，A错误；
B．Y中含醚键、羟基和酯基官能团，酯基水解后可形成酚羟基和羧基，则1 ml Y与足量NaOH溶液反应，消耗3ml NaOH，B错误；
C． X与足量反应后的产物为，有6个手性碳原子，C正确；
D．Z分子中酚羟基相连碳原子邻位均有取代基，不能与HCHO发生缩聚反应，D错误；
故选C。
7. 下列装置正确并能达到实验目的的是

A. 用装置甲分离甲烷与氯气发生取代反应得到的液态混合物
B. 用装置乙所示方法观察Cu和浓硫酸反应后有生成
C. 用图丙所示的滴定装置测氨水的物质的量浓度
D. 用图丁装置比较S、C和Si元素非金属性的强弱
【答案】D
【解析】
详解】A．分馏需要温度计，故A错误；
B．水加到Cu和浓硫酸反应后的溶液中，易发生迸溅，故B错误；
C．酚酞在偏碱性时出现红色，而生成的氯化铵水解显酸性，应用甲基橙作指示剂，故C错误；
D．通过最高价氧化物的水化物酸性的比较，可判断非金属性的强弱，故D正确；
故选：D。
8. 某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Y、Z原子半径依次减小，且M的原子序数是Y的2倍。下列说法正确的是
A. 同周期第一电离能大于Y的元素有1种
B. 在配合物中，X提供孤电子对
C. 、、中心原子孤电子对数依次增多
D. 氢化物的熔沸点大小顺序一定为Wc()
B. M点时，溶液中存在c()=c(OH-)
C. 初始状态pH=9、，平衡后存在
D. 沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1NaHCO3溶液比0.1Na2CO3溶液效果好
【答案】B
【解析】
【分析】由图1可知c()=c()时pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)= c()时pH=6.37，则Ka1(H2CO3)=10-6.37；由图2可知
【详解】A．由图1 pH=7时三条曲线的相对高低可知，A正确；
B．M点时pH=8.25，c(OH-)=5.75，c(OH-)=10-5.75ml/L，而由图1可知，pH=8.25时c()≈0.1ml·L-1，则根据Ka2可计算出c()≈10-3ml·L-1，B错误；
C．初始状态pH=9、，此时恰好为Ni(OH)2的沉淀溶解平衡体系，而未达到NiCO3的沉淀溶解平衡，因此溶液中仍存在，C正确；
D．由图2可知，pH>8.25时，Ni(OH)2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用0.1ml·L-1NaHCO3溶液比0.1 ml·L-1Na2CO3溶液效果好，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、及少量、)制备的工艺流程如下：
已知：
Ⅰ.、都是不溶于水的碱性氧化物
Ⅱ.溶液的
Ⅲ.(有机层)(有机层)
回答下列问题：
（1）基态镍原子核外电子排布式为___________，其核外有___________种能量不同的电子。
（2）滤渣的主要成分是___________；酸化时，完全转化为的最大pH为___________。(已知 ；离子浓度时沉淀完全)
（3）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
（4）若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90％，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为___________。
（5）生成的化学方程式为___________，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：
综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是___________；制备过程中需加入维持最佳PH，若过量，需要增加的用量，原因是___________。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d84s2 ②. 7
（2） ①. Al(OH)3和H2SiO3 ②. 8.37
（3）
（4）
（5） ①. H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 ②. pH=6、80℃、浓度为1.0ml⋅L-1 ③. Bi(NO3)3溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量
【解析】
【分析】利用某废催化剂制备，已知：、都是不溶于水的碱性氧化物，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再加入硫酸酸化得到沉淀的滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，具有还原性，滤液加入还原为，进行萃取、反萃取后提取出含V的水层，加入氯酸钠氧化后加入氯化铵沉淀得到NH4VO3；初始加入氢氧化钠浸出后得到、沉淀，加入盐酸酸溶得到两者的盐溶液，调节pH使得Ni转化为沉淀分离出来，沉淀加入硝酸酸溶后得到Bi(NO3)3，再和NH4VO4最终得到产品；
【小问1详解】
镍使28号元素，基态镍原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，简并轨道能量相同，则其核外有7种能量不同的电子。
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分是Al(OH)3和H2SiO3；酸化时，完全转化为的最大氢氧根离子浓度为，pOH=5.63，pH=8.37；则最大pH为8.37；
【小问3详解】
具有还原性，滤液加入还原为，反应为；
小问4详解】
加入还原为，由电子守恒可知可知关系为，“萃取”、“反萃取”后，又加入将氧化为，由电子守恒可知可知关系为，假设初始有1ml，则需0.5ml，若“萃取”、“反萃取”过程中钒的总回收率为90％，则“氧化”时加入的，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为；
【小问5详解】
由分析可知，Bi(NO3)3和NH4VO4反应生成，根据质量守恒可知，水 反应，同时还生成硝酸铵和硝酸，化学方程式为H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；由图可知：制备粒径较小的晶体的最佳条件是pH=6、80℃、浓度为1.0ml⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，Bi(NO3)3溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。
17. 某小组用淀粉水解液和浓(作催化剂)、为原料制取草酸晶体，进而制备纳米草酸钙，按如下流程开展实验(夹持仪器略)：
已知：
①草酸能溶于水，易溶于乙醇；
②纳米草酸钙难溶于水，高温易分解；
③淀粉水解液与混酸反应的方程式：。
请回答下列问题：
（1）仪器甲相比普通分液漏斗的优点是___________，步骤Ⅱ的操作名称是___________。
（2）NO不与反应，但在本实验中可以完全被吸收，请用离子方程式表示NO被完全吸收的原因___________。
（3）催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是___________。
（4）下列有关操作说法正确的是___________。
A. 步骤Ⅲ洗涤可用乙醇水溶液，步骤Ⅳ洗涤可用蒸馏水
B. 步骤Ⅳ采用离心分离，装置如图2所示，操作时应将两支离心管放置于1、4处
C. 步骤Ⅳ检验纳米二水草酸钙是否洗涤干净可用硝酸银溶液和稀硝酸
D. 步骤Ⅴ为提高反应速率，也可采用更高温度加热
（5）草酸晶体含有结晶水。
Ⅰ.甲同学通过如下实验测定其组成：
①配制标准氢氧化钠溶液。
②标定氢氧化钠溶液的浓度。
③滴定：准确称取一定质量草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用上述标准溶液滴定。若草酸晶体中混有，则该滴定法测得产品中x的值___________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。
Ⅱ.乙同学取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中结晶水x为___________。
【答案】（1） ①. 平衡气压，便于液体顺利流下 ②. 冷却结晶
（2）
（3）浓硫酸具有脱水性，会使有机物脱水碳化 （4）BC
（5） ①. 偏小 ②. 2
【解析】
【分析】由题给流程和实验装置图可知，装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氮的氧化物，防止污染空气；将装置A中得到的反应液冷却结晶、抽滤、洗涤得到草酸晶体；向草酸晶体中加入氯化钙溶液，加热充分反应后，经离心分离、洗涤、干燥得到纳米二水草酸钙；纳米二水草酸钙在250℃条件下加热脱水转化为纳米草酸钙。
【小问1详解】
仪器甲为恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，滴液漏斗可以起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用；由分析可知，步骤Ⅱ为冷却结晶，故答案为：平衡气压，便于液体顺利流下；冷却结晶；
【小问2详解】
一氧化氮为不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，但是一氧化氮和二氧化氮在氢氧化钠溶液中发生归中反应生成亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
由分析可知，装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水，若催化剂浓硫酸用量过多，具有脱水性的浓硫酸会使反应生成的草酸脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有脱水性，会使有机物脱水碳化；
【小问4详解】
A．由题给信息可知，草酸能溶于水，易溶于乙醇，则步骤Ⅲ洗涤如果用乙醇水溶液，草酸晶体会因部分溶解而造成损失，故错误；
B．由分析可知，步骤Ⅳ采用离心分离得到纳米二水草酸钙，由对称平衡原理可知，分离操作时应将两支离心管放置于1、4处，故正确；
C．步骤Ⅳ检验纳米二水草酸钙是否洗涤干净可以检验最后一次的洗涤液中是否含有氯离子，氯离子和银离子会生成不溶于酸的氯化银沉淀，故可用硝酸银溶液和稀 ，故正确；
D．由题给信息可知，纳米草酸钙高温易分解，步骤Ⅴ如果采用更高温度加热，纳米草酸钙会分解导致产率降低，故错误；
故选BC；
【小问5详解】
若草酸晶体中混有草酸会使溶质的物质的量增大，使得滴定法测得产品中水含量减小，导致测得产品中x的值偏小，故答案为：偏小。
第二次读数误差较大，则标准液的平均体积为20.00mL，，则草酸为，则水的物质的量为，则x为0.025ml÷0.0125ml=2。
18. 为实现碳中和，将在一定条件下转化为化工原料，其中和可发生如下两个平行反应：
①
②
（1）根据所给信息，若要反应②自发进行，需要控制温度范围为___________℃(保留一位小数)。
（2）将和按物质的量之比通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应①和反应②，在相同的时间内的选择性和产率随温度的变化如下表所示。
已知：X代表的选择性=×100％，Y代表甲醇的产率％
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
A． B．
C．催化剂B(CZT) D．催化剂
②以上，升高温度导致的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。
（3）在容器体积不变的条件下，下列说法中，能判断反应②达到平衡状态的有___________(填标号)。
A．混合气体总压强不再变化 B．断裂键的同时断裂键
C．和的物质的量之比不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
E．混合气体的密度不再变化 F．保持不变
（4）若体积不变的密闭容器中只发生上述反应①，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度___________(选填“”或“=”)。
（5）250℃，在甲(容积为)、乙(容积为)两刚性容器中分别充入和在适宜的催化剂作用下发生反应②，容器内总压强随时间变化如图所示：
①其中B曲线对应___________容器中压强的变化情况(填“甲”或“乙”)；
②利用图中数据计算250℃该反应的分压平衡常数___________(结果用分数表示)。
【答案】（1）低于
（2） ①. BD ②. 温度升高，反应速率加快，反应①是吸热，向正方向进行，相同时间内消耗量增多，故转化率增大；反应②放热反应，向左进行，制甲醇以反应②为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低
（3）ADF （4）<
（5） ①. 甲 ②.
【解析】
【分析】若反应②自发进行，则自由能；根据甲醇的选择性和甲醇产率最高的点寻找温度，再根据温度相同选择甲醇选择性和甲醇产率较高的找催化剂。温度选503K，催化剂选催化剂；503K以上，升高温度导致的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，反应①是吸热，向正方向进行，相同时间内消耗量增多，故转化率增大；反应②放热反应，向左进行，制甲醇以反应②为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；甲、乙两刚性容器中分别充入相同量的和，曲线B的总压强始终小于曲线A，所以代表曲线B代表的容器应该是体积较大的容器甲。
【小问1详解】
根据自发进行的条件，若反应②自发进行，则自由能，解得，即低于，故答案为：低于；
【小问2详解】
①根据表格中的数据绘制图像，根据甲醇的选择性和甲醇产率最高的点寻找温度，再根据温度相同选择甲醇选择性和甲醇产率较高的找催化剂。温度选503K，催化剂选催化剂，故答案为：BD；
②503K以上，升高温度导致的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，反应①是吸热，向正方向进行，相同时间内消耗量增多，故转化率增大；反应②放热反应，向左进行，制甲醇以反应②为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低，故答案为：温度升高，反应速率加快，反应①是吸热，向正方向进行，相同时间内消耗量增多，故转化率增大；反应②放热反应，向左进行，制甲醇以反应②为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；
【小问3详解】
A．反应②气体分子数减小的反应，气体压强是个变化的量，压强不再变化，说明反应达到平衡，A正确；
B．水中和甲醇中都含有，则断裂3ml键的同时断裂2ml键不能证明正逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡，B错误；
C．若加入的和物质的量之比等于化学计量数之比，任何时候CO2和H2的物质的量之比都不变，CO2和H2的物质的量之比不再变化，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C错误；
D．气体物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，气体的总物质的量是个变化的量，气体平均相对分子质量是个变化的量，当气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，D正确；
E．容器的体积不变，且反应物和产物都是气体，总质量不变，则混合气密度不是变化量，密度其不变，不能证明反应达到平衡，E错误；
F．保持不变，容器体积不变，则水的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，F正确；
故答案为：ADF；
【小问4详解】
B点进气比，设投料均为1ml，转化率为60%，则平衡后、、、分别为0.4ml、0.4ml、0.6ml、0.6ml，反应为气体分子数不变的反应，则此时；同理，D进气比，由B至D平衡常数变大，反应①为吸热反应，升高温度平衡正向移动，故B和D两点的温度，故答案为：