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(4) (，，) Mg2FeH6
【解析】（1）M是42号元素,其原子核外有42个电子，4d和5s电子为其价电子，所以其价电子排布式为4d55s1，M在元素周期表中的位置为第五周期第VIB族。
（2）K3[C(NH2)6]可用于配制黄色颜料，C3+的配位数是6，其配体为NH，NH中心原子价层电子对数为2+ =4，且含有2个孤电子对，空间结构为V形。
（3）①组成丁二酮肟镍的非金属元素H、C、N、O中电负性由小到大的顺序为：H②丁二酮肟镍中含有的化学键类型有共价键和配位键，氢键不属于配位键，故选BD。
（4）①由晶胞结构可知，如A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为(，，)，则C点原子的分数坐标为(，，)；
②该结构中，Fe原子的个数为=4，Mg原子的个数为8，H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离等于晶胞参数的，H原子的个数为4×6=24，则该晶体的化学式为Mg2FeH6。
16．(1)170
(2)时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同
(3)在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗的速率大于反应Ⅰ生成的速率，的体积分数减小
(4) c b
(5) 阳
【解析】（1）①
②
③
根据盖斯定律可得，热分解反应④。故答案为：；
（2）根据表中数据可知时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同，所以在常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比时的转化率不变，即原因是时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同。故答案为：时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同；
（3）实验测定，在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高先增大而后减小，其原因可能是在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗的速率大于反应Ⅰ生成的速率，的体积分数减小。故答案为：在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗的速率大于反应Ⅰ生成的速率，的体积分数减小；
（4）①由方程式可知，与为反应物，投料比为，因此c为，d为，和为生成物，系数比为，因此为，a为，故变化的曲线分别是c、b；故答案为：c；b；
②设与的投料量为和，参加反应的的物质的量为，列出三段式，

点时与的物质的量分数相等，因此，解得，平衡时的物质的量分别为，分压分别为，则，时，该反应的，。故答案为：；
（5）①阴极的电极反应为，一段时间后，阴极附近溶液的变大，若为阴离子交换膜，则阴离子会迁移到阳极进行干扰，并且会导致后面制备单质硫的时候，消耗更多的硫单质，图中隔膜应使用阳离子交换膜。故答案为：阳；
②由图可知，左侧为阳极，且碱性环境，被氧化生成，阳极电极反应式为。故答案为：。
17．(1)苯甲醛
(2)羰基、羧基
(3)H2O
(4) 取代反应 吡啶中N原子有孤电子对，具有碱性，能中和HCl，促进反应正向进行
(5)
(6) 30 、
【分析】
A为乙醛，在碱性条件下反应生成B的分子式比A大一倍，则为加成反应，生成的B的结构简式为，在Cu的催化下与氧气在加热条件下发生氧化反应生成C为，试剂是一种无色溶液，与试剂反应后酸化得到D为，为醛发生银镜反应，故试剂为银氨溶液， 与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，与氨气反应生成F；G为苯甲醛，反应生成H，H与I反应生成，结合H的分子式及中硝基的位置可知，H为，F与反应生成J，推知F为，J与K反应生成尼卡地平，结合K的分子式，推知K为；
【解析】（1）
G为，化学名称为苯甲醛；
（2）D为，含氧官能团的名称是羰基、羧基；
（3）F合成J的过程中会生成无机物m，F为，F与反应生成J ，结合结构简式可知，m的化学式为H2O；
（4）K与J合成尼卡地平的过程中生成了HCl，反应为+→+HCl，该反应的类型是取代反应，合成过程中通常还会加入少量吡啶（），原因是吡啶中N原子有孤电子对，具有碱性，能中和HCl，促进反应正向进行；
（5）试剂是一种无色溶液，为银氨溶液，C与试剂发生反应的离子方程式为；
（6）H为，有机物Q的分子式比多1个碳原子和4个氢原子，符合条件的同分异构体：a．1ml物质最多消耗3mlNaOH，b．苯环上只有2个取代基，c．N不与O相连，符合条件的取代基可以为-OH和-N(CH3)COOH、-OH和-NHCOOCH3、-OH和-CH2NHCOOH、-OH和-CH2NHOOCH、-OH和HCOOCH(NH2)-、-OH和-CH2OOCNH2、-CH2OH和-OOCNH2、-OCH3和-OOCNH2、-OH和-OOCCH2NH2、-OH和-OCH2OCNH2，位置上有邻、间、对位，故共有103=30种同分异构体；
其中可与溴水产生白色沉淀，核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1的结构简式为：、。
18．(1)研钵
(2)
(3)BC
(4)取铂丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素。最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色。
(5) 3 94.0
【分析】称取一定质量的甘氨酸与氢氧化钙混合研磨，转移至坩埚反应温度150℃进行40min，冷却、研磨转移至烧杯，热水溶解、过滤、洗涤后得到滤液，蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥得到甘氨酸钙，据此回答。
【解析】（1）研磨操作需要的仪器为研钵；
（2）甘氨酸钙 [Ca(H2NCH2COO)2]溶液的电离方程式为；
（3）A．“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥，A错误；
B．溶解、洗涤均采用热水，可以提高甘氨酸钙的溶解度，提高产品纯度，B正确；
C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用 ，若未预热可能会变形，C正确；
D．甘氨酸在乙醇中的溶解度低，不能用乙醇除去，D错误；
故选BC。
（4）焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象：取铂丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素，最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色；
（5）①热恒重（TG）分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量3次；
②最后剩余的固体为CaN2，6.8g的CaN2为0.1ml，则Ca(H2NCH2COO)2为0.1ml，Ca(H2NCH2COO)2的质量为18.8g，产品的纯度为：。
19．(1) B b d
(2) 砂纸打磨或稀硫酸浸泡 2H2O—4e—=O2↑＋4H+ 偏大
(3) 200 20 实验3相比实验2，电流强度增大2倍，阳极铜片质量减小量小于2倍；实验4相比实验3，电流强度增大1.5倍，阳极铜片质量减小量小于1.5倍 1 6.11×1023
【分析】该实验的实验目的是以铜为电极的电解池电解稀硫酸溶液的方法测定阿伏加德罗的值。
【解析】（1）①由稀释定律可知，配制为250mL1.0ml/L硫酸溶液需要18ml/L浓硫酸溶液的体积为×103mL/L≈13.9mL，则量取浓硫酸的量筒规格为25mL，故选B；
②配制250mL1.0ml/L硫酸溶液的操作步骤为溶解→冷却→移液→洗涤→注入一混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签，由图可知，题给装置的操作分别为溶解、移液、注入、摇匀、混匀、定容，则操作ⅰ、操作ⅱ分别为b、d，故答案为：b；d；
（2）①铜片表面形成的碱式碳酸铜会影响铜片质量的测定，所以为准确测量，电解前需将已除去油污的铜片砂纸打磨或稀硫酸浸泡除去碱式碳酸铜，并用蒸馏水洗净擦干后再称重，故答案为：砂纸打磨或稀硫酸浸泡；
②由电解规律可知，电解时，铜会在阳极失去电子发生氧化反应生成铜离子，阳极上产生氧气说明水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑＋4H+，由电量Q=n(e—)NAq可知，氧气生成会使得实验测得电量偏高，而铜失去电子数目偏小，所以副反应发生可能导致阿伏加德罗常数的测定值比其理论值偏大，故答案为：2H2O—4e—=O2↑＋4H+；偏大；
（3）①由表格数据可知，实验1和2探究副反应与硫酸浓度的关系、实验2、3和4探究理论电量与副反应的关系，由探究实验变量唯一化原则可知，实验中溶液的总体积应保持不变，实验3中稀硫酸和蒸馏水的体积与实验2相同，则a为200、b为20、c为180，故答案为：200；20；
②由表格数据可知，实验3中理论电流是实验2的2倍，而实测电量36.70＞18.34×2，阳极铜片减少的质量0.0095＜0.0055×2；实验4理论电流是实验2的1.5倍，而实测电量55.02＞36.70×1.5，阳极铜片减少的质量0.0130＜0.0095×1.5，说明其他条件相同时电流强度越大，越容易引发电极副反应，证明猜想ⅰ成立，故答案为：实验3相比实验2，电流强度增大2倍，阳极铜片质量减小量小于2倍；实验4相比实验3，电流强度增大1.5倍，阳极铜片质量减小量小于1.5倍；
③由题给信息可知，电解过程中，电解电压低将导致反应速率慢，电压高则易引发电极副反应；电流强度相同时，电压与电解质溶液的浓度成反比，所以实验中应选择较高浓度的硫酸溶液、低电流的实验条件，则由表格数据可知，由实验1测算的阿伏加德罗常数的值误差最小，故答案为：1；
④由实验1数据可知，阿伏加德罗常数NA==6.11×1023 ml—1，故答案为：6.11×1023。